1、云南省德宏州芒市第一中学2014-2015学年高二上学期期末考试化学试题一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共56分）1下列对化学反应的认识，错误的是（）A会引起化学键的变化B会产生新物质C必然引起物质状态的变化D必然伴随着能量的变化考点：化学反应的实质；化学反应的能量变化规律.专题：压轴题；物质的性质和变化专题分析：A化学反应的本质是旧化学键断裂，新化学键生成； B化学变化是指有新物质生成的变化；C化学反应不一定引起物质状态的变化；D化学反应都伴随着能量的变化解答：解：A化学反应必定会引起化学键的变化，故A正确； B化学变化是指有新物质生成的变化，会产生新物质，故B正确；C化学
2、反应不一定引起物质状态的变化，如氢气与氯气反应生成氯化氢，都是气体，故C错误；D化学反应必然伴随着能量的变化，故D正确故选C点评：本题考查化学反应的特征，难度不大平时注意知识的积累2（2分）下列说法正确的是（）A需要加热的化学反应都是吸热反应B中和反应都是放热反应C原电池是将电能转化为化学能的一种装置D水力发电是将化学能转化为电能的过程考点：吸热反应和放热反应；常见的能量转化形式.专题：化学反应中的能量变化分析：A吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量；B中和反应都是放热反应；C原电池是将化学能转化为电能的一种装置；D水力发电是将重力势能转化为电能的过程解答：解：A放热反应
3、有的需加热，有的不需加热如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点再如铝热反应也是，故A错误； B所有的中和反应都是放热反应，故B正确；C原电池是将化学能转化为电能的装置，故C错误；D水力发电是将重力势能转化为电能的过程，故D错误故选B点评：该题考查了吸热反应与放热反应，能量变化的原因需正确理解放热吸热的本质，是解题的关键3（2分）（2008南京二模）下列推论正确的是（）AS（g）+O2（g）=SO2（g）H1，S（s）+O2（g）=SO2（g）H2；H1H2BC（石墨，s）=C（金刚石，s）H=+1.9kJ/mol，则：由石墨制取金刚石的反应是吸热反应，金刚石比石墨稳
4、定CNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/mol则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJDCaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）H0，s0，则：该反应任何温度下都能自发进行考点：反应热和焓变.专题：化学反应中的能量变化分析：A固体硫变化为气态硫需要吸收热量；B物质的能量越低，物质越稳定；C根据热化学方程式中物质的物质的量与能量成正比；D根据反应自发进行的判断依据是：G=HTS0；解答：解：A固体硫变化为气态硫需要吸收热量，所以固体硫燃烧放出的热量少，但H1H2 故B正确；B石墨在一定条件下转化成金刚石是吸热反应，说明
5、石墨的能量低于金刚石的能量，石墨比金刚石稳定，故B错误；C由NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4kJ/mol可知40gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为57.4kJ，所以含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全反应，放出的热量为28.7kJ，故C错误；D该反应的H0，S0，G=HTS在低温下大于零，故D错误；故选：C；点评：本题主要考查了热化学方程式的运用，物质的稳定性与能量的关系、反应自发性的判断，难度不大，根据课本知识即可完成4（2分）一定量的稀硫酸跟过量铁粉反应，为了减缓反应速率，又不影响生产氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的（）ACH3C
6、OONa（固体）BNH4Cl（固体）CCuSO4（溶液）DBa（OH）2（固体）考点：化学反应速率的影响因素.专题：化学反应速率专题分析：Fe过量，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可减小氢离子的浓度，但不能改变氢离子的物质的量，以此来解答解答：解：A加CH3COONa（s），与硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故A正确；B加NH4Cl（s），在溶液中水解生成氢离子，则生成氢气增多，故B错误；C加入硫酸铜，铁置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C错误；D加入Ba（OH）2固体，与硫酸反应，氢气总量减少，故D错误故选A点评：本题
7、考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意Fe过量，生成氢气由硫酸决定，把握浓度对反应速率的影响即可解答，题目难度不大5（2分）下列事实不能用电化学原理解释的是（）A常温条件下，在空气中铝不容易被腐蚀B镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀C用锌与硫酸制氢气时，往硫酸中滴少量硫酸铜D远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A铝被氧化生成氧化铝，为化学反应；B金属活泼性ZnFeSn，原电池中活泼金属易被腐蚀；C滴少量硫酸铜，置换出Cu，构成原电池；D加锌后，金属性ZnFe，Zn易被腐蚀解答：解：A铝被氧化生成氧化铝，为化学反应，与电化学无关，故A选；B金属活泼
8、性ZnFeSn，原电池中活泼金属易被腐蚀，则镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀，故B不选；C滴少量硫酸铜，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C不选；D加锌后，金属性ZnFe，构成原电池，Zn易被腐蚀，故D不选；故选A点评：本题考查原电池，明确发生的化学反应及电化学反应为解答本题的关键，注意原电池中负极易被腐蚀，题目难度不大6（2分）对已达化学平衡的下列反应：2X（g）+Y（g）2Z（g）减小压强时，对反应产生的影响是（）A逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动D正、逆反应速率都增大，平
9、衡向正反应方向移动考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动解答：解：反应2X（g）+Y（g）2Z（g）有气体参加和生成，且该反应为气体体积缩小的反应，则减小压强时，A、正逆反应速率都减小，故A错误；B、正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，故B错误；C、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D、正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选C点评：本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大7（2分）有一处于平
10、衡状态的可逆反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）（H0）为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（）高温 低温 高压 低压 加催化剂 分离出ZABCD考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：升高温度，平衡向吸热反应移动；降低温度，平衡向放热反应移动；压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；加催化剂不会引起化学平衡的移动；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动解答：解：反应X（s）+3Y（g） 2Z（g），H0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故错误；降低温度，平衡向正反应移动，故正确；压强增大，平衡向正反应移
11、动，故正确；降低压强，平衡向逆反应方向移动，故错误；加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，故错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故正确；故选C点评：本题考查化学平衡移动的影响因素等，难度中等，注意加入惰性气体对平衡的影响，恒温恒容平衡不移动，恒温恒压，体积增大，平衡向体积增大方向移动8（2分）下列各组物质中，都是强电解质的是（）AHBr、HCl、BaSO4BNH4Cl、CH3COONa、Na2SCNaOH、Ca（OH）2、NH3H2ODHClO、NaF、Ba（OH）2考点：强电解质和弱电解质的概念.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：强电解质是指在水溶液中能够完全电
12、离的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此即可解答解答：解：AHBr、HCl都是强酸，BaSO4为盐，在水溶液中溶解的部分能完全电离，它们均为强电解质，故A正确；BNH4Cl、CH3COONa、Na2S为盐，在水溶液中能完全电离，它们均为强电解质，故B正确；CNaOH、Ca（OH）2为强碱，属于强电解质，NH3H2O为弱酸，为弱电解质，故C错误；DHClO为弱酸，属于弱电解质，NaF属于盐，属于强电解质，Ba（OH）2为强碱，属于强电解质，故D错误；故选：AB；点评：本题主要考查了强电解质的判断，解答须抓住强电解质的特征“
13、完全电离”，一般是强酸、强碱和大部分盐类9（2分）某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B用酸式滴定管量取13.17mL稀盐酸C用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用天平称取物品的质量为5.872g考点：计量仪器及使用方法；试纸的使用.专题：化学实验基本操作分析：A量筒的精确度为0.1mL；B滴定管精确度为0.01ml；C广泛pH试纸精确到整数；D托盘天平的精确度为0.1g解答：解：A量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取7.13ml盐酸，故A错误； B滴定管精确度为0.01ml，能量取13.17mL稀盐酸，故B正确；C广泛pH试纸测得溶液的p
14、H值应是整数，故C错误；D天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取5.872g，故D错误故选B点评：本题是考查中学化学中常用仪器在使用中读数的问题，题目难度不大，注意不同仪器的精确度不同10（2分）氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq）时，为使Mg（OH）2固体的量减少，可加入少量的（）ANaOHBNH4ClCMgSO4DNaCl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：根据平衡移动原理及溶度积解答，要使Mg（OH）2 固体的量减少平衡向由移动，可以加水，或降低Mg2+或OH的浓度，以此解答该题解答：解：A加入N
15、aOH，OH的浓度增大，平衡向左移动，Mg （OH）2 固体的量增大，故A错误；B加入少量NH4Cl，NH4+与OH结合生成氨水，故氢氧根的浓度减小，故平衡右移，故B正确；C加入少量Mg2S04，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg （OH）2 固体的量增大，故C错误；D加入少量NaCl，不改变各种物质的浓度，平衡不移动，故D错误；故选B点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从浓度的角度把握平衡移动的影响，难度不大11（2分）有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是（）AAgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等BAgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl
16、C升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小D向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：盐类的水解专题分析：A达到平衡状态时，正逆反应速率相等；BAgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零；C升高温度，促进AgCl的溶解；D溶液中存在沉淀溶解平衡，加入氯离子影响平衡的移动解答：解：A达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等但是不为零，故A正确；BAgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl，故B错误；C升高温度，促进AgCl的溶解，溶解度增大，故C错误；D加入NaCl固体，氯离子浓
17、度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，AgCl的溶解度减小，故D错误；故选A点评：本题主要考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动方向，物质溶解度的变化应用，为高频考点，侧重于基本理论知识的考查，题目较简单，注意相关基础知识的学习和积累12（2分）下列溶液一定呈碱性的是（）ApH=8的某电解质溶液Bc（OH）1107mol/LC溶液中含有OHD溶液中c（OH）c（H+）考点：溶液pH的定义；离子积常数.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小：H+OH溶液呈酸性；H+=OH溶液呈中性；H+OH溶液呈碱性室
18、温时，Kw=1014，若溶液中：H+=107，pH值=7，溶液呈中性；H+107，pH值7，溶液呈酸性；：H+107，pH值7，溶液呈碱性，据此判断解答：解：A没指明温度，Kw不一定等于1014 不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；B没指明温度，Kw不一定等于1014 不能根据c（OH）浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；C任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；D溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小，c（OH）c（H+）溶液一定显碱性，故D正确；故选D点评：本题考查了溶液酸碱性的判断，注意氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小是绝对判
19、据，如果用溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度大小或者pH值的大小判断，必须说明温度，否则无法确定13（2分）X、Y、Z、M代表四种金属元素金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出；又知M2+离子的氧化性强于Y2+离子则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（）AXYZMBXZYMCMZXYDXZMY考点：常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理.专题：金属概论与碱元素分析：原电池中，负极活泼性强于正极；电解池中，在阴极上，是氧化性强的离子先放电，离子的氧化性越强，单质的还原性越弱；解答：解：金属X和Z用导线连接放入稀硫酸
20、中时，X溶解，Z极上有氢气放出，所以X是负极，Z是正极，所以金属的活动性XZ，若电解Y2+和Z2+离子共存的溶液时，Y先析出，说明Y2+氧化性强于Z2+，所以金属的活动性ZY，M2+离子的氧化性强于Y2+离子，所以金属的活动性YM，综上可知四种金属的活动性由强到弱的顺序为XZYM故选B点评：本题考查学生金属活泼性强弱的判断方法，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大14（2分）常温下，盐酸与氨水混合，所得溶液pH=7，则此溶液中的关系正确是（）Ac（NH4+）c（Cl）Bc（NH4+）=c（Cl）Cc（NH4+）c（Cl）D无法确定c（NH4+）与c（Cl）考点：酸碱混合时的定性判断及有关
21、ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：常温下，盐酸与氨水混合后的溶液中存在：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），根据c（H+）与c（OH）关系可确定溶液中其它离子浓度的关系解答：解：常温下，盐酸与氨水混合后的溶液中存在：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），所得溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），所以：c（NH4+）=c（Cl），故选B点评：本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，注意从溶液电中性的角度分析是解答该题的关键15（2分）下列各组离子能大量共存且溶液颜色为无色的是（）ANa+、MnO4、K+、NO3SO32BNa+、S2、SO32、H+
22、、NO3CNa+、S2、OH、K+、ClDHCO3、H+、Na+、Ca2+SO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、发生氧化还原反应等，则离子能大量共存，并注意离子的颜色来解答解答：解：A、因MnO4在溶液中为紫色，与无色溶液不符，故A错误；B、因S2、SO32、H+能发生氧化还原反应，S2、H+、NO3能发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则能大量共存，故C正确；D、因HCO3、H+能结合水和气体，H+、SO32能结合水和气体，Ca2+、SO32结合成沉淀，则不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存问题
23、，熟悉离子之间的反应及常见离子的颜色即可解答，难度不大16（2分）常温时，下列溶液的pH等于8或大于8的是（）A0.1 molL1的NaCl溶液BpH=6的醋酸用水稀释100倍CpH=10的氢氧化钠溶液稀释1000倍D0.1 molL1的硫酸100 mL跟0.2 molL1 NaOH溶液150 mL完全反应考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：ANaCl属于强酸强碱盐，溶液显中性；B酸稀释只能无限接近中性，但一定为酸性，酸稀释10n倍，若为强酸pH值变化n个单位，若为弱酸变化小于n个单位；C碱稀释只能无限接近中性，但一定为碱性，碱稀释10n倍，若为强碱pH值变化n个单位，若
24、为弱碱变化小于n个单位；D先根据酸、碱反应计算剩余物质的酸碱性，再根据溶液中氢离子浓度计算溶液的pH值解答：解：A氯化钠溶液显中性，pH等于7，故A错误；BpH=6的醋酸用水稀释100倍时，溶液的PH值7，故B错误；CpH=10的氢氧化钠溶液稀释1000倍时，溶液的pH值大于7，接近于7，故C错误；D设0.1molL1的硫酸100mL需要0.2molL1NaOH溶液x硫酸和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O2mol 1mol0.2x 0.01molx=0.1L=100mL，所以剩余氢氧化钠溶液150mL100mL=50mL，混合溶液中氢氧化钠的浓度=0.04
25、mol/L，该溶液中氢离子的浓度=2.51013，溶液的pH大于12，故D正确；故选D点评：本题考查了pH的简单计算，难度中等，注意酸、碱溶液无限稀释时，溶液的pH值只能无限接近于7，但酸不能变为碱，碱不能变为酸掌握常见化学物质的酸碱性、溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是顺利解题的关键17（2分）在配置Fe2（SO4）3溶液时，为了防止水解，常常往溶液中加入少量的（）ANaOHBH2SO4CKClDCH3COOH考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：Fe2（SO4）3溶液中，三价铁易水解为氢氧化铁，根据水解平衡的移动原理来回答解答：解：Fe2（SO4）3溶液中，三价铁易水解为氢氧
26、化铁，实质是：Fe3+3OHFe（OH）3+3H+，在配置Fe2（SO4）3溶液时，为了防止水解，常常往溶液中加入少量的硫酸，这样也不会再硫酸铁中引进新的杂质离子，（不能加除硫酸以外的酸）故选B点评：本题是一道水解原理的应用：溶液的配制知识题目，可以根据所学知识进行回答，难度不大18（2分）下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 mol/L Na2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）B0.1 mol/L NH4Cl溶液：c（NH4+ ）=c（Cl）C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（O
27、H）D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c（Na+）c（NO3）考点：离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A利用质子守恒分析；B铵根离子水解；C酸性混合溶液，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒分析；DpH=5的混合溶液，钠离子、硝酸根离子不电离、不水解解答：解：A.0.1 mol/L Na2CO3溶液中，由质子守恒可知c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故A正确；B.0.1 mol/L NH4Cl溶液，铵根离子水解则c（NH4+ ）c（Cl），故B错误；C向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液中c（H+）c（OH），由电荷守
28、恒可知c（Na+）c（CH3COO），故C错误；D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液中c（Na+）=c（NO3），故D错误；故选A点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解的应用及质子守恒、电荷守恒即可解答，注意选项D为易错点，题目难度不大19（2分）下列叙述中，错误的是（）A虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质B纯水的pH随温度的升高而减小C在醋酸钠溶液中加入少量氢氧化钠，溶液中c（OH）增大D在纯水中加入少量硫酸铵，可抑制水的电离考点：水的电离；电解质与非电解质；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的
29、化合物； B水的电离是吸热过程；C氢氧化钠是强电解质能完全电离；D盐类的水解促进水的电离解答：解：ANaCl在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以氯化钠是电解质，故A正确； B升温促进电离，氢离子浓度增大，纯水的pH减小，故B正确；C氢氧化钠电离出氢离子，故溶液中c（OH）增大，故C正确；D硫酸铵水解促进水的电离，故D错误故选D点评：本题考查电解质，水的电离，注意氢氧化钠电离出氢离子，使溶液中c（OH）增大20（2分）若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因是（）A生成一种强酸弱碱盐B弱酸溶液和强碱溶液C弱酸与弱碱溶液反应D一元强酸溶液与一元强碱溶液
30、反应考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+）=c（OH）=103mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，说明应后酸过量，应为弱酸和强碱的反应，本题可通过讨论进行分析解答：解：pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+）=c（OH）=103mol/L，若为强酸、强碱溶液，在溶液中完全电离，则反应后溶液呈中性；若为弱酸、强碱溶液，弱酸在溶液中部分电离，混合后酸过量，溶液呈酸性；若为强酸、弱碱溶液，弱碱在溶液中部分电离出氢氧根离子，碱过量，反应后溶液呈碱性，根据分析可知，只有B符合，故选B点
31、评：本题考查酸碱混合的定性判断，侧重考查弱电解质的电离和盐类的水解知识，题目难度中等，注意当c（H+）=c（OH）时，弱电解质的浓度大于强电解质溶液的浓度，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力21（2分）下图装置能组成原电池的是（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应解答：解：A、酒精不是电解质，无电解质溶液，故A错误；B、符合原电池构成条件，故B正确；C、酒精不是电解质，无电解质溶液，故C错误；D、无活动性不同的两电极，故D错误
32、；故选B点评：本题考查了原电池的构成条件，难度不大，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可22（2分）25时，水的电离达到平衡：H2OH+OH；H0，下列叙述正确的是（）A向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变B向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH）降低C向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D将水加热，Kw增大，pH不变考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素.专题：基本概念与基本理论分析：水的电离平衡：H2OH+OH中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（H+）或c（OH）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向
33、电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小解答：解：A、向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出大量的氢离子，饿c（H+）增大，Kw只与温度有关，则Kw不变，故A正确；B、向水中加入稀氨水是弱碱抑制水的电离，平衡逆向移动，一水合氨电离出氢氧根离子，则c（OH）增大，故B错误；C、向水中加入少量固体CH3COONa，醋酸根水解，促进水的电离，水的电离平衡正向移动，c（H+）降低，故C错误；D、水的电离是吸热过程，将水加热，促进水的电离，KW增大，氢离子浓度增大，pH减小，故D错误；故选A点评：本题考查了水的电离平衡的影响因素分析和水的离子积的条件判断和计算应用，主要是抑制水的电离的溶液可以是
34、酸也可以是碱溶液，题目较简单23（2分）下列关于电解池的叙述中不正确的是（）A与电源正极相连的是电解池的阴极B与电源负极相连的是电解池的阴极C在电解池的阳极发生氧化反应D电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，阴极得电子发生还原反应，与正极相连的为阳极，阳极上失电子发生氧化反应，电子从负极经导线流入阴极，据此分析解答：解：A、电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，与正极相连的为阳极，故A错误；B、电解池中，与外接电源负极相连的为阴极，故B正确；C、与正极相连的为阳极，阳极上得电子发生氧化反应，故C正确；D
35、、与外接电源负极相连的为阴极，电子从负极经导线流入阴极，故D正确；故选A点评：本题考查电解池知识，侧重于考查学生的化学知识的综合运用，难度不大，注意把握电解池的工作原理24（2分）下列说法不正确的是（）A原电池中，负极上发生的反应是氧化反应B原电池中，电流从负极流向正极C铜锌原电池中放电时，溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动D碱性锰锌电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、原电池中负极失电子；B、电流从正极流出；C、原电池中阳离子移向正极，阴离子影响负极；D、能反复充放电的电池为二次电池解答：解：A、原电池中负极材料失电子，发生氧化反
36、应，故A正确；B、原电池中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极，故B错误；C、原电池中阳离子移向正极，阴离子影响负极，故C正确；D、碱性锰锌电池使用后不能充电，是一次电池能，铅蓄电池能反复充放电为二次电池，故D正确故选B点评：本题考查了原电池原理和常见的化学电源，题目难度不大，注意把握正负极的判断及电流流向25（2分）用石墨为电极材料电解时，下列说法正确的是（）A电解NaOH溶液时，溶液浓度将减小，pH不变B电解H2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH不变C电解Na2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH不变D电解NaCl溶液时，溶液浓度将减小，pH不变考点：电解原理.专题：电化学专题分析：以石
37、墨为电极电解含氧酸、强碱、氢之前金属的含氧酸盐溶液时，实质上是电解水，如果用石墨电解氢之前金属的氯化物溶液时，阳极上氯离子放电，根据溶液中氢离子或氢氧根离子浓度是否变化确定溶液pH是否变化，据此分析解答解答：解：A用石墨作电极电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以实质上是电解水，NaOH的物质的量不变，溶液体积减小，则溶液中NaOH增大，pH变大，故A错误；B用石墨作电极电解H2SO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，溶液体积减小，则溶液中硫酸浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；C用石墨电极电解硫酸钠溶液时，阳极上
38、氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以实质上是电解水，硫酸钠的物质的量不变，溶液体积减小，硫酸钠的浓度增大，但硫酸钠溶液呈中性，所以溶液的PH不变，故C正确；D用石墨作电极电解NaCl溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，导致溶液中有氢氧根离子生成，则溶液中氢氧根离子浓度增大，所以溶液的pH增大，故D错误；故选C点评：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电池反应式确定溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化，从而确定溶液酸碱性变化，题目难度不大26（2分）锰锌干电池在放电时，电池总反应方程式可以表示为：Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2+Mn2O3+2NH3+H2O在此电池放
39、电时，正极（碳棒）上发生反应的物质是（）AZnB碳CMnO2和NH4+DZn和NH3考点：常见化学电源的种类及其工作原理.专题：电化学专题分析：Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2+Mn2O3+2NH3+H2O中，Zn元素的化合价升高，失去电子，作负极；而Mn元素的化合价降低，得到电子，在正极上反应，以此来解答解答：解：锰锌干电池在放电时，发生Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2+Mn2O3+2NH3+H2O，Zn元素的化合价升高，失去电子，作负极，则正极（碳棒）上，Mn元素的化合价降低，所以MnO2得到电子发生还原反应，只有C符合，故选C点评：本题考查锰锌干电池，明确电池反应中元素的化合价变
40、化是判断正极上发生反应的物质的关键，题目难度不大27（2分）下面有关电化学的图示，完全正确的是（）ACuZn原电池B粗铜的精炼C铁片镀锌D验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、原电池中活泼金属作负极；B、粗铜的精炼中粗铜作阳极；C、铁片镀锌，铁片应作阴极；D、电流由正极流向负极，电解食盐水在阴极生成氢气，在阳极生成氯气解答：解：A、由图可知，金属性ZnCu，则原电池中Zn作负极，故A错误；B、与电源负极相连的为阴极，粗铜的精炼中粗铜作阳极，由图可知，粗铜作阴极，故B错误；C、与电源负极相连的为阴极，铁片镀锌，铁片应作阴极，由图可知，铁片作阳
41、极，故C错误；D、电流由正极流向负极，由图可知，碳棒为阳极，电解食盐水在阳极生成氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反应使溶液变蓝，在阴极生成氢气，溶液变红，故D正确；故选D点评：本题考查原电池与电解原理的应用，明确正负极与阴阳极的判断及发生的电极反应是解答本题的关键，难度不大28（2分）一种新型燃料电池，以镍板为电极插入KOH溶液中，分别向两极通乙烷和氧气，电极反应为C2H6+18OH2CO32+12H2O+14e；14H2O+7O2+28e28OH，有关推断错误的是（）A通氧气的电极为正极B在电解质溶液中CO32向正极移动C放电一段时间后，KOH的物质的量浓度将下降D参加反应的氧气和乙烷的物质的量之
42、比为7：2考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据电极反应式判断电解质溶液的变化以及参加反应物的物质的量之间的关系解答：解：A、在燃料电池中，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，故A正确；B、在原电池中，电解质中的阴离子移向原电池的负极，故B错误；C、电池工作过程中，电池总反应为2C2H6+8OH+7O2=4CO32+10H2O，反应消耗OH离子，溶液的pH值逐渐减小，故C正确；原电池中两极上转移的电子相等，当有28mol电子转移时，正极上消耗7molO2，负极上消耗2molC2H6，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7：
43、2，故D正确故选B点评：本题考查原电池知识，题目难度中等，注意电极反应式的书写和电解质溶液的酸碱性变化二、填空题（22分）29（14分）（1）将AlCl3溶于水后，经加热蒸发、蒸干，灼烧，最后所得白色固体的主要成分是Al2O3（2）下列盐溶液能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的写“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性K2CO3CO32+H2OHCO3+OH溶液呈碱性；Na2SO4不发生水解溶液呈中性性；CuCl2Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+溶液呈酸性考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：（1）先判断是否水解及水解产物，再根据水解产物判断灼烧时的分解产物（2）先判断是
44、否有弱离子再确定是否水解，结合水解方程式判断溶液的酸碱性解答：解：（1）AlCl3是强酸弱碱盐，能水解生成氢氧化铝和氯化氢，AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，HCl具有挥发性，所以在加热蒸发、蒸干，灼烧过程中挥发消失；灼烧Al（OH）3，Al（OH）3能分解生成氧化铝和水2Al（OH）3Al2O3+3H2O，水在加热过程中蒸发掉，所以最后得到的白色固体是Al2O3，故答案为：Al2O3；（2）K2CO3是强碱弱酸盐，水解后水溶液都呈碱性，水解离子方程式为 CO32+H2OHCO3+OH；Na2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性；CuCl2是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，水解离子
45、方程式为：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+；故答案为：CO32+H2OHCO3+OH，碱； 不发生水解，中性； Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，酸点评：1、盐类水解规律：有弱（弱离子）才水解，无弱（弱离子）不水解，谁弱（弱离子）谁水解，谁强显谁性（酸碱性）30（8分）有浓度为0.1molL1的盐酸、醋酸两种溶液，试回答：（1）两种溶液中c（H+） 依次为a molL1，b molL1，其大小顺序为ab（2）等体积的以上两种酸分别与过量的NaOH 溶液反应，生成的盐的物质的量依次为n 1mol，n2 mol它们的大小关系为n1 =n2（3）中和一定量NaOH溶液生成正盐时，需上述两
46、种酸的体积依次是V1L、V2L，其大小关系为V1=V2（4）与锌反应时产生氢气的速率分别为v1、v2其大小关系为v1v2考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）如果酸是强电解质，一元酸的浓度与氢离子浓度相等，如果酸是弱电解质，一元酸的浓度大于氢离子浓度；（2）根据阴离子守恒知，盐的物质的量与酸的物质的量相等；（3）中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等时，如果是一元酸，所用酸的体积相等；（4）与锌反应时产生氢（气）的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大解答：解：（1）氯化氢是强电解质，是一元酸，醋酸是弱电解质且是一元酸，所以盐酸中氢
47、离子浓度与酸的浓度相等，醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以氢离子浓度其大小顺序为ab，故答案为：ab；（2）根据阴离子守恒知，盐的物质的量与酸的物质的量相等，所以生成的盐的物质的量大小关系为n1 =n2，故答案为：n1 =n2； （3）中和一定量NaOH溶液生成正盐时，酸的浓度相等，都是一元酸，所用酸的体积相等，所以两种酸的体积大小关系是V1=V2，故答案为：V1=V2；（4）与锌反应时产生氢（气）的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大，盐酸中氢离子浓度为0.1mol/L，醋酸中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以反应速率大小关系为v1v2，故答案为：v1v2点评：本题考查弱
48、电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，侧重于基础知识的应用的考查，题目难度中等三、实验探究（9分）31（9分）如图所示是电解氯化钠溶液（含酚酞）的装置有毒气体收集的装置省略没有画出，两电极均是惰性电极（1）a电极的名称阴极（2）电解过程中观察到的现象两极均有气泡产生、a极区溶液变成红色、b极液面上气体变为黄绿色、b极区溶液变为浅黄绿色（3）确定N出口的气体最简单的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝则说明是Cl2（4）电解的总反应离子方程式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（5）若将b电极换成铁作电极，在电解过程中U型管底部出现白色沉淀产生，很快变为灰绿色，最终变为红褐色的
49、现象，请写出有关的离子方程式或化学方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）先根据电子流向判断电源的正负极，根据电源的正负极判断a的电极名称；（2）根据电解反应方程式中的产物确定现象；（3）根据氯气的检验方法判断；（4）根据反应物、产物写出相应的电解方程式；（5）若将b电极换成铁作电极，电解液仍为NaCl溶液，b电极上铁失电子发生氧化反应，阴极附近生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子生成Fe（OH）2白色沉淀，Fe（OH）2被氧化生成红褐色的Fe（OH）3解答：解：（1）根据电子流向，连接a的是负极，连接b的是正极，所以
50、a是阴极，b是阳极，故答案为：阴极；（2）电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子得电子生成氢气，2H2O+2e=H2+2OH，同时阴极附近生成氢氧根离子，阴极附近呈碱性，加入酚酞后溶液呈红色；阳极上氯离子失电子生成氯气，2Cl2e=Cl2，氯气是黄绿色的气体，氯气能溶于水，使溶液呈氯气的颜色；故答案为：两极均有气泡产生、a极区溶液变成红色、b极液面上气体变为黄绿色、b极区溶液变为浅黄绿色；（3）N出口的气体是氯气，氯气能置换出碘化钾中的碘，碘能使淀粉变蓝色，所以可用湿润的淀粉碘化钾检验；故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝则说明是Cl2；（4）通过以上分析知，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、
51、氢气、氢氧化钠，电解反应为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；（5）若将b电极换成铁作电极，电解液仍为NaCl溶液，b电极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2e=Fe2+，阴极附近生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子生成Fe（OH）2白色沉淀，Fe（OH）2被氧化生成红褐色的Fe（OH）3，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3点评：本题考查了电解原理，注意：电解电解质溶液时，若阳极材料是活泼金属，在阳极上金属失电子发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，溶液
52、中的阴离子就失电子发生氧化反应四、计算题（共13分）32（3分）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu（OH）2 （s）Cu2+（aq）+2OH（aq），常温下其Ksp=c（Cu2+）c2（OH）=21020mol2L2（1）某硫酸铜溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如要生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH使之大于5（2）要使0.2mol/L硫酸铜溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液使溶液pH为6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：（1）c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（O
53、H）2沉淀，根据Ksp计算pH；（2）0.2mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，c（Cu2+）=0.0002mol/L，根据Ksp计算pH解答：解：（1）Ksp=c（Cu2+）c（OH）2=21020，c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，c（0H）=109mol/L，c（H+）=105mol/L，所以pH=5，即生成Cu（OH）2沉淀，应调整溶液pH，使之大于5，故答案为：5；（2）0.2mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaO
54、H溶液，c（Cu2+）=0.0002mol/L，c（0H）=108mol/L，c（H+）=106mol/L，所以pH=6，故答案为：6点评：本题考查较综合，涉及化学平衡的计算、溶度积的计算及盐类水解等知识点，注重高考常考点的考查，侧重反应原理及学生计算能力的考查，题目难度中等33（10分）830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，试回答下列问题：（1）若起始时c（CO）=2molL1，c（H2O）=3molL1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=1（2）在相同温度下，若起始时c（CO）=1molL1，c（H2
55、O）=2molL1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5molL1，则此时该反应是否达到平衡状态否（填“是”与“否”），此时v（正）大于v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”），你判断的依据是浓度商Qc=1，小于平衡常数K（3）若降低温度，该反应的K值将增大，该反应的化学反应速率将减小（均填“增大”“减小”或“不变”）考点：化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：（1）根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；（2）计算常数的浓度商Qc、平衡常数，与平衡常数比较判断反应进行方向，据此
56、解答；（3）该反应是放热反应，降低温度，平衡向着正向移动，K值增大，反应速率减小解答：解：（1）平衡时CO的转化率为60%，则CO的浓度变化量=2mol/L60%=1.2mol/L，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始（mol/L）：2 3 0 0变化（mol/L）：1.2 1.2 1.2 1.2平衡（mol/L）：0.8 1.8 1.2 1.2 故平衡常数K=1，故答案为：1；（2）在相同温度下（850），若起始时c（CO）=1molL1，c（H2O）=2molL1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5molL1，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g）开始（mol/L）：1 2 0 0变化（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5一段时间（mol/L）：0.5 1.5 0.5 0.5浓度商Qc=1，故平衡向正反应进行，此时v（正）v（逆），故答案为：否；大于；浓度商Qc=1，小于平衡常数K；（3）温度降低，该反应是放热反应，化学平衡向着正向移动，二氧化碳和氢气浓度增大，一氧化碳和水的浓度减小，平衡常数K增大；降低温度，反应速率减小，故答案为：增大；减小点评：本题考查化学平衡常数及影响因素、影响化学平衡的因素、化学平衡图象与计算等，难度中等，（2）中注意分析各物质的浓度变化量关系，确定概念改变的条件