【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二上学期第三次学段考试（解析版） 20页

甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二上学期第三次学段考试 第I卷 选择题 一、选择题（每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列说法不正确的是 A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 B. 化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量 C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生 D. 放热的反应在常温下一定很容易发生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 任何化学反应都伴随着能量的变化，A项正确，不符合题意；‎ B. 反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是放热反应，反之为吸热反应，因此化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量，B项正确，不符合题意；‎ C.CO2和C反应为吸热反应，在高温下可自发进行，因此吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生，C项正确，不符合题意；‎ D. 并不是所有的放热反应在常温下都能发生，如碳的燃烧，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定 B. 500℃、30M Pa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH= －38.6kJ·mol-1‎ C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol-1，若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ D. X(g)＋Y(g)Z(g) ΔH >0，恒温恒容条件下达到平衡后加入X，上述反应ΔH增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．ΔH＝＋1.9kJ/mol，为吸热反应，则石墨的能量低，则石墨比金刚石稳定，故A错误；‎ B．0.5mol N2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，则1molN2(g)完全反应放出热量大于38.6kJ，可知N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＜−38.6kJ•mol−1，故B错误；‎ C．醋酸是弱酸，在水溶液中没有完全电离，醋酸电离时吸热，所以1molCH3COOH与1mol NaOH溶液反应放热少于强酸，故C正确；‎ D．一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2 ，有关该电池的说法正确的是 A. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动 B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液的碱性增强 D. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e- + OH- = NiOOH + H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转化为化学能的装置，据此分析作答。‎ ‎【详解】A. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故A项错误；‎ B. 充电过程实际上是把电能转化为化学能的过程，故B项错误； C. 放电时，负极上电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，碱性减弱，故C项错误； D. 充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2-e-+OH-═NiOOH+H2O，故D项正确； 答案选D。‎ ‎4.设C+CO2CO(正反应为吸热反应)，反应速率为v1；N2+3H22NH3(正反应为放热反应)，反应速率为v2。对于上述反应，当温度升高时，v1和v2变化情况为（ ）‎ A. 同时增大 B. 同时减小 ‎ C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大。‎ ‎【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大；故答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题需要注意温度对反应速率的影响与反应的吸、放热无关。‎ ‎5.一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应过程如图，下列说法正确的是（ ）‎ A. t1 min时正、逆反应速率相等 B. X曲线表示NH3的物质的量随时间变化的关系 C. 0～8min，H2的平均反应速率v(H2)＝mol·L－1·min－1‎ D. 10min，改变条件为升温 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图象可知，t1 min时X、Y的物质的量相等，不能代表反应速率的关系，故无法判断，故A错误； B、根据图可知，在0～8 min时，X增加了0.6mol，Y减小了0.9mol，X、Y变化了的物质的量之比为2：3，根据物质变化了的物质的量之比等于化学反应中计量数之比可知，X为氨气的物质的量随时间变化的曲线，故B正确； ‎ C、0～8 min时，由图可知NH3的平均反应速率v（NH3）=mol•L-1•min-1，根据速率之比等于化学计量数之比得，v（H2）=mol•L-1•min-1，故C错误； D、因为该反应为放热反应，由图可知在10～12 min生成物变多，反应物变少，平衡正向移动，所以此时应为降低温度，故D错误； 故选：B。‎ ‎6.下列过程一定不能自发进行的是( )‎ A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0‎ B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH＜0‎ C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＞0‎ D. 2CO(g)=2C(s)＋O2(g)　ΔH＞0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】依据吉布斯自由能方程ΔG=ΔH-TΔS，只要ΔG<0，反应就可能自发进行。‎ A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　 ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，A能自发进行；‎ B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　 ΔS<0，ΔH<0，则低温时，ΔG<0，B能自发进行；‎ C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)　 ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，C能自发进行；‎ D. 2CO(g)=2C(s)＋O2(g)　 ΔS<0，ΔH＞0，ΔG>0，D一定不能自发进行。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】一个能自发进行的反应，并不一定真的就能发生，它只是告诉我们反应有发生的可能，只要我们注意改善反应条件或改善反应环境，就有让反应发生的可能。‎ ‎7.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是（ ）‎ ‎①NH4Cl固体；②硫酸；③NaOH固体；④水；⑤加热；⑥加入少量MgCl2固体。‎ A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，故①错误；‎ ‎②加入硫酸，氢离子中和氢氧根使之浓度减少，继而引发电离平衡正向移动，故②错误；‎ ‎③加入氢氧化钠固体，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，故③正确；‎ ‎④加水稀释使电离平衡相关的微粒浓度都减小，平衡向电离方向移动，故④错误；‎ ‎⑤弱电解质的电离是吸热过程，加热使平衡向右移动，故⑤错误；‎ ‎⑥加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根反应，使溶液中氢氧根浓度减小，稀氨水电离平衡正向移动，故⑥错误。故只有③正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎【点睛】加水稀释，平衡正向移动，看得见的浓度减小，看不见的浓度增大即电离方程式中能看见的微粒浓度减少，电离方程式中看不见的微粒浓度增加；‎ 例如：NH3·H2ONH4+＋OH－‎ 一水合氨、铵根离子、氢氧根离子在电离方程式中看得见，因此它们的浓度都减小，而氢离子看不见，因此氢离子浓度增大。‎ ‎8.下列溶液肯定显酸性的是 A. 的溶液 B. 含的溶液 C. 的溶液 D. 加酚酞显无色的溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸性最本质的判断是：。‎ ‎【详解】A.由分析可知，的溶液显酸性，A项正确；‎ B.碱性和中性的溶液也含，B项错误；‎ C.温度未知，KW未知，的溶液未必显酸性，C项错误； ‎ D.加酚酞显无色的溶液，可能酸性或中性，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.在25mL0.1mol·L－1某一元碱中，逐滴加入0.1mol·L－1醋酸，滴定曲线如图所示。则下列说法不正确的是 A. 该碱溶液可以溶解Al(OH)3‎ B. a点对应的体积值大于25mL C. C点时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)‎ D. D点时，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从滴定曲线可知，没有滴加醋酸前，0.1mol·L－1某一元碱其溶液pH为13，c(OH-)=0.1mol/L，完全电离，该一元碱为强碱。‎ A．该一元碱为强碱，可以溶解Al(OH)3，A项正确，不符合题意；‎ B．根据曲线，a点的pH值为7，为中性，假设加入醋酸的体积为25mL，酸和碱恰好完全反应，生成醋酸盐，为强碱弱酸盐，水解为碱性，现在为中性，说明要多加点酸，B项正确，不符合题意；‎ C．C点pH<7，溶液呈现酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，可以知道c(CH3COO－)>c(Na+)，C项正确，不符合题意；‎ D．D点，加入了50mL的醋酸，为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据电荷守恒c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，以及物料守恒，c( CH3COOH)＋c (CH3COO－)=2c(Na＋)，联合两式，得c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D项错误，符合题意；‎ 本题答案选D。‎ ‎10.下列事实：‎ ‎①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。‎ 其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）‎ A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。‎ ‎11.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ）‎ A. 中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，通常控制在 1mL 至 2mL B. 在50mL碱式滴定管中装氢氧化钠溶液至5mL刻度处，把液体全部放入烧杯，液体体积为 45mL C. 碱式滴定管可以用来装碱性和氧化性的溶液 D. 用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，所测结果偏低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．指示剂不宜加入过多，一般几滴即可，否则滴定终点判断不准确，故A错误；‎ B．碱式滴定管的0刻线在上方，50.00mL下端无刻度，50mL碱式滴定管中装氢氧化钠溶液至5mL刻度处，把液体全部放入烧杯，液体体积大于45mL，故B错误；‎ C．装氧化性的溶液不能选碱式滴定管，氧化性物质可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故C错误；‎ D．滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，测定所需的标准液的体积减小，导致测定浓度偏低，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎12.下列离子组因发生双水解反应而不能大量共存的是 A. Ba2+、NH4+、SO42-、OH- B. H+、Na+、NO3-、I-‎ C. Al3+、K+、HCO3-、NO3- D. H+、Ca2+、CO32-、Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ Ba2+和SO42-因为生成沉淀而不共存，NH4+和OH-因为生成弱电解质（NH3·H2O）而不共存，没有发生双水解反应，所以选项A错误。H+、NO3-、I-会因为发生氧化还原反应而不共存，‎ 没有发生双水解反应，选项B错误。Al3+和HCO3-发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，所以选项C是因为双水解反应而不共存，选项C正确。Ca2+和CO32-因为生成沉淀而不共存，H+和CO32-反应生成二氧化碳而不共存，没有发生双水解反应，选项D错误。‎ ‎13.的两种一元酸和，体积均为，稀释过程中与溶液体积的关系如图所示。分别滴加溶液（）至，消耗溶液的体积为、，则（ ）‎ A. 为弱酸，‎ B. 为强酸，‎ C. 为弱酸，‎ D. 为强酸，‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，pH＝2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH＝7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。‎ ‎【详解】由图可知，pH＝2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH＝2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH＝7，为中性，则0.01mol/L×0.1L＝0.1mol/L×V碱，解得V碱＝0.01L，而pH＝2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则V x＜V y，故答案选C。‎ ‎【点睛】本题把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小。‎ ‎14.在时，碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知时硫酸钙的Ksp=9.1×10-6，下列说法正确的是( )‎ A. 除去锅炉水垢中硫酸钙的办法是将其转化为碳酸钙，然后用酸去除 B. 图中b点碳酸钙的结晶速率小于其溶解速率 C. 通过蒸发，可使溶液由a点变化到c点 D. 在25℃时，反应的平衡常数K=3500‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，且与盐酸反应，则除去锅炉水垢中硫酸钙的办法是将其转化为碳酸钙，然后用酸去除，A项正确；‎ B. 曲线上的点为平衡点，b点在曲线上方，Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，有晶体析出，则b点碳酸钙的结晶速率大于其溶解速率，B项错误；‎ C. 蒸发时，、的浓度均增大，图中由a点变化到c点时不变，与图象不符，则通过蒸发不能使溶液由a点变化到c点，C项错误；‎ D. 反应的平衡常数，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎15.如图是一套电化学装置，对其有关说法错误的是（ ）‎ A. 装置A是原电池，装置B是电解池 B. 反应一段时间后，装置B中溶液pH增大 C. a若消耗1mol CH4，d可产生4mol气体 D. a通入C2H6时的电极反应为 C2H6-14e-+ 18OH-= 2CO32-+ 12H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知A应为燃料电池装置，则B为电解池装置，电解硫酸溶液时，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成氢气，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，A中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．由装置图可知A消耗气体，应为燃料电池装置，则B生成气体，为电解池装置，故A正确；‎ B．电解硫酸溶液时，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成氢气，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，故B错误；‎ C．由元素化合价可知，a口若消耗1mol CH4，应生成碳酸钾，则失去电子8mol，为原电池的负极，则d为阴极，生成氢气，应为4mol，故C正确；‎ D．a口通入C2H6时，乙烷被氧化生成碳酸钾，电极反应为C2H6-14e-+18OH-= 2CO32-+12H2O，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】明确原电池正负极和电解池阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写。‎ ‎16.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解NaB(OH)4溶液可制备H3BO3，其工作原理如图。下列叙述错误的是(　　)‎ A. M室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2↑+4H+‎ B. N室：a”“<”或“＝”)。‎ ‎(4)若一定量的CO2和H2在绝热恒容的条件下发生上述反应②，下列可以作为判断该反应达到平衡的标志有_________________________。 ‎ a.混合气体的平均相对分子质量不再改变 b.混合气体中CO2、H2、H2O、CO(g)的含量相等 c. v(CO2)生成=v(CO)消耗 d.容器内温度不再变化 ‎【答案】 (1). 2.5 (2). -75 kJ·mol－1 (3). 0.1mol/(Lmin) (4). > (5). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应①＋②可得反应③，则平衡常数K3＝K1×K2，焓变ΔH3＝ΔH1+ΔH2；‎ ‎(2)利用“三段式法”和化学平衡常数的表达式计算出H2浓度的变化量，用H2表示的反应速率v(H2)＝；‎ ‎(3)500℃时K3＝K1×K2＝2.5，再计算此时浓度商Qc，若Qc＝K3，处于平衡状态，若QcK3，反应向逆反应进行，进而判断v正、v逆相对大小；‎ ‎(4)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。‎ ‎【详解】(1)反应①＋②可得反应③，则平衡常数K3＝K1×K2=2.5×1.0=2.5，焓变ΔH3＝ΔH1+ΔH2=－116kJ·mol－1+(＋41kJ·mol－1)=-75kJ·mol－1，故答案为：2.5；-75kJ·mol－1；‎ ‎(2)500℃时，将2molCO和2molH2充入2L的恒容密闭容器中发生反应②, 5min后达到平衡,由反应三段式得：‎ ‎ ‎ K2==1.0，解得=0.5mol/L，v(H2)＝＝=0.1mol/(Lmin)，故答案为：0.1mol/(Lmin)；‎ ‎(3)500℃时K3＝K1×K2=2.5，浓度商Qc＝＝0.88＜K3＝2.5，反应向正反应进行，故v正＞v逆，故答案为：＞；‎ ‎(4) a．反应总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变，故a不符合题意；‎ b．混合气体中CO2、H2、H2O、CO的含量相等，不一定达到平衡状态，故b不符合题意；‎ c．v(CO2)生成、v(CO)消耗是逆反应的两种物质化学反应速率，不能证明v正=v逆，故c符合题意；‎ d．绝热容器内温度不再发生变化说明反应达到了平衡，故d符合题意；‎ 故答案为：d。‎ ‎19.某兴趣小组为研究原电池原理，设计如图甲乙两个原电池装置。‎ ‎(1)如图甲，a和b用导线连接，Cu电极的电极反应式为：________，溶液中SO42-移向______(填“Cu”或“Fe”)极。‎ ‎(2)如图乙所示的原电池装置中，负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是_______________。 负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消耗负极5.4g，则放出气体______mol。‎ ‎(3)将反应Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4设计成盐桥电池并画图____________‎ ‎(4)依据Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl晶体的反应原理设计原电池，你认为是否可行并说明理由______。‎ ‎【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). Fe (3). Al (4). 产生气泡 (5). Al-3e- +4OH-=AlO2- + 2H2O (6). 0.3 (7). (8). 否，因为此反应为非氧化还原反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)甲装置中，a和b用导线连接，该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电解质溶液中阴离子向负极移动，电子由铁电极经导线流向铜电极；‎ ‎(2)乙装置中，铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化反应而作负极，镁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气；‎ ‎(3)设计原电池要满足原电池的组成条件；‎ ‎(4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应。‎ ‎【详解】(1)甲装置中，a和b用导线连接，该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，电解质溶液中阴离子向负极移动，溶液中SO42-移向铁电极； ‎ ‎(2)乙装置中，铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为：Al-3e- +4OH-=AlO2- + 2H2O；镁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生 氢气，可以观察到产生气泡；由反应总方程式可知：2Al3H2，5.4g Al的物质的量为=0.2mol，则能生成H2的物质的量为0.3mol；‎ ‎(3)将反应Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4设计成盐桥电池需要Cu作负极，铜电极烧杯中电解质为CuSO4，可用惰性电极作正极，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液，形成闭合回路，装置图为：； ‎ ‎(4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，该反应是吸热反应且不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池。‎ ‎【点睛】明确原电池原理是解本题关键，根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和电解质，知道原电池中正负极的判断方法。‎ ‎20.请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)25 ℃时，向纯水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为_____________，由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。‎ ‎(2)电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：‎ 化学式 电离常数(25 ℃)‎ HCN K＝4.9×10－10‎ CH3COOH K＝1.8×10－5‎ H2CO3‎ K1＝43×10－7、K2＝5.6×10－11‎ ‎①25 ℃时，有等pH的a.NaCN溶液、b.Na2CO3溶液和c.CH3COONa溶液，三溶液的浓度由大到小的顺序为___________________________。(用a b c表示)‎ ‎②向NaCN溶液中通入少量的CO2，发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎(3)室温时，向100mL 0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：‎ 试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH−、HCO3−＋H2O⇌H2CO3＋OH− (2). 10-3 (3). c > a > b (4). NaCN + CO2 + H2O = NaHCO3+ HCN (5). a (6). c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，盐溶液中盐水解促进水的电离；‎ ‎(2)①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的浓度越大；‎ ‎②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3−，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式；‎ ‎(3)a点恰好生成等物质的量的硫酸铵和硫酸钠，水解促进水的电离；b点时pH＝7，相对于a点NaOH稍过量，抑制NH4+的水解。‎ ‎【详解】(1)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，碳酸根水解的离子方程式为CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH−、HCO3−＋H2O⇌H2CO3＋OH−，其pH＝11，则c(OH−)＝10-3mol/L，全部由水电离产生，故答案为：CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH−、HCO3−＋H2O⇌H2CO3＋OH−；10-3；‎ ‎(2)①根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等pH的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，故溶液的浓度为：CH3COONa溶液＞NaCN溶液＞Na2CO3溶液，故答案为：c>a>b；‎ ‎②根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3−，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+CO2+H2O =NaHCO3+HCN，故答案为：NaCN+CO2+H2O =NaHCO3+HCN；‎ ‎(3)图中a、b、c、d四个点，只有a点恰好生成等物质的量的硫酸铵和硫酸钠，铵根离子浓度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是a；b点pH＝7，相对于a点NaOH 稍过量，抑制NH4+的水解，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)，故答案为：a；c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)。‎ ‎21.某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后，用如图装置进行实验，请回答下列问题：‎ ‎(1)实验一：将开关K与a连接，则乙为________极，电极反应式为____________________。‎ ‎(2)实验二：开关K与b连接，则乙________极，总反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎(3)对于实验二，下列说法正确的是________(填字母编号)。‎ A．溶液中Na＋向甲极移动 B．从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝 C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度 D．相同条件下，电解一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等 ‎(4)该研究小组的同学在进行实验二结束的溶液中滴加酚酞溶液，发现________(填“甲”或“乙”)极附近变红。若标准状况下乙电极产生22.4mL气体，剩余溶液体积为200mL，则该溶液的pH为_____。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). Fe -2e- = Fe2+ (3). 阴 (4). 2Cl- + 2H2O Cl2↑+ H2↑+ 2OH- (5). B (6). 乙 (7). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若开始时开关K与a连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；‎ ‎(2)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠；‎ ‎(3)A．溶液中Na＋向阴极移动；‎ B．石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−＝Cl2↑，氯气能使湿润的KI淀粉试纸变蓝；‎ C．由总的反应2Cl−＋2H2O＝2OH−＋H2↑＋Cl2↑，可知反应一段时间后加适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度；‎ D．只有氯化钠足量，反应一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等；‎ ‎(4)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红，根据产生氢气的量计算溶液中的OH-的浓度，进而算出溶液的pH。‎ ‎【详解】(1)开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe−2e−＝Fe2＋，故答案为：负；Fe−2e−＝Fe2＋；‎ ‎(2)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−＝Cl2↑；铁为阴极发生还原反应，受到保护，这种保护方式为外加电流的阴极保护法，电极反应式为2H＋＋2e−＝H2↑；总的离子反应的方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；‎ ‎(3)A．溶液中Na＋向阴极移动，所以向乙极移动，故A错误；‎ B．石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−＝Cl2↑，氯气能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，所以从甲极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故B正确；‎ C．由总的反应2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，可知如果阴极持续是氯离子放电，反应一段时间后通入适量HCl气体可恢复到电解前电解质的浓度，故C错误；‎ D．只有氯化钠足量，反应一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等，故D错误；‎ 故答案为：B；‎ ‎(4)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红，产生22.4mLH2，物质的量为=0.001mol，根据2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-可知溶液中的n(OH-)=0.002mol，c(OH-)==0.01mol/L，根据c(OH-)c(H+)=10-14得c(H+)=10-12mol/L，溶液的pH=12；故答案为：乙；12。‎