江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理科实验重点）试题

江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高二上学期月考化学（理科实验重点）试题

上饶中学2019-2020学年高二上学期第二次月考 化学试卷（理科实验、重点）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Li-7 Cu-64 Na-23 Cl-35.5‎ 一．选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是 选项 A B C D 强电解质 Fe NaCl CaCO3‎ HNO3‎ 弱电解质 CH3COOH NH3‎ H3PO4‎ Fe(OH)3‎ 非电解质 蔗糖 BaSO4‎ 酒精 H2O A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Fe为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误，不符合题意；‎ B选项，氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，故B错误，不符合题意；‎ C选项，碳酸钙是强电解质，磷酸是弱电解质，酒精是非电解质，故C正确，符合题意；‎ D选项，水是弱电解质，故D错误，不符合题意；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】电解质是酸、碱、盐、水、金属氧化物，强电解质是强酸、强碱、大多数盐、活泼金属氧化物。‎ ‎2.下列事实不属于盐类水解应用的是 A. 明矾净水 B. 使用热的纯碱溶液去除油污 C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸 D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 明矾净水的原理是，其中的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，选项A与水解相关。用热的纯碱溶液除去油污，是利用纯碱水解溶液显碱性的性质，使油污发生皂化反应，从而除去的，选项B与水解相关。实验室配制氯化铁溶液的时候，应该加入盐酸以抑制其水解，选项C与水解相关。向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，是铁离子直接与氢氧根离子反应，所以选项D与水解无关。‎ ‎3.某温度下，向2L的密闭容器中投入一定量的X和Y，在催化剂的作用下发生反应：X(g) + Y(g)Z(g)。反应过程中测定的部分数据如下表:‎ t/min n(X)/mol n(Y)/mol ‎0‎ ‎1.20‎ ‎0.60‎ ‎1‎ ‎0.90‎ ‎2‎ ‎0.80‎ ‎4‎ ‎0.20‎ 下列说法正确的是 A. 反应1~2min末的平均速率v(Z)=0.2mol/(L·min)‎ B. 在2min~4min间，v(X)正>v(Y)逆 C. 生成1mol Z的同时，生成1mol X 能说明该反应已达化学平衡状态 D. 其他条件不变，再充入1.2mol X，X的转化率将增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图表列出反应物，生成物的物质的量 ‎ ‎ X(g) + Y(g)Z(g)‎ t0（开始） 1.20 0.60 0‎ t1（1min） 0.90 0.30 0.30‎ t2（2mun） 0.80 0.20 0.20‎ t4（4min） 0.80 0.20 0.20‎ 可以看出在2min已达平衡。‎ ‎【详解】A.反应1~2min末的平均速率v(Z)= = 0.05mol/(L·min),故A错误；‎ B. 在2min~4min间，由于已经达到平衡，v(X)正=v(Y)逆，故B错误；‎ C. 生成1mol Z代表正反应，生成1mol X代表逆反应，v(Z)正=v(X)逆，速率比等于化学计量数比， 能说明该反应已达化学平衡状态，故C正确；‎ D.其他条件不变，再充入1.2mol X，平衡正向移动，但X的转化率减小，故D错误；‎ 正确答案：C。‎ ‎4.已知化学反应A2 (g)+B2 (g)=2AB (g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是 A. 该反应每生成2分子AB吸收(a-b)kJ能量 B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C. 该反应的反应热ΔH=+(a-b) kJ·mol-1‎ D. 断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量。‎ B. 依据图像分析，该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量。‎ C. 反应热ΔH= 生成物的能量之和－反应物的能量之和 D. 断裂化学键，吸收能量。‎ ‎【详解】依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量，A错误；‎ 该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误；‎ 该反应焓变＝生成物的能量之和－反应物的能量之和，所以焓变为ΔH=+(a-b) kJ·mol-1，C正确；‎ 断裂1molA-A键和1molB-B键，吸收akJ能量，D错误。答案选C。‎ ‎5.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. d为石墨，铁片腐蚀加快 B. d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－‎ C. d为锌块，铁片不易被腐蚀 D. d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－＝H2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于活动性：Fe＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；‎ B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项B正确；‎ C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；‎ D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。‎ ‎6.已知水的电离方程式是H2OH++ OH-。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 升高温度，KW增大，pH不变 B. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变 C. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低 D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水的电离吸热，升高温度，促进电离，c(H+) 和c(OH-)增大，KW增大，pH减小，A错误；‎ B、向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，温度不变，KW不变，B正确；‎ C、向水中加入氨水，c(OH-)升高，平衡向逆反应方向移动，C错误；‎ D、向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向正反应方向移动，c(H+)降低，D错误；‎ 故选B ‎7.下列叙述正确的是 A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>10b B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性 C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释10000倍后，溶液的pH大于7‎ D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.醋酸为弱酸，醋酸溶液加水稀释促进电离，溶液中氢离子浓度降低，酸性减弱，pH增大，故A错误；‎ B.常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) =1.0×10－13 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性，故B错误；‎ C.盐酸溶液无论稀释多少倍，溶液仍为酸性，不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，故C错误；‎ D.25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为1:10，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.室温下，对于0.l0mol·L-1的氨水，下列判断正确的是 A. 其溶液的pH=13‎ B. 用HNO3溶液完全中和后，溶液显酸性 C. 加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变大 D. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-=A1(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.一水合氨为弱电解质，部分电离，0．10mol·L-1的氨水中氢氧根离子浓度小于0．10mol·L-1，其溶液的pH＜13，故A错误；‎ B.用HNO3溶液完全中和后，溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性，故B正确；‎ C.加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变小，故C错误；‎ D.一水合氨为弱电解质，应用化学式表示，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp B. 采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点 C. 该温度下，Ag2SO4的Ksp＝1.6×10－5‎ D. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．在相同温度下，Ksp相同，选项A正确； B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，选项B错误； C．由图象可以知道，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.04=1.6×10-5，选项C正确； D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成， 选项D正确。 答案选B。‎ ‎【点睛】关于溶解平衡图像分析：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。‎ ‎10.在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g) 2AB(g)　ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是 A. 图中a点的值为0.15 B. 该反应的平衡常数K＝0.03‎ C. 温度升高，平衡常数K值减小 D. 平衡时A2的转化率为62.5%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；‎ B、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K===，故B错误；‎ C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；‎ D、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为×100%=62.5%，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎11.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2‎ 溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是 A. 该滴定可用甲基橙做指示剂 B. Na2S2O3是该反应的还原剂 C. 该滴定可选用右图所示装置 D. 该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碘水溶液显酸性，甲基橙在该溶液显红色，当用Na2S2O3滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定不可用甲基橙做指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A错误；‎ B、在该反应中，I2中元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子，是该反应的还原剂，B正确；‎ C、Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C错误；‎ D、根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2mol，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法中不正确的是 A. 石墨电极作正极，发生还原反应 B. 铂电极的电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－=8CO2↑＋50 H＋‎ C. H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移 D. 每消耗5.6 L O2，电路中通过1 mol电子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图知，该装置是燃料电池，该装置中含有质子交换膜，说明交换膜只能通过氢离子，则电解质溶液呈酸性，通入燃料的电极Pt为负极、通入氧气的电极为正极，负极反应式为C8H18+16H2O-50e－=8CO2+50H＋，正极反应式为O2+4H＋+4e－=2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、石墨作正极，正极上O2得电子发生还原反应，故A正确；‎ B、铂电极上C8H18 失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－===8CO2↑＋50H＋，故B正确；‎ C、阳离子移向正极，所以H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移，故C正确；‎ D、未指明标准状况下，无法计算5.6 L O2的物质的量，则无法计算电路中通过的电子是多少，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理，解题关键：燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，难点B，电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。‎ ‎13.现有a、b、c三个容器，a容器恒容恒温，b容器恒压恒温，c容器恒容绝热。在三个容器中各充入1molI2(g)和2molH2发生反应I2(g) + H2(g)2HI(g) ΔH＜0，初始时三个容器的体积和温度均相等，则反应达到平衡后，三个容器中I2(g)的转化率的大小关系是 A. a=b>c B. b>a>c C. c>b>a D. a=bc，故选A。‎ ‎14.下列说法错误的是 A. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复 B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，当加入 1 mol CuO 恢复电解前浓度时， 电路中转移了 2 mol e－‎ C. 用惰性电极电解含1 mol NaOH的水溶液，溶液的 pH不变 D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用惰性电极电解Na2SO4溶液，由于溶液中阴离子的放电能力OH->SO42-，所以在阳极发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阳离子的放电能力：H+>Na+，所以在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，实质就是电解水，电解的总方程式是2H2O=2H2↑+O2↑，当2 mol电子转移时，可加入18g水恢复，故A正确；‎ B.用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4，反应方程式是：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2↑+2H2SO4，电解一段时间后，由于两个电极的反应产物是Cu、O2，二者发生反应产生的是CuO，加入1molCuO固体可以与反应产生的硫酸反应变为CuSO4，使CuSO4溶液恢复原来浓度，电路中转移了2mole－，故B正确；‎ C.用惰性电极电解1molNaOH的水溶液，实际电解的是水，溶剂减少，浓度增大，pH增大，故C错误；‎ D.要实现Cu+H2SO4（稀）═CuSO4+H2↑，应形成电解池反应，铜为阳极，碳为阴极，阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，则可发生Cu+H2SO4（稀）═CuSO4+H2↑，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎15.锂钡氧化物二次电池,电池总反应为V2O4+xLiLixV2O4，下列说法正确是 A. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连 B. 该电池放电时，Li+向负极移动 C. 该电池充电时阴极的反应为LixV2O4－xe－=V2O4+xLi+‎ D. 若放电时转移 0.2 mol 电子，则消耗锂 1.4x g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；‎ B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；‎ C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：xLi++xe-=xLi，故C错误；‎ D．若放电时转移0.2mol电子，负极上Li-e-=Li+，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。掌握原电池中电极反应式的书写方法：①先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；②注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；③若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH－，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；④正负极反应式相加(电子守恒)得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。‎ ‎16.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42—等离子。下列叙述中正确的是(　　)‎ A. A膜是阳离子交换膜 B. 通电后，海水中阴离子往b电极处移动 C. 通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀 D. 通电后，a电极的电极反应式为4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. a电极为电解池的阳极，是阴离子移向的极，所以A膜是阴离子交换膜，A错误；‎ B. 通电后，海水中阴离子往阳极（a电极）处移动，B错误；‎ C. 通电后，由于放电能力：H+>Mg2+>Ca2+，所以H+在阴极（b电极）上放电：2 H++2e-=H2↑，产生无色气体，由于破坏了附近的水的电离平衡，在该区域c(OH-)增大，会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以溶液中还会出现白色沉淀，C正确；‎ D. 通电后，由于在溶液中放电能力：Cl->OH-，所以在阳极发生反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，‎ D错误。‎ 答案选C。‎ 二．非选择题（每空2分，共52分）‎ ‎17.汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。‎ 已知：①2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) ΔH＝−566.0kJ/mol ‎②N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH＝+180.5kJ/mol ‎③2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH＝−116.5kJ/mol 回答下列问题：‎ ‎（1）CO的燃烧热为___。若1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ。‎ ‎（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为___。‎ ‎【答案】 (1). 283kJ·mol−1 (2). 631.8 (3). 2NO2(g)＋4CO(g)N2(g)＋4CO2(g) ∆H=-1196kJ·mol−1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)CO的燃烧热为1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量；已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量-化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；‎ ‎(2)根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式。‎ ‎【详解】(1)已知2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H=-566.0kJ•mol-1，可知1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，且1mol N2(g)、1mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ、498kJ的能量，设1mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为QkJ，则180kJ=(946kJ+498kJ)-2QkJ，解得：Q=631.8，故答案为：283kJ/mol；631.8；‎ ‎(2)①2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g) △H=-566.0kJ•mol-1、②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H=+180.5kJ•mol-1、③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-116.5kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①×2-②-③可得：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g)，则△H=(-566.0kJ•mol-1)×2-(+180.5kJ•mol-1) - (-116.5kJ•mol-1)= -1196kJ/mol，则CO将NO2‎ 还原的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) △H=-1196kJ/mol，故答案为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO(g) △H=-1196kJ/mol。‎ ‎18.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下：‎ 醋酸浓度/mol·L－1‎ ‎0.0010‎ ‎0.0100‎ ‎0.0200‎ ‎0.1000‎ ‎0.2000‎ pH ‎3.88‎ ‎3.38‎ ‎3.23‎ ‎2.88‎ ‎2.73‎ ‎（1）写出醋酸的电离方程式：___。‎ ‎（2）向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液，当测得溶液的pH=7时，溶液中离子的浓度大小为___。‎ ‎（3）25℃，将0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=10，则该混合溶液中由水电离出的c(OH-)=___mol/L，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)，c(Na＋)－c(CH3COO－)=__mol/L。‎ ‎（4）下列方法中，可以使0.10mol·L－1CH3COOH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.加入少量镁粉 f.加入少量0.10mol·L－1的NaOH溶液 ‎（5）室温时醋酸的电离常数Ka=1.8×10-5，则CH3COO－的水解常数Kh=___。‎ ‎【答案】 (1). CH3COOHCH3COO－＋H＋ (2). c(Na+)=c(CH3COO—)＞c(OH—)=c(H+) (3). 10-4 (4). 10-4-10-10 (5). bcef (6). 5.6×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离；‎ ‎(2)pH=7时，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+) 结合电荷守恒分析；‎ ‎(3)反应后溶质为醋酸钠，醋酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的；根据醋酸钠溶液中的电荷守恒计算；‎ ‎(4)醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；(5)CH3COO-‎ 的水解常数Kh=计算。‎ ‎【详解】(1)醋酸是弱电解质，在水溶液里部分电离生成醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故答案为：CH3COOH⇌CH3COO-+H+；‎ ‎(2)向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液，当测得溶液的pH=7时，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液中离子的浓度大小为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)；‎ ‎(3)25℃，将0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，反应后溶质为醋酸钠，溶液的pH=10，c(H+)=10-10mol/L，则c(OH-)=10-4mol/L，醋酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则该混合溶液中由水电离出的c(OH-)=10-4mol/L，根据电荷守恒可知：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)=(10-4-10-10 )mol/Lmol/L，故答案为：10-4；10-4-10-10；‎ ‎(4)a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；b．醋酸的电离为吸热过程，加热CH3COOH溶液促进了醋酸的电离，故b正确；c．加水稀释至0.010mol•L-1，醋酸浓度减小，醋酸的电离程度增大，故c正确；d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；e．加入少量镁粉，Mg能够与氢离子反应，醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，故e正确；f．加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液，氢离子浓度减小，醋酸的电离平衡正向移动，电离程度增大，故f正确；故答案为：bcef；‎ ‎(5)根据Kh•Ka=Kw可知，室温时CH3COO-的水解常数Kh==≈5.6×10-10，故答案为：5.6×10-10。‎ ‎【点睛】明确弱电解质的电离及其影响因素为解答关键。本题的易错点为(3)中的计算，要注意结合电荷守恒思考分析。‎ ‎19.甲醇(CH3OH)是一种绿色能源。如图所示，某同学设计一个甲醇燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎(1)写出负极的电极反应式__________________________________．‎ ‎(2)铁电极为______(填“阳极”或“阴极” )，石墨电极(C)的电极反应式为______________．‎ ‎(3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为______g。假设乙装置中溶液足量，若在标准状况下有448mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增加_______g.‎ ‎(4)若将乙装置中两电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式________________________________‎ ‎【答案】 (1). CH3OH+8OH--6e-＝CO32- +6H2O (2). 阴极 (3). 2Cl--2e-=Cl2↑ (4). 12.8 (5). 1.76 (6). Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，燃料为负极，写出电极反应式；‎ ‎（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电；‎ ‎（3）根据转移电子守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成水，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O， 正确答案：CH3OH+8OH--6e-＝CO32-+6H2O。 （2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑， 正确答案：阴极；2Cl--2e-=Cl2‎ ‎↑； （3）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子守恒得：丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量m(Cu)==12.8g；‎ 若在标准状况下有448mL氧气参加反应，转移电子为左侧溶液生成氢气，钠离子过来，差量法进行计算 ‎ ‎2Na+～H2～ 2e- △m ‎46g 2g 2mol 44g 溶液质量增加×0.08mol=1.76g；‎ 正确答案：12.8 1.76‎ ‎（3）若将乙装置中两电极位置互换，阳极为铁，铁失电子；阴极氢离子得电子；电极反应式Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑；‎ 正确答案：Fe+2H2O Fe(OH)2 +H2↑‎ ‎【点睛】串联电路中利用转移电子守恒进行计算是重点，常见关系式：2H2～1O2～1Cl2～1Cu～4Ag～4H＋～4OH－～4e－‎ ‎20.氨气是工农业生产中不可或缺的物质，研究制取氨气的机理意义非凡。‎ ‎（1）在常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面与水发生下列反应：‎ N2(g)+3H2O(l)2NH3(g)+O2(g) △H= a kJ • mol-1。‎ 为进一步研究生成NH3的物质的量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：‎ T/K ‎303‎ ‎313‎ ‎323‎ n(NH3)/(l0-2mol)‎ ‎4.8‎ ‎5.9‎ ‎6.0‎ 此反应的a_________0，△S________0。（填“>”“<”或“ = ”）‎ ‎（2）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4 kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。‎ ‎①0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为_________。‎ ‎②在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。‎ A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3的物质的量 ‎③ 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). ＞ (3). 0.005 mol • L-1• min-1 (4). AB (5). 移走 0.1 molNH3 (6). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；‎ ‎（2）①反应速率v=计算；‎ ‎②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，说明为增大压强、使用催化剂；‎ ‎③25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；平衡常数只受温度的影响，据此判断。‎ ‎【详解】（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0，‎ 故答案为＞；＞。‎ ‎（2）①根据反应速率v（NH3）=△n/V△t=（0.1−0）mol/2L×10min=0.005mol/（L·min），‎ 故答案为0.005mol/（L·min）。‎ ‎②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）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3‎ ‎）=0.025mol×8=0.2mol，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，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大，故使用催化剂、缩小体积符合，故选AB，‎ 故答案为AB。‎ ‎③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；由图象可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，‎ 故答案为移走0.1molNH3；=。‎ ‎21.Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。‎ 已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10−5 mol·L−1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-，②Cr2O72-还原产物为Cr3+。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出Cr(OH)3溶于NaOH的离子方程式___。‎ ‎（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=___。‎ ‎（3）常温下，向50mL0.005mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24mol·L−1的NaOH溶液50mL，充分反应后，溶液pH为___。‎ ‎（4）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：‎ Ⅰ．取100mL滤液；‎ Ⅱ．用cmol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定bmL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL；‎ Ⅲ．取bmL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗dmLFeSO4溶液。‎ ‎①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用___(填“酸式”或“碱式”)滴定管。‎ ‎②写出步骤Ⅱ中离子反应方程___。‎ ‎【答案】 (1). Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O (2). 1.0×10−32 (3). 13 (4). 酸式 (5). MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-，据此书写反应的离子方程式；‎ ‎(2)Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10-5 mol/L) 时，溶液的pH为5，据此计算Cr(OH)3的溶度积常数；‎ ‎(3)先根据方程式确定反应后的剩余量，再确定反应后的溶液pH；‎ ‎(4)①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，据此判断选择的滴定管；②KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液发生氧化还原反应，据此书写反应的离子方程式。‎ ‎【详解】(1)NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-，所以Cr(OH)3溶于NaOH的离子方程式为：Cr(OH)3+OH-⇌CrO2-+2H2O，故答案为：Cr(OH)3+OH-⇌CrO2-+2H2O；‎ ‎(2)Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10-5 mol/L) 时，溶液的pH为5，则溶液中c(OH-)=10-9mol/L，所以Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH-)=1.0×10-5×(10-9)3=1.0×10-32，故答案为：1.0×10-32；‎ ‎(3)发生反应为：Cr3++3OH-═Cr(OH)3，NaOH过量，过量NaOH继续溶解Cr(OH)3，Cr(OH)3+OH-⇌CrO2-+2H2O，‎ Cr3+ + 3OH- ═ Cr(OH)3‎ ‎ 0.005   0.015     0.005‎ Cr(OH)3 + OH- ⇌ CrO2-+2H2O ‎0.005         0.005     0.005‎ 所以剩余c(OH-)=mol/L=0.11mol/L，所以pH=13，故答案为：13；‎ ‎(4)①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，故答案为：酸式；‎ ‎②步骤Ⅱ中KMnO4酸性溶液与FeSO4溶液发生氧化还原反应，反应的离子反应方程为MnO-4+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：MnO-4+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O。‎ ‎ ‎