【化学】河北省秦皇岛市北戴河区树人中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】河北省秦皇岛市北戴河区树人中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

河北省秦皇岛市北戴河区树人中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题 相对原子质量：H:‎1 C:12 N:14 O:16 He:4 Na:23 Mg:24 Al:27 K:39 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Br:80‎ 一.单项选择题（共10小题，每小题2分，计20分。）‎ ‎1.下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）‎ A. 纯碱溶液去油污 B. 铁在潮湿的环境下生锈 C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 浓硫化钠溶液有臭味 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，选项A不选；‎ B、铁在潮湿的环境下生锈为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，选项B选；‎ C、加热氯化铁溶液颜色变深是因为加热促进盐类水解，与盐类水解有关，选项C不选；‎ D、溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢，与盐类水解有关，选项D不选。‎ 答案选B。‎ ‎2.下列溶液肯定呈酸性的是（ ）‎ A. 含有H+离子的溶液 B. 酚酞显无色的溶液 C. c(OH-)＜c(H+)的溶液 D. pH小于7的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；‎ B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；‎ C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；‎ D、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.醋酸在水中电离方程式可表示为：‎ ‎，下列操作能使浓度增大的是（ ）‎ A. 加入少量水 B. 加热升温 C. 加入锌粉 D. 加入固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】加入少量水，醋酸电离程度增大，氢离子的数目增大，但溶液体积影响较大，导致浓度减小，故A错误； ‎ B.该反应的，说明醋酸的电离为吸热反应，升高温度后促进了醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大，故B正确； ‎ C.加入锌粉，锌与氢离子反应生成氢气，消耗了氢离子，导致浓度减小，故C错误； ‎ D.加入固体，溶液中的浓度增大，抑制了醋酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D错误； ‎ 故选：B。‎ ‎4.一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH—2e—=2H2O、NiO(OH) + H2O +e—=Ni(OH)2+ OH—。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（ ）‎ A. H2O的还原 B. NiO(OH)的还原 C. H2的氧化 D. Ni(OH)2的氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当为电池充电时相当于电解，与外电源正极连接电极是阳极，失去电子，发生氧化反应，是放电时正极反应的逆反应，则发生的反应是Ni(OH）2的氧化，故D正确。答案选D。‎ ‎5.用惰性电极电解下列物质的水溶液时，在阳极上不生成O2的是（ ）‎ A. NaOH B. H2SO‎4 ‎C. ZnCl2 D. Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】用惰性电极电解下列溶液，在阳极上不能生成O2，即阳极上失电子的不是OH-，根据放电顺序：S2-＞I-＞Br-＞Cl-＞OH-，此时阳极上放电的是S2-、I-、Br-、Cl-中的某离子；电解NaOH、H2SO4 和Na2SO4‎ 的实质都是电解水，阴极上发生还原反应，生成氢气，阳极上发生氧化反应，生成氧气，而电解ZnCl2，阴极上生成氢气，阳极上生成氯气。故答案C。‎ ‎6.将等物质的量的A、B混合于‎2L的恒容密闭容器中，发生如下的反应：‎3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的量为1mol，C的平均反应速率为0.1mol/(L﹒min)。则x的值为( )‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由测得D的量为1mol知∆c(D)=0.5 mol/L，D的平均反应速率为0.5 mol/L ÷5min=0.1mol/(L﹒min)；由‎3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），根据化学反应计量数之比等于反应速率之比，υ（C）：υ（D）=0.1mol/(L﹒min)：0.1mol/(L﹒min)=x：2，解得x=2；答案选C。‎ ‎7.常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是（ ）‎ ‎①20 mL蒸馏水 ‎②30 mL 0.03 mol/L HCl溶液 ‎③40 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液 ‎④50 mL 0.02 mol/L CaCl2溶液 A. ②＞④＞③＞① B. ①＞②＞④＞③ ‎ C. ①＞②＞③＞④ D. ③＞②＞④＞①‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据c（Ag+）或c（Cl-）大小比较，c（Ag+）或c（Cl-）越小，AgCl的溶解度越大，①c（Ag+）或c（Cl-）为0；②c（Cl-）=0.03mol/L，③c（Ag+）=0.05mol/L，④c（Cl-）=0.04mol/L，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是①＞②＞④＞③，故B正确。‎ ‎8.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。‎ ‎9.一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH—2e—=2H2O、NiO(OH) + H2O +e—=Ni(OH)2+ OH—。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（ ）‎ A. H2O的还原 B. NiO(OH)的还原 C. H2的氧化 D. Ni(OH)2的氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当为电池充电时相当于电解，与外电源正极连接的电极是阳极，失去电子，发生氧化反应，是放电时正极反应的逆反应，则发生的反应是Ni(OH）2的氧化，故D正确。答案选D。‎ ‎10.反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）‎ ‎①增加C的量　②将容器的体积缩小一半　③保持体积不变，充入N2使体系压强增大　‎ ‎④保持压强不变，充入N2使容器体积增大 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据浓度、压强对化学反应速率的影响分析判断。‎ ‎【详解】①反应物C为固体，增加C的量不能改变其浓度，反应速率不变；‎ ‎②容器的体积缩小一半，反应物H2O(g)浓度加倍，故反应速率加快；‎ ‎③体积不变时充入N2，虽然体系压强增大，但H2O(g)浓度不变，反应速率不变；‎ ‎④压强不变时充入N2，容器体积增大，H2O(g)浓度减小，反应速率变小。‎ 本题选B。‎ 二．单项选择题（共10小题，每小题3分，计30分。）‎ ‎11.下图中烧杯里盛的是海水,铁被腐蚀由快到慢的顺序是(     )‎ A. ③>②>①>⑤>④ B. ④>②>①>③>⑤ ‎ C. ③>②>④>⑤>① D. ④>⑤>②>③>①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题意可知，本题考查金属的电化学腐蚀与防护，运用电化学原理分析。‎ ‎【详解】根据图知：①铁为活泼金属，发生的是化学腐蚀；‎ ‎②为原电池装置，Fe较Sn活泼，为原电池的负极，发生氧化反应被腐蚀；‎ ‎③为电解池装置，Fe连接电源正极，为电解池的阳极，发生氧化反应被腐蚀；‎ ‎④为电解池装置，Fe连接电源负极，为电解池的阴极而被保护；‎ ‎⑤为原电池装置，Fe较Zn不活泼，为原电池的正极而被保护；‎ 由金属腐蚀快慢顺序：电解池的阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阴极可知，腐蚀速率由快到慢的顺序为③②①⑤④；‎ 答案选A。‎ ‎12.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）‎ A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷 C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成； 乙烯与水生成乙醇的反应 D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；‎ B．乙烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；‎ C．在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；‎ D．苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；‎ 故答案为C。‎ ‎13.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B. ‎25 ℃‎时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7‎ C. ‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 D. 0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入‎1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；‎ B．‎25℃‎时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4＋水解导致溶液呈酸性，pH＜7,B项错误；‎ C．硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C项正确；‎ D．AgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag＋）·c（Cl－）=Ksp（AgCl）,c（Ag＋）·c（I－）=Ksp（AgI），0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入‎1L水中，所得溶液中c（Ag＋）浓度相等，则c（Cl－）不等于c（I－），D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.0.4‎mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成‎1L溶液，用惰性电极进行电解，当—个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是（ ）‎ A. ‎‎5.6‎L B. ‎‎6.72L C. ‎1.344L D. ‎‎11.2L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为 ‎2Cl－-2e－=Cl2↑ 、4OH－-4e－=2H2O+O2↑，‎ ‎0.4 0.4 0.2 0.2 0.05‎ 阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.25×22.4=‎5.6L，选A。‎ ‎15.下图为某二次电池充电时的工作原理示意图,该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是(    )‎ A. 充电时,a 为电源正极 B. 充电时,向Bi 电极移动,向电极移动 C. 放电时,正极的电极反应为 D. 充电时,新增入电极中的物质：：：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中二次电池充电时工作原理示意图可知，本题考查原电池和电解池，运用原电池和电解池的工作原理分析。‎ ‎【详解】A. 充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a 为电源正极，故A正确；‎ B. 充电时，Cl−向阳极Bi 电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)3电极移动，故B正确；‎ C. 放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H++3e−=Bi+Cl−+H2O，故C正确；‎ D. 充电时，Bi电极上，反应为Bi+Cl−+H2O−3e−=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)3电极上，反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e−=Na3Ti2(PO4)3，所以新增入电极中的物质：n(Na+):n(Cl−)=3:1，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎16.室温下，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将的盐酸和的硫酸等体积混合，所得溶液 B. HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大 C. 向 氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中 增大 D. 将1 mL 的HA溶液稀释到10 mL，若溶液的，则HA为弱酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．首先计算混合溶液中的c(H+)，根据计算；‎ B．根据越弱越水解的原则判断；‎ C．向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，电离平衡，结合同离子效应对平衡移动的影响分析；‎ D．加水促进弱酸的电离。‎ ‎【详解】A.假设两溶液均为‎1L，则的HCl溶液中 n，的溶液中 n可忽略不计，混合后的溶液中 c ‎，，故A错误；‎ B.根据越弱越水解的原则，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH小，故B错误；‎ C.氨水中存在，加入少量硫酸铵固体，平衡向逆方向移动，则溶液中减小，故 C错误；‎ D.将的HA溶液稀释到，若，则HA为强酸，若，加水促进弱酸的电离，则HA为弱酸，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎17.下列叙述中正确的是（ ）‎ A. ‎25℃‎，Cu(OH) 2 在水中的溶度积常数比其在 Cu(NO3) 2 溶液中的大 B. 一定温度下，将 0.10 mol/L的氨水加水稀释，溶液中各离子浓度均减小 C. 用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂 D. 常温下，NaHS 溶液中:c(H＋)+c(H2S)=c(S2－)+c(OH－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ksp与温度有关，则‎25℃‎，Cu(OH)2 在水中的溶度积与其在 Cu(NO3)2 溶液中溶度积相同，故A错误；‎ B. 加水稀释促进一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，Ka不变，则c(H+)增大，故B错误；‎ C. 选择指示剂：指示剂的变色范围应于反应后溶液溶质的pH吻合，反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故C错误；‎ D. NaHS 溶液中，由物料守恒可知c(Na+)=c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)，由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=‎2c(S2−)+c(OH−)+c(HS−)，则c(H+)+c(H2S)═c(S2−)+c(OH−)，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.室温时，在由水电离出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　）‎ A. K+、Na+、HCO3－、Cl－ B. K+、MnO4－、Br－、Cl－‎ C. Na+、Cl－、NO3－、SO42－ D. Al3+、NH4+、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】室温时由水电离出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，‎ A．HCO3－与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，选项A错误；‎ B．MnO4－、Cl－在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项B错误；‎ C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，选项C正确；‎ D．Al3+、NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；‎ 答案选C ‎19. 把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，分别用导线两两相连可以组成原电池。A、B相连时A为负极；C、D相连时，电流由D→C；A、C相连时，C极上产生大量气泡，B、D相连时，D极发生氧化反应。这四种金属的活动性顺序是（ ）‎ A. A>B>C>D B. A>C>D>B ‎ C. C>A>B>D D. B>D>C>A ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B相连时A为负极，则活动性顺序A＞B；C、D相连时，电流由D→C，说明C为负极，则活动性顺序：C＞D；A、C相连时，C极上产生大量气泡，则C为原电池的正极，活动性顺序：A＞C；B、D相连时，D极发生氧化反应，D应为原电池的负极，作为活动性顺序：D＞B；则有活动性顺序：A＞C＞D＞B；‎ 故选：B。‎ ‎20.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是（ ）‎ A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成 B. 甲池中负极反应为 C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小 D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体 ‎【答案】C ‎【解析】甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为‎12.8g固体，选项D错误。答案选C。‎ 三、填空题（共4小题，计50分）‎ ‎21.已知水在‎25℃‎和‎95℃‎时，其电离平衡曲线如图所示：‎ ‎(1)‎95℃‎时水的电离平衡曲线应为___（填“A”或“B”）．此温度下水的离子积KW=_____．‎ ‎(2)‎95℃‎时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=_____．‎ ‎(3)‎25℃‎时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为______．‎ ‎(4)曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液中，由水电离出的氢离子浓度为_____mol/L．‎ ‎(5)若在水中加入少量MgCl2固体，则对水的电离有______作用。（填“促进”或“抑制”）‎ ‎【答案】(1). B (2). 1.0×10−12 (3). 10 (4). 10:1 (5). 10-10 (6). 促进 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) ‎95℃‎时水的电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以两者浓度都为10-6mol/L； 横轴是氢离子浓度，纵轴是氢氧根离子浓度，由水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH-）计算出曲线的Kw值；‎ ‎(2) 根据水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH-）计算，据此解答；‎ ‎(3) 根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积，据此解答；‎ ‎(4) 曲线B对应温度下，Kw=c(H+)⋅c(OH−)=10−12，据此解答；‎ ‎(5)加入消耗水电离出来的氢离子或氢氧根离子的物质，促进水电离，据此解答。‎ ‎【详解】(1) ‎95℃‎时水的电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以两者浓度都为10−6mol/L，水的电离是吸热过程，温度升高电离程度增大， c (H+)、c(OH−)均增大，故为曲线B；曲线B条件下c(H+)=c(OH−)=10−6mol/L，Kw=c(H+)⋅c(OH−)=10−12， 故答案为：B；1.0×10−12；‎ ‎(2)‎95℃‎时，0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，所以溶液中氢离子的浓度为：10−10mol/L，所以溶液的pH=10，故答案为：10；‎ ‎(3) n(OH−)=n(H+)，则V(NaOH) ·10−5mol·L−1=V(H2SO4) ·10−4 mol·L−1，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1，故答案为：10:1； ‎ ‎(4) 曲线B对应温度下，Kw=c(H+)⋅c(OH−)=10−12，pH=2的某HA溶液中c(H+)=10-2 mol/L，由水电离出的 ，故答案为：10-10；‎ ‎(5) 若在水中加入少量MgCl2固体，镁离子会结合水电离出来氢氧根，促进水电离，故答案为：促进。‎ ‎22.如图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O． ‎ ‎（1）甲池是 ______ 装置； ‎ ‎（2）乙池中A（石墨）电极的名称是 ______ ； ‎ ‎（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式： ______ ； ‎ ‎（4）乙池中反应的化学方程式为 ______ ； ‎ ‎（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加‎4.32g时，甲池中理论上消耗O2 _____mL（标准状况）；此时丙池某电极上析出‎1.60g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是 ______ （填序号）。‎ A．MgSO4　 B．CuSO‎4 C．NaCl　 D．AgNO3．‎ ‎【答案】(1). 原电池 (2). 阳极 (3). CH3OH-6e-+8OH-═6H2O+CO32- (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 224 (6). D ‎【解析】试题分析：本题考查多池串联装置中原电池和电解池装置的判断，电极反应式的书写，多池串联的计算。甲池为燃料电池，甲池为原电池，乙池和丙池都为电解池。通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极，则乙池中A极（即C极）为阳极，B极（即Ag极）为阴极；丙池中C极为阳极，D极为阴极。‎ ‎（1）甲池为燃料电池，属于原电池装置。‎ ‎（2）乙池中A电极与燃料电池的正极相连，A电极为阳极。‎ ‎（3）甲池中通入O2的电极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料电池总反应减去正极反应式（消去O2），则通入CH3OH的电极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。‎ ‎（4）乙池中阳极为C，属于惰性电极，乙池中为电解AgNO3溶液，化学方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3。‎ ‎（5）乙池中B极的电极反应式为Ag++e-=Ag，装置中通过电子物质的量等于n（Ag）==0.04mol。甲池中O2发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，根据电子守恒，甲池中消耗O2物质的量为0.01mol，标准状况下的体积为224mL。丙池中两电极都为惰性电极，丙池中某电极上析出金属，丙池中的盐溶液为不活泼金属的盐溶液，则不可能为MgSO4和NaCl；若为CuSO4溶液，阴极上析出Cu的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，析出1.60gCu，电路中通过的电子物质的量为2=0.05mol0.04mol，不可能为CuSO4溶液；若为AgNO3溶液，阴极上析出Ag的电极反应式为Ag++e-=Ag，析出1.60gAg电路中通过电子物质的量为=0.015mol0.04mol，根据电子守恒，阴极析出Ag后H+继续放电，可能为AgNO3溶液；答案选D。‎ ‎23.乙二酸俗称草酸，为二元酸（结构简式为HOOC－COOH，可简写为H‎2C2O4）。‎25℃‎时，草酸的电离平衡常数K1＝5.0×10－2，K2＝5.4×10－5；碳酸的电离平衡常数K1＝4.5×10－7，K2＝4.7×10－11。草酸钙的Ksp＝4.0×10－8，碳酸钙的Ksp＝2.5×10－9。回答下列问题：‎ ‎（1）写出水溶液中草酸的电离方程式：________________________________。‎ ‎（2）‎25℃‎，物质的量浓度都为0.1 mol/L的Na‎2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液pH______________________（填“大”“小”或“相等”）。‎ ‎（3）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液10 mL与0.2 mol/L的草酸溶液10 mL混合，若混合溶液显酸性，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序：____________________。‎ ‎（4）‎25℃‎时向20 mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10－3mol/L的草酸钾溶液20 mL，能否产生沉淀？________________（填“能”或“否”）。‎ ‎（5）除去锅炉水垢中的CaSO4可先用碳酸钠溶液处理，而后用盐酸溶解，其反应的离子方程式：______________________________；________________________________。‎ ‎【答案】(1). H‎2C2O4HC2O4－＋H＋ HC2O4－C2O42－＋H＋ (2). 小 (3). c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-) (4). 否 (5). CaSO4 + CO32-= CaCO3+ SO42- (6). CaCO3+ 2H+= Ca2++ H2O + CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）草酸是二元弱酸，在水中部分电离，电离方程式是H‎2C2O4HC2O4－＋H＋，HC2O4－C2O42－＋H＋；‎ ‎（2）根据草酸与碳酸的电离常数判断，草酸的酸性强，根据越弱越水解规律，所以‎25℃‎，物质的量浓度都为0.1 mol/L的Na‎2C2O4溶液的水解程度小于Na2CO3溶液的水解程度，所以Na‎2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液pH小；‎ ‎（3）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液10 mL与0.2 mol/L的草酸溶液10 mL混合，得到的是草酸氢钾溶液，若混合溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液中不水解的离子的浓度最大，所以所得溶液中离子浓度的关系是c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；‎ ‎（4）根据草酸钙与碳酸钙的溶度积可知，碳酸钙的饱和溶液中，钙离子的浓度是5×10-5mol/L，向20 mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10－3mol/L的草酸钾溶液20 mL，则c(Ca2+)=2.5×10-5mol/L，c(C2O42-)=0.5×10－3mol/L，c(Ca2+)×c(C2O42-)=1.25×10-8<4.0×10－8，则不会产生草酸钙沉淀；‎ ‎（5） 除去锅炉水垢中的CaSO4‎ 可先用碳酸钠溶液处理，是因为硫酸钙微溶，加入碳酸钠后，硫酸钙逐渐转化为更难溶的碳酸钙沉淀，而后用盐酸溶解，碳酸钙与稀盐酸反应生成易溶的氯化钙，从而除去水垢，离子方程式是CaSO4 +CO32-=CaCO3+SO42-；CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。‎ ‎24.甲醇既是基本有机化工原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。‎ ‎（1）工业上合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH。下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ 平衡常数K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 由表中数据判断该反应为 ________反应（填“吸热”或“放热”）。 某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入‎2 L的密闭容器中充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2 mol/L，则CO的转化率为______，此时的温度为______（从表中选择）。 ‎ ‎（2）已知在常温常压下： ‎ ‎①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g) ΔH1 kJ/mol ‎ ‎②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2 kJ/mol ‎ ‎③H2O(g)＝H2O(l) ΔH3 kJ/mol ‎ 则反应 CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l) ΔH＝ _____________ kJ/mol（用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示）。 ‎ ‎（3）现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72‾）时，实验室利用如图装置模拟该法： ‎ ‎ ‎ ‎①N电极的电极反应式为 ___________________________________。‎ ‎②请完成电解池中Cr2O72‾转化为Cr3+的离子反应方程式： ‎ Cr2O72‾ + ______ Fe2+ + ______ ＝ ______ Cr3+ + ______ Fe3+ + ______ ‎ ‎（4）处理废水时，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去，当c(Cr3+)＝1×10‾5 mol/L 时，Cr3+沉淀完全，此时溶液的pH＝______。（已知：Ksp=6.4×10‾31，lg2=0.3）‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 80% (3). ‎250℃‎ (4). 或(ΔH1－ΔH2)+2ΔH3 (5). O2+4e−+4H+=2H2O (6). 6 (7). 14H+ (8). 2 (9). 6 (10). 7H2O (11). 56‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；‎ 某温度下，将2molCO和6molH2充入‎2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：‎ ‎ CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L）： 1       3               0‎ 变化浓度（mol/L）： 0.8   1.6            0.8‎ 平衡浓度（mol/L）： 0.2   1.4           0.8‎ 由此计算CO转化率和此温度下平衡常数，进而判断温度；‎ ‎（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；‎ ‎（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水；‎ ‎②电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+的系数为6，再结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（4）Ksp=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.4×10‾31计算c(OH-)，根据KW=c(H+)×c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎【详解】（1）由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H<0，某温度下，将2molCO和6molH2充入‎2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：‎ ‎                   CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L）： 1       3               0‎ 变化浓度（mol/L）： 0.8   1.6            0.8‎ 平衡浓度（mol/L）： 0.2   1.4           0.8‎ CO转化率=×100%=80%，平衡常数K===2.041，故温度为‎250℃‎，故答案为放热；80%；‎250℃‎；‎ ‎（2）①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g) ΔH1 kJ/mol ‎ ‎②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2 kJ/mol ‎ ‎③H2O(g)＝H2O(l) ΔH3 kJ/mol 根据盖斯定律(①−②+4×③)可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H= 或(ΔH1－ΔH2)+2ΔH3；‎ ‎（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，负极电极反应式为：CH3OH−6e−+H2O=6H++CO2↑，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水，正极电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，‎ 故答案为O2+4e−+4H+=2H2O；‎ ‎②电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+的系数为6，反应离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为6；14H+；2；6；7H2O；‎ ‎（4）Ksp=c(Cr3+)×c3(OH−)=6.4×10-31，c(Cr3+)=1×10-5mol·L−1时，溶液中c(OH−)===4×10-9mol·L−1，则c(H+)==mol/L=2.5×10-6mol·L−1，则pH=−lg(2.5×10-6) =5.6。‎ ‎25.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol。回答有关中和反应的问题。‎ ‎（1）用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出___kJ热量。‎ ‎（2）如图装置中仪器A的名称___，作用是___；仪器B的名称___，作用是___；碎泡沫塑料的作用是___。‎ ‎（3）若通过实验测定中和热的ΔH，其结果常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是___。‎ ‎（4）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】(1). 11.46 (2). 环形玻璃搅拌 (3). 搅拌，使溶液充分混合 (4). 温度计 (5). 测量温度 (6). 减少实验过程中的热量损失 (7). 实验中不可避免的有少量热量损失 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量；‎ ‎(2)根据常见仪器的用途来解答；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失；‎ ‎(4)根据弱电解质电离吸热分析。‎ ‎【详解】(1)由H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，而0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.2molH2O，所以放出的热量为57.3kJ×0.2=11.46kJ；‎ ‎(2)仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，其作用是搅拌，使溶液充分混合；仪器B的名称是温度计，其作用是测量温度；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，但中和热为负值，所以中和热的△H大于-57.3kJ•mol-1；‎ ‎(4)NH3•H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小。‎