2017-2018学年青海省西宁市第四高级中学高二上学期期末考试化学试题 解析版 18页

青海省西宁市第四高级中学2017-2018学年高二上学期期末考试 化学试题 ‎1. ‎2012年7月21日,世界各国领导人在南非德班共同商讨应对气候变化的道路— “拯救人类的最后机会”。要想节能减排下列属最有希望的新能源是 ‎①天然气　②煤　③石油　④水能　⑤太阳能　⑥地热能　⑦风能　⑧氢能 A. ①②③④ B. ⑤⑥⑦⑧ C. ③④⑤⑥ D. 除①②外 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：①天然气②煤③石油都是不可再生资源；②煤③石油燃烧会污染空环境，不符合节能减排的原则；④水能⑤太阳⑦风能，都是可再生能源，对环境无污染是清洁能源，氢气燃烧只生成水，是洁净能源，符合节能减排原则。故A、C、D错误；B正确；故选B。‎ 考点：考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发的相关知识。‎ ‎2. 下列热化学方程式中，ΔH能正确表示物质的燃烧热的是 A. CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1‎ B. C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝－110.5 kJ·mol－1‎ C. H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1‎ D. 2C8H18(l)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l) ΔH＝－11 036 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎ ‎ 考点：考查燃烧热等知识。‎ ‎3. 如图所示是298 K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是 A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H＝-92 kJ／mol B. a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线 C. 加入催化剂，该化学反应的反应热不改变 D. 在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为92kJ ‎【答案】C ‎【解析】A、书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，选项A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，即可降低生产能耗，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，选项B错误；C、催化剂能改变反应的路径，但不能改变反应的焓变，故加入催化剂，该化学反应的反应热不改变，选项C正确；D、反应是可逆反应，在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2充分反应后放出的热量小于92 kJ，选项D错误。答案选C。‎ ‎4. 下列各反应达到化学平衡，加压或降温都能使化学平衡向逆反应方向移动的是 A. 2NO2N2O4（正反应为放热反应） B. C（s）+CO22CO（正反应为吸热反应）‎ C. N2+3H22NH3（正反应为放热反应） D. H2SH2+S（s）（正反应为吸热反应）‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析： A、正反应为体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，A错误；B、正反应为体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，正反应是吸热反应，降低温度平衡逆向移动，B正确；C、正反应为体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，C错误；D、反应前后体积不变，增大压强平衡不移动，正反应是吸热反应，降低温度平衡逆向移动，D错误。答案选B。‎ 考点：化学平衡的移动 ‎5. 反应A(g)＋B(g) 2C(g)＋3D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示 反应速率最快的是 A. v(A)＝0.20mol·L－1·min－1 B. v(B)＝0.30 mol·L－1·min－1‎ C. v(C)＝0.40 mol·L－1·min－1 D. v(D)＝0.50 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】以A物质基准，A、v(A)=0.20mol/(L·min)；B、根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(A)=v(B)=0.30 mol/(L·min)；C、v(A)=v(C)/2=0.20mol/(L·min)；D、v(A)=v(D)/3=0.50/3mol/(L·min)；比较数值得出，选项B的反应速率最快，故B正确。‎ ‎6. 下列说法可以证明反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)已达到平衡状态的是 A. 1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键形成 B. 1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键断裂 C. N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2 D. 1个N≡N键断裂的同时,有6个H—N键形成 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。则A、1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键形成，二者表示的反应速率分别是正逆反应速率，且满足化学计量数之比，因此说明反应达到平衡状态，A正确；B、1个N≡N键断裂的同时,有3个H—H键断裂均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C、N2、H2、NH3的分子数之比为1∶3∶2不一定说明正逆反应速率相等，则不一定达到平衡状态，C错误；D、1个N≡N键断裂的同时,有6个H—N键形成均表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D错误，答案选A。‎ 考点：考查平衡状态判断 ‎7. 可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如右图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图像结论正确是 A. 正反应吸热，m＋n>p＋q B. 正反应吸热，m＋n p＋q D. 正反应放热，m＋n < p＋q ‎【答案】A ‎【解析】A的转化率随着温度的升高而升高，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，根据图像，同一温度下，压强越大，A的转化率越大，说明m＋n>p＋q，故A正确。‎ 点睛：此图像首先看线的走向，随着x轴增大，看线的走向，然后作等温线，无论哪个都是根据勒夏特列原理，判断出化学计量数之间的关系，和此反应属于放热反应还是吸热反应。‎ ‎8. 在密闭容器中充入A(g)和B(g)，它们的初始浓度均为2 mol·L－1，在一定条件下发生反应：A(g)＋B(g)2C(g)，该温度下，此反应的平衡常数为4，则A的转化率为 A. 30% B. 40% C. 50% D. 60%‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据平衡三段式列式计算，设A的转化率x，‎ A(g)＋B(g) 2C(g)‎ 始(mol·L－1)： 2 2 0‎ 转(mol·L－1)： 2x 2x 4x 平(mol·L－1)： 2-2x 2-2x 4x 再根据平衡常数K==4，计算得到x=0.5则A的转化率 100%=50%；答案选C。‎ ‎9. 下列各反应中属于水解反应的是 A. HCO3-﹣+H2OH3O++CO32- B. HCO3﹣-+H2OH2CO3+OH-‎ C. HCO3-﹣+OH-﹣=H2O+CO32- D. HCO3-+H3O+=2H2O+CO2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】A项，HCO3﹣+H2OH3O++CO32﹣为HCO3-的电离方程式；B项，HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣为HCO3-水解的离子方程式；C项，HCO3﹣+OH﹣=H2O+CO32﹣为可溶性碳酸氢盐与强碱反应的离子方程式；D项，HCO3﹣+H3O+=2H2O+CO2↑为可溶性碳酸氢盐与强酸反应的离子方程式；属于水解反应的为B，答案选B。‎ ‎10. 已知：HCl为强酸，下列对比实验不能用于证明CH3COOH为弱酸的是 A. 对比等浓度的两种酸的pH B. 对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率 C. 对比等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的总体积 D. 对比等浓度、等体积的两种酸，与等量NaOH溶液反应后放出的热量 ‎【答案】C ‎【解析】A、HCl属于强酸，如果CH3COOH的pH与盐酸的pH相同，说明CH3COOH属于强酸，如果CH3COOH的pH大于盐酸的pH，则说明CH3COOH属于弱酸，对比等浓度的两种酸的pH可以判断CH3COOH属于强酸或弱酸，故A错误；B、如果醋酸是强酸，因为两种酸浓度相等，则c(H＋)相同，与相同大小镁条反应的初始速率相等，如果醋酸是弱酸，等浓度时，醋酸中c(H＋)小于盐酸中c(H＋)，与相同大小镁条反应，与醋酸的反应速率小于与盐酸反应，能够判断CH3COOH的强弱，故B错误；C、浓度相同、体积相同的两种酸，酸的物质的量相同，与足量的锌反应，生成H2的总体积相同，不能判断CH3COOH是强酸还是弱酸，故C正确；D、如果CH3COOH是强酸，两种等体积、等浓度的两种酸与等量NaOH反应放出的热量相同，如果CH3COOH为弱酸，CH3COOH的电离是吸热过程，与NaOH反应放出的热量低于盐酸与NaOH反应放出的热量，能够判断醋酸是强酸还是弱酸，故D错误。‎ ‎11. 对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是 A. 0.1‎‎ mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO)>c(NH)>c(H＋)＞c(OH－)‎ B. 0.1 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(CO)‎ C. 将0.2 mol/L NaA溶液和0.1 mol/L盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(Cl－)‎ D. 在25℃0.1 mol/L的 NH4Cl溶液中：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、硫酸铵属于强酸弱碱盐，发生NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，水解程度微弱，因为(NH4)2SO4中NH4＋与SO42－物质的量之比为2：1，因此离子浓度大小顺序是c(NH4＋)>c(SO42－)>c(H＋)>c(OH－)，故A错误；B、根据物料守恒，c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)，故B错误；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(Cl－)＋c(A－)，故C错误；D、根据物料守恒，c(Cl－)=c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)，故D正确。‎ ‎12. 下面有关电化学的图示，完全正确的是 ‎ ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，错误；B．在粗铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极连接，精铜为阴极，与电源的负极连接，错误；C．要在铁片上镀锌，要把镀件铁皮与电源的负极连接，作阴极，把镀层金属Zn作阳极，与电源的正极连接，作阳极，错误；D．以铁为阴极，电解NaCl饱和溶液，在阳极，Cl-失去电子变为Cl2，Cl2将KI氧化为I2，I2使淀粉溶液变为蓝色；在阴极，H+放电产生H2，阴极附近溶液中c(OH-)增大，溶液使酚酞试液变为红色，正确。‎ 考点：考查原电池、电解池及电镀的应用的知识。‎ ‎13. 常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+、Cd2+等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是 A. 过滤后的溶液中一定没有S2-‎ B. MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中 C. 常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶 D. 加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2-＝CuS↓‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、难溶不是不溶，只是溶解度小，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的容颜，错误不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，出去铜离子，铅离子，镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜硫化铅，硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq）,错误，不选D。‎ 考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 ‎14. 在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是 A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO42-‎ B. 室温下，pH＝1的盐酸中：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-‎ C. 含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32-、Cl-‎ D. 水电离产生的c（H+）＝1×10-13 mol／L的溶液中：Na+、K+、Cl-、SO42-‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、在强碱性溶液中Al3＋不能大量共存，选项A错误；B、因PH=1‎ 的溶液有大量H+，则H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C、Ca2+、CO32-之间发生反应生成碳酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存，选项C错误；D、因水电离的c（H+）=1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，抑制了水的电离，则溶液可能为酸或碱的溶液，但都能与Na+、K+、Cl-、SO42-大量共存，选项D正确。答案选D。‎ 点睛：本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。‎ ‎15. 用蒸馏水稀释1mol/L氨水至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是 A. c（OH－）/ c(NH3·H2O) B. c(NH)/ c（OH－）‎ C. c(NH3·H2O)/ c(NH) D. c（OH－）‎ ‎【答案】A ‎【解析】NH3·H2O NH4＋＋OH－，A、因为是同一种溶液，体积相同，因此c(OH－)/c(NH3·H2O)=n(OH－)/n(NH3·H2O)， 加水稀释促进NH3·H2O电离，n(OH－)增大，n(NH3·H2O)降低，即此比值增大，故A正确；B、NH3·H2O NH4＋＋OH－，电离产生NH4＋和OH－物质的量相等，即此浓度的比值保持不变，故B错误；C、，加水稀释c(OH－)减小，Kb只受温度的影响，温度不变，Kb不变，因此此比值降低，故C错误；D、加水稀释，c(OH－)降低，故D错误。‎ ‎16. 把a、b、c、d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，电流由d到c；a、c相连时，c极上产生大量气泡，b、d相连时，b上有大量气泡产生，则四种金属的活动性顺序由强到弱的为 A. a > b > c > d B. a > c > d > b C. c > a > b .> d D. b > d > c > a ‎【答案】B 所以综上：a＞c＞d＞b 考点：原电池 点评：本题解题关键在于根据实验现象来判断哪一个是正极，哪一个是负极，而原电池中负极的金属活动性大于正极。‎ ‎17. 用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是 A. 稀Na2SO4溶液 B. 稀HCl溶液 C. CuCl2溶液 D. AgNO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】A、电解硫酸钠的实质是电解水，阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2，选项A正确；B、电解HCl的实质是电解物质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和Cl2，选项B错误；C、电解氯化铜的实质是电解物质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Cu和Cl2，选项C错误；D、电解硝酸银属于“放氧生酸型”，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Ag和O2，选项D错误。答案选A。‎ ‎18. 下列有关说法正确的是 A. CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH<0‎ B. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈 C. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大 D. 水的离子积常数KW随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、碳酸钙分解的反应，是熵增的反应，但反应不能在室温下自发进行，说明该反应的△H>0，错误；B、镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈，是因为铁比铜活泼，形成原电池时，铁做负极，被腐蚀，正确；C、N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)加快，而平衡逆向移动，氢气的转化率降低，错误；D、水的离子积常数Kw 随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则水的电离是放吸热反应，错误，答案选B。‎ 考点：考查反应自发的判断依据，金属腐蚀的判断，化学平衡的移动的判断 视频 ‎19. 下列叙述中错误的是 A. 电解池的阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应 B. 原电池跟电解池连接后，电子从电池负极流向电解池阳极 C. 电镀时，电镀池里的阳极材料发生氧化反应 D. 电解饱和食盐水时，阴极得到氢氧化钠溶液和氢气 ‎【答案】B ‎【解析】A项，电解池的阳极上发生失电子的氧化反应，阴极上发生得电子的还原反应，正确；B项，与原电池的负极相连的是电解池的阴极，电子从原电池的负极流向电解池的阴极，错误；C项，电镀时，阳极为镀层金属，阳极为镀层金属发生失电子的氧化反应，正确；D项，电解饱和食盐水时，阴极上H+优先Na+放电，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑，由于H+浓度减小，促进阴极附近水的电离平衡向电离方向移动，H+继续放电，使得阴极附近c（OH-）c（H+），在阴极得到NaOH溶液和H2，正确；答案选B。‎ ‎20. 关于下列装置说法正确的是 ‎ A. 装置①中，盐桥中的Cl－移向CuSO4溶液 B. 装置②工作一段时间后，a极表面生成了较多的O2‎ C. 用装置③精炼铜时，c极为粗铜 D. 装置④中电子由Zn流向Fe，Zn极发生氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】A、根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，根据①装置，Zn为负极，Cu为正极，即Cl－移向ZnSO4溶液，故A错误；B、② 装置为电解池，石墨a连接电源的负极，即石墨a为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，故B错误；C、精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液含Cu2＋，c极为阴极，应为纯铜，故C错误；D ‎、根据原电池的工作原理，锌为负极，铁为正极，电子从Zn经外电路流向Fe，Zn电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，Zn极发生氧化反应，故D正确。‎ ‎21. 用化学知识填空：‎ ‎（1）丙烷通过脱氢反应可得丙烯。‎ 已知：①C3H8(g)===CH4(g)＋C2H2(g)＋H2(g) ΔH1＝＋156.6 kJ·mol－1‎ ‎②C3H6(g)===CH4(g)＋C2H2(g) ΔH2＝＋32.4 kJ·mol－1‎ 则相同条件下，反应C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)的ΔH＝__________kJ·mol－1。‎ ‎（2）0.5mol甲烷燃烧时，生成液态水和二氧化碳，同时放出445kJ的热量，写出甲烷的燃烧热的热化学方程式_________________________________________________‎ ‎（3）请写出NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系式：___________________________________‎ ‎（4）常温下，Na2CO3溶液呈碱性，原因是_____________________ (用离子方程式表示)。‎ ‎（5）①醋酸在水溶液中的电离方程式为______________________。‎ ‎②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是_________（填字母序号）。‎ a. 滴加少量浓盐酸 b. 微热溶液 c. 加水稀释 d. 加入少量醋酸钠晶体 ‎【答案】 (1). +124.2 kJ·mol－1 (2). CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890 kJ·mol－1 (3). c(Cl-)>c(NH)>c(H＋)＞c(OH－) (4). CO32-+H2OHCO3-+OH- (5). CH3COOHCH3COO-+H+ (6). bc ‎【解析】（1）本题考查热化学反应方程式的计算，①－②得出△H=△H1－△H2=(156.6－32.4)kJ·mol－1=＋124.2kJ·mol－1；（2）本题考查热化学反应方程式的书写，根据燃烧热的定义，1mol甲烷燃烧产生的热量为1×445/0.5kJ=890kJ，即甲烷燃烧热的热化学反应方程式为：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890 kJ·mol－1；（3）本题考查离子浓度大小比较，NH4Cl溶液中存在：NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，NH4＋水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；（4）本题考查盐类水解应用，Na2CO3溶液中CO32－发生水解，其水解反应方程式为CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性；（5）考查弱电解质的电离以及影响弱电解质电离的因素，①CH3COOH属于弱电解质，醋酸部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋；②a、滴加少量浓盐酸，c(H＋)增大，抑制CH3COOH的电离，故a错误；b、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，即CH3COOH 的电离程度增大，故b正确；c、加水稀释，促进电离，即CH3COOH的电离程度增大，故c正确；d、加入醋酸钠晶体，CH3COOH的电离程度降低，故d错误。‎ 点睛：判断单一溶液离子浓度大小比较时一般是：不水解的离子浓度>水解离子浓度>显性离子>水电离出的另一种离子；注意比较时，水解程度微弱和弱电解质电离程度微弱。‎ ‎22. （1）25℃时，0.05mol/LH2SO4溶液的pH=______ ,0.01mol/LNaOH溶液的pH=______ 。‎ ‎（2）某温度下纯水的c(H+)=4.0×10-7mol/L,则此溶液中的c(OH-)=_______；若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L,则此溶液中由水电离产生的c(H+)=_________。‎ ‎（3）氢氧化铜悬浊液中存在如下平衡：Cu(OH)2(s) Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，常温下其Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10-20。某硫酸铜溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液使之pH>________‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 12 (3). 4.0×10-7mol/L (4). 8.0×10-10 mol/ l (5). 5‎ ‎【解析】本题考查pH的计算、水的离子积的应用、溶度积的计算，（1）0.05mol·L－1H2SO4中c(H＋)=0.05×2mol·L－1=0.1mol·L－1，即pH=1，0.01mol·L－1NaOH溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，则氢氧化钠溶液中c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－14/0.01mol·L－1=10－12mol·L－1，即pH=12；（2）H2OH＋＋OH－，即c(OH－)=4.0×10－7mol·L－1；此温度下水的离子积为Kw=c(H＋)×c(OH－)=4.0×10－7×4.0×10－7=1.6×10－13， 根据水的离子积，c(OH－)=Kw/c(H＋)=1.6×10－13/（2.0×10－4）mol·L－1=8×10－10mol·L－1，水电离出的c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，则此溶液中由水电离产生的c(H＋)= 8×10－10mol·L－1；（3）当Qc=Ksp时，此溶液为饱和溶液，当Qc>Ksp时，出现沉淀，根据Ksp表达式，Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10-20，硫酸铜溶液c(Cu2＋)=0.02mol·L－1，代入公式，则c(OH－)=10－9mol·L－1，c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－14/10－9mol·L－1=10－5mol·L－1，即pH=5，当出现沉淀时，pH>5。‎ ‎23. 如图所示，A、B两个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。‎ ‎（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是________(填标号，下同)，属于电解池的是_____________‎ ‎（2）A池中Zn是_____极，电极反应式为________；Cu是______极，电极反应式为______________，A中总反应的方程式为________________________。‎ ‎（3）B池中总反应的方程式为________________。‎ ‎（4）C池中Zn是____极，电极反应式为_____；Cu是______极，电极反应式为____________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). BC (3). 负极 (4). Zn－2e- == Zn2+ (5). 正极 (6). Cu2+＋2e- == Cu (7). Zn + Cu2+ == Zn2+ +Cu (8). CuCl2 Cu + Cl2↑ (9). 阴极 (10). Cu2+＋2e- == Cu (11). 阳极 (12). Cu-2e- == Cu2+‎ ‎【解析】本题考查原电池的工作原理、电解池的工作原理以及电极反应式的书写，（1）原电池没有外加电源，电解池有外加电源，因此三个装置中属于原电池的是A，属于电解池的是BC；（2）根据原电池的构成条件，Zn比铜活泼，因此锌为负极，Cu为正极，电解质溶液为CuCl2，电池总反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，负极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；（3）B装置为电解池装置，两极为惰性材料为电极，电解液为CuCl2溶液，根据电解原理，总反应式为CuCl2 Cu + Cl2↑；（4）C装置为电解池装置，Zn与电源的负极相连，则Zn为阴极，Cu2＋在阴极上先放电，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，Cu连接电源的正极，Cu电极为阳极，Cu为活动性金属，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋。‎ 点睛：电解池装置中放电顺序，首先判断电极材料，如果是惰性材料作电极（如石墨，Pt，金等），阳极：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根，阴极：氧化性强的先得到电子，如果是活动性金属作电极，阴极放电顺序不变，阳极应是金属先失电子，这些顺序都是灵活运用的，注意题目中所给信息。‎ ‎24. 在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g)，随着温度升高，混合气体的颜色变深。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在0～60s时段，反应速率v(N2O4)=_______mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K=________ mol·L-1。‎ ‎（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为T，c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1‎ 的平均速率降低，经10s又达到平衡。T________100℃(填“大于”或“小于”)，判断理由是_____________________________________。‎ ‎（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 mol·L-1·s-1 (3). 0.36 (4). 小于 (5). 降低温度，化学反应速率减小 (6). 逆反应 (7). 容器的容积减少一半，即压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动 ‎【解析】（1）温度升高，混合气体的颜色变深，说明平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，则反应的ΔH大于0；在0～60 s时段内消耗四氧化二氮的物质的量浓度为0.1mol/L－0.040mol/L＝0.06mol/L，因此反应速率v(N2O4)＝0.06mol/L÷60s＝0.0010mol·L-1·s-1；平衡时N2O4、NO2的浓度分别是0.04mol/L、0.12mol/L，则反应的平衡常数K1为。（2）c(N2O4)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，说明平衡向正反应方向进行，由于正反应吸热，所以改变的条件是升高温度，即T大于100 ℃；（3）由于正反应体积增大，所以对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动。‎ ‎25. CH4﹣O2燃料电池具有放电稳定，无污染等优点，如图用甲烷氧气燃料电池电解饱和氯化钠溶液的模型图，其中氯化钠溶液滴有酚酞试液。已知甲烷氧气燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2KOH K2CO3+3H2O请认真读图，回答以下问题：‎ ‎（1）请写出通入甲烷气体的一极所发生的电极反应式：____________________，其附近的pH值________（填“不变”或“变大”或“变小”） 通入O2气体的一极所发生的电极反应式：_______________,其附近的pH值________（填“不变”或“变大”或“变小”）。‎ ‎（2）a为_______极，电极反应式为______________；b为_______极，电极反应式为_________________，现象是_______________；总方程式为 ____________________________。‎ ‎（3）如果通入1mol的甲烷完全参与电极反应，则电路中转移___________mol的电子，a电极产生的气体在标准状况下的体积为______________L。‎ ‎【答案】 (1). CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O (2). 变小 (3). O2+2H2O+4e－ =4OH－ (4). 变大 (5). 阳极 (6). 2Cl-－2e－ = Cl2↑ (7). 阴极 (8). 2H++ 2e- = H2 ↑ (9). b电极附近变红 (10). 2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑ + Cl2↑ (11). 8mol (12). 89.6L ‎【解析】本题考查原电池电极反应式的书写、电解原理的应用以及计算，（1）左边装置为燃料电池，通入甲烷的一极为负极，因为电解质为KOH溶液，因此负极反应式为CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O，根据负极反应式，消耗OH－，因此负极附近的pH变小；通入氧气一极为正极，反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，产生了OH－，则pH变大；（2）a与燃料电池的正极相连，即a电极为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，b电极连接燃料电池的负极，则b电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此NaCl溶液中滴入酚酞，则b电极现象是b电极附近变红，总反应式为 2NaCl+2H2O 2NaOH＋ H2↑ + Cl2↑；（3） 根据(1)1mol甲烷完全参与反应，转移电子物质的量为8mol，根据电子守恒，建立关系式为CH4～8e－～4Cl2，消耗1mol甲烷，a电极产生4molCl2，即氯气的体积为4×22.4L=89.6L。‎ 点睛：本题的难点是最后一个空，学生先根据甲烷电极反应式，求出转移电子物质的量，然后根据a电极反应式求出氯气的体积，这样也能接触最后的结果，但比较麻烦，这里可以根据电路中转移电子物质的量相同，建立关系式CH4～8e－～4Cl2，从而一步求出氯气体积。‎ ‎26. 用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：‎ ‎（1）准确称量10.0 g 含有少量易溶杂质的样品（杂质不与盐酸反应），配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在________(填编号字母)称量。‎ A．小烧杯中　　　B．洁净纸片上　　　C．托盘上 ‎（2）滴定时，用0.2000 mol/L的盐酸来滴定待测溶液，不可选用________(填编号字母)作指示剂。‎ A．甲基橙　　　B．石蕊　　　C．酚酞　　　‎ ‎（3）滴定过程中，眼睛应注视________________________________________________；在铁架台上垫一张白纸，其目的是__________________________________________。‎ ‎（4）根据下表中数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol/L，烧碱样品的纯度是________。‎ 滴定次数 待测溶液体积(mL)‎ 标准酸体积 滴定前的刻度(mL)‎ 滴定后的刻度(mL)‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.40‎ ‎20.50‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.10‎ ‎24.00‎ ‎（5）在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”、“偏低”或“无影响”等填空：‎ ‎①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果__________。‎ ‎②锥形瓶未用待装溶液润洗，使滴定结果__________。 ‎ ‎③装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，使滴定结果__________。‎ ‎④滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，使滴定结果___________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). B (3). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (4). 对比，便于观察溶液颜色的变化 (5). 0.4000 mol/L (6). 80% (7). 偏高 (8). 无影响 (9). 偏高 (10). 偏低 ‎【解析】本题考查中和滴定实验综合知识，（1）称量时，药品不能直接放在托盘上，因为烧碱是NaOH，NaOH有潮解性，放在纸片上，因氢氧化钠吸水使一部分样品残留在纸片上，造成物质的量的减少，因此样品放在小烧杯中进行称量，故选项A正确；（2）强酸滴定强碱或强碱滴定强酸，一般所用指示剂为甲基橙或酚酞，因为石蕊变色范围比较宽，现象变化不明显，因此中和滴定时一般不用石蕊作指示剂，故选项B正确；（3）滴定过程中，眼睛应注视锥形溶液颜色的变化，垫一张白纸，目的是便于观察溶液颜色的变化；（4）第一次滴定消耗酸的体积为(20.50－0.40) mL=20.10mL，第二次滴定消耗酸的体积为(24.00－4.10)mL=19.90mL，平均消耗的酸的体积为(20.10＋19.90)/2mL=20.00mL，即c(NaOH)=20×10－3×0.2000/(10×10－3)mol·L－1=0.4000mol·L－1，烧碱的纯度为500×10－3×0.4000×40/10.0×100%=80%；（5）C待=c标×V标/V待，①滴定管未用标准液润洗，直接盛放标准液，标准液稀释，造成消耗标准液的体积增大，即滴定结果偏高；②锥形瓶不能用待装液润洗，否则对实验结果产生影响，即对实验不会产生无影响；③滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡，消耗的标准液的体积增大，滴定结果偏高；④滴定前平视凹液面，滴定终了俯视凹液面，造成标准液的体积偏小，即结果偏低。‎ ‎27. 如图所示3套实验装置，分别回答下列问题。‎ ‎（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，一段时间后，玻璃筒内的石墨电极上的电极反应式为_________。‎ ‎（2）装置2中的石墨是_______极，该电极反应式为___________。‎ ‎（3）装置3中甲烧杯盛放100mL0.2mol／L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol／L的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红。‎ ‎①电源的M端为________极；甲烧杯中铁电极的电极反应为_________________。‎ ‎②乙烧杯中电解的总方程式为_______________。‎ ‎③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64 g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为________mL。‎ ‎【答案】 (1). O2+2H2O+4e－ =4OH－ (2). 正 (3). Fe3++e-＝Fe2+ (4). 正 (5). Fe-2e-＝Fe2+ (6). 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ (7). 224ml ‎【解析】本题考查金属的腐蚀和防护、以及电化学的计算，（1）装置1为吸氧腐蚀，铁钉为负极，石墨棒为正极，即正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；（2）装置2为原电池，总反应方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，Cu电极为负极，石墨电极为正极，正极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋或2Fe3＋＋3e－=2Fe2＋；（3）①甲烧杯中石墨电极附近变红，说明此电极上产生OH－，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，甲烧杯中石墨电极为阴极，即M为正极，N为负极，铁电极为阳极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；②乙烧杯中Cu为阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，石墨为阳极电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，乙烧杯中总电极反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；③建立关系式为H2～2e－～Cu，产生氢气的体积为0.64×22.4/64L=0.224L，即为224mL。‎ ‎ ‎ ‎ ‎