【化学】北京市通州区2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】北京市通州区2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市通州区2019-2020学年高二下学期期末考试 考生须知：‎ ‎1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）共8页；考试时间为90分钟，满分为100分。‎ ‎|2.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。‎ ‎3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答；其他试题用黑色字迹签字笔作答。‎ ‎4.考试结束后，请将答题卡交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Cu-64 Zn-65‎ 第Ⅰ卷（选择题共50分）‎ 一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是 A B C D 水力发电 风力发电 铅蓄电池放电 太阳能发电 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；‎ B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；‎ C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；‎ D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.下列变化一定不可逆的是（ ）‎ A. 溶解 B. 电离 C. 电解 D. 水解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 难溶电解质加入水中时往往达到沉淀溶解平衡，是可逆过程，A不符合； ‎ B. 弱电解质的电离是可逆的，B不符合； ‎ C. 电解是在通电条件下发生的氧化还原反应，一定不可逆，C符合； ‎ D. 含有弱电解质离子的盐的水解是可逆的，D不符合；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列各项中电解质的电离方程式中正确的是（ ）‎ A. NaHCO3的水溶液：NaHCO3 = Na＋＋H＋＋‎ B. 熔融状态的NaHSO4：NaHSO4 = Na＋＋‎ C. HF的水溶液：HF=H＋＋F－‎ D. H2S 的水溶液：H2S2H＋＋S2－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.是二元弱酸的酸式阴离子，不能拆写，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋，故A错误；‎ B.熔融状态下，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4 =Na＋＋，故B正确；‎ C.HF属于弱酸，HF的电离方程式为HFH＋＋F－，故C错误；‎ D.H2S属于二元弱酸，应分步电离，电离方程式为H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列说法正确的是（ ）‎ A. 该过程是一个吸热过程 B. 该图像可表示Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应 C. 该过程的发生一定不需要外界的能量补充 D. 该图像可以表示任意的燃烧反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图知，该过程是一个降低能量的过程，故是放热过程，A错误；‎ B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，B错误；‎ C. 有些放热反应在常温下不发生，例如铝热反应在高温下发生，故反应一开始需要有外界能量的补充，C错误；‎ D. 任意的燃烧反应均为放热反应，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.在一支25mL的滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处。若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为( )‎ A 大于20mL B. 小于20mL ‎ C. 等于20mL D. 等于5mL ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】25mL的滴定管尖嘴部分没有刻度，液面恰好在5mL刻度处，若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，放出的液体大于20mL，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为大于20mL，‎ 故选A。‎ ‎6.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 化学反应速率既有正值，又有负值。‎ B. 测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒末的瞬时速率 C. 对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值一定不同。‎ D. 不能用固体和纯液体表示化学反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应速率的数值无负值，均为正值，故A错误；‎ B．反应速率是指单位时间内物质的浓度变化，所以测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒内的平均速率，故B错误；‎ C ‎．对于同一化学反应，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以如果不同物质的计量数相等，则选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值可以相同，故C错误；‎ D．固体或纯液体的浓度视为常数，故不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎7.能表示人大量喝水时，胃液pH变化的图像是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 胃液的主要成分是盐酸，呈酸性，喝水导致胃液被稀释，则酸度下降，pH增大，但大量喝水可等效于无限稀释，则pH<7但接近于7，据此回答；‎ ‎【详解】A. pH >7，A错误；‎ B. 据分析，大量喝水相当于HCl被无效稀释，pH逐渐增大接近于7但小于7，B正确；‎ C. 稀释后pH >7，C错误；‎ D. 稀释前pH >7，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8.下列说法正确的是（ ）‎ A. 干冰汽化需要吸收大量的热，这个变化是吸收能量的化学反应 B. 酒精可用作燃料，酒精燃烧是释放能量的反应 C. 木炭需要加热到一定温度才能燃烧，所以木炭燃烧是吸收能量的反应 D. 铝热反应放出大量的热（金属熔化），说明该反应常温下即可发生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 干冰汽化是物理变化，A错误；‎ B. 酒精可用作燃料，而且是比较清洁的燃料，酒精燃烧是释放能量的反应，B正确；‎ C. 木炭需要加热到一定温度才能燃烧，但木炭燃烧是放热反应，C错误；‎ D. 铝热反应放出大量的热（金属熔化），但该反应常温下不能进行，需要在高温下发生，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9. 下列有关电池的说法不正确的是 A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池 B. 铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极 C. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能 D. 锌锰干电池中，锌电极是负极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，手机锂离子电池可以多次充放电，因此是二次电池，故A项正确；‎ B项，铜锌原电池工作的时候，锌作负极，铜作正极，电子应该是从锌电极经导线流向铜电极，故B项错误；‎ C项，甲醇燃料电池就是将甲醇内部的化学能转化为电能的装置，故C项正确；‎ D项，锌的化学性质比锰要活泼，因此锌锰干电池中锌是负极，故D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎10.下列应用与反应原理设计不一致的是（ ）‎ A. 热的纯碱溶液清洗油污：CO+H2O HCO+OH-‎ B. 明矾净水：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+‎ C. 用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl D. 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 热的纯碱溶液存在水解平衡：CO+H2O HCO+OH-，水解过程是吸热的过程，升高温度，可以促进盐的水解，所以热的纯碱溶液清洗油污，属于盐的水解原理的应用，故A不符合； B. 铝离子水解生成氢氧化铝胶体：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+‎ ‎，氢氧化铝胶体能吸附水中悬物并使之沉降，故明矾净水属于盐的水解原理的应用，故B不符合； ‎ C. TiCl4水解可以得到TiO2•xH2O，加热失去结晶水即可得到二氧化钛，故用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl，属于盐的水解原理的应用，故C不符合；‎ D. SnCl2溶液水解反应为：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，故溶液呈酸性，可以加盐酸来抑制其水解，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠会促使平衡正向移动，不能制得氯化亚锡溶液，不属于盐的水解原理的应用，故D符合；‎ 答案选D。‎ ‎11.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）‎ A. 增加C的量 B. 将容器的体积缩小一半 C. 保持体积不变，通入H2O(g)‎ D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. C是固体，增加C的量，对其反应速率几乎无影响，A正确；‎ B. 将容器的体积缩小一半，等效于增压，体积减小，各物质浓度增大，则加快反应速率，B错误；‎ C. 保持体积不变，通入H2O(g)，即增加了H2O(g)的浓度，则加快反应速率，C错误；‎ D 保持压强不变，充入N2使容器体积增大，等效于减压，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 含有OH-的溶液一定呈碱性 B. pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍 C. Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同 D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含有OH-的溶液也含有氢离子，两种离子浓度大小关系不能确定，故溶液不一定呈碱性，A错误；‎ B. pH为1的盐酸的c(H+)=10-1mol/L，pH为3的盐酸的c(H+)=10-3mol/L，所以前者氢离子浓度是后者氢离子浓度的100倍，B错误；‎ C. Na2 SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同，因为Na2SO3水解、NaHSO3既电离又水解，故它们均含有Na+、、、H2SO3、H2O、OH-、H+七种微粒，C正确；‎ D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，因为一水合氨是弱电解质，故氨水的物质的量浓度比氢氧化钠大得多，当它们分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水的体积远小于氢氧化钠溶液的体积，D错误； ‎ 答案选C。‎ ‎13.下列操作中，能使电离平衡H2OH+ + OH－正向移动且溶液呈酸性的是( )‎ A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3溶液 C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到‎100℃‎，使水的pH=6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠电离出的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离平衡逆向移动，故A错误； B、向水中加入硫酸铝溶液，铝离子水解促进水的电离，铝离子和氢氧根离子生成氢氧化铝，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故B正确； C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误； D、水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故D错误；‎ 本题选B ‎14.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小 B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解 C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体 D. 向0.1mol·L-1氨水中加入少量水，pH减小，减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度增大，Kw增大，pH减小，A正确；‎ B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，B错误；‎ C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，C错误；‎ D、向0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液pH减小，Kb不变，=增大，D错误；‎ 故选A。‎ ‎15.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol。向‎1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸，②稀盐酸，③浓硫酸，恰好完全反应时对应的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是（ ）‎ A. ΔH1<ΔH3<ΔH2 B. ΔH1>ΔH2>ΔH3‎ C. ΔH1<ΔH2<ΔH3 D. ΔH1>ΔH3>ΔH2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol，由于稀醋酸中主要是醋酸分子，当醋酸和NaOH发生中和反应时，醋酸的电离平衡向电离的方向移动，电离过程要吸热，因此中和反应放出的热量小于57.3kJ，ΔH1>−57.3 kJ/mol；而浓H2SO4稀释时要放出热量，所以ΔH3<−57.3 kJ/mol，即ΔH1>ΔH2>ΔH3，故B符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎16.关于下列两个实验的说法正确的是（ ）‎ A. 若甲中b电极的表面有气泡产生，则b为阳极 B. 若甲中a为Zn，b为Cu，则正极附近的SO离子浓度逐渐增大 C. 若乙中c电极为Fe，则电解一段时间后，溶液变浑浊 D. 若乙中c、d均为惰性电极，产生22.4LCl2时，则转移电子2mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若甲中b电极的表面有气泡产生，则甲是原电池，b为正极，A错误；‎ B. 若甲中a为Zn，b为Cu，则甲是原电池，b为正极，溶液中阴离子移向负极，负极附近的SO离子浓度逐渐增大，B错误；‎ C. 若乙中c电极为Fe，它为阳极，阳极发生反应：阴极反应为，则电解一段时间后，溶液中和接触产生氢氧化亚铁沉淀，还可以进一步被氧化为氢氧化铁沉淀，故可见浑浊，C正确；‎ D. 若乙中c、d均为惰性电极，产生22.4LCl2时，未指明是否处于标准状况，故转移电子未必就是2mol，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.在密闭容器中，对于可逆反应：A(?)+3B(?)‎2C(g),平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是 A. 若正反应方向△H<0,则T1>T2 ‎ B. 压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小 C. A一定为气体 ‎ D. B一定为气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 温度不变，增大压强，C的体积分数增大，平衡右移，平衡向着气体体积减少的方向移动，A可能为气态、固态或液态，B只能是气态；压强不变，温度由T‎2 升高到T1，C的体积分数增大，平衡右移，该反应正反应为△H>0，与判据矛盾，A、C错误；B.若A、B均为气态，反应前后气体的总质量不变，气体的总量减少，混合气体的平均相对分子质量增大；若只有B均为气态，反应后气体的总质量增大，气体的总量减少，混合气体的平均相对分子质量增大；B错误；答案选D。‎ ‎18.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。‎ ‎【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；‎ B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；‎ C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；‎ D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查金属的腐蚀及防护，注意判断形成电化学腐蚀的条件以及金属的防护措施是解答关键。‎ ‎19.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是 A. 石墨电极上产生氢气 B. 铜电极发生还原反应 C. 铜电极接直流电源的负极 D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应2Cu＋H2OCu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，据此可分析解答问题。‎ ‎【详解】A．根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，A选项正确；‎ B．根据电池总反应2Cu＋H2OCu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，B选项错误；‎ C．铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项错误；‎ D．根据2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎20.对于可逆反应A(g)+3B(s)‎2C(g)+2D(g)‎ ‎，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是 A. υ(A)=0.5mol/(L·min) B. υ(B)=1.2mol/(L·s)‎ C. υ(C)=0.1mol/(L·s) D. υ(D)=0.4mol/(L·min)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。‎ ‎【详解】A．v（A）=0.5 mol/(L·min) =0.0083 mol•L-1•s-1；‎ B.由于B是固体，不能用其表示反应速率；‎ C．v（A）=1/2v（C）=0.1×1/2=0.05mol•L-1•s-1；‎ D．v（A）=1/2v（D）=1/2×0.4=0.2 mol/(L·min)=0.003mol•L-1•s-1；‎ 则反应速率最快的为C，答案选C。‎ ‎21.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe 附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。‎ 详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。‎ 点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。‎ ‎22.实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；② 向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③ 向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是 A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)‎ B. 滤液b中不含有Ag+‎ C. ③中颜色变化说明AgCl 转化为AgI D. 实验可以证明AgI比AgCI更难溶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；‎ B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；‎ C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；‎ D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI 比AgCl更难溶，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎23.用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是 A. 通电后阴极区附近溶液pH会增大 B. 阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑‎ C. 纯净的KOH溶液从b出口导出 D. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；‎ B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；‎ C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；‎ D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；‎ 故选D。‎ ‎24.常温下，已知：1molCH4完全燃烧时放出890kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量。现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol，使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出234kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是（ ）‎ A. 1:2 B. 1:‎1 ‎C. 3:2 D. 2:3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在题给条件下，已知：1molCH4完全燃烧时放出890kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量，设现有CH4的物质的量为x，则H2的物质的量为0.4mol- x，则，得x=0.2mol，则0.4mol- x=0.2mol，则CH4与H2的物质的量之比是1:1，则B正确；‎ 答案选B。‎ ‎25.关于如图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）‎ A. 左边的装置是电解池，右边的装置是原电池 B. 该装置中铜为正极，锌为负极 C. 电子流向：Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b D. 当铜片的质量变化为‎12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为‎2.24L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示装置可知，左侧装置为氢氧燃料电池，氢气为负极，发生氧化反应；氧气为正极，发生还原反应；右侧装置为电解池，铜与正极相连，为阳极，锌与负极相连，为阴极；据此进行分析。‎ ‎【详解】A. 左边的装置是原电池，右边的装置是电解池，故A错误； B. 左边是氢氧燃料电池，为原电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误； C. 左边是原电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子从b沿着导线流向Zn，电子从Cu沿着导线流向a，电子不进入电解质溶液，故C错误； ‎ D. 根据转移电子守恒得 ，当铜片的质量变化为‎12.8g时，a极上消耗的O2‎ 在标况下体积为，故D正确； 答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共50分）‎ 二、非选择题（本题包括6小题，共50分）‎ ‎26.已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-。‎ ‎（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH-离子的浓度__，NH离子的浓度__；‎ ‎（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；‎ ‎（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). 减小 (3). 增大 (4). 右 (5). OH- (6). NH3•H2O (7). NH3 (8). 左 (9). 有无色刺激性气体产生 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-，如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向、即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；‎ ‎【详解】(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动， NH的浓度增大； 故答案为：右；减小；增大；‎ ‎(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小， 故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）； (3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出； 故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。‎ ‎【点睛】明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。‎ ‎27.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：‎ ‎（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：___；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：___；‎ ‎（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m__n（填“>”“<”或“=”）‎ ‎（3）常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=__；‎ ‎（4）‎25℃‎时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显__（填“酸”“碱”或“中”）性。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). < (4). 10−8mol/L (5). 中 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)盐碱地产生碱性的原因是碳酸钠水解，据此写化学方程式即可；用石膏降低其碱性的反应原理从石膏和纯碱反应的角度回答；‎ ‎(2)若pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水稀释相同倍数，则所得稀溶液的pH是氨水的大，因为加水促进了一水合氨的电离，据此可推算分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等时m

查看更多