化学卷·2018届江西省师大附中高二上学期期末化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届江西省师大附中高二上学期期末化学试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年江西省师大附中高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．已知CH3OH（l）的燃烧热为238.6 kJ•mol﹣1，则CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣238.6 kJ•mol﹣1‎ B．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 C．反应H2+Cl2═2HCl（△H＜0）的机理包含①Cl2﹣→2Cl（慢），②H2+Cl﹣→HCl+H（快），③Cl2+H﹣→HCl+Cl（快），则反应①的活化能小于反应②的活化能 D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）‎ ‎2．利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（　　）‎ A．降低温度 B．增大压强同时加催化剂 C．升高温度同时充入N2‎ D．及时将CO2和N2从反应体系中移走 ‎3．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．铜电极上发生反应Cu﹣2e﹣=Cu2+‎ B．电池工作一段时间后，乙池的c（SO42﹣ ）减小 C．电子从锌极经过导线移向铜极 D．电池工作一段时间后，甲池的c（Zn2+ ）增加 ‎4．用H2可将工业废气中的NO催化还原化N2，其能量转化关系如图：（图中计量单位为mol），则：NO（g）+H2（g）═0.5N2（g）+H2O（g）的△H为（　　）‎ A．0.5•（a+b﹣c﹣d）kJ/mol B．0.5•（c+a﹣d﹣b）kJ/mol C．0.5•（c+d﹣a﹣b）kJ/mol D．0.5•（c+d﹣a﹣b）kJ/mol ‎5．利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的装置如图所示．此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极 B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜 C．电极A极反应式为：2NH3﹣6e﹣=N2+6H+‎ D．当有4.48LNO2被处理时，转移电子数为0.8NA ‎6．金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（　　）‎ A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面 B．比较Mg，Al，Zn三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高 C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2‎ ‎，宜采用中性电解质及阳离子交换膜 ‎7．自来水管道经历了从铸铁管→镀锌管→PVC管→PPR热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如图所示，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．如果是镀锌管，则a端为Zn，是负极，产生Zn2+，不但会造成管道锈蚀，Zn2+溶于自来水也对人体有害 B．b端发生的电极反应为：ClO﹣+H2O﹣2e﹣═Cl﹣+2OH﹣‎ C．由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能 D．从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化 ‎8．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1‎ B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③‎ ‎9．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+‎ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4‎ 溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体 ‎10．500℃、20MPa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应：3H2+N2⇌2NH3△H＜0．反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如图所示，据图判断下列叙述不正确的是（　　）‎ A．从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min时可能采取的措施是使用了催化剂 B．25min时平衡正向移动但达到新平衡后 NH3的体积分数比原平衡大 C．反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.0625mol•（L•min）﹣1，H2的转化率为75%‎ D．从曲线变化可以看出，反应进行至25min时，采取的措施是分离出0.1mol的氨气，平衡正向移动 ‎11．下列有关叙述不正确的是（　　）‎ ‎①在100℃，101KPa条件下，液态水气化热为40.69kJ•mol﹣1，则H2O（g）=H2O（l）△H=+40.69KJ•mol﹣1‎ ‎②已知25℃时，MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6，则在该温度下，含有固体MgCO3的溶液中，无论c（Mg2+）与c（CO32﹣）是否相等，总有c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6‎ ‎③电解NaNO3溶液时，随着电解进行，溶液的pH减小 ‎④常温下，在0.10mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，则NH3•H2O电离被抑制，溶液pH减少．‎ A．①② B．③④ C．②④ D．①③‎ ‎12．下列有关电化学装置的说法正确的是（　　）‎ A．用图1装置处理银器表面的黑斑（Ag2S），银器表面发生的反应为Ag2S+2e﹣═2Ag+S2﹣，该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3‎ B．用图2装置电解一段时间后，铜电极部分溶解，溶液中铜离子的浓度基本不变 C．图3装置中若直流电源的X极为正极，则该装置可实现粗铜的电解精炼 D．图4装置中若M是铜，则该装置能防止铁被腐蚀 ‎13．已知同温同压下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为 ‎（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ•mol﹣1　K1=a ‎（2）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H2=﹣144kJ•mol﹣1　K2=b ‎（3）NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H3=﹣m kJ•mol﹣1　K3=c 下列说法正确的是（　　）‎ A．m=53　c2=a/b B．m=﹣26.5　2c=a﹣b C．m=﹣170.5　2c=a﹣b D．m=26.5　c2=‎ ‎14．电解100mL含c（H+）=0.30mol•L﹣1下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（　　）‎ A．0.10 mol•L﹣1AgNO3溶液 B．0.10 mol•L﹣1ZnSO4溶液 C．0.20 mol•L﹣1CuCl2溶液 D．0.20 mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液 ‎15．研究人员研制出一种可快速充放电的超性能铝离子电池，Al、Cn为电极，有机阳离子与阴离子（AlCl4﹣、Al2Cl7﹣）组成的离子液体为电解质．图为该电池放电过程示意图．下列说法错误的是（　　）‎ A．充电时，Al做阴极、Cn为阳极 B．充电时，每生成1mol铝，同时消耗4molAl2Cl7﹣‎ C．放电时，电解质中的有机阳离子向铝电极方向移动 D．放电时，正极反应式为Cn[AlCl4]+e﹣=Cn+AlCl4﹣‎ ‎16．等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2．下列说法正确的是（　　）‎ A．两极共生成三种气体 B．阴极反应式为：Ag++e﹣═Ag C．阳极始终发生“2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑”的反应 D．向电解后的溶液中通入适量的HCl气体可使溶液复原到电解前的状态 ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分52分）‎ ‎17．（1）下列事实不能说明醋酸是弱酸的是　　‎ ‎①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体 ‎②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9‎ ‎③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多 ‎④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8‎ ‎⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸消耗碱液多 ‎⑥同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至pH相同时，醋酸加入的水少．‎ ‎（2）（CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是　　．‎ ‎（3）某同学用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂﹣KNO3的U形管）设计成一个原电池，如图所示，下列判断中正确的是　　．‎ a．实验过程中，左侧烧杯中NO3﹣浓度不变 b．实验过程中取出盐桥，原电池能继续工作 c．若开始时用U形铜代替盐桥，装置中无电流产生 d．若开始时用U形铜代替盐桥，U形铜的质量不变 ‎（4）利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得．利用如图所示装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液．B极区电解液为　　溶液（填化学式），阳极电极反应式为　　，电解过程中Li+向　　电极迁移（填“A”或“B”）．‎ ‎18．某校化学实验小组对电化学问题进行了如图所示实验探究．‎ 探究一：探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素．将混合均匀的新制铁粉和炭粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图所示）．从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化．‎ ‎（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：‎ 编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%‎ ‎①‎ 为以下实验作参照 ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎90.0‎ ‎②‎ ‎？‎ ‎0.5‎ ‎ 2.5‎ ‎36.0‎ ‎③‎ ‎ 碳粉质量的影响 ‎0.2‎ ‎？‎ ‎90.0‎ ‎（2）编号①实验测得容器中的压强随时间的变化如图（2）所示．t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了　　 腐蚀，请在图（3）中用箭头标出发生该腐蚀时电子的流动方向；此时，炭粉表面发生的电极反应式是　　．‎ ‎（3）该小组对图（2）中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：‎ 假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；‎ 假设二：　　；‎ 探究二：探究电解现象 利用图2装置做电解50mL 0.5mol•L﹣1CuCl2溶液的实验．‎ 实验记录：‎ A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色（提示：Cl2氧化性大于IO3﹣）；‎ B．电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体．‎ ‎（4））分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：‎ ‎①　　；‎ ‎②　　．‎ ‎（5）分析实验记录B中浅蓝色固体可能是　　（写化学式），试分析生成该物质的原因（用必要的文字和化学用语解释）　　．‎ ‎19．如图所示，p、q为直流电源的两极，A由金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D上产生气泡，试回答：‎ ‎（1）p为　　极，A极发生了　　反应．‎ ‎（2）C为　　极，可收集到　　；D为　　极，可收集到　　．‎ ‎（3）C极的电极反应式为　　．‎ ‎（4）在电解过程中，测C、D两极上产生气体的体积，实验数据如表：‎ 时间（min）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 阴极产生气体的体积（cm3）‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎20‎ ‎29‎ ‎39]‎ ‎49‎ ‎59‎ ‎69‎ ‎79‎ ‎89‎ 阳极产生气体的体积（cm3）‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎11‎ ‎16‎ ‎21‎ ‎26‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎41‎ 仔细分析以上实验数据，请说出变化的可能原因是　　．‎ ‎（5）当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH　　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（6）当电路中通过0.004mol电子时，B极上沉积的金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为　　．‎ ‎20．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．‎ ‎（1）用脱硫剂ZDE﹣01的海绵铁法脱硫，可实现常温脱硫 ‎①脱硫：Fe2O3•H2O（s）+3H2S（g）=Fe2S3•H2O（s）+3H2O（g）△H=﹣akJ/mol ‎②再生：2Fe2S3•H2O（s）+3O2（g）=2Fe2O3•H2O（s）+6S（s）△H=﹣bkJ/mol 则2H2S（g）+O2（g）=2H2O（g）+2S（s）△H=　　（用a、b表示）‎ ‎（2）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H 2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，‎ ‎①H 2 S在高温下分解反应的化学方程式为　　．‎ ‎②据图1计算；若1400℃时，VL恒容容器中加入amol的H2S，则该条件下的平衡常数可表示为　　mol•L﹣1‎ ‎（3）H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图2所示的电解池的阳极区进行电解 ‎①写出电解时阴极的电极反应式：　　．‎ ‎②Na2S溶液中离子浓度由大到小顺序：　　‎ ‎（4）H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10mol•L﹣1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图3所示（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．‎ ‎①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）=　　mol•L﹣1．‎ ‎②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液pH=　　时，Mn2+开始沉淀．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省师大附中高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．已知CH3OH（l）的燃烧热为238.6 kJ•mol﹣1，则CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣238.6 kJ•mol﹣1‎ B．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 C．反应H2+Cl2═2HCl（△H＜0）的机理包含①Cl2﹣→2Cl（慢），②H2+Cl﹣→HCl+H（快），③Cl2+H﹣→HCl+Cl（快），则反应①的活化能小于反应②的活化能 D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）‎ ‎【考点】反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】A．表示燃烧热，应生成液态水；‎ B．牺牲阳极或外加电流，可防止金属被氧化；‎ C．活化能越高，反应速率越慢；‎ D．反应速率之比等于化学计量数之比．‎ ‎【解答】解：A．表示燃烧热，应生成液态水，热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣238.6 kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．牺牲阳极为原电池反应，被保护金属为正极，外加电流，被保护金属为阴极，可防止金属被氧化，故B正确；‎ C．活化能越高，反应速率越慢，已知反应①比反应②慢，则反应①的活化能大于②，故C错误；‎ D.2v正（H2）=3v逆（NH3）时可说明达到平衡状态，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．利用反应：2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）△H=746.8kJ•mol﹣1，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（　　）‎ A．降低温度 B．增大压强同时加催化剂 C．升高温度同时充入N2‎ D．及时将CO2和N2从反应体系中移走 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】提供该反应的速率可以采取增大压强、使用催化剂、升高温度等，同时提高NO的转化率，应采取措施使平衡向正反应方向，结合平衡移动原理分析．‎ ‎【解答】解：A．该反应正反应为吸热反应，降低温度，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率降低，化学反应速率减慢，故A错误；‎ B．增大压强同时加催化剂，化学反应速率加快，催化剂不移动平衡移动，但增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率转化率增大，故B正确；‎ C．升高温度，化学反应速率加快，化学平衡向吸热方向移动，即向正反应方向，NO的转化率转化率增大，同时充入N2，化学平衡向逆反应方向移动，NO的转化率转化率减小，故C错误；‎ D．将CO2和N2从反应体系中移走，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，但反应速率减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．铜电极上发生反应Cu﹣2e﹣=Cu2+‎ B．电池工作一段时间后，乙池的c（SO42﹣ ）减小 C．电子从锌极经过导线移向铜极 D．电池工作一段时间后，甲池的c（Zn2+ ）增加 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++‎ Cu，Zn失电子发生氧化反应，为负极，Cu电极上铜离子得电子发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，电子从负极流向正极，据此分析．‎ ‎【解答】解：A．由图象可知，铜锌原电池的电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，正极上铜离子得电子生成Cu，则铜电极上发生反应Cu2++2e﹣=Cu，故A错误；‎ B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42﹣）不变，故B错误；‎ C．电子从负极流向正极，即电子从锌极经过导线移向铜极，故C正确；‎ D．甲池中Zn失电子生成Zn2+，Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，所以甲池的c（Zn2+ ）不变，故D错误，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．用H2可将工业废气中的NO催化还原化N2，其能量转化关系如图：（图中计量单位为mol），则：NO（g）+H2（g）═0.5N2（g）+H2O（g）的△H为（　　）‎ A．0.5•（a+b﹣c﹣d）kJ/mol B．0.5•（c+a﹣d﹣b）kJ/mol C．0.5•（c+d﹣a﹣b）kJ/mol D．0.5•（c+d﹣a﹣b）kJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】由图中转化可知，断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，发生2NO（g）+2H2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=（a+b﹣c﹣d）kJ•mol﹣1，化学反应中化学计量数与反应中的能量变化成正比，以此计算．‎ ‎【解答】解：由图中转化可知，断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，发生2NO（g）+2H2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=（a+b﹣c﹣d）kJ•mol﹣1，‎ 又化学计量数与反应中的能量变化成正比，则NO（g）+H2（g）═0.5N2（g）+H2O（g）的△H=0.5•（a+b﹣c﹣d）kJ/mol，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的装置如图所示．此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极 B．为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜 C．电极A极反应式为：2NH3﹣6e﹣=N2+6H+‎ D．当有4.48LNO2被处理时，转移电子数为0.8NA ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】该反应中，二氧化氮中N元素化合价由+4价变为0价、氨气中N元素化合价由﹣3价变为0价，所以通入二氧化氮的电极是正极、通入氨气的电极是负极，‎ A．放电时，电流从正极沿导线流向负极；‎ B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜；‎ C．A电极上失电子发生氧化反应，因为电解质溶液呈碱性，生成的氢离子和氢氧根离子反应生成水；‎ D．气体摩尔体积受温度和压强影响．‎ ‎【解答】解：该反应中，二氧化氮中N元素化合价由+4价变为0价、氨气中N元素化合价由﹣3价变为0价，所以通入二氧化氮的电极是正极、通入氨气的电极是负极，‎ A．放电时，电流从正极沿导线流向负极，所以电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A错误；‎ B．原电池工作时，阴离子向负极移动，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，防止二氧化氮反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，导致原电池不能正常工作，故B正确；‎ C．电解质溶液呈碱性，则负极电极方程式为2NH3﹣6e﹣+60H﹣=N2+6H2O，故C错误；‎ D．气体摩尔体积受温度和压强影响，温度和压强未知导致气体摩尔体积未知，所以无法计算，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（　　）‎ A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面 B．比较Mg，Al，Zn三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高 C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．反应物接触面积越大，反应速率越快；‎ B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多；‎ C．正极上氧气得电子和水反应生成OH﹣；‎ D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH﹣．‎ ‎【解答】‎ 解：A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故A正确；‎ B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为=mol、×3=mol、=mol，所以Al﹣空气电池的理论比能量最高，故B正确；‎ C．正极上氧气得电子和水反应生成OH﹣，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；‎ D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH﹣，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．自来水管道经历了从铸铁管→镀锌管→PVC管→PPR热熔管等阶段，铸铁管、镀锌管被弃用的原因之一，可以用原电池原理来解释，示意图如图所示，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．如果是镀锌管，则a端为Zn，是负极，产生Zn2+，不但会造成管道锈蚀，Zn2+溶于自来水也对人体有害 B．b端发生的电极反应为：ClO﹣+H2O﹣2e﹣═Cl﹣+2OH﹣‎ C．由于该原电池原理的存在，一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能 D．从自来水厂到用户，经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据装置图，b端次氯酸根得电子发生还原反应生成氯离子，所以b端为正极电极反应为：ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+2OH﹣，则a端为负极，据此分析．‎ ‎【解答】解：根据装置图，b端次氯酸根得电子发生还原反应生成氯离子，所以b端为正极，则a端为负极，‎ A、如果是镀锌管，锌比铁活泼，则a端负极为Zn，产生Zn2+，Zn2+溶于自来水也对人体有害，故A正确；‎ B．b端为正极，电极反应为：ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+2OH﹣，故B错误；‎ C．根据正极电极反应为：ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+2OH﹣，则消耗了次氯酸根，所以一定程度上减弱了自来水中余氯的杀菌消毒功能，故C正确；‎ D．根据正极电极反应为：ClO﹣+H2O+2e﹣═Cl﹣+2OH﹣，所以经过该类管道的长期接触，自来水的酸碱性发生了变化，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）‎ A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1‎ B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1‎ C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离；‎ C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大．‎ ‎【解答】解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS﹣），故A错误；‎ B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；‎ C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；‎ D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③‎ NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度 ①＜②＜③，所以盐浓度 ①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+‎ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；‎ B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；‎ C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；‎ D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．‎ ‎【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；‎ B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；‎ C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；‎ D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2‎ ‎，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol××58g/mol=1.45g固体，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．500℃、20MPa时，将H2和N2置于一容积为2L的密闭容器中发生反应：3H2+N2⇌2NH3△H＜0．反应过程中H2、N2和NH3物质的量变化如图所示，据图判断下列叙述不正确的是（　　）‎ A．从曲线变化可以看出，反应进行到10min至20min时可能采取的措施是使用了催化剂 B．25min时平衡正向移动但达到新平衡后 NH3的体积分数比原平衡大 C．反应开始到第一次平衡时，N2的平均反应速率为0.0625mol•（L•min）﹣1，H2的转化率为75%‎ D．从曲线变化可以看出，反应进行至25min时，采取的措施是分离出0.1mol的氨气，平衡正向移动 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为使用催化剂；‎ B．第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，根据浓度对平衡影响分析；‎ C．第一次平衡时，时间为20min，氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol，容器容积为2L，根据速率公式可计算出氮气的速率；‎ D.25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2‎ 的物质的量不变，说明应是分离出NH3；‎ ‎【解答】解：A．由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.4﹣0.25=0.15mol，△n（H2）=0.6mol﹣0.15mol=0.45mol，△n（NH3）=0.3mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，故A正确；‎ B．第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，平衡向正反应方向移动，由于反应条件为恒容，与原平衡相比，容器内压强减小，则反应进行的程度减小，但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小，故B错误；‎ C．第一次平衡时，时间为20min，氮气的物质的量由0.4mol变为0.25mol，容器容积为2L，v（N2）==0.00375mol/（L•min），故C错误；‎ D．25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3，故D正确；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎11．下列有关叙述不正确的是（　　）‎ ‎①在100℃，101KPa条件下，液态水气化热为40.69kJ•mol﹣1，则H2O（g）=H2O（l）△H=+40.69KJ•mol﹣1‎ ‎②已知25℃时，MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6，则在该温度下，含有固体MgCO3的溶液中，无论c（Mg2+）与c（CO32﹣）是否相等，总有c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6‎ ‎③电解NaNO3溶液时，随着电解进行，溶液的pH减小 ‎④常温下，在0.10mol•L﹣1的NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，则NH3•H2O电离被抑制，溶液pH减少．‎ A．①② B．③④ C．②④ D．①③‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】①从不同状态的物质之间的转化判断，一般来说，气体转化为液体、液体转化为固体为放热过程，反之吸热；‎ ‎②碳酸镁的溶度积只受温度的影响，温度不变，则其溶度积不变；‎ ‎③电解硝酸钠溶液的实质为电解水，溶液的pH不变；‎ ‎④NH3•H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，平衡向逆方向移动，电离程度降低．‎ ‎【解答】解：①气体转化为液体是放热过程，焓变为负值，正确的转化关系为：H2O（g）⇌H2O（l）△H=﹣40.69kJ•mol﹣1，故①错误；‎ ‎②含有固体MgCO3的溶液中，无论c（Mg2+）与c（CO32﹣）是否相等，温度不变其溶度积不变，则一定满足：Ksp（MgCO3）=c（Mg2+）•c（CO32﹣）=6.82×10﹣6，故②正确；‎ ‎③电解NaNO3溶液时，阳极氢离子放电生成氢气，阴极氢氧根离子失去电子生成氧气，实质为电解水，则随着电解进行，溶液的pH不变，故③错误；‎ ‎④NH3•H2O溶液中存在电离平衡，加入少量NH4Cl晶体，NH4+浓度增大使电离平衡向逆方向移动，电离程度降低，溶液的pH减小，故④正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．下列有关电化学装置的说法正确的是（　　）‎ A．用图1装置处理银器表面的黑斑（Ag2S），银器表面发生的反应为Ag2S+2e﹣═2Ag+S2﹣，该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3‎ B．用图2装置电解一段时间后，铜电极部分溶解，溶液中铜离子的浓度基本不变 C．图3装置中若直流电源的X极为正极，则该装置可实现粗铜的电解精炼 D．图4装置中若M是铜，则该装置能防止铁被腐蚀 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．形成原电池反应，Ag2S为正极被还原，Al2S3在溶液中不能存在，总方程式中不能有Al2S3；‎ B．铜为阴极，发生还原反应；‎ C．电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；‎ D．Fe、Cu形成原电池时，Fe为负极．‎ ‎【解答】解：A．形成原电池反应，Al为负极，被氧化，Ag2S为正极被还原，正极方程式为Ag2S+2e﹣=2Ag+S2﹣，Al2S3在溶液中不能存在，总方程式中不能有Al2S3，反应的总方程式为：2Al+3Ag2S+6H2O═2Al（OH）3↓+6Ag+3H2S↑，故A错误；‎ B．铜为阴极，铜离子在发生还原反应，Cu电极不能溶解，石墨电极上生成氧气，所以溶液中铜离子浓度减小，故B错误；‎ C．图3中的X极若为正极，粗铜为阳极，纯铜作阴极，能实现粗铜的电解精炼，故C正确；‎ D．Fe、Cu形成原电池时，Fe为负极，Fe被腐蚀，Cu为正极，Cu被保护，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．已知同温同压下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为 ‎（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ•mol﹣1　K1=a ‎（2）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H2=﹣144kJ•mol﹣1　K2=b ‎（3）NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H3=﹣m kJ•mol﹣1　K3=c 下列说法正确的是（　　）‎ A．m=53　c2=a/b B．m=﹣26.5　2c=a﹣b C．m=﹣170.5　2c=a﹣b D．m=26.5　c2=‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义；反应热和焓变．‎ ‎【分析】由（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ•mol﹣1　K1=a ‎（2）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H2=﹣144kJ•mol﹣1　K2=b ‎（3）NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），‎ 结合盖斯定律可知，（1）﹣（2）=（3）×2，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ•mol﹣1　K1=a ‎（2）2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H2=﹣144kJ•mol﹣1　K2=b ‎（3）NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），‎ 结合盖斯定律可知，（1）﹣（2）=（3）×2，‎ 则﹣2m=﹣197﹣（﹣144），=c2，‎ 即m=26.5　c2=，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．电解100mL含c（H+）=0.30mol•L﹣1下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（　　）‎ A．0.10 mol•L﹣1AgNO3溶液 B．0.10 mol•L﹣1ZnSO4溶液 C．0.20 mol•L﹣1CuCl2溶液 D．0.20 mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液 ‎【考点】化学方程式的有关计算．‎ ‎【分析】在电解池中，阴极上阳离子的放电顺序是：银离子＞铜离子＞氢离子，只有放电顺序在H+前的才析出金属，根据电极反应结合电子守恒来计算即可．‎ ‎【解答】解：Zn2+和Pb2+的放电顺序都在H+后面，所以含有这两种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，而含有银离子和铜离子这两种阳离子的盐溶液中，Ag和Cu金属先在阴极析出．‎ A、0.10mol∕LAgNO3溶液在氢离子之前放电，金属银的质量是 0.1mol/L×0.1L×108g/mol=1.08g，所以最多析出金属质量为1.08g；‎ B、Zn2+的放电顺序在H+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，不会析出金属；‎ C、铜离子先放电，100mL0.20mol∕LCuCl2溶液就会得到0.04mol电子，所以析出金属铜的质量为：×0.04mol×64g/mol=1.28g；‎ D、Pb2+的放电顺序在H+后面，所以含有这种阳离子的盐溶液中，阴极上放出H2，不会析出金属．‎ 所以析出金属质量最大的是0.20mol∕LCuCl2溶液．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．研究人员研制出一种可快速充放电的超性能铝离子电池，Al、Cn为电极，有机阳离子与阴离子（AlCl4﹣、Al2Cl7﹣）组成的离子液体为电解质．图为该电池放电过程示意图．下列说法错误的是（　　）‎ A．充电时，Al做阴极、Cn为阳极 B．充电时，每生成1mol铝，同时消耗4molAl2Cl7﹣‎ C．放电时，电解质中的有机阳离子向铝电极方向移动 D．放电时，正极反应式为Cn[AlCl4]+e﹣=Cn+AlCl4﹣‎ ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】由示意图可知放电时铝为负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，电极方程式为Al+7AlCl4﹣﹣3e﹣═4Al2Cl7﹣，正极反应为3Cn[AlCl4]+3e﹣=3Cn+3AlCl4﹣，电解时阳极发生氧化反应，电解方程式为Cn+AlCl4﹣﹣e﹣═Cn[AlCl4]，阴极发生还原反应，电极方程式为4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．放电时，铝是活泼的金属铝是负极，被氧化生成Al2Cl7﹣，不活泼石墨为正极，充电时，Al做阴极、Cn为阳极，故A正确；‎ B．充电时，在阴极上的电极反应式为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣，每生成1mol铝，同时消耗4molAl2Cl7﹣，故B正确；‎ C．放电时，原电池中阳离子向正极移动，铝是负极，故C错误．‎ D．放电时，正极发生得电子的还原反应，电极反应式为：Cn[AlCl4﹣]+e﹣=Cn+AlCl4﹣，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2．下列说法正确的是（　　）‎ A．两极共生成三种气体 B．阴极反应式为：Ag++e﹣═Ag C．阳极始终发生“2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑”的反应 D．向电解后的溶液中通入适量的HCl气体可使溶液复原到电解前的状态 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，混合后溶液中为等物质的量的氯化钾、硝酸钾，用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，然后是氢氧根放电，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，阴极发生还原反应：2H++2e﹣=H2↑，结合电子转移计算，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2．说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气．‎ ‎【解答】解：等物质的量的氯化钡、硫酸钾和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反应SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，Cl﹣+Ag+=AgCl↓，混合后溶液中为等物质的量的氯化钾、硝酸钾．‎ A．用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，然后是氢氧根放电，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，阴极发生还原反应：2H++2e﹣=H2↑，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3：2．说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气，故A正确；‎ B．阴极发生还原反应：2H++2e﹣=H2↑，故B错误；‎ C．若阳极始终发生“2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑”的反应阴、阳两极产生的气体的体积比为1：1，与题干矛盾，故C错误；‎ D．电解的本质为电解氯化氢、电解水，仅 向电解后的溶液中通入适量的HCl气体，不能使溶液复原到电解前的状态，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分52分）‎ ‎17．（1）下列事实不能说明醋酸是弱酸的是　①③　‎ ‎①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体 ‎②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH约为9‎ ‎③等体积等物质的量浓度的硫酸比醋酸消耗氢氧化钠多 ‎④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8‎ ‎⑤pH都等于4且等体积的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸消耗碱液多 ‎⑥同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至pH相同时，醋酸加入的水少．‎ ‎（2）（CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是　4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol　．‎ ‎（3）某同学用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂﹣KNO3的U形管）设计成一个原电池，如图所示，下列判断中正确的是　d　．‎ a．实验过程中，左侧烧杯中NO3﹣浓度不变 b．实验过程中取出盐桥，原电池能继续工作 c．若开始时用U形铜代替盐桥，装置中无电流产生 d．若开始时用U形铜代替盐桥，U形铜的质量不变 ‎（4）利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料．LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得．利用如图所示装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液．B极区电解液为　LiOH　溶液（填化学式），阳极电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　，电解过程中Li+向　B　电极迁移（填“A”或“B”）．‎ ‎【考点】弱电解质的判断；原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+‎ ‎）可判断酸的电离程度，证明醋酸是弱电解质的常用方法有：根据醋酸的电离程度、根据醋酸的强碱盐溶液的酸碱性判断；‎ ‎（2）该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，消耗4mol CuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，注意焓变与物质的量的对应关系、注明各物质的状态；‎ ‎（3）根据原电池中，铜易失电子作负极，负极上失电子发生氧化反应，银作正极，正极上得电子发生还原反应，阴离子向负极移动以及电化学装置进行分析；‎ ‎（4）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图示可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气．‎ ‎【解答】解：（1）①当温度低于16.6℃时醋酸可凝结成冰一样晶体，说明醋酸熔点低，不能证明其为弱酸，故错误；‎ ‎②0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH值约为9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，故正确；‎ ‎③等体积、等浓度的硫酸和醋酸溶液与氢氧化钠反应，硫酸是二元强酸，所以硫酸溶液消耗的氢氧化钠多，但不能说明醋酸是弱电解质，故错误；‎ ‎④0.1mol/L的醋酸的pH值约为4.8，说明醋酸部分电离，故正确；‎ ‎⑤pH值等于4、体积相等的醋酸和盐酸，与等浓度NaOH溶液充分反应时，醋酸液消耗碱液多，说明醋酸部分电离，溶液中存在大量的醋酸分子，故正确；‎ ‎⑥同物质的量浓度的醋酸和盐酸加水稀释至pH相同时，醋酸加入的水少，说明醋酸溶液中氢离子浓度较小，醋酸在溶液中部分电离，从而证明醋酸为弱酸，故正确；‎ 故选：①③；‎ ‎（2）该反应每消耗1mol CuCl（s），放热44.4kJ，消耗4mol CuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol，‎ 故答案为：4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol；‎ ‎（3）该原电池中，铜易失电子作负极，银作正极，‎ a．实验过程中，NO3﹣向负极铜电极移动，所以左侧烧杯中浓度增大，故a错误；‎ b．实验过程中取出盐桥，该装置不能形成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故b错误；‎ c．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成原电池，左侧构成电解池，装置中有电流产生，故c错误；‎ d．若开始时用U形铜代替盐桥，则右侧构成原电池，左侧构成电解池，左侧U型铜作负极，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，右侧U型铜作阴极，电极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu，所以U型铜质量不变，故d正确；‎ 故选d；‎ ‎（4）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，说明B中氢离子放电，则B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，‎ 故答案为：LiOH；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；B．‎ ‎　‎ ‎18．某校化学实验小组对电化学问题进行了如图所示实验探究．‎ 探究一：探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素．将混合均匀的新制铁粉和炭粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图所示）．从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化．‎ ‎（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：‎ 编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%‎ ‎①‎ 为以下实验作参照 ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎90.0‎ ‎②‎ ‎？‎ ‎0.5‎ ‎ 2.5‎ ‎36.0‎ ‎③‎ ‎ 碳粉质量的影响 ‎0.2‎ ‎？‎ ‎90.0‎ ‎（2）编号①实验测得容器中的压强随时间的变化如图（2）所示．t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了　吸氧　 腐蚀，请在图（3）中用箭头标出发生该腐蚀时电子的流动方向；此时，炭粉表面发生的电极反应式是　O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣　．‎ ‎（3）该小组对图（2）中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：‎ 假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；‎ 假设二：　反应放热使锥形瓶内温度升高　；‎ 探究二：探究电解现象 利用图2装置做电解50mL 0.5mol•L﹣1CuCl2溶液的实验．‎ 实验记录：‎ A．阳极上有黄绿色气体产生，该气体使湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝后褪色（提示：Cl2氧化性大于IO3﹣）；‎ B．电解一段时间以后，阴极表面除有铜吸附外，还出现了少量气泡和浅蓝色固体．‎ ‎（4））分析实验记录A中试纸颜色变化，用离子方程式解释：‎ ‎①　2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣　；‎ ‎②　5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+　．‎ ‎（5）分析实验记录B中浅蓝色固体可能是　Cu（OH）2　（写化学式），试分析生成该物质的原因（用必要的文字和化学用语解释）　电解较长时间后，铜离子浓度下降，氢离子开始放电，溶液的PH增大，铜离子转化为氢氧化铜沉淀　．‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】（1）根据对比试验中保证变量的唯一性进行解答；‎ ‎（2）根据析氢腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；碳粉表明氧气得到电子生成氢氧根离子，发生还原反应；‎ ‎（3）图2中0﹣t1时压强变大，可能是发生了析氢腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；‎ ‎（4）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸；‎ ‎（5）阴极上铜离子浓度下降，氢离子放电同时溶液中还生成氢氧根离子，氢氧根离子和铜离子生成蓝色沉淀．‎ ‎【解答】解：（1）①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.5g；‎ ‎③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，‎ 故答案为：‎ ‎②‎ 醋酸浓度的影响 ‎③‎ ‎2.5‎ ‎（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，‎ 故答案为：吸氧；；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；‎ ‎（3）图2中0﹣t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，‎ 故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；‎ ‎（4）氯气能氧化碘离子生成碘单质，碘能被氯气氧化生成碘酸，离子方程式分别为：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+，‎ 故答案为：2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O=10Cl﹣+2IO3﹣+12H+；‎ ‎（5）阴极上电极反应式为：Cu 2++2e﹣=Cu，当铜离子放电完毕后，氢离子放电，2H++2e﹣=H2↑，致使该电极附近呈碱性，Cu 2++2OH﹣=Cu（OH）2↓，‎ 故答案为：Cu（OH）2；电解较长时间后，铜离子浓度下降，氢离子开始放电，溶液的PH增大，铜离子转化为氢氧化铜沉淀．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，p、q为直流电源的两极，A由金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D上产生气泡，试回答：‎ ‎（1）p为　正　极，A极发生了　氧化　反应．‎ ‎（2）C为　阳　极，可收集到　氧气　；D为　阴　极，可收集到　氢气　．‎ ‎（3）C极的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　．‎ ‎（4）在电解过程中，测C、D两极上产生气体的体积，实验数据如表：‎ 时间（min）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ 阴极产生气体的体积（cm3）‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎20‎ ‎29‎ ‎39]‎ ‎49‎ ‎59‎ ‎69‎ ‎79‎ ‎89‎ 阳极产生气体的体积（cm3）‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎11‎ ‎16‎ ‎21‎ ‎26‎ ‎31‎ ‎36‎ ‎41‎ 仔细分析以上实验数据，请说出变化的可能原因是　开始时C、D两极气体体积比为1：3，10分钟时约为1：2，说明开始时氧气溶解于溶液中　．‎ ‎（5）当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH　不变　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（6）当电路中通过0.004mol电子时，B极上沉积的金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为　64g/mol　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，X离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，连接阳极的是电源正极；‎ ‎（2）C电极是电解池阳极，阳极上氢氧根离子放电；D为阴极氢离子放电生成氢气；‎ ‎（3）根据电解原理在工业上的应用知识来回答；‎ ‎（4）根据氢气和氧气的溶解性和溶解度等方面进行分析；‎ ‎（5）根据发生电解的物质分析；‎ ‎（6）根据金属和转移电子之间的关系式计算．‎ ‎【解答】解：（1）接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡，则B为阴极，X离子在阴极放电生成金属单质，则A、C是阳极，B、D是阴极，所以p是正极，A电极上失电子发生氧化反应，‎ 故答案为：正；氧化；‎ ‎（2）C电极是电解池阳极，阳极上氢氧根离子放电；D为阴极氢离子放电生成氢气，故答案为：阳；氧气；阴；氢气；‎ ‎（3）C是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，‎ 故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；‎ ‎（4）氢气和氧气都难溶于水，但是氧气更易溶于水；所以1～6分钟内氧气比氢气溶解的快而多，从而导致阴、阳两极生成的气体体积之比大于2：1；‎ 故答案为：开始时C、D两极气体体积比为1：3，10分钟时约为1：2，说明开始时氧气溶解于溶液中；‎ ‎（5）电解硫酸溶液实际上电解的是水，电解一段时间后，A，B电极附近溶液的pH不变，故答案为：不变；‎ ‎（6）设其摩尔质量为M，电解时，B电极上的电极反应式为X 2++2e﹣=X，则 X2++2e﹣=X ‎ 2mol 1mol ‎0.004mol ，M==64g/mol，‎ 故答案为：64g/mol．‎ ‎　‎ ‎20．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．由硫化氢获得硫单质有多种方法．‎ ‎（1）用脱硫剂ZDE﹣01的海绵铁法脱硫，可实现常温脱硫 ‎①脱硫：Fe2O3•H2O（s）+3H2S（g）=Fe2S3•H2O（s）+3H2O（g）△H=﹣akJ/mol ‎②再生：2Fe2S3•H2O（s）+3O2（g）=2Fe2O3•H2O（s）+6S（s）△H=﹣bkJ/mol 则2H2S（g）+O2（g）=2H2O（g）+2S（s）△H=　﹣kJ/mol　（用a、b表示）‎ ‎（2）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H 2．若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，‎ ‎①H 2 S在高温下分解反应的化学方程式为　2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）　．‎ ‎②据图1计算；若1400℃时，VL恒容容器中加入amol的H2‎ S，则该条件下的平衡常数可表示为　　mol•L﹣1‎ ‎（3）H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图2所示的电解池的阳极区进行电解 ‎①写出电解时阴极的电极反应式：　2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣　．‎ ‎②Na2S溶液中离子浓度由大到小顺序：　c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞C（H+）　‎ ‎（4）H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10mol•L﹣1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图3所示（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．‎ ‎①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）=　0.043　mol•L﹣1．‎ ‎②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液pH=　5　时，Mn2+开始沉淀．‎ ‎【考点】"三废"处理与环境保护；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】（1）①将已知方程式变形：得目标方程式：2H2S（g）+O2（g）=2H2O（g）+2S（s），依据盖斯定律计算反应热；‎ ‎（2）①依据题干可知：H2S在高温下分解生成氢气、S，结合图中数据可知反应为可逆反应，依据原子个数、得失电子数守恒书写方程式；‎ ‎②依据图表中达到平衡时各物质的百分含量，列三段计算反应平衡常数；‎ ‎（3）①电解池阴极发生还原反应，图中阴极区为氢氧化钠溶液，则水电离产生的氢离子得到电子生成氢气，据此书写电极反应式；‎ ‎②硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子水解而使其溶液呈碱性，硫离子有两步水解，第一步水解能力远远大于第二步；‎ ‎（4）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L﹣1；‎ ‎②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；‎ ‎【解答】解：（1）已知①脱硫：Fe2O3•H2O（s）+3H2S（g）=Fe2S3•H2O（s）+3H2O（g）△H=﹣akJ/mol ‎②再生：2Fe2S3•H2O（s）+3O2（g）=2Fe2O3•H2O（s）+6S（s）△H=﹣bkJ/mol 则得到2H2S（g）+O2（g）=2H2O（g）+2S（s），依据盖斯定律可知反应的焓变为：﹣kJ/mol；‎ 故答案为：﹣kJ/mol；‎ ‎（2）①依据题干可知：H2S在高温下分解生成氢气、S，结合图中数据可知反应为可逆反应依据原子个数、得失电子数守恒可知反应的方程式：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）；‎ 故答案为：2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）；‎ ‎②据图1计算；若1400℃时，VL恒容容器中加入amol的H2S，达到平衡时，硫化氢、氢气体积分数为40%，S2（g）的体积分数为：20%，设生成的S2（g）物质的量为xmol，则：‎ ‎2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g）‎ ‎ a 0 0‎ ‎ 2x 2x x a﹣2x 2x x 达到平衡时，硫化氢、氢气体积分数相等，即a﹣2x=2x，解得x=；‎ 则平衡时，H2S物质的量浓度为： mol/L，H2物质的量浓度为： mol/L，S2物质的量浓度为： mol/L，‎ 则反应平衡常数为： =；‎ 故答案为：；‎ ‎（3）①电解池阴极发生还原反应，图中阴极区为氢氧化钠溶液，则水电离产生的氢离子得到电子生成氢气，电极反应式：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；‎ 故答案为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；‎ ‎②硫化钠为强碱弱酸盐，硫离子易水解而使其溶液呈碱性，硫离子第一步水解能力远远大于第二步，溶液中氢氧根离子来源于水的电离和硫离子水解，硫氢根离子只来源于硫离子水解，但硫离子的水解能力较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞C（H+）；‎ 故答案为：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞C（H+）；‎ ‎（4））①根据溶液pH与c（S2﹣）关系图pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L﹣1，所以c（H2S）+c（HS﹣）=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L，‎ 故答案为：0.043；‎ ‎②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2﹣）==mol/L=1.4×10﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，‎ 故答案为：5．‎