2019-2020年高二上学期第二次段考化学试题 含解析.doc

2019-2020年高二上学期第二次段考化学试题 含解析一、选择题（每题只有一个选项正确，共48分）1（3分）下列图示关系不正确的是（）ABCD考点：燃烧热；氧化还原反应；常见的能量转化形式；中和热.专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据反应热、中和热、燃烧热概念分析判断；B、依据能源、一次能源、二次能源的概念分析判断；C、依据氧化还原反应、吸热反应、放热反应概念分析判断；D、根据沼气和新能源、可再生能源、太阳能的关系分析判断；解答：解：A、反应热是：化学反应过程中放出或吸收的热量；中和热：在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应而生成1 mol H2O时所放出的热量；燃烧热：在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，中和热和燃烧热都属于反应热，故A正确；B、能源为：自然界贮存的已经查明和推定的能够提供热、光、动力和电能等各种形式的能量来源，包括一次能源和二次能源，二者不重合，故B错误；C、氧化还原反应是反应前后有元素化合价变化的反应，可以是吸热反应，也可以是放热反应，吸热反应放热反应不一定是氧化还原反应，图示正确，故C正确；D、沼气本身提供的是清洁能源，是一种新能源，沼气是利用太阳能的作用，有机物通过微生物发酵产生的气体，其主要成分是甲烷，不仅解决了沼气工程中的环境问题、消耗了大量废弃物、保护了环境、减少了温室气体的排放，而且变废为宝，产生了大量的热能和电能，符合能源再循环利用的环保理念，故D正确；故选B点评：本题考查了反应热、燃烧热、中和热、能源分类、氧化还原反应与吸热放热反应的关系，新能源的利用开发和与能源的关系2（3分）下列物质在水溶液中既能电离又能水解的是（）ANH4Cl BNaHS CHNO3 DHClO考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：电解质在水溶液中都能电离，含有弱离子的盐才能水解解答：解：NH4Cl、NaHS、HNO3、HClO在水溶液中都能电离，其中NH4Cl、NaHS中含有弱离子能水解，故选AB点评：本题考查学生电解质在水溶液中的电离情况和弱离子的盐水解，注意知识的积累是解题的关键，难度不大3（3分）在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：（H2）=0.45mol/（Ls），则2s末NH3的浓度为（）A0.45mol/LB0.50mol/LC0.55mol/LD0.60mol/L考点：反应速率的定量表示方法.专题：化学反应速率专题分析：利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NH3），再利用c=vt计算2s末NH3的浓度解答：解：发生反应N2+3H22NH3，2s内氢气的平均速率：（H2）=0.45mol/（Ls），利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NH3），则v（NH3）=（H2）=0.45mol/（Ls）=0.3mol/（Ls），故2s末NH3的浓度为0.3mol/（Ls）2s=0.6mol/L，故选D点评：考查反应速率的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用4（3分）某同学做完ZnCuH2SO4组成的原电池的实验后，在读书卡片上作了如下记录，其中合理的是（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：铜、锌、稀硫酸构成的原电池中，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应，较不活泼的金属作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，外电路中，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答解答：解：导线中电流方向：铜锌，故错误；铜极上氢离子得电子生成氢气，所以有气泡生成，故正确；锌片失电子生成锌离子进入溶液，导致锌片变薄，故正确；反应中失电子的锌作负极，得电子的铜作正极，故错误；锌比铜活泼，故错误；原电池放电时，氢离子向铜片移动，硫酸根离子向锌片移动，故正确故选D点评：本题考查了原电池原理，根据原电池上发生的反应类型、电流的流向等知识来分析解答即可，注意溶液中阴阳离子的移动方向，为易错点5（3分）如图各烧杯中盛有海水，铁（含杂质C）在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：作原电池负极或作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，金属被腐蚀快慢顺序是：电解池阳极原电池负极化学腐蚀原电池正极电解池阴极，据此分析解答解答：解：作原电池负极或作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，金属被腐蚀快慢顺序是：电解池阳极原电池负极化学腐蚀原电池正极电解池阴极，中铁发生化学腐蚀；中铁作正极，被保护；中Fe易失电子作负极，加速被腐蚀；中铁作阳极，加速被腐蚀；中铁作阴极，被保护；通过以上分析知，Fe被腐蚀由快到慢顺序是，故选B点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，根据金属发生腐蚀类型及电极类型来确定金属被腐蚀快慢，题目难度不大6向CH3COONa稀溶液中加入（或通入）少许X物质，其溶液中部分微粒浓度变化如下表所示（溶液温度不变）：微粒H+OHCH3COOCH3OOH物质的量浓度增大减小减小增大则X物质可能为（）A氯化氢B氢氧化钠C蒸馏水D醋酸考点：影响盐类水解程度的主要因素.专题：盐类的水解专题分析：CH3COONa稀溶液中存在醋酸根离子的水解反应，CH3COO+H2OCH3COOH+OH；溶液呈碱性，依据溶液中的平衡和离子积常数判断离子浓度变化；图表中H+浓度增大，OH、CH3COO浓度减小，CH3COOH浓度增大，说明加入的物质应是酸性溶液，促进CH3COONa溶液的水解，结合选项分析判断解答：解：CH3COONa稀溶液中存在醋酸根离子的水解反应，CH3COO+H2OCH3COOH+OH；溶液呈碱性，依据溶液中的平衡和离子积常数判断离子浓度变化；图表中H+浓度增大，OH、CH3COO浓度减小，CH3COOH浓度增大，说明加入的物质应是酸性溶液，促进CH3COONa溶液的水解；A、加入氯化氢，消耗氢氧根离子，水解平衡正移，OH、CH3COO浓度减小，氢离子、CH3COOH浓度增大，故A正确；B、加入氢氧化钠，抑制CH3COONa水解，OH、CH3COO浓度增大，氢离子、CH3COOH浓度减小，故B错误；C、加入蒸馏水促进水解，OH、CH3COO、CH3COOH浓度都减小，氢离子浓度增大，故C错误；D、加入醋酸，抑制CH3COONa水解，氢离子、CH3COO、CH3COOH浓度增大，OH浓度减小，故D错误；故选A点评：本题考查了盐类水解的应用，水解平衡的影响因素分析判断，注意离子浓度变化的特征是解题关键，题目难度中等7（3分）在由水电离出的c（H+）=11013mol/L的溶液中，一定可以大量共存的是（）ABa2+Na+ NO3ClBFe2+ Na+ NO3 ClCSO42SO32 NH4+Na+DMg2+Na+BrAlO2考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：由水电离产生的c（H+）=11013mol/L，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：A无论溶液呈酸性还是碱性，离子之间都不发生任何反应，可大量共存，故A正确；B酸性条件下，NO3与Fe2+发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+不能大量共存，故B错误；C酸性条件下SO32不能大量共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故C错误；DAlO2与Mg2+发生互促水解反应，酸性条件下AlO2不能大量共存，故D错误故选A点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，注重信息的抽取和氧化还原反应的考查，对学生思维严密性有较好的训练，具有坚实的基础知识即可解答，题目难度不大8（3分）在常温下，下列各组溶液的c（H+）一定等于1107mol/L的是（）ApH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合B0.10mol/L H2SO4与0.10mol/L NaOH溶液以等体积混合C将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍DpH=1的H2SO4与0.05mol/L 的Ba（OH）2溶液以等体积混合考点：pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：常温下，若溶液中c（H+）等于1107mol/L，即溶液的pH=7，说明溶液呈中性，据此分析解答解答：解：A常温下，pH=2的溶液中氢离子浓度是102 mol/L，pH=12的溶液中氢氧根离子浓度是102 mol/L，酸和碱的强弱未知，如果是弱酸强碱，则混合溶液呈酸性，如果是弱碱强酸，则混合溶液呈碱性，如果是强酸强碱，则混合溶液呈中性，故A错误；B.0.1mol/L H2SO4与0.10mol/L NaOH溶液以等体积混合，溶液中n（H+）n（OH），所以混合溶液呈酸性，故B错误；C将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍，醋酸溶液的pH接近于7，但不等于7，故C错误；DpH=1的H2SO4与0.05mol/L 的Ba（OH）2溶液以等体积混合，溶液中n（H+）=n（OH），则混合溶液呈中性，故D正确；故选D点评：本题考查溶液酸碱性的判断，难度不大，易错选项是C，注意酸或碱无论如何稀释，酸不能变成碱，碱不能变为酸，为易错点9（3分）下图表示2A（g）+B（g）2C（g）（正反应放热）这个可逆反应的正确图象为（）ABCD考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；催化剂的作用.专题：化学平衡专题分析：该反应是反应前后气体体积减少、放热的可逆反应，根据图象中的纵横坐标表示的意义，分析某条件改变时，平衡移动，确定一个量随另外一个量的变化，若变化趋势与图中一致，则为正确答案，据此分析解答：解：A、温度高，反应速率加快，先到达平衡；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，C的体积分数降低，故A正确；B、压强增大，正逆反应速率都增大，故B错误；C、使用催化剂，加快反应，到达平衡的时间短，但不影响平衡的移动，平衡时C的浓度不变，故C错误；D、增大压强反应向体积减小方向移动，即向正反应方向移动，A的转化率增大；升高温度，平衡向吸热方向移动，即向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误；故选A点评：本题考查化学平衡的移动与化学平衡图象，明确影响化学平衡的移动因素，注意图中曲线变化趋势的意义图象解题要点为：1、“先拐先平数值大”即“先拐”的先达到平衡，对应的温度或压强大2、“定一议二”，即固定其中一个因素（温度或压强等），然后讨论另外一个因素与化学平衡的参量（浓度、体积分数、转化率）的变化关系10（3分）关于小苏打水溶液的表述正确的是（）A存在的电离有：NaHCO3=Na+HCO3，HCO3=H+CO32Bc（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）CHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度Dc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答解答：解：A碳酸氢钠是强电解质，在水溶液里完全电离，碳酸氢根离子是弱电解质，部分电离，所以电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3、HCO3H+CO32，故A错误；B溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故B正确；C溶液呈碱性，则HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度，故C错误；D溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故D错误；故选B点评：本题考查了盐类水解中离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及其性质再结合守恒思想分析解答，注意碳酸氢根离子水解和电离都必须写可逆号，为易错点11芬兰籍华人科学家张霞昌研制的“超薄型软电池”获xx年中国科技创业大赛最高奖，被称之为“软电池”的纸质电池总反应为：Zn+2MnO2+H2OZnO+2MnO（OH）（碱式氧化锰）下列说法正确的是（）A该电池中Zn作负极，发生还原反应B该电池反应中MnO2起催化作用C该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D该电池正极反应式为：2MnO2+2e+2H2O2MnO（OH）+2OH考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：由电池总反应Zn+2MnO2十H2O=ZnO+2MnO （OH）可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn2e+2OH=ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e=MnO（OH）+OH解答：解：A、从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以是负极，故A错误；B、该电池反应中二氧化锰发生了还原反应，二氧化锰得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；C、该电池中电子由负极经外电路流向正极，则电流从正极二氧化锰流向锌，故C错误；D、电池的正极反应式为MnO2+H2O+e=MnO（OH）+OH，或2MnO2+2e+2H2O=2MnO（OH）十2OH，故D正确故选D点评：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式12（3分）下列说法中正确的是（）A向沸水中滴加饱和FeCl3溶液有红褐色沉淀产生B制备AlCl3、CuCl2均可以采用将溶液直接蒸干的方法CKsp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力不一定越强D向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的大考点：胶体的重要性质；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：基本概念与基本理论分析：A、向沸水中滴加饱和FeCl3溶液生成氢氧化铁胶体；B、加热促进水解，而且生成的HCl易挥发；C、Ksp数值还与难溶电解质的化学式的组成有关；D、一般溶度积大的转化为溶度积小的容易发生解答：解：A、向沸水中滴加饱和FeCl3溶液生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体是红褐色液体，不是沉淀，故A错误；B、加热促进水解，而且生成的HCl易挥发，所以加热AlCl3、CuCl2溶液得不到AlCl3、CuCl2固体，故B错误；C、Ksp数值还与难溶电解质的化学式的组成有关，所以不能根据Ksp数值大小来判断难溶电解质在水中的溶解能力，故C正确；D、一般溶度积大的转化为溶度积小的容易发生，向碳酸钡沉淀中加入稀硫酸，沉淀发生转化，可推知硫酸钡的Ksp比碳酸钡的小，故D错误故选C点评：本题考查了胶体的性质、盐的水解、溶度积常数、沉淀的转化，题目涉及的知识点较多，侧重于基础知识的考查，难度不大13（3分）如图X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，d极板有无色无臭的气体放出，符合这一情况的是（）选项a 极板d极板X极板乙中溶液A锌铜负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2AABBCCDD考点：电解原理.分析：a极板质量增加，应在a极上析出金属，则a为电解池的阴极，X应为电源的负极，则d极应为电解池的阳极，Y为电源的正极，d板有无色无臭的气体放出，应发生氧化反应，生成气体为氧气，以此解答该题解答：解：a极板质量增加，应在a极上析出金属，则a为电解池的阴极，X应为电源的负极，则d极应为电解池的阳极，Y为电源的正极，Ad极为铜，被氧化，在d极板不会生成气体，故A错误；B由以上分析可知，X为电源的负极，电解NaOH溶液，阳极生成氧气，无色无臭，故B正确；CX应为电源的负极，故C错误；D电解质为CuCl2溶液，在阳极生成黄绿色有刺激性的Cl2，故D错误故选B点评：本题考查电解原理，题目难度中等，本题注意根据两极的变化正确判断电源的正负极为解答该题的关键，注意把握电解原理14（3分）用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，一段时间后在电解后的溶液中加入0.1mol Cu（OH）2可以恢复到原来的状态，则电解过程中转移的电子的物质的量为（）A0.1molB0.2molC0.3molD0.4mol考点：电解原理.专题：电化学专题分析：根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水解答：解：加入0.1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol，故选D点评：本题考查了电解原理，明确阴极上析出的物质是解本题关键，根据生成物与转移电子之间的关系式来解答即可，难度中等15（3分）电解原理在化学工业中有广泛应用如图表示一个电解池，装有电解液a，X、Y是两电极，通过导线与直流电源相连下列说法不正确的是（）A若电镀铜，则Y为铜电极，电解液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液B若X为铁电极，Y为石墨电极，电解饱和氯化钠溶液一段时间，在两极分别滴加酚酞，X极变红色C若X为铂电极，Y为铜电极，a溶液为稀硫酸，经过一段时间后，X极可能析出红色固体D若精炼铜，则X用粗铜，Y用精铜考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A电镀时，镀层金属作阳极、电镀液含有镀层金属阳离子、镀件作阴极；BX为Fe电极，连接电源的负极，为阴极，发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子；CY为铜电极，连接电源的正极，为阳极，开始阳极Cu放电生成铜离子，一段时间后，阴极上铜离子可能放电；D精炼铜，粗铜作阳极、精铜作阴极解答：解：A电镀时，镀层金属作阳极、电镀液含有镀层金属阳离子、镀件作阴极，故电镀铜，则Y为铜电极，电解液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液，故A正确；BX为Fe电极，连接电源的负极，为阴极，发生还原反应，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，在两极分别滴加酚酞，X极变红色，故B正确；CY为铜电极，连接电源的正极，为阳极，开始阳极Cu放电生成铜离子，X为阴极，发生还原反应，一段时间后，阴极上铜离子可能放电析出红色Cu，故C正确；D精炼铜，粗铜作阳极，连接电源的正极，精铜作阴极，连接电源的负极，故D错误，故选D点评：本题考查电解池工作原理，明确离子放电顺序与电极判断是关键，注意理解电镀池构成条件，难度中等16（3分）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A室温下，向0.1 molL1NH4HSO4溶液中滴加等物质的量溶质的NaOH溶液：Na+=SONHOH=H+B0.1 molL1NaHCO3溶液：Na+OHHCOH+CNa2CO3溶液：OHH+=HCO+2H2CO3D25时，pH=4.75，浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：CH3COO+OHCH3COOH+H+考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A、等物质的量的NH4HSO4和NaOH恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，铵根离子能水解，导致溶液呈酸性B、碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子能水解导致溶液呈碱性，注意盐的水解是微弱的，在水溶液中盐以电离为主C、根据质子守恒计算氢氧根离子与氢离子浓度之差D、pH=4.75，浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度导致溶液呈酸性，根据物料守恒和弱电解质的电离确定各种离子浓度的关系解答：解：A、等物质的量的NH4HSO4和NaOH恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，且硫酸钠和硫酸铵的物质的量相等，溶液中C（Na+）=C（SO），铵根离子能水解导致：C（Na+）C（NH）；铵根离子能水解导致溶液呈酸性，溶液中C（H+）C（OH），故A错误B、碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子能水解导致溶液呈碱性，C（H+）C（OH）；在溶液中，碳酸氢根离子能水解但比较微弱，主要还是以碳酸氢根离子为主，所以溶液中C（HCO3）C（OH），故B错误C、溶液中遵循质子守恒，溶液中氢氧根离子浓度等于含有氢元素的微粒浓度之和，即C（OH）=C（H+）+C（HCO）+2C（H2CO3），所以C（OH）C（H+）=C（HCO）+2C（H2CO3），故C正确D、pH=4.75，浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度导致溶液呈酸性，根据电荷守恒得：C（CH3COO）+C（OH）=C（Na+）+C（H+），醋酸是弱酸，在溶液中只有部分电离，所以钠离子浓度大于醋酸浓度，所以C（CH3COO）+C（OH）C（CH3COOH）+C（H+），故D错误故选C点评：本题考查离子浓度的关系，明确物料守恒、盐类的水解与弱电解质的电离即可解答，本题属于高考中常考查的知识点，应强化训练二、非选择题（共52分）17（10分）能源问题一直是制约经济发展的重要因素，我国目前使用的能源主要是传统的三大化石燃料（1）在25、101kPa时，8g CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则CH4燃烧热的热化学方程式是CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3 kJmol（2）将煤转化为清洁气体燃料：已知：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.8kJ/mol，C（s）+O2（g）=CO（g）H=110.5kJ/mol，写出焦炭与水蒸气反应制H2和CO的热化学方程式C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol（3）请写出CH4燃料电池以KOH溶液为电解液的负极电极反应式CH4+10OH8e=CO32+7H2O（4）汽车尾气的主要成分为氮的氧化物已知气缸中生成NO的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g）H0在一定温度下的定容密闭容器中，能说明此反应已达平衡的是BCDA压强不变 B混合气体平均相对分子质量不变 C.2v正（N2）=v逆（NO）DN2的体积分数不再改变 E混合气体的密度不再改变（5）燃料CO、H2在一定条件下可以相互转化：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）在420时，平衡常数K=9若反应开始时，CO、H2O的浓度均为0.1mol/L，则CO在此反应条件下的转化率为75%考点：热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算.专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据8g CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，结合燃烧热的定义计算求出1molCH4完全燃烧放出的热量，然后写出热化学方程式；（2）利用盖斯定律，通过已知热化学方程式运算得目标热化学方程式；（3）甲烷燃料电池中，负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，又因为电解质是KOH溶液，不会在电极上放出二氧化碳；（4）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析（4）依据化学平衡的三段式列式计算，平衡状态下的物质转化率=100%，运用平衡常数的概念列式得到解答：解：（1）8gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则16g即1molCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.3kJ的热量，热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3 kJmol；故答案为：CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890.3 kJmol；（2）H2（g）+O2（g）=H20 （g）H=241.8kJmol1 C（s）+O2（g）=CO （g）H=110.5kJmol1利用盖斯定律将方程式变形：得 C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol，故答案为：C（s）+H2O（g）=H2（g）+CO（g）H=+131.3kJ/mol；（3）甲烷燃料电池以KOH溶液为电解质溶液时，负极上是甲烷发生失电子的氧化反应，又因为电解质是KOH溶液，二氧化碳和氢氧化钾反应得到的是碳酸钾，即CH4+10OH8e=CO32+7H2O；故答案为：CH4+10OH8e=CO32+7H2O；（4）A、该反应是反应气体体积不变的反应，所以无论反应是否达到平衡状态，体系的压强始终不变，故A错误；B、混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明总物质的量不变，正逆反应速率相等，故B正确；C、2v正（N2）=v逆（NO）即正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），反应到达平衡，故C正确；DN2的体积分数不再改变，说明反应到达平衡，故D正确；E混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度都不再改变，故E错误；故选BCD（5）设一氧化碳的消耗浓度为X，分析三段式列式计算： CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）起始量（mol/L） 0.1 0.1 0 0 变化量（mol/L） X X X X平衡量（mol/L）0.1X 0.1X X X平衡常数K=9解得：X=0.075mol/L，则一氧化碳转化率=100%=75%；故答案为：75%点评：本题考查了热化学方程式的书写、电极反应的书写、盖斯定律的应用、化学平衡的三段式计算，平衡常数、转化率的概念计算应用，注意平衡状态的判断是关键，难度中等18（10分）水溶液中的离子平衡是高中化学的重要知识点，请同学们根据相关原理回答下列问题：（1）写出Na2CO3、CaCO3分别在水中的水解离子方程式和溶解平衡表达式：Na2CO3CO32+H2OHCO3+OH；CaCO3CaCO3（s）Ca 2+（aq）+CO32（aq）（2）浓度均为0.1mol/L的溶液HNO3 CH3COOH Na2CO3 KCl NaHSO3溶液的pH由小到大的顺序是：（填编号）（3）实验室为了配制FeSO4溶液往往：加入少量稀H2SO4，目的是抑制亚铁离子水解；加入少量铁钉，目的是防止亚铁离子被氧化（4）已知相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同浓度的HCNHClO（比较酸性强弱，用“”、“”、“”回答）（5）常温下，如果取0.1molL1的CH3COOH溶液与0.1molL1的NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），试回答以下问题：测得混合液的pH=8，解释溶液呈碱性的原因CH3COO+H2OCH3COOH+OH（用离子方程式表示）CH3COONa溶液中的离子浓度由大到小的关系c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）已知CH3COONH4溶液为中性，且CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）2CO3溶液的PH7（用“”、“”、“”回答）（6）已知Ksp（BaSO4）=11010，将浓度均为0.1molL1的BaCl2溶液与0.2molL1的Na2SO4溶液等体积混合，充分搅拌后过滤，则滤液中c（Ba2+）=2109molL1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：（1）Na2CO3水解生成碳酸氢钠和NaOH，CaCO3在水溶液里电离生成钙离子和碳酸根离子；（2）先将溶质分为酸碱盐，再根据酸中氢离子浓度大小确定酸溶液pH，再根据盐的类型确定盐溶液pH大小；（3）硫酸亚铁易水解生成硫酸，加入稀硫酸抑制亚铁离子水解；亚铁离子易被氧化为铁离子，铁离子和铁反应生成亚铁离子；（4）酸根离子水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸的酸性越弱；（5）二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），再结合电荷守恒判断c（CH3COO）、c（Na+）相对大小；CH3COONH4溶液为中性，说明醋酸和一水合氨电离程度相等，且CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明CH3COOH大于H2CO3，则一水合氨电离程度大于H2CO3电离程度，根据铵根离子水解程度和CO32水解程度相对大小判断（NH4）2CO3溶液的PH；（6）混合溶液中c（Ba2+）=0.05mol/L，再根据溶度积常数计算c（Ba2+）解答：解：（1）Na2CO3水解生成碳酸氢钠和NaOH，水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，CaCO3在水溶液里电离生成钙离子和碳酸根离子，溶解平衡表达式为CaCO3（s）Ca 2+（aq）+CO32（aq），故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；CaCO3（s）Ca 2+（aq）+CO32（aq）；（2）中c（H+）为0.1mol/L、中c（H+）小于0.1mol/L但大于，溶液呈碱性，溶液呈中性，呈酸性但大于醋酸溶液pH，所以pH从小到大顺序是，故答案为：；（3）硫酸亚铁易水解生成硫酸，加入稀硫酸抑制亚铁离子水解，所以加入稀硫酸是抑制亚铁离子水解，故答案为：抑制亚铁离子水解；亚铁离子易被氧化为铁离子，铁离子和铁反应生成亚铁离子，所以加入铁粉是防止亚铁离子被氧化，故答案为：防止亚铁离子被氧化；（4）相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，说明水解程度CNClO，则酸性HCNHClO，故答案为：；（5）二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故答案为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH；溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），再结合电荷守恒得c（CH3COO）c（Na+），醋酸根离子水解程度很小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；CH3COONH4溶液为中性，说明醋酸和一水合氨电离程度相等，且CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明CH3COOH大于H2CO3，则一水合氨电离程度大于H2CO3电离程度，所以水解程度：CO32NH4+，所以（NH4）2CO3溶液的PH7，故答案为：；（6）混合溶液中c（Ba2+）=0.05mol/L，根据溶度积常数得c（Ba2+）=mol/L=2109mol/L，故答案为：2109点评：本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡、弱电解质电离、盐类水解等知识点，根据溶度积常数、弱电解质电离特点、盐类水解等知识点分析解答，题目难度中等19（12分）请同学们仔细分析下面的装置图，回答以下问题：（1）甲池中碳棒的电极反应式：Cu2+2e=Cu（2）假设甲池中CuSO4溶液足量而且两电极的质量开始时相等，一段时间后两电极的质量差为12g，则整个电路中转移的电子数目为0.2NA（3）乙池实验时，先断开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A指针偏转断开K2，闭合K1时，直流电源端为正极（填“A”或“B”），此时发生总反应的离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，若一段时间后，两电极共收集到标准状况下1120mL气体，则此时溶液的PH为13（假设常温下此时溶液的体积为500mL）断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：2H22e=2H+若乙池的电源正负极开始时就与上述电源的相反，则反应一段时间后，其溶液中可能出现的现象是有蓝色沉淀生成考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）该装置是原电池，Fe易失电子作负极、C为正极，正极上铜离子放电；（2）负极上反应Fe2e=Fe2+、正极反应为Cu2+2e=Cu，负极质量减少、正极质量增加，则两个电极质量差等于溶解铁和析出铜的质量之和，根据金属和转移电子之间的关系计算；（3）断开K2，闭合K1时，两极均有气泡产生，说明铜作阴极、石墨作阳极，则A是正极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电；若一段时间后，两电极共收集到标准状况下1120mL气体，其物质的量=0.05mol，根据转移电子相等知，两个电极上生成气体物质的量相等，所以生成氯气的物质的量为0.025mol，根据氯气和氢氧化钠正极的关系计算溶液的pH；断开K1，闭合K2时，形成原电池，铜电极上氢气失电子发生氧化反应；若乙池的电源正负极开始时就与上述电源的相反，Cu电极上铜失电子发生氧化反应，石墨电极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中有氢氧根离子生成，铜离子在碱性条件下生成氢氧化铜沉淀解答：解：（1）该装置是原电池，Fe易失电子作负极、C为正极，正极上铜离子放电，电极反应式为Cu2+2e=Cu，故答案为：Cu2+2e=Cu；（2）负极上反应Fe2e=Fe2+、正极反应为Cu2+2e=Cu，负极质量减少、正极质量增加，则两个电极质量差等于溶解铁和析出铜的质量之和，根据转移电子相等知，溶解Fe与析出Cu的物质的量相等，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol，（56+64）g/molxmol=12g，x=0.1mol，根据铁和转移电子关系知，转移电子的物质的量数目为0.2NA，故答案为：0.2NA；（3）断开K2，闭合K1时，两极均有气泡产生，说明铜作阴极、石墨作阳极，则A是正极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，电池反应式为2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；若一段时间后，两电极共收集到标准状况下1120mL气体，其物质的量=0.05mol，根据转移电子相等知，两个电极上生成气体物质的量相等，所以生成氯气的物质的量为0.025mol，根据2Cl+2H2OCl2+H2+2OH知，生成n（NaOH）=0.05mol，C（OH）=0.1mol/L，则溶液的pH=13，故答案为：2Cl+2H2OCl2+H2+2 OH；13；断开K1，闭合K2时，形成原电池，铜电极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为2H22e=2H+，故答案为：2H22e=2H+；若乙池的电源正负极开始时就与上述电源的相反，Cu电极上铜失电子发生氧化反应，石墨电极上氢离子放电生成H2，同时溶液中有OH生成，Cu2+2OH=Cu（OH）2，所以看到的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子发生氧化反应，为易错点20（10分）常温下，现有浓度均为0.1mol/L的下列溶液：硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵、醋酸铵、硫酸氢铵、氨水，请回答下列问题：（1）上述溶液中，可发生水解的是（填序号，下同）（2）、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号）（3）、四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）（4）将和等体积混合后，混合液中各离子浓度关系正确的是AAc（Na+）=c（Cl）c（OH）c（NH4+）Bc（Na+）=0.1mol/LCc（Na+）+c（NH4+）=c（Cl）+c（OH）Dc（H+）c（OH）（5）取10mL溶液，加水稀释到1L，则此时溶液中由水电离出的c（H+）=1012考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：（1）含有弱离子的盐能发生水解；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大；（3）一水合氨是弱电解质，电离程度最小，溶液中铵根离子浓度最小，氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解；（4）将和等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、NH3H2O，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；（5）先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，再根据c（H+）=计算解答：解：（1）含有弱离子的盐能发生水解，所以能发生水解的有，故答案为：；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，硫酸中氢离子浓度最大，氢氧化钠中氢氧根离子浓度大于醋酸，所以水电离出氢离子浓度大小顺序是，故答案为：；（3）一水合氨是弱电解质，电离程度最小，溶液中铵根离子浓度最小，氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，则铵根离子浓度大小顺序是，故答案为：；（4）将和等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、NH3H2O，A一水合氨和水都电离出氢氧根离子、只有一水合氨电离出铵根离子，结合物料守恒得，离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（NH4+），故A正确；B溶液体积增大一倍，浓度降为原来一半，所以c（Na+）=0.05mol/L，故B错误；C存在电荷守恒c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），故C错误；D溶液呈碱性，则c（H+）c（OH），故D错误；故选A；（5）稀释后溶液中c（OH）=0.001mol/L，c（H+）=mol/L=1012 mol/L，故答案为：1012点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离及盐类水解，明确物质的性质是解本题关键，再结合守恒思想解答，注意（4）中混合溶液体积是氢氧化钠溶液体积的二倍，为易错点21（10分）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为O2+4e+2H2O4OH（2）装置2中的石墨是正极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液反应一段时间后，停止通电向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红电源的M端为正极；甲烧杯中铁电极的电极反应为Fe2eFe2+乙烧杯中电解反应的离子方程式为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为224mL考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH离子，以此判断并书写电极反应式；（2）装置2为原电池，负极为Cu，电极反应为：Cu2eCu2+，正极为石墨，电极反应为2Fe+2e2Fe2+，以此书写电池总反应；（3）反应一段时间后，停止通电向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH离子，电极反应为：2H2O+2e2OH+H2，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe2eFe2+，乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH4eO2+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2+2eCu，电解的总反应为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，根据电极反应和串联电路各极上转移电子的数目相等进行计算解答：解：（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH离子，反应的电极反应式为O2+4e+2H2O4OH，故答案为：O2+4e+2H2O4OH；（2）装置2为原电池，负极为Cu，电极反应为：Cu2eCu2+，正极为石墨，电极反应为2Fe+2e2Fe2+，反应的总方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故答案为：正；2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；（3）反应一段时间后，停止通电向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH离子，电极反应为：2H2O+2e2OH+H2，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe2eFe2+，故答案为：正；Fe2eFe2+；乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH4eO2+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2+2eCu，电解的总反应为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故答案为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol2=0.02mol，根据甲烧杯产生气体的电极反应计算生成气体的体积， 2H2O+2e2OH+H2， 2mol 22.4L 0.02mol VV=0.224L，即224ml，故答案为：224点评：本题考查电化学知识，题目难度中等，做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算