“汉堡王”通过精心收集，向本站投稿了8篇高二化学影响化学平衡的因素训练题及答案，以下是小编整理后的高二化学影响化学平衡的因素训练题及答案，欢迎阅读分享。
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篇1：高二化学影响化学平衡的因素训练题及答案
高二化学影响化学平衡的因素训练题及答案
双基练习
1．将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器中，恒温下发生反应H2(g)＋Br2(g)鸠2HBr(g)ΔH＜0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是
A．a＞bB．a＝b
C．a＜bD．无法确定
解析：H2与Br2的反应属于放热反应，绝热条件下进行该反应，体系的温度必然升高，导致平衡向逆反应方向移动，Br2(g)的转化率降低。
答案：A
2．碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W(s)＋I2(g)鸠舣舣馮1T2WI2(g)ΔH＜0(温度T1＜T2)。下列说法正确的是()
A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2(g)会分解出W，W重新沉积到灯丝上
B．灯丝附近温度越高，WI2(g)的转化率越低
C．该反应的平衡常数表达式是K＝cWcI2cWI2
D．利用该反应原理可以提纯钨
解析：本题考查了化学平衡中的平衡移动、转化率及化学平衡常数。高温时，平衡左移，WI2分解，温度越高，分解越充分，故A正确，B错；选项C给出的是逆反应的平衡常数表达式，C错。
答案：AD
3．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝cCOcH2OcCO2cH2。恒容时，温度升高，H2的浓度减小。下列说法正确的是()
A．该反应的焓变为正值
B．恒温、恒容下，增大压强，H2的浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应化学方程式为CO＋H2O鸠舣舣翊呋剂高温CO2＋H2
解析：由平衡常数表达式写出可逆反应为CO2(g)＋H2(g)鸠舣舣翊呋剂高温CO(g)＋H2O(g)，D项错误；由于升高温度，H2的浓度减小，说明升温平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热的，焓变为正值，A项正确；由于反应前后气体体积相等，增大压强平衡不移动，但若通入H2，其浓度会增大，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都会增大，C项错误。
答案：A
4．鸡没有汗腺，在夏天只能依赖喘息调节体温。鸡过度呼出CO2，会使下列平衡向左移动，导致蛋壳变薄，使农场主和超市蒙受经济损失。
CO2(g)鸠馛O2(l)
CO2(g)＋H2O(l)鸠馠2CO3(aq)
H2CO3(aq)鸠馠＋(aq)＋HCO－3(aq)
HCO－3(aq)鸠馠＋(aq)＋CO2－3(aq)
Ca2＋(aq)＋CO2－3(aq)鸠馛aCO3(s)
澳大利亚学者经研究发现，夏季给鸡喂下列饮料会使蛋壳变厚。该饮料是()
A．淡盐水B．碳酸水
C．蔗糖水D．澄清石灰水
解析：鸡过度呼出CO2，会使平衡向左移动，导致蛋壳变薄，那么要使蛋壳变厚，应该使平衡右移，应补充CO2，故用溶有CO2的碳酸水。
答案：B
5．反应2A(g)＋B(g)鸠2C(g)ΔH＞0，下列反应条件有利于生成C的是()
A．低温、低压B．低温、高压
C．高温、高压D．高温、低压
解析：正反应为气体体积缩小的反应，且为吸热反应，升高温度、增大压强均会使平衡向正方向移动，有利于生成C。
答案：C
6．已知反应A2(g)＋2B2(g)鸠2AB2(g)ΔH＜0，下列说法正确的是()
A．升高温度，正向反应速率增大，逆向反应速率减小
B．升高温度有利于反应速率增大，从而缩短达到平衡的时间
C．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
解析：升高温度正、逆反应速率都增大，A错。升高温度平衡逆向移动，C项错。减小压强有利于平衡逆向移动，D项错。
答案：B
7．如右图所示中的曲线是表示其他条件一定时，2NO＋O2鸠2NO2(正反应放热)反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是()
A．a点B．b点
C．c点D．d点
解析：此坐标的纵轴表示的是NO的转化率，横轴表示温度，曲线上的任一点都表示在此温度下达到平衡状态时对应的转化率，从c点作纵轴的平行线与曲线交于一点，这表示若想达到c点对应温度的平衡状态，需要转化更多的NO，表示c点未到平衡状态，即v正＞v逆。
答案：C
8．在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2(g)＋O2(g)鸠2SO3(g)ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件下不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是()
A．图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙的高
D．图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
解析：若增大氧气的浓度正反应速率突然变大，逆反应速率逐渐变大，A选项不正确；加入催化剂正、逆反应速率同等倍数的增大，但平衡不移动，B选项正确；观察图Ⅲ，达到平衡时时二氧化硫的转化率不相等，故甲、乙两条曲线不可能是由催化剂引起的，C选项不正确；增大压强反应速率加快，达到平衡的时间缩短，二氧化硫的转化率增大，D选项不正确。
答案：B
9．NO2蒸气易形成N2O4：2NO2(g)鸠馧2O4(g)(正反应为放热反应)，现欲较准确测定NO2的相对分子质量，应采用的反应条件是()
A．高温、低压B．低温、高压
C．低温、低压D．高温、高压
解析：题目要求准确测定NO2的相对分子质量，而NO2(g)易形成N2O4(g)，不利于NO2的相对分子质量的.测定。要准确测定NO2的相对分子质量，就必须使上述平衡向生成NO2的方向移动，由于上述正反应是一个体积缩小的放热反应，要使平衡向逆反应方向移动，则应采取高温、低压的措施才行。
答案：A
10．1molX气体跟amolY气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X(g)＋aY(g)鸠馼Z(g)反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。而且，在同温、同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是()
A．a＝1，b＝1B．a＝2，b＝1
C．a＝2，b＝2D．a＝3，b＝2
解析：据题意可有如下“平衡模式”
X(g)＋aY(g)鸠馼Z(g)
起始/mol1a0
变化/mol1×50%0.5a0.5b
平衡/mol0.50.5a0.5b
因为密度与气体体积成反比，而体积比又等于物质的量之比，因此据题意有平衡混合气的物质的量总和与起始时混合气体物质的量总和之比为34，即0.5＋0.5a＋0.5b1＋a＝34，可得1＋a＝2b。最后将所给四组数据代入关系式便知A、D两组数据均符合题意。
答案：AD
11．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)＋C(s)鸠2CO(g)ΔH＞0，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化？
(1)增加C，平衡__________，c(CO)__________。
(2)减小密闭容器体积，保持温度不变，则平衡__________，c(CO2)__________。
(3)通入N2，保持密闭容器体积不变，温度不变，则平衡__________，c(CO2)__________。
(4)保持密闭容器体积不变，升高温度，则平衡__________，c(CO)__________。
解析：(1)C为固体，增加C，其浓度并不变，平衡不发生移动；(2)减小容器体积，相当于增大压强，向气体体积减小的方向移动；(3)通入的N2不参加反应，并且密闭容器体积和温度不变时，各物质的浓度并不变，平衡不发生移动；(4)其他条件相同，升高温度，平衡向吸热方向移动。
答案：(1)不移动不变(2)向逆反应方向移动增大(3)不移动不变(4)向正反应方向移动增大
12．如下图所示，烧瓶A、B中装有相同浓度的NO2和N2O4的混合气体，中间止水夹K夹紧，烧杯甲中盛放100mL6mol/L的HCl的溶液中放入25gNaOH固体，同时向烧杯乙中放入25gNH4NO3固体，搅拌使之溶解。
(1)A瓶中气体颜色__________，理由是_____________________。
(2)B瓶中气体颜色__________，理由是_____________________。
解析：NaOH与盐酸发生中和反应为放热反应，使溶液及A中气体温度升高，故使平衡2NO2鸠馧2O4(正反应为放热反应)向左移动，气体颜色变深；NH4NO3溶于水要吸热，溶液温度降低，使上述平衡向右移动，气体颜色变浅。新课标第一网
答案：(1)变深甲中NaOH溶解放热，中和HCl也放热，使溶液及A中气体温度升高，2NO2鸠馧2O4(正反应为放热反应)平衡向左移动，NO2浓度增大，颜色加深
(2)变浅乙中NH4NO3溶解吸热，使溶液及B中气体温度降低，使反应2NO2鸠馧2O4(正反应为放热反应)向右移动，NO2浓度减小，颜色变浅
能力提升
13．(2011福建高考)25℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：
Sn(s)＋Pb2＋(aq)鸠馭n2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是()
A．往平衡体系中加入少量金属铅后，c(Pb2＋)增大
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0
D．25℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
解析：金属活泼性Sn＞Pb，向平衡体系中加入铅后，c(Pb2＋)不变，A错误；加入少量Sn(NO3)2固体，c(Sn2＋)增大，平衡逆向移动，c(Pb2＋)增大，B错误；升温c(Pb2＋)增大，说明平衡逆向移动，正反应放热，C错误；由方程式和图示数据得平衡常数K＝cSn2＋cPb2＋＝0.220.1＝2.2，D正确。
答案：D
14．反应A(g)＋B(g)鸠馛(g)＋D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)该反应是__________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________。
(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？________，原因是______________________________________。
(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1__________，E2__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：由图可知反应物的能量比生成物的能量高，所以该反应是一个放热反应。根据勒夏特列原理，当温度升高时，平衡应向着能够削弱这种改变的方向移动，即逆向移动，所以A、B的转化率都要减小。加入了催化剂是降低了活化能，增加了活化分子，所以反应速率加快了，但反应物和生成物之间的能量差是没有变化的，降低活化能使E1、E2都减小。
答案：(1)放热
(2)减小根据勒夏特列原理，升高温度有利于平衡向吸热反应方向移动，因而该反应中A的转化率减小
(3)没有催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响(4)减小减小
15．(2011新课标全国高考)科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为－285.8kJ/mol、－283.0kJ/mol和－726.5kJ/mol。请回答下列问题：
(1)在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考查温度对反应的影响，实验结果如下图所示(注：T1、T2均大于300℃)；
下列说法正确的是______(填序号)
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)＝nAtAmol/(Lmin)
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系的温度从T1变到T2，达到平衡时nH2nCH3OH增大
(2)在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为__________；
解析：(1)CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)鸠馛H3OH(g)＋H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2＞T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即②错③正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为nAmol，此时甲醇的浓度为nA2mol/L，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)＝nA2tAmol/(Lmin)，因此①不正确；因为温度T2＞T1，所以A点的反应体系从T1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以④正确。
(2)CO2(g)＋3H2(g)鸠馛H3OH(g)＋H2O(g)
起始量mol1300
转化的量molα3ααα
平衡时的量mol(1－α)(3－3α)αα
所以平衡时容器内的压强与起始压强之比为4－2α4＝2－α2
答案：(1)③④(2)1－α/2
篇2：高中化学影响化学平衡的因素训练能力提高题含答案
高中化学影响化学平衡的因素训练能力提高题含答案
双基练习
1．将H2(g)和Br2(g)充入恒容密闭容器中，恒温下发生反应H2(g)＋Br2(g)鸠2HBr(g) ΔH＜0，平衡时Br2(g)的转化率为a；若初始条件相同，绝热下进行上述反应，平衡时Br2(g)的转化率为b。a与b的关系是( )
A．a＞b B．a＝b
C．a＜b D．无法确定
解析：H2与Br2的反应属于放热反应，绝热条件下进行该反应，体系的温度必然升高，导致平衡向逆反应方向移动，Br2(g)的转化率降低。
答案：A
2．碘钨灯比白炽灯使用寿命长。灯管内封存的少量碘与使用过程中沉积在管壁上的钨可以发生反应：W(s)＋I2(g)鸠舣舣馮1T2WI2(g) ΔH＜0(温度T1＜T2)。下列说法正确的是( )
A．灯管工作时，扩散到灯丝附近高温区的WI2(g)会分解出W，W重新沉积到灯丝上
B．灯丝附近温度越高，WI2(g)的转化率越低
C．该反应的平衡常数表达式是K＝cWcI2cWI2
D．利用该反应原理可以提纯钨
解析：本题考查了化学平衡中的平衡移动、转化率及化学平衡常数。高温时，平衡左移，WI2分解，温度越高，分解越充分，故A正确，B错；选项C给出的是逆反应的平衡常数表达式，C错。
答案：AD
3．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝cCOcH2OcCO2cH2。恒容时，温度升高，H2的浓度减小。下列说法正确的是( )
A．该反应的焓变为正值
B．恒温、恒容下，增大压强，H2的浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应化学方程式为CO＋H2O鸠舣舣翊呋剂高温CO2＋H2
解析：由平衡常数表达式写出可逆反应为CO2(g)＋H2(g) 鸠舣舣翊呋剂高温CO(g)＋H2O(g)，D项错误；由于升高温度，H2的浓度减小，说明升温平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热的，焓变为正值，A项正确；由于反应前后气体体积相等，增大压强平衡不移动，但若通入H2，其浓度会增大，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都会增大，C项错误。
答案：A
4．鸡没有汗腺，在夏天只能依赖喘息调节体温。鸡过度呼出CO2，会使下列平衡向左移动，导致蛋壳变薄，使农场主和超市蒙受经济损失。
CO2(g)鸠馛O2(l)
CO2(g)＋H2O(l)鸠馠2CO3(aq)
H2CO3(aq)鸠馠＋(aq)＋HCO－3(aq)
HCO－3(aq)鸠馠＋(aq)＋CO2－3(aq)
Ca2＋(aq)＋CO2－3(aq)鸠馛aCO3(s)
澳大利亚学者经研究发现，夏季给鸡喂下列饮料会使蛋壳变厚。该饮料是( )
A．淡盐水 B．碳酸水
C．蔗糖水 D．澄清石灰水
解析：鸡过度呼出CO2，会使平衡向左移动，导致蛋壳变薄，那么要使蛋壳变厚，应该使平衡右移，应补充CO2，故用溶有CO2的碳酸水。
答案：B
5．反应2A(g)＋B(g)鸠2C(g) ΔH＞0，下列反应条件有利于生成C的是( )
A．低温、低压 B．低温、高压
C．高温、高压 D．高温、低压
解析：正反应为气体体积缩小的反应，且为吸热反应，升高温度、增大压强均会使平衡向正方向移动，有利于生成C。
答案：C
6．已知反应A2(g)＋2B2(g)鸠2AB2(g) ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A．升高温度，正向反应速率增大，逆向反应速率减小
B．升高温度有利于反应速率增大，从而缩短达到平衡的时间
C．达到平衡后，升高温度或增大压强都有利于该反应平衡正向移动
D．达到平衡后，降低温度或减小压强都有利于该反应平衡正向移动
解析：升高温度正、逆反应速率都增大，A错。升高温度平衡逆向移动，C项错。减小压强有利于平衡逆向移动，D项错。
答案：B
7．如右图所示中的曲线是表示其他条件一定时，2NO＋O2鸠2NO2(正反应放热)反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v正＞v逆的点是( )
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
解析：此坐标的纵轴表示的是NO的转化率，横轴表示温度，曲线上的任一点都表示在此温度下达到平衡状态时对应的转化率，从c点作纵轴的平行线与曲线交于一点，这表示若想达到c点对应温度的平衡状态，需要转化更多的NO，表示c点未到平衡状态，即v正＞v逆。
答案：C
8．在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2(g)＋O2(g)鸠2SO3(g) ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件下不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是( )
A．图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙的高
D．图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
解析：若增大氧气的`浓度正反应速率突然变大，逆反应速率逐渐变大，A选项不正确；加入催化剂正、逆反应速率同等倍数的增大，但平衡不移动，B选项正确；观察图Ⅲ，达到平衡时时二氧化硫的转化率不相等，故甲、乙两条曲线不可能是由催化剂引起的，C选项不正确；增大压强反应速率加快，达到平衡的时间缩短，二氧化硫的转化率增大，D选项不正确。
答案：B
9．NO2蒸气易形成N2O4：2NO2(g)鸠馧2O4(g)(正反应为放热反应)，现欲较准确测定NO2的相对分子质量，应采用的反应条件是( )
A．高温、低压 B．低温、高压
C．低温、低压 D．高温、高压
解析：题目要求准确测定NO2的相对分子质量，而NO2(g)易形成N2O4(g)，不利于NO2的相对分子质量的测定。要准确测定NO2的相对分子质量，就必须使上述平衡向生成NO2的方向移动，由于上述正反应是一个体积缩小的放热反应，要使平衡向逆反应方向移动，则应采取高温、低压的措施才行。
答案：A
10．1 mol X气体跟a mol Y气体在体积可变的密闭容器中发生如下反应：X(g)＋aY(g)鸠馼Z(g)反应达到平衡后，测得X的转化率为50%。而且，在同温、同压下还测得反应前混合气体的密度是反应后混合气体密度的3/4，则a和b的数值可能是( )
A．a＝1，b＝1 B．a＝2，b＝1
C．a＝2，b＝2 D．a＝3，b＝2
解析：据题意可有如下“平衡模式”
X(g) ＋ aY(g)鸠馼Z(g)
起始/mol 1 a 0
变化/mol 1×50% 0.5a 0.5b
平衡/mol 0.5 0.5a 0.5b
因为密度与气体体积成反比，而体积比又等于物质的量之比，因此据题意有平衡混合气的物质的量总和与起始时混合气体物质的量总和之比为34，即0.5＋0.5a＋0.5b1＋a＝34，可得1＋a＝2b。最后将所给四组数据代入关系式便知A、D两组数据均符合题意。
答案：AD
11．在密闭容器中进行下列反应：CO2(g)＋C(s)鸠2CO(g) ΔH＞0，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度及平衡如何变化？
(1)增加C，平衡__________，c(CO)__________。
(2)减小密闭容器体积，保持温度不变，则平衡__________，c(CO2)__________。
(3)通入N2，保持密闭容器体积不变，温度不变，则平衡__________，c(CO2)__________。
(4)保持密闭容器体积不变，升高温度，则平衡__________，c(CO)__________。
解析：(1)C为固体，增加C，其浓度并不变，平衡不发生移动；(2)减小容器体积，相当于增大压强，向气体体积减小的方向移动；(3)通入的N2不参加反应，并且密闭容器体积和温度不变时，各物质的浓度并不变，平衡不发生移动；(4)其他条件相同，升高温度，平衡向吸热方向移动。
答案：(1)不移动 不变 (2)向逆反应方向移动 增大 (3)不移动 不变 (4)向正反应方向移动 增大
能力提升
12．(2011福建高考)25 ℃时，在含有Pb2＋、Sn2＋的某溶液中，加入过量金属锡(Sn)，发生反应：
Sn(s)＋Pb2＋(aq)鸠馭n2＋(aq)＋Pb(s)，体系中c(Pb2＋)和c(Sn2＋)变化关系如图所示。下列判断正确的是( )
A．往平衡体系中加入少量金属铅后，c(Pb2＋)增大
B．往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后，c(Pb2＋)变小
C．升高温度，平衡体系中c(Pb2＋)增大，说明该反应ΔH＞0
D．25 ℃时，该反应的平衡常数K＝2.2
解析：金属活泼性Sn＞Pb，向平衡体系中加入铅后，c(Pb2＋)不变，A错误；加入少量Sn(NO3)2固体，c(Sn2＋)增大，平衡逆向移动，c(Pb2＋)增大，B错误；升温c(Pb2＋)增大，说明平衡逆向移动，正反应放热，C错误；由方程式和图示数据得平衡常数K＝cSn2＋cPb2＋＝0.220.1＝2.2，D正确。
答案：Dxkb1.com
14．反应A(g)＋B(g)鸠馛(g)＋D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。
(1)该反应是__________反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________。
(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？________，原因是______________________________________。
(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1__________，E2__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：由图可知反应物的能量比生成物的能量高，所以该反应是一个放热反应。根据勒夏特列原理，当温度升高时，平衡应向着能够削弱这种改变的方向移动，即逆向移动，所以A、B的转化率都要减小。加入了催化剂是降低了活化能，增加了活化分子，所以反应速率加快了，但反应物和生成物之间的能量差是没有变化的，降低活化能使E1、E2都减小。
答案：(1)放热
(2)减小 根据勒夏特列原理，升高温度有利于平衡向吸热反应方向移动，因而该反应中A的转化率减小
(3)没有 催化剂只能改变化学反应的速率和途径，不能改变化学反应的始态和终态的能量，因此对反应热没有影响 (4)减小 减小
15．(2011新课标全国高考)科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热ΔH分别为－285.8 kJ/mol、－283.0 kJ/mol和－726.5 kJ/mol。请回答下列问题：
(1)在容积为2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考查温度对反应的影响，实验结果如下图所示(注：T1、T2均大于300 ℃)；
下列说法正确的是______(填序号)
①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)＝nAtAmol/(Lmin)
②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小 ③该反应为放热反应
④处于A点的反应体系的温度从T1变到T2，达到平衡时nH2nCH3OH增大
(2)在T1温度时，将1 molCO2和3 molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，CO2转化率为α，则容器内的压强与起始压强之比为__________；
解析：(1)CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)鸠馛H3OH(g)＋H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2＞T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即②错③正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为nAmol，此时甲醇的浓度为nA2mol/L，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)＝nA2tAmol/(Lmin)，因此①不正确；因为温度T2＞T1，所以A点的反应体系从T1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以④正确。
(2) CO2(g)＋3H2(g)鸠馛H3OH(g)＋H2O(g)
起始量mol 1 3 0 0
转化的量 mol α 3α α α
平衡时的量 mol (1－α) (3－3α) α α
所以平衡时容器内的压强与起始压强之比为4－2α4＝2－α2
答案：(1)③④ (2)1－α/2
篇3：化学金属材料同步训练题及答案
化学金属材料同步训练题及答案
一、选择题
1.食品包装袋中经常使用到铝箔，铝能制成铝箔是因为铝具有良好的 ( )
A. 导电性
B. 抗腐蚀性
C. 导热性
D. 延展性
考查目的：金属的性质和用途的关系
答案：D。
解析：金属的性质决定金属的用途，金属的用途反映金属的性质。由于金属铝有良好的延展性，所以可以制成铝箔用于包装。
2.(2013.大连市)下列关于金属利用的说法错误的是 ( )
A.用铝制高压电线
B.用钨制灯丝
C.用纯铁制机床底座
D.用铝粉制防锈漆
考查目的：常见金属的性质及其和用途的关系
答案：C。
解析：A项铝有良好的导电性能，所以可以制成导线，B项钨丝熔点高可以制成灯丝，D项铝在空气中可以和氧气缓慢氧化具有良好能的抗腐蚀性能，C项纯铁的硬度小不适宜制机床底座。
3.下列与金属有关的说法正确的是 ( )
A.生铁和钢都是铁的合金
B.废旧电池可以随意丢弃，不会对环境造成污染
C.银的导电性比铜强，所以一般用银作电线
D.铁矿石在地壳中含量最丰富，可以随意开采
考查目的：金属材料的知识
答案：A。
解析：A项生铁和钢都是铁和碳的.合金，B项废旧电池中含有会污染环境的重金属，C项银的导线性虽然强但是由于价格昂贵一般不用银做电线，D项为保护铁资源，应合理开采铁矿石。
4.金属材料的性质在很大程度上决定了它们的用途。下列说法中不正确的是( )
A.不锈钢抗腐蚀性好，常用于制造医疗器械
B.铁具有良好的导热性，可以用于制造炊具
C.铝合金轻而坚韧，可作汽车、飞机和火箭的材料
D.铅锑合金的熔点较低、电阻率较大，常用于制成发热体
考查目的：金属的性质和用途的关系。
答案：D。
解析：D项铅锑合金熔点低，不适宜制成发热体。
二、填空题
5.写出下列合金的主要成分
(1)生铁_______ (2)钢______ (3) 黄铜 _______(4)焊锡_______
考查目的：熟记常见合金的成分。
答案：(1)铁和碳(2)铁和碳(3)铜和锌(4)铅和锡。
6. (广州市中考)(5分)将炉甘石(ZnCO3)、赤铜(Cu2O)和木炭粉混合后加热到约800℃，得到一种锌和铜的合金黄铜，外观似黄金但质地坚硬。(提示：ZnCO3
ZnO + CO2)
(1)黄铜是金属材料吗?___________(填是或不是)。
(2)写出其中赤铜和木炭粉反应的化学方程式__________________________________。
(3)若原料中含25吨ZnCO3 ，充分反应后，理论上所得黄铜中锌的质量为______吨。
考查目的：有关金属的化学反应及其计算
答案：(1)是(2)2Cu2O + C 4Cu+CO2 (3)13 。
解析：(1)黄铜是铜和锌的合金，是金属材料。(2)木炭在高温下有还原性，可以夺取金属氧化物中的氧使其还原为金属。(3)根据化学反应前后元素质量守恒计算。
7.我国使用的人民币硬币，一元币为钢芯镀镍(Ni)，伍角币为钢芯镀铜合金，一角币为铝合金或不锈钢。
(1)铸造以上硬币用到的材料都是 (填合成材料或金属材料)。
(2)选择铸造硬币的材料不需要考虑的因素是 _____(填序号)。
A. 金属的导电性
B. 金属的耐腐蚀性
C. 金属的硬度
D. 金属价格与硬币面值的吻合度
(3)以上金属被发现、使用的先后顺序为：铜、铁、铝。金属大规模被使用的先后顺序跟(选填字母) (A.地壳中金属元素的含量 B.金属的导电性 C.金属的活动性)关系最大;目前世界上已有50%以上的废钢铁得到回收利用，其目的是______(选填字母) 。
A.节约金属资源
B.合理开采矿物
C.防止钢在冶金工业上
考查目的：金属材料的利用
答案：(1)金属材料 (2)A (3) C 、A 。
解析：铸造硬币的材料都是金属材料,需要考虑其耐腐蚀性、硬度、价格与面值的吻合度。
篇4：高二化学试影响盐类水解的因素检测试题及答案参考
高二化学试影响盐类水解的因素检测试题及答案参考
《影响盐类水解的因素》课时练
双基练习
1．在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液，再灼烧(溶液低于400℃)可以得到原溶质固体的是
A．AlCl3B．NaHCO3
C．MgSO4D．KMnO4
解析：AlCl3是强酸弱碱盐，且水解生成的盐酸易挥发，故最终得到的是Al2O3；NaHCO3受热易分解为Na2CO3、CO2和H2O，故最终产物为Na2CO3；C也是强酸弱碱盐，但水解生成的酸H2SO4不挥发，故最终仍可得到原溶质；KMnO4受热时易发生分解。
答案：C
2．使Na2S溶液中c(Na＋)/c(S2－)的值减小，可加入的物质是()
A．盐酸B．适量的NaOH溶液
C．适量的KOH溶液D．适量的CH3COONa溶液
解析：在Na2S溶液中存在如下水解平衡：S2－＋H2O鸠馠S－＋OH－，若使c(Na＋)/c(S2－)减小，应抑制S2－水解，A项促进S2－水解，其比值增大；B、D项虽抑制其水解，但又引入Na＋，其比值增大；C项可使其比值减小，符合题意，答案为C。
答案：C
3．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是()
A．c(OH－)＞c(HA)＞c(HB)＞c(H＋)
B．c(OH－)＞c(A－)＞c(B－)＞c(H＋)
C．c(OH－)＞c(B－)＞c(A－)＞c(H＋)
D．c(OH－)＞c(HB)＞c(HA)＞c(H＋)
解析：乙酸比甲酸酸性弱，则NaA水解程度比NaB强，c(HA)＞c(HB)水解均呈碱性，故c(OH－)＞c(HA)＞c(HB)＞c(H＋)，由于水解程度比较微弱，c(A－)、c(B－)比c(OH－)大。
答案：A
4．将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L的盐酸10mL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是()
A．c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(CH3COOH)
B．c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)
C．c(CH3COO－)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(CH3COOH)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)
解析：据电荷守恒原理可知，选项D肯定正确。醋酸钠溶液中加入盐酸后发生反应：
CH3COONa＋HCl===CH3COOH＋NaCl，反应后CH3COONa剩余0.002mol－0.001mol＝0.001mol，醋酸虽然是弱酸，但总有部分电离，使溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，说明此时CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，即n(CH3COO－)＞0.001mol，此时溶液中的H＋主要来自CH3COOH，而CH3COOH只是部分电离。
答案：BD
5．下列关于电解质溶液的叙述正确的是()
A．常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为：c(Cl－)＞c(NH＋4)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．将pH＝4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低
C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同
D．常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大
解析：在NH4Cl和氨水的混合液中，根据溶液电荷守恒，可以得关系式：c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(Cl－)＋c(OH－)，如果pH＝7，则c(NH＋4)＝c(Cl－)，所以A项不对；醋酸在稀释过程中，c(OH－)浓度降低，但温度没有变，水的离子积常数不变，根据c(H＋)＝KW/c(OH－)，所以c(H＋)增大，故B项也不对；体积相同pH相同的盐酸和醋酸，由于醋酸不完全电离，所以其物质的量浓度大，则醋酸的物质的'量大，所以中和时消耗的NaOH多，所以C项也不对；S2－比HS－的水解程度大，所以常温下，同浓度的Na2S溶液的pH比NaHS大，故D项对。
答案：D
6．在一定浓度的FeCl3溶液中，存在如下水解平衡：
Fe3＋＋3H2O鸠馞e(OH)3＋3H＋
在此溶液中滴入饱和FeCl3溶液，下列说法中正确的是()
A．水解平衡向正反应方向移动
B．水解平衡向逆反应方向移动
C．溶液中H＋浓度不变
D．Fe3＋的水解程度增大
解析：增加Fe3＋浓度，水解平衡向正方向移动，达到平衡后溶液中H＋浓度增大，但Fe3＋的水解百分率减小。
答案：A
7．为了得到比较纯净的物质，下列使用的方法恰当的是()
A．向Na2CO3饱和溶液中，通入过量的CO2后，加热蒸发得NaHCO3晶体
B．加热蒸发CuCl2饱和溶液得纯净的CuCl2晶体
C．向FeBr2溶液中加入过量的氯水，加热蒸发得FeCl3晶体
D．向FeCl3溶液里加入足量NaOH溶液，经过滤、洗涤沉淀，再充分灼烧沉淀得Fe2O3
解析：A中NaHCO3加热时要分解；B、C中CuCl2与FeCl3在加热蒸发的情况下，水解趋于完成，最后生成CuO和Fe2O3，D正确。
答案：D
8．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是()
A．0.1mol/LNa2CO3溶液：
c(OH－)＝c(HCO－3)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
B．0.1mol/LNH4Cl溶液：c(NH＋4)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量的醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO－3)
解析：解答此类题目时，要注意将盐的电离、水解与电荷守恒和物料守恒建立关系。
Na2CO3溶液中的电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋c(OH－)＋2c(CO2－3)，物料守恒关系为c(Na＋)＝2c(CO2－3)＋2c(HCO－3)＋2c(H2CO3)，将两关系式相减消掉c(Na＋)，可知A项正确。B项中，根据电荷守恒：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因NH4Cl溶液水解显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，所以c(NH＋4)＜c(Cl－)，B项错误。选项C中，根据C项中离子的顺序，溶液中正电荷大于负电荷，使整个溶液呈正电性，与溶液呈电中性矛盾，应该为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。选项D，因NaNO3提供的Na＋和NO－3不发生任何变化，所以反应后仍有c(Na＋)＝c(NO－3)，所以D正确。
答案：AD
9．向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－浓度的变化依次为()
A．减小、增大、减小B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大D．增大、减小、增大
解析：本题考查盐类水解的影响因素，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后呈碱性，NH4NO3和FeCl3水解呈酸性，因此这两种盐会促进CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO－浓度减小；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO－浓度增大。
答案：A
能力提升
10．侯德榜是我国著名的工业化学家，又是一个伟大的爱国者，他所发明的制碱法为中国化学工业乃至世界化学工业作出了重要的贡献，被誉为“侯氏制碱法”。请你回答以下问题：
(1)“侯氏制碱法”中的“碱”其实不是烧碱，而是纯碱，请用离子方程式写出纯碱呈碱性的原因__________________________；向它的溶液中滴加少量稀盐酸的离子方程式为____________________________________。
(2)某化学研究性学习小组在老师的指导下，模拟侯德榜先生制碱原理设计了如图的实验装置。
①写出有关仪器的名称：
a．__________，b.__________。
②实验的操作步骤中，你认为打开旋塞K1、K2的合理顺序应为：先打开________，后打开__________。(填字母代号)。
简述理由：__________________________________。
③在盛饱和食盐水的装置中发生反应的化学方程式为________________________________________。
(3)泡沫灭火器常用硫酸铝和小苏打溶液混合制备二氧化碳气体，请思考为什么不采用纯碱溶液呢？__________________________________________________________________________________。
解析：(1)纯碱水解第一步为主，主要产生碳酸氢根离子；因此它与少量盐酸反应生成碳酸氢根离子。xkb1.com
(2)制碱原理为向饱和食盐水中先通入溶解度较大的氨气，使溶液呈碱性，然后通入酸性气体二氧化碳，从而生成碳酸氢钠。
(3)泡沫灭火器的原理是发生双水解反应，碳酸根水解主要生成碳酸氢根，因而其反应速率较慢，由于纯碱的摩尔质量较大，因此等质量的纯碱放出的二氧化碳较少。
答案：(1)CO2－3＋H2O鸠馠CO－3＋OH－CO2－3＋H＋===HCO－3
(2)①a．分液漏斗b．长颈漏斗
②K1K2氨在水中的溶解度较大，先使氯化钠溶液吸收足够的氨才能充分吸收二氧化碳形成较大浓度的HCO－3，便于碳酸氢钠的沉淀能析出
③NH3＋NaCl＋H2O＋CO2===NaHCO3↓＋NH4Cl
(3)纯碱与硫酸铝反应的速率较慢，且等质量的纯碱与小苏打相比纯碱放出的二氧化碳少
11．(1)欲使Na2S(aq)中N(Na＋)∶N(S2－)接近2∶1，应加入适量__________。
(2)配制FeSO4(aq)时，常加少量Fe粉，目的是______________________________________；常加入少量H2SO4，目的是____________________________。
解析：(1)Na2S(aq)中存在S2－的水解反应：S2－＋H2O鸠馠S－＋OH－，HS－＋H2O鸠馠2S＋OH－。
加入少量KOH，使上述平衡左移，可使N(Na＋)∶N(S2－)接近2∶1。
(2)FeSO4(aq)中，Fe2＋易被空气中氧气氧化为Fe3＋：12Fe2＋＋3O2＋6H2O===8Fe3＋＋4Fe(OH)3↓。
加入Fe粉，可使Fe3＋转化为Fe2＋：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，加入H2SO4可防止Fe(OH)3沉淀的生成。同时FeSO4又能发生水解反应：Fe2＋＋2H2O鸠馞e(OH)2＋2H＋，加入H2SO4可抑制Fe2＋的水解。
答案：(1)KOH(s)[或浓KOH(aq)]
(2)使氧化生成的Fe3＋转化为Fe2＋
反应掉氧化生成的Fe(OH)3、抑制Fe2＋的水解
12．普通泡沫灭火器内的玻璃筒里盛硫酸铝溶液，铁筒中盛碳酸氢钠溶液，其化学反应的原理是______________________________________________________________________________________。
不能把硫酸铝溶液盛在铁筒中的原因是______________________________________________________________________________。
不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是_____________________________________________________________________。
解析：硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液相遇会发生水解相互促进反应产生CO2气体达到灭火的目的，其原因是：Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑。若把硫酸铝溶液放在铁筒中，因Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O鸠馎l(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒，如果用Na2CO3代替NaHCO3，则发生水解相互促进的反应是：Al2(SO4)3＋3Na2CO3＋3H2O===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋3CO2↑，可见，与等物质的量的Al2(SO4)3反应产生的CO2量较少，且生成CO2的速率慢。
答案：Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑
Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O鸠馎l(OH)3＋3H＋，溶液呈酸性会腐蚀铁筒与等物质的量的Al2(SO4)3反应，Na2CO3产生的CO2较少且生成CO2速率较慢。
13．向少量Mg(OH)2悬浊液中加入适量的饱和NH4Cl溶液，结果固体完全溶解。对此甲、乙两同学各自作了自己的解释：
甲：①Mg(OH)2(s)鸠馦g2＋＋2OH－；②NH＋4＋H2O鸠馧H3H2O＋H＋；③H＋＋OH－===H2O。
由于③反应的发生，使平衡①右移，Mg(OH)2溶解。
乙：①Mg(OH)2(s)鸠馦g2＋＋2OH－；②NH＋4＋OH－===NH3H2O。
(1)丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是用下面的一种试剂重做了该实验，证明甲、乙的解释只有一种正确。他用的试剂是()
A．NH4NO3B．CH3COONH4
C．(NH4)2SO4D．氨水
(2)丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的悬浊液中，Mg(OH)2溶解，由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理__________(填“甲”或“乙”)；写出NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2溶解的离子方程式：______________________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)NH＋4水解使NH4Cl溶液呈酸性，可使Mg(OH)2溶解，NH＋4可与OH－反应促进Mg(OH)2的溶解，两种解释都有道理，而CH3COONH4溶液显中性，如果能使其溶解则说明乙的解释正确，若不能使其溶解则甲的解释正确。因此选B。(2)加入CH3COONH4溶液后，Mg(OH)2溶解，证明乙正确。
答案：(1)B(2)乙Mg(OH)2＋2NH＋4===Mg2＋＋2NH3H2O
14．某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A===H＋＋HA－HA－鸠馠＋＋A2－
试完成下列问题：
(1)Na2A溶液显__________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。理由是___________________________________________(用离子方程式表示)
(2)在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列离子浓度关系不正确的是____________________________。
A．c(A2－)＋c(HA－)＝0.1mol/L
B．c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)
D．c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)
(3)已知0.1mol/LNaHA溶液的pH＝2，则0.1mol/LH2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是__________0.11mol/L(填“＜”、“＞”或“＝”)，理由是__________________________________。
(4)0.1mol/LNaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是____________________。
解析：(1)从H2A的电离方程式来看，第一步是完全电离的，第二步是部分电离的，故可认为A2－为弱酸根离子，能水解，因此Na2A是强碱弱酸盐，溶液呈碱性。
(2)在0.1mol/LNa2A的溶液中存在的阳离子有：Na＋、H＋，阴离子有OH－、A2－、HA－，但不存在H2A分子。
电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)
物料守恒：c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)＝0.2mol/L
整理得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)。
(3)0.1mol/LH2A中存在：
H2A===H＋＋HA－，HA－鸠馠＋＋A2－
由于H2A电离出的H＋能抑制HA－的电离，故溶液中的c(H＋)小于0.11mol/L。
(4)根据(3)中NaHA溶液显酸性知HA－电离程度大于水解程度，即可判断各离子浓度大小。
答案：(1)碱性A2－＋H2O鸠馠A－＋OH－
(2)B、C
(3)＜H2A第一步电离出的H＋抑制了HA－的电离
(4)c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)
篇5：高中化学化学电源课时训练题及答案
高中化学化学电源课时训练题及答案
《化学电源》课时练
双基练习
1．(2011福建高考)研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是( )
A．水既是氧化剂又是溶剂
B．放电时正极上有氢气生成
C．放电时OH－向正极移动
D．总反应为2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑
解析：根据题给信息锂水电池的反应方程式为2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑，D正确；在反应中氢元素化合价降低，因此H2O做氧化剂，同时又起到溶剂的作用，A正确；放电时正极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，B正确；正极周围聚集大量OH－，因此溶液中的阳离子Li＋向正极移动，负极周围聚集大量Li＋，因此溶液中的阴离子OH－向负极移动，C错误。
答案：C
2．(2011安徽高考)研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是( )
A．正极反应式：Ag＋Cl－－e－＝AgCl
B．每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子
C．Na＋不断向“水”电池的负极移动
D．AgCl是还原产物
解析：由电池总反应可知银失去电子被氧化得氧化产物，即银做负极，产物AgCl是氧化产物，A、D都不正确；在原电池中阳离子在正极得电子发生还原反应，所以阳离子向电池的正极移动，C错误；化合物Na2Mn5O10中Mn元素的化合价是＋18/5价，所以每生成1 mol Na2Mn5O10转移电子的物质的量为(4－18/5)×5＝2 mol，因此选项B正确。
答案：B
3．用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥(装有琼脂－KNO3的U形管)构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是( )
①在外电路中，电流由铜电极流向银电极
②正极反应为Ag＋＋e－===Ag
③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作
④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同
A．①② B．②③ C．②④ D．③④
解析：该原电池中Cu作负极，Ag作正极，负极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，正极反应式为Ag＋＋e－===Ag，因此②对；在外电路中，电子由Cu电极流向Ag电极，而电流方向与电子流向相反，所以①错；没有盐桥，原电池不能继续工作，所以③错；无论是否为原电池，反应实质相同，均为氧化还原反应，所以④对。
答案：C
4．科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池负极反应为( )
A．H2＋2OH－===2H2O＋2e－
B．O2＋4H＋＋4e－===2H2O
C．H2－2e－===2H＋
D．O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：由题意可知在以磷酸为电解质的燃料电池中，负极电极反应式为H2－2e－===2H＋，正极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O。
答案：C
5．下列说法正确的是( )
A．碱性锌锰电池是二次电池
B．铅蓄电池是一次电池
C．二次电池又叫蓄电池，它放电后可以再充电，能重复使用
D．燃料电池没有将氧化剂、还原剂全部储存在电池内部
解析：A中碱性锌锰电池为一次电池；B中铅蓄电池为二次电池。
答案：CD
6．银－锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可表示为2Ag＋Zn(OH)2鸠舣舣癯涞绶诺鏏g2O＋Zn＋H2O，在此电池放电时，负极上发生反应的物质是( )
A．Ag B．Zn(OH)2
C．Ag2O D．Zn
解析：判断电池的正、负极，一定要从电极反应中得失电子情况判断。放电时反应为Ag＋12O＋Zn0＋H2O===2Ag0＋Zn＋2 (OH)2，原电池中失去电子的物质作负极。
答案：D
7．日常所用干电池的电极分别为碳棒(上面有铜帽)和锌皮，以糊状NH4Cl和ZnCl2做电解质(其中加入MnO2吸收H2)，电极反应式可简化为Zn―→Zn2＋＋2e－，2NH＋4＋2e－―→2NH3＋H2(NH3与Zn2＋能生成一种稳定的物质)。根据上述判断，下列结论正确的是( )
A．锌为正极，碳为负极
B．锌为负极，碳为正极
C．工作时，电子由碳极经外电路流向锌极
D．长时间连续使用时，内装糊状物可能流出腐蚀用电器
解析：由两极反应式可知Zn作负极，碳棒作正极，A项不正确，B正确；原电池工作时，电子由负极经导线流向正极；由于Zn又被溶解，所以易造成内部糊状物流出，D项正确。
答案：BD
8．随着人们生活质量的不断提高，废电池必须进行集中处理的问题被提到议事日程，其首要原因是( )
A．利用电池外壳的金属材料
B．防止电池中的汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染
C．不使电池中渗漏的电解液腐蚀其他物品
D．回收其中的石墨电极
解析：废旧电池中含有的Cd、Hg、Pb等重金属离子会对土壤及水源造成严重污染，为防止其污染的发生，必须对其回收，集中处理，这是回收的最主要原因。
答案：B
9．下列说法错误的是( )
A．依据原电池的原理设计出了化学电源
B．原电池是化学电源的雏形
C．原电池输出电能的能力，取决于组成原电池的负极材料的活泼性
D．氧化还原反应所释放的化学能，是化学电源的能量来源
解析：原电池输出电能的能力取决于单位质量或单位体积所能输出电量的多少，不取于负极材料的活泼性。
答案：C
10．如图所示为氢氧燃料电池的原理示意图，按照图示，下列叙述错误的是( )
A．a电极是负极
B．b电极的电极反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
解析：燃料电池中H2为负极，O2为正极，反应分别为H2－2e－===2H＋，O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
答案：B
能力提升
11．(2011山东高考题)科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。
(1)实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为__________________________________________。要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是__________。
(2)下图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na＋xS===Na2Sx，正极的电极反应为__________________________________。M(由Na2O和Al2O3制得)的两个作用是____________________________。与铅蓄电池相比，消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的______倍。
(3)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH______(填“增大”“减小”或“不变”)，Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为_____________(用离子方程式表示)。
解析：(1)乙醇中还有羟基可以与金属钠反应放出氢气，化学方程式为2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑；单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，在加热时可与热的氢氧化钠溶液反应，因此要清洗附着在试管壁上的硫，可选用CS2或热的氢氧化钠溶液。
(2)由电池反应可以看出金属钠失去电子作为负极，单质硫得电子被还原成S2－x，所以正极的电极反应式为xS＋2e－===S2－x；由于原电池内部要靠离子的定向运动而导电，同时钠和硫极易化合，所以也必须把二者隔离开，因此其作用是离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫；在铅蓄电池中铅作负极，反应式为Pb(s)＋SO2－4(aq)－2e－===PbSO4(s)，因此当消耗1 mol即207 g铅时转移2 mol电子，而207 g钠可以失去的电子数为20723＝9(mol)，所以钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的9/2＝4.5倍。
(3)Na2S属于强碱弱酸盐，S2－水解显碱性，所以c(H＋)最小。但由于水解程度很小，大部分S2－还在溶液中。因为氢硫酸属于二元弱酸，所以S2－水解时分两步进行且以第一步水解为主，方程式为S2－＋H2O===HS－＋OH－、HS－＋H2O===H2S＋OH－，因此Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)；由于S2－极易与Cu2＋结合形成CuS沉淀而抑制S2－水解，因此溶液的碱性会降低，酸性会增强，方程式为S2－＋Cu2＋===CuS↓。S2－处于最低化合价－2价，极易失去电子而被氧化，空气中含有氧气可氧化S2－而生成单质硫，方程式为2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－
答案：(1)2CH3CH2OH＋2Na―→2CH3CH2ONa＋H2↑ CS2或热的`氢氧化钠溶液
(2)xS＋2e－===S2－x 离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫 4.5
(3)c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋) 减小 2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－
12．熔融盐燃料电池具有较高的发电效率，因而受到重视，可用Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，CO为阳极燃气，空气与CO2的混合气为阴极助燃气，制得在650℃下工作的燃料电池，完成有关的电池反应式：
负极反应式：2CO＋2CO2－3===4CO2＋4e－
正极反应式： _______________________________________。
总电池反应式： _____________________________________。
解析：原电池的反应原理，就是利用氧化还原反应中有电子的转移。在负极CO失电子，且消耗了CO2－3，在正极得电子的就是O2，再与CO2结合生成CO2－3，正极方程式为O2＋2CO2＋4e－===2CO2－3，正极与负极生成和消耗的CO2－3的量相等，所以总反应方程式为2CO＋O2===2CO2。
答案：O2＋2CO2＋4e－===2CO2－3 2CO＋O2===2CO2
13．航天飞机常采用新型燃料电池作为电能来源，燃料电池一般指采用H2、CH4、CO、C2H5OH等可燃物质与O2一起构成的电池装置。它可直接将化学能转化为电能，甲烷电池以KOH溶液为电解质，其总反应的化学方程式为CH4＋2O2＋2OH－===CO2－3＋3H2O。
(1)负极上的电极反应为________________________。
(2)消耗标准状况下的5.6 L O2时，有__________mol电子发生转移。
(3)开始放电时，正极附近溶液的pH__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析：由总反应式知CH4失电子被氧化生成CO2－3，一定有OH－参与反应，负极反应为CH4＋10OH－－8e－===CO2－3＋7H2O，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。根据正极反应式知1 mol O2消耗时，转移4 mol e－，n(O2)＝0.25 mol，故有1 mol电子转移。放电时，正极产生OH－，故溶液的pH增大。
答案：(1)CH4＋10OH－－8e－===CO2－3＋7H2O
(2)1 (3)增大
14．微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为Zn＋2OH－－2e－===ZnO＋H2O，
Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－
根据上述反应式，做下列题目。
(1)判断下列叙述中正确的是__________。
A．在使用过程中，电解质KOH被不断消耗
B．使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C．Zn是负极，Ag2O是正极
D．Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
(2)写出电池的总反应式： _____________________________。
(3)使用时，负极区的pH__________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，正极区的pH__________，电解质溶液的pH__________。
解析：(1)选C。判断原电池的正负极，可以从两个方面：①微观：电子流出的一极是负极，电子流入的一极是正极。②宏观：活泼的一极是负极，不活泼的一极是正极，电子是从负极沿导线流入正极，据此判断Zn为负极发生氧化反应，Ag2O为正极，发生还原反应，将两极反应式相加得总反应式，由总反应式知，使用过程中KOH的量不变。
(2)将正、负极的电极反应式合并就可得到总反应式：
Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag。
(3)负极反应时，消耗OH－，则负极区pH减小，正极反应时，生成了OH－，故正极区pH增大，负极消耗的OH－的量与正极反应生成的OH－的量相等，所以电解质溶液的pH不变。
答案：(1)C (2)Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag
(3)减小 增大 不变
篇6：2020高考化学综合提升训练题及答案
高考化学综合提升训练题及答案
一、选择题(16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案)
1.化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法正确的是( )
A.新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物
B.14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体
C.福美林可作食品的保鲜剂
D.“开发利用新能源”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
【答案】D
考点：考查化学与生活的判断
2.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.标准状况下，2.24LO2中含有的共键数为0.4NA
B.0.1molH2S和0.1molSO2混合后，体系中的硫原子数0.2NA
C.100g质量分数为16.2%HBr溶液中的氢原子数为NA
D.3.9gNa2O2晶体中所含的离子总数为0.5NA
【答案】B
考点：考查阿伏加德罗常数的正误判断
3.将铜和氧化铁的混和物溶于足量稀盐酸中，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色。下列有关说法错误的是
A.容器中可能有固体残渣 B.所得溶液中一定存在Fe2+
C.反应过程中水的电离程度增大 D.再加入铜后，溶液红色逐渐退去
【答案】A
【解析】
试题分析：将铜和氧化铁的混和物溶于足量稀盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐。A、氧化铁溶于过量的稀盐酸，生成的氯化铁过量铜全部溶解，容器中不可能有固体残渣，故A错误;B、向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐，故B正确;C、氧化铁溶解于盐酸，氢离子浓度减小，生成的氯化铜、氯化亚铁和氯化铁溶液中水解溶液显酸性，对水的电离起到促进作用，反应过程中水的电离程度增大，故C正确;D、分析可知铁离子过量，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，加入铜发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，平衡逆向进行，铁离子消失后溶液红色褪去，故D正确;故选A。
考点：考查了铁及其化合物性质的分析应用的相关知识。
4.下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误的是 ( )
A.100 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中加入0.01 molCH3COOH：
CO32- + CH3COOH=HCO3- + CH3COO-
B.向HCOOK和KOH的混合溶液中加入KMnO4
2KMnO4+HCOOK+KOH=2K2MnO4+CO2↑+H2O
C.4 mol/L的NaAlO2溶液和7 mol/L的盐酸等体积均匀混合：
4AlO2- + 7H+ + H2O=3Al(OH)3↓+ Al3+
D.在含有Mn2+的溶液中加入HNO3再加入PbO2，则反应体系显紫红色：
5PbO2 + 2Mn2+ + 4H+=5Pb2+ + 2MnO4- + 2H2O
【答案】B
考点：本题主要是考查化学反应方程式正误判断
5.某钠盐溶液中可能含有NO2-、SO42-、SO32-、CO32-、Cl-、I-等阴离子。某同学取5份此溶液样品，分别进行了如下实验：
①用pH计测得溶液pH大于7
②加入盐酸，产生有色刺激性气体
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，且放出有色刺激性气体
④加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，该沉淀溶于稀硝酸且放出气体，将气体通入品红溶液，溶液不褪色。
⑤加足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，在滤液中加入酸化的(NH4)2Fe(SO4)溶液，再滴加KSCN溶液，显红色。
该同学最终确定在上述六种离子中公含NO2-、CO32-、Cl-三种阴离子。
请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。
A. ①②④⑤ B. ③④ C. ③④⑤ D. ②③⑤
【答案】B
考点：考查常见阴离子的检验
6.将一定量的Na2O2和NaHCO3混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体，冷却后有固体物质剩余，下列选项不正确的是( )
Na2O2/mol NaHCO3/mol 气体成分 A 1 2 Na2CO3 B 1.5 2 Na2O2 Na2CO3 C 2 1 Na2CO3、NaOH、Na2O2 D 2 2 NaOH、Na2CO3
【答案】B
【解析】
试题分析：混合物在密闭容器中加热(温度高于100℃)，可能发生如下反应：
①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，②2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，③2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2，
④2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，由上述反应，可得总的反应方程式为：
Ⅰ.Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+1/2O2↑+H2O↑
Ⅱ.2Na2O2+2NaHCO32Na2CO3+O2↑+2NaOH
A.当x=1/2时，只发生反应Ⅰ，且二者恰好完全反应，此时剩余固体为Na2CO3，气体成分为H2O(g)、O2，故A正确;B.当1/21时，发生反应Ⅱ，过氧化钠有剩余，此时剩余固体为Na2CO3、NaOH、Na2O2，故C正确;D.当x=1时，发生反应Ⅱ，过氧化钠恰好完全，此时剩余固体为Na2CO3、NaOH，故D正确;故选B。
考点：考查混合物的有关计算
7.下列溶液中离子或分子有可能大量共存的是
A.由水电离出的c(H )=10-13mol/L 溶液：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
B.无色溶液中：Na+、NH4+、Cl-、S2-
C.高锰酸钾溶液：Fe3+、H+、SO42-、C2H5OH
D.中性溶液中：Fe3+、K+ 、Cl-、SO42-
【答案】A
考点：考查离子共存
8.如图示的装置中，把X溶液逐滴滴下与Y物质反应，若X为浓硫酸，Y为第三周期金属元素中常温下与水难反应的单质。Z为品红溶液。实验中观察到Z褪色。则Y为
A.Na B.Mg C.Al D.Mg或Al
【答案】B
【解析】
试题分析：第三周期中的金属元素只有钠、镁、铝，由于钠在冷水中反应，铝能够被浓硫酸钝化，金属镁常温下与水不反应，故Y是镁(Mg)，故答案选B。
考点：考查金属镁的性质相关知识
9.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有( )
A.3种 B.4种 C.5种 D.6种
【答案】C
【解析】
考点：考查离子共存
10.向FeCl3、Al2(SO4)3的混和溶液中逐滴加入Ba(OH)2(aq)，形成沉淀的情况如下图所示。沉淀的生成与溶解的pH列于下表(已知：偏铝酸钡易溶于水)。以下推断正确的是
A.据图计算原溶液中c(Cl-)=c(SO42-)
B.OA段产生的沉淀为BaSO4和Fe(OH)3
C.AB段可能发生的反应是：2SO42-+ 2Ba2+ + Al3+ +3OH-=2BaSO4+Al(OH)3
D.C点溶液呈碱性的原因是AlO2-水解，其离子方程式为：AlO2-+2H2O=Al(OH)3 +OH一
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据所给沉淀的溶度积，可知加入氢氧化钡溶液后铁离子先沉淀，沉淀的总物质的量是6mol，其中氢氧化铝为2mol，则铝离子的物质的量是2mol，则硫酸根离子的物质的量是3mol，所以铁离子的物质的量是1mol，根据电荷守恒，则氯离子的物质的量是3mol，溶液的体积相同，所以原溶液中c(Cl-)=c(SO42-)， 正确;B、OA段产生的沉淀的物质的量是5mol，加入3mol氢氧化钡，则硫酸根离子沉淀完全，根据沉淀的pH值可知，铁离子先沉淀，所以6mol氢氧根离子与1mol铁离子、1mol铝离子分别生成1mol氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，则OA段的沉淀是硫酸钡、氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，错误;C、AB段再加入1.5mol氢氧化钡，则3mol氢氧根离子与剩余1mol铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，此时硫酸根已沉淀完全，不会再产生硫酸钡沉淀，错误;D、C点时氢氧化铝全部与氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和水，偏铝酸根离子水解使溶液呈碱性，但水解是微弱的，离子方程式不能用“=”表示，错误，答案选A。
考点：考查对图像的分析判断，对所给信息的理解应用能力
11.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强、无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：湿法制备的主要离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，干法制备的主要反应方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。则下列有关说法不正确的是( )
A.高铁酸钠中铁显+6价
B.湿法中FeO42-是氧化产物
C.干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子
D.Na2FeO4可氧化水中的H2S、NH3，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附悬浮杂质
【答案】C
考点：考查氧化还原反应原理及应用。
12.向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为
A.0.24 mol B.0.16 mol C.0.21 mol D.0.14 mol
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意可知，溶液中无铁离子存在，得到的溶液为Fe(NO3)2的溶液，根据N元素守恒，Fe(NO3)2中NO3-的物质的量是0.12L×4mol/L-1.344L/22.4L/mol=0.42mol,则Fe元素的物质的量是0.42mol/2=0.21mol,再根据Fe元素守恒，所以用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量也是0.21mol，答案选C。
考点：考查氧化还原反应的计算，守恒法的应用
13.下列叙述正确的是
①NaCl的摩尔质量是58.5g
②在C与SiO2反应制备SiC中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:1
③标准状况下，1 L HCl和1 L H2O的物质的量相同
④标准状况下，1 g H2和16 g O2的体积相同
⑤摩尔质量就等于物质的式量
⑥两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同
⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大
⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比
A.①②③④ B.②③⑥⑦⑧ C.⑤⑥⑦⑧ D .④⑦⑧
【答案】D
14.下列说法中，正确的是
A.Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物，都属于碱性氧化物
B.SiO2、CO2均为酸性氧化物，均能与NaOH溶液反应生成盐和水
C.FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与氢碘酸反应均只发生复分解反应
D.将Fe(OH)3胶体和泥水分别进行过滤，分散质均不能通过滤纸孔隙
【答案】B
考点：考查常见物质的性质和分类，胶体的性质，铁及其化合物的性质等知识
15.在含0.2molKOH和0.1molBa(OH)2混合溶液中持续通入CO26.72L(标况)的过程中，溶液中离子的物质的量n和通入CO2体积V关系示意图正确的是( )
A B C D 【答案】D
【解析】
试题分析：0.2molKOH和0.1molBa(OH)2混合溶液中离子的物质的量为0.2mol+0.2mol+0.1mol+2×0.1mol=0.7mol，CO2首先与Ba(OH)2反应，Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O，恰好反应时，消耗CO2物质的量为0.1mol，溶液含有0.2mol KOH，溶液中离子物质的量为： 2×0.2mol=0.4mol，继续通入CO2发生反应：CO2+2KOH=K2CO3+H2O，消耗CO2物质的量为0.1mol，溶液含有0.1mol K2CO3，离子物质的量为0.1mol+2×0.1mol=0.3mol，再通入CO2发生反应：CO2+CO32+H2O=2HCO3，HCO3物质的量为0.4mol，可画出图像，D项正确。
考点：本题考查离子反应、图像的分析、化学计算。
16.12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰。据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金(单质钠和单质铝熔合而成)做载热介质。下列有关说法不正确的是( )
A.自然界中没有游离的钠和铝
B.若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n(Al) ≤ n(Na)
C.铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，可能有铜和氧化铜
D.m g不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多铝的质量分数越小
【答案】D
考点：金属的性质
二、非选择题(5小题，共52分)
17.(10分)常见的五种盐X、Y、Z、M、N，它们的阴离子可能是SO、Cl-、NO、CO，阳离子可能是Ag+、NH、Na+、Al3+、Cu2+、Ba2+、Fe3+，已知：
①M的焰色反应呈黄色。
②五种盐均溶于水，水溶液均为无色。
③X的溶液呈中性，Y、Z、N的溶液呈酸性，M的溶液呈碱性。
④若在这五种盐的溶液中分别加入Ba(NO3)2溶液，只有X、Z的溶液不产生沉淀。
⑤若在这五种盐的溶液中，分别加入氨水，N和Z的溶液中生成沉淀，继续加氨水，Z中沉淀消失。
⑥把X的溶液分别加入到Y、Z、N的溶液中，均能生成不溶于稀硝酸的沉淀。
请回答下列问题：
(1)五种盐中，所含阴离子相同的两种盐的化学式是__________________
(2)M溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_________ _______________________
(3)X和Z的溶液反应的离子方程式是_______________________________________
(4)N和氨水反应的离子方程式是__________________________________________
(5)若要检验Y中所含的阳离子，正确的实验方法是___________________________
【答案】(10分)
(1) (NH4)2SO4、Al2(SO4)3
(2) CO+H2O HCO+OH-
(3)Ag++Cl-===AgCl↓
(4)Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH
(5)取少量B于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察是否变蓝色
考点：本题考查离子的检验与推断、离子方程式的书写。
18.(10分)G、Q、X、Y、Z均为氯的含氧化合物。我们不了解它们的化学式，但知道它们在一定条件下具有如下转化关系(未配平)
①GQ+NaCl
②Q +H2OX+H2
③Y+NaOH G+Q+H2O
④Z+NaOH Q+X+H2O
(1)这五种化合物中氯的化合价由高到低的顺序是 ;
(2)臭氧与二氧化氯作用，可以得到红色油状的六氧化二氯Cl2O6 ，遇有机物会爆炸。它与氢氧化钠溶液反应可得到氯的两种含氧酸盐，其离子方程式是： 。
(3)亚氯酸钠NaClO2 ，可以作漂白剂，在常温下不见光可以保存约1年。但在酸性条件下因为生成亚氯酸而发生分解反应：HClO2 ClO2+H++Cl―+H2O，分解时，刚加入硫酸时的反应很慢，随后突然迅速放出气态的二氧化氯。写出配平的化学方程式 。
如果有2molHClO2发生反应，则转移电子的个数是 ，后期反应速率迅速加快的原因是 。
A、酸使亚氯酸的氧化性增强 B、溶液中的氢离子还起了催化作用
C、溶液中的氯离子还起了催化作用 D、逸出的气体使反应生成物的浓度降低
【答案】(10分)
(1)X>Z>Q>Y>G (2)Cl2O6+2OH-===ClO3―+ClO4―+H2O
(3)5HClO2=== 4ClO2+H++Cl―+2H2O 1.6NA C
考点：考查氯元素化合价的判断，氧化还原反应的有关应用。
19.(12分)铝热反应是铝的一个重要性质。某校化学兴趣小组同学为了克服传统铝热反应纸漏斗易燃烧，火星四射等缺点，将实脸改成以下装置，取磁性氧化铁在如图A实验进行铝热反应，冷却后补到“铁块”混合物.
(1)实验中可以用蔗糖和浓硫酸代替镁条作引火剂，共原因是
(2)该铝热反应的化学方程式为
(3)取反应后的“铁块”研碎取样称量，加入如图B装置，滴入足量NaOH溶液充分反应，测量生成气休体积以测量样品中残留铝的百分含量.试回答下列问题：
①量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成，该仪器的名称为
②量气管在读数时必须进行的步骤是 。
③取1g样品进行上述实验，共收集到44.8mL气体(换算成标准状况下)，则铝的百分含量为 。
④装置中分液漏斗上端和烧瓶用橡胶管连通，除了可以平衡压强让液体顺利滴入试管之外， 还可以起到降低实验误差的作用。如果装置没有橡胶管，测出铝的百分含量将会 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(12分，每空2分)
(1)蔗糖在浓硫酸中脱水并放出大量的热
(2)8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe
(3)①碱式滴定管 ②冷却至常温和调节量气管使左右液面相平③3.6% ④偏大
考点：本题考查基本操作与基本仪器、实验方案的分析与评价。
20.(12分)下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。
根据图示回答问题：
(1)按要求写出下列化学用语：若B原子中子数比质子数多1，则B的原子符号为 ;C的电子式为 ，若D最外层只有两个电子，则D的原子结构示意图 ;
(2)写出反应①的化学方程式是 ;
写出反应②的化学方程式并标出电子转移的方向和数目
(3)J与稀硝酸反应的离子方程式是 ;用排水法收集满该反应的还原产物后，将试管倒扣在水槽中并通入O2使试管刚好全部充满水，假设液体不外溢，则所得溶液的物质的量浓度为 。
【答案】(1)Al (1分) (2分)(1分)
(2) 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(2分) (2分)
(3) 3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O (2分) 1/22.4molL-1(2分)
(3)Fe3O4与稀硝酸反应，Fe元素被硝酸氧化成Fe3+，硝酸得电子生成NO气体，根据化合价升降相等和电荷守恒配平，则离子方程式是3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O。设试管的体积为V，则收集到的NO的物质的量为V÷22.4mol，根据化学反应4NO+3O2+2H2O = 4HNO3 ，最终试管内硝酸的物质的量为V÷22.4mol，则硝酸的物质的量浓度为(V÷22.4)÷V= 1/22.4molL-1。
考点：考查无机框图推断，铝、铁及其化合物的性质，化学计算等知识
21.(8分)铁氧体是一类磁性材料，通式为MO· xFe2O3(M为二价金属离子)。根据题意完成：
(1)为了制备铁氧体，称取5.6g铁粉、一定量的FeCl3(s) 作为原料，先制备Fe3O4。方法如下：用稀硫酸溶解铁粉，加入FeCl3(s)，经过一系列反应得到纯净的Fe3O4[已知1molFe(OH)2与2molFe(OH)3混合灼烧可得到1mol Fe3O4 ]。需要加入FeCl3(s) g。
(2)如果以MgSO4(s)和FeCl3(s)为原料制备9.0 g MgO· 2Fe2O3，在制取过程中至少需要1 mol/L的NaOH(aq) mL。
(3)在一次制备Fe3O4的实验中，由于反应物比例控制不当，获得了另一种产品。取a克该产品溶于100mL盐酸(足量)中，需要通入672 mL(标准状况)Cl2才能把溶液中的Fe2+ 全部氧化为Fe3+，然后蒸干所得溶液，灼烧至恒重，得9.6 g固体。
计算：
①ag 该产品溶于盐酸后，溶液中Fe2+ 的物质的量浓度(溶液体积变化忽略不计)。
②推算该产品的化学式(写出推算过程)。
【答案】(8分)(1)32.5 g(2分)(2)350mL(2分) (3)①0.6 mol/L(2分) ②2FeO · Fe2O3(2分)
0.06mol，则原溶液中铁离子是0.06mol×2—0.06mol=0.06mol，则氧化亚铁是0.06mol，氧化铁是0.03mol，则该产品的化学式为2FeO · Fe2O3。
考点：考查化学计算
高考化学综合提升训练题及答案
篇7：高二语文上册老人与海同步训练题及答案
1.给下列加点的字注音。
鲭鲨( ) 海鳐( ) 蹂躏( )
黏液( ) 攮刺( ) 胳肢窝( )
舵把( ) 榫头( )
2.根据拼音写出下列汉字。
3.解释加点词语在句中的意思。
(1)这是一条毫无畏惧而且为所欲为的鲨鱼。
(2)他听得见那条大鱼身上皮开肉绽的声音。
(3)由于另一条鲨鱼还在蹂躏死鱼的缘故，船身还在晃荡。
4.文学常识填空。
海明威，________国现代作家。1954年获诺贝尔文学奖。代表作有________、________、__________等。他在中篇小说《老人与海》中塑造的“硬汉”形象是____________。
5.根据课文内容回答问题。
(1)节选部分老人与鲨鱼进行了哪几次搏斗?老人是在什么样的身体状况下搏斗的?
(3)独白在文中起什么作用?
答案：1.qīnɡ yáo róu lìn nián nǎnɡ ɡā duò sǔn
2.①攥/纂/篡 ②戳/戮/缪
3.(1)想做什么就做什么(多指干坏事)。(2)皮肉都裂开了。形容被打得伤势极重。(3)践踏，比喻用暴力欺压、侵害。文中指鲨鱼正在吃马林鱼。
4.美 《老人与海》 《永别了，武器》 《丧钟为谁而鸣》 桑地亚哥
5.(1)①共进行了五次艰苦卓绝的搏斗。分别是斗一条鲭鲨、斗两条星鲨、斗一条犁头鲨、再斗两条星鲨、斗成群结队的鲨鱼。②第一次：和大马林鱼搏斗三天两夜，手受伤;第二次：手上的伤加重;第三次：吃点马林鱼肉，攒些力气，手淌血;第四次：觉得自己已经死了，手活活地痛，连说话的力气都没有;第五次：身体又痛又发僵，伤口和身上一切用力过度的部位都因寒冷而痛得厉害。
(2)独白忠实地记录了桑地亚哥的内心活动，写出他在海上漂泊的这几天的心态，通过自由联想的方式，真实地再现了老人的思想与感受。这些内心独白不仅深刻揭示了主人公那内心的自豪感、坚毅以及寻求援助的孤独感，而且闪烁着深邃丰富的哲理光彩，丰富了小说的思想，构成小说的重要特色。
阅读下面的文字，完成6～9题。
鲨鱼飞快地逼近船后边。它去咬那条死鱼的时候，老头儿看见它的嘴大张着，看见它那双奇异的眼睛，它咬住鱼尾巴上面一点的地方，牙齿咬得嘎吱嘎吱地响。鲨鱼的头伸在水面上，它的脊背也正在露出来，老头儿用鱼叉攮到鲨鱼头上的时候，他听得见那条大鱼身上皮开肉绽的声音。他攮进的地方，是两只眼睛之间的那条线和从鼻子一直往上伸的那条线交叉的一点。事实上并没有这两条线。有的只是那又粗大又尖长的蓝色的头、两只大眼和那咬得格崩崩的、伸得长长的、吞噬一切的两颚。但那儿正是脑子的所在，老头儿就朝那一个地方扎进去了。他鼓起全身的气力，用他染了血的手把一杆锋利无比的鱼叉扎了进去。他向它扎去的时候并没有抱着什么希望，但他抱着无比的决心和十足的恶意。
鲨鱼在海里翻滚过来。老头儿看见它的眼珠已经没有生气了，但是它又翻滚了一下，滚得自己给绳子缠了两道。老头儿知道它是死定了，鲨鱼却不肯承认。接着，它肚皮朝上，尾巴猛烈地扑打着水面，两颚格崩格崩响，像一只快艇一样在水面上破浪而去。海水给它的尾巴扑打得白浪滔天，绳一拉紧，它的身子四分之三都脱出了水面，那绳不住地抖动，然后突然断了。老头儿望着鲨鱼在水面上静静地躺了一会儿，后来它就慢慢地沉了下去。
“它咬去了大约40磅。”老头儿高声说。他想：它把我的鱼叉连绳子都带去啦，现在我的鱼又淌了血，恐怕还有别的鲨鱼会窜来呢。
他不忍朝死鱼多看一眼，因为它已经给咬得残缺不全了。鱼给咬住的时候，他真觉得跟他自个儿身受的一样。
他想：但是我已经把那条咬我的鱼的鲨鱼给扎死啦。我从来没看过这么大的“Dentuso”。谁晓得，大鱼我可也看过不少呢。
他想：能够撑下去就太好啦。这要是一场梦多好，但愿我没有钓到这条鱼，独自躺在床上的报纸上面。
“可是一个人并不是生来要给打败的，”他说，“你尽可把他消灭掉，可就是打不败他。”他想：不过这条鱼给我弄死了，我倒是过意不去。现在倒霉的时刻就要来到，我连鱼叉也给丢啦。“Dentuso”这个东西，既残忍，又能干，既强壮，又聪明。可我比它更聪明。也许不吧，他想。也许我只是比它多了个武器吧。
“别想啦，老家伙。”他又放开嗓子说，“还是把船朝这条航线开去，有了事儿就担当下来。”
6.写鲨鱼去咬死鱼的时候，突出了它的什么特点?
7.老头儿用鱼叉攮鱼的时候，“他攮进的地方，是两只眼睛之间的那条线和从鼻子一直往上伸的那条线交叉的一点”，说明了什么?
8.文中有这样的话：“‘可是一个人并不是生来要给打败的，’他说，‘你尽可把他消灭掉，可就是打不败他。’”为什么消灭了还说是打不败?谈谈你的理解。
9.文中老头儿对自己说“还是把船朝这条航线开去，有了事儿就担当下来”，这里的“事”是指什么事?“担当”是什么意思?
答案：6.凶猛，无所畏惧。
7.说明老头儿有丰富的捕鱼经验，因为那儿是鱼的脑子。
8.消灭的是人的生命，打不败的是人的精神斗志。
9.文中“有了事”的“事”是指再遇上鲨鱼或风浪等危险。“担当”是指要勇敢顽强地去斗争、搏斗。
一、基础积累
1.下列各组中加点字的注音，全都正确的一组是( )
A.锥形(zhuī) 鱼鳍(qí)
舵柄(duò) 鳐鱼(yáo)
B.两颚(è) 攥住(zǎn)
嗜杀(shì) 黏液(nián)
C.吞噬(shì) 脊髓(shuǐ)
蹂躏(lìn) 撬开(qiào)
D.榫头(sǔn) 打鼾(hān)
残骸(hái) 拽拉(yè)
答案：A 解析：B项，“攥”应读“zuàn”;C项，“髓”应读“suǐ”;D项，“拽”应读“zhuài”。
2.下列句子中，没有错别字的一组是( )
A.海水给它的尾巴扑打得白浪涛天，绳一拉紧，它的身子四分之三都脱出了水面，那绳不住地抖动，然后突然断了。
B.它依旧闭紧了嘴咬住鱼，于是老头儿再从它的左眼上戮进去，但它还是缠住死鱼不放。
C.它们已经蹿到船头跟前去咬那条死鱼，一忽儿一个接着一个地扑上来，一忽儿一涌而上。
D.短棍落下的当儿，他觉得好像碰到了一块坚韧的.橡皮，同时他也感觉到打在铁硬的骨头上。
答案：D 解析：A项，“涛”应为“滔”;B项，“戮”应为“戳”;C项，“涌”应为“拥”。
3.下列加点的熟语使用恰当的一项是( )
A.他为自己在中考发挥不好而耿耿于怀，怨天尤人，以致对自己的能力产生了怀疑。
B.《老人与海》的作者海明威居心叵测地把多层含义融合在一个简单的故事里，而我们则从这个故事里读出了一个完整的人生哲学。
C.刚刚步入高中的校门，面对陌生的同学，她变成了一个沉默寡言、我行我素的人。
D.当人体不活动、不运动时，摄氧量减少，循环系统不顺，肌肉因太少使用而张力变小，骨骼中的钙质入不敷出，常出现焦虑不安的情绪。
答案：C 解析：C项，“我行我素”指完全按照自己本来的一套去做，不顾及别人的看法。A项，“怨天尤人”应该改为“自怨自艾”，因为根据选项中为自己的“发挥”“对自己的能力”可以看出，“他”并没有埋怨别人，没有把“中考发挥不好”归于客观，故此处应该使用“自怨自艾”;B项，“居心叵测”指存心险恶，不可推测，是贬义词，应改为“煞费苦心”;D项，“入不敷出”是指收入不够开支，不能用于钙质的吸收与消耗。
4.(2009全国高考Ⅰ，3)下列各句中，没有语病的一句是( )
A.引起世界关注的甲型流感病毒虽然不易致命，但传播速度快，如果不想办法找到它的演变原理，病情很容易迅速蔓延，给人类健康带来巨大威胁。
B.3月5日那天，我市万名青年志愿者走上街头学雷锋活动，这次活动的总口号是“弘扬雷锋精神，参与志愿行动，服务青年创业，建设和谐城市”。
C.社区主任接受采访时表示，去年大家做了很多调解工作，今年会更多地为受到情感和生活困扰的人提供帮助，让他们不再那么痛苦、那么不知所措。
D.这次发展论坛在上海举行，参加论坛的中外各界人士在论坛期间就环境保护、人才培养、普及教育等众多议题为期两天发表意见并进行各种交流。
答案：C 解析：A项，“病情迅速蔓延”暗换主语，造成搭配不当和中途易辙的语病。原来的主语是“甲型流感病毒”。B项，属于成分残缺，缺谓语，可在“走上街头”后面加“举行”或“开展”。D项，语序不当，可将“为期两天”放在“在上海举行”的后面，作为一个分句;或将“为期两天”提至“论坛期间”之前，后加“的”作定语;“普及教育”应调整为“教育普及”。
轻松练笔
本文选取的是从鲨鱼出现到老人回到渔港的部分，文章的结尾是老人拖着一副巨大的马林鱼骨架回到了家，那么你认为桑地亚哥老人是成功了还是失败了?人生的成败到底应该如何衡量?
写作提示：《老人与海》之所以成为海明威的巅峰之作，之所以不同于海明威其他硬汉小说，就在于海明威在《老人与海》中，不但写了硬汉，而且通过这一硬汉讴歌了人类永恒的价值——人的自信。理解了小说的写作意图，那么写作这个片段就应围绕老人是成功的这个观点来写，衡量人生的成败也不应仅仅以最后的结果为标准，而应看他是否为了这个结果而去努力奋斗过。
答案示例：读完了《老人与海》，我被老人的勇气深深打动了，因为我看不到老人败到哪里。或许说失败是因为最后捕到的终究是一副空骨架，但人生的成败是以物质作标准的吗?
无可否认，只要是人就都会有缺陷。当一个人承认了这个缺陷并努力去战胜它而不是屈从它的时候，无论最后是得到一条完整的马林鱼还是一副空骨架，这都已经无所谓了，因为一个人的生命价值已在那追捕马林鱼的时候充分体现了。曾经为自己的理想努力追求过、奋斗过，难道他不是一个胜利者吗?
他是，他是我们心中的英雄。这样的一个沧桑老人，在精疲力竭的时候，他始终没有向大海、向大马林鱼、向鲨鱼妥协，他其实是一个敢于挑战自身缺陷及自己勇气和信心的胜利者，我们更衷心地敬佩他了。
人生本来就是一种无止境的追求。他的道路漫长、艰难，而且充满坎坷，但只要自己勇敢顽强地以一颗自信的心去迎接挑战，他将永远是一个真正的胜利者。
[知识拓展]
老人与海读后感
《老人与海》是一部历时一个世纪的巨作，它告诉了我们人生哲学中的诸多道理，同时就我看来，其中也不乏蕴涵着一些程序方面的重大道理。
海明威的《老人与海》讲述了一个极为简单的故事，这是一篇让看过它的人都感动其中、感悟其中的故事：一个名叫桑提亚哥的老渔夫，独自一个人出海打鱼。在一无所获的84天后钓到了一条奇大无比的马林鱼。这是老人从来没见过也没听说过的比他的船还大两英尺的一条大鱼。鱼大劲也大，拖着小船漂流了整整两天两夜。老人在这两天两夜中经历了从未经受的艰难考验，终于把大鱼刺死，拴在船头。然而这时却遇上了鲨鱼，老人与鲨鱼进行了殊死搏斗，结果大马林鱼还是被鲨鱼吃光了，老人最后拖回家的只剩下一副光秃秃的鱼骨架。
也许，书中的老渔夫不是最后的胜利者，因为尽管开始他战胜了大马林鱼，但最终还是让鲨鱼吃了，他只带着鱼骨上岸，可是他始终没有向大海、向大马林鱼、向鲨鱼妥协，他其实是一个敢于挑战自身缺陷及自己勇气和信心的胜利者。
在茫茫黑夜的巨浪中，弱小的人类与强大的自然在奋勇抗争，如同面对命运莫测的人生，可以消灭的是肉体，不可以征服的是意志和精神。清晨归来，老人并非一无所有，战胜自然，战胜自我而获得的生命自由就是他胜利的象征。
无可否认，只要是人就都会有缺陷。当一个人承认了这个缺陷并努力去战胜它而不是去屈从它的时候，无论他能否最终战胜自身的这个缺陷，他都是一个胜利者，因为他已经战胜了自己对缺陷的妥协，他是自己勇气和信心的胜利者。老渔夫就是敢于挑战自身缺陷及自己勇气和信心的胜利者。从世俗胜利观的角度看，老渔夫不是最后的胜利者，因为尽管开始他战胜了大马林鱼，但是最终大马林鱼还是让鲨鱼吃了，他只是带着大马林鱼的白骨架子回到了岸上，也就是说，鲨鱼才是胜利者。可是，在理想主义者眼里，老渔夫就是胜利者，因为他始终没有向大海没有向大马林鱼，更没有向鲨鱼妥协和投降。
人性是强悍的，人类本身有自己的限度，但正是因为有了老渔夫这样的人一次又一次地向限度挑战，超越它们，这个限度才一次次扩大，一次次把更大的挑战摆在了人类面前。在这个意义上，老渔夫桑地亚哥这样的英雄，不管他们挑战限度是成功还是失败，都是值得我们永远敬重的。“一艘船越过世界的尽头，驶向未知的大海，船头上悬挂着一面虽然饱经风雨剥蚀却依旧艳丽无比的旗帜，旗帜上，舞动着云龙一般的四个字闪闪发光——超越极限!”作者海明威是这样评价他的作品《老人与海》的。
当我们读到在大海中苦苦鏖战的老人和拼死也要活口的鱼类的时候，我们愿意相信这就是活着之所以应该活着的价值，证明自身存在的价值，对于年轻人以及中年人来说更应该多从这个角度来理会本书的内涵，奋斗可能没有结果，可能一切都会是一场空空的“骨架”，但是，有一点我们必须承认，奋斗的过程是何其令人赞赏?正像某书评作家解读《西游记》中的孙悟空一样，读者最喜欢的还是西行中的孙行者，而不是已经修成正果的斗战胜佛
人生就如一片汪洋，很宽，也很危险。它可以把你推向一个高度，也会瞬间让你失去自己所有的幸福。我们为了保留这一丝幸福，会努力地向浪尖奔去，用我们的满腔热血化解有时愤怒的海洋。要知道，一个好渔人，是拥有桑提亚哥的意志和精神的。
我想：人生即是海洋，时而波涛汹涌，时而风平浪静。在风里你可以感受坚毅，在浪里你可以感受激昂!这些都是过程带给我们的快乐和痛苦!
篇8：高二政治价值的创造与实现基础复习训练题及答案参考
高二政治价值的创造与实现基础复习训练题及答案参考
一、单项选择题
1．同学们要学会对父母负责，对社会负责；要懂得回报父母，回报他人，报效国家。这是由于( )
A．事物的性质是由矛盾主要方面决定的
B．实践是检验认识正确与否的唯一标准
C．个人与社会是辩证统一的关系
D．人生价值的实现需要艰苦奋斗
[答案]C
2．大量事实表明，在客观条件相同的情况下，有的人碌碌无为，有的人则为人民和社会作出了巨大的贡献。其主要原因是( )
A．成长环境不同
B．主观能动性发挥的不同
C．命运不同
D．他人的支持不同
[答案]B
3．“历史把那些为共同目标工作因而自己变得高尚的人称为最伟大的人物；经验赞美那些为大多数人带来幸福的人是最幸福的人。”这段话表明( )
A．努力奉献的人是幸福的
B．劳动着的人是最伟大的人
C．人们的社会地位和需要不同，对事物的价值判断和价值选择不同
D．人生价值的实现离不开大多数人的利益
[答案]A
4．“将自己辛勤劳动、合法经营得到的收入，用于自己的合理消费和社会公益事业，既能显示生活的潇洒，又能体现人生的意义。”这表明( )
①人既是价值的创造者，又是价值的享受者 ②人生价值是在劳动和奉献中实现的 ③价值观对人生道路的选择具有决定作用 ④价值观不同，人们对客观事物的评价就不同
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
[答案]A
5．有人提出：“生命价值＝生命长度×宽度”，这里的“长度”是指一个人实实在在的行动，“宽度”是指一个人的素质。这种理解的合理性在于( )
①实现人生价值必须充分发挥主观能动性 ②实现人生价值必须具备良好的社会条件 ③只有在实践中才能实现自己的人生价值 ④只要发挥主观能动性就一定能实现自己的价值
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
[答案]B
6．一个道德模范，一座精神丰碑。以道德模范为榜样，在砥砺自我中走向成功，需要我们( )
①充分发挥主观能动性，顽强拼搏、自强不息
②发展自己的才能，全面提高个人素质 ③自我设限，艰苦奋斗 ④坚持正确的理想信念，时刻用正确的价值观支撑自己
A．①②③ B．①②④
C．①③④ D．②③④
[答案]B
二、非选择题
7．“真情献社会，服务暖人心”。在抗震救灾、北京奥运会、上海世博会等重大事件和大型活动以及日常的社区服务中，志愿服务已经并将继续发挥巨大作用。
志愿者日益受人尊敬。为更好地褒奖志愿者，有的地方打算将“鼓励有关单位在招录公务员、招聘员工、招生时，同等条件下优先录用、聘用、录取有良好志愿服务记录的`志愿者”写入地方法规；还打算推广“志愿者服务卡”制度，持卡的志愿者还可以在指定场所购物、参观、浏览时获得一些优惠。
运用所学哲学知识，说明个人应当如何在社会中实现人生价值。
[答案](1)人生的价值在于对他人和社会的贡献。一个人在劳动中对社会和人民的贡献越多，价值就越大。
(2)社会为人生价值的实现提供了条件，人不能脱离社会实现个人价值。
(3)爱我们的家人，爱我们的朋友，爱我们的事业，爱我们的祖国，积极投身于为人民服务的实践，是实现人生价值的必由之路，也是拥有幸福人生的根本途径。
[解析]根据设问从如何实现人生价值的角度作答。答题时要注意思路的周全、观点与材料相结合。
高二化学影响化学平衡的因素训练题及答案（锦集8篇）
