【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二上学期第三次学段考试（解析版）

【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二上学期第三次学段考试（解析版）

甘肃省武威第六中学 2019-2020 学年高二上学期第三次学段 考试 第 I 卷 选择题 一、选择题（每小题 3 分，共 48 分） 1.下列说法不正确的是 A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 B. 化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量 C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生 D. 放热的反应在常温下一定很容易发生 【答案】D 【解析】 【详解】A. 任何化学反应都伴随着能量的变化，A 项正确，不符合题意； B. 反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是放热反应，反之为吸热反应，因此化学反 应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量，B 项正确，不符合 题意； C.CO2 和 C 反应为吸热反应，在高温下可自发进行，因此吸热反应在一定条件(如高温、加 热等)下也能发生，C 项正确，不符合题意； D. 并不是所有的放热反应在常温下都能发生，如碳的燃烧，D 项错误，符合题意； 答案选 D。 2.下列说法正确的是（ ） A. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·mol-1”可知，金刚石比石墨稳定 B. 500℃、30M Pa 下，将 0.5 mol N2 和 1.5 mol H2 置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放 热 19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH= －38.6kJ·mol-1 C. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol-1，若将含 1mol CH3COOH 与含 1mol NaOH 的溶液混合，放出的热量小于 57.3kJ D. X(g)＋Y(g) Z(g) ΔH >0，恒温恒容条件下达到平衡后加入 X，上述反应 ΔH 增大 【答案】C 【解析】   【详解】A．ΔH＝＋1.9kJ/mol，为吸热反应，则石墨的能量低，则石墨比金刚石稳定，故 A 错误； B．0.5mol N2(g)和 1.5mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g)，放热 19.3kJ，则 1molN2(g)完全反应放出热量大于 38.6kJ，可知 N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＜ −38.6kJ•mol−1，故 B 错误； C．醋酸是弱酸，在水溶液中没有完全电离，醋酸电离时吸热，所以 1molCH3COOH 与 1mol NaOH 溶液反应放热少于强酸，故 C 正确； D．一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故 D 错误； 故答案选 C。 3.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为 KOH 溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2O Cd(OH)2 + 2Ni(OH)2 ，有关 该电池的说法正确的是 A. 放电时电解质溶液中的 OH-向正极移动 B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液的碱性增强 D. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e- + OH- = NiOOH + H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为： NiOOH+e-+H2O═Ni（OH） 2+OH- ， 充 电 时 阳 极 上 发 生 的 电 极 反 应 式 为 ：Ni（OH） 2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，放电时， 溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转化为化学能的装置，据此分析作答。 【详解】A. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故 A 项错误； B. 充电过程实际上是把电能转化为化学能的过程，故 B 项错误； C. 放电时，负极上电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，碱性减弱，故 C 项错误； D. 充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2-e-+OH-═NiOOH+H2O，故 D 项正确； 答案选 D。 4.设 C+CO2 CO(正反应为吸热反应)，反应速率为 v1；N2+3H2 2NH3(正反应为放 热反应)，反应速率为 v2。对于上述反应，当温度升高时，v1 和 v2 变化情况为（ ） A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1 增大，v2 减小 D. v1 减小，v2 增大 【答案】A 【解析】 分析】 化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大。 【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有 效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大；故答案选 A。 【点睛】解答本题需要注意温度对反应速率的影响与反应的吸、放热无关。 5.一定条件下，在体积为 10 L 的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0，反应过程如图，下列说法正确的是（ ） A. t1 min 时正、逆反应速率相等 B. X 曲线表示 NH3 的物质的量随时间变化的关系 C. 0～8min，H2 的平均反应速率 v(H2)＝ mol·L－1·min－1 D. 10min，改变条件为升温 【答案】B 【解析】 【详解】A、根据图象可知，t1 min 时 X、Y 的物质的量相等，不能代表反应速率的关系， 故无法判断，故 A 错误； B、根据图可知，在 0～8 min 时，X 增加了 0.6mol，Y 减小了 0.9mol，X、Y 变化了的物质 的量之比为 2：3，根据物质变化了的物质的量之比等于化学反应中计量数之比可知，X 为 氨气的物质的量随时间变化的曲线，故 B 正确； 【   3 4 C、0～8 min 时，由图可知 NH3 的平均反应速率 v（NH3）= mol•L-1•min-1， 根据速率之比等于化学计量数之比得，v（H2）= mol•L-1•min-1，故 C 错误； D、因为该反应为放热反应，由图可知在 10～12 min 生成物变多，反应物变少，平衡正向移 动，所以此时应为降低温度，故 D 错误； 故选：B。 6.下列过程一定不能自发进行的是( ) A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0 B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH＜0 C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＞0 D. 2CO(g)=2C(s)＋O2(g)　ΔH＞0 【答案】D 【解析】 【详解】依据吉布斯自由能方程 ΔG=ΔH-TΔS，只要 ΔG<0，反应就可能自发进行。 A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　 ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，A 能自发进行； B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　 ΔS<0，ΔH<0，则低温时，ΔG<0，B 能自发进行； C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)　 ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，C 能自发进行； D. 2CO(g)=2C(s)＋O2(g)　 ΔS<0，ΔH＞0，ΔG>0，D 一定不能自发进行。 故选 D。 【点睛】一个能自发进行的反应，并不一定真的就能发生，它只是告诉我们反应有发生的可 能，只要我们注意改善反应条件或改善反应环境，就有让反应发生的可能。 7.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2O NH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动， 同时使 c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是（ ） ①NH4Cl 固体；②硫酸；③NaOH 固体；④水；⑤加热；⑥加入少量 MgCl2 固体。 A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤ 【答案】C 【解析】 【详解】①加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，故①错 误； ②加入硫酸，氢离子中和氢氧根使之浓度减少，继而引发电离平衡正向移动，故②错误； 0.6mol/L 10L 3= 8min 400 ( )3 3 9v NH = 2 800 × ③加入氢氧化钠固体，氢氧根浓度增大，平衡逆向移动，故③正确； ④加水稀释使电离平衡相关的微粒浓度都减小，平衡向电离方向移动，故④错误； ⑤弱电解质的电离是吸热过程，加热使平衡向右移动，故⑤错误； ⑥加入少量硫酸镁固体，镁离子与氢氧根反应，使溶液中氢氧根浓度减小，稀氨水 电离平 衡正向移动，故⑥错误。故只有③正确。 综上所述，答案为 B。 【点睛】加水稀释，平衡正向移动，看得见的浓度减小，看不见的浓度增大即电离方程式中 能看见的微粒浓度减少，电离方程式中看不见的微粒浓度增加； 例如：NH3·H2O NH4+＋OH－ 一水合氨、铵根离子、氢氧根离子在电离方程式中看得见，因此它们的浓度都减小，而氢离 子看不见，因此氢离子浓度增大。 8.下列溶液肯定显酸性的是 A. 的溶液 B. 含 的溶液 C. 的溶液 D. 加酚酞显无色的溶液 【答案】A 【解析】 【分析】 酸性最本质的判断是： 。 【详解】A.由分析可知， 的溶液显酸性，A 项正确； B.碱性和中性的溶液也含 ，B 项错误； C.温度未知，KW 未知， 的溶液未必显酸性，C 项错误； D.加酚酞显无色的溶液，可能酸性或中性，D 项错误； 答案选 A。 9.在 25mL0.1mol·L－1 某一元碱中，逐滴加入 0.1mol·L－1 醋酸，滴定曲线如图所示。则下列 说法不正确的是 的 ( ) ( )c H c OH+ −> +H 7c(OH ) + -c(H )>c(OH ) +H pH<7 A. 该碱溶液可以溶解 Al(OH)3 B. a 点对应的体积值大于 25mL C. C 点时，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－) D. D 点时，c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H+)+c(CH3COOH) 【答案】D 【解析】 【详解】从滴定曲线可知，没有滴加醋酸前，0.1mol·L －1 某一元碱其溶液 pH 为 13， c(OH-)=0.1mol/L，完全电离，该一元碱为强碱。 A．该一元碱为强碱，可以溶解 Al(OH)3，A 项正确，不符合题意； B．根据曲线，a 点的 pH 值为 7，为中性，假设加入醋酸的体积为 25mL，酸和碱恰好完全 反应，生成醋酸盐，为强碱弱酸盐，水解为碱性，现在为中性，说明要多加点酸，B 项正确， 不符合题意； C．C 点 pH<7，溶液呈现酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒 c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H ＋)＋c(Na＋)，可以知道 c(CH3COO－)>c(Na+)，C 项正确，不符合题意； D．D 点，加入了 50mL 的醋酸，为 CH3COONa 和 CH3COOH 的混合溶液，根据电荷守恒 c (CH3COO－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na＋)，以及物料守恒，c( CH3COOH)＋c (CH3COO－)=2c(Na ＋)，联合两式，得 c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，D 项错误，符合题意； 本题答案选 D。 10.下列事实： ①NaHSO4 溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4 会使土壤酸性增大，发生板结；③配制 CuCl2 溶液，用稀盐酸溶解 CuCl2 固体；④NaHS 溶液中 c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去 除金属制品表面的锈斑；⑥加热 FeCl3·6H2O 晶体，往往得不到 FeCl3 固体。 其中与盐类的水解有关的叙述有（ ） A. 6 项 B. 5 项 C. 3 项 D. 4 项 的 【答案】B 【解析】 【详解】①中 NaHSO4 为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出 H＋所致；② 中是 NH4+水解显酸性所致；③中 HCl 会抑制 Cu2＋水解；④中是因 HS－水解程度大于其电 离程度所致；⑤中 NH4+水解产生 H＋与锈斑中的 Fe2O3 反应；⑥加热时部分 FeCl3 会发生水 解。故除①外都与盐类的水解有关。故选 B。 11.下列有关实验操作的叙述正确的是（ ） A. 中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，通常控制在 1mL 至 2mL B. 在 50mL 碱式滴定管中装氢氧化钠溶液至 5mL 刻度处，把液体全部放入烧杯，液体体积 为 45mL C. 碱式滴定管可以用来装碱性和氧化性的溶液 D. 用标准盐酸测定未知浓度 NaOH 结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时 无气泡，所测结果偏低 【答案】D 【解析】 【详解】A．指示剂不宜加入过多，一般几滴即可，否则滴定终点判断不准确，故 A 错误； B．碱式滴定管的 0 刻线在上方，50.00mL 下端无刻度，50mL 碱式滴定管中装氢氧化钠溶 液至 5mL 刻度处，把液体全部放入烧杯，液体体积大于 45mL，故 B 错误； C．装氧化性的溶液不能选碱式滴定管，氧化性物质可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故 C 错 误； D．滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，测定所需的标准液的体积 减小，导致测定浓度偏低，故 D 正确； 故答案选 D。 12.下列离子组因发生双水解反应而不能大量共存的是 A. Ba2+、NH4+、SO42-、OH- B. H+、Na+、NO3-、I- C. Al3+、K+、HCO3-、NO3- D. H+、Ca2+、CO32-、Cl- 【答案】C 【解析】 Ba2+和 SO42-因为生成沉淀而不共存，NH4+和 OH-因为生成弱电解质（NH3·H2O）而不共存， 没有发生双水解反应，所以选项 A 错误。H+、NO3-、I-会因为发生氧化还原反应而不共存， 没有发生双水解反应，选项 B 错误。Al3+和 HCO3-发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝， 所以选项 C 是因为双水解反应而不共存，选项 C 正确。Ca2+和 CO32-因为生成沉淀而不共存，H+ 和 CO32-反应生成二氧化碳而不共存，没有发生双水解反应，选项 D 错误。 13. 的两种一元酸 和 ，体积均为 ，稀释过程中 与溶液体积的关系如图 所示。分别滴加 溶液（ ）至 ，消耗 溶液的体积为 、 ，则（ ） A. 为弱酸， B. 为强酸， C. 为弱酸， D. 为强酸， 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知，pH＝2 的两种一元酸 x 和 y，均稀释 10 倍，x 的 pH 为 3，y 的 pH＜3，则 x 为 强酸，y 为弱酸；发生中和反应后 pH＝7，为中性，x 与 NaOH 反应生成不水解的正盐，而 y 与 NaOH 反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗 NaOH 越多，以此来解答。 【详解】由图可知，pH＝2 的两种一元酸 x 和 y，均稀释 10 倍，x 的 pH 为 3，y 的 pH＜3， 则 x 为强酸，y 为弱酸；pH＝2 的 x，其浓度为 0.01mol/L，与 NaOH 发生中和反应后 pH＝ 7，为中性，则 0.01mol/L×0.1L＝0.1mol/L×V 碱，解得 V 碱＝0.01L，而 pH＝2 的 y，其浓度 大于 0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时 y 剩余，但 y 的物质的量大于 x，y 消耗的碱溶液体积大，体积大于 0.01L，则 V x＜V y，故答案选 C。 【点睛】本题把握等 pH 的酸稀释相同倍数时强酸 pH 变化大为解答的关键，注意酸的物质 的量大小决定消耗碱的体积大小。 pH 2= x y 100mL pH NaOH 10.1mol Lc −=  pH 7= NaOH xV yV x x yV V< x x yV V> y x yV V< y x yV V> 14.在 时，碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知 时硫酸钙的 Ksp=9.1×10-6，下列说法正确的是( ) A. 除去锅炉水垢中硫酸钙的办法是将其转化为碳酸钙，然后用酸去除 B. 图中 b 点碳酸钙的结晶速率小于其溶解速率 C. 通过蒸发，可使溶液由 a 点变化到 c 点 D. 在 25℃时，反应 的平衡常数 K=3500 【答案】A 【解析】 【详解】A. Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3)，且 与盐酸反应，则除去锅炉水垢中硫酸钙的办 法是将其转化为碳酸钙，然后用酸去除，A 项正确； B. 曲线上的点为平衡点，b 点在曲线上方，Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3)，有晶体析出，则 b 点 碳酸钙的结晶速率大于其溶解速率，B 项错误； C. 蒸发时， 、 的浓度均增大，图中由 a 点变化到 c 点时 不变，与图象 不符，则通过蒸发不能使溶液由 a 点变化到 c 点，C 项错误； D. 反应 的平衡常数 ，D 项错误； 答案选 A。 15.如图是一套电化学装置，对其有关说法错误的是（ ） 25℃ 25℃ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 3 3 4CaSO s CO aq CaCO s SO aq− −+ = + 3CaCO 2 3CO − 2Ca + ( )2 3c CO − ( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 3 3 4CaSO s CO aq CaCO s SO aq− −+ = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 4 4 4 5 52 2 2 33 3 c SO c SO c Ca Ksp CaSO 9.1 10K 3250Ksp CaCO 4.0 10 7.0 10c CO c CO c Ca − − + − − −− − + ×= = = = =× × × A. 装置 A 是原电池，装置 B 是电解池 B. 反应一段时间后，装置 B 中溶液 pH 增大 C. a 若消耗 1mol CH4，d 可产生 4mol 气体 D. a 通入 C2H6 时的电极反应为 C2H6-14e-+ 18OH-= 2CO32-+ 12H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 由装置图可知 A 应为燃料电池装置，则 B 为电解池装置，电解硫酸溶液时，阳极发生氧化 反应生成氧气，阴极发生还原反应生成氢气，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH 减小，A 中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，以此解答该题。 【详解】A．由装置图可知 A 消耗气体，应为燃料电池装置，则 B 生成气体，为电解池装 置，故 A 正确； B．电解硫酸溶液时，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成氢气，实质为电 解水，硫酸浓度增大，pH 减小，故 B 错误； C．由元素化合价可知，a 口若消耗 1mol CH4，应生成碳酸钾，则失去电子 8mol，为原电池 的负极，则 d 为阴极，生成氢气，应为 4mol，故 C 正确； D．a 口通入 C2H6 时，乙烷被氧化生成碳酸钾，电极反应为 C2H6-14e-+18OH-= 2CO32-+12H2O，故 D 正确； 故答案选 B。 【点睛】明确原电池正负极和电解池阴阳极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反 应式的书写。 16.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解 NaB(OH)4 溶液可制备 H3BO3，其工作原理如图。下列叙述错误的是(　　) A. M 室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2↑+4H+ B. N 室：a”“<”或“＝”)。 (4)若一定量的 CO2 和 H2 在绝热恒容的条件下发生上述反应②，下列可以作为判断该反应达 到平衡的标志有_________________________。 a.混合气体的平均相对分子质量不再改变 b.混合气体中 CO2、H2、H2O、CO(g)的含量相等 c. v(CO2)生成=v(CO)消耗 d.容器内温度不再变化 【答案】 (1). 2.5 (2). -75 kJ·mol－1 (3). 0.1mol/(L min) (4). > (5). d 【解析】 【分析】 (1)反应①＋②可得反应③，则平衡常数 K3＝K1×K2，焓变 ΔH3＝ΔH1+ΔH2； (2)利用“三段式法”和化学平衡常数的表达式计算出 H2 浓度的变化量，用 H2 表示的反应速率 v(H2)＝ ； (3)500℃时 K3＝K1×K2＝2.5，再计算此时浓度商 Qc，若 Qc＝K3，处于平衡状态，若 QcK3，反应向逆反应进行，进而判断 v 正、v 逆相对大小； (4)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之 比(不同物质)，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量 不变，以此分析。 【详解】(1)反应①＋②可得反应③，则平衡常数 K3＝K1×K2=2.5×1.0=2.5，焓变 ΔH3＝ ΔH1+ΔH2=－116kJ·mol－1+(＋41kJ·mol－1)=-75kJ·mol－1，故答案为：2.5；-75kJ·mol－1； (2)500℃时，将 2molCO 和 2molH2 充入 2L 的恒容密闭容器中发生反应②, 5min 后达到平衡, 由反应三段式得： ⋅ 2 2 (H ) (H ) c t ∆ ∆ K2= =1.0，解得 =0.5mol/L，v(H2)＝ ＝ =0.1mol/(L min)，故答案为：0.1mol/(L min)； (3)500℃时 K3＝K1×K2=2.5，浓度商 Qc＝ ＝0.88＜K3＝2.5，反应向正反应进行， 故 v 正＞v 逆，故答案为：＞； (4) a．反应总质量是个定值，总物质的量是个定值，混合气体的平均相对分子质量一直不变， 故 a 不符合题意； b．混合气体中 CO2、H2、H2O、CO 的含量相等，不一定达到平衡状态，故 b 不符合题意； c．v(CO2)生成、v(CO)消耗是逆反应的两种物质化学反应速率，不能证明 v 正=v 逆，故 c 符合题 意； d．绝热容器内温度不再发生变化说明反应达到了平衡，故 d 符合题意； 故答案为：d。 19.某兴趣小组为研究原电池原理，设计如图甲乙两个原电池装置。 (1)如图甲，a 和 b 用导线连接，Cu 电极的电极反应式为：________，溶液中 SO42-移向 ______(填“Cu”或“Fe”)极。 (2)如图乙所示的原电池装置中，负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是 _______________。 负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消 耗负极 5.4g，则放出气体______mol。 (3)将反应 Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4 设计成盐桥电池并画图____________ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1mol/L 1mol/L 0 0 Δ (H ) Δ (H ) Δ (H ) Δ (H ) 1-Δ (H ) 1-Δ (H ) Δ (H ) Δ (H CO g H g H O g CO g ) c c c c c c c c  起始： 转化： 平 + 衡： + 2 2 2 2 (H ) (H ) (1 (H )) (1 (H )) c c c c ∆ ⋅∆ − ∆ ⋅ − ∆ 2(H )c∆ 2 2 (H ) (H ) c t ∆ ∆ 0.5mol/L 5min ⋅ ⋅ 30. 0.3 1 0.15 0.8 × × (4)依据 Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 晶体的反应原理设计原电池，你认为是否可行并说明理由 ______。 【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). Fe (3). Al (4). 产生气泡 (5). Al-3e- +4OH-=AlO2- + 2H2O (6). 0.3 (7). (8). 否，因为此反应 为非氧化还原反应 【解析】 【分析】 (1)甲装置中，a 和 b 用导线连接，该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作负极，铜 作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电解质溶液中阴离子向负极移动，电 子由铁电极经导线流向铜电极； (2)乙装置中，铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化反应而作负极，镁作 正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气； (3)设计原电池要满足原电池的组成条件； (4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应。 【详解】(1)甲装置中，a 和 b 用导线连接，该装置构成原电池，铁失电子发生氧化反应而作 负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气，电极反应式为： 2H++2e-=H2↑，电解质溶液中阴离子向负极移动，溶液中 SO42-移向铁电极； (2)乙装置中，铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池，铝失电子发生氧化反应而作负极，电极 反应式为：Al-3e- +4OH-=AlO2- + 2H2O；镁作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应产生 氢气，可以观察到产生气泡；由反应总方程式可知：2Al 3H2，5.4g Al 的物质的量为 =0.2mol，则能生成 H2 的物质的量为 0.3mol； (3)将反应 Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4 设计成盐桥电池需要 Cu 作负极，铜电极烧杯中电 解质为 CuSO4，可用惰性电极作正极，电解质溶液为 Fe2(SO4)3 溶液，形成闭合回路，装置 图为： ； (4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应，该反应是吸热反应且不是氧化还原 反应，所以不能设计成原电池。 【点睛】明确原电池原理是解本题关键，根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和 电解质，知道原电池中正负极的判断方法。 20.请按要求回答下列问题： (1)25 ℃时，向纯水中加入少量碳酸钠固体，得到 pH 为 11 的溶液，其水解的离子方程式为 _____________，由水电离出的 c(OH－)＝________mol·L－1。 (2)电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知： 化学式 电离常数(25 ℃) HCN K＝4.9×10－10 CH3COOH K＝1.8×10－5 H2CO3 K1＝43×10－7、K2＝5.6×10－11 ①25 ℃时，有等 pH 的 a.NaCN 溶液、b.Na2CO3 溶液和 c.CH3COONa 溶液，三溶液的浓度 由大到小的顺序为___________________________。(用 a b c 表示) ②向 NaCN 溶液中通入少量的 CO2，发生反应的化学方程式为_________。 (3)室温时，向 100mL 0.1mol/L NH4HSO4 溶液中滴加 0.1mol/L NaOH 溶液，得到溶液 pH 与 NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示：  5.4g 27g/mol 试分析图中 a、b、c、d 四个点，水的电离程度最大的是________；在 b 点，溶液中各离子 浓度由大到小的排列顺序是_____________________________。 【答案】 (1). CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH−、HCO3−＋H2O⇌H2CO3＋OH− (2). 10-3 (3). c > a > b (4). NaCN + CO2 + H2O = NaHCO3+ HCN (5). a (6). c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+) 【解析】 【分析】 (1)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，盐溶液中盐 水解促进水的电离； (2)①根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的浓 度越大； ②电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3−，向 NaCN 溶液中通入少量 CO2，反应生成 HCN 和碳酸氢钠，据此写出反应的化学方程式； (3)a 点恰好生成等物质的量的硫酸铵和硫酸钠，水解促进水的电离；b 点时 pH＝7，相对于 a 点 NaOH 稍过量，抑制 NH4+的水解。 【详解】(1)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性，碳酸根水解的离子方程式为 CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH−、HCO3−＋H2O⇌H2CO3＋OH−，其 pH＝11，则 c(OH−)＝ 10-3mol/L，全部由水电离产生，故答案为：CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH−、HCO3−＋H2O⇌H2CO3 ＋OH−；10-3； (2)①根据图表数据分析，电离常数：醋酸＞HCN＞碳酸氢根离子，所以等 pH 的 NaCN 溶 液、Na2CO3 溶液、CH3COONa 溶液水解程度为：Na2CO3 溶液＞NaCN 溶液＞CH3COONa 溶液，故溶液的浓度为：CH3COONa 溶液＞NaCN 溶液＞Na2CO3 溶液，故答案为：c>a>b； ②根据电离平衡常数大小可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3−，向 NaCN 溶液中通入少量 CO2，反应生成 HCN 和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+CO2+H2O =NaHCO3+HCN，故答案为：NaCN+CO2+H2O =NaHCO3+HCN； (3)图中 a、b、c、d 四个点，只有 a 点恰好生成等物质的量的硫酸铵和硫酸钠，铵根离子浓 度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是 a；b 点 pH＝7，相对于 a 点 NaOH 的 稍过量，抑制 NH4+的水解，则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)，故答案为：a；c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)。 21.某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后，用如图装置进行实验，请回答下列 问题： (1)实验一：将开关 K 与 a 连接，则乙为________极，电极反应式为____________________。 (2)实验二：开关 K 与 b 连接，则乙________极，总反应的离子方程式为 _____________________。 (3)对于实验二，下列说法正确的是________(填字母编号)。 A．溶液中 Na＋向甲极移动 B．从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉－KI 试纸变蓝 C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度 D．相同条件下，电解一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等 (4)该研究小组的同学在进行实验二结束的溶液中滴加酚酞溶液，发现________(填“甲”或“乙”) 极附近变红。若标准状况下乙电极产生 22.4mL 气体，剩余溶液体积为 200mL，则该溶液的 pH 为_____。 【答案】 (1). 负 (2). Fe -2e- = Fe2+ (3). 阴 (4). 2Cl- + 2H2O Cl2↑+ H2↑+ 2OH- (5). B (6). 乙 (7). 12 【解析】 【分析】 (1)若开始时开关 K 与 a 连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀； (2)若开始时开关 K 与 b 连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁 为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠； (3)A．溶液中 Na＋向阴极移动； B．石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为 2Cl−−2e−＝Cl2↑，氯气能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝； 电解 C．由总的反应 2Cl−＋2H2O＝2OH−＋H2↑＋Cl2↑，可知反应一段时间后加适量 HCl 可恢复到 电解前电解质的浓度； D．只有氯化钠足量，反应一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等； (4)若开始时开关 K 与 b 连接，形成电解池装置，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧 化钠，滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红，根据产生氢气的量计算溶液中的 OH-的浓度，进而 算出溶液的 pH。 【详解】(1)开始时开关 K 与 a 连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成 亚铁离子，电极方程式为 Fe−2e−＝Fe2＋，故答案为：负；Fe−2e−＝Fe2＋； (2)若开始时开关 K 与 b 连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电 极反应式为 2Cl−−2e−＝Cl2↑；铁为阴极发生还原反应，受到保护，这种保护方式为外加电流 的阴极保护法，电极反应式为 2H＋＋2e−＝H2↑；总的离子反应的方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-；故答案为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-； (3)A．溶液中 Na＋向阴极移动，所以向乙极移动，故 A 错误； B．石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为 2Cl−−2e−＝Cl2↑，氯气能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝，所以从甲极处逸出的气体能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝，故 B 正确； C．由总的反应 2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，可知如果阴极持续是氯离子放电，反应一 段时间后通入适量 HCl 气体可恢复到电解前电解质的浓度，故 C 错误； D．只有氯化钠足量，反应一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等，故 D 错 误； 故答案为：B； (4)若开始时开关 K 与 b 连接，形成电解池装置，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧 化钠，滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红，产生 22.4mLH2，物质的量为 =0.001mol，根据 2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-可知溶液中的 n(OH-)=0.002mol，c(OH-)= =0.01mol/L，根据 c(OH-) c(H+)=10-14 得 c(H+)=10-12mol/L，溶液的 pH=12；故答 案为：乙；12。 电解 电解 电解 22.4mL 22.4L/mol 电解 0.002mol 0.2L ⋅