1、2014-2015学年吉林省延吉市延边中学高二（上）第二次月考化学试卷一选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共48分）1（2分）一定温度时，测得纯水中c（OH）=2.5107 molL1，则c（H+）为（）A2.5107 molL1B0.1107 molL1C molL1D无法确定c（H+）2（2分）在盐酸滴定NaOH溶液的实验中，以甲基橙为指示剂，滴到终点时的颜色变化是（）A由黄色变红色B由黄色变橙色C由橙色变红色D由红色变橙色3（2分）（2008广东）将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为
2、a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定4（2分）用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考右图，从下表中选出正确选项（）锥形瓶中液体滴定试管中液体选用指示剂选用滴定管碱酸石蕊（乙）酸碱酚酞（甲）碱酸甲基橙（甲）酸碱酚酞（乙）ABCD5（2分）下列说法正确的是（）A凡是放热反应都是自发的B铁在潮湿空气中生锈是自发过程C自发反应都是熵增大的反应D电解池的反应是属于自发反应6（2分）常温时，将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，所得的溶液pH（）A等于7B大于7C小于7D无法确定7（2分）反应：A
3、（气）+3B（气）2C（气）H0达平衡后，将气体混合物的温度降低下列叙述中正确的是（）A正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C正反应速率和逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动D正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反虑方向移动8（2分）用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c（CH3COO）大于c（Na+），对该混合溶液的下列判断正确的是（）Ac（H+）c（OH）Bc（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.2 molL1Cc（CH3COOH）c（CH3COO）Dc（CH3CO
4、O）+c（OH）=0.1molL19（2分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定B已知C（s）+O2（g）CO2（g）H1 C（s）+O2（g）CO（g）H2，则H2H1C已知2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molD已知NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.3 kJ/mol，则含20 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为28.65 kJ/mol10（2分）下列叙述正确的是（）A硫酸铵溶液中加入适量氨水，当溶液的pH=
5、7时，c（SO42）c（NH4+）B常温下，等物质的量浓度的 （NH4）2CO3 和Na2CO3溶液，前者的c（HCO3）小CNaHCO3溶液中离子浓度有如下关系：c（CO32）+c （OH）=c （H+）+c（H2CO3）D等物质的量浓度、等体积的NaX和弱酸HX溶液混合后，各粒子浓度关系是：c（Na+）c（HX）c（X）c（OH）c（H+）11（2分）在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g）当反应达到平衡后，保持温度不变，将气体压缩到原来的体积，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡的1.8倍下列叙述中不正确的是（）A平衡向逆反应方向移动Ba+bc+dCZ的体积分数减
6、小DX的转化率减小12（2分）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g） 4NO2（g）+O2（g）H0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：下列说法中不正确的是（）t/s050010001500c（N2O5）/（molL1）5.003.522.502.50A500 s内N2O5分解速率为2.96103molL1s1BT1温度下的平衡常数K1=125（molL1）3，平衡时N2O5的转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则再次平衡时c（N2O
7、5）5.00molL113（2分）（2008南昌一模）能用电解原理说明的问题是（）电解是把电能转变成化学能 电解是化学能转变成电能电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现电解质溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生ABCD14（2分）家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是（）A4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3B2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2C2H2O+O2+4e4OHDFe3eFe3+15（2分）用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成则电解一段时间后，下列有关该溶
8、液（与电解前同温度）的说法中，正确的有（）该溶液的pH可能增大； 该溶液的pH可能减小； 该溶液的pH可能不变；该溶液的浓度可能增大； 该溶液的浓度可能不变； 该溶液的浓度可能减小A三种B四种C五种D六种16（2分）以硫酸铜溶液作电解液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼下列叙述正确的是（）粗铜与直流电源负极相连 阴极发生的反应为Cu2+2eCu电路中每通过3.011023个电子，得到的精铜质量为16g杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解槽形成阳极泥ABCD17（2分）（2014泰安一模）在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0t1时刻达到平衡后，
9、在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）A0t2时，v正v逆B、两过程达到平衡时，A的体积分数Ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数I18（2分）在100mLH2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极电解一段时间，两极均收到2.24L气体（标准状况），则原混合液中，Cu2+的物质的量浓度为（）A1molL1B2molL1C3molL1D4molL119（2分）（2012梧州模拟）按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是（）A若U形管左右两端上方充入一些空气，铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只接通K1只闭合K3都断开只接通K2B只接通
10、K1，一段时间后，U形管中出现白色沉淀C只接通K2，U形管左、右两端液面均下降D若将氯化钠溶液改为氢氧化钠溶液，铁棒改为多孔石墨，只接通K2，一段时间后，漏斗内液面无变化20（2分）用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水（含Cl、Br、Na+、Mg2+）的装置如图所示（a、b为石墨电极）下列说法中，正确的是（）A电池工作时，正极反应式为：O2+2H2O+4e4OHB电解时，a电极周围首先放电的是Br而不是Cl，说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者C电解时，电子流动路径是：负极外电路阴极溶液阳极正极D忽略能量损耗，当电池中消耗0.02gH2时，b极周围会产生0.04gH221（2分）（2012福建）将
11、如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu 路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色22（2分）（2014天津）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）CCO2的水溶液：c（H+）c（HCO3）=2c（CO32）D含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）23（2分）（2014重庆）下列叙述正确的是（
12、）A浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体BCH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO）增大CCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D25时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度24（2分）25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32、Bc（H+）=11013 molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、NO3C0.1 molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1 molL1FeCl3溶液中：Fe2+、SCN、SO42二填空题（本题包
13、括4小题，共52分）25（8分）向恒容密闭容器中充入一定量 PCl5，在温度为T时发生反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=+124kJmol1回答下列问题：（1）要提高上述反应的转化率，可采取的措施有_（2）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是_若将0.01mol PCl5投入热水中，向其中滴加NaOH溶液至酸恰好被完全中和生成正盐，继续加水得到1L溶液，再逐滴加入AgNO3溶液，先产生的沉淀是_已知Ksp（Ag3PO4）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010（3）已知白磷（P4）的燃烧热为3093.2kJ/mol，请写出白磷燃烧
14、的热化学方程式_26（16分）一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍，可连续使用一个月才充一次电请完成下列与甲醇有关的问题（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）；H=49.0kJmol1在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投人反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：容器AB反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）CH3OH（g）浓度（molL1）c1c2反应能量变化放出29.4kJ吸收akJ从反应开
15、始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为_（用含C1的表达式表示）a=_（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式_理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），写出在t2后，铁电极上的电极反应式_；在t2时所得溶液的pH为_（假设溶液体积不变）（3）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空如图丁所示装置中，以稀土金属材料做惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y203的Zr02固体，它在
16、高温下能传导02离子d电极的名称为_如图戊所示用铂电极电解足量硫酸铜溶液，b电极上的电极反应式为_若电解一段时间后要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入_ （填序号）a CuO bCu（OH）2 cCuC03 dCu2（OH）2C03 27（14分）某蓄电池反应为NiO2+Fe+2H2OFe（OH）2+Ni（OH）2（1）该蓄电池充电时，发生还原反应的物质是_（填下列字母），放电时生成Fe（OH）2的质量18g，则外电路中转移的电子数是_ANiO2 BFe CFe（OH）2 DNi（OH）2（2）为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与该蓄电池
17、这样的直流电源的_极（填“正”或“负”）相连（3）以该蓄电池做电源，用图1所示装置，在实验室模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊，原因是（用相关的电极反应式和离子方程式表示）_（4）精炼铜时，粗铜应与直流电源的_极（填“正”或“负”）相连，精炼过程中，电解质溶液中c（Fe2+）、c（Zn2+）会逐渐增大而影响进一步电解，甲同学设计如图2除杂方案：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀时的pH2.37.55.66.2完全沉淀时的pH3.99.76.48.0则加入H2O2的目的是_，乙同学认为应将方案中的pH调节到8，你认为此观点_（填“正确
18、”或“不正确”），理由是_28（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （）（1）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=_mol，NO的转化率1=_其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率2_1（填“”“”或“=”），平衡常数
19、K2_（填“增大”“减小”或“不变”）若要使K2减小，可采用的措施是_（2）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为_（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1），可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_a向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中
20、加适量NaOH2014-2015学年吉林省延吉市延边中学高二（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共48分）1（2分）一定温度时，测得纯水中c（OH）=2.5107 molL1，则c（H+）为（）A2.5107 molL1B0.1107 molL1C molL1D无法确定c（H+）考点：离子积常数版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，据此分析解答解答：解：纯水呈中性，所以纯水中氢原子浓度等于氢氧根离子浓度，为2.5107 molL1，故选：A点评：本题考查了离子浓度的计算，明确纯水电离的特点是解本题关键
21、，难度不大2（2分）在盐酸滴定NaOH溶液的实验中，以甲基橙为指示剂，滴到终点时的颜色变化是（）A由黄色变红色B由黄色变橙色C由橙色变红色D由红色变橙色考点：指示剂的使用版权所有专题：化学实验基本操作分析：甲基橙的变色范围是3.14.4，pH小于3.1显示红色、大于4.4显示黄色、3.14.4之间显示橙色，待测液是氢氧化钠，滴入甲基橙后溶液颜色是黄色，根据以上分析进行判断解答：解：甲基橙的变色范围是3.14.4，pH小于3.1显示红色、大于4.4显示黄色、3.14.4之间显示橙色，待测液是氢氧化钠，锥形瓶中盛有的氢氧化钠溶液中滴入甲基橙，溶液的颜色是黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小
22、于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴到结束，所以滴定终点时的颜色变化为：黄色变成橙色，故选B点评：本题考查了指示剂甲基橙的变色范围，需要根据锥形瓶中的待测液酸碱性进行判断，难度中等3（2分）（2008广东）将H2（g）和Br2（g）充入恒容密闭容器，恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，g平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2（g）的转化率为ba与b的关系是（）AabBa=bCabD无法确定考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：恒温条件下反应是放热反应，平衡时Br2（g）的转化率为a，若初始条件相
23、同，绝热下进行上述反应，由于反应是放热反应，容器中的温度高于恒温条件下容器中的温度，平衡向吸热反应方向移动，所以平衡逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率小于a；解答：解：恒温下发生反应H2（g）+Br2（g）2HBr（g）H0，反应是放热反应，此时达到平衡时Br2（g）的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，容器中的温度比恒温容器中的温度高，所以化学平衡向逆向进行，平衡时Br2（g）的转化率减少，即ba；故选：A点评：本题考查了合成平衡的影响条件的分析应用，关键是理解恒温容器和绝热容器的本质区别4（2分）用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考右图，从下表中选出正确选
24、项（）锥形瓶中液体滴定试管中液体选用指示剂选用滴定管碱酸石蕊（乙）酸碱酚酞（甲）碱酸甲基橙（甲）酸碱酚酞（乙）ABCD考点：中和滴定版权所有专题：实验题；化学实验常用仪器分析：酸碱中和滴定时，酸液应盛装在酸式滴定管中，碱液应盛装在碱式滴定管中，酸碱指示剂一般不能用石蕊，其变色范围大，会引起较大误差解答：解：A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故A错误；B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故B错误；C、用甲基橙做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有黄色变为橙色，并且滴定管使用正确，故C正确；D、用酚酞做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有无色变为浅红色，并且滴
25、定管使用正确，故D正确故选：CD点评：本题考查中和滴定，做题时注意酸式滴定管和碱式滴定管的使用方法和指示剂的选择，易错点为指示剂的选择5（2分）下列说法正确的是（）A凡是放热反应都是自发的B铁在潮湿空气中生锈是自发过程C自发反应都是熵增大的反应D电解池的反应是属于自发反应考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应可自发进行，以此解答该题解答：解：A放热反应不一定自发进行，如铝热反应需要在高温下才能进行，而常温下不反应，故A错误；B铁在潮湿空气中生锈，发生电化学腐蚀，为自发进行的反应，故B正确；C化学反应能否
26、自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，自发进行的反应，熵不一定增大，故C错误；D电解池的反应是外加电源的反应，将电能转化为化学能，如断开电路，则反应不能自发进行，故D错误故选B点评：本题考查反应热与焓变，注意反应能否自发进行与焓变和熵变的关系，易错点为D，注意电解池的反应不是自发过程，题目难度不大6（2分）常温时，将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后，所得的溶液pH（）A等于7B大于7C小于7D无法确定考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据两种溶液中H+和OH的关系以及氨水为弱电解质的性质，判断反应后酸碱的过量，进而判断
27、反应后溶液的酸碱性解答：解：pH=3的盐酸中c（H+）=103mol/L，pH=11的氨水中c（OH）=103mol/L，两种溶液H+与OH离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH7，故选B点评：本题考查酸碱过量判断，题目难度不大，本题注意溶液H+与OH离子浓度相等时，氨水过量7（2分）反应：A（气）+3B（气）2C（气）H0达平衡后，将气体混合物的温度降低下列叙述中正确的是（）A正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动B正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C正反应速率和逆反应速率变小，平
28、衡向正反应方向移动D正反应速率和逆反应速率变小，平衡向逆反虑方向移动考点：化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：对于该正反应为放热的化学反应来说，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向移动，以此来解答解答：解：A、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故B错误；C、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；D、降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选C点评：本题考查温度对化学反应速率及化学平衡的影响，注意H0说明该
29、反应为放热反应是解答的关键，难度不大8（2分）用物质的量都是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c（CH3COO）大于c（Na+），对该混合溶液的下列判断正确的是（）Ac（H+）c（OH）Bc（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.2 molL1Cc（CH3COOH）c（CH3COO）Dc（CH3COO）+c（OH）=0.1molL1考点：离子浓度大小的比较版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，c（CH3COO）c（Na+），根据电荷守恒知c（H+）c（OH），则醋酸的电离程度大于其水解程度，再结合物料守恒解答解
30、答：解：A等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，c（CH3COO）c（Na+），根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（H+）c（OH），故A正确；B溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.2 molL1，故B正确；C混合溶液呈酸性，则醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以c（CH3COOH）c（CH3COO），故C错误；D根据电荷守恒得c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），钠离子不水解，所以钠离子浓度为0.1mol/L，则c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）0.1mol/
31、L，故D错误；故选AB点评：本题考查了离子浓度大小的比较，根据电荷守恒确定溶液的酸碱性及酸的电离程度和酸根离子水解程度相对大小，再结合电荷守恒和物料守恒解答，易错选项是D，注意利用转化方法即可，难度中等9（2分）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定B已知C（s）+O2（g）CO2（g）H1 C（s）+O2（g）CO（g）H2，则H2H1C已知2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6 kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/molD已知NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.3
32、kJ/mol，则含20 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为28.65 kJ/mol考点：热化学方程式；化学能与热能的相互转化；燃烧热；中和热版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A物质能量越高越不稳定，H0表示正反应吸热；B一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号；C燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，气态水不是稳定氧化物；D中和热为H=57.3 kJ/mol，是一个固定值；解答：解：A已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，石墨能量小于金刚石，则金刚石比石墨活泼，石墨比金刚石稳定，故A错误；B己知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1、2C（
33、s）+O2（g）2CO（g）H2，一氧化碳转化为二氧化碳是放热过程；焓变包含负号，则H1H2，故B正确；C氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol，气态水不是稳定氧化物，2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.6kJmol1，则燃烧热=241.8kJmol1，故C错误；D已知NaOH（aq）+HCl（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H=57.4 kJmol1，中和热指1molNaOH和molHCl溶液发生中和反应生成1mol水时所放出的热量为57.4 kJ，则0.5molNaOH与强酸，中和热不变，中和热为H=57.4 kJmol1，故D错误；
34、故选：B点评：本题考查燃烧热、焓变的意义、物质稳定性以及热化学方程式的含义知识，掌握H的含义以及热化学方程式概念的运用，题目难度不大10（2分）下列叙述正确的是（）A硫酸铵溶液中加入适量氨水，当溶液的pH=7时，c（SO42）c（NH4+）B常温下，等物质的量浓度的 （NH4）2CO3 和Na2CO3溶液，前者的c（HCO3）小CNaHCO3溶液中离子浓度有如下关系：c（CO32）+c （OH）=c （H+）+c（H2CO3）D等物质的量浓度、等体积的NaX和弱酸HX溶液混合后，各粒子浓度关系是：c（Na+）c（HX）c（X）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较版权所有专题：盐类的水解
35、专题分析：A、溶液呈中性，说明c（OH）=c（H+），结合电荷守恒判断；B、（NH4）2CO3 中铵根促进碳酸根的水解，Na2CO3溶液中只有碳酸根水解；C、利用质子守恒以及物料守恒解答即可；D、如果溶液呈酸性，则HX的电离程度大于X的水解程度解答：解：A、溶液呈中性，说明c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒判断2c（SO42）+c（OH）=c（H+）+c（NH4+），所以2c（SO42）=c（NH4+），故A错误；B、（NH4）2CO3 中铵根促进碳酸根的水解，Na2CO3溶液中只有碳酸根水解，故前者的c（HCO3）的大，故B错误；C、Na和C原子守衡：溶液中Na的存在形式是Na+，C
36、的存在形式有：H2CO3、HCO3、CO32、所以有：c（Na+）=c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32）；溶液中阳离子有Na+和H+，阴离子有HCO3、CO32、OH，所以有：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）；将代入，可得：c（CO32）+c （OH）=c （H+）+c（H2CO3），故C正确；D、等体积等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液显碱性，说明X的水解程度大于HX的电离程度，则c（X）c（HX），但是依据物料守恒得出：c（Na+）c（HX），故D错误，故选C点评：本题主要考查的是溶液中离子浓度大小比较，利用物料守恒、质子守恒等解
37、题，难度较大11（2分）在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g）当反应达到平衡后，保持温度不变，将气体压缩到原来的体积，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡的1.8倍下列叙述中不正确的是（）A平衡向逆反应方向移动Ba+bc+dCZ的体积分数减小DX的转化率减小考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：在密闭容器中发生反应：aX（g）+bY（g）cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，不考虑平衡移动，只考虑体积改变，W浓度应为原来的2倍，题干中W的浓度为原平衡的1.8倍，说明平衡逆向进行，依据平衡移
38、动方向分析选项解答：解：A、依据条件改变分析判断平衡逆向进行，故A正确；B、压缩容器体积，压强增大，平衡逆向进行，所以逆向是气体体积减小的反应，所以a+bc+d，故B错误；C、反应平衡逆向进行，Z的体积分数减小，故C正确；D、平衡逆向进行，X转化率减小，故D正确；故选：B点评：本题考查化学平衡的判断和影响因素分析，掌握平衡移动原理是解题关键，题目难度中等12（2分）N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生以下反应：2N2O5（g） 4NO2（g）+O2（g）H0T1温度时，向密闭容器中通入N2O5，部分实验数据见下表：下列说法中不正确的是（）t/s050010001500c（N2O5）/（
39、molL1）5.003.522.502.50A500 s内N2O5分解速率为2.96103molL1s1BT1温度下的平衡常数K1=125（molL1）3，平衡时N2O5的转化率为50%CT1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1T2，则K1K2D达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，则再次平衡时c（N2O5）5.00molL1考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度计算分解率；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，计算平衡浓度结合平衡
40、常数概念计算平衡常数，计算转化率；C该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；D将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移解答：解答：解：A依据图标数据分析计算500s内N2O5（g）消耗的浓度=5.00mol/L3.52mol/L=1.48mol/L，分解速率=2.96103 mol/（Ls），故A正确；B由表中数据可知，T1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，c（NO2）=5mol/L，c（O2）=1.25mol/L，平衡常数K=125，转化率为100%=50%，故B正确；C该反应正反应是吸热反应，升
41、高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故C错误；DT1温度下，1000s时反应到达平衡，平衡时c（N2O5）=2.5mol/L，达平衡后其他条件不变，将容器的体积压缩到原来的，各物质的浓度先变为原来的2倍，而加压平衡左移，则c（N2O5）5.00 molL1，故D正确；故选C点评：本题考查化学平衡状态判断、化学平衡有关计算、化学平衡影响因素、平衡常数等，难度中等13（2分）（2008南昌一模）能用电解原理说明的问题是（）电解是把电能转变成化学能 电解是化学能转变成电能电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现电解质溶液被电解时，必然导致氧化
42、还原反应的发生ABCD考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：根据电解原理的概念进行分析；根据电解原理进行分析；根据电解原理和金属导电的原理分析；根据电解原理进行判断；电解过程，发生了电子的转移，必然发生氧化还原反应解答：解：电解是将电流通过溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上发生氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故正确；由于电解是将电流通过溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，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，发生氧化还原反应；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
43、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还原反应转变成现实，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，一定发生了氧化还原反应，故正确；故选：D点评：本题考查了电解原理，注重了基础知识的考查，可以根据所学知识完成，本题难度不大14（2分）家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中不发生的化学反应是（）A4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3B2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2C2H2O+O2+4e4OHDFe3eFe3+考点：金属的电化学腐蚀与防护版权所有专题：电化学专题分析：烧过菜的铁锅未及时洗涤
44、（残液中含NaCl等），第二天便出现红棕色锈斑Fe（OH）3失水的产物，是金属铁发生吸氧腐蚀的结果，正极发生的是氧气得电子的还原反应，负极是金属铁是失电子的氧化反应解答：解：A、氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化为氢氧化铁，即4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3，故A发生；B、正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e4OH，负极是金属铁是失电子的氧化反应，即Fe2eFe2+，Fe2+2OHFe（OH）2，合并得到：2Fe+2H2O+O22Fe（OH）2，故B发生；C、金属铁发生吸氧腐蚀，正极发生的是氧气得电子的还原反应，即2H2O+O2+4e4OH，故C发生；D、金属铁
45、发生吸氧腐蚀，负极是金属铁是失电子的氧化反应，即Fe2eFe2+，所以Fe3e=Fe3+不发生，故D不发生；故选：D点评：本题考查了金属吸氧腐蚀的原理，可以根据原电池知识来回答，难度不大15（2分）用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前同温度）的说法中，正确的有（）该溶液的pH可能增大； 该溶液的pH可能减小； 该溶液的pH可能不变；该溶液的浓度可能增大； 该溶液的浓度可能不变； 该溶液的浓度可能减小A三种B四种C五种D六种考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：用惰性电极电解某溶液时，两极只有H2和O2生成，这说明电解的实质是电解水，
46、可为活泼金属对应的碱、含氧酸盐，或含氧酸等，以此解答该题解答：解：如电解强碱溶液为NaOH，该溶液的pH增大，浓度可增大，则正确；如为硫酸溶液，则该溶液的pH减小，浓度增大，则正确；如电解硫酸钠等活泼金属的含氧酸盐，则pH不变，浓度增大，则正确；如电解水或饱和溶液，则浓度不变，则正确故选：C点评：本题考查电解的有关判断，是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力16（2分）以硫酸铜溶液作电解液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼下列叙述正确的是（）
47、粗铜与直流电源负极相连 阴极发生的反应为Cu2+2eCu电路中每通过3.011023个电子，得到的精铜质量为16g杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解槽形成阳极泥ABCD考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；这几种金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥解答：解：电解精炼铜时，粗铜应作阳极，与直流电源正极相连，故错误；阴极与电池的负极相连，是电解质中的阳离子发生还原反应，即Cu2+2eCu，故正确；根据电极反应：Cu2
48、+2eCu，电路中每通过3.011023个即0.5mol电子，得到的精铜质量为0.25mol64g/mol=16g，故正确；金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故错误；故选：D点评：该题考查电解原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力17（2分）（2014泰安一模）在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A（g）+B（g）2C（g）H0t1时刻达到平衡后，
49、在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图下列说法正确的是（）A0t2时，v正v逆B、两过程达到平衡时，A的体积分数Ct2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加CD、两过程达到平衡时，平衡常数I考点：化学平衡建立的过程版权所有专题：化学平衡专题分析：A、由图象分析可知，0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆；B、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，体积分数不变；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同；D、由图象分析可知，t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，则平
50、衡常数不变；解答：解：A、0t1，反应正向进行，v正v逆，t1t2，反应到达平衡，v正=v逆，故A错误；B、t2时刻改变条件后达到平衡时，逆反应速率不变，说明和原平衡等效，A的体积分数=，故B错误；C、向密闭容器中加C，逆反应速率瞬间增大，再次建立的平衡与原平衡等效，说明和原平衡相同，符合图象，故C正确；D、t2时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变，说明和原平衡等效，所以、两过程达到平衡时，平衡常数I=，故D错误；故选：C点评：本题考查了化学平衡的建立，根据影响速率、平衡的因素来解答，注意图象的分析，难度中等18（2分）在100mLH2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极电解一段时间，两
51、极均收到2.24L气体（标准状况），则原混合液中，Cu2+的物质的量浓度为（）A1molL1B2molL1C3molL1D4molL1考点：电解原理；氧化还原反应的计算版权所有专题：电化学专题分析：根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒解答：解：电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH2H2O+O2+4e，阴极上发生的电极反应为：Cu2+2eCu，2H+2eH2，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴
52、极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1mol铜离子，据c=得到铜离子的浓度为=1mol/L故选A点评：本题考查学生电解池的工作原理以及溶液中的电荷守恒思想，难度不大，可以根据所学知识来回答19（2分）（2012梧州模拟）按如图所示装置进行下列不同的操作，其中不正确的是（）A若U形管左右两端上方充入一些空气，铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只接通K1只闭合K3都断开只接通K2B只接通K1，一段时间后，U形管中出现白色沉淀C只接通K2，U形管左、右两端液面均下降D若将氯化钠溶液改为氢氧化钠溶液，铁棒改为多孔石墨，只接通K2，一段时间
53、后，漏斗内液面无变化考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：作电解池阳极原电池负极不形成电池电解池阴极；B只接通K1，该装置是电解池，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据生成的离子之间是否反应判断现象；C只接通K2，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，都生成气体，根据气体压强的变化判断液面变化；D先只接通K1，阳极上铁放电，阴极上氢离子放电，只接通K2，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，根据气体压强的变化判断反应现象解答：解：A只接通K1时，该装置是电解池，铁作阳极，腐蚀最快，只闭合K3时，该装置构成原电池，铁作
54、负极发生吸氧腐蚀，腐蚀较快，只闭合K2时，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只接通K1只闭合K3都断开只闭合K2，故A正确；B只接通K1，该装置是电解池，阳极上铁失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子放电，同时阴极附近生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成灰白色氢氧化亚铁沉淀，所以一段时间后，U形管中出现白色沉淀，故B正确；C只接通K2，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以左右两端都有气体生成，压强增大导致U型管液面均下降，故C正确；D只接通K1，阴极上氢离子放电生成氢气导致U型管右端液面下降，则漏斗内液面上升，只接通K2，阳极上氯离子放
55、电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以左右两端都有气体生成，压强增大导致U型管液面均下降，漏斗内液面上升，故D错误；故选D点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，注意：如果电解池的阳极材料是活泼电极，则电解池工作时，阳极材料放电而不是电解质溶液中的阴离子放电，为易错点20（2分）用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水（含Cl、Br、Na+、Mg2+）的装置如图所示（a、b为石墨电极）下列说法中，正确的是（）A电池工作时，正极反应式为：O2+2H2O+4e4OHB电解时，a电极周围首先放电的是Br而不是Cl，说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者C电解时，电子流动路径是：负极外电路阴极溶液阳极
56、正极D忽略能量损耗，当电池中消耗0.02gH2时，b极周围会产生0.04gH2考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A、氢氧燃料电池中，正极上放电的是氧气；B、还原性：BrCl，还原性强的离子在阳极先放电；C、电子在导线中移动，不能在溶液中移动；D、燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的解答：A、氢氧燃料电池中，正极上放电的是氧气，在酸性电解质环境下，电极反应式为：O2+4H+4e2H2O，故A错误；B、还原性强的离子在阳极先放电，电解时，a电极周围首先放电的是Br而不是Cl，所以还原性：BrCl，故B正确；C、电子在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；D、燃料电池和
57、电解池中转移的电子数是相等的，当电池中消耗0.02gH2，根据电极反应：H22H+2e，所以转移电子0.02mol，b极的电极反应为：2H+2eH2，转移电子0.02mol，会产生0.02gH2，故D错误故选B点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，学以致用21（2分）（2012福建）将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu 路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A、依据装置图分析装置的K闭合，为原电池装置电解滤纸上的饱和硫酸
58、钠溶液，甲和乙形成原电池反应锌做负极失电子发生氧化反应，铜做正极，电极上得到电子发生还原反应；B、电子从原电池负极流出经外电路流向电解池阴极a，通过电解质溶液离子定向移动到b；电子不能通过电解质溶液；C、甲池中锌离子浓度增大，盐桥中的氯离子移向甲池，硫酸根离子浓度基本不变；D、滤纸处是电解池，a做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大；解答：解：A，Zn作原电池的负极，Cu作原电池的正极，Cu电极是发生还原反应；故A正确；B、电子流向是负极到正极，但ab这一环节是在溶液中导电，是离子导电，电子并没沿
59、此路径流动；故B错误；C、选项中硫酸根离子浓度基本保持不变；故C错误；D、选项中是滤纸a点是阴极，氢离子放电，水电离平衡破坏附近氢氧根离子浓度增大，酚酞变红；b做阳极氢氧根离子失电子生成氧气，附近氢离子浓度增大，故D错误；故选A点评：本题考查电化学知识，原电池、电解池原理的应用，装置图设计有些复杂，B选项干扰作用明显，设问巧妙，题目难度中等22（2分）（2014天津）下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）B含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）CCO2的水溶液：c（H+）c（HCO3）=2c（
60、CO32）D含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；D、依据溶液中元素物料守恒计算分析解答：解：A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na+H+SO42，H2OH+OH，溶
61、液中质子守恒，c（H+）=c（SO42）+c（OH），故A正确；B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）c（Cl）c（I），故B错误；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，c（H+）c（HCO3）2c（CO32），故C错误；D、依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3c（HC2O4）+C（C2O42）+c（H2C2O4），故D错误；故选A点评：本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基
62、础是关键，题目难度中等23（2分）（2014重庆）下列叙述正确的是（）A浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体BCH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO）增大CCa（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2D25时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度考点：影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是
63、碳酸钙和碳酸钠；D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断解答：解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C错误；D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2Cu2+2OH，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确故选D点评：本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知
64、识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等24（2分）25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32、Bc（H+）=11013 molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、NO3C0.1 molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1 molL1FeCl3溶液中：Fe2+、SCN、SO42考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：ApH=1的溶液，显酸性；Bc（H+）=11013 molL1的溶液，显碱性；C该组离子之间不反应；D离子之间结合生成络离子解答：解：ApH=1的溶液，显酸性，H+、CO32结合生成
65、水和气体，不能大量共存，故A错误；Bc（H+）=11013 molL1的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+、Cu2+，故B错误；C该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；DFe3+、SCN离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大二填空题（本题包括4小题，共52分）25（8分）向恒容密闭容器中充入一定量 PCl5，在温度为T时发生反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=+124kJmol1回答下列问题：（1）要提高上述反应的转化率，
66、可采取的措施有升高温度（或降低压强或移走PCl3、Cl2等合理答案）（2）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是PCl5+4H2OH3PO4+5HCl若将0.01mol PCl5投入热水中，向其中滴加NaOH溶液至酸恰好被完全中和生成正盐，继续加水得到1L溶液，再逐滴加入AgNO3溶液，先产生的沉淀是AgCl（或填名称“氯化银”）已知Ksp（Ag3PO4）=1.41016，Ksp（AgCl）=1.81010（3）已知白磷（P4）的燃烧热为3093.2kJ/mol，请写出白磷燃烧的热化学方程式P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）H=3093.2 kJ/mo
67、l考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=+124kJmol1是气体体积增大的吸热反应，要通过转化率，需使反应正向进行；（2）根据五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4）写出反应的化学方程式；先计算出饱和磷酸银、氯化银沉淀需要银离子的浓度，需要银离子浓度越小，说明越难溶，加入银离子时优先生成沉淀；（3）依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，标注物质聚集状态得到热化学方程式解答：解：（1）反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）H=+124kJmol1是气体体积增大的吸热反应，
68、要通过转化率，需使反应正向进行，可以升温、减压、移出部分生成物，故答案为：升高温度（或降低压强或移走PCl3、Cl2等合理答案）；（2）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），则该反应的化学方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；设饱和磷化银溶液中银离子浓度为x，则：Ksp（Ag3P04）=x3（）=1.41016，x=；设饱和氯化银溶液中银离子浓度为y，则y2=Ksp（AgCl）=1.81010，y=，所以0.01mol PCl5投入lL热水中，再逐滴加入AgN03溶液，先产生的沉淀是AgCl，故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl；AgCl（或填名称“氯
69、化银”）；（3）白磷（P4）的燃烧热为3093.2kJ/mol，依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，反应的热化学方程式为：P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）H=3093.2 kJ/mol，故答案为：P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）H=3093.2 kJ/mol点评：本题考查了化学平衡的移动、盐类水解、沉淀的转化、热化学方程式书写，题目难度中等26（16分）一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍，可连续使用一个月才充一次电请完成下列与甲醇有关的问题（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2（g）+3H2（g）C
70、H3OH（g）+H2O（g）；H=49.0kJmol1在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投人反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：容器AB反应物投入量1molCO2（g）和3molH2（g）1molCH3OH（g）和1molH2O（g）CH3OH（g）浓度（molL1）c1c2反应能量变化放出29.4kJ吸收akJ从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为0.1c1mol/（LS）（用含C1的表达式表示）a=19.6（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图：写出甲中通
71、入甲醇这一极的电极反应式CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），写出在t2后，铁电极上的电极反应式2H+2e=H2；在t2时所得溶液的pH为1（假设溶液体积不变）（3）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空如图丁所示装置中，以稀土金属材料做惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y203的Zr02固体，它在高温下能传导02离子d电极的名称为负极如图戊所示用铂电极电解足量硫酸铜溶液，b电极上的电极反应式为Cu2+2eCu若电解一段时间后要使电解质溶液恢
72、复到电解前的状态，可加入ac （填序号）a CuO bCu（OH）2 cCuC03 dCu2（OH）2C03 考点：原电池和电解池的工作原理；反应速率的定量表示方法版权所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据方程式知，1mol二氧化碳完全反应放出49kJ能量，则反应放出29.4kJ热量，则参加反应的二氧化碳的物质的量=0.6mol，根据方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物质的量为c1mol/L，从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率=；A、B是等效平衡，则A中放出的热量与B中吸收的热量之和为49.0kJ；（2）甲是原电池，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极
73、，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；电解该混合溶液时，阳极上先是氯离子放电生成氯气、后是氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先是铜离子放电生成Cu单质，所以没有气体生成，然后是氢离子放电生成氢气，根据图象知，I为阴极发生的反应、II为阳极发生的反应；在t2后，铁电极上氢离子放电生成氢气、石墨电极上氢氧根离子放电生成氧气，实际上是电解水；（3）根据电流方向知，c是正极、d是负极；如图戊所示用铂电极电解足量硫酸铜溶液，b电极上铜离子放电生成Cu；若电解一段时间后要使电解质溶液恢复到电解前的状态，根据析出什么加入什么原则加入物质即可解答：解：（1）根据方程式知，1mol二氧化碳完全反应放
74、出49kJ能量，则反应放出29.4kJ热量，则参加反应的二氧化碳的物质的量=0.6mol，根据方程式知，生成c1mol甲醇需要二氧化碳的物质的量为c1mol/L，从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率=0.1c1 mol/（LS），故答案为：0.1c1 mol/（LS）；A、B是等效平衡，则A中放出的热量与B中吸收的热量之和为49.0kJ，则a=49.0kJ29.4kJ=19.6kJ，故答案为：19.6；（2）甲是原电池，通入甲醇的电极是负极、通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O，故答
75、案为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；电解该混合溶液时，阳极上先是氯离子放电生成氯气、后是氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先是铜离子放电生成Cu单质，所以没有气体生成，然后是氢离子放电生成氢气，根据图象知，I为阴极发生的反应、II为阳极发生的反应，阳极电极反应式为2H+2e=H2；在t2后，铁电极上氢离子放电生成氢气、石墨电极上氢氧根离子放电生成氧气，实际上是电解水，所以溶液pH变化的为t1t2时间段，阳极上生成氧气体积为（336224）mL=112mL=0.112L，阳极电极反应式为2H2O4e=4H+O2，根据2H2O4e=4H+O2知，c（H+）=0.1mol/L，则溶液的pH
76、=1，故答案为：2H+2e=H2；1；（3）根据电流方向知，c是正极、d是负极，故答案为：负极；如图戊所示用铂电极电解足量硫酸铜溶液，b电极上铜离子放电生成Cu，电极反应式为Cu2+2eCu；若电解一段时间后要使电解质溶液恢复到电解前的状态，根据析出什么加入什么原则加入物质即可，用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以相当于析出的物质是CuO，加入CuC03，硫酸和CuC03反应生成硫酸铜和二氧化碳，二氧化碳逸出，相当于加入CuO，所以加入CuO或CuC03都可以使溶液恢复原状，故答案为：Cu2+2eCu；ac点评：本题考查较综合，涉及等效平衡、
77、电解原理、原电池原理等知识点，侧重考查基本理论，明确电解过程中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意（3）中加入CuC03也能使溶液恢复原状，为易错点27（14分）某蓄电池反应为NiO2+Fe+2H2OFe（OH）2+Ni（OH）2（1）该蓄电池充电时，发生还原反应的物质是C（填下列字母），放电时生成Fe（OH）2的质量18g，则外电路中转移的电子数是0.4NA或2.4081023ANiO2 BFe CFe（OH）2 DNi（OH）2（2）为防止远洋轮船的钢铁船体在海水中发生电化学腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与该蓄电池这样的直流电源的负极（填“正”或“负”）相连（3）以该蓄电池
78、做电源，用图1所示装置，在实验室模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊，原因是（用相关的电极反应式和离子方程式表示）Al=Al3+3e、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（4）精炼铜时，粗铜应与直流电源的正极（填“正”或“负”）相连，精炼过程中，电解质溶液中c（Fe2+）、c（Zn2+）会逐渐增大而影响进一步电解，甲同学设计如图2除杂方案：已知：沉淀物Fe（OH）3Fe（OH）2Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀时的pH2.37.55.66.2完全沉淀时的pH3.99.76.48.0则加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，乙同学认为应将方案中的pH调节到8，
79、你认为此观点不正确（填“正确”或“不正确”），理由是同时会使Cu2+生成沉淀而除去考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：（1）充电时阴极上得电子发生还原反应；根据氢氧化亚铁和转移电子之间的关系式计算；（2）作原电池正极或电解池阴极的金属被保护；（3）阳极上铝失电子生成铝离子，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应；（4）精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；根据其沉淀的pH确定正误解答：解：（1）充电时，阴极上Fe（OH）2得电子生成Fe而发生还原反应，放电时生成Fe（OH）2的质量18g，转移电子数=0.4NA 或2.408102
80、3，故答案为：C；0.4NA 或2.4081023；（2）作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作电解池阴极金属应该与电源负极相连，故答案为：负；（3）铝作阳极，阳极上电极反应式为Al=Al3+3e；阳极上生成的铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以溶液变浑浊Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al=Al3+3e、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（4）精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以粗铜与电源正极相连；双氧水具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子；当溶液的pH=8时，铜离子能生成沉淀而被除去，故答案为：正；将Fe2+氧化
81、为Fe3+；不正确；同时会使Cu2+生成沉淀而除去点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，再结合pH与物质的溶解性分析解答，难点是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解的反应，题目难度不大28（14分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）NaNO3（s）+ClNO（g） K1H0 （I）2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g） K2H0 （）（1）为研究不同条件对反应（）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（）达到平衡测得10min内v（C
82、lNO）=7.5103molL1min1，则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=75%其它条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率21（填“”“”或“=”），平衡常数K2不变（填“增大”“减小”或“不变”）若要使K2减小，可采用的措施是升高温度（2）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2
83、）c（CH3COO）（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1），可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bca向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）依据平衡三段式列式计算，依据速率概念、转化率概念的计算，平衡常数随温度变化；（2）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0m
84、ol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断解答：解：（1）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2mol NO和0.1mol Cl2，10min时反应（）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5103molL1min1，物质的量为7.5103molL1min110min2L=0.15mol， 2NO（g）+Cl2（g）2ClNO（g），起始量（mol
85、） 0.2 0.1 0变化量（mol） 0.15 0.075 0.15平衡量（mol） 0.05 0.025 0.15则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率1=100%=75%；其他条件保持不变，反应（）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强增大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；故答案为：0.025；75%；不变；升高温度；（2）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，
86、反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度
87、为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液PH相同，故a不符合；b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b符合；c、向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c符合；d、溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液PH更大，不能调节溶液PH相同，故d不符合；故答案为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）；bc点评：本题考查了化学平衡常数的计算，影响化学平衡的因素分析应用，电解质溶液中盐类水解，离子浓度大小比较，调节溶液PH的方法分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等参与本试卷答题和审题的老师有：王慧；lxf66；无敌海丰；梁老师1；王老师；刘鑫；2855469041；高山流水；随风；学无止境；陈老师；赵老师（排名不分先后）2015年1月21日
