8【解析】【分析】根据题意，可知该反应为吸热反应；温度升高平衡正向移动，B的转化率增大，C的物质的量浓度增大，A的质量分数降低；【详解】A．反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，C的物质的量浓度增大，与图像不符，故A错误；B．反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，B的转化率增大，故B正确；C．反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量大，与图像不符，故C错误；D．反应是分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，A的质量分数减小，与图像不符，故D错误；故选B。18.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A.B.C.按Cl、Br、I的顺序，依次减小D.越小，HX越稳定【答案】C【解析】【详解】A．断键吸收热量，因此，故A正确；B．根据盖斯定律得到，故B正确；C．成键释放出热量，由于HX键键能按Cl、Br、I的顺序逐渐减小，则生成HX按Cl、Br、I的顺序放出热量减小，所以依次增大，故C错误；D．因化学反应所吸收或放出的热量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，Cl、Br、I的原子半径依次增大，途径I生成HX放出的热量依次减小，说明HX越不稳定即越小，则HX越稳定，故D正确。综上所述，答案为C。19.下列说法不正确的是
9A.酸碱中和滴定操作实验中，可用pH计代替指示剂判断滴定终点B.可用溶液检验，其现象是产生蓝色沉淀C.向(橙色)溶液和(黄色)溶液的平衡体系中加入浓盐酸，溶液变橙色D.中和热测定实验中，迅速混合酸碱溶液，并立即盖上杯盖的目的是防止热量损失【答案】C【解析】【详解】A．酸碱中和滴定操作实验中，指示剂判断终点误差相对较大，可用pH计代替指示剂判断滴定终点，A正确；B．亚铁离子与反应生成蓝色沉淀，可用检验亚铁离子，B正确；C．能与浓盐酸发生氧化还原反应，消耗重铬酸根，橙色变浅，C错误；D．中和热测定实验中，迅速混合酸碱溶液，并立即盖上杯盖的目的是防止热量损失，减小实验误差，D正确；故选C。20.在催化剂()作用下，HCOOH分解的一种反应机理如图所示。下列说法不正确的是A.HCOOH在该催化剂作用下的分解方程式：B.催化剂降低了该反应的活化能，增加了单位体积内的活化分子百分数，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快C.若其他条件不变，用HCOOD代替HCOOH，反应除生成外，还生成
10D.若其他条件不变，用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中的纯度更高【答案】C【解析】【详解】A．根据HCOOH分解的反应机理得到HCOOH在该催化剂作用下的分解方程式：，故A正确；B．催化剂降低了该反应的活化能，增加了单位体积内的活化分子数目，单位体积内的活化分子百分数增多，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，故B正确；C．若其他条件不变，用HCOOD代替HCOOH，反应除生成外，还生成，故C错误；D．若其他条件不变，HCOOK溶液显碱性，二氧化碳溶于碱性溶液，因此用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中的纯度更高，故D正确。综上所述，答案为C。21.已知断裂下列化学键需要吸收的能量：H−H为436kJ⋅mol-1，F−F为153kJ⋅mol-1，H−F为565kJ⋅mol-1。下列说法中正确的是A.与反应的热化学方程式为kJB.44.8LHF气体分解成22.4L和22.4L吸收541kJ的热量C.1mol与1mol反应生成2mol液态HF放出的热量小于541kJD.在相同条件下，1mol与1mol的能量总和大于2molHF气体的能量【答案】D【解析】【详解】A．焓变的单位是kJ⋅mol-1，与反应的热化学方程式为，故A错误；B．由于没有说是否在标准状况下，无法计算物质的量，而且在标准状况下，HF是非气态物质，故B错误；C．根据，气态到液态会放出热量，则1mol与1mol反应生成2mol液态HF放出的热量大于541kJ，故C错误；D．该反应是放热反应，在相同条件下，1mol与1mol的能量总和大于2molHF气体的能量，故
11D正确。综上所述，答案为D。22.设是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.1L由0.1mol/L的和氨水混合形成中性溶液中，含有数目为B.已知某温度下，的NaOH溶液中数目为C.常温下，10L0.01mol/L的某一元酸HA溶液中，所含数目为D.32.5g可水解形成胶体粒子数目为【答案】A【解析】【详解】A．1L由0.1mol/L的和氨水混合形成中性溶液中根据电荷守恒可知铵根的浓度等于氯离子浓度，溶液中氯离子的物质的量是0.1mol，则含有数目为，A正确；B．溶液体积不确定，不能计算的NaOH溶液中数目，B错误；C．HA不一定是强酸，则常温下，10L0.01mol/L的某一元酸HA溶液中，所含数目不一定为，C错误；D．32.5g的物质的量是32.5g÷162.5g/mol＝0.2mol，由于胶体是大分子的集合体，所以可水解形成胶体粒子数目小于，D错误；答案选A。23.如图所示，装置甲为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置乙实现铁棒上镀铜，下列说法中正确的是A.b处应通入，发生氧化反应B.装置乙中阴极质量变化12.8g，则装置甲中理论上消耗甲烷1.12L(标准状况)
12C.电镀结束后，装置乙中的物质的量浓度变小D.装置甲中通甲烷的一极电极反应式为【答案】B【解析】【分析】装置甲甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置乙实现铁棒上镀铜，则铜为阳极，铁棒为阴极，则a通入甲烷，b通入氧气。【详解】A．根据前面分析b处应通入，发生还原反应，故A错误；B．装置乙中阴极质量变化12.8g即生成0.2mol铜，转移0.4mol电子，，根据电路中电子转移数目相同，则装置甲中理论上消耗甲烷0.05mol即1.12L(标准状况)，故B正确；C．阳极铜失去电子变为铜离子，阴极铜离子得到电子变为铜单质，电镀结束后，装置乙中的物质的量浓度不变，故C错误；D．装置甲中通甲烷的一极电极反应式为，故D错误。综上所述，答案为B。24.常温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol/L的溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法中正确的是A.溶液的滴定终点是点PB.滴定过程中不可能出现：C.点M和点N所示溶液中：D.点R存在【答案】D
13【解析】【详解】A．强碱滴定弱酸，用酚酞作指示剂，因此滴定终点应该呈碱性，则点P不是溶液的滴定终点，故A错误；B．根据电荷守恒，，因此滴定过程中可能出现：，在滴加氢氧化钠溶液之初会出现这样情况，故B错误；C．点M溶质为HCN和NaCN且两者浓度相等，点N溶质为和且两者浓度相等，而且这四者溶质的物质的量浓度都相等，M点的碱性比N点碱性强，根据物料守恒有，则溶液中：，故C错误；D．点R溶质为HCN和NaCN且后者物质的量浓度是前者物质的量浓度的3倍，根据电荷守恒得到，根据物料守恒，第一个方程式的4倍减去第二个方程式得到，故D正确。综上所述，答案为D。25.某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，25℃时，(c为或浓度的值)与的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线②代表与的关系
14B.的约为C.向的溶液中加入溶液至，体系中元素M主要以存在D.向的溶液中加入等体积的后，体系中元素M主要以存在【答案】C【解析】【详解】A．由题干信息知，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，增大，即-lgc(M2+)增大，-lg减小，因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系，曲线②代表-lg与pH的关系，A错误；B．pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B错误；C．根据图像，pH=9.0时，c(M2+)、均减小，则体系中元素M主要以M(OH)₂(s)存在，C正确；D．的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等体积的0.4mol·L-1的HCl后，体系中元素M仍主要以存在，D错误；故选C。非选择题部分二、填空题(本题有5小题，共50分)26.完成下列空白处（1）用化学方程式说明实验室以水和制备的原理___________。（2）50mL0.25mol/L溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液充分反应，测得放出1.4kJ的热量，写出该过程表示中和热的热化学方程式：___________。（3）工业上可用镍粉除去CO，其反应为，则除去CO气体的适宜条件是___________。【答案】（1）（2）kJ⋅mol-1（3）低温、高压
15【解析】【小问1详解】由题意可知，实验室制备三氧化二锑的反应为三氯化锑在溶液中发生水解反应生成三氧化二锑和盐酸，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问2详解】由题意可知，反应中硫酸溶液不足量完全反应，由中和热的定义可知，反应的焓变ΔH=—=—56kJ/mol，则反应的热化学方程式为kJ⋅mol-1，故答案为：kJ⋅mol-1；【小问3详解】该反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的浓度减小，则除去CO气体的适宜条件是低温、高压，故答案为：低温、高压。27.己二腈是一种重要的化工产品，工业上先以丙烯为原料制备丙烯腈()，再用丙烯腈电合成己二腈(已知丙烯腈难溶于水，易溶于有机溶剂)，总反应式为：。模拟工业电合成己二腈的装置如图所示。回答下列问题：（1）阳极的电极反应式：___________。（2）离子交换膜是___________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。（3）丙烯腈在阴极转化为己二腈分三步：请用离子方程式表述相关过程。第一步：___________。第二步：第三步：___________。
16【答案】（1）（2）阳离子（3）①.②.【解析】【分析】如图所示，与电源正极向相连的电极为阳极，与电源负极相连的电极为阴极。【小问1详解】阳极水失去电子生成氢离子和氧气，故X为O2，电极反应式为：；【小问2详解】阴极丙烯腈得电子生成己二腈，消耗氢离子，故氢离子向阴极移动，离子交换膜为阳离子交换膜；【小问3详解】第一步应为丙烯腈在阴极得电子的反应，方程式为：；第二步：与丙烯腈反应得到，离子方程式为：；第三步与氢离子反应得到己二腈，离子方程式为：。28.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示，请回答下列问题：化学式HCNHClO电离常数（1）25℃时溶液显___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（2）25℃时物质的量浓度均为0.1mol/L的、NaClO、三种溶液中pH最大的是___________(填化学式)。（3）常温下，向HCN溶液中加入NaCN固体，则将___________(填“变大”“变小”或“不变”)，将___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
17（4）向新制氯水中加入一定量的固体，产生无色气体，氯水颜色消失，写出该反应的离子方程式：___________。（5）25℃时，向溶液中加入到，则___________。【答案】（1）中性（2）（3）①.变大②.不变（4）（5）180【解析】【小问1详解】与醋酸的电离常数相同，故铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，25℃时溶液显中性；【小问2详解】根据表格可知，酸性，酸性越弱，相同条件下酸根离子的水解能力越强，其盐溶液的碱性越强，25℃时物质的量浓度均为0.1mol/L的、NaClO、三种溶液中pH最大的是；【小问3详解】常温下，向HCN溶液中加入NaCN固体，抑制HCN的电离，故c(OH-)变大；，Ka(HCN)只受温度影响，故其值不变；【小问4详解】向新制氯水中加入一定量的固体，产生无色气体，氯水颜色消失，该反应的离子方程式：；【小问5详解】25℃时，溶液pH=7，则根据电荷守恒：，；根据物料守恒，故
18，。29.汽车尾气中的氮的氧化物会造成严重的大气污染，某研究小组拟利用氢气还原法降低空气中NO的含量。Ⅰ.已知：，该自发反应包括两个基元反应：a.(慢)b.(快)（1）总反应的___________0(填“>”、“<”或“=”)；基元反应a的化学平衡常数表达式为___________；（2）kJ⋅mol-1；kJ⋅mol-1；kJ⋅mol-1。则基元反应b的___________kJ⋅mol-1（3）画出上述过程的能量变化与反应历程关系图。________（4）总反应的速率表达式为(k为速率常数，只与温度有关)，T℃时测得以下数据。序号速率①0.00600.0010②0.00600.0020③0.00100.0060④0.00200.0060下列说法错误的是___________。A.其他条件不变，压缩实验②的容器体积，其反应速率和平衡常数均增大
19B.该反应的速率表达式为C.NO和的键能之和大于和的键能之和D.恒温恒压条件下实验④达到平衡后，再向其中加入一定量水蒸气，平衡逆向移动，总反应速率增大Ⅱ.研究表明0.5%Pt/ZSM—35催化剂能在有氧条件下提高氢气还原NO的总反应速率。已知有氧条件下体系中除Ⅰ的总反应外，还存在以下三个竞争反应：；；。氧气体积分数对NO平衡转化率和产率的影响见下图：（5）若向130℃、容积为1L的密闭容器内加入1.6molNO和适量的、(其中氧气体积分数2%)
20，反应达到平衡后的物质的量为___________mol(假设体系内仅存在NO和两种含氮化合物)。（6）据图分析：反应选择130-160℃、投入2%氧气为适宜条件的依据是___________。【答案】（1）①.<②.（2）—296.07（3）（4）ACD（5）0.288（6）130-160℃、投入2%氧气时，NO转化率和的产率较高【解析】【小问1详解】由方程式可知，总反应是熵减的反应，反应ΔS<0；基元反应a的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：<；；【小问2详解】将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①×+②+③可得基元反应b，则反应ΔH=(—196.46kJ/mol)×+(—241.84kJ/mol)+(+44kJ/mol)=—296.07kJ/mol，故答案为：-296.07；【小问3详解】由方程式可知，反应a和反应b均为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，由反应a为慢反应、反应b为快反应可知，反应a的活化能大于反应b，则反应的能量变化与反应历程关系图如下：，故答案为：
21；【小问4详解】A．压缩实验②的容器体积，气体压强增大，反应速率增大，但温度不变，平衡常数不变，故错误；B．由①②可得：=()n，解得n=1，由③④可得：=()m，解得m=2，由①可得：k==5000，则该反应的速率表达式为，故正确；C．总反应的为反应物的总能量高于生成物总能量的放热反应，则反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故错误；D．恒温恒压条件下实验④达到平衡后，再向其中加入一定量水蒸气相当于减小压强，总反应速率减小，故错误；故选ACD；【小问5详解】由图可知，反应达到平衡时一氧化氮的转化率为90%、氮气的产率为60%，由氮原子个数守恒可知，一氧化二氮的物质的量为=0.288mol，故答案为：0.288；【小问6详解】由图可知，无氧条件下氮气的产率不高，而130-160℃、投入2%氧气时，一氧化氮的转化率和氮气的产率都较高，所以反应的适宜条件为130-160℃、投入2%氧气，故答案为：130-160℃、投入2%氧气时，NO转化率和的产率较高。30.废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、PbO和Pb．还有少量Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，某研究小组设计如下流程实现铅的回收。
22查阅资料：ⅰ溶度积常数：；；ⅱ一定条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下：开始沉淀时2.36.83.57.2完全沉淀时3.28.34.69.1ⅲ溶液遇酚酞试剂不显色回答下列问题：（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为___________，结合相关数据解释选择能使铅膏中完全转化的原因___________。（2）“酸浸”后溶液的pH为4.6，滤渣的主要成分是___________。（3）研究人员发现所用中可能含有进行实验测定含量的方法如下：步骤一：称取固体样品mg，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；步骤二：移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴酚酞，用0.1000mol/L盐酸标准溶液滴定至第一滴定终点，消耗盐酸mL；步骤三：在上述锥形瓶中再加2滴指示剂M，继续用0.1000mol/L盐酸标准溶液滴定至第二滴定终点，又消耗盐酸mL；步骤四：平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.55。①本实验中滴定管最适宜选取___________的碱式滴定管和酸式滴定管(填“25mL”或“50mL”)。②步骤二中移取25.00mL待测液的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→用待测液润洗2~3次→___________。a．在滴定管下方放一个洁净的锥形瓶
23b．记录初始读数c．每次润洗后的溶液从滴定管上口倒入指定的烧杯中d．每次润洗后的溶液从滴定管下口放入指定的烧杯中e．加入待测液至“0”刻度以上f．将乳胶管稍向上弯曲挤压玻璃球放液排除管尖气泡g.放液，当管内液面的最低点与“”刻度相平时停止放液h．调整滴定管内液面到“0”刻度或“0”刻度以下③描述第一滴定终点前后颜色变化___________；指示剂M为___________；④原固体中___________(填“是”或“否”)含，若有其质量为___________(若前空填“否”则此空不填)。⑤某同学操作时第一滴定终点俯视读数，其他操作均正确，则的质量分数___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.②.的平衡常数，可以比较彻底的转化为（2）、（3）①.50②.defhbag③.当最后一(或半)滴标准盐酸溶液滴下溶液由红色变无色，且半分钟内不恢复④.甲基橙⑤.是⑥.0.09240⑦.偏小【解析】【分析】根据题干可知，Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3)，故加入碳酸钠后硫酸铅转化为碳酸铅，再加入醋酸和双氧水，Fe、Al、Pb的氧化物转化为相应的金属离子，同时将亚铁离子氧化为铁离子，通过控制pH将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝除去，最后加入氢氧化钠生成氢氧化铅沉淀，氢氧化铅加热分解生成氧化铅。【小问1详解】根据题干可知，Ksp(PbSO4)>Ksp(PbCO3)，故加入碳酸钠后硫酸铅转化为碳酸铅，离子方程式为
24，的平衡常数，硫酸铅可较为彻底地转化为碳酸铅，故选择碳酸钠能使铅膏中的PbSO4完全转化。【小问2详解】酸浸后溶液的pH=4.6，根据表中数据可知，此时铁离子和铝离子沉淀完全，故滤渣的主要成分为氢氧化铁和氢氧化铝。【小问3详解】①移取的待测液的体积为25mL，则选用50mL的碱式滴定管较为合适，滴定过程中共计两次滴定，消耗盐酸的体积接近50mL，则选用50mL的酸式滴定管较合适。②根据移取25mL待测液的步骤，用待测液润洗2-3次后，每次润洗后的溶液从滴定管下口放入指定的烧杯中，加入待测液至0刻度以上，将乳胶管稍向上弯曲挤压玻璃球放液排除管尖气泡，再调整滴定管内液面到0刻度或0刻度以下，记录初始读数V0，在滴定管下方放一个洁净的锥形瓶，放液，当管内液面的最低点与“25+V0”刻度相平时停止放液。故正确的顺序为defhbag。③第一次滴定酚酞为指示剂，滴定终点时现象为当滴入最后一滴标准盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色。第二次滴定用甲基橙为指示剂，M为甲基橙。③根据两次滴定可知，第一次消耗盐酸22.45mL，此时盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，则碳酸钠有2.245×10-3mol，生成碳酸氢钠2.245×10-3mol，第二次滴定时消耗盐酸23.55mL，此时盐酸和碳酸氢钠反应生成水、二氧化碳和氯化钠，则消耗碳酸氢钠2.355×10-3mol，故原溶液中有NaHCO3(2.355-2.245)×10-3mol=0.11×10-3mol，则原碳酸钠固体中含有碳酸氢钠，质量为0.11×10-3mol×10×84g/mol=0.09240g。⑤第一次滴定终点俯视读数，导致V1偏小，则V2-V1偏大，导致计算所得碳酸钠的质量分数偏小。
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