1、宁夏银川市唐徕回民中学2014-2015学年高二上学期期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题3分，共48分）1（3分）下列说法不正确的是（）A原电池是将化学能转化为电能的装置B电镀过程相当于金属的“迁移”，可认为是物理变化C不能自发进行的氧化还原反应通过电解的方法有可能实现D从理论上说，任何一个可自发进行的氧化还原反应都可以设计成原电池反应2（3分）下列运用电解法生产产品的说法错误的是（）A铝厂通过电解熔融氧化铝的方法冶炼铝B制钠厂通过电解熔融氯化钠的方法生产金属钠C用电解饱和食盐水的方法生产烧碱，同时得到氯气和氢气D制钠厂通过电解饱和食盐水的方法生产金属钠3（3分）下列说法
2、正确的是（）A吸热反应不加热就不会发生B放热反应不需要加热就能发生C键能越大表示物质内所含能量越多D化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化4（3分）有两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H12H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2下列说法正确的是（）AH1=H2BH1H2CH1H2D无法确定5（3分）甲、乙、丙都是金属单质，当电解甲离子和丙离子的混合盐溶液时，丙先析出，当甲与乙组成原电池时，甲为电池的正极，甲、乙、丙三种金属的活动性顺序为（）A甲乙丙B乙甲丙C乙丙甲D丙乙甲6（3分）反应2A（g）+B（g）2C（g）H0下列反应条件有利于生成C的是（）A低温、低压B
3、低温、高压C高温、高压D高温、低压7（3分）在下列物质中，BaSO4的溶解度最大的是（）A蒸馏水B0.5molL1H2SO4溶液C0.5 molL1BaCl2溶液D1.0molL1H2SO4溶液8（3分）下列关于判断过程方向的说法正确的是（）A光合作用是自发反应B所有自发进行的化学反应都是放热反应C相同物质的量的同一物质在固、液、气三种状态时的熵值相同D由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合所有的过程9（3分）对水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的原因解释，下列说法正确的是（）Mg（OH）2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化Mg（OH）2的溶
4、度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度增大，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度减小，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀ABCD10（3分）下列说法不正确的是（）A使用正催化剂可降低活化能，增加反应物活化分子的百分数B升高温度可增加反应物活化分子的百分数C增加反应物浓度可增加反应物活化分子的百分数D对于有气体参加的可逆反应，加压可增大单位体积反应物活化分子的数目11（3分）汽油燃料电池的一极通入空气，另一极通入汽油
5、（以C2H6气体代表汽油）；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在较高温度下能传导O2下列对该燃料电池的说法不正确的是（）A多孔电极a是燃料电池的负极B生成的水从B口流出，汽油从C口流入C在固体电解质中，O2由正极移向负极D通入汽油的一极是负极，电极反应为：C2H6+7O214e2CO2+3H2O12（3分）以石墨作电极电解下列溶液，电解后加入括号内的物质不能使电解质溶液恢复原状的是（）ACuCl2溶液（CuCl2）BCuSO4溶液（CuO）CNaCl溶液（HCl）DKNO3溶液（KNO3）13（3分）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列
6、叙述正确的是（）A达到化学平衡时，5v正（O2）=4v逆（NO）B达到化学平衡时，3v正（NO）=2v正（H2O）C当NH3、O2、NO和H2O的浓度相等时，反应一定达到平衡状态D达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大14（3分）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）ApH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）B0.4 molL1 CH3COOH溶液与0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+2c（OH）C氯水中加入少许NaOH：c（Na+）=c（Cl）+
7、c（ClO）+c（OH）DNaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）15（3分）一定温度下，在2L固定容积的密闭容器中发生反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示下列说法中，正确的是（）A20 s时，正反应速率大于逆反应速率B10 s时，正、逆反应速率相等，达到平衡Ca曲线是NO2的物质的量随反应时间的变化曲线D020 s内平均反应速率v（N2O5）=0.1 mol（Ls）116（3分）恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态），发生反应2SO2+O22
8、SO3，状态时达平衡，则O2的转化率为（）A40%B60%C80%D90%二、简答题（本题包括5道小题，共52分）17（12分）（1）如果要在铜牌上镀银，铜牌品应作极，连电源的极，该极的电极反应式是，另一极的材料是，电极反应式是，可选溶液作电镀液（2）铅酸蓄电池是一百多年来用的最多的可充电电池其放电电池反应式为：PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H2O放电时，负极材料是，负极电极反应式是，正极电极反应式充电时，阴极连电源的极，阴极电极反应式是，总反应式是18（10分）合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1在一恒容密闭容器中注入1mol N
9、2和3mol H2发生合成氨反应（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是，N2和H2的转化率比是（2）升高平衡体系的温度时，混合气体的平均相对分子质量，密度（填“变大”、“变小”或“不变”）（3）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将移动（填“向左”“向右”或“不”）达到新平衡后，容器内温度（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍19（10分）历史上曾用地康法生产Cl2，其反应方程式为：4HCl+O22Cl2+2H2O（1）当反应达到平衡时，当4mol HCl被氧化生成氯气和水蒸气时放出115.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是（2）该反应是否是自发反应（填“是
10、”、“否”或“无法确定”），该反应是放热反应，但仍需高温和催化剂才能发生，其原因是（3）已知：，断开1molHO键与断开1mol HCl键所需能量相差约为 kJ，H2O中HO键比HCl中HCl键（填“强”、“弱”或“相等”）20（10分）粗食盐中常含有碳酸钠、硫酸钠和不溶于水的杂质提纯粗盐的方法是：先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按下图所示步骤进行操作已知：KSP（BaCO3）=3.0109 KSP（BaSO4）=1.01010回答下列问题：（1）起始滤液的pH7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因用离子方程式表示为（2）试剂是，加入试剂 I后溶液中CO32和SO42的浓度
11、比是（3）检验中加入试剂是否过量的方法是（4）除去中加入的过量试剂 III的方法是21（10分）过二硫酸的化学式为H2S2O8，硫元素的形式氧化态可看作是+7，所以是一种强氧化剂工业上常用电解硫酸和硫酸钾的混合溶液制过二硫酸钾，且在65时熔化并分解电解反应的离子方程式是：2HSOS2O+H2，电解装置图为：图中阳离子膜将电解池分为阴阳两极池，且只允许阳离子通过，不允许阴离子通过，用铂作电极可减缓OH的放电（1）阴极池是（填“左”或“右”），阴极电极反应式是，阳极电极电极反应式是（2）硫酸和硫酸钾的混合溶液从A口逐渐流入，含K2S2O8和H2S2O8的粗产品从口流出（填字母代号），应从B口逐渐补
12、充的物质是（3）阳极的副产物是，产生该副产物的电极反应式是宁夏银川市唐徕回民中学2014-2015学年高二上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题3分，共48分）1（3分）下列说法不正确的是（）A原电池是将化学能转化为电能的装置B电镀过程相当于金属的“迁移”，可认为是物理变化C不能自发进行的氧化还原反应通过电解的方法有可能实现D从理论上说，任何一个可自发进行的氧化还原反应都可以设计成原电池反应考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、根据原电池的能量转化知识来回答；B、电镀是化学变化；C、不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实
13、现，如铜和稀硫酸的反应；D、原电池的反应必须是自发的氧化还原反应解答：解：A、原电池是将化学能转化为电能的装置，故A正确；B、电镀时，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上金属阳离子得电子发生还原反应，所以属于化学变化，故B错误；C、不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，故C正确；D、原电池的反应必须是自发的氧化还原反应，从理论上来讲，任何自发的氧化还原反应均可设计为原电池，故D正确故选B点评：本题考查电化学基础知识，比较基础，注意对基础知识的理解掌握2（3分）下列运用电解法生产产品的说法错误的是（）A铝厂通过电解熔融氧化铝的方法
14、冶炼铝B制钠厂通过电解熔融氯化钠的方法生产金属钠C用电解饱和食盐水的方法生产烧碱，同时得到氯气和氢气D制钠厂通过电解饱和食盐水的方法生产金属钠考点：电解原理 专题：电化学专题分析：A根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼；B根据金属的活动性强弱选择合适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，较活泼金属用热还原法，不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼，电解熔融NaCl制取Na；C工业上利用电解饱和食盐水可以得到烧碱、氢气和氯气；D工业上利用电解饱和食盐水可以得到烧碱；解答：解：A根据金属的活动性强弱选择合
15、适的冶炼方法，一般来说，活泼金属用电解法，铝是活泼金属，所以通常采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，故A正确；B钠是活泼金属，可以用电解熔融的氯化钠的方法来制取金属钠，故B正确；C工业上利用电解饱和食盐水可以得到烧碱、氢气和氯气，以此来制取烧碱，故C正确；D工业上利用电解饱和食盐水得到烧碱、氢气和氯气，不能生产金属钠，故D错误；故选D点评：本题考查了金属的冶炼，根据金属活动性强弱确定冶炼方法，易错选项是A，注意冶炼金属铝的原料不是氯化铝而是氧化铝3（3分）下列说法正确的是（）A吸热反应不加热就不会发生B放热反应不需要加热就能发生C键能越大表示物质内所含能量越多D化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量
16、的变化考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A、有的吸热反应不加热也会发生；B、有的放热的化学反应需要加热才能发生；C、物质的键能越大，说明物质内的微粒结合更加牢固，不容易被拆开，要拆开需要更多的能量；D、化学反应在发生物质变化的同时还伴随着能量的变化解答：解：A、有的吸热反应不加热也会发生，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故A错误；B、有的放热的化学反应需要加热才能发生，如铝热反应，故B错误；C、物质的键能越大，说明物质内的微粒结合更加牢固，不容易被拆开，要拆开需要更多的能量，于是该物质就难于发生化学反应，比较稳定，能量越低的物质越稳定，所以，键能越大的物质能量越低，故C错误；D
17、、化学反应在发生物质变化的同时还一定伴随着能量的变化，故D正确故选D点评：本题考查学生常见的吸热反应和放热反应，以及化学反应中能量变化的原因，可以根据教材知识来回答，较简单4（3分）有两个热化学方程式：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H12H2（g）+O2（g）2H2O（l）H2下列说法正确的是（）AH1=H2BH1H2CH1H2D无法确定考点：反应热的大小比较 专题：化学反应中的能量变化分析：物质的燃烧是放热的过程，液态水变为气态水需要吸收热量，根据物质的不同聚集状态判断反应热的大小解答：解：物质的聚集状态不同，放出的热量不同，水蒸气液化时放热，则有|H1|H2|，由于氢气的燃烧为放热
18、反应，H0，则H1H2，故选B点评：本题考查反应热的大小比较，注意比较反应热时不能忽略“+”“”5（3分）甲、乙、丙都是金属单质，当电解甲离子和丙离子的混合盐溶液时，丙先析出，当甲与乙组成原电池时，甲为电池的正极，甲、乙、丙三种金属的活动性顺序为（）A甲乙丙B乙甲丙C乙丙甲D丙乙甲考点：常见金属的活动性顺序及其应用 专题：电化学专题；元素及其化合物分析：活泼性弱的金属阳离子电解时首先放电析出，原电池中，负极金属的活泼性强于正极金属的活泼性解答：解：当电解甲离子和丙离子的混合盐溶液时，丙先析出，所以活泼性甲丙，当甲与乙组成原电池时，甲为电池的正极，所以活泼性乙甲，甲、乙、丙三种金属的活动性顺序为
19、：乙甲丙，故选B点评：本题考查判断金属活泼性的方法，可以根据所学知识进行回答，难度不大6（3分）反应2A（g）+B（g）2C（g）H0下列反应条件有利于生成C的是（）A低温、低压B低温、高压C高温、高压D高温、低压考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：该反应是气体体积减小、吸热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可采取加压、升高温度、减小C的浓度、增加反应物的浓度的方法解答：解：该反应是气体体积减小、吸热的可逆反应，要使该反应向正反应方向移动，可采取加压、升高温度、减小C的浓度、增加反应物的浓度的方法故选C点评：本题考查了化学平衡的影响因素，难度不大，注意压强对反应前后气体体积
20、不变的反应无影响7（3分）在下列物质中，BaSO4的溶解度最大的是（）A蒸馏水B0.5molL1H2SO4溶液C0.5 molL1BaCl2溶液D1.0molL1H2SO4溶液考点：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：由溶解平衡可知，BaSO4（s）Ba2+SO42，钡离子、硫酸根离子都能抑制硫酸钡溶解，则溶解度变小，以此来解答解答：解：由溶解平衡可知，BaSO4（s）Ba2+SO42，钡离子、硫酸根离子都能抑制硫酸钡溶解，A纯水中不含有钡离子和硫酸根离子，不抑制硫酸钡溶解；B、c（SO42）=0.5mol/L，抑制硫酸钡溶解；C、c（Ba2+）=0.5m
21、ol/L，抑制硫酸钡溶解；D、c（SO42）=1.0mol/L，抑制硫酸钡溶解；依据以上分析，硫酸钡在水中的溶解度最大，故选A点评：本题主要考查的是溶解平衡及物质的溶解度，明确硫酸钡电离出的离子及平衡移动原理即可解答，题目难度不大8（3分）下列关于判断过程方向的说法正确的是（）A光合作用是自发反应B所有自发进行的化学反应都是放热反应C相同物质的量的同一物质在固、液、气三种状态时的熵值相同D由能量判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合所有的过程考点：反应热和焓变；焓变和熵变 分析：A光合作用是非自发反应；B反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据；C同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大；D
22、根据G=HTS判断；解答：解：A光合作用是非自发反应，故A错误；B反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下也能进行，故B错误；C同一物质的固、液、气三种状态的熵值依次增大，故C错误DG=HTS0时，反应能自发进行，适合于所有的过程，故D正确；故选D点评：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意把握相关概念的理解9（3分）对水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的原因解释，下列说法正确的是（）Mg（OH）2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化Mg（OH）2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化MgCO3电离出的CO3
23、2发生水解，促进水中OH浓度增大，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度减小，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀ABCD考点：盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 分析：Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积，水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀；Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大，因
24、为Mg （OH）2的溶度积更小，所以QcKsp生成Mg（OH）2沉淀解答：解：Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积，水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀，故正确；Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积，故错误；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大，故正确；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大，因为Mg （OH）2的溶度积更小，所以QcKsp生成Mg（OH）2沉淀，故错误，故选A点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡的相关计算和判断，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用10（3分）下列说法不正确
25、的是（）A使用正催化剂可降低活化能，增加反应物活化分子的百分数B升高温度可增加反应物活化分子的百分数C增加反应物浓度可增加反应物活化分子的百分数D对于有气体参加的可逆反应，加压可增大单位体积反应物活化分子的数目考点：化学反应速率的影响因素 专题：化学反应速率专题分析：增大压强、浓度，单位体积活化分子的数目增多，升高温度、加入催化剂活化分子的百分数增大，能发生化学反应的碰撞是有效碰撞，以此解答解答：解：升高温度、加入催化剂能提高活化分子百分数；增加反应物浓度，增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，百分数不变；只有C错误，增加气体反应物的浓度不改变活化分子的百分数故选C点评：本题考查影响活化分
26、子的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关知识的积累，学习中注意温度、浓度、压强、催化剂对反应速率的影响的根本原因是影响活化分子的浓度或百分数，难度不大11（3分）汽油燃料电池的一极通入空气，另一极通入汽油（以C2H6气体代表汽油）；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在较高温度下能传导O2下列对该燃料电池的说法不正确的是（）A多孔电极a是燃料电池的负极B生成的水从B口流出，汽油从C口流入C在固体电解质中，O2由正极移向负极D通入汽油的一极是负极，电极反应为：C2H6+7O214e2CO2+3H2O考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A、a
27、是电子流入的一极，应是正极；B、多孔电极b中汽油失电子发生氧化反应，氢离子与在该极的传导O2，结合成水；C、阴离子向负极移动；D、电解质能在高温下能传导O2，负极发生氧化反应，即1molC2H6失去电子生成CO2，共失去14mole，6molH原子转化为3molH2O，根据质量守恒和电荷守恒写出电极反应为：C2H6+7O214e2CO2+3H2O解答：解：A、a是电子流入的一极，应是正极，故A错误；B、多孔电极b中汽油失电子发生氧化反应，氢离子与在该极的传导O2，结合成水，所以生成的水从B口流出，汽油从C口流入，故B正确；C、阴离子向负极移动，所以O2由正极移向负极，故C正确；D、电解质能在高
28、温下能传导O2，负极发生氧化反应，即1molC2H6失去电子生成CO2，共失去14mole，6molH原子转化为3molH2O，根据质量守恒和电荷守恒写出电极反应为：C2H6+7O214e2CO2+3H2O，故D正确；故选A点评：本题考查了燃料电池的工作原理以及电极反应式的书写等知识，属于综合知识的考查，难度中等12（3分）以石墨作电极电解下列溶液，电解后加入括号内的物质不能使电解质溶液恢复原状的是（）ACuCl2溶液（CuCl2）BCuSO4溶液（CuO）CNaCl溶液（HCl）DKNO3溶液（KNO3）考点：电解原理 专题：电化学专题分析：电解池中，要想使电解质溶液恢复，遵循的原则是：电解
29、后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么解答：解：A、电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液恢复，故A正确；B、电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液恢复，故B正确；C、电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液恢复，故C正确；D、电解KNO3溶液时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液恢复，故D错误；故选：D点评：根据电解池原理，分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原13（3分）对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正
30、确的是（）A达到化学平衡时，5v正（O2）=4v逆（NO）B达到化学平衡时，3v正（NO）=2v正（H2O）C当NH3、O2、NO和H2O的浓度相等时，反应一定达到平衡状态D达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：A、速率之比等于化学计量数之比；B、速率之比等于对应物质的化学计量数之比；C、NH3、O2、NO和H2O的浓度相等时，与物质的起始量和转化率有关；D、达到化学平衡时，若增大容器体积，反应物和生成物的浓度都减小，所以正逆反应速率都减小解答：解：A、反应处于平衡状态时，不同物质表示正逆反应速率之
31、比等于化学计量数之比，应为4v逆（O2）=5v正（NO），故A错误；B、速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以达到化学平衡时，3v正（NO）=2v正（H2O），故B正确；C、NH3、O2、NO和H2O的浓度相等时，可能达平衡状态，也可能未平衡，与物质的起始量和转化率有关，故C错误；D、达到化学平衡时，若增大容器体积，反应物和生成物的浓度都减小，所以正逆反应速率都减小，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡状态和化学反应速率的相关知识，原来变化的量后来不变了，说明达平衡状态，比较容易14（3分）常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（）ApH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl
32、）=c（NH4+）c（OH）=c（H+）B0.4 molL1 CH3COOH溶液与0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO）+2c（OH）C氯水中加入少许NaOH：c（Na+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH）DNaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）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一水合氨为弱碱，两溶液混合后氨水过量，溶液显示碱性；B根据反应后的溶液中的电荷守恒、物料守恒判断溶液中各离子浓度关系；C溶液中还存在氢离子，该电荷守恒漏掉了氢离子浓度；D碳酸氢钠的电离程度
33、小于水解程度，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子浓度解答：解：ApH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液显示碱性，c（OH）c（H+），根据电荷守恒可知，c（Cl）c（NH4+），溶液中离子浓度关系为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故A错误；B根据电荷守恒可得：c（OH）+c（CH3COO）=c（Na+）+c（H+），根据物料守恒可得：2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），根据可得：2c（H+）2c（OH）=c（CH3COO）c（CH3COOH），故B正确；C氯水中加入少许NaOH，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（C
34、lO）+c（OH），故C错误；D碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，则：c（H2CO3）c（CO32），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故D错误；故选B点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够利用电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理判断溶液中离子浓度大小15（3分）一定温度下，在2L固定容积的密闭容器中发生反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）H0反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示下列说法中，正确的是（）A20 s时，正反应速率大于逆反应
35、速率B10 s时，正、逆反应速率相等，达到平衡Ca曲线是NO2的物质的量随反应时间的变化曲线D020 s内平均反应速率v（N2O5）=0.1 mol（Ls）1考点：化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程 专题：化学平衡专题分析：A、根据图中反应物和生成物的物质的变化来判断反应所处的状态，进而判断正逆反应速率的关系；B、根据图中反应物和生成物的物质的变化来判断反应所处的状态，进而判断正逆反应速率的关系；C、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，据此作判断D、根据v=计
36、算反应速率解答：解：A、根据图中反应物和生成物的物质的变化情况可知，20 s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，故A错误；B、根据图中可知10 s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，结合图中的数据可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，故C正确；D、在反
37、应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据v=0.05 mol（Ls）1，故D错误故选：C点评：本题考查了根据图象判断反应方向及反应速率，难度较小，解题的关键是把图象和题中的化学方程式有机结合起来分析16（3分）恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态），发生反应2SO2+O22SO3，状态时达平衡，则O2的转化率为（）A40%B60%C
38、80%D90%考点：化学平衡的计算 专题：化学平衡专题分析：恒压容器中开始到平衡体积比等于物质的量之比，依据化学方程式计算得到，转化率=100%；解答：解：一定条件下将2mol SO2气体和1mol O2气体充入一容积可变的密闭容器中，可滑动活塞的位置如图所示，在恒温恒压下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），其中H0，当反应达到平衡时，活塞位置如图所示，气体体积减2L1.6L=0.4L，由体积比等于物质的量之比得到（2mol+1mol）：n=2：1.6，解得n=2.4mol，反应前后减少3mol2.4mol=0.6mol，依据化学方程式计算，2SO2（g）+O2（g）2SO
39、3（g），n2 1 11.2mol 0.6 mol 0.6mol反应的二氧化硫为2mol，反应的氧气0.6mol氧气转化率=100%=60%；故选B点评：本题考查了化学平衡分析，影响因素的分析应用和计算，平衡转化率的计算式解题关键，注意恒压容器中的特征，题目难度中等二、简答题（本题包括5道小题，共52分）17（12分）（1）如果要在铜牌上镀银，铜牌品应作阴极，连电源的负极，该极的电极反应式是Ag+e=Ag，另一极的材料是Ag，电极反应式是Age=Ag+，可选AgNO3溶液作电镀液（2）铅酸蓄电池是一百多年来用的最多的可充电电池其放电电池反应式为：PbO2+2H2SO4+Pb=2PbSO4+2H
40、2O放电时，负极材料是Pb，负极电极反应式是Pb+SO422e=PbSO4，正极电极反应式PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O充电时，阴极连电源的负极，阴极电极反应式是PbSO4+2e=Pb+SO42，总反应式是2PbSO4+2H2O=PbO2+2H2SO4+Pb考点：原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护 专题：电化学专题分析：（1）铜牌上镀银，铜上应是银离子放电，银离子在阴极发生还原反应，阴极与电源的负极相连；另一极应是金属银放电，发生氧化反应，电解质为可溶的银盐溶液；（2）负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电时阴极与电源的负极相连，总的电极反应方程式刚好放电
41、的逆过程解答：解：（1）铜作阴极，与电源的负极相连，电极反应式为：Ag+e=Ag，另一极是金属银发生氧化反应，电极反应式为：Age=Ag+，电解质溶液为：硝酸银，故答案为：阴；负；Ag+e=Ag；Ag；Age=Ag+；AgNO3（或可溶性银盐）；（2）铅的化合价升高，发生氧化反应，电极反应式为：Pb+SO422e=PbSO4，二氧化铅是正极，发生还原反应，正极反应式为：PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O，充电时，阴极连电源的负极相连，发生还原反应，电极反应式为：PbSO4+2e=Pb+SO42，总的反应式为：2PbSO4+2H2O=PbO2+2H2SO4+Pb，故答案为：Pb
42、；Pb+SO422e=PbSO4；PbO2+4H+SO42+2e=PbSO4+2H2O；负；PbSO4+2e=Pb+SO42；2PbSO4+2H2O=PbO2+2H2SO4+Pb点评：本题考查学生二次电池的工作原理，注意原电池和电解池的工作原理知识的灵活应用，难度不大18（10分）合成氨的反应原理为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1在一恒容密闭容器中注入1mol N2和3mol H2发生合成氨反应（1）当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是1：3，N2和H2的转化率比是1：1（2）升高平衡体系的温度时，混合气体的平均相对分子质量减小，密度不变（填“变大”、“变小”
43、或“不变”）（3）若容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，平衡将向左移动（填“向左”“向右”或“不”）达到新平衡后，容器内温度小于（填“大于”、“小于”或“等于”）原来的2倍考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：（1）根据开始时注入1mol N2和3mol H2，发生反应时消耗氮气和氢气始终按照1：3进行，所以当反应达到平衡时，剩余N2和H2的浓度比是仍然为1：3；根据转化率=判断N2和H2的转化率比；（2）根据升高平衡体系的温度时，平衡向逆反应方向移动，根据混合气体的平均相对分子质量=，密度=判断；（3）运用勒夏特列原理解答解答：解：（1）因为开始时注入1mol N
44、2和3mol H2，发生反应时消耗氮气和氢气始终按照1：3进行，所以当反应达到平衡时，剩余N2和H2的浓度比是仍然为1：3；又转化率=，所以N2和H2的转化率比为1：1；故答案为：1：3；1：1；（2）因为该反应为放热反应，则升高平衡体系的温度时，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量变大，质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量=将减小，又体积不变，所以密度=也不变；故答案为：减小；不变；（3）升温，平衡向吸热的逆向移动，使体系温度降低，故答案为：向左；小于点评：本题考查了化学平衡计算分析，影响化学平衡的因素分析判断，反应特征和平衡移动原理是解题关键，题目难度中等19（10分）历史上曾用地康法生
45、产Cl2，其反应方程式为：4HCl+O22Cl2+2H2O（1）当反应达到平衡时，当4mol HCl被氧化生成氯气和水蒸气时放出115.6kJ的热量，该反应的热化学方程式是4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6kJ/mol（2）该反应是否是自发反应无法确定（填“是”、“否”或“无法确定”），该反应是放热反应，但仍需高温和催化剂才能发生，其原因是氧气中氧氧键键能大（3）已知：，断开1molHO键与断开1mol HCl键所需能量相差约为31.9 kJ，H2O中HO键比HCl中HCl键强（填“强”、“弱”或“相等”）考点：热化学方程式；反应热和焓变；焓变和熵变 分析：
46、（1）4mol HCl被氧化生成氯气和水蒸气时放出115.6kJ的热量，依据化学反应方程式直接写出热化学反应方程式即可；（2）自发进行的反应取决于吉布斯自由能；依据氧气的特点判断即可；（3）依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量计算解答：解：（1）当4molHCl被氧化生成氯气和水蒸气时放出115.6kJ的热量，依据4HCl+O22Cl2+2H2O得出，恰好满足此数量关系，故该反应的热化学方程式是4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6kJ/mol，故答案为：4HCl（g）+O2（g）2Cl
47、2（g）+2H2O（g）H=115.6kJ/mol；（2）此反应从放热反应上看是自发进行，但是此反应又是熵减的反应，据此判断不能自发进行，故不能确定该反应是否自发，由于该反应中需要破坏氧气这的OO键，故需要高温加热引发，故答案为：不能确定； 氧气中氧氧键键能大；（3）焓变=反应物断键吸收热量生成物形成化学键放出热量，4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）H=115.6 KJ/mol，4E（HCl）+4982432+4E（HO）=115.6，得到4E（HO）4E（HCl）=498486+115.6=127.6，E（HO）E（HCl）=31.9，H2O中HO键比HCl中HCl键强
48、，故答案为：31.9 强点评：本题考查了热化学方程式书写，化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断，题目难度中等20（10分）粗食盐中常含有碳酸钠、硫酸钠和不溶于水的杂质提纯粗盐的方法是：先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，再将滤液按下图所示步骤进行操作已知：KSP（BaCO3）=3.0109 KSP（BaSO4）=1.01010回答下列问题：（1）起始滤液的pH大于7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因用离子方程式表示为CO32+H2OHCO3+OH（2）试剂是BaCl2溶液，加入试剂 I后溶液中CO32和SO42的浓度比是30：1（3）检验中加入试剂是否过量的方法是取上层清液少许继续
49、滴加BaCl2溶液产生沉淀（4）除去中加入的过量试剂 III的方法是蒸发考点：粗盐提纯 专题：实验题分析：粗盐样品中含有少量碳酸钠、硫酸钠和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，需要加入过量氯化钡溶液；然后过滤后获得碳酸钠、氯化钠溶液A，然后加入过量的碳酸钠溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到氯化钠和碳酸钠混合液，再加入过量盐酸，除去过量的碳酸钠，最后通过加入浓缩、蒸发结晶和氯化钠，（1）根据碳酸钠溶液中碳酸根离子水解进行分析；（2）根据要除掉杂质离子硫酸根离子和碳酸根离子选择试剂；（3）依据硫酸根与钡离子反应生成沉淀解答；（4）依据稀盐酸的性质（具有挥发性）回答解答：解：（1）碳酸钠是强
50、碱弱酸盐，能水解导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，pH7，水解的离子方程式为CO32+H2OHCO3+OH，故答案为：大于；CO32+H2OHCO3+OH；（2）要除掉杂质离子硫酸根离子和碳酸根离子，应加入过量的氯化钡溶液，碳酸根和硫酸根生成不溶于水的钡盐，同时生成氯化钠，加入试剂BaCl2后溶液中的CO32和SO42均完全沉淀，即浓度比是=30，故答案为：BaCl2； 30：1；（3）如果除杂剂过量，则滤液中含有钡离子，再加入氯化钡溶液不再产生沉淀，所以其检验方法是：取少量滤液加入试剂氯化钡，若无沉淀，则表明已过量，故答案为：取上层清液少许继续滴加BaCl2溶液产生沉淀
51、；（4）过量的稀盐酸可以利用蒸发的操作除去，因为盐酸具有挥发性，故答案为：蒸发点评：本题考查了氯化钾的提纯，注意在解此类题时，首先分析需要除去的杂质的离子，选择试剂时，既要除杂彻底，还不能引入新的杂质，硫酸根离子一般放在开始除去，碳酸根离子将剩余的钡离子除去，最后加盐酸除剩余的碳酸根离子，本题难度中等21（10分）过二硫酸的化学式为H2S2O8，硫元素的形式氧化态可看作是+7，所以是一种强氧化剂工业上常用电解硫酸和硫酸钾的混合溶液制过二硫酸钾，且在65时熔化并分解电解反应的离子方程式是：2HSOS2O+H2，电解装置图为：图中阳离子膜将电解池分为阴阳两极池，且只允许阳离子通过，不允许阴离子通过
52、，用铂作电极可减缓OH的放电（1）阴极池是右（填“左”或“右”），阴极电极反应式是2H+2e=H2，阳极电极电极反应式是2HSO42e=S2O82+2H+（2）硫酸和硫酸钾的混合溶液从A口逐渐流入，含K2S2O8和H2S2O8的粗产品从C口流出（填字母代号），应从B口逐渐补充的物质是H2O（3）阳极的副产物是O2，产生该副产物的电极反应式是4OH4e=O2+2H2O考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：（1）根据与电源负极相连的为阴极发生还原反应，与正极相连的为阳极发生氧化反应来判断；（2）根据阴极、阳极的反应产物判断；（3）阳极OH放电生成氧气，据此分析解答：解：（1）与电源
53、负极相连的为阴极，则阴极池是右，根据2HSOS2O+H2，所以阴极氢离子得电子发生还原反应，反应式为2H+2e=H2，阳极硫酸氢根失电子生成过二硫酸根发生氧化反应，反应式为2HSO42e=S2O82+2H+；故答案为：右；2H+2e=H2；2HSO42e=S2O82+2H+；（2）由阳极反应式为2HSO42e=S2O82+2H+，则含K2S2O8和H2S2O8的粗产品阳极产生，所以应从C口流出；阴极氢离子得电子发生还原反应，反应式为2H+2e=H2，所以应从B口逐渐补充的物质是H2O，故答案为：C；H2O；（3）阳极OH放电生成氧气，反应式为4OH4e=O2+2H2O；故答案为：O2；4OH4e=O2+2H2O点评：本题考查了电解池原理，能根据信息正确判断两极的反应是解本题的关键，题目难度中等
