还剩19页未读，
继续阅读
【化学】吉林省榆树一中五校联考2018-2019学年高二上学期期末联考试题（解析版）
展开
吉林省榆树一中五校联考2018-2019学年高二上学期期末联考试题
可能用到的相对原子质量：Fe 56 Cl 35.5 O 16 H 1 N 14 Cu 64 Mg 24Na 23C 12
一、选择题：本题共 16 小题，每小题 3 分，满分 48 分，每题只有一个选项是最符合题意的。
1.已知 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，下列说法正确的是
A. 增加 N2 浓度和缩小容器容积，活化分子百分数都会增加
B. 该反应的△S＜0
C. 正反应活化能大于逆反应的活化能
D. 反应物断键吸收能量大于成键释放能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增加 N2 浓度，增加了氮气的活化分子数，百分数不变；缩小容器容积，相当于增大了各物质的浓度，活化分子数增大，百分数不变，A错误；
B. 由反应方程式可知，该反应发生后气体的总量减小，混乱度减小，该反应的△S＜0，B正确；
C. 该反应为放热反应，所以正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D. 该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于成键释放能量，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
2.下列比较中前者大于后者的是
A
不同情况下速率：
A(g)＋3B(g) 2C(g)
v(A)＝0.15 mol/(L·min)
v(B)＝0.06 mol/(L·s)
B
加水稀释 10 倍后的 pH
1 mL pH＝1 的 CH3COOH
1 mL pH＝1 的 HCl
C
反应热△H
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L 的 HCl
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L CH3COOH
D
反应速率：
Zn＋2H＋ ═ Zn2＋＋H2↑
65 g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应
65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.针对同一个反应，速率之比和系数成正比，v(A)＝0.15 mol/(L·min)=0.0025 mol/(L·s)，用B表示的反应速率为v(B)＝0.06 mol/(L·s)，换算成A表示的反应速率为v(A)＝0.06 mol/(L·s)÷3=0.02 mol/(L·s)，所以前者小于后者，A错误；
B.醋酸属于弱电解质，加水稀释，促进电离，因此1 mL pH＝1 的 CH3COOH，加水稀释 10 倍后的 pH<2；而HCl为强电解质，完全电离，因此1 mL pH＝1 的HCl，加水稀释 10 倍后的 pH=2；前者小于后者，B错误；
C.CH3COOH属于弱电解质，电离过程需要吸收热量，因此50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L 的 HCl恰好完全反应放出的热量大于50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L CH3COOH反应放出热量，由于中和反应为放热反应，△H<0，所以△H前者小于后者，C错误；
D.Zn、Cu、1 mol/L 的 HCl构成原电池，加快了该反应的反应速率，所以65g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应的速率大于65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应速率，前者大于后者，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】强酸、强碱的稀溶液发生中和反应，中和热的数值为57.3 kJ/mol。而弱酸或弱碱发生中和反应，中和热数值小于57.3 kJ/mol，因为弱酸或弱碱电离过程要吸热；但是在解题时，注意比较的是数值还是反应热△H，中和热数值越大，△H反而越小。
3.下列说法错误的是
A. 煅烧石灰石属于吸热反应，高温下能自发进行
B. 乙醇燃烧属于放热反应，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应
C. NH4Cl·8H2O(s)和 Ba(OH)2(s)反应属于吸热反应，能自发进行的原因是熵增大于焓变
D. 铝热反应需高温下进行，故为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，∆H>0，∆S>0，根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应在高温下能自发进行，A正确；
B. 反应能设计成原电池的是自发进行的氧化还原反应，∆H<0；乙醇燃烧属于氧化还原反应，∆H<0，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应，失电子发生氧化反应，B正确
C. 根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应为吸热反应，∆H>0，则该反应∆S>0，且熵增大于焓变，C正确；
D. 铝热反应的发生需要在高温下引发反应，反应发生后放出大量的热，所以该反应为放热反应， D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热反应还是吸热反应并无直接关系。许多放热反应也需要加热才能引发反应，也有部分吸热反应不需要加热，在常温下也可进行。
4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO－为 NA个
B. 标况下 22.4 L NO 和 11.2 L O2 反应后，气体分子总数为 NA 个
C. 1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA
D. H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-个数小于NA个，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于NA，B错误；
C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA，C正确；
D. 由于H2O(l)= H2O(g) ∆H>0，所以H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量不相等，生成NA 个 H2O(l) 放出的热量多，D错误；
综上所述，本题选C。
5.在下列条件下，离子仍能大量共存的是
A. c(H＋)＞c(OH－)的溶液中，Na＋、NH4＋、I－、NO3－
B. c水(H＋) ＝1×10－13 mol/L的溶液中，K＋、Mg2＋、SO42－、HCO3－
C. c(Fe3＋)＝0.1 mol/L 的溶液中，H＋、Al3＋、Cl－、SCN－
D. Kw/c(H＋)＝0.1 mol/L 的溶液中，Na ＋、K＋、SiO32－、NO3－
【答案】D
【解析】
【详解】A.c(H＋)＞c(OH－)的溶液显酸性，在酸性条件下，NO3－能够氧化 I－，不能大量共存，A错误；
B. 酸碱抑制水的电离子，由于c水(H＋) ＝1×10－13 mol/L <10-7mol/L，所以该溶液可能是酸溶液或碱溶液，HCO3－在酸性或碱性环境下均不能大量共存，B错误；
C. Fe3＋与SCN－能够发生络合反应，生成络合物，不能大量共存，C错误；
D. Kw/c(H＋)＝0.1mol/L，说明溶液显碱性，四种离子间不发生反应，均能大量共存， D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查限定条件下的离子共存问题，在解答此类问题时，不仅要注意离子组之间能否大量共存，还要考虑各离子能否在限定的条件下能否大量共存。
6.一种能捕捉 CO2 生成草酸盐的电化学装置如图所示。下列说法中错误的是
A. 该装置为化学能转化为电能的装置
B. 电子由 Al 移向石墨
C. 每消耗 22.4 L CO ，电路中转移 1 mol e－
D. 正极反应为：2CO2＋2e-═ C2O42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.该装置为原电池，能将化学能转变为电能，A正确；
B.该装置为原电池，Al为负极，石墨为正极，电子由负极经导线移向正极，B正确；
C.没有给定气体存在的状态是否为标况下，不能确定22.4 L CO是否为1mol，无法计算电路中转移电子的量，C错误；
D.正极通入的二氧化碳得到电子发生还原反应生成C2O42-，D正确；
综上所述，本题选C。
7.铅蓄电池是重要的化学电源之一，其反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O。下列说法中错误的是
A. 充电时阴极为 PbSO4 变为 Pb，发生氧化反应
B. 充电时 Pb 与电源负极相连
C. 放电时正极增加 64 g，转移 2 mol 电子
D. 阳极电极反应为：PbSO4－2e-＋2H2O ═ PbO2＋4H+＋SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】
根据总反应Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O可知，放电时，为原电池，Pb在负极发生氧化反应，PbO2在正极发生还原反应；充电时为电解池，阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，阴极发生还原反应，PbSO4被还原为Pb；据此进行分析。
【详解】A. 充电时阴极为 PbSO4 变为 Pb，发生还原反应，A错误；
B. 充电时 Pb 极发生还原反应，做阴极，应与电源负极相连，B正确；
C. 放电时，正极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4＋2H2O，正极质量增加可以看作为SO2质量，所以正极增加 64 g SO2，物质的量为1mol，转移 2 mol 电子，C正确；
D. 阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，失电子，电极反应式书写正确，D正确；
综上所述，本题选A。
8.某晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低。而 M(s)溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为图。下列说法中错误的是
A. △H1＝△H2＋△H3
B. M(s)溶于水形成溶液△S＞0
C. △H2＞△H3
D. 若 M 为 CuSO4，则 25℃时 CuSO4 溶液 pH＝7
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3，A正确；
B. M(s)溶于水形成溶液，混乱度增大，熵变增大，△S＞0，B正确；
C. M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H3<0，晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低，△H1>0，根据盖斯定律可知，△H1＝△H2＋△H3，△H2=△H1-△H3>0，所以△H2＞△H3，C正确；
D. CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，25℃时 CuSO4 溶液 pH<7，D错误；
综上所述，本题选D。
9.恒温恒容下，2O23O3 △H＞0，下列说法正确的是
A. 升高温度，K 减小
B. 充入 N2，平衡逆向移动
C. 增加 O3 的用量，O3 的含量增大
D. O2 比 O3 稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应吸热，升高温度，平衡右移，K 增大，A错误；
B. 恒温恒容下，充入 N2，各物质分压不变，浓度不变，速率不变，平衡不移动，B错误；
C. 恒温恒容下，增加 O3 的用量，等效于加压过程，平衡左移，O3 的含量减小，C错误；
D. 物质所含能量越低，该物质越稳定，2O23O3 △H＞0，说明O2的能量低，O3 能量高，O2 比 O3 稳定，D正确；
综上所述，本题选D。
10.下列说法正确的是
A. 保护铁可以将铁做原电池的负极
B. 保护铁可以使铁做电解池的阳极
C. 铁钉放入盛有 NH4Cl 溶液中，发生析氢腐蚀
D. Fe 和 Cu 用导线连接插入浓 HNO3 和稀 HNO3 中，都是 Cu 为正极
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原电池的负极发生氧化反应，铁做负极易发生氧化反应而被腐蚀，起不到保护铁的作用，A错误；
B. 电解池的阳极发生氧化反应，铁做阳极易发生氧化反应而被腐蚀，起不到保护铁的作用，B错误；
C. NH4Cl 水解使溶液显酸性，在酸性环境下，铁在负极被氧化，氢离子在正极被还原，产生氢气，该腐蚀为析氢腐蚀，C正确；
D. Fe 和 Cu 用导线连接插入浓 HNO3中，由于铁遇浓硝酸发生钝化，而铜与浓硝酸反应，所以Cu做负极；Fe 和 Cu 用导线连接插入稀 HNO3中，由于铁的活泼性大于铜，铁与稀硝酸反应，铁做负极，而铜做正极，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】对于D选项：能设计成原电池的反应，前提条件是它必须是氧化还原反应；原电池中的正负极，不能简单的从金属活泼性确定，还要根据电解质溶液的性质进行综合分析，以此来确定正负极以及电极反应，也就是要根据它们本质上发生了氧化反应还是还原反应来确定。
11.已知：S2(l)＋Cl2(g)S2Cl2(g) △H＝d kJ/mol，键能 S2 中 S－S(a kJ/mol)、Cl－Cl(bkJ/mol)、S－Cl(c kJ/mol)，S2Cl2 中 S－S(e kJ/mol)。下列说法中正确的是
A. 增大 S2 的量，正反应速率增大，平衡正向移动，△H 增大
B. d＝a－2c＋b－e
C. 增加 S2 的量，反应速率增大
D. 恒容时，增加 Cl2 的量，平衡常数增大且 S2Cl2 的含量增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.S2为液态，增大 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，△H 不变，A错误；
B. 根据反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，d= a+ b-（e+ 2c）= a－2c＋b－e，B正确；
C.S2为液态，增加 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，C错误；
D.平衡常数只是温度的函数，因此，由于温度不变，平衡常数不变，D错误；
综上所述，本题选B。
12.下列微粒间的关系正确的是
A. 相同物质的量浓度的①NH4Cl 溶液、②(NH4)2SO4 溶液、③NH4HSO4 溶液、④(NH4)2SO3溶液，c(NH 4+)：④＞②＞③＞①
B. 盐酸和稀NH4Cl溶液 pH 都等于 4，则 c水(H+)前者与后者之比为 1∶106
C. 向 1 L 1 mol/L CH3COONa 中加入等体积等浓度的醋酸，溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 mol/L
D. 0.01 mol/L Na2CO3溶液中，c(OH－)＝c(HCO3 －)＋c(H2CO3)＋c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A、①③中铵根离子系数都是1,氢离子抑制铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2,②④溶液中铵根离子浓度大于①③，亚硫酸根离子促进铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度②>④,则溶液中铵根离子浓度从大到小的顺序是②>④>③>①,A错误；
B.盐酸抑制水的电离，pH = 4的盐酸溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，c(OH-)＝10-10mol/L，盐酸溶液中水电离产生的c(H＋)等于c(OH-)＝10-10mol/L；NH4Cl属于能水解的盐，促进水电离，pH=4的氯化铵溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，盐溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中的氢离子浓度，即c(H＋)＝10-4mol/L，二者的比值为10-10：10-4=1∶106，B正确；
C. 根据物料守恒可知，醋酸分子和醋酸根离子的物质的量总和等于钠离子的物质的量的2倍，由于两溶液等体积混合，浓度减半，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 c(Na+)=2×0.5mol/L=1mol/L，C错误；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3－)+ c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)]，消去c(Na+)，可得：c(OH－)＝c(HCO3 －)＋2c(H2CO3)＋c(H+)，D错误；
综上所述，本题选B。
13.下列有关说法正确且解释合理的是
说法
解释
A
一定温度压强下，2 g H2 和 4 g H2 完全燃烧，后者 燃烧热的数值大
4 g H2 放出热量多
B
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ/mol，
平衡后再加入 SO2，Q 增大
平衡右移，放出热量增多
C
向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr 混合液中滴加
AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀
Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)
D
等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa
H2CO3 的酸性比 CH3COOH 强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气的消耗量越大，燃烧放出的热量就越多，4 g H2 放出热量多；而燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，一定温度压强下，氢气的燃烧热的数值是个定值；A错误；
B. 当一个反应确定以后，该反应的△H就不再发生变化，上述反应达平衡后再加入 SO2，平衡右移，放出热量增多，但是△H不变；B错误；
C. 向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr混合液中滴加AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀，说明碘离子和银离子先发生反应生成更难溶的沉淀，Ksp(AgI)较小，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)，C正确；
D. 等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa，说明Na2CO3的水解能力大于CH3COONa的水解能力，根据越弱越水解的规律可知，形成该盐的酸越弱，盐水解能力就越强，所以酸性H2CO3 的酸性比 CH3COOH 弱，D错误；
综上所述，本题选C。
14.已知 A(s)＋2B(g)3C(g)，下列能作为反应达平衡的判断标志的是
①恒温、恒容时，气体的质量不再变化
②恒温、恒容时，混合气体的密度不再变化
③恒温恒压时，容器的容积不再变化
④消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C
⑤恒容绝热时，当温度不再变化
⑥v(B)正＝v(C)逆
A. 有 3 个 B. 有 4 个
C. 有 5 个 D. 有 2 个
【答案】B
【解析】
【详解】①根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，当恒温、恒容时，气体的质量不再变化，反应达平衡状态；
②根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，恒温、恒容时，根据ρ=m/V可知，当混合气体的密度不再变化，反应达平衡状态；
③该反应为气体体积增大的可逆反应，气体的体积和气体的物质的量成正比，因此当恒温恒压时，混合气体的总量不再发生变化时，即容器的容积不再变化时，反应达平衡状态；
④不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，消耗 2 mol B 的同时消耗 3 mol C，反应达平衡状态；现在消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C，反应向右进行，没有达到平衡状态；
⑤反应发生时反应体系的热量在发生变化，在恒容绝热时，当体系的温度不再变化，反应达平衡状态；
⑥不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，v(B)正＝v(C)逆不满足速率之间的比值关系，不能判定反应是否达到平衡状态；
结合以上分析可知，有 4 个正确的；
综上所述，本题选B。
15.下列说法错误的是
A. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复
B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2 恢复电解前浓度时， 电路中转移了 4 mol e－
C. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4 和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大
D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极
【答案】C
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，相当于电解水：2H2O2H2↑+O2↑，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol 电子转移时，消耗水1mol，即可加入 18 g 水恢复到原状态，A正确；
B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，电解反应为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1 mol；现需加入 1 mol Cu(OH)2 恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O2H2↑+O2↑可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2 mol，当有1mol 水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4 mol e－，B正确；
C.阳离子在阴极得电子能力Cu2+>H+ ，阴离子在阳极失电子能力Cl->OH-；所以用惰性电极电解 1 mol CuSO4 和 1 mol NaCl 的混合溶液，阴极电极反应：Cu2++2e﹣═Cu，1mol Cu2+完全反应转移2 mol电子；阳极电极反应：Cl--e﹣═1/2 Cl2↑，1mol Cl-完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，转移1 mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH 减小，C错误；
D.铜与稀硫酸不反应，若要实现该反应，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，D正确；
综上所述，本题选C。
16.对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应特点与对应的图象说法正确的是
A. 图甲表明：该反应△H＜0，若 a＋b＞c，则 p1＞p2
B. 图乙表明，该反应 a＋b＝c，若△H＞0，则 T2＞T1
C. 图丙中，一定是使用了催化剂
D. 图丁中，E 点 v(逆)＞v(正)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图甲表明：温度升高，A的物质的量分数减小，平衡向右移动，该反应正反应为吸热反应，△H>0；若 a＋b＞c，压强由p2→p1，A的物质的量分数增大，平衡左移，应为减小压强的过程，p1
C. 图丙中，若该反应中 a＋b＝c，缩小体积，各物质浓度增大，反应速率加快，但平衡不移动，不一定是使用了催化剂，C错误；
D. 图丁中，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当温度不变时，E点时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)
【点睛】对于选项D，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当E 点在曲线上方时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)v(正)。
二、综合题：本题共 5 小题，共 52 分。
17.请用所学的化学知识解释下列反应。
(1)Ag2O－Zn－KOH 组成的纽扣电池，正极区 pH 增大，请用电极反应式解释：______________。
(2)炒过菜的铁锅不及时清洗(未洗净残液中含 NaCl)，不久会生锈，写出正极电极反应 式：_____________，其锈蚀过程属于_____(填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)。
(3)CuO 中含 Fe2O3，要想用此化合物制得纯净的 CuCl2 固体涉及流程为：
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀 pH
1.9
4.7
完全沉淀 pH
3.2
6.7
①物质 a 为加入_____把 pH 调到_____。
②操作 c 为在_____条件下加热蒸干得固体 CuCl2。
(4)C2H6在足量 O2中完全燃烧，当转移 7 mol e－时放热 a kJ，写出表示 C2H6 燃烧热的热化学方程式：_____。
(5)CO2 中混有 HCl，可用饱和 NaHCO3 溶液吸收 HCl，请用平衡移动原理解释原因_____
【答案】 (1). Ag2O＋2e－＋H2O ═ 2Ag＋2OH－ (2). O2＋4e－＋2H2O ═ 4OH－ (3). 吸氧腐蚀 (4). CuO(其他合理答案也可) (5). 3.2≤pH＜4.7 (6). HCl 气流 (7). C2H6(g)＋7/2O2(g) ═ 2CO2(g)＋3H2O(l) △H＝－2a kJ/mol (8). 由于 CO2＋H2O H2CO3HCO3－ ＋H+，HCO3－ 抑制 CO2 溶于水，减小二氧化碳溶解
【解析】
【详解】(1)Ag2O－Zn－KOH 组成的纽扣电池，锌为负极，氧化银在正极区发生还原反应，产生氢氧根离子，溶液的 pH 增大，电极反应为：Ag2O＋2e－＋H2O ═ 2Ag＋2OH－；
综上所述，本题答案是：Ag2O＋2e－＋H2O ═2Ag＋2OH－。
(2)铁、碳和NaCl溶液构成了原电池，铁在负极发生氧化反应，而溶解在氯化钠溶液中少量的氧气在正极得电子产生氢氧根离子，电极反应式：O2＋4e－＋2H2O ═4OH－；其锈蚀过程属于吸氧腐蚀；
综上所述，本题答案是：O2＋4e－＋2H2O ═ 4OH－；吸氧腐蚀。
(3①)CuO 中含 Fe2O3，加入足量的盐酸后，生成铁离子和铜离子；为了使铁离子变成沉淀而铜离子不沉淀，可以加入氧化铜来调节溶液的pH，根据表格中数据可知，调控范围3.2≤pH＜4.7；
综上所述，本题答案是：CuO(其他合理答案也可)； 3.2≤pH＜4.7。
②CuCl2属于强酸弱碱盐，能够水解产生盐酸，盐酸易挥发，加热后促进了CuCl2的水解，得不到CuCl2固体；因此只有在不断地通入氯化氢气流的情况下，抑制其水解，才能加热蒸干得固体 CuCl2。
综上所述，本题答案是：HCl 气流。
(4) C2H6在足量 O2中完全燃烧，反应方程式为C2H6+7/2O2=2CO2+3H2O；氧元素由0价降低到-2价，所以该反应转移电子为3.5×4mol=14mol；当转移 7 mol e－时放热 a kJ，所以转移14mol e－时放热 2a kJ，C2H6 燃烧热的热化学方程式：C2H6(g)＋7/2O2(g) ═ 2CO2(g)＋3H2O(l) △H＝－2a kJ/mol ；
综上所述，本题答案是：C2H6(g)＋7/2O2(g) ═ 2CO2(g)＋3H2O(l) △H＝－2a kJ/mol 。
(5) 由于 CO2＋H2OH2CO3HCO3－＋H+，HCO3－ 抑制 CO2 溶于水，减小二氧化碳溶解，所以CO2 中混有 HCl，可用饱和 NaHCO3 溶液吸收 HCl；
综上所述，本题答案是：由于 CO2＋H2OH2CO3HCO3－＋H+，HCO3－ 抑制 CO2 溶于水，减小二氧化碳溶解。
18.应用中和滴定原理测定某白醋中 CH3COOH 的含量。
(1)25℃时，用 a L 0.1 mol/L 的 NaOH 与 b L 0.1 mol/L 的 CH3COOH 反应。当 c(Na＋)＝
c(CH3COO－)时，CH3COOH 的电离常数为_____。(用字母 a，b 表示)
(2)①用酸式滴定管量取 25.00 mL 白醋加入锥形瓶中，滴几滴_________________ 做指示剂。(填“石 蕊”、“酚酞”、“甲基橙”)
②向锥形瓶中滴加 1.00 mol/L NaOH 标准液。滴加到 20.00 mL 时恰好完全反应，则白醋中c(CH3COOH)＝_____。则滴加到 10.00 mL 时 CH3COO－、CH3COOH、Na＋、H＋、OH－由大到小排列_____。(已知 K(CH3COOH)＝1.7×10-5)
(3)滴定过程中眼睛注视_____，当_____恰好完全反应。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，会导致所测CH3COOH浓度_____________。(填“偏 大”、“偏小”)
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数会使所测CH3COOH浓度___________。(填“偏 大”、“偏小”)
【答案】 (1). k＝1×10－7a/(b－a) (2). 酚酞 (3). 0.800 mol/L (4). c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) (5). 锥形瓶中颜色的变化 (6). 溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复 (7). 偏大 (8). 偏小
【解析】
【分析】
(1) 当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，根据溶液中存在的电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)关系，得出c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L，再根据原子守恒，求出溶液中剩余的c(CH3COOH)，最后根据电离平衡常数计算公式K=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)进行计算；
(2)①氢氧化钠与醋酸发生中和反应生成醋酸钠，溶液显碱性，应选用指示剂酚酞；
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行计算；当滴加氢氧化钠体积 10.00 mL 时，混合液为醋酸钠和醋酸的1:1混合液，电离大于水解，溶液显酸性，以此规律分析各粒子浓度大小关系。
(3)根据中和滴定操作要求进行回答。
(4)根据c(CH3COOH) =c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行分析，凡是引起V(NaOH)偏大的，结果偏高；反之，结果偏小。
【详解】(1)反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－),当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L；由于两溶液混合后体积为（a+ b）L，所以c(CH3COO－)= c(Na＋)= aL ×0.1 mol/L/（a+ b）L=mol/L；根据原子守恒规律可知，溶液中剩余的c(CH3COOH)=bL×0.1 mol/L/（a+ b）L-0.1 a/（a+ b）mol/L=0.1 b/（a+ b）-0.1a/（a+ b）=0.1(b- a)/（a+ b）,根据电离平衡常数计算公式K= c(H+) c(CH3COO－)/ c(CH3COOH)= [10-7×0.1 a/（a+ b）]/ 0.1(b- a)/（a+ b）=1×10－7a/(b－a)；
综上所述，本题答案是：k＝1×10－7a/(b－a)。
(2) ①石蕊变色范围为红、紫、蓝，颜色太深，不宜做指示剂；甲基橙的变色范围3.1-4.4，属于酸性变色范围；而酚酞的变色范围8.2-10，属于碱性变色范围；氢氧化钠与醋酸中和后的产物为醋酸钠，溶液为碱性溶液，所以要选择酚酞做指示剂；
综上所述，本题答案是：酚酞。
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)= 1.00 mol/L×20.00 mL×10-3/ 25.00 mL×10-3=0.800 mol/L；
当滴加NaOH到 10.00 mL 时，醋酸反应一半，剩余一半，即溶液中醋酸钠和醋酸的量为1:1；醋酸钠的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10-14/1.7×10-5=5.9×10-10
(3)根据中和滴定操作的要求，滴定过程中眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，当溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复，反应恰好完全；
综上所述，本题答案是：锥形瓶中颜色的变化；溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，导致待测液的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，会导致所测 CH3COOH 浓度偏大；
综上所述，本题答案是：偏大。
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数，会使所读取的体积数值偏小，即氢氧化钠溶液的体积偏小，所测 CH3COOH 浓度偏小；
综上所述。本题答案是：偏小。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
19.Ⅰ．在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行如下反应： A(g)＋2B(g)3C(g)，已知起始时加入 3 mol A(g)和 2 mol B(g)，达平衡后，生成 a mol C(g)。
(1)相同实验条件下，若在同一容器中改为开始加入 1.5 mol A 和 1 mol B，达平衡时 C 的 物质的量为_____mol(用含字母 a 的代数式表示)，此时 C 在反应混合物中的体积分数 _____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)相同实验条件下，若在同一容器中改为开始时加入 2 mol A 和 1 mol B，达平衡时，要 求 C 在混合物中体积分数与(1)相同，则开始时还需加入_____mol C。
Ⅱ．向 BaSO4 中加入饱和 Na2CO3溶液，当溶液中 c(CO32－)＝6 mol/L 时，有部分BaSO4转化成了 BaCO3，则此时 c(SO42-)＝_____。(已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp＝(BaSO4)1.1×10－10)
Ⅲ．25℃时，V1L pH＝2的 HCl 和V2L pH＝11的 NaOH 溶液反应后 pH＝9，则 V1∶V2＝_______ 。
【答案】 (1). 0.5a (2). 不变 (3). 0.75 (4). 0.25 mol/L (5). 99∶1001
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1) 该反应为反应前后体积不变的可逆反应；同比例减小反应物的量，等效于减压过程，据此进行分析；
(2) 该反应为反应前后体积不变的可逆反应，若在同一容器中开始时加入 2 mol A 和 1 mol B，达平衡时，要 求 C 在混合物中体积分数与原平衡相同，则把开始时加入的生成物全部变为反应物后，根据反应物A和B的量与原投料成比例，平衡等效。
Ⅱ．CO32-(aq)+ BaSO4（s）=== BaCO3（s）+ SO42- (aq)，该反应平衡常数为K= c(SO42-)/ c(CO32－)= Ksp(BaSO4)/ Ksp(BaCO3)，根据题给条件求出c(SO42-)；
Ⅲ．根据题意可知，酸碱反应后碱过量，溶液显碱性，根据[c(OH-)×V2-c(H+)×V1]/( V2+ V1)= c(OH-)(混)进行计算。
【详解】Ⅰ．(1) A(g)＋2B(g)3C(g)，该反应为反应前后体积不变的可逆反应；在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行如下反应：已知起始时加入 3 mol A(g)和 2 mol B(g)，达平衡后，生成 a mol C(g)；相同实验条件下，若在同一容器中改为开始加入 1.5 mol A 和 1 mol B，相对于原平衡来讲，假设平衡不移动，反应物的量成比例减小，所以达平衡后，生成 a/2 mol C(g)；但是反应物的量成比例减小，等效于减压的过程，平衡不发生移动，所以达平衡时 C 的 物质的量仍为0.5 amol；此时 C 在反应混合物中的体积分数保持不变；
综上所述，本题答案是：0.5a ； 不变。
(2) 相同实验条件下，若在同一容器中改为开始时加入 2 mol A 和 1 mol B，达平衡时，要 求 C 在混合物中体积分数与(1)相同，则开始时还需加入xmol C,把生成物全部变为反应物后，反应物A和B与原投料方式成比例；根据A(g)＋2B(g)3C(g)反应，当投料方式为2 mol A 和 1 mol B，xmol C时，根据上述反应把生成物全部转化为反应物得：2+x/3 mol A，1+2x/3 mol B，0mol C，根据投料成比例列方程：(2+x/3)/( 1+2x/3)=3/2，计算结果x=0.75mol；
综上所述，本题答案是：0.75。
Ⅱ．CO32-(aq)+ BaSO4（s） BaCO3（s）+ SO42- (aq)，该反应平衡常数为K= c(SO42-)/ c(CO32－)= Ksp(BaSO4)/ Ksp(BaCO3)= 1.1×10－10/2.6×10－9，所以c(SO42-)= 6×1.1×10－10/2.6×10－9≈0.25 mol/L；
综上所述，本题答案是：0.25 mol/L。
Ⅲ．根据题意可知，酸碱反应后碱过量，溶液显碱性， pH＝11 的 NaOH 溶液，c(OH-)=10-3mol/L，pH＝2 的 HCl溶液，c(H+)=10-2 mol/L，反应后溶液 pH＝9，c(OH-)=10-5mol/L；[10-3×V2-10-2×V1]/( V2+ V1)= 10-5，计算结果为：V1∶V2＝99∶1001；
综上所述，本题答案是：99∶1001。
【点睛】问题Ⅲ考查pH的有关计算，注意掌握溶液pH的概念及计算方法。对于溶液pH的计算，当强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=(c(H+)V酸-c(OH-)V碱)/(V酸+V碱)；若碱过量：c(OH-)=(c(OH-)V碱-c(H+)V酸)/(V碱+V酸)；当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。
20.工业上利用 CO、CO2、H2 在催化剂作用下合成甲醇。已知在一定温度和压强下：
①H2(g)＋1/2O2(g) ═ H2O(l) △H1＝－285.8 kJ/mol；
②2CO(g)＋O2(g)CO2(g) △H2＝－566 kJ/mol；
③CH3OH(g)＋3/2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) △H3＝－761.7 kJ/mol。
(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H＝_____。
(2)一定温度下，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在 2 L 的容器中进行反应，充入 n(H2)/n(CO)的值与平衡时反应物的转化率关系如图。
①α 代表_____(填 H2 或 CO)的转化率。
②若反应开始时，充入 6 mol H2 和 3mol CO，则 A 点平 衡时 K＝_____，p(平)/p(始)＝_____。A 点平衡时再充入CO、H2、CH3OH 各 1 mol，此时 V 正_____V 逆。(填“＞”、“＜”、“＝”)
(3)2NO2(g)N2O4(g) △H＜0。将一定量的 NO2 气体充入注射器中并密封，拉伸和压缩注射器过程中气体的透光率随时间变化。(气体颜色越深，透光率越小)
①a 点的操作为_____。
②e 点平衡向_____移动。
③固定注射器容积，c 点时再充入一定量 N2O4，则 NO2 转化率_____。(填“增大”、“减 小”、“不变”)
【答案】 (1). －92.9 kJ/mol (2). CO (3). 1.04 (4). 3/5 (5). ＞ (6). 压缩注射器 (7). 逆向 (8). 增大
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①当n(H2)/n(CO) 的值逐渐增大时，相当于不断增加氢气的量(或浓度)，平衡右移CO的转化率不断地增大；
②根据CO的转化率为0.6及已知条件，求出各物质的平衡浓度，进而求出平衡常数；根据气体的压强和气体的物质的量成正比求出p(平)/p(始)；根据浓度商Qc与该温度下的平衡常数关系，判断反应进行的情况，从而判断V 正与V 逆关系。
(3)气体颜色越深，透光率越小；从图象可看出，从a 点开始，透光率在下降，说明在压缩气体，混合气体的浓度在增大，气体颜色在加深，所以a 点的操作为压缩注射器；从c点处可知，混合气体的颜色在变浅，透光率在逐渐增大，所以拉伸注射器，相当于减压过程，e 点平衡向左移动；固定注射器容积，c 点时再充入一定量 N2O4，等效于加压的过程，据此进行分析。
【详解】(1)①H2(g)＋1/2O2(g) ═ H2O(l) △H1＝－285.8 kJ/mol；
②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) △H2＝－566 kJ/mol；
③CH3OH(g)＋3/2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) △H3＝－761.7 kJ/mol。
根据盖斯定律：2×①+1/2×②-③=2△H1+1/2×△H2-△H3=(－285.8×2-1/2×566+761.7) kJ/mol =－92.9 kJ/mol；综上所述，本题答案是：－92.9 kJ/mol。
(2)①根据图示可知，当n(H2)/n(CO) 的值逐渐增大时，相当于不断增加氢气的量(或浓度)，平衡右移，CO的转化率不断地增大；因此α 代表CO的转化率；
综上所述，本题答案是：CO。
②对于CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应，若反应开始时，充入 6mol H2 和 3mol CO，A 点时达到平衡，CO的转化率为0.6，所以反应后剩余n(CO)=3mol-0.6×3mol=1.2mol，n(H2)=6mol-0.6×3×2mol=2.4mol，生成n(CH3OH)= 0.6×3mol=1.8mol；各物质浓度分别为：c(CO)= 1.2mol/2=0.6mol/L，c(H2)= 2.4mol/2=1.2 mol/L，c(CH3OH)= 1.8mol/2=0.9 mol/L，根据平衡常数计算公式：K= c(CH3OH)/c2(H2) c(CO),带入数值进行计算，K=1.04； 气体的压强之比等于气体的物质的量之比，n(平)=（0.6mol/L+1.2 mol/L+0.9 mol/L）×2L=5.4mol；n(始)＝6mol+3mol=9 mol；p(平)/p(始)＝5.4/9=3/5；A 点平衡时再充入CO、H2、CH3OH 各 1 mol，各物质的浓度分别为：c(CO)= 0.6mol/L+1/2 mol/L=1.1 mol/L，c(H2)=1.2 mol/L+1/2 mol/L=1.7mol/L，c(CH3OH)=0.9 mol/L+1/2 mol/L=1.4mol/L，该反应的浓度商Qc= c(CH3OH)/c2(H2)c(CO)，带入数值计算结果为Qc=0.44<1.04，反应正向进行，此时 V 正＞V 逆。
综上所述，本题答案是：1.04；3/5 ； ＞。
(3)①气体颜色越深，透光率越小；从图象可看出，从a 点开始，透光率在下降，说明在压缩气体，混合气体的浓度在增大，气体颜色在加深，所以a 点的操作为压缩注射器；
综上所述，本题答案是：压缩注射器；
②从c点处可知，混合气体的颜色在变浅，透光率在逐渐增大，所以拉伸注射器，相当于减压过程，e 点平衡向左移动；
综上所述，本题答案是：逆向。
③固定注射器容积，c 点时再充入一定量 N2O4，等效于加压的过程，平衡正向移动，则 NO2 转化率增大；
综上所述，本题答案是：增大。
21.已知：①甲为 CH4 和 O2 形成的燃料电池，电解质为固体电解质，能传导 O2-。
②乙中为 100 mL NaCl 溶液(足量)，滴有酚酞，丙为 CuSO4 溶液。
③若 c、d 为惰性电极，通电时 c 电极附近首先出现红色。 请回答下列问题：
(1)b 处通入_____(填“CH4”或“O2”)，电极反应式为：_____。
(2)当乙中 pH＝13 时，a 处通入标准状况下_____mL 的_____气体(填“O2”或 “CH4”)，c 电极的电极反应式为：_____。
(3)若用丙装置在 Fe 上镀 Cu，则 e 为_____(填“Fe”或“Cu”)，若 e，f 为惰性电极， 写出电解反应的离子方程式：_____。若 e，f 为惰性电极，丙中溶液为不饱和 Na2CO3 溶液， 则电解过程中pH_____(填“变大”、“不变”或“变小”)，原因是_____。
【答案】 (1). CH4 (2). CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O (3). 56 (4). O2 (5). 2H＋＋2e－ ═ H2↑ (6). Fe (7). 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ (8). 变大 (9). 电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大
【解析】
【分析】
根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；据以上分析解答。
【详解】根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；
(1)结合以上分析可知，b电极为原电池的负极，发生氧化反应，应该通入甲烷气体，电极反应式为：CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O；
综上所述，本题答案是：CH4；CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O。
(2) 乙中均为惰性电极，通电时电解饱和食盐水，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+ H2↑；从反应可知，反应转移电子为2mol，生成氢氧化钠2mol；pH＝13的NaOH溶液，c(OH-)=c（NaOH）=0.1mol/L；n(NaOH)= 0.1mol/L×0.1L=0.01 mol,转移电子0.01mol；c 电极为电解池的阴极，氢离子在此极得电子生成氢气，电极反应式为：2H＋＋2e－═ H2↑； a 电极为原电池的正极，氧气在此极得电子，电极反应为：O2+4e-=2O2-，根据串联电路中电子转移相等可知，正极消耗氧气的量为0.0025mol，体积为0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL；
综上所述，本题答案是：56 ；O2 ；2H＋＋2e－ ═ H2↑。
(3) Fe 上镀 Cu，铁做阴极，铜做阳极，所以e 为Fe；
若 e，f 为惰性电极，电解硫酸铜溶液，阴极生成铜，阳极产生氧气和硫酸，电解的总反应为：2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋；
若 e，f 为惰性电极，Na2CO3 水解显碱性，电解不饱和 Na2CO3 溶液，相当于电解水，溶剂的量减小，碳酸钠溶液的浓度增大，碱性增强，pH变大；
综上所述，本题答案是：Fe ；2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋； 变大；电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大。
可能用到的相对原子质量：Fe 56 Cl 35.5 O 16 H 1 N 14 Cu 64 Mg 24Na 23C 12
一、选择题：本题共 16 小题，每小题 3 分，满分 48 分，每题只有一个选项是最符合题意的。
1.已知 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H＜0，下列说法正确的是
A. 增加 N2 浓度和缩小容器容积，活化分子百分数都会增加
B. 该反应的△S＜0
C. 正反应活化能大于逆反应的活化能
D. 反应物断键吸收能量大于成键释放能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 增加 N2 浓度，增加了氮气的活化分子数，百分数不变；缩小容器容积，相当于增大了各物质的浓度，活化分子数增大，百分数不变，A错误；
B. 由反应方程式可知，该反应发生后气体的总量减小，混乱度减小，该反应的△S＜0，B正确；
C. 该反应为放热反应，所以正反应活化能小于逆反应的活化能，C错误；
D. 该反应为放热反应，反应物断键吸收能量小于成键释放能量，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应；反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。
2.下列比较中前者大于后者的是
A
不同情况下速率：
A(g)＋3B(g) 2C(g)
v(A)＝0.15 mol/(L·min)
v(B)＝0.06 mol/(L·s)
B
加水稀释 10 倍后的 pH
1 mL pH＝1 的 CH3COOH
1 mL pH＝1 的 HCl
C
反应热△H
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L 的 HCl
50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和
50 mL 0.1 mol/L CH3COOH
D
反应速率：
Zn＋2H＋ ═ Zn2＋＋H2↑
65 g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应
65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.针对同一个反应，速率之比和系数成正比，v(A)＝0.15 mol/(L·min)=0.0025 mol/(L·s)，用B表示的反应速率为v(B)＝0.06 mol/(L·s)，换算成A表示的反应速率为v(A)＝0.06 mol/(L·s)÷3=0.02 mol/(L·s)，所以前者小于后者，A错误；
B.醋酸属于弱电解质，加水稀释，促进电离，因此1 mL pH＝1 的 CH3COOH，加水稀释 10 倍后的 pH<2；而HCl为强电解质，完全电离，因此1 mL pH＝1 的HCl，加水稀释 10 倍后的 pH=2；前者小于后者，B错误；
C.CH3COOH属于弱电解质，电离过程需要吸收热量，因此50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L 的 HCl恰好完全反应放出的热量大于50 mL 0.1 mol/L 的 NaOH 和50 mL 0.1 mol/L CH3COOH反应放出热量，由于中和反应为放热反应，△H<0，所以△H前者小于后者，C错误；
D.Zn、Cu、1 mol/L 的 HCl构成原电池，加快了该反应的反应速率，所以65g 粗 Zn(含 Cu 等杂质)与 足量 1 mol/L 的 HCl 反应的速率大于65 g 纯 Zn 与足量 1 mol/L 的 盐酸反应速率，前者大于后者，D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】强酸、强碱的稀溶液发生中和反应，中和热的数值为57.3 kJ/mol。而弱酸或弱碱发生中和反应，中和热数值小于57.3 kJ/mol，因为弱酸或弱碱电离过程要吸热；但是在解题时，注意比较的是数值还是反应热△H，中和热数值越大，△H反而越小。
3.下列说法错误的是
A. 煅烧石灰石属于吸热反应，高温下能自发进行
B. 乙醇燃烧属于放热反应，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应
C. NH4Cl·8H2O(s)和 Ba(OH)2(s)反应属于吸热反应，能自发进行的原因是熵增大于焓变
D. 铝热反应需高温下进行，故为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 煅烧石灰石生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，∆H>0，∆S>0，根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应在高温下能自发进行，A正确；
B. 反应能设计成原电池的是自发进行的氧化还原反应，∆H<0；乙醇燃烧属于氧化还原反应，∆H<0，若形成燃料电池，则乙醇参与负极反应，失电子发生氧化反应，B正确
C. 根据∆G=∆H-T∆S<0能自发进行可知，该反应为吸热反应，∆H>0，则该反应∆S>0，且熵增大于焓变，C正确；
D. 铝热反应的发生需要在高温下引发反应，反应发生后放出大量的热，所以该反应为放热反应， D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】反应是放热反应还是吸热反应主要取决于反应物和生成物所具有的总能量的相对大小。反应是否需要加热，只是引发反应的条件，与反应是放热反应还是吸热反应并无直接关系。许多放热反应也需要加热才能引发反应，也有部分吸热反应不需要加热，在常温下也可进行。
4.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO－为 NA个
B. 标况下 22.4 L NO 和 11.2 L O2 反应后，气体分子总数为 NA 个
C. 1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA
D. H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的 CH3COOH 溶液中 CH3COO-个数小于NA个，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于NA，B错误；
C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的 Na2SO3 溶液中离子总数大于 0.3NA，C正确；
D. 由于H2O(l)= H2O(g) ∆H>0，所以H2 和 O2 反应生成 NA 个 H2O(l)和 NA 个 H2O(g)放出热量不相等，生成NA 个 H2O(l) 放出的热量多，D错误；
综上所述，本题选C。
5.在下列条件下，离子仍能大量共存的是
A. c(H＋)＞c(OH－)的溶液中，Na＋、NH4＋、I－、NO3－
B. c水(H＋) ＝1×10－13 mol/L的溶液中，K＋、Mg2＋、SO42－、HCO3－
C. c(Fe3＋)＝0.1 mol/L 的溶液中，H＋、Al3＋、Cl－、SCN－
D. Kw/c(H＋)＝0.1 mol/L 的溶液中，Na ＋、K＋、SiO32－、NO3－
【答案】D
【解析】
【详解】A.c(H＋)＞c(OH－)的溶液显酸性，在酸性条件下，NO3－能够氧化 I－，不能大量共存，A错误；
B. 酸碱抑制水的电离子，由于c水(H＋) ＝1×10－13 mol/L <10-7mol/L，所以该溶液可能是酸溶液或碱溶液，HCO3－在酸性或碱性环境下均不能大量共存，B错误；
C. Fe3＋与SCN－能够发生络合反应，生成络合物，不能大量共存，C错误；
D. Kw/c(H＋)＝0.1mol/L，说明溶液显碱性，四种离子间不发生反应，均能大量共存， D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查限定条件下的离子共存问题，在解答此类问题时，不仅要注意离子组之间能否大量共存，还要考虑各离子能否在限定的条件下能否大量共存。
6.一种能捕捉 CO2 生成草酸盐的电化学装置如图所示。下列说法中错误的是
A. 该装置为化学能转化为电能的装置
B. 电子由 Al 移向石墨
C. 每消耗 22.4 L CO ，电路中转移 1 mol e－
D. 正极反应为：2CO2＋2e-═ C2O42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.该装置为原电池，能将化学能转变为电能，A正确；
B.该装置为原电池，Al为负极，石墨为正极，电子由负极经导线移向正极，B正确；
C.没有给定气体存在的状态是否为标况下，不能确定22.4 L CO是否为1mol，无法计算电路中转移电子的量，C错误；
D.正极通入的二氧化碳得到电子发生还原反应生成C2O42-，D正确；
综上所述，本题选C。
7.铅蓄电池是重要的化学电源之一，其反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O。下列说法中错误的是
A. 充电时阴极为 PbSO4 变为 Pb，发生氧化反应
B. 充电时 Pb 与电源负极相连
C. 放电时正极增加 64 g，转移 2 mol 电子
D. 阳极电极反应为：PbSO4－2e-＋2H2O ═ PbO2＋4H+＋SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】
根据总反应Pb＋PbO2＋2H2SO4PbSO4＋2H2O可知，放电时，为原电池，Pb在负极发生氧化反应，PbO2在正极发生还原反应；充电时为电解池，阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，阴极发生还原反应，PbSO4被还原为Pb；据此进行分析。
【详解】A. 充电时阴极为 PbSO4 变为 Pb，发生还原反应，A错误；
B. 充电时 Pb 极发生还原反应，做阴极，应与电源负极相连，B正确；
C. 放电时，正极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4＋2H2O，正极质量增加可以看作为SO2质量，所以正极增加 64 g SO2，物质的量为1mol，转移 2 mol 电子，C正确；
D. 阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，失电子，电极反应式书写正确，D正确；
综上所述，本题选A。
8.某晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低。而 M(s)溶于水后，溶液温度升高，可将变化过程表示为图。下列说法中错误的是
A. △H1＝△H2＋△H3
B. M(s)溶于水形成溶液△S＞0
C. △H2＞△H3
D. 若 M 为 CuSO4，则 25℃时 CuSO4 溶液 pH＝7
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据盖斯定律可知，总反应的热效应等于各分步反应的热效应之和，因此△H1＝△H2＋△H3，A正确；
B. M(s)溶于水形成溶液，混乱度增大，熵变增大，△S＞0，B正确；
C. M(s)溶于水后，溶液温度升高，△H3<0，晶体 M·nH2O 溶于水后，溶液温度降低，△H1>0，根据盖斯定律可知，△H1＝△H2＋△H3，△H2=△H1-△H3>0，所以△H2＞△H3，C正确；
D. CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，25℃时 CuSO4 溶液 pH<7，D错误；
综上所述，本题选D。
9.恒温恒容下，2O23O3 △H＞0，下列说法正确的是
A. 升高温度，K 减小
B. 充入 N2，平衡逆向移动
C. 增加 O3 的用量，O3 的含量增大
D. O2 比 O3 稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应吸热，升高温度，平衡右移，K 增大，A错误；
B. 恒温恒容下，充入 N2，各物质分压不变，浓度不变，速率不变，平衡不移动，B错误；
C. 恒温恒容下，增加 O3 的用量，等效于加压过程，平衡左移，O3 的含量减小，C错误；
D. 物质所含能量越低，该物质越稳定，2O23O3 △H＞0，说明O2的能量低，O3 能量高，O2 比 O3 稳定，D正确；
综上所述，本题选D。
10.下列说法正确的是
A. 保护铁可以将铁做原电池的负极
B. 保护铁可以使铁做电解池的阳极
C. 铁钉放入盛有 NH4Cl 溶液中，发生析氢腐蚀
D. Fe 和 Cu 用导线连接插入浓 HNO3 和稀 HNO3 中，都是 Cu 为正极
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原电池的负极发生氧化反应，铁做负极易发生氧化反应而被腐蚀，起不到保护铁的作用，A错误；
B. 电解池的阳极发生氧化反应，铁做阳极易发生氧化反应而被腐蚀，起不到保护铁的作用，B错误；
C. NH4Cl 水解使溶液显酸性，在酸性环境下，铁在负极被氧化，氢离子在正极被还原，产生氢气，该腐蚀为析氢腐蚀，C正确；
D. Fe 和 Cu 用导线连接插入浓 HNO3中，由于铁遇浓硝酸发生钝化，而铜与浓硝酸反应，所以Cu做负极；Fe 和 Cu 用导线连接插入稀 HNO3中，由于铁的活泼性大于铜，铁与稀硝酸反应，铁做负极，而铜做正极，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】对于D选项：能设计成原电池的反应，前提条件是它必须是氧化还原反应；原电池中的正负极，不能简单的从金属活泼性确定，还要根据电解质溶液的性质进行综合分析，以此来确定正负极以及电极反应，也就是要根据它们本质上发生了氧化反应还是还原反应来确定。
11.已知：S2(l)＋Cl2(g)S2Cl2(g) △H＝d kJ/mol，键能 S2 中 S－S(a kJ/mol)、Cl－Cl(bkJ/mol)、S－Cl(c kJ/mol)，S2Cl2 中 S－S(e kJ/mol)。下列说法中正确的是
A. 增大 S2 的量，正反应速率增大，平衡正向移动，△H 增大
B. d＝a－2c＋b－e
C. 增加 S2 的量，反应速率增大
D. 恒容时，增加 Cl2 的量，平衡常数增大且 S2Cl2 的含量增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.S2为液态，增大 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，△H 不变，A错误；
B. 根据反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，d= a+ b-（e+ 2c）= a－2c＋b－e，B正确；
C.S2为液态，增加 S2 的量，浓度不变，反应速率不变，C错误；
D.平衡常数只是温度的函数，因此，由于温度不变，平衡常数不变，D错误；
综上所述，本题选B。
12.下列微粒间的关系正确的是
A. 相同物质的量浓度的①NH4Cl 溶液、②(NH4)2SO4 溶液、③NH4HSO4 溶液、④(NH4)2SO3溶液，c(NH 4+)：④＞②＞③＞①
B. 盐酸和稀NH4Cl溶液 pH 都等于 4，则 c水(H+)前者与后者之比为 1∶106
C. 向 1 L 1 mol/L CH3COONa 中加入等体积等浓度的醋酸，溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 mol/L
D. 0.01 mol/L Na2CO3溶液中，c(OH－)＝c(HCO3 －)＋c(H2CO3)＋c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A、①③中铵根离子系数都是1,氢离子抑制铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度③>①；②④中铵根离子系数都是2,②④溶液中铵根离子浓度大于①③，亚硫酸根离子促进铵根离子水解,溶液中铵根离子浓度②>④,则溶液中铵根离子浓度从大到小的顺序是②>④>③>①,A错误；
B.盐酸抑制水的电离，pH = 4的盐酸溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，c(OH-)＝10-10mol/L，盐酸溶液中水电离产生的c(H＋)等于c(OH-)＝10-10mol/L；NH4Cl属于能水解的盐，促进水电离，pH=4的氯化铵溶液，c(H＋)＝10-4mol/L，盐溶液中水电离产生的c(H＋)等于溶液中的氢离子浓度，即c(H＋)＝10-4mol/L，二者的比值为10-10：10-4=1∶106，B正确；
C. 根据物料守恒可知，醋酸分子和醋酸根离子的物质的量总和等于钠离子的物质的量的2倍，由于两溶液等体积混合，浓度减半，所以c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2 c(Na+)=2×0.5mol/L=1mol/L，C错误；
D. Na2CO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=2 c(CO32-)+ c(HCO3－)+ c(OH-)，物料守恒：c(Na+)=2[c(HCO3-)+c(CO32-)+ c(H2CO3)]，消去c(Na+)，可得：c(OH－)＝c(HCO3 －)＋2c(H2CO3)＋c(H+)，D错误；
综上所述，本题选B。
13.下列有关说法正确且解释合理的是
说法
解释
A
一定温度压强下，2 g H2 和 4 g H2 完全燃烧，后者 燃烧热的数值大
4 g H2 放出热量多
B
2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H＝－Q kJ/mol，
平衡后再加入 SO2，Q 增大
平衡右移，放出热量增多
C
向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr 混合液中滴加
AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀
Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)
D
等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa
H2CO3 的酸性比 CH3COOH 强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气的消耗量越大，燃烧放出的热量就越多，4 g H2 放出热量多；而燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，一定温度压强下，氢气的燃烧热的数值是个定值；A错误；
B. 当一个反应确定以后，该反应的△H就不再发生变化，上述反应达平衡后再加入 SO2，平衡右移，放出热量增多，但是△H不变；B错误；
C. 向等物质的量浓度的 NaI 和 KBr混合液中滴加AgNO3 溶液，先生成黄色 AgI 沉淀，说明碘离子和银离子先发生反应生成更难溶的沉淀，Ksp(AgI)较小，所以Ksp(AgI)＜Ksp(AgBr)，C正确；
D. 等物质的量浓度 Na2CO3 的 pH 大于 CH3COONa，说明Na2CO3的水解能力大于CH3COONa的水解能力，根据越弱越水解的规律可知，形成该盐的酸越弱，盐水解能力就越强，所以酸性H2CO3 的酸性比 CH3COOH 弱，D错误；
综上所述，本题选C。
14.已知 A(s)＋2B(g)3C(g)，下列能作为反应达平衡的判断标志的是
①恒温、恒容时，气体的质量不再变化
②恒温、恒容时，混合气体的密度不再变化
③恒温恒压时，容器的容积不再变化
④消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C
⑤恒容绝热时，当温度不再变化
⑥v(B)正＝v(C)逆
A. 有 3 个 B. 有 4 个
C. 有 5 个 D. 有 2 个
【答案】B
【解析】
【详解】①根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，当恒温、恒容时，气体的质量不再变化，反应达平衡状态；
②根据反应可知，固体和气体反应生成气体，气体的质量增加，恒温、恒容时，根据ρ=m/V可知，当混合气体的密度不再变化，反应达平衡状态；
③该反应为气体体积增大的可逆反应，气体的体积和气体的物质的量成正比，因此当恒温恒压时，混合气体的总量不再发生变化时，即容器的容积不再变化时，反应达平衡状态；
④不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，消耗 2 mol B 的同时消耗 3 mol C，反应达平衡状态；现在消耗 2 mol B 的同时消耗 2 mol C，反应向右进行，没有达到平衡状态；
⑤反应发生时反应体系的热量在发生变化，在恒容绝热时，当体系的温度不再变化，反应达平衡状态；
⑥不同物质表示的反应速率数值和和化学计量数成正比，v(B)正＝v(C)逆不满足速率之间的比值关系，不能判定反应是否达到平衡状态；
结合以上分析可知，有 4 个正确的；
综上所述，本题选B。
15.下列说法错误的是
A. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复
B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2 恢复电解前浓度时， 电路中转移了 4 mol e－
C. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4 和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大
D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极
【答案】C
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，相当于电解水：2H2O2H2↑+O2↑，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol 电子转移时，消耗水1mol，即可加入 18 g 水恢复到原状态，A正确；
B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，电解反应为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1 mol；现需加入 1 mol Cu(OH)2 恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O2H2↑+O2↑可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2 mol，当有1mol 水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4 mol e－，B正确；
C.阳离子在阴极得电子能力Cu2+>H+ ，阴离子在阳极失电子能力Cl->OH-；所以用惰性电极电解 1 mol CuSO4 和 1 mol NaCl 的混合溶液，阴极电极反应：Cu2++2e﹣═Cu，1mol Cu2+完全反应转移2 mol电子；阳极电极反应：Cl--e﹣═1/2 Cl2↑，1mol Cl-完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，转移1 mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH 减小，C错误；
D.铜与稀硫酸不反应，若要实现该反应，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，D正确；
综上所述，本题选C。
16.对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应特点与对应的图象说法正确的是
A. 图甲表明：该反应△H＜0，若 a＋b＞c，则 p1＞p2
B. 图乙表明，该反应 a＋b＝c，若△H＞0，则 T2＞T1
C. 图丙中，一定是使用了催化剂
D. 图丁中，E 点 v(逆)＞v(正)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 图甲表明：温度升高，A的物质的量分数减小，平衡向右移动，该反应正反应为吸热反应，△H>0；若 a＋b＞c，压强由p2→p1，A的物质的量分数增大，平衡左移，应为减小压强的过程，p1
C. 图丙中，若该反应中 a＋b＝c，缩小体积，各物质浓度增大，反应速率加快，但平衡不移动，不一定是使用了催化剂，C错误；
D. 图丁中，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当温度不变时，E点时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)
【点睛】对于选项D，曲线上的点为对应温度下的平衡点，E 点在曲线外，属于不平衡点；当E 点在曲线上方时，A的平衡浓度在减小，反应正在向右进行，所以v(逆)
二、综合题：本题共 5 小题，共 52 分。
17.请用所学的化学知识解释下列反应。
(1)Ag2O－Zn－KOH 组成的纽扣电池，正极区 pH 增大，请用电极反应式解释：______________。
(2)炒过菜的铁锅不及时清洗(未洗净残液中含 NaCl)，不久会生锈，写出正极电极反应 式：_____________，其锈蚀过程属于_____(填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)。
(3)CuO 中含 Fe2O3，要想用此化合物制得纯净的 CuCl2 固体涉及流程为：
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀 pH
1.9
4.7
完全沉淀 pH
3.2
6.7
①物质 a 为加入_____把 pH 调到_____。
②操作 c 为在_____条件下加热蒸干得固体 CuCl2。
(4)C2H6在足量 O2中完全燃烧，当转移 7 mol e－时放热 a kJ，写出表示 C2H6 燃烧热的热化学方程式：_____。
(5)CO2 中混有 HCl，可用饱和 NaHCO3 溶液吸收 HCl，请用平衡移动原理解释原因_____
【答案】 (1). Ag2O＋2e－＋H2O ═ 2Ag＋2OH－ (2). O2＋4e－＋2H2O ═ 4OH－ (3). 吸氧腐蚀 (4). CuO(其他合理答案也可) (5). 3.2≤pH＜4.7 (6). HCl 气流 (7). C2H6(g)＋7/2O2(g) ═ 2CO2(g)＋3H2O(l) △H＝－2a kJ/mol (8). 由于 CO2＋H2O H2CO3HCO3－ ＋H+，HCO3－ 抑制 CO2 溶于水，减小二氧化碳溶解
【解析】
【详解】(1)Ag2O－Zn－KOH 组成的纽扣电池，锌为负极，氧化银在正极区发生还原反应，产生氢氧根离子，溶液的 pH 增大，电极反应为：Ag2O＋2e－＋H2O ═ 2Ag＋2OH－；
综上所述，本题答案是：Ag2O＋2e－＋H2O ═2Ag＋2OH－。
(2)铁、碳和NaCl溶液构成了原电池，铁在负极发生氧化反应，而溶解在氯化钠溶液中少量的氧气在正极得电子产生氢氧根离子，电极反应式：O2＋4e－＋2H2O ═4OH－；其锈蚀过程属于吸氧腐蚀；
综上所述，本题答案是：O2＋4e－＋2H2O ═ 4OH－；吸氧腐蚀。
(3①)CuO 中含 Fe2O3，加入足量的盐酸后，生成铁离子和铜离子；为了使铁离子变成沉淀而铜离子不沉淀，可以加入氧化铜来调节溶液的pH，根据表格中数据可知，调控范围3.2≤pH＜4.7；
综上所述，本题答案是：CuO(其他合理答案也可)； 3.2≤pH＜4.7。
②CuCl2属于强酸弱碱盐，能够水解产生盐酸，盐酸易挥发，加热后促进了CuCl2的水解，得不到CuCl2固体；因此只有在不断地通入氯化氢气流的情况下，抑制其水解，才能加热蒸干得固体 CuCl2。
综上所述，本题答案是：HCl 气流。
(4) C2H6在足量 O2中完全燃烧，反应方程式为C2H6+7/2O2=2CO2+3H2O；氧元素由0价降低到-2价，所以该反应转移电子为3.5×4mol=14mol；当转移 7 mol e－时放热 a kJ，所以转移14mol e－时放热 2a kJ，C2H6 燃烧热的热化学方程式：C2H6(g)＋7/2O2(g) ═ 2CO2(g)＋3H2O(l) △H＝－2a kJ/mol ；
综上所述，本题答案是：C2H6(g)＋7/2O2(g) ═ 2CO2(g)＋3H2O(l) △H＝－2a kJ/mol 。
(5) 由于 CO2＋H2OH2CO3HCO3－＋H+，HCO3－ 抑制 CO2 溶于水，减小二氧化碳溶解，所以CO2 中混有 HCl，可用饱和 NaHCO3 溶液吸收 HCl；
综上所述，本题答案是：由于 CO2＋H2OH2CO3HCO3－＋H+，HCO3－ 抑制 CO2 溶于水，减小二氧化碳溶解。
18.应用中和滴定原理测定某白醋中 CH3COOH 的含量。
(1)25℃时，用 a L 0.1 mol/L 的 NaOH 与 b L 0.1 mol/L 的 CH3COOH 反应。当 c(Na＋)＝
c(CH3COO－)时，CH3COOH 的电离常数为_____。(用字母 a，b 表示)
(2)①用酸式滴定管量取 25.00 mL 白醋加入锥形瓶中，滴几滴_________________ 做指示剂。(填“石 蕊”、“酚酞”、“甲基橙”)
②向锥形瓶中滴加 1.00 mol/L NaOH 标准液。滴加到 20.00 mL 时恰好完全反应，则白醋中c(CH3COOH)＝_____。则滴加到 10.00 mL 时 CH3COO－、CH3COOH、Na＋、H＋、OH－由大到小排列_____。(已知 K(CH3COOH)＝1.7×10-5)
(3)滴定过程中眼睛注视_____，当_____恰好完全反应。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，会导致所测CH3COOH浓度_____________。(填“偏 大”、“偏小”)
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数会使所测CH3COOH浓度___________。(填“偏 大”、“偏小”)
【答案】 (1). k＝1×10－7a/(b－a) (2). 酚酞 (3). 0.800 mol/L (4). c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) (5). 锥形瓶中颜色的变化 (6). 溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复 (7). 偏大 (8). 偏小
【解析】
【分析】
(1) 当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，根据溶液中存在的电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)关系，得出c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L，再根据原子守恒，求出溶液中剩余的c(CH3COOH)，最后根据电离平衡常数计算公式K=c(H+)c(CH3COO－)/c(CH3COOH)进行计算；
(2)①氢氧化钠与醋酸发生中和反应生成醋酸钠，溶液显碱性，应选用指示剂酚酞；
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行计算；当滴加氢氧化钠体积 10.00 mL 时，混合液为醋酸钠和醋酸的1:1混合液，电离大于水解，溶液显酸性，以此规律分析各粒子浓度大小关系。
(3)根据中和滴定操作要求进行回答。
(4)根据c(CH3COOH) =c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)进行分析，凡是引起V(NaOH)偏大的，结果偏高；反之，结果偏小。
【详解】(1)反应后的溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－),当c(Na＋)＝c(CH3COO－)时，c(H+)=c(OH－)=10-7 mol/L；由于两溶液混合后体积为（a+ b）L，所以c(CH3COO－)= c(Na＋)= aL ×0.1 mol/L/（a+ b）L=mol/L；根据原子守恒规律可知，溶液中剩余的c(CH3COOH)=bL×0.1 mol/L/（a+ b）L-0.1 a/（a+ b）mol/L=0.1 b/（a+ b）-0.1a/（a+ b）=0.1(b- a)/（a+ b）,根据电离平衡常数计算公式K= c(H+) c(CH3COO－)/ c(CH3COOH)= [10-7×0.1 a/（a+ b）]/ 0.1(b- a)/（a+ b）=1×10－7a/(b－a)；
综上所述，本题答案是：k＝1×10－7a/(b－a)。
(2) ①石蕊变色范围为红、紫、蓝，颜色太深，不宜做指示剂；甲基橙的变色范围3.1-4.4，属于酸性变色范围；而酚酞的变色范围8.2-10，属于碱性变色范围；氢氧化钠与醋酸中和后的产物为醋酸钠，溶液为碱性溶液，所以要选择酚酞做指示剂；
综上所述，本题答案是：酚酞。
②根据酸碱中和原理可知：c(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)/V(CH3COOH)= 1.00 mol/L×20.00 mL×10-3/ 25.00 mL×10-3=0.800 mol/L；
当滴加NaOH到 10.00 mL 时，醋酸反应一半，剩余一半，即溶液中醋酸钠和醋酸的量为1:1；醋酸钠的水解平衡常数Kh=Kw/Ka=10-14/1.7×10-5=5.9×10-10
(3)根据中和滴定操作的要求，滴定过程中眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，当溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复，反应恰好完全；
综上所述，本题答案是：锥形瓶中颜色的变化；溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复。
(4)①滴定过程中，用待测液润洗了锥形瓶，导致待测液的量增大，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，会导致所测 CH3COOH 浓度偏大；
综上所述，本题答案是：偏大。
②滴定管中，开始时读数正确，结束时俯视读数，会使所读取的体积数值偏小，即氢氧化钠溶液的体积偏小，所测 CH3COOH 浓度偏小；
综上所述。本题答案是：偏小。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致；①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
19.Ⅰ．在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行如下反应： A(g)＋2B(g)3C(g)，已知起始时加入 3 mol A(g)和 2 mol B(g)，达平衡后，生成 a mol C(g)。
(1)相同实验条件下，若在同一容器中改为开始加入 1.5 mol A 和 1 mol B，达平衡时 C 的 物质的量为_____mol(用含字母 a 的代数式表示)，此时 C 在反应混合物中的体积分数 _____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)相同实验条件下，若在同一容器中改为开始时加入 2 mol A 和 1 mol B，达平衡时，要 求 C 在混合物中体积分数与(1)相同，则开始时还需加入_____mol C。
Ⅱ．向 BaSO4 中加入饱和 Na2CO3溶液，当溶液中 c(CO32－)＝6 mol/L 时，有部分BaSO4转化成了 BaCO3，则此时 c(SO42-)＝_____。(已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp＝(BaSO4)1.1×10－10)
Ⅲ．25℃时，V1L pH＝2的 HCl 和V2L pH＝11的 NaOH 溶液反应后 pH＝9，则 V1∶V2＝_______ 。
【答案】 (1). 0.5a (2). 不变 (3). 0.75 (4). 0.25 mol/L (5). 99∶1001
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1) 该反应为反应前后体积不变的可逆反应；同比例减小反应物的量，等效于减压过程，据此进行分析；
(2) 该反应为反应前后体积不变的可逆反应，若在同一容器中开始时加入 2 mol A 和 1 mol B，达平衡时，要 求 C 在混合物中体积分数与原平衡相同，则把开始时加入的生成物全部变为反应物后，根据反应物A和B的量与原投料成比例，平衡等效。
Ⅱ．CO32-(aq)+ BaSO4（s）=== BaCO3（s）+ SO42- (aq)，该反应平衡常数为K= c(SO42-)/ c(CO32－)= Ksp(BaSO4)/ Ksp(BaCO3)，根据题给条件求出c(SO42-)；
Ⅲ．根据题意可知，酸碱反应后碱过量，溶液显碱性，根据[c(OH-)×V2-c(H+)×V1]/( V2+ V1)= c(OH-)(混)进行计算。
【详解】Ⅰ．(1) A(g)＋2B(g)3C(g)，该反应为反应前后体积不变的可逆反应；在一固定容积的密闭容器中，保持一定温度，在一定条件下进行如下反应：已知起始时加入 3 mol A(g)和 2 mol B(g)，达平衡后，生成 a mol C(g)；相同实验条件下，若在同一容器中改为开始加入 1.5 mol A 和 1 mol B，相对于原平衡来讲，假设平衡不移动，反应物的量成比例减小，所以达平衡后，生成 a/2 mol C(g)；但是反应物的量成比例减小，等效于减压的过程，平衡不发生移动，所以达平衡时 C 的 物质的量仍为0.5 amol；此时 C 在反应混合物中的体积分数保持不变；
综上所述，本题答案是：0.5a ； 不变。
(2) 相同实验条件下，若在同一容器中改为开始时加入 2 mol A 和 1 mol B，达平衡时，要 求 C 在混合物中体积分数与(1)相同，则开始时还需加入xmol C,把生成物全部变为反应物后，反应物A和B与原投料方式成比例；根据A(g)＋2B(g)3C(g)反应，当投料方式为2 mol A 和 1 mol B，xmol C时，根据上述反应把生成物全部转化为反应物得：2+x/3 mol A，1+2x/3 mol B，0mol C，根据投料成比例列方程：(2+x/3)/( 1+2x/3)=3/2，计算结果x=0.75mol；
综上所述，本题答案是：0.75。
Ⅱ．CO32-(aq)+ BaSO4（s） BaCO3（s）+ SO42- (aq)，该反应平衡常数为K= c(SO42-)/ c(CO32－)= Ksp(BaSO4)/ Ksp(BaCO3)= 1.1×10－10/2.6×10－9，所以c(SO42-)= 6×1.1×10－10/2.6×10－9≈0.25 mol/L；
综上所述，本题答案是：0.25 mol/L。
Ⅲ．根据题意可知，酸碱反应后碱过量，溶液显碱性， pH＝11 的 NaOH 溶液，c(OH-)=10-3mol/L，pH＝2 的 HCl溶液，c(H+)=10-2 mol/L，反应后溶液 pH＝9，c(OH-)=10-5mol/L；[10-3×V2-10-2×V1]/( V2+ V1)= 10-5，计算结果为：V1∶V2＝99∶1001；
综上所述，本题答案是：99∶1001。
【点睛】问题Ⅲ考查pH的有关计算，注意掌握溶液pH的概念及计算方法。对于溶液pH的计算，当强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=(c(H+)V酸-c(OH-)V碱)/(V酸+V碱)；若碱过量：c(OH-)=(c(OH-)V碱-c(H+)V酸)/(V碱+V酸)；当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。
20.工业上利用 CO、CO2、H2 在催化剂作用下合成甲醇。已知在一定温度和压强下：
①H2(g)＋1/2O2(g) ═ H2O(l) △H1＝－285.8 kJ/mol；
②2CO(g)＋O2(g)CO2(g) △H2＝－566 kJ/mol；
③CH3OH(g)＋3/2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) △H3＝－761.7 kJ/mol。
(1)CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H＝_____。
(2)一定温度下，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在 2 L 的容器中进行反应，充入 n(H2)/n(CO)的值与平衡时反应物的转化率关系如图。
①α 代表_____(填 H2 或 CO)的转化率。
②若反应开始时，充入 6 mol H2 和 3mol CO，则 A 点平 衡时 K＝_____，p(平)/p(始)＝_____。A 点平衡时再充入CO、H2、CH3OH 各 1 mol，此时 V 正_____V 逆。(填“＞”、“＜”、“＝”)
(3)2NO2(g)N2O4(g) △H＜0。将一定量的 NO2 气体充入注射器中并密封，拉伸和压缩注射器过程中气体的透光率随时间变化。(气体颜色越深，透光率越小)
①a 点的操作为_____。
②e 点平衡向_____移动。
③固定注射器容积，c 点时再充入一定量 N2O4，则 NO2 转化率_____。(填“增大”、“减 小”、“不变”)
【答案】 (1). －92.9 kJ/mol (2). CO (3). 1.04 (4). 3/5 (5). ＞ (6). 压缩注射器 (7). 逆向 (8). 增大
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律进行计算；
（2）①当n(H2)/n(CO) 的值逐渐增大时，相当于不断增加氢气的量(或浓度)，平衡右移CO的转化率不断地增大；
②根据CO的转化率为0.6及已知条件，求出各物质的平衡浓度，进而求出平衡常数；根据气体的压强和气体的物质的量成正比求出p(平)/p(始)；根据浓度商Qc与该温度下的平衡常数关系，判断反应进行的情况，从而判断V 正与V 逆关系。
(3)气体颜色越深，透光率越小；从图象可看出，从a 点开始，透光率在下降，说明在压缩气体，混合气体的浓度在增大，气体颜色在加深，所以a 点的操作为压缩注射器；从c点处可知，混合气体的颜色在变浅，透光率在逐渐增大，所以拉伸注射器，相当于减压过程，e 点平衡向左移动；固定注射器容积，c 点时再充入一定量 N2O4，等效于加压的过程，据此进行分析。
【详解】(1)①H2(g)＋1/2O2(g) ═ H2O(l) △H1＝－285.8 kJ/mol；
②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) △H2＝－566 kJ/mol；
③CH3OH(g)＋3/2O2(g)CO2(g)＋2H2O(l) △H3＝－761.7 kJ/mol。
根据盖斯定律：2×①+1/2×②-③=2△H1+1/2×△H2-△H3=(－285.8×2-1/2×566+761.7) kJ/mol =－92.9 kJ/mol；综上所述，本题答案是：－92.9 kJ/mol。
(2)①根据图示可知，当n(H2)/n(CO) 的值逐渐增大时，相当于不断增加氢气的量(或浓度)，平衡右移，CO的转化率不断地增大；因此α 代表CO的转化率；
综上所述，本题答案是：CO。
②对于CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应，若反应开始时，充入 6mol H2 和 3mol CO，A 点时达到平衡，CO的转化率为0.6，所以反应后剩余n(CO)=3mol-0.6×3mol=1.2mol，n(H2)=6mol-0.6×3×2mol=2.4mol，生成n(CH3OH)= 0.6×3mol=1.8mol；各物质浓度分别为：c(CO)= 1.2mol/2=0.6mol/L，c(H2)= 2.4mol/2=1.2 mol/L，c(CH3OH)= 1.8mol/2=0.9 mol/L，根据平衡常数计算公式：K= c(CH3OH)/c2(H2) c(CO),带入数值进行计算，K=1.04； 气体的压强之比等于气体的物质的量之比，n(平)=（0.6mol/L+1.2 mol/L+0.9 mol/L）×2L=5.4mol；n(始)＝6mol+3mol=9 mol；p(平)/p(始)＝5.4/9=3/5；A 点平衡时再充入CO、H2、CH3OH 各 1 mol，各物质的浓度分别为：c(CO)= 0.6mol/L+1/2 mol/L=1.1 mol/L，c(H2)=1.2 mol/L+1/2 mol/L=1.7mol/L，c(CH3OH)=0.9 mol/L+1/2 mol/L=1.4mol/L，该反应的浓度商Qc= c(CH3OH)/c2(H2)c(CO)，带入数值计算结果为Qc=0.44<1.04，反应正向进行，此时 V 正＞V 逆。
综上所述，本题答案是：1.04；3/5 ； ＞。
(3)①气体颜色越深，透光率越小；从图象可看出，从a 点开始，透光率在下降，说明在压缩气体，混合气体的浓度在增大，气体颜色在加深，所以a 点的操作为压缩注射器；
综上所述，本题答案是：压缩注射器；
②从c点处可知，混合气体的颜色在变浅，透光率在逐渐增大，所以拉伸注射器，相当于减压过程，e 点平衡向左移动；
综上所述，本题答案是：逆向。
③固定注射器容积，c 点时再充入一定量 N2O4，等效于加压的过程，平衡正向移动，则 NO2 转化率增大；
综上所述，本题答案是：增大。
21.已知：①甲为 CH4 和 O2 形成的燃料电池，电解质为固体电解质，能传导 O2-。
②乙中为 100 mL NaCl 溶液(足量)，滴有酚酞，丙为 CuSO4 溶液。
③若 c、d 为惰性电极，通电时 c 电极附近首先出现红色。 请回答下列问题：
(1)b 处通入_____(填“CH4”或“O2”)，电极反应式为：_____。
(2)当乙中 pH＝13 时，a 处通入标准状况下_____mL 的_____气体(填“O2”或 “CH4”)，c 电极的电极反应式为：_____。
(3)若用丙装置在 Fe 上镀 Cu，则 e 为_____(填“Fe”或“Cu”)，若 e，f 为惰性电极， 写出电解反应的离子方程式：_____。若 e，f 为惰性电极，丙中溶液为不饱和 Na2CO3 溶液， 则电解过程中pH_____(填“变大”、“不变”或“变小”)，原因是_____。
【答案】 (1). CH4 (2). CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O (3). 56 (4). O2 (5). 2H＋＋2e－ ═ H2↑ (6). Fe (7). 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ (8). 变大 (9). 电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大
【解析】
【分析】
根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；据以上分析解答。
【详解】根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；
(1)结合以上分析可知，b电极为原电池的负极，发生氧化反应，应该通入甲烷气体，电极反应式为：CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O；
综上所述，本题答案是：CH4；CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O。
(2) 乙中均为惰性电极，通电时电解饱和食盐水，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+ H2↑；从反应可知，反应转移电子为2mol，生成氢氧化钠2mol；pH＝13的NaOH溶液，c(OH-)=c（NaOH）=0.1mol/L；n(NaOH)= 0.1mol/L×0.1L=0.01 mol,转移电子0.01mol；c 电极为电解池的阴极，氢离子在此极得电子生成氢气，电极反应式为：2H＋＋2e－═ H2↑； a 电极为原电池的正极，氧气在此极得电子，电极反应为：O2+4e-=2O2-，根据串联电路中电子转移相等可知，正极消耗氧气的量为0.0025mol，体积为0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL；
综上所述，本题答案是：56 ；O2 ；2H＋＋2e－ ═ H2↑。
(3) Fe 上镀 Cu，铁做阴极，铜做阳极，所以e 为Fe；
若 e，f 为惰性电极，电解硫酸铜溶液，阴极生成铜，阳极产生氧气和硫酸，电解的总反应为：2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋；
若 e，f 为惰性电极，Na2CO3 水解显碱性，电解不饱和 Na2CO3 溶液，相当于电解水，溶剂的量减小，碳酸钠溶液的浓度增大，碱性增强，pH变大；
综上所述，本题答案是：Fe ；2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋； 变大；电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大。
相关资料
更多
