2017-2018学年河北省邱县第一中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版


河北省邱县第一中学2017-2018学年高二上学期第一次月考化学试题
1.本试卷分为试卷Ⅰ和试卷II两部分，试卷满分为100分，考试时间为90分钟；
2.请将答案填写到答题卡上。
可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 C:12 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Zn:65 Cu:64 Ag:108
第Ⅰ卷( 共45分)
选择题（本题共20个小题，其中1-15题每题2分，16-20题每题3分，每题只有一个答案符合题意）
1. 25℃、101 kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5 kJ/mol、285.8 kJ/mol、890.3 kJ/mol、2800 kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是（ ）
A. C(s)+ O2(g)＝CO(g) ΔH =―393.5 kJ/mol
B. 2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ΔH = +571.6 kJ/mol
C. CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g) ΔH =―890.3 kJ/mol
D. C6H12O6(s) +6O2(g)＝6CO2(g)+6H2O(l) ΔH =―2800 kJ/mol
【答案】D
【解析】A、反应中生成一氧化碳不是稳定氧化物，选项A错误；B、氢气燃烧是放热反应，选项B错误；C、生成物水是气体不是稳定氧化物，选项C错误；D、符合燃烧热的概念，选项D正确。答案选D。
2. 已知两个热化学方程式： C(s)＋O2(g) ＝CO2(g) ΔH＝―393.5kJ/mol
2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝―483.6kJ/mol
现有炭粉和H2组成的悬浮气共0.2mol，使其在O2中完全燃烧，共放出63.53kJ的热量，则炭粉与H2的物质的量之比是（ ）
A. 1︰1 B. 1︰2 C. 2︰3 D. 3︰2
【答案】A
【解析】设碳粉xmol，则氢气为（0.2-x）mol，则
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5kJ/mol
1 393.5kJ
x 393.5xkJ
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol
2 483.6kJ
（0.2-x）mol 241.8（0.2-x）kJ
所以393.5xkJ+241.8×（0.2-x）kJ=63.53kJ，解得x=0.1mol，则炭粉与H2的物质的量之比为0.1mol：0.1mol=1：1，答案选A。
3. 燃料电池是燃料（例如CO，H2，CH4等）跟氧气或空气起反应，将此反应的化学能转变为电能的装置，电解质通常是KOH溶液。下列关于甲烷燃料电池的说法不正确的是（ ）
A. 负极反应式为CH4+10OH--8e=CO32-+7H2O
B. 标准状况下，消耗5.6LO2时，有1mole-发生了转移
C. 随着不断放电，电解质溶液碱性不变
D. 甲烷燃料电池的能量利用率比甲烷燃烧的能量利用率大
【答案】C

4. 高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是（ ）
A. 放电时负极反应为：Zn－2e-＋2OH- ＝Zn(OH)2
B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3－3e-＋5OH- ＝＋4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】A、放电时作为原电池时，反应正向进行，碱性增强，活泼金属锌作负极被氧化成Zn(OH)2，负极反应为：Zn－2e-＋2OH- ＝Zn(OH)2，选项A正确；B、充电时反应逆向进行，阳极Fe(OH)3被氧化，阳极反应为：Fe(OH)3－3e-＋5OH- ＝FeO42-＋4H2O，选项B正确；C、放电时正极K2FeO4被还原，选项C不正确；D、放电时正极反应为：FeO42-＋4H2O+3e-＝Fe(OH)3＋5OH- ，正极附近溶液的碱性增强，选项D正确。答案选C。
点睛：本题以高铁电池的总反应为背景，综合地考查原电池、电解池的电极反应、电子转移等相关知识。解题的关键是结合题中总反应式。
5. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镶层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】C
【解析】A、金属银在空气中易被氧气氧化因生成氧化银而变质，属于化学腐蚀，选项A错误；B、镀锌铁制品的镀层受损后，形成铁、锌原电池，正极金属铁易被保护，不易发生腐蚀，镀层锌仍能对铁制品起保护作用，选项B正确；C、在海轮外壳连接锌块保护外壳，此时锌作原电池的负极，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，该电极金属不易被腐蚀，选项C正确；D、地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，此时该金属作阳极，该电极金属易被腐蚀，选项D错误。答案选C。
6. 一定条件下，可逆反应X（g）＋3Y（g） 2Z（g），若X、Y、Z起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0），当达平衡时X、Y、Z的浓度分别为0.1mol /L，0.3mol/ L，0.08 mol/L，则下列判断不合理的是（ ）
A. c1：c2＝1：3 B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为3：2
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0< c1<0.14 mo /L
【答案】C
【解析】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
根据方程式 X2（气）+3Y2（气） 2Z（气）
开始（mol/L）： c1 c2 c3
变化（mol/L）： 0.04 0.12 0.08
平衡（mol/L）： 0.1 0.3 0.08
c1=0.14 c2=0.42 c3=0
若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
根据方程式 X2（气）+3Y2（气）2Z（气）
开始（mol/L）： c1 c2 c3
变化（mol/L）： 0.1 0.3 0.2
平衡（mol/L）： 0.1 0.3 0.08
c1=0 c2=0 c3=0.28
由于为可能反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.14，0＜c（Y2）＜0.42，0＜c（Z）＜0.28。A、X2 和Y2平衡浓度为1：3，变化的量为1：3，所以起始量为1：3，c1：c2=1：3，选项A正确；B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：2，选项B正确；C、XY的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，选项C错误；D、依据上述计算，C1的取值范围为0＜C1＜0.14mol·L-1，故D正确。答案选D。
7. 下列说法正确的是 ( )
①增加水的量或温度，可以加快镁跟水的反应速率。②增加硫酸的浓度，一定可以加快锌与硫酸反应制取氢气的速率。③对于反应CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g)，增加CaCO3的量，可以加快正反应速率，而增加CaO或CO2的浓度，则可以加快逆反应速率。④对反应3H2(g) + N2(g) 2NH3(g)，在密闭容器中进行(固定体积)，充入氦气，压强增大，则化学反应速率加快。⑤对于反应3H2(g) + N2(g) 2NH3(g)，使用催化剂，正逆反应速率同等程度加快
A. ①② B. ①②③ C. ②⑤ D. ⑤
【答案】D
【解析】①改变纯液体的量，对反应速率无影响，则增加水的量，反应速率不变，但升高温度，可以加快镁跟水的反应速率，选项①错误；②浓硫酸具有强氧化性，与Zn反应不生成氢气，而稀硫酸中浓度大，生成氢气的反应速率快，选项②错误；③碳酸钙是固体，其质量的增加，不能影响反应速率，选项③错误；④固定体积，若充入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，选项④错误；⑤使用催化剂，同等程度加快正逆反应速率，选项⑤正确。答案选D。
8. 已知石墨、金刚石燃烧的热化学方程式分别为：
C(s,石墨) +O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝－393.5kJ/mol
C(s,金刚石) +O2(g)＝CO2(g) ΔH ＝－395.4kJ/mol
关于金刚石和石墨的相互转化，下列说法正确的是（ ）
A. 石墨转化为金刚石是自发的过程 B. 金刚石转化为石墨是自发的过程
C. 石墨比金刚石能量高 D. 金刚石比石墨能量低
【答案】B
【解析】由热化学方程可知，石墨比金刚石能量低，1 mol石墨转化为1 mol金刚石吸收1.9 kJ的热量，金刚石转化为石墨是放热反应，根据化学反应的焓判据可知本反应是自发进行的反应。答案选B。
9. 在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0．1mol·Lˉ1、0．3 mol·Lˉ1、0．2 mol·Lˉ1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（mol·Lˉ1）（ ）
A. Z为0．3 B. Y2为0．4 C. X2为0．2 D. Z为0．4
【答案】A
【解析】若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
X2(g) + Y2(g) 2Z(g)，
开始（mol/L）： 0.1 0.3 0.2
变化（mol/L）： 0.1 0.1 0.2
平衡（mol/L）： 0 0.2 0.4
若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
X2(g) + Y2(g) 2Z(g)，
开始（mol/L）： 0.1 0.3 0.2
变化（mol/L）： 0.1 0.1 0.2
平衡（mol/L）： 0.2 0.4 0

点睛：本题考查了化学平衡的建立的相关知识。判断反应产物是解题的关键，再根据方程式计算各物质的量的最大、最小量，结合极限解答。注重考查学生分析能力。
10. 可逆反应∶2NO22NO+O2在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2；②单位时间内生成n molO2 的同时，生成2n mol NO；③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态；④混合气体的颜色不再改变的状态；⑤混合气体的密度不再改变的状态；⑥ 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】从平衡状态的两个重要特征判断：①v（正）=v（逆），②混合物中各组成成分的百分含量不变。①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2，v（正）=v（逆），符合；②单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO，v（正）=v（正），不符合；③用NO2，NO，O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，仅说明了反应中各物质的转化量的关系，不符合；④NO2是红棕色气体，颜色不变时说明NO2的浓度保持不变，符合；⑤在恒容密闭条件下，ρ始终保持不变，不符合；⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均分子质量不再改变，符合，①④⑥正确。答案选A。
点睛：本题考查化学平衡状态的判断。从平衡状态的两个重要特征判断：①v（正）=v（逆），②混合物中各组成成分的百分含量不变来判断是解题的关键。
11. 体积相同的甲、乙两个容器分别都充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应：2SO2 + O22SO3并达到平衡．在这个过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为p％，则乙容器中SO2的转化率（ ）
A. 等于p％ B. 大于p％ C. 小于p％ D. 无法判断
【答案】B
【解析】根据方程式可知，反应是体积减小的，所以压强也是减小的。这说明在反应过程中，乙容器中压强始终大于甲容器压强。由于压强大，有利于平衡向正反应方向移动，所以乙容器中反应物的转化量大于甲容器，答案选B。
12. 对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 有如下图所示的变化，则可得出该反应符合如下关系

A. 正反应吸热; m+n>p+q
B. 正反应放热; m+n C. 正反应放热; m+n>p+q
D. 正反应吸热; m+n 【答案】C
【解析】随着温度的升高，A的转化率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应方向为吸热反应，正反应方向为放热反应，取等温线，则增大压强，A的转化率增大，平衡向正反应方向移动，正反应方向为气体体积减小的方向。答案选C。
13. 下物质分类组合正确的是 ( )

A
B
C
D
强电解质
HBr
FeCl3
H3PO4
Ca(OH)2
弱电解质
HF
HCOOH
BaSO4
HI
非电解质
NH3
Cu
H2O
C2H5OH


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】A、HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，NH3为非电解质，选项A正确；B、Cu为单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、H3PO4、BaSO4、H2O依次为弱电解质、强电解质、弱电解质，选项C错误；D、Ca(OH)2、HI、C2H5OH依次为强电解质、强电解质、非电解质，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查电解质、非电解质的判断。电解质、非电解质研究的对象为化合物，单质和化合物既不是电解质也不是非电解质，电解质包括的物质有酸、碱、盐、水、活泼金属氧化物，强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，弱电解质包括弱酸、弱碱和水。
14. 某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是： （ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸 B. 用托盘天平称量25.20g NaCl
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3 D. 用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL
【答案】D
【解析】试题分析：A．量筒的准确度为0.1mL，无法用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸，故A错误；B．托盘天平的准确度是0.1g，无法用托盘天平称量25.20g NaCl，故B错误；C．pH试纸测定的溶液的酸碱性都是整数，不会出现小数，故C错误；D．滴定管可以准确度0.01mL，可以读到21.70mL，故D正确；故选D。
考点：考查实验室常用仪器的准确度及pH试纸的特点。
15. 某溶液中由水电离产生的C(H+)=1.0×10-10mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是
A. K+、Na+、HCO3-、Cl- B. Na+、K+、NO3-、Cl-
C. K+、Na+、S2-、NO3- D. Mg2+、Na+、SO32-、CO32-
【答案】B
【解析】试题分析：离子间如果能发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。某溶液中由水电离产生的c（H+）＝1.0×10-10mol/L，说明该溶液中水的电离平衡是被抑制的，因此溶液可能显酸性，也可能显碱性。A．H+与HCO3－反应生成CO2不能大量共存，A项错误；B．各离子能大量共存，B项正确；C．在酸性条件下，NO3－能氧化S2－不能大量共存，C项错误；D．SO32－、CO32－和H＋反应生成气体不能大量共存，Mg2＋和OH－反应生成沉淀不能大量共存，D项错误；答案选B。
【考点定位】考查离子共存。
【名师点睛】本题考查离子共存。该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
16. 在相同温度时，100 mL 0.01 mol·L-1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是(　　)
A. H+的物质的量 B. 醋酸的电离常数
C. 中和时所需NaOH的量 D. CH3COOH的物质的量
【答案】A
【解析】A、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，选项A正确；B、相同温度时醋酸的电离常数相等，选项B错误；C、由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，选项C错误；D、0.01mol•L-1的醋酸电离程度大，则溶液中CH3COOH分子的物质的量小，选项D错误。答案选A。
点睛：本题考查弱电解质的电离。在相同温度时，100mL 0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液中溶质都为0.001mol，醋酸为弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小，以此解答该题。
17. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，下列操作会导致实验结果偏低的是 （ ）
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗
②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗
④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
⑤终点读数时俯视，其他读数方法正确
A. ④⑤ B. ①④ C. ②③⑤ D. ②⑤
【答案】D
【解析】略
18. 浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液，按其pH由小到大的排列顺序是（ ）
①NaHCO3溶液 ②NaHSO4溶液 ③NaCl溶液 ④AlCl3溶液
A. ①<②<③<④ B. ①<③<④<②
C. ②<④<③<① D. ④<③<②<①
【答案】C
【解析】碳酸氢钠为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解而使其溶液呈弱碱性，硫酸氢钠为强酸酸式盐，硫酸氢根离子完全电离而使其溶液呈强酸性，氯化钠为强酸强碱盐，其溶液呈中性，氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子水解而使其溶液呈弱酸性，所以浓度相等的这几种溶液pH从小到大顺序是：硫酸氢钠、氯化铝、氯化钠、碳酸钠，答案选C。
19. 已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO。某温度下向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列不正确的是（ ）
A. 该温度高于25℃
B. 由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
C. NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
【答案】D
【解析】试题分析：由pH＝6的蒸馏水可知温度高于25℃，A正确；该温度下水的离子积常数KW＝1.0×10-12，pH为2的溶液中由水电离出来的H+的浓度是1.0×10-12/1.0×10-2＝1.0×10－10mol·L－1，B正确；NaHSO4晶体电离生成H+抑制水的电离，C正确；该温度下加入等体积pH为10的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性，D错误；答案选D。
考点：pH值及计算
20. 在20 mL pH＝2的醋酸溶液中，加入V mLpH＝12的NaOH溶液.下列说法正确的是（ ）
A. 如果V＝20，则所得混合溶液的pH大于7
B. 当V＝20时，混合溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C. 所得混合溶液中一定存在c(Na＋) ＋ c(H＋) ＝ c(CH3COOH) ＋ c(OH－)
D. 如果所得混合溶液的pH＝7，则V大于20
【答案】D
【解析】A．因醋酸为弱酸，如果V=20，则醋酸过量，反应后溶液呈酸性，A错误；B．由A可知，如等体积混合，溶液呈酸性，应该是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B错误；C．由电荷守恒可知应存在c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-），C错误；D．如果混合后溶液pH=7，溶液显中性，这说明氢氧化钠过量，则V大于20，D正确；答案选D。

第Ⅱ卷(共55分)
二.非选择题（共55分）
21. 某学生用0.1000mol·L-1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：
A. 取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中并加入2～3滴酚酞试液
B. 用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管2～3次
C. 把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管的尖嘴使之充满溶液
D. 取标准氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2～3mL处
E. 调节液面至“0” 或“0”刻度以下，记下读数
F. 把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数
回答下列问题：
（1）正确的操作顺序是：B、________________、F（填序号）；
（2）上述B步骤的操作目是____________________________________；
（3）上述A步骤操作之前，若先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）；
（4）判断到达滴定终点的实验现象为______________。
（5）若滴定结束时，滴定管液面如图所示，则终点读数为_________mL。

【答案】 (1). DCEA (2). 防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差 (3). 偏大 (4). 溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (5). 21.40
【解析】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为：B、D、C、E、A、F；（2）上述B步骤的操作目的是防止滴定管内壁附着的水将标准溶液稀释而带来误差；（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知，会造成c（待测）偏大；（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时，现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；（5）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，由图可知终点读数为21.10mL。
22. （1）肼（N2H4）又称联氨，是一种可燃性的液体，可用作火箭燃料。已知在101kPa时，32.0g N2H4 在氧气中完全燃烧生成氮气，放出热量624kJ（25℃时），N2H4完全燃烧反应的热化学方程式是______________________________。
（2）肼－空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20% ~30%的KOH溶液。肼－空气燃料电池放电时：
正极的电极反应式是__________________________________________；
负极的电极反应式是__________________________________________；
总电极反应方程式是__________________________________________。
（3）以Zn做负极，Cu做正极，电解CuSO4溶液。
①锌片上发生的电极反应式是______________________________。
②假设使用肼－空气燃料电池作为本过程中的电源，铜片的质量变化128g，则肼－空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气_________L（假设空气中氧气体积含量为20%）。
（4）传统制备肼的方法，是以NaClO氧化NH3，制得肼的稀溶液。该反应的离子方程式是_________________________________________。
【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H =－624 kJ/mol (2). O2+2H2O+4e－=4OH－ (3). N2H4+4OH－－4e－=4H2O+N2↑ (4). O2+N2H4=2H2O+N2↑ (5). Cu2++2e－=Cu (6). 112 (7). ClO－+2NH3=N2H4+Cl－+H2O
【解析】（1）32.0g肼的物质的量为1mol，1molN2H4在氧气中完全燃烧生成氮气放出热量624kJ，所以其热化学反应方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-624KJ/mol；（2）燃料电池中，正极上是氧气发生得电子的还原反应，在碱性环境下，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，负极上投放的是燃料，负极上燃料失电子发生氧化反应，在碱性环境下的反应式为：N2H4+4OH－－4e－=4H2O+N2↑，则总电极反应方程式是O2+N2H4=2H2O+N2↑；（3）①电解池的负极上是阳离子铜离子发生得电子的还原反应，即Cu2++2e－=Cu；②铜片上的电极反应为：Cu-2e-=Cu，Cu的质量变化128g，根据电极反应，转移电子为4mol，根据反应O2+N2H4=2H2O+N2↑，当转移电子4mol时，消耗氧气的物质的量是1mol，氧气的体积是空气体积的五分之一，所以消耗空气的体积是5mol，即112L；（4）NaClO氧化NH3可以制得肼的离子方程式为：ClO－+2NH3=N2H4+Cl－+H2O。
23. 如下图所示的装置，C、D、E、F都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色。试回答以下问题：

（1）电极A是__________________（填“正极”或“负极”）。
（2）甲装置中电解反应的总化学方程式是_______________。
若用惰性电极电解饱和NaCl溶液一段时间，当阳极产生56 mL（标准状况下）气体，电解后溶液体积为500 mL时，求所得溶液在25℃时的pH=__________________。
（4）欲用丙装置给铜镀银。G应该是______（填“银”或“铜”），电镀液的主要成分是_______（填化学式）。
【答案】 (1). 正极 (2). 2CuSO4+2H2O电解2Cu+O2↑+2H2SO4 (3). 12 (4). 银 (5). AgNO3
【解析】（1）F极附近显红色，说明该电极附近溶液显碱性，即F电极是阴极。则B是电源的负极、A是电源的正极，C是阳极、D是阴极、E是阳极；（2）惰性电极电解硫酸铜，阴极和阳极的放电离子是铜离子和OH－,所以总的反应式为2CuSO4+2H2O电解2Cu+O2↑+2H2SO4；（3）惰性电极电解氯化钠溶液的反应式为2NaCl＋2H2O电解2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阳极氯离子放电，生成氯气，物质的量为=0.0025mol，所以氢氧化钠的物质的量是0.0025mol×2＝0.005mol，浓度是=0.001mol/L，因此pH等于12；（4）B是电源的负极，则H为电镀池的阴极，G为阳极，欲用丙装置给铜镀银。G应该是银，电镀液的主要成分是AgNO3。
24. 25℃时，电离平衡常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10﹣5
K1=4.3×10﹣7
K2=5.6×10﹣11
3.0×10﹣8

回答下列问题：
（1）物质的量浓度为0.1mol/L的下列四种物质：a．Na2CO3，b．NaClO，c．CH3COONa d．NaHCO3；pH由大到小的顺序是：___________；（填编号）
（2）常温下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是：___________；
A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH）
C．c（H+）•c（OH﹣） D．c（OH﹣）/c（H+）
（3）体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图．则HX的电离平衡常数_____（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数；理由是_____________________，稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）____醋酸溶液水电离出来c（H+）（填“大于”、“等于”或“小于”）理由是：_________________________；
（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=__________________．（填准确数值）．
【答案】 (1). a＞b＞d＞c (2). A (3). 大于 (4). HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大 (5). 大于 (6). 稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小 (7). 9.9×10﹣7mol/L
【解析】试题分析：（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，电离平衡常数越大，酸溶液的酸性越强，其对应盐的水解程度越小，溶液的pH就越小；由于电离平衡常数CH3COOH> H2CO3>HClO>HCO3-，所以等浓度的盐溶液的pH由大到小的顺序是Na2CO3>NaClO>NaHCO3>CH3COONa ，顺序代号是a＞b＞d＞c；（2）CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释过程，促进电离。A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)/减小，正确；B．加水稀释使电离平衡正向移动，c(H+)减小，c(CH3COOH)也减小，但是平衡正向移动使c(H+)略有增加，c(CH3COOH)进一步减小，所以c(H+)/c(CH3COOH)增大，错误；C．加水稀释c(H+)减小，由于温度不变所以水的离子积是常数，c(OH﹣)增大，但是Kw =c(H+)·c(OH﹣)不变，错误；D．在醋酸溶液稀释过程中，促进了醋酸的电离，c(H+)减小，c(OH﹣)增大，则c(OH﹣)/ c(H+)变大，错误；故表达式的数据一定变小c(H+)，选项A正确；（3）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则说明酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，醋酸的酸性弱，电离产生的H+的浓度比HX大，电离产生的氢离子的浓度越大，水电离平衡的抑制作用就越强，由于稀释后溶液中氢离子的浓度：CH3COOH>HX，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大；（4）25℃时，混合液pH=6，c(H+)=1.0×10﹣6mol/L，则由Kw可知，c(OH﹣)=1.0×10﹣8mol/L，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO﹣)+ c(OH﹣),所以c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)= c(H+)﹣c(OH﹣)= 1.0×10﹣6mol/L -1.0×10﹣8mol/L =9.9×10﹣7mol/L。
考点：考查电离平衡常数的应用的知识。
【名师点睛】电离平衡常数反映了弱电解质电离程度的大小，电离平衡常数只与温度有关，而与其它外界条件无关。对于不同的电解质，电离平衡常数越大，其电离程度越大，电离产生离子的能力就越强。电离产生的离子浓度越大，该离子形成的盐发生水解反应消耗水电离产生的氢离子的能力就越小，盐溶液的碱性就越弱。因此也可以判断盐水解程度的大小；在判断盐溶液中离子浓度大小时，要考虑弱酸的电离程度大小、盐的水解程度大小，结合在溶液中药符合电荷守恒、物料守恒及质子守恒进行分析解答。
25. 在400℃，1.01X105Pa时，将SO2和14molO2 压入一个装有催化剂的VL密闭反应器中，发生2SO2+O22SO3的反应，并且在10min后达到平衡时，测得容器内有2molSO2和12molO2:
（1）SO2的起始浓度为_______，SO3（气）的平衡浓度为_________；
（2）SO2的转化率为________，O2的平均反应速率为________；
（3）平衡时SO3（气）占总体积的百分数为__________，此时体系压强为反应起始时体系压强的________倍；
（4）达平衡后再加入2molSO2、12molO2和4molSO3(气)，此时正反应速率将_______，逆反应速率将_______，平衡_______移动。
【答案】 (1). 6/Vmol·L-1 (2). 4 /Vmol·L-1 (3). 66.67％ (4). 0.2/Vmol·L-1·min-1 (5). 22.22％ (6). 0.9 (7). 增大 (8). 增大 (9). 正向
【解析】（1）由题干知O2的转化量是2mol，SO2的转化量是4mol，SO3的转化量是4mol。SO2的起始浓度为6/V mol·L-1，SO3(g)的平衡浓度为4/V mol·L-1；（2）SO2的转化率为×100%=66.67%。v(O2)= =0.2/V mol·L-1·min-1；（3）平衡时SO3占总体积的百分数为×100%=22.22%。压强之比等于物质的量之比，=0.9；（4）达平衡后再加入2molSO2、12molO2和4molSO3(g)，相当于增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动。