安徽省六安市霍邱二中届高三上学期第一次月考化学试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2015-2016学年安徽省六安市霍邱二中高三（上)第一次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项每小题3分，共48分。）1．形成节约能源和保护生态环境的产业结构是人类与自然和谐发展的重要保证,你认为下列行为中有悖于这一保证的是（）A．开发太阳能、水能、风能等新能源,减少使用煤、石油等化石燃料B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展C．在农村推广使用沼气D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生2．下列说法中正确的是（）A．△H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸热反应B．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，△H＞0C．△H的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数无关D．在化学反应中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化3．下列判断正确的是（）A．0。1mol/L盐酸和0。1mol/L醋酸分别与0。2mol/L氢氧化钠溶液反应的速率相同B．0.1mol/L盐酸和0。1mol/L硝酸分别与大小相同的大理石反应的速率相同C．铝和铁分别与0。1mol/L硫酸的反应速率相同D．大理石块与大理石粉末分别与0.1mol/L盐酸反应的速率相同4．100℃时，将0。1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中,然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色:N2O4（g）⇌2NO2（g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是(）①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1:2②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化．A．②③⑥⑦ B．①④⑧ C．只有①④ D．只有⑦⑧5．在容积固定的密闭容器中存在如下反应:2A（g）+3B（g）⇌3C（g)△H＜0某研究小组研究了当其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响，并根据实验数据作出下列关系图：下列判断正确的是(）A．图I研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高B．图Ⅱ研究的可能是压强对反应的影响，且甲的压强较高C．图Ⅱ研究的可能是温度对反应的影响，且甲的温度较高D．图Ⅲ研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高6．在0.1mol•L﹣1NH3•H2O溶液中存在如下电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣．对于该平衡，下列叙述中正确的是()A．降低温度，溶液中c(NH4+)增大B．加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动,电离平衡常数减小C．加入少量0.1mol•L﹣1HCl溶液，溶液中c（OH﹣)增大D．加入水时，溶液中增大7．对于可逆反应：2A(g）+B(g）⇌2C（g）△H＜0，下列各图中正确的是（）A． B． C． D．8．常温下某溶液中,由水电离出的c（H+）为1×10﹣12mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）A．Fe2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣ B．Na+、K+、Al3+、NO3﹣C．K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣ D．NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣9．常温下，用0。1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0。1000mol/LCH3COOH溶液的滴定曲线如图．下列说法不正确的是（）A．点①所示溶液中：2c（Na+）=c(CH3COOH）+c（CH3COO﹣）B．点②所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）C．点③所示溶液中：c(Na+）＞c（OH﹣)＞c(CH3COO﹣）＞c（H+）D．滴定过程中可能出现:c(CH3COOH)＞c（CH3COO﹣)＞c（H+）＞c(Na+)＞c（OH﹣）10．关于下列装置说法正确的是（)A．装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置精炼铜时,c极为精铜,电解过程中CuSO4溶液没有变化D．装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成11．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液,其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH)2．有关该电池的说法正确的是（）A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2OB．充电过程是化学能转化为电能的过程C．放电时负极附近溶液的碱性不变D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动12．瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪(图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷浓度达到一定浓度时，可以通过传感器显示．该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3﹣Na2O，O2﹣可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是()A．瓦斯分析仪工作时,电池内电路中电子由电极b流向电极aB．电极b是正极,O2﹣由电极a流向电极bC．电极a的反应式为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2OD．当固体电解质中有1molO2﹣通过时，电子转移4mol13．下列叙述正确的是（）A．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应B．用惰性电极精炼铜时，电解质溶液没有变化C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移，则生成1molNaOHD．镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀14．如图所示,铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里,电流计中有电流通过,则下列说法正确的是（）A．锌片是负极 B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极 D．两个番茄都形成原电池15．图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0。5mol/L，工作一段时间后，测得有0。02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）A．产生气体体积:①=②B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小C．电极反应式:①中阳极:4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：2H++2e﹣=H2↑D．溶液的pH变化:①减小，②增大16．糕点（如月饼)包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．下列分析正确的是（）A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度,延长糕点保质期B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况）二、填空题（本题共4小题，共52分）17．为了合理利用化学能，确保安全生产,化工设计需要充分考虑化学反应的焓变,并采取相应措施．化学反应的焓变通常用实验进行测定,也可进行理论推算．（1）．已知热化学方程式:①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣25kJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g)=2Fe3O4(s）+CO2（g）△H=﹣47kJ/mol③Fe3O4（s)+CO(g）=3FeO（s）+CO2(g）△H=+19kJ/mol写出FeO（s）被CO(g）还原成Fe（s）和CO2(g）的热化学方程式．（2)．由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能．从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程．在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量．化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436391946已知反应N2(g)+3H2(g）⇌2NH3（g）△H=akJ/mol．试根据表中所列键能数据计算a为．（3）．依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算．已知:C（s，石墨)+O2（g）=CO2（g)△H1=﹣393。5kJ/mol2H2（g）+O2(g）=2H2O(l）△H2=﹣571。6kJ/mol2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O(l）△H3=﹣2599kJ/mol根据盖斯定律，计算298K时反应2C(s，石墨）+H2（g）=C2H2（g）的焓变：△H=．18．一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，一氧化碳与氢气在催化剂作用反应生成甲醇：CO(g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．根据题意完成下列各题：（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K=，降低温度，K值（填“增大"、“减小”或“不变”）．(2）根据题图判断,△H0（填“＞”、“＜”或“=”）（3）在300℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=（用含nA、tA的式子表示）（4）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的一半，下列有关该体系的说法正确的是A．化学平衡常数增大B．重新平衡时混合气体的平均相对分子质量不变C．正反应速率加快，逆反应速率减少D．重新平衡时减少．19．常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，分别进行编号为①、②、③的实验，实验数据记录如下表实验编号HA物质的量浓度（mol•L﹣1）NaOH物质的量浓度（mol•L﹣1）混合溶液的pH①0.10。1pH=9②c0.2pH=7③0.20.1pH＜7请回答:（1）根据①组实验情况,分析混合溶液的pH=9的原因是．（用反应的离子方程式表示)，在该溶液中下列关系式正确的是（填序号字母）．A．c（Na+)+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣)+c(HA）B．c（Na+）=c（HA）+c(A﹣）C．c（HA）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Na+)D．c（Na+）+c(H+）=c（OH﹣）+c（A﹣)（2)②组情况表明，c0。2mol•L﹣1(选填“＞”、“＜"或“=")．混合溶液中离子浓度c（A﹣）c（Na+）（选填“＞"、“＜”或“=”）（3）从③组实验结果分析，说明溶液中离子浓度由大到小的顺序是．20．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w；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：（1）若w是饱和NaCl溶液,X、Y是惰性电极材料，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液,则：①电解池中Y极上的电极反应式为．在X极附近观察到的实验现象是．②写电解饱和NaCl溶液总的离子反应方程式为．若电解过程中在两极生成22.4L气体（在标准况状下），则经过电流计的电子的物质的量为．(2）若要用电解方法精炼粗铜，电解质溶液W选用CuSO4溶液（杂质发生的电极反应不必写出）．则:①X电极的材料是；②电极反应式为．（3）若W仍然选用饱和NaCl溶液，X、Y分别是Fe、C棒，将X、Y用导线直接连接，则Y电极是（填正极或负极）,电极反应式为．

2015-2016学年安徽省六安市霍邱二中高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项每小题3分,共48分.）1．形成节约能源和保护生态环境的产业结构是人类与自然和谐发展的重要保证，你认为下列行为中有悖于这一保证的是(）A．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展C．在农村推广使用沼气D．减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；节能减排重在节约能源，减少污染物的排放，保护环境,因此只要是能对节能减排起作用的相关措施均是正确的．【解答】解：A、开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料,能减少二氧化硫等有毒气体的排放,有利于节能减排，保护环境，故A正确;B、研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料在地球上的含量是有限的，加大开采，必然带来能源的匮乏和污染物的增多，故B错误；C、在农村推广使用沼气，沼气是由植物秸秆等发酵制得的，属于可再生资源，故C正确；D、减少资源消耗、增加资源的重复使用和资源的循环再生，符合节约能源和保护生态环境的内容,故D正确；故选B．2．下列说法中正确的是（）A．△H＞0表示放热反应,△H＜0表示吸热反应B．反应产物的总焓大于反应物的总焓时，△H＞0C．△H的大小与热化学方程式中的各物质的化学计量数无关D．在化学反应中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化【考点】反应热和焓变．【分析】A、放热反应的焓变小于0;B、反应物总能量高于生成物时，反应放热；C、△H的数值与化学计量数对应,随化学计量数的改变而改变；D、化学反应过程就是旧化学键断裂新化学键形成过程，断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能量．【解答】解：A、△H=Q（生成物的能量和）﹣Q(反应物的能量和），反应物能量高时△H＜0反应放热，反之△H＞0反应吸热，故A错误；B、△H=Q（生成物的能量和）﹣Q(反应物的能量和），所以△H＞0时,反应产物的总焓大于反应物的总焓,故B正确；C、△H的数值与化学计量数对应，随化学计量数的改变而改变，故C错误;D、化学反应过程就是旧化学键断裂新化学键形成过程,断裂化学键需吸收能量，形成化学键会释放能量,所以,任何化学反应一定有能量变化，故D错误；故选B．3．下列判断正确的是（）A．0.1mol/L盐酸和0.1mol/L醋酸分别与0.2mol/L氢氧化钠溶液反应的速率相同B．0。1mol/L盐酸和0.1mol/L硝酸分别与大小相同的大理石反应的速率相同C．铝和铁分别与0.1mol/L硫酸的反应速率相同D．大理石块与大理石粉末分别与0。1mol/L盐酸反应的速率相同【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】A．离子浓度越大化学反应速率越大;B．HCl和硝酸都是强电解质，相同浓度的盐酸和硝酸中氢离子浓度相同，氢离子浓度越大其反应速率越大;C．化学反应速率决定因素是物质本身的性质；D．反应物接触面积越大，反应速率越快．【解答】解：A．离子浓度越大化学反应速率越大，醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则相同条件下盐酸反应速率大于醋酸，故A错误；B．HCl和硝酸都是强电解质，相同浓度的盐酸和硝酸中氢离子浓度相同，氢离子浓度越大其反应速率越大，所以0。1mol/L盐酸和0。1mol/L硝酸分别与大小相同的大理石反应的速率相同，故B正确；C．化学反应速率决定因素是物质本身的性质，Al的活泼性大于Fe，所以铝和铁分别与0。1mol/L硫酸的反应，前者反应速率大于后者反应速率，故C错误；D．反应物接触面积越大，反应速率越快,大理石块与大理石粉末分别与0。1mol/L盐酸反应，后者反应速率大于前者反应速率，故D错误；故选B．4．100℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中,然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4（g）⇌2NO2（g）．下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到平衡状态的是（)①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2②NO2生成速率与NO2消耗速率相等③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化．A．②③⑥⑦ B．①④⑧ C．只有①④ D．只有⑦⑧【考点】化学平衡状态的判断．【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断．【解答】解：①无论反应是否达到平衡状态，N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比都为1：2，所以不能证明是否达到平衡状态,故错误；②NO2的正逆反应速率相等，所以能证明达到平衡状态,故正确；③该反应是反应前后气体体积改变的反应,当该反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变,所以压强就不再改变，能证明该反应达到平衡状态，故正确；④根据质量守恒,无论该反应是否达到平衡状态，混合气体的质量都不再改变，所以不能证明该反应是否达到平衡状态,故错误；⑤平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，所以能证明该反应达到平衡状态，故正确;⑥平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，烧瓶内气体的颜色不再加深，所以能证明该反应达到平衡状态,故正确；⑦平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，质量始终不变,所以当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，能证明该反应达到平衡状态，故正确．⑧根据质量守恒，反应前后气体质量不变，容器的体积不变，所以烧瓶内气体的密度始终不变，故错误；所以错误的是①④⑧．故选B．5．在容积固定的密闭容器中存在如下反应：2A(g）+3B（g）⇌3C（g）△H＜0某研究小组研究了当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响,并根据实验数据作出下列关系图：下列判断正确的是（）A．图I研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且乙使用的催化剂效率较高B．图Ⅱ研究的可能是压强对反应的影响，且甲的压强较高C．图Ⅱ研究的可能是温度对反应的影响，且甲的温度较高D．图Ⅲ研究的可能是不同催化剂对反应的影响,且乙使用的催化剂效率较高【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．催化剂可加快反应速率,但平衡不移动；B．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；C．该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动;D．图Ⅲ中达到平衡时总压强不变，甲的反应速率快．【解答】解:A．催化剂可加快反应速率，但平衡不移动,图中C的浓度不变,则不可能为催化剂对反应的影响,故A错误；B．该反应为气体体积减小的反应,增大压强，平衡正向移动，则B的转化率增大，与图象不符,故B错误；C．该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，则B的转化率减小，与图象符合，故C正确；D．图Ⅲ中达到平衡时总压强不变，甲的反应速率快，则图Ⅲ研究的可能是不同催化剂对反应的影响，且甲使用的催化剂效率较高，故D错误；故选C．6．在0。1mol•L﹣1NH3•H2O溶液中存在如下电离平衡:NH3•H2O⇌NH4++OH﹣．对于该平衡,下列叙述中正确的是()A．降低温度，溶液中c（NH4+）增大B．加入少量NaOH固体，平衡向逆反应方向移动,电离平衡常数减小C．加入少量0。1mol•L﹣1HCl溶液,溶液中c（OH﹣）增大D．加入水时,溶液中增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】弱电解质的电离是吸热反应，降低温度抑制弱电解质电离,向氨水中加入酸促进一水合氨电离，加入碱抑制一水合氨电离,加水稀释促进一水合氨电离，注意电离平衡常数只与温度有关．【解答】解：A．一水合氨的电离是吸热反应，降低温度抑制其电离，则溶液中铵根离子浓度减小，故A错误;B．向氨水中加入少量氢氧化钠，溶液中氢氧根离子浓度增大,则抑制一水合氨电离，温度不变，电离平衡常数不变，故B错误；C．向氨水中加入少量浓盐酸，氢离子和氢氧根离子反应生成水，所以氢氧根离子浓度减小，故C错误；D．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以溶液中氢氧根离子浓度与一水合氨分子浓度之比增大，故D正确；故选D．7．对于可逆反应:2A(g)+B(g)⇌2C（g)△H＜0，下列各图中正确的是（）A． B． C． D．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向,从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确;D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．【解答】解:A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小,故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大,且V正＞V逆，故B错误；C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动,A的转化率降低,根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大,本题温度的曲线不正确，故D错误．故选A．8．常温下某溶液中，由水电离出的c（H+）为1×10﹣12mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是(）A．Fe2+、Na+、SO42﹣、NO3﹣ B．Na+、K+、Al3+、NO3﹣C．K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣ D．NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣【考点】离子共存问题．【分析】常温下,若溶液中由水电离产生的c（H+）=1×10﹣12mol/L＜10﹣7mol/L，说明水的电离被抑制，则溶液为强酸性或强碱性溶液，离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子不反应的一定能大量共存，以此解答该题．【解答】解：A．如溶液呈酸性,Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量存在,如溶液呈碱性,则Fe2+不能大量存在，故A选；B．酸性条件下，离子之间不发生任何反应,可大量共存,故B不选;C．酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C不选；D．酸性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存,故D不选．故选A．9．常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20。00mL0。1000mol/LCH3COOH溶液的滴定曲线如图．下列说法不正确的是（)A．点①所示溶液中：2c(Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）B．点②所示溶液中:c(Na+）=c（CH3COO﹣)C．点③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣)＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）D．滴定过程中可能出现:c（CH3COOH）＞c(CH3COO﹣）＞c（H+)＞c（Na+）＞c（OH﹣）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．点①所示溶液中,为等浓度的醋酸和醋酸钠溶液；B．点②所示溶液中，根据电荷守恒并结合溶液显中性来分析;C．点③所示溶液，恰好反应生成醋酸钠，水解显碱性,则c（Na+)＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c(H+）;D．在滴定中当加入碱比较少时，可能出现：c（CH3COOH）＞c(CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情况．【解答】解:A．点①溶液中，加入10mL氢氧化钠溶液，此时溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，根据物料守恒可知，2c(Na+)=c（CH3COOH）+c(CH3COO﹣），故A正确；B．点②pH=7，即c(H+）=c（OH﹣），由电荷守恒知:c（Na+)+c（H+）=c(CH3COO﹣）+c（OH﹣)，则c（Na+）=c（CH3COO﹣），故B正确；C．点③,加入20mL氢氧化钠溶液,两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解,溶液显示碱性,且醋酸根离子水解程度较小，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣)＞c(H+），故C错误；D．当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，溶液中可能存在:c(CH3COOH）＞c(CH3COO﹣）＞c（H+）＞c(Na+）＞c（OH﹣），故D正确；故选C．10．关于下列装置说法正确的是()A．装置中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大C．用装置精炼铜时，c极为精铜,电解过程中CuSO4溶液没有变化D．装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．原电池工作时，阳离子向正极移动；B．a为阴极，产生氢氧化钠；C．粗铜中含铁、镍等，失电子发生氧化反应，硫酸铜溶液浓度略降低;D．锌比铁活泼，锌作负极，铁被保护．【解答】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，锌为负极,铜为正极，盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B．a为与电源负极相连是阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，碱性增强，PH值增大，故B正确;C．粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，但粗铜中含铁、镍等,这些金属在阳极失电子产生金属阳离子进入溶液，在阴极只有铜离子得电子产生铜，根据得失电子守恒可知，阳极失电子的铜小于阴极得电子的铜的量，原溶液中有铜离子析出，则硫酸铜溶液浓度略降低，故C错误；D．锌比铁活泼,锌作负极,电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子,故D错误;故选B．11．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液,其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH)2+2Ni（OH)2．有关该电池的说法正确的是（）A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2OB．充电过程是化学能转化为电能的过程C．放电时负极附近溶液的碱性不变D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH)2，正极上发生的电极反应式为:NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣,充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH)2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为:Cd（OH)2+2e﹣═Cd+2OH﹣,放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动,电解池是把电能转变为化学能的装置．【解答】解:A．充电时,该装置是电解池，阳极上电极反应式为:Ni（OH)2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确;B．充电过程实际上是把电能转变为化学能的过程,故B错误;C．放电时，负极上电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2,所以碱性减弱，故C错误；D，放电时,电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选A．12．瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪（图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷浓度达到一定浓度时，可以通过传感器显示．该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3﹣Na2O，O2﹣可以在其中自由移动．下列有关叙述正确的是（）A．瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aB．电极b是正极，O2﹣由电极a流向电极bC．电极a的反应式为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2OD．当固体电解质中有1molO2﹣通过时,电子转移4mol【考点】化学电源新型电池．【分析】瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3﹣Na2O，O2﹣可以在其中自由移动．电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e﹣=2O2﹣，负极反应为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O,结合原电池的原理和电极反应回答问题;【解答】解：A、电子不能在电池内电路流动,只能在外电路中流动，故A错误B、电极b氧气得电子，生成O2﹣，而电极a需要O2﹣作为反应物,故O2﹣由正极（电极b）流向负极(电极a），故B错误；C、甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O，故C正确；D、1molO2得4mol电子生成2molO2﹣,故当固体电解质中有1molO2﹣通过时,电子转移2mol，故D错误；故选C．13．下列叙述正确的是（)A．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应B．用惰性电极精炼铜时，电解质溶液没有变化C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1mol电子转移,则生成1molNaOHD．镀层破损后,镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、原电池中负极失电子和电解池的阳极发生氧化反应；B、电解精炼时，根据阴阳极上铜的质量变化判断溶液中铜离子浓度是否变化；C、用惰性电极电解饱和NaCl溶液，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;D、铁、锡和合适的电解质溶液构成的原电池中,铁作负极，易被腐蚀，锌、铁和合适的电解质溶液构成的原电池中,锌作负极，铁作正极被保护．【解答】解：A、原电池中负极失电子和电解池的阳极发生氧化反应，而不是电解池的阴极，故A错误；B、电解精炼铜时，阳极上溶解的金属不仅有铜还有其它金属,阴极上只析出铜，所以溶解的铜小于析出的铜，导致溶液中铜离子浓度减小，故B错误；C、用惰性电极电解饱和NaCl溶液，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,若有1mol电子转移，则生成1molNaOH,故C正确；D镀层破损后,镀锡铁板中铁加快腐蚀,镀锌铁板中铁被保护，所以镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀,故D错误；故选C．14．如图所示,铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流计中有电流通过，则下列说法正确的是（）A．锌片是负极 B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极 D．两个番茄都形成原电池【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】依据图装置分析可知铜和锌电极发生的是原电池反应,锌做负极，铜做正极;右装置是电解池,铜做电解池的阴极,碳做电解池的阳极；【解答】解：A、装置中依据活泼性差别判断，锌为原电池负极,故A正确；B、原电池中铜电极发生还原反应，右装置是电解池，铜电极上发生还原反应,故B错误；C、石墨和原电池正极相连做电解池的阳极，故C错误；D、左装置是原电池，右装置是电解池，故D错误；故选A．15．图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0。5mol/L，工作一段时间后，测得有0。02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）A．产生气体体积：①=②B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小C．电极反应式：①中阳极:4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：2H++2e﹣=H2↑D．溶液的pH变化：①减小，②增大【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池的工作原理写出电极反应，在两极上，得失电子数相等，可以根据电子守恒来进行相关的计算．【解答】解:A、①是电解池，电极反应为:阳极:4OH﹣→O2↑+2H2O+4e﹣,阴极：Cu2++2e﹣→Cu，②是原电池，正极反应：2H++2e﹣→H2，负极反应：Zn+2e﹣→Zn2+,液体体积均为200mL，浓度均为0。5mol/L，所以硫酸铜、硫酸的物质的量均为0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，①产生的气体是氧气，为0。005mol，②中0。01mol氢气放出，所以①＜￢②，故A错误；B、①中阴极反应：Cu2++2e﹣→Cu，阴极质量增加，②中正极反应：2H++2e﹣→H2，正极质量不变，故B错误；C、电极反应式:①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：Zn﹣2e﹣→Zn2+，故C错误；D、溶液的pH变化：①中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，②中消耗氢离子，所以酸性减弱pH增大，故D正确．故选D．16．糕点（如月饼）包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．下列分析正确的是(）A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度,延长糕点保质期B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣3e﹣=Fe3+C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应,原电池放电过程是放热反应,结合得失电子相等进行有关计算．【解答】解:铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极,负极上铁失电子发生氧化反应,正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应,A．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故A错误;B．脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错误；C．脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；D．由电子守恒知,还原性铁粉最终会被氧化为+3价，所以1。12gFe完全氧化注意电子的物质的量为：×3=0.06mol,每消耗1mol氧气转移4mol电子，所以消耗氧气物质的量为：=0。015mol，标准状况下v（O2)=0.015mol×22。4L/mol=0。336L=336mL，故D正确；故选D．二、填空题（本题共4小题,共52分)17．为了合理利用化学能,确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施．化学反应的焓变通常用实验进行测定,也可进行理论推算．(1）．已知热化学方程式：①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2(g）△H=﹣25kJ/mol②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g)△H=﹣47kJ/mol③Fe3O4（s）+CO(g)=3FeO（s)+CO2(g）△H=+19kJ/mol写出FeO（s）被CO（g）还原成Fe(s）和CO2（g）的热化学方程式FeO（s+CO（g）=Fe(s)+CO2（g)△H=﹣11kJ/mol．（2）．由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能．从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程．在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量．化学键H﹣HN﹣HN≡N键能/kJ•mol﹣1436391946已知反应N2（g)+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=akJ/mol．试根据表中所列键能数据计算a为﹣92．（3）．依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行推算．已知：C（s,石墨)+O2（g）=CO2(g）△H1=﹣393.5kJ/mol2H2（g)+O2（g）=2H2O（l）△H2=﹣571.6kJ/mol2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣2599kJ/mol根据盖斯定律，计算298K时反应2C(s，石墨）+H2（g）=C2H2（g)的焓变:△H=+226.7kJ/mol．【考点】热化学方程式；反应热和焓变．【分析】（1)首先写出FeO（s)被CO还原成Fe和CO2的热化学方程式CO（g）+FeO(s)=Fe（g）+CO2（g）△H,利用盖斯定律①×3﹣（③×2+②)可得到该化学方程式,以此计算△H；（2)根据△H=反应物键能和﹣生成物键能和求算；(3）已知：①C（s，石墨）+O2(g)=CO2(g）△H1=+393。5kJ/mol②2H2（g）+O2（g)=2H2O（l）△H2=﹣571。6kJ/mol③2C2H2（g）+5O2（g)=4CO2（g）+2H2O(l）△H3=﹣2599kJ/mol根据盖斯定律，①×4+②﹣③得到反应的热化学方程式为：4C（s，石墨)+2H2（g)=2C2H2（g）,据此计算．【解答】解:①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s)+3CO2（g）；△H=﹣25kJ/mol②3Fe2O3（s)+CO(g）=2Fe3O4(s）+CO2（g）；△H=﹣47kJ/mol③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO(s）+CO2（g)；△H=+19kJ/mol依据盖斯定律①×3﹣（③×2+②）得到：6CO(g）+6FeO(s）=6Fe(g）+6CO2(g）△H=﹣66kJ/mol；得到热化学方程式为：CO（g）+FeO（s）=Fe(s）+CO2（g）△H=﹣11kJ/mol,故答案为:CO(g）+FeO(s）=Fe（s）+CO2(g）△H=﹣11kJ/mol;（2)△H=反应物键能和﹣生成物键能和=946KJ/mol+3×436KJ/mol﹣6×391KJ/mol=﹣93KJ/mol，即a=﹣92，故答案为：﹣92;（3）已知：①C（s，石墨)+O2(g)=CO2(g）△H1=+393。5kJ/mol②2H2（g）+O2(g）=2H2O（l)△H2=﹣571.6kJ/mol③2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H3=﹣2599kJ/mol根据盖斯定律,①×4+②﹣③得到反应的热化学方程式为：4C（s，石墨）+2H2(g）=2C2H2(g）△H=+453。4kJ•mol﹣1；热化学方程式为:2C（s，石墨)+H2(g）=C2H2（g)△H=+226.7kJ•mol﹣1，故答案为:+226.7kJ•mol﹣1．18．一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，一氧化碳与氢气在催化剂作用反应生成甲醇:CO（g）+2H2(g）⇌CH3OH（g）．根据题意完成下列各题：（1）反应达到平衡时,平衡常数表达式K=，降低温度，K值增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）根据题图判断，△H＜0（填“＞"、“＜”或“="）（3）在300℃，从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率v(H2）=mol•l﹣1•min﹣1（用含nA、tA的式子表示）(4）在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的一半,下列有关该体系的说法正确的是DA．化学平衡常数增大B．重新平衡时混合气体的平均相对分子质量不变C．正反应速率加快，逆反应速率减少D．重新平衡时减少．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】（1）根据方程式和K的含义书写；根据温度对平衡的影响，判断K的变化；（2）图象分析，先拐先平温度高,温度越高甲醇物质的量越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应；（3)300℃，从反应开始到平衡,氢气的平均反应速率v（H2)=2v(CH3OH）=2；(4）将容器的容积压缩到原来的，压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，以此判断．【解答】解：（1)已知CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g)，则K=，500℃时甲醇的物质的量小，所以降低温度，平衡正移,所以K增大；故答案为：；增大；（2)图象分析,先拐先平温度高,温度越高甲醇物质的量越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应Q＜0，故答案为：＜;(3）300℃,从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2)=2v（CH3OH）=2=2×mol/(L．min）=mol•l﹣1•min﹣1,故答案为：mol•l﹣1•min﹣1；（4)将容器的容积压缩到原来的，压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增加,氢气的物质的量减少，但浓度增大，甲醇的物质的量增多，化学平衡常数不变，重新平衡时混合气体的平均相对分子质量增大，故有减小，故答案为：D．19．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，分别进行编号为①、②、③的实验，实验数据记录如下表实验编号HA物质的量浓度（mol•L﹣1）NaOH物质的量浓度（mol•L﹣1）混合溶液的pH①0.10。1pH=9②c0。2pH=7③0。20。1pH＜7请回答：（1)根据①组实验情况,分析混合溶液的pH=9的原因是H2O+A﹣⇌HA+OH﹣．（用反应的离子方程式表示）,在该溶液中下列关系式正确的是(填序号字母）BD．A．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣)+c（A﹣）+c(HA）B．c（Na+）=c(HA）+c（A﹣）C．c（HA）+c（H+）=c（OH﹣）+c（Na+）D．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣）（2）②组情况表明，c＞0。2mol•L﹣1（选填“＞”、“＜"或“=”）．混合溶液中离子浓度c（A﹣）=c(Na+）（选填“＞”、“＜”或“=”）（3）从③组实验结果分析,说明溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（A﹣）＞c(Na+）＞c(H+）＞c（OH﹣)．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1)等体积等浓度的氢氧化钠与HA混合，恰好生成NaA，溶液显示碱性,说明NaA为强碱弱酸盐,A﹣水解导致溶液显示碱性；根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中各离子浓度之间的关系;(2）根据c=0。2mol/L时，溶液显示碱性，则加入的HA的物质的量应