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‎2014-2015延边二中高二化学上学期期末试卷（人教版含答案）‎ 试卷说明：试卷分为两部分，第一部分选择题共20题（共60分），第二部分为非选择题共55分（填空题40分和附加题15分）。可能用到的相对原子质量：H ‎1　‎C 12 O 16 Zn 65 ‎ Ⅰ部分（选择题）（共60分）‎ 一、选择题（每题3分，共60分）‎ ‎1．下列说法正确的是 A．热化学方程式中的化学计量数可表示物质的量，因此可用分数表示 B．热化学方程式中表明的热量是指每摩尔反应物反应时吸收或放出的热量 C．1 mol碳燃烧所放出的热量为燃烧热 D．1 mol强酸和1 mol强碱完全反应所放出的热量称为中和热 ‎2．下列有关能量的判断或表示方法正确的是 A．从C(石墨)＝C(金刚石) ΔH＝1．9 kJ·mol－1，可知金刚石比石墨更稳定 B．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多 C．由H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝-57.3 kJ·mol－1，则向含0.1 mol HCl的盐酸中加入4.0gNaOH固体，放出热量等于5.73 kJ D．同一个化学反应，化学计量数不同，ΔH的值不同；化学计量数相同而状态不同，ΔH的值也不同。‎ ‎3．在工业生产中，降低能耗是重要的节能措施。下列说法不符合生产实际的是：‎ A．使用恰当的还原剂，可以在较低的温度下把金属从矿石中提取出来；‎ B．研制出性能优良的催化剂可以使反应温度降低，提高反应速率，从而起到节能效果；‎ C．制水泥、玻璃等硅酸盐工业需要消耗大量能源，我们应通过降低其产量来节能；‎ D．利用铝的还原性和铝转化为氧化铝时能放出大量热的性质，工业上常用铝粉来还原一些金属氧化物。‎ ‎4．化石燃料仍是目前能源的主体，但已经面临危机，开发新能源是解决能源问题的关键。下列能量转换过程，不涉及化学变化的是 A．利用氢氧燃料电池提供电能　B．利用太阳能分解水制备氢气 C．利用水流驱动涡轮机发电　　D．利用植物秸秆为原料生产乙醇燃料 ‎5．反应X(g)＋Y(g)2Z(g)　ΔH④‎ B．室温下，向0．01mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性 ‎ C．‎25℃‎时，0．1mol/LCH3COOH溶液V1 mL和0．1mol/L NaOH溶液V2　mL混合，若V1＞V2，则混合溶液的pH一定小于7‎ D．对于反应，在任何温度下都能自发进行 ‎12．归纳法是髙中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：（均在常温下）‎ ‎①pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度都降低。‎ ‎②pH=2的盐酸和pH=l的盐酸，C(H+)之比为2 :1‎ ‎③pH相等的三种溶液：a.CH3COONa b.NaHCO3 c.NaOH，其溶质物质的量浓度由小到大顺序为：c、b、a ‎④反应2A (s)+B (g)=2C (g)+D (g)不能自发进行，则该反应△H一定大于0；‎ ‎⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka，醋酸根水解常数为Kb，水的离子积为Kw，则三者关系为：Ka•Kb=Kw ‎⑥若反应A(g)=2 B (g) 正反应的活化能为Ea kJ·mol-1,逆反应的活化能 为EbkJ·mol-1,则△H=(Ea-Eb）kJ·mol-1‎ 上述归纳正确的是 A．全部 B．③④⑤⑥ C．②④⑤⑥ D．①②④⑤‎ ‎13．氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃，已知25℃时：‎ HF(aq) + OH—(aq) F—(aq) + H2O(l) △H=－67.7 kJ/mol H+(aq) + OH—(aq) H2O(l) △H=－57.3kJ/mol 在10 mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，加入10 mL 浓度为c mol/L的HF稀溶液，下列说法中错误的是（ ）‎ A．当氢氟酸溶液温度升高，HF的电离程度减小（不考虑挥发）‎ B．水电离的热化学方程式为：H2O(1) H+(aq)+OH—(aq)；△H= +57.3kJ/mol C．当c > 0.1时，一定不存在：c(Na+) = c(F—) ‎ D．若混合后溶液中：c(Na+)>c(OH—) >c(F—)>c(H+)，则c一定小于0.1‎ ‎14．常温下，向20 mL 0．2 mol/L H‎2A溶液中滴加0．2 mol/L NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图(其中Ⅰ代表H‎2A，Ⅱ代表HA－，Ⅲ代表A2－)，根据图示判断，下列说法正确的是 A．H‎2A在水中的电离方程式是：H‎2A===H＋＋HA－、HA－H＋＋A2－‎ B．当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中各粒子浓度的大小顺序为：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)‎ C．等体积等浓度的NaOH溶液与H‎2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大 D．当V(NaOH)＝30 mL时，溶液中存在以下关系：‎2c(H＋)＋c(HA－)＋‎2c(H‎2A)＝c(A2－)＋‎2c(OH－)‎ ‎15．用0．1 mol·L-1 NaOH溶液滴定0．1 mol·L-1盐酸，如达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0．05 mL)，继续加水至50 mL，所得溶液的pH是(　　)‎ A．4 B．7．2 C．10 D．11．3‎ ‎16．已知25℃时Mg(OH)2的Ksp为5.6×10－12mol3·L－3,MgF2的Ksp为7.4×10－11mol3·L－3。下列说法中正确的是（ ）‎ A．25℃时，Mg(OH)2固体在氨水中的Ksp比在NH4Cl溶液中的Ksp小 B．25℃时，向Mg(OH)2的澄清饱和溶液中加入少量NH4Cl固体，c(Mg2＋)减小 C．25℃时，Mg(OH)2的溶解能力大于MgF2的溶解能力 D．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与0.1mol·L－1NaF溶液等体积混合，能生成MgF2沉淀 ‎17．可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，在不同条件下测得化学反应速率最快的为 A．v(O2)＝3 mol·L－1·min－1 B．v (SO2) ＝4 mol·L－1·min－1‎ C．v (SO3) ＝0.1 mol·L－1·s－1 D．v (O2) ＝0.1 mol·L－1·s－1‎ ‎18．目前已研制出一种用磺酸类质子作溶剂的酸性乙醇电池，其效率比甲醇电池高出32倍，电池构造如图所示，电池反应式为：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O。下列关于该电池的说法正确的是 A．通入乙醇的电极为该电池的正极 B．放电过程中，电源内部的H+从正极区向负极区迁移 C．该电池的正极反应为：4H++O2+4e—=2H2O D．用该电池做电源，用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，每消耗0.2 molC2H5OH，阴极产生标准状况下气体的体积为13.44 L ‎19．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。下列叙述不正确的是：‎ A．放电时负极反应为： Zn-2e―+2OH―＝Zn(OH)2‎ B．充电时阳极反应为：Fe(OH)3-3e―+5OH―＝FeO42-+4H2O C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化 D．放电时的正极在充电时须接电源正极 ‎20．将等物质的量浓度的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图，‎ 则下列说法正确的是 A．阳极产物一定是Cl2，阴极产物一定是Cu B．BC段表示在阴极上是H+放电产生了H2‎ C．整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2‎ D．CD段表示阳极上OH一放电破坏了水的电离平衡，产生了H＋‎ Ⅱ部分（非选择题）（共40分）‎ ‎21．（7分）在如图所示的三个容积相同的三个容器①、②、③进行如下的反应：‎3A（g）＋B（g）‎2C（g）△H＜0‎ ‎（1）若起始温度相同，分别向三个容器中充入3mol A和 1mol B，则达到平衡时各容器中C物质的百分含量由大到小的顺序为 （填容器编号）‎ ‎（2）若维持温度不变，起始时②中投入3mol A、1mol B； ③中投入3mol A、1mol B和2mol C，则达到平衡时，两容器中B的转化率② ③（填＜、＞或＝）‎ ‎（3）若维持②③容器内温度和压强相等，起始时在②中投入3molA和1molB，在③中投入amol A和bmol B及cmol C，欲使达平衡时两容器内C的百分含量相等，则两容器中起始投料量必须满足（用含a、b、c的关系式表达）： ‎ ‎22．(10分)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎（1）利用以下反应可处理NO2：6NO2＋8NH37N2＋12H2O ΔH< 0。请在答题卡的坐标图中，画出上述反应在有催化剂和无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化的示意图，并标明反应热。‎ ‎（2）已知：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ΔH ＝－196.6 kJ·mol-1‎ ‎2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH ＝－113.0 kJ·mol-1‎ 写出1mol SO2与足量NO2反应转变成SO3(g)的热化学方程式 。‎ ‎（3）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是__________________。‎ a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变 c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2‎ 测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝_____（结果取三位有效数字）。‎ ‎23．（12分）以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶解度：‎ 难溶电解质 Mg(OH)2‎ Cu(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 溶解度/g ‎9×10-4‎ ‎1．7×10-6‎ ‎1．5×10-4‎ ‎3．0×10-9‎ 在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：‎ ‎①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；‎ ‎②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；‎ ‎③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=a，过滤结晶即可。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为　　　 (填化学式)而除去。‎ ‎（2）①中加入的试剂应该选择 为宜，其原因是 。 ‎ ‎（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为 。 ‎ ‎（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol4/L4 ；化学上通常认为残留在溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时，沉淀完全。方案③中a最小值为 .‎ ‎（5）下列与方案③相关的叙述中，正确的是 　　　 (填字母)。‎ A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染 B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤 C．调节溶液pH=a可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜 D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中 E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在 ‎24．(11分)下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。‎ Ⅰ．工作一段时间后，断开K，此时 C电极质量减少3.2g。‎ ‎（1）甲中负极的电极反应式为 ‎ ‎（2）乙溶液此时离子浓度由大到小的顺序是 ‎ Ⅱ．连接K，继续电解一段时间，当A，B两极上产生的气体体积相同时 ‎（3）乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为 ‎ ‎（4）丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图，则图中②线表示的是 离子的变化；此时要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要 mL 5. 0 moL/L NaOH 溶液。‎ 附加题：（共15分）‎ ‎25．（15分）磺酰氯（SO2Cl2）是一种有机氯化剂，也是锂电池正极活性物质。已知磺酰氯是一种无色液体，熔点‎-54.1℃‎，沸点‎69.1℃‎，遇水发生剧烈水解。‎ ‎（1）已知：①SO2 (g) +Cl2 (g)+ SCl2 (g) 2SOCl2 (g) △H=a kJ·mol－1‎ ‎②SO2Cl2(g)+ SCl2 (g) 2SOCl2(g) △H=b kJ·mol－1‎ 则反应：SO2(g) + Cl2(g) SO2Cl2(g) △H = 　 kJ·mol－1（用含a、b的代数式表示）；该反应平衡常数表达式为K = 　　　 。‎ ‎（2）磺酰氯可与白磷发生反应为：P4 + 10 SO2Cl2 = 4PCl5 + 10SO2↑，若生成1molSO2，则转移电子的物质的量为 mol。‎ ‎（3）某学习小组的同学依据反应：SO2(g)+ Cl2(g) SO2Cl2(g) △H ＜0，设计的制备磺酰氯装置如图-1。‎ ‎①若用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2，其反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　 。‎ ‎②有关图-1所示的装置说法正确的是 　　　　　　　 （不定项选择）。‎ a.A、E处洗气瓶中盛放的可能分别是饱和食盐水和饱和NaHSO3溶液 b.B处反应管内五球中玻璃棉上的活性炭作催化剂 c.B处反应管冷却水应从m接口通入 d.装置C处吸滤瓶应放在冰水中冷却 e.D处U形管中盛放的可能是碱石灰 ‎③从化学平衡移动角度分析，反应管通水冷却的目的为 　　　　　　　　　　　　　　 。‎ ‎（4）GET公司开发的Li-SO2Cl2军用电池，其示意图如图-2所示，已知电池反应为：2Li + SO2Cl2 = 2LiCl + SO2↑；则电池工作时，正极的电极反应式为 　　　　　　　　　　　　　　 。‎ ‎2．D ‎【解析】‎ 试题分析：物质所含能量越低越稳定，金刚石比石墨能量高，石墨比金刚石稳定，故A项错误；等质量的硫蒸气比硫固体能量高，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量少，故B错误；氢氧化钠固体溶于水放热，向含0．1 mol HCl的盐酸中加入4．0 gNaOH固体，放出热量大于5．73 kJ，故C错误；。ΔH的值与化学计量数对应，故D正确。‎ 考点：本题考查反应热。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ 试题分析：较低的温度下把金属从矿石中提取出来,降低能耗，故A项正确；催化剂能降低活化能，可以使反应在较低温度下进行，提高反应速率，起到节能效果，故B正确；通过降低其产量来节能，不符合实际，故C错误；铝热反应就是铝粉和金属氧化物反应，故D正确。‎ 考点：本题考查化学反应与能量。 ‎ ‎4．C ‎【解析】‎ 试题分析：A．利用氢氧燃料电池提供电能是化学能转化为电能，涉及化学变化，错误；B．利用太阳能分解水制备氢气是光能转化为化学能，涉及化学变化，错误；C．利用水流驱动涡轮机发电是机械能转化为电能，不涉及化学变化，正确；D．利用植物秸秆为原料生产乙醇燃料是发生化学变化，错误。‎ 考点：考查物质转化关系过程中的能量变化的知识。‎ ‎5．D ‎6．C ‎7．D ‎【解析】‎ 试题分析：若升高温度，平衡向逆反应方向移动，图1不可能是升高温度，可能是增大压强，温度不变，平衡常数不变，故A错误；图Ⅱ表示加入催化剂正逆反应速率同程度的增大，平衡不移动，故转化率不变，B错误；增大压强，平衡向正反应方向移动，图Ⅱ反应速率增大，平衡不发生移动，故不肯能是增大压强，故C错误；乙先达到平衡，说明乙的反应速率快，故乙温度高于甲，D正确，答案选D．‎ 考点：化学平衡图像 ‎8．B ‎【解析】‎ 试题分析：升高温度，增大固体表面积将铁片改用铁粉，一定能加快反应速率，故A、D不符合题意；浓硫酸遇到铁粉钝化，故不会加大氢气的速率，B项符合题意；加入硫酸铜，铁与硫酸铜溶液反应置换出铜单质，构成铁、铜、稀硫酸的原电池，加快反应速率，C不符合题意，故答案选B．‎ 考点：影响化学反应速率的因素 ‎9．A ‎【解析】‎ 试题分析：①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2 ，符合正逆反应速率相等，可作为达到平衡状态的标志，正确； ②单位时间内生成n molO2 的同时生成2n mol NO，表示的都是正反应速率，不能表示达到平衡状态的标志，错误； ③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态，不一定是平衡状态，所以不能作为达到平衡状态的标志，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态在恒温恒容条件下，气体的颜色一直变化，达平衡时混合气体的颜色不再变化，看作为达到平衡状态的标志，正确；⑤混合气体的密度不再改变的状态 ，恒容条件下，气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能作为达到平衡状态的标志，错误；⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，该反应是气体的物质的量变化的可能反应，气体的总质量不变，则气体的平均相对分子质量一直变化，达平衡时不再改变，可作为达到平衡状态的标志，正确，所以答案选A。‎ 考点：考查化学平衡状态标志的判断 ‎10．B ‎【解析】‎ 试题分析：该反应是一个气体体积不变的反应，反应混合物在成比例的条件下是等效平衡，φ1=φ2 ，乙容器中充入的0.9mol C时，两容器平衡后含C的物质的量相等，故n1＞n2 ，答案选B。‎ 考点：等效平衡的计算 ‎11．C ‎【解析】 ‎ 试题分析：A．NH3·H2O是若电解质，电离的程度是很微弱的。其余的都是盐，完全电离，因此④的C(NH4+)最小。② 在NH4Cl中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+。在①中除了存在NH4+的水解平衡外，还存在Al3+的水解。Al3+ +3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。二者水解的酸碱性相同，对NH4+的水解起抑制作用，使铵根水解消耗的比②少些。因此c(NH4+)：①>②．在③CH3COONH4中除了存在NH4+的水解平衡外，还存在CH3COO-的水解。CH3COO- +H2OCH3COOH+OH-。二者水解的酸碱性相反，对NH4+的水解起促进作用，使铵根水解消耗的比②多些。因此c(NH4+)：②>③．所以c(NH4+)大小顺序为：①>②>③>④。正确。B．室温下，向0．01mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，发生反应：NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O。若恰好发生该反应，则由于NH4+的水解溶液显酸性。所以NaOH要稍微过量一些。所以离子浓度关系为c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)。正确。C．‎25℃‎时，0．1mol/LCH3COOH溶液V1 mL和0．1mol/L NaOH溶液V2mL混合，若V1=V2恰好完全反应，则由于醋酸是弱酸，得到的盐是强碱弱酸盐。盐电离产生的CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，若酸CH3COOH稍微过量一些，即V1＞V2，可以抑制CH3COO-水解，使其水解程度小些，如果酸的电离作用等于盐的水解程度，则pH=7；若酸的电离作用>盐的水解程度，则pH0，正确；⑤Ka•Kb=Kw。正确；⑥△H=(Ea-Eb）kJ·mol-1，正确 考点：考查电离平衡、盐的水解、化学反应方向焓变计算 ‎13．C ‎【解析】‎ 试题分析：A.利用盖斯定律将①-②可得HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H=-10.4 kJ•mol-1，即氢氟酸的电离是放热热的，升高温度，平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，A说法是正确的；B.已知条件中H+(aq) + OH—(aq) H2O(l) △H=－57.3kJ/mol，水的电离的△H与其数值相等，符号相反，B说法正确；C.当C>0.1时，溶液可能呈中性、酸性或碱性，当溶液呈中性时，则c(Na+) = c(F—)，C说法错误；D.若c=0.1mol/L，则与氢氧化钠完全反应生成NaF，完全电离出钠离子和氟离子，而氢氧根离子来源于盐类的水解，水解非常微弱，离子浓度大小顺序为c(Na+) >c(F—)>c(OH—)>c(H+)，若c>0.1mol/L，则c(OH—) c(F—)，D叙述正确；答案选C 考点：离子浓度大小比较、盐类的水解 ‎14．B ‎【解析】‎ 试题分析：A、20 mL 0．2 mol/L H‎2A溶液中溶质的物质的量为4×10—3mol，由图像知溶液中H2A的物质的量略小于4×10—3mol，则H2A为弱酸，在水中的电离方程式是：H2AH＋＋HA－、HA－H＋＋A2－，错误；B、当V(NaOH)＝20 mL时，H2A与NaOH刚好反应生成4x10-3 mol NaHA，由图像知A2-的量大于H2A，说明HA-的电离程度大于其水解程度，溶液中各粒子浓度的大小顺序为：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(OH－)，正确；C、等体积等浓度的NaOH溶液与H‎2A溶液混合后二者恰好反应生成 NaHA，由图像知A2-的量大于H2A，说明HA-的电离程度大于其水解程度，对水的电离起抑制作用，其溶液中水的电离程度比纯水小，错误；D、当V(NaOH)＝30 mL时，溶液中含有等量的Na2A和 NaHA，电荷守恒式为：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)+2c(A2－)＋c(OH－)，物料守恒式为：2c(HA－)＋2c(H‎2A)+2c(A2－)=3 c(Na＋)，联立两式得：3c(H＋)＋‎2c(H‎2A)＝4c(A2－)＋3c(OH－) ＋c(HA－)，错误。‎ 考点：考查电解质溶液的离子平衡。‎ ‎15．C ‎16．D ‎【解析】‎ 试题分析：A、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故A错误；B、NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B错误；C、因氢氧化镁溶度积小，因此25℃时，Mg(OH)2的溶解能力小于MgF2的溶解能力，故C错误；D、二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化为MgF2，故D正确，故选D。‎ 考点：考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化 ‎17．D【解析】‎ 试题分析：用不同物质表示的反应速率，与化学计量数成正比，并注意反应速率的单位，C、v (SO3) ＝0.1 mol·L－1·s－1 =6 mol·L－1·min－1 D、v (O2) ＝0.1 mol·L－1·s ‎－1=6mol·L－1·min－1故D最大，答案选D。‎ 考点：化学反应速率 ‎18．C【解析】试题分析：乙醇作为一种燃料，在反应中失去电子，被氧化，因此在燃料电池中乙醇在负极上发生反应，A错误；负极失去电子，电子沿导线传递到正极上，因此溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动B错误；氧气在正极反应，C正确；乙醇中碳原子的化合价是＋2价，而在产物中碳原子的化合价是＋4价，即1个碳原子失去6个电子，所以1mol乙醇转移12mol电子，消耗0.2mol乙醇转移2.4mol电子，电解池的阴极生成氢气，生成氢气的物质的量为x，根据转移电子数守恒，2x=2.4mol，x=1.2mol，故生成氢气的体积为1.2molx22.4L/mol=26.88L，D错误，答案选C.‎ 考点：电解池和原电池原理 ‎19．C【解析】试题分析：根据高铁电池的总反应，锌发生氧化反应，所以为负极，故A项正确；充电时电池的正极为阳极，故B正确；放电时，正极被还原，故C错误；放电时的正极在充电时须接电源正极，放电时的负极在充电时须接电源负极，故D正确。‎ 考点：本题考查原电池原理。 ‎ ‎20．C【解析】试题解析：将等物质的量浓度的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，阳极先是氯离子放电，然后是溶液中的OH－放电，电极反应式分别是2Cl－－2e－＝Cl2↑、4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑。阴极首先是铜离子放电，然后是溶液中的氢离子放电，电极反应式为Cu2＋＋2e－＝Cu、2H＋＋2e－＝H2↑。由于硫酸铜和氯化钠的物质的量相同，所以根据图像可知，电解分为3个阶段，第一阶段是电解氯化铜，第二阶段是电解硫酸铜溶液，第三阶段相当于是电解水，故A错误；BC段表示在阴极上是铜离子放电产生了铜，故B错误；整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，故C正确；CD段表示电解水，故D错误。‎ 考点：电解原理的应用 ‎21．（7分)）（1）③②① （2分） （2） ＜（2分） （3）＝3 （3分）‎ ‎【解析】试题分析：（1）①是恒容容器②是恒温恒容容器③是恒温恒压容器，①②相比，该反应是放热反应，所以①体系的温度升高，而温度升高平衡逆向移动，使C物质的百分含量降低，所以②>①；②③相比，该反应是气体物质的量减少的反应，所以恒容时②的压强小于③，若使②③达到相同的状态，则应增大②的压强，增大压强，平衡正向移动，使C物质的百分含量增大，所以③>②，因此三个容器中C物质的百分含量由大到小的顺序为③②①；‎ ‎（2）③中的2molC完全转化为A、B也是3mol、1mol，相当于③中的反应物的物质的量分别是6mol、2mol，是②容器的2倍，根据（1）的分析，若②③中反应物的物质的量都是是3molA、1molB，则达平衡时，B的转化率③>②，③容器中再充入3molA、1molB，则达到的新平衡与原平衡等效，B的转化率不变，所以最终B的转化率③>②；‎ ‎（3）恒温恒压条件下，达平衡时两容器内C的百分含量相等，则达到的平衡是等效平衡，所以③中投入的A、B的最终物质的量之比是3:1，将C转化为A、B是3/2C、1/2C，所以A、B的物质的量是（a+3/2C）mol、（b+1/2C）mol，则（a+3/2C）/（b+1/2C）=3。‎ 考点：考查不同条件的平衡的判断，等效平衡的应用 ‎22．（10分）（1）（3分）‎ ‎（2）NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） △H=-41.8 kJ·mol-1；（2分）‎ ‎（3）b （2分） 2.67（3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）该反应为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，使化学反应速率加快，但不能使平衡移动，不影响反应热，因此作图如下：‎ ‎（2）先以1mol SO2与足量NO2反应写出反应方程式：NO2+SO2SO3+NO，根据盖斯定律，将第二个方程式颠倒过来，与第一个方程式相加，再把结果除以2得： NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g），△H=－（－113.0 kJ·mol-1）+（－196.6 kJ·mol-1）=—83.6 kJ·mol-1，故NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） △H=-41.8 kJ·mol-1；‎ ‎（3）本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态；随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作为平衡状态的判断依据；d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据。‎ ‎ NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）‎ ‎ 起始物质的体积 1a 2a 0 0‎ 转化物质的体积 x x x x 平衡物质的体积 1a-x 2a-x x x 则（‎1a-x）：（‎2a-x）=1：6，故x=a，故平衡常数为：=2.67。‎ 考点：考查化学平衡、盖斯定律的应用及平衡常数的计算。‎ ‎23．（12分）（1）Fe(OH)3（2）氨水 不会引入新的杂质 （3）2Fe3++3Mg(OH)2==3Mg2++2Fe(OH)3‎ ‎（4）4 （5）ACDE ‎【解析】‎ 试题解析：（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为Fe(OH)3而除去；（2）①用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀；（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；（4）Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol/L，当铁离子沉淀完全时，c（OH-）==1×10-10mol/L，则c(H+)=1×10-4mol/L，ph=4；（5）根据H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中被还原成水，不引进杂质、不产生污染，故A正确；根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+‎ 沉淀不完全，故B错误；原来溶液是酸性较强，加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应．H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀．而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故C正确；氢氧化铜或碱式碳酸铜与H+反应，H+反应后，PH增大，当PH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，以Cu2+形式存在，而氢氧化铜或碱式碳酸铜是固体，不会引入新的杂质，故D正确；在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正确。‎ 考点：物质的分离提纯 ‎24．共11分 ‎（1）CH3OH－6e－＋8OH－＝CO32－＋6H2O(3分) （2）c(H+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(OH-)(3分) ‎ ‎（3）‎2.24L(1分，数值正确无单位无分) （4）Fe2＋(2分) 280(2分)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。‎ ‎（2）电解前乙溶液含CuSO4物质的量为：0.1L×1mol•L‾1=0.1mol，C电极质量减少3.2g，发生的反应为Cu—2e‾=Cu2+，n（e‾）=2n（cu）=2×3.2g÷64g/mol=0.1mol，电解乙溶液发生的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，则消耗Cu2+为0.05mol，剩余Cu2+发生水解反应，生成的H+为0.1mol，Cu2+发生水解反应可生成少量的H+，故乙溶液此时离子浓度由大到小的顺序是：c(H+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(OH-)‎ ‎（3）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：‎ Cu2+ + 2e- = Cu，2H++2e-=H2↑；‎ ‎0.1mol 0.2mol 2x x A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：‎ ‎4OH--4e-=2H2O+O2↑；‎ x x 得到0.2+2x=4x，则x=0.1mol 乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；最终生成的H+为：0.4mol-0.2mol=0.2mol，则H2SO4的浓度为：1/2×0.2mol÷0.1L=1mol•L‾1。‎ ‎（4）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，图中②线表示的是Fe2+的变化，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+ 0.2mol，Fe2+ 0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为：1.4mol÷5mol/L=0.28L=280ml。‎ 考点：本题考查原电池原理、电解原理、离子浓度比较、化学计算。‎ 附加题6．（1）a－b （2分）； c(SO2Cl2)/[c(SO2)·c(Cl2)]（2分）；（2）2（2分）‎ ‎（3）①MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑ +2H2O（2分）②bde（3分）‎ ‎③冷凝、降温均有利于SO2Cl2生成（2分）‎ ‎（4）SO2Cl2 + 2e－ = 2Cl－+ SO2↑（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①－②，整理可得：SO2(g) + Cl2(g) SO2Cl2(g) △H =（a－b）kJ/mol；根据平衡常数的定义可得：该反应平衡常数表达式为K = c(SO2Cl2)/[c(SO2)·c(Cl2)]；（2）磺酰氯可与白磷发生反应为：P4 + 10 SO2Cl2 = 4PCl5 + 10SO2↑，根据方程式可知每产生10mol的SO2，转移电子的物质的量是20mol，所以若生成1molSO2，则转移电子的物质的量为2mol。（3）①用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2的化学方程式为MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑ +2H2O；a.潮湿的氯气与SO2会发生反应产生盐酸和硫酸，所以A、E处洗气瓶中盛放的不可能分别是饱和食盐水和饱和