1、高考资源网（） 您身边的高考专家安徽省淮南市2014-2015学年高二上学期期末考试化学试卷一、选择题（共18小题，每小题3分，共54分每小题只有1个选项符合题意）1 Cl2是一种有毒气体，溶于水后形成的溶液能导电，则Cl2属于（）A强电解质B弱电解质C非电解质D既不是电解质也不是非电解质考点：电解质与非电解质.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为电解质，无论电解质还是非电解质，都一定为化合物，氯气为电解质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，据此进行判断解答：解：氯气溶于水后，部分氯气与水反应生成氯化氢和
2、次氯酸，氯化氢和次氯酸但是电解质，能够电离出阴阳离子，所以氯水能够导电；由于电解质和非电解质都必须为化合物，氯气属于单质，所以氯气既不是电解质，也不是非电解质，故选D点评：本题考查了电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意明确电解质和非电解质的概念，明确单质和混合物一定不属于电解质、非电解质2（3分）下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是（）AHClBNH4NO3CNa2CO3DHClO考点：电解质在水溶液中的电离；强电解质和弱电解质的概念；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：AHCl为强电解质，电离出的氯离子和氢离子；BNH4NO3电离出的铵根离子水解生成一水
3、合氨分子；CNa2CO3电离出的碳酸根离子二步水解生成碳酸分子；DHClO为弱电解质，在溶液中存在分子；解答：解：AHCl为强电解质，电离出的氯离子和氢离子，所以溶液中只有水分子，故A正确；BNH4NO3电离出的铵根离子水解生成一水合氨分子，所以溶液中除水分子外，还存在一水合氨分子，故B错误；CNa2CO3电离出的碳酸根离子二步水解生成碳酸分子，故C错误；DHClO为弱电解质，在溶液中部分电离，除水分子外，存在HClO分子，故D错误；故选A点评：本题考查了弱电解质的概念，明确弱电解质的性质是解答本题的关键，平时注意基础知识的积累，题目难度不大3（3分）下列对钢铁制品采取的措施不能防止或减缓钢铁
4、腐蚀的是（）A保持表面干燥B表面镀锌C表面镶嵌铜块D与电源负极相连考点：金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：防止金属腐蚀的方法有：牺牲阳极的阴极保护法、外加电源的阴极保护法、改变物质结构、涂油等，据此分析解答解答：解：A将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A错误；B在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B错误；C在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故C正确；D将钢铁制品与电源负极相连，采用的是外加电源的阴极保护法，所以能防止或减缓钢
5、铁腐蚀，故D错误；故选：C点评：本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键，从而作出正确判断4（3分）下列说法错误的是（）A升高温度可使吸热反应的反应速率增大，使放热反应的反应速率减小B决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质C对于有气体参加的反应，增大压强，反应速度一定加快D催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大化学反应速率考点：化学反应速率的影响因素.分析：A无论是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率都增大；B影响反应速率的主要因素是物质的本身性质；C对于有气体参加的反应，增大压强，如气体浓度增大，则反应速率增大；D使用催化剂，降低反应所需的活化能解答：
6、解：A无论是吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率都增大，并且正逆反应速率都增大，故A错误；B影响反应速率的主要因素是物质的本身性质，如钠和冷水剧烈反应，但铁需要高温下才能与水蒸气反应，故B正确；C对于有气体参加的反应，若恒容下加入稀有气体加压，反应速率不变，如气体浓度增大，则反应速率增大，故C错误；D使用催化剂，降低反应所需的活化能，则反应速率加快，故D正确故选AC点评：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素为解答的关键，注重基础知识的考查，选项C为解答的难点，题目难度不大5（3分）在不同条件下分别测得反应2SO2+O22SO3的化学反应速率，其中表示该
7、反应进行得最快的是（）Av （SO2）=4mol/（Lmin）Bv （SO2）=0.1mol/（Ls）Cv （O2）=3mol/（Lmin）Dv （O2）=0.1mol/（Ls）考点：化学反应速率和化学计量数的关系.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SO2的反应速率，以此可比较反应速率大小，注意时间单位的不同解答：解：Av（SO2）=4molL1min1；Bv（SO2）=0.1molL1S1=6molL1min1；Cv（SO2）=2v（O2）=6 molL1min1；Dv（SO2）=2v（O2）=0.2molL1S1=12 molL1min1则反
8、应速率最大的为D，故选D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）某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2（g）+3B2（g）2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的变化规律（图中T表示温度，n表示物质的量），根据图可得出的判断结论正确的是（）A正反应一定是放热反应B若T2T1，则正反应一定是吸热反应C达到平衡时A2的转化率大小为：bacDb点时，平衡体系中A、B原子数之比接近3：1考点：反应热和焓变；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热
9、反应，则T2T1，若该正反应为放热反应，则T2T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答解答：解：A该反应无法确定是吸热反应还是放热反应，故A错误；B由图可知，若T2T1，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，故B正确；C由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为cba，故C错误；Db点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，反应物均为双原子分子，所以平衡
10、体系中A、B原子数之比接近1：3，故D错误；故选：B点评：本题考查化学反应速率及化学平衡图象，明确横坐标为反应物B2的物质的量及该反应可能为吸热反应，也可能为放热反应是解答本题的关键，题目难度较大，为易错题7（3分）下列情况下，一定能在溶液中同时大量共存的离子组是（）ApH=2的溶液中：SO42、K+、NO3、Mg2+BpH试纸呈现红色的溶液：Fe2+、K+、NO3、Na+C水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液中：Na+、HCO3、Cl、SO42D中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3、I、Cl考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：ApH=2的溶液中存在大量的氢离子，SO42、
11、K+、NO3、Mg2+之间不发生反应，也不与氢离子反应；BpH试纸呈现红色的溶液中存在大量的氢离子，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；C水电离出的c（H+）=1012mol/L的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子既能够与酸溶液反应，也能够与碱溶液反应；DFe3+、Al3+离子在溶液中发生水解，溶液显示中性解答：解：ApH=2的溶液为酸性溶液，SO42、K+、NO3、Mg2+之间不发生反应，也不与酸溶液反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BpH试纸呈现红色的溶液为酸性溶液，NO3离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故B错误；C水电离出的c
12、（H+）=1012mol/L的溶液在存在大量的氢离子或者氢氧根离子，HCO3既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+、Al3+离子水解，溶液中会显示中性，不可能为中性，与题干要求不相符，故D错误；故选A点评：本题考查了离子反应发生条件、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握常见的离子不能共存的情况，明确离子反应发生条件是解答本题的关键，选项D为易错点，注意离子的水解情况，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力8（3分）下列反应的离子方程式书写正确的是（）ANaHS水解：HS+H2OS2+H3O+B向氯化铁溶液中加入铁：Fe3+Fe2Fe2+C氯化铝溶
13、液加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OD硫酸铜水解：Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：ANaHS水解生成H2S，且水解程度较小；B电荷不守恒；C氢氧化铝难溶于弱碱；D铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子解答：解：ANaHS水解生成H2S，且水解程度较小，离子方程式为HS+H2OOH+H2S，该方程式为电离方程式，故A错误；B电荷不守恒，离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+，故B错误；C氢氧化铝难溶于弱碱，离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C错误；D铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，离子方程
14、式为Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，故D正确；故选D点评：本题考查离子方程式正误判断，侧重考查离子方程式的书写，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，注意多元弱酸根离子、多元弱碱离子水解区别，题目难度不大9（3分）（2012长沙模拟）在25101kPa下，2Na（s）+O2（g）Na2O（s）H1=414kJ/mol，2Na（s）+O2（g）Na2O2（s）H2=511kJ/mol，下列说法正确的是（）A和产物的阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温下Na与足量O2反应生成Na20，随温度升高生成Na20的速率逐渐加快D25101kPa下，Na202（s
15、）+2Na（s）2Na20（s）H=317kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；钠的重要化合物.专题：化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物分析：A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠，温度越高，反应速率越大；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析解答：解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，和产物的阴阳离子个数比相等，故A错误；B、由钠原子守恒可知，和生成等
16、物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2，且速率逐渐加快，故C错误；D、热化学方程式25、101kPa下：2Na（s）+O2（g）Na2O（s）H=414kJmol1，2Na（s）+O2（g）Na2O2（s）H=511kJmol1，2可得：Na2O2（s）+2Na（s）2Na2O（s）H=317kJmol1，故D正确；故选：D点评：本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题10（3分）（2010天津）
17、下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）考点：盐类水解的原理；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较.专题：溶液和胶体专题分析：（1）溶液PH小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；（2）根据PH大小可计算出溶液中H+浓度，pH=4.5，c（H+）=104.5 molL1，pH=6.
18、5，其c（H+）=106.5 molL1；（3）根据AgCl的溶解平衡可知溶液中的Cl浓度越大，AgCl的溶解度越小；（4）pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，溶液中H+大于OH浓度，根据溶液呈电中性，则有c（CH3COO）c（Na+）；解答：解：A、某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH7，故A错；B、pH=4.5，c（H+）=104.5 molL1，pH=6.5，其c（H+）=106.5 molL1，c（H+）是100倍的关系，故B正确；C、当溶液中c（Cl）不同，平衡向左移动的程度是不同的，所以AgCl的溶解度也是不同的，故C错；D、混合溶液显酸性，则c（H+
19、）c （OH），根据电荷守恒，c（CH3COO）c（Na+），故D错；故选：B点评：综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解11（3分）锅炉水垢是一种安全隐患，除去水垢中的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为易溶于酸的CaCO3，再用酸除去下列说法不正确的是（）ACaCO3的溶解度小于CaSO4B沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动C沉淀转化的难易与溶解度差别的大小无关DCaSO4到CaCO3的沉淀转化中并存着两
20、个沉淀溶解平衡考点：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：工业上用Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢使其中CaSO4能转化为CaCO3，从沉淀的转化的角度考虑，应是转化为溶解度更小的物质解答：解：A、依据沉淀转化可知硫酸钙能转化为碳酸钙沉淀，说明CaCO3的溶解度小于CaSO4 ，故A正确；B、沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，向更难溶的物质转化，故B正确；C、沉淀转化的实质是依据物质溶解度大小实现沉淀转化，和物质溶解度有关，故C错误；D、CaSO4到CaCO3的沉淀转化中，硫酸钙和碳酸钙沉淀在溶液中都存在沉淀溶解平衡，并存着两个沉淀溶解平衡，故D正确；故选C点
21、评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断，沉淀转化是向更难溶的方向进行是解题关键，题目难度中等12（3分）CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应2Cu2+4I=2CuI+I2而得到现以石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电前向电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液电解开始不久阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈蓝色，对这些现象的正确解释是（）阴极2H+2e=H2，使c（OH）c（H+） 阳极4OH4e=2H2O+O2，O2将I氧化为I2，I2遇淀粉变蓝 阳极2I2e=I2，I2遇淀粉变蓝 阳极2Cu4e+4I=2CuI+I2，I2遇淀粉变蓝ABCD考点：电解原理.分析：石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI
22、溶液，通电后，溶液中的H+、K+移向阴极，而H+的氧化性强于K+，所以H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，破坏了水的电离平衡，使c（OH）c（H+），酚酞试液变红；I和OH移向阳极，而失电子能力CuIOH，故Cu失电子产生Cu2+，阳极发生反应：Cu2e=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，生成I2，I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成解答：解：石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电后，溶液中的H+、K+移向阴极，而H+的氧化性强于K+，所以H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，破坏了水的电离平衡，使c（OH）
23、c（H+），酚酞试液变红；I和OH移向阳极，而失电子能力CuIOH，故Cu失电子产生Cu2+，阳极发生反应：Cu2e=Cu2+，又由信息可知，同时又发生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，生成I2，I2遇淀粉变蓝，有白色CuI沉淀生成，通电后，溶液中的H+、K+移向阴极，而H+的氧化性强于K+，所以H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，破坏了水的电离平衡，使c（OH）c（H+），酚酞试液变红，故正确；阳极Cu失电子产生Cu2+，生成Cu2+与I能反应产生I2、CuI，故错误；阳极发生反应：Cu2e=Cu2+，故错误；阳极发生反应：Cu2e=Cu2+，又由信息可知，同时又发
24、生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，故阳极反应为2Cu+4I4e=2CuI+I2，I2遇淀粉变蓝，故正确；故选C点评：本题考查电解原理，注意掌握离子放电顺序，明确电极反应式是关键，难度中等13（3分）浅绿色的Fe（NO3）2溶液中存在着如下的平衡：Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+若在此溶液中加入盐酸，则溶液的颜色变化为（）A绿色变深B浅绿色变得更浅C变黄D无明显变化考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：根据离子浓度对盐类水解平衡的影响分析解答，注意二价铁离子有还原性，硝酸有强氧化性，亚铁离子和硝酸能发生氧化还原反应生成三价铁离子解答：解：溶液中含有硝酸根离子和氢离子，所以含
25、有硝酸，硝酸具有强氧化性能把亚铁离子氧化成铁离子，铁离子显黄色，故选C点评：本题考查了影响盐类水解，注意酸性条件下，硝酸根离子和亚铁离子能发生氧化还原反应而使亚铁离子生成铁离子，属于易错题14（3分）硫化钠（Na2S）的水溶液中存在着多种微粒，下列关系正确的是（）Ac（OH）=c（HS）+c（H+）+c（H2S）Bc（OH）=c（HS）+c（H+）+2 c（H2S）Cc（Na+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S）Dc（Na+）+c （H+）=c（HS）+c（OH）+c（S2）考点：盐类水解的原理；离子浓度大小的比较.分析：A、依据硫化钠溶液中质子守恒分析判断；B、依据硫化钠溶液中质子守恒分
26、析判断；C、依据硫化钠溶液中物料守恒分析判断，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1；D、依据硫化钠溶液中电荷守恒来分析解答：解：A、硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c（OH）=c（HS）+c（H+）+2 c（H2S），故A错误；B、硫化钠水溶液中存在质子守恒，水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度应相同，氢离子存在形式变化，结合氢离子守恒写出c（OH）=c（HS）+c（H+）+2 c（H2S），故B正确；C、硫化钠水溶液中存在物料守恒，钠元素和硫元素物质的量之比为2：1，溶液中物料守恒为：c（Na+）=2 c（S2）+2 c（H
27、S）+2 c（H2S），故C错误；D、硫化钠水溶液中存在电荷守恒，阳离子所带正电荷的浓度和等于阴离子所带的负电荷的浓度和，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=2 c（S2）+c（HS）+c（OH），故D错误；故选B点评：本题考查了电解质溶液中质子守恒、物料守恒和电荷守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单15（3分）下列有关中和滴定的叙述中正确的是（）A中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入23mLB滴定管、锥形瓶均先水洗后润洗C滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注视滴定管内液面变化D若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视则测定值偏大考点：中和滴定.
28、专题：化学实验基本操作分析：A、根据较浓的标准液一滴引起的误差大及指示剂本身就是酸，能消耗碱，不宜过多分析；B、滴定管需要润洗，盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；C、滴定过程中两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；D、滴定前仰视读数，导致标准液读数偏大；滴定后仰视读数，导致标准液读数偏小解答：解：A、较浓的标准液一滴引起的误差大，所以比较稀的标准液好；指示剂本身就是酸，能消耗碱，不宜过多，一般23滴，故A错误；B、进行酸碱中和滴定实验时，滴定管需要润洗，但是盛装待测液的锥形瓶使用前不能用待测液润洗，否则会导致待测液的物质的量偏大，影响滴定结果，故B错误；C、滴定过程中
29、两眼应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以判断终点的到达，不应注视滴定管内液面变化，故C正确；D、滴定过程中，滴定前仰视读数，导致标准液读数偏大；滴定后仰视读数，导致标准液读数偏小，最终导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故D错误；故选：C点评：本题主要考查了滴定操作以及注意事项，难度不大，注重了基础知识考查，可以根据课本知识即可完成16（3分）如表现象或反应的原理解释正确的是（）选项现象或反应原理解释A铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用B合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应C镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼D2CO=2C+O2在任何条件下均不能自
30、发进行该反应H0，S0AABBCCDD考点：铝的化学性质；反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护.分析：A、铝箔表面的氧化铝熔点很高，是一层致密的氧化膜；B、高温下化学反应速率快，要考虑催化剂的催化活性；C、在原电池中，负极金属的腐蚀速率远大于正极金属的腐蚀速率；D、根据反应能否自发进行的判据：HTS0，反应在任何温度下均不能自发进行来回答解答：解：A、铝箔表面的氧化铝熔点很高，是一层致密的氧化膜，该薄膜兜着熔化的液态铝而不滴落，故A错误；B、合成氨反应需在高温条件下进行，高温下化学反应速率快，适宜温度下催化剂的催化活性最好，合成氨的反应是放热反应，故B错误；C、镀层破损后，镀锡铁中，金属铁为负
31、极，易被腐蚀，镀锌铁中，金属铁是正极，被保护，金属的活泼性是ZnFeSn，故C错误；D、当反应H0，S0时，根据反应能否自发进行的判据，可知HTS0，反应在任何温度下均不能自发进行，故D正确故选D点评：本题是一道综合知识题目，考查角度广，难度大，注意平时知识的积累并灵活掌握是解题的关键17（3分）在容积固定的密闭容器中发生反应：Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g），700时平衡常数为1.47，900时平衡常数为2.15下列说法正确的是（）A从700到900，平衡体系中气体的密度变大B该反应的化学平衡常数表达式为K=C绝热容器中进行该反应，温度不再变化，则达到化学平衡状态D该反应的正
32、反应是放热反应考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A700时平衡常数为1.47，900时平衡常数为2.15，说明反应是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，气体质量减小，气体体积不变；B平衡常数K=；C当反应达到平衡状态时，该物质的含量不变、同一物质的正逆反应速率相等及由此衍生的物理量不再变化；D升高温度，平衡向吸热反应方向移动，据此判断即可解答：解：A700时平衡常数为1.47，900时平衡常数为2.15，说明反应是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，气体质量减小，气体体积不变，密度减小，故A错误；B平衡常数K=，故B错误；C该可逆反应存在热量变化，当绝热容器中进行该反应，温度不再变
33、化，说明该反应正逆反应速率相等，则达到化学平衡状态，故C正确；D升高温度，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡常数的有关知识，根据化学平衡常数与温度的关系确定反应热，再结合可逆反应平衡状态的判断依据、化学平衡常数表达式等知识点来分析解答，注意：化学平衡常数表达式中只有气体，为易错点18（3分）（2014广州一模）某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是（）A铜电极附近观察到黄绿色气体B石墨电极附近溶液呈红色C溶液中的Na+向石墨电极移动D铜电极上发生还原反应考点：电解原理.专题：电化学专题分析：
34、根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，根据电解池的工作原理结合电极反应来回答判断即可解答：解：根据电解饱和食盐水的装置，如果通电后两极均有气泡产生，则金属铜电极一定是阴极，该极上的反应：2H+2e=H2，阳极上是氯离子失电子，发生的电极反应为：2Cl2e=Cl2A、金属铜电极一定是阴极，该极上的反应为2H+2e=H2，铜电极附近观察到无色气体，故A错误；B、石墨电极是阳极，该电极附近发生的电极反应为：2Cl2e=Cl2，可以观察到黄绿色气体产生，故B错误；C、电解池中，阳离子移向阴极，即移向铜电极，故C错误；D、金属铜电极是阴极，该极上的反应为2H+2e
35、=H2，属于还原反应，故D正确故选D点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解池的阳极材料决定电极反应的书写，难度不大二、填空题：（本题包括3小题，每空2分，共36分）19（12分）在室温下，下列五种溶液：0.1mol/L CH3COONa 0.1mol/L CH3COONH40.1mol/L NH4HSO40.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl等体积混合0.1mol/L NH3H2O 0.1mol/L NH4Cl请根据要求填写下列空白：（1）溶液呈碱性 （填“酸性”、“碱性”或“中性”），其原因是CH3COO+H2OCH3COOH+OH （用离子方程式表示）（2）
36、比较溶液和，其中c（NH4+）的大小关系是（填“”、“”或“=”）（3）在混合液中，c（Cl）=0.05 mol/L；c（NH3H2O）+c（NH4+） 0.2mol/L（填“”、“”或“=”）（4）室温下，一定体积的溶液和溶液混合后所得溶液的pH=7，则溶液中离子浓度的大小关系是：c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：（1）溶液是0.1mol/L CH3COONa，溶液中醋酸根离子水解溶液呈碱性；（2）0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子水解促进了铵根离子水解，0.1mol/L NH4HSO4溶液中，电离
37、出的氢离子对铵根离子水解起到了抑制作用；（3）0.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl等体积混合氯离子物质的量不变，体积增大一倍，分析计算氯离子浓度，混合溶液中出物料守恒分析计算；（4）依据溶液中电荷守恒分析判断解答：解：（1）溶液是0.1mol/L CH3COONa，溶液中醋酸根离子水解溶液呈碱性，反应的离子方程式为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH；故答案为：碱性；CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（2）0.1mol/L CH3COONH4 溶液中醋酸根离子水解促进了铵根离子水解，0.1mol/L NH4HSO4溶液中，电离 出的氢离子对铵根离子水解起到
38、了抑制作用，其中c（NH4+）的大小关系是；故答案为：；（3）0.1mol/L NH3H2O和0.1mol/L NH4Cl等体积混合氯离子物质的量不变，体积增大一倍，分析计算氯离子浓度，在混合液中，c（Cl）=0.05mol/L，混合溶液中出物料守恒分析，c（NH3H2O）+c（NH4+）=0.1mol/L0.2mol/L；故答案为：0.05；（4）室温下，一定体积的溶液0.1mol/L NH3H2O和溶液0.1mol/L NH4Cl混合后所得溶液的pH=7，溶液中存在电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），c（H+）=c（OH），则c（NH4+）=c（Cl），故答案为：
39、c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较和溶液中电荷守恒、物料守恒的分析判断，盐类水解的利用应用是解题关键，题目难度中等20（12分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1则反应NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）的H=41.8kJmol1（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比2：1置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是BDA体系压强保持不变 B混
40、合气体颜色保持不变CSO3和NO的体积比保持不变 D每消耗1molSO3的同时生成1mol NO若测得上述反应达平衡时NO2与SO2的体积比为5：1，则平衡常数K=1.8（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图甲所示该反应H0（填“”或“”）（4）依据燃烧的反应原理，合成的甲醇可以设计如图乙所示的原电池装置该电池工作时，OH向负极移动（填“正”或“负”）该电池正极的电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的计算.分析：（1）利用盖斯定律计算反应热；（2）利用化学平衡的
41、特征“等”、“定”来判定化学平衡，利用三段法计算平衡时的浓度来计算化学平衡常数；（3）从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动；（4）原电池中负极是电子发生氧化反应，正极上 得到电子发生还原反应，燃料电池一般燃料在负极反应，氧气再正极反应，溶液中的阴离子移向负极解答：解：（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H=113.0kJmol1，利用盖斯定律将得NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H=（196.6kJmol1）
42、（113.0kJmol1）=41.8kJmol1，故答案为：41.8；（2）A本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故A不能说明反应已达到平衡状态，故A错误；B随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故B可以说明反应已达平衡，故B正确；CSO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故C不能作为平衡状态的判断依据，故C错误；DD中每消耗1molSO3所述的是逆反应速率，同时生成1mol NO所述的是正反应速率，两者相等，能作为平衡状态的判断依据，故D正确； NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）起始物质的体积 2a a 0 0转化物质的体积 x x x x平衡物
43、质的体积2ax ax x x则（2ax）：（ax）=5：1，故x=0.75a，故平衡常数为=1.8，故答案为：BD；1.8；（3）从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动，说明正反应放热，即H0，故答案为：；（4）依据甲醇燃烧的反应原理，结合如图所示的原电池装置，负极上失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应；阴离子移向负极；故答案为：负；一般燃料在负极上发生反应，氧气再正极发生还原反应；负极电极反应为：CH3OH+8OH6e=CO32+6H2O，正极电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH，
44、故答案为：O2+2H2O+4e=4OH点评：本题考查了热化学方程式的书写、化学平衡的平衡状态的分析判断、平衡常数的求解、影响化学平衡的因素分析、原电池的原理应用，题目难度中等注意平衡常数的计算方法21（12分）请仔细观察两种电池的构造示意图（如图1），回答下列问题：（1）碱性锌锰电池的总反应式：Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn（OH）2，则负极的电极反应式：Zn+2OH2e=Zn（OH）2（2）碱性锌锰电池比普通锌锰电池（干电池）性能好，放电电流大试从影响反应速率的因素分析其可能的原因是碱性锌锰电池用锌粉替代了原锌锰电池的锌壳，增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，故放电电流大
45、（3）原电池可将化学能转化为电能某课外活动小组设计两种类型的原电池，以探究其能量转化效率限选材料：ZnSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，锌片和导线完成原电池甲的装置示意图（见图2），并作相应标注（要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素）组装原电池乙，要求：以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中，工作一段时间后，可观察到负极电极逐渐溶解变细甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，（填“甲”或“乙”），其原因是甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能考点：原电池和电解池的工
46、作原理.专题：电化学专题分析：（1）碱性锌锰电池的负极是Zn失电子生成Zn（OH）2；（2）二者的不同之处在于固体的表面积不同，反应速率不同；（3）依据原电池原理和盐桥的作用，在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，设计不同的电极为铜和锌，电解质溶液为硫酸铜和硫酸锌溶液；以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，依据原电池反应的原理，需要选用比铜活泼的锌做负极；从电流稳定，能量转化彻底，反应速率快等分析判断解答：解：（1）负极发生氧化反应，由方程式可知Zn被氧化生成Zn（OH）2，则电极方程式为Zn+2OH2e=Zn（OH）2，故答案为：Zn+2OH2e=
47、Zn（OH）2；（2）二者的不同之处在于固体的表面积不同，碱性锌锰电池用锌粉替代了原锌锰电池的锌壳，增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，故放电电流大，故答案为：碱性锌锰电池用锌粉替代了原锌锰电池的锌壳，增大了反应物的接触面积，加快了反应速率，故放电电流大；（3）在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，如图示设计原电池，锌做负极，铜做正极，原电池的甲装置示意图为：，故答案为：；以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，依据原电池反应的原理，需要选用比铜活泼的锌做负极，下层原电池，负极发生氧化反应，Zn2e=Zn2+，锌溶解，故答案为：电极逐渐溶解变细；甲
48、乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，因为甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能，故答案为：甲；甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能点评：本题考查了常见化学电源，注意负极发生氧化反应，正极发生还原反应，题目难度中等三、实验题（本题共10分，每空2分）22（10分）某研究小组进行Mg（OH）2沉淀溶解和生成的实验探究向2支盛有1mL 1mol/L的MgCl2溶液中各加入10滴2mol/L NaOH，制得等量Mg（OH）2沉淀；然后分别向
49、其中加入不同试剂，记录实验现象如下表：实验序号加入试剂实验现象4mL 2mol/L NH4Cl 溶液沉淀溶解4mL蒸馏水沉淀不溶解（1）测得实验中所用NH4Cl溶液显酸性（pH约为4.5），用离子方程式解释其显酸性的原因NH4+H2ONH3H2O+H+（2）同学们猜测实验中沉淀溶解的原因有两种：猜想1：氢氧化镁电离出OH离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水猜想2：氯化铵中NH4+离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH离子生成了水（3）为验证猜想，又设计了以下实验序号实验内容结 果1测定醋酸铵溶液的pHpH约为7，溶液呈中性2取少量的相同质量的氢氧化镁分别盛放在试管中，分别向其中滴加醋酸
50、铵溶液和氯化铵溶液固体均溶解用醋酸铵溶液与氢氧化镁反应的原因是醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解实验证明猜想正确的是1（填“1”或“2”）（4）实验观察到沉淀不溶解该实验的目的是排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性考点：探究沉淀溶解.专题：实验题分析：（1）氯化铵溶液中，铵根离子结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性；（2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是水解呈酸性的原因，二是氢氧化镁电离出的氢氧根离子与铵根离子反应，据此进行解答；（3）醋酸铵为中性，如果醋酸铵能够溶解氢氧化镁固体，则证明猜
51、想1正确；（4）假如溶剂水能够溶解氢氧化镁，对该实验探究会产生影响，据此进行解答解答：解：（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）氢氧化镁能溶解在氯化铵中有两种可能性，一是氢氧化镁电离出OH离子，与氯化铵电离出来的铵根离子反应生成氨水，二可能是铵根离子水解呈酸性，氢离子与氢氧根离子反应生成水，故答案为：氯化铵中NH4+离子水解出的H+，与氢氧化镁电离出OH离子生成了水；（3）醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH离子，导致沉淀溶解
52、平衡移动正向移动，达到沉淀溶解，则证明猜想1是正确的，否则猜想2正确，故答案为：醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁能溶解于醋酸铵，说明是NH4+结合氢氧化镁电离出的OH离子，导致沉淀溶解平衡移动正向移动，达到沉淀溶解；根据可知，氢氧化镁存在溶解平衡，Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（aq），铵根离子结合氢氧化镁电离的氢氧根离子，氢氧化镁的溶解平衡右移，导致氢氧化镁沉淀，所以猜想1正确，故答案为：1；（4）实验，加入等体积的水，观察到沉淀不溶解，可以排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性，使实验结果更具有说服力，故答案为：排除实验中溶剂水使沉淀溶解的可能性点评：本题考查较为综合，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握影响沉淀平衡，电离平衡和水解平衡的因素，综合把握相关基本理论知识，注重基础知识的学习，题目难度中等- 16 - 版权所有高考资源网