山西省运城市景胜中学高二化学上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年山西省运城市景胜中学高二（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（共48分）1下列叙述正确的是（）a0.1moll1氨水中，c（oh）=c（nh4+）b10 ml 0.02moll1hcl溶液与10 ml 0.02moll1ba（oh）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 ml，则溶液的ph=10c在0.1moll1ch3coona溶液中，c（oh）=c（ch3cooh）+c（h+）d0.1moll1某二元弱酸强碱盐naha溶液中，c（na+）=2c（a2）+c（ha）+c（h2a）2醋酸溶液中存在电离平衡ch3coohh+ch3coo，下列叙述不正确的是（）a醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（h+）=c（oh）+c（ch3coo）b0.10mol/l的ch3cooh溶液中加水稀释，溶液中c（oh）减小cch3cooh溶液中加少量的ch3coona固体，平衡逆向移动d常温下ph=2的ch3cooh溶液与ph=12的naoh溶液等体积混合后，溶液的ph73下列说法正确的是（）a难溶电解质的溶度积越小，溶解度越大b可以通过沉淀反应使杂质离子完全沉淀c难溶电解质的溶解平衡是一种动态平衡d一定浓度的氨水溶液可以溶解mg（oh）24某温度时，baso4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）a加入na2so4可以使溶液由a点变到b点b通过蒸发可以使溶液由d点变到c点cd点无baso4沉淀生成da点对应的ksp大于c点对应的ksp520时h2s饱和溶液1l，其浓度为0.1mol/l，若要使溶液的ph和c（s2）减小，可采取的措施是（）a加入适量的 cuso4固体b加入少量的氢氧化钠固体c通入适量的h2s气体d加入适量水6下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）aph=2的ha溶液与ph=12的moh溶液任意比混合：c（m+）c（h+）c（oh）c（a）bph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液：c（na2co3）c（ch3coona）c（naoh）c物质的量浓度相等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合：c（ch3coo）+2c（oh）=2c（h+）+c（ch3cooh）d0.1moll1的naha溶液，其ph=4：c（ha）c（h+）c（h2a）c（a2）7下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1mol/l nahco3溶液与0.1mol/l naoh溶液等体积混合，所得溶液中：c（na+）c（co32）c（hco3）c（oh）b20ml 0.1mol/l ch3coona溶液与10ml 0.1mol/l hcl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（ch3coo）c（cl）c（ch3cooh）c（h+）c室温下，ph=2的盐酸与ph=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（cl）+c（h+）c（nh4+）+c（oh）d0.1mol/l ch3cooh溶液与0.1mol/l naoh溶液等体积混合，所得溶液中：c（oh）c（h+）+c（ch3cooh）8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（）放电时，fe为正极，ni2o3为负极；充电时，阴极上的电极反应式是：fe（oh）2+2efe+2oh；充电时，ni（oh）2为阳极；蓄电池的电极必须浸在某碱性溶液中abcd9金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量fe、zn、cu、pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性fe2+ni2+cu2+）（）a阳极发生还原反应，其电极反应式：ni2+2enib电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等c电解后，溶液中存在的金属阳离子只有fe2+和zn2+d电解后，电解槽底部的阳极泥中只有cu和pt10如图所示是根据图甲的电解池进行电解时，某个量（纵坐标x）随时间变化的函数图象（各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响），这个量x表示（）a各电解池析出气体的体积b各电解池阳极质量的增加量c各电解池阴极质量的增加量d各电极上放电的离子总数1125时，将两个铂电极插入一定量的na2so4饱和溶液中进行电解通电一段时间后，在阴极逸出a mol气体，同时有w g na2so410h2o晶体析出若温度保持不变，剩余溶液中溶质的质量分数为（）a100%b100%c100%d100%12铅蓄电池的工作原理为：pb+pbo2+2h2so42pbso4+2h2o，研读图，下列判断不正确的是（）ak闭合时，d电极反应式：pbso4+2h2o2epbo2+4h+so42b当电路中转移0.2mol电子时，i中消耗的h2so4为0.2molck闭合时，ii中so42向c电极迁移dk闭合一段时间后，ii可单独作为原电池，d电极为正极13下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）a已知2so2（g）+o22so3（g） 为放热反应，则so2的能量一定高于so3的能量b已知c（石墨，s）c（金刚石，s）h0，则金刚石比石墨稳定c已知h+（aq）+oh（aq）h2o（1）h=57.3kjmol1，则任何酸碱中和的反应热均为57.3kjd已知2c（s）+2o2（g）2co2（g）h1，2c（s）+o2（g）2co（g）h2；则h1h214如图所示，h1=393.5kjmol1，h2=395.4kjmol1，下列说法正确的是（）a1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kjb石墨和金刚石的转化是物理变化c金刚石的稳定性强于石墨dc（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9kjmol115恒温恒容的容器内发生如下反应：2no2（g）n2o4（g）达平衡时，再向容器内通入一定量的n2o4（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，no2的体积分数（）a不变b增大c减小d无法判断16图中，表示2a（g）+b（g）2c（g）（正反应放热）这个可逆反应的正确图象是（）abcd二、简答题（每空2分，共52分）17在一定温度下，把2molso2和1molo2通入一个一定容积的密闭容器里，发生反应：2so2+o22so3，当此反应进行到一定程度时，就达到化学平衡状态若该容器中维持温度不变，令a、b、c分别代表初始时so2、o2和so3的物质的量，如果a、b、c取不同的数值，它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的体积分数仍跟上述平衡时完全相同填写下列空白：（1）若a=0.5mol，则b=（2）a、b、c取值必须满足的一般条件是（用两个方程式表示，其中一个只含a、c，另一个只含b、c）18糖类物质为很多生物生命活动提供能量（1）已知 45g葡萄糖在人体内完全氧化为二氧化碳和水，放出701kj的热量，该反应的热化学方程式（2）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构如图所示，其负极反应为：电池工作过程中溶液中氢离子移动方向从极区移向极区（填“正”或“负”）（3）常温下，用上述电池惰性电极电解100l某浓的硫酸铜溶液，当溶液ph=1时停止电解，则理论上需要葡萄糖的质量为（假设溶液体积不变）19如图装置所示，c、d、e、f、x、y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），a、b为外接直流电源的两极将直流电源接通后，f极附近呈红色请回答：（1）b极是电源的，一段时间后，甲中溶液颜色逐渐变浅，丁中x极附近的颜色逐渐变浅，y极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，在电场作用下向y极移动（2）若甲、乙装置中的c、d、e、f电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为（3）现用丙装置给铜件镀银，则h应该是（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是溶液当乙中溶液的ph是13时（此时乙溶液体积为500ml），丙中镀件上析出银的质量为，甲中溶液的ph（填“变大”、“变小”或“不变”）（4）若将c电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是20在一定温度下，有a盐酸，b硫酸，c醋酸三种酸（用a、b、c填空）（1）当其物质的量浓度相同时，c（h+）由大到小的顺序是（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和naoh的能力由大到小的顺序是（3）当三者c（h+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为（4）当三者c（h+）相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是（5）当c（h+）相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的h2（相同状况），反应所需时间的长短关系是（6）将c（h+）相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（h+）由大到小的顺序是21在25ml氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2moll1醋酸溶液，滴定曲线如图所示（1）写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式：（2）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 moll1（3）在b点，a 12.5ml（填“”、“”或“=”，下同）若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，则混合前c（naoh） c（ch3cooh），混合前酸中c（h+）和碱中c（oh）的关系：c（h+）c（oh）（4）在d点，溶液中离子浓度大小关系为：2015-2016学年山西省运城市景胜中学高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（共48分）1下列叙述正确的是（）a0.1moll1氨水中，c（oh）=c（nh4+）b10 ml 0.02moll1hcl溶液与10 ml 0.02moll1ba（oh）2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 ml，则溶液的ph=10c在0.1moll1ch3coona溶液中，c（oh）=c（ch3cooh）+c（h+）d0.1moll1某二元弱酸强碱盐naha溶液中，c（na+）=2c（a2）+c（ha）+c（h2a）【考点】离子浓度大小的比较【分析】a溶液中氢氧根离子来自水的电离和一水合氨的电离，则c（oh）c（nh4+）；b计算出混合液中氢氧根离子浓度，然后计算出混合液的ph；c根据醋酸钠溶液中的质子守恒判断；d根据naha中物料守恒分析各离子浓度关系【解答】解：a由于溶液中氢氧根离子来自水的电离和一水合氨的电离，则c（oh）c（nh4+），故a错误；b10ml 0.02mol/l的hcl溶液与10ml 0.02mol/l的ba（oh）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，反应后的溶液中c（oh）=0.01mol/l，c（h+）=mol/l=11012mol/l，ph=lg11012=12，故b错误；c在0.1moll1ch3coona溶液中，根据质子守恒：c（oh）=c（ch3cooh）+c（h+），故c正确；d0.1moll1某二元弱酸强碱盐naha溶液中，根据物料守恒可得：c（na+）=c（a2）+c（ha）+c（h2a），故d错误；故选c【点评】本题考查溶液离子浓度大小计较，题目难度中等，解答时注意从电荷守恒、物料守恒、质子守恒的角度着手分析，注意把握溶液ph的计算方法2醋酸溶液中存在电离平衡ch3coohh+ch3coo，下列叙述不正确的是（）a醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（h+）=c（oh）+c（ch3coo）b0.10mol/l的ch3cooh溶液中加水稀释，溶液中c（oh）减小cch3cooh溶液中加少量的ch3coona固体，平衡逆向移动d常温下ph=2的ch3cooh溶液与ph=12的naoh溶液等体积混合后，溶液的ph7【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任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；b加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（h+）减小、c（oh）增大；c向ch3cooh溶液中加少量的ch3coona固体，溶液中c（ch3coo）增大，抑制ch3cooh电离；d常温下，ph=2的ch3cooh溶液浓度大于ph=12的naoh溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性【解答】解：a任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），故a正确；b加水稀释促进醋酸电离，溶液中ch3cooh电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（h+）减小，温度不变，溶液中水的离子积常数不变，则c（oh）增大，故b错误；c向ch3cooh溶液中加少量的ch3coona固体，溶液中c（ch3coo）增大，抑制ch3cooh电离，所以平衡向右进行，故c正确；d常温下，ph=2的ch3cooh溶液浓度大于ph=12的naoh溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性，则溶液的ph7，故d正确；故选b【点评】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及其影响因素即可解答，同时考查学生知识运用能力，注意：稀释醋酸时，溶液中其它微粒浓度减小，只有c（oh）增大，题目难度不大3下列说法正确的是（）a难溶电解质的溶度积越小，溶解度越大b可以通过沉淀反应使杂质离子完全沉淀c难溶电解质的溶解平衡是一种动态平衡d一定浓度的氨水溶液可以溶解mg（oh）2【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】a、溶度积比较物质溶解度的条件是阴阳离子组成比相同的可以用溶度积大小比较；b、难溶物存在沉淀溶解平衡，不能完全沉淀；c、沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀和溶解速率相同；d、氢氧化镁不与氨水反应【解答】解：a、溶度积比较物质溶解度的条件是阴阳离子组成比相同的可以用溶度积大小比较，难溶电解质的溶度积越小，溶解度越小，故a错误；b、难溶物存在沉淀溶解平衡，不能完全沉淀，溶液中离子浓度达到105mol/l，即可认为沉淀完全，通过沉淀反应不能使杂质离子完全沉淀，故b错误；c、难溶电解质的溶解平衡是一种动态平衡，沉淀和溶解速率相同，同时进行，故c正确；d、氢氧化镁不溶于碱，故d错误；故选c【点评】本题考查了难溶物质的沉淀溶解平衡的分析判断，物质溶解度的比较方法，题目较简单4某温度时，baso4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）a加入na2so4可以使溶液由a点变到b点b通过蒸发可以使溶液由d点变到c点cd点无baso4沉淀生成da点对应的ksp大于c点对应的ksp【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，a、加人na2so4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；b、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；c、d点表示qcksp，溶液不饱和；d、ksp与温度有关，a和c的ksp相等【解答】解：a、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入na2so4，会增大c（so42），平衡左移，c（ba2+）应降低，故a错误；b、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（so42）、c（ba2+）均增大，故b错误；c、d点表示qcksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故c正确；d、ksp是一常数，温度不变ksp不变，在曲线上的任意一点ksp都相等，故d错误故选c【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积ksp的概念520时h2s饱和溶液1l，其浓度为0.1mol/l，若要使溶液的ph和c（s2）减小，可采取的措施是（）a加入适量的 cuso4固体b加入少量的氢氧化钠固体c通入适量的h2s气体d加入适量水【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】h2s的电离方程式为：h2sh+hs、hs=s2+h+，若要使溶液的ph和c（s2）减小，应该使平衡向正反应方向移动，生成的硫离子和其它离子反应生成气体或沉淀，溶液中氢离子浓度增大【解答】解：a、氢硫酸和硫酸铜的反应方程式为：h2s+cuso4=cus+h2so4，弱酸变成强酸溶液，溶液的ph值减小，硫离子和铜离子生成硫化铜沉淀导致硫离子浓度降低，所以a符合，故a正确b、氢硫酸和氢氧化钠反应生成硫化钠和水，反应方程式为：h2s+2naoh=na2s+h2o，所以加入氢氧化钠后促进氢硫酸的电离，使硫离子浓度增大，氢离子浓度减小，所以b不符合，故b错误c、溶液已经饱和，再通入硫化氢气体不影响氢硫酸的电离，所以氢离子浓度和硫离子浓度不变，所以不符合，故c错误d、加入适量水能促进水的电离，但导致溶液中氢离子浓度和硫离子浓度都减小，溶液的ph值增大，所以不符合，故d错误故选a【点评】本题考查了弱电解质的电离，易错选项是a，注意：一般来说强酸能制取弱酸，但氢硫酸和硫酸铜反应却是弱酸制取强酸，它是中学阶段学到的唯一一个由弱酸制取强酸的反应6下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）aph=2的ha溶液与ph=12的moh溶液任意比混合：c（m+）c（h+）c（oh）c（a）bph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液：c（na2co3）c（ch3coona）c（naoh）c物质的量浓度相等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合：c（ch3coo）+2c（oh）=2c（h+）+c（ch3cooh）d0.1moll1的naha溶液，其ph=4：c（ha）c（h+）c（h2a）c（a2）【考点】离子浓度大小的比较【分析】a溶液酸碱性需要根据电解质强弱判断，没有告诉ha和moh的电解质强弱，无法判断溶液酸碱性，则无法比较溶液中离子浓度大小；b氢氧化钠为强碱，ph相同时其浓度最小，碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，则ph相等时醋酸钠的浓度大于碳酸钠；c根据混合液中的物料守恒和电荷守恒判断；dnaha溶液的ph=4，说明ha的电离程度大于其水解程度，则c（a2）c（h2a）【解答】解：aph=2的ha溶液与ph=12的moh溶液任意比混合，没有告诉混合液的酸碱性，则无法判断溶液中各离子浓度大小，故a错误；bph相等的ch3coona、naoh和na2co3三种溶液，由于naoh为强电解质，则氢氧化钠的浓度最小，碳酸钠的水解程度大于醋酸钠，则醋酸钠的浓度大于碳酸钠，所以溶液中溶质浓度为：c（naoh）c（na2co3）c（ch3coona），故b错误；c物质的量浓度相等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+（na+），根据物料守恒可得：c（ch3coo）+c（ch3cooh）=2（na+），二者结合可得：c（ch3coo）+2c（oh）=2c（h+）+c（ch3cooh），故c正确；dnaha溶液的ph=4，说明ha的电离程度大于其水解程度，则c（a2）c（h2a），氢离子来自水的电离和ha的电离，则c（h+）c（a2），溶液中浓度大小为：c（ha）c（h+）c（a2）c（h2a），故d错误；故选c【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力7下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（）a0.1mol/l nahco3溶液与0.1mol/l naoh溶液等体积混合，所得溶液中：c（na+）c（co32）c（hco3）c（oh）b20ml 0.1mol/l ch3coona溶液与10ml 0.1mol/l hcl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（ch3coo）c（cl）c（ch3cooh）c（h+）c室温下，ph=2的盐酸与ph=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（cl）+c（h+）c（nh4+）+c（oh）d0.1mol/l ch3cooh溶液与0.1mol/l naoh溶液等体积混合，所得溶液中：c（oh）c（h+）+c（ch3cooh）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】a二者恰好反应生成na2co3，溶液中的溶质为0.05mol/l的na2co3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成hco3；b二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的nacl、ch3coona、ch3cooh，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；c室温下，ph=2的盐酸与ph=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；d二者恰好反应生成ch3coona，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断【解答】解：a二者混合后恰好反应生成na2co3，溶液中的溶质为0.05mol/l的na2co3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成hco3，所以c（hco3）c（oh），故a错误；b二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的nacl、ch3coona、ch3cooh，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是c（ch3coo）c（cl）c（ch3cooh）c（h+），故b正确；c室温下，ph=2的盐酸与ph=12的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即c（oh）c（h+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（cl）+c（oh）=c（h+）+c（nh4+），且c（oh）c（h+），所以c（cl）c（nh4+），所以c（cl）+c（h+）c（nh4+）+c（oh），故c错误；d二者混合后恰好反应生成ch3coona，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（na+），根据物料守恒得c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），所以得c（oh）=c（h+）+c（ch3cooh），故d错误；故选b【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等8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（）放电时，fe为正极，ni2o3为负极；充电时，阴极上的电极反应式是：fe（oh）2+2efe+2oh；充电时，ni（oh）2为阳极；蓄电池的电极必须浸在某碱性溶液中abcd【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【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+2oh2e=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+2oh2e=ni2o3+3h2o【解答】解：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，故错误；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+2oh2e=fe（oh）2，所以电池充电过程时阴极反应为fe（oh）2+2e=fe+2oh，故正确；充电时，阴极发生fe（oh）2+2e=fe+2oh，阳极发生2ni（oh）2+2oh2e=ni2o3+3h2o，ni（oh）2做阳极，故正确 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，故正确；故选d【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应，题目难度中等9金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量fe、zn、cu、pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性fe2+ni2+cu2+）（）a阳极发生还原反应，其电极反应式：ni2+2enib电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等c电解后，溶液中存在的金属阳离子只有fe2+和zn2+d电解后，电解槽底部的阳极泥中只有cu和pt【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】a、阳极失去电子发生氧化反应；b、阳极失电子的有fe、zn、ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析；c、精炼过程中，电解质溶液中一定含有ni2+；d、粗镍中含有少量fe、zn、cu、pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；【解答】解：a、阳极发生氧化反应，其电极反应式：ni2e=ni2+，fe2e=fe2+；zn2e=zn2+；故a错误；b、电解过程中阳极失电子的有fe、zn、ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故b错误；c、电解后，溶液中存在的金属阳离子有fe2+、zn2+、ni2+；故c错误；d、粗镍中含有少量fe、zn、cu、pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有cu和pt，故d正确；故选d【点评】本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断10如图所示是根据图甲的电解池进行电解时，某个量（纵坐标x）随时间变化的函数图象（各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响），这个量x表示（）a各电解池析出气体的体积b各电解池阳极质量的增加量c各电解池阴极质量的增加量d各电极上放电的离子总数【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】电解nacl溶液时阴、阳极都产生气体，电解agno3溶液时阴极上产生单质银，电解cuso4溶液时阴极上产生单质铜，所以随着电解的进行，阴极质量的增加量有如题中图乙所示的变化【解答】解：a电解硝酸银和硫酸铜，阳极都生成氧气，体积应相等，故a错误；b电解硝酸银和硫酸铜，阳极都生成氧气，阳极质量不变，故b错误；c电解agno3溶液时阴极上产生单质银，电解cuso4溶液时阴极上产生单质铜，银的质量增加量较大，而电解nacl溶液时阴、阳极都产生气体，阳极质量不变，故c正确；d各电极上放电的离子总数应相等，故d错误故选c【点评】本题考查电解原理，侧重于电解规律和离子放电顺序的考查，注意判断各极变化，为解答该题的关键，题目难度不大1125时，将两个铂电极插入一定量的na2so4饱和溶液中进行电解通电一段时间后，在阴极逸出a mol气体，同时有w g na2so410h2o晶体析出若温度保持不变，剩余溶液中溶质的质量分数为（）a100%b100%c100%d100%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电生成氢气，发生反应2h2oo2+2h2，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可【解答】解：电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电生成氢气，发生反应2h2oo2+2h2，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，wg na2so410h2o硫酸钠的质量=wg=g；设电解水的质量为x：2h2oo2+2h2，36g 2mol x amol x=18ag，所以饱和溶液的质量分数=，故选c【点评】本题以电解原理为载体考查了质量分数的计算，难度较大明确电解后析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的是饱和溶液是解本题的关键12铅蓄电池的工作原理为：pb+pbo2+2h2so42pbso4+2h2o，研读图，下列判断不正确的是（）ak闭合时，d电极反应式：pbso4+2h2o2epbo2+4h+so42b当电路中转移0.2mol电子时，i中消耗的h2so4为0.2molck闭合时，ii中so42向c电极迁移dk闭合一段时间后，ii可单独作为原电池，d电极为正极【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【专题】压轴题；电化学专题【分析】k闭合时，装置是原电池，是电解池，则a为正极、b为负极、c为阴极、d为阳极，以此可书写电极反应式，其中b电极反应为pb2e+so42=pbso4 ，a电极反应为pbo2+2e+4h+so42=pbso4+2h2o，c电极反应为pbso4+2e=pb+so42，d电极方程式为pbso4+2h2o2e=pbo2+4h+so42，以此解答该题【解答】解：ak闭合时为原电池，为电解池，中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为pbso4+2h2o2e=pbo2+4h+so42，故a正确； b在装置总反应式中pb+pbo2+2h2so4=2h2o+2pbso4，得失电子总数为2e，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出中消耗的硫酸的量为0.2mol，故b正确；c当k闭合时为原电池、为电解池，中c电极上的pbso4转化为pb和so24，d电极上的pbso4转化为pbo2和so42，故so42从两极上脱离下来向四周扩散而并非做定向移动，故c错误；dk闭合一段时间，也就是充电一段时间后可以作为原电池，由于c表面生成pb，放电时做电源的负极，d表面生成pbo2，做电源的正极，故d正确故选c【点评】本题考查电化学（原电池、电解池）的相关知识，难度不大，注意根据反应方程式判断电解池和原电池13下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）a已知2so2（g）+o22so3（g） 为放热反应，则so2的能量一定高于so3的能量b已知c（石墨，s）c（金刚石，s）h0，则金刚石比石墨稳定c已知h+（aq）+oh（aq）h2o（1）h=57.3kjmol1，则任何酸碱中和的反应热均为57.3kjd已知2c（s）+2o2（g）2co2（g）h1，2c（s）+o2（g）2co（g）h2；则h1h2【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、依据化学反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；b、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定；c、在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热；d、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放出热量【解答】解：a、依据化学反应是放热反应，二氧化硫和氧气能量之和高于三氧化硫的能量，不能确定二氧化硫能量与三氧化硫的关系，故a错误；b、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故b错误；c、在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，h=57.3kj/mol，弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于57.3kj/mol，故c错误；d、已知2c（s）+2o2（g）=2co2（g）；h1 2c（s）+o2（g）=2co（g）；h2，一氧化碳燃烧生成二氧化碳放热，焓变是负值，所以h1h2，故d正确；故选d【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法，燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度不大14如图所示，h1=393.5kjmol1，h2=395.4kjmol1，下列说法正确的是（）a1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kjb石墨和金刚石的转化是物理变化c金刚石的稳定性强于石墨dc（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9kjmol1【考点】反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】先根据由图得：c（s，石墨）+o2（g）=co2（g）h=393.5kjmol1c（s，金刚石）+o2（g）=co2（g）h=395.4kjmol1，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，根据物质的能量越低越稳定，拆化学键吸收能量，形成化学键放出热量来解答【解答】解：由图得：c（s，石墨）+o2（g）=co2（g）h=393.5kjmol1c（s，金刚石）+o2（g）=co2（g）h=395.4kjmol1，利用盖斯定律将可得：c（s，石墨）=c（s，金刚石）h=+1.9kjmol1，则a、依据热化学方程式 c（s，石墨）=c（s，金刚石）h=+1.9kjmol1，12g石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kj，故a错误；b、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故b错误；c、由图象可知，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故c错误；d、因c（s、石墨）=c（s、金刚石）h=+1.9kjmol1，故d正确；故选d【点评】本题考查热化学方程式的书写及应用，题目难度不大，注意物质的稳定性与能量的关系15恒温恒容的容器内发生如下反应：2no2（g）n2o4（g）达平衡时，再向容器内通入一定量的n2o4（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，no2的体积分数（）a不变b增大c减小d无法判断【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】恒温恒容下，到达平衡时再向容器内通入一定量的n2o4（g），等效为在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动【解答】解：恒温恒容下，到达平衡时再向容器内通入一定量的n2o4（g），等效为在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动，n2o4（g）的体积分数增大，no2的体积分数减小，故选：c【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度中等，关键是等效平衡途径的构建，b选项为易错点16图中，表示2a（g）+b（g）2c（g）（正反应放热）这个可逆反应的正确图象是（）abcd【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a温度高反应速率加快，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c的体积分数减小；b交点前未到达平衡，压强增大平衡正向进行，交点处于平衡状态，再增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但瞬间正逆速率均增大；c催化剂不影响平衡移动；d正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，a的转化率减小，正反应为气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，a的转化率增大【解答】解：a温度高反应速率加快，到达平衡时间缩短，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c的体积分数减小，图象与实际相符合，故a正确；b交点前未到达平衡，压强增大平衡正向进行，交点处于平衡状态，再增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但瞬间正逆速率均增大，图象与实际不相符，故b错误；c使用催化剂加快反应速率，缩短到达平衡的水解，但使用催化剂不影响平衡移动，c的浓度不变，图象与实际不相符，故c错误；d正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，a的转化率减小，正反应为气体体积减小反应，增大压强平衡正向移动，a的转化率增大，图象与实际不相符，故d错误，故选：a【点评】本题考查化学平衡影响因素与化学平衡图象问题，题目难度中等，关键是根据反应的特征判断外界条件对平衡移动的影响二、简答题（每空2分，共52分）17在一定温度下，把2molso2和1molo2通入一个一定容积的密闭容器里，发生反应：2so2+o22so3，当此反应进行到一定程度时，就达到化学平衡状态若该容器中维持温度不变，令a、b、c分别代表初始时so2、o2和so3的物质的量，如果a、b、c取不同的数值，它们必须满足一定的相互关系，才能保证达到平衡时，反应混合物中三种气体的体积分数仍跟上述平衡时完全相同填写下列空白：（1）若a=0.5mol，则b=0.25（2）a、b、c取值必须满足的一般条件是（用两个方程式表示，其中一个只含a、c，另一个只含b、c）a+c=2；2b+c=2【考点】等效平衡【分析】对于平衡状态的建立，只与条件相关，即与温度、压强（或容器的容积）、反应物或生成物的起始量的相对关系有关，而与反应进行的方向无关，因此对于该条件下的反应，初始态是2 mol so2和1 mol o2的混合物，或是2 mol纯净的so3，两者是等价的，最终到达的平衡状态完全相同（1）将初始物质的加入量转换为相当于a=2，b=1，就可以达到题设的平衡状态，据此计算（2）中要求将具体问题抽象为普遍规律，此时必须把握“把所有初始物都转换为反应物，则必须相当于2 mol so2和1 mol o2的混合物，把所有的初始物转换为生成物，则必须相当于2 mol纯净的so3”才能得出正确结论：必须同时满足a+c=2和2b+c=2两个关系式【解答】解：设起始时2摩so2和1摩o2为状态，其它条件为状态，温度不变，体积不变时，根据改变起始加入量情况，则只要通过可逆反应的化学计量数比换算（极限假设转换）成反应方程式左（或右）的同一边物质的物质的量与原平衡相同即可（1）2so2+o22so32mol 1mol 00.5mol bmol cmol则有：0.5+c=2；b+=1，解之得：b=0.25 mol，c=1.5 mol，故答案为：b=0.25；（2）2so2+o22so32mol 1mol 0a b c 当so2和so3的物质的量之和为2 mol时，才能保证反应初始so2的物质的量为2mol，即a+c=2mol，此时要求o21mol，那么就有b+0.5c=1mol满足此两条件方可使平衡与题说平衡完全相同，故答案为：a+c=2；2b+c=2【点评】本题是对可逆反应和化学平衡状态的理解以及利用题给信息将化学问题以及内在规律抽象为数学问题，利用数学工具解决化学问题的思维能力的综合考查做题时注意在定温（t）、定容（v）条件下，建立的两平衡体系中不仅同种物质的百分含量相等，而且物质的量浓度、物质的量也分别相等18糖类物质为很多生物生命活动提供能量（1）已知 45g葡萄糖在人体内完全氧化为二氧化碳和水，放出701kj的热量，该反应的热化学方程式c6h12o6（s）+6o2（g）=6co2（g）+6h2o（g）h=2804kj/mol（2）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构如图所示，其负极反应为：c6h12o6+6h2o24e=6co2+24h+电池工作过程中溶液中氢离子移动方向从负极区移向正极区（填“正”或“负”）（3）常温下，用上述电池惰性电极电解100l某浓的硫酸铜溶液，当溶液ph=1时停止电解，则理论上需要葡萄糖的质量为75g（假设溶液体积不变）【考点】原电池和电解池的工作原理；热化学方程式【分析】（1）45g葡萄糖的物质的量为0.25mol，其完全氧化放热701kj，则1 mol葡萄糖在体内完全氧化将放出热量2840kj；（2）燃料电池的构造为：燃料通入负极，氧气或空气通入正极；工作的过程中，阳离子移向正极，阴离子移向负极；（3）电解100l某浓的硫酸铜溶液，当溶液ph=1时生成硫酸物质的量为=5mol