解析北京市学年高二上学期期末考试模拟化学试题选修4人教版Word文档格式.docx

1、H2SO3H2CO3HSO3-，所以少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32-SO32-+2HCO3-，故C正确；D. 酸性：HSO3-，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二氧化碳气体，故D错误；正确答案是C。【点睛】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3CH3COOHHSO3-HClOHCO3-，则酸性：HCO3-，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答。2.关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）A. 用图装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液B. 图装置盐桥中KCl的Cl移向右烧杯C. 图装置中钢闸门应与外接电源

2、的负极相连获得保护D. 图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同【答案】B【详解】A.用图装置实现铁上镀铜，根据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；B.Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，根据异种电荷相互吸引的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，B错误；C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被保护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正

3、确；D.在左边的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；故合理选项是B。3.下列化学用语不正确的是A. 醋酸的电离：CH3COO-+H+B. 碳酸氢钠在水溶液中的电离：NaHCO3=Na+HCO3-C. 氯化铵的水解：NH4+H2ONH4OH+H+D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq）【详解】A醋酸为弱酸，且电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故A正确；B碳酸氢钠

4、在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，故B正确；C氯化铵的水解离子反应为NH4+H2ONH3H2O+H+，故C错误；D碳酸钙的溶解平衡为CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），故D正确；故选C。4.下列说法正确的是（）A. S（g）+O2（g）=SO2（g）可用该反应的H表示燃烧热B. 通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体C. 除去CuCl2溶液中的Fe3+，选用氢氧化钠溶液作沉淀剂D. 测定中和热的实验中，参与反应的酸或碱，无论谁过量，都不影响中和热的数值【答案】D【详解】A. 燃烧热应是固体硫完全燃烧生成SO2放出的热量，故A错误；B. 直接蒸

5、发MgCl2溶液，MgCl2水解生成Mg（OH）2，最后得到MgO，故B错误；C. 除去CuC12溶液中的Fe3+离子，可加入适量的CuO 或Cu（OH）2 或Cu2（OH）2CO3 促进Fe3+离子水解，且不引入杂质，故C错误；D. 测定中和热的实验中，参与反应的酸或碱过量，是为了保证中和反应完全，保证实验数据准确，不过量的话，就不能保证反应完全进行，之后计算结果就会不准确，故D正确；正确答案是D。5.现有如下3个热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H1= -a kJmol-1O2（g）=H2O（l）H2= -b kJmol-12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H3= -

6、c kJmol-1则由下表所列的原因能推导出后面结论的是（）选项原因结论AH2的燃烧是放热反应a、b、c均大于零B和中物质的化学计量数均相同a=bC和中H2O的状态不同，化学计量数不同a、c不会有任何关系D的化学计量数是的2倍H2H3A. A B. B C. C D. D【答案】A【详解】A. 氢气燃烧的过程是放热过程，所以焓变小于0，故a、b、c均大于零，故A正确；B. 焓变的大小与反应物和生成物的状态有关，方程式、中生成水的状态不一致，故a不等于b，故B错误；C. 的系数是的2倍，所以的焓变为的2倍，又因为气态水转变为液态水的过程为放热过程，所以的焓变小于的焓变，又由于a、b、c均为正数，

7、因此2b=c2a，故C错误；D. 的系数是的2倍，所以的焓变为的2倍，即c=2b，因为氢气燃烧是放热过程，所以H0，故H2H3，故D错误；正确答案是A。6.下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）减小B. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中c（CH3COO-）/c（CH3COOH）c（OH）增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c（NH4+）/c（Cl）1D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量硝酸银，溶液中c（Cl）/c（Br）不变【详解】A. 加水稀释促进CH3COOH 的电离，n（H

8、+）增大，n（CH3COOH）减小，则溶液中c（H+）/c（CH3COOH）增大，故A错误；B. 升温促进醋酸根离子水解，醋酸根的水解平衡常数Kh=c（CH3COOH）c（OH）/ c（CH3COO-）增大，溶液中c（CH3COO-）/c（CH3COOH）c（OH）应减小，故B错误；C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为：c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），溶液显中性，则c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（Cl-），即溶液中c（NH4+）/c（Cl）=1，故C错误；D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中=，温度不变AgCl、A

9、gBr的溶度积不变，则溶液中不变，故D正确。故选D。【此处有视频，请去附件查看】7.可逆反应aX（g）+b Y（g）cZ（g）在一定温度下的一密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率（u）一时间（t）图象如下图。则下列说法中正确的是（ ）A. 若a+b=c，则t0时只能是增大了容器的压强B. 若a+b=c，则t0时只能是加入了催化剂C. 若a+bc，则t0时只能是增大了容器的压强D. 若a+bc，则t0时只能是加入了催化剂【详解】考查外界条件对反应速率和平衡的影响。t0时正反应速率都增大相同的倍数，但平衡不移动，这说明使用了催化剂，或者如果反应前后体积不变，增大了压强，答案选

10、D8.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（）序号pH113溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A. 中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B. 两溶液等体积混合，所得溶液中c（H）c（OH）C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH D. V1 L 与V2 L 混合，若混合后溶液pH7，则V1 V2【详解】A中分别加入适量醋酸钠晶体，中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液

11、呈酸性，所以所得溶液中：c（H+）c（OH-），故B正确；C室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：，故C正确；DV1L和V2L溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1V2，故D错误。答案选D。9.通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A. b极为正极，发生还原反应B. 一段时间后b极区电解液的pH减小C H+由a极穿过质子交换膜到达b极D. a极的电极反应式为-e-=Cl-+原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为

12、负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+。A正极上发生得电子的还原反应即：，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；Cb为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；Da为正极，发生还原反应，电极反应式为，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。10.

13、已知反应X（g）Y（g） nZ（g） H 0，将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应，各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 反应方程式中n1B. 10min时，曲线发生变化的原因是升高温度C. 10min时，曲线发生变化的原因是增大压强D. 前5min后，用X表示的反应速率为v（X）0.08molL1min1【详解】A10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，说明是增大了压强，然后，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度增加，平衡正向移动，则说明该反应是气体物质的量减小的反应，则n=1，故A正确；B根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明1

14、0min时增大了压强，故B错误；C根据图像数据可知，10min时反应物和生成物浓度瞬间同时增大，则说明10min时增大了压强，故C正确；D在5min时X的物质的量浓度为1.6mol/L，05minX的物质的量浓度的变化为2mol/L -1.6mol/L =0.4mol/L，则该时间段X的平均反应速率为v（X）=0.08molL-1min-1，故D正确；11.通过以下反应可获得新型能源二甲醚（）。下列说法不正确的是 A. 反应、为反应提供原料气B. 反应也是资源化利用的方法之一C. 反应的D. 反应A.反应中的反应物为CO2、H2；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.由反应可以知道，物质

15、的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D.由盖斯定律可以知道,2+2+得到。【详解】A.反应中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应、为反应提供原料气，所以A选项是正确的；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应也是CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；C. 由反应可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应，故C错误；D. 由盖斯定律可以知道,，则，所以D选项是正确的。所以答案选C。12.用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A. 通电后阴极区附近溶液pH会增大B. 阳极反应式

16、为4OH-4e-=2H2O+O2C. 纯净的KOH溶液从b出口导出D. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区【详解】A、阴极的反应是2H+2e-=H2，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH-4e-=2H2O+O2，B正确；C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区

17、移动，D错误；二、非选择题13.反应a A（g）b B（g）c C（g） H0在等容条件下进行。改变其他反应条件，在、阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：（1）反应的化学方程式中abc为_。（2）A的平均反应速率v（A）、v（A）、v（A）从大到小排列次序为_。（3）B的平衡转化率（B）、（B）、（B）中最小的是_，其值是_。（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡向_移动，采取的措施是_。（5）比较第阶段反应温度（T2）和第阶段反应温度（T3）的高低：T2_（填“”“”或“”）T3，判断的理由是_。【答案】 （1）. 132 （2）. vI（A）v（A）v（A） （3）. （B） （

18、4）. 19.4% （5）. 右 （6）. 从平衡混合物中分离出了C （7）. （8）. 因为平衡正向移动，该反应为放热反应，故降温才能使平衡正向移动（1）由图可知第阶段，平衡时c（A）=2mol/L-1mol/L=1mol/L，c（B）=6mol/L-3mol/L=3mol/L，c（C）=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比；（2）vI（A）=0.05mol/（Lmin），v（A）=0.0253mol/（Lmin），v（A）=0.012mol/（Lmin），比较可以得出答案；（3）B的平衡转化率I（B）=100%=50%，（B）=100%=38%，（B）=100%=19.4%；（4

19、）第阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动；（5）第阶段的开始与第阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变，因此达到平衡后温度一定比第阶段平衡时的温度低。【详解】（1）由图可知第阶段，平衡时

20、c（A）=2mol/L-1mol/L=1mol/L，c（B）=6mol/L-3mol/L=3mol/L，c（C）=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2；=0.012mol/（Lmin），故A的平均反应速率v（A）v（A）v（A），故答案为：v（A）v（A）v（A）； （4）第阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动，故答案为：向正反应方向，从反应体系中移出产物C；14.用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C（s）+2NO（g） N2（g）+CO2

21、（g）。（1）写出上述反应的平衡常数表达式_。（2）在2L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08结合表中数据，判断该反应的H_0（填“”或“”），理由是_。判断该反应达到平衡的依据是_。A.容器内气体密度恒定 B.容器内各气体浓度恒定C.容器内压强恒定 D.2v正（NO）= v逆（N2）（3）700时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2（g）+CO2（g）C（s）+2NO（g） ；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如

22、下图所示。请回答下列问题。010 min内的CO2平均反应速率v_。图中A点v（正）_v（逆）（填“”、“”或“”）。第10 min时，外界改变的条件可能是_。A加催化剂 B增大C的物质的量C减小CO2的物质的量 D升温 E降温【答案】 （1）. （2）. （3）. 计算700和800的平衡常数K10 （4）. AB （5）. 0.01 molL-1min-1 （6）. （7）. AD（1）根据化学方程式C（s）+2NO（g） N2（g）+CO2（g），平衡常数K=；（2）根据表格数据，列出实验1（700）的三段式：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）起始物质的量/mol 0.4 0

23、 0变化物质的量/mol 0.18 0.09 0.09平衡物质的量/mol 0.22 0.09 0.09K1=，据表格数据，列出实验2（）的三段式：起始物质的量/mol 0.24 0 0变化物质的量/mol 0.16 0.08 0.08平衡物质的量/mol 0.08 0.08 0.08K2=1K1；温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，H0。故答案为：；700和800的平衡常数K10。A、该反应气体的总质量是个变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，则反应达到平衡状态，故A正确；B、各组分浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；C、该反应前后气体分子的数目相同，则

24、气体的总物质的量一直不变，根据pV=nRT，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D、2v正（NO）= v逆（N2）错误，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正（NO）= 2v逆（N2）时反应达到平衡状态，故D错误；AB。随着反应进行，n（N2）逐渐减小，n（NO）逐渐增大，10min内，n（N2）=0.2mol，物质的量变化之比等于计量系数之比，则n（CO2）=0.2mol，所以v（CO2）= =0.01 molmin-1；根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v（正）v（逆），故答案为：第10min时，N2、NO物质的量没有发生突变，N2

25、的物质的量逐渐减小，速率比10min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10min前大。A、加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；B、增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；C、减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；D、升温，反应速率增大，故D正确；E、降温，反应速率减小，故E错误；故选AD。15.结合下表回答下列问题（均为常温下的数据）：酸电离常数（Ka）1.81053108K14.4107K24.71011H2C2O4K15.4102K25.4H2SK11.3107K27.11015请回答下列问题：（1）同浓度的CH3COO、HCO3-、CO32-、HC2O、ClO、S2中结合H的能力最弱的是_。（2）常温下0.1 molL1的CH3COOH溶液在加水稀释过