【化学】宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版） 20页

宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的原子量：H1 O16 N‎14 C12 Cu 64 Fe56‎ 一、单选题 ‎1.下列分别是利用不同能源发电的实例，其中不属于新能源开发利用的是(　　)‎ A. 风力发电 B. 太阳能发电 C. 火力发电 D. 潮汐能发电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、风能是清洁无污染的环保新能源，A不符合题意；‎ B．太阳能是清洁无污染的新能源，B不符合题意；‎ C、火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，C符合题意；‎ D、潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源，D不符合题意，‎ 答案选C。‎ ‎2.下列化学用语对事实的表述不正确的是( )‎ A. 电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e−=Cu B. 常温时，0.1mol/L氨水的pH=11.1：NH3·H2O⇌+OH−‎ C. 醋酸钠使酚酞溶液变红：CH3COONa+H2O=CH3COOH+NaOH D. 由Na和Cl形成离子键的过程：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电解精炼铜，阳极电极反应式：Cu(粗铜)-2e-=Cu2+，阴极电极反应式：Cu2++2e−=Cu，‎ A正确；‎ B. 常温时，0.1mol/L氨水pH=11.1，c（OH-）=10-2.9mol/L，说明一水合氨为弱碱，部分电离，电离方程式：NH3·H2O⇌+OH−，B正确；‎ C. 醋酸钠溶液中，醋酸根离子发生水解，水解是可逆的，其水解方程式为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，使溶液中的c（OH-）>c（H+），使酚酞溶液变红，C错误；‎ D. NaCl是离子键形成的离子化合物，Na失去1个电子，Cl得到1个电子，则Na和Cl形成离子键的过程：，D正确；‎ 故答案为：C。‎ ‎3.用铂电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，在电解后的电解液中加适量水，就能使溶液浓度恢复到电解前浓度的是( )‎ A. AgNO3 B. K2S C. Na2CO3 D. CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铂电极电解AgNO3溶液，阳极得到氧气，阴极得到银，加水不能恢复到电解前浓度，故A不符合题意；‎ B．铂电极电解K2S溶液，阳极得到硫，阴极得到氢气，加水不能恢复到电解前浓度，故B不符合题意；‎ C．铂电极电解Na2CO3溶液，阳极得到氧气，阴极得到氢气，加水能恢复到电解前浓度，故C符合题意；‎ D．铂电极电解CuSO4溶液，阳极得到氧气，阴极得到铜，加水不能恢复到电解前浓度，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎4.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+2H2O Cd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是( )‎ A. 放电时负极得电子，质量减轻 B. 放电时负极附近的pH增大 C. 充电时该电池的正极与外加电源的负极相连 D. 充电时阳极反应：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可充放电电池中，放电过程为原电池，负极氧化正极还原；充电过程为电解池，阳极氧化阴极还原。‎ ‎【详解】A．放电时，负极电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，该电极上失电子且质量增加，A错误；‎ B．放电时，负极电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，消耗OH-，pH减小，B错误；‎ C．充电时，该电池的正极与外加电源的正极相连，变为阳极，C错误；‎ D．充电时，阳极电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎5.下图是利用盐桥电池从某些含碘物质中提取碘的两个装置 下列说法中正确的是( )‎ A. 两个装置中，石墨I和石墨Ⅱ均作负极 B. 碘元素在装置①中被还原，在装置②中被氧化 C. 装置①、②中的反应生成等量的I2时，导线上通过的电子数之比为1∶5‎ D. 装置①中MnO2的电极反应式为MnO2+2H2O+2e-=Mn2++4OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两个装置中，①中左边碘离子化合价升高变为单质碘，因此石墨I作负极，②中左边碘酸根离子化合价降低变为单质碘，因此石墨Ⅱ作正极，故A错误；‎ B．碘元素在装置①中化合价升高，被氧化，在装置②中化合价降低，被还原，故B错误；‎ C．装置①、②中的反应生成1mol的I2时，导线上通过的电子数物质的量分别为2mol和10mol，导线上通过的电子数之比为1∶5，故C正确；‎ D．装置①中MnO2的电极反应式应该为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，故D错误。‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎6.中国生产首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块；方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是( )‎ A. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜 B. 方法2中舰体连接电源的负极 C. 方法1叫外加电流的阴极保护法 D. 方法2叫牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方法1舰体上镶嵌活泼性比Fe强的金属块，如锌，发生腐蚀时舰体作正极、活泼的金属作负极，可防止舰体，延长舰船服役寿命，该方法为牺牲阳极的阴极保护法；方法2舰体与直流电源的负极相连，舰体作电解池的阴极，可以起到防腐效果，该方法为外加电流的阴极保护法，据此进行解答。‎ ‎【详解】A. 方法1舰体上镶嵌活泼性比Fe强的金属块，如锌，而锡和铜比铁不活泼，则不行，A错误；‎ B. 方法2舰体与直流电源的负极相连，B正确；‎ C. 方法1舰体上镶嵌活泼性比Fe强的金属块，如锌，发生腐蚀时舰体做正极、活泼的金属作负极，可防止舰体，延长舰船服役寿命，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，C错误；‎ D. 方法2舰体与直流电源的负极相连，舰体作电解池的阴极，可以起到防腐效果，该方法为外加电流的阴极保护法，D错误；故答案为：B。‎ ‎7.气体A、B分别为0.6 mol和0.5 mol，在‎0.4 L密闭容器中发生反应：‎3A+B⇌aC+2D，经5 min后，此时C为0.2mol，又知在此反应时间内，D的平均反应速率为0.1 mol·(L·min)-1，下列结论正确的是( )‎ A. A的平均反应速率为0.1 mol·(L·min)-1 B. a值为2‎ C. B的转化率为50% D. 此时，反应混合物总的物质的量为1 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，在此反应时间D的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，则D 的物质的量变化为0.2mol，利用三段式分析：‎ ‎【详解】A. 在此反应时间，D的平均反应速率 为0.1mol·L-1·min-1，根据化学计量数关系可知，A的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1，A错误；‎ B. C和D两种物质的变化量相等，说明C和D的化学计量数相等，a值为2，B正确；‎ C. B的转化率为：，C错误；‎ D. 结合以上分析，平衡时，反应混合物总物质的量为1.1mol，D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎8.在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）‎ A. 0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)‎ B. 6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)‎ C. 反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/L D. 反应至6min时，H2O2分解了50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷‎0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)， A正确；‎ B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；‎ C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷‎0.01L=0.2mol/L， C错误；‎ D．6min时，H2O2分解率为：=50%， D正确。‎ 答案选C。‎ ‎9.在一定条件下，固定容积的密闭容器中反应：2NO2(g)⇌O2(g)+2NO(g) ΔH>0，达到平衡。当改变其中一个条件X，Y随X的变化符合图中曲线的是( )‎ ‎ ‎ A. 当X表示温度时，Y表示NO2的物质的量 B. 当X表示压强时，Y表示NO2的百分含量 C. 当X表示反应时间时，Y表示混合气体的密度 D. 当X表示NO2的物质的量时，Y表示O2的物质的量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 该反应的正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO2的物质的量减小，与图像符合，A正确；‎ B. 该反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，NO2的百分含量增大，与图像不符，B错误；‎ C. 混合气体的总质量和总体积始终不变，则反应前后混合气体的密度始终不变，与图像不符，C错误；‎ D. 增大NO2的物质的量，平衡正向移动，O2的物质的量增多，与图像不符，D错误；故答案为：A。‎ ‎10.在恒容密闭容器中，CO与H2发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　ΔH<0，达到平衡后，若只改变某一条件，下列示意图正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增加一氧化碳的物质的量，CO的转化率降低，故A错误；‎ B．增加一氧化碳的物质的量，平衡正向移动，但平衡常数不变，故B正确；‎ C．升高温度，平衡向吸热反应即逆向移动，平衡常数减小，故C错误；‎ D．增加氢气的物质的量，平衡正向移动，CO又消耗，转化率增大，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎11.下列说法中正确的是( )‎ A. 显酸性的溶液是酸溶液，显碱性的溶液是碱溶液 B. 盐促进水的电离，酸碱抑制水的电离 C. 常温下，某溶液中水电离出的H+浓度为1×10-9 mol/L，该溶液不一定是碱溶液 D. 中性溶液即pH＝7的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 显酸性的溶液可以是酸溶液，也可以是强酸的酸式盐或强酸弱碱盐，显碱性的溶液可以是碱溶液，也可以是弱酸强碱盐溶液，A错误；‎ B. 弱酸强碱盐或强酸弱碱盐能促进水的电离，而强酸强碱盐对水的电离无影响，B错误；‎ C. 常温下，某溶液中水电离出的H+浓度为1×10-9mol/L，该溶液可以是酸溶液，也可以是碱溶液，C正确；‎ D. 常温下，中性溶液的pH=7，而时，中性溶液的pH=6，D错误；故答案为：C。‎ ‎12.25 ℃‎时，下列溶液的酸性最强的是( )‎ A. 0.01‎‎ mol/L的HCl溶液 B. pH＝2的H2SO4溶液 C. c(OH-)＝10-13 mol/L的溶液 D. pH＝1的HNO3溶液加水稀释为原来的2倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据各溶液的pH确定酸性强弱，酸性越强，pH数值越小。‎ 详解】A. 0.01‎mol·L-1HCl溶液中，c（H+）=0.01 mol·L-1，pH=2；‎ B. pH=2的H2SO4溶液中，c（H+）=0.01 mol·L-1，pH=2；‎ C. c（OH-）=10-13mol·L-1的溶液中，c（H+）=0.1 mol·L-1，pH=1；‎ D. pH=1 HNO3溶液加水稀释2倍，稀释后pH>1；故答案为：C。‎ ‎13.在不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)有如图所示关系。下列说法正确的是( )‎ A. c点对应的溶液pH=6，显酸性 B. T℃ 下，水的离子积常数为1×10-12‎ C. T<‎25℃‎ D. 纯水仅升高温度，可以从a点变到d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图像得出c点Kw＝1.0×10−12，c(H+)＝1.0×10−6mol∙L−1，pH=6，溶液呈中性，故A错误；‎ B．T℃下，根据图像c(H+)＝c(OH－)＝1.0×10−6mol∙L−1，水的离子积常数为Kw＝1.0×10−12，故B正确；‎ C．T℃下，Kw＝1.0×10−12＞1.0×10−14，水电离吸热，则T＞‎25℃‎，故C错误；‎ D．a点呈中性，d点呈碱性，从a点变到d，纯水不能只通过升高温度，还需加碱，故D错误。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )‎ A. 由水电离出的H+浓度为1×10-9 mol/L的溶液中：Al3+、、Na+、Cl-‎ B. 遇酚酞变红的溶液中：、Na+、、K+‎ C. c()=1mol/L的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、‎ D. pH=1的溶液中：、、K+、Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水电离出的H+浓度为1×10-9mol/L的溶液可酸可碱，碱性溶液中，Al3+与OH-反应生成Al(OH)3的沉淀，不能共存，A错误；‎ B. 遇酚酞变红的溶液为碱性溶液，、Na+、、K+均能共存，B正确；‎ C. 酸性溶液中，具有强氧化性，氧化Fe2+，不能共存，C错误；‎ D. pH=1的溶液为强酸性溶液，与H+反应生成CO2和H2O，不能共存，D错误；‎ 故答案为：B。‎ ‎15.现有0.1mol·L-1氨水10mL，加蒸馏水稀释到‎1L后，下列变化中正确的是( )‎ ‎①电离程度增大②[NH3·H2O]增大③数目增多④[OH-]增大⑤导电性增强⑥增大⑦减小 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①因加水促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，①正确；‎ ‎②加水促进电离，溶液的体积增大，所以c（NH3·H2O）减小，②错误；‎ ‎③加水促进电离，物质量变大，数目增多，③正确；‎ ‎④加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，c（OH-）减小，④错误；‎ ‎⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性减弱，⑤错误；‎ ‎⑥加水促进电离，的物质的量增加，NH3·H2O的物质的量减小，同一溶液中，体积相同，所以比值增大，⑥正确；‎ ‎⑦加水促进电离，和OH-的物质的量增加，NH3·H2O的物质的量减小，同一溶液中，体积相同，比值增大，⑦错误；①③⑥正确；故答案为：C。‎ ‎16.用黄色的FeCl3溶液分别进行下列实验，解释或结论不正确的是 (　　)。‎ 选项 实验 现象 解释或结论 A 加入FeCl3固体 溶液变成红褐色 FeCl3的水解程度变大 B 加入等体积水 溶液颜色变浅 c(Fe3＋)变小 C 加入足量Fe粉 溶液颜色变成浅绿色 ‎2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋‎ D 将FeCl3溶液微热 溶液变成红褐色 水解反应ΔH>0‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入FeCl3固体，溶液变成红褐色，溶液中水解生成的Fe(OH)3浓度变大，但溶液浓度越大，水解程度越小，故A错误；‎ B．溶液颜色变浅，可说明c(Fe3+)变小，故B正确；‎ C．Fe3+具有强氧化性，可与Fe发生氧化还原反应，发生：2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液颜色变浅绿色，故C正确；‎ D．将FeCl3溶液微热，溶液变成红褐色，说明升高温度平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎17.相同温度下，三种酸的电离常数如表，下列判断正确的是( )‎ 酸 HX HY HZ 电离常数Ka ‎9×10-7 mol/L ‎9×10-6 mol/L ‎2×10-2 mol/L A. 相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX B. 相同温度下，0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大 C. 反应HZ+Y-= HY+Z-能够发生 D. 三种酸的酸性强弱关系：HX＞HY＞HZ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，A错误；‎ B. 根据电离平衡常数可知，三种酸的酸性强弱：HZ>HY>HX，酸的电离程度越大，酸根离子的水解程度越小，则相同浓度的钠盐溶液，酸根离子的水解程度越大，碱性越强，所以0.1mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最小，B错误；‎ C. 酸性强弱：HZ>HY，根据强酸制弱酸，反应HZ+Y-= HY+Z-能够发生，C正确；‎ D. 根据电离平衡常数可知，三种酸的酸性强弱：HZ>HY>HX，D错误；‎ 故答案为：C。‎ ‎18.常温下，将pH＝9和pH＝11的两种强碱溶液等体积混合，则混合溶液的pH为( )‎ A. 10.7 ‎B. ‎‎9.3 ‎ C. 10 D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=9的溶液中，；pH=11的溶液中，，则等体积混合溶液中，，混合溶液中，，所以pH=10.7，故答案为：A。‎ 二、非选择题 ‎19.按要求对下列物质进行分类：①HF②Cu③BaSO4④盐酸⑤Al(OH)3⑥乙醇⑦NH3⑧Ba(OH)2⑨NaHCO3⑩NH3·H2O(请用相应的序号填 )‎ ‎(1)属于非电解质的是___________；‎ ‎(2)属于强电解质的是___________；‎ ‎(3)属于弱电解质的是___________；‎ ‎【答案】 (1). ⑥⑦ (2). ③⑧⑨ (3). ①⑤⑩‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①HF是弱酸，属于弱电解质；②Cu是金属单质，即不是电解质，也不是非电解质；③BaSO4是盐，属于强电解质；④盐酸是混合物，即不是电解质，也不是非电解质；⑤Al(OH)3是弱电解质；⑥乙醇属于非电解质；⑦NH3属于非电解质；⑧Ba(OH)2是强碱，属于强电解质；⑨NaHCO3是盐，属于强电解质；⑩NH3·H2O弱碱，属于弱电解质；据此解答；‎ ‎【详解】(1) ⑥乙醇属于非电解质；⑦NH3属于非电解质；属于非电解质的是：⑥⑦；故答案为：⑥⑦；‎ ‎(2) ③BaSO4是盐，属于强电解质；⑧Ba(OH)2是强碱，属于强电解质；⑨NaHCO3是盐，属于强电解质；属于强电解质的是：③⑧⑨，故答案为：③⑧⑨；‎ ‎(3) ①HF是弱酸，属于弱电解质；⑤Al(OH)3是弱电解质；⑩NH3·H2O弱碱，属于弱电解质；属于弱电解质的是：①⑤⑩；故答案为：①⑤⑩。‎ ‎【点睛】电解质：水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物。‎ ‎20.(1)写出NaHSO4溶液的电离方程式_____； 写出Na2CO3水解的离子方程式_____ ；‎ ‎(2)‎25℃‎时，pH= a的NaOH溶液中, 溶液的C(OH-) =_____ mol/L。‎ ‎(3)在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸：(请用相应字母填)‎ ‎①当三种酸物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是______。‎ ‎②同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是_____。‎ ‎③若三者pH相同且体积相等，中和NaOH的能力由大到小的顺序是________。‎ ‎(4)有下列盐溶液：①MgCl2 ②KNO3 ③KClO ④CH3COONH4 ⑤NaCN⑥Fe2(SO4)3，呈酸性的是________，呈碱性的是________，呈中性的是________(用相应的序号填写)。‎ ‎(5)请写出明矾(K Al(SO4)2‧12H2O)做净水剂净水时的离子方程式____________； ‎ ‎(6)请写出泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生反应的离子方程式：____________； ‎ ‎(7)物质的量浓度相同的 氯化铵；②碳酸氢铵；③ 硫酸氢铵；④硫酸铵4种溶液中，c()由大到小的顺序是_____ (请用相应的序号填写)‎ ‎【答案】 (1). NaHSO4=Na++H++ (2). +H2O+OH－ (3). (4). b＞a＞c (5). b＞a=c (6). c＞a=b (7). ①⑥ (8). ③⑤ (9). ②④ (10). Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+ (11). Al3+＋3 = 3CO2↑＋Al(OH)3↓ (12). ④＞③＞①>②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NaHSO4是强酸酸式盐，是强电解质，全部电离；Na2CO3中碳酸根水解。‎ ‎(2)先表示‎25℃‎时溶液的c(H+)，在计算。‎ ‎(3)根据相同浓度的强酸、弱酸分析氢离子浓度；中和NaOH的能力取决于酸的物质的量及几元酸。‎ ‎(4)根据盐的类型分析水解后溶液显酸碱性。‎ ‎(5)明矾(K Al(SO4)2‧12H2O)主要铝离子水解生成氢氧化铝胶体而做净水剂。‎ ‎(6)泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生双水解。‎ ‎(7)根据铵根离子水解及影响分析。‎ ‎【详解】(1)NaHSO4是强酸酸式盐，是强电解质，NaHSO4溶液的电离方程式NaHSO4=Na++H++；Na2CO3中碳酸根水解，水解的离子方程式+H2O+OH－；故答案为：NaHSO4=Na++H++；+H2O+OH－。‎ ‎(2)‎25℃‎时，pH= a的NaOH溶液中, 溶液的c(H+)=1.0×10−amol∙L−1，则；故答案为：。‎ ‎(3)在一定温度下，有a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸：(请用相应字母填)‎ ‎①当三种酸物质的量浓度相同时，硫酸是二元强酸，全部电离，盐酸是一元强酸，全部电离，醋酸是一元弱酸，部分电离，因此c(H+)由大到小的顺序是b＞a＞c。‎ ‎②同体积、同物质的量浓度的三种酸，物质的量相等，硫酸是二元酸，因此消耗NaOH溶液是盐酸的二倍，盐酸消耗的NaOH等于醋酸消耗的NaOH，因此中和NaOH的能力由大到小的顺序是b＞a＝c；故答案为：b＞a＝c。‎ ‎③若三者pH相同且体积相等，醋酸是部分电离，盐酸、硫酸全部电离，三者氢离子物质的量相等，但醋酸的物质的量远大于盐酸和硫酸，因此中和NaOH的能力由大到小的顺序是c＞a＝b；故答案为：c＞a＝b。‎ ‎(4)有下列盐溶液：①MgCl2是强酸弱碱盐，水解呈酸性；②KNO3是强酸强碱盐，呈中性；③KClO是强碱弱酸盐，水解呈碱性；④CH3COONH4是弱酸弱碱盐，但两者水解程度相当，溶液呈中性；⑤NaCN是强碱弱酸盐，水解显碱性；⑥Fe2(SO4)3是强酸弱碱盐，水解显酸性；呈酸性的是①⑥，呈碱性的是③⑤，呈中性的是②④；故答案为：①⑥；③⑤；②④。‎ ‎(5)明矾(K Al(SO4)2‧12H2O)做净水剂，主要是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，其净水时的离子方程式Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+；故答案为：Al3+＋3H2OAl(OH)3＋3H+。‎ ‎(6)泡沫灭火器(硫酸铝和碳酸氢钠溶液)灭火时发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，其发生反应的离子方程式：Al3+＋3 = 3CO2↑＋Al(OH)3↓；故答案为：Al3+＋3 = 3CO2↑＋Al(OH)3↓。‎ ‎(7)物质的量浓度相同的①氯化铵，铵根单一水解；②碳酸氢铵，铵根、碳酸氢根相互 促进的双水解，水解程度比单一水解程度大，铵根离子浓度小；③硫酸氢铵，铵根水解，硫酸氢铵电离出的氢离子抑制铵根水解；④硫酸铵，1mol硫酸铵电离出铵根离子是①②③中电离出铵根离子量的两倍，虽然铵根能够部分水解，但是硫酸铵中铵根浓度比①②③中铵根浓度大，因此4种溶液中c()由大到小的顺序是④＞③＞①＞②；故答案为：④＞③＞①＞②。‎ ‎【点睛】水溶液中的平衡是常考题型，主要考查盐电离、盐类水解、水解后离子浓度、同浓度或同pH值强酸及弱酸的比较。‎ ‎21.人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如在宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：‎ ‎(1)研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl===Na2Mn5O10+2AgCl ‎①该电池的负极反应式是____________；‎ ‎②在电池中，Na+不断移动到“水”电池的________极(填“正”或“负”)；‎ ‎③外电路每通过4 mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是________；‎ ‎(2)中国科学院应用化学研究所在甲醇(CH3OH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。‎ ‎①该电池工作时，b口通入的物质为_________；‎ ‎②该电池负极的电极反应式_________；‎ ‎③工作一段时间后，当‎6.4 g甲醇完全反应生成CO2时，有________个电子转移。‎ ‎(3)Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应方程式：_________；‎ ‎【答案】 (1). Ag+Cl--e-=AgCl (2). 正 (3). 2 mol (4). CH3OH (5). CH3OH-6e-+H2O===CO2＋6H+ (6). 1.2NA (7). ‎ Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O===2K2Zn(OH)4+2Ag ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池总反应，判断元素的化合价升降，由负极上失电子发生氧化反应，写出电极反应；根据原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动判断；根据Na2Mn5O10和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量；根据题图中氢离子移动方向判断正负极，在负极上通入燃料；根据负极上燃料失电子发生氧化反应，写出电极反应；根据甲醇和转移电子之间的关系式计算转移电子的个数；根据题目中给出的正负极的信息，写出总的电池反应方程式。‎ ‎【详解】（1）①根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl可知，Ag元素的化合价由0价失电子升高到+1价，发生氧化反应，Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；答案为Ag+Cl--e-=AgCl。‎ ‎②在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动；答案为正。‎ ‎③根据方程式中5molMnO2生成1molNa2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2mol；答案为2mol。‎ ‎（2）①据氢离子移动方向知，阳离子向正极移动，则右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇；答案为CH3OH。‎ ‎②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。‎ ‎③根据CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+反应知，消耗1mol甲醇要转移6mol电子，当‎6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量n═=1.2mol，则转移电子个数为1.2NA；答案为1.2NA。‎ ‎（3）电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，正极电极反应式为Ag2O2+4e-+2H2O═2Ag+4OH-，负极电极反应式为2Zn-4e-+8OH-═2Zn(OH)42-，反应还应有KOH参加，反应的总方程式为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag；答案为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag。‎ ‎22.二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿(有效成分为MnCO3)为原料，通过热解法进行生产。‎ ‎(1)碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：‎ i．MnCO3(s)⇌MnO(s)+CO2(g) △H1=+a kJ∙mol−1‎ ii．2MnO(s)+O2(g)⇌2MnO2(s) △H2=+b kJ∙mol−1‎ ‎①反应i的化学平衡常数表达式K=_______；‎ ‎②焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是_________；‎ ‎(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是_______；‎ ‎(3)在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究，结果如图2、图3所示。‎ ‎①常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是____________焙烧68h。‎ ‎②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气<湿空气，原因是______________。‎ ‎【答案】 (1). c(CO2) (2). 2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g) △H1=＋(‎2a+b) kJ∙mol−1 (3). 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率 (4). 湿空气中，‎350℃‎左右 (5). 干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①根据化学平衡常数的定义来书写；②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式。‎ ‎(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气主要利用平衡移动原理分析。‎ ‎(3)①根据图中的信息得出；②根据湿空气中会吸收部分的二氧化碳及平衡移动来分析。‎ ‎【详解】(1)①反应i的化学平衡常数表达式是生成物浓度的系数次方之积除以反应物浓度的系数次方之积，因此K= c(CO2)；故答案为：c(CO2)。‎ ‎②将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是2MnCO3(s) ＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g) △H1=＋(‎2a+b) kJ∙mol−1；故答案为：2MnCO3(s) ‎ ‎＋O2(g) 2MnO2(s) ＋2CO2(g) △H1=＋(‎2a+b) kJ∙mol−1。‎ ‎(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是不断的移出CO2，降低CO2的浓度，保持O2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；故答案为：保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率。‎ ‎(3)①根据图中信息得出常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是湿空气中，‎350℃‎左右焙烧68h；故答案为：湿空气中，‎350℃‎左右。‎ ‎②图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气＜湿空气，原因是湿空气中会吸收部分的二氧化碳，降低二氧化碳的浓度，平衡有利于正向移动，增大碳酸锰的转化率，也可能湿空气有催化剂，提高反应速率；故答案为：干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。‎ ‎【点睛】化学平衡题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学平衡表达式、利用平衡移动原理分析平衡移动、实际工业中的选择。‎ ‎23.根据环保要求，在处理有氰电镀废水时，剧毒的CN-离子在催化剂TiO2颗粒作用下，先用NaClO将CN-离子氧化成CNO-（CN-和CNO-中N元素均为-3价），再在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2。环保工作人员在密闭系统中用如图装置进行实验，测定CN-被处理的百分率。‎ 现将浓缩后含CN-离子的污水与过量NaClO溶液的混合液倒入甲中，塞上橡皮塞，一段时间后，打开橡皮塞和活塞，使溶液全部放入乙中，关闭活塞。回答下列问题：‎ ‎（1）根据题意，写出相关主要反应的离子方程式：甲中的反应_________________，乙中的反应：_____________________。‎ ‎（2）上述实验是通过测定CO2的量来确定对CN-的处理效果。丙装置中的试剂是______________，丁装置的目的是________________________；干燥管Ⅱ的作用是______________________。‎ ‎（3）假定上述每一个装置都充分吸收，则利用该装置测得的CN-被处理的百分率与实际值相比_____（填“偏高”或“偏低”），简述可能的原因：______________________。‎ ‎（4）含氰废水也可采用电化学方法进行处理。在碱性条件下，使用惰性电极电解含氰废水，氰离子被氧化为无毒的物质，其中阳极电极反应式是___________________。‎ ‎【答案】 (1). CN-+ClO-CNO-+Cl- (2). 2CNO-+6ClO-+8H+=N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O (3). 浓硫酸 (4). 除去Cl2 (5). 防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量 (6). 偏低 (7). 前面装置中残留有CO2未被完全吸收 (8). CN- +12OH－-10e- =2CO32- +N2↑+6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用干燥管I吸收二氧化碳，在吸收之前要处理水蒸气和氯气，用铜来处理氯气，用浓硫酸干燥，为了减少实验误差，干燥管II防止空气中二氧化碳和水蒸气进入干燥管I。据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据题意，甲中是CN－与ClO－在催化剂作用下反应生成CNO－和Cl－，因此甲中的反应CN－+ClO－CNO－+Cl－，CNO－和Cl－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，因此乙中的反应：2CNO－+6ClO－+8H+ =N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；故答案为：CN－+ClO－CNO－+Cl－；2CNO－+6ClO－+8H+ = N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。‎ ‎（2）利用干燥管I吸收二氧化碳，在吸收之前要处理水蒸气和氯气，用铜来处理氯气，用浓硫酸干燥，为了减少实验误差，干燥管II防止空气中二氧化碳和水蒸气进入干燥管I，因此丙装置中的试剂是浓硫酸，丁装置的目的是除去Cl2；干燥管Ⅱ的作用是防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量；故答案为：浓硫酸；除去Cl2；防止空气中的CO2、水蒸气进入干燥管I，影响CO2的测量。‎ ‎（3）由于装置中反应生成的二氧化碳会留在装置中没有被吹出，未完全被干燥管I吸收，因此利用该装置测得的CN－被处理的百分率与实际值相比偏低；故答案为：偏低；前面装置中残留有CO2未被完全吸收。‎ ‎（4）在碱性条件下，使用惰性电极电解含氰废水，氰离子被氧化为无毒的氮气和碳酸根离子，因此阳极电极反应式是CN- +12OH－-10e- =2CO32- +N2↑+6H2O。‎ ‎24.亚铁氰化钾(K4[Fe(CN)6])又称黄血盐，用于检验Fe3+，也用作实验的防结剂。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3＝KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl，回答问题：‎ ‎(1)Fe3+的核外电子排布式_________； ‎ ‎(2)与CN-互为等电子体的分子是______，K4[Fe(CN)6]中的作用力除离子键和共价键外，还有_______。含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为_______mol。‎ ‎(3)黄血盐中C原子的杂化方式为______；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为________；‎ ‎(4)Fe、Na、K的晶体结构如图所示。‎ ‎①钠的熔点比钾更高，原因是__________；‎ ‎②Fe原子半径是r cm，阿伏加德罗常数为NA，铁的相对原子质量为a，则铁单质的密度是_____g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d5 (2). N2 (3). 配位键 (4). 1 (5). sp (6). N>O>C (7). K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe是26号元素，核外有26个电子，失去3个电子得到Fe3+，根据构造原理写出基态Fe3+的核外电子排布式；‎ ‎(2) CN-有2个原子，价层电子数为10；K4[Fe(CN)6]是离子化合物，其中含有共价键和配位键，1个中含有6个配位键，CN-中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有12个σ键，据此计算解答；‎ ‎(3)CN−中中心原子C的价层电子对数为2，即CN-的VSEPR模型为直线型，采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大；‎ ‎(4)①金属的金属键越强，熔点越高；‎ ‎②设晶胞的边长为x，则，该晶胞中Fe原子数为：8×1/8+1=2，，晶胞密度为：计算密度。‎ ‎【详解】(1)Fe原子核外有26个电子，失去3个电子得到Fe3+，基态Fe3+的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d5，故答案为：1s22s22p63s23p63d5；‎ ‎(2)CN-有2个原子，价层电子数为10，则与CN-互为等电子体的分子为N2；K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中含有共价键和配位键，即化学键为离子键、配位键和共价键；1个中含有6个配位键，CN−中含有C≡N，1个C≡N中含有1个σ键、2个π键，即1个中含有12个σ键，所以含有12mol σ键的K4[Fe(CN)6]的物质的量为1mol，故答案为：N2；配位键；1；‎ ‎(3)CN−中中心原子C的价层电子对数为2，即CN−的VSEPR模型为直线型，采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C. N、O第一电离能大小顺序为N>O>C；故答案为：sp；N>O>C；‎ ‎(4)①K和Na都为金属晶体，K和Na价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高，故答案为：K和Na的价电子数相同，但Na原子半径小于K原子半径，所以Na金属键更强，熔点更高；‎ ‎②设晶胞的边长为x，则，晶胞体积，该晶胞中Fe原子数为：8×1/8+1=2，，晶胞密度为：，故答案为：。‎