化学卷·2019届河北省邯郸市第二中学高二上学期期中考试化学试题（解析版）

化学卷·2019届河北省邯郸市第二中学高二上学期期中考试化学试题（解析版）

河北省邯郸市第二中学2017-2018学年高二上学期期中考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 O:16 Cu:64 C:12‎ 一、单选题(本大题共21小题，共63.0分)‎ ‎1. 下列叙述中，正确的是（　　）‎ A. 钢铁腐蚀的负极反应为：Fe-3e-=Fe3+‎ B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Mg C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液所得产物之一是“84”消毒液中的有效成分NaClO D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为：O2+4e-=2O2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 钢铁腐蚀的负极反应为Fe-2e-=Fe2+，A不正确；B. Mg-Al及NaOH溶液构成的原电池中负极材料为Al，因为铝可以溶于氢氧化钠溶液、镁不能，B不正确；C. 无隔膜电解饱和NaCl溶液，阳极生所的氯气和阴极生成的氢氧化钠可以反应，生成次氯酸钠和氯化钠，NaClO是“84”消毒液中的有效成分，C正确；D. H2-O2燃料电池中电解液为H2SO4，则正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，D不正确。本题选C。‎ ‎2. 下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是（　　）‎ A. 1mol H2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]‎ B. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的 C. CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）△H＞0 能否自发进行与温度有关 D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. 相同物质的量的同种物质在不同状态下的熵值，固态最小，气态最大，所以1mol H2O在不同状态时的熵值S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]，A正确；B.放热反应在一定的条件下可以自发进行，吸热反应在一定的条件下也可以自发进行，有些吸热反应在常温下就能自发进行，如八水合氢氧化钡与氯化铵的反应，B不正确；C. CaCO3（s）⇌CaO（s）+CO2（g）△H＞0 能否自发进行与温度有关，因为其△S＞0，其在高温下可以自发进行，B正确；D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，因为其△S＞0具备自发进行的条件，若其△H<0，在常温下一定能自发进行，所以该反应的△H＞0，D正确。‎ 点睛：判断反应能否自发进行的判据有3种，第一是焓判据，若△H<0，则反应可以自发进行；第二是熵判据，若△S＞0，则反应可以自发进行；第三是综合判据，若△H-T△S<0，反应可以自发进行。‎ ‎3. 如图，下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是（　　）‎ A. ⑤②①③④ B. ⑤①②④③ C. ④②①③⑤ D. ④③①②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据图知，②③装置是原电池，在而中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阴极，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞④，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀由慢到快顺序为：④③①②⑤；故选D ‎【考点定位】考查金属的腐蚀与防护 ‎【名师点晴】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀。先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属易被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。‎ ‎4. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（　　）‎ A. CO（g）+O2（g）═CO2（g）；△H=-283.0kJ/mol B. C（s）+O2（g）═CO（g）；△H=-110.5kJ/mol C. H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ/mol D. 2C8H18（l）+25O2（g）═16CO2（g）+18H2O（l）；△H=-11 036kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，C→CO2，H2O为液态水，A、符合燃烧热的定义，故正确；B、C→CO2，因此不符合燃烧热，故错误；C、水为液态水，故错误；D、可燃物系数为1mol，故错误。‎ 考点：考查燃烧热等知识。‎ ‎5. 如图为反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的能量变化示意图．下列说法正确的是（　　） ‎ A. H2（g）和O2（g）反应生成H2O（g ），这是吸热反应 B. 2mol H2和1mol O2转化为4mol H、2mol O原子的过程中放出热量 C. 2mol H2（g）和1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量 D. 4mol H、2mol O生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量 ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应是放热反应。反应物分子断裂化学键成为原子吸收了1368kJ的能量，再变成生成物分子后又释放了1852kJ的能量 。A. H2（g）和O2（g）反应生成H2O（g ），是放热反应，A不正确；B. 2mol H2和1mol O2转化为4mol H、2mol O原子的过程中要破坏化学键，所以要吸收热量，B不正确；C.由图中信息可知， 2mol H2（g）和1mol O2（g）反应生成2mol H2O（g），共放出484kJ能量，C正确；D. 由图中信息可知，4mol H、2mol O生成2mol H2O（g），共放出1852kJ能量，D不正确。本题选C。‎ ‎6. 实验室中的试纸种类很多、用途也比较广泛．下列试纸使用时不需要对试纸预先用蒸馏水润湿的是（　　）‎ A. 用蓝色石蕊试纸检验氯化氢气体 B. 用KI淀粉试纸检验氯气的存在 C. 收集氨气时，用红色石蕊试纸检验是否收集满 D. 用pH试纸检测稀盐酸溶液的pH ‎【答案】D ‎ ‎ ‎7. 在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（　　）‎ A. 该溶液一定呈酸性 B. 该溶液中c（H+）可能等于10-5mol•L-1‎ C. 该溶液的pH可能为4也可能为10‎ D. 该溶液有可能呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在25℃时，KW=10-14，某稀溶液中由水电离产生的cOH-）=10-10 mol•L-1，比正常水的电离程度小，说明此溶液中的水的电离受到了抑制，可能是酸抑制的，也可能是碱抑制的，所以溶液可能是酸性的，也可能是碱性的。若是酸性的，c（H+）等于10-4mol•L-1，则pH=4；若是碱性的，c（H+）等于10-10mol•L-1，则pH=10。综上所述，C正确，本题选C。‎ ‎8. 氢氰酸（HCN）的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（　　）‎ A. HCN易溶于水 B. 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3‎ C. 10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应 D. HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．HCN易溶于水，与该酸是强酸还是弱酸无关，错误；B． 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3，c(H+)=0.001mol/L<1mol/L，则可证明盖酸是弱酸，正确；C．一元酸与一元碱混合发生反应，若二者的物质的量的比是1:1，恰好完全反应，与物质的酸性强弱无关，错误；D．电解质溶液的导电性的强弱与溶液中自由移动的离子的浓度有关，与电解质的强弱无关，错误。‎ 考点：考查电解质强弱判断方法的知识。‎ ‎9. 用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（　　） ‎ ‎①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线．‎ A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】用标准浓度的NaOH溶液来滴定未知浓度的盐酸时，①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，则标准液会被残留的水稀释，滴定时所用标准液体积偏大，测定结果偏大； ②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，不会影响滴定结果； ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，则盐酸的浓度变小，测定结果必然也偏小； ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，则读数时，气泡的体积也读作标准液的体积，相当于标准液用量偏大，结果偏大； ⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，读数偏小，测定结果偏小．综上所述，A正确，本题选A。‎ ‎10. 燃料电池是一种新型电池．某氢氧燃料电池的基本反应是：X极：O2（g）+2H2O（l）+4e-=4OH-，Y极：2H2（g）-4e-+4OH-=4H2O（l）下列判断正确的是（　　）‎ A. 该电池的电解质溶液为酸性 B. 电池总反应为2H2+O2=2H2O C. X极是负极，发生氧化反应 D. 电池工作一段时间后溶液PH增大 ‎【答案】B ‎【解析】A. Y电极有氢氧根参与，该电池的电解质溶液为碱性，A错误；B. 根据正负价电极反应式可知电池总反应为2H2 + O2 =2H2O，B正确；C. X极氧气得到电子，是正极，发生还原反应，C错误；D. 电池工作一段时间后溶剂水增加，溶液pH减小，D错误，答案选B。‎ ‎11. 可逆反应A（g）+4B（g）⇌C（g）+D（g），在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应进行得最快的是（　　）‎ A. vA=0.15mol/（L•min）‎ B. vB=0.6mol/（L•min）‎ C. vC=0.4mol/（L•min）‎ D. vD=0.005mol/（L•s）‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：转化为同一种物质进行比较，注意单位的统一性，A为vA=0．15mol/（L·min）‎ ‎ B为vA=0．15mol/（L·min） ，C为vA=0．4 mol/（L·min）D为vA=0．3mol/（L·min），反应速率最大的是C 考点：化学反应速率大小的比较 ‎12. 在某容积一定的密闭容器中，有下列可逆反应xA（g）+B（g）⇌2C（g），反应曲线（T表示温度，P表示压强，C% 表示C的体积分数）如图所示，试判断对图的说法中一定正确的是（　　） ‎ A. 该反应是吸热反应 B. x=2‎ C. P3＜P4，y轴可表示混合气体的相对分子质量 D. P3＞P4，y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．根据图1可知在压强相同时T1曲线首先得到平衡状态，则T1大于T2。温度越高C的体积分数越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则该反应是放热反应，A错误；B．根据图1可知在温度相同时P2曲线首先得到平衡状态，则P2大于P1。压强越大，C的体积分数越大，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，即正反应是体积减小的可逆反应，但x不一定等于2，B错误；C．根据图2 可知升高温度Y减小，营业升高温度平衡向逆反应方向进行，气体的物质的量增加，而气体质量不变，则平均相对分子质量减小。由于增大压强平衡向正反应方向进行，气体的物质的量减小，质量不变，气体的平均相对分子质量增加，所以应该是P4＜P3，C错误；D．由于增大压强平衡向正反应方向进行，C的百分含量增加。所以如果P3＞P4，则y轴可表示C物质在平衡体积中的百分含量，D正确，答案选D。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态的影响 ‎13. 已知在一定条件下有CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），在某一容积为2L的密闭容器中，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下，高温加热，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=a kJ/mol，反应达平衡后，测得c（CO）：c（CO2）=3：2，下列说法正确的是（　　）‎ A. 反应放出的热量为0.04a KJ B. 平衡时H2O的转化率为40%‎ C. 若将容器的体积压缩为1L，有利于该反应平衡正向移动 D. 判断该反应达到平衡的依据是CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等 ‎【答案】B ‎【解析】CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，‎ ‎0.2 mol 0.2 mol 0 0‎ X X X X ‎0.2-X 0.2-X X X c(CO)∶c(CO2)＝3∶2， ( 0.2-X):X=3:2 X=0.08‎ Q=0.08aKJ /平衡时H2O的转化率为40%‎ 若将容器的体积压缩为1 L，有利于该反应平衡不移动。各组分的浓度不变才是平衡状态的标志。‎ ‎14. 在容积不变的密闭容器中进行反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s），己知反应中X、Y 的起始浓度分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1，在一定条件下，当反应达到化学平衡时，各物质的浓度可能是（　　）‎ A. X为0.05mol•L-1 B. Y为0.1mol•L-1‎ C. Z为0.2mol•L-1 D. W为0.1mol•L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】若按起始浓度反应不进行，X、Y浓度最大，分别为0.1mol•L-1、0.2mol•L-1，Z的浓度最小为0，W物质的量为0；若反应向正反应进行达平衡，X、Y浓度最小，Z的浓度最大，W为固体，浓度为常数；假定完全反应，根据反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）+W（s），X、Y浓度最小分别为0、0.1mol•L-1，Z的浓度最大，为0.2mol•L-1，W为固体，物质的量最大为0.1mol，是浓度不等于0.1mol•L-1的常数；由于可逆反应，物质不可能完全转化，所以平衡时浓度范围：0c，所以答案选C。‎ 考点：考查条件对平衡的影响 ‎17. 在一定温度下，将气体X与气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+Y（g）⇌‎ ‎2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如表：下列说法正确的是（　　） ‎ t∕min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n（Y）∕mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ A. 反应前4min的平均反应速率υ（Z）=0.0125mol•L-1•min-1‎ B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前υ（逆）＞υ（正）‎ C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44‎ D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，达平衡时X的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】A. 由表中信息可知，反应前4min，Y的变化量为0.05mol，所以Z的变化量为0.1mol，平均反应速率υ（Z）= 0.0025mol•L-1•min-1，A不正确；B. 该反应是放热反应，其他条件不变，降低温度，平衡向正反应方向移动，反应达到新平衡前υ（逆）< υ（正），B不正确；C. 在平衡状态下，c(X)=c(Y)=0.010mol/L，c(Z)=0.012mol/L，该温度下此反应的平衡常数K= =1.44，C正确；D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，由于反应前后气体的分子数不发生变化，所以达平衡时X的体积分数不变。‎ ‎18. 现有pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1L，其pH与溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）  ‎ ‎①A是强酸或比B强的弱酸，B是弱酸   ‎ ‎②稀释后，A溶液的酸性比B溶液强　 ‎ ‎③若A、B均为弱酸，则2＜a＜5　 ‎ ‎④若A、B均为强酸，则A、B的物质的量浓度一定相等．‎ A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据图像可知，稀释后B的酸性强于A的，说明在B溶液中存在电离平衡，所以A的酸性强于B的，①正确，②不正确。如果都是弱酸，则稀释1000倍后，其pH都小于5，③正确。④不正确，因为二者一定都是一元强酸或二元强酸等，答案选B。‎ ‎19. 向0.1mol•L-1的H2SO4溶液中滴入0.1mol•L-1过量的Ba（OH）2溶液，溶液的导电能力发生变化，其电流强度（I）随加入Ba（OH）2溶液的体积（V）的变化曲线正确的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：溶液的导电能力与离子浓度成正比，离子浓度越大其溶液导电能力越大，硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，向硫酸溶液中滴加氢氧化钡溶液至过量，硫酸和氢氧化钡发生反应H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，硫酸钡是难溶物，水是弱电解质，所以溶液中离子浓度逐渐减小，当氢氧化钡过量时，氢氧化钡是强电解质，在水溶液里完全电离，则溶液中离子浓度逐渐增大，所以溶液的导电能力将增大，则整个过程中，溶液导电能力是先减小后增大，A项正确；答案选A。‎ 考点：考查导电能力变化 ‎20. 下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数： ‎ CH3COOH H2CO3‎ H2S H3PO4‎ ‎1.8×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ K1=9.1×10-8‎ K2=1.1×10-12‎ K1=7.5×10-3‎ K2=6.2×10-8‎ K3=2.2×10-13‎ 则下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 碳酸的酸性强于氢硫酸 B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定 C. 常温下，加水稀释醋酸，增大 D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变 ‎【答案】C ‎【解析】A. 因为碳酸K1的大于氢硫酸的K1，所以碳酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B. 多元弱酸的K1‎ 远远大于K2，所以其酸性主要由第一步电离决定，B正确；C. 常温下，加水稀释醋酸，＝，因为电离常数和水的离子积在常温下都是定值，所以其值不变，C不正确；D. 电离常数只与温度有关，向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，D正确。本题选C。‎ 点睛：判断电解质溶液中相关离子浓度的比值在溶液稀释时的变化，通常要借助某些平衡常数来进行，通过适当变形后，就可以把一个复杂的问题变成一个简单问题。‎ ‎21. 25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大 B. 将水加热，Kw增大，pH不变 C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大 D. 向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低 ‎【答案】C ‎【解析】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。‎ 点睛：明确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。‎ 二、填空题(本大题共5小题，共37.0分)‎ ‎22. （1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1 ‎ ‎②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1 ‎ 请写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： ______。‎ ‎（2）科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体（如图所示），与白磷分子相似．已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H= ______ 。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1 (2). -724kJ•mol-1‎ ‎【解析】（1）已知：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1 ，②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726.5kJ•mol-1 ，②－①得CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l），则△H= -726.5kJ•mol-1 -（-283.0kJ•mol-1）= -443.5kJ•mol-1 ，甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=-443.5kJ•mol-1。 ‎ ‎（2）则1molN4气体转化为2molN2时，要断裂6molN-N键、形成2molN≡N键，已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2时的△H=（193-941）kJ•mol-1 = -724kJ•mol-1。‎ ‎ 点睛：化学反应的实质是断裂旧键、形成新键，断裂化学键时要吸收能量，形成化学键要放出能量。化学反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和。‎ ‎23. （1）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是 ______。‎ A．C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H＞0 ‎ B．NaOH（aq）+HC1（aq）═NaC1（aq）+H2O（1）△H＜0 ‎ C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（1）△H＜0 ‎ ‎（2）以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为 ______。‎ ‎（3）电解原理在化学工业中有着广泛的应用．现将你设计的原电池通过导线与右图中电解池相连，其中a为电解液，X和Y均为惰性电极，则： ‎ ‎①若a为CuSO4溶液，则电解时的化学反应方程式为 ______ ．通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为 ______。‎ ‎【答案】 (1). C (2). H2+2OH--2e-=2H2O (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (4). 0.4mol ‎【解析】（1）能设计成原电池的反应通常是放热反应，同时也必须是氧化还原反应。氢气和氧气反应生成水的反应是一个放热的氧化还原反应，所以在理论上可以设计成原电池，选C。‎ ‎（2）以KOH溶液为电解质溶液，可以设计一个氢氧燃料电池，其负极上氢气发生氧化反应，电极反应式为 H2+2OH--2e-=2H2O 。‎ ‎（3）①若a为CuSO4溶液，则电解时，阳极上发生2 H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上发生Cu2++2 e-=Cu，总反应的化学反应方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4．由电极反应式可知，n(e-)=n(H+)，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2molCuO粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH。因为0.2molCuO可以与0.4mol H+反应，所以电解过程中转移的电子的物质的量为0.4mol 。‎ ‎24. 已知 Fe2O3（s）+3CO（g）⇌2Fe（s）+3CO2（g） 在不同温度下的平衡常数如表： ‎ 温度/℃‎ ‎1000‎ ‎1150‎ ‎1300‎ 平衡常数 ‎42.9‎ ‎50.7‎ ‎64.0‎ 请回答下列问题： ‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式 K= ______ ，△H ______ 0（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1300℃时加入 Fe、Fe2O3、CO、CO2各1mol，反应经过10min 后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率 v（CO2）= ______ ，CO 的平衡转化率为 ______。 ‎ ‎（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是 ______。‎ A．增加Fe2O3的量   B．加入合适的催化剂   C．移出部分CO2    D．提高反应温度．‎ ‎【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.006mol/（L•min） (4). 60% (5). CD ‎【解析】试题分析：（1）根据平衡常数概念分析；依据温度和平衡常数的关系解答；‎ ‎（2）依据平衡常数结合三段式计算；‎ ‎（3）根据外界条件对平衡状态的影响分析。‎ 解析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据方程式可知该反应的平衡常数表达式 K＝；根据表中数据可知升高温度平衡常数增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，则正反应是吸热反应，则ΔH＞0。‎ ‎（2） Fe2O3(s)＋3CO(g) 2Fe(s)＋3CO2(g)‎ 起始浓度（mol/L） 0.1 0.1‎ 转化浓度（mol/L） x x 平衡浓度（mol/L） 0.1-x 0.1+x 则根据平衡常数可知，解得x＝0.06，则该时间范围内反应的平均反应速率 v(CO2)＝0.06mol/L÷10min＝0.006mol/(L·min)，CO的平衡转化率为。‎ ‎（3）A．增加固体Fe2O3的量不能改变平衡状态，转化率不变，A错误；B．加入合适的催化剂不能改变平衡状态，转化率不变，B错误；C．移出部分CO2，降低生成物浓度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，C正确；D．正反应吸热，提高反应温度，平衡向正反应方向进行，转化率提高，D正确，答案选CD。‎ ‎25. （1）常温下，0.1mol/L 的CH3COOH溶液中有1%的CH3COOH分子发生电离，则溶液的pH= ______ ；可以使0.10mol•L-1 CH3COOH的电离程度增大的是 ______ ｡ ‎ a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸        ‎ b．加热CH3COOH溶液  ‎ c．加水稀释至0.010mol•L-1             ‎ d．加入少量冰醋酸  e．加入少量氯化钠固体  f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液 ‎ ‎（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V（盐酸） ______ V（醋酸）（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（3）0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，则H2A的电离方程式为 ______。‎ ‎（4）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为 ______。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). bcf (3). ＜ (4). H2A⇌H++HA-，HA-⇌H++A2- (5). 9‎ ‎【解析】试题分析：（1）根据c(H＋)=c(HAc)×ɑ，则c(H＋)=0.1×1%，pH=3；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋。a、加入盐酸增大了溶液c(H＋)，对醋酸的电离起抑制作用，a错误；b、弱电解质的电离是吸热反应，加热，有利用向电离反应方向进行，b正确；c、加水稀释，降低了浓度，根据勒夏特列原理，平衡向浓度增大的方向进行，即向电离反应进行，c正确；d、加入冰醋酸，电离程度降低，d错误；e、加入氯化钠固体，对电离无影响，e错误；f、加入氢氧化钠，消耗H＋，促使平衡向电离方向进行，f正确。答案选bcf；‎ ‎（2）盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH时，弱酸的浓度大于强酸，则盐酸的物质的量小于醋酸，反应后只有一种溶液中有锌剩余，此溶液是盐酸，即产生氢气的体积V(盐酸) ＜V(醋酸)；‎ ‎（3）常温下，0.1mol/L的某酸H2A的pH=4，说明该酸部分电离，则为弱酸，H2A是二元弱酸，分步电离，第一步电离方程式为：H2AH＋＋HA－；‎ ‎（4）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝6，则盐酸过量，则有：c(H+)混＝＝＝10－6，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为9∶1。‎ 考点：弱电解质的电离平衡、pH的计算等 ‎26. 温州某学生用0.1000mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步： ‎ A．检查滴定管是否漏水 ‎ B．用蒸馏水洗干净滴定管 ‎ C．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 ‎ D．用待测定的溶液润洗酸式滴定管 ‎ E．用酸式滴定管取稀盐酸20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞 ‎ F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度 ‎ G．另取锥形瓶，再重复操作一次 ‎ 完成以下填空： ‎ ‎（1）操作F中应该选择图中 ______ 滴定管（填标号）。 ‎ ‎（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 ______。 ‎ A．滴定管内液面的变化   B．锥形瓶内溶液颜色的变化 ‎ 滴定终点溶液颜色的变化是 ______ ．若指示剂改为甲基橙则颜色的变化是 ______。‎ ‎（3）滴定结果如表所示：‎ 滴定次数 待测液体积/mL 标准溶液的体积/mL 滴定后刻度 滴定前刻度 ‎1‎ ‎20‎ ‎1.02‎ ‎21.03‎ ‎2‎ ‎20‎ ‎2.00‎ ‎25.00‎ ‎3‎ ‎20‎ ‎0.60‎ ‎20.59‎ 滴定中误差较大的是第 ______ 次实验，造成这种误差的可能原因是 ______。‎ A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次 ‎ B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡 ‎ C．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡 ‎ D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数 ‎ E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来 ‎ ‎（4）该盐酸的浓度为______mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). B (3). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (4). 红色变橙色 (5). 2 (6). ABD (7). 0.1000‎ ‎【解析】（1）操作F中要把锥形瓶放在碱式滴定管下面，应该选择图中乙滴定管。 ‎ ‎（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，选B。酚酞作指示剂时，滴定终点溶液的pH在8~10之间，所以溶液颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色．若指示剂改为甲基橙，滴定终点溶液的pH在3.1~4.4之间，则颜色的变化是红色变橙色。‎ ‎（4）由第1、2两次滴定所用标准液体积的平均值20.00 mL和标准液的浓度0.1000mol/L ，根据参加反应的盐酸和氢氧化钠的物质的量相等，可以计算出该20.00 mL待测盐酸的浓度为0.1000 mol/L。‎