福建省莆田市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

福建省莆田市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

莆田第二中学2019--2020学年度高二第一学期期中考试 化学试题 ‎1．本试卷分第I卷和第II卷，全卷满分100分，考试时间90分钟。‎ ‎2．可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Pb 207 ‎ 第I卷（选择题 共48分）‎ 一、单项选择题：包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1.一种生产和利用氢能的途径如图所示。下列说法中错误的是(　 　)‎ A. 氢能属于二次能源 B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源 C. 太阳能电池的供电原理与燃料电池相同 D. 图中能量转化的方式至少有6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢能是利用太阳能分解水等产生的，故属于二次能源，则A正确；‎ B. 太阳能、风能、氢能都属于新能源，则B正确；‎ C. 太阳能电池的供电原理实际是光能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以二者是不相同的，故C错误；‎ D. 图中涉及的能量转化方式有太阳能、风能、水能转化为电能，电能与化学能的相互转化，电能与光能、热能的转化6种等，故D正确；‎ 题目要求选错误的，故选C。‎ ‎2.下列说法正确的是(　 　)‎ A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同 B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多 C. 在加热条件下发生的反应均为吸热反应 D. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应的焓变与反应条件无关，只与反应的始态和终态有关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照条件下和点燃条件下的△H相同，故A正确；‎ B. 固体硫变为硫蒸汽要吸热，则燃烧时放出的热量较少，故B错误；‎ C. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故C错误；‎ D. 物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，这是化学变化的特征之一，故D错误；‎ 正确答案是A。‎ ‎3.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是(　 　)‎ ‎①亚硝酸溶液中存在HNO2分子，呈酸性 ②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗 ③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L-1 HNO2溶液中，c(H+)=0.015 mol·L-1 ⑤该化合物在熔融时不导电 A. ①②③ B. ③④ C. ①②④⑤ D. ①④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】弱电解质在溶液中既存在离子，又存在分子，故①能说明；②中做导电性实验，虽导电能力弱，但不能说明其是弱电解质，因为强电解质在浓度低时，导电能力同样很弱；③能不能与Na2SO4溶液反应不能作为判断酸强弱的标准；④若HNO2是强电解质，在溶液中应完全电离，则c（H+）=0.1mol/L，而实际上c（H+）=0.015mol/L，说明HNO2在溶液中不能完全电离，故④也能说明；⑤亚硝酸在熔融时不导电，但是在水溶液中导电，可以说明亚硝酸是电解质，但不能说明亚硝酸是弱电解质，故⑤不能说明，答案为D。‎ ‎【点睛】区分电解质和非电解质可以根据以下三要素：1、熔化或者溶解；2、能导电；3、化合物 强弱电解质可以从如下三个方面来判断：1、电离程度；2、化学键；3、化合物属类。当这三个方面产生矛盾时，主要区分标准是电离程度，即完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质。‎ ‎4.下列不能用平衡移动原理解释的是(　 　)‎ A. 新制氯水中加入CaCO3固体可增大HClO分子的浓度 B. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈 C. 通入过量的空气与SO2反应可以提高SO2的利用率 D. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氯水中存在：Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO，加入CaCO3与H＋反应，平衡正向移动，HClO浓度增大，能用平衡移动原理解释，A项错误；‎ B. 钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，B项正确；‎ C. 空气过量，促进平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用平衡移动原理解释，C项错误；‎ D. 加压后，二氧化氮浓度增大，气体颜色变深，然后平衡2NO2N2O4向正反应方向移动，所以又变浅，能用平衡移动原理解释，故D错误；‎ 题目要求选不能解释的，故选B。‎ ‎5.某化学小组进行电化学研究，甲同学设计如图所示装置，乙同学利用甲同学的装置和桌面上其他的药品与材料，不能完成的实验是(　 　)‎ A. 使甲同学装置中的正极变为负极 B. 设计一个新的原电池 C. 在石墨电极上镀锌 D. 使锌电极受到保护 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 装置甲是原电池，锌做负极，铜作正极，若将锌换成石墨，电解质换成硝酸银溶液时，即铜变成负极，故A不选；‎ B. 可将铝、石墨和硝酸银组成一个新的原电池，故B不选；‎ C. 因为只有硫酸铜和硝酸银2种电解质溶液，并且铜离子和银离子的氧化性都比锌离子强，所以不可能析出锌，故C选；‎ D. 将锌与铝组合形成原电池，锌作正极被保护，故D不选；‎ 正确答案选C。‎ ‎6.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化，下列判断正确的是(　 　)‎ A. 由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应 B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加 C. 实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响 D. 若用NaOH固体测定中和热，则测定数值偏高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 与反应吸热、铝与盐酸反应放热、盐酸与氢氧化钠反应放热，故A错误；‎ B. 等质量的铝片换成铝粉能量相同，将实验(a) 中的等质量的铝片换成铝粉后，释放出的热量不变，故B错误；‎ C. 中和反应反应热的测定实验中，将环形玻璃搅拌棒换成环形铁质搅拌棒，会导致部分热量散失，致使测定的最高温度偏低，反应热数值偏小，故C错误；‎ D. NaOH固体溶解放热，若用NaOH固体测定中和热，则测定结果偏高，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.一定温度下，在100mL某一元弱酸HA的溶液中，含有该弱酸的分子数为5.418×1020个，并测得该溶液的c(H＋)=10-3mol/L。在该平衡体系中，这种一元弱酸的电离度为(　 )‎ A. 9% B. 10% C. 3% D. 11%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分子的物质的量n= ==0.9×10-3mol，溶液中H+物质的量为10-3mol/L×0.1L=10-4mol，因为是一元酸，一个分子电离生成一个H+，所以原来分子总量为0.9×10-3+10-4=10-3mol，所以电离程度= =×100%=10%，故选B。‎ ‎【点睛】电离度：弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数。‎ ‎8.在容积均为1 L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1 mol CO，控制在不同温度下发生反应：Fe(s)＋5CO(g)Fe(CO)5(g)，当反应进行到5 min时，测得CO的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法一定正确的(　 　)‎ A. 反应进行到5 min时，b容器中v(正)＝v(逆)‎ B. 正反应为吸热反应 C. b中v(正)大于a中v(逆)‎ D. 达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为b＞c＞a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v(正)、v(逆)不一定相等，故A错误；‎ B. 温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知，升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；‎ C. 根据图像，a点温度比b点温度低，因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正)大于a中v(逆)，故C正确；‎ D. 根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡图象题，注意从图像中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点。本题的突破口为温度越高，反应速率越快，b为平衡状态。‎ ‎9.将反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 盐桥中的K+移向FeCl3溶液 B. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，正确；‎ B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B正确；‎ C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，正确；‎ D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，错误，‎ 故选D。‎ ‎10.将1molCO和1molNO2充入密闭容器中，在催化剂存在下发生反应 NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)并达到化学平衡，发现有50%的CO转化为CO2。在其它条件不变的情况下，若将1molCO和2molNO2充入上述反应器中，则反应达到化学平衡时，混合气体中CO2的体积分数是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据“三段式法”进行计算 第一种情况： NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）‎ 起始（mol）： 1 1 0 0‎ 变化（mol）： 0.5 0.5 0.5 0.5‎ 平衡（mol）： 0.5 0.5 0.5 0.5 ‎ 故此反应的平衡常数；‎ 在其它条件不变的情况下，若将1molCO和2molNO2充入上述反应器中，则两种情况下平衡常数不发生改变。‎ 第一种情况： NO2（g）+CO（g）CO2（g）+NO（g）‎ 起始（mol）： 2 1 0 0‎ 变化（mol）： x x x x 平衡（mol）： （2-x）(1-x) x x ‎ 平衡常数，解得 因此，平衡时混合气体中的体积分数：，故答案选A。‎ 考点：有关化学平衡的计算 点评：本题主要是对化学平衡及其相关计算的考查。在解题时，应明确判断两种情况下，所达到的化学平衡为等效平衡，即平衡常数不发生变化。此时可由平衡常数值进行计算。‎ ‎①平衡常数与温度有关；温度不变，同一反应，其平衡常数一定。‎ ‎②平衡常数的计算公式：‎ ‎11.某二元酸(H2A)在水中的电离方程式为：H2A＝H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－(25 ℃时Ka＝5.0×10－3)，下列有关说法中正确的是(　 　)‎ A. H2A是弱酸 B. 稀释0.1 mol·L－1 H2A溶液，因电离平衡向右移动而导致c(H＋)增大 C. 若0.1 mol·L－1 NaHA溶液中c(H＋)＝0.02 mol·L－1，则0.1 mol·L－1的H2A中c(H＋)＜0.12 mol·L－1‎ D. 在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＝0.12 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二元酸（H2A）在水中第一步电离为完全电离，H2A＝H＋＋HA－，则H2A不是弱酸，故A错误；‎ B. 加水稀释电离平衡正移，但氢离子浓度减小，所以稀释0.1mol/LH2A溶液，电离平衡向右移动，但是c（H+）减小，故B错误；‎ C. 若0.1mol/L的NaHA溶液中c（H+）=0.02mol/L，0.1mol/L的H2A溶液中存在H2A＝H++HA-，HA-H++A2-，第一步电离出的氢离子，抑制了第二步电离，所以c（H+）＜0.12mol/L，故C正确；‎ D.根据C中分析可知在0.1 mol·L－1的H2A溶液中，c(H＋)＜0.12 mol·L－1，故D错误；‎ 正确答案是C。‎ ‎12.下列对反应热的描述中，正确的是（ ）‎ A. 甲烷的燃烧热△H =－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H =－890.3 kJ·mol-1‎ B. 一定条件下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3放热akJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H =－2a kJ·mol-1‎ C. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则水分解的热化学方程式表示为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H =+571.6 kJ·mol-1‎ D. HCl和NaOH反应中和热△H =－57.3 kJ·mol-1，则CH3COOH和NaOH反应生成1mol水时放出的热量为57.3kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、燃烧热是可燃物生成稳定的氧化物，水应是液态，因此热化学反应方程式为CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－890.3kJ·mol－1，选项A错误；‎ B、此反应是可逆反应，不能进行到底，此题不知道消耗氮气或氢气的消耗量，选项B错误；‎ C、水分解是吸热反应，因此生成4g氢气，吸收热量4×285.8/2kJ=571.6kJ，选项C正确；‎ D、醋酸是弱酸，弱电解质的电离是吸热过程，放出的热量小于57.3kJ，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎13.已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g) △H=+100kJ/mol 的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是 A. 加入催化剂，该反应的反应热△H 将减小 B. 每生成2molA-B键，将吸收bkJ能量 C. 每生成2分子AB吸收(a-b) kJ能量 D. 该反应正反应的活化能大于100kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，催化剂不能改变反应热的大小，故A错误；B、每生成2molA-B键，将放出bkJ能量，故B错误；C、每生成2mol分子AB吸收(a-b) kJ能量，故C错误；D、(a-b) =100kJ，a=100kJ+b，该反应正反应的活化能大于100kJ/mol，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查了化学反应的能量变化、图象分析判断，注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，解题关键：明确放热反应与吸热反应的区别，断开化学键吸收能量，形成化学鍵，放出能量。易错项A，催化剂能同等程度地降低反应物和生成物的活化能。‎ ‎14.在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反应：2R（g）+5Q（g）⇌4X（g）+nY（g）。反应完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是（ ）‎ A. 2 B. 3‎ C 4 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反应后气体的总物质的量减小，则反应应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，则有：2+5>4+n，n<3，n为整数等于2，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎15.下列说法正确的是(　 　)‎ A. 用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁水闸时，将钢铁水闸与石墨相连 B. 22.4 L(标准状况)O2与1 mol Na充分反应，转移电子数为2×6.02×1023个 C. 反应3Si(s)＋2N2(g)===Si3N4(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0‎ D. 由反应①CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH1，②CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH2，则反应③CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)的ΔH＝ΔH2－ΔH1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将钢铁水闸与石墨相连时，形成原电池中钢铁水闸作负极被氧化而腐蚀，故A错误；‎ B.转移电子的物质的量等于Na的物质的量为1mol，转移电子数为6.02×1023，故B错误；‎ C.该反应能自发进行，△H–T△S＜0，由于该反应气体物质的量减少，△S＜0，所以该反应的ΔH＜0，故C错误；‎ D.反应CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)　ΔH2 与CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)　ΔH1相减得反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH2－ΔH1，所以ΔH＝ΔH2－ΔH1，故D正确；‎ 正确答案是D。‎ ‎【点睛】C项注意反应自发进行的条件：‎ ‎1、自发过程：在一定的条件下，不需要外力就可以自动进行的过程。 ‎ ‎2、焓变判断：一个自发的过程，体系趋向是由能量高的状态向能量低的状态转化。对化学反应而言，放热反应有自发的倾向。但是，吸热反应也有自发的，发热反应也有不自发的。 ‎ ‎3、熵变判断：在与外界隔离的体系中，自发过程将导致体系的熵增加。 ‎ ‎4、自由能变△G的的判断方法△G＝△H－T△S，△G＜0，反应正向自发进行。△G＝0，反应处在平衡状态。△G＞0，反应逆向自发进行。‎ ‎16.化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，有关下列四个曲线图的说法不正确的是(　)‎ A. 对反应：aA(s)＋2B(g) xC(g)，根据图①可以求出x＝2‎ B. 图②可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化 C. 图③表示压强对可逆反应2A(g)＋2B(g) 3C(g)＋D(g)的影响，乙的压强大 D. 升高温度，图④表示的反应中反应物的转化率增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图①可知在2min内B物质减少0.2mol，C增加0.2mol，二者反应的物质的量的比等于方程式中二者化学计量数的比，所以x=2，A正确；‎ B.可逆反应改变温度的瞬间，正、逆反应速率都会增大或减小，所以该图②不可能表示改变温度后的反应速率。B错误；‎ C.增大压强，化学反应速率增大，达到平衡所用时间缩短，可逆反应2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(g)是反应前后气体体积不变的反应，所以增大压强，物质的平衡含量不变，C正确；‎ D.升高温度后由于V正>V逆，平衡正向移动，所以图④表示的反应中反应物的的转化率都增大，D正确；‎ 题目要求选不正确的，故选B。‎ ‎17.一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力(I)随加水的体积（V）变化如图所示，下列说法正确的是(　 　)‎ A. “O”点导电能力为0的理由是冰醋酸是固体，内部的离子不能自由移动 B. a、b、c三点中，a点c(H＋)最大，因为电解质溶液浓度越大，离子浓度就越大 C. a、b、c三点中，a点水电离的程度最小 D. 加大量水稀释，溶液中所有微粒浓度都减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 无论冰醋酸是固态或液态，都不导电，因为无水醋酸不电离，而不是因为内部的离子不能自由移动，故A错误；‎ B.‎ ‎ 溶液的导电能力由离子浓度决定，题目图象说明冰醋酸加水稀释过程中，导电能力随水的加入逐渐增大到最大值又逐渐减小，故c（H+）是b点最大，c点最小，故B错误；‎ C. 溶液越稀，越促进醋酸电离，冰醋酸加水稀释的过程中，c点水电离的程度最大，a点水电离的程度最小，故C正确；‎ D. 溶液显酸性，向溶液中加水，溶液中主要存在的离子浓度都减小，根据水的离子积常数，氢氧根离子浓度增大，故D错误；‎ ‎18. 下图所示电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b﹤d。符合上述实验结果的盐溶液是 选项 ‎ X ‎ Y ‎ A． ‎ MgSO4 ‎ CuSO4 ‎ B． ‎ AgNO3 ‎ Pb(NO3)2 ‎ C． ‎ FeSO4 ‎ Al2(SO4)3 ‎ D． ‎ CuSO4 ‎ AgNO3 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＞d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d．阳离子得电子能力如图所示：‎ ‎，前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+；A．在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B．由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加b＞d，故B错误；C．在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D．两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加b＜d，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查电解原理，同时考查学生对金属活动性顺序表、电解原理的理解及应用。‎ ‎【名师点晴】明确离子放电顺序是解本题关键，电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b＞d，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d，据此分析解答。‎ ‎19.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑‎ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—‎ D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；‎ B、根据A中分析可知B错误；‎ C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；‎ D、根据C中分析可知D正确，答案选D。‎ ‎【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。‎ ‎20.下图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是 A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B. M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)‎ C. 图中T1＜T2‎ D. XZ线上任意点均有pH＝7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7‎ mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。‎ ‎【考点定位】本题考查水的离子积常数，图像的分析与判断。‎ ‎【名师点睛】本题以水的电离平衡为背景，结合图像综合考查c（H+）与c(OH-)的关系，其解题的关键是Kw是个常数，它只与温度有关，明确图中纵横坐标、曲线的含义等，考题在情境和问题设置上贴近考生的思维习惯，不偏、不怪，难度适中。注意水的电离平衡特点。‎ ‎21.以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液(足量)，装置如下图。若一段时间后Y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是(　 　)‎ A. a为铅蓄电池负极 B. 电解过程中SO42-向右侧移动 C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8 g D. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4＋2e－===Pb＋SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；‎ B.电解过程中SO42－向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；‎ C.电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有0.2mol÷2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol×96g/mol=9.6 g，且阳极上有0.2mol÷4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol×32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；‎ D.铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H++PbO2+2e－+SO42－＝PbSO4 ↓+2H2O，故D错误；答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理和电解原理的应用，易错点是根据Y极有Cu析出判断出电解池的阴、阳极，难点是结合电解池中阴离子交换膜和电子转移的数目计算左侧溶液增重的质量应该是注入的硫酸根离子和阳极生成氧气的质量差。‎ ‎22.某科研小组公司开发了Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如下图所示，已知电池反应为：2Li+SO2Cl2═2LiCl+SO2↑；下列叙述中错误的是(　 　)‎ A. 电池工作时负极材料是Li，发生氧化反应 B. 将电解质溶液改为LiCl的水溶液，电池性能会更好 C. 电池工作时电子流向：锂电极→导线→负载→导线→碳棒 D. 电池工作过程中，石墨电极反应式为SO2Cl2+2e-═2Cl-+SO2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电池工作时负极材料是Li，失电子发生氧化反应，故A正确；‎ B. 锂与水能反应，不能将电解质溶液改为LiCl的水溶液，故B错误；‎ C. 电池工作时电子由负极流向正极，故C正确；‎ D. 电池工作过程中，石墨是正极，电极反应式为SO2Cl2+2e−=2Cl−+SO2↑，故D正确；‎ 题目要求选择错误的选项，故选B。‎ ‎23.下列叙述正确的是(　 　)‎ A. 常温时，某溶液中由水电离出来的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－24，该溶液中一定可以大量存在K＋、Na＋、AlO2-、SO42-‎ B. 往等c(H＋)和等体积的盐酸和醋酸中，分别加足量相同的锌片，相同状况下，与醋酸反应产生的气体体积更大 C. 已知H2CO3 的 Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的 Ka = 3.0×10-8，则反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO能够成立 D. 等c(H＋)的盐酸和醋酸，加水稀释100倍后，c(H＋)前者大于后者 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水电离出来的c（H+）和c（OH-）的乘积为1×10-24‎ ‎，该溶液为酸性或者碱性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；‎ B. 醋酸是弱酸，所以当c(H+)相同时，醋酸物质的量浓度大，含溶质物质的量多，所以反应放出的氢气多；‎ C. 已知H2CO3 的Ka1= 4.30×10-7，Ka2= 5.61×10-11，HClO的Ka = 3.0×10-8，所以酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，这个反应只能生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，因为次氯酸的酸性介于碳酸和碳酸氢根离子之间，故C错误；‎ D. 相同c（H+）的盐酸、醋酸均稀释100倍后，盐酸中氢离子浓度都变为原先的，而醋酸为弱酸，稀释后醋酸的电离程度增大，醋酸中氢离子浓度大于原先溶液中氢离子浓度的，所以稀释后溶液中c（H+）由大到小的顺序是：醋酸＞盐酸，故D错误；‎ 正确答案是B。‎ ‎24.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知N2(g) + 3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ/mol）：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1molN2、3molH2‎ ‎2molNH3‎ ‎1molNH3‎ NH3的浓度（mol/L）‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出a kJ 吸收b kJ 吸收c kJ 体系压强 P1‎ P2‎ P3‎ 反应物转化率 α1‎ α2‎ α3‎ 下列说法不正确的是(　 　)‎ A. ＞c3 B. a + b=92.4 C. P2＞2P3 D. α1 +α3＞1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 丙容器反应物投入量1molNH3，采用极限转化法转化为反应物为0.5molN2、1.5molH2，是甲中的，若平衡不移动，c3=c1；丙相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的，即c3＞c1，故A正确；‎ B. 甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；‎ C. 丙容器反应物投入量1molNH3，是乙的一半，若平衡不移动，丙中压强为乙的一半；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，所以丙中压强增大，大于乙的，即p2＜p3，则P2＜2P3，故C正确；‎ D. 丙容器反应物投入量1molNH3，是甲，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于减小压强，平衡向正向移动，氨气的转化率增大，所以转化率α1+α3＞1，故D正确；‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ ‎25.ⅰ.有下列物质：①铜；②硫酸钡固体；③氨水；④氢氧化钠固体；⑤熔融硝酸钾；⑥乙醇；⑦盐酸；⑧金刚石；⑨二氧化硫；⑩冰醋酸。‎ 其中能导电的有_______；（填序号，下同）属于非电解质的有_____；属于强电解质的有_____；‎ ⅱ.写出①H2SO3 ②CH3COONH4在水中的电离方程式：‎ ‎___________________________________________________________；‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). ①③⑤⑦ (2). ⑥⑨ (3). ②④⑤ (4). H2SO3H++HSO3- (5). CH3COONH4=NH4++CH3COO-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】ⅰ.①铜是金属单质，能导电，不是电解质也不是非电解质；②硫酸钡固体是盐，属于电解质。熔融状态下能完全电离，是强电解质；③氨水是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；④氢氧化钠固体是电解质，由于是固体，所以不能导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑤熔融硝酸钾是电解质，因为在熔融态，因此可以导电；在水中或熔融状态下能完全电离，是强电解质；⑥乙醇是非电解质，不能导电；⑦盐酸是混合物，能导电，不是电解质也不是非电解质；⑧金刚石是非金属单质，不能导电，不是电解质也不是非电解质；⑨二氧化碳是非电解质，不能导电；⑩冰醋酸是电解质，由于都是以电解质分子的形式存在，所以不能导电。在水溶液中存在电离平衡，因此是弱电解质。因此其中能导电的有①③⑤⑦；属于非电解质的有⑥⑨；属于强电解质的有②④⑤ ；‎ ⅱ.H2SO3是二元弱酸，在水中电离出H+和HSO3-，电离方程式为：H2SO3H++HSO3-；CH3COONH4水中完全电离出NH4+和CH3COO-，电离方程式为：CH3COONH4=NH4++CH3COO-。‎ ‎26.Ⅰ.铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。‎ ‎(1)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。‎ 为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为_________________。‎ ‎(2)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为_______________________。‎ Ⅱ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH－)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。‎ ‎(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。‎ ‎(2)该电解池的阳极反应式为____________________。‎ ‎(3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________mol。‎ ‎【答案】 (1). ②③ (2). 2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑ (3). 作电解质溶液(或导电) (4). B (5). 阴 (6). 2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O (7). 0.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑；‎ ‎(2)为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，是利用原电池原理，用铝置换出银，食盐水的作用为做电解质溶液，形成原电池。‎ Ⅱ. (1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化。阳极反应为2Cu-2e-+2OH－＝Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动。‎ ‎(2)根据上述分析，阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；‎ ‎(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-＝N2↑+4H2O可知，Cu2O与N2H4的数量关系式为2Cu2O～N2H4～4e-，当反应生成14.4 g Cu2O(0.1mol)时，至少需要肼为0.05mol。‎ ‎27.Ⅰ.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g) △H1；②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2 ③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3；‎ 化学键 H-H C-O CO H-O C-H E/（kJ·mol-1）‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1076‎ ‎465‎ X 回答下列问题：‎ ‎（1）已知△H2=-99 kJ·mol-1，则根据上表相关的化学键键能（“CO”表示CO的化学键）计算X=_______ kJ·mol-1。‎ ‎（2）反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系式为___________。‎ ‎（3）根据化学反应原理，分析增大压强对反应③的影响为_______________。（提示：从对反应速率、平衡状态、转化率角度回答）‎ Ⅱ.清洁能源具有广阔的开发和应用前景，可减小污染解决雾霾问题，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H=-99kJ•mol-1。向体积为2L的密闭容器中充入2molCO和4molH2，测得不同温度下容器内的压强（P：kPa）随时间（min）的变化关系如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ曲线所示：‎ ‎①Ⅱ和Ⅰ相比，改变的反应条件是_________；‎ ‎②反应Ⅰ在6min时达到平衡，在此条件下从反应开始到达到平衡时v（CH3OH）=_________；‎ ‎③反应Ⅱ在2min时达到平衡，平衡常数K（Ⅱ）=_________；‎ ‎④比较反应Ⅰ温度（T1）和反应Ⅲ的温度（T3）的高低：T1_____T3（填“＞”“＜”“=”），判断的理由是_________。‎ ‎【答案】 (1). 413 (2). K1=K2·K3（或者K3=K1/K2） (3). 增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变 (4). Ⅱ中使用催化剂 (5). 0.125 mol/（L·min） (6). 12 (7). ＞ (8). 反应为放热反应，降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可知反应热△H2=1076 kJ·mol-1+ 2×436kJ·mol-1-3x-343 kJ·mol-1-465 kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1，解得x=413；‎ ‎（2）K1=，K2=，K3=，K1===K2·K3；‎ ‎（3）③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)正向反应气体体积不变，故增大压强，反应速率加快，平衡不移动，反应物的转化率不变；‎ ‎（4）①Ⅱ和Ⅰ相比反应速率加快，不影响平衡移动，正反应为气体物质的量减小的反应，应是使用催化剂，故答案为：Ⅱ中使用催化剂；‎ ‎②恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol× =3mol，则：‎ CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) 物质的量减小△n=2‎ 起始量(mol) 2 4 0‎ 变化量(mol) 1.5 3 1.5 6－3=3‎ 平衡量(mol) 0.5 1 1.5‎ 则v(CH3OH)= =0.125mol/(L.min)；‎ ‎③Ⅱ、Ⅰ温度相同，平衡常数相同，平衡常数K(Ⅱ)=K= = =12；‎ ‎④反应Ⅲ达平衡时所用的时间比反应Ⅰ达平衡时所用的时间长，化学反应速率慢，且Ⅲ平衡时压强比I小，与I相比平衡正向移动，正反应为气体体积减小放热反应，应降低温度，故温度T1温度更高。‎ ‎28.(1)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母序号，下同)。‎ A．c(H＋) B． C．c(H＋)·c(OH－) D．‎ 若该溶液升高温度，上述4种表达式的数据增大的是________。‎ ‎(2)某温度时，0.1 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)与0.01 mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)的比值______(填“大于”“小于”或“等于”)10。‎ ‎(3)已知：25 ℃时，醋酸的电离平衡常数为1.75×10－5。‎ ‎①求该温度时，a mol·L－1的醋酸溶液中c1(H＋)＝________mol·L－1(用含a的代数式表示)。[提示：此时a比较小，进行简化计算，平衡时c(CH3COOH)可用初始浓度代替，水电离出的c(H＋)、c(OH－)忽略不计，下同]‎ ‎②若该温度时向该溶液中加入一定量的CH3COONH4(假设溶液体积不变)，使溶液中c(CH3COO－)变为b mol·L－1，则此时c2(H＋)＝________(用含a、b的代数式表示)mol·L－1。‎ ‎③c1(H＋)________(填“大于”“小于”或“等于”)c2(H＋)。‎ ‎【答案】 (1). A (2). ABC (3). 小于 (4). (5). (6). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程中，由于溶液体积增大，而醋酸的电离程度较小，则稀释后溶液中c（H+）减小，故A正确；B. 稀释过程中氢离子的物质的量增大、醋酸的物质的量减小，由于在同一溶液中，溶液体积相同，则的比值增大，故B错误；C. 溶液中c（H+）•c（OH-）之积为水的离子积，稀释后溶液温度不变，则水的离子积不变，故C错误；D. 稀释过程中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，则的比值变大，故D错误；故选A；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度都增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大。A. 升高温度后溶液中氢离子浓度c（H+）增大，故A正确；B.升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大，，醋酸的浓度减小，则该比值增大，故B正确；C.c（H+）•c（OH-）为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故C正确；D.，升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大，但氢氧根离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子，所以该比值减小，故D错误；故答案为：ABC；‎ ‎(2)酸溶液的浓度越小电离程度越大，因此0.1 mol/L的CH3COOH溶液与0.01mol/L的CH3COOH溶液中的c（H+）之比小于10，故答案为：小于；‎ ‎(3)①c（H+）==mol/L；‎ ‎②c（H+）==，故答案为：；‎ ‎③加入一定量的CH3COONH4（假设溶液体积不变），醋酸离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，所以c1（H+）＞c2（H+）。‎ ‎ ‎ ‎ ‎