2017-2018学年安徽省滁州市定远县西片三校高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年安徽省滁州市定远县西片三校高二上学期期末考试化学试题 解析版

安徽省滁州市定远县西片三校2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题 考生注意：‎ ‎1、本卷满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2、答题前请在答题卷上填写好自己的学校、姓名、班级、考号等信息；‎ ‎3、请将答案正确填写在答题卷指定的位置，在非答题区位置作答无效。‎ 一、选择题 ‎1. 下列变化需要加入氧化剂才能实现的是（　　）‎ A. S2﹣→HS﹣ B. HCO3﹣→CO2 C. I﹣→I2 D. Cu2+→Cu ‎【答案】C ‎【解析】A、S2-→HS－的反应中S元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故A错误；B、HCO3-→CO2的反应中所含元素化合价没有发生变化，不需要加入氧化剂，与酸反应即可，故B错误；C、I－→I2的反应中I元素的化合价升高，被氧化，须加入氧化剂才能实现，故C正确；D、Cu2+→Cu的反应中Cu元素的化合价降低，被还原，需加入还原剂才能实现，故D错误；故选C。‎ 点睛：当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现。注意有些物质所含元素的化合价发生变化时，不一定需要加入氧化剂或还原剂，如氯酸钾的分解反应等。‎ ‎2. 下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（   ）‎ A. 二氧化碳 碳酸钠 B. 硫酸钠 乙醇 C. 氧化铝 硫 D. 盐酸 蔗糖 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物就是电解质。例如：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等都是电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，例如：非金属氧化物、绝大部分有机物、氨气等。 都必须为纯净物，必须为化合物；盐酸为混合物；因此A正确。‎ 考点：非电解质、电解质概念。‎ ‎3. 反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）在5L密闭容器中进行，半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率v为（   ）‎ A. v（O2）=0.01mol/（L•s）‎ B. v（NO）=0.08mol/（L•s）‎ C. v（H2O）=0.003mol/（L•s）‎ D. v（NH3）=0.001mol/（L•s）‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示，则NO的反应速率是＝0.002 mol·L－1·s－1。又因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，则氧气、氨气、水蒸气的反 应速率分别是0.0025 mol·L－1·s－1、0.002 mol·L－1·s－1、0.003 mol·L－1·s－1，选C。‎ 考点：考查化学反应速率计算 ‎4. 下列叙述正确的有几项（   ） ‎ ‎①NH3溶于水能导电，所以NH3是电解质        ‎ ‎②BaSO4投入水中，导电性较弱，故它是弱电解质 ‎③氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质   ‎ ‎④氯化钠溶液能导电，所以氯化钠溶液是电解质 ‎⑤硫磺（S）不能导电，所以硫磺是非电解质     ‎ ‎⑥CaCO3投入水中几乎不能导电，但CaCO3是强电解质．‎ A. 1项 B. 2项 C. 3项 D. 4项 ‎【答案】B ‎【解析】①NH3溶于水生成一水合氨，故氨水能导电和氨气本身无关，即氨气为非电解质，故错误；②强弱电解质的本质区别是能否完全电离，而BaSO4投入水中能完全电离，故为强电解质，故错误；③在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，由于盐酸能导电，故HCl为电解质，故正确；④氯化钠溶液是混合物，故既不是电解质也不是非电解质，故错误；⑤单质既不是电解质也不是非电解质，故硫单质不是电解质也不是非电解质，故错误；⑥强弱电解质的本质区别是能否完全电离，CaCO3投入水中几乎不能导电，但能完全电离，故为强电解质，故正确；正确的有③⑥，故选B。‎ 点睛：本题考查了电解质、非电解质、强弱电解质的有关概念和区别，应注意的是强弱电解质的本质区别是能否完全电离，和溶解度无关。本题的易错点为①，电解质必须是自身能直接电离出自由移动的离子的化合物，如SO2、CO2、NH3属于非电解质。‎ ‎5. 一种燃料电池中发生的化学反应为：在酸性溶液中甲醇与氧作用生成水和二氧化碳。该电池负极发生的反应是（ ）‎ A. CH3OH(g)+O2(g)=H2O(1)+CO2(g)+2H+(aq)+2e-‎ B. O2(g)+4H+(aq)+4e-=2H2O(1)‎ C. CH3OH(g)+H2O(1)=CO2(g)+6H+(aq)+6e–‎ D. O2(g)+2H2O(1)+4e–=4OH ‎【答案】C ‎........................‎ ‎6. 在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c（H+）分别是10﹣amol/L和10﹣bmol/L，在此温度下，下列说法正确的是（   ）‎ A. a＜b B. Kw=1.0×10﹣（7+a）‎ C. a=b D. Kw=1.0×10﹣（b+a）‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：硫酸铁溶液中氢离子都是水电离出来的，水电离出来的c(H+)为1×10－bmol/L，即溶液pH为b；所以硫酸溶液pH也是b，即硫酸电离出氢离子浓度（溶液中氢离子浓度)为1×10－bmol/L；而溶液中水电离出氢氧根离子浓度=水电离出氢离子浓度=1×10－amol/L，所以此温度时，水的离子积=（1×10－a）×（1×10－b）=1.0×10－(b+ a)。故选D。‎ 考点：水的电离平衡及影响因素 ‎7. 在下列过程中，需要加快化学反应速率的是 A. 钢铁腐蚀 B. 食物腐烂 C. 工业炼钢 D. 塑料老化 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．钢铁制品人们总希望使用的时间越长越好，使用钢铁时应该减缓其反应速率，A错误；B．食物人们需要其有一定的保质期，使用食物时要减缓其反应速率，B错误；C．工业炼钢总希望速率越快越好，所以需要增大化学反应速率，C正确；D．塑料制品人们总设法减缓其老化，使使用时间延长，所以塑料老化不需要增大起反应速率，D错误；答案选C。‎ 考点：考查化学反应速率与人们的愿望的关系的判断的知识 ‎8. 两份等质量且足量的锌粉a和b，分别加入等量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列各图中表示相同条件下其产生氢气的总体积(V)与时间的关系正确的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；产生氢气的量取决于稀硫酸的质量，两份溶液中硫酸的质量相同，产生的氢气的体积a=b，故选D。‎ 考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。‎ ‎9. 在密闭容器中充入4molSO2和3molO2，一定条件下建立平衡：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－QkJ/mol，测得SO2的转化率为90%，则反应放出的热量为（ ）‎ A. 2QkJ B. 1.8QkJ C. QkJ D. 0.9QkJ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：SO2的转化率为90%，说明消耗SO2的物质的量为4×90%mol=3.6mol，因此放出的热量为3.6×Q/2kJ=1.8QkJ，故选项B正确。‎ 考点：考查热量的计算等知识。‎ ‎10. 在2升的密闭容器中,发生以下反应:2A（g）+ B（g） 2C（g）+D（g） 。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.12 mol/（L·ｓ），则10秒钟时，容器中B的物质的量是（ ）‎ A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（B）=0.5v（A）=0.5×0.12mol/（L•s）=0.06mol/（L•s），所以△c（B）=0.06mol/（L•s）×10s=0.6mol/L，所以△n（B）=0.6mol/L×2L=1.2mol，故10秒钟时容器中B的物质的量为4mol-1.2mol=2.8mol．故选B．‎ 考点：考查化学反应速率的计算 ‎11. 利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法 B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀 C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动 D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小 ‎【答案】C ‎【解析】当开关置于M处时，此装置为原电池，锌比铁活泼，所以锌是负极，铁是正极，负极锌溶解失去电子，电子通过外电路传到正极保护了铁，这种铁的防护方法在电化学上称为牺牲阳极的阴极保护法。所以A不正确。‎ 当开关置于N处时，此装置为电解池，碳电极连接电源正极作阳极，铁电极作阴极被保护起来，此法称为外接电流的阴极保护法，B不正确。‎ 当开关置于M处时，此装置为原电池，铁比铜活泼，铁作负极失去电子，电子经外电路流向正极铜，溶液中铜离子在正极表面得到电子被还原为铜附着在铜表面，所以铜棒质量增加，C正确。‎ 当开关置于N处时，此装置为电镀池，阳极铜失电子变为铜离子进入溶液，溶液中铜离子在阴极表面得到电子被还原为铜镀到铁棒表面，因为阴阳两极得失电子守恒，所以溶液中铜离子浓度保持不变，D错了。‎ 点睛：电解池与原电池的最大区别是电解池有外接电源。在原电池中，一般是较活泼金属作负极，有一个自发进行的氧化还原反应发生，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极，氧化剂在正极得到电子发生还原反应，化学能转化为电能。在电解池中，先分析阳极材料，如果是惰性电极，则阳极上是溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，阴极上是溶液中的阳离子得到 电子发生还原反应；如果阳极为活泼电极，则阳极金属会失去电子发生氧化反应而溶解。‎ ‎12. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 （ ）‎ A. 已知2SO2(g)+O22SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量 B. 已知C(石墨,s)＝C(金刚石,s) △H﹥0，则金刚石比石墨稳定 C. 已知H+(aq)+OH–(aq)＝H2O（1） △H = -57.3kJ·mol-1，则任何酸碱中和的反应热均为57.3 kJ D. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g) △H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2；则△H1﹤△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量，SO2的能量与SO3的能量大小无法判断，故错误；B、能量越低，物质越稳定，此反应是吸热反应，石墨的能量低于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，故错误；C、中和热中的酸和碱都是稀溶液，因为浓溶液遇水放热，数值大于57.3kJ，酸和碱都是强电解质，因为弱电解质电离是吸热，数值小于57.3kJ，故错误；D、两个反应都是放热反应，△H<0，碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于生成CO的热量，即△H1<△H2，故正确。‎ 考点：考查物质的稳定和能量关系、放热反应和能量关系、中和热、反应热等知识。‎ ‎13. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ B. 电解精炼铜时，若转移1mol电子，a极质量减少32g C. 铁表面镀铜时，a为铁，b为Cu，工作一段时间要使右池溶液复原可加入适量的CuO D. 若a、b两极均为石墨时，在相同条件下，a极产生的气体与电池中消耗的O2体积相同 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2‎ O，故A错误；B．电解精炼铜时，a极是粗铜，溶解的是铜和比铜活泼的金属，故B错误；C．铁表面镀铜时，阳极a为铜，b为铁，工作一段时间硫酸铜的浓度基本不变，故C错误；D．a、b两极均是石墨时，电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以燃料电池需要消耗1molO2，二者的体积相等，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查原电池和电解池的知识 ‎【名师点晴】解答此种类型的题目的关键是能把握电化学原理，能正确书写电极反应式；左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料氢气的电极为负极，投放氧化剂氧气的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，结合电解反应解答。‎ ‎14. 将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：v（H2）＝3 mol·L－1·min－1；乙：v（N2）＝2 mol·L－1·min－1；丙：v（NH3）＝ 1 mol·L－1·min－1。则三个容器中合成氨的反应速率 A. v(甲)＞v(乙)＞v(丙） B. v(乙)＞v(丙)＞v(甲）‎ C. v(丙)＞v(甲)＞v(乙) D. v(乙)＞v(甲)＞v(丙）‎ ‎【答案】D ‎【解析】反应方程式为：N2+3H2=2NH3，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质的表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，则： =1mol•L-1•min-1；=2mol•L-1•min-1；=0.5mol•L-1•min-1，故反应速率v乙＞v甲＞v丙，故选D。‎ ‎15. KIO3是食用碘盐的添加剂，工业上制取KIO3的方法之一如图所示，其中阳（阴）离子隔膜只允许阳（阴）离子通过，下列有关说法中正确的是（ ） ‎ A. 可用铁作阳极、石墨作阴极 B. 装置中的隔膜为阳离子隔膜 C. 当外电路中通过2 mole-时，阴极上会有22.4LH2生成 D. 阳极电极反应式为：I--6e-+6OH-=IO3-+3H2O ‎【答案】D ‎【解析】由题意知以碘化钾为原料采用电解法制取碘酸钾，就是把-1价碘氧化为+5价碘的过程，所以阳极上的电极反应为I--6e-+6OH-=IO3-+3H2O，因此阳极只能用惰性电极而不能用铁作阳极，D正确、A不正确；阴极上水电离的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2↑，理论上每转移2mole-，可生成1molH2，在标准状况下所占的体积为22.4L，C不正确；只有使用阴离子交换膜，才能保证阴极区的碘离子定向移动到阳极区被氧化为碘酸根从而提高原料的转化率，同时阴极区可得到副产品氢氧化钾，所以B不正确。‎ ‎16. 下列各图中，表示吸热反应的图是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】如果反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应就是吸热反应，反之是放热反应。所以根据图像可知，A表示吸热反应，B表示放热反应，CD是错误的，答案选A。‎ ‎17. 下列有关化学反应速率的说法中，正确的是 A. 2mol/L盐酸与锌反应时，加入4mol/L的氯化钠溶液，生成氢气的速率加快 B. 对于可逆反应2CO+2NON2+2CO2，使用合适的催化剂，CO的生成速率和消耗速率都加快 C. 工业上合成氨是放热反应，升高温度，正反应速率减慢 D. 在K2SO4和BaCl2两溶液反应时，增大压强，生成沉淀速率加快 ‎【答案】B ‎18.‎ ‎ 2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（　 　）‎ A. 放电时，甲电极反应为：NiO(OH)+H2O+e‾=Ni(OH)2+OH‾‎ B. 放电时，甲电极为正极，OH‾移向乙电极 C. 电池总反应为H2+2NiO(OH) 2Ni(OH)2‎ D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连 ‎【答案】C ‎【解析】A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，则甲电极发生反应为氧化反应，故A错误；B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；C．放电时，正极电极反应式为2NiO(OH)+2H2O+2e-═2Ni(OH)2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH ‎2Ni(OH)2，故C正确；D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；故选C。‎ 点睛：明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向是解题关键，易错选项是D，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点；开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答。‎ ‎19. 一定条件下，CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol；向2L 恒容恒温密闭容器中充入1mol CO2和2.8molH2反应，图中过程I、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率[α(CO2)]随时间(t)的变化曲线。下列说法不正确的是 A. m点:v(正)>v(逆)‎ B. 活化能：过程Ⅱ>过程I C. n点时该反应的平衡常数K＝50‎ D. 过程I，t2时刻改变的反应条件可能是升高温度 ‎【答案】C ‎【解析】A. m点CO2的转化率不是最大，反应在向正反应方向进行，因此v(正)>v(逆)，A正确；B. 过程I首先达到平衡状态，说明反应速率快，因此活化能：过程Ⅱ>过程I，B正确；C. n点时CO2的转化率是0.8，则根据方程式可知 CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L） 0.5 1.4 0 0‎ 转化浓度（mol/L） 0.4 1.2 0.4 0.4‎ 平衡浓度（mol/L） 0.1 0.2 0.4 0.4‎ 所以该反应的平衡常数K＝＝200，C错误；‎ D. 过程I，t2时刻转化率降低，说明反应向逆反应方向进行，由于正反应放热，因此改变的反应条件可能是升高温度，D正确，答案选C。‎ ‎20. 如图所示装置，电流表指针发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的 (　　)‎ A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸 B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸 C. A是Cu，B是Fe，C为稀Cu（NO3）2溶液 D. A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以 A、D错误； A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项析出氢气不是金属，故B项错误；C选项析出金属，所以C 符合题意，故选C 。‎ ‎21. 下列应用与水解原理无关的是(　　)‎ A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞 B. 泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量二氧化碳的泡沫 C. 用氯化铵溶液除去铁锈 D. 可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳 ‎【答案】D ‎【解析】A．碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃瓶打不开，实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，与水解原理有关，A不选；B．碳酸氢钠溶液和硫酸铝发生互促水解反应而生成二氧化碳气体，可用于灭火，与盐的水解原理有关，B不选；C．铵根离子部分水解，溶液呈酸性，氢离子与铁锈反应，该应用与盐的水解原理有关，C不选；D．醋酸酸性比碳酸强，可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，与盐类水解无关，D选；答案选D。‎ 点睛：本题考查了盐类水解的应用，为高频考点，题目难度不大，试题侧重于盐的水解原理在生活中的应用的考查，明确盐的水解原理为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。‎ ‎22. 电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. 曲线①代表滴定HCl溶液的曲线 B. A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1‎ C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：C＜B＜A D. D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应后离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH 溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，则A．由分析可知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A错误；B．A点溶液中c（Na+）=0.05mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO-）+c（OH-）-c（H+）=c（Na+）=0.05mol/L，B错误；C．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，所以在相同温度下，水的电离程度：B＜C＜A，C错误；D．定量分析可知，D点溶液中，c（Na+）=1.5c（Cl-），根据电荷守恒得c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），则c(Cl－)=2c(OH－)－2c(H+)，D正确；答案选D。‎ ‎23. 无色透明溶液中能大量共存的离子组是 A. Na+、Al3+、HCO3-、NO3- B. AlO2-、Cl-、Mg2+、K+‎ C. NH4+、Na+、CH3COO-、NO3- D. Na+、NO3-、ClO-、I-‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．Al3＋与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，错误；B．AlO2-与Mg2＋反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀不能大量共存，错误；C．NH4+与CH3COO－虽能发生双水解反应，但能大量共存，正确；D．ClO－与I－能发生氧化还原反应不能大量共存，错误。‎ 考点：考查离子大量共存的知识。‎ ‎24. H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反应放出akJ热量。‎ 已知：‎ ‎（a、b、c均大于零）‎ 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 断开1molH-H键和1molI-I键所需能量大于断开2molH-I键所需能量 C. 断开2molH-I键所需能量约为（c+b+a）kJ D. 向密闭容器中加入2molH2和2molI2,充分反应放出的热量大小2akJ ‎【答案】B ‎【解析】A.1molH2‎ 完全反应放出akJ热量，可知为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；B．焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，该反应为放热反应，则断开1molH-H键和1molI-I键所需能量小于断开2molH-I键所需能量，故B错误；C．设断开2molH-I键所需能量为x，由信息可知，b+c-x=-a，则能量约为(c+b+a)kJ，故C正确；D．物质的量与热量成正比，且该反应为可逆反应，则充分反应放出的热量小于2akJ，故D正确；故选B。‎ ‎25. —定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)达平衡，下列说法正确的是( )‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度(mol/L)‎ 物质的平衡浓度(mol/L)‎ CO2(g)‎ H2(g)‎ C2H5OH(g)‎ H2O(g)‎ C2H5OH(g)‎ 甲 ‎500‎ ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.083‎ 乙 ‎500‎ ‎0.40‎ ‎1.20‎ ‎0‎ ‎0‎ 丙 ‎600‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.30‎ ‎0.039‎ A. 该反应正反应为吸热反应 B. 达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2，甲)1‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．在容器甲和容器丙中，若温度一样，二者将建立完全相同的平衡。由表中数据可知，由于丙升高温度使C2H5OH(g)的平衡浓度减小，说明升温使化学平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故A正确；B、乙容器中反应物浓度相当于在甲容器中等比例增大，若平衡不移动，则有2c(CO2，甲)=c(CO2，乙)，但浓度等比例增大，相当于加压，该平衡向正反应移动，使c(CO2，乙)减小，所以有2c(CO2，甲)>c(CO2，乙)，故B正确；C、由于容器乙中各物质的浓度比容器甲中的大，所以不论正逆反应速率，容器甲中反应速率都比容器乙中的小，故C错误；D、由A中的分析可知，当温度相同时，容器甲和容器丙将建立完全相同的平衡，即有a(CO2，甲)+a(C2H5‎ OH，丙)=1，但容器丙由于升高温度，使平衡向逆反应方向移动，使a(C2H5OH，丙)转化率增大，所以a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>1，故D正确。所以本题正确选项为C。‎ 点睛：1、假设法和等效平衡法是解决化学平衡常用的解题方法，如容器甲和丙，先假设温度相同，二者将建立等效平衡，然后再分析升高温度对平衡的影响；2、对于同一化学平衡，反应物的转化率和生成物的转化率之和等于1，学生不熟悉，使D无法确定；3、当然本题也可以通过计算求出答案，但非常繁杂的，是不可取的。‎ ‎26. —定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将2molX和1molY进行如下反应：2X(g)+Y(g)Z(s)，经1min达到平衡生成0.3mol的Z，下列说法正确的是 A. 1min内，用Z表示平均反应速率为0.03mol·L-1·min-1‎ B. 将容器容积变为20L，Z的新平衡浓度将等于原平衡浓度的一半 C. 当X的体积分数不变时，则说明该反应达到平衡状态 D. 若温度和体积不变，往容器内增加1molX，Y的转化率将增大 ‎【答案】D ‎【解析】A项，Z为固态物质，固体物质的浓度为常数，不能用固态物质表示化学反应速率，错误；B项，Z为固态物质，其浓度是一常数，错误；C项，Z为固态物质，起始加入X、Y物质的量依次为2mol、1mol，转化的X、Y物质的量之比恒为2:1，则X、Y物质的量之比始终为2:1，X的体积分数始终为2/3，X的体积分数不变不能说明反应一定达到平衡状态，错误；D项，若温度和体积不变，往容器内增加1molX，平衡正向移动，提高Y的转化率，正确；答案选D。‎ ‎【点睛】易错提醒：本题的关键在于Z是固态物质。‎ ‎27. 某溶液中有Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，过滤，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中大量增加的阳离子是(　　)‎ A. Mg2+ B. Fe2+ C. Fe3+ D. Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：Mg2+、Fe2+、Fe3+和Al3+四种阳离子中，‎ 若向其中加入过量的NaOH溶液，发生反应有：‎ Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3++3OH-=Al(OH)3↓，‎ Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，‎ ‎4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓，‎ 过滤后滤渣中含有Mg(OH)2和Fe(OH)3‎ ‎，在滤渣中再加入过量的盐酸，所得溶液中含有的阳离子是Mg2+和Fe3+，因此大量增加的阳离子为Fe3+，故选C。‎ 考点：考查离子反应发生的条件 ‎【名师点睛】本题考查离子的性质，题目难度不大，注意加入NaOH后所发生的反应，注意各离子的性质。根据各离子的性质，判断加入过量NaOH溶液时所发生的反应，注意Fe2+与Fe3+的转化，以及Al3+生成AlO2-的性质。‎ ‎28. 已知：常温下，0.01 mol/L MOH溶液的pH为10，MOH(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的ΔH＝－24.2 kJ·mol－1，强酸与强碱的稀溶液的中和热为ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。则MOH在水溶液中电离的ΔH为( )‎ A. －69.4 kJ·mol－1 B. －45.2 kJ·mol－1‎ C. ＋69.4 kJ·mol－1 D. ＋45.2 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】 由题意知，MOH+H+=M++H2O △H=﹣12.1kJ/mol ,H++OH-=H2O △H=﹣57.3kJ/mol。由盖斯定律可得，MOH M++OH- △H=+45.2 kJ/mol，所以D正确。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、综合题 ‎29. 全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如图1所示．‎ ‎①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为　___ ．‎ ‎②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐___ 色变为___ 色．‎ ‎③放电过程中氢离子的作用是___ ___ ；充电时若转移的电子数为3.01×1023个，左槽溶液中n（H+）的变化量为　___ 　．‎ ‎（1）若负载是镀铜的电镀槽，则纯铜应该连接___ 槽（填左或右）中的电极．‎ ‎（2）若负载是用石墨作电极，用3mol/L KCl和0.5mol/L Al2（SO4）3‎ 的混合溶液作电解液的电解池时，图2电解变化的曲线合理的是___ ‎ ‎（3）电解法处理污水已经得到广泛的应用．若负载是酸性介质中将有毒的Cr2O72﹣转变为Cr3+的电解池．装置如图3所示，请用文字描述其工作原理___ ‎ ‎（4）若负载是进行三电极法污水处理的电解池原理如图4所示，增加的铁电极的可能作用是___‎ ‎【答案】 (1). VO2++2H++e﹣=VO2++H2O (2). 绿 (3). 紫 (4). 参与正极反应 (5). 通过交换膜定向移动使溶液成电中性 (6). 0.5mol (7). 左 (8). AD (9). 阳极的金属铁放电得到的亚铁离子将Cr2O72﹣还原为Cr3+ (10). 产生促使污物聚沉的Fe（OH）3‎ ‎【解析】①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，说明此时为原电池，且为原电池的正极，故答案为：VO2++2H++e-=VO2++H2O；‎ ‎②充电过程中，右槽连接的是电源负极，为电解池的阴极，电极反应式为V3++e-=V2+，V3+为绿色，V2+为紫色，故可以看到右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色，故答案为：绿；紫；‎ ‎③放电过程中，电极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，氢离子的作用是充电时，参与正极反应，通过交换膜定向移动使溶液成电中性；左槽发生的反应为VO2++H2O=VO2++2H++e-，当转移电子为3.01×1023个即为0.5 mol电子时，生成氢离子为0.5mol，则氢离子变化0.5mol，故答案为：参与正极反应；通过交换膜定向移动使溶液成电中性；0.5mol；‎ ‎(1)若负载是镀铜的电镀槽，则纯铜为阳极，应该连接电源的正极，即左槽，故答案为：左；‎ ‎(2)假设混合溶液的体积为1L，则n(Cl-)=0.3mol，n(Al3+)=0.1mol，离子放电顺序为H+＞Al3+‎ ‎＞Na+，Cl-＞OH-＞SO42-，阳极发生：2Cl--2e-═Cl2↑，Cl-离子全部放电，失去0.3mol电子，阴极反应为2H++2e-═H2↑，得到0.3mol电子，生成0.3molOH-，发生Al3++3OH-═Al(OH)3↓，剩余溶液为K2SO4，溶液呈中性，pH=7，继续电解，为电解水，溶液pH不变，沉淀不溶解，所以图2电解变化的曲线合理的是AD，故答案为：AD；‎ ‎(3)铁电极连接原电池的正极，为电解池的阳极，则铁失去电子生成亚铁离子，亚铁离子将Cr2O72-还原为Cr3+，发生反应为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：阳极的金属铁放电得到的亚铁离子将Cr2O72-还原为Cr3+；‎ ‎(4)根据图示可知，阳极为C时生成氯气，阳极为Fe时溶液中产生亚铁离子，亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氯气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁具有很强吸附性，可以净水，故答案为：产生促使污物聚沉的Fe(OH)3。‎ 点睛：本题考查原电池和电解池的知识，解题时注意利用守恒的思维去解答，同时注意电极反应式的书写方法。本题的易错点为(2)，Al2(SO4)3水解呈酸性，结合离子放电顺序判断电极反应是解答的关键。‎ ‎30. 氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题．‎ ‎（1）下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值． ‎ 反应 大气固氮 N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）‎ 工业固氮 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）‎ 温度/℃‎ ‎27‎ ‎2000‎ ‎25‎ ‎400‎ ‎450‎ K ‎3.84×10﹣31‎ ‎0.1‎ ‎5×108‎ ‎0.507‎ ‎0.152‎ ‎①分析数据可知：大气固氮反应属于___（填“吸热”或“放热”）反应 ‎②分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮原因___‎ ‎③从平衡角度考虑．工业固氮应该选择常温条件，但实际工业产生却选择500℃左右的高温，解释其原因___。‎ ‎（2）工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定N2的平衡转化率在不同压强（р1、р2）下随温度变化的曲线，如图所示的图示中，正确的是___（填“A”或“B”）；比较р1、р2的大小关系___。‎ ‎（3）近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路，反应原理为：2N2（g）+6H2O（1）⇌4NH3（g）+3O2（g），则其反应热△H=___ ． 已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1 2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1 ．‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). K值小，正向进行的程度小（或转化率低），不适合大规模生产 (3). 从反应速率角度考虑，高温更好，但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适 (4). A (5). р2＞р1 (6). +1530 kJ•mol﹣1‎ ‎【解析】试题分析：（1）①大气固氮中，K随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；②27℃时K值太小，化学反应进行的程度小，不适合大规模生产；③工业固氮选择500℃左右，因为考虑到催化剂的活性和生产成本；‎ ‎（2）根据工业固氮的K随温度变化，该反应为放热过程，所以A图正确；正反应为气体体积减小的反应，所以压强大N2的转化率高，所以p2>p1；‎ ‎（3）根据已知条件：①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＝－92.4kJ·mol－1；②2H2(g) +O2(g)2H2O(l) △H＝－571.6kJ·mol－1，将①X2- ②X3得到2N2(g)+6H2O(1)4NH3(g)+3O2(g)，根据盖斯定律有：△H ="+1530kJ/mo" 1.‎ 考点：考查了平衡常数的应用、化学平衡图像、盖斯定律等相关知识。‎ ‎31. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是同族元素，都是较活泼的金属，它们的化合物在工业上有重要的应用。 ‎ ‎（1）Fe2(SO4)3和明矾一样也具有净水作用，其净水的原理是__________________（用离子方程式表示）。 ‎ ‎（2）已知某溶液中，Co2＋、Ni2＋的浓度分别为0.6 mol/L和1.2 mol/L ，取一定量的该溶液，向其中滴加NaOH溶液，当Co(OH)2开始沉淀时，溶液中 的值等于_____。（已知Ksp[Co(OH)2]＝6.0×10－15，Ksp[Ni(OH)2]＝2.0×10－15）‎ ‎（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，且不会造成二次污染。已知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备K2FeO4的流程如下图所示： ‎ ‎①上述氧化过程中，发生反应的离子方程式是： _________________________，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是：______________________________________。 ‎ ‎②反应③加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），这说明________________。‎ ‎③某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应后得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO3－离子的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为______________。‎ ‎（4）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如下图所示：阳极的电极反应式为___________________；其中可循环使用的物质____________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (2). 3 (3). 2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－=2FeO42-+3Cl－+5H2O (4). 防止生成的高铁酸钠发生分解 (5). 该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小 (6). 11：3 (7). Fe+8OH－-6e-=FeO42-+4H2O (8). NaOH溶液 ‎【解析】(1)三价铁离子水解产生氢氧化铁胶体，离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+，胶体表面积大，吸附能力强，达到净水目的； (2)Ksp[Co(OH)2]=6.0×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，对于同种类型的沉淀，Ksp越小，越难溶， 则在滴加氢氧化钠溶液的过程中，二价镍离子先沉淀，Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，当Co2+开始沉淀时，溶液中存在两个溶解平衡：CO(OH)2⇌CO2++2OH-，Ni(OH)2⇌Ni2++2OH-，根据Ksp[Co(OH)2]计算出此时溶液中c(OH-)，c(OH-)===10-7mol/L，则溶液中剩下的镍离子浓度c(Ni2+)===0.2mol/L，溶液中==3；‎ ‎(3)①氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30℃以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解； ②加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小； ③Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，经测定ClO-和ClO3-物质的量之比为1∶2，则可设ClO-为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol×(1-0)+2mol×(5-0)=11mol，氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则被还原的Cl的物质的量为：=11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11∶3； (4)阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42-，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H++2e-=H2↑，c(OH-)增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c(NaOH)增大，故NaOH可以循环使用。‎ ‎32. 硫、铁的化合物有广泛的应用。‎ ‎（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被—SO3H基取代后即为过二硫酸。‎ ‎①(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为_________；‎ ‎②用过二硫酸铵溶液检测废水中的Mn2+，配平下面的离子反应：‎ ‎__S2O82-+__Mn2++__＝___MnO4-+__SO42-+____。‎ ‎（2）大苏打的成分是Na2S2O3·5H2O，常用于防毒面具中吸收氯气。若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子。写出其水溶液吸收氯气的离子方程式______________。‎ ‎（3）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图所示流程探究其组成：‎ ‎①A的化学式为____________；‎ ‎②已知化合物A能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下密度为1.518g/L)，写出该反应的离子方程式：_______________________。‎ ‎【答案】 (1). +6 (2). 5 2 8H2O 2 10 16H+ (3). S2O32－+4Cl2+5H2O＝2SO42－+8C1－+10H+ (4). Fe3S4 (5). Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2+ +S ‎【解析】（1）①根据N为-3价、氢为+1价、氧为-2价进行计算可得：(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+6价；反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO4-中+7价，Mn2+是还原剂，S元素化合价由S2O82-中+7价降低为SO42-中+6价，S2O82-是氧化剂，根据电子转移守恒可配得离子方程式为：5S2O82-+2Mn2++8H2O＝2MnO4-+10SO42-+16H+；（2）若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，Na2S2O3中硫的化合价为+2，则化合价应该升为+6价，且根据得失电子守恒，反应时消耗的氯气的物质的量为4mol且生成氯离子，则其水溶液吸收氯气的离子方程式为：S2O32－+4Cl2+5H2O＝2SO42－+8C1－+10H+；（3）C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）= =0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，①由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；②化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），淡黄色不溶物为S，气体的摩尔质量为1.518 g/L×22.4L/mol=34g/mol，为H2S气体，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2+ +S。‎ ‎ ‎ ‎ ‎