北京市海淀區(qū)外國語實驗學校高二下期末化學試卷解析版

1、2019-2019學年北京市海淀區(qū)外國語實驗學校高二（下）期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（25題，共50分）1（2.00分）下列裝置工作時，將化學能轉(zhuǎn)化為電能的是（）A燃氣灶B堿性鋅錳電池C硅太陽能電池D風力發(fā)電機【解答】解：A燃氣灶為化學能轉(zhuǎn)化為熱能的裝置，故A正確；B干電池在放電時屬于原電池，是化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故B正確；C硅太陽能電池為太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故C錯誤；D風力發(fā)電機是把機械能轉(zhuǎn)化為電能，故D錯誤。故選：B。2（2.00分）如圖所示的實驗裝置不能達到實驗目的是（）A 結(jié)合秒表測量鋅與硫酸的反應速率B測定中和反應的反應熱C驗證化學能轉(zhuǎn)化為電能D驗證催化劑對反應

2、速率的影響【解答】解：A根據(jù)收集氣體的體積和時間，可計算反應速率，能達到實驗目的，故A不選；B實驗缺少環(huán)形玻璃棒，測量不準確，不能達到實驗目的，故B選；C反應中鋅為負極，銅為正極，電子向正極移動，符合原電池工作原理，可達到實驗目的，故C不選；D加入二氧化錳，反應速率增大，二氧化錳起到催化劑的作用，可達到實驗目的，故D不選。故選：B。3（2.00分）298K時，N2與H2反應過程中能量變化的曲線圖，下列敘述正確的是（）A在溫度、體積一定的條件下，通入1molN2和3molH2反應后放出的熱量為92kJBa曲線是加入催化劑時的能量變化曲線C加入催化劑，該化學反應的反應熱不改變D該反應的熱化學方程式

3、為：N2+3H22NH3H=92kJ/mol【解答】解：A反應是可逆反應，在溫度、體積一定的條件下，通入1 mol N2和3 mol H2充分反應后放出的熱量小于92 kJ，故A錯誤；B催化劑能改變反應的路徑，使發(fā)生反應所需的活化能降低，故B錯誤；C催化劑不改變反應物、生成物的總能量，則反應熱不變，故C正確；D該反應放出的能量大于吸收的能量，所以放熱，書寫熱化學方程式必須標注物質(zhì)的聚集狀態(tài)，該熱化學方程式未標注物質(zhì)的狀態(tài)，故D錯誤。故選：C。4（2.00分）熾熱的爐膛內(nèi)有反應：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=392kJ/mol，往爐膛內(nèi)通入水蒸氣時，有如下反應：C（s）+H2O（g）=C

4、O（g）+H2（g）H=+131kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282kJ，H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241kJ/mol，由以上反應推斷往熾熱的爐膛內(nèi)通入水蒸氣時（）A不能節(jié)省燃料，但能使爐火瞬間更旺B雖不能使爐火更旺，但可以節(jié)省燃料C既能使爐火更旺，又能節(jié)省燃料D既不能使爐火更旺，又不能節(jié)省燃料【解答】解：煤炭直接燃燒的熱化學方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=392kJ/mol；往爐膛內(nèi)通入水蒸氣時，有如下反應：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131kJ/mol ，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282kJ/molH

5、2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241kJ/mol由于碳先和水蒸氣反應生成CO和氫氣，氣體在燃燒時比煤炭之間燃燒火焰更旺；根據(jù)蓋斯定律可知，將+可得：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=+131KJ/mol282KJ/mol241KJ/mol=392kJ/mol，與煤炭直接燃燒的熱效應是相同的，故并不節(jié)省燃料，故選A。5（2.00分）一定條件下，在密閉容器中，能表示反應X（g）+2Y（g）2Z（g），一定達到化學平衡狀態(tài)的是（）X、Y、Z的物質(zhì)的量之比為1：2：2X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化容器中的壓強不再發(fā)生變化單位時間內(nèi)生成n mol Z，同時生成2n mol YABCD【解答】解

6、：平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量取決于起始配料比以及轉(zhuǎn)化的程度，不能作為判斷是否達到平衡狀態(tài)的依據(jù)，故錯誤；X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化，說明達到化學平衡狀態(tài)，故正確；反應物和生成物的物質(zhì)的量不相等，當壓強不變時，說明各物質(zhì)的量不再發(fā)生變化，反應達到平衡狀態(tài)，故正確；單位時間內(nèi)生成nmolZ，同時生成2nmolY，正逆反應速率不相等，沒有達到平衡狀態(tài)，故錯誤。故選：C。6（2.00分）如圖表示一定條件下N2+3H22NH3的反應速率和時間的關系，其中t1是達到平衡需要的時間，t2t3是改變一個條件后出現(xiàn)的情況，則該條件可能是（）A加壓B升溫C加入催化劑D增大反應物濃度【解答】解：N2+3H22NH3的

7、反應是氣體體積減小的反應，改變壓強、溫度、濃度對化學平衡都有影響，t1是達到平衡需要的時間，t2t3是改變一個條件后出現(xiàn)的情況正逆反應速率始終相同，但比原平衡狀態(tài)反應速率大，催化劑能改變化學反應速率，但不改變化學平衡，平衡不變，所以加入催化劑增大反應速率，不改變化學平衡，符合圖中變化，故選C。7（2.00分）氫氣可通過下列反應制得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，為了提高氫氣在平衡體系中所占的比例，可采取的措施是（）A減小壓強B降低溫度C更換催化劑D減小H2的濃度【解答】解：A因反應前后體積不變，則減小壓強，平衡不移動，故A錯誤；B正反應放熱，降低溫度，平衡正向移動，故B

8、正確；C催化劑不影響平衡移動，故C錯誤；D減小氫氣的濃度，平衡正向移動，氫氣在平衡體系中所占的比例減小，故D錯誤。故選：B。8（2.00分）工業(yè)上用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反應的平衡常數(shù)如下表：溫度/0100200300400平衡常數(shù)667131.91022.41041105下列說法正確的是（）A該反應的H0B加壓、增大H2濃度和加入催化劑都能提高CO的轉(zhuǎn)化率C工業(yè)上采用5103kPa和250的條件，其原因是原料氣的轉(zhuǎn)化率高Dt時，向1 L密閉容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡時CO轉(zhuǎn)化率為50%，則該溫度時反應的平衡常數(shù)的數(shù)值

9、為100【解答】解：A、依據(jù)平衡常數(shù)隨溫度變化和平衡移動原理分析判斷，隨溫度升高平衡常數(shù)減小，正反應為放熱反應H0，故A錯誤；B、反應前后是氣體體積減小的放熱反應，增大壓強增大氫氣濃度，平衡正向進行，催化劑改變反應速率不改變化學平衡，不能提高CO的轉(zhuǎn)化率，故B錯誤；C、升溫平衡逆向進行，此條件是催化劑活性最大，不是原料氣的轉(zhuǎn)化率高，故C錯誤；D、結(jié)合平衡三段式列式計算，平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度冪次方乘積， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L） 0.1 0.2 0變化量（mol/L） 0.150% 0.1 0.05平衡量（mol/L） 0.0

10、5 0.1 0.05平衡常數(shù)K=100，故D正確；故選：D。9（2.00分）在300K時，A（g）+B（g）2C（g）+D（s）的化學平衡常數(shù)K=4，在該溫度下，向1L容器中加入1molA和1molB發(fā)生反應，下列敘述能作為該反應達到平衡狀態(tài)的標志的是（）AA、B、C的分子數(shù)之比為1：1：2B混合氣體的總壓強不再變化C單位時間內(nèi)生成amolA，同時消耗2amolCD單位時間內(nèi)生成2amolA，同時生成amolC【解答】解：A、A、B、C的分子數(shù)之比為1：1：2，不能說明正逆反應速率相等和各組分濃度不變，不能說明達平衡狀態(tài)，故A錯誤；B、兩邊氣體計量數(shù)相等，混合氣體的總壓強一直不再變化，所以壓強

11、不變不能說明反應達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C、單位時間內(nèi)生成amolA，同時消耗2amolC，都體現(xiàn)逆反應方向，不能說明正逆反應速率相等，故C錯誤； D、單位時間內(nèi)生成2amolA，同時生成amolC，說明正逆反應速率相等，反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；故選：D。10（2.00分）25時，濃度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判斷不正確的是（）A粒子種類不相同Bc（OH）前者大于后者C均存在電離平衡和水解平衡D分別加入NaOH固體，c（CO32）均增大【解答】解：ANaHCO3溶液中：H2OH+OH，HCO3CO32+H+，H2O+HCO3H2CO3+OH；Na2CO3溶液中：H2OH+O

12、H，H2O+CO32HCO3+OH，H2O+HCO3H2CO3+OH，所以存在的粒子種類相同，故A錯誤；B碳酸根的水解程度大于碳酸氫根，二者水解均顯堿性，跟據(jù)水解規(guī)律：誰強顯誰性，所以碳酸鈉中的氫氧根濃度大于碳酸氫鈉溶液中的氫氧根濃度，故B正確；CNa2CO3溶液中存在水的電離平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氫根的電離平衡和水解平衡以及水的電離平衡，故C正確；D分別加入NaOH固體會抑制Na2CO3的水解，與NaHCO3反應生成Na2CO3，則兩種溶液中c（CO32）均增大，故D正確。故選：A。11（2.00分）25時，水的電離達到平衡：H2OH+OH，下列敘述正確的是（

13、）A將水加熱，Kw增大，pH不變B向水中加入少量鹽酸，c（H+）增大，Kw不變C向水中加入NaOH固體，平衡逆向移動，c（OH）降低D向水中加入AlCl3固體，平衡正向移動，c（OH）增大【解答】解：A水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，K增大，c（H+），則pH減小，故A錯誤；B向水中加入少量鹽酸，抑制水的電離，c（H+）增大，平衡逆向進行，溫度不變Kw不變，故B正確；C向水中加入少量固體NaOH，c（OH）增大，平衡逆向移動，c（H+）降低，故C錯誤；D向水中加入AlCl3固體，溶解后鋁離子水解促進水的電離，平衡正向移動，c（OH）濃度減小，c（H+）濃度增大，故D錯誤；故選

14、：B。12（2.00分）用標準鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列操作不會引起實驗誤差的是（）A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定B用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進行滴定C用堿式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，加入少量的蒸餾水再進行滴定D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時即停止加鹽酸【解答】解：A用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定，標準鹽酸被稀釋，濃度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根據(jù)c（堿）=可知c（堿）偏大，故A錯誤；B蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗，后裝入NaOH溶液進行滴定，而后裝入一定體積的

15、NaOH溶液進行滴定，待測液的物質(zhì)的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根據(jù)c（堿）=可知c（堿）偏大，故B錯誤；C用堿式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進行滴定，對V（酸）無影響，根據(jù)c（堿）=可知c（堿）不變，故C正確；D用酚酞作指示劑滴至紅色剛變無色時即停止加鹽酸，導致消耗的標準液體積偏小，根據(jù)c（堿）=可知c（堿）偏小，故D錯誤；故選：C。13（2.00分）在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是（）A強堿性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B室溫下，pH=1的鹽酸中：Na+、Fe2+、NO3、SO42C含有Ca2+的溶液中：Na+、K+

16、、CO32、ClD水電離產(chǎn)生的c（H+）=11013 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl、SO42【解答】解：AAl3+與OH反應而不能大量共存，故A錯誤；B酸性條件下NO3具有強氧化性，F(xiàn)e2+不能大量共存，故B錯誤；CCO32與Ca2+反應而不能大量共存，故C錯誤；D水電離產(chǎn)生的c（H+）=11013 mol/L的溶液，可能呈酸性或堿性，離子之間不發(fā)生任何反應，可大量共存，故D正確。故選：D。14（2.00分）常溫下，將濃度均為0.1mol/LHA溶液和NaOH溶液等體積混合，混合液的pH=9，下列說法正確的是（）A該混合溶液中：c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）B該混合溶液中：

17、c（HA）+c（A）=0.1 mol/LC常溫下，0.1 mol/LHA溶液的pH=1D0.1 mol/L HA溶液中：c（HA）c（A）【解答】解：A反應生成強堿弱酸鹽NaA，由于A部分水解，溶液顯示堿性，則c（OH）c（H+），根據(jù)電荷守恒可得：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故A錯誤；B反應生成強堿弱酸鹽NaA，根據(jù)溶液中的物料守恒可得：c（HA）+c（A）=0.05mol/L，故B錯誤；CHA為弱酸，常溫下，0.1mol/LHA溶液中氫離子濃度小于0.1mol/L，則該溶液的pH1，故C錯誤；DHA為弱電解質(zhì)，在溶液中只能部分電離，則HA溶液中c（HA）c（A），故D正確。故

18、選：D。15（2.00分）已知：25時，KspMg（OH）2=5.611012，KspMgF2=7.421011下列說法正確的是（）A25時，飽和Mg（OH）2溶液與飽和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B25時，在Mg（OH）2的懸濁液加入少量的NH4Cl固體，c（Mg2+）增大C25時，Mg（OH）2固體在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小D25時，在MgF2的懸濁液加入NaOH溶液后，MgF2不可能轉(zhuǎn)化成為Mg（OH）2【解答】解：A、因氫氧化鎂溶度積小，由Ksp可知，則其Mg2+濃度小，故A錯誤；B、NH

19、4+結(jié)合OH使氫氧化鎂溶解平衡正向移動，Mg2+增大，故B正確；C、Ksp不隨濃度變化，只與溫度有關，故C錯誤；D、氫氧化鎂的溶度積小，只要加入NaOH溶液，就可以使氟化鎂轉(zhuǎn)化為氫氧化鎂沉淀，故D錯誤。故選：B。16（2.00分）配制FeCl3溶液時，為防止出現(xiàn)渾濁，可向該溶液中加入少量（）A鐵B鹽酸C氯化鈉D氫氧化鈉【解答】解：AFeCl3溶液中加Fe，會 反應氧化還原反應，生成FeCl2故A錯誤；BFe3+易水解，水解生成H+，水解的離子方程式為Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，配制溶液時，可加入鹽酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而導致溶液變渾濁，故B正確；C加入氯化鈉對FeCl3

20、無影響，不能抑制FeCl3水解，故C錯誤；D加入氫氧化鈉，NaOH與FeCl3反應生成氫氧化鐵沉淀，故D錯誤；故選：B。17（2.00分）濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）AMOH的堿性強于ROH的堿性BROH的電離程度：b點大于a點C若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH）相等D當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大【解答】解：A相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強，根據(jù)圖知，未加水時，相同濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說明MOH的電離程度大于ROH，則MOH的堿性強于ROH的堿性

21、，故A正確；B由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質(zhì)在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點溶液體積大于a點，所以b點濃度小于a點，則ROH電離程度：ba，故B正確；C若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH）接近于純水中c（OH），所以它們的c（OH）相等，故C正確；D根據(jù)A知，堿性MOHROH，當lg=2時，由于ROH是弱電解質(zhì)，升高溫度能促進ROH的電離，所以c（M+）/c（R+）減小，故D錯誤；故選：D。18（2.00分）下列說法中，不正確的是（）A鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕B鋼鐵發(fā)生氫析腐蝕C將鋅板換成銅板對照閘門保護效果更好D鋼閘門作為陰極而受到保護【解答】解：A、當鋼鐵表面的水膜酸性很弱

22、或顯中性時，鐵在負極放電，氧氣在正極上放電，發(fā)生的是鋼鐵的吸氧腐蝕，故A正確；B、當鋼鐵表面的水膜顯酸性時，鐵在負極放電，水膜中的氫離子在正極放電生成氫氣，發(fā)生的是析氫腐蝕，故B正確；C、在原電池中，正極被保護，當將鋅板換成銅板后，銅做正極被保護，鋼閘門做負極被腐蝕，起不到對鋼閘門的保護作用，故C錯誤；D、在電解池中，陰極被保護，故要保護鋼閘門，就要將鋼閘門做電解池的陰極，故D正確。故選：C。19（2.00分）如圖為陽離子交換膜法電解飽和食鹽水原理示意圖下列說法不正確的是（）A離子交換膜為陰離子交換膜B從B口加入含少量NaOH的水溶液以增強導電性C標準狀況下每生成22.4LCl2，便產(chǎn)生2 m

23、olNaOHD從E口逸出的氣體是H2【解答】解：A、根據(jù)鈉離子的移動方向確定離子交換膜為陽離子交換膜，故A錯誤；B、陰極D極產(chǎn)生大量的氫氧化鈉，為了增強導電性，可以從B口加入含少量NaOH的水溶液，故B正確；C、電解原理方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，標準狀況下每生成22.4L即1molC12，便產(chǎn)生2molNaOH，故C正確；D、在電解池中，鈉離子移向陰極，所以D極是陰極，該極除了產(chǎn)生氫氧化鈉以外還會產(chǎn)生氫氣，故從E口逸出的氣體是H2，故D正確；故選：A。20（2.00分）在電解水制取H2和O2時，為了增強液體的導電性，可加入下列物質(zhì)中的（）AHClBCuCl2CNaOH

24、DCuSO4【解答】解：用惰性電極電解水制取H2和O2時，為了增強導電性，加入NaOH 時，在陰極上析出氫氣，陽極上析出氧氣，加入的電解質(zhì)電離產(chǎn)生的離子不能放電，僅能起到增強導電性的作用，但是加入HCl、CuCl2、CuSO4時電解質(zhì)會被電解，不合題意，不能選用，故C正確。故選：C。21（2.00分）下列有關圖1和圖2的敘述不正確的是（）A均發(fā)生了化學能轉(zhuǎn)化為電能的過程BZn和Cu既是電極材料又是反應物C工作過程中，電子均由Zn經(jīng)導線流向CuD相同條件下，圖2比圖1的能量利用效率高【解答】解：A、圖1為鋅銅原電池；圖2為含有鹽橋的鋅銅原電池，所以圖1和圖2均發(fā)生了化學能轉(zhuǎn)化為電能的過程，故A正

25、確；B、鋅是電極材料又是反應物，而銅只是電極不是反應物，故B錯誤；C、原電池中電子由負極沿導線流向正極，所以工作過程中，電子均由Zn經(jīng)導線流向Cu，故C正確；D、有鹽橋裝置的能產(chǎn)生持續(xù)的電流，能量利用率高，則圖2比圖1的能量利用效率高，故D正確；故選：B。22（2.00分）在直流電的作用下，鋅板上鍍銅時，金屬銅作（）A陽極B陰極C正極D負極【解答】解：在直流電的作用下，鋅板上鍍銅時，鋅板作陰極，銅做陽極，陽極上銅失電子發(fā)生氧化反應，鍍件作陰極，陰極上銅離子放電生成銅，故選A。23（2.00分）高功率Ni/MH（M表示儲氫合金）電池已經(jīng)用于混合動力汽車總反應方程式如下：Ni（OH）2+MNiOO

26、H+MH 下列敘述正確的是（）A放電時正極附近溶液的堿性增強B放電時負極反應為：M+H2O+e=MH+OHC充電時陽極反應為：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OHD放電時每轉(zhuǎn)移1mol電子，正極有1mol NiOOH被氧化【解答】解：A放電時正極反應為：NiO（OH）+H2O+e=OH+Ni（OH）2，所以正極附近溶液的堿性增強，故A正確；B放電時，負極失電子發(fā)生氧化反應，故B錯誤；C充電時陽極失電子發(fā)生氧化反應，故C錯誤；D放電時，每轉(zhuǎn)移1mol電子，正極有1mol NiOOH被還原，故D錯誤；故選：A。24（2.00分）熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源一種熱激活電池的基本結(jié)構(gòu)如

27、圖所示，其中作為電解質(zhì)的無水LiClKCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能該電池總反應為：PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+LiSO4+Pb下列有關說法不正確的是（）A放電時，電子由Ca電極流出B放電過程中，Li+向PbSO4電極移動C負極反應式：PbSO4+2e+2Li+Li2SO4+PbD每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，理論上生成20.7g Pb【解答】解：由原電池總反應可知Ca為原電池的負極，被氧化生成CaCl2，反應的電極方程式為Ca+2Cl2e=CaCl2，PbSO4為原電池的正極，發(fā)生還原反應，電極方程式為PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，A、由原電池總反應可知C

28、a為原電池的負極，電子由負極Ca電極流出，故A正確；B、放電過程中陽離子向正極PbSO4電極移動，故B正確；C、Ca為原電池的負極，被氧化生成CaCl2，反應的電極方程式為Ca+2Cl2e=CaCl2，故C錯誤；D、根據(jù)電極方程式PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每轉(zhuǎn)移0.2mol電子，理論上生成0.1molPb，質(zhì)量為20.7g，故D正確；故選：C。25（2.00分）LED產(chǎn)品的使用為城市增添色彩如圖是氫氧燃料電池驅(qū)動LED發(fā)光的一種裝置示意圖下列有關敘述正確的是（）A該裝置將化學能最終轉(zhuǎn)化為電能Ba處通入O2Cb處為電池正極，發(fā)生還原反應D通入O2的電極上發(fā)生的電極反應為

29、O2+4H+4e=2H2O【解答】解：A、燃料電池中將化學能轉(zhuǎn)化為電能，LED產(chǎn)品中電能轉(zhuǎn)化為光能，所以該裝置的能量轉(zhuǎn)換是化學能為電能最終轉(zhuǎn)化為光能，故A錯誤；B、由電子流向可知a為負極，b為正極，負極上發(fā)生氧化反應，通入氫氣，正極上發(fā)生還原反應，通入的是氧氣，即b處通入O2，故B錯誤；C、b為正極發(fā)生的電極反應為O2+2H2O+4e4OH，氧氣得電子發(fā)生還原反應，故C正確；D、通氧氣的一極為b極，堿性條件下，氧氣得電子生成氫氧根離子，則b極發(fā)生的電極反應為O2+2H2O+4e4OH，故D錯誤。故選：C。二、填空題（每空2分，共50分）26（4.00分）根據(jù)下列敘述寫出相應的熱化學方程式：（1

30、）已知16g固體硫完全燃燒時放出148.4kJ的熱量，寫出表示硫的燃燒的熱化學方程式：S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8kJmol1（2）如圖是298K、101kPa時，N2與H2反應過程中能量變化的曲線圖該反應的熱化學方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1【解答】解：（1）16g固體硫完全燃燒時放出148.4kJ的熱量，即1molS完全燃燒時放出放出296.8kJ熱量，則熱化學方程式為：S（s）+O2（g）=SO2（g），H=296.8 kJ/mol，故答案為：S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8 kJmol1；（2）圖象分析可知，圖象中表示的

31、是1molN2與和3molH2氧氣完全反應生成2molNH3，反應是放熱反應，反應的焓變H=508kJ/mol600kJ/mol=92kJ/mol，反應的熱化學方程式為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92 kJmol1 ，故答案為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92 kJmol127（10.00分）25時，現(xiàn)有濃度均為0.10molL1的兩種溶液：CH3COOH溶液、NaOH溶液請回答：（1）溶液的pH（填“”“=”或“”）1，原因是CH3COOH在水溶液中只有部分電離成H+和CH3COO（2）將等體積和混合，所得溶液顯堿（填“酸”“堿”或“中”）性，原因是CH3COO

32、+H2OCH3COOH+OH（用離子方程式表示）（3）向中逐滴加入至所得溶液pH=7的過程中（不含pH=7時的溶液），下列關系正確的是abd（填選項序號）ac（H+）c（OH）bc（Na+）c（CH3COO）cc（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）dc（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+）【解答】解：（1）0.10molL1的CH3COOH溶液中電離出氫離子和醋酸根離子，溶液顯酸性，CH3COOHCH3COO+H+，溶液中存在電離平衡，溶液pH1，故答案為：；CH3COOH在水溶液中只有部分電離成H+和CH3COO；（2）將等體積和混合，CH3COOH溶液和Na

33、OH溶液恰好反應生成醋酸鈉溶液，溶液中醋酸根離子水解溶液顯堿性，CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故答案為：堿； CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（3）向中逐滴加入至所得溶液pH=7的過程中，a開始階段醋酸過量，溶液顯酸性，c（H+）c（OH），故a正確；b開始階段生成醋酸鈉少，醋酸多，溶液顯酸性，c（H+）c（OH），溶液中存在電荷守恒：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），得到c（Na+）c（CH3COO），故b正確；c溶液中恰好完全反應生成醋酸鈉溶液中存在守恒，c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），但滴定過程溶液pH=7前，是醋酸始

34、終過量，c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH），故c錯誤；d溶液中始終存在電荷守恒：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），故d正確，故答案為：abd28（8.00分）用石墨電極電解飽和NaCl溶液的裝置如圖所示，請回答：（1）電解飽和NaCl溶液的總反應方程式為2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2）a端是直流電源的正（填“負”或“正”）極（3）陽極上發(fā)生的反應式是2C12e=Cl2（4）結(jié)合電極反應式說明電解池右側(cè)NaOH溶液濃度增大的原因是陰極是2H2O+2e=H2+2OH，Na+由陽極區(qū)移向陰極區(qū)，消耗水且生成了NaOH【解答】解：（1）電解飽

35、和NaCl溶液，得到氫氧化鈉、氯氣和氫氣，反應的方程式為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（2）鈉離子向右邊移動，右邊是陰極，所以a端是直流電源的正極，故答案為：正；（3）陽極上是氯離子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2C12e=Cl2，故答案為：2C12e=Cl2；（4）電解池右側(cè)是陰極，水中的氫離子放電，生成氫氧根離子，而鈉離子由極區(qū)移向陰極區(qū)，與氫氧根離子結(jié)合，產(chǎn)生NaOH，故答案為：陰極是2H2O+2e=H2+2OH，Na+由陽極區(qū)移向陰極區(qū)，消耗水且生成了NaOH29（6.00分）25時，現(xiàn)有濃度均為0.10mol/L

36、的兩種溶液：NH4Cl溶液、NaCl溶液（1）兩種溶液中，pH7的是（填“”或“”）（2）用離子方程式解釋（1）的原因：NH4+H2ONH3H2O+H+（3）下列說法正確的是ac（填字母）aNH4Cl是強電解質(zhì)bNH4Cl和NaCl均能促進水的電離c兩種溶液等體積混合后，溶液中離子濃度大小關系為：c（Cl）c（Na+）c（NH+4）c（H+）c（OH）【解答】解：（1）氯化鈉是強酸強堿鹽，氯離子和鈉離子不水解，溶液呈中性，氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致溶液呈酸性，故答案為：；（2）氯化銨為強酸弱堿鹽，銨根離子水解導致溶液呈酸性，離子方程式為：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案為：N

37、H4+H2ONH3H2O+H+；（3）aNH4Cl屬于鹽類，是強電解質(zhì)，故a正確；bNH4Cl能水解促進水電離，但是NaCl不會水解，所以不能促進水的電離，故b錯誤；c兩種溶液等體積混合后，銨根離子水解、氯離子和鈉離子不水解，溶液呈酸性溶液中離子濃度大小關系為：c（Cl）c（Na+）c（NH4+）c（H+）c（OH），故c正確，故選ac30（16.00分）某同學對MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3在氯酸鉀受熱分解反應中的催化作用進行了研究實驗所得數(shù)據(jù)如下表就本實驗的有關問題，請?zhí)羁眨簩嶒灳幪朘ClO3氧化物產(chǎn)生氣體（mL）（已折算為標況）耗時（s）化學式質(zhì)量（g）實際回收10.61048

38、020.6MnO20.2090%67.236.530.6CuO0.2090%67.279.540.6Fe2O30.2090%6 7.234.750.6Cr2O30.20異常67.2188.3（1）本實驗的裝置由如圖三部分組成，其正確的接口連接順序為acbd（2）為證明編號2的實驗中MnO2起到催化作用，還要測定反應剩余物中MnO2的質(zhì)量，實驗的操作順序是：溶解過濾洗滌干燥稱量（3）寫出實驗室中通過編號2制取氧氣的化學方程式：2KClO32KCl+3O2（4）從上表實驗數(shù)據(jù)分析，對氯酸鉀受熱分解有催化作用的物質(zhì)，按其催化能力從大到小的順序為Fe2O3 MnO2 CuO（填物質(zhì)的化學式）（5）在進行編號5的實驗時，有刺激性的黃綠色氣體產(chǎn)生，該氣體可能是Cl2（填化學式）