初中化學(xué)魯教版九年級下冊第八單元海水中的化學(xué)單元復(fù)習(xí)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測2

綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(二)(90分鐘，100分)一、選擇題(本題包括17個小題，每小題3分，共51分)1．下列說法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732848)(D)A．需要加熱的化學(xué)反應(yīng)都是吸熱反應(yīng)B．水力發(fā)電是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過程C．可以通過化學(xué)反應(yīng)完成16O到18O的轉(zhuǎn)變D．生鐵、不銹鋼、青銅都屬于合金解析：A．放熱反應(yīng)有的需要加熱，如木炭的燃燒需要點燃，點燃的目的是使其達(dá)到著火點，故A錯誤； B．水力發(fā)電是將重力勢能轉(zhuǎn)化為電能的過程，故B錯誤；C．16O到18O的轉(zhuǎn)變，為核變化，不屬于化學(xué)變化，故C錯誤；D．生鐵的主要成分是鐵與碳，屬于合金，不銹鋼是在碳素鋼中加入鉻、錳、鎢、鎳、硅、鈷等合金元素，屬于合金，青銅主要含有銅、錫、鉛等，屬于合金，故D正確。2．(2016·北京卷)下列食品添加劑中，其使用目的與反應(yīng)速率有關(guān)的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732849)(A)A．抗氧化劑 B．調(diào)味劑C．著色劑 D．增稠劑解析：A、抗氧化劑減少食品與氧氣的接觸，延緩氧化的反應(yīng)速率，故正確；B、調(diào)味劑是為了增加食品的味道，與速率無關(guān)，故錯誤；C、著色劑是為了給食品添加某種顏色，與速率無關(guān)，故錯誤；D增稠劑是改變物質(zhì)的濃度，與速率無關(guān)。3．(2016·北京卷)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2Oeq\o\al(2－,7)(橙色)＋H2O2CrOeq\o\al(2－,4)(黃色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液進(jìn)行下列實驗：結(jié)合實驗，下列說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732850)(D)A．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃B．②中Cr2Oeq\o\al(2－,7)被C2H5OH還原C．對比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強(qiáng)D．若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬馕觯篈、在平衡體系中加入酸，平衡逆向移動，重鉻酸根離子濃度增大，橙色加深，加入堿，平衡正向移動，溶液變黃，故正確；B、②中重鉻酸鉀氧化乙醇，重鉻酸鉀被還原，故正確；C、②是酸性條件，④是堿性條件，酸性條件下氧化乙醇，而堿性條件不能，說明酸性條件下氧化性強(qiáng)，故正確；D、若向④溶液中加入70%的硫酸到過量，溶液為酸性，可以氧化乙醇，溶液變綠色，故錯誤。4．(2016·北京卷)在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質(zhì)的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導(dǎo)電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖所示，下列說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732851)(C)A．①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線B．b點，溶液中大量存在的離子是Na＋、OH－C．c點，兩溶液中含有相同量的OH－D．a(chǎn)、d兩點對應(yīng)的溶液均顯中性解析：在Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4時反應(yīng)的離子方程式為Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O；在Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4時首先發(fā)生Ba2＋＋OH－＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋H2O，當(dāng)溶液中Ba2＋反應(yīng)完時，發(fā)生的反應(yīng)是OH－＋H＋=H2O，故①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線，故A選項正確；b點Ba2＋反應(yīng)完，而OH－剩余，故B選項正確；對于曲線①來說，c點溶液中的溶質(zhì)是H2SO4，而曲線②的c點溶液顯堿性，故C選項錯誤；由上述分析可知，a、d兩點的Ba(OH)2完全反應(yīng)，故D選項正確。5．通過以下反應(yīng)均可獲取H2。下列有關(guān)說法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732852)(D)①太陽光催化分解水制氫：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)ΔH1＝·mol－1②焦炭與水反應(yīng)制氫：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH2＝·mol－1③甲烷與水反應(yīng)制氫：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)ΔH3＝·mol－1A．反應(yīng)①中電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．反應(yīng)②為放熱反應(yīng)C．反應(yīng)③使用催化劑，ΔH3減小D．反應(yīng)CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH3＝·mol－1解析：A．①中太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，錯誤；B．②中ΔH2＝·mol－1，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，錯誤；C．使用催化劑不能改變反應(yīng)的始終態(tài)，不能改變化學(xué)反應(yīng)的焓變，錯誤；D．根據(jù)蓋斯定律③－②得反應(yīng)CH4(g)=C(s)＋2H2(g)的ΔH＝·mol－1，正確。6.反應(yīng)2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的熱量，該反應(yīng)的速率表達(dá)式為v＝k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待測)，其反應(yīng)包含下列兩步：①2NO＋H2=N2＋H2O2(慢)②H2O2＋H2=2H2O(快)T℃時測得有關(guān)實驗數(shù)據(jù)如下：序號c(NO)/mol·L－1c(H2)/mol·L－1速率/mol·L－1·min－1Ⅰ×10－4Ⅱ×10－4Ⅲ×10－5Ⅳ×10－4下列說法錯誤的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732853)(B)A．整個反應(yīng)速度由第①步反應(yīng)決定B．正反應(yīng)的活化能一定是①＜②C．該反應(yīng)速率表達(dá)式：v＝5000c2(NO)·c(H2)D．該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－664kJ·mol－1解析：A．①2NO＋H2=N2＋H2O2(慢)，②H2O2＋H2=2H2O(快)，反應(yīng)歷程中反應(yīng)慢的決定反應(yīng)速率，整個反應(yīng)速度由第①步反應(yīng)決定，故A正確；B．反應(yīng)①難以進(jìn)行，說明反應(yīng)的活化能高，正反應(yīng)的活化能一定是①＞②，故B錯誤；C．比較圖表數(shù)據(jù)Ⅰ，Ⅱ數(shù)據(jù)NO濃度不變，氫氣濃度增大一倍，反應(yīng)速率增大一倍，Ⅲ.Ⅳ數(shù)據(jù)分析，H2濃度不變，NO濃度增大一倍，反應(yīng)速率增大到4倍，據(jù)此得到速率方程，v＝Kc2(NO)·c(H2)，依據(jù)Ⅰ中數(shù)據(jù)計算K＝5000，則速率方程v＝5000c2(NO)·c(H2)，故C正確；D．反應(yīng)2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的熱量，生成28gN2放熱664KJ，熱化學(xué)方程式為：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－664kJ·mol7．(2016·天津卷)下列敘述正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732854)(D)A．使用催化劑能夠降低化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱(ΔH)B．金屬發(fā)生吸氧腐蝕時，被腐蝕的速率與氧氣濃度無關(guān)C．原電池中發(fā)生的反應(yīng)達(dá)平衡時，該電池仍有電流產(chǎn)生D．在同濃度的鹽酸中，ZnS可溶而CuS不溶，說明CuS的溶解度比ZnS的小解析：催化劑能降低反應(yīng)的活化能，不能改變該反應(yīng)的反應(yīng)熱，A錯誤；金屬發(fā)生吸氧腐蝕時，氧氣的濃度越大，腐蝕速率越快，B錯誤；原電池發(fā)生的反應(yīng)達(dá)到平衡時，此時正、逆反應(yīng)速率相等，各組分的濃度不變，就是相當(dāng)于不消耗反應(yīng)物和生成物，無法形成電流，C錯誤；ZnS與CuS化學(xué)式形式相似，在同濃度的鹽酸中，硫化鋅能溶解，即硫化鋅的溶解平衡發(fā)生移動，而硫化銅不溶解，則硫化銅的溶解度比硫化鋅的溶解度小，D正確。8．(2016·天津卷)下列實驗的反應(yīng)原理用離子方程式表示正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732855)(B)A．室溫下，測得氯化銨溶液pH<7，證明一水合氨是弱堿：NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O=NH3·H2O＋H3O＋B．用氫氧化鈉溶液除去鎂粉中的雜質(zhì)鋁：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑C．用碳酸氫鈉溶液檢驗水楊酸中的羧基：＋2HCOeq\o\al(－,3)→＋2H2O＋2CO2↑D．用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸：2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋5C2Oeq\o\al(2－,4)=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O解析：NHeq\o\al(＋,4)水解反應(yīng)的離子方程式應(yīng)用可逆符號，A錯誤；鋁粉能與氫氧化鈉反應(yīng)，鎂粉不與氫氧化鈉反應(yīng)，鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣，B正確；苯酚不能與碳酸氫鈉反應(yīng)，所以在水楊酸中加入碳酸氫鈉溶液，只有羧基能與碳酸氫鈉反應(yīng)，酚羥基不反應(yīng)，C錯誤；草酸是弱酸，不能拆成離子形式，D錯誤。9．(2016·四川卷)某電動汽車配載一種可充放電的鋰離子電池。放電時電池總反應(yīng)為Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋C6(x＜1)。下列關(guān)于該電池的說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732856)(C)A．放電時，Li＋在電解質(zhì)中由負(fù)極向正極遷移B．放電時，負(fù)極的電極反應(yīng)式為LixC6－xe－=xLi＋＋C6C．充電時，若轉(zhuǎn)移1mole－，石墨(C6)電極將增重7xgD．充電時，陽極的電極反應(yīng)式為LiCoO2－xe－=Li1－xCoO2＋xLi＋解析：放電時，陽離子向原電池的正極移動，A選項正確；Li1－xCoO2中Li顯＋1價，氧顯－2價，則Co顯＋(3＋x)價，LixC6中Li顯＋1價，則C顯－eq\f(x,6)價，LiCoO2中Co顯＋3價，C6中C顯0價。負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為LixC6－xe－=xLi＋＋C6，B選項正確；充電時，C6為電解池的陰極，則增量1molLi＋，即1g，C選項錯誤；正極發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2，則充電時，陽極的電極反應(yīng)式為LiCoO2－xe－=Li1－xCoO2＋xLi＋，D選項正確。10．(2016·天津卷)室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲線如圖所示，下列判斷錯誤的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732857)(C)A．三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P點時，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH＝7時，三種溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D．當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)解析：濃度相同的三種酸，HA的pH最小，HD的pH最大，酸性越強(qiáng)電離常數(shù)越大，三種酸的電離常數(shù)HA的最大，HD的最小，A正確；P點時，中和百分?jǐn)?shù)為50%，此時溶液中含等物質(zhì)的量濃度的HB和NaB，由于溶液顯酸性，所以HB電離大于B－的水解，則c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正確；pH＝7時，由于三種酸的電離常數(shù)不等，A－、B－、D－的水解程度不同，加入氫氧化鈉的體積不同，雖然三種離子的濃度分別等于鈉離子的濃度，但三種溶液中的鈉離子的濃度不等，則c(A－)、c(B－)、c(D－)不等，C錯誤；當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)為100%時，其中酸HA中的溶質(zhì)是NaA，根據(jù)質(zhì)子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，另外兩種酸中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB)，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HD)，將三種溶液混合有c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正確。11．(2016·四川卷)向1L含molNaAlO2和molNaOH的溶液中緩慢通入CO2，隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個不同的反應(yīng)，當(dāng)mol＜n(CO2)≤mol時發(fā)生的反應(yīng)是：2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列對應(yīng)關(guān)系正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732858)(D)選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質(zhì)的量濃度A0c(Na＋)＞c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)Bc(Na＋)＞c(AlOeq\o\al(－,2))＞c(OH－)＞c(COeq\o\al(2－,3))Cc(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)Dc(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)解析：通入CO2首先進(jìn)行的反應(yīng)為NaOH和CO2反應(yīng)生成Na2CO3和水，molNaOH消耗molCO2，生成molNa2CO3，然后NaAlO2和CO2反應(yīng)生成Al(OH)3和Na2CO3,molNaAlO2消耗molCO2，生成molNa2CO3。然后再通入CO2，CO2和Na2CO3反應(yīng)生成NaHCO3，消耗mol的CO2，生成mol的NaHCO3。未通入CO2時，溶液中的電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，故A錯誤；當(dāng)CO2為mol，則溶質(zhì)為molNa2CO3和molNaAlO2，AlOeq\o\al(－,2)水解程度比COeq\o\al(2－,3)強(qiáng)，則AlOeq\o\al(－,2)濃度小于COeq\o\al(2－,3)濃度，故B錯誤；當(dāng)CO2為mol時溶液為molNa2CO3，離子濃度的關(guān)系為c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq\o\al(－,3))，故C錯誤；當(dāng)CO2的物質(zhì)的量為mol時，溶質(zhì)為NaHCO3，溶液顯堿性，故D正確。12．下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732859)(C)A．圖1表示某吸熱反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下反應(yīng)過程中的能量變化B．圖2表示常溫下，等量鋅粉與足量的等濃度的鹽酸反應(yīng)(滴加CuSO4溶液的為虛線)C．圖3表示KNO3的溶解度曲線，a點所示的溶液是80℃時KNO3D．圖4表示某可逆反應(yīng)生成物的量隨反應(yīng)時間變化的曲線，t時反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率最大解析：A、吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，與圖不符，故A錯誤；B、鋅粉與足量的等濃度的鹽酸反應(yīng)在滴加CuSO4溶液后能加速金屬鋅的腐蝕速率，但是金屬Zn被消耗掉一部分來置換金屬銅，所以用來生成氫氣的金屬鋅質(zhì)量減少，產(chǎn)生的氫氣量減少，故B錯誤；C、溶解度曲線上的點是飽和溶液，曲線以下的a點是不飽和溶液，故C正確；D、對于可逆反應(yīng)，當(dāng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率最大，t時不是平衡狀態(tài)，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率不是最大，故D錯誤。13．某工廠采用電解法處理含鉻廢水，耐酸電解槽用鐵板作陰、陽極，槽中盛放含鉻廢水，原理示意圖如圖，下列說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732860)(C)A．A接電源正極B．陽極區(qū)溶液中發(fā)生的氧化還原反應(yīng)為Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2OC．陰極區(qū)附近溶液酸性增強(qiáng)D．若不考慮氣體的溶解，當(dāng)收集到H213.44L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時，有molCr2Oeq\o\al(2－,7)被還原解析：根據(jù)圖示，A作陽極，B作陰極，電極反應(yīng)式為陽極：Fe－2e－=Fe2＋，陰極：2H＋＋2e－=H2↑，然后，Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于在陰極區(qū)消耗H＋，酸性減弱。根據(jù)6H2～6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)得，當(dāng)有13.44L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)H2放出時，應(yīng)有molCr2Oeq\o\al(2－,7)被還原。14．下列圖示與對應(yīng)的敘述相符的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732861)(C)A．圖1表示mol·L－1鹽酸滴定mol·L－1NaOH溶液的滴定曲線B．圖2所示，石墨的熔點比金剛石低C．圖3表示的是Al3＋與OH－反應(yīng)時含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a區(qū)域的物質(zhì)是Al(OH)3D．圖4所示，圖中的陰影部分面積的含義是「v(正)－v(逆)]解析：A、反應(yīng)終點的pH應(yīng)為7不為6，故A錯誤；B、從圖上可知，石墨能量比金剛石低，石墨穩(wěn)定，不能判斷石墨的熔點比金剛石低，故B錯誤；C、a區(qū)域?qū)?yīng)含鋁微粒的濃度很低，是因為大部分鋁轉(zhuǎn)化成了Al(OH)3，故C正確；D、圖中陰影部分的面積為[c(反應(yīng)物)－c(生成物)]，故D錯誤。15.常溫下，在LNa2CO3溶液中逐滴加入L鹽酸40mL，溶液的pH逐漸降低，此時溶液中含碳元素的微粒物質(zhì)的量濃度的百分含量(縱軸)也發(fā)生變化(CO2因逸出未畫出)，如圖所示。下列說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732862)(D)A．mol/LNa2CO3溶液中c(Na＋)＋c(H＋)=2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)B．當(dāng)加入20mL鹽酸時，混合溶液的pH約為8C．常溫下CO2飽和溶液的pH約為D．在A點：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)解析：A．Na2CO3溶液中存在電荷守恒，為c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，故A正確；B．c(HCOeq\o\al(－,3))＝100%時，溶液的pH＝8，說明LNaHCO3溶液的pH＝8，當(dāng)加入20mL鹽酸時Na2CO3溶液和鹽酸反應(yīng)生成碳酸氫鈉溶液，故B正確；C．pH≈時，溶液濃度不變，溶液達(dá)到飽和，說明常溫下CO2飽和溶液的pH約為，故C正確；D．根據(jù)圖象分析，A點為碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合溶液，且c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))，溶液呈堿性，則c(OH－)＞c(H＋)，鹽溶液水解程度較小，所以c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)，則離子濃度大小順序是c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)，故D錯誤；故選D。16．常溫下，將CO2通入2LpH＝12的KOH溶液中，溶液中水電離的OH－離子濃度(φ)與通入的CO2的體積(V)的關(guān)系如下圖所示。下列敘述不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732863)(B)A．a(chǎn)點溶液中：水電離出的c(H＋)＝1×10－12mol/LB．b點溶液中：c(H＋)＝1×10－7mol/LC．c點溶液中：c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]D．d點溶液中：c(K＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))解析：A．a(chǎn)點溶液中的溶質(zhì)是KOH，氫氧化鉀抑制了水的電離，溶液中氫離子是水電離的，則水電離出的c(H＋)＝10－pH＝1×10－12mol·L－1，故A正確；B．b點是強(qiáng)堿溶液對水的電離起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)<1×10－7mol/L，故B錯誤；C．c點溶液中，當(dāng)水電離出的OH－離子濃度最大時，說明此時的溶液是碳酸鉀溶液，根據(jù)碳酸鉀溶液中的物料守恒可得：c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCO3)＋c(H2CO3)]，故C正確；D．d點溶液中水電離出的OH－離子濃度10－7mol/L，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，結(jié)合電荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，兩式相減得：c(K＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，故D正確；故選B。17．工業(yè)上電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni的原理如圖所示。下列說法不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732864)(B)已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中發(fā)生水解②氧化性：Ni2＋(高濃度)＞H＋＞Ni2＋(低濃度)A．碳棒上發(fā)生的電極反應(yīng)：4OH－－4e－=O2↑＋2H2OB．電解過程中，B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度將不斷減少C．為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程中需要控制廢水pHD．若將圖中陽離子膜去掉，將A、B兩室合并，則電解反應(yīng)總方程式發(fā)生改變解析：A、由圖知，碳棒與電源正極相連是電解池的陽極，電極反應(yīng)4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，故A正確；B、鍍鎳鐵棒與電源負(fù)極相連是電解池的陰極，電極反應(yīng)Ni2＋＋2e－=Ni。電解過程中為平衡A、C中的電荷，A中的Na＋和C中的Cl－分別通過陽離子膜和陰離子膜移向B中，這使B中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大，故B錯誤；C、因Ni2＋在弱酸性溶液中易發(fā)生水解；氧化性：Ni2＋(高濃度)＞H＋＞Ni2＋(低濃度)，為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程中需要控制廢水pH，故C正確；D、若將圖中陽離子膜去掉，由于放電順序Cl－＞OH－，則Cl－移向陽極放電：2Cl－－2e－=Cl2↑，電解反應(yīng)總方程式會發(fā)生改變，故D正確。二、非選擇題(本題包括5小題，共49分)18．(10分)氮的氧化物(如NO2、NO4、N2O5等)應(yīng)用很廣，在一定條件下可以相互轉(zhuǎn)化。eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732865)(1)已知：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)ΔH1NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH22NO2(g)N2O4(g)ΔH32N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)ΔH4則反應(yīng)N2O4(g)＋O3(g)=N2O5(g)＋O2(g)的ΔH＝__－eq\f(1,2)ΔH1＋ΔH2－ΔH3－eq\f(1,2)ΔH4。(2)從N2O5在一定條件下發(fā)生分解：2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)。某溫度下測得恒容密閉容器中N2O5濃度隨時間的變化如下表：t/minc(N2O5)/(mol·L－1)設(shè)反應(yīng)開始時體系壓強(qiáng)為p0，第min時體系壓強(qiáng)為p，則p∶p0＝；～min內(nèi)，O2的平均反應(yīng)速率為·L－1·min－1。(3)從N2O4與NO2之間存在反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)。將一定量的N2O4放入恒容密閉容器中，測得其平衡轉(zhuǎn)化率[a(N2O4)]隨溫度變化如圖所示。①圖中a點對應(yīng)溫度下，已知N2O4的起始壓強(qiáng)p0為108kPa，列式計算該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝__eq\f([pNO2]2,pN2O4)＝eq\f(4a2,1－α)p0(N2O4)＝eq\f(4×,1－×108kPa＝115kPa(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。②由圖推測N2O4(g)2NO2(g)是吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，說明理由__吸熱反應(yīng)。溫度升高，_α(N2O4)增加，說明平衡右移；減小體系壓強(qiáng)、移出NO2，若要提高N2O4轉(zhuǎn)化率，除改變反應(yīng)溫度外，其他措施有__減小體系壓強(qiáng)或移出NO2(要求寫出兩條)。解析：(2)2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)開始時濃度(mol/L)100變化濃度(mol/L)12min時的濃度(mol/L)1則p∶p0＝；1．00～min內(nèi)，N2O5的濃度變化量為L，則O2濃度變化量為L，平均反應(yīng)速率為eq\f,2)＝mol·L－1·min－1；(3)①平衡常數(shù)Kp＝eq\f([pNO2]2,pN2O4)＝eq\f(4α2,1－α)p0(N2O4)＝eq\f(4×,1－×108kPa＝115kPa；②由圖可知，溫度升高，a(N2O4)增加，說明平衡右移，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；若要提高N2O4轉(zhuǎn)化率，除改變反應(yīng)溫度外，還可以減小體系壓強(qiáng)或移出NO2。19．(9分)中學(xué)化學(xué)常見的滴定法包括中和滴定法、氧化還原反應(yīng)滴定法等。eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732866)(1)探究小組甲用酸性KMnO4溶液滴定某補(bǔ)血劑中鐵元素的含量。①下列滴定裝置圖中(夾持部分略去)，最合理的是：__B(填字母序號)。②實驗前，首先要準(zhǔn)確配制一定物質(zhì)的量濃度的酸性KMnO4溶液250mL，配制時需要的儀器除托盤天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、量筒外，還需要__250mL容量瓶(填儀器名稱)。③該小組擬在同濃度的FeSO4溶液中，探究酸性KMnO4溶液濃度對Fe2＋被氧化時反應(yīng)速率的影響，限選試劑與儀器：·L－1FeSO4、·L－1酸性KMnO4、蒸餾水、錐形瓶、試管、膠頭滴管、量筒、秒表。參照下表格式，完成實驗表格(列出所選試劑體積和數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)用字母表示)物理量實驗序號V[·L－1FeSO4]/mL__v[·L－1酸性KMnO4]mL__V(H2O)mLKMnO4溶液褪色所需時間t/s1a__b____c__t12a__c____b__t2(2)常溫下，探究小組乙將·L－1鹽酸滴入20mL·L－1氨水中，溶液的pH隨加入鹽酸體積的變化曲線如圖所示。①a點處假設(shè)溶液的pH＝10，則該點處由水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝__10－10mol/L__。②b點處溶液中c(Cl－)__＝__c(NHeq\o\al(＋,4))(填“＞”、“＜”或“＝”)。③取c點時的飽和溶液并向其加入水玻璃(硅酸鈉水溶液)，振蕩、靜置。寫出實驗現(xiàn)象并用必要的文字和相關(guān)離子方程式給予解釋：__銨根離子和硅酸根離子相互促進(jìn)水解生成沉淀硅酸和一水合氨，離子方程式為：SiOeq\o\al(2－,3)＋2NHeq\o\al(＋,4)＋H2O=H2SiO3↓＋2NH3·H2O__。④d點所示溶液中離子濃度由大到小的排序是__c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)__。解析：(1)①用酸性KMnO4溶液滴定某補(bǔ)血劑，高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，能氧化橡膠管，不能用堿式滴定管，所以B符合；②準(zhǔn)確配制一定物質(zhì)的量濃度的酸性KMnO4溶液250mL，配制時需要的儀器除托盤天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、量筒外，還需要250mL容量瓶；③在同濃度的FeSO4溶液中，探究酸性KMnO4溶液濃度對Fe2＋被氧化時反應(yīng)速率的影響，可以選擇高錳酸鉀溶液和水的體積不同設(shè)計，高錳酸鉀溶液濃度不同，氧化反應(yīng)的速率不同，反應(yīng)達(dá)到終點的時間不同反向判斷反應(yīng)速率；選擇·L－1FeSO4、·L－1酸性KMnO4、蒸餾水、硫酸亞鐵濃度相同時，高錳酸鉀溶液體積bml，水的體積為cml，和取cml高錳酸鉀溶液，bml水，滴定過程中看達(dá)到反應(yīng)終點的時間，按濃度越大反應(yīng)速率越快；故答案為：物理量實驗序號V[·L－1FeSO4]/mL__v[·L－1酸性KMnO4]mL__V(H2O)mLKMnO4溶液褪色所需時間t/s1a__b____c__t12a__c____b__t2(2)①一水合氨是弱電解質(zhì)，在水溶液里只有部分電離，電離出氫氧根離子和銨根離子，一水合氨的電離方程式為：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，離子積常數(shù)＝c(H＋)c(OH－)，假設(shè)溶液的pH＝10，則水電離出的氫離子濃度為10－10mol/L；②b點時pH＝7，則溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，所以得c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))；③c點時二者恰好反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子水解而使溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，則溶液呈酸性，水解離子方程式為：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，取c點時的飽和溶液并向其加入水玻璃，硅酸根離子水解顯堿性，銨根離子和硅酸根離子水解相互促進(jìn)生成白色沉淀硅酸和一水合氨，離子方程式為：SiOeq\o\al(2－,3)＋2NHeq\o\al(＋,4)＋H2OH2SiO3↓＋2NH3·H2O；④d點時，酸的物質(zhì)的量是氨水的2倍，二者混合時，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的氯化銨和鹽酸，溶液呈酸性，氯化氫完全電離，銨根離子水解但水解程度較小，結(jié)合物料守恒知，溶液中離子濃度大小順序是c(Cl－)＞c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)。20．(10分)連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，可用于制N2O氣體。eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732867)(1)連二次硝酸中氮元素的化合價為__＋1__。(2)常溫下，用·L－1的NaOH溶液滴定·L－1H2N2O2溶液，測得溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。①寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：__H2N2O2HN2Oeq\o\al(－,2)＋H＋__。②c點時溶液中各離子濃度由大到小的順序為__c(Na＋)＞c(N2Oeq\o\al(2－,2))＞c(OH－)＞c(HN2Oeq\o\al(－,2))＞c(H＋)__。③b點時溶液中c(H2N2O2)__>__(填“＞”“＜”或“＝”，下同)c(N2Oeq\o\al(2－,2))。④a點時溶液中c(Na＋)__>__c(HN2Oeq\o\al(－,2))＋c(N2Oeq\o\al(2－,2))。(3)硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當(dāng)白色沉淀和黃色沉淀共存時，分散系中eq\f(cN2O\o\al(2－,2),cSO\o\al(2－,4))＝×10－4__。[已知Ksp(Ag2N2O2)＝×10－9，Ksp(Ag2SO4)＝×10－5]。解析：(1)H2N2O2分子中H的化合價為＋1，O元素的化合價為－2，設(shè)N元素的化合價為x，根據(jù)總化合價之和為0可知：2x＋(＋1)×2＋(－2)×2＝0，解得：x＝1，即N元素的化合價為＋1；(2)①根據(jù)圖象可知，氫氧化鈉溶液體積為0時，L的H2N2O2溶液的pH＝，說明H2N2O2為二元弱酸，二元弱酸以第一步電離為主，則其電離方程式為：H2N2O2HN2Oeq\o\al(－,2)＋H＋；②c點滴入20mL相同濃度的NaOH溶液，反應(yīng)后溶質(zhì)為Na2N2O2，N2Oeq\o\al(2－,2)部分水解，溶液呈堿性，則：c(OH－)＞c(H＋)，由于溶液中氫氧根離子還來自水的電離及HN2Oeq\o\al(－,2)的水解，則c(OH－)＞c(HN2Oeq\o\al(－,2))，溶液中離子濃度大小為：c(Na＋)＞c(N2Oeq\o\al(2－,2))＞c(OH－)＞c(HN2Oeq\o\al(－,2))＞c(H＋)；③b點溶質(zhì)為NaHN2O2，溶液的pH＞7，說明溶液顯示堿性，則HN2Oeq\o\al(－,2)的水解程度大于其電離程度，所以c(H2N2O2)＞c(N2Oeq\o\al(2－,2))；④根據(jù)圖象可知，a點時溶液的pH＝7，溶液呈中性，則c(OH－)＝c(H＋)，根據(jù)電荷守恒可知c(Na＋)＝c(HN2Oeq\o\al(－,2))＋2c(N2Oeq\o\al(2－,2))，所以c(Na＋)＞c(HN2Oeq\o\al(－,2))＋c(N2Oeq\o\al(2－,2))；(3)當(dāng)兩種沉淀共存時，eq\f(cN2O\o\al(2－,2),cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(KspAg2N2O2,KspAg2SO4)＝eq\f×10－9,×10－5)＝×10－4.21．(2016·北京卷)(10分)用零價鐵(Fe)去除水體中的硝酸鹽(NOeq\o\al(－,3))已成為環(huán)境修復(fù)研究的熱點之一。eq\x(導(dǎo)學(xué)號68732868)(1)Fe還原水體中NOeq\o\al(－,3)的反應(yīng)原理如下圖所示。①作負(fù)極的物質(zhì)是__Fe__。②正極的電極反應(yīng)式是__NOeq\o\al(－,3)＋8e－＋10H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O__。(2)將足量鐵粉投入水體中，經(jīng)24小時測定NOeq\o\al(－,3)的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH＝pH＝NOeq\o\al(－,3)的去除率接近100%＜50%24小時pH接近中性接近中性鐵的最終物質(zhì)形態(tài)pH＝時，NOeq\o\al(－,3)的去除率低。其原因是__pH＝時FeO(OH)在Fe3O4表面均勻覆蓋，其不導(dǎo)電，阻礙電子轉(zhuǎn)移。(3)實驗發(fā)現(xiàn)：在初始pH＝的水體中投入足量鐵粉的同時，補(bǔ)充一定量的Fe2＋可以明顯提高NOeq\o\al(－,3)的去除率。對Fe2＋的作用提出兩種假設(shè)：Ⅰ.Fe2＋直接還原NOeq\o\al(－,3)；Ⅱ.Fe2＋破壞FeO(OH)氧化層。①做對比實驗，結(jié)果如圖所示，可得到的結(jié)論是__本實驗條件下，F(xiàn)e2＋不能直接還原NOeq\o\al(－,3)；在Fe和Fe2＋共同作用下能提高NOeq\o\al(－,3)的去除率__。②同位素示蹤法證實Fe2＋能與FeO(OH)反應(yīng)生成Fe3O4。結(jié)合該反應(yīng)的離子方程式，解釋加入Fe2＋提高NOeq\o\al(－,3)去除率的原因：__Fe2＋＋2FeO(OH)=Fe3O4＋2H＋，F(xiàn)e2＋將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，利于電子轉(zhuǎn)移__。(4)其他條件與(2)相同，經(jīng)1小時測定NOeq\o\al(－,3)的去除率和pH，結(jié)果如下：初始pHpH＝pH＝NOeq\o\al(－,3)的去除率約10%約3%1小時pH接近中性接近中性與(2)中數(shù)據(jù)對比，解釋(2)中初始pH不同時，NOeq\o\al(－,3)去除率和鐵的最終物質(zhì)形態(tài)不同的原因：__初始pH低時，產(chǎn)生的Fe2＋充足；初始pH高時，產(chǎn)生的Fe2＋不足__。解析：(1)由圖可知失電子作為負(fù)極的是球中心的鐵單質(zhì)，正極則是NOeq\o\al(－,3)得到電子變成NHeq\o\al(＋,4)，根據(jù)產(chǎn)物中生成NHeq\o\al(＋,4)，不能在堿性環(huán)境下大量存在，所以溶液顯酸性，故正極的電極反應(yīng)式是NOeq\o\al(－,3)＋8e－＋10H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O。(2)由圖可知，在pH＝時，絕緣的FeO(OH)零散存在于Fe3O4球殼上，不影響體系導(dǎo)電；而pH＝時，F(xiàn)eO(OH)在Fe3O4表面均勻覆蓋，阻礙了體系導(dǎo)電，從而阻礙電化學(xué)反應(yīng)進(jìn)行。(3)①由圖可知，pH＝的條件下，亞鐵離子單獨存在時無法去除硝酸根，而只有鐵單質(zhì)時去除率為50%，兩者同時存在可達(dá)到100%的去除率。②反應(yīng)的方程式為Fe2＋＋2FeO(OH)=Fe3O4＋2H＋，F(xiàn)e2＋將不導(dǎo)電的FeO(OH)轉(zhuǎn)化為可導(dǎo)電的Fe3O4，利于電子轉(zhuǎn)移。(4)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可看到經(jīng)過1小時后，兩種溶液接近中性，溶液的酸堿性對后面的去除率影響是一致的，故影響去除率的是開始時的pH。根據(jù)pH＝時NOeq\o\al(－,3)的去除率更高，結(jié)合(3)中的觀點，是初始酸性較強(qiáng)時，F(xiàn)e2＋濃度較大，從而減少了絕緣的FeO(OH)的量，使去除率增大。22．(2016·天津卷)(10分)氫能是發(fā)展中的新能源，它的利用包括氫的制備