安徽省毫州市涡阳四中高二上学期期末化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016—2017学年安徽省毫州市涡阳四中高二(上）期末化学试卷一、选择题（本题共18小题，每小题3分,共54分）1．未来新能源的特点是资源丰富,在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生．下列属于新能源的是（）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥燃料电池⑦风能⑧氢能．A．①②③④ B．⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥ D．除①②外2．在生产和生活中，人们广泛利用着化学反应释放的能量．下列说法正确的是(）A．有能量变化的都是化学变化B．物质发生化学变化并不一定都伴随着能量变化C．用实验方法和理论方法研究反应热的化学称为热化学D．任何反应中的能量变化都表现为热量变化3．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﹣═Cl2B．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负极反应式:Fe﹣3e﹣═Fe3+4．关于如图所示装置的叙述，正确的是(）A．铜是阳极，铜片上有气泡产生B．铜片质量逐渐减少C．电流方向从锌片经导线流向铜片D．铜离子在铜片表面被还原5．我国某大城市今年夏季多次降下酸雨．据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3。2．在这种环境中的铁制品极易被腐蚀．对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是（）A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀B．发生电化学腐蚀时的正极反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C．在化学腐蚀过程中有氢气产生D．发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+6．燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4)等跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱(如KOH)溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法中不正确的是(）A．通入氧气的一极发生还原反应，通入甲烷的一极发生氧化反应B．负极的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO+7H2OC．随着反应的进行,电解质溶液的pH保持不变D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的大7．某蓄电池放电、充电的反应式为：Fe+Ni2O3+3H2OFe（OH）2+2Ni(OH)2，下列推断中正确的是(）①放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极；②充电时，阴极上的电极反应式是：Fe（OH）2+2e﹣═Fe+2OH﹣；③充电时,Ni（OH)2为阳极；④蓄电池的电极必须浸在某碱性溶液中．A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④8．下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是（）A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．合成氨工业选择高温(合成氨反应为放热反应）C．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D．在Fe3++3SCN﹣⇌Fe(SCN）3反应达平衡时，增加KSCN的浓度,体系颜色变深9．在温度和容积不变的条件下，发生反应：3Fe（s）+4H2O(g）⇌Fe3O4(s）+4H2(g），能表明反应达到平衡状态的叙述是(）A．容器内压强不再变化B．Fe3O4的物质的量不变C．v（H2O）=v（H2）D．断裂4molH﹣O键的同时，断裂4molH﹣H键10．下表中是各组反应的反应物和温度，反应刚开始时,放出H2速率最快的是（）金属（粉末状)/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0。16mol•L﹣1硝酸10mL60℃BMg0.13mol•L﹣1盐酸10mL60℃CFe0.13mol•L﹣1盐酸10mL60℃DMg0。13mol•L﹣1硫酸10mL60℃A．A B．B C．C D．D11．在体积都为1L,pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0。65g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是（）A． B． C． D．12．下列说法不能说明H3PO4的酸性弱于H2SO4的是（）A．非金属性P＜SB．H3PO4溶液的导电能力弱于H2SO4溶液C．Na3PO4溶液呈碱性，Na2SO4溶液呈中性D．H2SO4溶液与Na3PO4反应可以生成H3PO4和Na2SO413．下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中c（Na+）与c(CO32﹣）之比大于2：1B．蒸发氯化铝溶液要不断通入氯化氢气体方可得到氯化铝晶体C．1L0。3mol/L醋酸溶液中H+个数与3L0.1mol/L醋酸溶液中H+个数之比为1：1D．浓度相同的下列溶液中,按pH由小到大的顺序排列的是CH3COONa、NaHCO3、Na2CO314．已知25℃时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1。22×10﹣8mol/L,AgCl的饱和溶液中c(Ag+）为1。25×10﹣5mol/L．若在10mL含有KCl和KI各为0。01mol/L的溶液中，加入16mL0。01mol/LAgNO3溶液,这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是(）A．c（K+)＞c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣) B．c（K+）＞c(NO3﹣）＞c(Cl﹣)＞c（Ag+）＞c（I﹣）C．c（K+）＞c（NO3﹣）＞c（Ag+）=c（Cl﹣）+c（I﹣) D．c(NO3﹣）＞c（K+)＞c（Ag+）＞c(Cl﹣）＞c（I﹣）15．下列关于各装置图的叙述中，不正确的是(）A．如图装置中a为阳极、b为阴极B．如图装置的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C．如图装置中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢,并防止倒吸D．如图装置中的铁钉几乎不被腐蚀16．如图是关于反应A2（g)+3B2（g）⇌2C（g)(正反应为放热反应)的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（）A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂17．常温下，向100mL0.01mol•L﹣1的HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH的变化情况，下列说法正确的是（）A．HA为弱酸B．常温下，MA溶液的pH＞7C．K点对应的溶液中:c（M+）+c（MOH）=c（A﹣）D．在N到K间任意一点对应的溶液中:c（M+)+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣）18．已知常温下:Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1。9×10﹣12，下列叙述正确的是（）A．AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小B．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说Ksp（AgCl）＜Ksp（AgBr）C．将0.001mol•L﹣1的AgNO3溶液滴入0.001mol•L﹣1的KCl和0。001mol•L﹣1的K2CrO4溶液中先产生Ag2CrO4沉淀D．向AgCl的悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动二、非选择题（共5小题,共46分）19．联合国气候变化大会于2009年12月7～18日在哥本哈根召开．中国政府承诺到2020年,单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45％．电解（1)有效“减碳”的手段之一是节能．下列制氢方法最符合的是（填字母序号）．A．电解水制氢:2H2O=2H2↑+O2↑B．高温使水分解制氢：2H2O=2H2↑+O2↑C．太阳光催化分解水制氢:2H2O2H2↑+O2↑D．天然气制氢:CH4+H2OCO+3H2（2）用CO2和氢气合成CH3OCH3（甲醚)是解决能源危机的研究方向之一．已知：CO（g)+2H2(g）═CH3OH（g)△H=Q1kJ•mol﹣12CH3OH（g）═CH3OCH3(g）+H2O（g)△H=Q2kJ•mol﹣1CO(g)+H2O（g）═CO2(g)+H2(g)△H=Q3kJ•mol﹣1则CO2和氢气合成CH3OCH3（g）的热化学方程式为．(3）在催化剂和一定温度、压强条件下，CO与H2可反应生成甲醇：CO（g）+2H2(g)⇌CH3OH(g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示,则:p1p2（填“＞”、“＜"或“=")，上述反应的△H0（填“＜”、“＞"或“=")20．在2L的密闭容器中有如下图所示的反应,看图按要求回答下列问题：（1）上图中，反应物：Ⅰ是,Ⅱ是．（2）写出反应方程式:Ⅰ，Ⅱ．（3）在Ⅱ图中，以0～10s内的平均反应速率计算，t=6s时,A的浓度是mol/L．21．某二元酸(用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H++HA﹣,HA﹣⇌H++A2﹣．回答下列问题：（1）Na2A溶液显(填“酸性"、“中性”或“碱性”），原因是（用离子方程式表示)．(2）在0。1mol•L﹣1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系不正确的是．A．c（A2﹣）+c(HA﹣）+c(H2A）=0.1mol•L﹣1B．c(H+)=c(OH﹣）+c(HA﹣）C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣)+2c（A2﹣）D．c（Na+）=2c(A2﹣）+2c(HA﹣）（3）已知0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol•L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度（填“＞”、“＜”或“=”)0.11mol•L﹣1，理由是．22．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性,他们提出了以下两种方案．请你帮助他们完成有关实验项目:方案Ⅰ：有人提出将大小相等的铁片和铜片,分别同时放入稀硫酸或稀盐酸中，观察产生气泡的快慢,据此确定它们的活动性．该原理的离子方程式为．方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性．试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式．正极反应式：;负极反应式：;方案Ⅲ：结合你所学的知识,帮助他们再设计一个验证Fe、Cu活动性的简单实验方案与方案Ⅰ、Ⅱ不能雷同：,用离子方程式表示其反应原理:．23．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水,通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物．现运用该方法降解有机污染物p﹣CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响．［实验设计］控制p﹣CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K（其余实验条件见下表），设计如下对比实验：（1）请完成以下实验设计表：(表中不要留空格）实验编号实验目的T/KpHc/10﹣3mol•L﹣1H2O2Fe2+①为以下实验作参照29836。00。30②探究温度对降解反应速率的影响3③298106。00。30[数据处理]实验测得p﹣CP的浓度随时间变化的关系如图：（2）请根据上图实验①曲线，计算降解反应50～150s内的反应速率：v（p﹣CP）=mol•L﹣1•s﹣1；［解释与结论]（3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大．但后续研究表明：温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：；（4）实验③得出的结论是：pH等于10时，反应（填“能”或“不能”）进行；［思考与交流]（5）实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来．根据上图中的信息,给出一种迅速停止反应的方法：．

2016-2017学年安徽省毫州市涡阳四中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生．下列属于新能源的是（）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥燃料电池⑦风能⑧氢能．A．①②③④ B．⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥ D．除①②外【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染,且有些可以再生,根据这些特征进行判断．【解答】解：石油、天然气、煤属于化石能源，短时间内不可形成,是不可再生能源；核能、太阳能、燃料电池、风能、氢能是清洁能源且可以再生，是新能源的范畴；故选：B．2．在生产和生活中，人们广泛利用着化学反应释放的能量．下列说法正确的是（）A．有能量变化的都是化学变化B．物质发生化学变化并不一定都伴随着能量变化C．用实验方法和理论方法研究反应热的化学称为热化学D．任何反应中的能量变化都表现为热量变化【考点】化学反应的能量变化规律．【分析】A．物质的三态变化有能量变化；B．任何化学反应都伴随着能量变化；C．研究反应热的化学称为热化学；D．能量变化有热能、光能、电能等．【解答】解：A．水的三态变化是物理变化，有能量变化,故A错误；B．化学反应的过程是旧键断裂新键形成的过程，断键成键都有能量变化,所以说任何化学反应都伴随着能量变化，故B错误；C．研究反应热的化学称为热化学，故C正确；D．能量变化有热能、光能、电能等，不全为热量变化，故D错误．故选C．3．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﹣═Cl2B．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负极反应式：Fe﹣3e﹣═Fe3+【考点】电极反应和电池反应方程式．【分析】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．【解答】解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气,所以阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑,故A正确；B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应,电池反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故B错误；C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极，纯铜连接电源负极,阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C错误；D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选A．4．关于如图所示装置的叙述，正确的是（)A．铜是阳极，铜片上有气泡产生B．铜片质量逐渐减少C．电流方向从锌片经导线流向铜片D．铜离子在铜片表面被还原【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该反应能自发进行，所以该装置是原电池，根据电子流向知，锌作负极，铜作，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应，由此分析解答．【解答】解:A．该反应能自发进行，所以该装置是原电池，根据电子流向知,锌作负极，铜作正极,铜电极上铜离子得电子生成铜，故A错误；B．该原电池中，铜电极上铜离子得电子生成铜，所以铜电极质量逐渐增加，故B错误；C．该原电池中，锌作负极，铜作正极,所以电流从铜片沿导线流向锌片，故C错误；D．该原电池中,铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，被还原,故D正确；故选D．5．我国某大城市今年夏季多次降下酸雨．据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3。2．在这种环境中的铁制品极易被腐蚀．对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是（）A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀B．发生电化学腐蚀时的正极反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣C．在化学腐蚀过程中有氢气产生D．发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】酸雨pH=3.5,所以酸雨中含有大量氢离子；铁制品中含有铁和碳，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池;铁作负极，铁失去电子生成二价铁离子，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气．【解答】解:A、金属铁的腐蚀中,金属铁可以和酸中的氢离子直接发生化学腐蚀,铁制品中含有铁和碳，再加之电解质环境，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池,会发生电化学腐蚀，故A正确;B、发生电化学腐蚀时，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气,2H++2e﹣=H2↑,故B错误;C、发生电化学腐蚀时，碳作正极，发生反应：2H++2e﹣=H2↑，有氢气产生，故C正确;D、发生电化学腐蚀时的负极是金属铁，电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D正确．故选B．6．燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4）等跟O2(或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱（如KOH）溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法中不正确的是（）A．通入氧气的一极发生还原反应，通入甲烷的一极发生氧化反应B．负极的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO+7H2OC．随着反应的进行，电解质溶液的pH保持不变D．甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的大【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】燃料电池是燃料跟O2（或空气)起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱（如KOH）溶液，燃料气体通入的是原电池的负极失电子发生氧化反应，氧气通入的是正极发生还原反应；A、氧气在正极发生还原反应，甲烷在负极发生氧化反应；B、正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣;总化学方程式为：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O；总反应减去正极反应得到负极的电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O;C、随着不断放电,原电池反应中反应生成水，氢氧根离子浓度减小,电解质溶液的pH减小；D、甲烷燃料电池的能量实现化学能转化为电能，能量利用率比甲烷燃烧的大，甲烷燃烧损失能量．【解答】解：A、通入氧气的一极发生还原反应,通入甲烷的一极发生氧化反应，故A正确；B、正极反应为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；总化学方程式为：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O；总反应减去正极反应得到负极的电极反应式为:CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O；故B正确;C、随着不断放电,原电池反应中反应生成水，氢氧根离子浓度减小，电解质溶液的pH减小，故C错误;D、甲烷燃料电池实现化学能转化为电能,电池反应的能量利用率比甲烷燃烧的大，故D正确;故选C．7．某蓄电池放电、充电的反应式为：Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH）2+2Ni（OH）2,下列推断中正确的是（)①放电时,Fe为正极，Ni2O3为负极；②充电时，阴极上的电极反应式是:Fe（OH)2+2e﹣═Fe+2OH﹣；③充电时，Ni（OH）2为阳极；④蓄电池的电极必须浸在某碱性溶液中．A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应,为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2,Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时,负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe(OH）2，则充电时,阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时,阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：①由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子,Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe,故①错误；②充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为:Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe(OH)2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，故②正确;③充电时,阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣,阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O,Ni（OH)2做阳极，故③正确．④根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni(OH）2,可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极,发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe(OH）2，所以电解质溶液是碱，故④正确；故选D．8．下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是（）A．用排饱和食盐水的方法收集氯气B．合成氨工业选择高温(合成氨反应为放热反应）C．增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3D．在Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3反应达平衡时,增加KSCN的浓度，体系颜色变深【考点】化学平衡移动原理．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行,Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO,可以用勒夏特列原理解释，故A不选；B．合成氨是放热反应，升高温度，平衡逆向移动,但合成氨工业选择高温，所以不可以用平衡移动原理解释,故B选；C．该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，所以有利于SO2和O2反应生成SO3，可以用平衡移动原理解释，故C不选；D．增加KSCN溶液浓度，平衡正向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液颜色加深,能用平衡移动原理解释，故D不选；故选B．9．在温度和容积不变的条件下，发生反应:3Fe（s）+4H2O(g）⇌Fe3O4（s）+4H2(g），能表明反应达到平衡状态的叙述是(）A．容器内压强不再变化B．Fe3O4的物质的量不变C．v（H2O）=v（H2）D．断裂4molH﹣O键的同时，断裂4molH﹣H键【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、两边气体计量数相等，所以容器内压强始终不变，故A错误；B、Fe3O4的物质的量不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态,故B正确；C、未体现正与逆的关系，故C错误；D、平衡时应有断裂8molH﹣O键的同时,断裂4molH﹣H键，故D错误；故选B．10．下表中是各组反应的反应物和温度，反应刚开始时,放出H2速率最快的是（）金属（粉末状）/mol酸的浓度及体积反应温度AMg0。16mol•L﹣1硝酸10mL60℃BMg0.13mol•L﹣1盐酸10mL60℃CFe0.13mol•L﹣1盐酸10mL60℃DMg0.13mol•L﹣1硫酸10mL60℃A．A B．B C．C D．D【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】影响化学反应速率的主要因素是物质的本身性质，对于同一个化学反应，反应物浓度越大,温度越高，反应速率越大，注意硝酸与金属反应不生成氢气．【解答】解：活泼性Mg＞Fe，则Mg反应较快,硝酸与金属反应不生成氢气，D中氢离子浓度最大，则反应速率最大．故选D．11．在体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是(）A． B． C． D．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸,醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实．【解答】解：体积都为1L,pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)＞n（HCl）=0.01mol，0。65g锌粒的物质的量=，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡,平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快,故图象符合题意，故A正确;B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同．曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡,反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，故B错误;C．刚开始时，溶液的pH值为2，由于醋酸电离平衡的存在,反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度,所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后,醋酸有剩余,导致反应过程中醋酸溶液pH始终小于盐酸溶液，故C正确；D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大,故D错误；故选AC．12．下列说法不能说明H3PO4的酸性弱于H2SO4的是（）A．非金属性P＜SB．H3PO4溶液的导电能力弱于H2SO4溶液C．Na3PO4溶液呈碱性，Na2SO4溶液呈中性D．H2SO4溶液与Na3PO4反应可以生成H3PO4和Na2SO4【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】非金属性越强,对应最高价含氧酸的酸性越强，溶液中发生强酸制取弱酸的反应，弱酸对应的盐可发生水解反应，以此来解答．【解答】解：A．非金属性P＜S，则H3PO4的酸性弱于H2SO4，故A不选;B．H3PO4溶液的导电能力弱于H2SO4溶液,与离子浓度有关,不能判断酸性，故B选；C．Na3PO4溶液呈碱性，Na2SO4溶液呈中性，可知硫酸为强酸，磷酸不是强酸，故C不选;D．H2SO4溶液与Na3PO4反应可以生成H3PO4和Na2SO4，为强酸制取弱酸的反应，则H3PO4的酸性弱于H2SO4,故D不选；故选B．13．下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中c（Na+）与c（CO32﹣)之比大于2：1B．蒸发氯化铝溶液要不断通入氯化氢气体方可得到氯化铝晶体C．1L0.3mol/L醋酸溶液中H+个数与3L0。1mol/L醋酸溶液中H+个数之比为1：1D．浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3【考点】盐类水解的原理；物质的量的相关计算．【分析】A．CO32﹣发生水解;B．氯化铝溶液加热时易发生水解，通入氯化氢可抑制水解;C．醋酸浓度越大，电离程度越小；D．盐对应的酸越弱，水解程度越大．【解答】解:A．碳酸钠为强碱若酸盐，CO32﹣发生水解，则Na2CO3溶液中c（Na+）与c（CO32﹣)之比大于2：1，故A正确；B．氯化铝溶液加热时易发生水解生成氢氧化铝和HCl，通入氯化氢可抑制水解，故B正确；C．醋酸浓度越大，电离程度越小，则1L0.3mol/L醋酸溶液中H+个数与3L0。1mol/L醋酸溶液中H+个数之比小于1:1，故C错误;D．CO32﹣以第一步水解为主,且盐对应的酸越弱，水解程度越大，则浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3，故D正确．故选C．14．已知25℃时,AgI饱和溶液中c（Ag+)为1。22×10﹣8mol/L，AgCl的饱和溶液中c（Ag+）为1。25×10﹣5mol/L．若在10mL含有KCl和KI各为0。01mol/L的溶液中，加入16mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是（）A．c(K+)＞c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c(I﹣) B．c（K+)＞c（NO3﹣）＞c（Cl﹣）＞c（Ag+）＞c(I﹣）C．c（K+)＞c(NO3﹣）＞c（Ag+)=c(Cl﹣）+c（I﹣） D．c(NO3﹣）＞c（K+)＞c(Ag+)＞c（Cl﹣）＞c(I﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】根据溶解度判断沉淀的先后顺序，溶解度小的先生成沉淀，利用溶度积常数计算出各离子浓度,结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小．【解答】解:若在10mL含有KCl和KI各为0。01mol/L的溶液中,加入16mL0。01mol/LAgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag+)=0.006L×0.01mol/L=6×10﹣5mol，继续生成AgCl沉淀,反应后剩余n(Cl﹣）=0。01×0.01mol/L﹣6×10﹣5mol=4×10﹣5mol，c（Cl﹣）==1.53×10﹣3mol/L，浊液中c（Ag+）═==1.02×10﹣7mol/L,c（I﹣）═==1。48×10﹣9mol/L，混合溶液中n（K+）=2×10﹣4mol，n（NO3﹣）=0。016L×0.01mol/L=1。6×10﹣4mol，则c（K+)＞c（NO3﹣)，故c（K+）＞c（NO3﹣)＞c(Cl﹣）＞c（Ag+）＞c（I﹣）,故选：B．15．下列关于各装置图的叙述中,不正确的是（）A．如图装置中a为阳极、b为阴极B．如图装置的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C．如图装置中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢,并防止倒吸D．如图装置中的铁钉几乎不被腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理；尾气处理装置．【分析】A．电流从正极流向负极，由电流方向可知，直流电源的左侧为正极,则a为电解池的阳极；B．金属活泼性Fe＞Cu，则Fe作原电池的负极;C．X若为四氯化碳，其密度比水的大，可隔绝水与易溶于水的气体；D．浓硫酸不挥发,具有吸水性，与Fe不接触．【解答】解：A．电流从正极流向负极，由电流方向可知，直流电源的左侧为正极，a与正极相连，则a为电解池的阳极,图中装置与叙述合理，故A正确；B．金属活泼性Fe＞Cu,则Fe作原电池的负极，则电池反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C．X若为四氯化碳,其密度比水的大，可隔绝水与易溶于水的气体，则图中装置可用于吸收氨气或氯化氢，并防止倒吸，故C正确;D．浓硫酸不挥发,具有吸水性，与Fe不接触，所以图中的铁钉几乎不被腐蚀，故D正确；故选B．16．如图是关于反应A2（g）+3B2(g）⇌2C（g)（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是（）A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、升高温度，同时加压,正逆反应速率都增大，升高温度，使平衡向逆反应移动，增大压强，使平衡向正反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，降低温度,使平衡向正反应移动，减小压强，使平衡向逆反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动,可能向逆反应移动；C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大,逆反应速率减小,平衡向正反应移动；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动．【解答】解：A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方,故A错误；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，正反应速率应在原速率的下方,故B错误；C、增大反应物浓度,同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大,逆反应速率减小，平衡向正反应移动,图象符合,故C正确；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂,正逆反应速率都增大,逆反应速率应在原速率的上方，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故D错误．故选：C．17．常温下,向100mL0.01mol•L﹣1的HA溶液中逐滴加入0.02mol•L﹣1的MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH的变化情况，下列说法正确的是（)A．HA为弱酸B．常温下,MA溶液的pH＞7C．K点对应的溶液中：c(M+）+c(MOH）=c（A﹣)D．在N到K间任意一点对应的溶液中:c（M+）+c（H+)=c（OH﹣）+c（A﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】0。01mol•L﹣1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，酸或碱性溶液抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，根据物料守恒计算K点c（MOH)和c(M+）的和．【解答】解：A.0。01mol•L﹣1HA溶液中pH=2,则HA是强酸，故A错误;B．N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，常温下，MA溶液的pH＜7，故B错误；C．K点溶液呈碱性,得到的是等浓度的MOH和MA的混合物，此时存在c(M+）+c（MOH）=2c（A﹣)，故C错误;D．在N到K间任意一点对应的溶液中，一定都存在电荷守恒：c（M+)+c(H+)=c（OH﹣）+c（A﹣），故D正确;故选D．18．已知常温下：Ksp(AgCl)=1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）=1.9×10﹣12，下列叙述正确的是（）A．AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小B．向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说Ksp（AgCl）＜Ksp（AgBr）C．将0。001mol•L﹣1的AgNO3溶液滴入0。001mol•L﹣1的KCl和0。001mol•L﹣1的K2CrO4溶液中先产生Ag2CrO4沉淀D．向AgCl的悬浊液中滴加浓氨水，沉淀溶解，说明AgCl的溶解平衡向右移动【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．KSP只于温度有关;B．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；C．Qc与KSP差别越大，越容易生成沉淀；D．银离子与氨水生成氢氧化二氨合银．【解答】解：A．KSP只于温度有关,与溶液中离子浓度无关．故A错误；B．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明KSP（AgCl）＞KSP(AgBr)．故B错误;C．在AgCl饱和溶液中，Qc（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）=0.001mol•L﹣1×0.001mol•L﹣1=1×10﹣6mol2•L﹣2＞1。8×10﹣10mol2•L﹣2，在Ag2CrO4饱和溶液中，Qc（Ag2CrO4）=c（Ag+）2•c（CrO42﹣）=0。001mol•L﹣1×0。001mol•L﹣1×0.001mol•L﹣1=1×10﹣9mol3•L﹣3＞1。9×10﹣12mol3•L﹣3，所以均会产生沉淀，但以AgCl沉淀为主在AgCl饱和溶液中,故C错误;D．银离子与氨水生成氢氧化二氨合银，使平衡向右移动．故D正确．故选D．二、非选择题（共5小题,共46分）19．联合国气候变化大会于2009年12月7～18日在哥本哈根召开．中国政府承诺到2020年,单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40％~45%．电解（1)有效“减碳”的手段之一是节能．下列制氢方法最符合的是C（填字母序号）．A．电解水制氢:2H2O=2H2↑+O2↑B．高温使水分解制氢：2H2O=2H2↑+O2↑C．太阳光催化分解水制氢：2H2O2H2↑+O2↑D．天然气制氢：CH4+H2OCO+3H2（2)用CO2和氢气合成CH3OCH3（甲醚）是解决能源危机的研究方向之一．已知：CO（g)+2H2（g）═CH3OH（g）△H=Q1kJ•mol﹣12CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=Q2kJ•mol﹣1CO(g）+H2O（g）═CO2（g)+H2（g)△H=Q3kJ•mol﹣1则CO2和氢气合成CH3OCH3（g)的热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g）=CH3OCH3（g)+3H2O（g)△H=（2Q1+Q2﹣2Q3）kJ•mol﹣1．（3）在催化剂和一定温度、压强条件下，CO与H2可反应生成甲醇:CO(g）+2H2（g）⇌CH3OH(g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示,则：p1＜p2(填“＞”、“＜”或“=”），上述反应的△H＜0(填“＜”、“＞”或“=”)【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【分析】(1）有效“减碳”的手段之一是节能，利用太阳光催化分解水制氢是最节能的，减少电能、天然气、热能的利用;（2)利用热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，三式相加得；（3）根据定一议二原则，相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大；相同压强下，同一容器中,增大温度,CO的转化率减小，平衡向吸热反应方向移动，由此判断．【解答】解:（1）A、消耗电能，不是最节能的方法，故A错误；B、消耗热能，不是减碳的手段，故B错误；C、利用太阳光催化分解水制氢是最节能的，故C正确；D、天然气是非再生能源，且不是最节能的方法,故D错误；故选：C;（2）利用盖斯定律进行计算，将三个方程式进行形式变换，2CO（g）+4H2(g）═2CH3OH(g)△H=2Q1kJ•mol﹣12CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=Q2kJ•mol﹣1﹣2CO(g）﹣2H2O（g）═﹣2CO2（g）﹣2H2（g）△H=﹣2Q3kJ•mol﹣1三式相加得：2CO2（g）+6H2(g）=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=（2Q1+Q2﹣2Q3）kJ•mol﹣1，故答案为：2CO2（g）+6H2（g)=CH3OCH3（g）+3H2O（g）△H=（2Q1+Q2﹣2Q3）kJ•mol﹣1；(3)相同温度下,同一容器中,增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大,根据图象知，p1小于p2，相同压强下，同一容器中，增大温度，CO的转化率减小，平衡向吸热反应方向移动,所以逆反应为吸热方向，则正反应为放热反应，所以△H＜0,故答案为：＜；＜．20．在2L的密闭容器中有如下图所示的反应，看图按要求回答下列问题：(1)上图中，反应物：Ⅰ是A，Ⅱ是A．(2)写出反应方程式：Ⅰ3A=B+2C，ⅡA=B+2C．（3)在Ⅱ图中,以0～10s内的平均反应速率计算，t=6s时，A的浓度是0.96mol/L．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】（1)图象分析可知随时间变化，Ⅰ中B、C从0变化为0.4mol/L，0.8mol/L为生成物，A变化为1.2mol/L，Ⅱ中BC增大为生成物，A减小为反应物；（2)依据图象计算得到ABC变化的浓度，变化量等于化学方程式计量数之比，据此书写化学方程式;（3）图象分析可知反应的速率匀速进行,计算10s时A的反应速率V(A)，6s时变化的A的浓度c(A）=6s×V(A），最后得到A的浓度=1.2mol/L﹣变化的A的浓度c（A）；【解答】解:（1）图Ⅰ、Ⅱ分析图象变化可知，都是A的浓度随反应进行不断减小至不变，BC浓度随反应进行二不断增加至不变化，所以A为反应物，BC为生成物；故答案为：A，A；（2）上述分析和图象变化可知，Ⅰ反应中，10s末，A浓度变化为1.2mol/L,B、C的浓度从0变化为0.4mol/L,0。8mol/L，说明该反应不是可逆反应，c（A）:c（B)：c（C）=1。2：0.4：0。8=3:1：2，反应的化学方程式为：3A=B+2C；Ⅱ反应中,10s末，A浓度变化为1.2mol/L﹣0。8mol/L=0.4mol/L，B、C的浓度从0变化为0.4mol/L，0.8mol/L,说明该反应不是可逆反应，c（A）:c（B）:c（C)=0。4：0。4：0.8=1：1：2，反应的化学方程式为：A=B+2C；故答案为：3A=B+2C，A=B+2C；（3）在Ⅱ图中图象分析可知反应的速率匀速进行,计算10s时A的反应速率V（A）==0。04mol/L•s，6s时变化的A的浓度c（A)=6s×V（A）=0.04mol/L•s×6s=0.24mol/L，最后得到A的浓度=1.2mol/L﹣变化的A的浓度c（A）=1.2mol/L﹣0.24mol/L=0.96mol/L；故答案为：0.96mol/L;21．某二元酸（用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．回答下列问题:（1）Na2A溶液显碱性（填“酸性"、“中性”或“碱性”），原因是H2O+A2﹣⇌HA﹣+OH﹣（用离子方程式表示）．（2）在0。1mol•L﹣1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系不正确的是AB．A．c（A2﹣)+c（HA﹣）+c（H2A）=0.1mol•L﹣1B．c(H+）=c（OH﹣)+c（HA﹣）C．c(Na+）+c(H+）=c(OH﹣）+c（HA﹣）+2c(A2﹣)D．c（Na+）=2c（A2﹣）+2c（HA﹣）（3）已知0。1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则0。1mol•L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度＜(填“＞”、“＜”或“=”)0。11mol•L﹣1，理由是H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离,而NaHA中不存在抑制作用．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】H2A在水中的电离方程式：H2A═H++HA﹣；HA﹣⇌H++A2﹣，其第一步完全电离，第二部电离可逆，HA﹣只电离不水解，（1）强碱弱酸盐中阴离子水解导致溶液显示碱性，根据水解方程式的书写方法来回答；(2）根据溶液中的电荷守恒、物料守恒以及质子守恒来回答;（3）0。1mol•L﹣1H2A溶液,H2A⇌H++HA﹣，电离出H+小于0.1mol/L，0.1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知,电离出0。01mol/LH+,但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离．【解答】解：（1)根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：H2O+A2﹣⇌HA﹣+OH﹣，故答案为：碱性；H2O+A2﹣⇌HA﹣+OH﹣；（2)A、根据物料守恒，c（A2﹣）+c(HA﹣）=0.1mol/L，故A错误；B、根据氢离子守恒:c(OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）,故B错误；C、0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na+）+c(H+）=c(OH﹣）+c（HA﹣）+2c(A2﹣），故C正确；D、根据B、C可以得出c（Na+）=2c(A2﹣)+2c（HA﹣），故D正确．故答案为：AB;（3）因为0。1mol•L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣⇌H++A2﹣可知,电离出0.01mol/LH+；而0.1mol•L﹣1H2A溶液，H2A=H++HA﹣，电离出H+0。1mol/L和HA﹣0.1mol/L，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离,所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0。1mol/L+0。01mol/L,故答案为：＜；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离，而NaHA中不存在抑制作用．22．某校化学研究性学习小组欲设计实验验证Fe、Cu的金属活动性，他们提出了以下两种方案．请你帮助他们完成有关实验项目：方案Ⅰ:有人提出将大小相等的铁片和铜片，分别同时放入稀硫酸或稀盐酸中，观察产生气泡的快慢,据此确定它们的活动性．该原理的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑．方案Ⅱ：有人利用Fe、Cu作电极设计成原电池，以确定它们的活动性．试在下面的方框内画出原电池装置图，标出原电池的电极材料和电解质溶液，并写出电极反应式．正极反应式：2H++2e﹣=H2↑；负极反应式：Fe=Fe2++2e﹣；方案Ⅲ：结合你所学的知识,