【化学】北京市八一学校2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】北京市八一学校2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市八一学校2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 O-16 Na-23 Cu-64 Zn-65 Fe-56‎ 一、选择题(本题包括 21 小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题 2 分，共 42 分)‎ ‎1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列垃圾的归类不合理的是 A B C D 垃圾 归类 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】铅蓄电池含有大量的重金属，属于有害垃圾，B错误；故选B。‎ ‎2.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在 ‎25℃‎下用 H2O2 直接将 CH4转化为含氧有机物，其主要原理如下图所示：‎ 下列说法不正确的是 A. 上图中 代表 H2O2‎ B. 由上图可知，步骤 iv 生成的 H2O，其中的 H 原子全部来自 H2O2‎ C. 步骤 i、ii 的总反应方程式是CH4+H2O2 CH3OH+H2O D. 根据以上原理，推测步骤 vi 生成 HCOOH 和 H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意，H2O2与CH4转化为含氧有机物，为H2O2的比例模型，A正 确，不选；‎ B．根据图示，步骤iv生成的H2O，其中的H来自于步骤ii生成的CH3OH和H2O2，B错误，符合题意；‎ C．根据图示步骤i、ii，得到产物水和CH3OH，方程式为CH4+H2O2CH3OH+H2O，C正确，不选；‎ D．模仿步骤ii，H2O2分成2个－OH，1个结合H原子生成H2O，1个与v生成的CHO结合得到HCOOH，因此步骤vi生成HCOOH和H2O，D正确，不选；‎ 答案选B。‎ ‎3.通过以下反应均可获取H2。‎ ‎①C(s) + H2O (g) = CO(g)+H2(g) ΔH1=+ 131.3kJ·mol-1‎ ‎②CH4(g) + H2O (g) = CO(g)+3H2(g) ΔH2=+ 206.1kJ·mol-1‎ ‎③CO (g) + H2O (g) = CO2(g)+H2(g) ΔH3‎ 下列说法正确的是 A. ①中反应物的总能量大于生成物的总能量 B. ②中使用适当催化剂，降低了活化能，同时可以使ΔH2 减小 C. 若知反应C (s) + CO2(g) =2CO(g)的ΔH，结合ΔH1 可计算出ΔH3‎ D. 由①、②计算反应CH4 (g) = C(s)+2H2(g)的ΔH = －74.8kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①的△H1=+131.3kJ·mol－1，焓变为正，为吸热反应，①中反应物的总能量小于生成物的总能量，故A错误；‎ B．②中使用适当催化剂，降低了活化能，但不改变反应的始终态，不能改变反应的焓变，ΔH2 不变，故B错误；‎ C．若知反应 （1）C (s) + CO2(g)=2CO(g)的ΔH，利用（2）C(s) + H2O (g) = CO(g)+H2(g) ΔH1=+ 131.3kJ·mol-1，求（3）CO (g) + H2O (g) = CO2(g)+H2(g)的焓变，根据盖斯定律：由（2）-（1）计算 ΔH3=ΔH1-ΔH，故C正确；‎ D．根据盖斯定律：由②-①计算反应CH4 (g)= C(s)+2H2(g)的ΔH =+ 74.8kJ·mol-1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎4.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯循环利用：‎ ‎4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－115.6kJ·mol－1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 气体的质量不再改变 B. 氯化氢的转化率不再改变 C. 断开4molH—Cl键的同时生成4molH—O键 D. n(HCl)∶n(O2)∶n(Cl2)∶n(H2O)＝4∶1∶2∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。‎ ‎【详解】A．气体质量一直不变，所以不一定达平衡状态，故A错误；‎ B．氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；‎ C．只要反应发生就存在断开4 mol H-Cl键的同时生成4 mol H-O键，故C错误；‎ D．n(HCl)：n(O2)：n(Cl2)：n(H2O)=4：1：2：2，不能说明各物质的量不变，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】考查化学平衡状态的判断。注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。‎ ‎5.在一定条件下，利用 CO2 合成 CH3OH 的反应如下：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)△H1，研究发现，反应过程中会有副反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) △H2。温度对 CH3OH、CO 的产率影响如图所示。下列说法中，不正确的是 A. △H1 < 0，△H2 > 0‎ B. 增大压强可以缩短合成反应达到平衡所需的时间 C. 生产过程中，温度越高越有利于提高 CH3OH 的产率 D. 合成 CH3OH 反应的平衡常数表达式是K=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图中可以看出，CH3OH的产率随温度升高而减小，说明合成CH3OH的反应为放热反应，故△H1< 0，CO的产率随温度升高而增大，副反应为吸热反应，故△H2> 0，故A正确；‎ B．增大压强，物质的浓度增大，反应速率加快，故可以缩短合成反应达到平衡所需的时间，故B正确；‎ C．生产过程中，温度越高，合成CH3OH的反应平衡逆向移动，导致产率减小，同时副反应正向移动，故温度越高，越不利于提高CH3OH的产率，故C错误；‎ D．根据合成CH3OH反应方程式可知，由于H2O是气体，故该反应的平衡常数表达式是K=，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎6.下列化合物中，属于弱电解质的是 A. NaOH B. CH3COOH C. NH4Cl D. H2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH在水溶液中完全电离为Na+、OH-，NaOH是强电解质，故不选A； ‎ B．CH3COOH在水溶液中部分电离为CH3COO-、H+，CH3COOH是弱电解质，故选B；‎ C．NH4Cl在水溶液中完全电离为NH4+、Cl-，NH4Cl是强电解质，故不选C；‎ D．H2SO4在水溶液中完全电离为H+、SO42-，H2SO4是强电解质，故不选D；‎ 故选B。‎ ‎7. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是 A. 明矾溶液加热 B. CH3COONa溶液加热 C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；‎ B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；‎ C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；‎ D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。‎ ‎8.下列叙述正确的是 A. Na2CO3 溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH 和 Kw 均减小 B. 0.1mol/L CH3COONa 溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 在 KI 溶液中加入 AgCl 固体，溶液中 c(I-)减小 D. 室温下，pH=5 的 CH3COOH 溶液和 pH=5 的 NH4Cl 溶液中，溶液中 c(H+)不相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2CO3 溶液加水稀释后，促进水解，但c（OH-）减小，碱性减弱，恢复至原温度，pH减小，但温度不变，Kw 不变，故A错误；‎ B．CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子部分水解，溶液呈碱性，c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故B错误；‎ C．AgI溶解度小于AgCl，在 KI 溶液中加入 AgCl 固体，发生I－(aq)＋AgCl(s)AgI(s)＋Cl－(aq)反应，溶液中 c(I-)减小，故C正确；‎ D．室温下，pH=5 的CH3COOH溶液和 pH=5 的NH4Cl溶液中，溶液中 c(H+)相等，pH=-lgc(H+)=5，解得c(H+)=10-5mol·L－1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎9.下列图示内容的对应说明正确的是 编号 A B C D 图示 食盐水 片刻后在Fe 电极附近滴入K3[Fe(CN)6]溶液 说明 验证铁钉发生 吸氧腐蚀 验证 Fe 电极被保护 该装置是牺牲阳极的阴极保护法 该化学反应为放热反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食盐水浸泡过的铁钉，会发生吸氧腐蚀，、装置内的O2得到电子，方程式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，装置内O2减小，压强减小，右侧试管内导管中的液面上升，A正确；‎ B．Fe电极被保护，应该外界电源作阴极，Fe应该与电源的负极相连，B错误；‎ C．该保护措施利用的是电解池的原理，是外接电源的阴极保护法，C错误；‎ D．图示中反应物的总能量小于生成物的总能量，表示的吸热反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎10.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是 A. 0.1‎mol/L氨水的pH约为11.1：NH3·H2ONH4＋+OH－‎ B. 用明矾 [KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+‎ C. 用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4(微溶)：Ca2++CO32－=CaCO3↓‎ D. 向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液橙色加深：(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若NH3·H2O是强碱，0.1mol·L－1氨水的pH应为13；现pH约为11.1，则NH3·H2O是弱碱，部分电离，电离方程式为NH3·H2O+OH-，A正确，不选；‎ B．明矾能够净水，是由于其在水溶液中电离出来的Al3＋水解产生了Al(OH)3胶体，能够吸附水中的杂质从而净水，离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，B正确，不选；‎ C．用饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，是利用沉淀的转化，将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)+(aq)=CaCO3(s)＋(aq)，C错误，符合题意；‎ D．在K2Cr2O7溶液中存在平衡(橙色)＋H2O2(黄色)+2H+，加入浓硫酸后，平衡逆向移动，浓度增大，橙色加深，D正确，不选；‎ 答案选C。‎ ‎11.汽车发动机中生成 NO 的反应为：N2(g) + O2(g)2NO(g)，t℃时，K= 0.09。在 t℃下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入 N2(g)和 O2(g)模拟反应，起始浓度如下表所示。‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c(N2)/mol·L-1‎ ‎0.46‎ ‎0.46‎ ‎0.92‎ c(O2)/mol·L-1‎ ‎0.46‎ ‎0.23‎ ‎0.92‎ 下列判断不正确的是 A. 起始时，反应速率：丙＞甲＞乙 B. 平衡时，N2 的转化率：甲＞乙 C. 平衡时，c(NO)：甲＝丙＞乙 D. 平衡时，甲中 c(N2)= 0.4mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ N2(g) + O2(g)2NO(g)，为反应前后气体体积不变的反应，根据影响速率和平衡的条件进行分析，列出三段式，利用平衡常数求出变化的量，再求出平衡时的浓度。‎ ‎【详解】A．在t℃下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，反应物浓度越大反应速率越快，起始时丙中N2和O2的浓度都最大，甲、乙中N2浓度相等，甲中O2的浓度大于乙中O2的浓度，则起始时反应速率：丙＞甲＞乙，故A正确；‎ B．甲、乙中氮气的浓度相等，甲相当于在乙的基础上增大氧气的浓度，平衡正向移动，则甲中氮气的转化率大于乙中，即平衡时N2的转化率：甲＞乙，故B正确；‎ C．N2(g) + O2(g)2NO(g)为反应前后气体体积不变的反应，丙中起始各物质的浓度是甲中的两倍，丙相当于在甲的基础上将体积缩小一半，增大压强平衡不移动，则平衡时丙中NO浓度为甲的2倍，即c（NO）：2甲=丙，甲、乙中氮气的浓度相等，甲相当于在乙的基础上增大氧气的浓度，平衡正向移动，则平衡时c（NO）：甲＞乙，故C错误；‎ D．t℃时，K=0.09，设甲容器从起始到平衡氮气消耗的浓度为xmol/L，列出反应的三段式：‎ ‎ ‎ 平衡常数K= =0.09，解得x=0.06，所以平衡时甲中c（N2）=0.4 mol·L－1，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎12.在 ‎100℃‎时，将 0.40 mol NO2 气体充入 ‎2 L 的密闭容器中，发生如下反应：2NO2(g)N2O4(g) ∆H < 0。监测反应获得如下数据：‎ 时间/s ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ n(NO2)/mol ‎0.40‎ n1‎ ‎0.26‎ n3‎ n4‎ n(N2O4)/mol ‎0.00‎ ‎0.05‎ n2‎ ‎0.08‎ ‎0.08‎ 下列说法正确的是 A. 0~20 s 内，v(NO2) = 0.005 mol·L-1.s-1‎ B. 若上述反应在 ‎120℃‎时进行，则反应至 80 s 时，n(N2O4) < 0.08 mol C. 若仅将起始时充入 NO2 的量增至 0.80 mol，达平衡时 NO2 转化率将减少 D. 59 s 时，c(NO2)一定大于 0.12 mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0～20 s内，v（N2O4）==0.00125 mol•L-1•s-1，根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以v（NO2）=0.0025 mol•L-1•s-1，故A错误；‎ B．2NO2(g)N2O4(g) ∆H < 0，正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以反应在‎120℃‎时进行，则反应至80 s时，n（N2O4）<0.08 mol，故B正确；‎ C．若仅将起始时充入NO2的量增至 0.80 mol，增大了NO2的物质的量，容器体积不变，体系压强增大，平衡右移，所以NO2的转化率升高，故C错误；‎ D．60 s时△n（N2O4）=0.08mol，所以60s时△n（NO2）=0.16mol，如果59 s未平衡，n（NO2）>0.40-0.16=0.24 mol，则c（NO2）大于0.12 mol•L-1；若59s时达到平衡状态，则c（NO2）等于0.12 mol•L-1，所以59 s 时，c(NO2)可能大于0.12 mol·L-1，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.对FeCl3溶液与KI溶液的反应进行探究。关于实验的分析和结论不正确的是 实验操作 实验现象 ‎1‎ 取 2mL01mol/L KI 溶液于试管中，滴加0.1mol/L FeCl3溶液 3 滴，振荡，充分反应 溶液呈深棕黄色 ‎2‎ 将溶液均分后置于试管 1 和试管 2 中 向试管 1 中滴加 2 滴 0.1mol/L KSCN 溶液 溶液显红色 向试管 2 中加入1mL CCl4，充分振荡、静置 溶液分层，上层为浅棕黄色，下层为紫色 ‎ ‎ ‎③‎ 取试管 2 的上层液体置于试管 3 中，滴加 2滴 0.1mol/L KSCN 溶液 溶液微弱变红 A. FeCl3 与 KI 发生了氧化还原反应，有I2生成 B. 试管 1 中溶液显红色证明FeCl3与 KI 的反应具有可逆性 C. 试管 2 中上层溶液变为浅棕黄色是平衡移动的结果 D. 试管 3 中红色比试管 1 中浅是平衡移动的结果 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取2 mL 0.1 mol/L KI溶液于试管中，滴加0.1 mol/L FeCl3溶液3‎ 滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，试管1中滴加2滴0.1 mol/L KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，向试管2中加入1mL CCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，下层为紫色，说明有碘单质被萃取出来，导致平衡往正向移动，溶液中Fe3+浓度减小，试管 3红色变浅。‎ ‎【详解】A. FeCl3 与 KI 混合后溶液呈深棕黄色，因二者发生了氧化还原反应，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，有I2生成，A正确；‎ B.试管1中滴加KSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确；‎ C.试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错； ‎ D. 试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果，铁离子浓度减小，故D正确；‎ 答案：C。‎ ‎14.25℃‎时，浓度均为 0.1 mol/L 的溶液，其 pH 如下表所示。有关说法正确的是 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 NaCl CH3COONH4‎ NaF NaHCO3‎ pH ‎7.0‎ ‎7.0‎ ‎8.1‎ ‎8.4‎ A. 酸性强弱：H2CO3＞HF B. ①和②中溶质均未水解 C. ①和③中阴离子的总浓度：c(Cl-) + c(OH-)＞c(F-) + c(OH-)‎ D. ④中：c() + ‎2c( ) + c(H2CO3) = 0.1 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaCl不水解，故溶液显中性，CH3COONH4显中性是因为醋酸根和铵根的水解程度相同，而等浓度NaHCO3溶液的碱性强于NaF，说明酸性：H2CO3＜HF。‎ ‎【详解】A．NaF和NaHCO3溶液中阴离子水解显碱性，对应酸性越弱，阴离子水解程度越强，碳酸氢钠溶液pH大于NaF溶液pH，则对应酸性为H2CO3＜HF，故A错误；‎ B．氯化钠溶液是强酸强碱溶液，溶液pH=7，氯化钠不水解，醋酸铵是弱酸弱碱盐，溶液pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相同，溶液显中性，①中溶质未水解，②‎ 中溶质发生双水解，故B错误；‎ C．氯化钠溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)；氟化钠溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(F-)；故要比较两溶液阴离子总浓度，即比较阳离子总浓度，c(Na+)相等，氯化钠溶液呈中性，氟化钠溶液呈碱性，故c(H+)：①>③，①和③中阴离子的总浓度：①>③，即c(Cl-) +c(OH-)＞c(F-) +c(OH-)，故C正确；‎ D．依据碳酸氢钠溶液中存在物料守恒，碳元素物质的量总量不变，④中物料守恒：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒分析判断，物料守恒的理解应用，注意盐类水解的分析应用，尤其是C项需灵活利用电荷守恒分析。‎ ‎15.根据下列图示所得推论正确的是 A. 甲是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了 HCl 和 O2‎ B. 乙是 C4H10(g)C4H8(g) + H2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的∆H＞0、x＞0.1‎ C. 丁是 ‎0.03g 镁条分别与 2 mL 2 mol/L 盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应 D. 丙是 0.5 mol/L CH3COONa 溶液及水的 pH 随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa 溶液中 c(OH-)减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在新制氯水中存在可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，从甲图中可以看出，随着光照的不断进行，新制氯水中c(Cl-)不断增大，由此可推断次氯酸分解生成了 HCl，但不能肯定是否有O2生成，A不正确；‎ B．从乙图中可以看出，升高温度，C4H10(g)C4H8(g) + H2(g)的平衡转化率增大，则升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，∆H＞0；压强由0.1MPa变为xMPa 时，平衡转化率增大，则表明平衡正向移动，所以应为减小压强，x<0.1，B不正确；‎ C．盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，2 mL 2 mol/L 盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与‎0.03g 镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气量多，最终产生的H2的量相等，从丁图中可以看出①的反应速率快，由此可推断①代表盐酸与镁条的反应，C正确；‎ D．0.5 mol/L CH3COONa 溶液及水中，存在以下平衡：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-、H2O⇌H++OH-，CH3COO-的水解和水的电离都是吸热过程，升高温度平衡正向移动，所以CH3COONa溶液中c(OH-)增大，D不正确；‎ 故选C。‎ ‎16.向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是 实验 序号 c(CaCl2)(mol·L-1)‎ 滴加CaCl2溶液时的 实验现象 加热浑浊液时的 实验现象 ‎①‎ ‎0.05‎ 至1.32 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有较多气泡生成 ‎②‎ ‎0.005‎ 至15.60 mL时产生明显浑浊，但无气泡产生 有少量气泡生成 ‎③‎ ‎0.0005‎ 至20 mL未见浑浊 A. ①中产生浑浊的原因是c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)‎ B. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3‎ C. 加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2‎ D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 向10.00 mL 0.50 mol/L NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，没有气泡产生，发生反应2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，生成的沉淀是碳酸钙。‎ ‎【详解】A. 根据溶度积规则，①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2+)·c(CO32−)>Ksp(CaCO3)，故A正确；‎ B. 未加热前①和②不放二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳，所以未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+=CaCO3↓＋H2CO3，故B正确；‎ C. 未加热前①和②中发生了反应：2HCO3-＋Ca2+===CaCO3↓＋H2CO3，碳酸钙受热不分解，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解产生了更多的CO2，故C错误；‎ D. 向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 mol/LCaCl2溶液，发生反应CaCl2+2NaHCO3=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，能同时产生浑浊和气泡，故D正确。‎ ‎17.下述根据下列操作和现象，所得结论正确的是 实验操作及现象 实验结论 A 用石墨作电极电解CuSO4溶液，某电极附近有蓝色沉淀生成 该电极为阳极 B 向2 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中滴加3滴0.1 mol·L-1MgCl2溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴 0.1 mol·L-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀 溶解度：Mg(OH)2＞Fe(OH)3‎ C 分别向2 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和2 mL 0.1 mol·L-1 H3BO3溶液中滴加等浓度的NaHCO3溶液， 前者有气泡产生，后者无明显现象 酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3‎ D 向2 mL 5%的双氧水中分别滴加2滴0.1 mol/L Fe2(SO4)3和0.1 mol/L CuSO4溶液，前者产生气泡较快 对双氧水分解催化效果：Fe3+＞Cu2+‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解时在阴极上溶液中的H+放电产生H2，使附近溶液中OH-离子浓度增大，Cu2+与OH-结合形成Cu(OH)2蓝色沉淀，故有蓝色Cu(OH)2沉淀生成的电极为阴极，A错误；‎ B．由于NaOH溶液过量，过量的NaOH与FeCl3溶液发生反应产生红褐色Fe(OH)3沉淀，因此不能比较二者溶解度的相对大小，B错误；‎ C．根据复分解反应的规律，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，NaHCO3能够与CH3COOH溶液反应产生CO2气体而不能与H3BO3溶液反应，说明酸性：CH3COOH＞H2CO3＞H3BO3，C 正确；‎ D．Fe3+、Cu2+以及硫酸根离子的浓度不同，不能用于比较二者的催化效率，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎18.以氮气和水蒸气为原料，电化学合成氨装置(电极不参与反应)示意图如下。下列说法不正确的是 A. 电极 a 连接电源的正极 B. OH−向电极 a 迁移 C. 总反应：2N2+6H2O(g) 4NH3+3O2‎ D. 电极 b 的电极反应：N2+6e−+6H+==2NH3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示，a电极生成O2，是熔融电解质中的OH－失去电离生成的，OH－失去电子，发生氧化反应，电极方程式为4OH－-4e－=O2↑＋2H2O，发生氧化反应，电极a为阳极；电极b上，N2得到电子，转化为NH3，电极方程式为N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－，发生还原反应，则电极b为阴极。‎ ‎【详解】A．根据分析，a是阳极，连接电源的正极，A正确，不选；‎ B．电解池中，阴离子向阳极移动，则OH－向电极a移动，B正确，不选；‎ C．总反应为N2和H2O反应生成O2和NH3，总反应方程式为2N2+6H2O(g) 4NH3+3O2，C正确，不选；‎ D．根据分析电极b的电极反应为N2＋6e－＋6H2O=2NH3＋6OH－，D错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎19.下列有关 2 个电化学装置的叙述不正确的是 A. 图Ⅰ，在不改变总反应的前提下，可用 Na2SO4 替换 ZnSO4，用石墨替换 Cu 棒 B. 图Ⅰ，电流形成的完整过程是：负极 Zn-2e-＝Zn2+，电子经导线流向正极，正极 Cu2++2e-＝Cu C. 图Ⅱ，通电后向两极滴加酚酞，左侧变红 D. 图Ⅰ，盐桥中 Cl-向左侧移动，图Ⅱ，溶液中 Cl-向右侧移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将图Ⅰ中的ZnSO4替换为Na2SO4，对左侧区反应无影响，将Cu棒替换为石墨棒，仍然时锌为负极，Cu为正极，故并不改变总反应，故A正确；‎ B．图Ⅰ中电流形成的完整过程是：负极Zn-2e-＝Zn2+，外电路中电子经导线流向正极，正极Cu2++2e-＝Cu，内电路的盐桥中的阴离子移向负极，阳离子移向正极，故B错误；‎ C．图Ⅱ中左侧区时阴极，电极反应为 ,故阴极区显碱性，加酚酞后溶液变红，故C正确；‎ D．图Ⅰ中左侧为负极，故盐桥中Cl-向左侧移动，图Ⅱ中右侧时阳极，故溶液中Cl-向右侧移动，故D正确；‎ 故答案为：B。‎ ‎20.下图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极，下列说法正确的是 A. 粗盐水中含有的少量 Ca2+和 Mg2+均可用 NaOH 除去 B. 若电路中通过 0.2 mol 电子，理论上可在 b 处得到标准状况下 ‎1.12 L 气体 C. a 处得到的是浓 NaOH 溶液 D. 适当降低阳极电解液的 pH 有利于 Cl2 逸出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca(OH)2有一定溶解度，用NaOH并不能将少量的钙离子除去，故A错误；‎ B．B室与电源负极相连为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以转移0.2mol电子时生成0.1mol氢气，标况下体积为‎2.24L，故B错误；‎ C．A室为阳极，浓盐水中的氯离子放电得到氯气，钠离子经阳离子交换膜进入阴极，所以a处得到的是稀的NaCl溶液，故C错误；‎ D．氯气可以和氢氧根反应，适当降低阳极电解液的 pH 有利于Cl2逸出，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎21.将镁条置于 pH＝8.4 的饱和 NaHCO3 溶液中，镁条表面产生气体 a，一段时间后产生白色沉淀b。继续进行如下实验：‎ Ⅰ．将 a 通过澄清石灰水，变浑浊，继而通过足量 NaOH 溶液，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声；‎ Ⅱ．向沉淀 b 中加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色气泡。下列说法不正确的是 A. 饱和 NaHCO3 溶液中，c()< c(H2CO3)‎ B. 沉淀 b 是 MgCO3‎ C. 气体 a 中含有 CO2 和 H2‎ D. CO2 可能是 水解被促进产生的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 饱和NaHCO3溶液的pH＝8.4，说明在溶液中以水解为主。实验Ⅰ，将 a通过澄清石灰水，变浑浊，表明a中含有CO2，继而通过足量 NaOH 溶液除去CO2，再通入肥皂液，出现气泡，点燃气泡听到爆鸣声，表明a中含有H2；实验Ⅱ，向沉淀 b 中加入足量的稀盐酸，沉淀完全溶解，且产生无色气泡，表明b中一定含有MgCO3，可能含有Mg(OH)2。‎ ‎【详解】A．饱和NaHCO3溶液呈碱性，表明的水解趋势大于电离趋势，所以 c()< c(H2CO3)，A正确；‎ B．由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，沉淀趋向于向生成Mg(OH)2的方向转化，但沉淀与盐酸反应有气泡产生，所以沉淀 b 应为MgCO3与Mg(OH)2的混合物，B错误；‎ C．由以上分析知，气体 a 中含有CO2（使澄清石灰水变浑浊） 和H2（点燃气泡听到爆鸣声），C正确；‎ D．CO2可能是 水解生成的H2CO3发生分解生成，所以水解被促进，D正确；‎ 故选B。‎ 二、填空题(共 58 分)‎ ‎22.电解质的水溶液中存在电离平衡。‎ ‎(1)醋酸是常见的弱酸。‎ ‎① 醋酸在水溶液中的电离方程式为_______________________________。‎ ‎② 下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是_______________________________(填字母序 号)。‎ a．滴加少量浓盐酸 b．微热溶液 c．加水稀释 d．加入少量醋酸钠晶体 ‎(2)Ⅰ.两种酸均能与氢氧化钠反应生成盐，其中醋酸与氢氧化钠反应能生成醋酸钠。实验室现有醋酸钠固体，取少量溶于水，溶液呈_______________________________(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)，其原因是(用离子方程式表示)_______________________________。‎ Ⅱ.用 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液 pH 随加入 NaOH 溶液体积而变化的两条滴定曲线。‎ ‎①滴定醋酸的曲线是_______________________________(填“I”或“II”)。‎ ‎② 滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是_______________________________。‎ ‎③ V1 和 V2 的关系：V1_______________________________V2(填“>”、“=”或“<”)。‎ ‎④ M 点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______________________________。‎ ‎(3)为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。 资料：AgSCN 是白色沉淀，相同温度下，溶解度：AgSCN > AgI。‎ 操作步骤 现象 步骤 1：向 2 mL 0.005 mol·L-1 AgNO3 溶液中加入 2 mL 0.005 mol·L-1 KSCN 溶液，静置。‎ 出现白色沉淀。‎ 步骤 2：取 1 mL 上层清液于试管中，滴加 1 滴 2 mol·L-1Fe(NO3)3 溶液。‎ 溶液变红色。‎ 步骤 3：向步骤 2 的溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液。‎ ‎ 现象 a ，溶液红色变浅。‎ 步骤 4：向步骤 1 余下的浊液中加入 5 滴 3 mol·L-1 KI 溶液。‎ 白色沉淀转化成黄色沉淀。‎ ‎① 写出步骤 2 中溶液变红色的离子方程式_____。‎ ‎② 步骤 3 中现象 a 是_____。‎ ‎③ 用化学平衡原理解释步骤 4 的实验现象_____。‎ ‎(4)某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下：‎ 过程 I 的主要反应：AgCl＋2 ＋Cl-‎ 过程 II 的离子反应：4＋6OH- ＋HCHO＝4Ag+＋8＋4H2O＋‎ Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，I 中的银的浸出率会降低。从回收液离子浓度变化和反应限度的角度分析原因：_____。‎ ‎【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). bc (3). 碱性 (4). CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- (5). I (6). 0.1mol/L的醋酸 (7). ＜ (8). c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-) (9). Fe3++3SCN- Fe(SCN)3 (10). 出现白色沉淀 (11). AgSCN(s)‎ Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI 溶液，因溶解度：AgSCN > AgI， Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c(Ag+)减小，AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)溶解平衡正向移动 (12). 随着循环次数的增加，浸出液中的浓度减小、Cl-浓度增大，使AgCl＋2 ＋Cl-的限度减小；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)① 醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子；‎ ‎② 根据影响弱电解质电离的因素分析；‎ ‎(2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解；‎ Ⅱ. ①盐酸是强酸，0.1 mol·L-1的盐酸溶液pH=1，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH＞1；‎ ‎② 酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离； ‎ ‎③0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性；‎ ‎④ M 点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸；‎ ‎(3) ①步骤 2 中Fe3+遇KSCN溶液变红色；‎ ‎②向步骤 2 的溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN-AgSCN↓；‎ ‎③溶解度AgSCN > AgI，一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀；‎ ‎(4)循环多次后，溶液中的浓度减小、Cl-浓度增大；‎ ‎【详解】(1)① 醋酸是弱酸，在水溶液中部分电离为醋酸根离子和氢离子，醋酸的电离方程式是CH3COOH CH3COO-+H+；‎ ‎②a．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CH3COOH CH3COO-+H+平衡逆向移动，CH3COOH 电离程度减小，故不选a； ‎ b．电离吸热，微热溶液，CH3COOH CH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH 电离程度增大，故选b；‎ c．加水稀释，CH3COOH CH3COO-+H+平衡正向移动，CH3COOH 电离程度增大，故选c； ‎ d．加入少量醋酸钠晶体，CH3COO-浓度增大，CH3COOH CH3COO-+H+平衡逆向移动，‎ CH3COOH 电离程度减小，故不选d；‎ 选bc；‎ ‎(2)Ⅰ．醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液呈碱性；‎ Ⅱ. ①盐酸是强酸，0.1 mol·L-1的盐酸溶液pH=1，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1的醋酸溶液pH＞1，所以滴定醋酸的曲线是I；‎ ‎② 酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水电离；0.1 mol·L-1 NaOH 溶液中氢氧根离子浓度等于 0.1 mol·L-1 的盐酸溶液中氢离子浓度，醋酸是弱酸，0.1 mol·L-1 CH3COOH中氢离子浓度小于0.1mol/L，溶液滴定开始前，三种溶液中由水电离出的 c(H+)最大的是醋酸；‎ ‎③0.1 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定体积均为 20.00 mL、浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，恰好反应消耗氢氧化钠溶液的体积都是20mL，此时氯化钠溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，若使pH都等于7，醋酸消耗氢氧化钠溶液的体积小于20mL，所以V1 ＜V2；‎ ‎④ M 点对应的溶液中，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离大于醋酸钠的水解，离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)＞c(Na+-)＞c(H+-)＞c(OH-)；‎ ‎(3) ①步骤 2 中Fe3+遇KSCN溶液变红色，反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；‎ ‎②向步骤 2 溶液中，继续加入 5 滴 3 mol·L-1 AgNO3溶液，发生反应Ag++SCN-AgSCN↓，现象a是有白色沉淀产生；‎ ‎③AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI 溶液，因溶解度：AgSCN > AgI， Ag+和I-反应生成AgI沉淀，c(Ag+)减小，AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)溶解平衡正向移动，白色沉淀转化成黄色沉淀；‎ ‎(4) Ⅲ中回收液可直接循环使用，但循环多次后，的浓度减小、Cl-浓度增大，使AgCl＋2 ＋Cl-的限度减小，I 中的银的浸出率会降低。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、水电离、沉淀转化，明确反应原理是解题关键，注意影响弱电解质电离的因素，一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀。‎ ‎23.氮的固定和氮的循环是几百年来科学家一直研究的课题。‎ ‎(1)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K 值。‎ 反应 大气固氮N2(g)+O2(g)2NO(g)‎ 工业固氮N2(g)+3H2(g)2NH3(g)‎ 温度/℃‎ ‎27‎ ‎2000‎ ‎25‎ ‎400‎ ‎450‎ K ‎3.84×10-31‎ ‎0.1‎ ‎5×108‎ ‎0.507‎ ‎0.152‎ ‎①分析数据可知：人类不适合大规模模拟大气固氮的原因____。‎ ‎②从平衡视角考虑工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择 ‎500℃‎左右的高温， 解释其可能的原因_____。‎ ‎(2)工业固氮反应中，在其他条件相同时，分别测定 N2 的平衡转化率在不同压强(р1、р2)下随温度变化的曲线，下图所示的图示中，正确的是_____(填“A”或“B”)；比较р1、р2的大小关系_____。‎ ‎(3)下图是某压强下，N2 与H2 按体积比1∶3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线。其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。‎ ‎①图中b 点，v(正)_____v(逆)。(填“＞”、“＝”或“＜”)‎ ‎②图中a 点，容器内气体 n(N2):n(NH3)=_____。‎ ‎(4)已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＝－92.4kJ·mol－1；2H2(g) +O2(g)2H2O(l)△H＝－575.6kJ·mol－1；近年，又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下氮气与液态水合成氨气，同时产生氧气的新思路，则该反应的热化学反应方程式为：_____。‎ ‎(5)NH3在一定条件下可被氧化。‎ 已知：ⅰ．4NH3(g)+3O2(g)＝2N2(g)+6H2O(g)ΔH＝﹣1298kJ/mol ⅱ．‎ ‎① 断开 1 mol H-O 键与断开 1 mol H-N 键所需能量相差约_____kJ；‎ ‎② H-O 键比 H-N 键(填“强”或“弱”)_____。‎ ‎【答案】 (1). 大气固氮为吸热反应，温度高达‎2000℃‎时，K值仍然很小，正向进行的程度很小，转化率很低，不适合大规模生产 (2). 温度在‎500℃‎左右时催化剂活性最高，反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑，选择‎500℃‎左右更合适 (3). A (4). p2＞p1 (5). ＞ (6). 1∶4 (7). 2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g) △H=+1542 kJ•mol-1 (8). 75 (9). 强 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据温度对化学平衡常数K的影响结合K的含义分析解答；‎ ‎(2)合成氨反应为气体体积减小的放热反应，结合温度和压强对平衡移动的影响分析解答；‎ ‎(3)根据图象结合影响平衡的因素，a点所在曲线是平衡曲线、b点所在曲线是经过一定时间反应后的曲线，结合三段式计算解答；‎ ‎(4)根据盖斯定律分析解答；‎ ‎(5)根据焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算解答。‎ ‎【详解】(1)①由表格数据可知，由表格数据可知，温度越高，大气固氮反应的K越大，说明大气固氮的反应为吸热反应，‎2000℃‎时，K=0.1，K值很小，即转化率很小，不适合大规模生产，所以人类不适合大规模模拟大气固氮，故答案为：大气固氮为吸热反应，温度高达‎2000℃‎时，K值都很小，正向进行的程度很小，转化率很低，不适合大规模生产；‎ ‎②由表格数据可知，温度越高，合成氨反应的K越小，说明合成氨气的反应为放热反应，合成氨反应中，温度越高，反应速率越快，但是该反应为放热反应，温度高转化率会降低，在‎500℃‎左右催化剂活性最高，所以从催化剂活性等综合因素考虑选择‎500℃‎左右最合适，故答案为：温度在‎500℃‎左右催化剂活性最高，反应速率较快，达到平衡需要的时间较短，从反应速率和催化剂的活性等角度考虑，选择‎500℃‎左右更合适；‎ ‎(2)合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，所以图A正确，B错误；反应N2 (g)+3H2 (g) ⇌2NH3(g)的正方向为体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，转化率增大，p2的转化率大，则p2大，故答案为：A；p2＞p1；‎ ‎(3) 根据图知，a点所在曲线是平衡曲线、b点所在曲线是经过一定时间反应后的曲线。‎ ‎①图中b点，氨气的体积分数逐渐增加，可知向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；‎ ‎②图中a点，设反应的N2为x，‎ ‎ ‎ 平衡时，氨气的体积分数为50%时，则=50%，解得：x=，则n(N2)：n(NH3)=∶=1∶4，故答案为：1∶4；‎ ‎(4)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92.4kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(l) △H=-575.6kJ•mol-1，由盖斯定律：①×2-②×3得2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g) △H=(-92.4kJ•mol-1)×2-(-575.6kJ•mol-1)×3=+1542 kJ•mol-1，故答案为：2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g) △H=+1542 kJ•mol-1；‎ ‎(5)①根据4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1298kJ/mol，可知12E(H-N)+3×498kJ/mol-2×946kJ/mol-12E(H-O)=-1298kJ/mol，得E(H-O)- E(H-N)=75kJ/mol，故答案为：75；‎ ‎②根据E(H-O)- E(H-N)=75kJ/mol，可知H-O 键比H-N键强，故答案为：强。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)，要注意两条曲线的正确判断，难点是(3)，要注意三段式在化学平衡计算中的应用。‎ ‎24.(1)海水资源的利用具有广阔前景。海水中主要离子的含量如下：‎ 成分 含量/(mg/L)‎ 成分 含量/(mg/L)‎ Cl-‎ ‎18980‎ Ca2+‎ ‎400‎ Na+‎ ‎10560‎ ‎ ‎ ‎142‎ ‎ ‎ ‎2560‎ Br-‎ ‎64‎ Mg2+‎ ‎1272‎ 电渗析法淡化海水示意图如图所示，其中阴(阳) 离子交换膜仅允许阴(阳)离子通过。‎ ‎①电解氯化钠溶液的离子方程式_____。‎ ‎②电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理 解释原因_____。 在阴极附近产生少量白色沉淀，其成分有_________和CaCO3。‎ ‎③淡水的出口为_________(填“a”、“b”或“c”)；a 出口物质为_____(填化学式)。‎ ‎④若用下面燃料电池为电源电解 100mL1mol•L－1 氯化钠溶液，当电池消耗0.00025 molO2 时，常温下，所得溶液的 pH 为__________(忽略反应前后溶液体积变化)‎ ‎(2)如图Ⅰ是氢氧燃料电池(电解质为 KOH 溶液)的结构示意图，‎ ‎①Ⅰ中通入O2的一端为电池的_____极。 通入H2的一端的电极反应式_________‎ ‎②若在Ⅱ中实现锌片上镀铜，则 b 的电极材料是_____，N 溶液为_____溶液。‎ ‎③若在Ⅱ中实现 Cu+H2SO4= CuSO4+H2↑，则a 极的反应式是_____，N 溶液为 _____溶液。‎ ‎(3)工业上用 Na2SO3 溶液吸收 SO2，过程中往往得到 Na2SO3 和 NaHSO3的混合溶液，溶液 pH 随 n( ):n() 变化关系如下表：‎ n()： n()‎ ‎91：9‎ ‎1：1‎ ‎9：91‎ pH ‎8.2‎ ‎7.2‎ ‎6.2‎ 当吸收液的 pH 降至约为 6 时，送至电解槽再生。再生示意图如下，结合图示回答：‎ ‎①在阳极放电的电极反应式是_____。‎ ‎②当阴极室中溶液 pH升至 8 以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：_____。‎ ‎【答案】 (1). 2Cl-+ 2H2O2OH-+H2↑+ Cl2↑ (2). H+得电子生成H2，H+浓度减小，促使水的电离平衡向着电离方向移动，OH-浓度增大 (3). Mg(OH)2 (4). b (5). NaOH (6). 12 (7). 正 (8). H2-2e-+2OH-=2H2O (9). 锌 (10). CuSO4 (11). Cu-2e-= Cu2+ (12). 稀H2SO4 (13). H2O+HSO3--2e-= SO42-+3H+ (14). 阴极室H+放电，产生OH－，OH－和HSO3－反应，生成SO32－，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，Na2SO3 溶液吸收 SO2，又得到 Na2SO3 和 NaHSO3的混合溶液，实现循环利用和再生 ‎【解析】‎ 分析】‎ 氯化钠溶液中含Na+、Cl-、H+、OH-,根据放电顺序Cl-、H+优先失电子分析产物，书写离子方程式，也因为H+减少会引起水的电离平衡向着电离方向移动，OH-浓度增大，阴极区碱性增强，进而除去Ca2+、Mg2+，则阴极室a出口为NaOH，因电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则淡水出口为b，原电池电解池组合电路中整个电路中转移的电子数目相同，得出关系式进行计算；组合电路中b与电源负极相连，为阴极，得电子，a与电源正极相连，为阳极，失电子，根据题目给出信息判断得失电子情况，确定其位置进行作答；吸收液再生循环原理根据电解池工作原理，结合图示进行分析。‎ ‎【详解】(1)①氯化钠溶液中含Na+、Cl-、H+、OH-，电解时阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极H+得电子生成H2，电解氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl-+ 2H2O2OH-+H2↑+ Cl2↑；‎ ‎②由①可知，电解过程中阴极H+得电子生成H2，导致溶液中H+浓度减小，促使水的电离平衡向着电离方向移动，溶液中OH-浓度增大，碱性增强；因为OH-浓度增大，会与Mg2+生成Mg(OH)2白色沉淀，同时还能与HCO3-反应生成CO32-，CO32-与Ca2+生成CaCO3，故阴极附近产生的白色沉淀有Mg(OH)2和CaCO3；‎ ‎③电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则淡水出口为b，Ca2+、Mg2+‎ 在阴极生成沉淀被除去，故a出口的物质为NaOH；‎ ‎④当电池消耗 0.00025  molO2 时，根据得失电子守恒和化学计量数得出关系：‎ O2～4e-～2H2～4NaOH，则生成n(NaOH)= 0.00025  mol×4=0.001mol, c(OH-)= c(NaOH)= 0.001mol/‎0.1L=0.01 mol/L,常温下c(H+)=KW/ c(OH-)=10-12 mol/L,  pH=12；‎ ‎(2)①氢氧燃料电池，O2得电子，从正极通入，H2失电子，从负极通入，电解质溶液为KOH 溶液，故电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；‎ ‎②锌片上镀铜，则锌被保护，为阴极，铜被消耗，为阳极，b与电源负极相连，为阴极，故 b 的电极材料是锌，Cu2+得电子，N溶液为CuSO4溶液；‎ ‎③a与电源正极相连，为阳极，Cu+H2SO4= CuSO4+H2↑，Cu失去电子作阳极，电极反应式为：Cu-2e-= Cu2+，N 溶液为稀H2SO4；‎ ‎(3)①由图可知，HSO3-在阳极失电子得到SO42-，故电极反应式为HSO3--2e-= SO42-+H+；‎ ‎②阴极H+得电子生成H2，OH-浓度增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，则阴极室产生的物质为NaOH，NaOH用于吸收SO2，得到 Na2SO3 和 NaHSO3，将混合溶液进行电解，又可以得到NaOH吸收液，实现循环利用和再生。‎ ‎【点睛】此题是对于电化学综合考查，着重考查电解池工作原理，(2)为原电池和电解池组合情况，先判断电解池电极，与电源负极相连，为阴极，与电源正极相连，为阳极，再利用电解池原理作答，(1)(3)两个电解池有相似之处，根据离子的移动方向以及阴、阳离子交换膜，分析两极产物作答。‎ ‎25.某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。‎ ‎【甲同学的实验】‎ 装置 编号 试剂X 实验现象 I Na2SO3溶液(pH≈9)‎ 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 II NaHSO3溶液(pH≈5)‎ 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 ‎ (1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：。‎ ‎(2)甲同学探究实验I的电极产物______________。‎ ‎①取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入________，产生白色沉淀，证明产生了。‎ ‎②该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为______________。‎ ‎(3)实验I中负极的电极反应式为______________。‎ ‎【乙同学的实验】‎ 乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：‎ 装置 编号 反应时间 实验现象 III ‎0~1 min 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出 ‎1~30 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色 ‎30 min后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色 w (4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。‎ ‎① Fe3+＋3 Fe(OH)3 ＋3SO2；②______________。‎ ‎(5)查阅资料：溶液中Fe3+、、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：‎ 从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象：______________。‎ ‎(6)解释30 min后上层溶液又变为浅红色的可能原因：______________。‎ ‎【实验反思】‎ ‎(7)分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和有关(写出两条)______________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解 (2). 足量盐酸和BaCl2溶液 (3). 取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+ (4). 3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3- (5). H++HSO3-=H2O+SO2 (6). 生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2‎ 的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 (7). 反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物 (8). 溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题为实验探究题。‎ ‎（1）本小题为盐类水解的应用，为抑制盐的水解，在配置某些强酸弱碱盐溶液时可加入相应的酸，如配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。‎ ‎（2）①本小题考查的是硫酸根离子的检验，向溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明溶液中含硫酸根离子。‎ ‎②本小题考查的是亚铁离子的检验，亚铁离子遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。‎ ‎（3）本小题考查的是电极反应式的书写，负极失电子发生氧化反应。‎ ‎（4）②本小题考查的是盐类的水解，水解使溶液酸碱性相反的某些盐可发生双水解。‎ ‎（5）（6）两小题考查的是平衡移动的影响条件，当生成物的浓度减小时平衡向正向移动，则在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，；当反应物的浓度增大时平衡向正向移动，则反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，平衡不断正向移动，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。。‎ ‎（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。‎ ‎【详解】（1）氯化铁是强酸弱碱盐，在水中会发生水解，水解方程式为Fe3+＋3H2O Fe(OH)3＋3H+，则在配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，抑制氯化铁水解。本小题答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解。‎ ‎（2）①实验I中试剂X为亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液中的亚硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，当向此电极产物中滴加盐酸和BaCl2溶液时产生白色沉淀且白色沉淀不溶于盐酸，证明此电极产物为硫酸根离子。本小题答案为：足量盐酸和BaCl2溶液。‎ ‎②Fe3+得电子发生还原反应生成Fe2+，则探究这一电极的产物时可取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，Fe2+遇铁氰化钾产生蓝色沉淀。本小题答案为：取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+‎ ‎（3）负极应发生氧化反应，亚硫酸钠中的硫元素化合价由+4价升高到+6价失电子发生氧化反应，则亚硫酸钠对应的一极为负极，电极反应式为3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。本小题答案为：3SO32-+2e-+H2O=SO42-+2HSO3-。‎ ‎（4）②FeCl3为强酸弱碱盐水解显酸性，溶液中的氢离子再与亚硫酸氢根离子发生复分解反应H++HSO3-=H2O+SO2。本小题答案为：H++HSO3-=H2O+SO2。‎ ‎（5）1~30 min的实验现象为沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，可见生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；是因为在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色 。本小题答案为：生成红色配合物的反应速率快红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色。‎ ‎（6）反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物，则30 min后与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色。本小题答案为：反应后的Fe2+被空气氧化为Fe3+，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会继续反应形成红色配合物。‎ ‎（7）I和II实验中亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的pH不同，溶液中SO32-浓度不同，与FeCl3反应的现象也不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一；II和III实验中NaHSO3与FeCl3一个接触，一个没接触，反应现象不同，是影响与FeCl3是否发生氧化还原反应的原因之一。本小题答案为：溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)‎ ‎、反应物是否接触形成红色配合物。‎