北京市房山區(qū)良鄉(xiāng)二中高二（下）期末化學試卷（解析版）

.@:第20頁2019-2019學年北京市房山區(qū)良鄉(xiāng)二中高二〔下〕期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題〔共25小題，每題2分，總分值50分〕1．〔2.00分〕以下我國古代的制作或技術(shù)涉及到化學反響的是〔〕A．燒制陶罐B．雕刻石雕C．水車灌溉D．預報地震【解答】解：A．燒制陶罐生成硅酸鹽，有新物質(zhì)生成，屬于化學變化，故A正確；B．雕刻石雕沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故B錯誤；C．水車灌溉沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故C錯誤；D．預報地震沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D錯誤。應(yīng)選：A。2．〔2.00分〕以下說法正確的選項是〔〕A．直接加熱蒸干FeCl3溶液，可得FeCl3固體B．二氧化硅是太陽能電池的主要材料C．油脂和蛋白質(zhì)均屬于高分子化合物D．明礬與水作用能生成有吸附性的物質(zhì)【解答】解：A．FeCl3能水解生成Fe〔OH〕3和HCl，加熱HCl揮發(fā)，促進水解，所以得不到FeCl3固體，故A錯誤；B．硅是太陽能電池的主要材料，故B錯誤；C．高分子化合物是指那些由眾多原子或原子團主要以共價鍵結(jié)合而成的相對分子量在一萬以上的化合物，蛋白質(zhì)是有機高分子化合物，油脂不是，故C錯誤；D．明礬與水作用能生成有吸附性的氫氧化鋁膠體，故D正確；應(yīng)選：D。3．〔2.00分〕以下表示對應(yīng)化學反響的離子方程式正確的選項是〔〕A．MnO2與濃鹽酸反響制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．苯酚鈉溶液中通CO2氣體C．Na2O2溶于水產(chǎn)生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．向FeBr2溶液中通入足量氯氣：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣【解答】解：A．MnO2與濃鹽酸反響制Cl2的反響中，HCl應(yīng)該拆開，正確的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A錯誤；B．苯酚鈉和二氧化碳反響生成碳酸氫鈉，正確的離子方程式為：C6H5O﹣+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3﹣，故B錯誤；C．Na2O2溶于水產(chǎn)生O2和氫氧化鈉，正確的離子方程式為：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C錯誤；D．向FeBr2溶液中通入足量氯氣，反響生成氯化鐵和溴，反響的離子方程式為：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故D正確；應(yīng)選：D。4．〔2.00分〕以下金屬的冶煉中，通常是用加熱分解的方法來完成的是〔〕A．Fe B．Ag C．Al D．Na【解答】解：A．Fe為較活潑金屬，利用熱復原法冶煉，故A不選；B．Ag為較不活潑金屬，熱分解法冶煉，發(fā)生2Ag2O4Ag+O2↑，故B選；C．Al為活潑金屬，利用電解法冶煉，故C不選；D．Na為活潑金屬，利用電解法冶煉，故D不選；應(yīng)選：B。5．〔2.00分〕以下事實中，能說明HCN是弱電解質(zhì)的是〔〕A．HCN易溶于水B．NaCN是強電解質(zhì)C．NaCN溶液呈堿性D．1molHCN與1molNaOH恰好完全反響【解答】解：A．HCN易溶于水，屬于物理性質(zhì)，與電離程度大小無關(guān)，故A錯誤；B．NaCN屬于鹽，是強電解質(zhì)，但不能證明HCN是弱電解質(zhì)，故B錯誤；C．NaCN溶液呈堿性，可說明NaCN為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，故C正確；D．酸堿物質(zhì)的量相等，那么能恰好中和，不能說明電解質(zhì)的強弱，故D錯誤。應(yīng)選：C。6．〔2.00分〕以MnO2為原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金屬離子，通過添加過量難溶電解質(zhì)MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀，經(jīng)過濾除去包括MnS在內(nèi)的沉淀．根據(jù)上述實驗事實，以下說法中，不正確的選項是〔〕A．溶解度MnS＜PbSB．MnS存在沉淀溶解平衡MnS〔s〕?Mn2+〔aq〕+S2﹣〔aq〕C．Cu2+轉(zhuǎn)化為沉淀的原理為MnS〔s〕+Cu2+〔aq〕═CuS〔s〕+Mn2+〔aq〕D．沉淀轉(zhuǎn)化能用于除去溶液中的某些雜質(zhì)離子【解答】解：A．Ksp〔PbS〕＜Ksp〔MnS〕，那么溶解度MnS＞PbS，故A錯誤；B．MnS為難溶電解質(zhì)，存在沉淀溶解平衡MnS〔s〕?Mn2+〔aq〕+S2﹣〔aq〕，故B正確；C．發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，那么原理為MnS〔s〕+Cu2+〔aq〕═CuS〔s〕+Mn2+〔aq〕，故C正確；D．由信息可知，沉淀轉(zhuǎn)化能用于除去溶液中的某些雜質(zhì)離子，用于混合物別離提純，故D正確；應(yīng)選：A。7．〔2.00分〕428℃時，H2〔g〕+I2〔g〕?2HI〔g〕的平衡常數(shù)為49，那么該溫度下2HI〔g〕?H2〔g〕+I2〔g〕的平衡常數(shù)是〔〕A． B． C．492 D．無法確定【解答】解：448℃時反響H2〔g〕+I2〔g〕?2HI〔g〕，平衡常數(shù)K==49；反響2HI〔g〕?H2〔g〕+I2〔g〕的平衡常數(shù)K==；應(yīng)選：A。8．〔2.00分〕在0.1mol/L的氯化銨溶液中，以下關(guān)系式正確的選項是〔〕A．c〔NH4+〕=c〔Cl﹣〕＞c〔H+〕=c〔OH﹣〕 B．c〔NH4+〕＞c〔Cl﹣〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕C．c〔Cl﹣〕＞c〔NH4+〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕 D．c〔NH4+〕=c〔Cl﹣〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕【解答】解：A、因NH4Cl中銨根離子水解可得c〔Cl﹣〕＞c〔NH4+〕，故A錯誤；B、因NH4Cl中銨根離子水解可得c〔Cl﹣〕＞c〔NH4+〕，銨根離子水解溶液顯酸性，那么c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故B錯誤；C、NH4Cl中銨根離子水解可得c〔Cl﹣〕＞c〔NH4+〕，銨根離子水解溶液顯酸性，那么c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，離子水解的程度很弱，那么c〔NH4+〕＞c〔H+〕，即c〔Cl﹣〕＞c〔NH4+〕，c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故C正確；D、由NH4Cl中銨根離子水解可得c〔Cl﹣〕＞c〔NH4+〕，故D錯誤；應(yīng)選：C。9．〔2.00分〕以下熱化學方程式書寫正確的選項是〔△H的絕對值均正確〕〔〕A．C2H5OH〔l〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+3H2O〔g〕△H=﹣1367.0kJ/mol〔燃燒熱〕B．S〔s〕+O2〔g〕═SO2〔g〕△H=﹣269.8kJ/mol〔反響熱〕C．NaOH〔aq〕+HCl〔aq〕═NaCl〔aq〕+H2O〔l〕△H=+57.3kJ/mol〔中和熱〕D．2NO2═O2+2NO△H=+116.2kJ/mol〔反響熱〕【解答】解：A、燃燒熱要求可燃物的物質(zhì)的量必須為1mol，得到的氧化物必須是穩(wěn)定的氧化物，H2O的狀態(tài)必須為液態(tài)，故A錯誤；B、熱化學方程式的書寫注明了物質(zhì)的聚集狀態(tài)、△H的正負號、數(shù)值、單位，故B正確；C、中和反響是放熱反響，△H應(yīng)小于0，故C錯誤；D、熱化學反響方程式要注明物質(zhì)在反響時的狀態(tài)，故D錯誤；應(yīng)選：B。10．〔2.00分〕現(xiàn)有三組混合液：①乙酸乙酯和乙酸鈉溶液②乙醇和丁醇⑧溴化鈉和單質(zhì)溴的水溶液，別離以上各混合液的正確方法依次是〔〕A．分液、萃取、蒸餾 B．萃取、蒸餾、分液C．分液、蒸餾、萃取 D．蒸餾、萃取、分液【解答】解：①乙酸乙酯和乙酸鈉溶液互不相溶，可用分液的方法別離；②乙醇和丁醇互溶，但沸點不同，可用蒸餾的方法別離；③溴與溴化鈉溶液，可參加苯或四氯化碳，用萃取的方法別離，應(yīng)選：C。11．〔2.00分〕某種藥物主要成分X的分子構(gòu)造如圖，關(guān)于有機物X的說法中，錯誤的選項是〔〕A．X難溶于水，易溶于有機溶劑B．X不能跟溴水反響C．X能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．X的水解產(chǎn)物能發(fā)生消去反響【解答】解：A、X是有機物，根據(jù)相似相溶原理知，X難溶于水，易溶于有機溶劑，故A正確。B、因為X既不含碳碳雙鍵或三鍵又不含酚羥基的苯環(huán)，所以X不能跟溴水反響，故B正確。C、因為X的苯環(huán)上含有支鏈，所以X能被酸性高錳酸鉀氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確。D、X的水解產(chǎn)物是羧酸和醇，羧酸不能發(fā)生消去反響；甲醇只有一個碳原子，所以也不能發(fā)生消去反響，故D錯誤。應(yīng)選：D。12．〔2.00分〕在0.1mol/L的NH3?H2O溶液中存在如下電離平衡：NH3?H2O?NH4++OH﹣對于該平衡，以下表達正確的選項是〔〕A．參加少量NaOH固體，溶液中c〔OH﹣〕減少B．通入少量HCl氣體，平衡向正反響方向挪動C．參加少量水，平衡向逆反響方向挪動D．參加少量NH4Cl固體，平衡向正反響方向挪動【解答】解：A．向氨水中參加少量NaOH固體，氫氧根離子濃度增大，平衡雖然向逆反響方向挪動，但最終c〔OH﹣〕增大，故A錯誤；B．通入少量HCl氣體，與OH﹣發(fā)生中和反響，c〔OH﹣〕減小，平衡向正反響方向挪動，故B正確；C．加水，溶液體積增大，離子濃度減小，平衡正向挪動，故C錯誤；D．向氨水中參加少量NH4Cl固體，溶液中c〔NH4+〕增大，平衡向逆反響方向挪動，故D錯誤。應(yīng)選：B。13．〔2.00分〕以下化合物分子中，在核磁共振氫譜圖中能出現(xiàn)4種吸收峰的是〔〕A．HCOOCH3 B．CH3CH2CH2CH3C．CH3COOCH2CH2CH3 D．CH2=CH2【解答】解：A．HCOOCH3含2種H，故A不選；B．CH3CH2CH2CH3含2種H，故B不選；C．CH3COOCH2CH2CH3含4種H，核磁共振氫譜圖中能出現(xiàn)4種吸收峰，故C選；D．CH2=CH2只有1種H，故D不選；應(yīng)選：C。14．〔2.00分〕體積一樣、pH一樣的HCl溶液和CH3COOH溶液，用同濃度的NaOH溶液中和時〔〕A．兩者消耗NaOH的物質(zhì)的量一樣B．中和HCl消耗NaOH的物質(zhì)的量多C．中和CH3COOH消耗NaOH的物質(zhì)的量多D．兩者消耗NaOH的物質(zhì)的量無法比較【解答】解：醋酸弱酸，部分電離，鹽酸是強酸，完全電離，體積一樣、pH一樣的HCl溶液和CH3COOH溶液，醋酸的物質(zhì)的量更大，所以消耗氫氧化鈉更多。應(yīng)選：C。15．〔2.00分〕以下事實不能用勒夏特列原理來解釋的是〔〕A．高壓有利于氫氣與氮氣合成氨B．實驗室中常用排飽和食鹽水的方法搜集Cl2C．用V2O5催化二氧化硫氧化為三氧化硫D．二氧化硫氧化為三氧化硫的過程中，增大氧氣的濃度可以進步二氧化硫的轉(zhuǎn)化率【解答】解：A、合成氨是正反響體積減小的反響，加壓有利于平衡正向挪動，故A正確；B、氯氣和水反響是可逆反響，生成氯離子，食鹽水中有大量氯離子，可抑制氯氣與水反響，故實驗室中常用排飽和食鹽水的方法搜集Cl2，故B正確；C、催化劑不影響平衡挪動，只能加快反響速率，故C錯誤；D、增大氧氣的濃度，平衡正向挪動，可以進步二氧化硫的轉(zhuǎn)化率，故D正確；應(yīng)選：C。16．〔2.00分〕以下溶液中，CH3COO﹣離子的濃度最大的是〔〕A．0.1mol?L﹣1的CH3COOH溶液B．0.1mol?L﹣1的CH3COONa溶液C．0.1mol?L﹣1的CH3COONH4溶液D．0.01mol?L﹣1的CH3COOH溶液【解答】解：A、醋酸是弱電解質(zhì)，電離程度很小，故溶液中醋酸根濃度很??；B、在醋酸鈉溶液中，醋酸根發(fā)生單水解，水解掉的醋酸根濃度很小，故剩余的醋酸根濃度很大；C、在醋酸銨溶液中，醋酸根發(fā)生雙水解，水解程度大于單水解，故消耗的醋酸根濃度較大，那么剩余的醋酸根濃度較?。籇、醋酸越稀，醋酸根離子濃度越小，故0.01mol/L醋酸溶液中的醋酸根離子濃度小于0.1mol/L醋酸溶液中的濃度，即醋酸根濃度極小。故醋酸根離子濃度B＞C＞A＞D。應(yīng)選：B。17．〔2.00分〕以下事實中，與電化學腐蝕無關(guān)的是〔〕A．用銅質(zhì)鉚釘鉚接鐵板，鐵板易被腐蝕B．為了保護海輪的船殼，常在船殼上附加鋅塊C．在空氣中，銀器外表會生成一層黑色的物質(zhì)D．埋在潮濕土壤里的鐵管比埋在枯燥土壤里的鐵管更容易被腐蝕【解答】解：A．用銅質(zhì)鉚釘鉚接鐵板，鐵、銅形成原電池，因為鐵的活潑性強于銅，鐵做負極被腐蝕，與電化學腐蝕有關(guān)，故A錯誤；B．在船殼上附加鋅塊，屬于犧牲陽極的陰極保護法，與電化學腐蝕有關(guān)，故B錯誤；C．金屬銀在空氣變黑的過程屬于普通化學腐蝕，與電化學腐蝕無關(guān)，故C正確；D．鐵管在潮濕的環(huán)境下容易形成原電池，加快鐵的腐蝕，與電化學腐蝕有關(guān)，故D錯誤。應(yīng)選：C。18．〔2.00分〕在室溫時純水中存在電離平衡：H2O?H++OH﹣．以下表達正確的選項是〔〕A．向水中參加少量NH4Cl，由水電離出的c〔H+〕＞1×10﹣7mol/LB．升高溫度，水的電離程度增大，c〔H+〕增大，pH＜7，所以溶液顯酸性C．向水中參加氨水，平衡逆向挪動，水的電離受到抑制，所以c〔OH﹣〕降低D．向水中參加少量硫酸，c〔H+〕增大，所以由水電離出的c〔H+〕＞1×10﹣7mol/L【解答】解：影響水的電離平衡的因素主要有：溫度升高促進電離；加酸、堿抑制水的電離；參加能水解的鹽促進水的電離；一定溫度下水的離子積不變。A．氯化銨是可水解的鹽，對水的電離起促進作用，所以由水電離出的c〔H+〕＞1×10﹣7mol/L，故A正確；B．水的電離是吸熱過程，升高溫度促進水電離，由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度增大，所以pH＜7；水電離產(chǎn)生的氫離子濃度等于氫氧根離子濃度，所以溶液呈中性，故B錯誤；C．一水合氨是弱堿，雖然抑制水的電離，但氨水電離產(chǎn)生的氫氧根離子濃度遠遠大于水電離出的氫氧根離子濃度，所以c〔OH﹣〕增大，故C錯誤；D．硫酸是強酸，完全電離，c〔H+〕增大，所以抑制水了電離，由水電離出的c〔H+〕＜1×10﹣7mol/L，故D錯誤；應(yīng)選：A。19．〔2.00分〕：N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕△H=﹣92.2kJ/mol．以下說法不正確的選項是〔〕A．1molN2〔g〕和3molH2〔g〕的能量之和高于2molNH3〔g〕的能量B．形成2molNH3〔g〕的化學鍵釋放的總能量大于斷裂1molN2〔g〕和3molH2〔g〕的化學鍵所吸收的總能量C．參加催化劑是為了加大反響速率，縮短消費周期，降低消費本錢D．將1molN2〔g〕和3molH2〔g〕充入一密閉容器中充分反響，放出92.2kJ的熱量【解答】解：A、：N2〔g〕+3H2〔g〕?2NH3〔g〕△H=﹣92.4kJ/mol。反響是放熱反響，根據(jù)能量守恒，反響物總能量大于生成物總能量，1molN2〔g〕和3molH2〔g〕的能量之和高于2molNH3〔g〕的能量，故A正確；B、反響是放熱反響，斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量，根據(jù)能量守恒，形成2molNH3〔g〕的化學鍵釋放的總能量大于斷裂1molN2〔g〕和3molH2〔g〕的化學鍵所吸收的總能量，故B正確；C、參加催化劑是為了加大反響速率，縮短到達平衡所需時間，降低消費本錢，故C正確；D、反響是可逆反響不能進展徹底；將1molN2〔g〕和3molH2〔g〕充入一密閉容器中反響，放出的熱量小于92.4kJ，故D錯誤；應(yīng)選：D。20．〔2.00分〕Fe和Mg與H2SO4反響的實驗如下：實驗現(xiàn)象Fe外表產(chǎn)生大量無色氣泡Fe外表產(chǎn)生氣泡后迅速停頓Mg外表迅速產(chǎn)生大量氣泡Fe外表有大量氣泡，Mg外表有少量氣泡關(guān)于上述實驗說法不合理的是〔〕A．I中產(chǎn)生氣體的原因是：Fe+2H+═Fe2++H2↑B．取出Ⅱ中的鐵棒放入CuSO4溶液立即析出亮紅色固體C．Ⅲ中現(xiàn)象說明Mg在濃H2SO4中沒被鈍化D．Ⅳ中現(xiàn)象說明Mg的金屬性比Fe強【解答】解：A．稀硫酸具有弱氧化性，與Fe反響生成氫氣，發(fā)生的離子反響為Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A正確；B．濃硫酸具有強氧化性，發(fā)生鈍化，生成致密的氧化膜覆蓋在Fe的外表，不能與CuSO4溶液發(fā)生置換反響生成Cu，故B錯誤；C．Mg與濃硫酸可發(fā)生氧化復原反響生成二氧化硫氣體，那么Ⅲ中現(xiàn)象說明Mg在濃H2SO4中沒被鈍化，故C正確；D．構(gòu)成原電池，Mg為負極失去電子，F(xiàn)e為正極，正極上氫離子得到電子，可知Mg的金屬性比Fe強，故D正確；應(yīng)選：B。21．〔2.00分〕關(guān)于電解，以下表達正確的選項是〔〕A．電解MgCl2飽和溶液，可制得金屬鎂B．電解NaCl溶液一段時間后，向陰極附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈無色C．假設(shè)在鐵外表鍍鋅，鐵作陽極D．用電解法精煉銅時，粗銅作陽極【解答】解：A、電解氯化鎂溶液，產(chǎn)物是氫氧化鎂、氯氣和氫氣，故A錯誤；B、電解氯化鈉溶液，在陰極上產(chǎn)生的是氫氣，該極附近氫離子濃度減小，氫氧根濃度增加，堿性增強，滴入酚酞溶液，溶液呈紅色，故B錯誤；C、電鍍池中，鍍件作陰極，鍍層金屬作陽極，在鐵外表鍍鋅，鋅作陽極，故C錯誤；D、電解精煉銅時，粗銅作陽極，精銅是陰極，故D正確。應(yīng)選：D。22．〔2.00分〕一定條件下，反響：6H2+2CO2?C2H5OH+3H2O的數(shù)據(jù)如下圖以下說法正確的選項是〔〕A．該反響的△H＞0B．達平衡時，3v〔H2〕正=v〔CO2〕逆C．a(chǎn)點對應(yīng)的H2的平衡轉(zhuǎn)化率為90%D．b點對應(yīng)的平衡常數(shù)K值大于c點【解答】解：A．根據(jù)圖可知，隨著溫度的升高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率下降，平衡逆向挪動，所以正反響為放熱反響，△H＜0，故A錯誤；B．根據(jù)速率之比等于計量數(shù)之比可知，達平衡時，v〔H2〕正=3v〔CO2〕逆，故B錯誤；C．設(shè)起始H2為2mol，那么CO2為1mol，6H2+2CO2?C2H5OH+3H2O起始〔mol〕2100轉(zhuǎn)化〔mol〕1.80.6平衡〔mol〕0.20.4H2的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%=90%，故C正確；D．b點溫度高于c點，該反響為放熱反響，升高溫度平衡逆向挪動，所以b點的平衡常數(shù)小于c點，故D錯誤。應(yīng)選：C。23．〔2.00分〕用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，以下說法正確的選項是〔〕A．1molOH﹣中含有9NA個電子B．28g的CO氣體中含有NA個氧原子C．1L1mol/L的AlCl3溶液中含有NA個Al3+D．常溫常壓下11.2L的甲烷氣體含有的分子數(shù)為0.5NA【解答】解：A、1molOH﹣中含有10NA個電子，故A錯誤；B、28g的CO氣體物質(zhì)的量為1mol，分子中含有NA個氧原子，故B正確；C、鋁離子溶液中水解，1L1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+小于NA個，故C錯誤；D、常溫常壓下11.2L的甲烷氣體物質(zhì)的量不是標準狀況，含有的分子數(shù)不是0.5NA，故D錯誤；應(yīng)選：B。24．〔2.00分〕如圖是某同學設(shè)計的原電池裝置，以下表達中正確的選項是〔〕A．電極I上發(fā)生復原反響，作原電池的負極B．電極II的電極反響式為：Cu2++2e﹣=CuC．該原電池的正極電極反響式為：Fe3++e﹣=Fe2+D．鹽橋中裝有含氯化鉀的瓊脂，其作用是傳遞電子【解答】解：A．電極Ⅰ鉑電極上鐵離子得電子發(fā)生復原反響，所以鉑電極作正極，故A錯誤；B．電極Ⅱ銅電極上銅失電子發(fā)生氧化反響，電極反響式為：Cu﹣2e﹣═Cu2+，故B錯誤；C．該原電池負極上銅失電子，正極上鐵離子得電子，所以正極電極反響式為：Fe3++e﹣=Fe2+，故C正確；D．鹽橋的作用是平衡正負極兩池的電荷，鹽橋中離子的定向挪動形成電流，電子不能通過電解質(zhì)溶液，故D錯誤；應(yīng)選：C。25．〔2.00分〕某同學使用石墨電極，在不同電壓〔x〕下電解pH=1的FeCl2溶液，實驗記錄如下〔a、b代表電壓數(shù)值〕序號電壓/V陽極現(xiàn)象檢驗陽極產(chǎn)物Ix≥a電極附近出現(xiàn)黃色，有氣泡產(chǎn)生有Fe3+、有Cl2IIa＞x≥b電極附近出現(xiàn)黃色，無氣泡產(chǎn)生有Fe3+、無Cl2IIIb＞x≥0無明顯變化無Fe3+、無Cl2以下說法中，不正確的選項是〔〕A．I中陽極附近的溶液可使KI淀粉試紙變藍B．II中出現(xiàn)黃色可能是因為Fe2+有復原性，在陽極放電產(chǎn)生Fe3+C．由II中陽極現(xiàn)象可知，該電壓下Cl﹣在陽極不放電D．根據(jù)表中電壓與陽極現(xiàn)象及產(chǎn)物的對應(yīng)，可以看出離子是否放電與電壓有關(guān)【解答】解：A、使用石墨電極，在不同電壓〔x〕下電解pH=1的FeCl2溶液，在陽極上是氯離子優(yōu)先失電子產(chǎn)生氯氣，可使KI淀粉試紙變藍，故A正確；B、在陽極上是氯離子優(yōu)先失電子產(chǎn)生氯氣，氯離子放點完畢后，由于Fe2+有復原性，亞鐵離子失電子產(chǎn)生Fe3+溶液變黃色，故B正確；C、在陽極上是氯離子優(yōu)先失電子產(chǎn)生氯氣，氯氣具有氧化性，可以氧化亞鐵離子生成鐵離子溶液變黃色，故C錯誤；D、根據(jù)表中電壓與陽極現(xiàn)象及產(chǎn)物的對應(yīng)，可以得到離子是否放電與電壓大小有關(guān)，故D正確。應(yīng)選：C。二、解答題〔共5小題，總分值50分〕26．〔8.00分〕在常溫下，有以下五種溶液：①0.1mol/LCH3COOH②0.1mol/LNa2CO3③0.1mol/LNaOH④0.1mol/LNH3?H2O⑤0.1mol/LHCl請根據(jù)要求填寫以下空白：〔1〕溶液①呈酸性〔填“酸〞、“堿〞或“中〞〕，其原因是CH3COOH?CH3COO﹣+H+〔用電離方程式表示〕．〔2〕溶液②在生活中常用于清洗油污，加熱可以增強其去污才能，其原因是CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，升溫可以促進碳酸鈉的水解，使溶液中c〔OH﹣〕增大〔結(jié)合離子方程式解釋〕．〔3〕在上述五種溶液中，pH最小的是⑤〔填序號〕，該溶液中由水電離出的氫離子的濃度是a．a(chǎn)．1×10﹣13mol/Lb．1×10﹣12mol/Lc．1×10﹣7mol/Ld．0.1mol/L．【解答】解：〔1〕醋酸溶液呈酸性，醋酸在水溶液里電離出氫離子而導致溶液呈酸性，CH3COOH?CH3COO﹣+H+；，故答案為：酸；CH3COOH?CH3COO﹣+H+；〔2〕碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導致溶液呈堿性，水解方程式為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，堿性越強，油污的水解程度越大，導致去污才能越強，鹽類水解是吸熱反響，升高溫度促進水解，所以去污才能越強，故答案為：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，升溫可以促進碳酸鈉的水解，使溶液中c〔OH﹣〕增大；〔3〕溶液的pH最小，說明溶液中氫離子濃度最大，碳酸鈉、氫氧化鈉、氨水都呈堿性，醋酸和鹽酸溶液呈酸性，醋酸是弱電解質(zhì)，部分電離，一樣濃度的鹽酸和醋酸中，鹽酸中氫離子濃度最大，所以pH最??；酸溶液中水電離出氫離子濃度等于溶液中氫氧根離子濃度==mol/L=1×10﹣13mol/L，故答案為：⑤；a．27．〔6.00分〕鉛蓄電池是最常見的二次電池，它由兩組柵狀極板交替排列而成，極板上分別覆蓋有Pb和PbO2，電解質(zhì)是H2SO4溶液．〔1〕鉛蓄電池放電時，其中一個電極的反響如下：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O該電極是正極〔填“正極〞或“負極〞〕．另一個電極的反響為Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4．〔2〕鉛蓄電池充電時，總反響的化學方程式為2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4．【解答】解：〔1〕反響PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣═PbSO4+2H2O中，Pb元素化合價降低，被復原，應(yīng)為原電池的正極反響，負極發(fā)生氧化反響，電極方程式為Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4，故答案為：正極；Pb+SO42﹣﹣2e﹣═PbSO4；〔2〕電池總反響式為：Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O，充電時發(fā)生2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4，故答案為：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4．28．〔10.00分〕活性炭可處理大氣污染物NO．T℃時，在1L密閉容器中參加NO氣體和炭粉，發(fā)生反響生成兩種氣體A和B，測得各物質(zhì)的物質(zhì)的量如下：活性炭/molNO/molA/molB/mol起始狀態(tài)2.0300.100002min時2.0000.0400.0300.030〔1〕2分鐘內(nèi)，用NO表示該反響的平均速率v〔NO〕=0.03mol?L﹣1?min﹣1．〔2〕該反響的化學方程式是C+2NO?CO2+N2；T℃時，它的平衡常數(shù)K=9/16，那么2min時反響是〔填“是〞或“不是〞〕平衡狀態(tài)；升高溫度時，K增大，那么該反響為吸熱〔填“吸熱〞或“放熱〞〕反響．〔3〕為了進步反響速率和NO的轉(zhuǎn)化率，可采取的措施是升高溫度．【解答】解：〔1〕2min時一氧化氮物質(zhì)的量變化為：0.100mol﹣0.040mol=0.060mol，2分鐘內(nèi)，用NO表示該反響的平均速率v〔NO〕==0.03mol?L﹣1?min﹣1，故答案為：0.03；〔2〕由表中數(shù)據(jù)可知，C、NO、E、F的化學計量數(shù)之比為0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反響中C被氧化，結(jié)合原子守恒可知，生成為N2與CO2，且該反響為可逆反響，故反響方程式為：C+2NO?N2+CO2；2min時，各組分的濃度為：c〔NO〕0.040mol/L，c〔N2〕=c〔CO2〕=0.030mol/L，此時的濃度商為：==K，說明到達了平衡狀態(tài)；升高溫度時，K增大，說明平衡向著正向挪動，正反響為吸熱反響，故答案為：NO?N2+CO2；是；吸熱；〔3〕該反響是體積不變的反響，壓強不影響化學平衡；該反響為吸熱反響，所以升高溫度可以進步反響速率和NO的轉(zhuǎn)化率，故答案為：升高溫度．29．〔12.00分〕亞氯酸鈉〔NaClO2〕是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等．以下是消費NaClO2?3H2O粗產(chǎn)品的工藝流程圖1：〔1〕NaClO2中Cl的化合價是+3根據(jù)化合價推測NaClO2具有氧化性、復原性性．〔2〕反響①中離子方程式是2ClO3﹣+SO2═SO42﹣+2ClO2〔或2ClO3﹣+SO2+2H+═2HSO4﹣+2ClO2〕；標準狀況下，每生成22.4LClO2氣體，消耗SO232g．〔3〕反響②“電解〞中，將二氧化氯氣體通入陰極〔填“陰極〞或“陽極〞〕室獲得亞氯酸根．〔4〕反響③發(fā)生反響的化學方程式是2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2．該反響中復原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：2．〔5〕亞氯酸鈉〔NaClO2〕在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2﹣、Cl﹣等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒氣體．經(jīng)測定，25℃時各組分含量隨pH變化情況如圖2所示〔Cl﹣沒有畫出〕．以下說法正確的選項是ad〔填字母〕．a(chǎn)．亞氯酸鈉在堿性條件下較穩(wěn)定b．NaClO2溶液中，=1c．使用該漂白劑的最正確pH為3d．往NaClO2溶液中滴入稀鹽酸，當pH＞6時，溶液中主要反響是：ClO2﹣+H+═HClO2．【解答】解：〔1〕化合物中化合價代數(shù)和為0，NaClO2中鈉元素+1價，氧元素﹣2價，那么氯元素+3價；那么NaClO2具有氧化性、復原性；故答案為：+3；氧化性、復原性；〔2〕反響①中離子方程式是：2ClO3﹣+SO2═SO42﹣+2ClO2〔或2ClO3﹣+SO2+2H+═2HSO4﹣+2ClO2〕；標準狀況下，22.4LClO2氣體即為1mol，反響中Cl元素化合價由+5價降低到+4價，那么轉(zhuǎn)移1mol電子，那么硫元素化合價從+4價升高到+6價，那么SO2有0.5mol，質(zhì)量為0.5mol×64g/mol=32g；故答案為：2ClO3﹣+SO2═SO42﹣+2ClO2〔或2ClO3﹣+SO2+2H+═2HSO4﹣+2ClO2〕；32g；〔3〕電解〞中，將二氧化氯氣體通過得電子獲得亞氯酸根，得電子一極為陰極；故答案為：陰極；〔4〕反響③發(fā)生反響為2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2；ClO2中氯元素化合價降低得電子作氧化劑，H2O2中氧元素化合價升高失電子作復原劑，該反響中復原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為：1：2；故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+2H2O+O2；1：2；〔5〕a、由圖可以得出：堿性條件下ClO2﹣濃度高，即在堿性條件下亞氯酸鈉較穩(wěn)定，故a正確；b、NaClO2溶液，陰離子水解，那么＞1，故b錯誤；c、HClO2和ClO2都具有漂白作用，結(jié)合圖中HClO2和ClO2的濃度越大即為使用該漂白劑的最正確pH，應(yīng)該是4﹣5，故c錯誤；d、pH＞6時，由圖可知，溶液中