北京市海淀區(qū)外國(guó)語(yǔ)實(shí)驗(yàn)學(xué)校高二（下）期末化學(xué)試卷(解析版)

.@:第21頁(yè)2019-2019學(xué)年北京市海淀區(qū)外國(guó)語(yǔ)實(shí)驗(yàn)學(xué)校高二〔下〕期末化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔25題，共50分〕1．〔2.00分〕以下裝置工作時(shí)，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的是〔〕A．燃?xì)庠頑．堿性鋅錳電池C．硅太陽(yáng)能電池D．風(fēng)力發(fā)電機(jī)【解答】解：A．燃?xì)庠顬榛瘜W(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能的裝置，故A正確；B．干電池在放電時(shí)屬于原電池，是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故B正確；C．硅太陽(yáng)能電池為太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故C錯(cuò)誤；D．風(fēng)力發(fā)電機(jī)是把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。2．〔2.00分〕如下圖的實(shí)驗(yàn)裝置不能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖恰病矨．結(jié)合秒表測(cè)量鋅與硫酸的反響速率B．測(cè)定中和反響的反響熱C．驗(yàn)證化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D．驗(yàn)證催化劑對(duì)反響速率的影響【解答】解：A．根據(jù)搜集氣體的體積和時(shí)間，可計(jì)算反響速率，能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不選；B．實(shí)驗(yàn)缺少環(huán)形玻璃棒，測(cè)量不準(zhǔn)確，不能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔅選；C．反響中鋅為負(fù)極，銅為正極，電子向正極挪動(dòng)，符合原電池工作原理，可到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔆不選；D．參加二氧化錳，反響速率增大，二氧化錳起到催化劑的作用，可到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故D不選。應(yīng)選：B。3．〔2.00分〕298K時(shí)，N2與H2反響過(guò)程中能量變化的曲線圖，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．在溫度、體積一定的條件下，通入1molN2和3molH2反響后放出的熱量為92kJB．a(chǎn)曲線是參加催化劑時(shí)的能量變化曲線C．參加催化劑，該化學(xué)反響的反響熱不改變D．該反響的熱化學(xué)方程式為：N2+3H2?2NH3△H=﹣92kJ/mol【解答】解：A．反響是可逆反響，在溫度、體積一定的條件下，通入1molN2和3molH2充分反響后放出的熱量小于92kJ，故A錯(cuò)誤；B．催化劑能改變反響的途徑，使發(fā)生反響所需的活化能降低，故B錯(cuò)誤；C．催化劑不改變反響物、生成物的總能量，那么反響熱不變，故C正確；D．該反響放出的能量大于吸收的能量，所以放熱，書(shū)寫熱化學(xué)方程式必須標(biāo)注物質(zhì)的聚集狀態(tài)，該熱化學(xué)方程式未標(biāo)注物質(zhì)的狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。4．〔2.00分〕熾熱的爐膛內(nèi)有反響：C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣392kJ/mol，往爐膛內(nèi)通入水蒸氣時(shí)，有如下反響：C〔s〕+H2O〔g〕=CO〔g〕+H2〔g〕△H=+131kJ/mol，CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣282kJ，H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=﹣241kJ/mol，由以上反響推斷往熾熱的爐膛內(nèi)通入水蒸氣時(shí)〔〕A．不能節(jié)省燃料，但能使?fàn)t火瞬間更旺B．雖不能使?fàn)t火更旺，但可以節(jié)省燃料C．既能使?fàn)t火更旺，又能節(jié)省燃料D．既不能使?fàn)t火更旺，又不能節(jié)省燃料【解答】解：煤炭直接燃燒的熱化學(xué)方程式：C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣392kJ/mol；往爐膛內(nèi)通入水蒸氣時(shí)，有如下反響：C〔s〕+H2O〔g〕=CO〔g〕+H2〔g〕△H=+131kJ/mol①，CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣282kJ/mol②H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=﹣241kJ/mol③由于碳先和水蒸氣反響生成CO和氫氣，氣體在燃燒時(shí)比煤炭之間燃燒火焰更旺；根據(jù)蓋斯定律可知，將①+②+③可得：C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=+131KJ/mol﹣282KJ/mol﹣241KJ/mol=﹣392kJ/mol，與煤炭直接燃燒的熱效應(yīng)是一樣的，故并不節(jié)省燃料，應(yīng)選A。5．〔2.00分〕一定條件下，在密閉容器中，能表示反響X〔g〕+2Y〔g〕?2Z〔g〕，一定到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是〔〕①X、Y、Z的物質(zhì)的量之比為1：2：2②X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化③容器中的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化④單位時(shí)間內(nèi)生成nmolZ，同時(shí)生成2nmolY．A．①② B．①④ C．②③ D．③④【解答】解：①平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量取決于起始配料比以及轉(zhuǎn)化的程度，不能作為判斷是否到達(dá)平衡狀態(tài)的根據(jù)，故①錯(cuò)誤；②X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化，說(shuō)明到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)，故②正確；③反響物和生成物的物質(zhì)的量不相等，當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，說(shuō)明各物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故③正確；④單位時(shí)間內(nèi)生成nmolZ，同時(shí)生成2nmolY，正逆反響速率不相等，沒(méi)有到達(dá)平衡狀態(tài)，故④錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。6．〔2.00分〕如圖表示一定條件下N2+3H2?2NH3的反響速率和時(shí)間的關(guān)系，其中t1是到達(dá)平衡需要的時(shí)間，t2～t3是改變一個(gè)條件后出現(xiàn)的情況，那么該條件可能是〔〕A．加壓 B．升溫C．參加催化劑 D．增大反響物濃度【解答】解：N2+3H2?2NH3的反響是氣體體積減小的反響，改變壓強(qiáng)、溫度、濃度對(duì)化學(xué)平衡都有影響，t1是到達(dá)平衡需要的時(shí)間，t2～t3是改變一個(gè)條件后出現(xiàn)的情況正逆反響速率始終一樣，但比原平衡狀態(tài)反響速率大，催化劑能改變化學(xué)反響速率，但不改變化學(xué)平衡，平衡不變，所以參加催化劑增大反響速率，不改變化學(xué)平衡，符合圖中變化，應(yīng)選C。7．〔2.00分〕氫氣可通過(guò)以下反響制得：CO〔g〕+H2O〔g〕?CO2〔g〕+H2〔g〕△H＜0，為了進(jìn)步氫氣在平衡體系中所占的比例，可采取的措施是〔〕A．減小壓強(qiáng) B．降低溫度 C．更換催化劑 D．減小H2的濃度【解答】解：A．因反響前后體積不變，那么減小壓強(qiáng)，平衡不挪動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．正反響放熱，降低溫度，平衡正向挪動(dòng)，故B正確；C．催化劑不影響平衡挪動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．減小氫氣的濃度，平衡正向挪動(dòng)，氫氣在平衡體系中所占的比例減小，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。8．〔2.00分〕工業(yè)上用CO和H2合成CH3OH：CO〔g〕+2H2〔g〕?CH3OH〔g〕．反響的平衡常數(shù)如下表：溫度/℃0100200300400平衡常數(shù)667131.9×10﹣22.4×10﹣41×10﹣5以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．該反響的△H＞0B．加壓、增大H2濃度和參加催化劑都能進(jìn)步CO的轉(zhuǎn)化率C．工業(yè)上采用5×103kPa和250℃的條件，其原因是原料氣的轉(zhuǎn)化率高D．t℃時(shí)，向1L密閉容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率為50%，那么該溫度時(shí)反響的平衡常數(shù)的數(shù)值為100【解答】解：A、根據(jù)平衡常數(shù)隨溫度變化和平衡挪動(dòng)原理分析判斷，隨溫度升高平衡常數(shù)減小，正反響為放熱反響△H＜0，故A錯(cuò)誤；B、反響前后是氣體體積減小的放熱反響，增大壓強(qiáng)增大氫氣濃度，平衡正向進(jìn)展，催化劑改變反響速率不改變化學(xué)平衡，不能進(jìn)步CO的轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C、升溫平衡逆向進(jìn)展，此條件是催化劑活性最大，不是原料氣的轉(zhuǎn)化率高，故C錯(cuò)誤；D、結(jié)合平衡三段式列式計(jì)算，平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反響物平衡濃度冪次方乘積，CO〔g〕+2H2〔g〕?CH3OH〔g〕起始量〔mol/L〕0.10.20變化量〔mol/L〕0.1×50%0.10.05平衡量〔mol/L〕0.050.10.05平衡常數(shù)K==100，故D正確；應(yīng)選：D。9．〔2.00分〕在300K時(shí)，A〔g〕+B〔g〕?2C〔g〕+D〔s〕的化學(xué)平衡常數(shù)K=4，在該溫度下，向1L容器中參加1molA和1molB發(fā)生反響，以下表達(dá)能作為該反響到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志的是〔〕A．A、B、C的分子數(shù)之比為1：1：2B．混合氣體的總壓強(qiáng)不再變化C．單位時(shí)間內(nèi)生成amolA，同時(shí)消耗2amolCD．單位時(shí)間內(nèi)生成2amolA，同時(shí)生成amolC【解答】解：A、A、B、C的分子數(shù)之比為1：1：2，不能說(shuō)明正逆反響速率相等和各組分濃度不變，不能說(shuō)明達(dá)平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、兩邊氣體計(jì)量數(shù)相等，混合氣體的總壓強(qiáng)一直不再變化，所以壓強(qiáng)不變不能說(shuō)明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、單位時(shí)間內(nèi)生成amolA，同時(shí)消耗2amolC，都表達(dá)逆反響方向，不能說(shuō)明正逆反響速率相等，故C錯(cuò)誤；D、單位時(shí)間內(nèi)生成2amolA，同時(shí)生成amolC，說(shuō)明正逆反響速率相等，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故D正確；應(yīng)選：D。10．〔2.00分〕25℃時(shí)，濃度一樣的Na2CO3和NaHCO3溶液，以下判斷不正確的選項(xiàng)是〔〕A．粒子種類不一樣B．c〔OH﹣〕前者大于后者C．均存在電離平衡和水解平衡D．分別參加NaOH固體，c〔CO32﹣〕均增大【解答】解：A．NaHCO3溶液中：H2O?H++OH﹣，HCO3﹣?CO32﹣+H+，H2O+HCO3﹣?H2CO3+OH﹣；Na2CO3溶液中：H2O?H++OH﹣，H2O+CO32﹣?HCO3﹣+OH﹣，H2O+HCO3﹣?H2CO3+OH﹣，所以存在的粒子種類一樣，故A錯(cuò)誤；B．碳酸根的水解程度大于碳酸氫根，二者水解均顯堿性，跟據(jù)水解規(guī)律：誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性，所以碳酸鈉中的氫氧根濃度大于碳酸氫鈉溶液中的氫氧根濃度，故B正確；C．Na2CO3溶液中存在水的電離平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氫根的電離平衡和水解平衡以及水的電離平衡，故C正確；D．分別參加NaOH固體會(huì)抑制Na2CO3的水解，與NaHCO3反響生成Na2CO3，那么兩種溶液中c〔CO32﹣〕均增大，故D正確。應(yīng)選：A。11．〔2.00分〕25℃時(shí)，水的電離到達(dá)平衡：H2O?H++OH﹣，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．將水加熱，Kw增大，pH不變B．向水中參加少量鹽酸，c〔H+〕增大，Kw不變C．向水中參加NaOH固體，平衡逆向挪動(dòng)，c〔OH﹣〕降低D．向水中參加AlCl3固體，平衡正向挪動(dòng)，c〔OH﹣〕增大【解答】解：A．水的電離是吸熱過(guò)程，升高溫度，平衡向電離方向挪動(dòng)，K增大，c〔H+〕，那么pH減小，故A錯(cuò)誤；B．向水中參加少量鹽酸，抑制水的電離，c〔H+〕增大，平衡逆向進(jìn)展，溫度不變Kw不變，故B正確；C．向水中參加少量固體NaOH，c〔OH﹣〕增大，平衡逆向挪動(dòng)，c〔H+〕降低，故C錯(cuò)誤；D．向水中參加AlCl3固體，溶解后鋁離子水解促進(jìn)水的電離，平衡正向挪動(dòng)，c〔OH﹣〕濃度減小，c〔H+〕濃度增大，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。12．〔2.00分〕用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，以下操作不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差的是〔〕A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)展滴定B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗，后裝入NaOH溶液進(jìn)展滴定C．用堿式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，參加少量的蒸餾水再進(jìn)展滴定D．用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無(wú)色時(shí)即停頓加鹽酸【解答】解：A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)展滴定，標(biāo)準(zhǔn)鹽酸被稀釋，濃度偏小，造成消耗的V〔酸〕偏大，根據(jù)c〔堿〕=可知c〔堿〕偏大，故A錯(cuò)誤；B．蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗，后裝入NaOH溶液進(jìn)展滴定，而后裝入一定體積的NaOH溶液進(jìn)展滴定，待測(cè)液的物質(zhì)的量偏大，造成消耗的V〔酸〕偏大，根據(jù)c〔堿〕=可知c〔堿〕偏大，故B錯(cuò)誤；C．用堿式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再參加適量蒸餾水進(jìn)展滴定，對(duì)V〔酸〕無(wú)影響，根據(jù)c〔堿〕=可知c〔堿〕不變，故C正確；D．用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無(wú)色時(shí)即停頓加鹽酸，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，根據(jù)c〔堿〕=可知c〔堿〕偏小，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。13．〔2.00分〕在以下各溶液中，離子一定能大量共存的是〔〕A．強(qiáng)堿性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．室溫下，pH=1的鹽酸中：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32﹣、Cl﹣D．水電離產(chǎn)生的c〔H+〕=1×10﹣13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣【解答】解：A．Al3+與OH﹣反響而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．酸性條件下NO3﹣具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e2+不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C．CO32﹣與Ca2+反響而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．水電離產(chǎn)生的c〔H+〕=1×10﹣13mol/L的溶液，可能呈酸性或堿性，離子之間不發(fā)生任何反響，可大量共存，故D正確。應(yīng)選：D。14．〔2.00分〕常溫下，將濃度均為0.1mol/LHA溶液和NaOH溶液等體積混合，混合液的pH=9，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．該混合溶液中：c〔A﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕B．該混合溶液中：c〔HA〕+c〔A﹣〕=0.1mol/LC．常溫下，0.1mol/LHA溶液的pH=1D．0.1mol/LHA溶液中：c〔HA〕＞c〔A﹣〕【解答】解：A．反響生成強(qiáng)堿弱酸鹽NaA，由于A﹣部分水解，溶液顯示堿性，那么c〔OH﹣〕＞c〔H+〕，根據(jù)電荷守恒可得：c〔Na+〕＞c〔A﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕，故A錯(cuò)誤；B．反響生成強(qiáng)堿弱酸鹽NaA，根據(jù)溶液中的物料守恒可得：c〔HA〕+c〔A﹣〕=0.05mol/L，故B錯(cuò)誤；C．HA為弱酸，常溫下，0.1mol/LHA溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，那么該溶液的pH＞1，故C錯(cuò)誤；D．HA為弱電解質(zhì)，在溶液中只能部分電離，那么HA溶液中c〔HA〕＞c〔A﹣〕，故D正確。應(yīng)選：D。15．〔2.00分〕：25℃時(shí)，Ksp[Mg〔OH〕2]=5.61×10﹣12，Ksp[MgF2]=7.42×10﹣11．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是〔〕A．25℃時(shí)，飽和Mg〔OH〕2溶液與飽和MgF2溶液相比，前者的c〔Mg2+〕大B．25℃時(shí)，在Mg〔OH〕2的懸濁液參加少量的NH4Cl固體，c〔Mg2+〕增大C．25℃時(shí)，Mg〔OH〕2固體在20mL0.01mol?L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol?L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小D．25℃時(shí)，在MgF2的懸濁液參加NaOH溶液后，MgF2不可能轉(zhuǎn)化成為Mg〔OH〕2【解答】解：A、因氫氧化鎂溶度積小，由Ksp可知，那么其Mg2+濃度小，故A錯(cuò)誤；B、NH4+結(jié)合OH﹣使氫氧化鎂溶解平衡正向挪動(dòng)，Mg2+增大，故B正確；C、Ksp不隨濃度變化，只與溫度有關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、氫氧化鎂的溶度積小，只要參加NaOH溶液，就可以使氟化鎂轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。16．〔2.00分〕配制FeCl3溶液時(shí)，為防止出現(xiàn)渾濁，可向該溶液中參加少量〔〕A．鐵 B．鹽酸 C．氯化鈉 D．氫氧化鈉【解答】解：A．FeCl3溶液中加Fe，會(huì)反響氧化復(fù)原反響，生成FeCl2．故A錯(cuò)誤；B．Fe3+易水解，水解生成H+，水解的離子方程式為Fe3++3H2O?Fe〔OH〕3+3H+，配制溶液時(shí)，可參加鹽酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而導(dǎo)致溶液變渾濁，故B正確；C．參加氯化鈉對(duì)FeCl3無(wú)影響，不能抑制FeCl3水解，故C錯(cuò)誤；D．參加氫氧化鈉，NaOH與FeCl3反響生成氫氧化鐵沉淀，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。17．〔2.00分〕濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如下圖，以下表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性B．ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)C．假設(shè)兩溶液無(wú)限稀釋，那么它們的c〔OH﹣〕相等D．當(dāng)lg=2時(shí)，假設(shè)兩溶液同時(shí)升高溫度，那么增大【解答】解：A．一樣濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強(qiáng)，根據(jù)圖知，未加水時(shí)，一樣濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說(shuō)明MOH的電離程度大于ROH，那么MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性，故A正確；B．由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質(zhì)在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點(diǎn)溶液體積大于a點(diǎn)，所以b點(diǎn)濃度小于a點(diǎn)，那么ROH電離程度：b＞a，故B正確；C．假設(shè)兩種溶液無(wú)限稀釋，最終其溶液中c〔OH﹣〕接近于純水中c〔OH﹣〕，所以它們的c〔OH﹣〕相等，故C正確；D．根據(jù)A知，堿性MOH＞ROH，當(dāng)lg=2時(shí)，由于ROH是弱電解質(zhì)，升高溫度能促進(jìn)ROH的電離，所以c〔M+〕/c〔R+〕減小，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：D。18．〔2.00分〕以下說(shuō)法中，不正確的選項(xiàng)是〔〕A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕B．鋼鐵發(fā)生氫析腐蝕C．將鋅板換成銅板對(duì)照閘門保護(hù)效果更好D．鋼閘門作為陰極而受到保護(hù)【解答】解：A、當(dāng)鋼鐵外表的水膜酸性很弱或顯中性時(shí)，鐵在負(fù)極放電，氧氣在正極上放電，發(fā)生的是鋼鐵的吸氧腐蝕，故A正確；B、當(dāng)鋼鐵外表的水膜顯酸性時(shí)，鐵在負(fù)極放電，水膜中的氫離子在正極放電生成氫氣，發(fā)生的是析氫腐蝕，故B正確；C、在原電池中，正極被保護(hù)，當(dāng)將鋅板換成銅板后，銅做正極被保護(hù)，鋼閘門做負(fù)極被腐蝕，起不到對(duì)鋼閘門的保護(hù)作用，故C錯(cuò)誤；D、在電解池中，陰極被保護(hù)，故要保護(hù)鋼閘門，就要將鋼閘門做電解池的陰極，故D正確。應(yīng)選：C。19．〔2.00分〕如圖為陽(yáng)離子交換膜法電解飽和食鹽水原理示意圖．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．離子交換膜為陰離子交換膜B．從B口參加含少量NaOH的水溶液以增強(qiáng)導(dǎo)電性C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下每生成22.4LCl2，便產(chǎn)生2molNaOHD．從E口逸出的氣體是H2【解答】解：A、根據(jù)鈉離子的挪動(dòng)方向確定離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，故A錯(cuò)誤；B、陰極D極產(chǎn)生大量的氫氧化鈉，為了增強(qiáng)導(dǎo)電性，可以從B口參加含少量NaOH的水溶液，故B正確；C、電解原理方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，標(biāo)準(zhǔn)狀況下每生成22.4L即1molC12，便產(chǎn)生2molNaOH，故C正確；D、在電解池中，鈉離子移向陰極，所以D極是陰極，該極除了產(chǎn)生氫氧化鈉以外還會(huì)產(chǎn)生氫氣，故從E口逸出的氣體是H2，故D正確；應(yīng)選：A。20．〔2.00分〕在電解水制取H2和O2時(shí)，為了增強(qiáng)液體的導(dǎo)電性，可參加以下物質(zhì)中的〔〕A．HCl B．CuCl2 C．NaOH D．CuSO4【解答】解：用惰性電極電解水制取H2和O2時(shí)，為了增強(qiáng)導(dǎo)電性，參加NaOH時(shí)，在陰極上析出氫氣，陽(yáng)極上析出氧氣，參加的電解質(zhì)電離產(chǎn)生的離子不能放電，僅能起到增強(qiáng)導(dǎo)電性的作用，但是參加HCl、CuCl2、CuSO4時(shí)電解質(zhì)會(huì)被電解，不合題意，不能選用，故C正確。應(yīng)選：C。21．〔2.00分〕以下有關(guān)圖1和圖2的表達(dá)不正確的選項(xiàng)是〔〕A．均發(fā)生了化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程B．Zn和Cu既是電極材料又是反響物C．工作過(guò)程中，電子均由Zn經(jīng)導(dǎo)線流向CuD．一樣條件下，圖2比圖1的能量利用效率高【解答】解：A、圖1為鋅銅原電池；圖2為含有鹽橋的鋅銅原電池，所以圖1和圖2均發(fā)生了化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程，故A正確；B、鋅是電極材料又是反響物，而銅只是電極不是反響物，故B錯(cuò)誤；C、原電池中電子由負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極，所以工作過(guò)程中，電子均由Zn經(jīng)導(dǎo)線流向Cu，故C正確；D、有鹽橋裝置的能產(chǎn)生持續(xù)的電流，能量利用率高，那么圖2比圖1的能量利用效率高，故D正確；應(yīng)選：B。22．〔2.00分〕在直流電的作用下，鋅板上鍍銅時(shí)，金屬銅作〔〕A．陽(yáng)極 B．陰極 C．正極 D．負(fù)極【解答】解：在直流電的作用下，鋅板上鍍銅時(shí)，鋅板作陰極，銅做陽(yáng)極，陽(yáng)極上銅失電子發(fā)生氧化反響，鍍件作陰極，陰極上銅離子放電生成銅，應(yīng)選A。23．〔2.00分〕高功率Ni/MH〔M表示儲(chǔ)氫合金〕電池已經(jīng)用于混合動(dòng)力汽車．總反響方程式如下：Ni〔OH〕2+MNiOOH+MH以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．放電時(shí)正極附近溶液的堿性增強(qiáng)B．放電時(shí)負(fù)極反響為：M+H2O+e=MH+OH﹣C．充電時(shí)陽(yáng)極反響為：NiOOH+H2O+e﹣=Ni〔OH〕2+OH﹣D．放電時(shí)每轉(zhuǎn)移1mol電子，正極有1molNiOOH被氧化【解答】解：A．放電時(shí)正極反響為：NiO〔OH〕+H2O+e﹣=OH﹣+Ni〔OH〕2，所以正極附近溶液的堿性增強(qiáng)，故A正確；B．放電時(shí)，負(fù)極失電子發(fā)生氧化反響，故B錯(cuò)誤；C．充電時(shí)陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反響，故C錯(cuò)誤；D．放電時(shí)，每轉(zhuǎn)移1mol電子，正極有1molNiOOH被復(fù)原，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。24．〔2.00分〕熱激活電池可用作火箭、導(dǎo)彈的工作電源．一種熱激活電池的根本構(gòu)造如下圖，其中作為電解質(zhì)的無(wú)水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能．該電池總反響為：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+LiSO4+Pb．以下有關(guān)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．放電時(shí)，電子由Ca電極流出B．放電過(guò)程中，Li+向PbSO4電極挪動(dòng)C．負(fù)極反響式：PbSO4+2e﹣+2Li+═Li2SO4+PbD．每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，理論上生成20.7gPb【解答】解：由原電池總反響可知Ca為原電池的負(fù)極，被氧化生成CaCl2，反響的電極方程式為Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，PbSO4為原電池的正極，發(fā)生復(fù)原反響，電極方程式為PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，A、由原電池總反響可知Ca為原電池的負(fù)極，電子由負(fù)極Ca電極流出，故A正確；B、放電過(guò)程中陽(yáng)離子向正極PbSO4電極挪動(dòng)，故B正確；C、Ca為原電池的負(fù)極，被氧化生成CaCl2，反響的電極方程式為Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)電極方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，理論上生成0.1molPb，質(zhì)量為20.7g，故D正確；應(yīng)選：C。25．〔2.00分〕LED產(chǎn)品的使用為城市增添色彩．如圖是氫氧燃料電池驅(qū)動(dòng)LED發(fā)光的一種裝置示意圖．以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．該裝置將化學(xué)能最終轉(zhuǎn)化為電能B．a(chǎn)處通入O2C．b處為電池正極，發(fā)生復(fù)原反響D．通入O2的電極上發(fā)生的電極反響為O2+4H++4e﹣=2H2O【解答】解：A、燃料電池中將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，LED產(chǎn)品中電能轉(zhuǎn)化為光能，所以該裝置的能量轉(zhuǎn)換是化學(xué)能為電能最終轉(zhuǎn)化為光能，故A錯(cuò)誤；B、由電子流向可知a為負(fù)極，b為正極，負(fù)極上發(fā)生氧化反響，通入氫氣，正極上發(fā)生復(fù)原反響，通入的是氧氣，即b處通入O2，故B錯(cuò)誤；C、b為正極發(fā)生的電極反響為O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，氧氣得電子發(fā)生復(fù)原反響，故C正確；D、通氧氣的一極為b極，堿性條件下，氧氣得電子生成氫氧根離子，那么b極發(fā)生的電極反響為O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。二、填空題〔每空2分，共50分〕26．〔4.00分〕根據(jù)以下表達(dá)寫出相應(yīng)的熱化學(xué)方程式：〔1〕16g固體硫完全燃燒時(shí)放出148.4kJ的熱量，寫出表示硫的燃燒的熱化學(xué)方程式：S〔s〕+O2〔g〕═SO2〔g〕△H=﹣296.8kJ?mol﹣1．〔2〕如圖是298K、101kPa時(shí)，N2與H2反響過(guò)程中能量變化的曲線圖．該反響的熱化學(xué)方程式N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕△H=﹣92kJ?mol﹣1．【解答】解：〔1〕16g固體硫完全燃燒時(shí)放出148.4kJ的熱量，即1molS完全燃燒時(shí)放出放出296.8kJ熱量，那么熱化學(xué)方程式為：S〔s〕+O2〔g〕=SO2〔g〕，△H=﹣296.8kJ/mol，故答案為：S〔s〕+O2〔g〕═SO2〔g〕△H=﹣296.8kJ?mol﹣1；〔2〕圖象分析可知，圖象中表示的是1molN2與和3molH2氧氣完全反響生成2molNH3，反響是放熱反響，反響的焓變△H=508kJ/mol﹣600kJ/mol=﹣92kJ/mol，反響的熱化學(xué)方程式為：N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕△H=﹣92kJ?mol﹣1，故答案為：N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕△H=﹣92kJ?mol﹣1．27．〔10.00分〕25℃時(shí)，現(xiàn)有濃度均為0.10mol?L﹣1的兩種溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液．請(qǐng)答復(fù)：〔1〕溶液①的pH＞〔填“＞〞“=〞或“＜〞〕1，原因是CH3COOH在水溶液中只有部分電離成H+和CH3COO﹣．〔2〕將等體積①和②混合，所得溶液顯堿〔填“酸〞“堿〞或“中〞〕性，原因是CH3COO﹣+H2O?CH3COOH+OH﹣〔用離子方程式表示〕．〔3〕向①中逐滴參加②至所得溶液pH=7的過(guò)程中〔不含pH=7時(shí)的溶液〕，以下關(guān)系正確的選項(xiàng)是abd〔填選項(xiàng)序號(hào)〕．a(chǎn)．c〔H+〕＞c〔OH﹣〕b．c〔Na+〕＜c〔CH3COO﹣〕c．c〔Na+〕=c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕d．c〔OH﹣〕+c〔CH3COO﹣〕=c〔H+〕+c〔Na+〕【解答】解：〔1〕0.10mol?L﹣1的CH3COOH溶液中電離出氫離子和醋酸根離子，溶液顯酸性，CH3COOH?CH3COO﹣+H+，溶液中存在電離平衡，溶液pH＞1，故答案為：＞；CH3COOH在水溶液中只有部分電離成H+和CH3COO﹣；〔2〕將等體積①和②混合，CH3COOH溶液和NaOH溶液恰好反響生成醋酸鈉溶液，溶液中醋酸根離子水解溶液顯堿性，CH3COO﹣+H2O?CH3COOH+OH﹣，故答案為：堿；CH3COO﹣+H2O?CH3COOH+OH﹣；〔3〕向①中逐滴參加②至所得溶液pH=7的過(guò)程中，a．開(kāi)場(chǎng)階段醋酸過(guò)量，溶液顯酸性，c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故a正確；b．開(kāi)場(chǎng)階段生成醋酸鈉少，醋酸多，溶液顯酸性，c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，溶液中存在電荷守恒：c〔OH﹣〕+c〔CH3COO﹣〕=c〔H+〕+c〔Na+〕，得到c〔Na+〕＜c〔CH3COO﹣〕，故b正確；c．溶液中恰好完全反響生成醋酸鈉溶液中存在守恒，c〔Na+〕=c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕，但滴定過(guò)程溶液pH=7前，是醋酸始終過(guò)量，c〔Na+〕＜c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕，故c錯(cuò)誤；d．溶液中始終存在電荷守恒：c〔OH﹣〕+c〔CH3COO﹣〕=c〔H+〕+c〔Na+〕，故d正確，故答案為：abd．28．〔8.00分〕用石墨電極電解飽和NaCl溶液的裝置如下圖，請(qǐng)答復(fù)：〔1〕電解飽和NaCl溶液的總反響方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．〔2〕a端是直流電源的正〔填“負(fù)〞或“正〞〕極．〔3〕陽(yáng)極上發(fā)生的反響式是2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑．〔4〕結(jié)合電極反響式說(shuō)明電解池右側(cè)NaOH溶液濃度增大的原因是陰極是2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，Na+由陽(yáng)極區(qū)移向陰極區(qū)，消耗水且生成了NaOH．【解答】解：〔1〕電解飽和NaCl溶液，得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣，反響的方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；〔2〕鈉離子向右邊挪動(dòng)，右邊是陰極，所以a端是直流電源的正極，故答案為：正；〔3〕陽(yáng)極上是氯離子發(fā)生氧化反響，電極反響式為：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案為：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；〔4〕電解池右側(cè)是陰極，水中的氫離子放電，生成氫氧根離子，而鈉離子由極區(qū)移向陰極區(qū)，與氫氧根離子結(jié)合，產(chǎn)生NaOH，故答案為：陰極是2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，Na+由陽(yáng)極區(qū)移向陰極區(qū)，消耗水且生成了NaOH．29．〔6.00分〕25℃時(shí)，現(xiàn)有濃度均為0.10mol/L的兩種溶液：①NH4Cl溶液、②NaCl溶液．〔1〕兩種溶液中，pH＜7的是①〔填“①〞或“②〞〕．〔2〕用離子方程式解釋〔1〕的原因：NH4++H2O?NH3?H2O+H+．〔3〕以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是ac〔填字母〕．a(chǎn)．NH4Cl是強(qiáng)電解質(zhì)b．NH4Cl和NaCl均能促進(jìn)水的電離c．兩種溶液等體積混合后，溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c〔Cl﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔NH+4〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕【解答】解：〔1〕氯化鈉是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，氯離子和鈉離子不水解，溶液呈中性，氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，故答案為：①；〔2〕氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，離子方程式為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+，故答案為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；〔3〕a．NH4Cl屬于鹽類，是強(qiáng)電解質(zhì)，故a正確；b．NH4Cl能水解促進(jìn)水電離，但是NaCl不會(huì)水解，所以不能促進(jìn)水的電離，故b錯(cuò)誤；c．兩種溶液等體積混合后，銨根離子水解、氯離子和鈉離子不水解，溶液呈酸性溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c〔Cl﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔NH4+〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故c正確，應(yīng)選ac．30．〔16.00分〕某同學(xué)對(duì)MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3在氯酸鉀受熱分解反響中的催化作用進(jìn)展了研究．實(shí)驗(yàn)所得數(shù)據(jù)如下表．就本實(shí)驗(yàn)的有關(guān)問(wèn)題，請(qǐng)?zhí)羁眨簩?shí)驗(yàn)編號(hào)KClO3氧化物產(chǎn)生氣體〔mL〕〔已折算為標(biāo)況〕耗時(shí)〔s〕化學(xué)式質(zhì)量〔g〕實(shí)際回收10.6﹣﹣﹣1048020.6MnO20.2090%67.236.530.6CuO0.2090%67.279.540.6Fe2O30.2090%67.234.750.6Cr2O30.20異常67.2188.3〔1〕本實(shí)驗(yàn)的裝置由如圖三部分組成，其正確的接口連接順序?yàn)閍→c→b→d．〔2〕為證明編號(hào)2的實(shí)驗(yàn)中MnO2起到催化作用，還要測(cè)定反響剩余物中MnO2的質(zhì)量，實(shí)驗(yàn)的操作順序是：溶解→過(guò)濾→洗滌→枯燥→稱量．〔3〕寫出實(shí)驗(yàn)室中通過(guò)編號(hào)2制取氧氣的化學(xué)方程式：2KClO32KCl+3O2↑〔4〕從上表實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析，對(duì)氯酸鉀受熱分解有催化作用的物質(zhì)，按其催化才能從大到小的順序?yàn)镕e2O3＞MnO2＞CuO〔填物質(zhì)的化學(xué)式〕．〔5〕在進(jìn)展編號(hào)5的實(shí)驗(yàn)時(shí)，有刺激性的黃綠色氣體產(chǎn)生，