【化学】内蒙古赤峰市宁城县2018-2019学年高二上学期期末考试试卷（解析版）

内蒙古赤峰市宁城县2018-2019学年高二上学期期末考试试卷
考试时间:90分钟满分:100分
可能用到的相对原子质量：Fe 56 O 16 Na 23 Cu 64 Cr 52 C 12 Na 23 Cl 35.5
第Ⅰ卷
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共计48分）
1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；
B、太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故B错误；
C、燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故C正确；
D、锂离子电池是把化学能转化为电能，故D错误．
本题选C
2.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，pH=1，c(Al3+)=0.4mol·L－1，c(SO42—)=0.8mol·L－1，则c(K+)为( )
A. 0.4mol·L－1 B. 0.2mol·L－1 C. 0.15mol·L－1 D. 0.3mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】混合溶液pH=1，则c（H+）=0.1mol/L，根据电荷守恒，3（Al3+）+c（K+）+c（H+）=2（SO42-），即3×0.4mol/L+c（K+）+0.1mol/L=2×0.8mol/L，解得c（K+）=0.3mol/L，答案为：0.3mol/L．故D正确。
本题选D
3.下列操作中，能使电离平衡H2OH+ + OH－正向移动且溶液呈酸性的是( )
A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3溶液
C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到100℃，使水的pH=6
【答案】B
【解析】
【详解】A、硫酸氢钠的电离：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氢钠溶液相当于稀硫酸，对水的电离起抑制作用，故A错误；
B、向水中加入硫酸铝溶液，铝离子水解促进水的电离，铝离子和氢氧根离子生成氢氧化铝，使溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，所以溶液呈酸性，故B正确；
C、向水中加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子抑制水的电离，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；
D、水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，使平衡向正反应方向移动，但溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍然相等，溶液呈中性，故D错误；
本题选B
4.下列解释事实的反应方程式不正确的是（ ）
A. 向碳酸钠溶液中滴加酚酞溶液，溶液变红：CO32－+2H2OH2CO3+ 2OH－
B. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2+ + S2－===CuS↓
C. 向AgC1沉淀中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgC1+S2－Ag2S+2C1－
D. 向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，放置在空气中溶液变蓝：4H++4I－+O2=== 2I2 + 2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A、纯碱溶液中滴加酚酞溶液显红色是因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：CO32－+H2OHCO3－+ OH－，故A错误；
B、以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2+ + S2－===CuS↓，故B正确；
C、 向AgC1沉淀中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgC1+S2－Ag2S+2C1－，故C正确；
D、向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，放置在空气中溶液变蓝：4H++4I－+O2=== 2I2 + 2H2O，故D正确；
本题选A
5.下列说法正确的是( )
A. 氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
B. 3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
C. 反应4Fe(s)+3O2(g)= 2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应
D. 向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明该溶液中有Fe2+，无Fe3+
【答案】B
【解析】
【详解】A、氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%~90%，故A错误；
B、N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol ，故B正确；
C、反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS 0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，故C错误；
D、向某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，说明该溶液中有Fe2+，无法证明溶液中是否有Fe3+，故D错误；
本题选B
6.在密闭容器中进行反应：A（g）+3B（g）2C（g），有关下列图象说法的不正确的是（ ）

A. 依据图a可判断正反应为放热反应
B. 在图b中，虚线可表示使用了催化剂
C. 若正反应的△H＜0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动
D. 由图d中混合气体的平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的△H＞0
【答案】D
【解析】
【详解】A、依据图象分析，温度升高逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，可以判断反应热量变化，故A正确；
B、催化剂改变反应速率，缩短反应达到平衡的时间，不能改变化学平衡，图象符合改变条件的变化，故B正确；
C、若正反应的△H＜0，是放热反应升温平衡逆向进行，逆反应速率大于正反应速率，图象符合反应速率的变化，故C正确；
D、图象分析，温度升高平均相对分子质量减小，结合平衡反应是气体减小的反应，混合气体质量不变，所以平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应△H＜0，故D错误；
本题选D
7.锌铜原电池装置如右图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述不正确的是( )

A. Zn电极上发生氧化反应
B. 电池工作后，甲池的SO42－微粒数减少
C. 电池工作后，甲池溶液的阳离子移动到乙池
D. 电池工作后，乙池中的Cu电极质量增加
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图像可知该原电池反应原理为Zn+ Cu2＋= Zn2＋+ Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A正确；
B、该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B错误；
C、该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故C正确；
D、电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—= Cu，乙池中为Cu电极质量增加，故D正确；
本题选B
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液pH＝7时，c(SO42-)＝c(NH4+)
B. 向0.1mol•L−1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
C. 常温下，pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，混合溶液呈酸性
D. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(CH3COO—)/c(CH3COOH)·c(OH—)增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、中根据电荷守恒可知，2c(SO42－)+c(OH－)＝c(NH4＋)＋c(H＋)，弱于显中性，则c(OH－)＝c(H＋)，所以2 c(SO42－)＝c(NH4＋)，故A错误；
B、Ka= c(CH3COO—) c(H+)/c(CH3COOH)加水虽然促进电离，n（CH3COO—）增大，但c(CH3COO—)减小，Ka保持不变，则溶液中c(H+)/c(CH3COOH)增大，故B错误；
C、pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合，醋酸是弱酸存在电离平衡，平衡状态下的氢离子和氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度相同，等体积混合，促进了弱酸的电离，溶液呈酸性，故C正确；
D、从20℃升温至30℃，促进水电离，Kh增大，则c(CH3COO—)/c(CH3COOH)·c(OH—)=1/Kh减小，故D错误；
本题选C
9.一定温度下，在1L恒容密闭容器中加入lmol的N2(g)和3molH2(g)发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0， NH3的物质的量与时间的关系如下表所示，下列说法不正确的是( )
时间(min)
0
t1
t2
t3
NH3物质的量(mol)
0
0.2
0.3
0.3
A. 0〜t1min，v(NH3)=0.2/t1mol·L-1·min-1
B. t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)，反应达新平衡时，c(N2)>0.85mol·L-1
C. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)的活化能小于2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的活化能
D. 升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆移
【答案】D
【解析】
【详解】A. 0〜t1min时生成NH3的浓度==0.2mol/L，生成NH3的平均反应速率==mol·L-1·min-1，A项正确；
B.由表格数据可知，第t3时反应已处于平衡状态，根据反应方程式N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)可知此时消耗N2的物质的量= =×0.3mol=0.15mol，所以平衡时N2的浓度c(N2)==0.85mol/L。当t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)时，尽管平衡向正反应方向移动，但加入的1molN2不可能完全转化，所以再次平衡时c(N2)>0.85mol/L，B项正确；
C. 因为合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是放热反应，其能量关系图为：（其中E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能），显然合成氨的活化能（E1）小于其逆反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)活化能（E2），C项正确；
D.升高温度不管是反应物分子还是生成物分子都获得了能量，正反应和逆反应的活化分子百分数都会增大，所以正反应速率和逆反应速率都增大，但吸热反应速率增大的程度大于放热反应速率增大的程度，所以平衡向吸热反应方向移动，即该反应向逆反应方向移动，D项错误；答案选D。
10.H2和I2在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)△H=—a kJ/mol,下列说法正确的是（ ）
已知：（a、b、c均大于零）
A. H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键
B. 断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ
C. 相同条件下，1 mol H2 (g)和1mol I2 (g)总能量小于2 mol HI (g)的总能量
D. 向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，充分反应后放出的热量为2a kJ
【答案】B
【解析】
试题分析：A、HI分子中共价键是由不同种非金属形成的，属于极性键，A错误；B、反应热等于断键吸收的能量与形成化学键说放出的能量的差值，则—a＝b+c—2x，解得x＝，所以断开2 mol HI分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ，B正确；C、该反应是放热反应，则相同条件下，1 mol H2 (g)和1mol I2 (g)总能量大于2 mol HI (g)的总能量，C错误；D、该反应是可逆反应，则向密闭容器中加入2 mol H2(g)和2 mol I2(g)，充分反应后放出的热量小于2a kJ，D错误，答案选B。
考点：考查反应热的有关应用与计算
11.科学家用氮化镓材料与铜组装如图所示人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4.下列说法不正确的是( )

A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程
B. GaN表面发生氧化反应：2H2O－4 e－===O2↑＋4H＋
C. Cu表面的反应是：CO2＋8e－＋6H2O ===CH4＋8OH¯
D. H＋透过质子交换膜从左向右迁移
【答案】C
【解析】
由电池装置图可知原电池的工作原理：失去电子电极为负极，得到电子的电极为正极，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，阴离子往负极移动。电极反应式：Cu作正极：二氧化碳得到电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O，氮化镓作负极：H2O失去电子变成O2 ，则氮化镓电极反应式为：2H2O － 4e－ = 4H＋ + O2 ，整个过程太阳能转化为化学能，化学能转化为电能。A、该过程是将太阳能转化为化学能，选项A正确；B、GaN作负极发生氧化反应：H2O失去电子变成O2 ，电极反应式为：2H2O － 4e－ = 4H＋ + O2 ，选项B正确；C、铜电极得电子为正极，电极反应式为：CO2＋8e－＋8H＋＝CH4＋2H2O，选项C正确；D、电池内部H+透过质子交换膜从左向右迁移，选项D正确。答案选C。
12.在密闭容器中的一定量的混合气体发生反应:xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L.下列有关判断正确的是（ ）
A. 平衡向正反应方向移动 B. B的转化率降低
C. x+y＜z D. C的体积分数增大
【答案】B
【解析】
【详解】将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，假设平衡不移动，则A的浓度为0.25mol/L，可测得A的浓度为0.30mol/L， 说明平衡往生成A的方向移动，也就是说逆方向是体积增加的方向，x+y>z 。
A、平衡向逆反应方向移动，故A错误；
B、B的转化率降低 ，故B正确；
C、平衡往生成A的方向移动，也就是说逆方向是体积增加的方向，x+y>z，故C错误；
D、C的体积分数减小，故D错误；
本题选B
13.下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A. 无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl‾、HCO3‾
B. 室温下水电离的c(H+)＝10－13mol/L的溶液：K+、HCO3－、Br－、Ba2+
C. 室温下c(H+)/c(OH－)＝1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3－、I－
D. pH=14的溶液中：CO32－、Na+、Cl－、AlO2－
【答案】D
【解析】
【详解】A、溶液中会发生双水解反应Al3++ 3HCO3‾=Al（OH）3↓+3CO2，不能大量共存，故A错误；
B、室温下水电离的c(H+)＝10－13mol/L＜10-7 mol/L的溶液，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，在酸性溶液中H+和HCO3－会发生反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；
C、室温下c(H+)/c(OH－)＝1012的溶液是酸性溶液，在酸性中，H+、Fe2+、NO3－、I－会发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D、pH=14的碱性溶液中，CO32－、Na+、Cl－、AlO2－不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；
本题选D
14.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是（ ）
实验方案




目的
A．验证升高温度可加快H2O2分解
B．精练铜
C.验证AgCl沉淀
可以转变为Ag2S
D．探究浓度对化学
反应速率的影响
【答案】D
【解析】
【详解】A、右侧除反应温度不同，还加入了催化剂，无法证明温度对反应速率的影响，故A错误；
B、与电源正极相连的一级为阳极，粗铜应该做阳极，图示装置不合理，故B错误；
C、硝酸银溶液过量，反应后硝酸银有剩余，剩余的硝酸银与硫化钠溶液反应，无法验证AgCl沉淀可以转变为Ag2S，故C错误；
D、硫酸浓度、溶液总体积相同，只有硫代硫酸钠浓度不同，可探究浓度对化学反应速度的影响，故D正确；
本题选D
15.下列有关热化学方程式的叙述中，正确的是(　　)
A. 含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为 NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝＋57.4 kJ/mol
B. 已知2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH1, 2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2；则ΔH1＜ΔH2
C. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) 　ΔH ＝－483.6 kJ/mol，则H2的燃烧热为241.8 kJ/mol
D. 已知C(石墨，s)===C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A、酸碱反应是放热反应，焓变为负值，含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（1）△H=-57.3kJ/mol，故A错误；
B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳过程是放热反应，焓变为负值比较大小已知C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1；C（s）+12O2（g）=CO（g）△H2，则△H1＜△H2，故B正确；
C、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中水不是稳定氧化物，故C错误；
D、物质能量越高越活泼，C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨能量高，石墨稳定，故D错误；
本题选B
16.常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3.下列叙述正确的是(　 )
A. 该溶液中：2c (H＋)= c(A－)＋c(OH－)
B. 由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液显酸性，则：c(A－)>c(HA)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D. 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)==c(A－)＋2c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】常温下，0.1mol•L-1某一元酸（HA）溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，是弱酸，
A、据电荷守恒得，c（H+）= c(A－)+c（OH-），故A错误；
B、pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液中c（HA）＞c（NaOH）=0.001mol/L，等体积混合，酸的物质的量大于碱，所以混合溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），故B错误；
C、浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液显酸性，则HA电离大于NaA水解， c(A－)> c(Na＋)> c(HA)> c(H＋) > c(OH－)，故C错误；
D、0.1mol•L-1HA溶液与0.05mol•L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中的溶质是等物质的量的NaA和HA，根据物料守恒得c（HA）+c（A-）=2 c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（A-）+c（OH-），所以得2c（H+）+c（HA）=c（A-）+2c（OH-），故D正确；
本题选D
第Ⅱ卷
17.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）已知：CH4(g) + H2O(g) = CO(g) + 3H2(g) △H = + 206.2 kJ/mol，CH4(g) + CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g) △H = + 247.4 kJ/mol，以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。 CH4(g)与 H2O(g)反应生成 CO2(g)和 H2(g)的热化学方程式为______________________________________________________。
(2) 工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)。某温度下，将1 mol CO2和3 mol H2充人体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表所示:

①用H2表示的前2h的平均反应速率v(H2)=_________。
②该温度下，CO2的平衡转化率为______________。
(3) 在300℃、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1:3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp=_____ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4) CO2经催化加氢可合成低碳烯烃:2CO2 ( g)＋6H2 (g)C2H4 (g)＋4H2 O(g) △H。在0 .1 MPa时，按n(CO2)：n(H2)=1：3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)的关系。

①该反应的△H_______0(填“>”或“<”)。
②曲c表示的物质为______(填化学式)。
【答案】 (1). CH4(g) + 2H2O(g) = CO2(g) + 4H2(g) △H = + 165.0 kJ/mol (2). 0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1） (3). 40% (4). 1/48或0.02 (5). < (6). C2H4
【解析】
【详解】（1）已知：①CH 4（g）+H 2 O（g）═CO（g）+3H 2（g）△H=+206.2kJ/mol
②CH 4（g）+CO 2（g）═2CO（g）+2H 2（g）△H=+247.4kJ/mol
由盖斯定律，①×2-②得CH 4（g）+2H 2 O（g）═CO 2（g）+4H 2（g）△H=+165.0 kJ/mol，
故答案为：CH 4（g）+2H 2 O（g）═CO 2（g）+4H 2 （g）△H=+165.0 kJ/mol；
（2）①恒温恒容时，气体压强之比等于其物质的量之比，2h时P后/P前=0.85，
设消耗CO2的物质的量为x mol。
CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g) V
1 3 1 1 2
x mol 2x mol
则有（4-2x） mol/4 mol=0.85 x=0.3
故前2h的平均反应速率v（H2）=0.3 mol×3/2L×2h=0.225 mol·L-1·h-1
②该温度下，反应进行5h时达到平衡状态，此时P后/P前=0.80，设消耗CO2的物质的量为y mol，则有4-2y mol/4 mol=0.80，解得y=0.4，故CO2的平衡转化率为0.4 mol/1 mol×100%=40%
本题答案:：0.225 mol·L-1·h-1(或13.5 mol·L-1·minL-1） ；40%
（3）设开始时投入CO2和H2的物质的量分别为1 mol、3 mol，CO2的平衡转化率为50%，则有： CO2 ( g) + 3H2 (g)CH3OH(g)+ H2O(g)
起始/ mol 1 3 0 0
转化/ mol 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡/ mol 0.5 1.5 0.5 0.5
平衡时p（CO2）=8MPa×0.5 mol/3 mol=4/3 MPa，p（H2）=8MPa×1.5 mol/3 mol=4 MPa，
p（CH3OH）=8MPa×0.5 mol/3 mol=4/3 MPa，p（H2O）=8MPa×0.5 mol/3 mol=4/3 MPa，
故该反应条件下的平衡常数为Kp= p（CH3OH）·p（H2O）/ p（CO2）·p（H2）= 1/48
（4）①由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热△H＜0. ②随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，因氢气为反应物，则另一条逐渐增多的曲线a代表CO2、C2H2 (g)、H2O (g)都是生成物，随着平衡逆向移动，二者的物质的量逐渐减小，由计量关系可知曲线a代表水，曲线c代表C2H2
本题答案：＜；C2H2
18.甲烷是非常重要的能源和化工原料，请回答下列问题.
(1)如下图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为H2SO4溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒镀铜。

①a处应通入______(填“CH4”或“O2”)，b处电极上发生的电极反应式是___________；
②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH______(填写“变大”“变小”或“不变”，下同)，装置Ⅱ中Cu2＋的物质的量浓度_______；
③若实验过程中Ⅱ中的铜片质量减少了2.56g，则Ⅰ中理论上消耗CH4的体积(标准状况)______L。
（2）若将装置Ⅱ中的两电极均改为石墨惰性电极：
①写出装置Ⅱ中发生的总化学反应方式________________________________。
②若用Ⅱ电解200 mL 0.05 mol·L－1的CuSO4溶液，一段时间后溶液中的Cu2+恰好完全析出，恢复至室温，溶液pH=__________(忽略电解过程中溶液体积变化)；若想将上述电解后的溶液恢复为与电解前的溶液相同，可以加入一定质量的__________(填序号)；
a．Cu b．CuO c．Cu(OH)2 d．CuSO4
【答案】 (1). CH4 (2). O2+4H++4e-=2H2O (3). 变大 (4). 不变 (5). 0.224 (6). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (7). 1 (8). b
【解析】
【分析】
①根据盖斯定律书写目标热化学方程式；
②由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷；根据酸的挥发性分析；
③计算平衡时氢气浓度变化量，利用三段式计算平衡时各组分浓度，代入平衡常数表达式计算；
【详解】(1)由于Fe棒上镀Cu，则Cu棒发生氧化反应，作阳极，b电极作正极，a电极作负极，CH4在a处通入，O2在b处通入，由于KOH作电解质溶液，则b极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-；
本题答案：CH4；O2+2H2O+4e-4OH-；
②装置Ⅰ中溶液的pH变大，电镀过程中电解质溶液不参与电极反应，各离子浓度均不变；
本题答案：变大；不变
③CH4燃料电池中的化学方程式为CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O，可得溶液中存在C，再由电子守恒得CH4~4Cu，则2.56 g Cu的物质的量为0．04 mol，消耗CH4为=0．01 mol，在标准状况下的体积为0．01mol×22．4 L·mol-1=0.224L。
本题答案：0.224L
（2）①若将装置Ⅱ中的两电极均改为石墨惰性电极，则则阴极发生Cu 2+ +2e - ═Cu，阳极氢氧根离子放电，4OH - -4e - ═H 2 O+O 2 ↑，总化学反应方式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
本题答案：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
②溶液中Cu2+恰好完全反应析出后，则析出的n（Cu）=0.2L×0.05 mol/ L=0.01 mol，则生成的硫酸0.01 mol，氢离子为0.02 mol，c（H+）=0.02 mol/0.2L=0.1 mol/ L，pH=1；电解硫酸铜溶液，溶液中的Cu2+恰好完全反应析出后，方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要想恢复到与电解前的溶液相同，应加入CuO。
本题答案：1；b
【点睛】本题重难点为第（2）问，Cu和O2从溶液体系中脱离出来，故要恢复到与电解前溶液相同状态，应加入等量的Cu和O2构成的物质。
19.Ⅰ.在常温下，下列四种溶液：①0.1mol/L NH4Cl ②0.1mol/L CH3COONH4 ③0.1mol/L NH4HSO4
④0.1mol/LNH3•H2O，请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈__ 性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是_______（用离子方程式表示）。
（2）在上述四种溶液中，pH最小的是________。
（3）比较四种溶液中c（NH4+）的由大到小的顺序是______________（填序号）。
（4）四种溶液中，离子浓度为0.1 mol/L的是___________（填离子符号）。
（5）将③和④等体积混合，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为_____________。
Ⅱ. KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2,因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所述：称取稍多于所需要的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1h；用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处；利用氧化还原反应滴定法，在70～80℃条件下用基准试剂（纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质）溶液标定其浓度.
请回答下列问题：
(1)准确量取一定体积的KMnO4溶液需要使用的仪器是_____________。
(2)在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用________（填字母）。
A.H2C2O4 ▪2H2O B.FeSO4 C.浓盐酸 D.Na2SO3
(3)若准确称取Wg(2)中所选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，配制溶液时，所用仪器除烧杯和玻璃棒外，还有________________。取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL.KMnO4溶液的物质的量浓度为____________mol/L。
（4）若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中的Fe2+的含量，测得的浓度值将____________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 酸 (2). NH4++H2ONH3••H2O+H+ (3). ③ (4). ③﹥①﹥②﹥④ (5). Cl- SO42- (6). c(NH4+)>c(SO42-)> c(H+)> c(OH-) (7). 酸式滴定管 (8). A (9). 500ml 容量瓶、胶头滴管 (10). 10W/63V (11). 偏高
【解析】
【分析】
（1）假设铵根离子不考虑水解，依据另一种离子的影响分析判断；
（2）醋酸根离子水解促进铵根离子水解，NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解；
（3）混合溶液中氯离子浓度不变为0.1mol/L；依据溶液中氮元素的物料守恒计算得到．
【详解】Ⅰ.（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4++H2ONH3•H2O+H+
故答案为：酸；NH4++H2ONH3•H2O+H+
（2）①0.1mol/L NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，②0.1mol/L CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相近溶液呈中性，③0.1mol/L NH4HSO4溶液电离氢离子水解溶液显酸性，④0.1mol/LNH3•H2O溶液中一水合氨电离溶液显碱性，溶液pH顺序：④﹥②﹥①﹥③，pH最小③
本题答案：③
（3）①0.1mol/L NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，②0.1mol/L CH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相近溶液呈中性，③0.1mol/L NH4HSO4溶液电离氢离子水解溶液显酸性，④0.1mol/LNH3•H2O溶液中一水合氨电离溶液显碱性，溶液pH顺序：④﹥②﹥①﹥③，pH最小③，溶液中铵根离子浓度大小：③﹥①﹥②﹥④
本题答案：③﹥①﹥②﹥④
（4）Cl-和 SO42-不发生水解，故离子浓度为0.1 mol/L
本题答案：Cl-和 SO42-
（5）将0.1mol/L NH4HSO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，SO42-不发生水解，故离子浓度为0.1 mol/L， 0.1mol/LNH3•H2O为弱碱，c(OH-)<0.1mol/L，等体积混合后，溶液显酸性，故溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c(NH4+)>c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)
本题答案：c(NH4+)>c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)
Ⅱ. ：（1）滴定操作中准确量取溶液用移液管或滴定管，高锰酸钾溶液具有强氧化性，只能用酸式滴定管量取；
本题答案：酸式滴定管
（2）选做基准试剂的物质稳定性要好，浓盐酸易挥发，FeSO4、Na2SO3易被氧气氧化；
本题答案：A
（3）配制500mL溶液，还需500ml 容量瓶、胶头滴管；最后一滴KMnO4溶液滴下，溶液颜色从紫红色变成无色，且半分钟内颜色不改变，有关系式5H2C2O4~2KMnO4，确定等式为（w÷500×25÷90）：（cv×10-3）=5:2 ，c= 10W/63Vmol·L－1；
本题答案：500ml 容量瓶、胶头滴管；10W/63V
（4）由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，导致浓度降低，用此溶液做标准溶液导致所测溶液浓度偏高。
本题答案：偏高
【点睛】本题难点为第（5）问，需比较电离和水解的程度，确定混合后溶液的酸碱性进而比较离子浓度。
20.氧化铬（Cr2O3）主要用于冶炼金属铬、有机化学合成的催化剂等.工业上是以铬铁矿[主要成份为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质]为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：

（1）亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]中Cr的化合价是___________。
（2）焙烧时的主要反应为：4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，其中被氧化的元素为___，每产生32g Fe2O3，转移电子的物质的量为_______，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_______。（3）操作I包括过滤与洗涤，简述实验室中洗涤沉淀的操作：__________。
（4）硫磺在与铬酸钠的反应中转化为硫代硫酸钠，反应的离子方程式为___________，滤渣中除Al(OH)3外还有_______（填化学式）。
（5）某工厂用448 kg铬铁矿粉[含Fe(CrO2)280%]制备Cr2O3，最终得到产品182.4 kg，产率为______。
（6）Cr3+也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的Cr3+，调节pH至少为_______，才能使铬离子沉淀完全 (已知：离子浓度小于1×10－5mol/L时沉淀就达完全， Cr(OH)3的Ksp=1.0×10－32)。
【答案】 (1). +3 (2). Cr、Fe (3). 2.8 mol (4). 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (5). 将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水自然流下后，再重复操作2～3次 (6). 4CrO42−+6S+7H2O＝4Cr（OH）3↓+3S2O32−+2OH− (7). H2SiO3 (8). 75.0% (9). 5
【解析】
【分析】
铬铁矿与纯碱、空气混合焙烧Fe(CrO2)2、Fe2O3，Al2O3、SiO2分别转化为偏铝酸钠和硅胶钠，加水提取后得到氧化铝，滤液1中加入适量稀硫酸得到滤渣硅酸和氢氧化铝，铬酸钠溶液中加入硫磺生成氢氧化铬和硫代硫酸钠，氢氧化铬受热分解生成氧化铬，据此分析。
【详解】（1）根据化合物的组成可知：Fe为+2价，O为-2价，根据化合物化合价代数和为零可知， Cr的化合价为+3
本题答案：+3
（2）反应中Fe由+2价升高到+3价，Cr由+3升高到+6价，因此被氧化的元素为Fe、Cr。32g Fe2O3的物质的量是0.2mol，消耗氧气是0.7mol，转移电子的数目为2.8NA；该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸盐和二氧化碳。
本题答案：2.8NA；陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（3）洗涤沉淀要注意用玻璃棒引流且在过滤器中完成，其操作方法为：将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水自然流下后，再重复操作2～3次
本题答案：将蒸馏水沿着玻璃棒慢慢倒入漏斗中浸没沉淀，待水自然流下后，再重复操作2～3次
（4）由电荷守恒和氧原子及氢原子守恒可知方程式为4CrO42−+6S+7H2O＝4Cr（OH）3↓+3S2O32−+2OH−；矿石中SiO2焙烧生成硅酸钠，加入硫酸生成硅酸，即滤渣中除Al（OH3）外还有H2SiO3
本题答案：4CrO42−+6S+7H2O＝4Cr（OH）3↓+3S2O32−+2OH−；H2SiO3
（5）182.4 kg÷（448kg×80%÷224g/mol×152g/mol）×100%=75.0%
本题答案：75.0%
（6）要使铬离子沉淀完全，c（Cr3+）＜10-5mol/L，则c（OH-）= mol/L =1×10-9 mol/L，所以pH=5
本题答案：5