2018-2019学年新疆实验中学高二上学期期末考试化学试题 解析版 20页

新疆实验中学2018—2019学年第一学期高二年级 化学（选修四模块）期末考试卷 ‎1.对于：‎2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l)；△H =－5800kJ/mol的叙述错误的是 A. 该反应的反应热为△H=－5800kJ/mol，是放热反应 B. 该反应的△H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关 C. 该式的含义为：‎25℃‎、101kPa下，2mol C4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ D. 该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：燃烧热是指完全燃烧1mol可燃物的时候所放出的热量，由此可知丁烷的燃烧热为2900kJ/mol，因此，D错误。‎ 考点：考查反应热问题。‎ ‎2.下列盐类水解的应用，不正确的是 A. 实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解 B. 为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液 C. 明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用 D. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于NH4+与CO32﹣互相促进水解，肥效下降 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，选项A错误；B、碳酸钠水解溶液显碱性，可以用去除油污。水解吸热，因此热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好，选项B正确；C、明矾作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，选项C正确；D、铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，选项D正确。答案选A。‎ ‎3.如图所示为‎800 ℃‎时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是 A. A是反应物 B. 前2 min A的分解速率为0.1 mol·L－1·min－1‎ C. 达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动 D. 反应的方程式为‎2A(g) 2B(g)＋C(g)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，故A正确；‎ B、由图可知前2 minA的△c（A）=0.2mol/L，所以v（C）=="0.1" mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；‎ C、根据图象不能确定该反应的反应热，不能判断温度对平衡移动的影响，故C错误；‎ D、由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（A）：△c（B）：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为‎2A⇌2B+C，故D正确；‎ ‎【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意根据图象书写反应的化学方程式，图是物质的量浓度的变化曲线，不能判断温度对平衡移动的影响．‎ ‎4.燃料电池是燃料(如CO、H2、CH4等)跟氧气(或空气)反应将化学能转变为电能的装置。下面关于甲烷燃料电池(KOH溶液为电解质溶液)的说法正确的是 A. 负极的电极反应式为O2+2H2O＋4e-=4OH-‎ B. 随着放电的进行，溶液的pH不变 C. 负极的电极反应式为CH4＋8OH-－8e-=CO2+6H2O D. 放电时溶液中的OH-向负极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 燃料电池中，通入燃料的电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O ‎，通入氧化剂的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为：2O2+4H2O+8e-=8OH-，电池反应式为2O2+CH4+2OH-=CO32-+3H2O，根据总反应式判断溶液的pH变化，由原电池原理判断电子和溶液中离子的移动方向。‎ ‎【详解】A.负极上CH4失电子发生氧化反应，A错误；‎ B.该电池的反应式为2O2+CH4+2OH-=CO32-+3H2O，消耗了溶液中的氢氧根离子，且有溶剂水生成，导致溶液中c(OH-)降低，溶液的pH减小，B错误； ‎ C.燃料电池中，通入燃料甲烷的一极为负极，负极上失电子发生氧化反应，甲烷失电子生成二氧化碳和水，二氧化碳能和碱反应生成碳酸盐和水，所以负极电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，C错误；‎ D.放电时，根据原电池原理，电解质溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池工作原理的知识。注意书写燃料电池的电极反应式时，应结合溶液的酸碱性书写电极反应式，为易错点。‎ ‎5.有反应4HCl(g)＋O2(g)═2Cl2(g)＋2H2O(g)，已知2 mol O2被还原时，放出a kJ的热量，且知断开1 mol O=O键需要吸收b kJ的热量，断开1 mol Cl—Cl键需要吸收c kJ的热量。则断开1 mol H—O键比断开1 mol H—Cl键所需能量高 A. （b-a‎-2c）/4kJ B. (a+2b‎-4c)/8kJ C. (a+b‎-2c)/4kJ D. (2b-a‎-4c)/8kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2molO2被还原时，放出a kJ的热量可得出：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=－a/2kJ/mol；设断开1 mol H—O键吸收xkJ，断开1 mol H—Cl 键吸收ykJ，ΔH=4×y+b－（‎2c+4x）=－a/2；x－y== (a+2b‎-4c)/8 kJ。A. (b-a‎-2c)/4kJ不符合题意；B. (a+2b‎-4c)/8 kJ符合题意；C. (a+b‎-2c)/4 kJ不符合题意；D. (2b-a‎-4c)/8 kJ不符合题意；故答B正确。‎ ‎6.在下列各微粒中，室温下能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是 A. Al3+ B. HCO3- C. HSO4- D. 26X3＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al3+是弱碱阳离子，能结合水电离出的OH-，使水的电离平衡右移，溶液显酸性，pH<7，A错误；‎ B. HCO3-是弱酸的酸根离子，既能电离又能水解，但其水解程度大于电离程度，因此水解消耗水电离产生的H+，促进水的电离，最终由于溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，pH>7，B正确；‎ C. HSO4-是强酸的酸根离子，能完全电离为H+和SO42-，对水的电离有抑制作用，C错误；‎ D. 26X3＋是Fe3+，Fe3+是是弱碱阳离子，能结合水电离出的OH-，使水的电离平衡右移，最终达到平衡时，溶液显酸性，pH<7，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎7.一定温度下，向容积固定为a L的密闭容器中充入1 mol X气体和2 mol Y气体，发生反应X(g)＋2Y(g)2Z(g)，此反应达到平衡状态的标志是 A. 容器内气体密度不随时间变化 B. 容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化 C. 容器内X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶2‎ D. 消耗0.1 mol X的同时生成0.2 mol Z ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由X(g)＋2Y(g)2Z(g)可知，该反应前后的化学计量数之和不等，然后根据达到平衡时，正逆反应速率相等，但不等于零，各物质的浓度不再改变判断。‎ ‎【详解】A.反应前后气体的总质量不变，容器体积也没变，所以密度一直不变，则密度不随时间变化不是平衡化学平衡状态的依据，A错误；‎ B.该反应为反应前后气体分子数不相等的可逆反应，若反应未达到平衡，气体的物质的量发生变化，由于气体总质量不变，所以气体平均摩尔质量就会发生变化，若反应达到平衡，气体的物质的量不变，气体平均摩尔质量也就不变，因此可根据容器内气体的平均相对分子质量不随时间变化判断反应达到平衡状态，B正确；‎ C.反应达平衡时的浓度与反应初始物质的量及反应的转化率有关，因此不能确定是否达到平衡，B错误；‎ D.无论反应是否达到化学平衡，消耗的反应物与反应生成的生成物的物质的量之比等于方程式中相应的化学计量数之比，所以不能用来作为判断是否达到平衡状态的依据，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查化学平衡状态的判断。平衡状态的本质是正、逆反应速率相等，表现为物质的浓度不变、物质的含量不变等，要具体情况具体分析，尤其是牵涉到密度、平均相对分子质量的判断时，务必要结合外界条件和可逆反应的特征，依据公式进行判断，为易错点。‎ ‎8.室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是 A. 溶液中不变 B. 溶液中导电粒子的数目减少 C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)也增大 D. 再加入10 mL pH=11的NaOH溶液后pH=7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时pH的计算来解答。‎ ‎【详解】A.加水稀释时，c(H+)减小，因醋酸的电离平衡常数K=不变，则不变，A正确；‎ B.醋酸是弱酸，存在电离平衡，在醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则溶液中导电粒子的数目增多，B错误；‎ C.加水稀释时，有更多的醋酸分子发生电离，所以醋酸的电离程度增大，但溶液体积增大的倍数大于n(H+)增加的倍数，则c(H+)减小，C错误；‎ D.等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，由于醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，故反应后溶液显酸性，pH<7，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质电离平衡的有关判断，C项为易错点，掌握稀释后溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度大小是解答本选项的关键，试题难度不大。‎ ‎9.近年来，加“碘”食盐中添加较多的是碘酸钾(KIO3)，碘酸钾在工业上可用电解法制取。以石墨和不锈钢为电极材料，以KI溶液为电解液，在一定条件下进行电解，反应的化学方程式为KI＋3H2OKIO3＋3H2↑。下列有关说法不正确的是 A. 加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝 B. 电解时，石墨作阳极，不锈钢作阴极 C. 阳极的电极反应式为I-+3H2O+6e-=IO3-+6H＋‎ D. 转移3 mol电子，理论上可制得‎107 g KIO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于食盐中加入的是KIO3，没有加入I2，所以加碘食盐不能使淀粉溶液变蓝，A正确；‎ B.根据电池反应式知，阳极上I-失去电子生成IO3-，所以阳极应该为惰性电极石墨，阴极为铁，B正确；‎ C.电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，电极反应为：I--6e-+3H2O=IO3-+6H+，C错误；‎ D.根据反应的化学方程式为KI＋3H2OKIO3＋3H2↑可知：每电解转移6mol时，理论上可制得KIO3的物质的量为1mol，即产生‎214g KIO3，所以电解转移3mol时，理论上可制得KIO30.5mol，即‎107g，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.室温下，将0.10mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 0.10mol·L－1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg c(OH－)，下列说法正确的是 A. M点所示溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)＝c(Cl－)‎ B. N点所示溶液中c(NH4+)＞c(Cl－)‎ C. Q点消耗盐酸的体积等于氨水的体积 D. M点和N点所示溶液中水的电离程度相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由于Kw=（H+）×c（OH-）=10-14，则溶液的pH+pOH=14，实线为pH曲线，虚线为pOH曲线，作垂直体积坐标轴线与pH曲线、pOH曲线交点为相应溶液中pH、pOH．Q点的pH=pOH，则Q点溶液呈中性． A．M点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3•H2O混合溶液，溶液中c（NH4+）+c（NH3•H2O）>c（Cl-），A错误； B．N点溶液呈酸性，溶液中（H+）>c（OH-），结合电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），可知c（NH4+）Na+，所以阴极上发生反应：2H＋+2e-=H2↑，A正确； ‎ B.a电极作阳极，在b电极上溶液中的氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，B正确；‎ C.根据前面分析可知Y为电源负极，X为电源正极，所以Fe电极为阴极，溶液中的Cu2+获得电子变为单质Cu附着在Fe电极上，铁电极反应式为Cu2＋+2e-=Cu，C正确；‎ D.由于X为电源正极，所以与X电极连接的Cu电极为阳极，发生反应：Cu-2e-=Cu2+，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查电解池原理的知识，根据电解池溶液中的现象判断阴阳电极，注意阳极电极反应式，若阳极为活性电极，则为电极失去电子，发生氧化反应，若阳极为惰性电极，则是溶液中的阴离子放电，放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH-，根据离子的放电顺序书写电极反应，题目难度中等。‎ ‎17.水溶液中存在多种平衡，请回答下列问题。‎ ‎(1)有下列几种溶液：a.NH3·H2O b.CH3COONa c.NH4Cl d.NaHSO4常温下呈酸性的有_________(填序号)。‎ ‎(2)已知‎25℃‎ 时，醋酸的Ka=1.8×10-5 ，碳酸的Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11。有①NaHCO3溶液，②CH3COONa溶液，③NaOH溶液各25 mL，浓度均为0.1mol/L三种溶液的pH由大到小顺序为______________（请序号）；已知NaHCO3溶液呈碱性，该溶液中除水的电离外还存在着两个平衡，用电离方程式或离子方程式表示：_________________、_________________，该溶液中的离子浓度由大到小的顺序是： __________________。‎ ‎(3)有浓度均为0.1 mol/L的 ①盐酸 ②硫酸 ③醋酸三种溶液，(请用序号填空) 三种溶液的pH由大到小的顺序为____________________；中和一定量NaOH溶液生成正盐时，需上述三种酸的体积大小关系为________________。‎ ‎【答案】 (1). cd (2). ③①② (3). HCO3-H++CO32- (4). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (5). c(Na+)>c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)>c(CO32-) (6). ③>①>② (7). ‎ ‎②<③=①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)弱酸根离子水解显酸性，电离出氢离子的物质其水溶液显酸性；‎ ‎(2)Ka越大，酸性越强，其对应盐的水解越小；NaHCO3溶液中HCO3-存在电离平衡和水解平衡，HCO3-水解程度大于电离程度而使溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒，无论电离程度还是水解程度都较小；‎ ‎(3)氢离子浓度越大，酸性越强，其pH越小，氢离子浓度越小，消耗的碱的量越少。‎ ‎【详解】(1) a.NH3·H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+) ，溶液显碱性，a错误；‎ b.CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，水进一步发生电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，b错误；‎ c.NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，破坏了水的电离平衡，水进一步发生电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-) ，溶液显酸性，c正确；‎ d.NaHSO4强酸酸式，在水中NaHSO4完全电离出氢离子而使溶液呈强酸性，d正确；‎ 所以呈酸性的溶液是氯化铵和硫酸氢钠，合理选项是cd；‎ ‎(2)Ka越大，酸性越强，其对应盐的水解越小，等浓度的盐溶液的碱性就越小，由于醋酸的电离平衡常数大于碳酸的第一步的电离平衡常数，所以浓度均为0.1mol/L三种溶液，溶液的碱性NaHCO3溶液大于CH3COONa溶液；即pH：①>②，但盐的水解程度是微弱的，盐水解产生的OH-小于等浓度的一元强碱电离产生的OH-的浓度，因此pH最大的为NaOH溶液，所以pH由大到小顺序为③①②；‎ NaHCO3溶液中HCO3-存在电离平衡和水解平衡，方程式分别为：HCO3-H++CO32-、HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-无论是发生电离还是发生水解都消耗使离子浓度减小，而钠离子不水解，碳酸氢根离子水解，所以c(Na+)>c(HCO3-)，溶液显碱性，说明HCO3-水解程度大于HCO3-的电离程度而使溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，但水解是微弱的，溶液中阴离子主要以HCO3-存在，所以c(HCO3-)> c(OH-)，溶液中碳酸氢根离子电离出氢离子和碳酸根离子、水电离出氢离子，所以c(H+)>c(CO32-)，故溶液中各种离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)> c(OH-)>c(H+)> c(CO32-)；‎ ‎(3)硫酸为二元强酸，盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，等浓度时硫酸中氢离子浓度最大，醋酸中氢离子浓度最小，溶液中氢离子浓度越大，溶液的pH就越小，所以三种溶液的pH值由大到小的顺序为③>①>②；‎ 氢离子浓度越小，消耗的碱的量越少，即氢离子浓度越小，中和一定量NaOH溶液生成正盐时，消耗的酸的体积越大，所以消耗三种酸的体积有小到大的为②<③=①。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡、盐类水解等知识点，这些知识点常常综合考查，明确弱电解质的电离程度与弱离子水解程度的关系是解本题关键，再结合溶度积常数分析解答，注意中和一定物质的量的强碱时，需要相同浓度酸的体积与酸的元数有关，与电解质强弱无关，为易错点。‎ ‎18.面对全球近期的气候异常，环境问题再次成为焦点。SO2、NOx、CO2是对环境影响较大的气体，对他们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。‎ ‎(1)已知：H2O(g)=H2O(l)　 ΔH1=-Q1 kJ/mol C2H5OH(g)=C2H5OH(l)　 ΔH2=-Q2 kJ/mol C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2 (g)+3H2O(g)　 ΔH3=-Q3 kJ/mol 则‎23g液态酒精完全燃烧并恢复至室温放出的热量为________________kJ。‎ ‎(2)下表为反应2SO2(g)＋O2 (g)2SO3(g)的相应温度下平衡常数的数值，由此得出该反应的ΔH__________0（填“>”“=”或“<”）。‎ T/℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1 000‎ ‎1 200‎ K ‎2.6‎ ‎1.9‎ ‎1.0‎ ‎0.7‎ ‎0.6‎ ‎(3)①已知：在‎2L密闭容器中，‎17℃‎、1.01×105Pa条件下，2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0的平衡常数K=13.3。当此反应达到平衡时，若n(NO2)=0.060mol，则c(N2O4)=_______(保留两位有效数字)。‎ ‎②若改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，测得混合气体中c(NO2)=0.040mol/L，c(N2O4)=0.0070mol/L，则改变的条件是______________。‎ ‎【答案】 (1). (Q3-Q2+3Q1) (2). < (3). 0.012 mol/L (4). 升高温度 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①H2O(g)=H2O(l)　 ΔH1=-Q1 kJ/mol ‎②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)　 ΔH2=-Q2 kJ/mol ‎③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2 (g)+3H2O(g)　 ΔH3=-Q3 kJ/mol ‎③-②+①×3整理可得液体乙醇完全燃烧产生液体水的热化学方程式，再计算‎23g乙醇燃烧放出的热量；‎ ‎(2)化学平衡常数只与温度有关，根据温度变化与化学平衡常数的变化判断反应的热效应；‎ ‎(3)①根据平衡常数的含义结合平衡时c(NO2)，可计算出平衡时c(N2O4)大小；‎ ‎②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，根据c(NO2)、c(N2O4)，求出K值，K值减小，说明升高了温度，平衡逆向移动。‎ ‎【详解】(1)①H2O(g)=H2O(l)　 ΔH1=-Q1 kJ/mol ‎②C2H5OH(g)=C2H5OH(l)　 ΔH2=-Q2 kJ/mol ‎③C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)　 ΔH3=-Q3 kJ/mol ‎③-②+①×3整理可得C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-(Q3-Q2+3Q1) kJ/mol ‎23g酒精的物质的量是0.5mol，则其完全燃烧产生液体水放出热量Q=(Q3-Q2+3Q1) kJ；‎ ‎(2)根据表格数据可知，温度升高，K减小，说明升高温度，平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以ΔH<0；‎ ‎(3)①平衡时n(NO2)=0.060mol，容器的容积为‎2L，所以平衡时NO2的浓度为c(NO2)=0.060mol÷‎2L=0.030mol/L，根据2NO2(g)N2O4(g)的化学平衡常数K==13.3，c(N2O4)=K×c2(NO2)=13.3×0.0302=0.012mol/L；‎ ‎②改变上述体系的某个条件，达到新的平衡后，测得混合气体中c(NO2)=0.040mol/L，c(N2O4)=0.0070mol/L，K=<13.3，K减小，说明升高了温度，平衡逆向移动，导致化学平衡常数减小。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、应用的知识。涉及反应热的计算、化学平衡常数的计算及物质平衡浓度的计算、平衡移动方向与反应温度的关系等。掌握化学反应原理的含义是应用解题的关键。‎ ‎19.CuSO4溶液是中学化学及工农业生产中常见的一种试剂。‎ ‎(1)某同学配制CuSO4溶液时，向盛有一定量硫酸铜晶体的烧杯中加入适量的蒸馏水，并不断搅拌，结果得到悬浊液。他认为是固体没有完全溶解，于是对悬浊液加热，结果发现浑浊更明显了。原因是（用离子方程式和简要文字说明表示）___________________________，最后，他向烧杯中加入了一定量的_________________溶液，得到了澄清的CuSO4溶液。‎ ‎(2)该同学利用制得的CuSO4溶液，进行了以下实验探究。‎ ‎①图一是根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4设计成的锌铜原电池。电解质溶液乙是______溶液，Cu极的电极反应式是____________________。‎ ‎②图二中，Ⅰ是甲烷燃料电池(电解质溶液为NaOH溶液)的结构示意图，该同学想在Ⅱ中实现铁上镀铜，则Fe电极为__________(填“阳极”或“阴极”)。若铜电极的质量减轻‎3.2 g，则消耗的CH4在标准状况下的体积为___________L。‎ ‎【答案】 (1). Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，升高温度水解程度增大，产生更多难溶性的Cu(OH)2 (2). H2SO4 (3). CuSO4 (4). Cu2++2e-=Cu (5). 阴极 (6). ‎‎0.28L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)硫酸铜是强酸弱碱盐，在硫酸铜溶液中，铜离子水解产生Cu(OH)2和硫酸，使得溶液显示酸性；‎ ‎(2)①负极为Zn，电解质溶液中含锌离子；Cu为正极，得到电子发生还原反应；‎ ‎②铁上镀铜，则Cu为阳极，Fe为阴极，Cu电极与b相连，b为原电池的正极，a为负极，据此解答即可。‎ ‎【详解】(1) 硫酸铜是强酸弱碱盐，在硫酸铜溶液中，Cu2+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，促进了水的电离，水解的离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，水解生成氢氧化铜在水中溶解度小，使得溶液变浑浊，由于水解反应是吸热反应，所以升高温度，水解平衡右移，因此看到浑浊更明显了；由于水解使为溶液显示酸性，根据平衡移动原理，同时不能引入杂质，可以加入少量硫酸来抑制盐的水解；‎ ‎(2)①根据反应Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4可知：Zn在反应中失去电子，被氧化，所以Zn 为负极，电解质溶液中含Cu2+获得电子，Cu为正极，Cu2+在正极上得到电子发生还原反应；电极反应式为Cu2++2e-=Cu，所以电解质溶液乙为CuSO4溶液；‎ 负极为Zn，电解质溶液中含锌离子，则电解质溶液甲为ZnSO4，Cu为正极，得到电子发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu；‎ ‎②铁上镀铜，则Fe为阴极，Fe电极上发生的反应为：Cu2++2e-=Cu；与Fe电极连接的a为负极，a处通入CH4气体，CH4失去电子，发生氧化反应，由于电解质溶液为碱性，所以负极的电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；Cu为阳极，Cu电极上发生的反应为：Cu-2e-=Cu2+，Cu电极与b相连，b为原电池的正极，即b处通入O2，若铜电极的质量减轻‎3.2 g，n(Cu)=‎3.2g÷‎64g/mol=0.05mol，n(e-)=0.05mol×2=0.10mol，在整个闭合回路中电子转移数目相等，根据负极电极反应式CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O可知：1molCH4反应失去8mol电子，则反应转移0.1mol电子，消耗甲烷的物质的量为n(CH4)=0.1mol÷8=0.0125mol，则消耗的CH4在标准状况下的体积为V=0.0125mol×‎22.4L/mol=‎0.28L。‎ ‎【点睛】本题主要考查原电池、电解池、盐的水解的应用及利用守恒法的计算的知识，题目综合性较大，涉及盐类水解、原电池、电解池、利用关系式计算等，注重对高考常考考点的考查，且注重知识的迁移和能力提升的训练，题目难度中等。‎ ‎20.钠及其化合物具有广泛的用途。‎ ‎(1)常温下，浓度均为0.1 mol/L的下列五种钠盐溶液的pH如表所示：‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ 上述几种钠盐的阴离子，结合氢离子能力最强的是______(填离子符号)，根据表中数据，将浓度均为0.01mol/L的下列四种溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是______.(填字母)。‎ A.HCN B.HClO C.CH3COOH D.H2CO3‎ ‎(2)已知几种离子开始沉淀时溶液的pH如下表所示：‎ 离子 Fe2＋‎ Cu2＋‎ Mg2＋‎ pH ‎7.6‎ ‎5.2‎ ‎10.4‎ 当向含有相同浓度的Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，________(‎ 填离子符号)先沉淀；Ksp[Fe(OH)2]______(填“＞”“＝”或“＜”)Ksp[Mg(OH)2]；要使0.2 mol/L的硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全(使铜离子的浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液中加入氢氧化钠溶液使溶液pH=_______。{Cu(OH)2的Ksp=2×10-20。}‎ ‎【答案】 (1). CO32- (2). C (3). Cu2+ (4). < (5). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，则盐的水解程度越大，浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大；‎ ‎(2)开始沉淀时pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀；0.2mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，c(Cu2+)=0.0002mol/L，根据Ksp计算pH。‎ ‎【详解】(1)这五种盐都是强碱弱酸盐，形成该盐的酸性越弱，则弱酸根越容易水解，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，其pH就越大，根据酸的电离平衡常数大小可知：最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO32-；浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大，HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN，所以溶液的pH变化最大的是醋酸，故合理选项是C；‎ ‎(2)Fe(OH)2、Cu(OH)2、Mg(OH)2的构型相同，对于构型相同的难溶性的物质来说，形成沉淀的pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，几种离子开始沉淀时溶液的pH大小关系可知：Cu2+先形成沉淀，形成沉淀的溶液的pH越大，则其Ksp就越大，根据表格数据可知Ksp[Fe(OH)2]