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【化学】湖南省长郡中学2019-2020学年高二上学期第三次月考(解析版) 试卷
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湖南省长郡中学2019-2020学年高二上学期第三次月考
可能用到的相对原子质量：H~1 O~16 S~32 Cu~64
一、选择题
1.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )
A. 2△H和2K B. -2△H和 K2
C. -2△H和 K-2 D. 2△H和-2K
【答案】C
【解析】
【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。
2.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为
A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3•H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4为强酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3•H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3•H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3•H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3•H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，答案选D。
【点睛】pH=-lgc〔H+〕，pH由小到大的顺序是：酸溶液的pH＜呈中性的盐溶液的pH＜碱溶液的pH，由盐类的水解规律可知，强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显碱性；盐类的水解促进水的电离，酸和碱抑制水的电离；
3.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g) ⇌ N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是
A. 平衡后升温，NO2含量降低
B. 0～2 s内，v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
C. v正：b点>a点，b点：v逆 > v正
D. 恒温，t1时再充入O3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的定义公式、外因对化学平衡的影响分析判断。
【详解】A项：由图，反应物总能量高于生成物总能量，正反应放热ΔH<0。平衡后升温，平衡左移，NO2含量增加，A项错误；
B项：v(O3)=v(NO2)=×=0.1mol/(L·s)，B项错误；
C项：图中a、b两点混合物组成相同，但b点温度较高、反应较快，即v正：b点>a点。b点不在曲线上，不是平衡状态。b点NO2体积分数比此温度下平衡状态时NO2体积分数小，故反应逆向进行，b点v逆>v正。C项正确；
D项：图中t1时刻正逆反应速率相等，为化学平衡状态。充入O3的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，D项错误。
本题选C。
4.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意如下：则下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应是化合反应 B. ①→②吸收能量
C. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂 D. ①→②过程形成了C-C键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图可知该过程中的最终产物只有CH3COOH，无其他产物，故CO2和CH4反应生成CH3COOH的化学方程式为：，该反应为化合反应，故 A说法正确；
B.①→②的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，即反应过程中放出热量，故B说法错误；
C.CH4中含有四个C-H化学键，CH3COOH中只含有三个C-H化学键，因此的转化过程中，有C-H化学键发生断裂，故C说法正确；
D.①→②的反应中，反应物中不含有C-C化学键，而生成物中含有C-C化学键，因此反应过程中形成了C-C化学键，故D说法正确；
故答案为B。
5.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。
6.下列实验不能达到目的的是( )
选项
目的
实验
A
由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2
在HCl气流中加热
B
探究浓度对反应速率的影响
向体积均为4mL、浓度分别为0.01mol/L和0.02mol/L的KMnO4溶液中，分别加入0.1mol/L的H2C2O4(草酸)溶液2mL，记录溶液褪色所需要的时间
C
证明氨水中存在电离平衡
向滴有酚酞的氨水中加入少量CH3COONH4固体，溶液红色变浅
D
检验Fe3O4与足量盐酸反应后的溶液中含Fe2＋
取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．在HCl气流中蒸发可抑制镁离子水解，可由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2，故A正确；
B．KMnO4溶液浓度不同，且反应中生成的锰离子可作催化剂，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．NH3•H2O存在电离平衡，向溶液中加入醋酸铵固体，铵根离子浓度增大抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液颜色变浅，故C正确；
D．亚铁离子与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，可检验亚铁离子，故D正确；
故答案为B。
7.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 温度：T1>T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C. 平均摩尔质量：M(a)M(d)
D. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，故A错误；
B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ(a)＜υ(c)。b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，故B错误；
C．CO转化率的越大，n总越小，由M=可知，a点n总小，则M(a)＞M(c)，M(b)＞M(d)，故C错误；
D．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，故D正确；
故答案为D。
8.常温下，下列有关离子浓度之间的关系不正确的是( )
A. 将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性(忽略溶液体积变化)，溶液中：2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.2mol/L
B. 在0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO42－)
C. 浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后pH＝5，则混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)
D. 已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，则常温下0.1mol/LCH3COONH4中：c(CH3COO－)＝c(NH4＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据溶液中的电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，由于c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol/L，故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，由两式可知c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)，故B正确；
C．浓度均为0．lmol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，故C错误；
D．Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)，则常温下0.1mol/LCH3COONH4为中性，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(NH4+)，故D正确；
故答案为C。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，即电荷守恒、物料守恒及质子守恒，如Na2CO3溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，质子守恒式为c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
9.下列溶液中浓度关系正确的是 ( )
A. 小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32-)＋c(OH－)
B. CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
D. 等体积、等浓度的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是碳酸氢钠的俗称，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故A错误；
B. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，结合电荷守恒得c(CH3COO-)＜c(Na+)，故B错误；
C. 0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)，故C错误；
D. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意根据溶液酸碱性确定HA-的电离程度与水解程度关系。
10.室温下，下列有关溶液说法正确的是
A. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH
B. 某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10-a mol·L-1，若a＞7时，则溶液的pH为a或14－a
C. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前＞N后
D. 常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHA溶液的pH可能小于7，如NaHSO4、NaHSO3，也可能大于7，如NaHCO3，所以不能通过测NaHA溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故A错误；
B．某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a>7时，溶液中由水电离出的 c(H+)＜1×10-7mol•L-1，水的电离受到抑制，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则pH=14-a，若为碱溶液，则pH=a，故B正确；
C．NaClO溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，同理NaCl溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)；但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以NaClO溶液中c(H+)＜1×10-7mol•L-1，NaCl溶液中c(H+)=1×10-7mol•L-1，即等体积等物质的量浓度的NaClO 溶液和NaCl 溶液中离子总数大小 N 前＜N 后，故C错误；
D．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，①若BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7，②若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH＜7，③若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH＞7，所以溶液 pH＞7，则BOH为弱碱，故D错误；
故选B。
11.将一定量A、B通入容积为1L的恒温密闭容器中，发生反应：2A(g)＋mB(g) nC(g)，1min时达到平衡，C的浓度为xmol·L－1，若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的1/2，达到新的平衡时C的浓度为1.8xmol·L－1。下列说法正确的是( )
A. 化学计量数的关系为2＋m
C. 原容器中用B表示的该反应在1min内的平均速率为mol·(L·min)－1
D. 若保持温度和容器容积不变，充入氨气，平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，如果平衡不移动，则达到新的平衡时C的浓度为2.0xmol•L-1，但此时平衡时C的浓度为1.8xmol•L-1，说明增大压强平衡向逆反应方向(气体体积减小)移动，说明2+m＜n，故A正确；
B．容器的容积缩小，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率增大，逆反应速率增大，故B错误；
C．v(C)===xmol•(L•min)-1，v(B)：v(C)=m：n，则v(B )=(L•min)-1，故C错误；
D．充入氦气，体积压强增大，但反应物浓度和生成物浓度都没有变，所以化学平衡不移动，故D错误；
故答案为A。
12.以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是
A. 阴极附近溶液呈红色 B. 阴极逸出气体
C. 阳极附近溶液呈蓝色 D. 溶液pH变小
【答案】D
【解析】
【详解】A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；
B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；
C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；
D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．
故选D．
13.近年来发现用铈（Ce）的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0＜δ＜2 ，下列说法不正确的是
A. 太阳能最终转变为化学能 B. T<1050℃时，CeO2-δ比CeO2稳定
C. CeO2是水分解催化剂 D. 两步反应均属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图可知太阳能最终转化为氧气和氢气中的能量，所以将太阳能最终转变为化学能，A正确；
B、T＜1050℃时，CeO2-δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2-δ稳定，B错误；
C、CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，C正确；
D、两步反应中都有元素化合价的变化，第一步生成氧气单质、第二步生成氢气单质，所以两步反应均属于氧化还原反应，D正确；
答案选B。
14.工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单.质硫。反应原理为：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ·mol-1。H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O
C. 若有17gH2S参与反应，则会有1molH+经质子膜进入正极区
D. 若电路中通过2mol电子，则电池内部释放632kJ热能
【答案】D
【解析】
A. H2S被氧化为S2的电极a为电池的负极，故A正确；B. 酸性燃料电池，正极电极b上的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；C. H2S～2e-，若有17gH2S参与反应，则会有1molH+经质子膜进入正极区，故C正确；D. 4e-～632kJ，若电路中通过2mol电子，则电池内部释放316kJ热能，故D不正确。故选D。
15.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 燃料电池工作时负极反应为：H2=2H++2e-
B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜
C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出
D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，a极析出铜64g
【答案】C
【解析】
【分析】
分析原电池或电解池类试题的实验装置时，解题的切入点是正负极的判断。从图中可以看出，左边电池为燃料电池，右边电池为电解池。通H2的电极为负极，通O2的电极为正极；右边装置中，a电极为阳极，b电极为阴极。
【详解】A. 燃料电池工作时负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；
B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铜，b极是铁，错误；
C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极为阳极，失电子，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2+得电子，有铜析出，正确；
D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，线路中转移电子为2mol，b极为阴极，析出铜64g，a极为阳极，不能析出铜，错误。
故答案为C。
【点睛】书写电极反应式时，除去应考虑电极材料及电解质中微粒得失电子以外，还应考虑电解质的性质。在酸性电解质中，电极反应式中不能出现OH-；在碱性电解质中，电极反应式中不能出现 H+。
二、非选择题
16.已知2A(g)＋B(g) 2C(g)，H＝－akJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中充入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ.
(1)下表为不同温度下该反应的平衡常数。由此可推知，表中T1_____(填“>”“＝”或“<”)T2。
T/K
T1
T2
T3
K
1.00×107
2.45×105
1.88×103
若在原来的容器中，只充入2molC，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量为ckJ，C的浓度_____(填“>”“＝”或“<”) ωmol/L，a, b, c之间满足关系：________________(用代数式).
(2)在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是_______(填字母代号)。
A. 4molA和2molB B. 4molA、2molB和2molC
C. 4molA和4molB D. 6molA和4molB
(3)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______(填字母代号)。
A. 及时分离出C气体 B. 适当升高温度
C. 增大B的浓度 D. 选择高效催化剂
(4)在一定温度下，向一个容积可变的容器中，通入3molA和2molB及固体催化剂，使之反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol、3molB和2molC，则平衡时A的百分含量________(填“不变”“变大”“变小”或“无法确定”)。
【答案】 (1). < (2). = (3). a=b+c (4). D (5). C (6). 不变
【解析】
【分析】
(1)该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小；若在原来的容器中，只加入2molC，全部转化为AB分别为2molA和1molB，则与原平衡时等效平衡，平衡时浓度相同；正向反应和逆向反应的转化率之和为100%；
(2)由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol；
(3)根据影响速率和平衡的因素分析；
(4)恒压容器中通入3mol A和2mol B及固体催化剂，使之反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%，保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4 mol A、3mol B和2mol C，转化为起始量，2A(g)+B(g)2C(g)，相当于起始量为6 molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态。
【详解】(1)该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小，由表中数据可知，T1时K大，则T1时温度低，故T1＜T2；若在原来的容器中，只加入2molC，全部转化为AB分别为2molA和1molB，则与原平衡时等效平衡，平衡时浓度相同，所以平衡时C的浓度等于wmol/L；正向反应和逆向反应的转化率之和为100%，则正向反应放热与逆向反应放热之和为a kJ，所以a=b+c；
(2)由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol，选项中只有D项符合；故答案为D；
(3)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动：
A．及时分离出C气体，生成物的浓度减小，则反应速率减小，故A错误；
B．适当升高温度，平衡逆向移动，速率增大，故B错误；
C．增大B的浓度，平衡正向移动，反应速率增大，故C正确；
D．选择高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动，故D错误；
故答案为：C；
(4)恒压容器中通入3molA和2molB及固体催化剂，使之反应，平衡时容器内气体物质量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol A、3mol B和2mol C，转化为起始量，2A(g)+B(g)2C(g)，相当于起始量为6molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态，平衡时A的百分含量不变。
【点睛】考查等效平衡、化学平衡的计算、化学平衡移动的原理，解决等效平衡的关键是掌握其规律：①恒温恒容下反应前后体积不变的条件下和恒温恒压条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效；②恒温恒容下反应前后体积变化的条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边对应物质的物质的量与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效。
17.铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。该电池总反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。请根据上述情况判断：
(1)该蓄电池的负极材料是________，放电时发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(2)该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性_________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上。试写出该电池放电时，正极的电极反应：__________________________________(用离子方程式表示)。
(4)铅的电解精炼是工业上实现废铅回收以及粗铅提纯的重要手段。铅的电解精炼在由PbSiF6和H2SiF6两种强电解质组成的水溶液中进行。从还原炉中产出的某粗铅成分如下表所示：
成分
Pb
Cu
Ag
Fe
Zn
Sn
其它
质量分数%
97.50
1.22
0.12
0.15
0.09
0.64
0.28
①电解精炼时阳极泥的主要成分是_______(填元素符号)。
②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，写出该电极反应式：_________________________。
【答案】 (1). Pb (2). 氧化 (3). 减小 (4). (5). Cu、Ag (6).
【解析】
【分析】
(1)铅蓄电池中，负极上金属失电子化合价升高；
(2)铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅，溶液中氢离子浓度降低；
(3)工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应；
(4)①电解精炼时阳极泥的主要成分是金属性弱的铜和银等；
②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体是SiF62-失电子生成。
【详解】(1)铅蓄电池中，根据原电池反应式中元素化合价变化知，Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价，被氧化发生氧化反应，所以Pb作负极；
(2)铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减小；
(3)工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应，电极反应为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；
(4)①电解精炼时阳极泥的主要成分是比铅活泼性差的铜和银，元素符号：Cu、Ag；
②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，该电极反应式：SiF62--2e-═SiF6。
18.I. 乙二酸俗称草酸，是一种二元弱酸(结构简式为HOOC－COOH，可简写为H2C2O4)，它是一种重要的化工原料，常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如下表所示，请填空：
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
2.1
3.1
8.1
(1)KHC2O4溶液呈酸性的原因是_____________________________。
(2)向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是___________(填字母代号)。
A. c(K＋)＝c(HC2O4)＋c(H2C2O4)＋c(C2O42－) B. c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(C2O42－)
C. c(K＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O4－)＋c(C2O42－) D. c(K＋)>c(Na＋)
II.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据(25℃)：
化学式
电离平衡常数
HCN
K＝4.9×10－19
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11
(3)25℃时，等浓度的三种溶液：A. NaCN溶液、B. Na2CO3溶液、C. CH3COONa溶液的pH由大到小的顺序为_________(填写字母代号)。
(4)25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_________________。
(5)现有浓度为0.02mol/L的HCN溶液与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合之后（忽略混合过程中溶液体积的改变），测得c(Na+)＞c(CN-)，下列关系正确的是（ ）
A. c(H＋)>c(OH－) B. c(H＋)
【答案】 (1). HC2O4-既能够电离也能够水斛，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度 (2). AD (3). B>A>C (4). CN- +CO2+H2O =HCO3- +HCN (5). BD
【解析】
【分析】
I. (1)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
(2)A．根据物料守恒判断；
B．根据电荷守恒判断；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断；
D．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
II. (3)25℃时，酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液pH越小；
(4)电离平衡常数H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，二者反应生成HClO和NaHCO3；
(5)现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN、NaCN，测得c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒得c(H+)＜c(OH-)，溶液呈存在质子守恒和物料守恒。
【详解】I. (1)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
(2)A．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故A正确；
B．根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；
C．由c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C错误；
D．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c(K+)＞c(Na+)，故D正确；
故答案为：AD。
II. (1)电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为：B＞A＞C；
(2)NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN；
(3)将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒可知：c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1；
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，故A错误；
B．混合液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，故B正确；
C．电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，则c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)，故C错误；
D．根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故D正确；
故答案为：BD。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，即电荷守恒、物料守恒及质子守恒，如Na2CO3溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，质子守恒式为c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
19.某同学设计一个电池(如图所示)，探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
（1）通入氢气的电极为________ (填正极或负极)，该电极反应式为________。
（2）石墨电极为________ (填阳极或阴极)，乙中总反应离子方程式为________；如果把铁电极和石墨电极交换，乙溶液左侧出现的现象是__________________________________。
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若甲中消耗0.01mol O2，丙中精铜增重_________克。
【答案】 (1). 负极 (2). H2－2e－+2OH－=2H2O (3). 阳极 (4). 2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑ (5). 溶液中有气泡逸出,起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色 (6). 减小 (7). 1.28g
【解析】
【分析】
（1）甲池为原电池，乙、丙池为电解池，甲池中燃料作负极，氧化剂作正极，书写电极反应式，
（2）书写电解饱和食盐水的离子方程式，再利用阳极是活泼金属电极则金属失去电子进行分析，
（3）电解精炼铜时粗铜作阳极，先是比铜活泼的金属失去电子，阴极是铜离子得到电子，致使溶液中铜离子浓度减小，
（4）根据关系式计算铜的物质的量，再计算质量。
【详解】（1）甲池为原电池，乙、丙池为电解池，H2作负极，O2作正极，因此通入氢气的电极为负极，该电极反应式为H2－2e－+2OH－=2H2O，
故答案为负极；H2－2e－+2OH－=2H2O；
（2）C连的是正极，因此C电极为阳极，乙是电解饱和食盐水，其总反应离子方程式为2Cl－+2H2O2OH－+ H2↑+ Cl2↑；如果把铁电极和石墨电极交换，铁电极失去电子变为亚铁离子，阴极石墨电极氢离子放电生成氢气，同时阴极附近产生氢氧根，X为阳离子交换膜，则右侧的亚铁离子进入左侧与氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁最终被氧化成红褐色的氢氧化铁，因此乙溶液左侧出现的现象是溶液中有气泡逸出，起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色，
故答案为阳极；2Cl－+2H2O2OH－+ H2↑+ Cl2↑；溶液中有气泡逸出，起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色；
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极开始是锌放电，锌反应完再是铜失电子，而阴极始终是铜离子得到电子，因此丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小，
故答案为减小；
（4）根据电子守恒，得关系式2Cu ~O2
根据关系得出铜的物质的量为0.02 mol，质量m = nM = 0.02 mol×64g∙mol-1 = 1.28g
故答案为1.28g。
可能用到的相对原子质量：H~1 O~16 S~32 Cu~64
一、选择题
1.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K, 则相同温度时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为( )
A. 2△H和2K B. -2△H和 K2
C. -2△H和 K-2 D. 2△H和-2K
【答案】C
【解析】
【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。
2.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3•H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为
A. NH3•H2O B. CH3COONa C. CH3COOH D. Na2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3•H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4为强酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3•H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3•H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3•H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3•H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，答案选D。
【点睛】pH=-lgc〔H+〕，pH由小到大的顺序是：酸溶液的pH＜呈中性的盐溶液的pH＜碱溶液的pH，由盐类的水解规律可知，强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显碱性；盐类的水解促进水的电离，酸和碱抑制水的电离；
3.臭氧在烟气脱硝中的反应为2NO2(g)＋O3(g) ⇌ N2O5(g)＋O2(g)。若此反应在恒容密闭容器中进行，下列选项中有关图象对应的分析正确的是
A. 平衡后升温，NO2含量降低
B. 0～2 s内，v(O3)＝0.2 mol·L－1·s－1
C. v正：b点>a点，b点：v逆 > v正
D. 恒温，t1时再充入O3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学反应速率的定义公式、外因对化学平衡的影响分析判断。
【详解】A项：由图，反应物总能量高于生成物总能量，正反应放热ΔH<0。平衡后升温，平衡左移，NO2含量增加，A项错误；
B项：v(O3)=v(NO2)=×=0.1mol/(L·s)，B项错误；
C项：图中a、b两点混合物组成相同，但b点温度较高、反应较快，即v正：b点>a点。b点不在曲线上，不是平衡状态。b点NO2体积分数比此温度下平衡状态时NO2体积分数小，故反应逆向进行，b点v逆>v正。C项正确；
D项：图中t1时刻正逆反应速率相等，为化学平衡状态。充入O3的瞬间，正反应速率增大，逆反应速率不变，然后平衡移动至建立新平衡，D项错误。
本题选C。
4.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意如下：则下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应是化合反应 B. ①→②吸收能量
C. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂 D. ①→②过程形成了C-C键
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图可知该过程中的最终产物只有CH3COOH，无其他产物，故CO2和CH4反应生成CH3COOH的化学方程式为：，该反应为化合反应，故 A说法正确；
B.①→②的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应，即反应过程中放出热量，故B说法错误；
C.CH4中含有四个C-H化学键，CH3COOH中只含有三个C-H化学键，因此的转化过程中，有C-H化学键发生断裂，故C说法正确；
D.①→②的反应中，反应物中不含有C-C化学键，而生成物中含有C-C化学键，因此反应过程中形成了C-C化学键，故D说法正确；
故答案为B。
5.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。
6.下列实验不能达到目的的是( )
选项
目的
实验
A
由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2
在HCl气流中加热
B
探究浓度对反应速率的影响
向体积均为4mL、浓度分别为0.01mol/L和0.02mol/L的KMnO4溶液中，分别加入0.1mol/L的H2C2O4(草酸)溶液2mL，记录溶液褪色所需要的时间
C
证明氨水中存在电离平衡
向滴有酚酞的氨水中加入少量CH3COONH4固体，溶液红色变浅
D
检验Fe3O4与足量盐酸反应后的溶液中含Fe2＋
取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．在HCl气流中蒸发可抑制镁离子水解，可由MgCl2•6H2O制备无水MgCl2，故A正确；
B．KMnO4溶液浓度不同，且反应中生成的锰离子可作催化剂，不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；
C．NH3•H2O存在电离平衡，向溶液中加入醋酸铵固体，铵根离子浓度增大抑制一水合氨电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液颜色变浅，故C正确；
D．亚铁离子与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，可检验亚铁离子，故D正确；
故答案为B。
7.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 温度：T1>T2>T3
B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C. 平均摩尔质量：M(a)
D. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)
【答案】D
【解析】
【详解】A．该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1＜T2＜T3，故A错误；
B．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1＜T3，温度越高，反应速率越快，故υ(a)＜υ(c)。b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v(b)＞v(d)，故B错误；
C．CO转化率的越大，n总越小，由M=可知，a点n总小，则M(a)＞M(c)，M(b)＞M(d)，故C错误；
D．由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1＜T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K(a)＞K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，故D正确；
故答案为D。
8.常温下，下列有关离子浓度之间的关系不正确的是( )
A. 将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性(忽略溶液体积变化)，溶液中：2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.2mol/L
B. 在0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO42－)
C. 浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后pH＝5，则混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)
D. 已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，则常温下0.1mol/LCH3COONH4中：c(CH3COO－)＝c(NH4＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，则溶液中c(H+)=c(OH-)，根据溶液中的电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，由于c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)=0.2mol/L，故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，由两式可知c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)，故B正确；
C．浓度均为0．lmol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，可知c(CH3COO-)＞c(Na+)，故C错误；
D．Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O)，则常温下0.1mol/LCH3COONH4为中性，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(NH4+)，故D正确；
故答案为C。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，即电荷守恒、物料守恒及质子守恒，如Na2CO3溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，质子守恒式为c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
9.下列溶液中浓度关系正确的是 ( )
A. 小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32-)＋c(OH－)
B. CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
D. 等体积、等浓度的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 小苏打是碳酸氢钠的俗称，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故A错误；
B. 醋酸钠溶液中醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，结合电荷守恒得c(CH3COO-)＜c(Na+)，故B错误；
C. 0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，所以c(A2-)＞c(H2A)，故C错误；
D. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，根据物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意根据溶液酸碱性确定HA-的电离程度与水解程度关系。
10.室温下，下列有关溶液说法正确的是
A. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH
B. 某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10-a mol·L-1，若a＞7时，则溶液的pH为a或14－a
C. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前＞N后
D. 常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHA溶液的pH可能小于7，如NaHSO4、NaHSO3，也可能大于7，如NaHCO3，所以不能通过测NaHA溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故A错误；
B．某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a>7时，溶液中由水电离出的 c(H+)＜1×10-7mol•L-1，水的电离受到抑制，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则pH=14-a，若为碱溶液，则pH=a，故B正确；
C．NaClO溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，同理NaCl溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)；但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以NaClO溶液中c(H+)＜1×10-7mol•L-1，NaCl溶液中c(H+)=1×10-7mol•L-1，即等体积等物质的量浓度的NaClO 溶液和NaCl 溶液中离子总数大小 N 前＜N 后，故C错误；
D．pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，①若BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7，②若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH＜7，③若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH＞7，所以溶液 pH＞7，则BOH为弱碱，故D错误；
故选B。
11.将一定量A、B通入容积为1L的恒温密闭容器中，发生反应：2A(g)＋mB(g) nC(g)，1min时达到平衡，C的浓度为xmol·L－1，若保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的1/2，达到新的平衡时C的浓度为1.8xmol·L－1。下列说法正确的是( )
A. 化学计量数的关系为2＋m
C. 原容器中用B表示的该反应在1min内的平均速率为mol·(L·min)－1
D. 若保持温度和容器容积不变，充入氨气，平衡向逆反应方向移动
【答案】A
【解析】
【详解】A．保持温度不变，将密闭容器的容积压缩为原来的，如果平衡不移动，则达到新的平衡时C的浓度为2.0xmol•L-1，但此时平衡时C的浓度为1.8xmol•L-1，说明增大压强平衡向逆反应方向(气体体积减小)移动，说明2+m＜n，故A正确；
B．容器的容积缩小，反应物和生成物的浓度都增大，正反应速率增大，逆反应速率增大，故B错误；
C．v(C)===xmol•(L•min)-1，v(B)：v(C)=m：n，则v(B )=(L•min)-1，故C错误；
D．充入氦气，体积压强增大，但反应物浓度和生成物浓度都没有变，所以化学平衡不移动，故D错误；
故答案为A。
12.以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是
A. 阴极附近溶液呈红色 B. 阴极逸出气体
C. 阳极附近溶液呈蓝色 D. 溶液pH变小
【答案】D
【解析】
【详解】A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；
B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；
C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；
D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．
故选D．
13.近年来发现用铈（Ce）的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0＜δ＜2 ，下列说法不正确的是
A. 太阳能最终转变为化学能 B. T<1050℃时，CeO2-δ比CeO2稳定
C. CeO2是水分解催化剂 D. 两步反应均属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图可知太阳能最终转化为氧气和氢气中的能量，所以将太阳能最终转变为化学能，A正确；
B、T＜1050℃时，CeO2-δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2-δ稳定，B错误；
C、CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，C正确；
D、两步反应中都有元素化合价的变化，第一步生成氧气单质、第二步生成氢气单质，所以两步反应均属于氧化还原反应，D正确；
答案选B。
14.工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单.质硫。反应原理为：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ·mol-1。H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 电极a为电池的负极
B. 电极b上的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O
C. 若有17gH2S参与反应，则会有1molH+经质子膜进入正极区
D. 若电路中通过2mol电子，则电池内部释放632kJ热能
【答案】D
【解析】
A. H2S被氧化为S2的电极a为电池的负极，故A正确；B. 酸性燃料电池，正极电极b上的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；C. H2S～2e-，若有17gH2S参与反应，则会有1molH+经质子膜进入正极区，故C正确；D. 4e-～632kJ，若电路中通过2mol电子，则电池内部释放316kJ热能，故D不正确。故选D。
15.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 燃料电池工作时负极反应为：H2=2H++2e-
B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜
C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出
D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，a极析出铜64g
【答案】C
【解析】
【分析】
分析原电池或电解池类试题的实验装置时，解题的切入点是正负极的判断。从图中可以看出，左边电池为燃料电池，右边电池为电解池。通H2的电极为负极，通O2的电极为正极；右边装置中，a电极为阳极，b电极为阴极。
【详解】A. 燃料电池工作时负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；
B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铜，b极是铁，错误；
C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极为阳极，失电子，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2+得电子，有铜析出，正确；
D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，线路中转移电子为2mol，b极为阴极，析出铜64g，a极为阳极，不能析出铜，错误。
故答案为C。
【点睛】书写电极反应式时，除去应考虑电极材料及电解质中微粒得失电子以外，还应考虑电解质的性质。在酸性电解质中，电极反应式中不能出现OH-；在碱性电解质中，电极反应式中不能出现 H+。
二、非选择题
16.已知2A(g)＋B(g) 2C(g)，H＝－akJ/mol(a>0)，在一个有催化剂的固定容积的容器中充入2molA和1molB，在500℃时充分反应达平衡后C的浓度为ωmol/L，放出热量为bkJ.
(1)下表为不同温度下该反应的平衡常数。由此可推知，表中T1_____(填“>”“＝”或“<”)T2。
T/K
T1
T2
T3
K
1.00×107
2.45×105
1.88×103
若在原来的容器中，只充入2molC，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量为ckJ，C的浓度_____(填“>”“＝”或“<”) ωmol/L，a, b, c之间满足关系：________________(用代数式).
(2)在相同条件下要想得到2akJ热量，加入各物质的物质的量可能是_______(填字母代号)。
A. 4molA和2molB B. 4molA、2molB和2molC
C. 4molA和4molB D. 6molA和4molB
(3)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______(填字母代号)。
A. 及时分离出C气体 B. 适当升高温度
C. 增大B的浓度 D. 选择高效催化剂
(4)在一定温度下，向一个容积可变的容器中，通入3molA和2molB及固体催化剂，使之反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%。保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol、3molB和2molC，则平衡时A的百分含量________(填“不变”“变大”“变小”或“无法确定”)。
【答案】 (1). < (2). = (3). a=b+c (4). D (5). C (6). 不变
【解析】
【分析】
(1)该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小；若在原来的容器中，只加入2molC，全部转化为AB分别为2molA和1molB，则与原平衡时等效平衡，平衡时浓度相同；正向反应和逆向反应的转化率之和为100%；
(2)由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol；
(3)根据影响速率和平衡的因素分析；
(4)恒压容器中通入3mol A和2mol B及固体催化剂，使之反应，平衡时容器内气体物质的量为起始时的90%，保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4 mol A、3mol B和2mol C，转化为起始量，2A(g)+B(g)2C(g)，相当于起始量为6 molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态。
【详解】(1)该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小，由表中数据可知，T1时K大，则T1时温度低，故T1＜T2；若在原来的容器中，只加入2molC，全部转化为AB分别为2molA和1molB，则与原平衡时等效平衡，平衡时浓度相同，所以平衡时C的浓度等于wmol/L；正向反应和逆向反应的转化率之和为100%，则正向反应放热与逆向反应放热之和为a kJ，所以a=b+c；
(2)由反应方程式可知生成2mol的C时放热a kJ，想得到2a kJ热量，则需生成4molC；由于反应是可逆反应，不可能完全进行到底，所以要得到4molC，A与B物质的量必须要多于4mol和2mol，选项中只有D项符合；故答案为D；
(3)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动：
A．及时分离出C气体，生成物的浓度减小，则反应速率减小，故A错误；
B．适当升高温度，平衡逆向移动，速率增大，故B错误；
C．增大B的浓度，平衡正向移动，反应速率增大，故C正确；
D．选择高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动，故D错误；
故答案为：C；
(4)恒压容器中通入3molA和2molB及固体催化剂，使之反应，平衡时容器内气体物质量为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4mol A、3mol B和2mol C，转化为起始量，2A(g)+B(g)2C(g)，相当于起始量为6molA和4molB，是原来起始量的2倍，恒压容器中达到相同平衡状态，平衡时A的百分含量不变。
【点睛】考查等效平衡、化学平衡的计算、化学平衡移动的原理，解决等效平衡的关键是掌握其规律：①恒温恒容下反应前后体积不变的条件下和恒温恒压条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边的物质的物质的量之比与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效；②恒温恒容下反应前后体积变化的条件下，改变起始时加入物质的物质的量，只要按化学计量数换算成同一半边对应物质的物质的量与原平衡相同，则达到平衡后与原平衡等效。
17.铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。该电池总反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。请根据上述情况判断：
(1)该蓄电池的负极材料是________，放电时发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(2)该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性_________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上。试写出该电池放电时，正极的电极反应：__________________________________(用离子方程式表示)。
(4)铅的电解精炼是工业上实现废铅回收以及粗铅提纯的重要手段。铅的电解精炼在由PbSiF6和H2SiF6两种强电解质组成的水溶液中进行。从还原炉中产出的某粗铅成分如下表所示：
成分
Pb
Cu
Ag
Fe
Zn
Sn
其它
质量分数%
97.50
1.22
0.12
0.15
0.09
0.64
0.28
①电解精炼时阳极泥的主要成分是_______(填元素符号)。
②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，写出该电极反应式：_________________________。
【答案】 (1). Pb (2). 氧化 (3). 减小 (4). (5). Cu、Ag (6).
【解析】
【分析】
(1)铅蓄电池中，负极上金属失电子化合价升高；
(2)铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅，溶液中氢离子浓度降低；
(3)工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应；
(4)①电解精炼时阳极泥的主要成分是金属性弱的铜和银等；
②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体是SiF62-失电子生成。
【详解】(1)铅蓄电池中，根据原电池反应式中元素化合价变化知，Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价，被氧化发生氧化反应，所以Pb作负极；
(2)铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减小；
(3)工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应，电极反应为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；
(4)①电解精炼时阳极泥的主要成分是比铅活泼性差的铜和银，元素符号：Cu、Ag；
②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，该电极反应式：SiF62--2e-═SiF6。
18.I. 乙二酸俗称草酸，是一种二元弱酸(结构简式为HOOC－COOH，可简写为H2C2O4)，它是一种重要的化工原料，常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如下表所示，请填空：
H2C2O4
KHC2O4
K2C2O4
pH
2.1
3.1
8.1
(1)KHC2O4溶液呈酸性的原因是_____________________________。
(2)向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是___________(填字母代号)。
A. c(K＋)＝c(HC2O4)＋c(H2C2O4)＋c(C2O42－) B. c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(C2O42－)
C. c(K＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O4－)＋c(C2O42－) D. c(K＋)>c(Na＋)
II.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据(25℃)：
化学式
电离平衡常数
HCN
K＝4.9×10－19
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11
(3)25℃时，等浓度的三种溶液：A. NaCN溶液、B. Na2CO3溶液、C. CH3COONa溶液的pH由大到小的顺序为_________(填写字母代号)。
(4)25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_________________。
(5)现有浓度为0.02mol/L的HCN溶液与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合之后（忽略混合过程中溶液体积的改变），测得c(Na+)＞c(CN-)，下列关系正确的是（ ）
A. c(H＋)>c(OH－) B. c(H＋)
【答案】 (1). HC2O4-既能够电离也能够水斛，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度 (2). AD (3). B>A>C (4). CN- +CO2+H2O =HCO3- +HCN (5). BD
【解析】
【分析】
I. (1)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
(2)A．根据物料守恒判断；
B．根据电荷守恒判断；
C．根据物料守恒、电荷守恒判断；
D．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些；
II. (3)25℃时，酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液pH越小；
(4)电离平衡常数H2CO3＞HCN＞HCO3-，向NaCN溶液中通入少量CO2，二者反应生成HClO和NaHCO3；
(5)现有浓度为0.02mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，溶液中溶质为等物质的量浓度的HCN、NaCN，测得c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒得c(H+)＜c(OH-)，溶液呈存在质子守恒和物料守恒。
【详解】I. (1)HC2O4-既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于水解程度；
(2)A．碳元素在溶液中存在形式有：HC2O4-、H2C2O4、C2O42-，根据物料守恒有c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)，故A正确；
B．根据电荷守恒有：c(K+)+c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；
C．由c(K+)=c(HC2O4-)+c(H2C2O4)+c(C2O42-)、c(K+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)可知，c(Na+)=c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C错误；
D．若恰好反应，c(K+)=c(Na+)，此时溶液呈碱性，故加入的氢氧化钠的物质的量略少些，故c(K+)＞c(Na+)，故D正确；
故答案为：AD。
II. (1)电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的pH为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa，故答案为：B＞A＞C；
(2)NaCN和少量CO2反应生成NaHCO3、HCN，反应离子方程式为CN-+CO2+H2O=HCO3-+HCN；
(3)将0.02mol/L的HCN与0.01mol/L 的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是物质的量浓度都为0.005mol•L-1的NaCN、HCN，测得c(Na+)＞c(CN-)，根据电荷守恒可知：c(H+)＜c(OH-)，溶液呈碱性，所以HCN的浓度为0.005mol•L-1，CN-的浓度小于0.005mol•L-1；
A．根据分析可知，溶液呈碱性，c(H+)＜c(OH-)，故A错误；
B．混合液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，故B正确；
C．电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)，物料守恒2c(Na+)=c(CN-)+c(HCN)，则c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)，故C错误；
D．根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，故D正确；
故答案为：BD。
【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系，需要把握三种守恒，即电荷守恒、物料守恒及质子守恒，如Na2CO3溶液中存在的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒式为c(Na+)＝2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，质子守恒式为c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)＝c(OH-)，质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。
19.某同学设计一个电池(如图所示)，探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
（1）通入氢气的电极为________ (填正极或负极)，该电极反应式为________。
（2）石墨电极为________ (填阳极或阴极)，乙中总反应离子方程式为________；如果把铁电极和石墨电极交换，乙溶液左侧出现的现象是__________________________________。
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）若甲中消耗0.01mol O2，丙中精铜增重_________克。
【答案】 (1). 负极 (2). H2－2e－+2OH－=2H2O (3). 阳极 (4). 2Cl－+2H2O2OH－+H2↑+Cl2↑ (5). 溶液中有气泡逸出,起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色 (6). 减小 (7). 1.28g
【解析】
【分析】
（1）甲池为原电池，乙、丙池为电解池，甲池中燃料作负极，氧化剂作正极，书写电极反应式，
（2）书写电解饱和食盐水的离子方程式，再利用阳极是活泼金属电极则金属失去电子进行分析，
（3）电解精炼铜时粗铜作阳极，先是比铜活泼的金属失去电子，阴极是铜离子得到电子，致使溶液中铜离子浓度减小，
（4）根据关系式计算铜的物质的量，再计算质量。
【详解】（1）甲池为原电池，乙、丙池为电解池，H2作负极，O2作正极，因此通入氢气的电极为负极，该电极反应式为H2－2e－+2OH－=2H2O，
故答案为负极；H2－2e－+2OH－=2H2O；
（2）C连的是正极，因此C电极为阳极，乙是电解饱和食盐水，其总反应离子方程式为2Cl－+2H2O2OH－+ H2↑+ Cl2↑；如果把铁电极和石墨电极交换，铁电极失去电子变为亚铁离子，阴极石墨电极氢离子放电生成氢气，同时阴极附近产生氢氧根，X为阳离子交换膜，则右侧的亚铁离子进入左侧与氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁最终被氧化成红褐色的氢氧化铁，因此乙溶液左侧出现的现象是溶液中有气泡逸出，起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色，
故答案为阳极；2Cl－+2H2O2OH－+ H2↑+ Cl2↑；溶液中有气泡逸出，起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色；
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极开始是锌放电，锌反应完再是铜失电子，而阴极始终是铜离子得到电子，因此丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小，
故答案为减小；
（4）根据电子守恒，得关系式2Cu ~O2
根据关系得出铜的物质的量为0.02 mol，质量m = nM = 0.02 mol×64g∙mol-1 = 1.28g
故答案为1.28g。
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