1、高考资源网（） 您身边的高考专家北京新学道临川学校20192020学年度第一学期期末考试高二年级化学试卷可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 C135.5 Cu64 Br80 Ag108第I卷(选择题)一、选择题1.被称为人体冷冻学之父的罗伯特埃廷格在1962年写出不朽的前景一书。他在书中列举了大量事实，证明了冷冻复活的可能。比如，许多昆虫和低等生物冬天都冻僵起来，春天又自动复活。下列结论中与上述信息相关的是（ ）A. 化学反应前后质量守恒B. 低温下分子无法运动C. 温度降低，化学反应停止D. 温度越低，化学反应越慢【答案】D【解析】【分析】由题给信息可知，冷冻复活与反应速率有关，一
2、般来说，温度越低，反应速率越小，温度越高，反应速率越大。【详解】温度的高低影响化学反应速率的快慢，温度越低，反应速率越慢，但反应不会停止，分子运动不会停止，与反应前后质量守恒无关。故合理选项是D。2.下列有关化学反应与能量的说法不正确的是（ ）A. 化学反应过程中伴随有能量变化，并以热能、电能或光能等形式表现出来B. NaOH与HCl反应的化学能可直接转化为电能C. 现正探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等D. 许多化学反应的热效应可以通过实验直接测得【答案】B【解析】【详解】A.化学反应过程是旧键断裂新键形成的过程，一定伴随能量变化，可以看成“储存”在物质内部的能量(
3、化学能)转化为热能、电能或光能等而被释放出来，或者是热能、电能或光能等转化为物质内部的能量(化学能)被“储存”起来的过程，A正确；B.NaOH与HCl反应为酸碱中和反应，不属于氧化还原反应，不可设计成原电池，化学能不可直接转化为电能，B错误；C.积极开发新能源，寻找替代传统和常规能源，人们正在探索的新能源有太阳能、氢能、风能、海洋能和生物质能等，多为清洁能源，C正确；D.化学反应过程中发生物质变化的同时，常常伴有能量的变化，这种能量的变化常以热能的形式表现出来，可用量热计，也称量热仪、量热器实验直接测得，如中和热、燃烧热等，无法测得的可利用盖斯定律间接测量，D正确；故合理选项是B。3.下列溶液
4、一定呈中性的是（ ）A. pH =7的溶液B. c(H+)= c(OH-) 的溶液C. c(H+) c(OH-)= 110-14 的溶液D. CH3COONa的溶液【答案】B【解析】溶液呈酸碱性的本质，取决与溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小，当溶液中：c（H+）c（OH），溶液呈酸性；c（H+）c（OH），溶液呈中性；c（H+）c（OH），溶液呈碱性。A.pH=7的溶液，不一定是在常温下，所以水的离子积不一定是KW=110-14，溶液中c（H+）、c（OH）不一定相等，故A错误；B .根据上述分析可知，当溶液中c（H+）c（OH）时，溶液一定呈中性，故B正确；C.c(H+) c(OH-)=
5、110-14 的溶液，只能说明该溶液的温度是在常温下，并不能说明c（H+）和c（OH）的相对大小，所以无法判断溶液是否是中性溶液，故C错误；D.CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，根据“谁强显谁性”的原则，溶液呈碱性，故D错误；故答案选B。考点：溶液酸碱性的定义及判断。4.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（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在含有金属材料作电极的原电池中，负极加速被腐蚀、正极被保护；在电解池中，如果金属材料作阳极，则加速被腐蚀，阴极被保护，且金属材料作阳极被腐蚀速率大于作原电池负极的金属材料，据此分析解答。【详解】A.该电解
6、池中Fe作阳极而加速被腐蚀，A错误；B.该电解池中Fe作阳极而加速被腐蚀，B错误；C.该原电池中Fe作负极而加速被腐蚀，C错误；D.该原电池中Zn作负极而加速被腐蚀，Fe作正极被保护，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道在较活泼金属作电极的原电池、电解池中，哪个电极被保护，哪个电极被腐蚀。金属被腐蚀的速率：电解池的阳极原电池的负极化学腐蚀原电池的正极电解池的阴极。5.下列有关反应热与能源的说法正确的是（ ）A. 人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的B. 增大反应物的投料，反应热H增大C. 已知甲烷的燃烧热H=-890
7、 kJ/mol，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=- 890kJ/molD. 反应物分子的化学键断裂时，需要释放能量【答案】A【解析】【详解】A.借助化学反应提供能量，则目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，A正确；B.焓变与参加反应的物质的量无关，增大反应物的投料，反应热H不变，B错误；C.甲烷的燃烧热H=-890 kJ/mol，对应的生成物水应该为液态，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=- 890kJ/mol，C错误；D.化学键断裂吸收能量，形成化学键释放能量，D错误；故合理选项是A。6.反应A(g)+3B(g)2C(g)
8、+2D(g)在下列四种不同情况下化学反应速率最快的是（ ）A. v(D)=0.45 mol/(Lmin)B. v(B)=0.01 mol/(Ls)C. v(C)=0.40 mol/(Lmin)D. v(A)=0.15 mol/(Lmin)【答案】A【解析】【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答。A=0.225mol/(Lmin)；B.v(B)=0.01 mol/(Ls)=0.6mol/(Lmin)，则=0.2mol/(Lmin)；C.v(C)=0.40 mol/(Lmin)，则=0.2mol/(Lmin)；D.v(A)=0.15 mol/(Lmin)，则=0.15mo
9、l/(Lmin)；可见，反应速率最快的为0.225mol/(Lmin)，故合理选项是A。7.下列说法不正确的是（ ）A. 在常温常压下，气体分子之间的碰撞为随机碰撞B. 有效碰撞可以认为是发生化学反应的充要条件C. 活化分子所多出来的那部分能量称作活化能D. 增大浓度、升高温度、使用催化剂均可提高反应物中活化分子百分数【答案】D【解析】【详解】A.在常温常压下，气体分子的运动是自由的，所以气体分子之间的碰撞为随机碰撞，A正确；B.发生化学反应的碰撞为有效碰撞，所以有效碰撞可以认为是发生化学反应的充要条件，B正确；C.使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化能指活化分子多出
10、其它反应物分子的那部分能量，C正确；D.增大浓度可以提高单位体积内活化分子的总数，而活化分子的百分数不变，但升高温度、使用催化剂不能改变单位体积内分子总数，但可提高反应物中活化分子百分数，D错误；故合理选项是D。8.物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为7、9、11，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（）A. HX HY HZB. HX HZ HYC. HZ HY HXD. HY HZ HX【答案】A【解析】【详解】物质的量浓度相同的钠盐，酸根离子的水解程度越大，溶液的pH越大，其对应的酸的酸性越弱，则物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为7、9、
11、11，则水解程度X-Y-Z-，其对应的酸的酸性强弱顺序为HXHYHZ，故选A。9.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）A. 铝盐用作净水剂B. NaCl用作调味品C. 实验室配制FeCl3溶液时加入盐酸D. 用TiCl4制备纳米材料TiO2【答案】B【解析】【分析】A.铝离子在溶液中发生水解，生成氢氧化铝胶体能够净水；B.NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用；C.铁离子易水解，加酸抑制铁离子的水解；D.TiCl4溶液水解生成H2TiO3，钛酸加热分解生成二氧化钛。【详解】A.铝离子发生水解：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，生成了氢氧化铝胶体，氢氧化
12、铝胶体的表面积大，吸附性强，可吸附水中悬浮的固体使之形成沉淀，从而具有净水作用，与盐类水解有关，A不符合题意；B.NaCl防腐主要利用的是高浓度的盐溶液使细胞脱水死亡而达到防腐的作用，与盐的水解无关，B符合题意；C.FeCl3水解生成氢氧化铁常导致溶液变浑浊，同时溶液呈酸性，加入酸可抑制水解，与盐类水解有关，C不符合题意；D.四氯化钛在热水中水解：TiCl4+3H2OH2TiO3+4HCl，钛酸受热分解：H2TiO3TiO2+H2O，与盐类水解有关，D不符合题意；故合理选项是B。10.下列实验操作对应的现象与结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A向两支分别盛有0.1mol/L醋酸和饱和硅酸
13、的试管中滴加等浓度的Na2CO3溶液两支试管都都有气泡产生醋酸和硅酸的酸性比碳酸强B室温下向物质的量浓度均为0.1mol/L的NaCl和NaI混合溶液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)碳酸硅酸，发生强酸制取弱酸的反应，则饱和硅酸的试管中滴加Na2CO3溶液不会生成气体，A错误；B.Ksp小的先沉淀，则先出现黄色沉淀，可知Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，B错误；C.烧杯壁感觉变凉，温度降低，可知反应吸热，则Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应，C正确；D.稀释促进一水合氨的电离，则稀释后NH3H2O电离程度增大，D错误；故合理选项是C。11.常温下在下列给定条
14、件的溶液中，一定能大量共存的离子组是A. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na、NH4+、I、NO3-B. 加入铝粉生成H2的溶液：K、Mg2、SO42-、HCO3-C. c(Fe3)0.1 molL1的溶液：H、Al3、Cl、SCND. 0.1 molL1的溶液：Na、K、SiO32-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A、能使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，NO3-把I氧化而不能大量共存，A错误；B、加入铝粉生成H2的溶液为碱性或酸性溶液，HCO3-均不能大量共存，B错误；C、SCN与Fe3形成配离子而不能大量共存，C错误；D、0.1 molL1的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中互不反应，可
15、以大量共存，D正确；答案选D。12.镍镉可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2 ， 由此可知该电池放电时的负极是（ ）A. CdB. NiOOHC. Cd(OH)2D. Ni(OH)2【答案】A【解析】【详解】放电过程是原电池的工作原理，即化合价身高的物质为负极材料，从反应方程式可以看出，Cd的化合价升高，Cd为负极材料；故选A。13.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（ ）A. 0.1molFeCl3完全水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.1NAB. 0.1mol/LNa2SO3溶液中离子总数大于0
16、.3NAC. 电解精炼铜时，阴极增重3.2g，电路中转移电子数为0.1NAD. 将0.1molO2与0.2molNO在密闭容器中允分反应，反应后容器内分子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.一个Fe(OH)3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，因此0.1mol氯化铁水解出的Fe(OH)3胶粒的个数小于0.1NA个，A错误；B.溶液体积不明确，溶液中的离子个数无法计算，B错误；C.阴极上铜离子放电：Cu2+2e-=Cu，当阴极增重3.2g即生成0.05mol铜时，转移0.1mol电子即0.1NA个，C正确；D.NO和O2反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致气体分子个数减少，反应后
17、容器中的分子个数小于0.2NA个，D错误；故合理选项是C。14.下列反应中，属于放热反应的是（ ）煅娆石灰石；燃烧木炭取暖；炸药爆炸；酸与碱的中和反应；碳与水蒸气制水煤气；食物因氧化而腐败。A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】煅娆石灰石为吸热反应；燃烧木炭取暖，为放热反应；炸药爆炸释放出大量的能量，为放热反应；酸与碱的中和反应为放热反应；碳与水蒸气制水煤气为吸热反应；食物因氧化而腐败属于放热反应。综上所述可知：属于放热反应的是，故合理选项是C。15.下列有关化学实验说法正确的是（ ）A. 用磨口玻璃塞的细口瓶盛放Na2CO3溶液B. 用酸式滴定管量取20.00 mL硫酸C.
18、电镀时，通常把镀层金属作阴极D. 中和反应反应热的测定实验中用到的所有玻璃仪器为烧杯、量筒、温度计【答案】B【解析】【详解】A.Na2CO3溶液显碱性，不能使用玻璃塞，应选橡皮塞，A错误；B.酸式滴定管的感量为0.01mL，则可量取20.00 mL硫酸，B正确；C.镀层金属失去电子，则应作阳极，C错误；D.测定中和热所需要玻璃仪器为烧杯、量筒、温度计，还需要环形玻璃搅拌棒，D错误；故合理选项是B。16.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质(同素异形体)。在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ 的热能。据此判断在100kPa下，下列结论正确的是（ ）石墨比金刚石稳定
19、； 金刚石比石墨稳定；1mol石墨比1mol金刚石的总能量高；1mol金刚石比1mol石墨的总能量高A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】物质具有的能量越低越稳定，且H=生成物的能量和-反应物的能量和，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，说明金刚石比石墨能量高，石墨比金刚石稳定，正确说法为，故合理选项是B。17.一定量的锌粉和3mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时能加快化学反应速率但不影响产生H2总量的是（ ）铁粉银粉石墨粉稀硝酸CaCO3浓盐酸A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】加入铁粉，构成原电池，反应速率加快，锌反应完毕，铁可
20、以与盐酸反应生成氢气，产生H2的总量增大，错误；加入银粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，正确；加入石墨粉，构成原电池，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，正确；稀硝酸具有强氧化性，硝酸与锌反应不能生成氢气，故错误；加入CaCO3，碳酸钙与盐酸反应，氢离子浓度减小，反应速率降低，故错误；加入浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，不影响锌粉的量，不影响产生H2的总量，正确；答案选C。18.下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（ ）A. H2O+ H2OH3O+OH-B. CO2+H2OH2CO3C. HCO3-+OH- H2O+CO32-D.
21、 CO32-+ H2OHCO3- +OH-【答案】D【解析】【分析】水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。【详解】A水是弱电解质，不是弱离子，水本身不能水解，电离为氢离子(实际是H3O+)和氢氧根离子，H2O+H2OH3O+OH-是水的电离方程式，故A错误；B方程式表示二氧化碳与水反应生成碳酸，是化学方程式，不是水解方程式，故C错误；C方程式表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，故C错误；D方程式表示碳酸根结合水电离的氢离子生成碳酸氢根和氢氧根，是碳酸根的水解，故D正确；故答案为D。19.锌银电池的总反应为Zn+Ag2O+H
22、2O=Zn(OH)2+2Ag，下列判断正确的是（ ）A. 工作时电子由Ag2O经外电路流向Zn极B. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应C. Zn为负极，Ag2O为正极D. Zn为正极，Ag2O为负极【答案】C【解析】【分析】根据电池反应式Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag知，失电子的物质Zn作负极，得电子的物质Ag2O作正极。充电时为电解池，阴极的反应为负极的逆反应，阳极的反应为正极的逆反应，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，由此分析解答。【详解】A.工作时电流由正极Ag2O经外电路流向负极Zn极，而电子由Zn极经外电路流向Ag2O，A错误；B.Zn负极，电极发
23、生氧化反应，Ag2O为正极，电极发生还原反应，B错误；C.Zn为负极，电极发生氧化反应，Ag2O为正极，电极发生还原反应，即Zn为负极，Ag2O为正极，C正确；D.由选项C分析可知，Zn为负极，Ag2O为正极，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确电池正负极、阴阳极的判断方法、外电路中电子的流向。放电时电子由负极经外电路流向正极，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；电流方向与电子移动方向相反，由正极经外电路流向负极。20.已知反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.3kJ/moL，N2的平衡转化率a(N2)与体系总压强(p)的关系如
24、图所示。下列说法正确的是（ ）A. 将1molN2与3molH2置于1L密闭容器中充分反应，放出的热量为92.3kJB. T1T2C. 平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)K(B)D. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】B【解析】【分析】A.可逆反应反应物不能完全转化，结合热化学方程式的含义解答；B.升高温度，N2的平衡转化率a(N2)降低，据此回答；C.平衡常数只受温度影响，与压强无关；D.升高温度正、逆反应速率都增大，逆反应速率比正反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动。【详解】A.热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.3kJ
25、/moL表示1mol N2(g)与3mol H2(g)反应生成2mo NH3(g)，放出的热量为92.4kJ，由于可逆反应反应物不能完全转化，1.0mol氮气、3.0mol氢气，置于1L密闭容器中发生反应，放出的热量小于92.4kJ，A错误；B.该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，N2的平衡转化率a(N2)降低，则T1B. 0.1mol/LNH4Cl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(OH-)D. 0.1mol/LNa2CO3溶液：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2
26、c(H2CO3)【答案】D【解析】【分析】A.NH4Cl溶液；(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解；NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子水解；(NH4)2CO3溶液碳酸根离子对铵根离子水解起促进作用，二元酸根离子水解程度大于一元酸根离子水解程度；B.根据物料守恒分析；C.酸性混合溶液，则c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒分析；D.碳酸钠溶液中根据质子守恒可知：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)。【详解】A.NH4Cl溶液；(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解；NH4HSO4溶液中H+抑制铵根离子水解；(NH4)2CO3溶液碳酸根离子对铵根离子水解起促进作用，二元酸
27、根离子水解程度大于一元酸根离子水解程度，所以c(NH4+)的大小关系：，A错误；B.根据物料守恒可知：c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(Cl-)，所以c(NH4+)c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)c(Na+)c(H+) c(OH-)，C错误；D.碳酸钠溶液中根据质子守恒可知：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、盐的水解原理、质子守恒、物料守恒等知识判断溶液各离子浓度大小。23.已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.510-4g、8.410-6g，
28、将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为A. 只有AgBr沉淀生成B. AgCl和AgBr沉淀等量生成C. AgCl沉淀多于AgBr沉淀D. AgCl沉淀少于AgBr沉淀【答案】C【解析】【分析】由于AgCl的溶解度大于AgBr，AgCl与 AgBr的饱和溶液中，前者c（Ag）大于后者c（Ag），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合，加入AgNO3，溶液中AgCl沉淀较多。【详解】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag）大于后者c（Ag），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两
29、饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl-也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，则生成的AgCl沉淀比AgBr多。故选C。24.25时，在25mL0.1molL-1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2mol/L的CH3COOH溶液，溶液的pH与CH3COOH溶液体积关系如下图所示，下列有关粒子浓度大小关系正确的是（ ）A. a12.5，且有：c(Na+)=c(CH3COO-)=c(OH-)=c(H+)B. C点时溶液中有：c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)C. D点时溶液中有：c(CH3COO-)+c(CH
30、3COOH)=2c(Na+)D. 水的电离程度：DBA【答案】C【解析】【详解】A.醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使溶液呈中性，酸的量应稍微大些，所以a25；在B点溶液呈中性，即溶液中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以醋酸根离子和钠离子也相等，但中性溶液中水是微弱电离的，所以醋酸根离子浓度大于氢离子浓度，即c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+)，A错误；B.在C点，溶液呈酸性，溶液中c(H+)c(OH-)，根据溶液中电荷守恒知，溶液中c(Na+)c(Na+)c(H+)c(OH-)，B错误；C.在D点时，加入的醋酸的物质的量n(CH3COOH)=0.2mol/L0.02
31、5L=0.005mol，氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol/L0.025L=0.0025mol，根据物料守恒知，n(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=0.005mol，所以在D点：n(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=2c(Na+)，C正确；D.在A点溶液中含有大量NaOH，对水电离起抑制作用，在B点，溶液的pH=7，对水电离平衡无影响；在D点醋酸过量，对水电离平衡又起抑制作用，但醋酸是弱酸，电离产生的H+浓度很小，抑制作用小于NaOH，所以水的电离程度：BDA，D错误；故合理选项是C。25.电解Na2SO4溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示,其中阴极和阳极
32、均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2。下列说法正确的是( )A. b 极与电源的正极相连B. 产物丙为NaOH 溶液C. 离子交换膜d 为阴离了交换膜(允许阴离子通过)D. a 电极反应式2H2O-4e-=4H+O2【答案】D【解析】【分析】装置图分析可知是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为O2，气体乙为H2，阳极生成O2，电极反应2H2O-4e-=4H+O2，阴极生成H2，2H+2e-= H2，气体体积比为1：2，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极，在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子
33、交换膜。【详解】A.由上述分析可知：a电极为阳极，与电源正极相连，A错误；B.阳极a生成O2，电极反应2H2O-4e-=4H+O2，阳极室水的电离平衡被破坏生成H+，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H+2e-=H2，生成产物丁为NaOH，B错误；C.阳极a生成O2，电极反应2H2O-4e-=4H+O2，阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成H2，2H+2e-=H2，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，C错误；D.阳极a生成O2，电极反应2H2O-4e-=4H+O2，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解原理的分析应用，电极产物和电极名称
34、判断是解题关键。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，确定甲为O2，乙为H2是本题的突破口。第卷(非选择题)二、填空题26.一定温度下，向2L密闭容器中充入5molN2和7molH2。发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。请问答:(1)该反应的平衡常数表达式为_(2)一定温度下，不能说明上述反应已达到平衡的是_(填选项字母)。a.NH3的生成速率和NH3的分解速率相等b.单位时间内消耗amolN2同时生成2amolNH3c.容器内的压强不再变化d.容器内的密度不再变化e.容器内H2的体积分数不再变化(3)当该反应达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则该温度下反
35、应的平衡常数K=_。(4)若在上述平衡条件下保持温度不变，将容器扩大到原来的两倍，再次达到平衡时N2(g)的转化率_(填“增大”、“减小”或“不变)，c(NH3)_0.5mol/L (填“”、“”或“=”)。【答案】 (1). K = (2). bd (3). 0.0625 L2mol2 (4). 减小 (5). 【解析】【分析】(1)化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；(2)可逆反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等(同种物质)或正、逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；(3)先计算各种
36、物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式，可得该反应的化学平衡常数的值； (4)利用压强对化学平衡移动的影响分析平衡移动的方向，判断物质的平衡转化率及物质的平衡浓度大小。【详解】(1)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数K=；(2)a.NH3生成的速率与NH3分解的速率相等，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故a正确；b.单位时间内消耗a mol N2，同时生成2a mol NH3，表示的都是正反应速率，无法判断正、逆反应速率是否相等，b错误；c.该反应是反应前后气体体积不等的反应，反应在恒容密闭容器中进行，若压强不再随时间变化而变化，说明气体总物质的量不再改变，反应达到平衡
37、状态，c正确；d.容器内的密度不再变化，该反应两边都是气体，气体的质量不变，反应中容器的容积不变，根据=可知，密度在反应过程中始终不变，不能作为判断平衡状态的依据，d错误；e.容器内H2的体积分数不再变化，说明H2的物质的量不再随时间变化而变化，此时反应达到平衡状态，e正确；故合理选项是bd；(3)在2L密闭容器中进行反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，反应开始时，充入5molN2和7molH2，c(N2)=5mol2L=2.5mol/L，c(H2)=7mol2L=3.5mol/L，达到平衡时，测得c(N2)=2.0mol/L，则根据物质反应转化关系可知c(N2)=2.5mol/L-2
38、.0mol/L=0.5mol/L，c(H2)=1.5mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，因此平衡时各种物质的浓度：c(N2)=2.0mol/L，c(H2)=3.5mol/L-1.5mol/L=2.0mol/L，c(NH3)=1.0mol/L，所以该反应的化学平衡常数K= L2mol-2=0.0625 L2mol-2；(4)在(3)所得平衡状态的基础上，将容器扩大到原来的两倍，c(NH3)瞬间变为原平衡的，即为0.5mol/L，此时容器内压强减小，由于该反应的正反应为气体体积减小的反应，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆方向移动，则反应N2的转化率减小，达到平衡时c(NH3)”、“ (
39、3). 适当升高温度(或适当减小压强或增大起始时CO2与C2H6的投料比等其他合理答案) (4). 吸热 (5). 温度升高，平衡常数增大，平衡正向移动，则正反应吸热 (6). 0.05mol/(Ls) (7). 50%【解析】【分析】I.(1)根据盖斯定律计算；(2)图象可知曲线上的点为平衡点，A点位于曲线下，达到平衡需要增大乙烷的转化率；为提高C2H6的平衡转化率，平衡正向进行。II.(3)根据表中数据分析，温度升高，化学平衡常数增大，说明温度升高促进反应正向进行；(4)根据v计算H2的消耗速率，由=100%计算CO2的平衡转化率。【详解】I.(1)C2H6(g)C2H4(g) + H2(
40、g) H1；3H2(g) + 2CrO3(s) = 3H2O(g) + Cr2O3(s) H2；Cr2O3(s) + 3CO2(g) = 3CO(g) + 2CrO3(s) H3；盖斯定律计算(3+)得到反应：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO2(g)+H2O(g)的H=；(2)C2H6的平衡转化率与温度的关系图分析可知，A点位于平衡曲线下方，未达到化学平衡，若达到平衡状态需要增大乙烷的转化率，所以反应正向进行，A点的反应速率v(正)v(逆)；若不考虑副反应的发生，为提高C2H6的平衡转化率，除了将生成物及时从体系中分离出来外，还可采取的措施有：适当升高温度或适当减小压强或增大起
41、始时CO2与C2H6的投料比等。II.(3)根据表中数据分析，温度升高，化学平衡常数增大，说明升高温度，促进反应正向进行，则正反应为吸热反应；(4)在2L密闭容器中发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，在反应开始时n(CO2)=n(H2)=2mol，假设反应产生H2O的物质的量为x，则根据物质反应转化关系可知平衡时的物质的量：n(CO2)=n(H2)=(2-x)mol，n(CO)=n(H2O)=xmol，由于反应前后气体的物质的量相等，在830下，K=1.0，所以K=1.0，解得x=1mol，则这段时间内v(H2)=0.05mol/(Ls)，此时CO2的转化率(CO2)=1
42、00%=50%。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡移动及化学反应速率和化学平衡的有关计算，能从图象中获取有用信息是解题的关键。掌握有关概念及平衡移动原理是本题解答的基础。28.醋酸是一种常见的弱酸，请回答：(1)已知某温度时，醋酸的电离平衡常数Ka=1.610-5。醋酸的起始浓度为0.010mol/L，平衡时c(H+)=_(提示:醋酸的电离平衡常数很小，平衡时的c(CH3COOH)可近似视为仍等于0.010mol/L pH=1的醋酸与pH=l的盐酸等体积混合，混合后溶液中c(CH3COO-)=_。(2)日常生活中常用醋酸除水垢，但工业锅炉的水垢中常含有CaSO4，需先用_(填化学式)溶液
43、处理，而后用盐酸去除。【答案】 (1). 410-4 mol/L (2). 0.05mol/L (3). Na2CO3【解析】【分析】(1)结合电离平衡常数Ka=计算；pH=1的醋酸与pH=l的盐酸等体积混合，氢离子浓度相同，醋酸电离平衡不变，混合后溶液中c(CH3COO-)为原醋酸浓度的一半；(2)从难溶电解质的转化的角度分析，硫酸钙溶解性大于碳酸钙，转化为更难溶的除去。【详解】(1)醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸的电离平衡常数很小，平衡时的c(CH3COOH)可近似视为仍等于0.010mol/L，电离平衡常数Ka=1.610-5，所以c(H+
44、)=4.010-4mol/L；pH=1的醋酸与pH=l的盐酸等体积混合，溶液中氢离子浓度相同，醋酸电离平衡不变，由于溶液的体积是原来的2倍，所以混合后溶液中c(CH3COO-)为原醋酸浓度的一半为0.05mol/L；(2)CaSO4较为致密，可转化为较为疏松，且溶解度更小的CaCO3，水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，而后用酸去除，反应的离子方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，故需使用的试剂为Na2CO3溶液。【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的影响因素、溶液pH的计算、沉淀转化的原理等，掌握化学基本理论，学会使用平衡移动原理分析
45、解答。29.电化学原理在生产生活中有重要的应用，请回答：(1)铅蓄电池放电时，正极反应的电极反应式为_。(2)炒过菜的铁锅常及时洗净(残液中含有NaCl)，不久便会锈蚀,其锈蚀过程属于_ (填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)，负极的电极反应式为_。【答案】 (1). PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O (2). 吸氧腐蚀 (3). Fe-2e-=Fe2+【解析】【分析】(1)铅蓄电池放电时，正极PbO2与溶液中的H+及SO42-反应产生PbSO4；(2)在弱酸性或中性条件下，Fe发生吸氧腐蚀，Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极。【详解】(1)铅蓄电池放电时，正
46、极PbO2与溶液中的H+及SO42-反应产生PbSO4，正极的电极反应式为：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O；(2)在弱酸性或中性条件下，Fe发生吸氧腐蚀，NaCl溶液呈中性，则Fe发生吸氧腐蚀；Fe、杂质C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。【点睛】本题考查电极反应式的书写，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，知道Fe发生析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别。铅蓄电池放电时Pb为负极，失去电子，与溶液中的SO42-结合形成PbSO4，PbO2为正极，得到电子，与溶液中的H+及SO42-反应产生PbSO4，电解质溶液的浓度降低；金
47、属发生电化学腐蚀，在强酸性环境中发生析氢腐蚀；在弱酸性或中性环境中发生吸氧腐蚀，无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，都是金属失去电子被氧化而引起金属腐蚀。三、实验题30.应用酸碱中和滴定原理测定某市售白醋的含量。I.实验步骤(I)量取10.00mL食用白醋，稀释到100mL，得到待测白醋溶液，取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加几滴_作指示剂。(2)碱式滴定管盛装0.1000mol/LNaOH溶液初始时的液面位置如图所示，此时的读数_mL。(3)滴定过程中，滴至_时即为滴定终点，记录NaOH溶液的最终读数。重复滴定4次。.实验记录实验序号待测白醋溶液体积/mL0.1000mol/LNaO
48、H溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度120.000.10l5.10220.000.0014.95320.000.1515.20420.001.1017.10.数据处理与讨论(4)按实验所得数据，可折算得c(市售白醋)=_mol/L。(5)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是_(填选项字母)。a.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气池，滴定后气泡消失c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出【答案】 (1). 酚酞 (2). 0.60 (3). 溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 (4). 0
49、.07500 (5). ab【解析】【分析】(1)强碱滴定弱酸，达到终点时溶液为强碱弱酸盐，显碱性，结合指示剂变色范围选择合适的指示剂；(2)根据滴定管的结构和精确度来解答；(3)滴定过程中眼睛需要观察锥形瓶中溶液颜色变化，判定滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；(4)先根据数据有效性，然后计算消耗标准液平均体积，依据c(待测)=，计算醋酸浓度；(5)分析操作对消耗标准液体积的影响，依据c(待测)=进行误差分析。【详解】(1)用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，滴定达到终点时生成的醋酸钠溶液，显碱性，酚酞变色范围为8.2-10.0，为减小误差，应选择酚酞做指示剂；(2)滴定管小数在上
50、部，大数在下部，精确度为0.01mL，所以图中读数为：0.60mL；(3)滴定过程中需要观察液颜色变化，当溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色为滴定终点；(4)四次实验消耗标准液体积分别为：15.00mL；14.95mL；15.05mL；17mL；第四组数据误差较大，应该舍弃，则消耗NaOH标准液体积为V(NaOH)=mL=15.00mL，则根据滴定公式可得待测醋酸溶液的浓度c(CH3COOH)=0.07500mol/L；(5)a.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=可知，溶液浓度偏大，a符合题意；b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后
51、气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=可知，溶液浓度偏大，b符合题意；c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对消耗标准液体积不产生影响，依据c(待测)=可知，对待测溶液浓度无影响，c不符合题意；d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)=可知，导致待测溶液浓度偏小，d不符合题意；故合理选项是ab。【点睛】本题主要考查了中和滴定的有关知识。涉及指示剂的选择、仪器的选择、误差分析等，注意把握中和滴定实验的原理，根据反应产生的溶液的酸碱性选择合适的指示剂，注意根据物质的量浓度公式进行误差分析，把实验操作的影响都归结在对消耗标准NaOH溶液的体
52、积上分析，若V(NaOH)偏大，则会导致待测溶液的浓度偏高，反之则偏低。四、计算题31.如图所示的电解装置中，A池盛有200mL饱和KCl溶液，B池盛有200mL饱和CuSO4溶液，a、b、c、d均为石墨电板，通电一段时间后，B池中阴极增重0.64g。(1)A池中阳极的电极反应式为_。(2)计算通电过程中A、B两池阳极分别产生气体的体积(标准状况下)_、_。【答案】 (1). 2Cl-2e-=Cl2 (2). 224 mL (3). 112 mL【解析】【分析】(1)该装置是电解池，电解池工作时，与正极连接的A装置为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，B装置中c电极为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成
53、氧气，写出电极反应式；(2)根据电解池工作时转移电子数相等计算生成的气体体积。【详解】(1)该装置是电解池，电解池工作时，A装置阳极a上发生氧化反应，失去电子，由于放电能力Cl-OH-，所以阳极a上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2；在B装置中，由于阴离子的放电能力：OH-SO42-，所以在阳极c上，OH-离子放电生成O2，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2；在阴极d上，溶液中的Cu2+获得电子，发生还原反应。(2)通电一段时间后，B池中阴极增重0.64g，则转移电子的物质的量n(e-)=2=0.02mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以B池阳极上产生氧气的物质的量为n(O2)=0.02mol=0.005mol，则产生的氧气在标准状况下的体积V(O2)=0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL；在A池阳极上产生Cl2的物质的量n(Cl2)=0.02mol=0.01mol，生成氯气在标准状况下的体积V(O2)=0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL。高考资源网版权所有，侵权必究！
