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2017-2018学年四川省广安市高二上学期期末考试化学试题 解析版
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四川省广安市2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
1. 我们现在所使用的能源分为“一次能源”和“二次能源”。根据能源的分类，下列全部属于“一次能源”的是
A. 天然气 蒸汽 风力 B. 石油 流水 天然铀矿
C. 原煤 核能 电力 D. 焦炭 酒精 潮汐能
【答案】B
【解析】一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，它包括：原煤、原油、天然气、油页岩、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等等；由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，例如：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等等；A.蒸汽是二次能源，选项A不符合；B. 石油、流水、天然铀矿均为一次能源，选项B符合；C.电力是二次能源，选项C不符合；D. 焦炭、酒精是二次能源，选项D不符合。答案选B。
2. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是
A. Mg2+ 1s22s22p6 B. F 1s22s22p5
C. Ar 1s22s22p63s23p6 D. Cr 1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】D
【解析】A、Mg2+含有10个电子，核外电子排布式为1s22s22p6，选项A正确；B、F 原子含有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，选项B正确；C、Ar含有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项C正确；D、Cr含有24个电子，3d轨道半充满为稳定，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，选项D错误。答案选D。
3. 室温下，柠檬水溶液的pH 是3，则其中由水电离出的c(H+)是
A. 1×10-11 mol·L-1 B. 1×10-3 mol·L-1
C. 1×10-7mol·L-1 D. 0.1 mol·L-1
【答案】A
【解析】溶液的pH 是3，则溶液中OH － 的浓度是1×10 -11 mol/L。酸是抑制水的电离的，所以溶液中水电离的c（H+）等于溶液中水电离的c（OH-），答案选A。
4. 一定温度下，反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是
A. 缩小体积使压强增 B. 恒容，充入N2
C. 恒容，充入He D. 恒压，充入He
【答案】C
考点：考查影响化学反应速率的外界因素。
5. 图中烧杯中盛的是天然水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是
A. ⑤＞②＞①＞③＞④ B. ⑤＞②＞③＞④＞①
C. ④＞③＞②＞①＞⑤ D. ④＞③＞⑤＞②＞①
【答案】C
【解析】认真观察装置图，分析各图中发生反应的原理，然后才能比较铁腐蚀的速率快慢。④是电解池装置，在④池中Fe是阳极，铁失去电子，铁腐蚀最快。②③⑤是原电池装置，在②③池中Fe是负极，腐蚀较快(比④慢) ，其中铜的金属性弱于锡，故③腐蚀较快。在⑤池中Fe是正极，腐蚀较慢(比①②慢)。综上所述，铁被腐蚀的速率由快到慢为④>③>②>①>⑤，答案选C。
6. 为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂不能是
A. MgO B. Mg(OH)2 C. NH3.H2O D. MgCO3
【答案】C
【解析】A、加入MgO，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项A不选；B、加入Mg(OH)2，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项B不选；C、加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，选项C选；D、加入MgCO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项D不选。答案选C。
7. 准确移取20.00mL 某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0mol·L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】B
【解析】试题分析：A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错误；B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B正确；C、用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错误；D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D正确。答案选B。
【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。
【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·V标= C待·V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。
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8. 如图所示是一位同学在测试水果电池，下列有关说法错误的是
A. 若金属片A是正极，则该金属片上会产生H2
B. 水果电池的化学能转化为电能
C. 此水果发电的原理是电磁感应
D. 金属片A、B可以一个是铜片，另一个是铁片
【答案】C
【解析】A、若金属片A是正极，正极上氢离子得电子产生H2，选项A正确；B、水果电池是将化学能转化为电能的装置，选项B正确；C、此水果发电的原理是化学反应，选项C错误；D、由于铜没有铁片活泼，铁片在酸性条件会失去电子，而铜不可以，故两金属片可以一个是铜片，另一个是铁片，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查的是电源的能量转化、提供电压的大小、原理以及电极的选择等。（1）水果电池是将化学能转化为电能的装置．（2）根据铜与铁片的金属活动顺序判断。
9. 下列说法中正确的是
A. 饱和石灰水中加入一定量生石灰，溶液温度明显升高，pH增大
B. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl- (aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度减小
C. AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变为黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D. Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)
【答案】C
【解析】A、加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，pH不变，选项A错误；B、往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中含有Na+离子，离子的总浓度增大，选项B错误；C、难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），选项C正确；D、Na2CO3溶液中存在物料守恒： c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，选项D错误。答案选C。
10. 在一密闭容器中，当反应aA(g) bB(g)+cC(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，最终测得A 的物质的量的浓度为原来的55%，则
A. 平衡向正反应方向移动 B. a＞b+c
C. 物质B的质量分数增大 D. 以上判断都错误
【答案】B
【解析】采用假设法分析，假设a=b+c，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A 的物质的量的浓度为原来的50%，但当达到新的平衡时，A 的物质的量的浓度为原来的55%，说明减小压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b+c，A、由以上分析可知，平衡应向逆反应方向移动，选项A错误；B、增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b+c，选项B正确；C、平衡应向逆反应方向移动，物质B的质量分数减小，选项C错误；D、以上判断选项B正确，选项D错误。答案选B。
11. 下列关于元素第一电离能的说法不正确的是
A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能依次增大
C. 最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大
D. 对于同一元素而言，原子的电离能I1＜I2＜I3……
【答案】B
【解析】试题分析：A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；B．同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；C．最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；D．对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确；故选B。
【考点定位】考查了电离能的有关知识
【名师点晴】熟悉下列相关知识是解答本题的关键：元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势；ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，性质稳定，第一电离能都较大；对于同一元素来说，原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大。根据元素周期律来分析解答即可，注意同周期元素第一电离能的异常现象。
12. 环保、安全的铝—空气电池的工作原理如下图所示，下列有关叙述错误的是
A. NaCl的作用是增强溶液的导电性
B. 正极的电极反应式为: O2 +4e- + 2H2O=4OH-
C. 电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大
D. 用该电池做电源电解KI溶液制取1molKIO3，消耗铝电极的质量为54g
【答案】C
【解析】试题分析：A．该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A正确；B．由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；C．总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液的溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C错误；D.1mol KI制得1 mol KIO3时转移6 mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=×27g/mol=54g，故D正确；故选C。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，涉及正负极判断、电极反应式的书写、氧化还原反应计算等知识点，明确原电池原理、串联电路中转移电子守恒是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写。根据图知，该原电池中，Al作负极，电极反应式为Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，金属网载体为正极，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓。
13. 在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再变化时，能说明I2(g)+H2(g) 2HI达到平衡状态的是
A. 混合气体的颜色 B. 容器内压强
C. 混合气体的平均相对分子质量 D. 混合气体的密度
【答案】A
【解析】A. 反应物中只有碘蒸气有颜色，混合气体的颜色不变则说明碘的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，选项A符合；B. 反应前后气体的体积是不变的，则混合气体的压强始终是不变的，容器内压强不变不能说明反应达到平衡状态，选项B不符合；C. 混合气体的总质量不变，总物质的量始终保持不变，故平均相对分子质量保持不变，不能做为平衡状态的标志，选项C不符合；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，不能说明反应达到平衡状态，选项D不符合。答案选A。
点睛：本题考查可逆反应平衡状态的判断。侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，然后结合具体的可逆反应灵活运用即可。
14. 现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)＞c(OH-)
C. V1L④和V2L②混合，若混合后溶液pH=7，则V1=V2
D. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞③＞④
【答案】D
【解析】A、醋酸、盐酸均呈酸性，醋酸钠呈碱性，两溶液加入醋酸钠后pH均增大，选项A正确；B、③中醋酸浓度大于②中氢氧化钠的浓度，二者等体积混合，醋酸过量导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，选项B正确；C、盐酸为强酸，氢氧化钠为强碱，V1L④和V2L②混合，若混合后溶液pH=7，则V1=V2，选项C正确；D、加水稀释促进弱电解质一水合氨和醋酸电离，导致稀释后醋酸pH小于盐酸、氨水pH大于氢氧化钠，所以它们分别稀释10倍后，溶液的pH：①＞②＞④＞③，选项D不正确。答案选D。
点晴：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据弱电解质的电离、混合溶液的酸碱性、混合溶液中pH的计算等知识点来分析解答，易错选项是D，注意：稀释相同倍数的pH相等的强弱电解质时，溶液pH的变化。
15. 已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ·mol-1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达平衡过程体系的能量变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
放出热量：32.8kJ
②
0
0
1
4
热量变化：Q
下列说法中，不正确的是
A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%
B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率
C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率
D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等
【答案】D
【解析】A．平衡时放出的热量为32.8 kJ，故参加反应的CO的物质的量CO的转化率为，故A正确；B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，
则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol）：1 4 0 0
变化（mol）：0.8 0.8 0.8 0.8
平衡（mol）：0.2 3.2 0.8 0.8
故平衡常数K==1
故容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
开始（mol）：1 4 0 0
变化（mol）：a a a a
平衡（mol）：1-a 4-a a a
所以，解得a=0.8。
计算可知CO2的转化率为，故B正确；
C、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，故C正确；D、结合B选项的计算，由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，容器②中CO2的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故D错误；故选D。
点睛：本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，题目难度中等，平衡判断和平衡常数的计算是解题关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
16. 浓度均为0.1mol·L-1，体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 相同温度下，电离常数K（HX）：a＞b
B. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
C. 常温下，由水电离出的c（H+）•c（OH-）：a＜b
D. lg =3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），则减小
【答案】C
【解析】A．酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K（ HX）：a=b，选项A错误；B．根据图知，lg=0时，HX的pH＞1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，选项B错误；C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜b，所以由水电离出的c（H+）•c（OH-）：a＜b，选项C正确；D．lg=3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），n（X-）增大，n（Y-）不变，二者溶液体积相等，所以变大，选项D错误。答案选C。
17. 汽车净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A、可逆反应达化学平衡状态时正逆反应速率不再变化，选项A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，选项B正确；C、对于恒容容器而言，各物质的物质的量不再改变而不是反应物和生成物的物质的量相等，选项C错误；D、绝热恒容体系中，反应开始向正方向进行， NO的质量分数先减小，平衡后温度升高逆向移动，NO的质量分数增大，选项D错误。答案选B。
18. 500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=0.6mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是
A. 上述电解过程中共转移0.2mol电子
B. 原混合溶液中c(K+)为0.2mol·L-1
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05mol
D. 电解后溶液中c(H+)为0.2mol·L-1
【答案】B
【解析】石墨作电极电解此溶液时，阳极发生的反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-═H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1molCu2+。A．上述电解过程中共转移0.4mol电子，选项A错误；B．，由电荷守恒可得，选项B正确；C．由以上分析可知，溶液中有0.1molCu2+，Cu2++2e-═Cu，所以电解得到的Cu的物质的量为0.1mol，选项C错误；D．电解后，，，则由电荷守恒可得，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查电解池的工作原理以及溶液中的电荷守恒思想，明确离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，石墨作电极电解此溶液时，阳极发生的反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-═H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1molCu2+，据此解答。
19. 向一容积不变的密闭容器中充入一定量A(g)和B，发生反应：xA(g) +2B(s) yC(g) △H<0.在一定条件下，容器中A、C 的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
请回答下列问题
（1）根据图示可确定x：y=________。
（2）0 -10min容器内压强______ （填“变大”、“ 不变”或“变小”）
（3）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是______（填编号，下同）；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________。
①减压 ② 增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤ 降温⑥ 加催化剂
（4）若平衡1的平衡常数为K1，平衡II的平衡常数为K2，则K1______（填“＞”“=”或“＜”）K2
【答案】 (1). 1:2 (2). 变大 (3). ④⑥ (4). ④ (5). ＞
【解析】(1)10 min时C的浓度增加0.40 mol/L，则与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2；(2)0～10 min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大；(3)根据图像知10 min时反应速率加快，分析可知10 min时改变的条件可能是升温或加催化剂，答案选④⑥；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20 min时达到新平衡，分析可知16 min时改变的条件可能是升温，答案选④；(4) 已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，故K1＞K2。
点睛：本题考查化学平衡以及反应速率等问题，题目难度中等，注意图象曲线变化的分析，把握外界条件对反应速率和平衡移动的影响。易错点为（3）由图可知，第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，根据影响速率的因素分析；根据第16min时平衡移动方向分析。
20. 某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）甲池为__________装置(填“原电池”或“电解池”)。
（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_____mol电子。
（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______ （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）其他条件不变，若用U 形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量_______(填
“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt 电极反应式为________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____（填化学式）。
【答案】 (1). 原电池 (2). 0.2 (3). 变大 (4). 不变 (5). 4OH-- 4e -=O2↑+2H2O (6). Ag2O(或Ag2CO3)
【解析】试题分析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）根据甲装置总反应 计算两电极质量相差28g时导线中通过电子的物质的量；（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极。
解析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）甲装置总反应
设参加反应的铜的质量为xg，生成银的质量为ag
64g 216g
x g a g
X=6.4g
所以参加反应的铜的物质的量是0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol；
（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为 ；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为，所以铜棒质量不变；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极，电极反应为，乙池中又侧Pt电极是阴极，电极反应式是 ，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O。
点睛：原电池外电路中的电子是从负极流向正极，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极。电解池中阳极失电子发生氧化反应、阴极得电子发生还原反应，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
21. 某探究性学习实验小组做了如下实验：
实验一：利用H2C2O4 溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
实验序号
试验温度/K
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液（含硫酸）
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
A
293
2
0.02
5
0.1
3
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
5
t1
（1）通过实验A、B，可探究出_____________ (填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1=__________，T1=__________；通过实验__________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是_______________；利用实验B 中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)= __________。
实验二：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
实验步骤：
（a）检查装置的气密性后，添加药品；
（b）反应开始后，每隔1min 记录一次生成H2的体积；
（c）将所记录的数据转化为曲线图(上图乙)。
（3）根据反应的图像(图乙)分析：0-lmin盐酸与镁反应比1-2min反应快的原因：_____________。
（4）对照实验：用20mL 水代替酸进行实验。
实验现象： 当水滴入锥形瓶中，注射器的活塞_________(填“会”或“不会”)向右移动。
问题分析：针对上述现象，上图中气体发生装置是否合理：_______(填“合理”或“不合理”)若合理，则忽略下问；若不合理，请改进上述装置使其变成合理的装置图：_____________ (用必要的文字或装置图进行回答)。
【答案】 (1). 浓度 (2). 5 (3). 293 (4). B、C (5). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高反应物温度，反应速率增大) (6). (7). 盐酸(或H+) 浓度较大 (8). 会 (9). 不合理 (10). 【答题空10】用一根导气管将锥形瓶和分液漏斗的上部分连接(或将分液漏斗换成恒压分液漏斗或将发生装置换成Y 型管
【解析】（1）分析表中数据知，本实验是探究浓度、温度变化对反应速率产生的影响。实验中，探究浓度（温度）对反应速率的影响时，就要确保影响反应速率的其他因素相同。实验A、B，草酸浓度不同，故温度应相同，T1= 293K；为使A、B两组实验中KMnO4浓度相同，则溶液总体积均应为１０ｍＬ，其中V1=5ｍＬ，C组温度与另外两组不相同，加水量与B组相同，故实验B、C是探究温度变化对化学反应速率的影响；V２=３ｍＬ。（2）由A、B实验现象及浓度差异知，若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高反应物温度，反应速率增大)；利用实验B 中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为；（3）等浓度时强酸完全电离氢离子浓度较大，弱酸不完全电离氢离子浓度较小，根据反应的图像(图乙)分析：0-lmin盐酸与镁反应比1-2min反应快的原因：盐酸(或H+) 浓度较大；（4）当水滴入锥形瓶中，气体压缩，注射器的活塞会向右移动；上图中气体发生装置不合理，改进上述装置使其变成合理的装置图：用一根导气管将锥形瓶和分液漏斗的上部分连接(或将分液漏斗换成恒压分液漏斗或将发生装置换成Y 型管。
22. 软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量(Hg2+等)重金属化合物杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有SiO2和Al2O3等杂质。工业上采用同槽硫酸酸溶等工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：( 已知: Ksp[Al(OH) 3]=1 3×10-33，Ksp[Fe(OH) 3]=5.3×10-38，金属离子的浓度小于1×10-6视为沉淀完全。)
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：
①适当升高温度，②搅拌，③_________________等。
（2）流程“氧化”中加入MnO2与Fe2+发生反应的离子方程式为_________________。
（3）“滤渣2”中主要成分的化学式为_________________。
（4）流程“除重金属”时使用（NH4）2S而不使用Na2S的原因是_________________。
（5）流程“50℃碳化”得到碳酸锰，该反应的化学方程式为_________________。
（6）生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是_________________。
【答案】 (1). 适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等) (2). MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). Na2S会增大回收产物(NH4)2SO4中Na+含量 (5). MnSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+ MnCO3↓+ CO2↑+H2O (6). 取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀，则已洗净（合理答案均给分）
.....................
点睛：本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论，注意题干信息和物质性质的分析判断，“脱硫浸锰”环节：二氧化硫与软锰矿浆作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁等，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣Ⅰ；氧化环节：二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子；加氨水调节溶液的PH=5～6把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，则滤渣II为Fe(OH)3、Al(OH)3；加硫化铵把重金属转化为沉淀除去，加碳酸氢铵50°C碳化得碳酸锰、二氧化碳和硫酸铵等，据此分析解答。
四川省广安市2017-2018学年高二上学期期末考试
化学试题
1. 我们现在所使用的能源分为“一次能源”和“二次能源”。根据能源的分类，下列全部属于“一次能源”的是
A. 天然气 蒸汽 风力 B. 石油 流水 天然铀矿
C. 原煤 核能 电力 D. 焦炭 酒精 潮汐能
【答案】B
【解析】一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，它包括：原煤、原油、天然气、油页岩、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等等；由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，例如：电力、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等等；A.蒸汽是二次能源，选项A不符合；B. 石油、流水、天然铀矿均为一次能源，选项B符合；C.电力是二次能源，选项C不符合；D. 焦炭、酒精是二次能源，选项D不符合。答案选B。
2. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是
A. Mg2+ 1s22s22p6 B. F 1s22s22p5
C. Ar 1s22s22p63s23p6 D. Cr 1s22s22p63s23p63d44s2
【答案】D
【解析】A、Mg2+含有10个电子，核外电子排布式为1s22s22p6，选项A正确；B、F 原子含有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，选项B正确；C、Ar含有18个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，选项C正确；D、Cr含有24个电子，3d轨道半充满为稳定，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，选项D错误。答案选D。
3. 室温下，柠檬水溶液的pH 是3，则其中由水电离出的c(H+)是
A. 1×10-11 mol·L-1 B. 1×10-3 mol·L-1
C. 1×10-7mol·L-1 D. 0.1 mol·L-1
【答案】A
【解析】溶液的pH 是3，则溶液中OH － 的浓度是1×10 -11 mol/L。酸是抑制水的电离的，所以溶液中水电离的c（H+）等于溶液中水电离的c（OH-），答案选A。
4. 一定温度下，反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是
A. 缩小体积使压强增 B. 恒容，充入N2
C. 恒容，充入He D. 恒压，充入He
【答案】C
考点：考查影响化学反应速率的外界因素。
5. 图中烧杯中盛的是天然水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是
A. ⑤＞②＞①＞③＞④ B. ⑤＞②＞③＞④＞①
C. ④＞③＞②＞①＞⑤ D. ④＞③＞⑤＞②＞①
【答案】C
【解析】认真观察装置图，分析各图中发生反应的原理，然后才能比较铁腐蚀的速率快慢。④是电解池装置，在④池中Fe是阳极，铁失去电子，铁腐蚀最快。②③⑤是原电池装置，在②③池中Fe是负极，腐蚀较快(比④慢) ，其中铜的金属性弱于锡，故③腐蚀较快。在⑤池中Fe是正极，腐蚀较慢(比①②慢)。综上所述，铁被腐蚀的速率由快到慢为④>③>②>①>⑤，答案选C。
6. 为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂不能是
A. MgO B. Mg(OH)2 C. NH3.H2O D. MgCO3
【答案】C
【解析】A、加入MgO，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项A不选；B、加入Mg(OH)2，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项B不选；C、加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，选项C选；D、加入MgCO3，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项D不选。答案选C。
7. 准确移取20.00mL 某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0mol·L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】B
【解析】试题分析：A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错误；B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B正确；C、用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错误；D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D正确。答案选B。
【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。
【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·V标= C待·V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。
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8. 如图所示是一位同学在测试水果电池，下列有关说法错误的是
A. 若金属片A是正极，则该金属片上会产生H2
B. 水果电池的化学能转化为电能
C. 此水果发电的原理是电磁感应
D. 金属片A、B可以一个是铜片，另一个是铁片
【答案】C
【解析】A、若金属片A是正极，正极上氢离子得电子产生H2，选项A正确；B、水果电池是将化学能转化为电能的装置，选项B正确；C、此水果发电的原理是化学反应，选项C错误；D、由于铜没有铁片活泼，铁片在酸性条件会失去电子，而铜不可以，故两金属片可以一个是铜片，另一个是铁片，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查的是电源的能量转化、提供电压的大小、原理以及电极的选择等。（1）水果电池是将化学能转化为电能的装置．（2）根据铜与铁片的金属活动顺序判断。
9. 下列说法中正确的是
A. 饱和石灰水中加入一定量生石灰，溶液温度明显升高，pH增大
B. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl- (aq)，往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度减小
C. AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变为黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D. Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)
【答案】C
【解析】A、加入生石灰后，生石灰与水反应生成氢氧化钙，溶剂的质量减少，析出氢氧化钙，剩余溶液仍为饱和溶液，浓度不变，pH不变，选项A错误；B、往其中加入少量NaCl粉末，平衡向左移动，溶液中含有Na+离子，离子的总浓度增大，选项B错误；C、难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），选项C正确；D、Na2CO3溶液中存在物料守恒： c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，选项D错误。答案选C。
10. 在一密闭容器中，当反应aA(g) bB(g)+cC(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，最终测得A 的物质的量的浓度为原来的55%，则
A. 平衡向正反应方向移动 B. a＞b+c
C. 物质B的质量分数增大 D. 以上判断都错误
【答案】B
【解析】采用假设法分析，假设a=b+c，则保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A 的物质的量的浓度为原来的50%，但当达到新的平衡时，A 的物质的量的浓度为原来的55%，说明减小压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b+c，A、由以上分析可知，平衡应向逆反应方向移动，选项A错误；B、增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明a＞b+c，选项B正确；C、平衡应向逆反应方向移动，物质B的质量分数减小，选项C错误；D、以上判断选项B正确，选项D错误。答案选B。
11. 下列关于元素第一电离能的说法不正确的是
A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能依次增大
C. 最外层电子排布为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大
D. 对于同一元素而言，原子的电离能I1＜I2＜I3……
【答案】B
【解析】试题分析：A．钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，说明钾失电子能力比钠强，所以钾的活泼性强于钠，故A正确；B．同一周期元素原子半径随着原子序数的增大而减小，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，故B错误；C．最外层电子排布为ns2np6（若只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，再失去电子较难，所以其第一电离能较大，故C正确；D．对于同一元素来说，原子失去电子个数越多，其失电子能力越弱，所以原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大，故D正确；故选B。
【考点定位】考查了电离能的有关知识
【名师点晴】熟悉下列相关知识是解答本题的关键：元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势；ns2np6（当只有K层时为1s2）的原子达到稳定结构，性质稳定，第一电离能都较大；对于同一元素来说，原子的电离能随着原子失去电子个数的增多而增大。根据元素周期律来分析解答即可，注意同周期元素第一电离能的异常现象。
12. 环保、安全的铝—空气电池的工作原理如下图所示，下列有关叙述错误的是
A. NaCl的作用是增强溶液的导电性
B. 正极的电极反应式为: O2 +4e- + 2H2O=4OH-
C. 电池工作过程中，电解质溶液的pH不断增大
D. 用该电池做电源电解KI溶液制取1molKIO3，消耗铝电极的质量为54g
【答案】C
【解析】试题分析：A．该原电池中，NaCl不参加反应，则NaCl的作用是增强溶液的导电性，故A正确；B．由题图可知Al电极为负极，发生反应：Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故B正确；C．总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓，氯化钠溶液呈中性，放电过程中溶液的溶质仍然为NaCl，则电解质溶液的pH基本不变，故C错误；D.1mol KI制得1 mol KIO3时转移6 mol电子，根据转移电子相等得消耗m（Al）=×27g/mol=54g，故D正确；故选C。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，涉及正负极判断、电极反应式的书写、氧化还原反应计算等知识点，明确原电池原理、串联电路中转移电子守恒是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写。根据图知，该原电池中，Al作负极，电极反应式为Al-3e-+3OH-=Al（OH）3，金属网载体为正极，O2在正极发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应方程式为4A1+3O2+6H2O=4A1（OH）3↓。
13. 在一定温度下的定容容器中，当下列物理量不再变化时，能说明I2(g)+H2(g) 2HI达到平衡状态的是
A. 混合气体的颜色 B. 容器内压强
C. 混合气体的平均相对分子质量 D. 混合气体的密度
【答案】A
【解析】A. 反应物中只有碘蒸气有颜色，混合气体的颜色不变则说明碘的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，选项A符合；B. 反应前后气体的体积是不变的，则混合气体的压强始终是不变的，容器内压强不变不能说明反应达到平衡状态，选项B不符合；C. 混合气体的总质量不变，总物质的量始终保持不变，故平均相对分子质量保持不变，不能做为平衡状态的标志，选项C不符合；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，不能说明反应达到平衡状态，选项D不符合。答案选A。
点睛：本题考查可逆反应平衡状态的判断。侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，然后结合具体的可逆反应灵活运用即可。
14. 现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是
序号
①
②
③
④
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH
11
11
3
3
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)＞c(OH-)
C. V1L④和V2L②混合，若混合后溶液pH=7，则V1=V2
D. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞③＞④
【答案】D
【解析】A、醋酸、盐酸均呈酸性，醋酸钠呈碱性，两溶液加入醋酸钠后pH均增大，选项A正确；B、③中醋酸浓度大于②中氢氧化钠的浓度，二者等体积混合，醋酸过量导致溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，选项B正确；C、盐酸为强酸，氢氧化钠为强碱，V1L④和V2L②混合，若混合后溶液pH=7，则V1=V2，选项C正确；D、加水稀释促进弱电解质一水合氨和醋酸电离，导致稀释后醋酸pH小于盐酸、氨水pH大于氢氧化钠，所以它们分别稀释10倍后，溶液的pH：①＞②＞④＞③，选项D不正确。答案选D。
点晴：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据弱电解质的电离、混合溶液的酸碱性、混合溶液中pH的计算等知识点来分析解答，易错选项是D，注意：稀释相同倍数的pH相等的强弱电解质时，溶液pH的变化。
15. 已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=-41kJ·mol-1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：
容器编号
起始时各物质的物质的量/mol
达平衡过程体系的能量变化
CO
H2O
CO2
H2
①
1
4
0
0
放出热量：32.8kJ
②
0
0
1
4
热量变化：Q
下列说法中，不正确的是
A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%
B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率
C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率
D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等
【答案】D
【解析】A．平衡时放出的热量为32.8 kJ，故参加反应的CO的物质的量CO的转化率为，故A正确；B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，
则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
开始（mol）：1 4 0 0
变化（mol）：0.8 0.8 0.8 0.8
平衡（mol）：0.2 3.2 0.8 0.8
故平衡常数K==1
故容器②中的平衡常数为1，令容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则：
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
开始（mol）：1 4 0 0
变化（mol）：a a a a
平衡（mol）：1-a 4-a a a
所以，解得a=0.8。
计算可知CO2的转化率为，故B正确；
C、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，故C正确；D、结合B选项的计算，由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，容器②中CO2的物质的量为1mol-0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，故D错误；故选D。
点睛：本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，题目难度中等，平衡判断和平衡常数的计算是解题关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
16. 浓度均为0.1mol·L-1，体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 相同温度下，电离常数K（HX）：a＞b
B. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
C. 常温下，由水电离出的c（H+）•c（OH-）：a＜b
D. lg =3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），则减小
【答案】C
【解析】A．酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K（ HX）：a=b，选项A错误；B．根据图知，lg=0时，HX的pH＞1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强电解质，HY的酸性大于HX，选项B错误；C．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a＜b，所以由水电离出的c（H+）•c（OH-）：a＜b，选项C正确；D．lg=3，若同时微热两种溶液（不考虑HX、HY和H2O的挥发），n（X-）增大，n（Y-）不变，二者溶液体积相等，所以变大，选项D错误。答案选C。
17. 汽车净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A、可逆反应达化学平衡状态时正逆反应速率不再变化，选项A错误；B、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，选项B正确；C、对于恒容容器而言，各物质的物质的量不再改变而不是反应物和生成物的物质的量相等，选项C错误；D、绝热恒容体系中，反应开始向正方向进行， NO的质量分数先减小，平衡后温度升高逆向移动，NO的质量分数增大，选项D错误。答案选B。
18. 500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=0.6mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是
A. 上述电解过程中共转移0.2mol电子
B. 原混合溶液中c(K+)为0.2mol·L-1
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05mol
D. 电解后溶液中c(H+)为0.2mol·L-1
【答案】B
【解析】石墨作电极电解此溶液时，阳极发生的反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-═H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1molCu2+。A．上述电解过程中共转移0.4mol电子，选项A错误；B．，由电荷守恒可得，选项B正确；C．由以上分析可知，溶液中有0.1molCu2+，Cu2++2e-═Cu，所以电解得到的Cu的物质的量为0.1mol，选项C错误；D．电解后，，，则由电荷守恒可得，选项D错误。答案选B。
点睛：本题考查电解池的工作原理以及溶液中的电荷守恒思想，明确离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，石墨作电极电解此溶液时，阳极发生的反应为：4OH--4e-═2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-═H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1molCu2+，据此解答。
19. 向一容积不变的密闭容器中充入一定量A(g)和B，发生反应：xA(g) +2B(s) yC(g) △H<0.在一定条件下，容器中A、C 的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
请回答下列问题
（1）根据图示可确定x：y=________。
（2）0 -10min容器内压强______ （填“变大”、“ 不变”或“变小”）
（3）推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是______（填编号，下同）；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________。
①减压 ② 增大A的浓度 ③增大C的量 ④升温 ⑤ 降温⑥ 加催化剂
（4）若平衡1的平衡常数为K1，平衡II的平衡常数为K2，则K1______（填“＞”“=”或“＜”）K2
【答案】 (1). 1:2 (2). 变大 (3). ④⑥ (4). ④ (5). ＞
【解析】(1)10 min时C的浓度增加0.40 mol/L，则与A的浓度变化之比是2∶1，故x∶y＝1∶2；(2)0～10 min内C的浓度增加的量比A的浓度减小的量大，B是固体，所以压强变大；(3)根据图像知10 min时反应速率加快，分析可知10 min时改变的条件可能是升温或加催化剂，答案选④⑥；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，20 min时达到新平衡，分析可知16 min时改变的条件可能是升温，答案选④；(4) 已知第16min时改变的条件是升高温度，而该反应是放热反应，所以升高温度平衡逆移，则平衡常数减小，故K1＞K2。
点睛：本题考查化学平衡以及反应速率等问题，题目难度中等，注意图象曲线变化的分析，把握外界条件对反应速率和平衡移动的影响。易错点为（3）由图可知，第10min时，单位时间内A、C的物质的量变化量较大，反应速率明显增大，根据影响速率的因素分析；根据第16min时平衡移动方向分析。
20. 某实验小组同学利用下图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）甲池为__________装置(填“原电池”或“电解池”)。
（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差28g，导线中通过_____mol电子。
（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度_______ （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）其他条件不变，若用U 形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出铜棒称量，质量_______(填
“变大”、“变小”或“不变”)。若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt 电极反应式为________________，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入_____（填化学式）。
【答案】 (1). 原电池 (2). 0.2 (3). 变大 (4). 不变 (5). 4OH-- 4e -=O2↑+2H2O (6). Ag2O(或Ag2CO3)
【解析】试题分析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）根据甲装置总反应 计算两电极质量相差28g时导线中通过电子的物质的量；（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极。
解析：（1）根据图示，甲池为带盐桥的原电池；（2）甲装置总反应
设参加反应的铜的质量为xg，生成银的质量为ag
64g 216g
x g a g
X=6.4g
所以参加反应的铜的物质的量是0.1mol，转移电子的物质的量是0.2mol；
（3）甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大；（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为 ；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为，所以铜棒质量不变；乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极，电极反应为，乙池中又侧Pt电极是阴极，电极反应式是 ，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O。
点睛：原电池外电路中的电子是从负极流向正极，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极。电解池中阳极失电子发生氧化反应、阴极得电子发生还原反应，阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
21. 某探究性学习实验小组做了如下实验：
实验一：利用H2C2O4 溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
实验序号
试验温度/K
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液（含硫酸）
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
c/mol·L-1
V/mL
A
293
2
0.02
5
0.1
3
t1
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
5
t1
（1）通过实验A、B，可探究出_____________ (填外部因素)的改变对反应速率的影响，其中V1=__________，T1=__________；通过实验__________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是_______________；利用实验B 中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为v(KMnO4)= __________。
实验二：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
实验步骤：
（a）检查装置的气密性后，添加药品；
（b）反应开始后，每隔1min 记录一次生成H2的体积；
（c）将所记录的数据转化为曲线图(上图乙)。
（3）根据反应的图像(图乙)分析：0-lmin盐酸与镁反应比1-2min反应快的原因：_____________。
（4）对照实验：用20mL 水代替酸进行实验。
实验现象： 当水滴入锥形瓶中，注射器的活塞_________(填“会”或“不会”)向右移动。
问题分析：针对上述现象，上图中气体发生装置是否合理：_______(填“合理”或“不合理”)若合理，则忽略下问；若不合理，请改进上述装置使其变成合理的装置图：_____________ (用必要的文字或装置图进行回答)。
【答案】 (1). 浓度 (2). 5 (3). 293 (4). B、C (5). 其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高反应物温度，反应速率增大) (6). (7). 盐酸(或H+) 浓度较大 (8). 会 (9). 不合理 (10). 【答题空10】用一根导气管将锥形瓶和分液漏斗的上部分连接(或将分液漏斗换成恒压分液漏斗或将发生装置换成Y 型管
【解析】（1）分析表中数据知，本实验是探究浓度、温度变化对反应速率产生的影响。实验中，探究浓度（温度）对反应速率的影响时，就要确保影响反应速率的其他因素相同。实验A、B，草酸浓度不同，故温度应相同，T1= 293K；为使A、B两组实验中KMnO4浓度相同，则溶液总体积均应为１０ｍＬ，其中V1=5ｍＬ，C组温度与另外两组不相同，加水量与B组相同，故实验B、C是探究温度变化对化学反应速率的影响；V２=３ｍＬ。（2）由A、B实验现象及浓度差异知，若t1＜8，则由此实验可以得出的结论是其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大(或其他条件相同时，升高反应物温度，反应速率增大)；利用实验B 中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为；（3）等浓度时强酸完全电离氢离子浓度较大，弱酸不完全电离氢离子浓度较小，根据反应的图像(图乙)分析：0-lmin盐酸与镁反应比1-2min反应快的原因：盐酸(或H+) 浓度较大；（4）当水滴入锥形瓶中，气体压缩，注射器的活塞会向右移动；上图中气体发生装置不合理，改进上述装置使其变成合理的装置图：用一根导气管将锥形瓶和分液漏斗的上部分连接(或将分液漏斗换成恒压分液漏斗或将发生装置换成Y 型管。
22. 软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量(Hg2+等)重金属化合物杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有SiO2和Al2O3等杂质。工业上采用同槽硫酸酸溶等工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：( 已知: Ksp[Al(OH) 3]=1 3×10-33，Ksp[Fe(OH) 3]=5.3×10-38，金属离子的浓度小于1×10-6视为沉淀完全。)
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：
①适当升高温度，②搅拌，③_________________等。
（2）流程“氧化”中加入MnO2与Fe2+发生反应的离子方程式为_________________。
（3）“滤渣2”中主要成分的化学式为_________________。
（4）流程“除重金属”时使用（NH4）2S而不使用Na2S的原因是_________________。
（5）流程“50℃碳化”得到碳酸锰，该反应的化学方程式为_________________。
（6）生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是_________________。
【答案】 (1). 适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等) (2). MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). Na2S会增大回收产物(NH4)2SO4中Na+含量 (5). MnSO4+2NH4HCO3(NH4)2SO4+ MnCO3↓+ CO2↑+H2O (6). 取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀，则已洗净（合理答案均给分）
.....................
点睛：本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论，注意题干信息和物质性质的分析判断，“脱硫浸锰”环节：二氧化硫与软锰矿浆作用生成硫酸锰和少量的硫酸铝、硫酸亚铁等，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣Ⅰ；氧化环节：二氧化锰可将亚铁离子氧化为铁离子；加氨水调节溶液的PH=5～6把铁离子和铝离子转化为沉淀除去，则滤渣II为Fe(OH)3、Al(OH)3；加硫化铵把重金属转化为沉淀除去，加碳酸氢铵50°C碳化得碳酸锰、二氧化碳和硫酸铵等，据此分析解答。
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