甘肃省天水一中高二上学期期末化学试卷

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2016-2017学年甘肃省天水一中高二（上）期末化学试卷一、选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分．每小题只有1个选项符合题意）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（)①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦核能⑧氢能．A．①②③④ B．②③⑥⑧ C．①②⑤⑥⑦⑧ D．③④⑤⑥⑦⑧2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A．生成物总能量一定低于反应物总能量B．酒精可用作燃料,说明酒精燃烧是释放能量的反应C．干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应D．同温同压下，H2(g）+Cl2(g)═2HCl(g）在光照和点燃条件下的△H不同3．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（)A．明矾水解形成的Al（OH)3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁4．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4（g）+2H2（g）═Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应(此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是(）A．反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0。03mol/（L•min）D．当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应5．对于可逆反应A（g）+2B(g）⇌2C(g）（正反应吸热），下列图象中正确的是(）A． B． C． D．6．从下列实验事实所引起的相应结论不正确的是（）选项实验事实结论A其它条件不变，0.01mol/L的KMnO4酸性溶液分别与0.1mol/L的H2C2O4溶液和0。2mol/L的H2C2O4溶液反应，后者褪色时间短．当其它条件不变时，增大反应物浓度可以使化学反应速率加快B其它条件不变，分别将等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3溶液和H2SO4混合液放在冷水和热水中，放在热水中的混合液先出现浑浊．当其它条件不变时，反应体系的温度越高、化学反应速率越快C将少量MnO2粉末加入盛有10%双氧水的锥形瓶内，在化学反应前后，MnO2的质量和化学性质都没有发生改变．催化剂虽然可以加快化学反应的速率，但一定不参与化学反应过程D一定条件下,分别在容积为1L和容积为2L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应:H2(g）+I2（g）⇌2HI（g），获得等量HI时需要的时间前者少．当其它条件不变时，气态反应体系的压强越大、化学反应速率越快A．A B．B C．C D．D7．下列叙述正确的是（）A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C．0。2mol/L的盐酸，稀释至2倍后pH=1D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=78．已知：25°C时，Ksp［Mg(OH）2]=5。61×10﹣12，Ksp［MgF2］=7.42×10﹣11．则该温度下，下列说法正确的是（）A．在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大B．饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+)大C．Mg（OH）2固体在0.01mol/L氨水中的Ksp比在0.01mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小D．在Mg（OH）2的悬浊液加入NaF溶液后,不可能有MgF2沉淀生成9．已知：HCN（aq）与NaOH（aq)反应的△H=﹣12。1kJ•mol﹣1；HCl（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣57。3kJ•mol﹣1，则HCN在水溶液中电离的△H等于(）A．+45。2kJ•mol﹣1 B．﹣45.2kJ•mol﹣1C．﹣69。4kJ•mol﹣1 D．+69.4kJ•mol﹣110．由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源．根据如图所示的装置，判断下列说法不正确的是()A．该装置中Pt极为阳极B．当c极的质量变化了2。16g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为1.12LC．该装置中b极的电极反应式是：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OD．该装置中a极为正极，发生氧化反应11．用石墨电极电解CuSO4和KNO3的混合溶液500mL,经一段时间电解后，两极都得到11。2L气体（标准状况)，此混合液中Cu2+的物质的量浓度为（)A．0.5mol/L B．0.8mol/L C．1mol/L D．1.5mol/L12．在一密闭容器中进行反应2SO2+O2⇌2SO3,已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1mol/L、0。2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是（）A．SO2为0。4mol/L，O2为0。2mol/LB．SO2为0.25mol/LC．SO2、SO3均为0。15mol/LD．SO3为0.4mol/L13．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中,甲容器保持体积不变,乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％,则乙容器中SO2的转化率（）A．等于p% B．大于p% C．小于p% D．无法判断14．25℃时,在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol•L﹣1的Ba(OH）2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中,发生电离的水的物质的量之比是（）A．1：10：1010：109 B．1：5：5×109：5×108C．1：20:1010:109 D．1：10:104:10915．用物质的量都是0。1mol的CH3COOH和CH3COONa配成lL混合溶液，已知其中c（CH3COO﹣)＞c（Na+）,对该混合溶液的下列判断正确的是(）A．c（H+）＜c（OH﹣）B．c（CH3COOH）+c(CH3COO﹣)=0.2mol•L﹣1C．c(CH3COOH)＞c（CH3COO﹣)D．c(CH3COO﹣)+c(OH﹣）=0.2mol•L﹣116．有等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH和NH3•H2O三种碱溶液,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V1=V2＞V3 D．V3＞V2=V117．有可逆反应Fe(s）+CO2（g）⇌FeO（s)+CO（g），已知在温度938K时，平衡常数K=1。5,在1173K时，K=2.2，下列叙述正确的是（）A．该反应达到平衡状态时c（CO2）=c（CO）B．该反应的正反应是放热反应C．若起始时把Fe和2。0molCO2放入体积固定为1L的密闭容器中，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L,则该温度下上述反应的平衡常数K=1.0D．若该反应在体积固定的密闭容器中进行,在恒温下达到平衡状态，再通入CO反应混合气体中CO2的物质的量分数增大18．下列叙述正确的是()A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的pH=7时，c（SO42﹣）＞c（NH4+）B．NaHCO3溶液中:c（CO32﹣）+c（H+）=c（H2CO3）+c（OH﹣）C．1L0．lmol•L﹣1CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶液中:c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c(H+）＞c（OH﹣）D．向0。1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH﹣）/c（NH3•H2O)增大二．非选择题(本大题共4题，共计46分）19．(1)原电池可将化学能转化为电能．设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率．限选材料：ZnSO4（aq），CuSO4(aq)；铜片，锌片和导线．①完成原电池甲的装置示意图（如图），并作相应标注．要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素．②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液,只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后,可观察到负极．③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是，其原因是．④盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是(填序号）A．K+B．NO3﹣C．Ag+D．SO42﹣（2）电解原理在化学工业中有着广泛的应用．现将你设计的原电池通过导线与图2中电解池相连，其中,a为电解液，X和Y是两块电极板,则：①若X和Y均为惰性电极,a为CuSO4溶液，则电解时的化学反应方程式为．通过一段时间后，向所得溶液中加入0。2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为．②若X、Y分别为铁和铜，a仍为CuSO4溶液，则Y极的电极反应式为．20．北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷(C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）．（1)丙烷脱氢可得丙烯．已知：C3H8（g）=CH4（g）+HC≡CH（g)+H2（g）；△H1=+156.6kJ•mol﹣1CH3CH=CH2（g）=CH4（g)+HC≡CH（g）；△H2=+32。4kJ•mol﹣1则相同条件下，反应C3H8（g)=CH3CH=CH2（g）+H2(g)的△H=kJ•mol﹣1（2)以丙烷为燃料制作新型燃料电池,电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池总反应方程式；放电时，CO32﹣移向电池的（填“正"或“负”）极．（3)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5。60,c(H2CO3）=1。5×10﹣5mol/L．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K1=．(已知：10﹣5.60=2。5×10﹣6）21．已知水在25℃和95℃时，电离平衡曲线如图所示：(1）则25℃时水的电离平衡曲线应为（填“A”或“B”），请说明理由（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为（3）95℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是（4)曲线B对应温度下,pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后,混合溶液的pH=5．请分析其原因：．22．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7．光照下,草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72﹣转化为Cr3+．某课题组研究发现,少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4•24H2O]即可对该反应起催化作用．为进一步研究有关因素对该反应速率的影响,探究如下：（1）在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）．实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL①4601030②5601030③560测得实验①和②溶液中的Cr2O72﹣浓度随时间变化关系如图所示．（2）上述反应后草酸被氧化的离子方程式为（3)实验①和②的结果表明;实验①中0～t1时间段反应速率v（Cr3+）=mol•L﹣1•min﹣1（用代数式表示）．(4）该课题组对铁明矾［Al2Fe(SO4）4•24H2O］中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2+起催化作用:假设二:；假设三：;…（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容．（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4•Al2（SO4）3•24H2O、Al2（SO4）3等．溶液中Cr2O72﹣的浓度可用仪器测定）实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论

2016—2017学年甘肃省天水一中高二(上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括18小题，每小题3分,共54分．每小题只有1个选项符合题意）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小,且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（）①天然气②太阳能③风能④石油⑤煤⑥生物质能⑦核能⑧氢能．A．①②③④ B．②③⑥⑧ C．①②⑤⑥⑦⑧ D．③④⑤⑥⑦⑧【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有:太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等．故选B．2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A．生成物总能量一定低于反应物总能量B．酒精可用作燃料，说明酒精燃烧是释放能量的反应C．干冰气化需要吸收大量的热,这个变化是吸热反应D．同温同压下,H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g)在光照和点燃条件下的△H不同【考点】反应热和焓变．【分析】A、焓变等于生成物能量与反应能量差;B、燃烧都是放热反应；C、干冰气化是物理变化;D、焓变与反应条件无关．【解答】解：A、生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应，若是吸热反应则相反,故A错误；B、燃烧都是放热反应，故B正确；C、吸热反应是指化学反应，干冰气化是物理变化，故C错误；D、根据△H=生成物的焓﹣反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D错误．故选：B．3．化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是(）A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．依据盐类水解的性质及应用解答；B．锌性质强于铁，二者形成原电池,锌做负极；C．金属的腐蚀以电化学腐蚀为主；D．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁成、氢气和氯气．【解答】解：A．明矾溶于水电离产生的铝离子水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物,可用于水的净化,故A正确；B．在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁、海水形成原电池，锌做负极发生氧化反应，可以减慢反应速率，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确;C．金属的腐蚀以电化学腐蚀为主，电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍，故C正确；D．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁成、氢气和氯气，得不到镁，电解熔融氯化镁生成镁,故D错误；故选：D．4．工业上制备高纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g）+2H2（g)═Si（s）+4HCl（g）△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述中正确的是（）A．反应过程中,若增大压强能提高SiCl4的转化率B．若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC．反应至4min时，若HCl浓度为0。12mol/L，则H2的反应速率为0。03mol/（L•min）D．当反应吸收热量为0。025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【分析】A、从压强对平衡移动的影响分析;B、注意反应的可逆性；C、根据反应速率之比等于化学计量数之比分析；D、根据方程式计算生成HCl的物质的量．【解答】解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和,则增大压强，平衡向逆反应方向移动,SiCl4的转化率减小，故A错误;B、该反应为可逆反应，1molSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）==0.03mol/（L•min)，根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=×v(HCl)=×0.03mol/（L•min）=0.015mol/（L•min），故C错误；D、由方程式可知，当反应吸收热量为0。025QkJ时,生成HCl的物质的量为×4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0。1L×1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选D．5．对于可逆反应A（g）+2B（g)⇌2C（g）（正反应吸热）,下列图象中正确的是（）A． B． C． D．【考点】化学平衡的影响因素．【分析】可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），则升高温度反应速率加快,平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，以此来解答．【解答】解:A．交叉点后升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则正反应为放热反应，与反应不符，故A不选；B．平衡后升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则正反应为放热反应，与反应不符，故B不选；C．图中温度高的反应速率应快，故C不选；D．图中温度高反应速率快,且A的含量减小，升高温度平衡正向移动，与反应一致,故D选;故选D．6．从下列实验事实所引起的相应结论不正确的是（）选项实验事实结论A其它条件不变，0.01mol/L的KMnO4酸性溶液分别与0.1mol/L的H2C2O4溶液和0.2mol/L的H2C2O4溶液反应,后者褪色时间短．当其它条件不变时，增大反应物浓度可以使化学反应速率加快B其它条件不变，分别将等体积、等物质的量浓度的Na2S2O3溶液和H2SO4混合液放在冷水和热水中,放在热水中的混合液先出现浑浊．当其它条件不变时，反应体系的温度越高、化学反应速率越快C将少量MnO2粉末加入盛有10%双氧水的锥形瓶内，在化学反应前后，MnO2的质量和化学性质都没有发生改变．催化剂虽然可以加快化学反应的速率，但一定不参与化学反应过程D一定条件下，分别在容积为1L和容积为2L的两个密闭容器中加入等量的氢气和碘蒸气，发生如下反应：H2（g）+I2（g)⇌2HI（g），获得等量HI时需要的时间前者少．当其它条件不变时,气态反应体系的压强越大、化学反应速率越快A．A B．B C．C D．D【考点】探究影响化学反应速率的因素．【分析】A、浓度增大会加快反应速率；B、温度变化一定对反应速率影响，升温，速率增大，降温反应速率减小;C、催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡,催化剂在反应前后质量和化学性质不变，催化剂参与反应过程，降低活化能；D、压强增大会增大化学反应速率．【解答】解：A、草酸浓度大,反应速率快，反应需要的时间短,浓度增大会加快反应速率,故A正确;B、温度变化一定对反应速率影响,升温，速率增大,降温反应速率减小；Na2S2O3溶液和H2SO4混合液在热水中浑浊现象快，反应速率快，故B正确；C、催化剂改变化学反应速率，不改变化学平衡，催化剂在反应前后质量和化学性质不变,催化剂参与反应过程，降低活化能，故C错误;D、对有气体的反应,压强增大会增大化学反应速率,故D正确；故选C．7．下列叙述正确的是()A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C．0.2mol/L的盐酸,稀释至2倍后pH=1D．pH=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】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．【分析】A．纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,溶液呈中性；B．醋酸的弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡；C．氯化氢是强电解质,稀释前后氢离子的物质的量不变，根据稀释后氢离子浓度计算溶液的pH;D．pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0。01mol/L,二者等体积混合后酸剩余．【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，纯水中氢离子浓度增大，但氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度，所以溶液仍然呈中性,故A错误；B．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡,加水稀释促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C。0.2mol/L的盐酸，稀释至2倍后氢离子浓度为0。1mol/L，则pH=1,故C正确;D．pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0。01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0。01mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故D错误；故选:C．8．已知:25°C时,Ksp［Mg（OH）2]=5.61×10﹣12，Ksp［MgF2］=7。42×10﹣11．则该温度下，下列说法正确的是(）A．在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大B．饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+）大C．Mg（OH）2固体在0.01mol/L氨水中的Ksp比在0。01mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小D．在Mg(OH）2的悬浊液加入NaF溶液后，不可能有MgF2沉淀生成【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．铵根离子与氢氧根离子结合生成弱碱，促进氢氧化镁的溶解；B．同类型的难溶电解质，Ksp大的溶解度大；C．Ksp与浓度无关，与温度有关；D．Qc（MgF2)＞Ksp（MgF2）时生成MgF2沉淀．【解答】解：A．铵根离子与氢氧根离子结合生成弱碱，促进氢氧化镁的溶解，则Mg（OH)2的溶解平衡正向移动，c（Mg2+)增大,故A正确;B．同类型的难溶电解质，Ksp大的溶解度大，由Ksp［MgF2]大，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，后者的c（Mg2+）大,故B错误；C．Ksp与浓度无关，与温度有关，则Mg（OH）2固体在0。01mol/L氨水中的Ksp与在0。01mol/LNH4Cl溶液中的Ksp相同，故C错误；D．Qc（MgF2）＞Ksp（MgF2）时生成MgF2沉淀，则Mg（OH）2的悬浊液加入NaF溶液后，可能有MgF2沉淀生成，故D错误；故选A．9．已知：HCN（aq）与NaOH（aq）反应的△H=﹣12.1kJ•mol﹣1;HCl（aq）与NaOH(aq）反应的△H=﹣57.3kJ•mol﹣1,则HCN在水溶液中电离的△H等于()A．+45.2kJ•mol﹣1 B．﹣45.2kJ•mol﹣1C．﹣69.4kJ•mol﹣1 D．+69。4kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】HCN（aq)与NaOH（aq)反应可分为两步：①HCN在水溶液中电离HCN⇌H++CN﹣；②产生的H+与NaOH（aq）反应；利用盖斯定律进行计算，可得HCN在水溶液中电离的反应热．【解答】解：反应的热化学方程式分别为：①HCN（aq)+OH﹣(aq)═CN﹣（aq）+H2O(l）△H=﹣12.1kJ•mol﹣1…①②H+（aq)+OH﹣（aq）═H2O(l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1…②据盖斯定律，用①﹣②可得HF电离的热化学方程式为:HCN（aq)⇌H+(aq）+CN﹣（aq)△H=﹣12。1kJ•mol﹣1﹣（﹣57。3kJ•mol﹣1)=+45。2kJ•mol﹣1,故选A．10．由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源．根据如图所示的装置，判断下列说法不正确的是（）A．该装置中Pt极为阳极B．当c极的质量变化了2.16g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为1。12LC．该装置中b极的电极反应式是：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2OD．该装置中a极为正极，发生氧化反应【考点】原电池和电解池的工作原理；电解原理．【分析】左边装置是原电池,通入氢气电极b为负极，电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O,通入氧气的电极为正极，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，右侧装置为电解池，C棒为阴极，电极反应为Ag++e﹣=Ag，铂丝为阳极,电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，据此分析解答．【解答】解：左边装置是原电池，通入氢气电极b为负极，电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，通入氧气的电极为正极，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣,右侧装置为电解池，C棒为阴极，电极反应为Ag++e﹣=Ag，铂丝为阳极，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，A．通过以上分析知，Pt为阳极，故A正确;B．当c极生成单质银，质量变化为2.16g，所以物质的量为：=0。02mol，所以a极上消耗的O2的物质的量为0。005mol；标准状况下的体积为0.112L,故B错误;C．b电极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故C正确;D．通入氧气的电极为正极，正极上得电子发生还原反应，故D错误;故选BD．11．用石墨电极电解CuSO4和KNO3的混合溶液500mL,经一段时间电解后，两极都得到11。2L气体（标准状况)，此混合液中Cu2+的物质的量浓度为（）A．0。5mol/L B．0。8mol/L C．1mol/L D．1.5mol/L【考点】电解原理．【分析】用石墨电极电解1L含CuSO4和KNO3混合溶液，溶液中阳离子放电顺序Cu2+＞H+,阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑,阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，依据两极生成气体物质的量结合电解过程中电子守恒计算便可求解．【解答】解：用石墨电极电解1L含CuSO4和KNO3混合溶液,在两极均生成标准状况下的气体11。2L，气体的物质的量为n==0.5mol，溶液中阳离子放电顺序Cu2+＞H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，生成0。5molO2，需电子为4×0。5mol=2mol；阴极电极反应为:Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，生成0.5molH2，需0。5mol×2=1mol电子，依据电子守恒，铜离子得到电子1mol，反应的铜离子物质的量0。5mol，所以Cu2+的物质的量浓度c==1mol/L，故选C．12．在一密闭容器中进行反应2SO2+O2⇌2SO3,已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0。2mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，当反应达平衡时，可能存在的数据是(）A．SO2为0.4mol/L，O2为0。2mol/LB．SO2为0。25mol/LC．SO2、SO3均为0.15mol/LD．SO3为0。4mol/L【考点】化学反应的可逆性．【分析】化学平衡研究的对象为可逆反应．化学平衡的建立，既可以从正反应开始,也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始,不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：A．SO2和O2的浓度增大,说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于该值,所以SO2小于0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误;B．SO2的浓度增大,说明反应向逆反应方向进行建立平衡,若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0。2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确;C．反应物、生成物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故C错误；D．SO3的浓度增大,说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应,SO3的浓度的浓度变化为0。2mol/L，实际变化小于该值，故D错误；故选B．13．体积相同的甲、乙两个容器中，分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2+O2⇌2SO3，并达到平衡．在这过程中，甲容器保持体积不变,乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％,则乙容器中SO2的转化率（）A．等于p％ B．大于p％ C．小于p% D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【分析】甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动．【解答】解：甲为恒温恒容，乙为恒温恒压，正反应是气体体积减小的反应，平衡时混合气体物质的量减小，则平衡时甲中压强小于乙中压强，乙中平衡等效为在甲中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，则乙的SO2的转化率将大于甲的，即大于P%,故选B．14．25℃时,在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中,发生电离的水的物质的量之比是（）A．1：10：1010：109 B．1：5:5×109:5×108C．1：20：1010:109 D．1：10:104：109【考点】水的电离；pH的简单计算．【分析】根据H20⇌H++OH﹣可知，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的pH或Ba（OH)2溶液中c（OH﹣）计算水的电离的物质的量,Na2S溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据pH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比．【解答】解：设溶液的体积为1L,①中pH=0的H2SO4中c(H+）=1。0mol•L﹣1，c(OH﹣）=1.0×10﹣14mol•L﹣1,水电离的物质的量为1.0×10﹣14mol；②中c(OH﹣）=0。1mol•L﹣1，c（H+）=1。0×10﹣13mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣13mol；③中c（OH﹣）=1。0×10﹣4mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣4mol；④中c（H+）=1。0×10﹣5mol•L﹣1,水的电离的物质的量为1.0×10﹣5mol;故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1。0×10﹣14mol：1.0×10﹣13mol:1。0×10﹣4mol1：1.0×10﹣5mol=1:10：1010：109,故选A．15．用物质的量都是0。1mol的CH3COOH和CH3COONa配成lL混合溶液,已知其中c(CH3COO﹣）＞c（Na+)，对该混合溶液的下列判断正确的是（）A．c(H+）＜c（OH﹣）B．c(CH3COOH）+c(CH3COO﹣）=0。2mol•L﹣1C．c（CH3COOH）＞c(CH3COO﹣）D．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣)=0。2mol•L﹣1【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．从溶液电中性的角度分析；B．根据物料守恒判断;C．CH3COOH和CH3COONa混合溶液，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度；D．根据电荷守恒和醋酸的电离程度分析．【解答】解:A．CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在c（Na+）+c(H+)=c(CH3COO﹣）+c（OH﹣），已知c（CH3COO﹣）＞c（Na+），则c(H+）＞C（OH﹣），故A错误;B．n（CH3COOH)+n（CH3COO﹣）=0.2mol，溶液体积为1L，则c(CH3COOH)+c（CH3COO﹣）=0。2mol•L﹣1，故B正确；C．CH3COOH和CH3COONa混合溶液，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，则c（CH3COO﹣）＞c(CH3COOH），故C错误；D．CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,存在c(Na+）+c(H+)=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）,醋酸为弱电解质，存在微弱电离，则有0。1mol/L＞c（CH3COOH）＞c（H+），c（Na+）=0.1mol/L，则c（CH3COO﹣)+c（OH﹣）＜0.2mol•L﹣1，故D错误．故选B．16．有等体积、等pH的Ba(OH）2、NaOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）A．V3＞V2＞V1 B．V3=V2=V1 C．V1=V2＞V3 D．V3＞V2=V1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】等体积、等pH的Ba（OH）2、NaOH中，c（OH﹣）相同，但NH3•H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH,然后结合酸碱中和时c（OH﹣)越大,消耗酸越多．【解答】解：等体积、等pH的Ba(OH）2、NaOH中，c（OH﹣)相同,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3•H2O为弱碱，等pH时,其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3,所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1,故选D．17．有可逆反应Fe（s）+CO2（g)⇌FeO（s)+CO（g）,已知在温度938K时，平衡常数K=1。5，在1173K时，K=2。2,下列叙述正确的是(）A．该反应达到平衡状态时c(CO2）=c(CO）B．该反应的正反应是放热反应C．若起始时把Fe和2。0molCO2放入体积固定为1L的密闭容器中，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=1。0D．若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在恒温下达到平衡状态，再通入CO反应混合气体中CO2的物质的量分数增大【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．【分析】A．平衡时浓度不一定相等；B．由信息可知，温度越高，K越大；C．达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，c（CO2)=1mol/L，结合K=；D．体积、温度不变，再通入CO反应，压强增大,平衡不移动．【解答】解：A．平衡时浓度不一定相等，与起始浓度、转化率有关，故A错误;B．由信息可知,温度越高，K越大，则该反应为吸热反应，故B错误；C．达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0mol/L，c（CO2)=1mol/L,则K===1.0，故C正确；D．体积、温度不变,再通入CO反应，压强增大，平衡不移动，则CO2的物质的量分数不变，故D错误;故选C．18．下列叙述正确的是（)A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中,当溶液的pH=7时,c（SO42﹣）＞c（NH4+)B．NaHCO3溶液中：c(CO32﹣）+c（H+）=c（H2CO3)+c(OH﹣）C．1L0．lmol•L﹣1CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶液中：c(SO42﹣)＞c（NH4+）＞c（Cu2+）＞c（H+）＞c（OH﹣）D．向0.1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c（OH﹣）/c（NH3•H2O）增大【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：2c（NH4+)=c（SO42﹣）；B．根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒判断；C．铵根离子和铜离子部分水解，溶液呈酸性,则c（H+）＞c（OH﹣）、c（NH4+)＞c（Cu2+)、c（SO42﹣）＞c（NH4+)；D．根据一水合氨的电离平衡常数可知：c（OH﹣）/c(NH3•H2O)=，加入硫酸铵后铵根离子浓度增大,据此判断该比值．【解答】解:A．混合溶液呈中性，则c（H+）=c(OH﹣），根据电荷守恒c(NH4+）+c（H+)=c（OH﹣）+2c(SO42﹣）可知：2c(NH4+）=c（SO42﹣）,则c（NH4+）＞c（SO42﹣），故A错误；B．根据NaHCO3溶液中的质子守恒可得：c（H2CO3）+c（H+)=c（OH﹣）+c（CO32﹣)，故B错误;C．1L0．lmol•L﹣1CuSO4•（NH4）2SO4•6H2O溶液中，铵根离子部分水解，则c（SO42﹣）＞c（NH4+）,水解程度较小，则c(NH4+）＞c（Cu2+），溶液中离子浓度大小为：c(SO42﹣）＞c（NH4+)＞c(Cu2+）＞c（H+）＞c(OH﹣)，故C正确;D．向0。1mol/L的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中铵根离子浓度增大,根据一水合氨的电离平衡常数可知：c（OH﹣）/c（NH3•H2O)=，即c（OH﹣)/c（NH3•H2O）的比值减小，故D错误；故选C．二．非选择题（本大题共4题，共计46分)19．（1)原电池可将化学能转化为电能．设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率．限选材料：ZnSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，锌片和导线．①完成原电池甲的装置示意图（如图），并作相应标注．要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素．②以铜片为电极之一，CuSO4（aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙,工作一段时间后，可观察到负极电极逐渐溶解．③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，其原因是在甲装置中，负极不和Cu2+接触，避免了Cu2+直接与负极发生反应而使化学能转化为热能．④盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是A（填序号）A．K+B．NO3﹣C．Ag+D．SO42﹣（2）电解原理在化学工业中有着广泛的应用．现将你设计的原电池通过导线与图2中电解池相连，其中，a为电解液，X和Y是两块电极板，则:①若X和Y均为惰性电极，a为CuSO4溶液,则电解时的化学反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．通过一段时间后，向所得溶液中加入0。2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH,则电解过程中转移的电子的物质的量为0。4mol．②若X、Y分别为铁和铜，a仍为CuSO4溶液，则Y极的电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）①依据原电池原理和盐桥的作用，在同一烧杯中,电极与溶液含相同的金属元素,设计不同的电极为铜和锌，电解质溶液为硫酸铜和硫酸锌溶液;②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，则另一电极应比铜活泼做负极；③从电硫稳定，能量转化彻底，反应速率快等分析判断；④盐桥中阳离子向正极迁移；（2)①若电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电,据此写出电池反应式，依据电极反应写出电解池中的化学方程式；根据铜和转移电子正极的关系式计算；②若X、Y依次为铜和铁,a仍为CuSO4溶液,判断，X阴极，Y为阳极,阳极Cu失电子生成铜离子．【解答】解：（1）①在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，如图示设计原电池,锌做负极，铜做正极，原电池的甲装置示意图为：，故答案为：;②以铜片为电极之一,CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，依据原电池反应的原理，需要选用比铜活泼的锌做负极，下层原电池，负极发生氧化反应，Zn﹣2e﹣=Zn2+,锌溶解,故答案为：电极逐渐溶解；③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲,因为甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能，故答案为：甲;甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能；④盐桥中阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移，所以盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是钾离子,故选A；（2)①电解硫酸铜溶液时，阳极上生成氧气，阴极上生成铜,同时溶液中生成硫酸，所以，阳极电极反应为:4OH﹣﹣4e﹣=H2O+O2↑，电池反应式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,根据铜原子守恒知,氧化铜和铜的比是1：1,所以0.2molCuO能生成0.2mol铜,转移电子的物质的量=0.2mol×2=0.4mol，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4;0.4mol；②若X、Y依次为铁和铜，a仍为CuSO4溶液，判断X阴极，Y为阳极，阳极铜失电子生成铜离子，Y极电极反应为Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+．20．北京奥运会“祥云"火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6)．(1）丙烷脱氢可得丙烯．已知：C3H8（g）=CH4(g）+HC≡CH（g)+H2（g）;△H1=+156.6kJ•mol﹣1CH3CH=CH2（g）=CH4（g）+HC≡CH（g）;△H2=+32.4kJ•mol﹣1则相同条件下,反应C3H8（g）=CH3CH=CH2（g)+H2（g）的△H=124.2kJ•mol﹣1（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．电池总反应方程式C3H8+5O2═3CO2+4H2O；放电时，CO32﹣移向电池的负（填“正”或“负”）极．(3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O．常温常压下，空气中的CO2溶于水,达到平衡时,溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1。5×10﹣5mol/L．若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数K1=4.2×10﹣7mol•L﹣1．（已知：10﹣5。60=2。5×10﹣6）【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）已知：①C3H8(g）═CH4(g）+HC≡CH(g）+H2（g)△H1=156。6kJ•mol﹣1②CH3CH=CH2(g）═CH4（g）+HC≡CH（g)△H2=32。4kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②得目标热化学方程式；（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高,电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低,以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；（3）H2CO3⇌HCO3﹣+H+的平衡常数Ka=，利用忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,由溶液的pH=5。60可知c(H+）,然后代入计算．【解答】解:（1）已知：①C3H8（g）═CH4（g）+HC≡CH（g)+H2（g）△H1=156。6kJ•mol﹣1②CH3CH=CH2(g）═CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=32.4kJ•mol﹣1根据盖斯定律，①﹣②得C3H8（g）═CH3CH=CH2（g）+H2（g),所以△H=△H1﹣△H2=156.6kJ•mol﹣1﹣32。4kJ•mol﹣1=124。2kJ•mol﹣1;故答案为：124.2；（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，原电池中阴离子向负极移动，即CO32﹣移向电池的负极,故答案为：C3H8+5O2═3CO2+4H2O；负；（3）忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，pH=5。60,c（H+)=10﹣5.60=2.5×10﹣6mol•L﹣1，由H2CO3⇌HCO3﹣+H+，平衡时c（H+）=c（HCO3﹣）=2.5×10﹣6mol•L﹣1，c(H2CO3）=（1.5×10﹣5﹣2.5×10﹣6）mol•L﹣1，则Ka==4.2×10﹣7mol•L﹣1，故答案为:4。2×10﹣7mol•L﹣1．21．已知水在25℃和95℃时，电离平衡曲线如图所示：(1）则25℃时水的电离平衡曲线应为A（填“A”或“B”）,请说明理由水的电离时吸热过程，加热促进电离，温度低，水的离子积小（2）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合,若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为10：1（3）95℃时,若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+pH2=14,或a+b=14（4)曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5．请分析其原因：曲线B对应95℃,此时水的离子积为10﹣12,HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子,可继续电离出H+,使溶液pH=5．【考点】水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）横轴是氢离子浓度，纵轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c(H+）×c(OH﹣）计算出A曲线的Kw值结合水的电离时吸热比较判断25℃时水的电离平衡曲线；(2）根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积；(3)酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系;(4）根据曲线B对应温度下pH=5，说明溶液显示酸性，反应后氢离子过量分析．【解答】解：（1）曲线A条件下Kw=c（H+)×c（OH﹣)=10﹣7×10﹣7=10﹣14,曲线B条件下c(H+)=c（OH﹣）=10﹣6mol/L,Kw=c(H+）•c（OH﹣）=10﹣12;水的电离时吸热过程,加热促进电离，所以A曲线代表25℃时水的电离平衡曲线，故答案为：A；水的电离时吸热过程，加热促进电离，温度低，水的离子积小；（2)25℃时所得混合溶液的pH=7,溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH﹣)=n(H+），则V（NaOH)•10﹣5mol•L﹣1=V(H2SO4）•10﹣4mol•L﹣1，得V(NaOH）：V(H2SO4）=10:1，故答案为:10：1；(3）要注意的是95°C时，水的离子积为10﹣12，即酸、碱浓度相等时pH（酸）+pH（碱）=12．现强碱的OH﹣浓度是强酸H+浓度的100倍,所以pH（酸）+pH（碱）=14，即pH1+pH2=14，或a+b=14，故答案为：pH1+pH2=14，或