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1、山西省运城市景胜中学2022-2022学年高二化学12月月考试题 时间 90分钟 总分值100分可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-64一、选择题：此题共16个小题，每题3分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1在中和反响反响热的测定实验中，不需要用到的仪器是A玻璃棒B烧杯C温度计D环形玻璃搅拌棒2以下说法或表示不正确的选项是A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多BC金刚石，sC石墨，s H1.19kJmol1，所以石墨比金刚石稳定C含1mol H2SO4的浓硫酸
2、与足量的NaOH溶液反响，放出热量为57.3kJD在101 kPa下，2 g H2 完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，其热化学方程式为H2(g)+O2H2O(l) H285.8kJmol13以下有关电解原理的说法正确的选项是电解是把电能转变为化学能电解是把化学能转变为电能电解质溶液的导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化复原反响，通过电解的原理可以实现任何溶液被电解时，必然导致氧化复原反响的发生ABCD4全世界每年都有大量的金属设备和金属材料因腐蚀而报废，以下关于金属的腐蚀与防护说法错误的选项是A海边的铁制品易形成电化学腐蚀而生锈B高架电线杆将锌与钢铁相连构成以铁为负极的
3、原电池来防腐C金属外表喷漆可以大大减缓或防止发生腐蚀D水库的铁闸门采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀5一定条件下，发生反响：M(s)+N(g) R(g) H=Q1 kJ/mol，2R(g)+N(g) 2T(g) H=Q2 kJ/mol。Q1、Q2、Q3均为正值以下说法正确的选项是A1mol R(g)的能量总和大于1mol M(s)与1mol N(g)的能量总和B将2mol R(g)与1mol N(g)在该条件下反响，可以放出热量Q2 kJC当1mol M(s)完全转化为T(g)时假定无热量损失，放出热量DM(g)+N(g) R(g) H=Q3 kJ/mol，那么Q3 Q16：2H2(g)+O
4、2(g)=2H2O(l) H=571.6kJmol12CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=1452kJmol1H+(aq)+OH(aq)=H2O(l) H=57.3kJmol1以下说法正确的选项是AH2(g)的燃烧热为571.6kJmol1BH2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(l) H=57.3 kJmol1C3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) H=+135.9 kJmol1D等质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)燃烧放出的热量多7对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，
5、M的物质的量浓度(molL1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。 时间水样0510152025(pH2)0.400.280.190.130.100.09(pH4)0.400.310.240.200.180.16(pH4)0.200.150.120.090.070.05(pH4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010以下说法不正确的选项是A在内，中M的分解速率为B水样酸性越强，M的分解速率越快C在内，中M的分解百分率比大D由于Cu2+存在，中M的分解速率比快8在一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状
6、况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9以下表达不正确的选项是(溶液体积变化忽略不计)A06min的平均反响速率：(H2O2)=3.3102mol/(Lmin)B610min的平均反响速率：(H2O2)3.3102mol/(Lmin)C反响到6min时，c(H2O2)=0.30mol/LD反响到6min时，H2O2 分解了50%9某恒容密闭容器中充入1molPCl5气体，发生反响：PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g) H0。仅改变某一条件，该平衡由状态I移动到状态II，变化曲线如下图。可能改变的条件是A继续通入1mol PCl5气
7、体B继续通入1mol PCl3气体C升高D参加催化剂10在容积一定的密闭容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳发生化学反响：C(s)+2NO(g) CO2(g)+N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如下图，那么以下说法正确的选项是A该反响的H0B假设该反响在T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，那么K1v逆D假设状态B、C、D的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，那么p(C)=p(D)p(B)11以下反响中一定不能自发进行的是A2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g) H0，S0BCO(g)=C(s，石墨)+ O2(g) H0，S0C4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+
8、O2(g)=4Fe(OH)3(s) H0，S0DNH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l) H0，S012在25时，用蒸馏水稀释1molL1的氨水至0.01molL1，随着溶液的稀释，以下各项比值中始终不变的是A B C D13现有物质的量浓度均为0.1 mol/L的溶液NH3H2O CH3COOH KHSO4。以下有关离子浓度分析一定不正确的选项是A向中逐滴参加少量，逐渐增大B、等体积混合后溶液中存在：NH4+ +H2ONH3H2O+H+C、任意比混合：c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(NH4+ )D、按体积比2:1混合
9、：c(NH4+)c(NH3H2O)c(SO42)c(OH)c(H+)14一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备的纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下，常温下KspNi(OH)2=1.01015，那么以下说法错误的选项是A废渣中含有二氧化硅和硫酸钙B加热煮沸可以提高除铁效率C除铜过程中，溶液酸性增强 D“沉镍过程中为了将镍沉淀完全，需要调节pH915将1 L含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu。此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)A6
10、.72 LB13.44 LC3.36 LD5.6 L16“重油氧气熔融碳酸钠燃料电池装置如下图。以下说法错误的选项是AO2在b极得电子，最终被复原为CO32 B放电过程中，电子由电极a经导线流向电极bC该电池工作时，CO32经“交换膜2”移向b极DH2参与的电极反响为：H22e+CO32=H2O+CO2二、非选择题：包括第17题第21题5个大题，共52分。17在火箭推进器中装有强复原剂肼N2H4和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量N2和水蒸气，并放出大量热0.4mol液态肼和足量液态H2O2反响，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。1写出该反响的热化学方程式_。2H2OlH2Og；
11、H=+44kJmol1，那么16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是_kJ。3丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：C3H8g+5O2g3CO2g+4H2OlH=a kJmol1途径II：C3H8gC3H6g+H2gH=+b kJmol12C3H6g+9O2g6CO2g+6H2OlH=c kJmol12H2g+O2 g2H2OlH=d kJmol1 abcd均为正值判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量_填“大于、“等于或“小于途径II放出的热量。在C3H8gC3H6g+H2g 的反响中，反响物具有的总能量_填“大于、“等于或“小于生成物具有的总能量。b 与a、c、d的
12、数学关系式是_。181室温下，如果将0.1molCH3COONa和0.05molHCl全部溶于水，形成混合溶液假设无损失，_和_两种离子的物质的量之和等于0.1mol。2某溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四种离子。某同学推测该溶液中个离子浓度可能有如下四种系：Ac(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+) Bc(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)Cc(Na+)c(OH)c(CH3COO)c(H+) Dc(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)假设溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是_，上述离子浓度大小关系中正确的选项是填序号_。假设上述关系中D是正确的，那
13、么溶液中溶质的化学式是_。假设该溶液由体积相等的醋酸与NaOH溶液混合而成，且溶液恰好呈中性，那么混合前c(CH3COOH)填“或“)K2。假设容器容积不变，以下措施不能增加CO转化率的是_(填字母)。A 降低温度 B 将CH3OH(g)从体系中别离C 使用适宜的催化剂 D 充入He，使体系总压强增大2在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在300 、350 和370 三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，那么曲线x对应的温度是_；曲线z对应的温度下上述反响的化学平衡常数为_。曲线上a、b、c点对应的化学
14、平衡常数分别为K1、K2、K3，那么K1、K2、K3的大小关系为_。21某研究性学习小组将以下装置如图连接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。试答复以下问题：1电源A极的名称是_。2甲装置中电解反响的总化学方程式为电解质溶液是足量的：_电解后假设使电解质溶液复原需要参加适量的_3如果收集乙装置中产生的气体，两种气体的体积比是忽略气体的溶解_。ClO2为一种黄绿色气体，是目前国际上公认的高效、广谱、快速平安的杀菌剂。制备ClO2的新工艺是电解法。假设调控适宜的电压可以利用乙装置制备ClO2，写出阳极产生ClO2的电极反响式_ClO2对污水中F
15、e2+、Mn2+、S2、CN等有明显去除效果，某工厂污水中含CN，现用ClO2把CN氧化成两种无毒气体，写出该反响的离子方程式：_。4欲用丙装置给铜镀银，G应该是_(填“铜或“银)，电镀液的主要成分是_(填化学式)。5装置丁中的现象是_。高二化学全解全析12345678910111213141516ACDBDDDCBCBADBDC1【答案】A【解析】在中和反响反响热的测定实验中，一定需要用到烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒，一定不需要使用的仪器是玻璃棒，玻璃棒是用于：在过滤等情况下转移液体的导流、用于溶解、蒸发等情况下的搅拌、对液体和固体的转移、引发反响如引燃红磷、使热量均匀散开等；答案选A。2【
16、答案】C【解析】A气体能量高，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量较多，A项正确；B能量越低，物质越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B项正确；C稀硫酸与氢氧化钠反响生成1mol水时，放出的热量是57.3kJ，浓硫酸溶于水，C项错误；D燃烧热指的是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，1mol氢气完全燃烧，放出285.8 kJ热量, 热化学方程式为H2(g)+O2H2O(l) H285.8kJmol1，D项正确；答案选C。3【答案】D【解析】电解是将电流通过电解质溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上发生氧化复原反响的过程，将电能转化成化学能，故正确；因为电解是将电流通过电解质
17、溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上引起氧化复原反响的过程，将电能转化成化学能，故错误；电解质溶液导电时，溶液中的阴阳离子分别向阳极和阴极移动，在两个电极上得失电子，发生氧化复原反响；金属的导电只是自由电子的定向移动不存在电子得失没有新物质产生，是一种物理过程，故正确； 电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化复原反响转变成现实，故正确；电解质溶液的导电过程就是电解过程，发生了电子的转移，一定发生了氧化复原反响，故正确；结合以上分析可知，正确的有，故D正确；故答案选D。4【答案】B【解析】A海边潮湿的空气形成电解质溶液，铁制品为铁合金，易形成电化学腐蚀而生锈，故A正
18、确；B高架电线杆将锌与钢铁相连构成以锌为负极的原电池来防止钢铁腐，故B错误；C金属外表喷漆可以隔绝空气和水蒸气，大大减缓或防止发生腐蚀，故C正确；D将水库的铁闸门连接在电源的负极，向铁闸门提供电子，防止铁失电子变成亚铁离子，采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀，故D正确；答案选B。5【答案】D【解析】A、反响焓变为负值，反响是放热反响，反响物能量高于生成物，1mol Rg的能量总和小于1mol Ms与1mol Ng的能量总和，选项A错误；B、反响是可逆反响不能进行彻底，将2mol Rg与1mol Ng在该条件下充分反响，放出热量Q2 kJ，选项B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断
19、，+得到，Ms+NgTgH=Q1+kJ/mol，选项C错误；D、固体变化为气体吸收能量，反响是放热反响焓变为负值，Mg+NgRgH=Q3 kJ/mol，那么Q3Q1，选项D正确；答案选D。6【答案】D【解析】A根据2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=571.6kJmol1可知1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8kJmol1，那么氢气燃烧热为285.8kJmol1，故A错误；B反响中有BaSO4(s)生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3kJ多，即该反响的H57.3kJmol1，故B错误；C2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=571.6kJmol
20、1，2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)H=1452kJmol1，按盖斯定律计算3得到：6H2(g)+2CO2(g)2CH3OH(l)+2H2O(l)H=262.8kJmol1，那么正确的热化学方程式是：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(l)+H2O(l)H=131.4kJmol1，故C错误；D同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，设质量为1g；2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=571.6kJmol12 571.6kJmol 142.9kJ2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)H=1452kJmol12 1452kJmol
21、22.69kJ所以H2(g)放出的热量多，故D正确；故答案为D。7【答案】D【解析】A 内，浓度的变化量为0.4mol/L0.10mol/L=0.3 mol/L，那么 ，A项正确；B比照I、II两组的数据，I组内，浓度的变化量为0.4mol/L0.10mol/L=0.3 mol/L，那么，II组内浓度的变化量为0.4mol/L0.18mol/L=0.22 mol/L，那么，可知酸性越大，分解速率越快，B项正确；C II组内浓度的变化量为0.4mol/L0.18mol/L=0.22 mol/L，分解率为 ，III组在内，浓度的变化量为0.20mol/L0.07mol/L=0.13 mol/L，分
22、解率为 ，中M的分解百分率比大，C项正确；D IV组在内，分解速率为，I组内，分解速率为，故I的分解速率大于，D项错误；答案选D。8【答案】C【解析】A6分钟时氧气的物质的量为 ，所以反响消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，用过氢氧化氢表示反响速率为mol/(Lmin)=3.3102mol/(Lmin)，故正确；B 610min 氧气的生成量为29. 9mL22.4mL=7.5mL，过氧化氢的消耗量为mol，用过氧化氢表示反响速率为 mol/(Lmin)3.3102mol/(Lmin)，故正确；C6分钟时，反响消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，剩余过氧化氢的物质的量为0.01
23、L0.40mol/L0.002mol=0.002mol，浓度为mol/L=0.20 mol/L，故错误；D到6分钟时反响消耗的过氧化氢的物质的量为0.002mol，分解率为100%=50%，故正确。应选C。9【答案】B【解析】根据图像前后变化的连接点如图进行分析：1改变条件那一瞬间正反响速率不变，逆反响速率上升，由此可知改变的是反响中生成物浓度；2再根据改变条件后v正v逆可知生成物中某物质浓度增加；由此可知，答案为B。10【答案】C【解析】A由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反响方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反响方向移动，所以正反响为放热反响，即HK2，B错误；
24、CT2时反响进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，那么化学反响向正反响进行，那么一定有v正v逆，C正确；D该反响是反响前后气体体积相等的反响，在同一温度下的气体压强相同，到达平衡状态时，压强和温度成正比例关系，那么p(C)p(D)=p(B)，D错误；故合理选项是C。11【答案】B【解析】依据反响自发进行的判断依据G=HTS0，反响能自发进行，假设反响一定不能自发进行，那么G0。A2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g)，H0，S0，G=HTS0，反响一定能自发，故A不符合；BCO(g)=C(s，石墨)+ O2(g)，H0，S0，G=HTS0反响一定不能自发，故B符合；C4Fe(OH)
25、2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)，H0， S0，低温时G=HTS0，反响能自发，故C不符合；DNH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l)，H0，S0，高温时G=HTS0，反响能自发，故D不符合；答案选B。12【答案】A【解析】由电离方程式NH3H2O NH4+OH 知：A、Kb=，温度不变，平衡常数不变，选项A正确；B、加水促进电离，c(NH4+)和c(OH)都同等程度减小不考虑水的电离，那么比值是不变的，选项B错误；C、加水促进电离，那么nNH3H2O减少，nNH4+增大，减小，选项C错误；D、加水促进电离
26、，平衡向右移动，c(NH3H2O)和c(OH)都减小，但是由于在同一溶液中体积相同， n(NH3H2O)减小，而n(OH)增大，故增大，选项D错误；答案选A。13【答案】D【解析】A选项，向中逐滴参加少量，反响消耗一水合氨，生成醋酸铵，c(NH4+)增大，c(NH3H2O)减小，逐渐增大，故A正确；B选项，、等体积混合溶质KNH4SO4，溶液中铵根离子水解：NH4+ +H2ONH3H2O+H+，故B正确；C选项，、任意比混合遵循电荷守恒思想，即c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(NH4+)，故C正确；D选项，、按体积比2:1混合，溶液中溶质主要是：NH3H2O和KNH4SO4 ，溶
27、液主要以电离为主，因此c(NH4+)c(SO42)c(NH3H2O) c(OH)c(H+)，故D错误；综上所述，答案为D。14【答案】B【解析】废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物,参加硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶时除了参加稀硫酸，还要边搅拌边缓慢参加稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中参加过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，参加碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液,滤液中参加H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中参加NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，参加氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。A、废料的主要成分是铁
28、镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，参加硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反响，钙的氧化物与硫酸反响生成微溶的硫酸钙，故废渣中含有二氧化硅和硫酸钙，选项A正确；B、加热煮沸使H2O2更易分解，无法将亚铁离子氧化为铁离子，除铁效率降低，选项B错误；C、除铜过程参加氢硫酸，反响生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强，选项C正确；D、常温下KspNi(OH)2=1.01015，镍沉淀完全，c(OH)=mol/L=105mol/L，那么需要调节溶液pH9，选项D正确。答案选B。15【答案】D【解析】n(Cu)=0.3mol，阴极发生Cu2+2e=Cu，由于Cu是+2价的金属，所以阴极得到0.6mol电
29、子，阳极发生：2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，那么生成n(Cl2)=0.2mol，转移电子0.4mol，那么生成O2转移电子0.2mol，生成氧气0.2mol4=0.05mol，所以阳极共生成气体的物质的量是0.2mol+0.05mol=0.25mol，其在标准状况下气体体积为：22.4L/mol0.25mol=5.6L，故合理选项是D。16【答案】C【解析】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，那么b极为正极，a极为负极，电解质为熔融碳酸钠，正极发生复原反响，电极反响式为：O2 + 4e + 2CO2=2CO32，负极反响物为H2、CO，失电子发生氧化反响，分别生成水和二氧化碳
30、，H2参与的电极反响为：H22e+CO32=H2O+CO2，CO参与的电极反响为：CO2e+CO32=2CO2，原电池外电路中电子沿导线由负极流向正极，内电路中阴离子移动向负极，阳离子移动向正极，A 通入氧气的一极为正极，发生复原反响，所以O2在b极得电子，最终被复原为CO32，A项正确；B 原电池中电子沿导线由负极流向正极，b极为正极，a极为负极，所以放电过程中，电子由电极a经导线流向电极b，B项正确；C 原电池中阴离子向负极移动，所以CO32经“交换膜2移向a极，C项错误；D 负极氢气发生氧化反响，电极反响式：H22e + CO32 = H2O + CO2，D项正确；答案选C。【点睛】在燃
31、料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反响式时需借助CO32配平，如此题中，正极的电极反响式为：O2 + 4e + 2CO2=2CO32，需注意正极反响物除了氧气还有二氧化碳，因此正极除了通入氧气，还应通入二氧化碳；负极通入H2、CO，失电子发生氧化反响，分别生成水和二氧化碳，H2参与的电极反响为：H22e+CO32=H2O+CO2，CO参与的电极反响为：CO2e+CO32=2CO2，熔融碳酸盐燃料电池中电极反响式的书写是学生们学习的难点。17【答案】8分1N2H41+2H2O21=N2g+4H2Og H=640kJ/mol 2分 24082分
32、 3等于1分 小于1分 b=a2分 【解析】10.4mol液态肼和足量H2O2l反响生成氮气和水蒸气时放出256.64kJ的热量，依据热化学方程式的书写原那么，结合定量关系写出，1mol肼和过氧化氢反响生成氮气和水蒸气放出的热量=640 kJ，所以热化学方程式为 N2H41+2H2O21=N2g+4H2OgH=640kJ/mol；答案：N2H41+2H2O21=N2g+4H2OgH=640kJ/mol；216g液态肼物质的量=0.5mol，由N2H41+2H2O21=N2g+4H2Og；H=641.6kJ/mol；H2O1=H2OgH=+44kJ/mol，结合盖斯定律，可以把4方向倒转得到4H
33、2Og=4H2OlH=444kJ/mol=176kJ/mol，+得到N2H41+2H2O21=N2g+4H2Ol H=816kJ/mol，所以0.5mol液态肼与足量双氧水反响生成氮气和液态水时，放出的热量=408kJ；3根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反响物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样；该反响属于吸热反响，因此反响物具有的总能量小于生成物的总能量； C3H8g+5O2g3CO2g+4H2OlH=a kJmol1 2C3H6g+9O2g6CO2g+6H2OlH=c kJmol1 2H2g+O2 g2H2OlH=d kJmol1 根据盖斯定律
34、：/2/2得C3H8gC3H6g+H2gH=+a kJmol1再根据可得b=+a；18【答案】9分1CH3COO1分 CH3COOH1分 2醋酸钠1分 A2分 CH3COONa、CH3COOH2分 1分 =1分 【解析】1因为0.1molCH3COONa和0.05molHCl全部溶于水，混合后，由物料守恒可知，n(CH3COO)+n(CH2COOH)=0.1mol。答案：CH3COO；CH3COOH。2由于溶液中只有Na+、CH3COO、H+、OH四种离子，由一种溶质组成，那么该溶质的名称是醋酸钠；离子浓度大小关系为c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，应选A。答案：醋酸钠；c(
35、Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)。由D的关系为：c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH)，溶液为酸性，那么CH3COONa溶液中还混有CH3COOH；答案：CH3COONa、CH3COOH。混合后呈中性，即CH3COOH略多于NaOH，混合后由电荷守恒，可知在溶液呈中性条件下，c(H+)=c(OH)，那么c(CH3COO)=c(Na+)；答案： ； =。19【答案】10分，除标明外，每空2分1S2+H2OHS+OH 2Hg2+1分 1.01022 1.01018 3n(Na2S)=0.2500mol/L24.00mL103L/mL=6.000103mol，n(NaHS)
36、=0.2500mol/L(34.0024.00)103L/mL=2.500103mol，n(Na2S)n(NaHS)=6.000103mol2.500103mol=1253分 【解析】1Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2水解是分步进行的，首先是S2水解产生HS，然后是水解产生的HS进一步水解产生H2S，主要发生第一步水解反响，水解的离子方程式为：S2+H2OHS+OH；2Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+都是+2价的金属阳离子，由于它们的浓度相同，因此向该溶液中参加Na2S溶液时，溶度积常数越小，形成沉淀越容易。根据重金属离子的硫化物的溶度积常数表可知HgS的最小
37、，因此首先形成的是HgS沉淀；用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，使Pb2+沉淀完全，这时溶液中c(Pb2+)1106mol/L，由于当c(Pb2+)c(S2)Ksp(PbS)时就可以形成PbS沉淀，所以c(S2)1.010281.0106=1.01022mol/L；反响Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K= =1.01018；3根据发生反响Na2S+HCl=NaHS+NaCl消耗HCl可知：在25mL溶液中含有Na2S的物质的量为n(Na2S)= 0.2500mol/L24.00mL103L/mL=6.000103mol，再根据NaHS+HCHO+H2ONa
38、OH+HSCH2OH及NaOH+HCl=NaCl+H2O反响消耗的HCl的体积可知25mL溶液中n(Na2S)与n(NaHS)的和为0.2500mol/L34.00mL103L/mL=8.500103mol，那么该溶液中含有NaHS的物质的量为n(NaHS)= 8.500103mol6.000103mol=2.500103mol，所以n(Na2S)：n(NaHS)= 6.000103mol：2.500103mol=125。溶液中溶质的物质的量的比与所取溶液体积无关，因此原溶液中n(Na2S)：n(NaHS)= 125。20【答案】12分，除标明外，每空2分I2H2O(g)=2H2(g)+O2(
39、g)H+485 kJmol1 II11分 cd 2300 4 K1K2K3 【解析】I旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，H=反响物的键能和生成物的键能和，H=4463kJmol12436kJmol1+495kJmol1=485kJmol1，水蒸气分解的热化学方程式2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)H+485 kJmol1 ；II1反响COg+2H2gCH3OHg中，反响向右进行，一氧化碳的转化率增大，温度升高，化学平衡向着吸热方向进行，根据图中的信息可以知道先拐先平温度高：T1T2；温度越高CO转化率越小，说明升温平衡逆向进行，逆反响为吸热反响，所以正反响是放热反响，H0，对于放热反响，温度越高，平衡逆向进行化学平