【化学】湖北省荆州市监利县朱河中学2016届高三上学期综合训练化学试卷
湖北省荆州市监利县朱河中学2016届高三（上）综合训练
化学试卷（11月份）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）
1．环境污染已经成为我国必须面对的首要社会问题．引起下列环境污染的原因或处理方法中正确的是( )
A．雾霾是由大量燃烧煤、天然气、石油等产生的CO2偏高所致
B．绿色化学的核心是开发应用新技术，加大对环境污染的治理能力
C．用催化氧化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NO C+NO2
D．加酶无磷洗衣粉的使用，可以降低水体污染（如海洋的赤潮）[来源:学&科&网]
【考点】常见的生活环境的污染及治理．
【分析】A．PM2.5是雾霾天气的主要元凶；
B．绿色化学的核心是从源头杜绝环境污染；
C．催化氧化法处理汽车尾气中的CO和NO生成二氧化碳和氮气等无毒物质，不是C+NO2；D．磷是植物的营养元素．
【解答】解：A．雾霾是由大量燃烧煤、天然气、石油等产生的各种颗粒物、有害气体所致，不是因为产生二氧化碳，故A错误；
B．绿色化学的核心是从源头杜绝环境污染，而不是治理污染，故B错误；
C．催化氧化法处理汽车尾气中的CO和NO生成二氧化碳和氮气等无毒物质，方程式为：2CO+2NO 2CO2+N2，故C错误；
D．水体的富营养化是导致赤潮的主要原因，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
2．设N A为阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是( )
A．18g重水（D2O）中含有10N A个电子
B．22.4L一氯甲烷的分子数约为N A
C．4.6g Na在氧气中完全反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为0.2N A
D．25℃时，1L pH=14的Ba（OH）2溶液中，Ba2+数目为N A
【考点】阿伏加德罗常数．
【分析】A．根据重水的质量计算出物质的量及含有的电子数；
B．不一定在标况下；
C．根据钠的质量计算出物质的量，再根据电子守恒计算出转移的电子数；
D．根据溶液的pH及溶液的体积计算出氢氧根离子的物质的量及钡离子的物质的量和数目．【解答】解：A．20g重水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有10N A个电子，18g 重水（D2O）中含有电子少于10N A，故A错误；
B．不一定在标况下，无法计算，故B错误；
C．4.6g钠的物质的量为0.2mol，完全反应失去0.2mol电子，转移电子数为0.2N A，故C正确；
D．25℃时，1L pH=14的Ba（OH）2溶液中，氢氧根离子的浓度为1mol/L，氢氧根离子的物质的量为1mol，含有钡离子的物质的量为0.5mol，Ba2+数为0.5N A，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下条件及物质的状态，注意电子守恒的应用，本题难度不大．
3．下列图示与对应的叙述不相符的是( )
A．
图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
B．
图表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．
图表示0.100 0 mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol?L﹣1醋酸溶液得到的滴定曲线
D．
表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化
【考点】离子方程式的有关计算；溶解度、饱和溶液的概念；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；中和滴定．
【分析】A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高；
B、催化剂可以降低反应的活化能，从而加快化学反应的速率；
C、醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；
D、根据硫酸铝铵和氢氧化钡溶液反应的情况来判断．
【解答】解：A、KNO3的溶解度随着温度的升高而升高，溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，故A正确；
B、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变，故B正确；
C、0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C错误；
D、开始滴加同时发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，当Al3+沉淀完全时需加入0.03molOH﹣，即加入0.015molBa（OH）2，加入的Ba2+为0.015mol，SO42﹣未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，NH4++OH﹣=NH3?H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa（OH）2，加入0.04molOH﹣，Al3+反应掉0.03molOH ﹣，生成Al（OH）
0.01mol，剩余0.01molOH﹣恰好与NH4+完全反应，此时溶液中NH4+完
3
全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl（OH）3完全溶解，需再加入0.005molBa（OH）2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，（b到c），故D正确．
故选C．
【点评】本题以图象题的形式呈现来考查知识点，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断得出结论，综合性较强，难度大．
4．下列各组离子：（1）I﹣、Fe2+、NO3﹣、H+（2）K+、NH4+、HCO3﹣、OH﹣（3）SO32﹣、SO42﹣、K+、OH﹣（4）Fe2+、Cu2+、SO42﹣、Cl﹣（5）Fe3+、SCN﹣、K+、SO42﹣（6）H+、K+、AlO2﹣、HSO3﹣在溶液中能大量共存且溶液为无色的组别共有( )
A．1组B．2组C．3组D．不少于4组
【考点】离子共存问题．
【专题】离子反应专题．
【分析】溶液的颜色为无色可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，（1）（4）（5）分别含有Fe2+、Fe2+Cu2+、Fe3+，在溶液中一定不能存在；再根据复分解反应发生条件判断（2）（6）中离子能够发生反应，所以在溶液中能大量共存且溶液为无色的组别共有1组．
【解答】解：（1）亚铁离子为有色离子，NO3﹣在大量H+存在条件下具有强氧化性，能够氧化I﹣、Fe2+，在溶液中不能大量共存，故（1）错误；
（2）NH4+、HCO3﹣能够与OH﹣离子发生反应，在溶液中不能大量共存，故（2）错误；（3）SO32﹣、SO42﹣、K+、OH﹣离子之间不发生反应，且都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故（3）正确；
（4）Fe2+、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故（4）错误；
（5）Fe3+为有色离子，Fe3+能够与SCN﹣发生反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故（5）错误；
（6）H+能够与AlO2﹣、HSO3﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故（6）错误；
故选A．
【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．
5．下列离子方程式书写正确的是( )
A．小苏打溶液呈碱性的原因：HCO3﹣+H2O?H3O++CO32﹣
B．向氢氧化亚铁中加入足量稀硝酸：Fe（OH）2+2H+=Fe2++2H2O
C．将含等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O D．少量A1Cl3溶液滴入过量氨水中：Al3++4NH3?H2O=AlO2﹣+4NH4++2H2O
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；
B．硝酸根离子在酸性环境下能够氧化二价铁离子；
C．等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合反应生成碳酸钡和氢氧化钠和水；D．不符合反应客观事实．
【解答】解：A．碳酸氢根离子水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O?OH﹣+H2CO3，故A错误；B．向氢氧化亚铁中加入足量稀硝酸：3Fe（OH）2+NO3﹣+10H+=3Fe3++8H2O+NO↑，故B错误；
C．将含等物质的量的NaHCO3和Ba（OH）2溶液混合，离子方程式：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故C正确；
D．少量A1Cl3溶液滴入过量氨水中，反应生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式：
Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3 NH4+，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项BC为易错选项．
6．一定温度下，在容积为1L的密闭容器中，存在如下关系：xH2O（g）?（H2O）x（g），反应物和生成物的物质的量随时间变化关系如图．下列说法不正确的是( )
A．x=3
B．该温度下，反应的平衡常数为0.125L2/mol2
C．平衡时混合气体的平均摩尔质量是33.3g/mol
D．t1时刻，保持温度不变，再充入1mol H2O（g），重新达到平衡时，增大【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．同一可逆反应、同一时间段内，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比；
B．化学平衡常数K=；
C．M=；
D．t1时刻，保持温度不变，再充入1mol H2O（g），压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动．
【解答】解：A．同一可逆反应、同一时间段内，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，参加反应的n（H2O）=（5﹣2）mol=3mol，n[（H2O）x]=（1﹣0）mol=1mol，所以n（H2O）：n[（H2O）x]=3mol：1mol=3：1，所以x=3，故A正确；
B．化学平衡常数K===0.125L2/mol2，故B正确；
C．混合气体的质量=18g/mol×5mol=90g，混合气体的物质的量=2mol+1mol=3mol，M== =30g/mol，故C错误；
D．t1时刻，保持温度不变，再充入1mol H2O（g），压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，所以增大，故D正确；
故选C．
【点评】本题考查了化学平衡的有关计算，根据基本公式、化学平衡移动影响因素等知识点来分析解答，明确图象的含义，题目难度不大．
7．下列说法正确的是( )
A．常温下，pH=3的HX（一元酸）溶液与pH=11的YOH（一元碱）溶液等体积混合，所得溶液的pH一定大于或等于7
B．在相同温度下，浓度均为0.1 mol?L﹣1的（NH4）2Fe（SO4）2和（NH4）2SO4溶液中，c （NH4+）相同
C．在pH＜7的CH3COOH和CH3COONa的混合液中，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．0.4 mol?L﹣1盐酸与0.1 mol?L﹣1NaAlO2溶液等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．
【分析】A．若HX为弱酸，YOH为强碱，酸过量，混合液的pH＜7；
B．（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+的水解会抑制了NH4+的水解；
C．pH＜7，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）；D．反应后溶液为等浓度的AlCl3与NaCl的混合溶液，铝离子部分水解，溶液显示酸性，则c（Na+）＞c（Al3+）、c（H+）＞c（OH﹣）．
【解答】解：A．若HX为强酸，YOH为强碱，则pH=7；若HX为弱酸，YOH为强碱，则pH＜7；若HX为强酸，YOH为弱碱，则pH＞7，故A错误；[来源:学|科|网]
B．由于Fe2+的水解会抑制了NH4+的水解，故（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的c（NH4+）比（NH4）2SO4中的大，故B错误；
C．根据关系式可知c（Na+）+c（H+）＞c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），而此关系式不符合电荷守恒，正确的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C 错误；
D.0.4mol?L﹣1盐酸与0.1 mol?L﹣1NaAlO2溶液等体积混合，所得溶液为等浓度的AlCl3与NaCl 的混合溶液，铝离子部分水解，溶液显示酸性，则c（Na+）＞c（Al3+）、c（H+）＞c（OH﹣），溶液中离子浓度大小为：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确；故选D．
【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．
8．归纳法是高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：归纳正确的是( )
①常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）
②对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加
③常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
④常温下，已知醋酸电离平衡常数为K a；醋酸根水解平衡常数为K h；水的离子积为K w；则有：K a?K h=K w
⑤电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度不变．
A．①④ B．①②④C．①②④⑤ D．①②③④
【考点】pH的简单计算；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．
【专题】基本概念与基本理论．
【分析】①溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；
②可逆反应达到平衡时，减少生成物浓度，平衡向着正向移动，但是生成物浓度减小；
③CaCl2和NaCl溶液中都含有氯离子，所以都能抑制氯化银溶解，且氯离子浓度越大，其抑制程度越大；
④根据K a=、K h=计算出K a?K h 即可；
⑤粗铜中含有铁、锌等杂质，所以电解过程中，阳极失去电子的铜与阴极析出的铜质量不相等，溶液中铜离子浓度发生变化．
【解答】解：①反应后的溶液中存在的离子有：Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故①正确；
②对已建立化学平衡的某可逆反应，若减小生成物，平衡向着正向移动，但是生成物浓度会减小，故②错误；
③CaCl2和NaCl溶液中都含有氯离子，都抑制了氯化银的溶解，且氯离子浓度越大，其抑制程度越大，所以AgCl在相同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不同，故③错误；[来源:学&科&网Z&X&X&K]
④K a=、K h=，K a?K h=
×=c（OH﹣）×c（H+）=K w，故④正确；
⑤电解精炼铜过程中，阳极活泼性较强的杂质铁、锌等先放电，而阴极只有铜离子得到电子生成铜，所以阳极溶解的铜与阴极析出的铜的物质的量不相等，溶液中铜离子浓度发生了变化，故⑤错误；
故选A．
【点评】本题考查电荷守恒、化学平衡、沉淀溶解平衡、弱电解质的电离和盐类的水解、电解精炼铜，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较广，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，培养了学生灵活应用所学知识的能力；本题⑤为易错点，注意粗铜中含有活泼性较强的杂质．
9．简单化合物HB在水中达到电离平衡时各种微粒的浓度如下表（25℃）：
K a=③﹣
a=⑤
分析表中①至⑥的数据，下列说法不正确的是( )
A．①与②的数据都说明化合物HB只有部分电离
B．③与④数据近似相等，说明HB的电离平衡常数与初始浓度无关
C．⑤与⑥的数据说明加水稀释后HB的电离平衡正向移动
D．⑤与⑥的数据说明起始浓度越大，HB电离的程度越高
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．弱电解质溶液中存在弱电解质分子、弱电解质电离出的阴阳离子；
B．电离平衡常数只与温度有关；
C．溶液浓度越小，弱电解质的电离程度越大；
D．弱电解质的浓度越大，其电离程度越小．
【解答】解：A．根据①与②的数据知，不同浓度的同一电解质的溶液中都含有电解质分子、电解质电离出的阴阳离子，说明电解质不完全电离，故A正确；
B．根据③与④数据知，初始浓度不同时，弱电解质的电离平衡常数相似，说明弱电解质的电离平衡常数与初始浓度无关，故B正确；
C．根据⑤与⑥的数据知，溶液的浓度越小，弱电解质的电离程度越大，即加水稀释溶液促进弱电解质电离，故C正确；
D．根据⑤与⑥的数据知，弱电解质的初始浓度越大，弱电解质的电离程度越小，故D错误；故选D．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，同时考查学生分析、总结归纳能力，根据表中的相同、不同数据进行分析，得出正确结论，明确弱电解质电离特点是解本题关键，难度中等．10．全世界短年钢铁因锈蚀造成大量的损失．某城市拟用如图所示方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀．关于此方法，下列说法不正确的是( )
A．土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池
B．金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属
C．金属棒X上发生反应：M﹣ne﹣﹣﹣M n+
D．这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】A、根据电化学腐蚀形成的条件以及电化学腐蚀的应用进行分析；
B、原电池的正极金属被保护，活泼金属能和水之间反应；
C、原电池的正极金属被保护，负极发生失电子的氧化反应；
D、根据金属的腐蚀和防护原理知识来回答．
【解答】解：A、钢铁在潮湿的空气中能形成原电池因而易发生电化学腐蚀，金属铁是负极，易被腐蚀，故A正确；
B、金属棒X的材料应该是比镁活泼的金属钾、钙、钠时，活泼金属能和水之间反应剧烈的反应，它们不能做电极材料，故B错误；
C、金属棒X极的活泼性强于金属铁，做负极，发生失电子的氧化反应，故C正确；
D、原电池的负极被腐蚀，正极被保护的方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查金属的电化学腐蚀与防护，题目难度不大，本题注意电化学腐蚀形成的条件与金属的防护．
11．已知25℃时：
①HF（aq）+OH﹣（aq）═F﹣（aq）+H2O（l）△H1=﹣67.7kJ?mol﹣1
②H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3kJ?mol﹣1
③Ba2+（aq）+SO42﹣（aq）═BaSO4（s）△H3＜0
下列说法正确的是( )
A．HF的电离方程式及热效应：HF（aq）═H+（aq）+F﹣（aq）△H＞0
B．在氢氧化钠溶液与盐酸的反应中，盐酸量一定，氢氧化钠溶液量越多，中和热越大C．△H2=﹣57.3 kJ?mol﹣1是强酸和强碱在稀溶液中反应生成可溶盐的中和热
D．稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应的热化学方程式为：H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+2H2O（l）△H=﹣114.6 kJ?mol﹣1
【考点】热化学方程式．
【分析】A、利用盖斯定律将①﹣②可得氢氟酸的电离方程式及热效应；
B、中和热是指强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量；
C、H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3kJ?mol﹣1是强酸和强碱在稀溶液中反应生成可溶盐的中和热；
D、稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡的过程是放热过程，放出热量大于114.6 kJ．【解答】解：A．利用盖斯定律将①﹣②可得HF（aq）?F﹣（aq）+H+（aq）△H=﹣10.4 kJ?mol ﹣1，△H＜0，故A错误；
B、中和热是指强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，和盐酸、氢氧化钠的用量无关，故B错误；
C、H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H2=﹣57.3kJ?mol﹣1是强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水和可溶盐的中和热，故C正确；
D、稀硫酸与稀氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡的过程是放热过程，放出热量大于114.6 kJ，）△H＜﹣114.6 kJ?mol﹣1，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律应用，中和热概念实质理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．
12．下列实验装置用途正确的是( )
A．装置（I）用于I2与NH4Cl混合物的分离
B．装置（Ⅱ）用于制取少量纯净的CO2气体
C．装置（Ⅲ）用于去除Fe（0H）3胶体中含有的可溶性物质
D．装置（Ⅳ）用于HC1的吸收，以防倒吸
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】实验评价题．
【分析】A．碘单质易升华，氯化铵易分解；
B．碳酸钠是易溶于水的粉末；
C．胶体能透过滤纸；
D．能防止倒吸．
【解答】解：A．碘单质易升华，加热后形成蒸汽，在烧瓶外壁受冷凝华，氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，在烧瓶外壁又生成氯化铵，故A错误；
B．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选用碳酸钙和稀盐酸反应制取二氧化碳，故B错误；
C．胶体和溶液都能透过滤纸，故C错误；
D．若倒吸，液体进入烧瓶，液面和下端脱离，在重力作用下，重新流下，故能防止倒吸，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的分离除杂、气体的制取和收集等知识点，注重基础知识的考查，题目难度不大，选项B为易错点．
13．液体燃料电池相对于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点．一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示．该电池用空气中的氧气作为氧化剂，H2SO4作为电解质．下列关于该燃料电池的叙述正确的是( )
A．电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极
B．负极发生的电极反应式为N2H4﹣4e﹣═N2↑+4H+
C．利用该燃料电池工业上可以电解MgCl2溶液制备Mg
D．该燃料电池持续放电时，右侧电池区中因电极反应消耗H+，故c（H+）逐渐减小
【考点】化学电源新型电池．
【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：
N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答．
【解答】解：A、燃料电池中可燃物作负极，氧气作正极，故电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A错误；
B、可燃物N2H4作负极发生氧化反应，故B正确；
C、电解MgCl2溶液阴极是H+得电子而不是Mg2+得电子，故无法制得镁，应电解熔融的MgCl2制备镁，故C错误；
D、右侧电极作正极，发生反应O2+4e﹣+4H+═2H2O，当消耗1 mol氧气时消耗4 mol H+，因电路中通过4 mol电子，故由左侧电极区转移过来4 mol H+，故c（H+）不变，故D错误．故选B．
【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，难度不大．14．工业上制备重要化工原料CH3OH的反应之一为：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H＜0．为了探究其反应原理，现进行如下实验，在2L恒容密闭容器内250℃条件下，测得n（CO2）随时间变化情况如表：
下列叙述正确的是( )
A．v（H2）=3v（CO2）、v逆（CO2）=v正（CH3OH）
B．升高温度或减小压强均可使平衡常数增大
C．0～3s内用H2表示的平均反应速率是0.05mol?L﹣1?s﹣1
D．增大CO2浓度或选择适当的催化剂均能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动
【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．该反应未说明处于平衡状态，反应从开始到平衡，一直都存在v（H2）=3v（CO2），对于v正（H2）=3v逆（CO2）需在平衡状态时才能满足；
B．对于吸热反应，升高温度，化学平衡常数增大，压强不能使平衡常数改变；
C．根据化学反应速率公式v=来计算；
D．催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动；
【解答】解：A．反应从开始到平衡，一直都存在v（H2）=3v（CO2），v逆（CO2）=v正（CH3OH），正逆反应速率相等，只有平衡态才能满足，v正（H2）=3v逆（CO2）也需在平衡状态时才能满足，而该反应未说明处于平衡状态，故A错误；
B．该反应△H＜0，升高温度，化学平衡常数减小，平衡常数仅与温度有关，不受压强的影响，故B错误；
C．0～3s内用二氧化碳表示的平均反应速率v===mol?L﹣1?S﹣1，根据物质的反应速率之比等于方程式的系数之比，则用氢气表示的反应速率为用二氧化碳表示速率的3倍，即为0.05mol?L﹣1?S﹣1，故C正确；
D．催化剂，只能改变反应速率，选择适当催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D 错误；
故选C．
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡知识，考查学生运用相关知识解决化工问题的能力，属于综合知识的考查，难度不大，注意化学反应速率的计算方法和化学平衡状态的判断．
15．MnO2的一些性质或用途如图，下列说法正确的是( )
A．①、②、③三个反应中Mn02均作氧化剂
B．足量Mn02与2L 10mol/L、HCl共热，可生成5molCl2
C．反应②若生成1mol Al203，则反应过程中转移12mol电子
D．反应③中K2CO3和KNO3的化学计量数均为1
【考点】氧化还原反应．
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】①中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯化锰、氯气和水，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高；
②中Al与二氧化锰发生铝热反应，Mn元素的化合价降低，Al元素的化合价升高；
③中发生K2CO3+KNO3+Mn02=K2MnO4+KNO2+CO2↑，Mn元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答．
【解答】解：A．①、②反应中Mn02均作氧化剂，③中Mn元素的化合价升高，则作还原剂，故A错误；
B．足量Mn02与2L 10mol/L、HCl共热，若完全反应可生成5mol Cl2，但随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，不再反应，则生成氯气小5mol，故B错误；
C．反应②若生成1mol Al203，则由Al元素的化合价变化可知反应过程中转移1mol×2×（3﹣0）=6mol电子，故C错误；
D．③中发生K2CO3+KNO3+Mn02=K2MnO4+KNO2+CO2↑，K2CO3和KNO3的化学计量数均为1，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大．
16．以纯铜作阴极，石墨作阳极，电解某浓度的硫酸铜溶液，阴极产物均附在电极上，通电一段时间后，关闭电源，迅速撤去电极（设阴极产物没有损耗），若在电解后的溶液中加入4.9g Cu（OH）2固体，则恰好能使溶液恢复到原浓度，则整个电解过程中，所产生的气体总体积为（标准状况）( )
A．2.24L B．1.12L C．0.56L D．3.36L
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】加入4.9gCu（OH）2时恰好能使溶液恢复到原浓度，Cu（OH）2从组成上可看成CuO?H2O，所以电解过程中阴极上析出铜和氢气，4.9g氢氧化铜的物质的量=
=0.05mol，根据原子守恒知，阳极上析出n（O2）=n[Cu（OH）2]，阴极上析出n（H2）=n[Cu （OH）2]，再根据V=nV m计算气体体积．
【解答】解：加入4.9gCu（OH）2时恰好能使溶液恢复到原浓度，Cu（OH）2从组成上可看成CuO?H2O，所以电解过程中阴极上析出铜和氢气，4.9g氢氧化铜的物质的量=
=0.05mol，根据原子守恒知，阳极上析出n（O2）=n[Cu（OH）2]=0.05mol，阴极上析出n （H2）=n[Cu（OH）2]=0.05mol，所以析出气体体积=（0.05+0.05）mol×22.4L/mol=2.24L，故选A．
【点评】本题以电解原理为载体考查了物质的量的计算，明确守恒思想是解本题关键，根据原子守恒计算氢气和氧气的物质的量，再结合V=nV m计算即可，难度不大．
二、非选择题（本题包括5小题，共52分）
17．X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为0.01mol?L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．
（1）X、W的化学式分别为NaOH、NH4NO3．
（2）W的电离方程式为NH4NO3═NH4++NO3﹣．
（3）25℃时，Z溶液的pH＞7NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣（用离子方程式表示）．（4）将X、Y、Z各1mol?L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．
（5）Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O．
【考点】电解质在水溶液中的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种，0.01mol/L的X溶液pH=12，说明X为强碱，则X为NaOH；
0.01mol/L的Y溶液pH=2，说明Y为强酸，则Y为HNO3；
0.01mol/L的Z溶液pH=8.5，说明Z为强碱弱酸盐，则Z为NaNO2；
0.01mol/L的W溶液pH=4.5，说明W为强酸弱碱盐，则W为NH4NO3，再结合物质的性质来分析解答．
【解答】解：X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种，0.01mol/L的X溶液pH=12，说明X为强碱，则X为NaOH；
0.01mol/L的Y溶液pH=2，说明Y为强酸，则Y为HNO3；
0.01mol/L的Z溶液pH=8.5，说明Z为强碱弱酸盐，则Z为NaNO2；
0.01mol/L的W溶液pH=4.5，说明W为强酸弱碱盐，则W为NH4NO3，
（1）通过以上分析知，X为NaOH，W为NH4NO3，
故答案为：NaOH；NH4NO3；
（2）硝酸铵为强电解质，在水溶液里完全电离为氢根离子和硝酸根离子，电离方程式为：NH4NO3═NH4++NO3﹣，故答案为：NH4NO3═NH4++NO3﹣；
（3）Z为亚硝酸钠，亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解离子方程式为：NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣，故答案为：NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣；
（4）X、Y、Z各1mol?L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
（5）在加热条件下，亚硝酸钠和硝酸铵反应生成氮气和硝酸钠，反应方程式为：
NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O，故答案为：NaNO2+NH4NO3
NaNO3+N2↑+2H2O．
【点评】本题以电解质的电离为载体考查了离子浓度大小的比较、物质间的反应、盐类水解、物质的判断等知识点，明确物质的性质是解本题关键，再结合盐的类型来分析解答，题目难度不大．
18．面对全球近期的气候异常，环境问题再次成为焦点．化工厂以及汽车尾气排放的二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物（NO x）等气体已成为大气污染的主要因素．
（1）硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g）2SO3g）．
某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图所示．
根据图示回答下列问题：
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．该反应的平衡常数等于800．
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）=K（B）（填“＞”“＜”或“=”）．
【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．
【分析】①反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80，利用三段式表示出平衡时反应混合物各组分的物质的量，再计算平衡时反应混合物各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；
②平衡状态由A变到B时，改变的是压强，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．
【解答】解：①反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa，由图可知，SO2的平衡转化率α=0.80，参加反应的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，则：
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始（mol）：2 1 0
变化（mol）：1.6 0.8 1.6
平衡（mol）：0.4 0.2 1.6
所以平衡时浓度：c（SO2）=0.04mol/L，c（O2）=0.02mol/L，c（SO3）=0.16mol/L，故平衡常数k==800，故答案为：800；
②平衡状态由A变到B时，改变的是压强，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故平衡常数K（A）=K（B），故答案为：=．
【点评】本题考查平衡常数的影响因素与计算，难度中等，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．
19．汽车尾气治理的方法之一是在汽车的排气管上安装一个“催化转化器”．
已知反应2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）△H=﹣113kJ?mol﹣1
①为了模拟催化转化器的工作原理，在T℃时，将2mol NO与1mol CO充入1L反应容器中，反应过程中NO（g）、CO（g）、N2（g）的物质的量浓度变化如下图所示，则反应进行到15min 时，NO的平均反应速率为0.027mol?L﹣1?min﹣1．
②请在图中画出20～30min内NO、CO浓度发生变化的曲线，引起该变化的条件可能是b （填字母）．
a．加入催化剂b．降低温度
c．缩小容器体积d．增加CO2的物质的量
③当25min达到平衡后，若保持体系温度、容积不变，再向容器中充入NO、N2气体各1mol，平衡将向左移动（填“向左”“向右”或“不”）．
（3）用CH4催化还原NO x也可以消除氮氧化物的污染．例如，
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ?mol﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ?mol﹣1
若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，则整个过程中共放出热量173.4kJ．
【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【分析】①根据V=来计算；
②根据氮气的变化来确定NO、CO的变化；结合图象根据外界条件对化学平衡的影响来判断；
③先根据三段法求出各自的浓度，然后求出平衡常数和浓度熵，最后根据平衡常数的大小与浓度熵的大小来确定平衡移动方向；
（3）知①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ?mol﹣1，②CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣1 160kJ?mol﹣1，
利用盖斯定律将可得CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），根据盖斯定律计算反应的焓变，结合热化学方程式进行计算．
【解答】解：①由图象可知在15min内NO的物质的量变化0.4mol，则NO的平均反应速率为=mol?L﹣1?min﹣1=0.027 mol?L﹣1?min﹣1，故答案为：0.027 mol?L﹣1?min﹣1；
②氮气的变化的物质的量与NO、CO的变化的物质的量成正比，25分钟后达到平衡，图象为：
由图象可知，平衡向正反应方向移动，
a、加入催化剂，平衡不移动，故a错误；
b、降低温度，平衡向正反应方向移动，故b正确；
c、缩小容器体积，平衡向正反应方向移动，达平衡时，浓度应大于25min时的浓度，故c 错误；
d、增加CO2的物质的量，平衡向逆反应方向移动，氮气的平衡浓度降低，故d错误．