福建省漳州市龙海市程溪中学学高二化学上学期期末试卷（含解析）.doc

福建省漳州市龙海市程溪中学20152016学年度高二上学期期末化学试卷一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1下列金属防腐的措施中，属于牺牲阳极的阴极保护法的是（）a地下钢管连接锌板b汽水底盘喷涂高分子膜c铁件镀铜d金属护拦表面涂漆2下列说法中，正确的是（）a一定温度下，向纯水中加入少量盐酸，h+增大，kw将增大b25时，将ph=9的烧碱溶液稀释1000倍所得到的溶液，ph=6c25时，水的离子积常数kw为11014mol2l2d100时，纯水的ph=6，此时溶液呈酸性3在可逆反应中，改变下列条件一定能加快反应速率的是（）a增大反应物的量b升高温度c增大压强d使用催化剂4将tio2转化为ticl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一已知：tio2（s）+2cl2（g）ticl4（l）+o2（g）h=+140.5kjmol1c（s，石墨）+o2（g）co2（g）h=110.5kjmol1则反应tio2（s）+2cl2（g）+c（s，石墨）ticl4（l）+co2（g）的h是（）a+30.0kjmol1b80.5kjmol1c30.0kjmol1d+80.5kjmol15用水稀释0.1mol/l氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）akbbcdn（nh4+）6一定温度下在一个2l的密闭容器中发生反应4a（s）+3b（g）2c（g）+d（g），经2min达平衡状态，此时b反应消耗了0.9mol，下列说法正确的是（）a平衡状态时a、b、c、d的反应速率均为0bc的平均反应速率为：0.15mol/（lmin）c充入n2使压强增大可加快反应速率d此时，v（a）：v（b）：v（c）：v（d）=4：3：2：17相同温度下用惰性电极电解下列物质的水溶液，一段时间后溶液酸碱性不变的是（）ahclbnaohcna2so4dcuso48下列叙述正确的是（）a95纯水的ph7，说明加热可导致水呈酸性bph=3的醋酸溶液，稀释至10倍后ph=4c0.2mol/l的盐酸，与等体积水混合后ph=1dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后ph=79一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，x气体、y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列叙述中错误的是（）a反应的化学方程式为7y3xbt1时，y的浓度是x浓度的1.5倍ct2时，反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等dt3时，反应达到平衡状态，逆反应速率等于正反应速率10常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）a使酚酞呈红色的溶液：na+、nh4+、al3+、no3bkw/c（h+）=0.1 moll1的溶液：na+、k+、co32、cloc含有fe3+的溶液：na+、al3+、cl、scnd由水电离产生的c （oh）=11014 moll1溶液：k+ na+ cl hco311汽车尾气净化中的一个反应如下：no（g）+co（g）n2（g）+co2（g）h=373.4kjmol1若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列有关说法正确的是（）a及时除去二氧化碳，正反应速率加快b其它条件不变，加入催化剂，h变大c增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小d降低温度，可提高反应物的转化率12下列说法正确的是（）a氨水导电能力比baso4的水溶液强，所以氨水是强电解质，baso4是弱电解质b已知h2c2o4是弱酸，其电离方程式为：h2c2o42h+c2o42c若反应c（s）+co2（g）2co（g）在常温下不能自发，则该反应的h0d工业合成氨温度控制在500，目的是为了提高产率13有a、b、c、d四个金属电极，g为电流计有关的反应装置及部分反应现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小b极质量增加溶液中的so42向b极移动d极溶解c极有气体产生电子从d极流向a极由此可判断这四种金属的活动性顺序是（）adabcbabcdcbcdadabdc14对于可逆反应ma（g）+nb（s）pc（g）+qd（g）反应过程中，其他条件不变时，d的百分含量与温度（t）或压强（p）关系如图所示，反应达平衡后，下列叙述正确的是（）a升高温度，平衡正移b使用催化剂，d的百分含量增加cmp+qdb的颗粒越小，反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动15在一密闭容器中，反应aa（g）bb（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，b的浓度变为原来的60%，则（）a平衡逆向移动了b物质a的转化率减小了c物质b的质量分数增大了d反应速率增大，且v正v逆16被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液电池总反应为zn+2mno2+h2ozno+2mno（oh）下列说法不正确的是（）a当该电池消耗1mol锌时，与ch4燃料电池消耗0.25molch4产生电量相等b该电池二氧化锰为正极，发生氧化反应c当0.1mol zn完全溶解时，电池外电路转移的电子个数约为1.2041023d电池正极反应式为mno2+e+h2omno（oh）+oh二、非选择题17（1）某温度下纯水中c（h+）=2107 mol/l，则c（oh）=，若温度不变，滴入稀盐酸使c（h+）=5106 mol/l，则此时溶液中的c（oh）=（2）用物质的量浓度为0.04mol/l的氢氧化钠溶液去中和h+浓度为103mol/l的某一元弱酸溶液20ml，消耗氢氧化钠溶液12.5ml，则此一元弱酸物质的量浓度为；电离度为（3）25时，在0.5l0.2mol/l的ha溶液中，有0.01mol的ha电离成离子，则该温度下的电离常数为18用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度有以下步骤：（1）配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000ml溶液除烧杯和玻棒外，还需要用到的主要仪器有，；（2）滴定过程：盛装0.10mol/l的盐酸标准液应该使用滴定管；滴定时双眼应注意观察；（3）误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）用蒸馏水冲洗锥形瓶，测定结果；在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，测定结果；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，测定结果；装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，测定结果；（4）有关数据记录如下：测定序号待测溶液的体积（ml）所耗盐酸标准液的体积（ml）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.78220.001.2021.32计算纯度：烧碱样品的纯度是（取两次实验所耗盐酸的平均值进行计算，不写计算过程）19如图是一个化学过程的示意图已知甲池的总反应式为：2ch3oh+3o2+4koh2k2co3+6h2o（1）请回答图中甲、乙两池的名称甲电池是装置，乙池是装置（2）请回答下列电极的名称：通入ch3oh的电极名称是，b（石墨）电极的名称是（3）写出电极反应式：通入o2的电极的电极反应式是a（fe）电极的电极反应式为，（4）乙池中反应的化学方程式为20一定温度下，在容积为1l的密闭容器内放入2mol n2o4和8mol no2，发生如下反应：2no2（红棕色）n2o4（无色）（h0），反应中no2、n2o4的物质的量随反应时间变化的曲线如图，按下列要求作答：（1）在该温度下，反应的化学平衡常数表达式为：（2）若t1=10s，t2=20s，计算从t1至t2时以n2o4表示的反应速率：moll1s1（3）图中t1、t2、t3哪一个时刻表示反应已经达到平衡？答：（4）t1时，正反应速率（填“”、“”或“=”）逆反应速率（5）维持容器的温度不变，若缩小容器的体积，则平衡向 移动 （填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”）（6）维持容器的体积不变，升高温度，达到新平衡时体系的颜色（填“变深”、“变浅”或“不变”）福建省漳州市龙海市程溪中学20152016学年度高二上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共48分）1下列金属防腐的措施中，属于牺牲阳极的阴极保护法的是（）a地下钢管连接锌板b汽水底盘喷涂高分子膜c铁件镀铜d金属护拦表面涂漆【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极，据此分析解答【解答】解：金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极，a地下钢管连接锌板，zn、fe形成原电池，zn为负极被腐蚀，fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故a正确；b汽车底盘喷涂高分子膜，阻止fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故b错误；c铁件镀铜，阻止fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，故c错误；d金属护拦表面涂漆，阻止fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故d错误；故选a【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，侧重考查基础知识与基本能力，明确原电池原理即可解答，题目难度不大2下列说法中，正确的是（）a一定温度下，向纯水中加入少量盐酸，h+增大，kw将增大b25时，将ph=9的烧碱溶液稀释1000倍所得到的溶液，ph=6c25时，水的离子积常数kw为11014mol2l2d100时，纯水的ph=6，此时溶液呈酸性【考点】碘与人体健康；ph的简单计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】akw只与温度有关； b烧碱不可能稀释为酸；c常温下水的离子积常数kw为11014mol2l2；d氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，呈中性【解答】解：akw只与温度有关，与氢离子的浓度无关，故a错误； b烧碱不可能稀释为酸，只能无线接近与7，故b错误；c25时，水的离子积常数kw为11014mol2l2，故c正确；d在100时，水的离子积为11012，此时纯水的ph=6，水的电离被促进，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同=106mol/l，纯水呈中性，故d错误故选c【点评】本题考查ph计算分析，离子积的应用条件判断，掌握基础是关键，难度不大3在可逆反应中，改变下列条件一定能加快反应速率的是（）a增大反应物的量b升高温度c增大压强d使用催化剂【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】加快反应速率，可增大浓度、升高温度、增大压强或加入催化剂，以此解答该题【解答】解：a如反应物为固体，则增大反应物的量，反应速率不一定增大，故a错误；b升高温度，反应速率一定增大，故b正确；c增大压强，如参加反应的气体的浓度不变，则反应速率不一定增大，如加入惰性气体，故c错误；d使用催化剂，不一定加快反应速率，催化剂有正催化剂和负催化剂，负催化剂可降低反应速率，故d错误故选b【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，难度不大，注意相关基础知识的积累，易错点为d，注意催化剂的分类和对反应速率的影响4将tio2转化为ticl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一已知：tio2（s）+2cl2（g）ticl4（l）+o2（g）h=+140.5kjmol1c（s，石墨）+o2（g）co2（g）h=110.5kjmol1则反应tio2（s）+2cl2（g）+c（s，石墨）ticl4（l）+co2（g）的h是（）a+30.0kjmol1b80.5kjmol1c30.0kjmol1d+80.5kjmol1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式+可构造出目标热化学方程式，注意反应热也处于相应的系数进行相应的加减，据此进行解答【解答】解：已知：tio2（s）+2cl2（g）=ticl4（l）+o2（g）h=+140.5kj/molc（s，石墨）+o2（g）co2（g）h=110.5kjmol1，根据盖斯定律+可得：tio2（s）+2cl2（g）+c（s，石墨）ticl4（l）+co2（g）h=+140.5kj/mol+（110.5kj/mol）=+30.0kj/mol，故选a【点评】本题考查盖斯定律、反应热的计算，题目难度中等，理解盖斯定律并利用已知热化学方程式进行叠加构造目标热化学方程式是关键，试题培养了学生的化学计算能力5用水稀释0.1mol/l氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）akbbcdn（nh4+）【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】用水稀释0.1mol/l氨水时，溶液中随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，由nh3h2ooh+nh4+可知，n（nh4+）、n（oh）增大，但溶液的体积增大的多，则c（nh4+）减小；加水促进电离，则n（nh3h2o）减少，由于在同一溶液中，c（nh3h2o）：c（oh）的比值减小；温度不变，一水合氨的电离平衡常数kb不变；水的离子积不变，氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度增大，故氢离子与氢氧根离子的浓度之比增大【解答】解：a温度不变，一水合氨的电离平衡常数kb不变，故a错误；b稀释过程中一水合氨的电离程度增大，但是氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，在氢离子浓度增大，所以的比值增大，故b错误；c随着水量的增加，一水合氨的电离程度增大，由nh3h2ooh+nh4+可知溶液中n（nh4+）、n（oh）增大，由于在同一溶液中，c（nh3h2o）：c（oh）的比值减小，故c正确；d稀释过程中一水合氨的电离程度增大，溶液中铵根离子的物质的量增大，故d错误；故选c【点评】本题考查弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，明确影响弱电解质电离平衡的因素为解答关键，注意电离平衡常数、水的离子积常数与温度有关，温度不变，其数值不变，试题培养了学生的灵活应用能力6一定温度下在一个2l的密闭容器中发生反应4a（s）+3b（g）2c（g）+d（g），经2min达平衡状态，此时b反应消耗了0.9mol，下列说法正确的是（）a平衡状态时a、b、c、d的反应速率均为0bc的平均反应速率为：0.15mol/（lmin）c充入n2使压强增大可加快反应速率d此时，v（a）：v（b）：v（c）：v（d）=4：3：2：1【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a、化学平衡状态是动态平衡；b、c（c）=c（b）=；c、容器体积不变充入氮气，对反应物和生成物的浓度无影响；d、化学反应速率之比等于化学计量数之比，固体和纯液体不表示化学反应速率【解答】解：a、化学平衡状态是动态平衡，达到平衡状态时，正逆反应速率相同，反应速率不等于0，故a错误；b、化学反应速率之比等于化学计量数之比，c（c）=c（b）=0.15mol/lmin，故b正确；c、容器体积不变充入氮气，对反应物和生成物的浓度无影响，反应速率不变，故c错误；d、化学反应速率之比等于化学计量数之比，固体和纯液体不表示化学反应速率，故d错误；故选b【点评】本题考查化学反应速率的计算及与化学计量数的关系，明确计算公式及反应速率为平均速率即可解答，注意选项ad为易错点，题目难度不大7相同温度下用惰性电极电解下列物质的水溶液，一段时间后溶液酸碱性不变的是（）ahclbnaohcna2so4dcuso4【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】a电解hcl溶液，本质是电解hcl，电解后hcl的浓度减小；b电解naoh溶液，本质是电解水，naoh的浓度可能增大；c电解na2so4溶液，本质是电解水，但硫酸钠溶液为中性；d电解cuso4溶液，铜离子、水均放电，有硫酸生成【解答】解：a电解hcl溶液，本质是电解hcl，电解后hcl的浓度减小，溶液酸性减弱，故a错误；b电解naoh溶液，本质是电解水，若原溶液为饱和溶液，naoh浓度不变，溶液ph不变，若不是饱和溶液，naoh的物质的量不变，但溶液体积减小，溶液碱性增强，故b错误；c电解na2so4溶液，本质是电解水，na2so4的物质的量不变，溶液浓度增大，但硫酸钠溶液为中性，溶液酸碱性不变，故c正确；d电解cuso4溶液时，电池总反应式为：2cuso4+2h2o2cu+o2+2h2so4，有h2so4生成，溶液酸性增强，故d错误，故选：c【点评】本题考查电解原理，关键是理解掌握电极反应与离子放电顺序，电解本质是氧化还原反应，根据氧化性、还原性强弱理解离子放电顺序8下列叙述正确的是（）a95纯水的ph7，说明加热可导致水呈酸性bph=3的醋酸溶液，稀释至10倍后ph=4c0.2mol/l的盐酸，与等体积水混合后ph=1dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后ph=7【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；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纯水中c（h+）=c（oh），溶液呈中性；b醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；c根据c（h+）=，ph=lgc（h+）计算；dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液中：c（h+）=c（oh）=1103mol/l，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大【解答】解：a水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c（h+）增大，ph减小，但存在c（h+）=c（oh），溶液呈中性，故a错误；b醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，ph=3的醋酸溶液，稀释至10倍后ph4，故b错误；c.0.2mol/l的盐酸，与等体积水混合后，c（h+）=0.1mol/l，ph=1，故c正确；dph=3的醋酸溶液，与ph=11的氢氧化钠溶液中：c（h+）=c（oh）=1103mol/l，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液ph7，故d错误故选：c【点评】本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，题目难度中等，本题注意把握弱电解质电离的特点，易错点为a，注意纯水中c（h+）=c（oh）9一定温度下在密闭容器内进行着某一反应，x气体、y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列叙述中错误的是（）a反应的化学方程式为7y3xbt1时，y的浓度是x浓度的1.5倍ct2时，反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等dt3时，反应达到平衡状态，逆反应速率等于正反应速率【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡图像；化学平衡专题【分析】t3时，各组分的浓度不再变化，反应达到平衡状态，则t1、t2时没有得到平衡状态；根据图象可知，达到平衡时y的物质的量为3mol，变化量为10mol3mol=7mol，x的物质的量为5mol，变化量为5mol2mol=3mol，反应的方程式为7y3x，据此进行解答【解答】解：a达到平衡时，y的物质的量为3mol，变化量为：10mol3mol=7mol，x的物质的量为5mol，变化量为：5mol2mol=3mol，反应的化学方程式为：7y3x，故a正确；bt1时，y的物质的量为6mol，x的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，则y的浓度是x浓度的1.5倍，故b正确；c由图可知，t3时得到平衡状态，则t2时反应没有达到平衡，此时反应继续向正方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故c错误；d、由图可知t3时，各组分的浓度不再变化，反应达到平衡状态，则正逆反应速率相等，故d正确；故选c【点评】本题考查化学平衡及其影响、化学平衡图象分析，他们的浓重的，解答时注意从反应物和生成物的物质的量的变化角度判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡，明确化学平衡的特征为解答关键10常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）a使酚酞呈红色的溶液：na+、nh4+、al3+、no3bkw/c（h+）=0.1 moll1的溶液：na+、k+、co32、cloc含有fe3+的溶液：na+、al3+、cl、scnd由水电离产生的c （oh）=11014 moll1溶液：k+ na+ cl hco3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a使酚酞呈红色的溶液，显碱性；bkw/c（h+）=0.1 moll1的溶液，显碱性；c离子之间结合生成络离子；d由水电离产生的c （oh）=11014 moll1溶液，为酸或碱溶液【解答】解：a使酚酞呈红色的溶液，显碱性，不能大量存在nh4+、al3+，故a错误；bkw/c（h+）=0.1 moll1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故b正确；cfe3+、scn结合生成络离子，不能大量共存，故c错误；d由水电离产生的c （oh）=11014 moll1溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中均不能大量存在hco3，故d错误；故选b【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应的离子共存考查，题目难度不大11汽车尾气净化中的一个反应如下：no（g）+co（g）n2（g）+co2（g）h=373.4kjmol1若反应在恒容的密闭容器中达到平衡状态，下列有关说法正确的是（）a及时除去二氧化碳，正反应速率加快b其它条件不变，加入催化剂，h变大c增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小d降低温度，可提高反应物的转化率【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，据外界条件的改变对反应速率和平衡移动的影响分析，容器体积不变，混合气体的密度始终不变【解答】解：a除去二氧化碳，物质浓度降低，正反应速率逐渐减慢，故a错误；b催化剂不影响平衡移动，所以，加入催化剂h不变，故b错误；c反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，反应速率增大，正逆反应速率都增大，正反应速率增大的大，故c错误；d降温平衡正向移动，反应物转化率增大，故d正确；故选d【点评】本题考查了催化剂对平衡移动的影响、影响反应速率的因素、化学平衡状态的判断，题目难度中等12下列说法正确的是（）a氨水导电能力比baso4的水溶液强，所以氨水是强电解质，baso4是弱电解质b已知h2c2o4是弱酸，其电离方程式为：h2c2o42h+c2o42c若反应c（s）+co2（g）2co（g）在常温下不能自发，则该反应的h0d工业合成氨温度控制在500，目的是为了提高产率【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；反应热和焓变；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】a强、弱电解质的本质区别在于电解质是否完全电离，与溶液导电性没有必然关系；b草酸为二元弱酸，在溶液中部分电离，主要以第一步为主，其电离方程式分步书写；c不能自发进行的反应hts0；d工业合成氨温度控制在500，主要是考虑催化剂的催化活性及反应速率【解答】解：a一水合氨在溶液中部分电离，则一水合氨为弱电解质，且氨水为混合物，则氨水既不是电解质，也不是非电解质；baso4投入水中，导电性较弱，是因为硫酸钡的溶解度小，离子浓度低，溶解的硫酸钡完全电离，硫酸钡是强电解质，故a错误；b已知h2c2o4是弱酸，则电离方程式分步书写，主要以第一步为主，其电离方程式为：h2c2o4h+hc2o4，故b错误；c该反应的s0，若不能自发进行，hts0，则h0，故c正确；d合成氨反应为放热反应，采用500的温度，不利于平衡向正方向移动，不利于反应产率，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，故d错误；故选c【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离平衡、化学平衡的影响因素、反应热与焓变等知识，主要掌握化学平衡及其影响因素，明确弱电解质的电离平衡及强弱电解质的区别13有a、b、c、d四个金属电极，g为电流计有关的反应装置及部分反应现象如下：实验装置部分实验现象a极质量减小b极质量增加溶液中的so42向b极移动d极溶解c极有气体产生电子从d极流向a极由此可判断这四种金属的活动性顺序是（）adabcbabcdcbcdadabdc【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】形成原电池时，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极逐渐溶解，正极上有气泡生成或有金属析出，电子从负极经外电路流向正极，溶液中阴离子向负极移动，据此来回答判断【解答】解：a极质量减小b极质量增加，则a为负极，b为正极，所以金属的活动性顺序ab；溶液中的so42向b极移动，则b为负极，c为正极，所以金属的活动性顺序bc；d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序dc；电子从d极流向a极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序da；所以这四种金属的活动性顺序dabc故选a【点评】本题主要考查了金属的活动性强弱比较，侧重于原电池原理的应用考查，注意原电池中活泼性强的做负极，明确原电池中正负极的判断方法是解题的关键，题目难度不大14对于可逆反应ma（g）+nb（s）pc（g）+qd（g）反应过程中，其他条件不变时，d的百分含量与温度（t）或压强（p）关系如图所示，反应达平衡后，下列叙述正确的是（）a升高温度，平衡正移b使用催化剂，d的百分含量增加cmp+qdb的颗粒越小，反应速率越快，有利于平衡向正反应方向移动【考点】产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【专题】化学平衡图像【分析】a、由图根据先拐先平数值大可知，t2t1，升高温度，d的含量减小，平衡逆向移动；b、催化剂对化学平衡无影响；c、由图根据先拐先平数值大可知，p2p1，增大压强，d的含量减小，平衡逆向移动；d、b的颗粒越小，接触面积越大，可以加快化学反应速率，但对化学平衡无影响【解答】解：a、由图根据先拐先平数值大可知，t2t1，升高温度，d的含量减小，平衡逆向移动，故a错误；b、催化剂对化学平衡无影响，不会使d%有所增加，故b错误；c、由图根据先拐先平数值大可知，p2p1，增大压强，d的含量减小，平衡逆向移动，故mp+q，故c正确；db的颗粒越小，接触面积越大，可以加快化学反应速率，但对化学平衡不产生影响，故d错误故选：c【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，难度中等要注意催化剂和颗粒大小对化学平衡不产生影响15在一密闭容器中，反应aa（g）bb（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，b的浓度变为原来的60%，则（）a平衡逆向移动了b物质a的转化率减小了c物质b的质量分数增大了d反应速率增大，且v正v逆【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，b的浓度应为原来的50%，实际平衡时b的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成b的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab，据此结合选项判断【解答】解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，b的浓度应为原来的50%，实际平衡时b的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成b的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab，a、假设体积增加一倍时若平衡未移动，b的浓度应为原来的50%，实际平衡时b的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成b的方向移动，即向正反应移动，故a错误；b、根据a的判断，平衡向正反应移动，a的转化率增大，故b错误；c、平衡向正反应移动，b的质量增加，混合气体的总质量不变，故物质b的质量分数增大，故c正确；d、将容器体积增加一倍，压强减小反应速率减小，正逆反应速率都减小，v正v逆，故d错误；故选c【点评】本题考查化学平衡移动等，难度中等，注意利用假设法分析、判断平衡移动方向，掌握基础是关键16被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液电池总反应为zn+2mno2+h2ozno+2mno（oh）下列说法不正确的是（）a当该电池消耗1mol锌时，与ch4燃料电池消耗0.25molch4产生电量相等b该电池二氧化锰为正极，发生氧化反应c当0.1mol zn完全溶解时，电池外电路转移的电子个数约为1.2041023d电池正极反应式为mno2+e+h2omno（oh）+oh【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】由电池总反应zn+2mno2+h2ozno+2mno（oh）可知，zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为zn2e+2ohzno+h2o，mno2被还原，为原电池的正极，电极反应为mno2+h2o+emno（oh）+oh，以此解答该题【解答】解：a当该电池消耗1mol锌时，转移2mol电子，ch4燃料电池电极反应式为：ch4+10oh8eco32+7h2o，可知消耗0.25mol甲烷，故a正确；b反应中mn元素化合价降低，被还原，故b错误；czn元素化合价由0价变化为+2价，则当0.1mol zn完全溶解时，电池外电路转移的电子数为0.2mol，个数约为1.2041023，故c正确；d正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为mno2+e+h2omno（oh）+oh，故d正确故选b【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，正确判断正负极是解本题关键，注意电极方程式的书写，难点是电极反应式的书写二、非选择题17（1）某温度下纯水中c（h+）=2107 mol/l，则c（oh）=2107mol/l，若温度不变，滴入稀盐酸使c（h+）=5106 mol/l，则此时溶液中的c（oh）=8109mol/l（2）用物质的量浓度为0.04mol/l的氢氧化钠溶液去中和h+浓度为103mol/l的某一元弱酸溶液20ml，消耗氢氧化钠溶液12.5ml，则此一元弱酸物质的量浓度为0.025mol/l；电离度为4%（3）25时，在0.5l0.2mol/l的ha溶液中，有0.01mol的ha电离成离子，则该温度下的电离常数为2.2103【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】（1）根据纯水显中性来解答；在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数，kw只随温度变化；依据离子积计算离子浓度；（2）naoh溶液滴定h+浓度为103mol/l的一元弱酸ha的溶液20ml，达到终点时消耗naoh溶液12.5ml，利用c酸v酸=c碱v碱计算；h+浓度为103mol/l的某一元弱酸中c（h+）=c（a）=c（ha）电离=103mol/l，进而计算一元弱酸的电离度；（3）根据ha电离出来的离子的量求出其浓度，再根据电离平衡常数k=计算【解答】解：（1）某温度下纯水中的c（h+）=2107mol/l，根据纯水显中性，则此时溶液中的c（oh）=2107mol/l；kw只随温度变化，若温度不变，kw不变，即kw=c（h+）c（oh）=41014，滴入稀盐酸，使c（h+）=5106mol/l，则c（oh）=8109mol/l，故答案为：2107mol/l；8109mol/l；（2）naoh溶液滴定h+浓度为103mol/l的一元弱酸ha的溶液20ml，达到终点时消耗naoh溶液12.5ml，由c酸v酸=c碱v碱可知，12.5103l0.04mol/l=c酸20103l，解得：c酸=0.025mol/l；h+浓度为103mol/l的某一元弱酸中c（h+）=c（a）=c（ha）电离=103mol/l，一元弱酸的电离度为：100%=100%=4%，故答案为：0.025mol/l；4%；（3）在0.5l0.2moll1的ha溶液中，有0.01mol的ha电离成离子，即c（a）=c（h+）=0.02moll1，则k=2.2103，故答案为：2.2103【点评】本题考查了溶液ph的计算、弱电解质的电离平衡及其影响，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液ph的关系为解答关键，注意掌握影响弱电解质的电离平衡的因素，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力18用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度有以下步骤：（1）配制待测液：用已称好的5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000ml溶液除烧杯和玻棒外，还需要用到的主要仪器有1000ml容量瓶，胶头滴管；（2）滴定过程：盛装0.10mol/l的盐酸标准液应该使用酸式滴定管；滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；（3）误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）用蒸馏水冲洗锥形瓶，测定结果无影响；在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，测定结果偏高；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，测定结果偏小；装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，测定结果偏高；（4）有关数据记录如下：测定序号待测溶液的体积（ml）所耗盐酸标准液的体积（ml）滴定前读数滴定后读数120.000.5020.78220.001.2021.32计算纯度：烧碱样品的纯度是80.8%（取两次实验所耗盐酸的平均值进行计算，不写计算过程）【考点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题【分析】（1）配制1000ml一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液需要仪器：1000ml容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒、天平等；（2）盐酸应用酸式滴定管盛放；滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；（3）用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；滴定过程中不慎将酸滴在瓶外使盐酸消耗的体积偏多，测定结果偏大；滴定前仰视、滴定后俯视，盐酸体积偏小，测定结果偏小；未用标准液润洗滴定管，消耗盐酸体积偏大，测定结果偏高（4）先算出两次消耗盐酸的平均体积，然后求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度【解答】解：（1）完成中和滴定还差1000ml容量瓶和胶头滴管；故答案为：1000ml容量瓶 胶头滴管；（2）盛装0.10mol/l的盐酸标准液应该使用酸式滴定管； 滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；故答案为：酸式； 锥形瓶内溶液颜色的变化；（3）冲洗锥形瓶，不影响待测物的总物质的量，不会影响测定结果；导致盐酸消耗增多，测定结果偏大；读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，盐酸体积变小，结果偏小；装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，标准液浓度减小，消耗的盐酸增多，测定结果偏高；故答案为：无影响 偏高 偏小 偏高 （4）两次消耗盐酸体积分别为：20.78ml0.50ml=20.28ml、21.321.20=20.12；消耗盐酸的平均体积为20.20ml，原溶液n（naoh）=50n（hcl）=500.10 mol/l20.20ml103=0.101mol，所以烧碱的纯度为 100%=80.8%；故答案为：80.8%【点评】本题考查中和滴定，酸碱中和滴定时，左手控制活塞或玻璃小球、右手摇动锥形瓶、眼睛注视锥形瓶中颜色变化19如图是一个化学过程的示意图已知甲池的总反应式为：2ch3oh+3o2+4koh2k2co3+6h2o（1）请回答图中甲、乙两池的名称甲电池是原电池装置，乙池是电解池装置（2）请回答下列电极的名称：通入ch3oh的电极名称是负极，b（石墨）电极的名称是阳极（3）写出电极反应式：通入o2的电极的电极反应式是o2+2h2o+4e=4oha（fe）电极的电极反应式为4ag+4e=4ag，（4）乙池中反应的化学方程式为4agno4+2h2o4ag+o2+4hno3【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】（1）根据方程式及燃料电池的特点判断甲装置；（2）根据2ch3oh+3o2+4koh=2k2co3+6h2o知，ch3oh发生氧化反应，所以该电极是负极，o2 发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极b是阳极；（3）氧气在正极上得电子，铁为阴极，发生还原反应；（4）乙池电解硝酸银生成银、硝酸和氧气【解答】解：（1）根据反应方程式知，甲装置是一个燃料电池，