甘肃省天水市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 21页

甘肃省天水市第一中学2019—2020学年高二级上学期期末考试 化学试题 ‎1.化学与生活息息相关，下列有关说法错误的是 A. 用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物 B. 银质器物久置表面变暗与电化学腐蚀有关 C. 为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，A项正确；‎ B.银质器物久置表面变暗是由于金属银在空气中被氧化而变暗，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，B项错误；‎ C.电池中的重金属污染土壤和水体会造成对人畜的危害，所以我们大力支持回收电池及开发废电池的综合利用技术，C项正确；‎ D.镁比铁活泼，易形成原电池负极，可防止内胆腐蚀，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，D项正确；‎ 故选B。‎ ‎2.下列说法正确的是 ‎①物质发生化学变化的同时都伴有能量变化 ‎②伴有能量变化的物质变化都是化学变化 ‎③放热反应不需加热就能发生，吸热反应不加热就不能发生 ‎④吸热反应和放热反应都可能在常温下进行 ‎⑤NaOH固体溶于水放出的能量就是该变化的反应热 ‎⑥在任何条件下，化学反应的焓变都等于该反应的反应热 ‎⑦生成物的总能量大于反应物的总能量时，反应吸热，ΔH>0‎ ‎⑧化学反应中反应热的大小与反应物的多少、反应物和生成物的状态、温度、压强等有关 A. ①⑤⑦⑧ B. ②④⑤⑦ C. ①④⑦⑧ D. ③④⑥⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①物质发生化学变化，都伴有能量变化，比如放热或吸热，正确；‎ ‎②伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，比如液态水蒸发吸热不属于化学变化，而是物理变化，错误；‎ ‎③放热反应可能需加热才发生，比如天然气燃烧需点燃才发生放热反应，吸热反应不加热也可能发生，比如氯化铵与氢氧化钡晶体一混合便发生吸热反应，错误；‎ ‎④吸热反应和放热反应与反应条件无关，都可能在常温下进行，正确；‎ ‎⑤反应热是化学反应过程中放出或吸收的热量，而NaOH固体溶于水为物理变化，溶解时的能量变化不是反应热，错误；‎ ‎⑥在恒压时，化学反应的焓变都等于该反应的反应热，错误；‎ ‎⑦生成物的总能量大于反应物的总能量时，在反应过程中从外界吸收能量，则反应吸热，ΔH>0，正确；‎ ‎⑧反应物量的不同，反应热不同；反应物和产物的状态，如生成液态水和水蒸气，反应热也不一样；温度和压强也会影响反应热大小，正确；‎ 综上：①④⑦⑧正确；‎ 故选C。‎ ‎3.NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，如表所示是几种化学键的键能： ‎ 化学键 N≡N F—F N—F 键能/kJ·mol-1‎ ‎946‎ ‎154.8‎ ‎283.0‎ 下列说法中正确的是 A. 过程N(g)＋‎3F(g)→NF3(g)吸收能量 B. 反应N2(g)＋‎3F2(g)→2NF3(g)ΔH＞0‎ C. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应 D. 断裂1molN—F键吸收的能量与形成1molN—F键释放的能量相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.过程N(g)＋‎3F(g)→NF3(g)为形成化学键，需放出能量，A项错误；‎ B.结合反应N2(g)＋‎3F2(g)→2NF3(g)，则ΔH=(946＋3×154.8－2×3×283.0) kJ·mol-1=－287.6 kJ·mol-1<0，B项错误；‎ C. NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，不可能发生化学反应，C项错误；‎ D. N—F键的键能为283.0 kJ·mol-1，则断裂1molN—F键吸收的能量与形成1molN—F键释放的能量相同，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 燃烧热的数值都会随反应物的用量不同而改变，故1mol S(s)和2mol S(s)的燃烧热不相等 B. 已知：‎2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH=akJ/mol；‎2C(s)+2O2(g)=2CO(g)ΔH=bkJ/mol 则a＞b C. H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ/mol D. 反应NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) ΔH=+185.57kJ/mol，在低温条件下不能自发进行，但在高温条件下能自发进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在‎25℃‎、101 kPa时，1 mol 纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，故1mol S(s)和2mol S(s)的燃烧热相等，A项错误；‎ B.由选项知，碳燃烧生成一氧化碳放热少，焓变是负值比较大，则a＜b，B项错误；‎ C. H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为： H2(g)+O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，C项错误；‎ D.该反应ΔH=+185.57kJ/mol＞0，ΔS＞0，又ΔG=ΔH－TΔS，则推知在低温条件下不能自发进行，但在高温条件下能自发进行，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎5.在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积‎2L的密闭容器中，发生如下反应：‎3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)。经2min该反应达到平衡状态，生成0.8molD，测得C的浓度为0.8mol/L。则下列判断错误的是 A. x=4‎ B. 2min内B的反应速率为0.1mol·L-1·min-1‎ C. B的转化率为40％‎ D. 该温度下平衡常数的值为1.2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知：（单位为mol/L）‎ ‎3A‎(g)‎ B(g)‎ xC(g)‎ ‎2D(g)‎ 开始 ‎1.5‎ ‎0.5‎ ‎0‎ ‎0‎ 转化 ‎0.6‎ ‎0.2‎ ‎0.8‎ ‎0.4‎ 平衡 ‎0.9‎ ‎0.3‎ ‎0.8‎ ‎0.4‎ A.由上表可知：，解得x=4，A项正确；‎ B.v(B)=== 0.1mol·L-1·min-1，B项正确；‎ C.B的转化率为=40%，C项正确；‎ D. 该温度下平衡常数K==≈0.3，D项错误；‎ 故选D。‎ ‎6.下列由实验事实所得出的相应结论正确的是 选项 实验事实与操作 结论 A 其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，与同浓度的硫酸反应析出硫沉淀所需的时间越短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率增大 B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应 C 向2支盛有5mL不同浓度 NaHSO3‎ 探究浓度对反应速率的影响 溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 D 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别于等质量、形状相同的锌粒反应 开始时的反应速率相同 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.浓度越大，单位体积活化分子数目增多，则反应速率越大，A项正确；‎ B.催化剂参加化学反应，降低反应的活化能，加快反应速率，反应前后质量和性质不变，B项错误；‎ C. NaHSO3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，不能判断浓度对反应速率的影响，且其他条件诸如温度也未明确是否相同，C项错误；‎ D. 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸的氢离子浓度：前者大于后者，则开始时的反应速率前者大于后者，D项错误；‎ 故选A。‎ ‎7.某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡、溶液pH影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是 A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应△H＜0‎ B. ②是在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像 C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线 D. ④是表示Cl2通入H2S溶液中pH变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图知，在v正等于v逆之后，v正大于v逆，则随着温度升高，反应平衡向正方向移动，可得△H＞0，A项错误；‎ B.该反应实质为Fe3+ + 3SCN－ ⇌ Fe(SCN)3，在平衡体系的溶液中加入少量KCl晶体，对该反应无任何影响，B项错误；‎ C. 由图知，a、b曲线中A的体积分数不变，说明改变条件不发生平衡移动，且a情况下，化学反应速率更快，则a是使用催化剂时的曲线，C项正确；‎ D. 由Cl2 + H2S = 2HCl +S↓知：溶液由弱酸H2S逐渐变为强酸HCl，溶液pH值从开始反应起会越来越小，D项错误；‎ 故选C。‎ ‎8.某酸碱指示剂HIn是一种有机弱酸，其在水溶液中的电离平衡与其呈现的颜色相关： HIn(aq)（红色）⇌H＋(aq)＋In－(aq)（黄色），有浓度为0.02 mol/L的下列各溶液：①HCl ②NaOH溶液 ③NaHCO3溶液 ④NaHSO4溶液。其中能使指示剂变红色的是 A. ③④ B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①加入HCl，溶液氢离子浓度变大，则平衡左移，指示剂变红色，正确；‎ ‎②加入NaOH溶液，氢离子与氢氧根反应，氢离子浓度变小，则平衡右移，指示剂变黄色，错误；‎ ‎③加入NaHCO3溶液，氢离子与碳酸氢根反应，氢离子浓度变小，则平衡右移，指示剂变黄色，错误；‎ ‎④加入NaHSO4溶液，溶液氢离子浓度变大，则平衡左移，指示剂变红色，正确；‎ 则①④正确；‎ 故选C。‎ ‎9.下列表述中，说法正确的个数是 ‎①pH=6的溶液一定是酸性溶液 ‎②常温下某CH3COONa溶液的pH＝8能证明CH3COOH是弱电解质 ‎③CO2水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质 ‎④用未知浓度的盐酸滴定KOH标准溶液，若读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高 ‎⑤‎25℃‎时，水溶液中水电离出的c(H+)和水电离出的c(OH-)的乘积一定等于10-14‎ ‎⑥氯化铵溶液中含有杂质氯化铁，可以加入氨水调节pH，使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀而出除去 ‎⑦如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中一定没有电离平衡 ‎⑧Mg与NH4Cl溶液反应生成H2以及为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸都与盐类水解有关 ‎⑨某温度下，在难溶电解质AB2的饱和溶液中，c(A2+)=amol/L，c(B-)=bmol/L，则该温度下，AB2的Ksp为ab2‎ A. 3 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①体系温度不知，不可判断pH=6的溶液是否为酸性溶液，错误；‎ ‎②常温下某CH3COONa溶液的pH＝8，说明CH3COO－发生水解，则对应的酸CH3COOH是弱电解质，正确；‎ ‎③CO2和水反应生成弱酸H2CO3，则CO2的水溶液导电能力很弱，但CO2是非电解质，错误；‎ ‎④滴定前仰视，则读数偏大，滴定到终点后俯视，则读数偏小，可得KOH标准溶液偏小，推知会导致测定结果偏低，错误；‎ ‎⑤‎25℃‎时，水溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积一定等于10-14，错误；‎ ‎⑥氯化铁和氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，正确；‎ ‎⑦该溶液中还存在水的电离平衡，错误；‎ ‎⑧NH4＋水解得H＋，则Mg与NH4Cl溶液反应生成H2，Fe3+水解得氢氧化铁，溶液中加少量盐酸可抑制该水解，正确；‎ ‎⑨由题意知AB2(s) ⇌ A2+(aq)+ 2B－(aq)，则Ksp(AB2)=c(A2+)c2(B－)= ab2，正确；‎ 综上正确的个数为4；‎ 故选B。‎ ‎10.下列叙述正确的是 A. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中增大 B. 在0.1 mol/LCH3COONa溶液中：c(OH﹣)+0.1mol/L＞c(CH3COOH)+c(H+)+c(Na+)‎ C. 在10mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液中加入6mL等浓度的NaCl溶液，有白色沉淀产生，再加入6 mL等浓度的Na2S溶液，溶液中又有黑色沉淀生成，说明Ksp(Ag2S)< Ksp(AgCl)‎ D. 常温下，10 mL 0.02 mol/L HCl溶液与10 mL 0.02 mol/LBa(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH＝12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ==，则溶液中不变，A项错误；‎ B.由电荷守恒和物料守恒知c(H+)+c(Na+)= c(OH﹣)+ c(CH3COO﹣)，c(CH3COO﹣)+ c(CH3COOH)= 0.1mol/L，则c(OH﹣)+0.1mol/L－[c(CH3COOH)+c(H+)+c(Na+)]= c(OH﹣)+0.1mol/L－[c(CH3COOH)+ c(OH﹣)+ c(CH3COO﹣)]= 0.1mol/L－[c(CH3COOH) + c(CH3COO﹣)]=0，B项错误；‎ C.由于不知NaCl溶液浓度，则不能确定AgNO3溶液是否被反应完，所以不能判断黑色沉淀Ag2S来自于AgCl与硫化钠的反应，还是AgNO3与硫化钠的反应，C项错误；‎ D. 常温下，10 mL 0.02 mol/L （即2×10-4mol）HCl溶液与10 mL 0.02 mol/L（即2×10-4mol）Ba(OH)2溶液充分混合，根据反应方程式2HCl + Ba(OH)2 = BaCl2 + 2H2O，可知反应后溶液为1×10-4mol Ba(OH)2和1×10-4mol BaCl2，则混合后c(OH－)==0.01mol/L，pH＝-=-=12，D项正确；‎ 故选D。‎ ‎11.pC类似pH，是指稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数。如某溶液溶质的浓度为1×10-3mol/L，则该溶液中溶质的pC=3。下列叙述正确的是 A. 某温度下，任何电解质的稀溶液中，pC(H+)pC(OH-)‎ B. 0.01mol/LCaCl2溶液中逐滴加入纯碱溶液，滴加过程中pC(Ca2+)逐渐增大 C. 0.01mol/L的BaCl2溶液中，pC(Cl-)2pC(Ba2+)‎ D. 用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，NaOH溶液的pC(OH-)逐渐减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，pC类似pH，不同温度下水的电解程度不同，对应的离子的物质的量浓度不同；‎ 氯化钙与碳酸钠反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，钙离子浓度逐步降低；氯化钡是强电解质，能完全电离；盐酸滴定氢氧化钠，发生中和反应，氢氧根浓度降低。‎ ‎【详解】A、常温下电解质的稀溶液中，pC(H+) +pC(OH-)=14，不是任何温度，A错误；‎ B、0.01mol/L的氯化钙溶液中，加入碳酸钠溶液，则碳酸根离子与钙离子结合为碳酸钙沉淀，钙离子的物质的量浓度逐渐减小，则其负对数逐渐增大，B正确；‎ C、0.01mol/L的氯化钡溶液中，氯离子物质的量浓度是钡离子物质的量浓度的2倍，则pC(Cl-)=-lg[‎2C(Ba2+)]，C错误；‎ D、用0.01mol/L的盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，氢氧根离子的物质的量浓度逐渐减少，则氢氧根离子的pC值逐渐增大，D错误。‎ 答案为B。‎ ‎12.25 ℃‎时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是 A. 溶液中Pb2＋和I－浓度都增大 B. 溶度积常数Ksp增大 C. 沉淀溶解平衡不移动 D. 溶液中Pb2＋浓度减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入KI溶液，I－浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，溶液中Pb2＋浓度减小，A不正确； ‎ B. 溶度积常数Ksp只与温度有关，温度不变其值不变，B不正确； ‎ C. 沉淀溶解平衡逆向移动，C不正确； ‎ D. 溶液中Pb2＋浓度减小，D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.常温下，用 0.1000mol/L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L某一元酸HA溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是 A. 该滴定过程既能用甲基橙又能用酚酞作指示剂 B. 点①所示溶液中：c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)‎ C. 点②所示溶液中：c(Na＋) =c(HA) ＋c(A－)‎ D. 水的电离程度随着NaOH溶液的滴入不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.结合“用 0.1000mol/L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L某一元酸HA溶液”，恰好完全反应时消耗NaOH溶液20mL，由图知反应后溶液pH大于7，常温下，溶液显碱性，推知用酚酞作指示剂，A项错误；‎ B.由题可知点①溶质为等量的HA和NaA，由图知溶液显酸性（c(H＋) >c(OH－)），则HA的电离程度大于A－的水解程度，则c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)，B项正确；‎ C.由电荷守恒知c(Na＋)+c(H＋) =c(OH－)+ c(A－)，又点②pH=7，则c(H＋) =c(OH－)，推知c(Na＋) = c(A－)，则c(Na＋) ＜c(HA) ＋c(A－)，C项错误；‎ D.加入NaOH溶液生成NaA，则A－的水解促进水的电离，当酸碱恰好完全反应后，继续滴加NaOH溶液，则OH－会抑制水的电离，D项错误；‎ 故选B。‎ ‎14.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小 B. 将CH3COONa溶液从‎20℃‎升温至‎30℃‎，溶液中 增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 >1‎ D. 将0.1mol/L的NaOH的温度提高至‎80℃‎，溶液的pH变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀醋酸加水稀释促进电离，醋酸分子浓度减小程度大于氢离子浓度减小程度，故A错误；‎ B. 升温促进醋酸根离子水解，醋酸的水解平衡常数增大，上式是醋酸根离子水解平衡常数的倒数，所以题目中的比值应减小，故B错误；‎ C. 据电荷守恒，上述比值应等于1，故C错误；‎ D.温度升高，促进水的电离，水的离子积常数增大，虽然氢氧根离子浓度不变，但氢离子浓度增大，所以溶液的pH变小，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎15.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑‎ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—‎ D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；‎ B、根据A中分析可知B错误；‎ C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；‎ D、根据C中分析可知D正确，答案选D。‎ ‎【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。‎ ‎16.下列实验装置符合实验目的的是 目的 粗铜的精炼 验证溶液（含酚酞）的产物 装置 选项 A B 目的 在铁制品上镀铜 构成原电池 装置 选项 C D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.精炼铜的装置中，粗铜应做阳极，即与电源的正极相连，故错误；‎ B.从电流方向判断，左侧为电源的负极，电解池中铁棒为阴极，产生氢气，用向下排空气法收集，电解池碳棒为阳极，产生氯气，用淀粉碘化钾检验，故正确；‎ C.在铁制品上镀铜装置中，铜应与电源的正极相连，做阳极，铁制品应与电源的负极相连，做阴极，故错误；‎ D.Fe插入FeCl3溶液中，铁直接和氯化铁反应，不能构成原电池，欲构成原电池，铁和氯化铁溶液应分开在两侧，即铁和碳应换位置，故错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握电解池工作原理和原电池原理是关键。同时要掌握电解产物的收集或检验方法。注意双液原电池需要将氧化反应和还原反应分开。‎ ‎17.化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。电化学降解NO3－的原理图所示。下列说法不正确的是：‎ A. A为电源正极 B. 阳极反应式为：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑‎ C. 若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为‎10.4克 D. 阴极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题给原理图知，在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，阴极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－,因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，A正确；‎ B．阳极为溶液中的氢氧根放电，氢氧根来自水的电离，电极反应式为：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，B正确；‎ C．由阳极电极反应式知，转移2mol电子时，阳极区消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少‎18g；阴极室中放出0.2molN2（‎5.6g），同时有2molH+（‎2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少‎3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左-△m右）＝‎14.4g，C错误；‎ D．阴极反应式为：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎18.将0.6mol KCl、0.4mol Cu(NO3)2、0.2molAgNO3一起溶于水，配成100mL混合溶液，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出‎19.2g Cu，此时在另一极上产生气体的体积（标准状况下）为 A. ‎3.96L B. ‎4.48L C. ‎5.6L D. ‎‎6.72L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合溶液中发生的反应为AgNO3+ KCl =AgCl↓+KNO3，得混合溶液中的溶质为0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2、0.4molKCl，根据Cu和转移电子之间的关系式可计算出O2和Cl2的体积。‎ ‎【详解】混合溶液中发生的反应为AgNO3+ KCl =AgCl↓+KNO3，根据方程式知，0.2mol AgNO3完全反应需要0.2molKCl，还剩余0.4molKCl，且同时生成0.2molKNO3，所以混合溶液中的溶质为0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2、0.4molKCl，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出Cu：0.3mol（‎19.2g）＜0.4mol，根据Cu和转移电子之间的关系式知，转移电子的物质的量=2n(Cu)=2×0.3mol=0.6mol，氯离子完全放电时转移电子物质的量=0.4mol×1=0.4mol，则还有0.2mol电子转移时生成氧气，则生成n(O2)==0.05mol，生成n(Cl2)=n(Cl－)= ×0.4mol=0.2mol，生成气体V=nVm=(0.2+0.05)mol×22.4mol/L=‎5.6L，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解决电化学中的相关计算问题的切入点应该为：把计算问题看做是氧化还原反应理论知识的拓展与延伸，并能灵活运用上述相关解决问题的方法，许多问题都会变得“柳暗花明”的画面。‎ ‎19.（1）如图1是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，则E1________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，ΔH________。请写出NO2和CO反应的热化学方程式：________________。‎ ‎（2）观察图a和图b，根据盖斯定律，写出△H1、△H2、△H3、△H4、△H5和△H6的关系。图a：________________________；图b：_________________________。‎ ‎（3）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。‎ 已知：① H2O(l)＝H2O(g) △H=+44 kJ/mol ‎② 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＝CH4(g)＋4NO(g) △H= +1160 kJ/mol ‎③ CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -574 kJ/mol 请写出CH4(g)与NO2(g)反应生成参与大气循环的气体和液态水的热化学方程式________。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ/mol (4). △H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0 (5). △H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6 (6). CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-955kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若在反应体系中加入催化剂，活化能降低，则E1减小；由图可以知道，ΔH =E1－E2=134kJ/mol－368kJ/mol=-234kJ/mol；1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO，则NO2和CO反应的热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ/mol；‎ ‎（2）图a：以A为起点，最终回到A，整个过程没有能量变化，所以△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0；图b：变化有两个途径A→F，A→B→C→D→E→F，两个途径的热效应相同，所以△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6；‎ ‎（3）① H2O(l)＝H2O(g) △H=+44 kJ/mol ‎② 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＝CH4(g)＋4NO(g) △H= +1160 kJ/mol ‎③ CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -574 kJ/mol 则－2×①－×②＋×③，得：CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)，且△H=－2×(+44 kJ/mol)－×(+1160 kJ/mol)＋×(-574 kJ/mol)= -955kJ/mol，则CH4(g)与NO2(g)反应生成参与大气循环的气体和液态水的热化学方程式为CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-955kJ/mol。‎ ‎【点睛】化学反应的反应热只与始态和终态有关，而与反应途径无关，利用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。1.明确所求反应的始态和终态，各物质系数，及反应是吸热还是放热反应；2.盖斯定律与反应途径无关，不同途径对应的最终结果是一样的；3.各反应式相加时，有的反应逆向写，ΔH符号也相反。有的反应式要扩大或缩小相应倍数，ΔH也要相应扩大或缩小相同的倍数；4.注意各分步反应的ΔH的正负，放热反应为“-”，吸热反应为“＋”，其具备数学意义，可进行大小比较；5.注意弱电解质的电离、水解反应吸热，浓硫酸的稀释、氢氧化钠固体的溶解放热，都将对反应热产生影响。‎ ‎20.研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。‎ ‎（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各项能说明反应达到平衡状态的是_____________。‎ A.体系压强保持不变 ‎ B.混合气体颜色保持不变 C.NO和O2的物质的量之比保持不变 ‎ D.每消耗1 molO2同时生成2 molNO ‎ ‎（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为‎2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，达平衡后测得各组分浓度：‎ 物质 CO H2‎ CH3OH 浓度（mol/L）‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ 回答下列问题：‎ ‎①混合气体的平均相对分子质量=_________________。‎ ‎②平衡常数K=__________________。‎ ‎③若将容器体积压缩为‎1L，不经计算，预测新平衡中c(H2)的取值范围是__________。‎ ‎④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎【答案】 (1). A、B、C、D (2). 18.56 (3). 0.67 (4). 1mol/L＜c(H2)＜2mol/L (5). =‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A.该反应两边的化学计量数不相等，在反应没有达到平衡时，气体的物质的量会发生改变，体系的压强也要改变，如果压强不变说明气体的生成与消耗速率相等，反应达到了平衡，A项正确；‎ B.反应中NO2是有色气体，颜色不变说明NO2的浓度不再改变，则反应达到了平衡，B项正确；‎ C.NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量不相同，如果没有达到平衡，NO和O2的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明达到了平衡，C项正确；‎ D. 每消耗1 molO2同时生成2 molNO，正逆反应速率相等，说明反应达到了平衡，D项正确；‎ 故选ABCD；‎ ‎（2）①由表中数据知，CO、H2、CH3OH的物质的量分别是1.8mol、2mol、1.2mol，质量分别为1.8mol×‎28g/mol=‎50.4g、2mol×‎2g/mol=‎4g、1.2mol×‎32g/mol=‎‎38.4g ‎，则混合气体的平均相对分子质量等于==‎18.56g/mol，因此平均相对分子质量是18.56；‎ ‎②平衡常数K= =≈0.67；‎ ‎③若将容器体积压缩为‎1L，该瞬间H2的浓度变为2mol/L，压缩容器使得压强变大，结合CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)中的化学计量数知，平衡右移，氢气的浓度变小，根据勒夏特列原理知，平衡时的氢气的浓度范围为1mol/L＜c(H2)＜2mol/L；‎ ‎④根据题给数据：（单位mol/L）‎ CO ‎2H2‎ CH3OH 原平衡各组分浓度 ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ 再充入浓度 ‎0.3‎ ‎0‎ ‎0.2‎ 充入后各组分浓度 ‎1.2‎ ‎1.0‎ ‎0.8‎ Qc===0.67=K，说明此时化学反应仍处平衡状态，则v正=v逆。‎ ‎【点睛】若用Qc表示任意状态下，可逆反应中产物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积与反应物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积之比，则这个比值称为浓度商。将浓度商和平衡常数作比较可得可逆反应所处的状态。即：‎ Qc=Kc   体系处于化学平衡 Qc＜Kc   反应正向进行 Qc＞Kc   反应逆向进行 可见只要知道一定温度下，某一反应的平衡常数，并且知道反应物及产物的浓度，就能判断该反应是平衡状态还是向某一方向进行。‎ ‎21.物质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。根据所学知识回答下列问题： ‎ ‎（1）下列方法中，可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中值增大的措施是_______________（填序号）。‎ a.加水稀释 b.加入少量CH3COONa固体 c.加入少量冰醋酸 d.通入少量HCl气体 e.加少量烧碱溶液 f.升高温度 ‎（2）t℃时，水的离子积常数Kw=1×10-12。 ‎ ‎①该温度下，若100体积pH=a的H2SO4溶液与1体积pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则a+b=_________。 ‎ ‎②该温度下，pH=2的某酸HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5。试分析其原因：_______________________；该混合溶液中：c(A-)－c(Na+)=______________________mol/L（填数值）。 ‎ ‎（3）‎25℃‎下，有浓度均为0.1mol/L的三种溶液：a．NaHCO3；b．NaClO；c．CH3COONa。（已知‎25℃‎时电离常数：H2CO3 K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO K=3.0×10-8；CH3COOH K=1.8×10-5）‎ ‎①三种溶液pH由小到大的顺序为：_______________________________（填序号）。 ‎ ‎②溶液a的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)_____c(CO32-)（填“＞”、“＜”或“=”）。 ‎ ‎（4）已知‎25℃‎时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，现将足量氯化银分别放入：‎ a．100mL蒸馏水中；‎ b．100mL 02mol/LAgNO3溶液中；‎ c．100mL 0.1mol/L氯化铝溶液中；‎ d．100mL 0.1mol/L盐酸溶液中。‎ 充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是________________（填写序号）；b中氯离子的浓度为_________________。‎ ‎【答案】 (1). a、d、f (2). 14 (3). HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA，可继续电离出H+，使溶液的pH=5 (4). 9.9×10-6或‎10-5-10‎-7 (5). c＜a＜b (6). ＞ (7). b＞a＞d＞c (8). 9×10-10mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）a.加水稀释醋酸，c(H+)、c(CH3COOH)均减小，但由于促进了醋酸的电离，c(CH3COOH)减少量大于c(H+)，所以值增大，a项正确；‎ b.加CH3COONa固体，由于CH3COO－对CH3COOH的电离起着抑制作用，则 值减小，b项错误；‎ c. 加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则值减小，c项错误；‎ d. 通入少量HCl气体，溶液中的c(H+)明显增大，平衡左移，c(CH3COOH)略微增大，则值增大，d项正确；‎ e. 加少量烧碱溶液，溶液中的c(H+)明显减小，平衡右移，c(CH3COOH)略微减小，则值减小，e项错误；‎ f. 升高温度，平衡右移，则c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，所以值增大，f项正确；‎ 故选adf；‎ ‎（2）①若100体积pH=a的H2SO4溶液中氢离子的物质的量浓度为10-amol/L，1体积pH=b的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量浓度为10b-12mol/L，混合溶液呈中性，则n(H+)=n(OH－)，即100×10-amol/L=1×10b-12mol/L，所以a+b=14；‎ ‎②pH=2的某酸HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，若恰好完全反应，如果酸是强酸，则盐溶液呈中性，实际上溶液呈酸性，则HA为弱酸，HA与NaOH反应后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5；该溶液中存在电荷守恒为c(A－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，则c(A－)－c(Na+)= c(H+)－c(OH－)=(10-5－10-7)mol/L=9.9×10-6mol/L；‎ ‎（3）已知酸性的强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；‎ ‎①弱酸的酸性越弱，则对应的酸根离子水解程度越大，浓度相等时溶液的碱性越强，三种溶液pH由小到大的顺序为c＜a＜b；‎ ‎②NaHCO3溶液的pH大于8 显碱性，HCO3－的水解程度大于其电离程度，则溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)；‎ ‎（4）a.100mL蒸馏水中，c(Ag+)==1.34×10-5mol/L；‎ b. 100mL 0.2mol/LAgNO3溶液中c(Ag+)为0.2mol/L，抑制沉淀溶解平衡；‎ c. 100mL 0.1mol/L氯化铝溶液中c(Cl－)为0.3mol/L，则c(Ag+)=6×10-10mol/L；‎ d. 100mL 0.1mol/L盐酸溶液中c(Cl－)为0.1mol/L，则c(Ag+)=1.8×10-9mol/L；‎ 综上银离子浓度大小顺序为b＞a＞d＞c；‎ b中100mL0.2mol/LAgNO3溶液中c(Ag+)为0.2mol/L，故c(Cl－)=mol/L=9×10-10mol/L。‎ ‎【点睛】对于一般的难溶电解质AmBn的沉淀溶解平衡：AmBn(s)mAn+＋nBm-，则Ksp=cm(An+)×cn(Bm- )。该式的意义是：在一定温度下，难溶电解质饱和溶液中各离子浓度幂的乘积为一常数。‎ ‎22.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。请根据如图所示，回答下列问题：‎ ‎（1）甲池为_____(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入 CH3OH 电极的电极反应为_____。‎ ‎（2）乙池中 A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”或“阴极”“阳极”)，总反应化学方程式为__________。‎ ‎（3）当乙池中 B 极质量增加 ‎5.4 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_____mL(标准状况)，丙池中_____(填“C”或“D”)极析出_____g 铜。‎ ‎（4）若丙中电极不变，将其溶液换成 NaCl 溶液，开关闭合一段时间后，甲中溶液的 pH将_____(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，丙中溶液的 pH 将______。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH+8OH－-6e－＝CO32－+6H2O (3). 阳极 (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 280 (6). D (7). 16 (8). 减小 (9). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1‎ ‎）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH+8OH－-6e－＝CO32－+6H2O；‎ ‎（2）乙池是电解池，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气，电池反应为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；‎ ‎（3）当乙池中B极质量增加‎5.4g Ag，其物质的量==0.05mol，根据电子守恒计算4Ag~O2~4e－，甲池中理论上消耗O2的体积==‎0.28L=280mL；丙为电解池，C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液，铜离子在阴极得到电子析出铜，结合电子守恒计算2Ag~Cu~2e－，析出铜质量==‎1.6g；‎ ‎（4）甲中发生的反应为甲醇与氧气、氢氧化钾的反应，反应消耗氢氧根离子，则pH减小，丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙中电解NaCl溶液生成氢氧化钠，所以溶液pH增大。‎ ‎【点睛】多池的判断：若多个单池相互串联，又有外接电源时，则与电源相连接时的装置为电解池或电镀池。若无外接电源时，首先找电源，先选以较活泼金属的电极为原电池的电子输出极(负极)，其余为原电池的支配装置即为电镀池或电解池，再通过判断。‎