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  • 2021-07-02 发布

【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)

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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。‎