2018-2019学年湖南省湘西自治州四校高二上学期12月联考化学试题 解析版 21页

湖南省湘西自治州四校2018-2019学年高二上学期12月联考 化学试卷 ‎1.反应A＋B→C（ΔH<0）分两步进行：①A＋B→X（ΔH>0），②X→C（ΔH<0）。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①是吸热反应，所以反应物的能量低于生成物的能量。②是放热反应，因此反应物的能量高于生成物的能量，所以正确的图像是D，答案选D。‎ 考点：考查放热反应或吸热反应中的图像识别 点评：该题的关键是理解在放热反应中反应物的能量高于生成物的能量，反之是吸热反应中反应物的能量低于生成物的能量，据此可以判断。‎ ‎2.下列有关能量的判断和表示方法正确的是 A. 由C(s，石墨)===C(s，金刚石)　ΔH＝＋1.9 kJ，可知：金刚石比石墨更稳定 B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量更多 C. 由H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJ D. 2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、从C（石墨）＝C（金刚石）ΔH="+1.9" kJ·mol-1，可知石墨具有的能量较低，物质具有的能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，A错误；B、S固体转化为硫蒸气的过程是吸热过程，硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出热量更多，B正确；C、乙酸是弱酸，电离过程是吸热过程，含1mol CH3COOH的稀溶液与含1mol ‎ NaOH的稀溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；D、2g即1molH2完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，则2mol氢气燃烧放出的热量Q＝+285.8kJ×2＝571.6kJ，D错误；答案选B。‎ 考点：考查了化学反应的反应热和焓变的相关知识。‎ ‎3.100 mL 2 mol·L-1 H2SO4与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量 A. 硝酸钠固体 B. NaCl固体 C. 硫酸铜固体 D. 醋酸钠固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一定温度下，既减缓反应进行的速率，又不影响生成H2的总量，条件需以降低氢离子浓度有关，且添加物不与溶液中物质发生化学反应（除弱电解质离子与氢离子结合外）。‎ ‎【详解】A. 加入硝酸钠固体，电离出的硝酸根离子与硫酸中的氢离子结合，相当于加入硝酸，硝酸均有强氧化性，与锌反应产生一氧化氮，不再产生氢气，A错误； ‎ B. 加入NaCl固体，与溶液中的反应物无影响，不改变反应状态，B错误； ‎ C. 加入硫酸铜固体，与锌发生置换反应形成锌铜原电池结构，加快反应速率，C错误； ‎ D. 加入醋酸钠固体，醋酸根与溶液中的氢离子结合为醋酸，降低溶液中氢离子浓度，减缓反应速率，但最终产量不变，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】本题难点在于加入铜离子后形成的铜锌原电池加快反应速率，易错点为醋酸根和氢离子结合产物醋酸，由于醋酸存在部分电离，故不影响反应结果。‎ ‎4.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1　②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1　③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1。下列有关反应速率的比较中正确的是 A. ④>③＝②>① B. ①>②>③>④‎ C. ①>④>②＝③ D. ④>③>②>①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。‎ ‎【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。‎ ‎①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1　；‎ ‎②3v(A)=v(B)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1　；‎ ‎③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；‎ ‎④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225 mol·L－1·s－1；‎ 综上所述，①>④>②＝③；‎ 答案为C。‎ ‎5.某化学反应其△H＝—122 kJ/mol，∆S＝ 231 J/(mol·K)，下列说法正确的是：‎ A. 在任何温度下都不能自发进行 B. 在任何温度下都能自发进行 C. 仅在高温下自发进行 D. 仅在低温下自发进行 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据吉布斯自由能G =" H" – TS可以判断，当G<0时，反应能自发进行。‎ 考点：自发反应 点评：根据吉布斯自由能公式判断一个反应能否自发进行，高考常以选择题的形式进行考查，难度较低。‎ ‎6.可逆反应2NO22NO+O2,在恒容密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：‎ ‎①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2 ‎ ‎②单位时间内生成n molO2的同时生成2n mol NO ‎ ‎③NO2、NO、O2 的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态 ‎ ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 A. ①④ B. ②③⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是：‎ A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅 B. 温度过高对合成氨不利 C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深 D. 溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸，次氯酸受光易分解；氨气合成反应放热，升高温度平衡逆向移动；溴水颜色主要由溶于水的溴单质产生，加入硝酸银溶液，银离子与溴离子反应产生溴化银沉淀，使溴水平衡正向移动，溴单质减小。‎ ‎【详解】A. 氯气为黄绿色气体，部分溶解于水中，部分与水发生可逆反应产生次氯酸H2O+Cl2=HCl+HClO，次氯酸受光易分解，产物浓度降低，根据勒夏特列原理，反应向着减弱变化的方向移动，故平衡正向移动，氯气浓度降低，黄绿色的氯水颜色变浅，A错误；‎ B. 合成氨反应3H2+N2=2NH3，反应放热，根据勒夏特列原理，温度升高，平衡向降温方向移动，故反应逆向移动，不利于合成氨，B错误 C. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系H2+I2=2HI，反应前后气体体积不变，故增大压强，反应平衡不移动，加压后颜色变深是由于碘单质浓缩导致，C正确；‎ D. 溴水中有平衡：Br2+ H2OHBr+ HBrO，当加入AgNO3溶液后，溴离子与银离子结合产生溴化银沉淀，使平衡正向移动，溴水中溴单质浓度减少，溶液颜色变浅，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎8.可逆反应mA(g)＋nB(s)pC(g)＋qD(g)，在反应过程中，当其他条件不变时，D的百分含量与温度(T)和压强(P)的关系如图所示，判断下列叙述中不正确的是：‎ A. 达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动 B. 达到平衡后，若使用催化剂，D的物质的量分数不变 C. 化学方程式中一定有m＜p＋q D. 平衡后增大B的量，有利于平衡向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在可逆反应中，温度越高或压强越大，平衡越快到达平衡。由图可知，T2温度时反应较快达到平衡，即T2>T1，在同一时间，降低温度，平衡转化率升高，故可逆正反应放热；P2压强时反应较快平衡，即P2>P1，在同一时间，降低压强，平衡转化率升高，故m z A 错，‎ B 错，A的转化率降低C 对，C的体积分数减小，D 错。‎ ‎10.某温度下，H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝，该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示,‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c(H2)(mol/L)‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ c(CO2)(mol/L)‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ 下列判断不正确的是：‎ A. 平衡时，乙中H2的转化率大于60%‎ B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%‎ C. 平衡时，丙中c(CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L D. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在恒容密闭环境下，增大反应物浓度，平衡正向移动，以甲容器为标准，乙容器增大氢气浓度，二氧化碳转化率升高，氢气转化率下降；丙容器同时扩大两气体浓度，产物浓度增大，反应物转化率不变。‎ ‎【详解】以甲容器为准，设反应产生水xmol。‎ H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)‎ 反应前 0.01 0.01 0 0‎ 反应中 x x x x 反应后 0.01-x 0.01-x x x 平衡常数=，故x=0.006，氢气转化率为60%。‎ A. 平衡时，乙中增大氢气浓度，H2的转化率下降，小于60%，A错误；‎ B. 平衡时，丙等比例添加反应物，转化率不变，甲中和丙中H2的转化率均是60%，B正确；‎ C. 平衡时，丙等比例添加反应物，转化率不变，丙中c (CO)是甲中的2倍，是0.012 mol/L，C正确；‎ D. 反应物浓度越高，反应速率越快，故反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢，D正确；‎ 答案为A。‎ ‎【点睛】本题要从甲组进行对比，增加反应物产物，其余物质转化率增大，但自身转化率降低。本题难点在于等比例增大物质时，转化率不变，但是反应速率增大。‎ ‎11.用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是 A. AgNO3　CuCl2　 Cu(NO3)2 B. KCl Na2SO4 CuSO4‎ C. CaCl2 KOH NaNO3 D. HCl HNO3 K2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由电解规律可得：‎ 类型 ‎ 化学物质 ‎ pH变化 ‎ 放O2生酸型 ‎ CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2 ‎ 降低 ‎ 放O2生酸型 ‎ KCl、CaCl2 ‎ 升高 ‎ 电解电解质型 ‎ CuCl2 ‎ 升高 ‎ HCl ‎ 升高 ‎ 电解H2O型 ‎ NaNO3、Na2SO4、K2SO4 ‎ 不变 ‎ KaOH ‎ 升高 ‎ HNO3 ‎ 降低 ‎ ‎ ‎ 故选B。‎ ‎12.近几年具有超常性能的铝离子电池成为研究热点，某化学研究所研发出了以新型石墨烯（Cn）作正极材料的铝离子电池，可在一分钟内完成充电，其放电时的工作原理如图所示．下列说法不正确的是 A. 放电时，正极的电极反应式为Cn[AlCl4-]+e-═Cn+AlCl4-‎ B. 放电时，每生成1molAl2Cl7-转移电子数目为0.75NA C. 充电时，阴极的电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-‎ D. 充电时，铝电极连接电源负极，该电极有Cn[AlCl4-]生成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，新型石墨烯（Cn）作正极材料，铝单质为负极，故正极反应物为Cn[AlCl4-]+e-═Cn+AlCl4-；故负极反应式为Al+7AlCl4--3e =4Al2Cl7-。‎ ‎【详解】A. 放电时，正极的电极反应式为Cn[AlCl4-]+e-═Cn+AlCl4-，A正确；‎ B. 放电时，根据电极反应式，每生成4molAl2Cl7-转移电子3mol，故每生成1molAl2Cl7-转移电子数目为0.75NA，B正确；‎ C. 充电时，电极反应式为负极逆反应，阴极的电极反应式为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，C正确；‎ D. 充电时，电极反应式为负极逆反应，铝电极连接电源负极，该电极有Al2Cl7-生成，D错误；‎ 答案为D。‎ ‎13.常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为 ‎①pH＝0的盐酸　 ②0.1 mol·L－1的盐酸 ‎③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　 ④pH＝11的NaOH溶液 A. 0∶1∶12∶11 B. 1∶10∶100∶1 000‎ C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水的电离H2O=H++OH-，故溶液酸性或碱性均抑制水的电离。‎ ‎【详解】①pH＝0的盐酸，c(H+)=1mol/L，水电离出的氢离子浓度等于c(OH-)，c(OH-)=Kw/c(H+)=Kw； ‎ ‎②0.1 mol·L－1的盐酸，c(H+)=0.1mol/L，水电离出的氢离子浓度等于c(OH-)，c(OH-)=Kw/c(H+)=10Kw；‎ ‎③0.01 mol·L－1的NaOH溶液，c(OH-)=0.01mol/L，水电离出的氢离子浓度等于Kw/c(OH-)=100Kw；　 ‎ ‎④pH＝11的NaOH溶液，c(OH-)=10-3mol/L，水电离出的氢离子浓度等于Kw/c(OH-)=103Kw；‎ 综上所述，由水电离出的氢离子浓度之比为1:10:100:1000。‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】本题难点在于水电离出的氢离子浓度来源，对于碱性物质来说，氢离子全部由水电离产生；对于酸性物质来说，氢离子绝大部分为酸的电离，故计算时要以水的电离产生的氢离子和氢氧根数目相等为条件，首先对于溶液中氢氧根浓度进行计算。‎ ‎14.已知t ℃时，水的离子积为KW，该温度下，将a mol·L－1氨水溶液和b mol·L－1 HCl溶液等体积混合，下列判断一定正确的是 A. 若溶液呈酸性，则ab，则混合液中的c()大于c(Cl－)‎ C. 若c(OH－)＝mol·L－1，则混合液一定呈中性 D. 混合液中c(Cl－)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氨水和盐酸等体积混合，根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，若混合溶液为酸性，则c(NH4+)b，溶液酸碱度不确定，无法判断反应后浓度；混合后溶液为中性，故氢离子浓度等于氢氧根浓度，故c(OH－)＝ mol·L－1。‎ ‎【详解】A. 根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，若混合溶液为酸性，则c(NH4+)b，溶液酸碱度不确定，无法判断反应后浓度，B错误；‎ C. 混合后溶液为中性，故氢离子浓度等于氢氧根浓度，故c(OH－)＝ mol·L－1，C正确；‎ D. 根据电荷守恒c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-)，混合液中c (Cl－)和c(NH4+)及铵根水解产物的浓度关系与溶液酸碱性有关，故无法确定，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎15.下列关于电解质溶液的正确判断是：‎ A. 在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO3-、Na＋可以大量共存 B. 在pH＝0的溶液中，Na＋、NO3-、SO32-、K＋可以大量共存 C. 由0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在BOH===B＋＋OH－‎ D. 由0.1 mol/L一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．pH＝12的溶液显碱性，则HCO3－不可以大量共存，A错误；B．pH＝0的溶液显酸性，则NO3－与SO32－发生氧化还原反应不可以大量共存，B错误；C．由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH部分电离，属于弱碱，则溶液存在BOHB＋＋OH－，C错误；D．由0.1mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知HA是弱酸，则NaA溶液存在水解平衡A－＋H2OHA＋OH－，D正确，答案选D。‎ 考点：考查离子共存及弱电解质的电离 视频 ‎16.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为V0的HX和HY溶液，分别加水稀释至体积V，AG随lg 的变化如图所示。下列叙述正确的是 A. 相同条件下NaX溶液的pH大于NaY溶液的pH B. 水的电离程度：a＝b ④ > ② > ③ > ① (2). ① > ③ > ② > ⑤ > ④ (3). = (4). > (5). c（HSO3-）+ 2c（SO32-）+ c（OH-） (6). 0.1mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题目中后四种溶液均存在水解反应，同时碳酸氢铵中的碳酸氢根和铵根发生双水解；根据电荷守恒和物料守恒进行浓度关系的求解。‎ ‎【详解】（1）① 氨水是弱碱，显碱性，发生电离反应，但是电离程度较弱，铵根浓度低，氢离子浓度低；‎ ‎ ② 氯化铵为强酸弱碱盐，显酸性，铵根发生水解产生氨水，水解程度低，铵根浓度较高，氢离子浓度较①高；‎ ‎ ③ 碳酸氢铵为弱酸弱碱盐，显中性，碳酸氢根和铵根发生双水解反应，促进水解正向移动，铵根浓度有所降低，氢离子浓度较②低；‎ ‎ ④ 硫酸氢铵为强酸弱碱盐，完全电离出的氢离子抑制铵根水解，铵根浓度较②高，氢离子浓度最高；‎ ‎ ⑤ 硫酸铵为强酸弱碱盐，铵根发生水解产生氨水，但是在等物质的量浓度情况下，硫酸铵(NH4)2SO4的铵根浓度接近其余盐类的2倍，故铵根浓度最高，溶液中氢离子完全由水解产生，浓度比④低；‎ 综上所述，(NH4+)大小的顺序⑤ > ④ > ② > ③ > ①；‎ 溶液pH大小的顺序是① > ③ > ② > ⑤ > ④；‎ ‎（2）常温下有NH4Cl和NH3·H2O组成的混合液：‎ 根据电荷守恒可知，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；‎ 若其pH=7，c(H+)=c(OH-)，则该溶液中c（NH4+）=c（Cl-）；‎ 若pH＞7，c(H+) (3). > (4). A (5). < (6). 温度升高，化学反应速率加快 (7). ae ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据气体反应的平衡常数K=c(CH3OCH3)•c(H2O)/c2(CH3‎ OH)，可得该反应的化学方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O。‎ ‎（2）根据400℃，K=32；500℃，K=44，温度升高，K值增大，该反应是吸热反应，△H > 0.‎ ‎（3）①根据表格提供的数据Q=（0.68×0.68）÷（0.54×0.54）=1.6υ逆；②根据图像，位于图像上的点都是化学平衡点，位于图像上方的点，都需要降低甲醇物质的量达到平衡，即反应正向移动，υ正 >υ逆，所以此时反应点在图象的位置是图中A点，因为温度升高，化学反应速率加快，所以图中B、D两点所对应的正反应速率υB <υD。‎ ‎（4）a．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应物转化率增大，正确；b．加入催化剂，平衡不移动，错误；c．压缩容器的体积，即增大压强，平衡不移动，错误；d．增加水蒸气的浓度，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，错误；e．及时分离出产物，平衡正向移动，反应为转化率增大，正确；选ae。‎ 考点：考查化学反应方程式的书写，化学图像的分析与判断，影响平衡的因素。‎ ‎19.（1）控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，设计成如图所示的原电池。‎ 请回答下列问题：‎ ‎①反应开始时，乙中石墨电极上发生____________(填“氧化”或“还原”)反应，甲中石墨电极上的电极反应式为____________________________________________________________。‎ ‎②电流计读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则乙中的石墨作___________(填“正”或“负”)极，该电极的电极反应式为_________________________。‎ ‎（2）在25 ℃时，用石墨电极电解200mL一定浓度的CuSO4溶液。5 min后电解完全，在一个石墨电极上只有1.28 g Cu生成。试回答下列问题：‎ 电解总离子方程式反应式为_____________________________。‎ 得到的溶液的pH是____________。（lg2=0.3）‎ ‎【答案】 (1). 氧化 (2). 2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋ (3). 正 (4). I2＋2e－=2I－ (5). 2Cu2++2H2O=2Cu+O2+4H+ (6). 0.7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 乙中石墨周围碘离子失电子发生氧化反应，生成碘单质；甲中石墨电极上Fe3+得电子发生还原反应，生成亚铁离子；当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极。‎ ‎【详解】（1）有上述分析可知，2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，‎ ‎①反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化，甲中发生还原反应，石墨电极上的电极反应式为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋；‎ ‎②电流计读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，则乙中的石墨附近碘单质得到电子，作正极，该电极的电极反应式为I2＋2e－=2I－ ；‎ ‎（2）在25 ℃时，用石墨电极电解200mL一定浓度的CuSO4溶液。根据离子放电顺序，铜离子和氢氧根放电，电解总离子方程式反应式为2Cu2++2H2O=2Cu+O2+4H+；产物为1.28g铜单质，即反应产生0.04mol氢离子，浓度为0.2mol/L，pH=1- lg2=0.7。‎ ‎20.已知25℃时草酸（H2C2O4）的电离常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5，草酸钙的Ksp=4.0×10-8，碳酸钙的Ksp=2.5×10-9。不同温度下水的离子积常数见下表：‎ t/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎25‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎90‎ ‎100‎ Kw/10-14‎ ‎0.134‎ ‎0.292‎ ‎0.681‎ ‎1.00‎ ‎2.92‎ ‎5.57‎ ‎38.0‎ ‎55.0‎ ‎（1）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液20 mL与0.2 mol/L的草酸溶液20 mL混合后溶液显酸性，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为__________________________________；‎ ‎（2）已知草酸能使酸性高锰酸钾溶液（稀硫酸酸化）褪色，试写出反应的离子方程式：________________________________。若在锥形瓶中放入20.00mL未知浓度的草酸，用0.1mol/L高锰酸钾溶液滴定，当到达滴定终点时，溶液颜色的变化是___________________________________________________；若共消耗VmL高锰酸钾溶液，则草酸的物质的量浓度为__________mol/L。‎ ‎（3）90℃时，将0.005 mol/L的氢氧化钙溶液20 mL与0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，混合后溶液的pH=___________；‎ ‎（4）25℃时若向20 mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4 mol/L的碳酸钾溶液10 mL，能否产生沉淀，___________（填“能”或“否”）。‎ ‎【答案】 (1). c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—) (2). 5H2C2O4 + 2MnO4-‎ ‎ + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (3). 溶液由无色变成紫红色 (4). V/80 (5). 10 (6). 能 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电荷守恒可知，KOH与等浓度，等物质的量浓度草酸混合后，溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），故草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，同时除了电离产生的氢离子外，水也存在部分电离，故c (H＋)> c (C2O42—)；草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，产生二氧化碳，滴定终点前，草酸浓度大于高锰酸钾浓度，溶液为无色，最终高锰酸钾过量，溶液变为紫色。‎ ‎【详解】（1）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液20 mL与0.2 mol/L的草酸溶液20 mL混合后溶液显酸性，c（H+）＞c（OH-），同时除了电离产生的氢离子外，水也存在部分电离，故c (H＋)> c (C2O42—)，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—)；‎ ‎（2）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色；设草酸的物质的量浓度为xmol/L，根据反应：2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O     2            5 10-4Vmol      0.02Xmol              可得：X= V/80mol/L；‎ ‎（3）0.005mol/L 20ml的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量n=CV=0.005mol/L×0.02L=10-4mol/L，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10-4mol/L，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生。在90℃下，Kw=3.8×10-13， c(OH-)=（0.01-0.0024）/2=0.0038mol/L，则c(H+)=1.0×10-10mol/L，混合后溶液的pH=-lg c(H+)=10；‎ ‎（4）在草酸钙的饱和溶液中，c（C2O42-）=C（Ca2+），根据草酸钙的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，c（Ca2+）=2×10-4×2/3=4/3×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4 /3=8/3×10-4mol/L，故浓度积Qc=c（Ca2+）•c （CO32-）=3.6×10-8＞Ksp（2.5×10-9），有沉淀产生。‎ ‎21.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，如图所示。‎ 物质 燃烧热（kJ/mol）‎ 氢气 ‎285.8‎ 甲烷 ‎890.3‎ 乙烯 ‎1411.5‎ ‎（1）已知相关物质的燃烧热如上表，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式__________________________________________________________________。‎ ‎（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0 %。则在该温度下，其平衡常数K=__________________。按化学平衡移动原理，在图中画出该反应的平衡转化率与温度及压强(p1>p2)的关系曲线。_________‎ ‎（3）工业上常采用除杂效率高的吸收-电解联合法，除去天然气中杂质气体H2S，并转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。‎ 通电前，先通入一段时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含杂质的甲烷气，并控制好通气速率。则装置中右端碳棒为_____极，左端碳棒上的电级反应为________________，右池中的c(NaOH)：c(Na2S)___________(填“增大”、“ 基本不变”或“减小)。‎ ‎（4）已知：HCN的电离常数Ka=4.9×10－10，H2S的电离常数Ka1=1.3×10−7，Ka2=7.0×10−15，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的化学方程式为__________________________________________________________________。‎ ‎（5）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.0020 mol·L−1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS−浓度为1.0×10−4 mol·L−1时，Mn2+开始沉淀，则a=_________________________________________。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10−15]‎ ‎【答案】 (1). 2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝＋202.5 kJ/mol (2). 0.25 (3). (4). 阳 (5). 2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑ (6). 基本不变 (7). NaCN+H2S=HCN+NaHS (8). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷燃烧反应CH4+2O2点燃CO2+2H2O，乙烯燃烧反应为C2H4+3O2点燃2CO2+2H2O，故甲烷制备乙烯的反应根据盖斯定律求解；‎ 由题可知，电解池目的为将硫化氢转化为硫单质，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气；‎ 由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS。‎ ‎【详解】（1）甲烷燃烧反应CH4(g)+2O2(g)点燃CO2(g)+2H2O(l) ∆H1=-890.3 kJ/mol，乙烯燃烧反应为C2H4(g)+3O2(g)点燃2CO2(g)+2H2O(l) ∆H2=-1411.5 kJ/mol，氢气燃烧反应为2H2(g)+O2(g)点燃2H2O(l) ∆H3=-571 kJ/mol，根据盖斯定律，2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH＝2∆H1-∆H2-∆H3=＋202.5 kJ/mol；‎ ‎（2）在400℃时，向1L的恒容反应器中充入1mol CH4，发生上述反应，设反应产生乙烯的物质的量为xmol。‎ ‎2CH4C2H4+2H2‎ 反应前 1 0 0‎ 反应中 2x x 2x 反应后 1-2x x 2x 测得平衡混合气体中C2H4的体积分数==20.0 %，则x=0.25。则在该温度下，其平衡常数K=。根据勒夏特列原理，反应正方向气体体积增大，故在同温环境下，增大压强，平衡逆向移动；反应为吸热反应，故在同压环境下，增大温度，平衡正向移动。‎ ‎（3）工业上除去天然气中杂质气体H2S，转化为单质硫，除杂后的气体从右侧碳棒排出，故右侧碳棒为氧化反应，作阳极；左侧碳棒发生还原反应，在氢氧化钠溶液中，反应物为水，产物为氢气，2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑；通电过程中，硫离子通过阴离子交换膜进入左池，不断与右池中的多余的氢氧化钠反应产生硫化钠，故c(NaOH)：c(Na2S)基本不变；‎ ‎（4）由于硫化氢的二步电离程度小于HCN电离程度，故向NaCN溶液中通入少量的H2S气体后，产物为NaHS，反应的化学方程式为NaCN+H2S=HCN+NaHS；‎ ‎（5）由题可知，Mn2++2H2S=MnS↓+2H+，Ksp(MnS)=c(Mn2+)c(S2-)=1.4×10−15，故c(S2-)=7×10-13。H2S的电离常数Ka1=1.3×10−7，Ka2=7.0×10−15，故二步电离HS-=H++S2-‎ ‎，即此时当HS-浓度为1.0×10−4 mol·L−1，c(H+)==10-6mol/L，故pH=a=-lgc(H+)=6。‎ ‎ ‎ ‎ ‎