2016-2017学年高二化学下学期期中试题(含解析)

成都2016—2017学年度下期期中考试
高二化学试题
时间：90分钟分值：100分
选择题（本题共20小题，每小题2分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

）
1. 下列实验中，对应的现象以及实验目的都正确的是（)
A. A B。

B C。

C D. D
【答案】C
【解析】A、二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊,但二氧化硫能使品红溶液褪色，应该用品红溶液检验二氧化碳中是否含有二氧化硫，选项A错误；B、四氧化三铁不溶于水，不能生成铁离子，选项B错误;C、同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，如果铜溶解且溶液变蓝色，说明铜失电子生成铜离子，则Cu作还原剂，铁离子作氧化剂，铜离子是氧化产物，所以验证氧化性:Fe3+＞Cu2+，选项C正确;D、盐酸不是最高价含氧酸,则不能比较对应的非金属性强弱,D错误。

答案选C。

2。

设N A为阿伏加罗常数的值,下列说法正确的是( )
A。

298K、101kPa时，22。

4L CO2所含的原子数为3N A
B. 0.5mol C2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数为2N A
C. 2L 1mol/L的盐酸中所含HCl分子数约为2N A
D。

1mol Cl2与足量的Fe完全反应，转移的电子数为2N A 【答案】D
【解析】A、标准状况是273K、101kPa，气体摩尔体积为22.4L/mol，而在298K 101kPa时，气体摩尔体积不等于22。

4L/mol，所以该条件下22.4LCO2的物质的量不等于1mol,所含的原子数不等于3N A，选项A错误；B、0。

5mol C2H2和C6H6的气态混合物中所含原子总数大于2N A,选项B错误；C、盐酸中没有HCl分子，选项C错误;D、氯气与铁反应生成FeCl3，Cl的化合价由0价降低到—1价，则1mol Cl2与足量的Fe完全反应，转移的电子数为2N A，选项D正确.答案选B。

3. 宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”涉及的化学反应是4Ag + 2H2S + O2 →2X +
2H2O，下列说法正确的是( )
A。

X的化学式为AgS B. 银针验毒时，空气中氧气失去电子C. 每生成1mo1X，反应转移2mo1电子D。

反应中Ag和H2S均是还原剂
【答案】C
【解析】A、根据质量守恒定律可确定X的化学式是Ag2S，选项A 错误；B、银针验毒时，空气中氧气分子得到电子,化合价从反应前的0价变为反应后的H2O中氧为-2价，化合价降低,选项B错误;C、在反应方程式中，产生2molAg2S，转移电子4mol，所以生成
1mo1Ag2S，反应转移2mo1 电子，选项C正确；D、在反应中Ag的化合价从单质Ag的0价变为反应后Ag2S中的+1价,失去电子,作还原剂；H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，故既不是氧化剂也不是还原剂，选项D错误。

答案选C.
4。

HCl、Na2O2、Al2O3三种物质在水中完全反应后,溶液中只含有Na+、H+、Cl—、OH-;且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（）
A。

3：2:1 B。

2：3：1 C. 4:2:1 D. 2：4：1
【答案】D
【解析】溶液中只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性,所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O，可
看成Al2O3不反应,只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2:4：n,n 可以是任意值，答案选D.
点睛：本题是考查化学方程式的相关计算,根据Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答。

5。

如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。

下列操作正确的是( )
A。

a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B。

b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C。

b通入CO2，然后a通入NH3,c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D. a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】D
【解析】试题分析:二氧化碳的溶解度较小，为增大二氧化碳的溶解，先通入氨气再通入二氧化碳;为防止倒吸，从a通入氨气;为防止氨气污染空气，用蘸稀硫酸的脱脂棉吸收氨气,故D正确。

考点：本题考查化学实验.
6。

将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观、简明、易记的效果。

用数轴表示的下列知识正确的是（)
A. 硫及其化合物的化合价与氧化还原反应的关系：
B. 分散系的分类：
C。

AlCl3溶液与NaOH溶液反应后铝元素的存在形式：
D。

CO2与NaOH溶液反应后的产物
【答案】C
【解析】试题解析:A、－2价S只具有还原性，最高价只具有氧化性,中间价态既具有氧化性又具有还原性，故错误;B、分散质微粒的直径在1nm～100nm之间为的分散系为胶体，<1nm的分散系为溶液，〉100nm的分散系为悬浊液,故错误；C、Al3＋＋3OH－=Al （OH）3↓，当n（OH－)/n(Al3＋)≤3，只生成Al(OH)3，Al3＋＋4OH －=AlO2－＋2H2O,当n(OH－)/n(Al3＋）≥4,Al元素以AlO2－形式存在，两者之间既有氢氧化铝又有AlO2－，故正确；D、CO2＋
2NaOH=Na2CO3＋H2O，当n(OH－）/n(CO2) ≥2,只生成Na2CO3，CO2＋NaOH=NaHCO3,当n(OH－)/n(CO2) ≤1，只生成NaHCO3,两者之间为既有Na2CO3又有NaHCO3，故错误。

考点:考查物质的分类、元素及其化合物的性质等知识.
7。

下列叙述中正确的是（）
A. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
B。

液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封
C。

某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色,证明原溶液中存在I－
D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋
【答案】B
【解析】A、能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质不一定是Cl2，凡是能把碘化钾氧化生成单质碘的气体均可，选项A错误;B、液溴易挥发，因此在存放液溴的试剂瓶中应加水封防止液溴挥发，选项B正确；C、某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在单质碘，选项C错误；D、向溶液中含有SO32-、SO42-时,加入酸化的Ba（NO3）2也会出现白色沉淀，选项D错误；答案选B。

8。

海带中提取碘的实验方法:①称取3 g干海带，用刷子把干海带表面的附着物刷净；②将海带剪碎,用酒精润湿（便于灼烧）后,放在坩埚中;③用酒精灯灼烧盛有海带的坩埚，至海带完全成灰,停止加热，冷却;④将海带灰转移到小烧杯中，再向烧杯中加入10 mL 蒸馏水，搅拌,煮沸2~3 min，使可溶物溶解,过滤;⑤向滤液中滴入几滴硫酸，再加入约1 mL H2O2溶液，观察现象。

下列说法正确的是
A。

步骤①中也可以用水洗涤除去海带表面的附着物
B. 步骤④过滤操作需要两种玻璃仪器
C. 通过以上①～⑤步骤即可得到纯度高的I2
D。

步骤⑤所得的溶液中加入淀粉可看到溶液变为蓝色
【答案】D
【解析】A、因为海带中的I－能溶解在水中，所以海带不能用水洗涤，选项A错误;B、过滤需要玻璃棒、烧杯、漏斗三种玻璃仪器，选项B错误;C、通过步骤①～⑤所得的溶液中含有I2、K2SO4等，常用CCl4等萃取剂进行萃取，然后经过蒸馏等操作除去萃取剂从而得到纯度较高的I2，选项C错误；D、步骤⑤发生的反应为：2KI ＋H2O2＋H2SO4=I2＋K2SO4＋2H2O，生成的I2遇淀粉变蓝，选项D正确。

9。

四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。

下列说法正确的是
A。

简单离子半径：W〈X<Z B. 气态氢化物的热稳定性:W 〈Y
C。

W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性 D. 最高价氧化物的水化物的酸性:Y〉Z
【答案】C
【解析】X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，为钠元素,ZX形成的化合物为中性,说明为氯化钠，则Y为硫元素，W为氧元素。

A、钠离子和氧离子电子层结构相同,核电荷数越大,半径越小，故钠离子半径小于氧离子半径，选项A错误;B、水和硫化氢比较，水稳定性强,选项B错误;C、氧和钠形成的化合物为氧化钠或过
氧化钠，其水溶液都为氢氧化钠，显碱性,选项C正确；D、最高价氧化物对应的水化物中高氯酸是最强酸,选项D错误。

答案选C。

点睛:本试题考查元素周期表和元素周期律的知识,首选根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握住（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时中夯实基础知识是关键,同时应注意知识的灵活运用，审清题意如是不是最高价等。

的是（)
10。

有关化学用语的表示正确
．．
A. 甲烷分子的比例模型是B。

HClO的结构式为
H-O—Cl
C。

二氧化碳的电子式：D。

Cl—的结构示意图为:
【答案】B
【解析】A、模型为甲烷分子的球棍模型并不是比例模型,选项A错误;B、HClO中O形成两条共价键，H、Cl均形成一条共价键，故其结构式为H-O—Cl，选项B正确；C、二氧化碳的电子式为，选项C错误；D、Cl为17号元素，其离子结构示意图为:，选项D错误。

答案选B。

11. 《化学反应原理》主要研究：化学反应进行的方向、快慢、程度以及反应过程中能量转化等内容。

下列有关说法错误的是( ）
A。

化学变化中,遵循能量守恒，所谓吸热反应可看作把环境中的能量储存到了物质中
B. 化学变化中，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化
C. 氧化还原反应都是放热反应
D. 强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高【答案】C
【解析】试题分析：A．化学变化中，遵循能量守恒，所谓吸热反应可看作把环境中的能量储存到了物质中，使得生成物的能量增大，故A正确;B．化学变化中，遵循质量守恒，各种原子的数目是恒定的，所谓资源匮乏只是元素的分布发生了变化,故B正确；C．氧化还原反应不一定都是放热反应，如碳与二氧化碳生成一氧化碳的反应，属于吸热反应，故C错误;D．反应的活化能越低，反应越容易进行，强酸和强碱的中和反应的活化能接近于零，所以反应速率很高，故D正确;故选C.
考点:考查了化学变化中的物质变化和能量变化的相关知识。

12。

关于下列图象及相关说法正确的是( ）
图①：图②：
图③：图④：
A。

据图①可判断：2O3(g）=3O2(g)；△H= - 44.8KJ/mol
B。

据图②可判断：某反应在使用催化剂时比无催化剂时反应速率大，且面积S aco〉S bdo
C. 据图③可判断：2O2（g）═O3（g）+O（g)△H＞0
D. 据图④可判断：2NO2(g)+O3（g) N2O5（g)+O2(g)，0～3s内,反应速率为V（N2O5)=0.2mol·L—1·S-1
【答案】C
【解析】试题分析:A、焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则根据图无法判断：2O3（g）=3O2(g)的焓变，故A错误；B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动,所以面积S aco=S bdo，故B错误；C．反应物的总能量高于生成物的总能量，反应放热，故△H＜0，其逆反应的△H＞0，故C正确；D．由图可知，0—3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L—0。

4mol/L=0.6mol/L，故
v(NO2）==0.2mol/（L．s），V(N2O5)=v（NO2)=0.1mol/(L．s），故D错误,故选C。

考点：考查了化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素的相关知识。

13. 下列说法正确的是
A。

活化分子之间的碰撞即为有效碰撞
B. 增大压强不能降低活化能，但能增加活化分子百分数
C. 活化能的大小决定了反应能否自发进行
D. 使用催化剂能降低活化能，增加活化分子百分数
【答案】D
【解析】A、活化分子之间的碰撞发生化学反应时为有效碰撞,否则不是，选项A错误；B、增大压强不能增加活化分子的百分数,使反应速率增大原因是活化分子的浓度增大，但百分数不变，选项B错误；C、反应能否自发进行取决于反应的焓变和熵变，活化能的大小影响反应速率的大小，选项C错误;D、催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数,从而加快反应的速率，选项D正确。

答案选D。

14. 标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示.下列分析正确的是
A. 氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强
B. 原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
C。

a点对应溶液的导电性比d点强
D。

b点水的电离程度比c点水的电离程度大
【答案】D
【解析】A、H2S的酸性比H2SO3弱，选项A错误;B、依据反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，可算出c（H2S)为0.1 mol·L－1，选项B
错误；C、H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强,故d 点溶液导电性强，选项C错误；D、b点溶液为中性，水的电离不受影响,而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制，b点水的电离程度比c点水的电离程度大，选项D正确。

答案选D。

15. 醋酸钡[（CH3COO）2Ba·H2O］是一种媒染剂,下列是有关0。

1 mol/L醋酸钡溶液中粒子浓度的比较，其中不正确的是
A。

2c（Ba2＋）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）
B. c（H＋)＋2c（Ba2＋)＝c（CH3COO－）＋c（OH－)
C. c（Ba2＋)＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c(H＋)
D。

c（H＋）＝c（OH－）－c(CH3COOH）
【答案】C
【解析】试题分析:A．根据物料守恒可知，在0。

1mol•L-1醋酸钡溶液中,2c（Ba2+）=c（CH3COO—）+c（CH3COOH），正确；B．根据电荷守恒可知，在醋酸钡溶液中，c(H+）+2c（Ba2+）
=c(CH3COO—)+c（OH—），正确；C．1醋酸钡是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2O CH3COOH + OH-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH—）＞c（H+),溶液显碱性;但是盐水解的程度是微弱的，根据物料守恒可知＞c
（CH3COO—），c（Ba2+）＞c（OH-),因此溶液中离子浓度关系是：c（CH3COO-)＞c（Ba2+)＞c(OH-)＞c(H+)，错误；D．根据质子守恒可得c(H+)=c(OH—)－c(CH3COOH)，正确.
考点:考查电解质溶液中离子浓度大小比较的知识。

16. 下列关于如图所示电化学装置的分析正确的是( ）
A. 若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护
B。

若X为电流计，Y为锌棒，则SO42－移向Fe棒
C。

若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应
D. 若X为直流电源,Y为铜棒接正极，则Fe棒上有铜析出
【答案】D
【解析】A、若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒接电源的正极，作阳极，首先被氧化，因此不能起到被保护的作用,选项A 错误；B、若X为电流计，Y为锌棒，则构成了原电池，Zn为负极，发生氧化反应，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，SO42－移向正电荷较多的Zn棒,选项B错误;C、若X为导线，Y为铜棒，则构成原电池,活动性强的Fe棒为负极，发生氧化反应，选项C错误；D、若X为直流电源，Y为铜棒接正极,阳极Cu是活性电极，发生氧化反应，变为Cu2+进入溶液,在阴极铁棒上溶液中的Cu2+得到电子，变为Cu单质附着，因此可以实现Fe棒上镀铜，选项D正确。

答案选D。

点睛：考查原电池、电解池的反应原理及应用的知识，正确判断原电池正负极以及两极得失电子和发生氧化还原反应的判断,是解答本题的关键。

17。

已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c（均为正值，单位均为kJ·mol－1）。

则反应2C（s，石墨）＋2H2(g)＋H2O （l)==C2H5OH（l)的焓变为（）
A. （2b＋2c－a）kJ·mol－1
B. (b＋c－a) kJ·mol－1
C。

(a－2b－2c）kJ·mol－1 D. (a－2b－c）kJ·mol－1
【答案】C
【解析】已知乙醇、石墨和氢气的燃烧热分别为a、b、c,则有反应①C2H5OH（l）＋3O2（g）＝2CO2(g）＋3H2O（l) △H＝—a,②C（石墨,s）＋O2(g）＝CO2（g）△H＝—b,③H2（g）＋O2（g）＝H2O（l）△H＝—c,则根据盖斯定律可知②×2+③×2—①即可得到2C（石墨,s）＋2H2(g）＋H2O（l）＝C2H5OH（l）的△H＝(a －2b－2c）kJ·mol－1，答案选C.
18. 将CO2转化为甲醇的原理为CO2（g）+3H2（g)CH3OH(g）+H2O(g）ΔH〈0.500 ℃时，在体积为1 L 的固定容积的密闭容器中充入1mol CO2、3mol H2，测得CO2浓度与CH3OH 浓度
的是（）
随时间的变化如图所示，从中得出的结论错误
．．
A。

曲线X可以表示CH3OH（g)或H2O(g)的浓度变化
B. 从反应开始到10min时，H2的反应速率υ(H2）=0。

225 mol/（L·min)
C。

500 ℃时该反应的平衡常数K=3
D。

平衡时H2的转化率为75％
【答案】C
【解析】A、随反应进行X的浓度增大，X表示生成物，由方程式可知CH3OH（g）、H2O(g）的浓度变化相等，曲线X可以表示CH3OH（g）或H2O(g）的浓度变化,选项A正确；B、Y的起始浓度为1mol/L，故Y表示二氧化碳,平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，故v(CO2）
==0.075mol/（L﹒min），速率之比等于化学计量数之比，故v(H2）=3v(CO2）=3×0.075mol/（L ﹒min）=0。

225mol/（L﹒min)，选项B正确；C、平衡时二氧化碳的浓度为0。

25mol/L，则:
CO2（g）+3H2（g）CH3OH （g）+H2O（g），
开始（mol/L）： 1 3
0 0
变化（mol/L): 0.75 2。

25
0。

75 0。

75
平衡（mol/L)：0。

25 0。

75
0.75 0。

75
故平衡常数k==5。

33，选项C错误；D、平衡时二氧化碳的浓度为0.25mol/L，二氧化碳的浓度变化量为1mol/L-0。

25mol/L=0.75mol/L，由方程式可知氢气的浓度变化为
3×0.75mol/L=2。

25mol/L，氢气的转化率=×100％=75%，选项D正确.答案选D.
19. 25℃时，0。

1 mol/L下列溶液的pH如下表,有关比较正确的是（)
序
①②③④⑤
号
溶
NaCl CH3COONH4NaClO NaHCO3Na2CO3
液
pH7.07.010。

38.3 11。

6
A. 酸性的相对强弱：HClO＜HCO3－
B. 在④⑤溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3－)+c（CO32－)+c （H2CO3)=0.1 mol/L
C. 由水电离产生的c(H+):①= ②
D. 溶液③④中酸根离子浓度：c(ClO－）＞c(HCO3－)
【答案】B
【解析】A、酸性越弱，生成的钠盐水解程度越大，溶液的pH越大,因为pH：Na2CO3＞NaClO，因此酸性的相对强弱:HClO＞HCO3－，选项A错误;B、④⑤溶液等体积混合后的溶液中存在物料守恒，c（HCO3—）+c（CO32－)+c（H2CO3)=0。

1 mol/L，选项B正确;C、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，由水电离产生的c（H+)：①＜②，选项C错误；D、根据数据可知，NaClO水解程度＞NaHCO3溶液，酸根离子浓度:c(ClO－）＜c （HCO3－）,选项D错误。

答案选B。

20. 下列热化学方程式中，正确的是
A。

甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为
CH4(g）＋2O2(g）＝CO2(g）＋2H2O（g）ΔH＝－890.3 kJ·mol －1
B. 在101 kPa时,2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)＋O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57。

3 kJ·mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热
ΔH＝2×(－57。

3)kJ·mol－1
D。

500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2（g）和1。

5 mol H2（g)置于密闭容器中充分反应生成NH3（g）放热19。

3 kJ,其热化学方程式为N2(g)＋3H2（g)2NH3（g) ΔH＝－38。

6 kJ·mol－1【答案】B
【解析】试题分析：A、因燃烧热是指25℃、101KPa下,1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，一般H→H2O（l），C→CO2（g），S→SO2（g），由热化学方程式的书写方法可知甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g)+2O2(g）=CO2（g）+2H2O（l）△H="-890.3” kJ•mol—1，错误；B、2gH2完全燃烧生成液态水，放出285。

8lkJ热量，则4gH2完全燃烧生成液态水,放出571。

6KJ热量，所以氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g)=2H2O（1）△H=”—571。

6" kJ•mol—1，正确; C、因在稀溶液中,稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，所以H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热应为△
H=—57.3kJ•mol-1，错误;D、因N2+3H22NH3是可逆反
应,0.5mol N2和1.5molH2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3 kJ,错误.
考点：考查热化学方程式的书写，燃烧热、中和热的概念。

二、非选择题（共2道大题。

每题10分,共20分）
21。

将HI（g)置于密闭容器中，某温度下发生下列变化:2HI(g）H2（g)+I2（g)△H＜0
（1）该反应平衡常数的表达式为K=______________，则H2（g）+I2（g) 2HI（g)平衡常数的表达式为K1=_____________(用K 表示)。

(2）当反应达到平衡时c（I2）=0.5mol/L，c(HI)=4mol/L，则c （H2)为________，HI的分解率为________.
（3）能判断该反应达到平衡状态的依据是________
A．容器中压强不变B．混合气体中c(HI)不变
C．c（I2）=c（H2）D．v（HI)正=v(H2)逆
（4）若该反应800℃时达到平衡状态，且平衡常数为1。

0，某时刻,测得容器内各物质的浓度分别为c（HI)=2.0mol/L，c（I2)=1。

0mol/L，c（H2）=1.0mol/L，则该时刻，反应向_________（填“正向”或“逆向”，下同)进行,若升高温度，反应向_________进行。

【答案】（1）。

K=（2). K1= （3）。

0。

5mol/L (4). 20% （5)。

BD （6). 正向（7). 逆向
【解析】试题分析：(1）化学平衡状态下,平衡常数为气态生成物浓
度密之积比上气态反应物浓度密之积，K=，
H2(g)+I2(g)2HI(g）是2HI（g）H2(g）+I2(g）的逆反应,化学平衡常数为原反应平衡常数的倒数，K1=，故答案
为:K=；K1=;
(2）反应达到平衡时c(I2)=0。

5mol/L，根据2HI(气）H2(气)+I2(气）可知,c（H2)= 0.5mol/L，HI分解的浓度为
2×0.5mol/L=1mol/L，反应达到平衡时c（HI）=4mol/L,HI 的分解率为×100％=20％，故答案:0。

5mol/L;20％；
（3）A．该反应属于气体的物质的量不变的反应,容器中压强始终不变，错误；B．混合气体中c(HI)不变，表示达到了平衡状态，正确；C．c（I2）=c（H2）,浓度不一定保持不变，不能说明达到了平衡状态，错误；D．v(HI)正=v(H2）逆，表示达到了平衡状态,正确;故选BD；
（4）某时刻，Qc===＜1，反应向正反应方向进行，该反应正反应为吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，故答案为：正向，逆向
考点：考查了平衡状态的判断、化学平衡的移动以及平衡常数的相关知识。

22。

（1)如图所示，若C为浓硝酸，电流表指针发生偏转,B电极材料为Fe ，A电极材料为Cu，则B电极的电极反应式为
______________，A电极的电极反应式为______________;反应进行一段时间后溶液C的pH将___________（填“升高"“降低"或“基本不变")。

（2）我国首创以铝空气海水电池作为能源的新型的海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流，只要把灯放入海水数分钟，就会发出耀眼的白光.则电源的负极材料
是________,负极反应为___________;正极反应为
_______________________.
（3）熔盐电池具有高的发电效率，因而受到重视，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质,CO为负极燃气，空气与CO2的混合气为正极助燃气，制得在650 ℃下工作的燃料电池，完成有关电池反应式。

负极反应式为
2CO＋2CO32-－4e－=4CO2，正极反应式为______________，电池总反应式为________________。

【答案】（1)。

4H++ 2NO3-+2e—=2NO2+2H2O （2). Cu—2e-= Cu2+（3）。

升高(4）。

铝（5）. 4Al －12e－=4Al3＋(6). 3O2＋6H2O＋12e－=12OH－(7)。

O2＋2CO2＋4e－=2CO(8). 2CO＋O2===2CO2
【解析】试题分析：（1)若C为浓硝酸，常温下铁遇浓硝酸钝化，不能继续反应，若此时电流表指针发生偏转，B电极材料为正极，A电极材料Cu为负极，负极电极反应为Cu-2 e—= Cu2+，正极反应为4H++ 2NO3—+2e-=2NO2+2H2O，反应一段时间后溶液pH 会升高。

（2）以铝、海水电池作为能源的新型海水标志灯，Al为负极,发生氧化反应：4Al—12e-=4Al3+，空气中的氧气为正极，正极材料为石墨，该电极上发生还原反应:3O2+6H2O+12e-═12OH-；(3)该熔融盐燃料电池中，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+2CO2+4e—═2 CO32—，负极上燃料CO失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳,电极反应式为2CO+2
CO32—-4e—═4CO2，在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加得电池反应式2CO+O2═2CO2.
【考点定位】考查原电池原理、离子反应方程式的书写
【名师点晴】明确原电池中发生的氧化还原反应判断电极及电极反应是解题关键；常温下铁和铜遇浓硝酸，因铁产生钝化现象，实际溶解的是铜，故虽然铁比铜活泼,但负极为铜，而不是铁；（3）中燃料电池,负极上CO失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子,在得失电子相同条件下将正负极电极反应式相加即可得电池反应式,据此分析解答。

23。

某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。

请填写下列空白：（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并______为止.
（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（______)
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示,则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。

（4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数待测
NaOH溶
液的体积
/mL
0.100 0 mol ·L－1盐酸的体积
/mL
滴定前刻
度
滴定后刻
度
溶液体
积/mL
第一次25。

000。

0026.1126.11
第二次25.00 1.5630。

3028。

74
第三次25.000.2226.3126.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。

【答案】（1）. 锥形瓶中溶液颜色变化(2). 在半分钟内不变色（3）. D （4）. 0。

00 26。

10 26。

10 （5）。

＝＝26.10 mL, (6）. c（NaOH)＝
＝0。

104 4 mol·L－1
【解析】试题分析：（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，直到因加入一滴盐酸后,溶液由黄色变为橙色，并在半分钟内不变色为止就达到滴定终点，停止滴加酸标准溶液；（2）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，导致消耗标准酸溶液的体积偏大，使测定结果偏高,错误；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，由于不影响碱溶液的物质的量浓度,所以对滴定结果不产生任何影响，错误;C．酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失，使标准酸溶液的体积偏大，导致测定结果偏高,错误；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使消耗的标准酸溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，正确；（3）根据图示可知，在滴定开始时溶液的读数是0.00mL,滴定终点时溶液的读数是26.10mL，所以所用盐酸溶液的体积为26。

10mL—0。

00mL=26.10mL；（4）根据数据分析可知第二次实验误差太大，要舍去，反应消耗的标准酸溶液的平均体积是V＝＝26.10 mL，根据酸、碱反应时物质的量相等可知c(NaOH) ＝＝0.104 4 mol·L－1.
考点：考查酸、碱中和滴定的操作方法、滴定终点的判断、误差分析、数据处理及浓度的计算的知识.
24. 二氧化硫常温下为无色有刺激性气味的有毒气体，易液化，易溶于水。

某同学设计如下实验方案，对二氧化硫的化学性质进行探究，装置如下图所示。

请回答下列问题:
(1）反应结束时烧瓶中Cu由剩余，某同学认为H2SO4也有剩余，他设计了下列实验方案来测定剩余H2SO4的量。

经冷却，定量稀释后进行下列实验，能达到的目的是_________(填序号)
a．用酸碱中和滴定法测定
b．与足量Zn反应，测量生成H2的体积
c．用pH计测溶液PH值
d．与足量BaCl2溶液反应，称量生成沉淀的质量
(2）装置B的作用是_________,设计装置C的目的是验证SO2的___________性，装置C中发生反应的离子方程式_____，装置D中NaOH全部转化为NaHSO3的标志是____________
(3）向NaHSO3溶液中加入NaClO溶液时,反应有三种可能情况：I．HSO3-与ClO—刚好反应完；Ⅱ．NaClO不足；Ⅲ．NaClO 过量
甲同学分别取上述混合溶液于试管中，通过下列实验确定该反应属于哪一种情况，请你完成下表：(已知酸性：H2SO3〉H2CO3〉HClO)
【答案】(1）。

bc （2）。

防倒吸（或安全瓶) （3). 还原(4)。

SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br—（5）. 溶液由红色变为无色(6). Ⅰ或Ⅱ(7）。

溶液变为蓝色（8）。

溴水褪色（9）. Ⅰ或Ⅲ
【解析】试题分析：由图可知，A中发生Cu与浓硫酸的反应生成二氧化硫，B作安全瓶,可防止倒吸，C中发生
SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，D中NaOH溶液吸收尾气.（1）某同学认为H2SO4也有剩余，则可以检验H+或测定稀硫酸的pH确定稀硫酸的存在；故答案为：b c；
（2）装置B的作用是防倒吸(或安全瓶)，C中发生的反应中S元素的化合价升高,则设计装置C的目的是验证SO2的还原性，装置C中发生反应的离子方程式是
SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。

装置D中NaOH全部转化为NaHSO3时碱性降低，装置D中NaOH全部转化为NaHSO3的标志是溶液由红色变为无色，故答案为：防倒吸（或安全瓶）；还原;SO2+Br2+2H2O=4H++SO42—+2Br—;溶液由红色变为无色;（3）①加入几小块CaCO3固体，生成CO2气体,溶液显酸性,可能是Ⅰ或Ⅱ；②如果你漂白粉过量，发生反应NaHSO3+Ca(ClO)2═CaSO4↓+NaCl+HClO，次氯酸氧化碘离子为碘单质，碘遇淀粉变。