高中化学选修4化学反应原理综合测试卷B卷

化学选修4
综合测试卷B卷
测试时间90分钟，满分100分
班级------------ 姓名--------------- 得分-------------
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16 N—16 Mg—24
第Ⅰ卷（选择题 共44分）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，计20分）
1、我国首条纤维乙醇生产线——河南天冠集团3 000吨级纤维乙醇项目，在镇平开发区开工奠基。这一项目打破了过去单纯以粮食类原料生产乙醇的历史，使利用秸秆类纤维质原料生产乙醇成为现实。下列有关说法中不正确的是(　　)
A．用这种纤维乙醇部分替代成品油，有助于缓解日益增长的成品油需求
B．这一项目不仅使秸秆类废物得到科学利用，而且能为国家节约大量粮食
C．乙醇能部分替代汽油作车用燃料是因为乙醇与汽油组成元素相同，化学成分相似
D．掺入10%燃料乙醇的乙醇汽油可以使汽车尾气中一氧化碳排放量下降
1、　C 解析　乙醇是烃的含氧衍生物，组成元素有C、H、O，而石油主要是烃类物质，组成元素只有C、H，故C项错误。
2、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B．加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3
C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D．增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO3
2、　B 解析　勒夏特列原理只能解释化学平衡移动造成的结果，B项中使用催化剂可使正、逆反应速率同等倍数的改变，化学平衡状态并不改变。
3、已知反应：①101 kPa时，C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH1＝－110.5 kJ/mol
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH2＝－57.3 kJ/mol下列结论正确的是(　　)
A．若碳的燃烧热用ΔH3来表示，则ΔH3＜ΔH1
B．若碳的燃烧热用ΔH3来表示，则ΔH3＞ΔH1
C．浓硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ/mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量为57.3 kJ
3、　A 解析　反应①中碳未完全燃烧，其放出的热量小于碳完全燃烧时放出的热量，放出热量越多，ΔH越小，即ΔH3＜ΔH1，A项正确；浓H2SO4稀释要放热，故C项反应的反应热比57.3 kJ/mol大；D项中醋酸为弱酸，电离吸热，故D项反应生成1 mol水放出热量小于57.3 kJ。
4、在由水电离产生的H＋的浓度为1×10－13 mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)
① K＋、Cl－、NO、S2－　② K＋、Fe2＋、I－、SO
③ Na＋、Cl－、NO、SO　④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO
⑤ K＋、Ba2＋、Cl－、NO
A．①③ B．③⑤ C．③④ D．②⑤
4、　B 解析　本题为常考查的题型——离子共存题，题干中由水电离产生的c(H＋)小于纯水中电离产生的c(H＋)，则溶液为酸或碱溶液，在此溶液中，①中S2－在酸溶液中不共存；②中Fe2＋在碱溶液中不共存；④中HCO在酸或碱溶液中都不共存；③⑤组在酸或碱溶液中都可共存。
5、在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液并灼烧(低于400℃)，可以得到该物质的固体的是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．氯化铝 B．碳酸氢钠 C．硫酸镁 D．高锰酸钾
5、　C 解析　碳酸氢钠和高锰酸钾加热和灼烧时将分解，可以排除；氯化铝和硫酸镁在溶液中加热时都会水解且水解程度不大，不同的是氯化铝水解生成的氯化氢易挥发离开溶液，使水解程度进一步加大而进行到底，最后生成氧化铝；硫酸镁水解生成的硫酸不挥发，它的存在抑制了硫酸镁进一步水解的可能，所以最终得到硫酸镁。
6、“西气东输”工程使东部发达地区的居民告别了管道煤气，用上了天然气。已知某管道煤气的主要成分是H2和CO，其体积比为1∶1；天然气的主要成分是CH4，它们燃烧的热化学方程式为：
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ/mol
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH＝－566 kJ/mol
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH＝－890.31 kJ/mol
当使用管道煤气的用户改用天然气后，在相同条件下燃烧等体积的可燃气体，理论上所获得的热量，后者大约是前者的多少倍(　　)
A．1.3 B．1.6 C．3.1 D．0.8
6、C 解析　比较1 mol的管道煤气与天然气燃烧放出的热量关系则有
＝≈3.1
7、下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是(　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
7、　B 解析　本题考查了沉淀溶解平衡的建立与特征。A项：反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系；B项正确；C项：沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等；D项：沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动。
8、镍—镉可充电电池，电极材料是Cd和NiO(OH)，电解质是氢氧化钾，放电时的电极反应式是：Cd＋2OH－－2e－===Cd(OH)2，2NiO(OH)＋2H2O＋2e－===2Ni(OH)2＋2OH－。下列说法不正确的是(　　)
A．电池的总反应式是Cd＋2NiO(OH)＋2H2O2Ni(OH)2＋Cd(OH)2
B．电池充电时，镉元素被还原
C．电池放电时，电极负极周围溶液的pH不断增大
D．电池充电时，电池的负极和电源的负极连接
8、C 解析　本题已给出了电极反应式，两式相加即得总反应式，A正确；电池充电时，Cd元素化合价降低，即Cd元素被还原，B正确；放电时，由于负极消耗OH－，因而负极周围溶液的pH不断减小，C错误；电池充电时，电池的负极(发生氧化反应)应与电源的负极相连(发生还原反应)，故D正确。
9、一定条件下，对于反应X(g)＋3Y(g)2Z(g)，若起始时浓度分别为c1、c2、c3(不为零)。达平衡时，X、Y、Z浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L和0.08 mol/L，则下列判断不合理的是(　　)
A．c1∶c2＝1∶3
B．平衡时，Y和Z的生成速率之比2∶3
C．X和Y的转化率相等
D．c1的取值范围为09、B 解析　分析浓度变化关系：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
c起始/mol/L c1 c2 c3
c平衡/mol/L 0.1 0.3 0.08
反应方程式中反应物计量数之比为1∶3，所以反应中X和Y必然以1∶3消耗，因为达平衡时X和Y浓度之比为1∶3，故c1∶c2＝1∶3，A正确；平衡时Y和Z的生成速率之比应该和方程式计量数之比相等，故Y和Z的生成速率之比为3∶2，B错误；由于起始时反应物是按方程式计量数之比配料，故X和Y转化率相等，C正确；运用极限法，假设Z完全转化为反应物，c1的极限值0.14 mol/L，而题设c1>0，反应又是可逆的，故D也正确。
10、用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是(　　)
A．c(H＋)﹤c(OH－)
B．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2 mol/L
C．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol/L
10、 B 解析 由电荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因 c(CH3COO－)>c(Na＋)，则c(H＋)>c(OH－)；且c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋0.1 mol/L＞0.1 mol/L。由物料守恒有：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2 mol/L；因c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝0.1 mol/L，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)。
二、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题分，计24分）
11、一定温度下，可逆反应2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是(　　)
①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2
②单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1
④混合气体的压强不再改变
⑤混合气体的颜色不再改变
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变　　　　　　　　　　　　　　　
A．①④⑤⑥ B．①②③⑤ C．②③④⑥ D．以上全部
11、　A 解析　①生成n mol O2，就是消耗2n mol NO2，即生成NO2的速率等于消耗NO2的速率，能表示v正＝v逆，正确。②表示同一方向的反应速率，不能表示v正＝v逆，不正确。③只要发生反应，或者说不论反应是否达到平衡，NO2、NO、O2的速率之比就为2∶2∶1，它不能反映可逆反应是否达到平衡，不正确。④温度、体积一定，混合气体压强不再改变，对于反应前后气体体积不相等的反应，说明气体的总物质的量不变，表明已达平衡。⑤颜色的深浅决定于有色物质NO2的浓度，混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不再改变，能说明已达到平衡，正确。⑥混合气体的平均相对分子质量(＝)不变，说明气体的总物质的量(n)不变，表明已达平衡，正确。
12、某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法正确的是
A.电子通过外电路从b极流向a极
B.b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
C.每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D.H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
12、D 解析：首先明确a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，A错；B选项反应应为O2+4e-+4H+=2H2O ; C没有告知标准状况。
13、常温下，下列四种溶液：①pH＝0的盐酸，②0.1 mol·L－1的盐酸，③0.01 mol/L的NaOH溶液，④pH＝11的NaOH溶液中，由水电离生成的H＋的物质的量浓度之比为(　　)
A．1∶10∶100∶1000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶1
13、　A 解析　在盐酸中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)：①c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1　②c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1；在NaOH溶液中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)　③c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1　④c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1。因此，四种溶液中由水电离出的H＋的浓度的比为：10－14∶10－13∶10－12 ∶10－11 ＝1∶10∶100∶1000。
14、已知：
CH3CH2CH2CH3(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2 878 kJ/mol
(CH3)2CHCH3(g)＋O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(l)　ΔH＝－2 869 kJ/mol
下列说法正确的是(　　)
A．正丁烷与异丁烷的能量大小关系如图
B．正丁烷的稳定性大于异丁烷
C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程
D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多
14、　A 解析　由题目所给热化学方程式可知燃烧等物质的量正丁烷和异丁烷，前者放热更多，这意味着正丁烷分子储存能量更多，因此稳定性关系：正丁烷<异丁烷；C项是由低能量物质向高能量物质的转化过程，应是一个吸热过程；D项两分子中的碳氢键一样多。
15、.据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实。
2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) 下列叙述错误的是
A．使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率
B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应
C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
15、B 解析：此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。
16、下列说法不正确的是
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加
B．常温下，反应C(g)＋CO2(g)===2CO (g)不能自发进行，则该反应的ΔH﹥0
C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱
16、C 解析 本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知Fe3＋的氧化性大于Cu2＋，综上分析可知，本题选C项。
17、用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的组是(　　)
X Y Z W
A C Fe NaCl H2O
B Pt Cu CuSO4 CuSO4溶液
C C C H2SO4 H2O
D Ag Fe AgNO3[ AgNO3晶体
17、　C 解析　2NaCl＋2H2O电解,2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，显然加H2O不能恢复到电解前的状态，应通入适量HCl气体；电解CuSO4溶液时n(SO)没变，加CuSO4溶液也不能复原；电解H2SO4实质是电解水，再加适量水，可使H2SO4溶液复原；Ag作阳极、Fe作阴极电解AgNO3溶液，实质是Fe镀Ag，AgNO3溶液浓度不变，不需加AgNO3晶体。
18、现用pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的NaOH溶液各V mL，进行中和滴定，当滴定到pH＝7时，锥形瓶内溶液的体积为(滴定前后溶液未稀释、总体积不变)(　　)
A．等于2V mL B．小于2V mL
C．大于2V mL D．小于、等于或大于2VmL
18、　B 解析　由于二者反应生成CH3COONa，恰好反应时溶液呈碱性，但pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，若使pH＝7，则CH3COOH溶液体积小于V，答案为B。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
题号 10 11 12 13 14 15 16 17 18
答案
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
三、填空题(本大题共4个小题，计36分）
19、（8分）把NH4Cl晶体溶入水中，得到饱和NH4Cl溶液。若在该溶液中加入镁条，观察到有气泡产生，点燃有爆鸣声，此气体是________，产生该气体的原因是____________(用离子方程式表示)，微热后，能放出有刺激性气味的气体，它能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是________，产生该气体的原因是________，总的反应离子方程式为
________________________________________________________________________。
19、答案 H2　（1分）NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、（1分）Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑（1分）
NH3（1分）　因为c(H＋)减少，使水解平衡右移，产生的NH3·H2O增多，加热使NH3·H2O分解放出NH3（2分）
Mg＋2NHMg2＋＋H2↑＋2NH3↑（2分）
20、(8分)(1)已知下列两个热化学方程式：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.0 kJ/mol
C3H8(g)＋5O2(g)===4H2O(l)＋3CO2(g)
ΔH＝－2 220.0 kJ/mol
①实验测得H2和C3H8的混合气体共5 mol，完全燃烧生成液态水时放热6 262.5 kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比是______________。
②已知：H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0 kJ· mol－1，写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)已知：P4(白磷，s)＋5O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－2983.2 kJ/mol
P(红磷，s)＋O2(g)===P4O10(s)
ΔH＝－738.5 kJ/mol
试写出白磷转化为红磷的热化学方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
相同状况下，能量较低的是________；白磷的稳定性比红磷______ (填“高”或“低”)。
20、答案　(1)①1∶1　（2分）
②C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－2 044.0 kJ/mol （2分）
(2)P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝－29.2 kJ/mol （2分）
红磷　低 （2分）
21、（8分）在25℃时，有pH＝a(a≤6)的盐酸VaL和pH＝b(b≥8)的NaOH溶液VbL。二者混合恰好完全中和。问：
(1)若a＋b＝14时，则＝________(填数值)；
(2)若a＋b＝13时，则＝________(填数值)；
(3)若a＋b＞14时，则＝________(填表达式)，且Va______Vb(填“＞”“＜”或“＝”)。
20、　(1)1（2分）
　 (2) （2分）
　(3)10a＋b－14（2分） ＞（2分）
解析　pH＝a的盐酸c(H＋)＝10－a mol/L，pH＝b的NaOH溶液c(OH－)＝＝10b－14 mol/L。
盐酸与NaOH恰好完全中和，即n(H＋)＝n(OH－)，则有：Va·10－a＝Vb·10b－14，所以＝10a＋b－14。
(1)当a＋b＝14时，＝100＝1；
(2)当a＋b＝13时，＝10－1＝；
(3)当a＋b＞14时，＝10a＋b－14，
又因为a＋b＞14时，＞1，Va＞Vb。
22、（6分）现代生活中，人们越来越注意微量元素的摄入，碘元素对人体健康有着至关重要的作用。若缺少碘元素，则会造成幼儿痴呆、发育不良，成人则易患甲状腺肿大。为了预防碘缺乏病，我国规定每千克食盐中应含有40～50 mg KIO3。已知KIO3可用电解方法制得，原理是：以石墨为阳极，以不锈钢为阴极，在一定的电流和温度下，电解KI溶液。总反应的化学方程式为：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑，则两极的电极反应式分别为：
阳极：
________________________________________________________________________；
阴极：
________________________________________________________________________。
22、答案　I－＋3H2O－6e－===IO＋6H＋（2分）
6H＋＋6e－===3H2↑（2分）
解析　根据电解总反应的方程式可知，阳极：I－失去电子转化为IO；阴极：水电离出的H＋得到电子生成H2，由此可写出两极的电极反应式，阳极：I－＋3H2O－6e－===IO＋6H＋；阴极：6H＋＋6e－===3H2↑。
23、（6分）电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有不同的电解液；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。图中B装置中盛有1 L 2 mol·L－1 Na2SO4溶液，A装置中盛有1 L 2 mol/L AgNO3溶液。通电一段时间后，Pt片上有气体生成。试回答：
(1)电源上X极为________极。
(2)B池中阳极的电极反应式是________。
(3)标准状况时，如果在A中共收集到0.56 L气体，则A池中的pH为________。
23、答案　 (1)负（2分）
　 (2)Cu－2e－===Cu2＋　（2分）
(3)1（2分）
解析　该题考查电解池的原理及有关电极反应的计算。要求会判断装置的类型，确定阴极和阳极，并进行电极反应计算。主要考查观察能力、逻辑思维能力等。
(1)解题的切入点是“通电一段时间后，Pt片上有气体生成”，显然是溶液中的氢氧根离子失电子放出的氧气，由此确定Pt片是阳极，依次类推，石墨是阴极，Cu是阳极，Fe是阴极。所以X是负极，Y是正极。
(2)B池中阳极是Cu，其附近聚集有较多的OH－和SO，但失电子能力：Cu＞OH－＞SO，所以有反应Cu－2e－===Cu2＋。
(3)Pt片上的电极反应式为2OH－－2e－===H2O＋1/2O2↑，可求得：n(OH－)＝0.1 mol，由水电离出的H＋和OH－相等，所以c(H＋)＝0.1 mol/L，pH＝1。
四、实验题（共10分）
10．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________。直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并_______为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是(　　)
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL；所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0 mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
23、答案　(1)锥形瓶内颜色变化　（1分）半分钟内不褪色（1分）
(2)D　（2分）
(3)0.00　 （1分） 26.10　 （1分） 26.10（1分）
(4)＝＝26.10 mL，
c(NaOH)＝
＝0.104 4 mol/L （3分）
解析　在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。
考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸冲稀，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH-的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；如图正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准酸液的平均值
= =26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)。
五.综合题（(本大题共1个小题，计10分））
27．（10分）如图所示的电解装置中，A池盛有200mL饱和KCl溶液，B池盛有200ml饱和CuSO4溶液，四个电极都用惰性材料制成，通电一段时间后，B池中阴极增重0.64g，求：
（1）A、B两池中阳极上各产生什么气体？写出电极反应式，并计算标准状况下气体各为多少升？
（2）电解后，A、B两池中pH值各为多少？（设溶液体积不变，也不考虑溶液的水解）
27.(1)A池：2Cl- - 2e- == Cl2↑（1分）
B池：4OH––4e– == 2H2O + O2↑，（1分）
V（Cl2）== 224mL （2分）
V（O2）== 112mL（2分）
(2) A池：pH=13 （2分）
B池：pH=1（2分）
27．解析：从图中可以看出a和c是两个电解池的阳极，b和d是两个电解池的阴极。发生的电极反应分别是：a极2Cl- - 2e- == Cl2↑ b极2H++ 2e- == H2↑ c极4OH––4e– == 2H2O + O2↑，d极Cu2++2e-=Cu，根据以上反应可知如下关系，再根据铜的质量很容易就可计算出V（Cl2）== 224mL ， V（O2）== 112mL，再根据2KCl+2H2O=2KOH+H2↑+Cl2↑可以算出KOH的物质的量为0.02mol 再根据2CuSO4+2H2O=2Cu+O2↑+2H2SO4可计算出H2SO4的物质的量为0.01mol，所以两种溶液的PH值分别是A池：pH=13 B池：pH=1。
答案及解析
综合测试卷B卷
一、单择题（1-10小题，每小题2分，11-18小题，每小题3分，共44分。）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 C B A B C C B C B
题号 10 11 12 13 14 15 16 17 18
答案 B A D A A B C C B
1、　C 解析　乙醇是烃的含氧衍生物，组成元素有C、H、O，而石油主要是烃类物质，组成元素只有C、H，故C项错误。
2、　B 解析　勒夏特列原理只能解释化学平衡移动造成的结果，B项中使用催化剂可使正、逆反应速率同等倍数的改变，化学平衡状态并不改变。
3、　A 解析　反应①中碳未完全燃烧，其放出的热量小于碳完全燃烧时放出的热量，放出热量越多，ΔH越小，即ΔH3＜ΔH1，A项正确；浓H2SO4稀释要放热，故C项反应的反应热比57.3 kJ/mol大；D项中醋酸为弱酸，电离吸热，故D项反应生成1 mol水放出热量小于57.3 kJ。
4、　B 解析　本题为常考查的题型——离子共存题，题干中由水电离产生的c(H＋)小于纯水中电离产生的c(H＋)，则溶液为酸或碱溶液，在此溶液中，①中S2－在酸溶液中不共存；②中Fe2＋在碱溶液中不共存；④中HCO在酸或碱溶液中都不共存；③⑤组在酸或碱溶液中都可共存。
5、　C 解析　碳酸氢钠和高锰酸钾加热和灼烧时将分解，可以排除；氯化铝和硫酸镁在溶液中加热时都会水解且水解程度不大，不同的是氯化铝水解生成的氯化氢易挥发离开溶液，使水解程度进一步加大而进行到底，最后生成氧化铝；硫酸镁水解生成的硫酸不挥发，它的存在抑制了硫酸镁进一步水解的可能，所以最终得到硫酸镁。
6、C 解析　比较1 mol的管道煤气与天然气燃烧放出的热量关系则有
＝≈3.1
7、　B 解析　本题考查了沉淀溶解平衡的建立与特征。A项：反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系；B项正确；C项：沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等；D项：沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动。
8、C 解析　本题已给出了电极反应式，两式相加即得总反应式，A正确；电池充电时，Cd元素化合价降低，即Cd元素被还原，B正确；放电时，由于负极消耗OH－，因而负极周围溶液的pH不断减小，C错误；电池充电时，电池的负极(发生氧化反应)应与电源的负极相连(发生还原反应)，故D正确。
9、B 解析　分析浓度变化关系：X(g)＋3Y(g) 2Z(g)
c起始/mol/L c1 c2 c3
c平衡/mol/L 0.1 0.3 0.08
反应方程式中反应物计量数之比为1∶3，所以反应中X和Y必然以1∶3消耗，因为达平衡时X和Y浓度之比为1∶3，故c1∶c2＝1∶3，A正确；平衡时Y和Z的生成速率之比应该和方程式计量数之比相等，故Y和Z的生成速率之比为3∶2，B错误；由于起始时反应物是按方程式计量数之比配料，故X和Y转化率相等，C正确；运用极限法，假设Z完全转化为反应物，c1的极限值0.14 mol/L，而题设c1>0，反应又是可逆的，故D也正确。
10、 B 解析 由电荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因 c(CH3COO－)>c(Na＋)，则c(H＋)>c(OH－)；且c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋0.1 mol/L＞0.1 mol/L。由物料守恒有：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2 mol/L；因c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝0.1 mol/L，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)。
11、　A 解析　①生成n mol O2，就是消耗2n mol NO2，即生成NO2的速率等于消耗NO2的速率，能表示v正＝v逆，正确。②表示同一方向的反应速率，不能表示v正＝v逆，不正确。③只要发生反应，或者说不论反应是否达到平衡，NO2、NO、O2的速率之比就为2∶2∶1，它不能反映可逆反应是否达到平衡，不正确。④温度、体积一定，混合气体压强不再改变，对于反应前后气体体积不相等的反应，说明气体的总物质的量不变，表明已达平衡。⑤颜色的深浅决定于有色物质NO2的浓度，混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不再改变，能说明已达到平衡，正确。⑥混合气体的平均相对分子质量(＝)不变，说明气体的总物质的量(n)不变，表明已达平衡，正确。
12、D 解析：首先明确a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，A错；B选项反应应为O2+4e-+4H+=2H2O ; C没有告知标准状况。
13、　A 解析　在盐酸中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(OH－)：①c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－14 mol·L－1　②c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1；在NaOH溶液中，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中的c(H＋)　③c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1　④c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1。因此，四种溶液中由水电离出的H＋的浓度的比为：10－14∶10－13∶10－12 ∶10－11 ＝1∶10∶100∶1000。
14、　A 解析　由题目所给热化学方程式可知燃烧等物质的量正丁烷和异丁烷，前者放热更多，这意味着正丁烷分子储存能量更多，因此稳定性关系：正丁烷<异丁烷；C项是由低能量物质向高能量物质的转化过程，应是一个吸热过程；D项两分子中的碳氢键一样多。
15、B 解析：此题考查化学反应速率和化学平衡知识。催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，也就是提高了生产效率，A对；反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，B错；充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，C对；从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，D对。
16、C 解析 本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知Fe3＋的氧化性大于Cu2＋，综上分析可知，本题选C项。
17、　C 解析　2NaCl＋2H2O电解,2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，显然加H2O不能恢复到电解前的状态，应通入适量HCl气体；电解CuSO4溶液时n(SO)没变，加CuSO4溶液也不能复原；电解H2SO4实质是电解水，再加适量水，可使H2SO4溶液复原；Ag作阳极、Fe作阴极电解AgNO3溶液，实质是Fe镀Ag，AgNO3溶液浓度不变，不需加AgNO3晶体。
18、　B 解析　由于二者反应生成CH3COONa，恰好反应时溶液呈碱性，但pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，若使pH＝7，则CH3COOH溶液体积小于V，答案为B。
第Ⅱ卷（非选择题 共56分）
三、填空题(本大题共5个小题，计36分）
19、答案 H2　（1分）NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、（1分）Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑（1分）
NH3（1分）　因为c(H＋)减少，使水解平衡右移，产生的NH3·H2O增多，加热使NH3·H2O分解放出NH3（2分）
Mg＋2NHMg2＋＋H2↑＋2NH3↑（2分）
20、答案　(1)①1∶1　（2分）
②C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－2 044.0 kJ/mol （2分）
(2)P4(白磷，s)===4P(红磷，s)　ΔH＝－29.2 kJ/mol （2分）
红磷　低 （2分）
20、　(1)1（2分）
　 (2) （2分）
　(3)10a＋b－14（2分） ＞（2分）
解析　pH＝a的盐酸c(H＋)＝10－a mol/L，pH＝b的NaOH溶液c(OH－)＝＝10b－14 mol/L。
盐酸与NaOH恰好完全中和，即n(H＋)＝n(OH－)，则有：Va·10－a＝Vb·10b－14，所以＝10a＋b－14。
(1)当a＋b＝14时，＝100＝1；
(2)当a＋b＝13时，＝10－1＝；
(3)当a＋b＞14时，＝10a＋b－14，
又因为a＋b＞14时，＞1，Va＞Vb。
22、答案　I－＋3H2O－6e－===IO＋6H＋（2分）
6H＋＋6e－===3H2↑（2分）
解析　根据电解总反应的方程式可知，阳极：I－失去电子转化为IO；阴极：水电离出的H＋得到电子生成H2，由此可写出两极的电极反应式，阳极：I－＋3H2O－6e－===IO＋6H＋；阴极：6H＋＋6e－===3H2↑。
23、答案　 (1)负（2分）
　 (2)Cu－2e－===Cu2＋　（2分）
(3)1（2分）
解析　该题考查电解池的原理及有关电极反应的计算。要求会判断装置的类型，确定阴极和阳极，并进行电极反应计算。主要考查观察能力、逻辑思维能力等。
(1)解题的切入点是“通电一段时间后，Pt片上有气体生成”，显然是溶液中的氢氧根离子失电子放出的氧气，由此确定Pt片是阳极，依次类推，石墨是阴极，Cu是阳极，Fe是阴极。所以X是负极，Y是正极。
(2)B池中阳极是Cu，其附近聚集有较多的OH－和SO，但失电子能力：Cu＞OH－＞SO，所以有反应Cu－2e－===Cu2＋。
(3)Pt片上的电极反应式为2OH－－2e－===H2O＋1/2O2↑，可求得：n(OH－)＝0.1 mol，由水电离出的H＋和OH－相等，所以c(H＋)＝0.1 mol/L，pH＝1。
四、实验题（共10分）
24、答案　(1)锥形瓶内颜色变化　（1分）半分钟内不褪色（1分）
(2)D　（2分）
(3)0.00　 （1分） 26.10　 （1分） 26.10（1分）
(4)＝＝26.10 mL，
c(NaOH)＝
＝0.104 4 mol/L （3分）
解析　在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。
考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸冲稀，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH-的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；如图正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准酸液的平均值
= =26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)。
五.综合题（(本大题共1个小题，计10分））
25、(1)A池：2Cl- - 2e- == Cl2↑（1分）
B池：4OH––4e– == 2H2O + O2↑，（1分）
V（Cl2）== 224mL （2分）
V（O2）== 112mL（2分）
(2) A池：pH=13 （2分）
B池：pH=1（2分）
27．解析：从图中可以看出a和c是两个电解池的阳极，b和d是两个电解池的阴极。发生的电极反应分别是：a极2Cl- - 2e- == Cl2↑ b极2H++ 2e- == H2↑ c极4OH––4e– == 2H2O + O2↑，d极Cu2++2e-=Cu，根据以上反应可知如下关系，再根据铜的质量很容易就可计算出V（Cl2）== 224mL ， V（O2）== 112mL，再根据2KCl+2H2O=2KOH+H2↑+Cl2↑可以算出KOH的物质的量为0.02mol 再根据2CuSO4+2H2O=2Cu+O2↑+2H2SO4可计算出H2SO4的物质的量为0.01mol，所以两种溶液的PH值分别是A池：pH=13 B池：pH=1。
△
26.11mL+26.09mLMnO2
2
26.11mL+26.09mLMnO2
2