【化学】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二月考检测（解析版）

【化学】河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二月考检测（解析版）

河北省沧州市泊头市第一中学2019-2020学年高二月考检测 可能用到的相对原子量：Cu-64 Ag-108‎ 一、单选题（1-15题每题2分，16-25题每题3分，共60分）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 铜、石墨均能导电，所以它们均是电解质 B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质 C. 液态HCl、固体NaCl均不能导电，所以HCl、NaCl均是非电解质 D. 蔗糖、酒精在水溶液或熔融状态下均不能导电，所以它们均是非电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜和石墨是单质不是化合物，所以不是电解质也不是非电解质，故A错误；‎ B．NH3、CO2的水溶液均能导电，是因为氨气、二氧化碳分别和水反应生成的氨水、碳酸电离出的离子而使溶液导电，不是氨气和二氧化碳电离出的离子而导电，所以氨气和二氧化碳不是电解质，是非电解质，故B错误；‎ C．液态氯化氢和氯化钠固体不含自由移动的离子，所以不导电，氯化氢和氯化钠溶于水能够电离出自由移动的离子而使溶液导电，氯化氢和氯化钠是电解质，故C错误；‎ D．蔗糖和酒精溶于水后，在水中以分子存在，导致溶液中没有自由移动的离子而使蔗糖和酒精溶液不导电，所以酒精和蔗糖是非电解质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意电离出的离子必须该化合物本身，不是和其他物质生成的化合物电离的。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 热化学方程式中，化学式前面的化学计量数既可表示微粒数，又可表示物质的量 B. 热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示在标准状况下测得的数据 C. 书写热化学方程式时，不仅要写明反应热的符号和数值，还要注明各物质的聚集状态 D. 凡是化合反应都是放热反应，分解反应都是吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、热化学方程式中各物质的化学计量数只表示物质的量，不表示微粒的个数，故 A错误；‎ B、热化学方程式中，要注明反应的温度和压强，如果没有注明温度和压强，则表示在常温下测得的数据，故B错误；‎ C、书写热化学方程式时，不仅要写明反应热的符号、数值和单位，还要注明各物质的聚集状态，故C正确；‎ D、大多数化合反应都是放热反应，有的不是，如C+CO2 2CO的反应是吸热反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，‎ ‎①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；‎ ‎①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；‎ ‎②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；‎ ‎③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；‎ 综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；‎ 故选B。‎ ‎4.S16O2与18O2在高温条件下发生反应2SO2+O22SO3，达到化学平衡后，平衡混合物中含18O的微粒( )‎ A. 只有SO3 B. 只有SO2、SO‎3 ‎ C. 有SO2、SO3、O2 D. 只有O2、SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可逆反应中的两个化学反应，在相同条件下同时向相反方向进行，两个化学反应构成一个对立的统一体，根据质量守恒定律可知，反应前后的元素守恒，一段时间后的可逆反应体系中，每种物质都会存在18O。‎ ‎【详解】S16O2与18O2在高温条件下发生反应：2SO2+O22SO3，达到化学平衡后，生成的三氧化硫中含有16O与18O，反应逆向进行18O可以在二氧化硫和氧气中，所以平衡混合物中含18O的微粒有SO2、SO3、O2，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡的特征应用，可逆反应是同一条件下同时进行的两个不同方向的反应，是动态平衡，注意可逆反应不能进行到底，无论进行多长时间，反应物都不可能100%的转化为生成物。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的 B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小 C. 常温下，反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若ΔH＜0，ΔS＞0，则一定自发，若ΔH＞0，ΔS＜0，则一定不能自发，若ΔH＜0，ΔS＜0或ΔH＞0，ΔS＞0，反应能否自发，和温度有关，A错误；‎ B、根据A中分析可判断B错误；‎ C、根据ΔH-TΔS＜0，反应的ΔS＞0，若ΔH＜0，则一定自发，现常温下不自发，说明ΔH＞0，C正确；‎ D、反应的ΔS＜0，能自发，说明ΔH＜0，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.可逆反应mA(s)+nB(g)cC(g)+fD(g)反应过程中，当其它条件不变时，C的体积分数(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如图所示(T2>T1)，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数增大 B. 达到平衡后，若使温度升高，化学平衡向逆反应方向移动 C. 化学方程式中n>c+f D. 达到化学平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 左图有三个变量：C的百分含量、温度、时间，右图有三个变量：C的百分含量、压强、时间，根据先拐先平的原则，T2＞T1，温度高C的百分含量反而低，说明升温平衡向逆反应方向移动；P2＞P1，压强高C的百分含量反而低，说明升压平衡向逆反应方向移动，即n＜c+f，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．加入催化剂，平衡不移动，C的体积分数不变，故A错误；‎ B．从左图可知，T1＜T2，T1→T2，温度升高，C的百分含量(C%)减小，平衡向逆向移动，故B正确；‎ C．从右图可知，P2＞P1，P1→P2，压强增大，C的百分含量(C%)减小，平衡向逆向移动，根据加压平衡向气体体积缩小的方向移动得：n＜c+f，故C错误；‎ D．A为固体，增加固体的量，平衡不发生移动，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.下列关于化学反应速率的说法，不正确的是（ ）‎ A. 化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量 B. 单位时间内某物质的浓度变化大，则该物质反应就快 C. 化学反应速率可以用单位时间内生成某物质的质量的多少来表示 D. 化学反应速率常用单位有mol·L-1·s-1和mol·L-1·min-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量，正确；‎ B、化学反应速率是用单位时间物质的浓度变化来表示，故浓度变化大则该物质反应就快，正确；‎ C. 反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示，而不是物质的质量，C不正确；‎ D. 化学反应速率是浓度除以时间，所以常用单位有mol·L-1·s-1和mol·L-1·min-1，正确。故答案选C。‎ ‎8.下列措施中，能使反应物活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是 ‎①增大反应物的浓度 ②升高温度 ③增大压强 ④移去生成物 ⑤加入催化剂 A. ①③⑤ B. ②⑤ C. ②③⑤ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，可采取升高温度、加入催化剂等措施 ‎【详解】①.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，①不符合题意；‎ ‎②.升高温度能使更多的普通分子变为活化分子，反应物的活化分子数和活化分子百分数都增大，②符合题意；‎ ‎③.增大压强，单位体积内活化分子的数目增多，但活化分子百分数不变，③不符合题意；‎ ‎④.移去生成物，平衡正向移动，反应物中活化分子数减少，但活化分子百分数不变，④不符合题意；‎ ‎⑤.加入催化剂可以降低反应的活化能，使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大，⑤符合题意，故答案选B。‎ ‎9.用已知物质的量浓度的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作会导致测定结果偏小的是（ ）‎ ‎①酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用待装液润洗 ‎②碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用待装液润洗 ‎③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，滴定至终点时充满溶液 ‎④取碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，取完后充满溶液 ‎⑤锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗 ‎⑥滴定时摇晃锥形瓶将液体溅出瓶外 ‎⑦滴定过程中，滴定管漏液(未漏入锥形瓶内)‎ ‎⑧读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视 A. ②④ B. ①③⑤⑦ C. ④⑧ D. ②④⑥⑧‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，相当于稀释了盐酸，导致V(盐酸)偏大，c(NaOH)偏高，故①错误；‎ ‎②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待测液润洗，待测液浓度偏小，所取待测液的物质的量偏小，造成V(盐酸)偏小，c(NaOH)低，故②正确；‎ ‎③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，滴定终点充满溶液，造成V(盐酸)偏大，c(NaOH)偏高，故③错误；‎ ‎④取碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，取完后，充满溶液，待测液物质的量偏小，造成V(盐酸)偏小，c(NaOH)低，故④正确；‎ ‎⑤锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗，待测液的物质的量偏大，导致V(盐酸)偏大，c(NaOH)偏高，故⑤错误；‎ ‎⑥滴定时摇动锥形瓶时将液体溅出瓶外，待测液的物质的量偏小，造成V(盐酸)偏小，c(NaOH)低，故⑥正确；‎ ‎⑦滴定过程中，滴定管漏出液体，溅至锥形瓶外，导致V(盐酸)偏大，c(NaOH)偏高，故⑦错误；‎ ‎⑧读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V(盐酸)偏小，c(NaOH)低，故⑧正确；‎ 使结果偏低的有：②④⑥⑧，故选D。‎ ‎【点睛】把握酸碱中和滴定的实质、误差分析为解答的关键。本题的易错点①②，要注意不当操作都要根据c(NaOH)=分析判断。‎ ‎10.用水稀释0.1mol·L-1氨水，溶液中随着水量的增加而增大的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. c(H+)·c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，NH3•H2O⇌OH-+NH4+平衡正向移动，n(OH-)增大，但溶液的体积增大的多，则c(OH-)减小，由于水的离子积不变，则溶液中氢离子浓度最大，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．溶液中存在平衡：NH3•H2O⇌OH-+NH4+，加水稀释，促进电离平衡正向移动， n(NH3•H2O)减小，n(NH4+)增大，则减小，故A错误；‎ B．溶液中存在平衡：NH3•H2O⇌OH-+NH4+，一水合氨的电离平衡常数为：Kb=，温度不变，则一水合氨的电离平衡常数不变，故B错误；‎ C．稀释过程中，氢氧根离子浓度减小，而水的离子积不变，则氢离子浓度最大，所以 的比值增大，故C正确；‎ D．水的离子积为Kw=c(H+)•c(OH-)，温度不变，则水的离子积不变，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为稀释过程中浓度的变化，如加水稀释，平衡右移，n(OH-)增大，但溶液的体积增大的多，则c(OH-)减小。‎ ‎11. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是 A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑‎ B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 ＋2H2O＋ 4e－＝4OH－‎ C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋‎ D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。‎ A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；‎ B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；‎ C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；‎ D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。‎ ‎【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；‎ B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；‎ C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；‎ D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。‎ ‎12.将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应H2(g)+Br2(g)2HBr(g) ΔH<0，平衡时Br2(g)的转化率为α，若初始条件相同，绝热条件下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为β。则α与β的关系是（ ）‎ A. α>β B. α=β C. α<β D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】恒温下发生反应H2(g)+Br2(g)⇌2HBr(g)△H＜0，该反应是放热反应，此时达到平衡时Br2(g)的转化率为α；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，最终平衡时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β＜α，故选A。‎ ‎13. 用pH试纸测定溶液pH的正确操作是（ ）‎ A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 B. 将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 C. 将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照 D. 将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照，A正确；‎ B. 用pH试纸测定溶液pH值时，若用蒸馏水润湿试纸，相当于把待测液加水稀释，导致所测的pH值可能不准，故试纸是不能事先润湿的，B不正确；‎ C. 不能将试纸在待测液中蘸一下，这样会污染试剂，C不正确；‎ D. 不能将试纸用蒸馏水润湿，D不正确。‎ 本题选A。‎ ‎14.常温下，将pH=4的硫酸溶液分别稀释成原体积的10倍、100倍、10000倍。则稀释后溶液的pH分别为（ ）‎ A. 5、6、8 B. 5、6、‎7 ‎C. 4.7、6.7、8 D. 4.7、6.7、7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，在pH=4的硫酸溶液中，c(H+)=10-4mol/L，将该硫酸稀释10倍后，溶液中氢离子浓度为：c(H+)=10-4mol/L×=10-5mol/L，pH=-lgc(H+)=5，将上述溶液稀释100倍，计算出的氢离子浓度为：c(H+)=10-4mol/L×=10-6mol/L，pH=-lgc(H+)=6，将上述溶液稀释10000倍，计算出的氢离子浓度为：c(H+)=10-4mol/L×=10-8mol/L，由于溶液中存在水的电离平衡，则此时溶液中c(H+)≈10-7mol/L，pH=-lgc(H+)≈7，溶液的pH分别为5、6、7，故选B。‎ ‎15.H2(g)＋F2(g)=2HF(g) DH＝－270kJ×mol－1，下列说法正确的是( )‎ A. ‎2L氟化氢气体分解成‎1L氢气与IL氟气吸收270kJ热量 B. 1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJ C. 在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢的能量 D. 1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；‎ B、氟化氢气体转化为液态氟化氢要放热，根据方程式，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；‎ C、该反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；‎ D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意物质的状态不同，能量不同，一般而言，物质由固态变成液态和气态，液态变成气态需要吸热。‎ ‎16.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是 A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液 B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水 C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液 D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=3的HNO3和pH=11的KOH溶液，二者刚好完全反应，溶液的pH=7，A不合题意；‎ B. pH=3的盐酸和pH=11的氨水，由于氨水中的一水合氨为弱碱，只发生部分电离，所以反应结束后，一水合氨过量，过量的一水合氨发生电离，溶液呈碱性，pH>7，B不合题意；‎ C. pH=3硫酸和pH=11的氢氧化钠溶液，二者刚好完全反应，溶液呈中性，pH=7，C不合题意；‎ D. pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液，由于醋酸为弱酸，二者完全反应后，醋酸有剩余，剩余的醋酸发生电离，使溶液显酸性，pH<7，D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】pH=a的酸与pOH=14-a的碱等体积混合，若二者都为强电解质，则混合溶液的pH=7，溶液呈中性；若强酸与弱碱混合，则反应后弱碱过量，溶液中以弱碱的电离为主，混合溶液 呈碱性，pH>7；若强碱与弱酸混合，则反应后弱酸过量，溶液中经弱酸的电离为主，溶液呈酸性，pH<7。‎ ‎17.金属镍有广泛的有途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性：Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（ ）‎ A. 阳极发生还原反应，电极反应式：Ni2++2e-=Ni B. 电解后，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C. 电解后，溶液中存在的金属离子只有Fe2+和Zn2+‎ D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．阳极发生氧化反应，Fe、Ni、Zn失电子，A错误；‎ B．阳极上放电的有Fe、Ni、Zn，阴极是Ni2+得电子生成金属Ni，阴阳极上转移电子数相等，但是金属摩尔质量不等，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；‎ C．电解后溶液中还有Ni2+，C错误；‎ D．Pt为惰性电极，所以阳极上Cu和Pt不参与反应，电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Pt，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.用1.0mol/L的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积变化关系如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是（ ）‎ A. 1.0‎‎ mol/L，20 mL B. 0.5 mol/L，40 mL C. 0.5 mol/L，80 mL D. 1.0 mol/L，80 mL ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图象知，硫酸的pH=0，则c（H+）=1mol/L，c（H2SO4）=c（H+）=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.5mol/L×‎0.04L=1mol/L×V，解得V（NaOH）=40mL，则混合溶液体积=40mL×2=80mL；‎ 故选C。‎ ‎19.25 ℃‎时，若pH＝a的10体积某强酸溶液与pH＝b的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系为 A. a＋b＝14 B. a＋b＝13‎ C. a＋b＝15 D. a＋b＝7‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，pH＝a的强酸溶液中氢离子浓度为,pH＝b的强碱溶液中氢氧根离子浓度为,混合溶液呈中性,说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量,所以,，所以。故选C。‎ ‎20.己知：与反应；与反应的。则在水溶液中电离的等于 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 主要考查关于△H的计算和对盖斯定律的迁移应用。‎ ‎【详解】HCN(aq)、HCl(aq)分别与NaOH(aq)反应△H的差值即为HCN在溶液中电离的能量，HCN属于弱电解质，其电离过程要吸收，即△H＞0，综合以上分析，可知△H =+43.5kJ·mol-1，‎ 答案为C。‎ ‎21.镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车一种主要电池类型。NiMH中的M 表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中的总反应方程式是：‎ Ni(OH)2+ M = NiOOH+ MH 已知：6NiOOH + NH3+ H2O + OH－=6Ni(OH)2+ NO2－‎ 下列说法正确的是 A. NiMH 电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH + H2O + e－= Ni(OH)2 + OH－‎ B. 充电过程中OH-离子从阳极向阴极迁移 C. 充电过程中阴极的电极反应式：H2O + M + e－= MH + OH-，H2O中的H被M还原 D. NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni(OH)2+OH-=NiOOH+H2O+e-、阴极反应：M+H2O+e-=MH+OH-，总反应：M+Ni(OH)2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，负极：MH+OH-=M+H2O+e-，总反应：MH+NiOOH=M+Ni(OH)2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。‎ ‎【详解】A、正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，故A正确；‎ B、电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH-离子从阴极向阳极，故B错误；‎ C、H2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；‎ D、不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎22. 常温下，若1体积硫酸恰好与2体积pH＝11的氢氧化钠溶液混合后pH=3(混合后体积变化不计)则二者物质的量浓度之比应为( )‎ A. 5︰1 B. 5︰‎2 ‎C. 1︰5 D. 2︰5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，设硫酸的物质的量浓度为c，体积为V，氢氧化钠溶液浓度为10-3mol/L ，体积为2V，混合后pH=3，即c(H+)==10-3mol/L，解得c=×10-3mol/L，则二者物质的量浓度之比应为×10-3mol/L：10-3mol/L=5：2，故选 B。‎ ‎【点晴】本题考查学生强酸和强碱混合后有关溶液的pH值、浓度、体积等的计算问题。强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=(c(H+)V酸-c(OH-)V碱)/(V酸+V碱)；若碱过量：c(OH-)=(c(OH-)V碱-c(H+)V酸)/(V碱+V酸)；当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。‎ ‎23.一定温度下，在3个体积均为‎1.0L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)达到平衡。下列说法正确的是（ ）‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度mol·L-1‎ 物质的平衡浓度/mol·L-1‎ c(H2)‎ c(CO)‎ c(CH3OH)‎ c(CH3OH)‎ Ⅰ ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ ‎ ‎ Ⅲ ‎500‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.025‎ A. 该反应的正反应放热 B. 达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大 C. 达到平衡时，容器Ⅱ中c(H2)大于容器Ⅲ中c(H2)的两倍 D. 达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将III中的生成物完全转化为反应物，相当于III中c(H2)=0.20mol/L、c(NO)=0.10mol/L，与I中反应物的物质的量浓度相同，升高温度，甲醇的浓度减小，升高温度，平衡向吸热方向移动，说明正反应是放热反应，故A正确；‎ B．I、II中温度、容器条件相同，II中反应物的量是I中2倍，相当于增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则II中反应物的转化率大于I，故B错误；‎ C．将III中的生成物完全转化为反应物，相当于III中c(H2)=0.10mol/L、c(NO)=0.050mol/L，与I中反应物的物质的量浓度相同，升高温度甲醇含量减小，说明正反应是放热反应；升高温度平衡逆向移动、增大压强平衡正向移动，则II中压强较大平衡正向移动、III中温度较高平衡逆向移动，则II中的c(H2)小于容器Ⅲ中c(H2)的两倍，故C 错误；‎ D．III中温度高于I，温度越高活化分子百分数越大，活化分子碰撞几率越大，化学反应速率越快，则III中的正反应速率大于I，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】正确利用对比方法解答是解本题关键。要注意等效平衡原理的理解和应用。‎ ‎24. 常温下，下列叙述正确的是（　　）‎ A. pH值等于5的HCl溶液和PH值等于9的NaOH溶液由水电离出的c(H+)之比为1:1‎ B. 两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=‎10c2‎ C. PH=2的HNO3溶液和PH=10的Ba(OH)2溶液等体积混合后的溶液的PH=7‎ D. 向0．1 mol/L的氨水中加入少量醋酸铵固体，则溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.常温下，pH等于5的HCl溶液和pH值等于9的NaOH溶液由水电离出的c(H+)均为10-9mol/L，故A正确；‎ B. 醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1＞‎10c2，故B错误；‎ C.pH=2的HNO3溶液和pH=10的Ba(OH)2溶液等体积混合后HNO3过量，pH<7，故C错误；‎ D.氨水中加入醋酸铵固体，平衡向左移动，c(OH-)减小、c(NH3·H2O)增大，减小，D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎25.pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则( 　　)‎ A. x为弱酸，VxVy C. y为弱酸，VxVy ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。‎ ‎【详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L×‎0.1L=0.1mol/L×V碱，解得V碱=‎0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于‎0.01L，则Vx”、“ <” 或“=”)。‎ ‎（3）0.1mol/L 的某酸H‎2A 的pH=4，则H‎2A 的电离方程式为_________________。‎ ‎（4）某温度下，Kw=1×10-12，将0.02mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混和液的pH=____。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). bcf (3). < (4). H2AH++HA-，HA-H++A2- ‎ ‎(5). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）. 常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液中有l%的CH3COOH分子发生电离，则溶液中氢离子浓度为0.1mol/L×1%=0.001mol/L，溶液的pH=3；‎ a．加入少量0.10mol/L的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；‎ b．醋酸的电离是吸热过程，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；‎ c．加水稀释至0.010 mol·L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；‎ d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；‎ e．加入少量氯化钠固体，对平衡没有影响，则不改变醋酸的电离程度，故e错误；‎ f．加入少量0.10 mol·L-1NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，使氢离子浓度降低，醋酸的电离平衡正向移动，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确；‎ 故答案为3；bcf；‎ ‎（2）.醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断向右移动，会电离出更多的氢离子，则等体积且pH 均等于3 的醋酸和盐酸溶液中加入等质量的锌且锌有剩余时，经过充分反应后，醋酸产生的氢气体积较大，故答案为＜；‎ ‎（3）. 0.1mol/L的某酸H‎2A的pH=4，说明该酸部分电离，则H‎2A是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2AH++HA-，HA-H++A2-；故答案为H2AH++HA-，HA-H++A2-；‎ ‎（4）. 某温度下，Kw=1×10-12，0.02mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH−)=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，则c(H+)=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c(OH−)=（0.04mol/L−0.02mol/L）÷2=0.01mol/L，则c(H+)=10−12÷0.01=10−10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为10。‎ ‎27.如图是一个化学过程的示意图。‎ ‎（1）图中甲池是______装置(填“电解池”或“原电池”)，其中OH-移向______极(填“CH3OH”或“O‎2”‎)。‎ ‎（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式：_______。‎ ‎（3）向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为________极(填“A”或“B”)，并写出此电极的反应式_______。‎ ‎（4）乙池中总反应的离子方程式_________。‎ ‎（5）常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加‎5.40g时，乙池的pH是_______(若此时乙池中溶液的体积为500mL)；此时丙池某电极析出‎1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是________(填序号)。‎ A.MgSO4 B.CuSO‎4 C.NaCl D.KOH ‎【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH (3). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (4). A (5). 4H2O-4e-=O2↑+4H+ (6). 4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+ (7). 1 (8). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)燃料电池属于原电池，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；‎ ‎(2)燃料电池中燃料失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；‎ ‎(3)乙池有外接电源是电解池，阳极上水得电子生成氧气和氢离子，阴极上银离子放电，酸性溶液使紫色石蕊试液变红，根据电极附近溶液的酸碱性变化确定溶液变红的电极；‎ ‎(4)电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，据此写出离子方程式；‎ ‎(5)根据银和氢离子关系式计算氢离子浓度，从而确定溶液的pH，阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素。‎ ‎【详解】(1)‎ 燃料电池是化学能转变为电能的装置，属于原电池，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，原电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，即向投放甲醇的电极移动，故答案为：原电池；CH3OH；‎ ‎(2)该燃料电池中，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：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；‎ ‎(3)乙池有外接电源属于电解池，连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上水得电子生成氧气和氢离子，电极反应式为4H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液呈酸性，滴加紫色石蕊试液呈红色， 故答案为：A；4H2O-4e-=O2↑+4H+；‎ ‎(4)电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，离子方程式为4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+，故答案为：4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；‎ ‎(5)当乙池中B(Ag)极的质量增加‎5.40g时，设氢离子浓度为xmol/L，‎ ‎ ‎ 有：=，解得：x=0.1，则溶液的pH=1，阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，B中析出‎5.40g时转移电子是0.05mol。A、硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；B、电解硫酸铜溶液时，阴极上析出‎1.60g铜需要转移电子0.05mol，故正确；C、氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；D、电解氢氧化钾溶液相当于电解水，不能析出金属单质，故错误；故选B；故答案为：1；B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(5)，要注意丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数。‎ ‎28.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应：A(g)＋xB(g) ‎2C(g)达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的关系如下图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）0～20min，A的平均反应速率为_________________；8min时，v(正)___v(逆)（填：>、=或<）‎ ‎（2）反应方程式中的x＝_______，30min时改变的反应条件是________________________。‎ ‎（3）20～30min时反应的平衡常数_______30～40min时反应的平衡常数（填：>、=或<）。‎ ‎（4）该反应的正反应为________（填：“放热”或“吸热”）反应。‎ ‎（5）反应过程中B的转化率最大的时间段是__________________min。‎ ‎【答案】 (1). 0.05 mol L-1min-1 (2). > (3). 1 (4). 扩大容器体积（或减小压强） (5). = (6). 放热 (7). 20～40‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象可知，反应从开始到20min内A的浓度减少了1mol/L，故A的平均反应速率为=0.05 mol/(L•min)，8min时未达到平衡，反应向正反应方向进行，故v(正)＞v(逆)；‎ ‎（2）30min时条件改变瞬间，浓度同等倍数减小，正逆反应速率都减小，但反应速率仍相等，平衡不移动，则应是扩大容器体积、减小压强的原因，该反应前后气体的体积不变，则x=1；‎ ‎（3）20-30min和30-40min两时间段内温度没变，平衡常数不变；‎ ‎（4）40min时改变条件后，C的浓度减小，A的浓度增加，说明平衡向逆反应方向进行，从图中知，条件改变后正逆反应速率均增大，只有升高温度与题意相符，升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；‎ ‎（5）20-30min和30-40min两时间段内虽条件不同，但平衡未移动，40-54min平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，故20-30min和30-40minB的转化率最大，即20～40min转化率最大。‎