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【化学】北京市通州区2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）
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北京市通州区2019-2020学年高二下学期期末考试
考生须知：
1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）共8页；考试时间为90分钟，满分为100分。
|2.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答；其他试题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束后，请将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64 Zn-65
第Ⅰ卷（选择题共50分）
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是
A
B
C
D
水力发电
风力发电
铅蓄电池放电
太阳能发电
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；
B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；
C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；
D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误；
故选C。
2.下列变化一定不可逆的是（ ）
A. 溶解 B. 电离 C. 电解 D. 水解
【答案】C
【解析】
【详解】A. 难溶电解质加入水中时往往达到沉淀溶解平衡，是可逆过程，A不符合；
B. 弱电解质的电离是可逆的，B不符合；
C. 电解是在通电条件下发生的氧化还原反应，一定不可逆，C符合；
D. 含有弱电解质离子的盐的水解是可逆的，D不符合；
答案选C。
3.下列各项中电解质的电离方程式中正确的是（ ）
A. NaHCO3的水溶液：NaHCO3 = Na＋＋H＋＋
B. 熔融状态的NaHSO4：NaHSO4 = Na＋＋
C. HF的水溶液：HF=H＋＋F－
D. H2S 的水溶液：H2S2H＋＋S2－
【答案】B
【解析】
【详解】A.是二元弱酸的酸式阴离子，不能拆写，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋，故A错误；
B.熔融状态下，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4 =Na＋＋，故B正确；
C.HF属于弱酸，HF的电离方程式为HFH＋＋F－，故C错误；
D.H2S属于二元弱酸，应分步电离，电离方程式为H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－，故D错误；
答案选B。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 该过程是一个吸热过程
B. 该图像可表示Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应
C. 该过程的发生一定不需要外界的能量补充
D. 该图像可以表示任意的燃烧反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图知，该过程是一个降低能量的过程，故是放热过程，A错误；
B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，B错误；
C. 有些放热反应在常温下不发生，例如铝热反应在高温下发生，故反应一开始需要有外界能量的补充，C错误；
D. 任意的燃烧反应均为放热反应，D正确；
答案选D。
5.在一支25mL的滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处。若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为( )
A 大于20mL B. 小于20mL
C. 等于20mL D. 等于5mL
【答案】A
【解析】
【详解】25mL的滴定管尖嘴部分没有刻度，液面恰好在5mL刻度处，若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，放出的液体大于20mL，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为大于20mL，
故选A。
6.下列说法中正确的是（ ）
A. 化学反应速率既有正值，又有负值。
B. 测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒末的瞬时速率
C. 对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值一定不同。
D. 不能用固体和纯液体表示化学反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率的数值无负值，均为正值，故A错误；
B．反应速率是指单位时间内物质的浓度变化，所以测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒内的平均速率，故B错误；
C．对于同一化学反应，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以如果不同物质的计量数相等，则选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值可以相同，故C错误；
D．固体或纯液体的浓度视为常数，故不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，故D正确；
故答案为D。
7.能表示人大量喝水时，胃液pH变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
胃液的主要成分是盐酸，呈酸性，喝水导致胃液被稀释，则酸度下降，pH增大，但大量喝水可等效于无限稀释，则pH<7但接近于7，据此回答；
【详解】A. pH >7，A错误；
B. 据分析，大量喝水相当于HCl被无效稀释，pH逐渐增大接近于7但小于7，B正确；
C. 稀释后pH >7，C错误；
D. 稀释前pH >7，D错误；
答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 干冰汽化需要吸收大量的热，这个变化是吸收能量的化学反应
B. 酒精可用作燃料，酒精燃烧是释放能量的反应
C. 木炭需要加热到一定温度才能燃烧，所以木炭燃烧是吸收能量的反应
D. 铝热反应放出大量的热（金属熔化），说明该反应常温下即可发生
【答案】B
【解析】
【详解】A. 干冰汽化是物理变化，A错误；
B. 酒精可用作燃料，而且是比较清洁的燃料，酒精燃烧是释放能量的反应，B正确；
C. 木炭需要加热到一定温度才能燃烧，但木炭燃烧是放热反应，C错误；
D. 铝热反应放出大量的热（金属熔化），但该反应常温下不能进行，需要在高温下发生，D错误；
答案选B。
9. 下列有关电池的说法不正确的是
A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
B. 铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
C. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D. 锌锰干电池中，锌电极是负极
【答案】B
【解析】
【详解】A项，手机锂离子电池可以多次充放电，因此是二次电池，故A项正确；
B项，铜锌原电池工作的时候，锌作负极，铜作正极，电子应该是从锌电极经导线流向铜电极，故B项错误；
C项，甲醇燃料电池就是将甲醇内部的化学能转化为电能的装置，故C项正确；
D项，锌的化学性质比锰要活泼，因此锌锰干电池中锌是负极，故D项正确。
答案选B。
10.下列应用与反应原理设计不一致的是（ ）
A. 热的纯碱溶液清洗油污：CO+H2O HCO+OH-
B. 明矾净水：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
C. 用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl
D. 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A. 热的纯碱溶液存在水解平衡：CO+H2O HCO+OH-，水解过程是吸热的过程，升高温度，可以促进盐的水解，所以热的纯碱溶液清洗油污，属于盐的水解原理的应用，故A不符合；
B. 铝离子水解生成氢氧化铝胶体：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，氢氧化铝胶体能吸附水中悬物并使之沉降，故明矾净水属于盐的水解原理的应用，故B不符合；
C. TiCl4水解可以得到TiO2•xH2O，加热失去结晶水即可得到二氧化钛，故用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl，属于盐的水解原理的应用，故C不符合；
D. SnCl2溶液水解反应为：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，故溶液呈酸性，可以加盐酸来抑制其水解，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠会促使平衡正向移动，不能制得氯化亚锡溶液，不属于盐的水解原理的应用，故D符合；
答案选D。
11.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 增加C的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，通入H2O(g)
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. C是固体，增加C的量，对其反应速率几乎无影响，A正确；
B. 将容器的体积缩小一半，等效于增压，体积减小，各物质浓度增大，则加快反应速率，B错误；
C. 保持体积不变，通入H2O(g)，即增加了H2O(g)的浓度，则加快反应速率，C错误；
D 保持压强不变，充入N2使容器体积增大，等效于减压，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，D错误；
答案选A。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 含有OH-的溶液一定呈碱性
B. pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍
C. Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含有OH-的溶液也含有氢离子，两种离子浓度大小关系不能确定，故溶液不一定呈碱性，A错误；
B. pH为1的盐酸的c(H+)=10-1mol/L，pH为3的盐酸的c(H+)=10-3mol/L，所以前者氢离子浓度是后者氢离子浓度的100倍，B错误；
C. Na2 SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同，因为Na2SO3水解、NaHSO3既电离又水解，故它们均含有Na+、、、H2SO3、H2O、OH-、H+七种微粒，C正确；
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，因为一水合氨是弱电解质，故氨水的物质的量浓度比氢氧化钠大得多，当它们分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水的体积远小于氢氧化钠溶液的体积，D错误；
答案选C。
13.下列操作中，能使电离平衡H2OH+ + OH－正向移动且溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3溶液
C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到100℃，使水的pH=6
【答案】B
【解析】
【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠电离出的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离平衡逆向移动，故A错误；
B、向水中加入硫酸铝溶液，铝离子水解促进水的电离，铝离子和氢氧根离子生成氢氧化铝，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故B正确；
C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；
D、水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故D错误；
本题选B
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D. 向0.1mol·L-1氨水中加入少量水，pH减小，减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度增大，Kw增大，pH减小，A正确；
B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，B错误；
C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，C错误；
D、向0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液pH减小，Kb不变，=增大，D错误；
故选A。
15.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol。向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸，②稀盐酸，③浓硫酸，恰好完全反应时对应的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是（ ）
A. ΔH1<ΔH3<ΔH2 B. ΔH1>ΔH2>ΔH3
C. ΔH1<ΔH2<ΔH3 D. ΔH1>ΔH3>ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol，由于稀醋酸中主要是醋酸分子，当醋酸和NaOH发生中和反应时，醋酸的电离平衡向电离的方向移动，电离过程要吸热，因此中和反应放出的热量小于57.3kJ，ΔH1>−57.3 kJ/mol；而浓H2SO4稀释时要放出热量，所以ΔH3<−57.3 kJ/mol，即ΔH1>ΔH2>ΔH3，故B符合题意；
答案选B。
16.关于下列两个实验的说法正确的是（ ）
A. 若甲中b电极的表面有气泡产生，则b为阳极
B. 若甲中a为Zn，b为Cu，则正极附近的SO离子浓度逐渐增大
C. 若乙中c电极为Fe，则电解一段时间后，溶液变浑浊
D. 若乙中c、d均为惰性电极，产生22.4LCl2时，则转移电子2mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若甲中b电极的表面有气泡产生，则甲是原电池，b为正极，A错误；
B. 若甲中a为Zn，b为Cu，则甲是原电池，b为正极，溶液中阴离子移向负极，负极附近的SO离子浓度逐渐增大，B错误；
C. 若乙中c电极为Fe，它为阳极，阳极发生反应：阴极反应为，则电解一段时间后，溶液中和接触产生氢氧化亚铁沉淀，还可以进一步被氧化为氢氧化铁沉淀，故可见浑浊，C正确；
D. 若乙中c、d均为惰性电极，产生22.4LCl2时，未指明是否处于标准状况，故转移电子未必就是2mol，D错误；
答案选C。
17.在密闭容器中，对于可逆反应：A(?)+3B(?)2C(g),平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. 若正反应方向△H<0,则T1>T2
B. 压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小
C. A一定为气体
D. B一定为气体
【答案】D
【解析】
温度不变，增大压强，C的体积分数增大，平衡右移，平衡向着气体体积减少的方向移动，A可能为气态、固态或液态，B只能是气态；压强不变，温度由T2 升高到T1，C的体积分数增大，平衡右移，该反应正反应为△H>0，与判据矛盾，A、C错误；B.若A、B均为气态，反应前后气体的总质量不变，气体的总量减少，混合气体的平均相对分子质量增大；若只有B均为气态，反应后气体的总质量增大，气体的总量减少，混合气体的平均相对分子质量增大；B错误；答案选D。
18.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。
【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；
B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；
C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；
D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查金属的腐蚀及防护，注意判断形成电化学腐蚀的条件以及金属的防护措施是解答关键。
19.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是
A. 石墨电极上产生氢气
B. 铜电极发生还原反应
C. 铜电极接直流电源的负极
D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电池总反应2Cu＋H2OCu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，据此可分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，A选项正确；
B．根据电池总反应2Cu＋H2OCu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，B选项错误；
C．铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项错误；
D．根据2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D选项错误；
答案选A。
20.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. υ(A)=0.5mol/(L·min) B. υ(B)=1.2mol/(L·s)
C. υ(C)=0.1mol/(L·s) D. υ(D)=0.4mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。
【详解】A．v（A）=0.5 mol/(L·min) =0.0083 mol•L-1•s-1；
B.由于B是固体，不能用其表示反应速率；
C．v（A）=1/2v（C）=0.1×1/2=0.05mol•L-1•s-1；
D．v（A）=1/2v（D）=1/2×0.4=0.2 mol/(L·min)=0.003mol•L-1•s-1；
则反应速率最快的为C，答案选C。
21.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
22.实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；② 向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③ 向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是
A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)
B. 滤液b中不含有Ag+
C. ③中颜色变化说明AgCl 转化为AgI
D. 实验可以证明AgI比AgCI更难溶
【答案】B
【解析】
【详解】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；
B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；
C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；
D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；
故选B。
23.用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A. 通电后阴极区附近溶液pH会增大
B. 阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 纯净的KOH溶液从b出口导出
D. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
【答案】D
【解析】
【详解】A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；
D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；
故选D。
24.常温下，已知：1molCH4完全燃烧时放出890kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量。现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol，使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出234kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是（ ）
A. 1:2 B. 1:1 C. 3:2 D. 2:3
【答案】B
【解析】
【详解】在题给条件下，已知：1molCH4完全燃烧时放出890kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量，设现有CH4的物质的量为x，则H2的物质的量为0.4mol- x，则，得x=0.2mol，则0.4mol- x=0.2mol，则CH4与H2的物质的量之比是1:1，则B正确；
答案选B。
25.关于如图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）
A. 左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B. 该装置中铜为正极，锌为负极
C. 电子流向：Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
D. 当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示装置可知，左侧装置为氢氧燃料电池，氢气为负极，发生氧化反应；氧气为正极，发生还原反应；右侧装置为电解池，铜与正极相连，为阳极，锌与负极相连，为阴极；据此进行分析。
【详解】A. 左边的装置是原电池，右边的装置是电解池，故A错误；
B. 左边是氢氧燃料电池，为原电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；
C. 左边是原电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子从b沿着导线流向Zn，电子从Cu沿着导线流向a，电子不进入电解质溶液，故C错误；
D. 根据转移电子守恒得 ，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为，故D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
二、非选择题（本题包括6小题，共50分）
26.已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-。
（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH-离子的浓度__，NH离子的浓度__；
（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；
（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。
【答案】 (1). 右 (2). 减小 (3). 增大 (4). 右 (5). OH- (6). NH3•H2O (7). NH3 (8). 左 (9). 有无色刺激性气体产生
【解析】
【分析】
氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-，如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向、即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；
【详解】(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动， NH的浓度增大；
故答案为：右；减小；增大；
(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小，
故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）；
(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；
故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。
【点睛】明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。
27.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：___；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：___；
（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m__n（填“>”“<”或“=”）
（3）常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=__；
（4）25℃时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显__（填“酸”“碱”或“中”）性。
【答案】 (1). (2). (3). < (4). 10−8mol/L (5). 中
【解析】
【分析】
(1)盐碱地产生碱性的原因是碳酸钠水解，据此写化学方程式即可；用石膏降低其碱性的反应原理从石膏和纯碱反应的角度回答；
(2)若pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水稀释相同倍数，则所得稀溶液的pH是氨水的大，因为加水促进了一水合氨的电离，据此可推算分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等时m
(4)25℃时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，结合电荷守恒式可以计算氢离子浓度和氢氧根浓度的相对大小，从而判断溶液显的酸碱性；
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为；石膏主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为；
答案为：；；
(2)一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m
(3)常温下，pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，该溶液中水的电离被抑制了，则混合溶液中水电离出来的 ；
答案为：10−8mol/L；
(4)在25℃下，氨水与盐酸等体积混合，反应平衡时，溶液中c(NH)=c(Cl-)，又根据电荷守恒关系有，故有，所以溶液显中性；
答案为：中。
【点睛】本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、弱电解质的电离、盐类水解等知识点，要明确弱电解质电离特点、溶液酸碱性的含义、盐类水解原理等即可解答，解(4)的关键是根据电荷守恒关系，结合已知条件又根据电荷守恒关系有，才能得出，得到结论：溶液呈中性。
28.铁是用途最广的金属材料之一，但生铁易生锈。请讨论电化学实验中有关铁的性质。
（1）①某原电池装置如图所示，右侧烧杯中的电极反应式为__，左侧烧杯中的c(Cl-)__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②已知如图甲、乙两池的总反应式均为Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，且在同侧电极(指均在“左电极”或“右电极”)产生H2。请在两池上标出电极材料_____(填“Fe”或“C”)。
（2）装置丙中，易生锈的是__(填“a”或“b”)点。装置丁中可观察到的实验现象是__。
【答案】 (1). 2H＋＋2e-=H2↑ (2). 增大 (3). 甲池中：左—Fe，右—C；乙池中：左—Fe，右—C (4). a (5). 铁屑表面生成红棕色锈斑，试管内液面上升
【解析】
【分析】
（1）①图为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2－，石墨为正极，发生2H＋+2e－=H2；原电池中阴离子向负极移动；
②Fe和H2SO4之间的反应结合电解池和原电池的原理分析回答；
（2）装置丙中，根据易生锈的是构成原电池作负极的分析，根据吸氧腐蚀消耗了空气中的氧气，使试管内压强降低，则大气压使试管中液面会上升．
【详解】(1)①电池反应中Fe作负极，石墨棒作正极，右侧电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。由于平衡电荷的需要，盐桥中的Cl－向负极迁移，故NaCl溶液中c(Cl－)增大。
故答案为：2H＋+2e－=H2↑；增大；
②装置乙是电解装置，阴极(右侧)产生H2，同时根据总反应式可知Fe只能作阳极(左侧)。由已知条件知，在装置甲中，Fe作原电池的负极，在左侧，C作原电池的正极，在右侧。
故答案为：甲池中：左—Fe，右—C；乙池中：左—Fe，右—C
(2)装置丙中由于a点既与电解液接触，又与空气接触，故易生锈。装置丁中铁屑发生吸氧腐蚀，负极：Fe－2e－=Fe2＋，正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，生成的离子继续反应：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3,2Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O，由整个反应来看，最终铁屑表面会生成红棕色的铁锈，由于反应消耗氧气，因此试管内液面上升。
故答案为：a；生铁表面生成红棕色锈斑，试管内液面上升．
【点睛】本题主要考查了原电池、电解池的原理及其应用，解题关键：掌握原电池、电解池基本原理，难点（2）装置丁中发生吸氧腐蚀消耗了空气中的氧气，生铁表面生成红棕色锈斑，使试管内压强降低，则大气压使试管中液面会上升。
29.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应化学方程式为 ________________________________
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ________________
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气
所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10
①该实验的目的是探究 ____________ 、 _______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 _________________ ，化学反应速率越大。
【答案】 (1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高
【解析】
【分析】
（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；
（2）根据v=计算反应速率；
（3）探究影响化学反应速率的因素用到控制变量法。
【详解】（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.0-0.7）mol：（1.0-0.9）mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y⇌2Z；
（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v==0.05mol/（L•min）；
（3）①由实验数据可知，Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，I、Ⅱ中温度不同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②Ⅰ和Ⅱ表明，温度高的反应时间少，则表明温度越高，反应速率越大。
30.二氧化碳的回收利用是环保领域研究热点。
（1）在太阳能的作用下，以CO2为原料制炭黑的流程如图所示。总反应的化学方程式为__；
（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2 CH3OH+H2O。
已知298K和101kPa条件下：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-akJ/mol；
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-bkJ/mol；
CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-ckJ/mol；
则CH3OH(l)的标准燃烧热ΔH=__；
（3）在催化剂M的作用下，CO2经过催化氢化合成低碳烯烃等。
CO2和H2同时发生下列两个反应：
①2CO2(g)+6H2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH<0
②2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH<0
如图是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，当温度高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是__。
A.催化剂M的活性降低
B.①反应的平衡常数变大
C.生成甲醚的量增加
【答案】 (1). (2). (3). B
【解析】
【分析】
(1)从流程图获取信息，在太阳能的作用下，四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，在700K时，氧化亚铁和CO2反应得到四氧化三铁和炭黑，则据此可获得总反应的化学方程式；
(2)已知298K和101kPa条件下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-akJ/mol；
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-bkJ/mol；
CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-ckJ/mol；
根据盖斯定律计算CH3OH(l)的标准燃烧热ΔH；
(3) 当温度高于460℃时乙烯产率降低的原因从不同角度分析：
A.催化剂M的催化效率对一定条件下乙烯的产率有影响，而催化剂活性与温度关系密切；
B.反应①随温度升高，平衡会移动，反应的平衡常数会改变；
C.生成甲醚的量增加势必会减少乙烯的产率；
据此判断。
【详解】(1)从流程图获取信息，过程1的反应为：，过程2的反应为：在700K时，，据此可获得总反应的化学方程式为：；
答案为：；
(2)已知298K和101kPa条件下：反应①：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-akJ/mol；反应②：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-bkJ/mol；反应③：CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-ckJ/mol，根据盖斯定律，则②-(①+③)即可得到表明CH3OH(l)的标准燃烧热的热化学方程式： ΔH= =；
答案为：；
(3) A. 催化剂M的催化效率对一定条件下乙烯的产率有影响，而催化剂活性与温度关系密切，当温度过高，催化剂活性降低；当反应速率降低，单位时间生产效益降低了，产率就降低了，故A可能；
B. 反应①为2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH<0，随温度升高，平衡会向左移动，反应的平衡常数会变小，B不可能；
C. 生成甲醚的量增加势必会减少乙烯的产率，C可能；
答案选B。
【点睛】解本题的关键是充分提取图片和题目提供的信息、结合盖斯定律、燃烧热的定义计算标准燃烧热，充分结合工业生产的实际情况，应用速率和平衡知识，正确判断影响单位时间内某一产物的产率的因素。
31.氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：
依据上图，完成下列填空：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为_________________，与电源负极相连的电极附近，溶液pH________(选填“不变”、“升高”或“下降”)。
(2)工业食盐中含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中除去这些杂质时发生反应的离子方程式为__________________、__________________。
(3)如果粗盐中含量过高，必须添加钡试剂除去，该钡试剂可以是________(填写字母序号，下同)。
A．Ba(OH)2 B．Ba(NO3)2 C．BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、，加入试剂的合理顺序为________。
A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
B．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
C．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、________(填写操作名称)除去NaCl。
(6)用隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，得到的产物仅是NaClO和H2，则与该反应相应的化学方程式为___________________。
【答案】 (1). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (2). 升高 (3). Ca2＋＋=CaCO3↓ (4). Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ (5). AC (6). BC (7). 蒸发 (8). 过滤 (9). NaCl＋H2ONaClO＋H2↑(或2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O)
【解析】
【详解】(1)电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式是2Cl－－2e－=Cl2↑；与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式是2H2O＋2e－=H2↑+2OH-，生成OH－，所以溶液的pH升高。
(2)加入的Na2CO3除去Ca2＋，反应的离子方程式为Ca2＋＋=CaCO3↓；由于Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，故加入的NaOH除去Mg2＋，反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。
(3)除去，应选择Ba2＋，如果加入Ba(NO3)2，溶液中会引进新的杂质，加入Ba(OH)2、BaCl2不会增加新的杂质，选AC。
(4)除去杂质时加入钡试剂和NaOH，无先后之分，Na2CO3一定要在钡试剂之后加入，因为Na2CO3还用于除去多余的Ba2＋，故选BC。
(5)脱盐实际上是分离NaOH和NaCl，由于NaCl的溶解度不大，因此其操作过程是蒸发、冷却、过滤除去NaCl。
(6)用隔膜法电解食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若采用无隔膜法电解冷的食盐水，Cl2与NaOH充分接触发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑。
考生须知：
1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）共8页；考试时间为90分钟，满分为100分。
|2.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
3.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答；其他试题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束后，请将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64 Zn-65
第Ⅰ卷（选择题共50分）
一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是
A
B
C
D
水力发电
风力发电
铅蓄电池放电
太阳能发电
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.水力发电是将重力势能转化为电能，故A错误；
B.风力发电是将风能转化为电能，故B错误；
C.蓄电池放电是利用化学反应产生能量，是将化学能转化为电能，故C正确；
D. 太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误；
故选C。
2.下列变化一定不可逆的是（ ）
A. 溶解 B. 电离 C. 电解 D. 水解
【答案】C
【解析】
【详解】A. 难溶电解质加入水中时往往达到沉淀溶解平衡，是可逆过程，A不符合；
B. 弱电解质的电离是可逆的，B不符合；
C. 电解是在通电条件下发生的氧化还原反应，一定不可逆，C符合；
D. 含有弱电解质离子的盐的水解是可逆的，D不符合；
答案选C。
3.下列各项中电解质的电离方程式中正确的是（ ）
A. NaHCO3的水溶液：NaHCO3 = Na＋＋H＋＋
B. 熔融状态的NaHSO4：NaHSO4 = Na＋＋
C. HF的水溶液：HF=H＋＋F－
D. H2S 的水溶液：H2S2H＋＋S2－
【答案】B
【解析】
【详解】A.是二元弱酸的酸式阴离子，不能拆写，NaHCO3的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋，故A错误；
B.熔融状态下，NaHSO4的电离方程式为NaHSO4 =Na＋＋，故B正确；
C.HF属于弱酸，HF的电离方程式为HFH＋＋F－，故C错误；
D.H2S属于二元弱酸，应分步电离，电离方程式为H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－，故D错误；
答案选B。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 该过程是一个吸热过程
B. 该图像可表示Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应
C. 该过程的发生一定不需要外界的能量补充
D. 该图像可以表示任意的燃烧反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由图知，该过程是一个降低能量的过程，故是放热过程，A错误；
B. Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应是吸热反应，B错误；
C. 有些放热反应在常温下不发生，例如铝热反应在高温下发生，故反应一开始需要有外界能量的补充，C错误；
D. 任意的燃烧反应均为放热反应，D正确；
答案选D。
5.在一支25mL的滴定管中盛入0.1mol/L HCl溶液，其液面恰好在5mL刻度处。若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为( )
A 大于20mL B. 小于20mL
C. 等于20mL D. 等于5mL
【答案】A
【解析】
【详解】25mL的滴定管尖嘴部分没有刻度，液面恰好在5mL刻度处，若把滴定管内溶液全部放入烧杯中，放出的液体大于20mL，再用0.1mol/L NaOH溶液进行中和，所需NaOH溶液的体积为大于20mL，
故选A。
6.下列说法中正确的是（ ）
A. 化学反应速率既有正值，又有负值。
B. 测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒末的瞬时速率
C. 对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值一定不同。
D. 不能用固体和纯液体表示化学反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率的数值无负值，均为正值，故A错误；
B．反应速率是指单位时间内物质的浓度变化，所以测定某化学反应从开始到2秒末的反应速率，指的是2秒内的平均速率，故B错误；
C．对于同一化学反应，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以如果不同物质的计量数相等，则选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值可以相同，故C错误；
D．固体或纯液体的浓度视为常数，故不能用固体或纯液体的浓度变化量表示化学反应速率，故D正确；
故答案为D。
7.能表示人大量喝水时，胃液pH变化的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
胃液的主要成分是盐酸，呈酸性，喝水导致胃液被稀释，则酸度下降，pH增大，但大量喝水可等效于无限稀释，则pH<7但接近于7，据此回答；
【详解】A. pH >7，A错误；
B. 据分析，大量喝水相当于HCl被无效稀释，pH逐渐增大接近于7但小于7，B正确；
C. 稀释后pH >7，C错误；
D. 稀释前pH >7，D错误；
答案选B。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 干冰汽化需要吸收大量的热，这个变化是吸收能量的化学反应
B. 酒精可用作燃料，酒精燃烧是释放能量的反应
C. 木炭需要加热到一定温度才能燃烧，所以木炭燃烧是吸收能量的反应
D. 铝热反应放出大量的热（金属熔化），说明该反应常温下即可发生
【答案】B
【解析】
【详解】A. 干冰汽化是物理变化，A错误；
B. 酒精可用作燃料，而且是比较清洁的燃料，酒精燃烧是释放能量的反应，B正确；
C. 木炭需要加热到一定温度才能燃烧，但木炭燃烧是放热反应，C错误；
D. 铝热反应放出大量的热（金属熔化），但该反应常温下不能进行，需要在高温下发生，D错误；
答案选B。
9. 下列有关电池的说法不正确的是
A. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
B. 铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极
C. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
D. 锌锰干电池中，锌电极是负极
【答案】B
【解析】
【详解】A项，手机锂离子电池可以多次充放电，因此是二次电池，故A项正确；
B项，铜锌原电池工作的时候，锌作负极，铜作正极，电子应该是从锌电极经导线流向铜电极，故B项错误；
C项，甲醇燃料电池就是将甲醇内部的化学能转化为电能的装置，故C项正确；
D项，锌的化学性质比锰要活泼，因此锌锰干电池中锌是负极，故D项正确。
答案选B。
10.下列应用与反应原理设计不一致的是（ ）
A. 热的纯碱溶液清洗油污：CO+H2O HCO+OH-
B. 明矾净水：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+
C. 用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl
D. 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl
【答案】D
【解析】
【详解】A. 热的纯碱溶液存在水解平衡：CO+H2O HCO+OH-，水解过程是吸热的过程，升高温度，可以促进盐的水解，所以热的纯碱溶液清洗油污，属于盐的水解原理的应用，故A不符合；
B. 铝离子水解生成氢氧化铝胶体：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，氢氧化铝胶体能吸附水中悬物并使之沉降，故明矾净水属于盐的水解原理的应用，故B不符合；
C. TiCl4水解可以得到TiO2•xH2O，加热失去结晶水即可得到二氧化钛，故用TiCl4制备TiO2：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl，属于盐的水解原理的应用，故C不符合；
D. SnCl2溶液水解反应为：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，故溶液呈酸性，可以加盐酸来抑制其水解，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠会促使平衡正向移动，不能制得氯化亚锡溶液，不属于盐的水解原理的应用，故D符合；
答案选D。
11.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 增加C的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，通入H2O(g)
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. C是固体，增加C的量，对其反应速率几乎无影响，A正确；
B. 将容器的体积缩小一半，等效于增压，体积减小，各物质浓度增大，则加快反应速率，B错误；
C. 保持体积不变，通入H2O(g)，即增加了H2O(g)的浓度，则加快反应速率，C错误；
D 保持压强不变，充入N2使容器体积增大，等效于减压，体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小，D错误；
答案选A。
12.下列说法正确的是（ ）
A. 含有OH-的溶液一定呈碱性
B. pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍
C. Na2SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 含有OH-的溶液也含有氢离子，两种离子浓度大小关系不能确定，故溶液不一定呈碱性，A错误；
B. pH为1的盐酸的c(H+)=10-1mol/L，pH为3的盐酸的c(H+)=10-3mol/L，所以前者氢离子浓度是后者氢离子浓度的100倍，B错误；
C. Na2 SO3溶液与NaHSO3溶液中所含微粒的种类一定相同，因为Na2SO3水解、NaHSO3既电离又水解，故它们均含有Na+、、、H2SO3、H2O、OH-、H+七种微粒，C正确；
D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液，因为一水合氨是弱电解质，故氨水的物质的量浓度比氢氧化钠大得多，当它们分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时，消耗氨水的体积远小于氢氧化钠溶液的体积，D错误；
答案选C。
13.下列操作中，能使电离平衡H2OH+ + OH－正向移动且溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3溶液
C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到100℃，使水的pH=6
【答案】B
【解析】
【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠电离出的氢离子对水的电离起抑制作用，水的电离平衡逆向移动，故A错误；
B、向水中加入硫酸铝溶液，铝离子水解促进水的电离，铝离子和氢氧根离子生成氢氧化铝，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故B正确；
C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；
D、水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故D错误；
本题选B
14.下列说法中正确的是（ ）
A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D. 向0.1mol·L-1氨水中加入少量水，pH减小，减小
【答案】A
【解析】
【详解】A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度增大，Kw增大，pH减小，A正确；
B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，B错误；
C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，C错误；
D、向0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液pH减小，Kb不变，=增大，D错误；
故选A。
15.强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol。向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸，②稀盐酸，③浓硫酸，恰好完全反应时对应的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是（ ）
A. ΔH1<ΔH3<ΔH2 B. ΔH1>ΔH2>ΔH3
C. ΔH1<ΔH2<ΔH3 D. ΔH1>ΔH3>ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol，由于稀醋酸中主要是醋酸分子，当醋酸和NaOH发生中和反应时，醋酸的电离平衡向电离的方向移动，电离过程要吸热，因此中和反应放出的热量小于57.3kJ，ΔH1>−57.3 kJ/mol；而浓H2SO4稀释时要放出热量，所以ΔH3<−57.3 kJ/mol，即ΔH1>ΔH2>ΔH3，故B符合题意；
答案选B。
16.关于下列两个实验的说法正确的是（ ）
A. 若甲中b电极的表面有气泡产生，则b为阳极
B. 若甲中a为Zn，b为Cu，则正极附近的SO离子浓度逐渐增大
C. 若乙中c电极为Fe，则电解一段时间后，溶液变浑浊
D. 若乙中c、d均为惰性电极，产生22.4LCl2时，则转移电子2mol
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若甲中b电极的表面有气泡产生，则甲是原电池，b为正极，A错误；
B. 若甲中a为Zn，b为Cu，则甲是原电池，b为正极，溶液中阴离子移向负极，负极附近的SO离子浓度逐渐增大，B错误；
C. 若乙中c电极为Fe，它为阳极，阳极发生反应：阴极反应为，则电解一段时间后，溶液中和接触产生氢氧化亚铁沉淀，还可以进一步被氧化为氢氧化铁沉淀，故可见浑浊，C正确；
D. 若乙中c、d均为惰性电极，产生22.4LCl2时，未指明是否处于标准状况，故转移电子未必就是2mol，D错误；
答案选C。
17.在密闭容器中，对于可逆反应：A(?)+3B(?)2C(g),平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是
A. 若正反应方向△H<0,则T1>T2
B. 压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小
C. A一定为气体
D. B一定为气体
【答案】D
【解析】
温度不变，增大压强，C的体积分数增大，平衡右移，平衡向着气体体积减少的方向移动，A可能为气态、固态或液态，B只能是气态；压强不变，温度由T2 升高到T1，C的体积分数增大，平衡右移，该反应正反应为△H>0，与判据矛盾，A、C错误；B.若A、B均为气态，反应前后气体的总质量不变，气体的总量减少，混合气体的平均相对分子质量增大；若只有B均为气态，反应后气体的总质量增大，气体的总量减少，混合气体的平均相对分子质量增大；B错误；答案选D。
18.相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B、D均形成原电池，使铁发生电化学腐蚀，腐蚀速率加快，而C中铁被均匀的铜镀层保护。
【详解】A项、铁勺、铜盆在食醋中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故A错误；
B项、铁炒锅、铁铲在食盐水中形成原电池，铁做负极、合金中的碳等材料做正极，铁发生吸氧腐蚀，腐蚀速率加快，故B错误；
C项、铁球被均匀的铜镀层保护，不易被腐蚀，故C正确；
D项、铁铆钉、铜板在酸雨中形成原电池，铁做负极、铜做正极，铁发生析氢腐蚀，腐蚀速率加快，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查金属的腐蚀及防护，注意判断形成电化学腐蚀的条件以及金属的防护措施是解答关键。
19.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列说法正确的是
A. 石墨电极上产生氢气
B. 铜电极发生还原反应
C. 铜电极接直流电源的负极
D. 当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电池总反应2Cu＋H2OCu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，据此可分析解答问题。
【详解】A．根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑，A选项正确；
B．根据电池总反应2Cu＋H2OCu2O＋H2↑可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，B选项错误；
C．铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项错误；
D．根据2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D选项错误；
答案选A。
20.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. υ(A)=0.5mol/(L·min) B. υ(B)=1.2mol/(L·s)
C. υ(C)=0.1mol/(L·s) D. υ(D)=0.4mol/(L·min)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据反应速率之比等于化学计量数之比，可将各种物质转化成A，以此可比较反应速率大小，注意单位换算成统一的速率单位比较。
【详解】A．v（A）=0.5 mol/(L·min) =0.0083 mol•L-1•s-1；
B.由于B是固体，不能用其表示反应速率；
C．v（A）=1/2v（C）=0.1×1/2=0.05mol•L-1•s-1；
D．v（A）=1/2v（D）=1/2×0.4=0.2 mol/(L·min)=0.003mol•L-1•s-1；
则反应速率最快的为C，答案选C。
21.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A. 对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B. 对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C. 验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D. 将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】
分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
22.实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；② 向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液，出现浑浊；③ 向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是
A. 浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+ Cl-(aq)
B. 滤液b中不含有Ag+
C. ③中颜色变化说明AgCl 转化为AgI
D. 实验可以证明AgI比AgCI更难溶
【答案】B
【解析】
【详解】A．浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl-（aq），故A正确；
B．滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；
C．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；
D．向AgCl中滴加0.1mol•L-1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；
故选B。
23.用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A. 通电后阴极区附近溶液pH会增大
B. 阳极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 纯净的KOH溶液从b出口导出
D. K+通过交换膜从阴极区移向阳极区
【答案】D
【解析】
【详解】A、阴极的反应是2H++2e-=H2↑，氢离子来自于水电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高，A正确；
B、阳极是溶液的氢氧根离子失电子，反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，B正确；
C、左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出，C正确；
D、阳离子应该向阴极移动，所以K+通过交换膜从阳极区移向阴极区移动，D错误；
故选D。
24.常温下，已知：1molCH4完全燃烧时放出890kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量。现有CH4和H2组成的混合气体共0.4mol，使其在O2中完全燃烧，恢复至常温共放出234kJ的热量，则CH4与H2的物质的量之比是（ ）
A. 1:2 B. 1:1 C. 3:2 D. 2:3
【答案】B
【解析】
【详解】在题给条件下，已知：1molCH4完全燃烧时放出890kJ的热量，1molH2完全燃烧时放出280kJ的热量，设现有CH4的物质的量为x，则H2的物质的量为0.4mol- x，则，得x=0.2mol，则0.4mol- x=0.2mol，则CH4与H2的物质的量之比是1:1，则B正确；
答案选B。
25.关于如图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）
A. 左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B. 该装置中铜为正极，锌为负极
C. 电子流向：Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
D. 当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示装置可知，左侧装置为氢氧燃料电池，氢气为负极，发生氧化反应；氧气为正极，发生还原反应；右侧装置为电解池，铜与正极相连，为阳极，锌与负极相连，为阴极；据此进行分析。
【详解】A. 左边的装置是原电池，右边的装置是电解池，故A错误；
B. 左边是氢氧燃料电池，为原电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；
C. 左边是原电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子从b沿着导线流向Zn，电子从Cu沿着导线流向a，电子不进入电解质溶液，故C错误；
D. 根据转移电子守恒得 ，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为，故D正确；
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题共50分）
二、非选择题（本题包括6小题，共50分）
26.已知在氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-。
（1）向氨水中加入MgCl2固体时，平衡向__移动，OH-离子的浓度__，NH离子的浓度__；
（2）向氨水中加入浓盐酸，平衡向__移动，此时溶液中浓度减小的微粒有__、__、__；
（3）向浓氨水中加入少量的NaOH固体，平衡向__移动，此时发生的现象是__。
【答案】 (1). 右 (2). 减小 (3). 增大 (4). 右 (5). OH- (6). NH3•H2O (7). NH3 (8). 左 (9). 有无色刺激性气体产生
【解析】
【分析】
氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-，如果加入能和铵根离子或氢氧根离子反应的物质，平衡就向电离方向、即向右移动，如果加入的物质中含有铵根离子或氢氧根离子，平衡向逆反应方向、即向左移动，据此分析解答；
【详解】(1)向氨水中加入MgCl2固体时，镁离子和氢氧根离子反应，OH-的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，即向右移动， NH的浓度增大；
故答案为：右；减小；增大；
(2)向氨水中加入浓盐酸时，氢离子会消耗氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，一水合氨的电离平衡向右移动，NH3以及NH3•H2O的浓度均减小，
故答案为：OH−、NH3、NH3•H2O（写出这三种微粒符号即可）；
(3)向浓氨水中加入少量NaOH固体，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，氢氧根离子和铵根离子反应生成氨气，所以有无色刺激性气体逸出；
故答案为：左；有无色刺激性气体逸出。
【点睛】明确弱电解质电离以及掌握勒夏特列原理是解本题关键，主要通过溶液中离子浓度变化确定平衡移动方向。
27.溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：___；农业上用石膏降低其碱性的反应原理：___；
（2）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m__n（填“>”“<”或“=”）
（3）常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=__；
（4）25℃时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显__（填“酸”“碱”或“中”）性。
【答案】 (1). (2). (3). < (4). 10−8mol/L (5). 中
【解析】
【分析】
(1)盐碱地产生碱性的原因是碳酸钠水解，据此写化学方程式即可；用石膏降低其碱性的反应原理从石膏和纯碱反应的角度回答；
(2)若pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水稀释相同倍数，则所得稀溶液的pH是氨水的大，因为加水促进了一水合氨的电离，据此可推算分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等时m
(4)25℃时，将amol/L氨水与0.01mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，结合电荷守恒式可以计算氢离子浓度和氢氧根浓度的相对大小，从而判断溶液显的酸碱性；
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为；石膏主要成分是CaSO4，Na2CO3、CaSO4反应生成难溶性的碳酸钙，同时生成强酸强碱盐硫酸钠，其溶液呈中性，所以石膏能降低其碱性，反应方程式为；
答案为：；；
(2)一水合氨是弱电解质，加水稀释促进一水合氨电离，NaOH是强电解质，完全电离，要使pH相等的氨水和NaOH溶液稀释后pH仍然相等，则氨水稀释倍数大于NaOH，即m
(3)常温下，pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液呈酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，该溶液中水的电离被抑制了，则混合溶液中水电离出来的 ；
答案为：10−8mol/L；
(4)在25℃下，氨水与盐酸等体积混合，反应平衡时，溶液中c(NH)=c(Cl-)，又根据电荷守恒关系有，故有，所以溶液显中性；
答案为：中。
【点睛】本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、弱电解质的电离、盐类水解等知识点，要明确弱电解质电离特点、溶液酸碱性的含义、盐类水解原理等即可解答，解(4)的关键是根据电荷守恒关系，结合已知条件又根据电荷守恒关系有，才能得出，得到结论：溶液呈中性。
28.铁是用途最广的金属材料之一，但生铁易生锈。请讨论电化学实验中有关铁的性质。
（1）①某原电池装置如图所示，右侧烧杯中的电极反应式为__，左侧烧杯中的c(Cl-)__(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②已知如图甲、乙两池的总反应式均为Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，且在同侧电极(指均在“左电极”或“右电极”)产生H2。请在两池上标出电极材料_____(填“Fe”或“C”)。
（2）装置丙中，易生锈的是__(填“a”或“b”)点。装置丁中可观察到的实验现象是__。
【答案】 (1). 2H＋＋2e-=H2↑ (2). 增大 (3). 甲池中：左—Fe，右—C；乙池中：左—Fe，右—C (4). a (5). 铁屑表面生成红棕色锈斑，试管内液面上升
【解析】
【分析】
（1）①图为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2－，石墨为正极，发生2H＋+2e－=H2；原电池中阴离子向负极移动；
②Fe和H2SO4之间的反应结合电解池和原电池的原理分析回答；
（2）装置丙中，根据易生锈的是构成原电池作负极的分析，根据吸氧腐蚀消耗了空气中的氧气，使试管内压强降低，则大气压使试管中液面会上升．
【详解】(1)①电池反应中Fe作负极，石墨棒作正极，右侧电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。由于平衡电荷的需要，盐桥中的Cl－向负极迁移，故NaCl溶液中c(Cl－)增大。
故答案为：2H＋+2e－=H2↑；增大；
②装置乙是电解装置，阴极(右侧)产生H2，同时根据总反应式可知Fe只能作阳极(左侧)。由已知条件知，在装置甲中，Fe作原电池的负极，在左侧，C作原电池的正极，在右侧。
故答案为：甲池中：左—Fe，右—C；乙池中：左—Fe，右—C
(2)装置丙中由于a点既与电解液接触，又与空气接触，故易生锈。装置丁中铁屑发生吸氧腐蚀，负极：Fe－2e－=Fe2＋，正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，生成的离子继续反应：Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3,2Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O＋(3－x)H2O，由整个反应来看，最终铁屑表面会生成红棕色的铁锈，由于反应消耗氧气，因此试管内液面上升。
故答案为：a；生铁表面生成红棕色锈斑，试管内液面上升．
【点睛】本题主要考查了原电池、电解池的原理及其应用，解题关键：掌握原电池、电解池基本原理，难点（2）装置丁中发生吸氧腐蚀消耗了空气中的氧气，生铁表面生成红棕色锈斑，使试管内压强降低，则大气压使试管中液面会上升。
29.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，试填写下列空白：
（1）该反应化学方程式为 ________________________________
（2）从开始至2min，Z的平均反应速率为 ________________
（3）某探究性学习小组用相同质量的锌和相同浓度的足量的稀盐酸反应得到实验数据如下表所示：
实验编号
锌的状态
反应温度/℃
收集100mL氢气
所需时间/s
Ⅰ
薄片
15
200
Ⅱ
薄片
25
90
Ⅲ
粉末
25
10
①该实验的目的是探究 ____________ 、 _______ 对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②实验Ⅰ和Ⅱ表明 _________________ ，化学反应速率越大。
【答案】 (1). 3X+Y⇌2Z (2). 0.05mol/（L•min） (3). 固体表面积 (4). 温度 (5). 温度越高
【解析】
【分析】
（1）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；
（2）根据v=计算反应速率；
（3）探究影响化学反应速率的因素用到控制变量法。
【详解】（1）由图象可以看出，X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，则X、Y为反应物，Z为生成物，2min后，X、Y的物质的量为定值且不为零，为可逆反应，相同时间内物质的量的变化比值为：△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=（1.0-0.7）mol：（1.0-0.9）mol：0.2mol=3：1：2，则化学方程式为3X+Y⇌2Z；
（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为v==0.05mol/（L•min）；
（3）①由实验数据可知，Ⅱ、Ⅲ中接触面积不同，I、Ⅱ中温度不同，则该实验的目的是探究固体表面积、温度对锌和稀盐酸反应速率的影响；
②Ⅰ和Ⅱ表明，温度高的反应时间少，则表明温度越高，反应速率越大。
30.二氧化碳的回收利用是环保领域研究热点。
（1）在太阳能的作用下，以CO2为原料制炭黑的流程如图所示。总反应的化学方程式为__；
（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2 CH3OH+H2O。
已知298K和101kPa条件下：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-akJ/mol；
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-bkJ/mol；
CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-ckJ/mol；
则CH3OH(l)的标准燃烧热ΔH=__；
（3）在催化剂M的作用下，CO2经过催化氢化合成低碳烯烃等。
CO2和H2同时发生下列两个反应：
①2CO2(g)+6H2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH<0
②2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH<0
如图是乙烯在相同时间内，不同温度下的产率，当温度高于460℃时乙烯产率降低的原因不可能是__。
A.催化剂M的活性降低
B.①反应的平衡常数变大
C.生成甲醚的量增加
【答案】 (1). (2). (3). B
【解析】
【分析】
(1)从流程图获取信息，在太阳能的作用下，四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，在700K时，氧化亚铁和CO2反应得到四氧化三铁和炭黑，则据此可获得总反应的化学方程式；
(2)已知298K和101kPa条件下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-akJ/mol；
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-bkJ/mol；
CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-ckJ/mol；
根据盖斯定律计算CH3OH(l)的标准燃烧热ΔH；
(3) 当温度高于460℃时乙烯产率降低的原因从不同角度分析：
A.催化剂M的催化效率对一定条件下乙烯的产率有影响，而催化剂活性与温度关系密切；
B.反应①随温度升高，平衡会移动，反应的平衡常数会改变；
C.生成甲醚的量增加势必会减少乙烯的产率；
据此判断。
【详解】(1)从流程图获取信息，过程1的反应为：，过程2的反应为：在700K时，，据此可获得总反应的化学方程式为：；
答案为：；
(2)已知298K和101kPa条件下：反应①：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-akJ/mol；反应②：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-bkJ/mol；反应③：CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-ckJ/mol，根据盖斯定律，则②-(①+③)即可得到表明CH3OH(l)的标准燃烧热的热化学方程式： ΔH= =；
答案为：；
(3) A. 催化剂M的催化效率对一定条件下乙烯的产率有影响，而催化剂活性与温度关系密切，当温度过高，催化剂活性降低；当反应速率降低，单位时间生产效益降低了，产率就降低了，故A可能；
B. 反应①为2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH<0，随温度升高，平衡会向左移动，反应的平衡常数会变小，B不可能；
C. 生成甲醚的量增加势必会减少乙烯的产率，C可能；
答案选B。
【点睛】解本题的关键是充分提取图片和题目提供的信息、结合盖斯定律、燃烧热的定义计算标准燃烧热，充分结合工业生产的实际情况，应用速率和平衡知识，正确判断影响单位时间内某一产物的产率的因素。
31.氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：
依据上图，完成下列填空：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为_________________，与电源负极相连的电极附近，溶液pH________(选填“不变”、“升高”或“下降”)。
(2)工业食盐中含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程中除去这些杂质时发生反应的离子方程式为__________________、__________________。
(3)如果粗盐中含量过高，必须添加钡试剂除去，该钡试剂可以是________(填写字母序号，下同)。
A．Ba(OH)2 B．Ba(NO3)2 C．BaCl2
(4)为有效除去Ca2＋、Mg2＋、，加入试剂的合理顺序为________。
A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
B．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
C．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、________(填写操作名称)除去NaCl。
(6)用隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜法电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，得到的产物仅是NaClO和H2，则与该反应相应的化学方程式为___________________。
【答案】 (1). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (2). 升高 (3). Ca2＋＋=CaCO3↓ (4). Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓ (5). AC (6). BC (7). 蒸发 (8). 过滤 (9). NaCl＋H2ONaClO＋H2↑(或2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH、Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O)
【解析】
【详解】(1)电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式是2Cl－－2e－=Cl2↑；与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式是2H2O＋2e－=H2↑+2OH-，生成OH－，所以溶液的pH升高。
(2)加入的Na2CO3除去Ca2＋，反应的离子方程式为Ca2＋＋=CaCO3↓；由于Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，故加入的NaOH除去Mg2＋，反应的离子方程式为Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓。
(3)除去，应选择Ba2＋，如果加入Ba(NO3)2，溶液中会引进新的杂质，加入Ba(OH)2、BaCl2不会增加新的杂质，选AC。
(4)除去杂质时加入钡试剂和NaOH，无先后之分，Na2CO3一定要在钡试剂之后加入，因为Na2CO3还用于除去多余的Ba2＋，故选BC。
(5)脱盐实际上是分离NaOH和NaCl，由于NaCl的溶解度不大，因此其操作过程是蒸发、冷却、过滤除去NaCl。
(6)用隔膜法电解食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若采用无隔膜法电解冷的食盐水，Cl2与NaOH充分接触发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，总反应为NaCl+H2ONaClO+H2↑。
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