山东省威海市2013-2014学年上学期期末考试高二化学试卷（word版，含解析)

山东省威海市2013-2014学年上学期期末考试
高二化学试卷
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。考试结束后，将答题卡交回。
第I卷（选择题 共46分）
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，将自己的姓名、考试号、考试科目涂写在答题卡上。
2．每题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能答在试题上。
可能用到的相对原子质量：
H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32
选择题（本题包括18小题，1-8题每题2分，9-18题每题3分，共46分。每小题只有一个选项符合题意）
1．水是一种重要的资源，节约用水是“全民节约，共同行动”重要的一项。关于水的下列说法
正确的是
A．水可以电离出离子，所以是强电解质
B．水的离子积可表示KW＝c(H＋)·c(OH－)
C．常温下水中的c(H＋)大于c(OH－)
D．升高温度，c(H＋)增大，显弱酸性
考点：水的电离．.
专题：电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
A、水能够电离出氢离子和氢氧根离子，但是水的电离程度极小，属于弱电解质；
B、水的离子积等于氢离子浓度与氢氧根离子浓度的乘积；
C、常温下水为中性，溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等；
D、水的电离为吸热反应，升高温度，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，但是c（H+）=c（OH﹣），溶液显示中性．
解答：
解：A、水的电离程度极小，存在电离平衡，所以水属于弱电解质，故A错误；
B、水的离子积为氢离子与氢氧根离子的积，可以表示为KW=c（H+）?c（OH﹣），故B正确；
C、常温下，水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，即c（H+）=c（OH﹣），故C错误；
D、升高温度，水的电离程度增大，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，且满足c（H+）=c（OH﹣），所以水显示中性，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了水的电离、溶液酸碱性的判断，题目难度中等，注意明确水为中性，满足c（H+）=c（OH﹣）；水为极弱的电解质，存在电离平衡；水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大．
2．下列物质的有关事实与电化学腐蚀无关的是
A．轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块
B．镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用
C．埋在潮湿疏松土壤里的铁管比干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀
D．在空气中，金属镁、铝的表面可形成一层氧化膜
考点：
金属的电化学腐蚀与防护．.
专题：
电化学专题．
分析：
电和化学反应相互作用可通过电池来完成，也可利用高压静电放电来实现（如氧通过无声放电管转变为臭氧），二者统称电化学，电化学往往专门指“电池的科学”，因此事实中只要是形成了原电池则能用电化学理论解释．
解答：
解：A．轮船水线下的船壳装上锌块后，可保护船壳在海水中不被腐蚀，因为Zn比Fe活泼，Zn与Fe构成原电池，在海水中锌被腐蚀，从而保护船壳，发生原电池反应可用电化学知识解释，故A正确；
B．镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，发生原电池反应而可用电化学知识解释，故B正确；
C．埋在潮湿土壤里的铁管，铁、C和潮湿的空气形成原电池，加快了铁的腐蚀，而干燥土壤里的缺少电解质溶液，不能形成原电池，不易腐蚀，属于此现象与电化学知识有关，故C正确；
D．银在空气中被氧气氧化发生化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查了化学腐蚀和电化腐蚀的实质分析，原电池的形成条件是解题关键，题目较简单．
3．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A．生成物总能量一定低于反应物总能量
B．拆开物质中的化学键一定需要吸收能量
C．应用盖斯定律，无法计算某些难以直接测量的反应焓变
D．化学反应都伴随着能量变化和其他各种现象的出现
考点：
反应热和焓变．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
化学反应，反应物与生成物的总能量大小决定反应是否放热，且当化学键断裂时吸收能量，形成化学键时放出能量，则化学反应一定伴随着能量的变化，以此解答．
解答：
解：A．如为吸热反应，则生成物总能量高于反应物总能量，故A错误；
B．形成共价键的原子之间存在强烈的作用力，断裂化学键一定要吸收能量，故B正确；
C．应用盖斯定律，可以计算某些难以直接测量的反应焓变，故C错误；
D．化学反应一定伴随着能量的变化，但不一定出现其它现象，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重于基础知识的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
4．右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a
和 b 附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列实验现象中错误的是
A．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
B．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
C．逸出气体的体积，a电极的大于b电极的
D．a、b两电极都逸出无色无味气体
考点：
电解原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
根据装置图中，b是阳极，a是阴极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极附近氢离子浓度增大而使溶液呈酸性，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度增大而使溶液呈碱性，实质上是电解水．
解答：
解：A．a电极上氢离子放电，则a电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，溶液变蓝色，b电极上氢氧根离子放电，导致b电极附近氢离子浓度增大，溶液变红色，故A错误；
B．根据A知，a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色，故B正确；
C．a电极上生成氢气，b电极上生成氧气，且二者的体积之比为2：1，故C正确；
D．a电极上析出氢气，b电极上析出氧气，氢气和氧气都是无色无味的气体，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了电解原理，明确阴阳极上放电的离子及生成物的性质是解本题关键，难度不大．
5．对pH值相同的盐酸和醋酸两种溶液的说法正确的是
A．中和碱的能力相同 B．盐酸和醋酸的物质的量浓度相同
C．OH-的物质的量浓度相同 D．H+的物质的量浓度不同
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．中和碱的能力与酸的物质的量成正比；
B．pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸；
C．根据c（OH﹣）=计算；
D．溶液中c（H+）=10﹣pH．
解答：
解：A．中和碱的能力与酸的物质的量成正比，酸的物质的量未知，无法判断中和碱能力强弱，故A错误；
B．醋酸是强电解质，氯化氢是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，故B错误；
C．根据c（OH﹣）=知，pH相等的醋酸和盐酸中氢离子浓度相等，温度相等，水的离子积常数相等，则氢氧根质量浓度相等，故C正确；
D．根据c（H+）=10﹣pH 知，pH相等的醋酸和盐酸中，氢离子浓度相等，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了弱电解质的电离，明确“相同pH的不同一元酸中，其浓度与其电离程度关系”即可解答，注意水的离子积常数只与温度有关，与电解质的强弱无关，为易错点．
6．对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＜0，降低温度产生的影响为
A. v正 增大，v逆减小 B．v正减小，v逆增大
C. v正和v逆同程度的减小 D. v正和v逆不同等程度的减小
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
降低温度，正逆化学反应速率都减小；
降低温度，化学平衡向着放热方向进行，但是增加程度不一样，正逆反应速率不相等；
解答：
解：A、降低温度，正逆化学反应速率都减小，即v正减小，v逆 减小，故A错误；
B、降低温度，正逆化学反应速率都减小，即v正减小，v逆 减小，故B错误；
C、降低温度，化学平衡向着放热方向进行，即向着正方向进行，正反应速率大于逆反应速率，即正反应速率增加的程度大，故C错误；
D、降低温度，化学平衡向着放热方向进行，即向着正方向进行，但是增加程度不一样，正逆反应速率不相等，正反应速率大于逆反应速率，正反应速率减小的少，故D正确；
故选：D．
点评：
本题考查温度对化学反应速率和化学平衡移动的影响知识，注意知识的迁移和应用是关键，难度不大．
7．一定条件下反应2AB(g) A2(g) ＋B2(g),不能确定达到平衡状态的是
A．单位时间内生成n mol A2，同时生成2n molAB
B．单位时间内生成n mol B2，同时生成2n molAB
C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率
D．容器中各组分的物质的量分数不随时间变化
考点：
化学平衡状态的判断．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
A、都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等；
B、无法判断气体的浓度是否变化，无法判断平衡状态；
C、A和AB的化学计量数不相等，正逆反应速率不相等；
D、体积分数不变，浓度不变，正逆反应速率相等．
解答：
解：A、单位时间内生成n mol A2，同时消耗2n mol AB，都是正逆反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；
B、容器内，3种气体AB、A2、B2共存，无法判断浓度是否变化，故B错误；
C、AB的消耗速率等于A2的消耗速率，二者化学计量数不相等，没有达到平衡状态，故C错误；
D、容器中各组分的体积分数不随时间变化，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题易错点为B，注意反应前后气体的化学计量数关系
8．下列各离子方程式中，属于水解反应且使溶液显碱性的是
A．CH3COOH＋OH－=== CH3COO－+H2O
B．H2O+H2O H3O++OH-
C．NH4+ + H2O NH3·H2O + H+
D．PO43-+H2O HPO42-+OH-
考点：
盐类水解的原理．.
专题：
盐类的水解专题．
分析：
弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号，溶液呈碱性，说明水解后生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度．
解答：
解：A．该反应为酸碱中和反应，生成盐和水，所以不属于水解反应，故A错误；
B．H2O+H2O?H3O++OH﹣为水的电离方程式，且溶液呈中性，故B错误；
C．铵根离子和水反应生成弱电解质一水合氨和氢离子，为水解反应，但溶液呈酸性，故C错误；
D．磷酸根离子和水反应生成磷酸一氢根离子和氢氧根离子，为水解反应，且产生氢氧根离子，导致溶液为碱性，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离和盐类水解的区别，结合生成物来分析解答．
9．已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中正确的是
A．a点表示溶液中c(CH3COO－)约为10-3 mol/L
B．b点表示的溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)
C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D．d点表示的溶液中大于K
考点：
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：
A．酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度．
B．任何溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；
C、根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是错误的；
D、电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关．
解答：
解：A．a点是c（H+）=10﹣3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，醋酸的电离远远大于水的电离，所以溶液中氢离子浓度近似等于醋酸根离子浓度，即c（CH3COO﹣）约为10﹣3 mol/L，故A正确；
B．溶液中一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），b点时，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣），则有c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故B错误；
C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；
D、d点时溶液的温度没有变化，所以d点表示的溶液中=K，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较，题目难度中等，注意平衡常数K只与温度有关，与其它任何条件都无关，能够根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度大小．
10．下列叙述正确的是
A．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
2c(Na+) + c(CH3COOH) = c(CH3COO－) +2c(OH－)
B．Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)由此可以判断AgCl(S) + I- = AgI(S) + Cl-能够发生
C．氯水中：c(Cl－)＞c(H+)＞c(OH－)＞c(ClO－)
D．中和浓度与体积均相等的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量不相等
考点：
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
A、混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒进行判断；
B、溶度积越大，难溶物的溶解度越小，所以氯化银能够转化成更难溶的碘化银；
C、根据电荷守恒可知：c（H+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣），所以溶液中氢离子浓度最大；
D、盐酸和醋酸都是一元酸，等体积、等浓度的盐酸和醋酸，消耗氢氧化钠的物质的量相等．
解答：
解：A、混合液中电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒关系为：2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），根据以上两个关系可得：2c（H+）+c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故A错误；
B、Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），说明碘化银被氯化银更难溶，由此可以判断AgCl（S）+I﹣=AgI（S）+Cl﹣能够发生，故B正确；
C、氯水中，一定满足电荷守恒：c（H+）=c（OH﹣）+c（ClO﹣）+c（Cl﹣），所以氢离子浓度最大；次氯酸电离的次氯酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以氯水中浓度关系为：c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故C错误；
D、HCl和醋酸都是一元酸，中和浓度与体积均相等的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量一定相等，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查了酸碱混合后溶液酸碱性的判断及溶液pH的计算、溶液中离子浓度大小比较、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化，题目难度中等，注意掌握判断溶液酸碱性的方法，明确电荷守恒、物料守恒在离子浓度大小比较中的应用，明确电解质化学式构型相似的难溶物，溶度积越小，溶解度越小．
11．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A．强酸性溶液中：K＋、Al3＋、CH3COO－、SO42－
B．水电离出来的c(H+)=10－13mol/L的溶液：K+、HCO、Br－、Ba2+
C．室温下，pH＝1的无色溶液中：NH4＋、Mg2+、SO42－、Cl-??
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe2＋、NO3－、SO42－
考点：
离子共存问题．.
专题：
离子反应专题．
分析：
A．强酸性溶液中含大量的H+；
B．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；
D．pH=1的无色溶液，显酸性，且离子均为无色；
D．室温下，pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应．
解答：
解：A．强酸性溶液中含大量的H+，与CH3COO﹣结合生成弱电解质，不能大量共存，故A错误；
B．水电离出来的c（H+）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；
D．pH=1的无色溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故C正确；
D．室温下，pH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的考查，题目难度不大
12．下图各烧杯中盛有海水，铁(含杂质C)在其中被腐蚀由快到慢的顺序为
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
作原电池负极或作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，金属被腐蚀快慢顺序是：电解池阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阴极，据此分析解答．
解答：
解：作原电池负极或作电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，金属被腐蚀快慢顺序是：电解池阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阴极，
①中铁发生化学腐蚀；
②中铁作正极，被保护；
③中Fe易失电子作负极，加速被腐蚀；
④中铁作阳极，加速被腐蚀；
⑤中铁作阴极，被保护；
通过以上分析知，Fe被腐蚀由快到慢顺序是④③①②⑤，故选B．
点评：
本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，根据金属发生腐蚀类型及电极类型来确定金属被腐蚀快慢，题目难度不大．
13．右图为用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图。下列说法中，正确
的是
A．燃料电池工作时，正极反应为：
O2 + 4H++ 4e－=== 2H2O
B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，
a极上有铜析出
C．a极是含锌、铁的粗铜，b极是纯铜，
a极溶解铜的质量与b极析出铜的质量相等
D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应．
解答：
解：A．由于电解质溶液呈酸性，正极发生还原反应，氧气被还原生成水，电极反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故A正确；
B．a极是铁，b极是铜时，铁被氧化，b极上有铜析出，故B错误；
C．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极上比Cu活泼的金属失去电子，但b极上析出铜只析出Cu，则极减少的质量不等于b极上析出铜的质量，故C错误；
D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体为氧气，与电池中消耗的H2体积不相等，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键．题目难度中等．
14．分别将下列物质：①FeCl3②CaO③NaCl④Ca(HCO3)2⑤Na2SO3⑥K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是
A．②③ B．③⑥ C．①④ D．⑤⑥
考点：
盐类水解的应用．.
专题：
盐类的水解专题．
分析：
①加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁；
②氧化钙和水反应生成氢氧化钙；
③氯化钠不水解；
④碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；
⑤亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠；
⑥硫酸钾不水解．
解答：
解：①氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，故错误；
②氧化钙和水反应生成氢氧化钙，加热过程中，蒸发掉水，最后得到氢氧化钙，故错误；
③氯化钠不水解，蒸发掉水后得到氯化钠，故正确；
④加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故错误；
⑤亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，故错误；
⑥硫酸钾不水解，将水分蒸干时得到硫酸钾，故正确；
故选B．
点评：
本题综合考查物质的性质，侧重于水解、分解等知识，注意该题中没有说灼烧，如果告诉灼烧，则①得到氧化铁，为易错点．
15．下列说法错误的是
A．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH小于4
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸;
若pH<7，则H2A是强酸
C．用0.200 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的
浓度均约为0.1 mol·L-1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol·L-1盐酸、③0.1 mol·L-1氯化镁溶液、④0.1 mol·L-1硝酸银溶液中，Ag+浓度: ④>①>②>③
考点：
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；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：
A．醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；
B．若NaHA溶液的pH＜7，H2A可能是弱酸；
C．醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，醋酸要稍微过量；
D．氯离子和银离子抑制氯化银溶解，氯离子或银离子浓度越大，抑制氯化银溶解程度越大．
解答：
解：A．醋酸是弱酸，加水稀释促进醋酸电离，导致将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液中氢离子浓度大于原来，则溶液的pH小于4，故A正确；
B．若NaHA溶液的pH＜7，H2A可能是弱酸，如亚硫酸氢钠溶液呈酸性，但亚硫酸为弱酸，故B错误；
C．醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，醋酸要稍微过量，所以混合溶液呈中性时，溶液中还有部分醋酸未参加反应，故C正确；
D．氯离子和银离子抑制氯化银溶解，氯离子或银离子浓度越大，抑制氯化银溶解程度越大，0.1mol/L的盐酸和氯化镁溶液中，氯化镁中氯离子浓度大于盐酸，蒸馏水中没有氯离子或银离子，硝酸银中含有银离子，所以银离子浓度大小顺序是：④＞①＞②＞③，故D正确；
故选B．
点评：
本题考查了弱电解质的电离、盐类水解、难溶物的溶解平衡等知识点，根据弱电解质的电离特点及难溶物溶解平衡影响因素等知识点来分析解答，易错选项是B，注意碳酸氢钠溶液呈碱性但亚硫酸氢钠溶液呈酸性，为易错点．
16．在密闭容器中，使2 mol N2和6 mol H2混合发生下列反应:
N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)(正反应为放热反应)。下列说法错误的是
A．升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量变大　
B．升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的密度不变　
C．当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是　1∶3
D．当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将逆向移动
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
A、混合气体的平均相对分子质量=，反应前后质量守恒，升温平衡逆向进行，气体物质的量增大；
B、混合气体密度=，升温平衡移动，但气体质量不变，体积不变分析判断；
C、起始量1：3，反应比为1；3，所以得到平衡浓度1；3；
D、恒温恒容容器，加入氩气，总压增大，保持压强不变，体积增大，平衡逆向进行；
解答：
解：A、混合气体的平均相对分子质量=，反应前后质量守恒，升温平衡逆向进行，气体物质的量增大，混合气体的平均相对分子质量减小，故A错误；
B、混合气体密度=，升温平衡移动，但气体质量不变，体积不变，混合气体密度不变，故B正确；
C、起始量1：3，反应比为1；3，所以得到平衡浓度1；3，故C正确；
D、恒温恒容容器，加入氩气，总压增大，保持压强不变，体积增大，平衡逆向进行，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，化学平衡移动原理理解是解题关键，题目难度中等．
17．对于可逆反应： 2A(ｇ)＋B(ｇ) 2C(ｇ) △H＜0，下列各图中正确的是
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
图示题．
分析：
做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，
A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确
B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；
C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；
D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确．
解答：
解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；
B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正＞V逆，故B错误；
C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；
D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误．
故选A．
点评：
本题为化学平衡图象题，做题时注意两个方面的问题：（1）定一议二：当图象中同时有三个变量时，使其中之一不变，讨论另外两个变量间的关系；（2）先拐先平：变化曲线若与时间轴平行，表示反应体系已达平衡状态，先达到平衡（先出现拐点）的曲线所示的温度或压强较大．
18．难挥发性二硫化钽（TaS2 ）可采用如下装置提纯。将不纯的TaS2 粉末装入石英管一端，抽真空后引入适量碘并封管，置于加热炉中。反应如下： TaS2(g)+ 2I2(g)TaI4(g) + S2(g)，下列说法错误的是
A．在不同温度区域，TaI4 的量不同
B．在提纯过程中，S2 的量不断增多
C．该反应的平衡常数不随TaI4 和S2 的浓度增大而
增大
D．在提纯过程中，I2 的作用是将TaS2 从高温区转移到低温区
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
A．由反应可知，高温区TaI4的量大，低温TaS2多，温度影响平衡移动，不同温度区域TaI4的量不同；
B．提纯过程是提纯TaS2，低温下使平衡逆向进行，S2的量不断减小，故B错误；
C．平衡常数随温度变化，不随浓度变化；
D．在提纯过程中，I2使反应正向进行．
解答：
解：A．由反应可知，高温正向移动，低温逆向移动，则高温区TaI4的量大，低温TaS2多，温度影响平衡移动，不同温度区域TaI4的量不同，故A正确；
B．提纯过程是提纯TaS2，低温下使平衡逆向进行，S2的量不断减小，故B错误；
C．平衡常数随温度变化，不随浓度变化，该反应的平衡常数不随TaI4和S2的浓度增大变化，故C正确；
D．在提纯过程中，I2使反应正向进行，则可将TaS2从高温区转移到低温区，升高温度，反应向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，故D正确；
故选B．
点评：
本题以信息的形式考查影响化学平衡的因素，明确温度、浓度对化学平衡的影响即可解答，题目难度中等．
高二化学
第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
注意事项：1.将答案写在答题卡上。
2.答卷前将答题卡内的项目和座号填写清楚。
19．（10分）（1）有下列物质 ①Cu ?②液态SO2? ?③CH3COOH ??④NaHCO3? ⑤H2O ?
⑥熔融NaCl ⑦BaSO4 属于弱电解质的是 （填序号）
（2）常温下，0.1 mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中Na＋、HCO3―、CO32―、OH― 四种微粒的浓度由大到小的顺序为： 。NaHCO3水解的离子方程式 。
（3）常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA物质的量浓度(mol·L-1)
NaOH物质的量浓度(mol·L-1)
混合溶液
的pH
a
0.1
0.1
pH＝9
b
c
0.2
pH＝7
请回答：
①从a组情况分析， HA是强酸还是弱酸?????????????????????????????????? 。
②b组情况表明，c?????? 0.2 (选填“大于”、“小于”或 “等于”)。混合溶液中离子浓度
c(A－)_______ c(Na＋)。(选填“大于”、“小于”或 “等于”)
③ ?a组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝????????????? ?mol·L－1。
考点：
离子浓度大小的比较；强电解质和弱电解质的概念；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；盐类的水解专题．
分析：
（1）在水溶液中部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，据此进行判断；
（2）NaHCO3溶液的pH大于8，说明HCO3﹣的水解程度大于电离程度，据此判断溶液中Na+、HCO3﹣、CO32﹣、OH﹣四种微粒的浓度大小；碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子结合水电离的氢离子生成碳酸和氢氧根离子；
（3）①a中等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐；
②若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L；b中溶液pH=7，说明c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析离子浓度关系；
③反应后的溶液为NaA溶液，溶液的pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，根据常温下水的离子积计算出由水电离出的c（OH﹣）．
解答：
解：（1）弱电解质在水溶液中部分电离，存在电离平衡，满足该条件为：③CH3COOH、⑤H2O，故答案为：③⑤；
（2）常温下，0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，说明了HCO3﹣的水解程度大于其电离程度，则溶液中Na+、HCO3﹣、CO32﹣、OH﹣四种微粒的浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）；碳酸氢钠溶液中HCO3﹣部分水解生成碳酸和氢氧根离子，其水解方程式为：HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣，
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（CO32﹣）；HCO3﹣+H2O=H2CO3+OH﹣；
（3）①根据a可知：等体积等浓度混合，恰好生成正盐，溶液的pH=9，说明生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：HA是弱酸；
②若该酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7，而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度应该大于0.2mol/L；
溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）可知：c（A﹣）=c（Na+），
故答案为：大于；等于；
③由a组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，所以水电离的溶液中的c（OH﹣）=10﹣5mol/L，
故答案为：10﹣5．
点评：
本题考查酸碱混合溶液pH的计算及离子浓度大小的比较、强弱电解质的概念及判断，明确酸碱混合后溶液中的溶质、盐类水解、弱酸的浓度与pH的关系即可解答，题目难度中等
20．（10分）
金属镁及其化合物不仅在国防上有重要应用，在化学
研究中也有广泛应用。
（1）某同学研究反应速率时用如下方法：
取一段镁条，用砂纸擦去表面的氧化膜，使足量
镁条与一定量盐酸反应生成H2的量与反应时间
的关系曲线如图所示。镁与盐酸反应的离子方程
式为 ；
在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，
在4 min之后，反应速率逐渐减慢，请简述其原因：_____________。
（2）向少量的Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，
写出NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊液溶解的离子方程式 。
（3）Mg　Al可形成原电池:
编号
电极材料
电解质溶液
电子流动
方向
1
Mg　Al
稀盐酸
Mg流向Al
2
Mg　Al
NaOH溶液
根据上表中的实验现象完成下列问题:
①实验1中Mg为 极；
②实验2中电子流动方向 ，Al为 极，为什么?　　　　　　　。?
考点：
化学反应速率的影响因素；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.
专题：
基本概念与基本理论．
分析：
（1）镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气；镁与盐酸的反应为放热反应，反应速率先增大后减小，当浓度较低时，反应速率较慢；
（2）氢氧化镁和氯化铵反应生成氯化镁和一水合氨；
（3）①Mg比Al活泼，在酸性条件下镁为负极；
②因铝可与强碱反应，则在碱性条件下铝为负极．
解答：
解：（1）镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg+2H+═Mg2++H2↑，在前4min内，镁条与盐酸的反应速率逐渐加快，原因是镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，在4min之后，反应速率逐渐减慢，原因是4min后由于溶液中H+浓度降低，所以导致反应速率减小，
故答案为：Mg+2H+═Mg2++H2↑；镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大，4min后由于溶液中H+浓度降低，所以导致反应速率减小；
（2）氢氧化镁和氯化铵反应生成氯化镁和一水合氨，反应的离子方程式为Mg（OH）2（s）+2NH4+═Mg2++2NH3?H2O，
故答案为：Mg（OH）2（s）+2NH4+═Mg2++2NH3?H2O；
（3）①Mg比Al活泼，在酸性条件下镁为负极，
故答案为：负；
②因铝可与强碱反应，则在碱性条件下铝为负极，电子由铝流向镁，
故答案为：Al流向Mg；负；Al能和NaOH溶液反应而Mg不能，故Al作负极，Mg作正极．
点评：
本题考查较为综合，涉及化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大
21．(12分)铜单质及其化合物在工业生产和科研中有重要作用。
（1）已知：2Cu2O(s) + O2(g) === 4CuO(s) △H＝－292kJ·mol－1
2C(s)+O2(g) ===2CO(g) △H＝－221kJ·mol－1
请写出用足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）的热化学方程式：
；
（2）现用氯化铜晶体(CuCl2·2H2O，含氯化亚铁杂质)制取纯净的CuCl2·2H2O。先将其制成水溶液，后按如图步骤进行提纯:
已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
氢氧化物开始沉淀时的pH
1.9
7.0
4.7
氢氧化物完全沉淀时的pH
3.2
9.0
6.7
请回答下列问题:
①现有氧化剂NaClO、H2O2、KMnO4，X加哪种好，为什么？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
该反应的离子方程式为 。
②溶液II中除Cu2+外，还有　　　　　金属离子，如何检验其存在 。
③物质Y不能为下列的
a．CuO b．Cu(OH)2 c．CuCO3 d．Cu2(OH)2CO3 e．CaO f．NaOH
④若向溶液Ⅱ中加入碳酸钙，产生的现象是　　　　　　　　　　　　　　。
考点：
用盖斯定律进行有关反应热的计算；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.
专题：
实验设计题；化学反应中的能量变化．
分析：
（1）由足量炭粉还原CuO（s）制备Cu2O（s）写出目标热化学反应方程式，然后用已知两个热化学方程式构造目标热化学反应式，根据盖斯定律计算焓变；
（2）①加入氧化剂的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，同时不能引入新的杂质，H2O2+2Fe2++2H+═2 Fe3++2H2O，产物是水不引入新的杂质；
②溶液II中除Cu2+外还含有H2O2+2Fe2++2H+═2 Fe3++2H2O生成的Fe3+，用KSCN溶液检测其是否存在；
③加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质；
④碳酸钙与溶液Ⅱ中的氢离子反应生成二氧化碳气体，同时反应增大了溶液的PH值使得Fe3+形成沉淀．
解答：
解：（1）已知：①2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）△H=﹣292kJ?mol﹣1
②2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ?mol﹣1
根据盖斯定律，②﹣①得4CuO（s）+2C（s）=2CO（g）+2Cu2O（s），△H=+71kJ?mol﹣1
即2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol﹣1
故答案为：2CuO（s）+C（s）=CO（g）+Cu2O（s）△H=+35.5kJ?mol﹣1．
（2）①加入氧化剂的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，由于产物是水，不引入新的杂质，因此氧化剂选择过氧化氢，
故答案为：H2O2好，不引入杂质离子；H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；
②溶液II中除Cu2+外还含有H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O生成的Fe3+，取试管少量溶液Ⅱ，滴加KSCN溶液，溶液若变红色，证明溶液Ⅱ含有Fe3+，若溶液不变红色，则证明不含Fe3+，
故答案为：Fe3+；取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明含Fe3+．若溶液不变红色，则证明不含Fe3+；
③加入的物质Y可调节，使Fe3+全部沉淀，同时不引进新杂质，所以可以用Cu（OH）2、CuCO3、CuO、Cu2（OH）2CO3等，若用CaO、NaOH均引入新的杂质离子，
故答案为：ef；
④碳酸钙与溶液Ⅱ中的氢离子反应生成二氧化碳气体，因此会产生气泡，同时反应增大了溶液的pH值使得Fe3+形成红褐色的氢氧化铁沉淀，
故答案为：碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀．
点评：
本题综合性强，涉及利用盖斯定律计算反应热和物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，物质性质的理解和掌握是解题关键，题目难度中等．
22．（12分）氮是大气中含量最多的气体，研究氮及其化合物对人类有重要的意义。
（1）合成氨的原理为：N2(g)+3H22NH3 △H= - 92.4kJ/mol
①将一定量的N2(g)和H2(g)放入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，平衡时测得N2为0.1 mol，H2为0.3 mol，NH3为0.1 mol。该条件下H2的转化率为?? ??? 。
此温度下该反应的平衡常数K＝ 。
②欲提高H2的转化率，下列措施可行的是??? ?? 。
a．向容器中按原比例再充入原料气
b．向容器中再充入惰性气体
c．改变反应的催化剂
d．液化生成物分离出氨
（2）在2L密闭容器中，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) △H＜0体系中，各成分浓度随时间的变化如右图：
①用O2表示从0～2s内该反应的平均速率
v＝___________。
②能说明该反应已经达到平衡状态的是
_________。
a．v(NO2)=2v(O2)
b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2)
d．容器内的密度保持不变
③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是_________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂
（3）汽车尾气中含有CO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体。
4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－1 200 kJ·mol－1
对于该反应，温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是______(填代号)。
考点：
化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用；化学平衡状态的判断．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
（1）①根据化学方程式，依据化学平衡三段式列式进行计算，根据转化率=×100%，依据平衡常数概念计算得到；
②根据化学平衡移动原理的有关知识来回答；
（2）①由图象数据可知，由方程式2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，为据此判断表示，浓度变化的曲线，分别为b为NO，c为O2，aNO2，由图中数据可知2s内，O2的浓度变化量为0.005mol/L﹣0.002mol/L=0.003mol/L，根据v=计算v（O2）；
②根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
③根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答；
（3）根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况．
解答：
解：（1）根据化学方程式和三段式列式计算：
N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
初始浓度； 0.6 0.45 0
变化浓度：0.5 0.15 0.1
平衡浓度：0.1 0.3 0.1
该条件下H2的转化率=×100%≈33.3%，
平衡常数K===3.7（L/mol）2
故答案为：33.3%；3.7（L/mol）2；
③根据化学平衡：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g），反应是气体体积减小的放热反应，欲提高 H2的转化率，平衡正向进行；
a．向容器中按原比例再充入原料气，则压强增大，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故a正确；
b．向容器中再充入惰性气体，则各组分浓度不变，平衡不移动，氢气的转化率不变，故b错误；
c．改变反应的催化剂，不影响平衡的移动，氢气的转化率不变，故c错误；
d．液化生成物分离出氨，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故d正确；
故选ad．
（2）①由图象数据可知，由方程式2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）可知，平衡时△c（NO）：△c（O2）：△c（NO2）=2：1：2，为据此判断表示，浓度变化的曲线，分别为b为NO，c为O2，aNO2，由图中数据可知2s内，O2的浓度变化量为0.005mol/L﹣0.002mol/L=0.003mol/L，根据v=计算v（O2）==0.0015mol/L?min；
故答案为：0.0015mol/L?min；
②能说明该反应已经达到平衡状态的是当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；
a．未指明正逆速率，若都为同一方向速率，始终都存在v（NO2）=2v（O2）关系，故不能说明到达平衡，若为不同方向的速率，速率之比等于化学计量数之比，说明到达平衡，故a错误；
b．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；
c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆（NO）=2v正（O2），说明到达平衡，故c正确；
d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；
故选bc；
③为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动依据平衡移动原理分析判断；
a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a错误；
b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b错误；
c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；
d．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d错误；
故选C；
（3）甲：升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故甲错误；
乙：升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故乙正确；
丙：对于反应：4CO（g）+2NO2（g）?4CO2（g）+N2（g），T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故丙错误．
故答案为：乙．
点评：
本题考查平衡常数即影响因素、化学反应速率、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，属于综合的考查，注意知识的归纳和整理是解题关键．
23．（10分）铁和铁的化合物用途广泛。请回答下列问题：
（1）写出在潮湿空气中钢铁锈蚀时正极反应的电极反应式：_______________________。
将生锈的铁屑放入H2SO4溶液中充分溶解后，在溶液中并未检测出Fe3＋，用离子方程式说明原因：______________________________________。
（2）爱迪生蓄电池的反应式为
①爱迪生蓄电池的正极是 ，
该电池工作一段时间后必须充电，充电时生成Fe的反应类
型是______。
②高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂。用如图装置可以
制取少量高铁酸钠。写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳
极的电极反应式___________________________________。
③你认为高铁酸钠作为一种新型净水剂的理由错误的是
______。
a．高铁酸钠溶于水形成一种胶体，具有较强的吸附性
b．高铁酸钠在消毒杀菌时被还原生成Fe3＋，Fe3＋水解产生
氢氧化铁胶体能吸附悬浮杂质
c．高铁酸钠具有强氧化性，能消毒杀菌
d．高铁酸钠具有强还原性，能消毒杀菌
（3）某FeO、Fe2O3混合物中，铁、氧的物质的量之比为4︰5，其中Fe2+与Fe3+物质的量之比为___________。
考点：
常见化学电源的种类及其工作原理；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；有关混合物反应的计算．.
专题：
电化学专题．
分析：
（1）潮湿的空气中，钢铁易发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应；铁锈的成分为Fe2O3?xH2O，氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁和铁反应生成硫酸亚铁；
（2）①原电池放电时，正极上得电子元素化合价降低，充电时，铁电极上得电子发生还原反应；
②电解氢氧化钠溶液时，铁作阳极，阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子；
③高铁酸根离子有强氧化性，被还原生成的三价铁离子能发生生成胶体，胶体具有吸附性；
（3）据FeO、Fe2O3混合物中铁、氧的物质的量之比为4：5，根据原子守恒求出混合物中FeO、Fe2O3的物质的量之比．
解答：
解：（1）钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上发生的反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，二价铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁失去部分水生成铁锈，所以铁锈的成分是Fe2O3?xH2O，氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，铁和铁离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子2Fe3++Fe=3Fe2+，导致溶液中不存在铁离子，
故答案为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）①放电时，镍元素的化合价由+4价变为+2价，所以NiO2作正极，充电时，铁电极上氢氧化亚铁得电子发生还原反应生成铁，
故答案为：NiO2；还原反应；
②阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；
③高铁酸钠具有强氧化性，所以能杀菌消毒；高铁酸钠能被还原生成铁离子，铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮杂质，所以能净水，故选ad；
（3）设Fe2+与Fe3+物质的量分别为x、y，根据铁原子、氧原子守恒得（x+y）：（x+1.5y）=4：5，x=y，所以x：y=1：1，故答案为：1：1．
点评：
本题考查了混合物的计算、原电池和电解池原理，根据各个电极上发生的反应来分析原电池和电解池，根据原子守恒计算混合物中离子的物质的量之比，注意高铁酸钠作净水剂原理，难度不大．

选择题（本题包括18小题，1-8题每题2分，9-18题每题3分，共46分。每小题只有一个选项符合题意）
1 B 2 D 3 B 4 A 5 C 6 D 7 C 8 D
9 A 10 B 11C 12 B 13 A 14 B 15 B 16 A 17 D 18 B
19.（10分）
（1） ③⑤（2分）
（2）c（Na＋）＞c（HCO3―）＞c（OH―）＞c（CO32―）（2分）
HCO3― + H2OH2CO3 + OH―（1分）
（3）①? HA是弱酸（1分）；②? 大于（1分）；等于（1分）；③ 10 -5（2分）
20．（10分）
（1）Mg+2H+===Mg2++H2↑（1分）
镁和盐酸反应是放热反应，随着反应体系温度升高，反应速率增大（1分）；4min后由于溶液中H+浓度降低，所以导致反应速率减小（1分）。
（2）Mg(OH)2(s)+2NH4+===Mg2++2NH3·H2O（2分）
（3） ① 负极（1分）
②Al流向Mg（1分），负（1分），Al能和NaOH溶液反应而Mg不能,故Al作负极,Mg作正极。（2分）
21．(12分)（1） △H＝+35.5kJ·mol－1（2分）
（2）①H2O2好，不引入杂质离子（2分）。
H2O2+2Fe2++2H+===2 Fe3++2H2O（2分）
②Fe3+（1分），取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明含Fe3+。若溶液不变红色，则证明不含Fe3+。（2分）
③ef（2分）
④碳酸钙溶解,产生气泡和红褐色沉淀（1分）
22．（12分）
（1） 33.3% （2分） K=3.7（L/mol）2 或100/27（L/mol）2 （2分）
②ad（2分）
（2）① 1.5×10－3mol/(L·s) （2分） ②b c （2分） ③c（1分）
（3）乙 （1分）
23．（10分）
（1）O2+2H2O+4e-===4OH- （1分）;2Fe3++Fe===3Fe2+（1分）
Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O（不写不扣分）
（2）①NiO2（1分）;还原反应（1分）
②Fe-6e-+8OH-===FeO42-+4H2O（2分）
③ad（2分）
（3）1：1（2分）