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1、江苏省海安高级中学2018-2019学年高二12月月考化学试题（选修）1.下列有关说法正确的是A. 铅蓄电池放电过程中，正极质量增加，负极质量减小B. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铝线更快被氧化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. 0.1 molL1CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(OH)、CH3COOH浓度均减少【答案】B【解析】【详解】A.铅蓄电池放电过程中，正极上二氧化铅转化为硫酸铅，负极上铅单质转化为硫酸铅，两极质量均增加，故A错误；B.铜、铝和电解质溶液易形成原电池，铝易失电子而作负极，铜作正极，加快金属铝的腐蚀速率，会导致金属铝更
2、快被氧化，故B正确；C.使用催化剂能加快反应速率但不影响平衡移动，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；D.CH3COOH溶液加水稀释后，促进醋酸电离，氢离子浓度减小，水的离子积不变，故氢氧根离子浓度增大，故D错误。故选B。2.下列图示与对应的叙述相符的是A. 图1表示1 LpH=2的CH3COOH溶液加水稀释至V L，pH随lgV的变化B. 图2表示不同温度下水溶液中H+和OH浓度的变化的曲线，图中温度T2T1C. 图3表示一定条件下的合成氨反应中，NH3的平衡体积分数随H2起始体积分数（N2的起始量恒定）的变化，图中a点N2的转化率小于b点D. 图4表示同一温度下，在不同容积的容器中进行反
3、应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)，O2的平衡浓度与容器容积的关系【答案】C【解析】A、CH3COOH是弱酸，溶液中存在电离平衡，所以加水稀释时电离程度增大，但离子浓度是减小的，若溶液体积增大10倍，c(H+)不能减小为原来的1/10，所以pH也不能增大1，故A错误；B、水的电离是吸热的，所以升高温度，电离出的H+和OH-浓度增大，所以图象中的温度为T1T2，所以B错误；C、由图象可知在N2的起始量恒定时，随H2量的增加，N2的转化率增大，所以a点N2的转化率小于b点，故C正确；D、容器体积的增大，即减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，即该平衡正向移动，O2的平衡浓度是增大的，所
4、以D错误。本题正确答案为C。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Na2CO3水解：CO32-H2O = H2CO32OHB. NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2OC. Cu与稀HNO3反应：Cu4H2NO3-Cu22NO2H2OD. 醋酸除水垢：CO32-2CH3COOH=2CH3COOCO2H2O【答案】B【解析】【详解】A.水解一般是可逆的，故需用可逆符号；而且多元弱酸根的水解要分步进行，故正确的应为：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故A错误；B.NaHSO4溶液中加Ba（OH）2溶液至中性时，碱中的氢氧根离子和酸中
5、的氢离子全部反应，即Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故B正确；C.Cu与稀HNO3反应的离子方程式为：3Cu8H2NO3-3Cu2+2NO4H2O，故C错误；D.水垢中的碳酸钙是难溶性物质，应该用化学式表示，离子方程式为：CaCO32CH3COOH=2CH3COO+Ca2+CO2H2O，故D错误。故选B。【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；
6、“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 使酚酞变红的溶液中：Mg2、Al3、NO3-、ClOB. 与Al反应能放出H2的溶液中：Na、Cu2、NO3-、IC. 0.1 molL1 Na2CO3溶液中：NH4+、K、SO42-、ClD. c(H)/c(OH)11012的溶液中：Ca2+、Na+、SiO32-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.使酚酞试液变红的溶液呈碱性，Mg2+、Al3+与OH-均生成沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；B.溶液与Al反应能放出H2，溶液为酸或强碱溶液，若为酸性，H+
7、与NO3-构成HNO3会氧化I，若为碱性，OH-与Cu2会生成氢氧化铜沉淀而不能大量共存，故B不符合题意；C.Na2CO3与四种离子不发生反应，可以大量共存，故C符合题意；D.c(H)/c(OH)11012，溶液显酸性，H+与SiO32-反应生成H2SiO3沉淀、H+与HCO3-反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，故D不符合题意。故选C。【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应；能发生络合反应的离子之间。解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色；溶液的具体
8、反应条件。5.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4e-+H2OCH3COOH+4H+下列有关说法正确的是A. 电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2OB. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气C. 检测时，电解质溶液中的H+向负极移动D. 正极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O4OH-【答案】A【解析】【详解】A.酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+，得到电子的物质是O2，电极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，总反应方程式为：CH3CH2OH+O
9、2CH3COOH+H2O，故A正确；B.氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C.根据正负极反应可知，负极生成H+，正极消耗H+，所以电解质溶液的H+向正极移动，故C错误。D.燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，故D错误。故选A。【点睛】注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+2H2O，正负极相加可得电池的
10、总反应式为：CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题。6.NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法正确的是A. 放电时，NO3-向石墨电极迁移B. 石墨附近发生的反应为NOO2e=NO3-C. 该电池总反应式为4NO2O2=2N2O5D. 当外电路通过4 mol e时，负极上共产生2mol N2O5【答案】C【解析】【分析】NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，NO2为燃料，作还原剂，失电子，发生氧化反应，O2作氧化剂，得电子，发生还原反应，由此判断石墨作负极，电
11、极反应式为：NO2+NO3e=N2O5，石墨作正极，电极反应式为：O2+2N2O54e=4NO3-，据此答题。【详解】A.O2在石墨附近得电子，发生还原反应，石墨电极为电池的正极，石墨电极为电池的负极，该电池放电时NO3向石墨电极迁移，故A错误；B.O2在石墨附近得电子，发生还原反应，电极方程式为：NO2+NO3e=N2O5，故B错误；C.由分析可知，电池总反应方程式为：4NO2O2=2N2O5，故C正确；D.由负极电极方程式NO2+NO3e=N2O5可知，电路每通过4mole时，负极上共产生4molN2O5，故D错误。故选C。【点睛】本题的易错项为B项。作新型电池的题目一定要注意看清题给的信
12、息，特别是图中隐含的信息。7.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ且1mol 氧气分子中的化学键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol HO键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol HH键断裂时吸收热量为A. 920 kJ B. 557 kJ C. 436 kJ D. 188 kJ【答案】C【解析】【详解】已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，所以2molH2和1molO2生成2mol水蒸气，放出的热量为121kJ4=484kJ，故氢气完全燃烧生成水蒸气的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H=-484kJ/mol，设氢气中1molHH
13、键断裂时吸收热量为x，2molH2和1molO2生成2mol水蒸气，需要断裂2molHH键和1molO=O键，消耗的热量为（2x+496kJ），生成2mol的水蒸气时形成4molH-O键，放出的热量为463kJ4=1852kJ，即HH键形成时放出热量=（4634-496-484）/2=436kJ，所以C选项正确。故选C。8.在密闭容器中，m A(g)+n B(g) p C(g)反应达平衡时，测得 c(A)为 0.5molL1，温度不变的情况下，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，测得 c(A)为 0.3molL1，则下列判断中正确的是A. 平衡向正反应方向移动 B. 物质B的转化率减小C.
14、m + n c(CH3COO)c(OH)c(H)B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K2.5107/(0.2a2.5)C. C点对应的溶液中，水电离出的H浓度大于107 molL1D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(H)c(OH)【答案】B【解析】【分析】A.A、B间任一点，溶液显碱性，溶质为醋酸钠、NaOH或恰好生成醋酸钠；B.根据CH3COOH的电离常数K=c（CH3COO-）c（H+）/c（CH3COOH）计算；C.C点对应的醋酸过量，所以抑制了水的电离；D.在D点遵循物料守恒和电荷守恒。【详解】A.A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有：Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液显碱性，则有c（OH-）c（H+），所以溶液中离
