1、湖北省黄冈市2013-2014学年上学期期末考试高二化学试卷一、选择题1（3分）下列说法中，错误的是（）A化学反应必然伴随能量变化B化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的C化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量多少无关D能量变化是化学变化的基本特征之一考点：化学反应中能量转化的原因.专题：化学反应中的能量变化分析：从化学反应的实质及能量变化与化学键的关系来分析解答解答：解：化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，断键吸收能量，成键放出能量，所以能量变化是化学变化的基本特征之一，化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，化学反应必然伴随能量变化，能量变化的大小与反应物的质量成
2、正比故选C点评：化学反应中只要有旧键的断裂和新键的形成就一定有能量的变化2（3分）金刚石和石墨是由碳元素组成的两种结构不同的单质（同素异形体）在100kPa时，1 mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能据此，试判断在100kPa压强下，下列结论正确的是（）A石墨比金刚石稳定B金刚石比石墨稳定C1 mol石墨比1 mol 金刚石的总能量高D1 mol金刚石比1 mol 石墨的总能量高考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：物质具有的能量越低越稳定，且H=生成物的能量和反应物的能量和，H0时，反应吸热，据此分析解答：解：物质具有的能量越低越稳定，且H=生成物的能量和反应物的
3、能量和，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895KJ的热能A、金刚石比石墨能量高，石墨稳定，故A正确；B、金刚石比石墨能量高，石墨稳定，故B错误；C、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895KJ的热能，金刚石能量高，故C错误；D、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895KJ的热能，金刚石能量高，故D正确故选：AD点评：本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，题目难度不大3（3分）体积相同，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH溶液的物质的量（）A相同B中和HCl的多C无法比较D中和CH3COOH的多考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电
4、离平衡与溶液的pH专题分析：pH值相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的浓度大，则等体积时醋酸的物质的量大，与碱反应消耗的碱多解答：解：因醋酸为弱酸，盐酸为强酸，则pH值相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的浓度大，所以体积相同，pH值相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时，醋酸消耗NaOH多，故选D点评：本题考查酸碱混合的简单计算，明确醋酸为弱酸及pH与浓度的关系是解答本题的关键，题目难度不大4（3分）氢氧燃料电池用于航天飞机，以30%KOH溶液为电解质溶液的这种电池在使用时，下列说法错误的是（）AH2在负极发生的电极反应是：2H2+4OH4e4H2OB供电时
5、的总反应为：2H2+O22H2OCO2正极的电极反应是：O2+2H2O+4e4OHD燃料电池的能量转化率可达100%考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：氢氧燃料碱性电池中，原电池工作时通入氢气的电极是负极，氢气被氧化生成水，电极方程式为2H2+4OH4e4H2O，通入氧气的电极是正极，发生还原反应，电极方程式为2H2O+O2+4e4OH，电池反应式为2H2+O2=2H2O，以此解答该题解答：解：A负极发生氧化反应，电极方程式为2H2+4OH4e4H2O，故A正确；B电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O22H2O，故B正确；C通入氧气的电极是
6、正极，发生还原反应，电极方程式为2H2O+O2+4e4OH，故C正确；D氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，故D错误故选D点评：本题考查原电池的组成以及工作原理，题目难度不大，注意电极反应式以及能量的转换形式，注意燃料电池的能量转化率不能达到100%，为易错点5（3分）对于可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）+2D（g），在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1min1Bv（B）=1.2 molL1s1Cv（D）=0.4 molL1min1Dv（C）=0.1 molL1s1考点：反应速
7、率的定量表示方法.专题：化学反应速率专题分析：根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较解答：解：Av（A）=molL1s1 =0.0083 molL1s1；Bv（A）=v（B）=0.4molL1s1；Cv（A）=v（D）= molL1s1=0.0067molL1s1 ；Dv（A）=v（C）=0.2 molL1s1；则反应速率最大的为B，故选A点评：本题考查反应速率的比较，难度不大，注意根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行计算6（3分）下列装置中（杯中均盛有海水）能使铁受到保护不被腐蚀的是（）ABCD考点：金属的电化
8、学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，据此分析解答解答：解：A该装置中Fe作阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成亚铁离子，加速被腐蚀，故A错误；B该装置中Fe作阴极，Fe电极上溶液中阳离子得电子发生还原反应，所以Fe被保护，故B正确；C该装置中Fe易失电子作负极、Sn作正极，Fe加速被腐蚀，故C错误；D该装置中Fe作阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成亚铁离子，加速被腐蚀，故D错误；故选B点评：本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀快慢顺序为：作电解池阳极作原电池负极化学腐蚀作原电池正极作电解池阴极，同时考查学生
9、分析问题、解答问题能力7（3分）可逆反应2A（g）2B（g）+C（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是单位时间内生成n mol C，同时生成2n mol A 单位时间内生成n mol C，同时生成2n mol B 用A、B、C表示反应速率的比为2：2：1的状态 混合气体的密度不再改变状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变状态 混合气体的压强不再改变状态（）ABCD全部考点：化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反
10、应达到平衡状态解答：解：单位时间内生成n mol C的同时生成2n mol A，能说明正逆反应速率的相等关系，故正确；单位时间内生成n mol C的同时生成2n molB只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，故错误；用表示A、B、C的反应速率的比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故错误；该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，故错误；混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔
11、质量不再变化，证明达到了平衡状态，故正确；因该反应是物质的量在增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故正确；故选A点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意项为易错点，注意反应前的计量数并不等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变8（3分）在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50molL1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30molL1下列有关判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率
12、增大DC的体积分数下降考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，如平衡不移动，则A的浓度应降低为0.25mol/L，而此时为0.3mol/L，则说明降低压强平衡向逆方向移动，以此进行判断解答：解：平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L，说明降低压强平衡向逆方向移动，则A降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+yz，故A错误；B由以上分析可知平衡向逆
13、方向移动，故B错误；C平衡向逆方向移动，B的转化率降低，故C错误；D平衡向逆方向移动，C的体积分数下降，故D正确故选D点评：本题考查化学平衡移动知识，题目难度不大，注意从浓度的变化的角度判断平衡移动的方向，结合压强对平衡移动的影响分析9（3分）下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A2N2（g）+O2（g）2N2O（g）H=+163 kJmol1BAg（s）+Cl2（g）AgCl（s）H=127 kJmol1CHgO（s）Hg（l）+O2（g）H=+91 kJmol1DH2O2（l）O2（g）+H2O（l）H=98 kJmol1考点：焓变和熵变.专题：化学反应中的能量变化分析：反应自发进行的
14、判断依据是：HTS0；分析选项是否符合要求解答：解：A、反应是吸热反应H0，S0，HTS0，任何温度下不能自发进行，故A错误；B、反应是放热反应H0，S0，高温下不能自发进行，故B错误；C、反应是吸热反应H0，S0，低温下不能自发进行，故C错误；D、反应是放热反应H0，S0，HTS0，任何温度下都能自发进行，故D正确；故选：D点评：本题考查了反应自发进行的判断依据应用，注意反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定，题目较简单10（3分）普通水泥在固化过程中自由水分子减少并形成碱性溶液，根据这一物理化学特点，科学家发明了电动势法测水泥的初凝时间此法的原理，反应的总方程式为：2Cu+Ag2OC
15、u2O+2Ag下列有关说法正确的是（）A铜电极附近有黑色沉淀生成B负极的电极反应式为2Cu+2OH2eCu2O+H2OC测量原理示意图中，电流方向从Cu经过导线流向Ag2OD电池工作时，溶液中OH向正极移动考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题解答：解：A铜为负极，被氧化生成Cu2O，为砖红色沉淀，故A错误；B根据电池反应式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，铜失电子作负极，负极上发生
16、的电极反应式为：2Cu+2OH2e=Cu2O+H2O，故B正确；C铜为负极，电子从Cu经过导线流向Ag2O，电流方向相反，故C错误；D原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故D错误故选B点评：本题以水泥的硬化为载体考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，会根据电池反应式进行正负极及溶液中离子移动方向的判断是解本题的关键，注意把握电极方程式的书写11（3分）（2014黄州区模拟）下列表达正确的是（）A常温下，用0.1molL1 NaOH溶液滴定10.00molL1 CH3COOH溶液，在滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c
17、（Na+）c（OH）B等物质的量Na2S和NaHS混合溶液中c（OH）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS）Cx mol Cl2溶于水得到1L溶液，则c（Cl）+c（HClO）=2x molL1D常温下，0.1molL1的下列溶液：NH4Al（SO4）2；NH4Cl；NH3H2O；CH3COONH4，c（NH4+）由大到小的顺序是：考点：离子浓度大小的比较.分析：A当滴入很少量NaOH溶液时，溶液中的溶质是极少量醋酸钠和大量醋酸，溶液呈酸性，醋酸的电离程度远远大于醋酸根离子水解程度；B混合溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒和电荷守恒判断；C溶液中不仅存在氯离子、次氯酸分子，还存在氯气
18、分子、次氯酸根离子；D铝离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度最小解答：解：A当滴入很少量NaOH溶液时，溶液中的溶质是极少量醋酸钠和大量醋酸，溶液呈酸性，醋酸的电离程度远远大于醋酸根离子水解程度，醋酸和醋酸钠都电离出醋酸根离子，醋酸和水都电离出氢离子，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），故A正确；B根据物料守恒可得：2c（Na+）=3c（HS）+c（H2S）+c（S2），根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=2c（S2）+c（OH）+c（HS），由电荷守恒和物料守恒联立可得：c（S2
19、）+2c（OH）=2c（H+）+c（HS）+3c（H2S），故B错误；C溶液中不仅存在氯离子、次氯酸分子，还存在氯气分子、次氯酸根离子，所以c（Cl）+c（HClO）2x molL1，故C错误；D铝离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，一水合氨是弱电解质，电离程度最小，则溶液中铵根离子浓度大小顺序是：，故D错误；故选A点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解等知识点，根据溶液中的溶质、溶液酸碱性结合守恒思想分析解答，A中采用极限方法分析，注意C中含有氯元素的微粒，为易错点12（3分）如图所示，将铁棒和石墨棒插入1LmolL食盐水中，下列说法错误的是（）A若电键K与N连接，铁为
20、负极B若电键K与N连接，正极反应式是O2+2H2+4e4OHC若电键K与M连接，将石墨棒成铜棒，可实现铁棒上镀铜D若电键K与M连接，当两极共产生28L（标准状况）气体是，生成了1molNaOH考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：若电键K与N连接，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若电键K与M连接，该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电解答：解：A、若电键K与N连接，该装置构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，故A正确；B、
21、若电键K与N连接，该装置构成了原电池，不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，故B正确；C若电键K与M连接，构成电解池，将石墨棒换成铜棒，是电解池的阳极，铁棒是阴极，电解质溶液换成CuSO4溶液就可以实现铁棒上镀铜，如果电解质溶液仍然是氯化钠溶液，不能实现铁棒上镀铜，故C错误；D若电键K与M连接，该装置是电解池，电池反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 ，假设只发生2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 ，根据方程式知，当两极共产生28 L（标准状况）体时，生成了1.25molNaOH，实际上氯化钠只有
22、1mol，与实际不符合，则电解过程中还电解水，所以当氯化钠完全解时，根据原子守恒生成的氢氧化钠是1mol，故D正确；故选C点评：本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，注意电解池中阳极如果是活泼电极发生的电极反应，为易错点，题目难度中等13（3分）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物亚氯酸钠在溶液中可生成ClO2、HClO2、，其中HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体各组分含量随pH变化如图所示，由图可知，使用该漂白剂的最佳pH为（）A3.0B4.04.5C6.57.0D9.0考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：HClO2是漂白剂
23、的有效成分，ClO2是有毒气体，根据题意知，既要使漂白剂的漂白性强，又要使ClO2浓度较小，据此分析解答解答：解：HClO2是漂白剂的有效成分，ClO2是有毒气体，既要使漂白剂的漂白性强，即HClO2的含量高，又要使ClO2浓度较小，根据图片知，当溶液的pH为4.04.5时二者兼顾，故选B点评：本题考查了图象分析题，明确题意与图象的关系是解本题关键，难度不大14（3分）下列说法正确的是（）A将pH=5的硫酸溶液稀释500倍溶液中c（SO42）：c（H+）1：10B常温下，将pH=5的醋酸溶液稀释100倍后溶液pH=7C常温下，将pH=9的氢氧化钠溶液稀释100倍后溶液pH=7D常温下，将0.0
24、1molL1的硫酸溶液稀释100倍后溶液pH=4考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A将pH=5的硫酸溶液稀释500倍，溶液pH接近7；B将pH=5的醋酸溶液稀释100倍后溶液仍呈酸性；C将pH=9的氢氧化钠溶液稀释100倍后仍呈碱性；D.0.01molL1的硫酸溶液c（H+）=0.02mol/L解答：解：A将pH=5的硫酸溶液稀释500倍，溶液pH接近7，c（H+）1107mol/L，c（SO42）=1108mol/L，c（SO42）：c（H+）1：10，故A正确；B将pH=5的醋酸溶液稀释100倍后溶液仍呈酸性，不可能呈中性，故B错误；C将pH=9的氢氧化钠溶液稀释1
25、00倍后仍呈碱性，不可能呈中性，故C错误；D.0.01molL1的硫酸溶液c（H+）=0.02mol/L，稀释100倍后溶液c（H+）=2104mol/L，pH=3.7，故D错误故选A点评：本题考查pH的计算和判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为B、C，难度不大15（3分）广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，根据上述观点，下列说法不正确的是（）ANa2O2的水解产物是NaOH和H2O2BNaClO的水解产物之一是HClOCCCl4的水解产物是CH4和HClODCaC2的水解生成C2
26、H2和Ca（OH）2考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物解答：解：A、Na2O2的水解产物是钠离子和氢氧根离子结合生成的NaOH和过氧根离子和氢离子结合生成的H2O2，故A正确；B、NaClO的水解产物是HClO和NaOH，故B正确；C、四氯化碳水解时，是碳和氢氧根离子结合，氯离子和氢离子的结合，故C错误；D、CaC2的水解生成C2H2和Ca（OH）2，故D正确故选C点评：本题
27、是一道信息给定题，注意知识的迁移和应用，属于开放式的题目，难度不大16（3分）已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀25时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1.22108molL1，AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01molL1的混合溶液中，滴加8mL 0.01molL1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是（）A溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为：c（K+）c（NO3）c（Ag+）c（Cl）c（I）B溶液中先产生的是AgI沉淀CAgCl的KSP的数值为1.691010D若在AgI悬浊液中滴加少量的KCl溶液，黄色沉淀不会转变成白
28、色沉淀考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小；B、依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1；依据Ksp=Ag+Cl计算得到；D、依据氯化银和碘化银的溶度积比较溶解度，反应向更难溶的方向进行解答：解：A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01
29、mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n（Ag+）=0.003L0.01mol/L=3105mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n（Cl）=0.0050.01mol/L3105mol=2105mol，c（Cl）=2105mol0.013L=1.53103mol/L，浊液中c（Ag+）KSP（AgCl）c（Cl）=（1.30105）21.53103=1.1107（mol/L），c（I）KSP（AgI）c（Ag+）=（1.22108）21.1107=1.35109，混合溶液中n（K+）=1104mol，n（NO3）=0.008L0.01mol/L=1105mol，则c（K+
30、）c（NO3），故c（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I），故A错误；B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀，故B正确；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1，由Ksp=Ag+Cl=1.30105mol/L1.30105mol/L=1.691010，故C正确；D、碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，若在AgI悬浊液中滴加少量的KCl溶液，黄色沉淀不会转变成白色沉淀，故D正确；故选A点评：本题考查了难溶物的沉淀溶解平衡的分析判断和计算应用，混合溶液中离子浓度的计
31、算是解题关键，题目难度较大二、非选择题17（6分）由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），该反应的能量变化如图所示：（1）上述反应平衡常数K的表达式为，温度降低，平衡常数K增大（填“增大”、“不变”或“减小”）（2）在体积为2L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2的物质的量随时间变化如下表所示从反应开始到5min末，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v（H2）=0.15mol/（Lmin）t/min0
32、251015n（CO2）/mol10.750.50.250.25（3）要想提高H2利用率以下操作可行的是acd（填写字母序号）a增加反应体系压强b、提高反应温度c、增加CO2配比d、降低反应温度e、选择适当的催化剂f、增加H2比考点：化学平衡的影响因素；反应速率的定量表示方法.专题：化学平衡专题分析：（1）依据化学平衡和平衡常数概念书写表达式，图象分析反应是放热反应，温度降低，平衡正向进行；（2）依据化学反应速率V=计算二氧化碳表示的反应速率，结合反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算氢气反应速率；（3）依据影响化学反应速率因素，平衡影响因素的理解，移动原理的分析判断解答：解：（1）CO2（
33、g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）平衡常数表达式=，由图象可知反应是放热反应，温度降低，平衡正向进行，平衡常数增大，故答案为：；增大；（2）图表数据分析计算二氧化碳化学反应速率V=0.05mol/（Lmin），v（H2）=3v（CO2）=30.1mol/（Lmin）=0.15mol/（Lmin）；故答案为：0.15mol/（Lmin）；（3）依据影响化学反应速率因素，平衡影响因素的理解，移动原理的分析判断；下列条件能使上述反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的；a增大压强反应向气体体积减小的正向移动，氢气转化率增大，故a正确；b反应是放热反应，适当升高温度，反应速率增大，平衡逆向
34、进行，氢气转化率减小，故b错误；c、增大CO2配比，平衡正向移动，氢气转化率增大，故c正确；d、降低温度时，平衡向放热的正向移动，氢气转化率增大，故d正确；e选择适当的催化剂，反应速率增大，平衡不动，氢气转化率不变，故e错误；f保持容器的容积不变，再冲入H2，平衡正向进行，但氢气转化率降低，故f错误；故答案为：acd点评：本题考查了化学反应速率，化学平衡常数及转化率相关问题，题目难度中等18（7分）煤作为燃料，可以有下列两种途径（把煤看成由碳组成）：途径：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1途径：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+b kJmol12CO（g）+O
35、2（g）2CO2（g）H=c kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=d kJmol1试回答下列问题：（1）燃烧等质量的煤，途径放出的热量等于途径放出的热量（填“大于”、“小于”或“等于”）（2）b的数学关系式是b=a+（c+d），（用a、c、d表示）（3）由于制取水煤气反应中，反应物具有的总能量小于（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物所具有的总能量，在反应时，反应物需要吸收（填“吸收”或“放出”）能量才能转化为生成物（4）简述煤通过途径作为燃料的意义固体煤经处理变为气体燃料后，不仅在燃烧时可以大大减少SO2和烟尘对大气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于输送考点：化学能与热能
36、的相互转化.专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据盖斯定律，反应热只与始态与终态有关，与途径无关，始态相同、终态相同反应热相同；（2）根据盖斯定律，利用途径构造途径，进行计算；（3）反应物具有的总能量小于生成物的总能量时，则反应是吸热反应，反之则为放热反应；（4）固体煤经处理变为气体燃料后，根据气体燃料具有的优点分析；解答：解：（1）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，反应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，故答案为：等于；（2）途径：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1途径：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+b
37、 kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=c kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=d kJmol1根据盖斯定律：+得得C（s）+O2（g）CO2（g），所以a=b（c+d），所以b=a+（c+d），故答案为：b=a+（c+d），；（3）制水煤气 C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；H20，该反应是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，反应条件是加热，故答案为：小于；吸收；加热；（4）煤通过途径作为燃料的意义是固体煤经处理变为气体燃料后，不仅在燃烧时可以大大减少SO2和烟尘对大气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于输送，故答案为：固体煤经处理变
38、为气体燃料后，不仅在燃烧时可以大大减少SO2和烟尘对大气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于输送点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及反应吸放热与反应物、生成物能量之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大19（10分）（2011济南二模）钡（Ba）和锶（Sr）及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐已知：SrSO4（s）Sr2+（aq）+SO24（aq） KSP=2.5107SrSO3（s）Sr2+（aq）+CO24（aq） KSP=2.5109（1）将SrSO4转化成
39、SrCO3的离子方程式为SrSO4（s）+CO32（aq）SrCO3（s）+SO42（aq），该反应的平衡常数表达式为K=；该反应能发生的原因是因为Ksp（SrCO3）Ksp（SrSO4），（用沉淀溶解再平衡的有关理论解释）（2）对于上述反应，实验证明增大CO23的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率判断在下列两种情况下，平衡常数K的变化情况（填“增大”、“减小”或“不变”）：升高温度，平衡常数K将减小；增大CO23的浓度，平衡常数K将不变（3）已知，SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3实验所用试剂为
40、盐酸；实验现象及其相应结论若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则为完全转化（4）BaCl2溶液和Ba（NO3）2溶液是实验中检验SO24的常用试剂某化学研究性学习小组检验某溶液中存在SO24时，首先加入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，然后加入过量稀硝酸，白色沉淀不溶解，由此得出结论：溶液中一定含有SO24你认为该推理是否严密？试说明理由考点：化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）SrSO4转化成SrCO3的原因是依据物质溶解度的不同实现，反应向更难溶的方向进行；依据沉淀转化的反应方程式结合平衡常
41、数概念写出表达式；（2）平衡常数随温度变化，反应是放热反应，升温平衡逆向进行；平衡常数不随浓度变化；（3）依据SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，说明SrCO3溶于酸，SrSO4不溶于酸，据此设计实验验证物质成分；（4）亚硫酸根离子和钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，遇硝酸被氧化为硫酸钡；解答：解：（1）依据物质Ksp大小可知，SrSO4转化成SrCO3的溶解性不同，反应向更难溶的方向进行，依据沉淀转化写出离子方程式为：SrSO4（s）+CO32（aq）SrCO3（s）+SO42（aq）；平衡常数表达式K=；该反应能发生的原因是因为Ksp（SrCO3）Ksp（SrSO4
42、），反应向更难溶的方向进行；故答案为：SrSO4（s）+CO32（aq）SrCO3（s）+SO42（aq）；，Ksp（SrCO3）Ksp（SrSO4）；（2）实验证明降低温度都有利于提高SrSO4的转化率说明平衡正向进行，正反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向进行，平衡常数K减小；故答案为：减小；增大CO23的浓度平衡正向进行，平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以平衡常数不变；故答案为：不变；（3）SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，说明SrCO3溶于酸，SrSO4不溶于酸，证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3实验所用试剂为盐酸，若沉淀完全溶解，则证
43、明SrSO4完全转化成SrCO3，否则未完全转化；故凳矮矮为：盐酸，若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则为完全转化；（4）亚硫酸根离子和钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，遇硝酸被氧化为硫酸钡，也会产生沉淀现象，所以实验方案不严密；故答案为：不严密，溶液中可能含有SO32，生成的BaSO3被氧化成BaSO4；点评：本题考查了沉淀转化的分析判断，平衡移动原理的应用和方向判断，平衡常数随温度变化是注意问题，题目难度中等20（10分）（2014延庆县一模）为证明Fe3+具有较强的氧化性，甲同学做了如下实验：将Cu片放入0.5mol/L Fe（NO3）3溶液中，观察到Cu片逐渐溶解，溶液
44、由黄色变为蓝绿色，由此甲同学得到Fe3+具有较强氧化性的结论乙同学提出了不同的看法：“Fe（NO3）3溶液具有酸性，在此酸性条件下NO3也能氧化Cu”，并设计实验进行探究已知：水解反应平衡常数（K）Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+7.9104Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+3.21010Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+3.2107请回答：（1）稀硝酸和Cu反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O（2）请利用所提供的试剂，帮助乙同学完成实验方案设计试剂：0.5mol/L Fe（NO3）3溶液、Cu片、精密pH试纸（0.55.0）、硝酸钠溶液、稀
45、盐酸方案：测定硝酸铁溶液的pH，再用硝酸钠溶液和稀盐酸配制成与硝酸铁溶液PH相同、硝酸根离子浓度相同的溶液，将铜片加入到该溶液中，观察二者是否反应（3）丙同学分别实施了甲、乙两位同学的实验方案，并在实验过程中用pH计监测溶液pH的变化，实验记录如下实验内容实验现象甲同学的实验方案溶液逐渐变成蓝绿色，pH略有上升乙同学的实验方案无明显现象，pH没有明显变化据实验现象写出发生反应的离子方程式：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+导致实验过程中溶液pH略有上升的可能原因是Fe3+变为Cu2+和Fe2+，水解能力下降解释乙同学的实验现象在此酸性条件下NO3不能氧化Cu（4）请你设计更简便可行的实验方案
46、，帮助甲同学达到实验目的：将铜片放入0.5mol/L氯化铁溶液中考点：性质实验方案的设计；铁及其化合物的性质实验.专题：实验设计题分析：（1）稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、NO和水；（2）铁离子水解呈酸性，如验证乙同学的看法是否正确，可测定0.5mol/L Fe（NO3）3溶液的pH，然后在硝酸钠溶液中滴加盐酸，与硝酸铁溶液PH相同、硝酸根离子浓度相同，加入铜观察是否反应；（3）甲同学的实验方案中溶液逐渐变成蓝绿色，pH略有上升，说明铁离子氧化铜，注意比较离子水解的程度；乙同学的实验方案无明显现象，pH没有明显变化，说明不反应；（4）如证明铁离子氧化铜，可排除硝酸根离子的影响，应用其它可溶性铁盐
47、解答：解：（1）稀硝酸和Cu反应生成硝酸铜、NO和水，反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；（2）铁离子水解呈酸性，如验证乙同学的看法是否正确，可测定0.5mol/L Fe（NO3）3溶液的pH，然后在硝酸钠溶液中滴加盐酸，与硝酸铁溶液PH相同、硝酸根离子浓度相同，做法是测定硝酸铁溶液的pH，再用硝酸钠溶液和稀盐酸配制成与硝酸铁溶液PH相同、硝酸根离子浓度相同的溶液，将铜片加入到该溶液中，观察二者是否反应，故答案为：测定硝酸铁溶液的pH，再用硝酸钠溶液和稀盐酸配制成与硝酸铁溶液PH相同、硝酸根
48、离子浓度相同的溶液，将铜片加入到该溶液中，观察二者是否反应；（3）甲同学的实验方案中溶液逐渐变成蓝绿色，pH略有上升，说明铁离子氧化铜，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+；因Fe3+ 变为Cu2+和Fe2+，水解能力下降，导致实验过程中溶液pH略有上升，故答案为：Fe3+ 变为Cu2+和Fe2+，水解能力下降；乙同学的实验方案无明显现象，pH没有明显变化，说明不反应，故答案为：在此酸性条件下NO3不能氧化Cu；（4）如证明铁离子氧化铜，可排除硝酸根离子的影响，应用其它可溶性铁盐，如0.5mol/L氯化铁溶液，故答案为：将铜片放
49、入0.5mol/L氯化铁溶液中点评：本题以硝酸铁的性质探究为载体考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和实验原理的评价，难度不大21（10分）铜是人类最早使用的金属，被广泛应用于电气，轻工，机械制造和国防工业等，Cu2O与H2SO4能发生反应：Cu2O+H2SO4Cu+CuSO4+H2O（1）用实验法确定某温度下Cu（OH）2固体的分解产物称取9.8gCu（OH）2样品，将该样品在坩埚中加热完全分解，冷却至室温后，测得剩余固体质量为7.6g，该固体的成分及质量为CuO和Cu2O分别为4.0g和3.6g，若将所得固体溶于足量稀硫酸，所得固体质
50、量为1.6g（2）冰铜（主要含Cu2S和FeS等）式冶炼通的理想材料，高温下利用冰铜冶炼金属铜的反应主要有：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2和2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2若得到1mol单质通，反应中转移电子的物质的量为3mol，反应中氧化剂为Cu2O和Cu2S（3）用惰性电极电解200mLmolL1的CuSO4溶液（点纠结过程中溶液体积变化忽略不计），阴极反应为Cu2+2e=Cu，若阳极收集到标准状况下112mL气体，所得溶液的pH=1考点：铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：元素及其化合物分析：（1）根据样品的物质的量，灼烧后铜的质量不变，计算出7.6g固体中铜和氧原子物质的量
51、比值；产生氧化亚铜的同时，会产生氧气，根据氧元素质量守恒，计算出氧化亚铜的物质的量，最后计算出固体铜的质量；（2）根据氧化还原反应的转移电子数=化合价变化物质的量来计算，氧化剂根据化合价降低来判断；（3）用惰性电极电解200mLmolL1的CuSO4溶液，阴极反应式为Cu2+2e=Cu；根据阳极收集到标准状况下112mL气体计算氢离子浓度，再计算pH值解答：解：（1）9.8gCu（OH）2样品中氢氧化铜物质的量是0.1mol，灼烧若是生成了氧化铜，质量应该是：0.1mol80g/mol=8g7.6g，故生成产物含有Cu2O；生成Cu2O同时生成了氧气，氧气的质量是：8g7.6g=0.4g，n（
52、O2）=0.0125mol；根据关系式2Cu2OO2，n（Cu2O）=0.0125mol2=0.025mol，故m（Cu2O）=0.025144=3.6g，则m（CuO）=7.63.6=4g，Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O1 1n（Cu）=n（Cu2O）=0.025mol，铜的质量是：0.025mol64g/mol=1.6g；故答案为：CuO和Cu2O分别为4.0g和3.6g； 1.6；（2）根据反应2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2和2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2要生成1mol铜则反应要消耗mol的Cu2S，故反应转移的电子数为mol6=2mol，反应要消耗mol的C
53、u2S，故反应转移的电子数为mol6=1mol，所以共转移2+1=3mol；再根据化合价降低的为氧化剂则反应中氧化剂为Cu2O和Cu2S，故答案：3mol；Cu2O和Cu2S；（3）用惰性电极电解200mLmolL1的CuSO4溶液，阴极反应式为Cu2+2e=Cu，阳极反应为4OH4e=O2+4H2O根据收集到标准状况下112mL气体即=0.005mol，则消耗了氢氧根为0.005mol4=0.02mol，所以容易中的氢离子为0.02mol，所以氢离子的浓度为=0.1mol/L，则pH=1；故答案：Cu2+2e=Cu；1点评：本题考查了铜金属及其重要化合物的性质应用，涉及的知识点较多，充分考查
54、了学生的分析、理解信息能力及计算能力，本题难度稍大22（9分）如图，p，q为直流电源两极，A为+2价金属单质X制成，B，C，D为铂电极，接通电源，金属X沉淀与B极，同时C，D产生气泡，试回答：（1）p为正极，A极发生了氧化反应（2）C试管里收集到的气体是氧气，电极方程式是4OH4e=O2+2H2O（3）在电解过程中，测得的C，D两极上产生的气体的实验数据如下：时间（min）12345678910阴极气体体积（cm3）6122029394959597989阳极气体的体积（cm3）24711162l263l3641仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因是氧气比氢气更易溶于水（4）当反应进行一段时间
55、后，A，B电极附近溶液的pH不变（填“增大”“减少”或“不变”）（5）当电路中通过0.004mol电子时，B电极上金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为64g/mol考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）接通电源，金属M沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，M离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，连接阳极的是电源正极；（2）C电极是电解池阳极，阳极上氢氧根离子放电；（3）根据氢气和氧气的溶解性和溶解度等方面进行分析；（4）根据发生电解的物质分析；（5）根据金属和转移电子之间的关系式计算解答：解：（1）接通电源，金属M沉积于B极，同时C、D产生
56、气泡，则B为阴极，M离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，所以p是正极，A电极上失电子发生氧化反应，故答案为：正；氧化；（2）C是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH4e=O2+2H2O，故答案为：氧气；4OH4e=O2+2H2O；（3）氢气和氧气都难溶于水，但是氧气更易溶于水；所以16分钟内氧气比氢气溶解的快而多，从而导致阴、阳两极生成的气体体积之比大于2：1；故答案为：氧气比氢气更易溶于水；（4）电解硫酸溶液实际上电解的是水，电解一段时间后，A，B电极附近溶液的pH不变，故答案为：不变；（5）设其摩尔质量为M，电解时，B电极上的电极反应式为X 2+2e=X，则 X 2+2e=X 2mol 1mol 0.004mol M=64g/mol，故答案为：64g/mol点评：本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度中等，注意电子守恒的应用