1、2015-2016学年安徽省亳州市高二（上）期末化学试卷（B卷）一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分每题只有一个选项符合题意）1化学反应中伴随能量变化的本质原因是（）A物质状态发生变化B发生了氧化还原反应C需要加热或发光的条件引发D有化学键的断裂和形成2在恒温恒容条件下，能使反应：A（g）+B（g）C（g）+D（g）正反应速率增大的是（）A减小C或D的浓度B减小B的浓度C增大A或B的浓度D减小A的浓度3将纯水加热到较高的温度，下列叙述正确的为（）A水的离子积变大，PH变小，呈中性B水的离子积不变，PH不变，呈中性C水的离子积变小，PH变大，呈碱性D水的离子积变大，PH变小，呈酸性4如图
2、是一个化学过程的示意图，已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O则下列说法中不正确的是（）A甲池是燃料电池，其中通入氧气的一极是原电池的正极B乙池是电解池，铁电极是阴极，一段时间后会析出金属银C甲池是电解池，乙是原电池D甲池一段时间后溶液的pH值会变小5下列说法中正确的是（）A金属铜在物质分类中属于单质，所以它既不是电解质也不是非电解质B强电解质水溶液的导电性一定比弱电解质水溶液的导电性强C用硫化亚铁除去污水中的铜离子，是利用硫化亚铁比硫化铜在水中更难溶D对于已经达到平衡的化学反应，改变压强，平衡常数（K）可能改变6在PH=1的溶液中，能大量共存的离子组是（）
3、ACa2+ClHCO3K+BNa+Al3+ClSO42CNH4+SO32Na+ NO3DNa+SO42Al（OH）4OH7下列反应的离子方程式正确的为（）A氯化铝溶液加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4 NH4+B氯化亚铁溶液通入氯气：2Fe2+Cl22Fe3+2ClC硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合：NH4+OHNH3+H2OD铁与稀盐酸；2Fe+6H+2Fe3+3H28对于可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）H0，下列图象正确的是（）ABCD9一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X（g）+Y（g）Z（g），经60s达到平衡，生
4、成0.3molZ，下列说法正确的是（）A其它条件不变，若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的正反应H0B其它条件不变，将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的C其它条件不变，若增大压强，则物质Y的转化率减小D以X浓度变化表示的反应速率为0.001molL1s110如图所示的装置，两烧杯中均为相应的水溶液，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.64g某金属，下列说法正确的是（）A甲池是b极上析出金属银，乙池是c极上析出某金属B甲池是a极上析出金属银，乙池是d极上析出某金属C某盐溶液可能是CuSO4溶液D某盐溶液可能是Mg（NO3）2溶液11100mL 浓
5、度为2molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A加入适量的6molL1的盐酸B加入数滴氯化铜溶液C加入适量蒸馏水D加入适量的氯化钠溶液12在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=+725.8kJ/molB2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=725.8kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2C
6、O2（g）+4H2O（l）H=+1452kJ/mol13常温下，相同物质的量浓度的下列物质的溶液，按PH减小的顺序排列的为（）ANaHSO4 CH3COONa NH4Cl NaNO3BNaNO3 CH3COONa NaHSO4 NH4ClCNaNO3 CH3COONa NH4Cl NaHSO4DCH3COONa NaNO3 NH4Cl NaHSO414如图所示，在盛有水的烧杯中倒置一支试管，底部有一枚铁钉，放置数天后观察：铁钉在逐渐生锈，下列说法中不正确的是（）A铁钉生锈，铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀腐蚀B若试管内液面上升，则铁钉发生的是吸氧腐蚀C若试管内液面上升，则铁钉发生的是析氢腐蚀D若试管内
7、液面下降，则铁钉发生的是析氢腐蚀15下列溶液中离子浓度的关系一定正确的是（）ANa2CO3和NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）B等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K+）=c（X）+c（HX）C一元弱碱MOH对应的盐MCl溶液中：c（Cl）c（H+）c（M+）c（OH）DpH=3的一元酸HX和pH=11的一元碱MOH等体积混合：c（M+）=c（X）c（H+）=c（OH）16将体积都为10mL、pH都等于3的醋酸和盐酸，加水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积（）Aa=b=100mLBa
8、=b=1000mLCabDab二、非选择题（本大题共5题，共52分）17某煤化工产业链的一部分发生某一反应，已知该产业链中反应的平衡常数表达式为K=，则它所对应反应的化学方程式是（2）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）H=x kJmol1已知：C（s）+O2（g）=CO2 （g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1则x为（3）一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能
9、力变化如图所示，请回答下列问题：写出冰醋酸电离方程式加水过程中，其水溶液导电能力变化的原因是：a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：（填“相同”、“a点大”、“b点大”、“c点大”）18如图为相互串联的甲乙两个电解池，请回答：（1）写出乙池的总反应方程式（2）甲池若为用电解精炼铜的装置，A极是（填“阴极”“阳极”、），电极B反应为电解质溶液为19在体积为2L密闭 绝热容器中，将物质的量均为2.00mol的SO2、O2混合，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），容器中SO3的体积分数 （SO3%）与体系内的温度变化如图所示曲线：（1）此反应的正
10、反应为热反应；（2）A、B两点正反应速率的大小关系是：vAvB（填=、或，）；（3）时间是10min时温度测得为T0，以O2表示T0对应的平均反应速率（O2）=； （4）温度TT0时，SO3%逐渐增大的原因是；（5）若B点SO3的体积分数为40.0%，则SO2的转化率为20以下是25时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3溶解度/g91041.71061.51043.0109在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子例如：为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；为了除去氯化
11、镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=4，过滤结晶即可请回答下列问题：（1）上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2+、Fe3+都被转化为（填名称）而除去（2）中加入的试剂选择为宜，其原因是（3）中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为（4）下列与方案相关的叙述中，正确的是（填字母）AH2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染B将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe（OH）2沉淀比Fe（OH）3沉淀较难过滤C
12、在pH4的溶液中Fe3+一定不能大量存在DCu2+可以大量存在于pH=4的溶液中21维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的分子式是C6H8O6人体缺乏这种维生素易得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸维生素C易被空气中的氧气氧化在新鲜水果、蔬菜、乳制品中都含维生素C，如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mgL1左右某校课外活动小组测定了某品牌的软包装橙汁中维生素C的含量下面是测定实验分析报告，请填写有关空白（1）测定目的：测定某品牌软包装橙汁中维生素C的含量（2）测定原理：C6H8O6+I2C6H6O6+2H+2I（3）实验用品：仪器：（自选，略）试剂：指示剂（填名称）、浓度为7.510
13、3 molL1的标准碘溶液、蒸馏水等（4）实验过程：洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用打开橙汁包装，目测：颜色橙黄色，澄清度好用（填仪器名称）向锥形瓶中量入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂用左手控制滴定管的（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视，直到滴定终点，滴定至终点的现象是（5）数据记录与处理：若滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是mgL1（6）问题讨论：滴定时能否剧烈摇动锥形瓶？为什么？从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁（填“是”或“不是）2015-2016学年安徽省亳州市高二（上）期末化学试卷（B卷）参考答案与试题解析一
14、、选择题（共16小题，每小题3分，共48分每题只有一个选项符合题意）1化学反应中伴随能量变化的本质原因是（）A物质状态发生变化B发生了氧化还原反应C需要加热或发光的条件引发D有化学键的断裂和形成【考点】化学反应中能量转化的原因【分析】化学反应的本质是：旧化学键的断裂和新化学键的形成，只要有旧化学键的断裂和新化学键的形成就一定发生化学反应，化学反应中常常伴随着能量变化【解答】解：断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出能量，所以有化学反应的能量变化就一定有化学键的断裂和形成故选D【点评】本题考查了化学反应中能量转化的原因，难度不大，注意化学反应中化学键断裂吸收能量，化学键形成放出能量2在恒温恒容条
15、件下，能使反应：A（g）+B（g）C（g）+D（g）正反应速率增大的是（）A减小C或D的浓度B减小B的浓度C增大A或B的浓度D减小A的浓度【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【分析】根据浓度对反应速率的影响：增大物质的浓度反应速率加快，要使反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）的正反应速率增大，需要增大反应物浓度，据此进行判断【解答】解：A减小C或D的浓度后，正、逆反应速率都减小，故A错误；B减小B的浓度，反应物浓度减小，故B错误；C增大A或B的浓度，正反应速率增大，故C正确；D减小A的浓度，正反应速率减小，故D错误；故选C【点评】本题考查了反应速率的影响因素，题目难度不大，明
16、确影响化学反应速率的元素为解答关键，注意掌握温度、浓度、催化剂对反应速率的影响，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力3将纯水加热到较高的温度，下列叙述正确的为（）A水的离子积变大，PH变小，呈中性B水的离子积不变，PH不变，呈中性C水的离子积变小，PH变大，呈碱性D水的离子积变大，PH变小，呈酸性【考点】离子积常数；水的电离【分析】水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但水中氢离子和氢氧根离子浓度仍然相等，水呈中性，据此分析解答【解答】解：水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以水中c（H+）、c（OH）都增大，则水的离子积常数增大，PH减小，但水中氢离子和氢氧根离子浓度仍然相等，水呈
17、中性，故选A【点评】本题考查水的电离，侧重考查学生对影响水电离因素的分析，注意：不能根据pH大小判断溶液酸碱性，要根据c（H+）、c（OH）的相对大小判断溶液酸碱性，为易错点4如图是一个化学过程的示意图，已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O则下列说法中不正确的是（）A甲池是燃料电池，其中通入氧气的一极是原电池的正极B乙池是电解池，铁电极是阴极，一段时间后会析出金属银C甲池是电解池，乙是原电池D甲池一段时间后溶液的pH值会变小【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据反应方程式知，甲装置是燃料电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极；乙有外加电源，
18、所以是电解池，石墨与原电池的正极相连，所以B石墨电极是阳极，Fe为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，结合反应方程式判断溶液的pH【解答】解：A甲装置是燃料电池，通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，故A正确；BFe与原电池的负极相连，Fe为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，故B正确；C甲装置是燃料电池，乙有外加电源，是电解池，故C错误；D甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O，反应消耗KOH，溶液的碱性减小，则pH减小，故D正确故选C【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理的应用，明确电极判断方法、电极反应的书写等是解题关键，侧重于考查学生的分析能力，题目
19、难度不大5下列说法中正确的是（）A金属铜在物质分类中属于单质，所以它既不是电解质也不是非电解质B强电解质水溶液的导电性一定比弱电解质水溶液的导电性强C用硫化亚铁除去污水中的铜离子，是利用硫化亚铁比硫化铜在水中更难溶D对于已经达到平衡的化学反应，改变压强，平衡常数（K）可能改变【考点】电解质与非电解质；化学平衡的影响因素；铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】A电解质是水溶液中或熔融状态下导电的化合物，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；B电解质溶液的导电性取决于溶液中离子浓度大小，和电解质强弱无直接关系；C硫化铜溶解性远远小于硫化亚铁，反应总是向更难溶的方向进行；D平衡常
20、数随温度变化，不随浓度、压强变化；【解答】解：A金属铜在物质分类中属于单质，电解质和非电解质是化合物，它既不是电解质也不是非电解质，故A正确；B强电解质水溶液的导电性不一定比弱电解质水溶液的导电性强，如氯化钠的稀溶液导电性不一定比醋酸的浓溶液导电性强，故B错误；C用硫化亚铁除去污水中的铜离子，是利用硫化铜溶解性小于硫化亚铁，硫化铜不溶于水和酸，硫化亚铁不溶于水溶于酸，故C错误；D对于已经达到平衡的化学反应，平衡常数随温度变化，改变压强，平衡常数不变，故D错误；故选A【点评】本题考查了电解质、非电解质概念实质的理解应用，物质性质和沉淀转化原理，注意平衡常数随温度的变化，题目较简单6在PH=1的溶
21、液中，能大量共存的离子组是（）ACa2+ClHCO3K+BNa+Al3+ClSO42CNH4+SO32Na+ NO3DNa+SO42Al（OH）4OH【考点】离子共存问题【分析】PH=1的溶液含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A酸溶液中不能大量存在HCO3，故A不选；B酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；CSO32、H+、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；D酸溶液中不能大量存在Al（OH）4、OH，故D不选；故选B【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
22、应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大7下列反应的离子方程式正确的为（）A氯化铝溶液加入过量的氨水：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4 NH4+B氯化亚铁溶液通入氯气：2Fe2+Cl22Fe3+2ClC硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合：NH4+OHNH3+H2OD铁与稀盐酸；2Fe+6H+2Fe3+3H2【考点】离子方程式的书写【分析】A氨水为弱碱，二者反应生成氢氧化铝沉淀；B氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁；C二者反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，不加热时一水合氨不能拆开；D铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会生成铁离子【解答】解：A氯化铝溶液中加人过量氨水，反
23、应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B氯化亚铁溶液通入氯气，反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故B正确；C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：2NH4+2OH+Ba2+SO42BaSO4+2NH3H2O，故C错误；DFe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故D错误；故选B【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物
24、是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等8对于可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）H0，下列图象正确的是（）ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】A反应是放热反应，升温平衡逆向进行；B图象分析可知，升温AB3%减小，平衡逆向进行，压强增大平衡正向进行AB3%应增大；C先拐先平温度高，达到平衡所需时间短；D压强增大反应速率增大，正逆反应速率都增大，气体体积减小方向的速率增大的多，正反应速率大于逆反应速率【解答】解：A反应是放热反应，升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图
25、象曲线变化符合化学平衡移动原理，故A正确；B图象分析可知，升温AB3%减小，平衡逆向进行，曲线变化符合，压强增大平衡正向进行AB3%应增大，图象中曲线变化不符合，故B错误；C图象变化中先拐先平温度高，达到平衡所需时间短，图象不符合，故C错误；D压强增大反应速率增大，正逆反应速率都增大，向气体体积减小方向的速率增大的多，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，图象不符合，故D错误；故选A【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度中等9一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X（g）+
26、Y（g）Z（g），经60s达到平衡，生成0.3molZ，下列说法正确的是（）A其它条件不变，若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的正反应H0B其它条件不变，将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的C其它条件不变，若增大压强，则物质Y的转化率减小D以X浓度变化表示的反应速率为0.001molL1s1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】A、升高温度化学平衡向吸热的方向移动；B、由于前后气体计量数之和不相等，容积增大，压强减小，化学平衡向逆反应方向移动；C、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；D、根据达到平衡时生成的0.3mol的Z，可以计算出Z的浓度，得出60s内Z的反应速率
27、，再根据不同物质反应速率之比等于计量数之比，得出答案【解答】解：A、X的体积分数增大，说明向逆反应方向移动，故逆反应吸热，则正反应方向为放热，故H0，故A错误；B、容积增大为20L，压强减小为原来的一半，如果平衡不移动则Z浓度变为原来的，但是平衡向左移动，Z浓度小于原来的，故B错误；C、增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，Y的转化率增大，故C错误；D、c（Z）=0.03mol/L，所以v（Z）=0.0005mol/（Ls），故v（X）=2v（Z）=0.001 molL1s1，故D正确故选D【点评】考查外界条件温度、浓度、压强对化学平衡的影响，要求学生能根据题目所给的各种条件改变，来判
28、断化学平衡移动的方向，题目难度中等10如图所示的装置，两烧杯中均为相应的水溶液，通电一段时间后，测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.64g某金属，下列说法正确的是（）A甲池是b极上析出金属银，乙池是c极上析出某金属B甲池是a极上析出金属银，乙池是d极上析出某金属C某盐溶液可能是CuSO4溶液D某盐溶液可能是Mg（NO3）2溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.24g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，乙池电极析出0.64g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的
29、金属，以此解答该题【解答】解：测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.64g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，A、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故A错误；B、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故B错误；C、乙池电极析出0.64g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属，则某盐溶液可能是CuSO4溶液，故C正确；D、Mg2+氧化性较弱，电解时在溶液中不能得电子析出金属，所以某盐溶液不能是Mg（NO3）2溶液，故D错误；故选C【点评】本题考查了电解池的工作原理，侧重于电解原理的考查，注意把握阴阳极的判断
30、以及溶液离子的放电顺序，题目难度不大11100mL 浓度为2molL1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A加入适量的6molL1的盐酸B加入数滴氯化铜溶液C加入适量蒸馏水D加入适量的氯化钠溶液【考点】化学反应速率的影响因素【分析】盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又基本不影响生成氢气的总量，则增大氢离子的浓度，不改变氢离子的物质的量或利用原电池原理来加快反应速率即可【解答】解：A、加入适量的6molL1的盐酸，增大氢离子的浓度，也增大了氢离子的物质的量，故A不选；B、因Zn过量，加入数滴氯化铜溶液，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，且
31、没有改变氢离子的物质的量，故B选；C、加入适量蒸馏水，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故C不选；D、加入适量的氯化钠溶液，溶液体积变大，氢离子的浓度减小，不改变氢离子的物质的量，化学反应速率减小，故D不选；故选B【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确信息中加快反应速率但不影响生成氢气的总量是解答本题的关键，并熟悉常见的影响因素来解答，难度不大12在25、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（）ACH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=+725.8kJ/molB2CH3OH（l）+3O2
32、（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/molC2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=725.8kJ/molD2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=+1452kJ/mol【考点】热化学方程式【分析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故A错误；B、1g
33、甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，根据热化学方程式的书写方法写出为：2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）H=1452kJ/mol，故B正确；C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，答案中焓变的数值错误，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故H0，故D错误；故选B【点评】本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点13常温下，相同物质的量浓度的
34、下列物质的溶液，按PH减小的顺序排列的为（）ANaHSO4 CH3COONa NH4Cl NaNO3BNaNO3 CH3COONa NaHSO4 NH4ClCNaNO3 CH3COONa NH4Cl NaHSO4DCH3COONa NaNO3 NH4Cl NaHSO4【考点】盐类水解的应用【分析】先是根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分：酸性的、碱性的、中性的，再利用弱离子的水解程度：越弱越水解来比较浓度相同的溶液的pH大小即可【解答】解：NaHSO4 水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液显酸性，CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液中
35、铵根离子水解显酸性，酸性弱于硫酸氢钠溶液的酸性，NaNO3溶液呈中性，所以溶液PH减小的顺序排列为：CH3COONa、NaNO3、NH4Cl、NaHSO4 ，故选D【点评】本题考查了溶液pH的大小比较方法应用，把握离子水解的应用及溶液酸碱性与pH的关系为答的关键，注意酸或是碱越弱，其阴离子水解程度越大，题目难度不大14如图所示，在盛有水的烧杯中倒置一支试管，底部有一枚铁钉，放置数天后观察：铁钉在逐渐生锈，下列说法中不正确的是（）A铁钉生锈，铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀腐蚀B若试管内液面上升，则铁钉发生的是吸氧腐蚀C若试管内液面上升，则铁钉发生的是析氢腐蚀D若试管内液面下降，则铁钉发生的是析氢腐蚀【
36、考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】A、铁钉中含有碳；B、吸氧腐蚀时吸收氧气；C、当溶液显酸性时，发生析氢腐蚀；D、析氢腐蚀生成氢气【解答】解：A、铁钉中含有碳，能形成原电池，故发生的是电化学腐蚀，故A正确；B、吸氧腐蚀时吸收氧气，试管内的压强减小，故液面上升，故B正确；C、当溶液显酸性时，发生析氢腐蚀，析氢腐蚀生成氢气，试管内的压强增大，故试管内的液面下降，故C错误；D、析氢腐蚀生成氢气，生成氢气，故会导致试管内的液面下降，故D正确故选C【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，题目难度不大，侧重于基础知识的考查15下列溶液中离子浓度的关系一定正确的是（）ANa2CO3和NaHCO3溶液中：c（N
37、a+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）B等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K+）=c（X）+c（HX）C一元弱碱MOH对应的盐MCl溶液中：c（Cl）c（H+）c（M+）c（OH）DpH=3的一元酸HX和pH=11的一元碱MOH等体积混合：c（M+）=c（X）c（H+）=c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据混合液中的电荷守恒判断；B等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX混合，根据混合液中的物料守恒分析；C盐的水解程度较弱，则c（M+）c（H+）；D需要根据酸、碱为强电解质或弱电解质进行讨论【解答】解：ANa2CO3和NaHCO3溶液中，
38、根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故A错误；B等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（K+）=c（X）+c（HX），故B正确；C一元弱碱MOH对应的盐MCl溶液中，M+部分水解溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），由于盐的水解程度较弱，则c（M+）c（H+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl）c（M+）c（H+）c（OH），故C错误；DpH=3的一元酸HX和pH=11的一元碱MOH等体积混合，若酸为强酸，碱为强碱溶液时满足：c（M+）=c（X）c（H+）=c（OH），若酸为弱酸，则混合液中酸过量，c（H
39、+）c（OH），若碱溶液为弱碱，则混合液中碱溶液过量，则c（H+）c（OH），故D错误；故选B【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒的含义为解答关键，D为易错点，注意根据电解质的强弱进行讨论，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力16将体积都为10mL、pH都等于3的醋酸和盐酸，加水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积（）Aa=b=100mLBa=b=1000mLCabDab【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，在水溶液里完全
40、电离，结合强弱电解质特点分析解答【解答】解：醋酸是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，在水溶液里完全电离；pH都等于3的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，加水稀释后醋酸还能电离出氢离子，要使稀释后的溶液pH仍然相等，则醋酸溶液中加入的水要大于盐酸溶液中加入的水，所以稀释后醋酸的体积大于盐酸，故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，难度不大二、非选择题（本大题共5题，共52分）17（1）某煤化工产业链的一部分发生某一反应，已知该产业链中反应的平衡常数表达式为K=，则它所对应反应的化学方程式是C+H2OCO+H2（2）黑火药是中
41、国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）H=x kJmol1已知：C（s）+O2（g）=CO2 （g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1则x为（3a+bc）（3）一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，请回答下列问题：写出冰醋酸电离方程式CH3COOHCH3COO+H+加水过程中，其水溶液导电能力变化的原因是：开始加入水，醋酸发生电离，溶液中离子浓度增大，溶液导电
42、能力增强，一定程度后再加入水，溶液体积为影响离子浓度主要元素，溶液中离子浓度又减小，溶液导电能力降低a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：相等（填“相同”、“a点大”、“b点大”、“c点大”）【考点】热化学方程式；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（2）已知：C（s）+O2（g）=CO2 （g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2K
43、NO3（s）H3=c kJmol1根据盖斯定律，3+可得：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则H=3H1+H2H3；（3）醋酸是弱电解质，电离得到醋酸根离子与氢离子；溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；a、b、c三点溶液中溶质HAc的物质的量相等，则消耗NaOH相等【解答】解：（1）反应的平衡常数表达式为K=，由元素守恒可知，反应物还有固体C，结合平衡常数表达式，可知反应的化学方程式是：C+H2OCO+H2，故答案为：C+H2OCO+H2；（2）已知：C（s）+O2（g）=CO2 （g）H1=a kJmol1S（s）+2K（s）K
44、2S（s）H2=b kJmol12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=c kJmol1根据盖斯定律，3+可得：S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则H=3H1+H2H3，故x=（3a+bc），故答案为：（3a+bc）；（3）酸是弱电解质，电离得到醋酸根离子与氢离子，电离方程式为：CH3COOHCH3COO+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO+H+；溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，开始加入水，醋酸发生电离，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，一定程度后再加入水，溶液体积为影
45、响离子浓度主导因素，溶液中离子浓度又减小，溶液导电能力降低，故答案为：开始加入水，醋酸发生电离，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，一定程度后再加入水，溶液体积为影响离子浓度主导因素，溶液中离子浓度又减小，溶液导电能力降低；所以冰醋酸不导电a、b、c三点溶液中溶质HAc的物质的量相等，则消耗NaOH的物质的量相等，则消耗氢氧化钠溶液体积相等，故答案为：相等【点评】本题考查弱电解质的电离、运用盖斯定律计算反应热、化学平衡常数等，理解溶液导电能力的影响因素，注意加水稀释醋酸，能促进醋酸电离，但开始离子物质的量为影响离子浓度主导因素，后半段溶液体积为影响离子浓度主导因素18如图为相互串联的甲乙两个
46、电解池，请回答：（1）写出乙池的总反应方程式2NaCl+2H2OH2+2NaOH+Cl2（2）甲池若为用电解精炼铜的装置，A极是阴极（填“阴极”“阳极”、），电极B反应为Cu2e=Cu2+电解质溶液为硫酸铜溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）乙池中Fe为阴极上氢离子得电子生成氢气，C为阳极上氯离子失电子生成氯气；（2）A与负极相连为阴极，B为阳极，阳极上Cu失电子生成铜离子；电解精炼铜时硫酸铜溶液为电解质溶液【解答】解：（1）乙池中Fe为阴极上氢离子得电子生成氢气，C为阳极上氯离子失电子生成氯气，则电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，其电极方程式为2NaCl+2H2OH2+2
47、NaOH+Cl2；故答案为：2NaCl+2H2OH2+2NaOH+Cl2；（2）A与负极相连为阴极；故答案为：阴极；B电极为阳极，阳极上Cu失电子生成铜离子，则电极B反应为Cu2e=Cu2+，故答案为：Cu2e=Cu2+；电解精炼铜时粗铜作阳极、纯铜作阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液，故答案为：硫酸铜溶液【点评】本题考查了电解池的工作原理的应用，明确电极判断方法、电极反应的书写、电路中电子守恒是解题关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力19在体积为2L密闭 绝热容器中，将物质的量均为2.00mol的SO2、O2混合，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），容器中SO3的体积分
48、数 （SO3%）与体系内的温度变化如图所示曲线：（1）此反应的正反应为放热反应；（2）A、B两点正反应速率的大小关系是：vAvB（填=、或，）；（3）时间是10min时温度测得为T0，以O2表示T0对应的平均反应速率（O2）=0.04 mol/（Ls）； （4）温度TT0时，SO3%逐渐增大的原因是由图象可知，当温度TT0时反应还没有达到平衡状态，反应还在正向进行，反应物二氧化硫和氧气会逐渐减少，三氧化硫就会逐渐增多；（5）若B点SO3的体积分数为40.0%，则SO2的转化率为66.7%【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素【分析】由图象可知温度TT0时，反应未达到平衡，向正向移动，SO3
49、%逐渐增大，温度大于T0时，温度升高，SO3%逐渐减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，温度升高，反应速率增大，结合三段式计算达平衡时各物质的浓度，并以此计算转化率【解答】解：（1）温度大于T0时，温度升高，SO3%逐渐减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）温度升高，反应速率增大，则vAvB，故答案为：；（3）设参加反应的氧气为xmol 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始的量：2mol 2mol 0转化的量：2x x 2x平衡的量：22x 2x 2xSO3的物质的量分数为50%，所以100%=50%，所以x=0.8mol，则v（O2）=0.04 mo
50、l/（Ls），故答案为：0.04 mol/（Ls）；（4）由图象可知温度TT0时，反应未达到平衡，向正向移动，反应物二氧化硫和氧气会逐渐减少，三氧化硫就会逐渐增多，SO3%逐渐增大，故答案为：由图象可知，当温度TT0时反应还没有达到平衡状态，反应还在正向进行，反应物二氧化硫和氧气会逐渐减少，三氧化硫就会逐渐增多；（5）设参加反应的氧气为xmol 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）起始的量：2mol 2mol 0转化的量：2x x 2x平衡的量：22x 2x 2xSO3的物质的量分数为40%，所以100%=40%，所以x=mol，所以n（SO2）=2x=mol，所以SO2的转化率为100%
51、=66.7%，故答案为：66.7%【点评】本题综合考查化学平衡的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及反应速率的计算，转化率的计算，难度一般，根据有关公式即可求算20以下是25时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3溶解度/g91041.71061.51043.0109在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子例如：为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反
52、应，过滤结晶即可；为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=4，过滤结晶即可请回答下列问题：（1）上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2+、Fe3+都被转化为氢氧化铁（填名称）而除去（2）中加入的试剂选择氨水为宜，其原因是不会引入新的杂质（3）中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为2Fe3+（aq）+3Mg（OH）2（s）3Mg2+（aq）+2Fe（OH）3（s）（4）下列与方案相关的叙述中，正确的是ACD（填字母）AH2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染B将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因
53、是Fe（OH）2沉淀比Fe（OH）3沉淀较难过滤C在pH4的溶液中Fe3+一定不能大量存在DCu2+可以大量存在于pH=4的溶液中【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+；由于Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH=4，形成Fe（OH）3沉淀；（1）Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，上述三个除杂方案都能够达到很好的效果，Fe2+、Fe3+
54、都被转化为Fe（OH）3而除去；（2）除去铁离子，可加入氨水，防止引入其它杂质；（3）除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，加入氢氧化镁，可消耗酸，调节溶液pH，促进水解；（4）A根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染；B根据将Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，沉淀不完全；C在pH4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀；D加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质【解答】解：中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+
55、沉淀，而不能用氢氧化钠溶液；中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+；由于Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，所以一般将Fe2+先氧化成Fe3+，再调节溶液的pH=4，形成Fe（OH）3沉淀；（1）由以上分析可知Fe3+、Fe2+ 都被转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：氢氧化铁；（2）中为了不引入其他杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，而不能用氢氧化钠溶液，故答案为：氨水；不会引入新的杂质；（3）中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，发生Fe3+：2Fe3+（aq）+3Mg（OH）2（s）3Mg2+（aq
56、）+2Fe（OH）3（s），故答案为：2Fe3+（aq）+3Mg（OH）2（s）3Mg2+（aq）+2Fe（OH）3（s）；（4）AH2O2是绿色氧化剂，还原产物为水，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染，故A正确；BFe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是防止沉淀不完全，故B错误；C由表中数据可知Fe（OH）3的溶解度为3109g，则饱和溶液的c（OH）=3c（Fe（OH）3）=3.01010mol/L，则在pH4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故C正确；D由表中数据可知Cu（OH）2的溶解度为1.7106g，则饱和
57、溶液的c（OH）=2c（Cu（OH）2）=3.4107mol/L11010mol/L，所以Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中，故D正确；故答案为：ACD【点评】本题以难溶电解质的溶解平衡为载体综合考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握盐类水解的原理以及溶解平衡的理解和运用，难度中等21维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的分子式是C6H8O6人体缺乏这种维生素易得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸维生素C易被空气中的氧气氧化在新鲜水果、蔬菜、乳制品中都含维生素C，如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mgL1左右某校课外活动小组测定了某品牌的软包装
58、橙汁中维生素C的含量下面是测定实验分析报告，请填写有关空白（1）测定目的：测定某品牌软包装橙汁中维生素C的含量（2）测定原理：C6H8O6+I2C6H6O6+2H+2I（3）实验用品：仪器：（自选，略）试剂：指示剂淀粉溶液（填名称）、浓度为7.5103 molL1的标准碘溶液、蒸馏水等（4）实验过程：洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用打开橙汁包装，目测：颜色橙黄色，澄清度好用酸式滴定管（填仪器名称）向锥形瓶中量入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂用左手控制滴定管的活塞（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定终点，滴定至终点的现象是最后一滴标准
59、液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色（5）数据记录与处理：若滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是990mgL1（6）问题讨论：滴定时能否剧烈摇动锥形瓶？为什么？不能，防止液体飞溅影响测定结果，还防止维生素C被氧化从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁不是（填“是”或“不是）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（3）根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；（4）橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用；滴定时左手控制活塞；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色且半分钟内不褪色时，维生素C已全部参加了反应；（5）根据反应C6H8O6+I2C6H6O6+2H+2I及题中碘的
60、质量为：254g/mol0.015L7.5103molL1=28.575mg，可以计算出橙汁中维生素C的含量；（6）滴定时不能剧烈摇动锥形瓶防止液体飞溅，还防止维生素C被氧化；新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断【解答】解：（3）利用I2氧化维生素C，根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉作指示剂，故答案为：淀粉溶液；（4）橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用，向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂；故答案为：酸式滴定管；在滴定时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应，滴定终点现
61、象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：活塞；锥形瓶中溶液颜色的变化；最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；（5）15ml标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol0.015L7.5103molL1=28.575mg设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为XC6H8O6+I2C6H6O6+2H+2I176 254X 28.575mg=解得：X=19.8mg则1L中含维生素C的质量为：19.8mg1000ml/20ml=990mg，所以，则此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，故答案为：990；（6）滴定时不能剧烈摇动锥形瓶防止液体飞溅影响且防止维生素C被氧化；故答案为：不能，防止液体飞溅影响测定结果，还防止维生素C被氧化；新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断，从分析数据看此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，此软包装橙汁不是纯天然橙汁，可能采取的做法是将维生素C作为添加剂；故答案为：不是【点评】本题考查了橙汁中维生素C的含量，属于综合实验题，完成本题时要注意题中数据的处理，合理进行误差的分析等，本题难度中等
