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【化学】甘肃省兰州市第十中学、民族中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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甘肃省兰州市第十中学、民族中学2019-2020学年高二上学期期末考试
一、选择题
1.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是( )
A. CuSO4 B. FeCl3
C. AlCl3 D. NH4HCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.CuSO4溶液中存在水解平衡CuSO4+2H2O⇌Cu(OH)2+H2SO4，加热时由于温度升高水解平衡会正向移动，但由于硫酸是不挥发性酸，最终Cu(OH)2与硫酸反应仍生成CuSO4，即CuSO4溶液加热蒸干灼烧后得到的固体仍是CuSO4，A符合题意；
B.FeCl3溶液中存在水解平衡FeCl3+3H2O⇌ Fe(OH)3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解成Fe(OH)3，灼烧时Fe(OH)3分解得到的固体为Fe2O3，B不符合题意；
C.AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2O⇌ Al(OH)3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成Al(OH)3，灼烧时Al(OH)3分解得到的固体为Al2O3，C不符合题意；
D.NH4HCO3固体不稳定，受热分解为NH3、CO2和H2O，D不符合题意；
答案A。
2.下列方法中，可以使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度减小的是
A. 加入少量0.10 mol·L− 1盐酸 B. 加水稀释
C. 加入少量0.10 mol·L− 1NaOH溶液 D. 加入少量NaCl固体
【答案】C
【解析】
A. 加入少量0.10 mol·L− 1盐酸可以使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度增大，A不正确；B. 加水稀释使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度增大，B不正确；C. 加入少量0.10 mol·L− 1NaOH溶液使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度减小，C正确；D. 加入少量NaCl固体对氨水的电离没有影响，D不正确。本题选C。
3.下列各物质加入水中，能促进水的电离的是( )
A. NaCl B. NaOH C. Na2CO3 D. NaHSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl在水中电离生成钠离子和氯离子，对水的电离无影响，故A不符合题意；
B．NaOH是碱，在水中电离出氢氧根离子，抑制水的电离，故B不符合题意；
C．Na2CO3在溶液中，碳酸根离子水解，促进水的电离，故C符合题意；
D．NaHSO4是强电解质，在溶液中可电离产生H+，抑制水的电离，故D不符合题意；
答案选C。
4.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】
【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。
故答案选C。
【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。
5.利用下图装置实现钢铁的电化学防护，下列说法错误的是
A. K连N，X极发生氧化反应
B. K连N，称外接电流的阴极保护法
C. K连M，X为Zn 时，铁不易被腐蚀
D. K连M，铁上电极反应为2H++2e→H2↑
【答案】D
【解析】
A. K连N，X极发生氧化反应，铁电极上发生还原反应，保护铁不被氧化，A正确；B. K连N，称外接电流的阴极保护法，B正确；C. K连M，X为Zn 时，锌失电子，铁不易被腐蚀，C正确；D. K连M，铁电极上产要发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+4e- +2H2O—4OH-，D错误。答案选D。
点睛：解决电化学试题，关键是看电子流动方向，判断相关电极，确定电解质中离子迁移方向。
6.用石墨作电极电解下列溶液一段时间后，溶液的pH均增大，再加入一定量括号内的物质，都能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )
A. AgNO3(AgNO3) B. NaOH (H2O)
C. KCl (KCl) D. CuSO4(CuSO4)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解AgNO3溶液，银离子和OH-放电，应加入氧化银恢复原样，故A错误；
B．电解NaOH溶液，氢离子和OH-放电，则加入水能恢复原样，故B正确；
C．电解KCl溶液，氢离子和氯离子放电，则应加入HCl恢复原样，故C错误；
D．电解CuSO4溶液，铜离子和OH-放电，则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样，故D错误；
故选B。
7.某反应2AB(g)C(g)+3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的ΔH、ΔS应为（ ）
A. ΔH ＜0，ΔS＞0 B. ΔH ＜0，ΔS＜0
C. ΔH ＞0，ΔS＞0 D. ΔH ＞0，ΔS＜0
【答案】C
【解析】
【详解】A、ΔH＜0，ΔS＞0，正向任何温度下都自发进行，选项A错误；
B、ΔH＜0，ΔS＜0，正向低温下能进行，选项B错误；
C、ΔH＞0，ΔS＞0，在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，选项C正确；
D、ΔH＞0，ΔS＜0正向任何温度都不能自发反应，选项D错误；
答案选C。
8.室温下，向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后PH的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a 点所示溶液中 c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)
B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)
D. pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点时消耗0.1mol/L一元酸HA10mL，酸碱恰好中和生成盐，溶液pH=8.7，溶液显碱性，则该盐为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故A错误；
B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C．b点加入0.1mol/L一元酸HA溶液20mL，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，此时溶液的pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故C正确；
D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故D错误；
答案选C。
9.对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是( )
A. 0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)
B. 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+2c(CO32- )
C. 将0.2 mol·L-1 NaA溶液和0.1mol·L-1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)
D. 在25℃ 100 mL0.5mol·L-1 NH4Cl溶液中：c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．二元的离子浓度大于一元的离子浓度，所以离子浓度大小顺序为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；
B．NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故B错误；
C．混合后的溶液遵循电荷守恒的原则，应有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)+c(OH-)，故C错误；
D．在25℃100 mL NH4Cl溶液中根据质子守恒可知：c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)，故D正确；
答案选D。
10.某温度下，相同pH值得盐酸和醋酸溶液分别加水稀释。pH值随溶液体积变化变化如图所示。据图判断正确的是()
A. Ⅱ盐酸稀释时pH值变化曲线
B. b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度
C. 两种酸的物质的量浓度一定相等
D. a点Kw的数值比b点Kw的数值大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．醋酸是弱酸，在溶液中不完全电离，溶液呈酸性，溶液浓度越低，电离程度越大；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的，因此Ⅰ是盐酸的pH变化曲线，Ⅱ是醋酸的pH变化曲线，故A错误；
B．b点pH大于a点，即b点酸的浓度小于a点，故B正确；
C．醋酸是弱酸，不完全电离；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，刚开始两溶液的pH相等，即氢离子浓度相等，所以两溶液的物质的量浓度一定不相等，故C错误；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D错误；
答案选B。
11.锂—空气电池是一种新型的二次电池，其放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是()
A. 该电池放电时，正极的反应式为O2+4e-+4H+=2H2O
B. 该电池充电时，阴极发生了氧化反应：Li++e-=Li
C. 放电时电子由空气极经导线向金属锂电极移动
D. 充电时，空气极与直流电源正极相连
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，放电时，Li作负极，发生氧化反应：Li- e—= Li+，通入空气的一极为正极，发生还原反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，充电时，正极变阳极，与电源正极相连，负极变阴极，与电源负极相连，电极反应为放电的逆过程，据此分析解答。
【详解】A．根据题意，正极的反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；
B．电池充电时，阴极得电子，发生还原反应：Li++e—=Li，故B错误；
C．电池放电时，电子从负极流向正极，金属锂为原电池的负极，应该从金属锂电极流向空气极，故C错误；
D．放电时，空气极为原电池的正极；充电时，空气极为电解池的阳极，因此充电时，空气极与直流电源正极相连，故D正确；
答案选D。
12.下列两个装置中，液体体积均为200mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1 mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02 mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述中正确的是()
A. 产生气体体积①=②
B. 溶液的pH变化：①减小②增大
C. 电极上析出固体质量①＜②
D. 电极反应式：①中阳极Cu2++2e—=Cu，②中负极Zn—2e—=Zn2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置①属于电解池，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，CuSO4物质的量为200×10－3L×0.1mol·L－1=0.02mol，当电路中通过0.02mol电子，消耗Cu2＋物质的量为0.01mol，只有阳极产生气体，即产生氧气的物质的量为=0.005mol，体积为0.112L，装置②为原电池，正极上的反应式为2H＋＋2e－=H2↑，产生氢气的体积为 L=0.224L，故产生气体体积①＜②，故A错误；
B．装置①总电极反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，反应中产生氢离子，c(H＋)增大，溶液pH减小，装置②发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，反应中消耗氢离子，c(H＋)降低，pH增大，故B正确；
C．①的阴极反应Cu2++2e—=Cu，导线中通过0.2 mol电子时，阴极产生铜的质量m=nM=0.2mol×64g/mol=12.8g，装置②为原电池，两个电极上没有固体析出，则电极上析出固体质量①＞②，故C错误
D．②中负极反应Zn-2e-=Zn2+，①中阳极4OH--4e-=2H2O+O2，故D错误；
答案选B。
13.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氨水中加酸，NH4+ 的浓度增大
B. 装有NO2和N2O4平衡的混合气体的玻璃球在冷水中气体颜色变浅
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. H2、I2、HI的体系平衡后，加压混合气体颜色变深
【答案】D
【解析】
勒夏特列原理是平衡移动的原理，只能用来解释平衡移动的问题。A、氨水中加入酸，氢离子和氢氧根中和，使氨水的电离平衡向正反应方向移动，铵根离子浓度增大，A可以解释；B、存在2NO2 N2O4的平衡，反应放热，在冷水中温度较低平衡向正反应方向移动颜色变浅，B可以解释；C、氯气溶于水会反应生成盐酸和次氯酸，因为饱和食盐水中有较大浓度的氯离子，使反应向逆反应方向移动，减少了氯气的溶解，C可以解释；D、反应为H2 + I2 2HI，改变压强不影响平衡，所以D中平衡未发生移动，不能用勒夏特列原理解释。答案为D。
14.下列实验能达到预期目的是
编号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下Ksp： Mg(OH)2＞Fe(OH)3
D
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快
证明HX酸性比HY强
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH，然后比较酸性强弱，A错误；
B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解使溶液呈碱性，溶液呈红色，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；
C．向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，则不能比较溶度积大小，C错误；
D．HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX酸性比HY弱，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】该题为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，选项A和D是易错点，注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。
15. 现有下列两个图象：
下列反应中符合上述图象的是( )
A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0
B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以
A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；
16.已知中和热的热化学方程式为H + （aq）+OH - （aq）＝H2O（l）△H=-57.3kJ·mol-1。下列反应均在稀溶液中进行，其中△H=-57.3kJ·mol-1的是
A. NaOH（aq）+ HNO3 （aq）＝ NaNO3（aq） + H2O（l） △H
B. NH3·H2O（aq）+ HCl（aq）＝ NH4Cl（aq）+ H2O（l） △H
C. HF（aq）+ KOH（aq）＝ KF（aq）+ H2O（l） △H
D. ½H2SO4（aq）+ ½Ba(OH)2（aq）＝ ½BaSO4（s）+ H2O（l） △H
【答案】A
【解析】
中和热的热化学方程式为H + （aq）+OH - （aq）＝H2O（l）△H=-57.3kJ·mol-1表示的是强酸与强碱在稀溶液中进行反应生成可溶性盐和1mol水的的热效应，四个选项中只有A是强酸与强碱反应生成可溶性盐和水，所以其中△H=-57.3kJ·mol-1的是A，本题选A。
二、填空题
17.运用化学反应原理知识研究如何利用CO、 SO2等污染物有重要意义。
(1)用CO可以合成甲醇。
已知： ①CO的燃烧热△H1=-283kJ•mol-1
②N2(g)＋O2(g)⇌ 2NO(g) △H2=＋183kJ•mol-1
则写出CO和NO反应生成无污染气体的热化学反应方程式________ 。
(2)一定压强下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO与2molH2 ，在催化剂作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g)⇌ CH3OH(g) △H ，CO转化率与温度和压强的关系如下图所示。
①反应的△H____ 0 ，p1___ p2(填＞、＜ 或=)
②100℃时，反应进行了10秒达到平衡状态，用CO表示该反应的化学反应速率是______ ，该反应的化学平衡常数K=____ 。
③下列说法正确的是______。
A．若容器内气体密度恒定，反应达到平衡状态 B．若容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态
C．上述反应中，△H＞0 D．反应中，催化剂使平衡向正反应方向移动
【答案】 (1). 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋CO2(g) △H=-749 kJ•mol-1 (2). ＜ (3). ＜ (4). 0.025mol•L-1•s-1 (5). K=4 (6). B
【解析】
【分析】
(1)已知：①CO的燃烧热 CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ•mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+183kJ•mol-1；
盖斯定律计算①×2-②得到NO和CO反应生成无污染性气体热化学反应方程式；
(2)①升高温度，一氧化碳的转化率减小，据此判定该反应的△H；温度不变时，增大压强，平衡右移，一氧化碳转化率增大，据此判定p2与p1大小；
②据图象中一氧化碳转化率，结合“三段式”进行反应速率和化学平衡常数K的计算；
③A．混合气体质量不变，气体体积不变，混合气体密度不变；
B．反应达到平衡状态时各物质的含量不变；
C．根据①中分析判断；
D．催化剂不改变平衡。
【详解】(1)已知：①CO的燃烧热 CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ•mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+183kJ•mol-1；
盖斯定律计算①×2-②得到NO和CO反应生成无污染性气体的热化学反应方程式：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋CO2(g) △H=-749 kJ•mol-1；
(2)①升高温度，一氧化碳的转化率减小，则正反应为放热反应，反应的△H小于0；温度不变时，增大压强，平衡右移，一氧化碳转化率增大，由图可知相同温度下，p2时CO的转化率大于的p1转化率，故p1＜p2；
②在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2mol H2，100℃时，该反应的CO的转化率为0.5，列三段式，
则反应进行了10秒，用CO表示该反应的化学反应速率＝=0.025 mol•L-1•s-1，化学平衡常数K==4；
③A．容器内混合气体总质量不变，恒容气体体积不变，则密度始终不变，不能判断反应达到平衡，故A错误；
B．容器内各气体浓度恒定，是反应达到平衡状态的特征标志，故B正确；
C．根据①中分析，升高温度，一氧化碳的转化率减小，则正反应为放热反应，反应的△H＜0，故C错误；
D．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡移动，故D错误；
答案选B。
18.现有室温下浓度均为0.01mol/L的几种溶液：①盐酸 ②醋酸③氨水④ NaOH溶液。回答下列问题：
(1)②的电离方程式为________ ； ③，④中水的电离程度较大的是______
(2)室温下，溶液①中由水电离产生c(H+)=______；当温度升高到100摄氏度时，(Kw=1×10-12)溶液④的pH= ______
(3)将①、③等体积混合，所得溶液呈______ (填酸，碱或中)性。
(4)将②、④等体积混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为②_____ ④(填“>”、“<”或“=”)
(5)室温时，若用标准溶液①滴定④，滴定过程中，需要加入_______作指示剂，滴定终点的判断方法是_________。
【答案】 (1). CH3COOH⇌ CH3COO-＋H+ (2). ④ (3). 1.0×10-12mol/L (4). 10 (5). 酸性 (6). ＞ (7). 酚酞 (8). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点
【解析】
【分析】
(1)醋酸为弱酸，应用可逆符号连接，NaOH为强碱，对水的电离程度抑制较大；
(2) 利用Kw=c(H+)•c(OH-)计算即可；
(3)生成物为强酸弱碱盐，为酸性溶液；
(4)若二者刚好反应完全，溶液呈碱性，实际呈中性，则酸过量；
(5)待测液呈碱性，用酚酞作指示剂。
【详解】(1)醋酸为弱酸，应用可逆符号连接，电离方程式为CH3COOH⇌ CH3COO-＋H+；氨水是弱碱，NaOH为强碱，对水的电离都有抑制作用，浓度均为0.01mol/L，NaOH溶液中氢氧根离子浓度大，对水的电离程度抑制较大，故答案为④；
(2) 盐酸为强酸，溶液中完全电离，浓度为0.01mol/L，则电离出的c(H+)=0.01mol/L；浓度为0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子浓度0.01mol/L，100摄氏度时，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，则c(H+)=，则pH=10；
(3)将等体积的①、③混合是盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，溶液显酸性；
(4)将②醋酸、④NaOH溶液若等体积混合生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若溶液呈中性，酸应略微过量，则消耗两溶液的体积②＞④；
(5)室温时，若用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液，待测液呈碱性，用酚酞作指示剂；滴定终点的判断方法是：加入最后一滴盐酸标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点。
19.CuSO4溶液是一种较重要的铜盐试剂，在电镀、印染、颜料、农药等方面有广泛应用。某同学利用CuSO4溶液进行以下实验探究。
i. 下图是根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池。
①该原电池的正极为 ____ ，其外电路中的电子是从____ 极(填“Zn”或“Cu”)流出。
②电解质溶液乙是______溶液，Zn极的电极反应式是_______ 。
③如果盐桥中的成分是K2SO4溶液，则盐桥中向左侧烧杯中移动的离子主要是_____。
ii. 下图中，Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图。
①同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则Cu作____极，电极反应式为______，当线路中有0.1mol电子通过时，阴极增重_____ g。Ⅰ中消耗氧气体积是_____L(标况下)。
②a处通入的是____(填“CH4”或“O2”)，b处电极上发生的电极反应式是___。Ⅰ中的总反应方程式为___。
③该同学若将Ⅱ中的两个电极都换成铂电极，当线路中有0.1mol电子通过时，测得溶液pH=______(100mL的CuSO4溶液)，则Ⅱ中的总反应方程式为 _______ 。
【答案】 (1). 铜(Cu) (2). Zn (3). CuSO4 (4). Zn-2e-=Zn2+ (5). SO42- (6). 阳 (7). Cu-2e＝Cu2+ (8). 3.2 (9). 0.56 (10). CH4 (11). 2H2O+O2+4e-＝4OH- (12). CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O (13). 0 (14). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
【解析】
【分析】
i．原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应。根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，结合图示可知，Zn为负极，Cu为正极，盐桥中是含有琼胶的K2SO4饱和溶液，电池工作时K+向正极移动，SO42-向负极移动；
ii．利用该装置在Ⅱ中实现铁上镀铜，则铁做阴极，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e＝Cu，铜做阳极，阳极上发生的电极反应为：Cu-2e＝Cu2+，阴极与电源负极相连，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则a通入的为甲烷(CH4)，作燃料电池的负极，负极的电极反应为：CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O；b通入的为氧气(或空气)，作燃料电池的正极，正极的电极反应为：2H2O+O2+4e-＝4OH-，据此分析解答。
【详解】i．原电池反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，结合图一可知，Zn为负极，Cu为正极；
①该原电池的正极为铜(Cu)，原电池工作时外电路中电子从负极流向正极，即从Zn流出；
②原电池的正极上发生还原反应，溶液中Cu2+被还原，则电解质溶液乙是CuSO4溶液，负极Zn发生的电极反应为Zn-2e−═Zn2+；
③盐桥中是含有琼胶的K2SO4饱和溶液，电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则SO42−向负极(左侧烧杯)移动，K+向正极(右侧烧杯)移动；
ii．①根据分析，同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则Cu作阳极，电极反应式为Cu-2e＝Cu2+，铁作阴极，电极反应为Cu2++2e＝Cu，当线路中有0.1mol电子通过时，阴极析出0.05mol铜单质，增重0.05mol×64g/mol=3.2g。Ⅰ中正极的电极反应为：2H2O+O2+4e-＝4OH-，消耗氧气的物质的量为=0.025mol，标况下体积是0.025mol×22.4L/mol=0.56L；
②根据分析，a通入的为甲烷(CH4)，作燃料电池的负极，负极的电极反应为：CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O；b处电极为正极，发生的电极反应式是2H2O+O2+4e-＝4OH-；将正负极电极反应合并，Ⅰ中的总反应方程式为CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O；
③该同学若将Ⅱ中两个电极都换成铂电极，电解硫酸铜溶液，阴极铜离子放电生成铜单质，电极反应为：Cu2++2e＝Cu，阳极为电解水，氢氧根离子放电，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，当线路中有0.1mol电子通过时，生成0.1mol氢离子，则溶液中氢离子浓度为=1mol/L，测的溶液pH=0，则Ⅱ中的总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
一、选择题
1.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是( )
A. CuSO4 B. FeCl3
C. AlCl3 D. NH4HCO3
【答案】A
【解析】
【详解】A.CuSO4溶液中存在水解平衡CuSO4+2H2O⇌Cu(OH)2+H2SO4，加热时由于温度升高水解平衡会正向移动，但由于硫酸是不挥发性酸，最终Cu(OH)2与硫酸反应仍生成CuSO4，即CuSO4溶液加热蒸干灼烧后得到的固体仍是CuSO4，A符合题意；
B.FeCl3溶液中存在水解平衡FeCl3+3H2O⇌ Fe(OH)3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终FeCl3完全水解成Fe(OH)3，灼烧时Fe(OH)3分解得到的固体为Fe2O3，B不符合题意；
C.AlCl3溶液中存在水解平衡AlCl3+3H2O⇌ Al(OH)3+3HCl，加热时由于HCl的挥发，水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成Al(OH)3，灼烧时Al(OH)3分解得到的固体为Al2O3，C不符合题意；
D.NH4HCO3固体不稳定，受热分解为NH3、CO2和H2O，D不符合题意；
答案A。
2.下列方法中，可以使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度减小的是
A. 加入少量0.10 mol·L− 1盐酸 B. 加水稀释
C. 加入少量0.10 mol·L− 1NaOH溶液 D. 加入少量NaCl固体
【答案】C
【解析】
A. 加入少量0.10 mol·L− 1盐酸可以使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度增大，A不正确；B. 加水稀释使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度增大，B不正确；C. 加入少量0.10 mol·L− 1NaOH溶液使0.10 mol·L− 1 氨水中NH3·H2O的电离程度减小，C正确；D. 加入少量NaCl固体对氨水的电离没有影响，D不正确。本题选C。
3.下列各物质加入水中，能促进水的电离的是( )
A. NaCl B. NaOH C. Na2CO3 D. NaHSO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl在水中电离生成钠离子和氯离子，对水的电离无影响，故A不符合题意；
B．NaOH是碱，在水中电离出氢氧根离子，抑制水的电离，故B不符合题意；
C．Na2CO3在溶液中，碳酸根离子水解，促进水的电离，故C符合题意；
D．NaHSO4是强电解质，在溶液中可电离产生H+，抑制水的电离，故D不符合题意；
答案选C。
4.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是
A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变
C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】
【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。
故答案选C。
【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。
5.利用下图装置实现钢铁的电化学防护，下列说法错误的是
A. K连N，X极发生氧化反应
B. K连N，称外接电流的阴极保护法
C. K连M，X为Zn 时，铁不易被腐蚀
D. K连M，铁上电极反应为2H++2e→H2↑
【答案】D
【解析】
A. K连N，X极发生氧化反应，铁电极上发生还原反应，保护铁不被氧化，A正确；B. K连N，称外接电流的阴极保护法，B正确；C. K连M，X为Zn 时，锌失电子，铁不易被腐蚀，C正确；D. K连M，铁电极上产要发生吸氧腐蚀，电极反应为：O2+4e- +2H2O—4OH-，D错误。答案选D。
点睛：解决电化学试题，关键是看电子流动方向，判断相关电极，确定电解质中离子迁移方向。
6.用石墨作电极电解下列溶液一段时间后，溶液的pH均增大，再加入一定量括号内的物质，都能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )
A. AgNO3(AgNO3) B. NaOH (H2O)
C. KCl (KCl) D. CuSO4(CuSO4)
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解AgNO3溶液，银离子和OH-放电，应加入氧化银恢复原样，故A错误；
B．电解NaOH溶液，氢离子和OH-放电，则加入水能恢复原样，故B正确；
C．电解KCl溶液，氢离子和氯离子放电，则应加入HCl恢复原样，故C错误；
D．电解CuSO4溶液，铜离子和OH-放电，则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样，故D错误；
故选B。
7.某反应2AB(g)C(g)+3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的ΔH、ΔS应为（ ）
A. ΔH ＜0，ΔS＞0 B. ΔH ＜0，ΔS＜0
C. ΔH ＞0，ΔS＞0 D. ΔH ＞0，ΔS＜0
【答案】C
【解析】
【详解】A、ΔH＜0，ΔS＞0，正向任何温度下都自发进行，选项A错误；
B、ΔH＜0，ΔS＜0，正向低温下能进行，选项B错误；
C、ΔH＞0，ΔS＞0，在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，选项C正确；
D、ΔH＞0，ΔS＜0正向任何温度都不能自发反应，选项D错误；
答案选C。
8.室温下，向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后PH的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. a 点所示溶液中 c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)
B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)
D. pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)
【答案】C
【解析】
【详解】A．a点时消耗0.1mol/L一元酸HA10mL，酸碱恰好中和生成盐，溶液pH=8.7，溶液显碱性，则该盐为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故A错误；
B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C．b点加入0.1mol/L一元酸HA溶液20mL，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，此时溶液的pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故C正确；
D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故D错误；
答案选C。
9.对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是( )
A. 0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)
B. 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+2c(CO32- )
C. 将0.2 mol·L-1 NaA溶液和0.1mol·L-1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)
D. 在25℃ 100 mL0.5mol·L-1 NH4Cl溶液中：c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．二元的离子浓度大于一元的离子浓度，所以离子浓度大小顺序为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；
B．NaHCO3溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故B错误；
C．混合后的溶液遵循电荷守恒的原则，应有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(Cl-)+c(OH-)，故C错误；
D．在25℃100 mL NH4Cl溶液中根据质子守恒可知：c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)，故D正确；
答案选D。
10.某温度下，相同pH值得盐酸和醋酸溶液分别加水稀释。pH值随溶液体积变化变化如图所示。据图判断正确的是()
A. Ⅱ盐酸稀释时pH值变化曲线
B. b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度
C. 两种酸的物质的量浓度一定相等
D. a点Kw的数值比b点Kw的数值大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．醋酸是弱酸，在溶液中不完全电离，溶液呈酸性，溶液浓度越低，电离程度越大；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的，因此Ⅰ是盐酸的pH变化曲线，Ⅱ是醋酸的pH变化曲线，故A错误；
B．b点pH大于a点，即b点酸的浓度小于a点，故B正确；
C．醋酸是弱酸，不完全电离；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，刚开始两溶液的pH相等，即氢离子浓度相等，所以两溶液的物质的量浓度一定不相等，故C错误；
D．Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D错误；
答案选B。
11.锂—空气电池是一种新型的二次电池，其放电时工作原理如图所示，下列说法正确的是()
A. 该电池放电时，正极的反应式为O2+4e-+4H+=2H2O
B. 该电池充电时，阴极发生了氧化反应：Li++e-=Li
C. 放电时电子由空气极经导线向金属锂电极移动
D. 充电时，空气极与直流电源正极相连
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图示，放电时，Li作负极，发生氧化反应：Li- e—= Li+，通入空气的一极为正极，发生还原反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，充电时，正极变阳极，与电源正极相连，负极变阴极，与电源负极相连，电极反应为放电的逆过程，据此分析解答。
【详解】A．根据题意，正极的反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；
B．电池充电时，阴极得电子，发生还原反应：Li++e—=Li，故B错误；
C．电池放电时，电子从负极流向正极，金属锂为原电池的负极，应该从金属锂电极流向空气极，故C错误；
D．放电时，空气极为原电池的正极；充电时，空气极为电解池的阳极，因此充电时，空气极与直流电源正极相连，故D正确；
答案选D。
12.下列两个装置中，液体体积均为200mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1 mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02 mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述中正确的是()
A. 产生气体体积①=②
B. 溶液的pH变化：①减小②增大
C. 电极上析出固体质量①＜②
D. 电极反应式：①中阳极Cu2++2e—=Cu，②中负极Zn—2e—=Zn2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置①属于电解池，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，CuSO4物质的量为200×10－3L×0.1mol·L－1=0.02mol，当电路中通过0.02mol电子，消耗Cu2＋物质的量为0.01mol，只有阳极产生气体，即产生氧气的物质的量为=0.005mol，体积为0.112L，装置②为原电池，正极上的反应式为2H＋＋2e－=H2↑，产生氢气的体积为 L=0.224L，故产生气体体积①＜②，故A错误；
B．装置①总电极反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，反应中产生氢离子，c(H＋)增大，溶液pH减小，装置②发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，反应中消耗氢离子，c(H＋)降低，pH增大，故B正确；
C．①的阴极反应Cu2++2e—=Cu，导线中通过0.2 mol电子时，阴极产生铜的质量m=nM=0.2mol×64g/mol=12.8g，装置②为原电池，两个电极上没有固体析出，则电极上析出固体质量①＞②，故C错误
D．②中负极反应Zn-2e-=Zn2+，①中阳极4OH--4e-=2H2O+O2，故D错误；
答案选B。
13.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是
A. 氨水中加酸，NH4+ 的浓度增大
B. 装有NO2和N2O4平衡的混合气体的玻璃球在冷水中气体颜色变浅
C. 实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D. H2、I2、HI的体系平衡后，加压混合气体颜色变深
【答案】D
【解析】
勒夏特列原理是平衡移动的原理，只能用来解释平衡移动的问题。A、氨水中加入酸，氢离子和氢氧根中和，使氨水的电离平衡向正反应方向移动，铵根离子浓度增大，A可以解释；B、存在2NO2 N2O4的平衡，反应放热，在冷水中温度较低平衡向正反应方向移动颜色变浅，B可以解释；C、氯气溶于水会反应生成盐酸和次氯酸，因为饱和食盐水中有较大浓度的氯离子，使反应向逆反应方向移动，减少了氯气的溶解，C可以解释；D、反应为H2 + I2 2HI，改变压强不影响平衡，所以D中平衡未发生移动，不能用勒夏特列原理解释。答案为D。
14.下列实验能达到预期目的是
编号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅
证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
C
向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀
证明在相同温度下Ksp： Mg(OH)2＞Fe(OH)3
D
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，排水法收集气体，HX放出的氢气多且反应速率快
证明HX酸性比HY强
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH，然后比较酸性强弱，A错误；
B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解使溶液呈碱性，溶液呈红色，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，B正确；
C．向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀，NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，则不能比较溶度积大小，C错误；
D．HX放出的氢气多且反应速率快，说明HX酸性比HY弱，故D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】该题为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，选项A和D是易错点，注意次氯酸的强氧化性和pH相等的弱酸浓度大小关系。
15. 现有下列两个图象：
下列反应中符合上述图象的是( )
A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0
B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以
A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；
16.已知中和热的热化学方程式为H + （aq）+OH - （aq）＝H2O（l）△H=-57.3kJ·mol-1。下列反应均在稀溶液中进行，其中△H=-57.3kJ·mol-1的是
A. NaOH（aq）+ HNO3 （aq）＝ NaNO3（aq） + H2O（l） △H
B. NH3·H2O（aq）+ HCl（aq）＝ NH4Cl（aq）+ H2O（l） △H
C. HF（aq）+ KOH（aq）＝ KF（aq）+ H2O（l） △H
D. ½H2SO4（aq）+ ½Ba(OH)2（aq）＝ ½BaSO4（s）+ H2O（l） △H
【答案】A
【解析】
中和热的热化学方程式为H + （aq）+OH - （aq）＝H2O（l）△H=-57.3kJ·mol-1表示的是强酸与强碱在稀溶液中进行反应生成可溶性盐和1mol水的的热效应，四个选项中只有A是强酸与强碱反应生成可溶性盐和水，所以其中△H=-57.3kJ·mol-1的是A，本题选A。
二、填空题
17.运用化学反应原理知识研究如何利用CO、 SO2等污染物有重要意义。
(1)用CO可以合成甲醇。
已知： ①CO的燃烧热△H1=-283kJ•mol-1
②N2(g)＋O2(g)⇌ 2NO(g) △H2=＋183kJ•mol-1
则写出CO和NO反应生成无污染气体的热化学反应方程式________ 。
(2)一定压强下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO与2molH2 ，在催化剂作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g)⇌ CH3OH(g) △H ，CO转化率与温度和压强的关系如下图所示。
①反应的△H____ 0 ，p1___ p2(填＞、＜ 或=)
②100℃时，反应进行了10秒达到平衡状态，用CO表示该反应的化学反应速率是______ ，该反应的化学平衡常数K=____ 。
③下列说法正确的是______。
A．若容器内气体密度恒定，反应达到平衡状态 B．若容器内各气体浓度恒定，反应达到平衡状态
C．上述反应中，△H＞0 D．反应中，催化剂使平衡向正反应方向移动
【答案】 (1). 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋CO2(g) △H=-749 kJ•mol-1 (2). ＜ (3). ＜ (4). 0.025mol•L-1•s-1 (5). K=4 (6). B
【解析】
【分析】
(1)已知：①CO的燃烧热 CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ•mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+183kJ•mol-1；
盖斯定律计算①×2-②得到NO和CO反应生成无污染性气体热化学反应方程式；
(2)①升高温度，一氧化碳的转化率减小，据此判定该反应的△H；温度不变时，增大压强，平衡右移，一氧化碳转化率增大，据此判定p2与p1大小；
②据图象中一氧化碳转化率，结合“三段式”进行反应速率和化学平衡常数K的计算；
③A．混合气体质量不变，气体体积不变，混合气体密度不变；
B．反应达到平衡状态时各物质的含量不变；
C．根据①中分析判断；
D．催化剂不改变平衡。
【详解】(1)已知：①CO的燃烧热 CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H1=-283kJ•mol-1；
②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+183kJ•mol-1；
盖斯定律计算①×2-②得到NO和CO反应生成无污染性气体的热化学反应方程式：2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋CO2(g) △H=-749 kJ•mol-1；
(2)①升高温度，一氧化碳的转化率减小，则正反应为放热反应，反应的△H小于0；温度不变时，增大压强，平衡右移，一氧化碳转化率增大，由图可知相同温度下，p2时CO的转化率大于的p1转化率，故p1＜p2；
②在容积为2L的密闭容器中充入1mol CO与2mol H2，100℃时，该反应的CO的转化率为0.5，列三段式，
则反应进行了10秒，用CO表示该反应的化学反应速率＝=0.025 mol•L-1•s-1，化学平衡常数K==4；
③A．容器内混合气体总质量不变，恒容气体体积不变，则密度始终不变，不能判断反应达到平衡，故A错误；
B．容器内各气体浓度恒定，是反应达到平衡状态的特征标志，故B正确；
C．根据①中分析，升高温度，一氧化碳的转化率减小，则正反应为放热反应，反应的△H＜0，故C错误；
D．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡移动，故D错误；
答案选B。
18.现有室温下浓度均为0.01mol/L的几种溶液：①盐酸 ②醋酸③氨水④ NaOH溶液。回答下列问题：
(1)②的电离方程式为________ ； ③，④中水的电离程度较大的是______
(2)室温下，溶液①中由水电离产生c(H+)=______；当温度升高到100摄氏度时，(Kw=1×10-12)溶液④的pH= ______
(3)将①、③等体积混合，所得溶液呈______ (填酸，碱或中)性。
(4)将②、④等体积混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为②_____ ④(填“>”、“<”或“=”)
(5)室温时，若用标准溶液①滴定④，滴定过程中，需要加入_______作指示剂，滴定终点的判断方法是_________。
【答案】 (1). CH3COOH⇌ CH3COO-＋H+ (2). ④ (3). 1.0×10-12mol/L (4). 10 (5). 酸性 (6). ＞ (7). 酚酞 (8). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点
【解析】
【分析】
(1)醋酸为弱酸，应用可逆符号连接，NaOH为强碱，对水的电离程度抑制较大；
(2) 利用Kw=c(H+)•c(OH-)计算即可；
(3)生成物为强酸弱碱盐，为酸性溶液；
(4)若二者刚好反应完全，溶液呈碱性，实际呈中性，则酸过量；
(5)待测液呈碱性，用酚酞作指示剂。
【详解】(1)醋酸为弱酸，应用可逆符号连接，电离方程式为CH3COOH⇌ CH3COO-＋H+；氨水是弱碱，NaOH为强碱，对水的电离都有抑制作用，浓度均为0.01mol/L，NaOH溶液中氢氧根离子浓度大，对水的电离程度抑制较大，故答案为④；
(2) 盐酸为强酸，溶液中完全电离，浓度为0.01mol/L，则电离出的c(H+)=0.01mol/L；浓度为0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子浓度0.01mol/L，100摄氏度时，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，则c(H+)=，则pH=10；
(3)将等体积的①、③混合是盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3∙H2O+H+，溶液显酸性；
(4)将②醋酸、④NaOH溶液若等体积混合生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，若溶液呈中性，酸应略微过量，则消耗两溶液的体积②＞④；
(5)室温时，若用标准盐酸溶液滴定NaOH溶液，待测液呈碱性，用酚酞作指示剂；滴定终点的判断方法是：加入最后一滴盐酸标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明反应达到终点。
19.CuSO4溶液是一种较重要的铜盐试剂，在电镀、印染、颜料、农药等方面有广泛应用。某同学利用CuSO4溶液进行以下实验探究。
i. 下图是根据反应Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池。
①该原电池的正极为 ____ ，其外电路中的电子是从____ 极(填“Zn”或“Cu”)流出。
②电解质溶液乙是______溶液，Zn极的电极反应式是_______ 。
③如果盐桥中的成分是K2SO4溶液，则盐桥中向左侧烧杯中移动的离子主要是_____。
ii. 下图中，Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图。
①同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则Cu作____极，电极反应式为______，当线路中有0.1mol电子通过时，阴极增重_____ g。Ⅰ中消耗氧气体积是_____L(标况下)。
②a处通入的是____(填“CH4”或“O2”)，b处电极上发生的电极反应式是___。Ⅰ中的总反应方程式为___。
③该同学若将Ⅱ中的两个电极都换成铂电极，当线路中有0.1mol电子通过时，测得溶液pH=______(100mL的CuSO4溶液)，则Ⅱ中的总反应方程式为 _______ 。
【答案】 (1). 铜(Cu) (2). Zn (3). CuSO4 (4). Zn-2e-=Zn2+ (5). SO42- (6). 阳 (7). Cu-2e＝Cu2+ (8). 3.2 (9). 0.56 (10). CH4 (11). 2H2O+O2+4e-＝4OH- (12). CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O (13). 0 (14). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
【解析】
【分析】
i．原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应。根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，结合图示可知，Zn为负极，Cu为正极，盐桥中是含有琼胶的K2SO4饱和溶液，电池工作时K+向正极移动，SO42-向负极移动；
ii．利用该装置在Ⅱ中实现铁上镀铜，则铁做阴极，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e＝Cu，铜做阳极，阳极上发生的电极反应为：Cu-2e＝Cu2+，阴极与电源负极相连，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则a通入的为甲烷(CH4)，作燃料电池的负极，负极的电极反应为：CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O；b通入的为氧气(或空气)，作燃料电池的正极，正极的电极反应为：2H2O+O2+4e-＝4OH-，据此分析解答。
【详解】i．原电池反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，结合图一可知，Zn为负极，Cu为正极；
①该原电池的正极为铜(Cu)，原电池工作时外电路中电子从负极流向正极，即从Zn流出；
②原电池的正极上发生还原反应，溶液中Cu2+被还原，则电解质溶液乙是CuSO4溶液，负极Zn发生的电极反应为Zn-2e−═Zn2+；
③盐桥中是含有琼胶的K2SO4饱和溶液，电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则SO42−向负极(左侧烧杯)移动，K+向正极(右侧烧杯)移动；
ii．①根据分析，同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则Cu作阳极，电极反应式为Cu-2e＝Cu2+，铁作阴极，电极反应为Cu2++2e＝Cu，当线路中有0.1mol电子通过时，阴极析出0.05mol铜单质，增重0.05mol×64g/mol=3.2g。Ⅰ中正极的电极反应为：2H2O+O2+4e-＝4OH-，消耗氧气的物质的量为=0.025mol，标况下体积是0.025mol×22.4L/mol=0.56L；
②根据分析，a通入的为甲烷(CH4)，作燃料电池的负极，负极的电极反应为：CH4+10OH--8e-= CO32-+7H2O；b处电极为正极，发生的电极反应式是2H2O+O2+4e-＝4OH-；将正负极电极反应合并，Ⅰ中的总反应方程式为CH4+2O2+2KOH＝K2CO3+3H2O；
③该同学若将Ⅱ中两个电极都换成铂电极，电解硫酸铜溶液，阴极铜离子放电生成铜单质，电极反应为：Cu2++2e＝Cu，阳极为电解水，氢氧根离子放电，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，当线路中有0.1mol电子通过时，生成0.1mol氢离子，则溶液中氢离子浓度为=1mol/L，测的溶液pH=0，则Ⅱ中的总反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
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