海南省嘉积中学高二化学上学期期末试卷 理（含解析）.doc

2015-2016学年海南省嘉积中学高二（上）期末化学试卷（理科）一、单项选择题：（每小题2分，共16分每题只有一个选项正确）1下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）ach3coohbso2c（nh4）2co3dcl22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/l3室温下，对于0.10moll1的氨水，下列判断正确的是（）a与alcl3溶液发生反应的离子方程式为al3+3ohal（oh）3b加水稀释后，溶液中c（nh4+）c（oh）变大c用hno3溶液完全中和后，溶液不显中性d其溶液的ph=134可以将反应zn+br2znbr2设计成蓄电池，下列4个电极反应其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（）br2+2e=2br2br2e=br2zn2e=zn2+zn2+2e=zna和b和c和d和5下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）a氨水应密闭保存，置低温处b在fecl2溶液中加入铁粉防止氧化变质c生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率d实验室用排饱和食盐水法收集氯气6黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g）h=x kjmol1已知碳的燃烧热h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1则x为（）a3a+bcbc+3abca+bcdc+ab7在ph=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）anh4+、ba2+、no3、co32bfe2+、co32、so42、mno4cna+、fe3+、cl、alo2dk+、mg2+、no3、so428设反应c+co22co（正反应吸热）反应速率为v1，n2+3h22nh3（正反应放热），反应速率为v2对于上述反应，当温度升高时，v1、v2的变化情况为（）a同时增大b同时减小cv1增大，v2减小dv1减小，v2增大二、不定项选择题（每小题有1-2个选项符合题意，每小题4分，共32分，全对得4分，漏选得2分，错选或多选得0分）9向稀氨水中加入下列物质，能使溶液中的铵根离子浓度减小、ph增大的是（）a水b氨气c氢氧化钠固体d氯化铵固体10某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：ax（g）+by（g）cz（g）+dw（g），达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，w的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是（）a平衡向正反应方向移动bcz的体积分数变小dx的转化率变大11叠氮酸（hn3）与醋酸酸性相似，下列叙述中错误的是（）an3与co2含相等电子数bhn3与nh3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物chn3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c（hn3）c（h+）c（n3）c（oh）dnan3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（na+）c（n3）c（oh）c（h+）12在一定温度下，反应h2（g）+x2（g）hx（g）的平衡常数为10若将1.0mol的hx（g）通入体积为1.0l的密闭容器中，在该温度时hx（g）的最大分解率接近于（）a5%b17%c25%d33%13下列各变化中属于原电池反应的是（）a锌和稀硫酸反应时，加入少量的cuso4溶液可使反应加快b红热的铁丝与冷水接触，表面表成蓝黑色保护层c镀锌铁表面锌有划损时，仍然能阻止铁被氧化d在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护层14根据如图可判断下列离子方程式中错误的是（）a2ag（s）+cd2+（aq）=2ag+（aq）+cd（s）bco2+（aq）+cd（s）=co（s）+cd2+（aq）c2ag+（aq）+cd（s）=2ag（s）+cd2+（aq）d2ag+（aq）+co（s）=2ag（s）+co2+（aq）15700时，向容积为 2l的密闭容器中充入一定量的co和h2o，发生反应：co（g）+h2o（g）co2+h2（g），反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2t1）：反应时间/minn（co）/molh2o/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是（）a反应在t1min内的平均速率为v（h2）=0.40/t1 moll1mim1b保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol co和1.20mol h2o，到达平衡时n（co2）=0.40molc保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol h2o，与原平衡相比，达到新平衡时co转化率增大，h2o的体积分数增大d温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应16下列说法不正确的是通电一段时间后（）abcd通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的ph增大甲电极上的电极反应为：2cl2ecl2pt电极上的电极反应为：o2+2h2o+4e4oh总反应的离子方程式为：2fe3+cucu2+2fe2+aabbccdd二、（非选择题，共52分）17室温下，0.1mol/l naclo溶液的ph0.1mol/l na2so3溶液的ph（2015秋海南校级期末）在2ml0.1mol/l的nacl溶液中，加入2ml0.1mol/l的agno3溶液，可观察到，此反应的离子方程式为，将此混合液过滤，滤渣加入2ml0.1mol/l的ki溶液，搅拌，可观察到，反应的离子方程式为19对于ag2s（s）2ag+s2，其ksp的表达式为20下列说法不正确的是 （）a用稀盐酸洗涤agcl沉淀比用水洗涤损耗agcl小b物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的c对于al（oh）3（s）al（oh）3（aq）al3+3oh，前者为溶解平衡，后者为电离平衡d除溶液中的mg2+，用oh沉淀mg2+比用co32效果好，说明mg（oh）2的溶解度比mgco3大e沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全21根据下式所表示的氧化还原反应设计一个原电池：cu（s）+2ag+（aq）=cu2+（aq）+2ag（s）（1）装置可采用烧杯和盐桥（不需标明盐桥种类），画出此原电池的装置图（标明所用电解质溶液化学式）；（2）注明原电池的正极和负极；注明外电路中电子的流向；（3）写出两个电极上的电极反应式：（一）；（+）22znmno2干电池应用广泛，其电解质溶液是zncl2nh4cl混合溶液（1）该电池的负极材料是，电池工作时，电子流向（填“正极”或“负极”）（2）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池的结构如图所示（质子即h+），该电池总反应为：c6h12o6+6o2=6co2+6h2o则该电池正极反应式为；负极反应式为23在如图用石墨作电极的电解池中，放入500ml含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到a电极表面有红色的固态物质生成，b电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出a电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g请回答下列问题：（1）a接的是电源的极，b是该装置极（2）写出电解时反应的总离子方程式（3）电解后溶液的ph为；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入，其质量为（假设电解前后溶液的体积不变）24（12分）（2015秋海南校级期末）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是afe2o3bnacl ccu2s dal2o3（2）辉铜矿（cu2s）可发生反应2cu2s+2h2so4+5o24cuso4+2h2o，该反应的还原剂是，当1mol o2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为mol向cuso4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是；（3）图为电解精炼银的示意图，（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则b极上发生反应的类型是（填“氧化反应”或“还原反应”）（4）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，食盐水的作用为2015-2016学年海南省嘉积中学高二（上）期末化学试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题：（每小题2分，共16分每题只有一个选项正确）1下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）ach3coohbso2c（nh4）2co3dcl2【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子；非电解质是相对于电解质而言的一个概念电解质是指：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；也就是说，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子；单质、混合物，既不是电解质也不是非电解质，据此分析即可解答【解答】解：ach3cooh在水溶液中电离方程式为：ch3coohch3coo+h+有自由移动的乙酸根离子和氢离子能导电，是化合物，所以是电解质，故a错误；bso2常温下为气体，只有so2分子，没有自由移动的离子，故不导电，so2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是so2自身电离，so2是化合物，所以so2是非电解质，故b正确；c（nh4）2co3在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，是电解质，故c错误；d氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯气的水溶液导电，氯气是非金属单质，所以它既不是电解质也不是非电解质，故d错误；故选：b【点评】本题主要考查了非电解质概念的辨析，关键注意非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子，题目难度不大2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3室温下，对于0.10moll1的氨水，下列判断正确的是（）a与alcl3溶液发生反应的离子方程式为al3+3ohal（oh）3b加水稀释后，溶液中c（nh4+）c（oh）变大c用hno3溶液完全中和后，溶液不显中性d其溶液的ph=13【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；b加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；c硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；d一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离【解答】解：a一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故a错误；b加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c（nh4+）c（oh）减小，故b错误；c含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故c正确；d一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10moll1氨水的ph小于13，故d错误；故选c【点评】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中等4可以将反应zn+br2znbr2设计成蓄电池，下列4个电极反应其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（）br2+2e=2br2br2e=br2zn2e=zn2+zn2+2e=zna和b和c和d和【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】充电时，阳极上溴离子失电子发生氧化反应，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，据此分析解答【解答】解：反应zn+br2znbr2设计成蓄电池，放电时锌失电子作负极、另一电极为正极，负极反应式为zn2e=zn2+，充电时，阳极上溴离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2br2e=br2，故选a【点评】本题考查原电池和电解池原理，明确正负极、阴阳极上得失电子是解本题关键，会正确书写电极反应式，为学习难点5下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）a氨水应密闭保存，置低温处b在fecl2溶液中加入铁粉防止氧化变质c生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率d实验室用排饱和食盐水法收集氯气【考点】化学平衡移动原理【专题】化学平衡专题【分析】根据温度、压强、催化剂、浓度对化学反应平衡的影响来分析，若化学平衡发生移动则可以用勒沙特列原理解释【解答】解：a、氨水溶液中存在化学平衡，nh3+h2onh3h2o，过程是放热反应，温度升高逆向进行，氨气挥发出，所以氨水应密闭保存，置低温处，和化学平衡有关，故a不符合；b、在fecl2溶液中加入铁粉防止氧化变质，是变质的铁离子和铁反应生成氯化亚铁，2fe3+fe=3fe2+，和化学平衡无关，故b符合；c、生产硝酸中使用过量空气以提高氨的利用率，4nh3+5o24no+6h2o，氧气增多平衡正向进行，题干氨气的转化率，和平衡有关，故c不符合；d、实验室用排饱和食盐水法收集氯气，相当于对cl2+h2oh+cl+hclo加入nacl，增大了cl的难度，使平衡向逆反应方向移动，降低了氯气的溶解度，即可用勒夏特列原理解释，故d不符合；故选b【点评】本题考查了基本理论，比较灵活，要求学习基本概念和基本理论时要注意深化理解6黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g）h=x kjmol1已知碳的燃烧热h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1则x为（）a3a+bcbc+3abca+bcdc+ab【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】碳的燃烧热h1=a kjmol1，其热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1将方程式3+得s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热【解答】解：碳的燃烧热h1=a kjmol1，其热化学方程式为c（s）+o2（g）=co2（g）h1=a kjmol1s（s）+2k（s）k2s（s）h2=b kjmol12k（s）+n2（g）+3o2（g）2kno3（s）h3=c kjmol1将方程式3+得s（s）+2kno3（s）+3c（s）k2s（s）+n2（g）+3co2（g），则h=x kjmol1=（3a+bc）kjmol1，所以x=3a+bc，故选a【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大7在ph=1的无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）anh4+、ba2+、no3、co32bfe2+、co32、so42、mno4cna+、fe3+、cl、alo2dk+、mg2+、no3、so42【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】ph=1的无色溶液中存在大量的氢离子，溶液中不存在cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子，a碳酸根离子能够与钡离子、氢离子发生反应；b高锰酸根离子为有色离子，亚铁离子能够与碳酸根离子、高锰酸根离子发生反应；c铁离子与偏铝酸根发生双水解反应、偏铝酸根离子与氢离子反应；dk+、mg2+、no3、so42离子之间不发生反应，也不与氢离子反应【解答】解：ph=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/l，无色溶液中不存在cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子，aco32能够与ba2+、h+发生反应，在溶液中不能大量共存，故a错误；bco32能够与fe2+、h+发生反应，mno4为有色离子，且mno4能够氧化fe2+，在溶液中不能大量共存，故b错误；calo2能够与fe3+、h+发生反应，在溶液中不能大量共存，故c错误；dk+、mg2+、no3、so42离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故d正确；故选d【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 h+或oh；溶液的颜色，如无色时可排除 cu2+、fe2+、fe3+、mno4等有色离子的存在8设反应c+co22co（正反应吸热）反应速率为v1，n2+3h22nh3（正反应放热），反应速率为v2对于上述反应，当温度升高时，v1、v2的变化情况为（）a同时增大b同时减小cv1增大，v2减小dv1减小，v2增大【考点】化学反应速率的影响因素【分析】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大，以此解答【解答】解：化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大故选：a【点评】本题考查温度对化学反应速率的影响，题目难度不大，注意温度对反应速率的影响与反应的吸、放热无关二、不定项选择题（每小题有1-2个选项符合题意，每小题4分，共32分，全对得4分，漏选得2分，错选或多选得0分）9向稀氨水中加入下列物质，能使溶液中的铵根离子浓度减小、ph增大的是（）a水b氨气c氢氧化钠固体d氯化铵固体【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】氨水中存在nh3+h2onh3h2onh4+oh，能使溶液中的铵根离子浓度减小、ph增大，说明加入的物质和铵根离子反应而促进nh3h2o电离，据此分析解答【解答】解：a加水稀释促进nh3h2o电离，但溶液中c（oh）减小，溶液的ph减小，故a错误；b通入氨气，平衡向正反应方向移动，c（nh4+）增大，故b错误；c加入naoh固体，溶液中c（oh）增大，抑制一水合氨电离，则c（nh4+）减小，故c正确；d加入氯化铵固体，c（nh4+）增大，抑制一水合氨电离，c（oh）减小，溶液的ph减小，故d错误；故选c【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确加入物质引起氨水中哪些微粒浓度变化即可解答，题目难度不大10某温度时，一定压强下的密闭容器中发生反应：ax（g）+by（g）cz（g）+dw（g），达平衡后，保持温度不变压强增大至原来的2倍，当再达到平衡时，w的浓度为原平衡状态的1.8倍，下列叙述正确是（）a平衡向正反应方向移动bcz的体积分数变小dx的转化率变大【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】保持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，w浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质w的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+bc+d，据此解答【解答】解：持温度不变压强增大至原来的2倍，将容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，w浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质w的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应由a+bc+d，a由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故a错误；b平衡向逆反应方向移动，则应由a+bc+d，故b正确；c平衡向逆反应移动，z的体积分数减小，故c正确；d由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，x的转化率变小，故d错误；故选bc【点评】本题考查化学平衡移动的影响，题目难度不大，本题注意用假定法判断，如果平衡不移动，则达到平衡时w的浓度为原来的2倍，根据实际w的浓度，判断平衡移动11叠氮酸（hn3）与醋酸酸性相似，下列叙述中错误的是（）an3与co2含相等电子数bhn3与nh3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物chn3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c（hn3）c（h+）c（n3）c（oh）dnan3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（na+）c（n3）c（oh）c（h+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】an3与co2含电子数都是22；b叠氮酸铵是由离子键构成的离子化合物；c叠氮酸是弱酸，在水溶液中很少部分电离；d叠氮酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，根据电荷守恒判断钠离子和叠氮酸根离子浓度大小【解答】解：an3与co2含电子数都是22，所以它们所含电子数相等，故a正确；b叠氮酸铵中钠离子和叠氮酸根离子之间存在离子键，所以属于离子化合物，故b错误；c叠氮酸是弱酸，在水溶液中很少部分电离，水部分电离生成氢氧根离子和氢离子，所以离子浓度大小顺序是c（hn3）c（h+）c（n3）c（oh），故c正确；d叠氮酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒得c（na+）c（n3），叠氮酸根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（na+）c（n3）c（oh）c（h+），故d正确；故选b【点评】本题考查了物质结构、弱电解质的电离，会计算阴阳离子中电子数，注意c中氢离子和叠氮酸根离子浓度大小比较，为易错点12在一定温度下，反应h2（g）+x2（g）hx（g）的平衡常数为10若将1.0mol的hx（g）通入体积为1.0l的密闭容器中，在该温度时hx（g）的最大分解率接近于（）a5%b17%c25%d33%【考点】用化学平衡常数进行计算【专题】压轴题；计算题；化学平衡专题【分析】由一定温度下，反应h2（g）+x2（g）hx（g）的平衡常数为10，则相同条件下hx分解的化学反应的平衡常数为，然后设出hx分解的物质的量，利用化学平衡三段法来计算各物质平衡时的浓度，然后利用平衡常数为来计算解答【解答】解：由一定温度下，反应h2（g）+x2（g）hx（g）的平衡常数为10，则相同条件下hx分解的化学反应的平衡常数为，设hx分解的物质的量为x，则 hx（g）h2（g）+x2（g）开始 1.0mol/l 0 0转化 mol/l mol/l mol/l平衡 （1x）mol/l mol/l mol/l故=，解得x=0.17mol，该温度时hx（g）的最大分解率为100%=17%，故选b【点评】本题考查学生利用平衡常数的计算，明确已知反应与hx分解反应的关键及化学平衡常数的关键是解答的关键，学生应熟悉化学平衡三段法计算的格式及步骤来解答13下列各变化中属于原电池反应的是（）a锌和稀硫酸反应时，加入少量的cuso4溶液可使反应加快b红热的铁丝与冷水接触，表面表成蓝黑色保护层c镀锌铁表面锌有划损时，仍然能阻止铁被氧化d在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护层【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应【解答】解：a锌置换出铜，zn、cu、稀硫酸构成原电池，进而加快反应速率，与电化学有关，故a正确；b红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，属于化学腐蚀，故b错误；czn、fe和电解质溶液构成原电池，发生电化学腐蚀，属于原电池反应，故c正确；d铝是亲氧元素，在空气中，铝极易和氧气反应生成氧化物薄膜，该反应中没有两个活泼性不同的电极，不能构成原电池，所以发生的不是原电池反应，故d错误故选ac【点评】本题考查了化学腐蚀和电化学腐蚀的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原电池构成条件来分析解答即可，难度不大14根据如图可判断下列离子方程式中错误的是（）a2ag（s）+cd2+（aq）=2ag+（aq）+cd（s）bco2+（aq）+cd（s）=co（s）+cd2+（aq）c2ag+（aq）+cd（s）=2ag（s）+cd2+（aq）d2ag+（aq）+co（s）=2ag（s）+co2+（aq）【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】压轴题；电化学专题【分析】根据右图可知装置是原电池的构成装置，自发的氧化还原反应可以设计成原电池，【解答】解：根据原电池的构成条件可以知道右图所示装置是原电池的构成装置，装置1中cd为负极，发生cd置换co的反应，说明cd的活泼性强于co，故b正确，装置2中co为负极，发生co置换ag的反应，说明co的活泼性强于ag，发生co置换ag的反应，故d正确，综上可知金属cd活泼性强于ag，所以cd可以置换ag，故c正确故选a【点评】本题考查学生原电池原理的应用知识，可以根据所学知识来回答，设计新颖，难度不大15700时，向容积为 2l的密闭容器中充入一定量的co和h2o，发生反应：co（g）+h2o（g）co2+h2（g），反应过程中测定的部分数据见下表（表中t2t1）：反应时间/minn（co）/molh2o/mol01.200.60t10.80t20.20下列说法正确的是（）a反应在t1min内的平均速率为v（h2）=0.40/t1 moll1mim1b保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol co和1.20mol h2o，到达平衡时n（co2）=0.40molc保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol h2o，与原平衡相比，达到新平衡时co转化率增大，h2o的体积分数增大d温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应【考点】化学平衡的计算【专题】压轴题；化学平衡专题【分析】a、由表中数据可知，t1min内参加反应的co的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，根据v=计算v（co），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（h2）；b、co与h2o按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol co和1.20 mol h2o与充入1.20 mol co和0.6mol h2o到达平衡时对应生成物的浓度、物质的量相同；c、保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大，自身转化率降低；d、t1min时n（co）=0.8mol，n（h2o）=0.6mol0.4mol=0.2mol，20min时n（h2o）=0.2mol，说明10min时反应已经达到平衡状态，根据平衡时各物质的浓度计算原平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大小可判断反应的吸放热【解答】解：a、由表中数据可知，t1min内参加反应的co的物质的量为1.2mol0.8mol=0.4mol，v（co）=mol/（lmin），速率之比等于化学计量数之比计算v（h2）=v（co）=mol/（lmin），故a错误；b、co与h2o按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol co和1.20 mol h2o与充入1.20 mol co和0.6mol h2o，平衡时生成物的浓度对应相同，t1min时n（co）=0.8mol，n（h2o）=0.6mol0.4mol=0.2mol，t2min时n（h2o）=0.2mol，说明t1min时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的n（co2）=0.4mol，故b正确；c、保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molh2o，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时co转化率增大，h2o转化率减小，h2o的体积分数会增大，故c正确；d、t1min时反应已经达到平衡状态，此时c（co）=0.4mol/l，c（h2o）=0.1mol/l，c（co2）=c（h2）=0.2mol/l，则k=1，温度升至800，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故d错误；故选bc【点评】本题是化学平衡问题，主要考查化学反应速率、化学平衡及平衡常数等计算，注意b选项中的规律利用16下列说法不正确的是通电一段时间后（）abcd通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的ph增大甲电极上的电极反应为：2cl2ecl2pt电极上的电极反应为：o2+2h2o+4e4oh总反应的离子方程式为：2fe3+cucu2+2fe2+aabbccdd【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a、电解硫酸一段时间，相当于电解水，酸的浓度增加；b、电解池中，电子流出的一极是阳极，在阳极上是阴离子失电子的氧化反应；c、金属的吸氧腐蚀正极上是氧气得电子的还原反应；d、原电池的总反应是自发地氧化还原反应，据此回答【解答】解：a、电解硫酸一段时间，相当于电解水，酸的浓度增加，所以ph减小，故a错误；b、电解池中，电子流出的甲电极是阳极，在阳极上是阴离子失电子的氧化反应，即2cl2ecl2，故b正确；c、该装置是金属fe的吸氧腐蚀，在正极上是氧气得电子的还原反应，即o2+2h2o+4e4oh，故c正确；d、原电池的总反应是自发地氧化还原反应2fe3+cucu2+2fe2+，故d正确故选a【点评】本题考查学生原电池的构成以及工作原理的应用知识，注意电极反应式的书写是关键，难度中等二、（非选择题，共52分）17室温下，0.1mol/l naclo溶液的ph大于0.1mol/l na2so3溶液的ph（选填“大于”、“小于”或“等于”）浓度均为0.1mol/l 的na2so3和na2co3的混合溶液中，so32、co32、hso3、hco3浓度从大到小的顺序为c（so32）c（co32）c（hco3）c（hso3）已知：h2so3ki1=1.54102 ki2=1.02107 hclo ki1=2.95108h2co3 ki1=4.3107 ki2=5.61011【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【分析】酸的电离平衡常数越小，其对应的酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐溶液的ph越高；根据电离平衡常数知，酸的电离平衡常数大小顺序是：h2so3hso3h2co3hco3，则酸根离子水解程度大小顺序是co32hco3so32hso3，弱酸根离子都水解但程度都较小，据此判断各离子浓度大小【解答】解：h2so3 ki1=1.54102，ki2=1.02107，hcloki1=2.95108 ，说明clo水解程度大于so32，0.1mol/l naclo溶液的ph大于0.1mol/l na2so3溶液的ph；电离平衡常数：h2so3ki1=1.54102 ki2=1.02107，h2co3ki1=4.3107ki2=5.61011，酸的电离平衡常数大小顺序是：h2so3hso3h2co3hco3，则酸根离子水解程度大小顺序是co32hco3so32hso3，这些弱酸根离子都水解但程度都较小，所以so32、co32、hso3、hco3浓度从大到小的顺序为c（so32）c（co32）c（hco3）c（hso3），故答案为：大于；c（so32）c（co32）c（hco3）c（hso3）【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法18在2ml0.1mol/l的nacl溶液中，加入2ml0.1mol/l的agno3溶液，可观察到白色沉淀，此反应的离子方程式为ag+cl=agcl，将此混合液过滤，滤渣加入2ml0.1mol/l的ki溶液，搅拌，可观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，反应的离子方程式为agcl（s）+iagi（s）+cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】在2ml0.1mol/l的nacl溶液中，加入2ml0.1mol/l的agno3溶液，氯化钠和硝酸银反应生成氯化银和硝酸钠，观察到白色沉淀，实质为银离子和氯离子反应，agcl中加入2ml0.1mol/l的ki溶液发生沉淀的转化，生成agi，氯化银为白色，碘化银为黄色，据此分析解答【解答】解：在2ml0.1mol/l的nacl溶液中，加入2ml0.1mol/l的agno3溶液，反应生成氯化银和硝酸钠，实质为银离子和氯离子反应生成氯化银，观察到白色沉淀，离子反应为ag+cl=agcl，agcl中加入2ml0.1mol/l的ki溶液发生沉淀的转化，生成agi，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为agcl（s）+iagi（s）+cl，故答案为：白色沉淀；ag+cl=agcl；白色沉淀转化为黄色沉淀；agcl（s）+iagi（s）+cl【点评】本题考查离子反应方程式的书写，沉淀溶解平衡的应用，题目难度不大，把握发生的化学反应为解答的关键，注意离子反应的正确书写19对于ag2s（s）2ag+s2，其ksp的表达式为ksp=c（ag+）2c（s2）【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】依据沉淀溶解平衡的溶度积常数表示方法写出，溶度积ksp等于溶液中离子浓度幂次方乘积【解答】解：对于沉淀溶解平衡：ag2s（s）2ag+（aq）+s2（aq），一定温度下的饱和溶液中存在溶度积常数，ksp=c（ag+）2c（s2），故答案为：ksp=c（ag+）2c（s2）；【点评】本题考查了难溶电解质的溶度积ksp的表达式的书写，难度不大，根据溶度积ksp等于溶液中离子浓度幂次方乘积书写即可20下列说法不正确的是 （）a用稀盐酸洗涤agcl沉淀比用水洗涤损耗agcl小b物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的c对于al（oh）3（s）al（oh）3（aq）al3+3oh，前者为溶解平衡，后者为电离平衡d除溶液中的mg2+，用oh沉淀mg2+比用co32效果好，说明mg（oh）2的溶解度比mgco3大e沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全【考点】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【分析】aagcl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡；b物质的溶解度不一定随温度的升高而增大；c氢氧化铝固体与氢氧化铝溶液是沉淀溶解平衡，氢氧化铝是弱电解质存在电离平衡；dmg（oh）2的溶解度比mgco3小；e、加过量的沉淀剂能使沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动；【解答】解：aagcl沉淀在溶液中存在沉淀溶解平衡，加入盐酸，使平衡向生成沉淀的方向移动，故a正确；b物质的溶解度不一定随温度的升高而增大，如氢氧化钙溶液随温度的升高溶解度减小，故b错误；c氢氧化铝固体与氢氧化铝溶液是沉淀溶解平衡，氢氧化铝是弱电解质存在电离平衡，所以al（oh）3（s）al（oh）3（aq）al3+3oh，前者为溶解平衡，后者为电离平衡，故c正确；d溶解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的另一种沉淀，用oh沉淀mg2+比用co32效果好，说明mg（oh）2的溶解度比mgco3小，故d错误；e、加过量的沉淀剂能使沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，所以沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全，故e正确；故选bd【点评】本题考查了沉淀转化的实质，沉淀溶解平衡的移动是分析判断的依据，题目较简单21根