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2018-2019学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期末考试化学（理）试题 解析版
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2018年下学期高二年级期末考试化学试卷
时间：90分钟 总分：100分
班级__________ 姓名___________ 考号_______________
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共20小题，总分48分；1-12题每题2分；13-20题每题3分，均只有一项是符合题目要求的。
1.在下列各说法中，正确的是：
A. 已知C（金刚石，s）= C（石墨，s）； △H= —1.89kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
B. 1mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
C. H2SO4与Ba(OH)2反应生成1molH2O时放出的热叫做中和热
D. 热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，可以是分数
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据C(金刚石，s)= C(石墨，s)；△H= —1.89kJ/mol可知，等质量金刚石具有的能量比石墨高，能量越高越不稳定，所以金刚石没有石墨稳定，A项错误；
B.101kPa时，1mol H2(g)与0.5mol O2(g)反应生成1mol液态水时放出的热量才是H2的燃烧热，B项错误；
C.H2SO4与Ba(OH)2反应方程式为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，反应中除中和反应生成水外还有BaSO4沉淀生成，所以该反应过程中的热效应不是中和热，C项错误；
D.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，D项正确；答案选D。
2.某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应不一定能自发进行
B. E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C. 正反应的热效应为△H=E1-E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应
D. 加入合适催化剂，△H不变，E1、E2也不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图像可知A+BC=AB+C，△H<0，但该反应熵变△S不一定大于0，所以该反应不一定能自发进行，A项正确；
B.A+BC=AB+C，E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，即反应物成为活化分子所需的最低能量，就是正反应的活化能，B项正确；
C.根据能量转化图可知A+BC=AB+C的反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，所以正反应的反应热△H=－(E2-E1)=E1－E2，E2>E1，△H<0，C项正确；
D.加入合适催化剂可以降低正、逆反应的活化能，即E1、E2均减小，D项错误；答案选D。
3.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是
A. b电极上发生还原反应 B. 片刻后甲池中c（Cl-）增大
C. 电子沿Zn→a→b→Cu 路径流动 D. 片刻后可观察到滤纸b点变红色
【答案】B
【解析】
【分析】
甲乙两烧杯的溶液和Zn、Cu、盐桥构成原电池（作电源），Zn作负极，Cu作正极。用饱和硫酸钠、酚酞溶液浸湿的滤纸构成了电解池，a为阴极，b为阳极。
【详解】A. 甲乙两烧杯的溶液和Zn、Cu、盐桥构成原电池，Cu作正极，所以b为电解池的阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，A项错误；
B.原电池工作时电解质溶液中阴离子向负极迁移，即Cl-向甲烧杯迁移，所以甲池中c(Cl-)增大，B项正确；
C.电解质溶液不是电子导体，电子不能通过电解质溶液，所以电子迁移路径为Zn→a，b→Cu，C项错误；
D.滤纸构成了电解池，b为阳极，其电极反应为：2H2O－4e-=O2↑+4H+，所以b点溶液显酸性，滤纸b点没有颜色变化，D项错误；答案选B。
4.下列描述中正确的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B. 电解饱和食盐水制取产品，用阳离子交换膜
C. 雨水酸性较强时，生铁片仅发生析氢腐蚀
D. 铁上镀铜，铁作阳极
【答案】B
【解析】
【详解】A.如果用铁作阳极，则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，故熔融的氧化铝中含有Fe2+。而Fe2+放电能力比Al3+强，因此在阴极上有反应Fe2++2e-=Fe，所制取的金属铝中含有铁杂质，A项错误；
B.电解饱和食盐水制取NaOH、Cl2等产品，阳极反应：2Cl-－2e-=Cl2↑，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，用阳离子交换膜使得Na+向阴极迁移，同时阳极室的Cl2不能与阴极室的NaOH接触，保证了NaOH产品的纯度，B项正确；
C.生铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀往往同时发生，酸性较强时随着析氢腐蚀进行，生铁表面酸性减弱，则吸氧腐蚀成为主要因素，C项错误；
D.电镀是电解原理的应用，铁上镀铜反应中铁（镀件）作阴极：Cu2++2e-=Cu，铜（镀层金属）作阳极：Cu－2e-=Cu2+，硫酸铜溶液作电镀液，D项错误；答案选B。
5.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（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— + 5 OH— = FeO42-+ 4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
试题分析：放电为原电池，负极失电子发生氧化反应：Zn – 2e-+ 2OH- ＝ Zn(OH)2 Ａ对
正极反应为2K2FeO4＋6e+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-,有OH-生成，所以正极附近碱性增强，D对
充电时是电解池，阳极发生氧化反应：Fe(OH)3- 3e-+ 5OH- ＝ FeO42-+ 4H2O Ｂ对
原电池中正极得电子，发生的是还原反应，故Ｃ错
考点：原电池和电解池的反应原理
点评：该题已给出反应的总原理，注意电子流入负极，流出正极，在判断电极方程式时要有体现。
6.根据下列有关图象，说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，该反应的△H>0 B. 由图Ⅱ知，该反应为放热反应
C. 由图Ⅲ知，t3时一定是采取降低反应温度的措施 D. 由图Ⅲ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图I可以看出，当温度低于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐减小，生成物Z的体积分数逐渐增大；当温度高于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐增大，生成物Z的体积分数逐渐减小。可推知T2条件下该反应已达到平衡状态，随后，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理逆反应是吸热反应，故正反应是放热反应，所以该反应的△H<0。A项错误；
B.图II是生成物B分别在T1和T2条件下，其物质的量随时间的变化曲线，根据“先拐先平”的规律，T1温度下该反应先达到平衡，说明温度高低：T1>T2。由图II知平衡时B的物质的量大小关系：T1
D. 由图III可知，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时第一次建立平衡，t2~t3时平衡没有移动，NH3的体积分数不变；t3~t4过程中平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小；t5~t6改变的条件使平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数进一步减小，所以达到平衡的各阶段中t6时NH3的体积分数最小，D项错误；答案选B。
【点睛】在反应速率-时间（υ-t）、反应速率-压强（υ-p）、反应速率-温度（υ-T）等图像中，利用正反应速率与逆反应速率的相对大小来判断反应所处的状态或进行的方向：当>时，平衡向正反应方向进行；当=时，反应已处于平衡状态；当<时，反应向逆反应方向进行。
7.25℃时，在20mL，0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是
A. 在C点：c(CH3COO－)﹥c(Na＋)﹥c(H＋) ﹥c(OH－)
B. 在C点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)﹦2 c(Na＋)
C. 在B点：c(OH－)﹦c(H＋)，c(Na＋)﹦c(CH3COO－)
D. 在A点：c(Na＋)﹥c(OH－)﹥c(CH3COO－)﹥c(H＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由中和反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，当加入醋酸溶液体积为20mL时，C点所得溶液中溶质为CH3COONa和CH3COOH，且CH3COONa和CH3COOH物质的量浓度相同，因溶液中醋酸发生电离CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COONa发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且由图像知C点显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以C点溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，A项正确；
B.由A项分析知，C点溶液是等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，B项正确；
C.由图像知B点溶液显中性，且加入了超过10mL的醋酸溶液，故B点溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两等式相减得c(Na+)=c(CH3COO-)，C项正确；
D.由图像知A点溶液中加入了10mL醋酸溶液，根据反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，此时NaOH与CH3COOH恰好完全反应，即A点是CH3COONa溶液，由于CH3COONa的水解CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且水解是微弱的，所以A点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D项错误；答案选D。
8.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是
A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
D. 图中a＝×10－4
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B正确；C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c（Ag+）2=2×10-8，所以a=×10－4，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用
【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是
。另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。
考点：考查
9.已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为
A. 只有AgBr沉淀生成 B. AgCl与AgBr沉淀等量生成
C. AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主 D. AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【答案】C
【解析】
【分析】
水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。
【详解】在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案选C。
10.有0.2 mol某有机物和0.5 mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O(气)。 产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了 10.8 g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了 3.2 g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6 g。该有机物的分子式是
A. C2H4 B. C2H6O2 C. C2H6O D. C3H6O3
【答案】C
【解析】
【详解】由于浓硫酸吸收燃烧产物中的水蒸气，所以燃烧产物中水蒸气的物质的量：n(H2O)==0.6mol；燃烧产物中CO还原氧化铜，由反应方程式CO+CuOCO2+Cu可知，参加反应的CO、氧化铜失去的氧原子、生成的CO2三者物质的量之比为1:1:1，氧化铜中失去的氧原子物质的量为==0.2mol，所以燃烧产物中CO有0.2mol，这些CO还原氧化铜时生成的CO2为0.2mol；另由题意知碱石灰只吸收CO2，吸收CO2的总质量为17.6g，则原燃烧产物中CO2的物质的量n(CO2)=－0.2mol=0.2mol。根据化学反应过程中元素守恒，0.2mol该有机物中含有碳、氢、氧原子物质的量分别为：n(C)=n(CO)+n(CO2)=0.4mol，n(H)=2·n(H2O)=2×0.6mol=1.2mol，n(O)=[2·n(CO2)+n(CO)+n(H2O)]－2·n(O2)=(2×0.2mol+0.2mol+0.6mol) －2×0.5mol=0.2mol。则1分子该有机物中含有碳、氢、氧原子个数分别为：N(C)= =2，N(H)= =6，N(O)= =1，所以该有机物的分子式为C2H6O，答案选C。
11.为了提纯下列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是
选项
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
己烷(己烯)
溴水
分液
B
淀粉溶液(NaCl)
水
过滤
C
苯（甲苯）
酸性高锰酸钾溶液、NaOH溶液
分液
D
甲烷(乙烯)
KMnO4酸性溶液
洗气
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.己烯与溴水反应生成的二溴己烷能溶于己烷中，分液操作无法除去己烷中混有的二溴己烷，选用的除杂试剂错误，A项错误；
B.淀粉溶液属于胶体分散系，淀粉胶体粒子和NaCl的离子都能够透过滤纸，分离方法错误，B项错误；
C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液将苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，而苯不溶于水，最终混合液分层，上层为苯层，经分液可提纯苯，C项正确；
D.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，被提纯的物质经KMnO4酸性溶液洗气后会混有CO2杂质，所选用的除杂试剂错误，D项错误；答案选C。
【点睛】混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。
12.下列物质既不能使溴水褪色，又不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
①乙烷 ②乙烯 ③乙炔 ④苯 ⑤甲苯 ⑥溴乙烷 ⑦聚丙烯 ⑧环己烯
A. ①②③⑤ B. ①④⑥ C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】
【详解】①乙烷属于饱和烃，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以既不使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，①符合；
②乙烯分子中含有不饱和的>C=C<键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以乙烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②不符合；
③乙炔分子中含有不饱和的-CC-键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③不符合；
④苯分子的碳碳键是介于单键与双键之间独特的键，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以苯既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④符合；
⑤甲苯不能与Br2发生加成反应，但甲苯侧链的甲基可被酸性KMnO4氧化，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑤不符合；
⑥溴乙烷分子中无不饱和键，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以溴乙烷既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑥符合；
⑦聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，分子中无不饱和键，故聚丙烯分子既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以聚丙烯既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑦符合；
⑧环己烯分子中含有不饱和的>C=C<键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以环己烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑧不符合；答案选C。
13.恒温、恒容，向1L密闭容器中加入5molX，5molY，发生下列反应：aX（g）+bY（g）cZ（g），达到平衡如图。下列说法一定正确的是
A. 又加入1molX，正反应速率增大，逆反应速率不变
B. 又加入1molX、1molY，达到新平衡，X的转化率减小
C. △H不变，是该反应平衡的标志
D. 某时刻，X、Y、Z三者物质的量分别为5mol、3mol、2mol，则此时逆反应速率大于正反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】由图像知反应开始后第2min反应达到平衡状态，2min内X减少了5mol－4mol=1mol，Y减少了5mol－3mol=2mol，生成Z的物质的量为1mol。X、Y、Z化学计量数之比为1mol:2mol:1mol=1:2:1，则有反应方程式为X(g)+2Y(g)Z(g)。
A.在恒温恒容条件下又加入1molX，反应物浓度增大，正反应速率增大随后逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，A项错误；
B. 在恒温恒容条件下又加入1molX、1molY，这与原平衡初始投料成正比，等效于“增大压强”，根据勒夏特列原理，X(g)+2Y(g)Z(g)的平衡向正反应方向移动，所以达到新平衡时X的转化率增大，B项错误；
C.一个完成了的化学反应的反应热△H决定于反应物总能量和生成物总能量，以及反应条件，与反应是否达到平衡状态无关，所以△H不变不可以作为该反应达到平衡状态的标志，C项错误；
D.题设温度下反应X(g)+2Y(g)Z(g)在第2min达到平衡状态，X、Y、Z的平衡浓度分别为4mol/L、3mol/L、1mol/L。则该温度下的平衡常数K===。某时刻X、Y、Z的物质的量分别为5mol、3mol、2mol，即X、Y、Z的浓度分别为5mol/L、3mol/L、2mol/L，此时浓度商Qc===>K=，可推知此时反应向逆反应方向进行，即逆反应速率大于正反应速率，D项正确；答案选D。
14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：aA（g）+bB（g）cC（g），达到平衡后，测得A的浓度为0.5mol・L-1，在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到原来的两倍，测得A的浓度为0.3mol・L-1，则下列判断正确的是
A. a+b
【答案】B
【解析】
【详解】在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到两倍，则A的浓度变为0.25mol/l，平衡移动后A的浓度变为，则说明平衡逆向移动，即减压平衡逆向移动，则左侧的化学计量数大，故A错误，C的体积分数减小，故B正确，B的浓度比原来小，C错误；A的转化率降低，D错误。故选B。
【点睛】本题中一个容易出错的问题就是当将容器的溶剂扩大到两倍时，各物质的浓度都变为原来的一半。若忽视这个因素，则会将平衡移动的方向判断有误。同时注意平衡移动只是减弱改变条件带来的影响，不能抵消掉，所以本题中B的浓度仍比原来的小。
15.某学生用0.2000 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，下列操作会引起实验结果偏大的是
A. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡
B. 在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
C. 锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗
D. 用酸式滴定管量取液体时，读数，之前俯视，之后平视
【答案】A
【解析】
【详解】A.当滴定前滴定管尖嘴有气泡时使偏小，则滴定终点时消耗标准NaOH溶液的体积（－）偏大，根据中和反应方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O，由待测HCl浓度公式=，推知待测盐酸浓度偏大，A项符合题意；
B.在锥形瓶装液前留有少量蒸馏水，不影响锥形瓶中HCl的物质的量，根据中和反应NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，不影响标准NaOH溶液的体积，由待测HCl浓度公式=推知待测HCl浓度不变，B项不符合题意；
C.锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，不影响锥形瓶中HCl的物质的量，即不影响标准NaOH溶液的体积，待测HCl浓度不变，C项不符合题意；
D.用酸式滴定管量取盐酸溶液，读数，之前俯视，之后平视，所量取的盐酸溶液中HCl物质的量偏小，反映在滴定终点时消耗标准NaOH溶液体积偏小，根据待测HCl浓度公式=推知待测HCl浓度偏小，D项不符合题意；答案选A。
【点睛】对于酸碱中和滴定的误差分析，先根据中和反应中酸与碱的化学计量数关系列出待测酸或碱浓度的计算公式，再将各种操作归结到对标准溶液体积（）的影响，根据待测液浓度公式=·（n为待测酸或碱的元数，m为标准碱或酸的元数）分析：若偏大则结果偏大，若偏小则结果偏小，若不受影响，则结果不受影响。
16.下列说法不正确的是
A. 0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10
B. 常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水的电离程度的顺序为③>①>②
C. 将相同体积的pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液一定为中性
D. 将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是a>c>b
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeCl3在水溶液中能发生水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液越稀水解程度越大，Fe3+浓度越小，所以0.01mol/LFeCl3溶液中Fe3+浓度小于0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+浓度的，故0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10，A项正确；
B.醋酸和盐酸对水的电离都是抑制作用，因等浓度时盐酸中H+浓度比醋酸大，故盐酸抑制作用比醋酸强，醋酸钠因水解反应而促进水的电离，所以等浓度时三溶液中水的电离程度的顺序为③>①>②，B项正确；
C.pH=3的硫酸中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(H+)=10-11mol/L，如果溶液温度为常温，则NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，等体积硫酸和NaOH溶液中H+和OH-物质的量相等，恰好中和得Na2SO4溶液，该溶液呈中性，由于该选项未明确溶液温度是否是常温，故Kw不一定等于1×10-14，硫酸和NaOH溶液不一定恰好中和，所以所得溶液不一定为中性，C项错误；
D.碱溶液稀释后c(OH-)减小，其pH将减小，由于氨水是弱碱，存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，稀释过程中电离平衡向右移动，因此稀释相同倍数后溶液中c(OH-)：氨水>氢氧化钠，所以a、b、c的大小关系是a>c>b，D项正确；答案选C。
17.将标准状况下2.24L CO2缓慢通入1L0.15mol•L-1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是
A. c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
B. c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）
C. 2c（Na+）=3[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]
D. 2c（OH-）+c（CO32-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）
【答案】A
【解析】
【详解】标准状况下2.24L CO2的物质的量n(CO2)==0.1mol，1L0.15mol•L-1的NaOH溶液中n(NaOH)=1L×0.15mol/L=0.15mol，n(CO2):n(NaOH)=0.1mol:0.15mol=2:3，则发生反应的化学方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，即所得溶液为等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。
A.CO32-和HCO3-在水溶液都能发生水解，且CO32-比HCO3-水解程度大，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，A项错误；
B.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，B项正确；
C.因溶液中Na2CO3和NaHCO3等浓度，所以n(钠元素)：n(碳元素)=3:2，碳元素总浓度=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，可得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C项正确；
D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，消去两等式中c(Na+)，即得2c(OH-)+c(CO32-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)，D项正确；答案选A。
18.下列有关同分异构体数目的叙述不正确的是
A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
B. CH3-CH=CH-CH=CH2无顺反异构
C. 含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种
D. 菲的结构简式为 ，它与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物
【答案】B
【解析】
【详解】A.含3个碳原子的烷基即丙基有2种：-CH2CH2CH3、-CH(CH3)2，甲苯苯环上有3种等效氢原子（邻、间、对），甲苯苯环上的一个氢原子被丙基取代所得产物种数=2×3=6，A项正确；
B. CH3-*CH=*CH-CH=CH2其中带*号的碳碳双键的碳原子上都连接2个不同的基团，存在顺反异构：，B项错误；
C.含有5个碳原子的饱和链烃即为戊烷，戊烷有3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4，其中正戊烷CH3(CH2)3CH3的一氯代物有3种，C项正确；
D.菲分子为平面结构，有一条对称轴，所以菲分子中有5种等效氢原子：，它与硝酸反应可生成5种一硝基取代物，D项正确；答案选B。
【点睛】本题易错点之一是判断“等效氢原子”，注意遵循以下原则：(1)同一碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子；(2)同一碳原子上所连甲基的氢原子属于同一类等效氢原子；(3)处于对称（轴对称或镜面对称）位置的碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子。
19.已知常温下浓度为0.1mol/L的几种溶液的pH如下表。下列有关说法不正确的是
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
A. 同温度同浓度下，酸性由强到弱的顺序为：HF＞H2CO3＞HClO
B. 水解方程式：F-+H2OHF+OH-的平衡常数约为9×10-13
C. 将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.2mol/L
D. 等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)>c(Na+)> >c (H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.由表格数据可知，0.1mol/L的弱酸盐溶液中水解程度由大到小的顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>NaF，根据盐类水解规律“越弱越水解”，可推知对应酸的酸性由强到弱的顺序为：HF>H2CO3>HClO>HCO3-，A项正确；
B.由表格数据知0.1mol/LNaF溶液中pH=7.5，常温下该溶液中c(OH-)===10-6.5mol/L，c(HF)= 10-6.5mol/L－10-7.5mol/L=9×10-7.5mol/L，根据F-+H2OHF+OH-得水解平衡常数Kh==≈9×10-13，B项正确；
C. 因Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均呈碱性，只有H2CO3溶液呈酸性，所以将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性时，发生的反应有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，CO2+H2O=H2CO3，所得溶液为NaHCO3（浓度为0.2mol/L）和H2CO3的混合溶液，根据物料守恒，溶液中有c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)>0.2mol/L，C项错误；
D.由B项分析知，相同温度下HF的电离常数Ka=≈=0.011，故有Ka>Kh，说明HF的电离程度大于NaF的水解程度，所以等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)>c(Na+)> c (H+)>c(OH-)，D项正确；答案选C。
20.已知草酸为二元弱酸：常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是
A. pH=1.2溶液中：c（K+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（H2C2O4）
B. H2C2O4的第一步电离，平衡常数为10-1.2
C. 将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2
D. 向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离程度增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图像知pH=1.2溶液中δ(H2C2O4)=δ(HC2O4-)=0.5，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒有等式c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，将等式中c(HC2O4-)替换为c(H2C2O4)，故得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，A项正确；
B. 因电离平衡常数只与温度有关，选取图像上pH=1.2，δ(H2C2O4)=δ(HC2O4-)=0.5，由H2C2O4的第一步电离方程式H2C2O4H++HC2O4-，得平衡常数Ka1==c(H+)=10-1.2，B项正确；
C. 由图像知pH=4.2时HC2O4-电离常数Ka2==c(H+)=10-4.2，C2O42-的水解C2O42-+H2OHC2O4-+OH-平衡常数Kh=====10-9.8，Ka2≠Kh，即HC2O4-电离程度与C2O42-的水解程度不相同，所以相同物质的量KHC2O4和K2C2O4完全溶于水所得溶液中δ(HC2O4-)≠δ(C2O42-)，故所得溶液的pH≠4.2，C项错误；
D.由图像知pH=1.2时H2C2O4电离出来的H+抑制了水的电离，加KOH溶液发生反应H2C2O4+KOH=KHC2O4+H2O，H2C2O4浓度逐渐减小，H+浓度逐渐减小，水的电离平衡向右移动；当pH>3时发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，C2O42-浓度逐渐增大，C2O42-因水解促进水的电离，所以整个过程中水的电离程度逐渐增大，D项正确；答案选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：21题～第24题（每空2分，共52分）。
21.（1）分子式为C5H10、核磁共振氢谱中只有一个峰的烃的结构简式_______；
（2）①分子式为C7H8的芳香烃与浓硝酸反应的化学方程式____________________________，②环己烯与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式_________________________________；
（3）用系统命名法命名
①名称：_________________。
② 名称：_________________。
【答案】 (1). (2). +3HNO3(浓)+3H2O (3). +Br2 (4). 2,2,7-三甲基-4-乙基辛烷 (5). 1,2,4-三甲(基)苯
【解析】
【详解】(1)因该分子核磁共振氢谱中只有一个峰，说明分子中10个氢原子属于同一种等效氢原子，可推知该分子只能是环戊烷，其结构简式为。
(2) ①分子式为C7H8的芳香烃为甲苯，甲苯与浓硝酸发生硝化反应，生成2,4,6-三硝基甲苯，化学方程式为：+3HNO3(浓)+3H2O。②环己烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴环己烷，化学方程式为：+Br2。
(3) ①选择最长的碳链为主链，主链有8个碳原子称为辛烷，为使支链的位次之和最小，应该从右端开始给主链编号，该有机物名称为2,2,7-三甲基-4-乙基辛烷。②该分子为苯的同系物，给苯环上碳原子编号时要使侧链位次之和最小，其名称是1,2,4-三甲(基)苯。
22.（1）泡沫灭火器的灭火原理是(用离子方程式表示)_____________________。
（2）①已知T℃时，Kw=1×10-12，在该温度时，将pH=9的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=3，则a：b=____。
②某二元酸（用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H++HA－，HA- H++A2－，则NaHA溶液中，写出符合原子（物料）守恒的各粒子浓度关系的等式_____________
（3）pH＝2的两种一元酸HA和HB，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图。
①则NaB水溶液是否呈中性？原因？______________（用离子方程式表示）。
②用NaOH溶液滴定HB溶液，指示剂宜选择_________，滴定终点现象为____________。
A.甲基橙 B.酚酞 C.石蕊
（4）NaHSO3溶液呈酸性，则溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为____________。
【答案】 (1). 3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓ (2). 9:2 (3). c(Na+)=c(HA-)+c(A2-) (4). B-+H2OHB+OH- (5). B (6). 当滴入最后一滴NaOH溶液时锥形瓶中溶液变红，且30秒内不恢复原色。 (7). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
【解析】
【分析】
(1)泡沫灭火器的原料是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，NaHCO3水解反应：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，Al2(SO4)3水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由此分析。
(2) ①强酸与强碱混合后溶液的酸碱性，取决于酸的H+与碱的OH-的物质的量的相对大小，根据反应H++OH-=H2O可知，若n(H+)>n(OH-)，混合溶液显酸性；若n(H+)=n(OH-)，混合溶液显中性；若n(H+)
(4) 因为H2SO3属于中强酸，所以NaHSO3在水溶液中既有电离平衡：HSO3-H++SO32-，也有水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-。再结合题意分析。
【详解】(1)泡沫灭火器的原料是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，HCO3-与Al3+发生相互促进的水解反应且能进行到底，混合时产生大量的CO2泡沫以达到灭火的目的。其反应原理为3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓。
(2)根据T℃时Kw=1×10-12可知，该温度下中性溶液c(H+)=c(OH-)===10-6mol/L，则中性溶液的pH=6，①pH=9的NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L。a LNaOH溶液中n(OH-)=10-3a mol，b LH2SO4溶液中n(H+)=0.01b mol。因为所得混合溶液的pH=3<6，即该溶液显酸性，说明H2SO4过量，且c(H+)混=10-3mol/L，则有c(H+)混==10-3mol/L，解得a:b=9:2。
②因为二元酸H2A的第一步电离完全，第二步只有部分电离，故HA-在溶液中只能部分电离而不能水解：HA-H++A-，所以NaHA溶液中物料守恒等式为c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)。
(3) 由图像可知HA和HB两溶液均稀释了10倍，HA溶液的pH由2增加到3，即c(H+)由10-2mol/L减小到10-3mol/L，即H+浓度减小到原来的，说明HA是强酸；而HB溶液稀释后c(H+)>10-3mol/L，说明HB溶液中存在电离平衡移动，说明HB是弱酸。①因为HB是弱酸，所以其对应NaB为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，原因可用离子方程式表示：B-+H2OHB+OH-。②因为NaOH与HB恰好中和时生成NaB，其溶液显碱性，应选择在碱性范围内变色的指示剂，所以指示剂宜选择酚酞，答案选B。滴定终点现象为：当滴入最后一滴NaOH溶液时锥形瓶中溶液变红，且30秒内不恢复原色。
(4)因为H2SO3属于中强酸，所以NaHSO3在水溶液中既有电离平衡：HSO3-H++SO32-，也有水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-。又因为NaHSO3溶液呈酸性，所以HSO3-的电离程度大于其水解程度，一般地来说电离程度和水解程度都较弱，因此NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
23.甲醇是一种重要的可再生能源。已知：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a kJ/mol，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b kJ/mol。
（1）写出由CH4和O2制取CH3OH（g）的热化学方程式：__________________________。
（2）在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间（s）
0
20
40
60
80
100
c（N2O4）
0.20
a
0.10
c
d
e
c（NO2）
0.00
0.12
b
0.22
0.22
0.22
反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。该反应的化学方程式为N2O42NO2。
①0~20s内N2O4的平均反应速率为__________。
②该反应的平衡常数表达式K=______________，在80℃时该反应的平衡常数K值为____（保留2位小数）。
③下列说法正确的是___________。
A.K值越大，N2O4的转化率越高
B.加压，平衡逆向移动，气体颜色变浅
C.增大N2O4的浓度，新平衡建立过程中正反应速率不断加快
D.起始条件相同，将等量的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，A中的N2O4平衡转化率小于B
（3）可逆反应 A（g）+2B（g）xC（g）。
①在一容积不变的绝热密闭容器中充入10mol A和20molB，一定能判断该反应达到化学平衡状态的是__（填选项字母）。
A．B的消耗速率等于A的生成速率的2倍 B.温度不变
C．A的转化率和B的转化率相等 D．气体密度不变
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变
②恒温：若在体积可变的密闭容器中反应，压缩容器，达新平衡时A的平衡浓度如下：
容器体积
4L
2L
1L
A的平衡浓度
2mol/L
3mol/L
6.5mol/L
则容器体积由4L至2L过程中，平衡______移动（填正向或逆向）；解释容器体积由2L压缩至1L，平衡移动方向，及其可能的原因______________________。
【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)= 2CH3OH(g) △H=（a+2b ）kJ/mol (2). 0.003mol/(L·s) (3). (4). 0.54 (5). AD (6). AB (7). 正向 (8). 平衡向逆反应方向移动，可能的原因是：容器中气体压强达到一定值时B气体转化为液体或固体，使逆反应气体体积减小A(g)+2B(l)2C(g)或A(g)+2B(s)2C(g)。
【解析】
【详解】(1)给已知的热化学方程式编号：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) △H=a kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=b kJ/mol。根据盖斯定律，将①+2×②得2CH4(g)+O2(g)= 2CH3OH(g) △H=（a+2b） kJ/mol。
(2) ①由表格数据可知0~20s内生成NO2的浓度△c(NO2)=0.12mol/L，根据反应式N2O42NO2得消耗N2O4的浓度△c(N2O4)=·△c(NO2)= ×0.12mol/L=0.06mol/L，所以0~20s内N2O4的平均反应速率===0.003mol/(L·s)。
②N2O42NO2该反应的平衡常数表达式K=。分析表格数据知80℃时反应N2O42NO2在60~100s时间内已处于平衡状态，NO2的平衡浓度为0.22mol/L，N2O4的平衡浓度=0.20mol/L－×0.22mol/L=0.09mol/L，80℃时该反应的平衡常数K==0.54。
③A.平衡常数K越大，表明反应进行的程度越大，反应物的转化率越高，A项正确；B. N2O42NO2，NO2呈红棕色，加压气体体积减小，各组分浓度增大，气体颜色加深。尽管加压时平衡逆向移动，但平衡移动的结果不可能消除NO2增大的浓度，气体颜色加深，B项错误；C. 增大N2O4的浓度，刚开始时正反应速率突然增大，随后正反应速率逐渐减小，最后保持不变时即达到平衡状态，C项错误；D.A、B容器中发生相同反应N2O42NO2且起始状态相同，恒温恒容条件下A容器中气体压强逐渐增大；恒温恒压条件下，B容器为了维持恒压，在建立平衡过程中不断扩大容积，与A容器相比相当于减压，平衡向正反应方向移动，所以B中N2O4的转化率大于A，D项正确；答案选AD。
(3) ①A.B的消耗速率是正反应速率，A的生成速率是逆反应速率，：=2:1即正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以B的消耗速率等于A的生成速率的2倍，一定能判断该反应达到化学平衡状态，A项正确；B.因为是绝热容器，只有达到平衡状态时正反应与逆反应的热量变化数值相等，“吸”“放”相反，相互抵消，此时容器中才没有温度变化，所以温度不变，一定能判断该反应达到化学平衡状态，B项正确；C.因为A、B初始物质的量之比为1:2，由反应式A(g)+2B(g)xC(g)知，反应过程中A、B转化的物质的量之比等于1:2，根据转化率=知在反应过程中A、B的转化率一直相等，所以A的转化率和B的转化率相等，不能判断该反应达到化学平衡状态，C项错误；D.因为容器的容积V不变，由质量守恒知反应过程中气体总质量m不变，根据密度可知，气体密度在反应过程中一直没变，所以气体密度不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，D项错误；E. 由质量守恒知反应过程中气体总质量m(总)不变，而反应式A(g)+2B(g)xC(g)中计量数x不确定，反应过程中气体总物质的量n(总)可能变化也可能不变化，故反应过程中混合气体的平均相对分子质量=可能变化也可能不变化，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，不能判断该反应达到化学平衡状态，E项错误；答案选AB。
②A(g)+2B(g)xC(g)，恒温下压缩容器由4L至2L时，压缩瞬间A的浓度变为4mol/L，由表格数据可知平衡时A的浓度为3mol/L，A的浓度减小，说明压缩容器过程中平衡向正反应方向移动。根据勒夏特列原理知，该反应的正反应气体体积减小，当容器体积由2L压缩至1L时，开始瞬间A的浓度变为6mol/L，由表格数据知A的平衡浓度却是6.5mol/L，即A的浓度增大了，说明平衡向逆反应方向移动，可能的原因是：容器中气体压强达到一定值时B气体转化为液体或固体，使逆反应气体体积减小A(g)+2B(l)2C(g)或A(g)+2B(s)2C(g)。
【点睛】本题难点是对“绝热容器”的理解，即不与环境发生热量交换，可逆反应只有达到平衡状态时，其正、逆两个方向的热效应才能相互抵消，此时容器中温度才保持不变，所以温度不变可作为“绝热容器”中可逆反应达到平衡状态的标志。
24.电化学在我们的生产生活中占有越来越重要的地位。
（1）①燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。上图为甲醇燃料电池，则负极反应式为____。
②用甲醇燃料电池电解300mL饱和食盐水，则电解的化学方程式为_________。电解一段时间后，当溶液的pH值为13时，消耗O2的质量为______g。（忽略溶液体积变化，不考虑损耗）
③用甲醇燃料电池电解2L，1mol/L硫酸铜溶液，一段时间后：两极共收集到标准状况下的气体89.6L，则电路中共转移_______mol电子。
（2）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为__。
②向完全还原为Cr3+的乙池工业废水中滴加NaOH溶液，可将铬以Cr（OH）3沉淀的形式除去，已知Cr（OH）3存在以下溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol•L-1，溶液的pH应调至________。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). 0.24g (4). 8 (5). O2+4e-+2N2O5=4NO3- (6). 5
【解析】
【分析】
(1) ①以KOH溶液作电解质溶液，甲醇燃料电池总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，分析反应中元素化合价变化可确定CH3OH通入的一极为负极，据此写电极反应式。
②甲醇燃料电池总反应式2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，电解饱和食盐水总反应式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，分析两个反应中的电子转移数目，结合甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒找出关系式解答。
③根据电解硫酸铜的反应式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4可确定一定量CuSO4电解产生的气体物质的量，可判断CuSO4电解完全后还有部分水被电解，以此分析解答。
(2) ①根据图示NO2转化为N2O5，由氮元素化合价的变化确定石墨I为负极，电解质为熔融KNO3，通入O2和N2O5一极转化为NO3-，确定石墨II为正极，再写电极反应式。
②Cr(OH)3沉淀完全时溶液中离子浓度有溶度积关系：c(Cr3+)·c3(OH-)=Ksp，再结合水的离子积常数计算溶液中pH。
【详解】(1) ①图示为甲醇燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，电池总反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，CH3OH中碳元素化合价由-2价升高到CO32-中的+4价，失去电子，所以通入CH3OH的一极为负极，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
②电解饱和食盐水时生成NaOH和Cl2、H2，其化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。电解一段时间后溶液中的c(H+)=10-13mol/L，则电解生成NaOH的物质的量浓度c(NaOH)=c(OH-)===0.1mol/L，即生成NaOH的物质的量n(NaOH)=0.3L×0.1mol/L=0.03mol，根据甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒有：CH3OH~O2~6e-~6NaOH，则消耗O2质量m(O2)=·n(NaOH)·M(O2)=×0.03mol×32g/mol=0.24g。
③2L溶液中硫酸铜物质的量n(CuSO4)=2L×1mol/L=2mol，两极共收集气体物质的量==4mol，根据电解反应方程式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4知2molCuSO4完全电解只能生成1molO2（小于4mol）；说明后来电解水：2H2O2H2↑+O2↑，电解水生成的气体物质的量为4mol-1mol=3mol。分析两步电解方程式可知：电解2molCuSO4转移4mole-，电解水时生成3mol气体转移4mole-，所以电路中共转移电子物质的量=4mole-+4mole-=8mole-，即8mol电子。
(2) ①甲池为NO2、O2和熔融KNO3组成的燃料电池，由图示知电池工作时通入NO2的一极产生N2O5，氮元素的化合价由+4价升高到+5价，失去电子，故石墨I作负极，所以石墨II作正极；且电解质是熔融KNO3，所以通入O2和N2O5转化为NO3-，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。
②要使c(Cr3+)降至10-5mol•L-1，则此时溶液中c(OH-)===10-9mol/L，c(H+)===10-5mol/L，pH=-lg10-5=5，即溶液的pH应调至5。
【点睛】本题易错点是判断燃料电池的正负极及书写电极反应式。通常先写出燃料电池的总反应式（注意CO2在碱溶液中转化为CO32-）；再分析元素化合价的变化确定还原剂和氧化剂，通入还原剂的一极作负极，通入氧化剂的一极作正极；由化合价升、降数值确定电子失、得数目，最后根据电子得失守恒和元素守恒写电极反应式。
2018年下学期高二年级期末考试化学试卷
时间：90分钟 总分：100分
班级__________ 姓名___________ 考号_______________
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共20小题，总分48分；1-12题每题2分；13-20题每题3分，均只有一项是符合题目要求的。
1.在下列各说法中，正确的是：
A. 已知C（金刚石，s）= C（石墨，s）； △H= —1.89kJ/mol，则金刚石比石墨稳定
B. 1mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
C. H2SO4与Ba(OH)2反应生成1molH2O时放出的热叫做中和热
D. 热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，可以是分数
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据C(金刚石，s)= C(石墨，s)；△H= —1.89kJ/mol可知，等质量金刚石具有的能量比石墨高，能量越高越不稳定，所以金刚石没有石墨稳定，A项错误；
B.101kPa时，1mol H2(g)与0.5mol O2(g)反应生成1mol液态水时放出的热量才是H2的燃烧热，B项错误；
C.H2SO4与Ba(OH)2反应方程式为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，反应中除中和反应生成水外还有BaSO4沉淀生成，所以该反应过程中的热效应不是中和热，C项错误；
D.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，D项正确；答案选D。
2.某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应不一定能自发进行
B. E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C. 正反应的热效应为△H=E1-E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应
D. 加入合适催化剂，△H不变，E1、E2也不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.由图像可知A+BC=AB+C，△H<0，但该反应熵变△S不一定大于0，所以该反应不一定能自发进行，A项正确；
B.A+BC=AB+C，E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，即反应物成为活化分子所需的最低能量，就是正反应的活化能，B项正确；
C.根据能量转化图可知A+BC=AB+C的反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，所以正反应的反应热△H=－(E2-E1)=E1－E2，E2>E1，△H<0，C项正确；
D.加入合适催化剂可以降低正、逆反应的活化能，即E1、E2均减小，D项错误；答案选D。
3.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是
A. b电极上发生还原反应 B. 片刻后甲池中c（Cl-）增大
C. 电子沿Zn→a→b→Cu 路径流动 D. 片刻后可观察到滤纸b点变红色
【答案】B
【解析】
【分析】
甲乙两烧杯的溶液和Zn、Cu、盐桥构成原电池（作电源），Zn作负极，Cu作正极。用饱和硫酸钠、酚酞溶液浸湿的滤纸构成了电解池，a为阴极，b为阳极。
【详解】A. 甲乙两烧杯的溶液和Zn、Cu、盐桥构成原电池，Cu作正极，所以b为电解池的阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，A项错误；
B.原电池工作时电解质溶液中阴离子向负极迁移，即Cl-向甲烧杯迁移，所以甲池中c(Cl-)增大，B项正确；
C.电解质溶液不是电子导体，电子不能通过电解质溶液，所以电子迁移路径为Zn→a，b→Cu，C项错误；
D.滤纸构成了电解池，b为阳极，其电极反应为：2H2O－4e-=O2↑+4H+，所以b点溶液显酸性，滤纸b点没有颜色变化，D项错误；答案选B。
4.下列描述中正确的是
A. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
B. 电解饱和食盐水制取产品，用阳离子交换膜
C. 雨水酸性较强时，生铁片仅发生析氢腐蚀
D. 铁上镀铜，铁作阳极
【答案】B
【解析】
【详解】A.如果用铁作阳极，则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，故熔融的氧化铝中含有Fe2+。而Fe2+放电能力比Al3+强，因此在阴极上有反应Fe2++2e-=Fe，所制取的金属铝中含有铁杂质，A项错误；
B.电解饱和食盐水制取NaOH、Cl2等产品，阳极反应：2Cl-－2e-=Cl2↑，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，用阳离子交换膜使得Na+向阴极迁移，同时阳极室的Cl2不能与阴极室的NaOH接触，保证了NaOH产品的纯度，B项正确；
C.生铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀往往同时发生，酸性较强时随着析氢腐蚀进行，生铁表面酸性减弱，则吸氧腐蚀成为主要因素，C项错误；
D.电镀是电解原理的应用，铁上镀铜反应中铁（镀件）作阴极：Cu2++2e-=Cu，铜（镀层金属）作阳极：Cu－2e-=Cu2+，硫酸铜溶液作电镀液，D项错误；答案选B。
5.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（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— + 5 OH— = FeO42-+ 4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
试题分析：放电为原电池，负极失电子发生氧化反应：Zn – 2e-+ 2OH- ＝ Zn(OH)2 Ａ对
正极反应为2K2FeO4＋6e+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-,有OH-生成，所以正极附近碱性增强，D对
充电时是电解池，阳极发生氧化反应：Fe(OH)3- 3e-+ 5OH- ＝ FeO42-+ 4H2O Ｂ对
原电池中正极得电子，发生的是还原反应，故Ｃ错
考点：原电池和电解池的反应原理
点评：该题已给出反应的总原理，注意电子流入负极，流出正极，在判断电极方程式时要有体现。
6.根据下列有关图象，说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，该反应的△H>0 B. 由图Ⅱ知，该反应为放热反应
C. 由图Ⅲ知，t3时一定是采取降低反应温度的措施 D. 由图Ⅲ知，反应在t6时，NH3体积分数最大
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图I可以看出，当温度低于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐减小，生成物Z的体积分数逐渐增大；当温度高于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐增大，生成物Z的体积分数逐渐减小。可推知T2条件下该反应已达到平衡状态，随后，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理逆反应是吸热反应，故正反应是放热反应，所以该反应的△H<0。A项错误；
B.图II是生成物B分别在T1和T2条件下，其物质的量随时间的变化曲线，根据“先拐先平”的规律，T1温度下该反应先达到平衡，说明温度高低：T1>T2。由图II知平衡时B的物质的量大小关系：T1
D. 由图III可知，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在t1时第一次建立平衡，t2~t3时平衡没有移动，NH3的体积分数不变；t3~t4过程中平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小；t5~t6改变的条件使平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数进一步减小，所以达到平衡的各阶段中t6时NH3的体积分数最小，D项错误；答案选B。
【点睛】在反应速率-时间（υ-t）、反应速率-压强（υ-p）、反应速率-温度（υ-T）等图像中，利用正反应速率与逆反应速率的相对大小来判断反应所处的状态或进行的方向：当>时，平衡向正反应方向进行；当=时，反应已处于平衡状态；当<时，反应向逆反应方向进行。
7.25℃时，在20mL，0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是
A. 在C点：c(CH3COO－)﹥c(Na＋)﹥c(H＋) ﹥c(OH－)
B. 在C点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)﹦2 c(Na＋)
C. 在B点：c(OH－)﹦c(H＋)，c(Na＋)﹦c(CH3COO－)
D. 在A点：c(Na＋)﹥c(OH－)﹥c(CH3COO－)﹥c(H＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A.由中和反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，当加入醋酸溶液体积为20mL时，C点所得溶液中溶质为CH3COONa和CH3COOH，且CH3COONa和CH3COOH物质的量浓度相同，因溶液中醋酸发生电离CH3COOHCH3COO-+H+，CH3COONa发生水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且由图像知C点显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以C点溶液中离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，A项正确；
B.由A项分析知，C点溶液是等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，B项正确；
C.由图像知B点溶液显中性，且加入了超过10mL的醋酸溶液，故B点溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两等式相减得c(Na+)=c(CH3COO-)，C项正确；
D.由图像知A点溶液中加入了10mL醋酸溶液，根据反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，此时NaOH与CH3COOH恰好完全反应，即A点是CH3COONa溶液，由于CH3COONa的水解CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，且水解是微弱的，所以A点溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D项错误；答案选D。
8.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是
A. T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B. 向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
D. 图中a＝×10－4
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B正确；C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：Ag2CrO4（s）2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c（Ag+）2=2×10-8，所以a=×10－4，D正确，答案选C。
【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用
【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是
。另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。
考点：考查
9.已知：AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为
A. 只有AgBr沉淀生成 B. AgCl与AgBr沉淀等量生成
C. AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主 D. AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主
【答案】C
【解析】
【分析】
水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。
【详解】在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。答案选C。
10.有0.2 mol某有机物和0.5 mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O(气)。 产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了 10.8 g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了 3.2 g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6 g。该有机物的分子式是
A. C2H4 B. C2H6O2 C. C2H6O D. C3H6O3
【答案】C
【解析】
【详解】由于浓硫酸吸收燃烧产物中的水蒸气，所以燃烧产物中水蒸气的物质的量：n(H2O)==0.6mol；燃烧产物中CO还原氧化铜，由反应方程式CO+CuOCO2+Cu可知，参加反应的CO、氧化铜失去的氧原子、生成的CO2三者物质的量之比为1:1:1，氧化铜中失去的氧原子物质的量为==0.2mol，所以燃烧产物中CO有0.2mol，这些CO还原氧化铜时生成的CO2为0.2mol；另由题意知碱石灰只吸收CO2，吸收CO2的总质量为17.6g，则原燃烧产物中CO2的物质的量n(CO2)=－0.2mol=0.2mol。根据化学反应过程中元素守恒，0.2mol该有机物中含有碳、氢、氧原子物质的量分别为：n(C)=n(CO)+n(CO2)=0.4mol，n(H)=2·n(H2O)=2×0.6mol=1.2mol，n(O)=[2·n(CO2)+n(CO)+n(H2O)]－2·n(O2)=(2×0.2mol+0.2mol+0.6mol) －2×0.5mol=0.2mol。则1分子该有机物中含有碳、氢、氧原子个数分别为：N(C)= =2，N(H)= =6，N(O)= =1，所以该有机物的分子式为C2H6O，答案选C。
11.为了提纯下列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是
选项
被提纯的物质
除杂试剂
分离方法
A
己烷(己烯)
溴水
分液
B
淀粉溶液(NaCl)
水
过滤
C
苯（甲苯）
酸性高锰酸钾溶液、NaOH溶液
分液
D
甲烷(乙烯)
KMnO4酸性溶液
洗气
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.己烯与溴水反应生成的二溴己烷能溶于己烷中，分液操作无法除去己烷中混有的二溴己烷，选用的除杂试剂错误，A项错误；
B.淀粉溶液属于胶体分散系，淀粉胶体粒子和NaCl的离子都能够透过滤纸，分离方法错误，B项错误；
C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液将苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，而苯不溶于水，最终混合液分层，上层为苯层，经分液可提纯苯，C项正确；
D.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，被提纯的物质经KMnO4酸性溶液洗气后会混有CO2杂质，所选用的除杂试剂错误，D项错误；答案选C。
【点睛】混合物分离和提纯的原则是：“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。
12.下列物质既不能使溴水褪色，又不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是
①乙烷 ②乙烯 ③乙炔 ④苯 ⑤甲苯 ⑥溴乙烷 ⑦聚丙烯 ⑧环己烯
A. ①②③⑤ B. ①④⑥ C. ①④⑥⑦ D. ②③⑤⑧
【答案】C
【解析】
【详解】①乙烷属于饱和烃，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以既不使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，①符合；
②乙烯分子中含有不饱和的>C=C<键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以乙烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②不符合；
③乙炔分子中含有不饱和的-CC-键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③不符合；
④苯分子的碳碳键是介于单键与双键之间独特的键，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以苯既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④符合；
⑤甲苯不能与Br2发生加成反应，但甲苯侧链的甲基可被酸性KMnO4氧化，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑤不符合；
⑥溴乙烷分子中无不饱和键，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以溴乙烷既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑥符合；
⑦聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，分子中无不饱和键，故聚丙烯分子既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以聚丙烯既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑦符合；
⑧环己烯分子中含有不饱和的>C=C<键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以环己烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑧不符合；答案选C。
13.恒温、恒容，向1L密闭容器中加入5molX，5molY，发生下列反应：aX（g）+bY（g）cZ（g），达到平衡如图。下列说法一定正确的是
A. 又加入1molX，正反应速率增大，逆反应速率不变
B. 又加入1molX、1molY，达到新平衡，X的转化率减小
C. △H不变，是该反应平衡的标志
D. 某时刻，X、Y、Z三者物质的量分别为5mol、3mol、2mol，则此时逆反应速率大于正反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】由图像知反应开始后第2min反应达到平衡状态，2min内X减少了5mol－4mol=1mol，Y减少了5mol－3mol=2mol，生成Z的物质的量为1mol。X、Y、Z化学计量数之比为1mol:2mol:1mol=1:2:1，则有反应方程式为X(g)+2Y(g)Z(g)。
A.在恒温恒容条件下又加入1molX，反应物浓度增大，正反应速率增大随后逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，A项错误；
B. 在恒温恒容条件下又加入1molX、1molY，这与原平衡初始投料成正比，等效于“增大压强”，根据勒夏特列原理，X(g)+2Y(g)Z(g)的平衡向正反应方向移动，所以达到新平衡时X的转化率增大，B项错误；
C.一个完成了的化学反应的反应热△H决定于反应物总能量和生成物总能量，以及反应条件，与反应是否达到平衡状态无关，所以△H不变不可以作为该反应达到平衡状态的标志，C项错误；
D.题设温度下反应X(g)+2Y(g)Z(g)在第2min达到平衡状态，X、Y、Z的平衡浓度分别为4mol/L、3mol/L、1mol/L。则该温度下的平衡常数K===。某时刻X、Y、Z的物质的量分别为5mol、3mol、2mol，即X、Y、Z的浓度分别为5mol/L、3mol/L、2mol/L，此时浓度商Qc===>K=，可推知此时反应向逆反应方向进行，即逆反应速率大于正反应速率，D项正确；答案选D。
14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：aA（g）+bB（g）cC（g），达到平衡后，测得A的浓度为0.5mol・L-1，在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到原来的两倍，测得A的浓度为0.3mol・L-1，则下列判断正确的是
A. a+b
【答案】B
【解析】
【详解】在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到两倍，则A的浓度变为0.25mol/l，平衡移动后A的浓度变为，则说明平衡逆向移动，即减压平衡逆向移动，则左侧的化学计量数大，故A错误，C的体积分数减小，故B正确，B的浓度比原来小，C错误；A的转化率降低，D错误。故选B。
【点睛】本题中一个容易出错的问题就是当将容器的溶剂扩大到两倍时，各物质的浓度都变为原来的一半。若忽视这个因素，则会将平衡移动的方向判断有误。同时注意平衡移动只是减弱改变条件带来的影响，不能抵消掉，所以本题中B的浓度仍比原来的小。
15.某学生用0.2000 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，下列操作会引起实验结果偏大的是
A. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡
B. 在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
C. 锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗
D. 用酸式滴定管量取液体时，读数，之前俯视，之后平视
【答案】A
【解析】
【详解】A.当滴定前滴定管尖嘴有气泡时使偏小，则滴定终点时消耗标准NaOH溶液的体积（－）偏大，根据中和反应方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O，由待测HCl浓度公式=，推知待测盐酸浓度偏大，A项符合题意；
B.在锥形瓶装液前留有少量蒸馏水，不影响锥形瓶中HCl的物质的量，根据中和反应NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，不影响标准NaOH溶液的体积，由待测HCl浓度公式=推知待测HCl浓度不变，B项不符合题意；
C.锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，不影响锥形瓶中HCl的物质的量，即不影响标准NaOH溶液的体积，待测HCl浓度不变，C项不符合题意；
D.用酸式滴定管量取盐酸溶液，读数，之前俯视，之后平视，所量取的盐酸溶液中HCl物质的量偏小，反映在滴定终点时消耗标准NaOH溶液体积偏小，根据待测HCl浓度公式=推知待测HCl浓度偏小，D项不符合题意；答案选A。
【点睛】对于酸碱中和滴定的误差分析，先根据中和反应中酸与碱的化学计量数关系列出待测酸或碱浓度的计算公式，再将各种操作归结到对标准溶液体积（）的影响，根据待测液浓度公式=·（n为待测酸或碱的元数，m为标准碱或酸的元数）分析：若偏大则结果偏大，若偏小则结果偏小，若不受影响，则结果不受影响。
16.下列说法不正确的是
A. 0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10
B. 常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水的电离程度的顺序为③>①>②
C. 将相同体积的pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液一定为中性
D. 将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是a>c>b
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeCl3在水溶液中能发生水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液越稀水解程度越大，Fe3+浓度越小，所以0.01mol/LFeCl3溶液中Fe3+浓度小于0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+浓度的，故0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10，A项正确；
B.醋酸和盐酸对水的电离都是抑制作用，因等浓度时盐酸中H+浓度比醋酸大，故盐酸抑制作用比醋酸强，醋酸钠因水解反应而促进水的电离，所以等浓度时三溶液中水的电离程度的顺序为③>①>②，B项正确；
C.pH=3的硫酸中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(H+)=10-11mol/L，如果溶液温度为常温，则NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，等体积硫酸和NaOH溶液中H+和OH-物质的量相等，恰好中和得Na2SO4溶液，该溶液呈中性，由于该选项未明确溶液温度是否是常温，故Kw不一定等于1×10-14，硫酸和NaOH溶液不一定恰好中和，所以所得溶液不一定为中性，C项错误；
D.碱溶液稀释后c(OH-)减小，其pH将减小，由于氨水是弱碱，存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH-，稀释过程中电离平衡向右移动，因此稀释相同倍数后溶液中c(OH-)：氨水>氢氧化钠，所以a、b、c的大小关系是a>c>b，D项正确；答案选C。
17.将标准状况下2.24L CO2缓慢通入1L0.15mol•L-1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是
A. c（Na+）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
B. c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-）
C. 2c（Na+）=3[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]
D. 2c（OH-）+c（CO32-）=c（HCO3-）+3c（H2CO3）+2c（H+）
【答案】A
【解析】
【详解】标准状况下2.24L CO2的物质的量n(CO2)==0.1mol，1L0.15mol•L-1的NaOH溶液中n(NaOH)=1L×0.15mol/L=0.15mol，n(CO2):n(NaOH)=0.1mol:0.15mol=2:3，则发生反应的化学方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，即所得溶液为等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。
A.CO32-和HCO3-在水溶液都能发生水解，且CO32-比HCO3-水解程度大，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，A项错误；
B.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，B项正确；
C.因溶液中Na2CO3和NaHCO3等浓度，所以n(钠元素)：n(碳元素)=3:2，碳元素总浓度=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)，可得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C项正确；
D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据物料守恒得2c(Na+)=3[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，消去两等式中c(Na+)，即得2c(OH-)+c(CO32-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)，D项正确；答案选A。
18.下列有关同分异构体数目的叙述不正确的是
A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种
B. CH3-CH=CH-CH=CH2无顺反异构
C. 含有5个碳原子的某饱和链烃，其一氯取代物可能有3种
D. 菲的结构简式为 ，它与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物
【答案】B
【解析】
【详解】A.含3个碳原子的烷基即丙基有2种：-CH2CH2CH3、-CH(CH3)2，甲苯苯环上有3种等效氢原子（邻、间、对），甲苯苯环上的一个氢原子被丙基取代所得产物种数=2×3=6，A项正确；
B. CH3-*CH=*CH-CH=CH2其中带*号的碳碳双键的碳原子上都连接2个不同的基团，存在顺反异构：，B项错误；
C.含有5个碳原子的饱和链烃即为戊烷，戊烷有3种同分异构体：CH3(CH2)3CH3、(CH3)2CHCH2CH3、C(CH3)4，其中正戊烷CH3(CH2)3CH3的一氯代物有3种，C项正确；
D.菲分子为平面结构，有一条对称轴，所以菲分子中有5种等效氢原子：，它与硝酸反应可生成5种一硝基取代物，D项正确；答案选B。
【点睛】本题易错点之一是判断“等效氢原子”，注意遵循以下原则：(1)同一碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子；(2)同一碳原子上所连甲基的氢原子属于同一类等效氢原子；(3)处于对称（轴对称或镜面对称）位置的碳原子上的氢原子属于同一类等效氢原子。
19.已知常温下浓度为0.1mol/L的几种溶液的pH如下表。下列有关说法不正确的是
溶质
NaF
Na2CO3
NaClO
NaHCO3
pH
7.5
11.6
9.7
8.3
A. 同温度同浓度下，酸性由强到弱的顺序为：HF＞H2CO3＞HClO
B. 水解方程式：F-+H2OHF+OH-的平衡常数约为9×10-13
C. 将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性，则溶液中：c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)=0.2mol/L
D. 等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)>c(Na+)> >c (H+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.由表格数据可知，0.1mol/L的弱酸盐溶液中水解程度由大到小的顺序为Na2CO3>NaClO>NaHCO3>NaF，根据盐类水解规律“越弱越水解”，可推知对应酸的酸性由强到弱的顺序为：HF>H2CO3>HClO>HCO3-，A项正确；
B.由表格数据知0.1mol/LNaF溶液中pH=7.5，常温下该溶液中c(OH-)===10-6.5mol/L，c(HF)= 10-6.5mol/L－10-7.5mol/L=9×10-7.5mol/L，根据F-+H2OHF+OH-得水解平衡常数Kh==≈9×10-13，B项正确；
C. 因Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均呈碱性，只有H2CO3溶液呈酸性，所以将CO2通入0.lmol/LNa2CO3溶液至溶液呈中性时，发生的反应有Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，CO2+H2O=H2CO3，所得溶液为NaHCO3（浓度为0.2mol/L）和H2CO3的混合溶液，根据物料守恒，溶液中有c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(H2CO3)>0.2mol/L，C项错误；
D.由B项分析知，相同温度下HF的电离常数Ka=≈=0.011，故有Ka>Kh，说明HF的电离程度大于NaF的水解程度，所以等物质的量的NaF和HF混合溶液中粒子浓度大小关系为：c(F-)>c(Na+)> c (H+)>c(OH-)，D项正确；答案选C。
20.已知草酸为二元弱酸：常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4﹣、C2O42﹣三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是
A. pH=1.2溶液中：c（K+）+c（H+）═c（OH﹣）+c（H2C2O4）
B. H2C2O4的第一步电离，平衡常数为10-1.2
C. 将相同物质的量KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2
D. 向pH=1.2的溶液中加KOH溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离程度增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图像知pH=1.2溶液中δ(H2C2O4)=δ(HC2O4-)=0.5，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，根据电荷守恒有等式c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)，将等式中c(HC2O4-)替换为c(H2C2O4)，故得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2C2O4)，A项正确；
B. 因电离平衡常数只与温度有关，选取图像上pH=1.2，δ(H2C2O4)=δ(HC2O4-)=0.5，由H2C2O4的第一步电离方程式H2C2O4H++HC2O4-，得平衡常数Ka1==c(H+)=10-1.2，B项正确；
C. 由图像知pH=4.2时HC2O4-电离常数Ka2==c(H+)=10-4.2，C2O42-的水解C2O42-+H2OHC2O4-+OH-平衡常数Kh=====10-9.8，Ka2≠Kh，即HC2O4-电离程度与C2O42-的水解程度不相同，所以相同物质的量KHC2O4和K2C2O4完全溶于水所得溶液中δ(HC2O4-)≠δ(C2O42-)，故所得溶液的pH≠4.2，C项错误；
D.由图像知pH=1.2时H2C2O4电离出来的H+抑制了水的电离，加KOH溶液发生反应H2C2O4+KOH=KHC2O4+H2O，H2C2O4浓度逐渐减小，H+浓度逐渐减小，水的电离平衡向右移动；当pH>3时发生反应HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，C2O42-浓度逐渐增大，C2O42-因水解促进水的电离，所以整个过程中水的电离程度逐渐增大，D项正确；答案选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：21题～第24题（每空2分，共52分）。
21.（1）分子式为C5H10、核磁共振氢谱中只有一个峰的烃的结构简式_______；
（2）①分子式为C7H8的芳香烃与浓硝酸反应的化学方程式____________________________，②环己烯与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式_________________________________；
（3）用系统命名法命名
①名称：_________________。
② 名称：_________________。
【答案】 (1). (2). +3HNO3(浓)+3H2O (3). +Br2 (4). 2,2,7-三甲基-4-乙基辛烷 (5). 1,2,4-三甲(基)苯
【解析】
【详解】(1)因该分子核磁共振氢谱中只有一个峰，说明分子中10个氢原子属于同一种等效氢原子，可推知该分子只能是环戊烷，其结构简式为。
(2) ①分子式为C7H8的芳香烃为甲苯，甲苯与浓硝酸发生硝化反应，生成2,4,6-三硝基甲苯，化学方程式为：+3HNO3(浓)+3H2O。②环己烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴环己烷，化学方程式为：+Br2。
(3) ①选择最长的碳链为主链，主链有8个碳原子称为辛烷，为使支链的位次之和最小，应该从右端开始给主链编号，该有机物名称为2,2,7-三甲基-4-乙基辛烷。②该分子为苯的同系物，给苯环上碳原子编号时要使侧链位次之和最小，其名称是1,2,4-三甲(基)苯。
22.（1）泡沫灭火器的灭火原理是(用离子方程式表示)_____________________。
（2）①已知T℃时，Kw=1×10-12，在该温度时，将pH=9的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4溶液bL混合(忽略混合后溶液体积的变化)，若所得混合溶液的pH=3，则a：b=____。
②某二元酸（用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H++HA－，HA- H++A2－，则NaHA溶液中，写出符合原子（物料）守恒的各粒子浓度关系的等式_____________
（3）pH＝2的两种一元酸HA和HB，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图。
①则NaB水溶液是否呈中性？原因？______________（用离子方程式表示）。
②用NaOH溶液滴定HB溶液，指示剂宜选择_________，滴定终点现象为____________。
A.甲基橙 B.酚酞 C.石蕊
（4）NaHSO3溶液呈酸性，则溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为____________。
【答案】 (1). 3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓ (2). 9:2 (3). c(Na+)=c(HA-)+c(A2-) (4). B-+H2OHB+OH- (5). B (6). 当滴入最后一滴NaOH溶液时锥形瓶中溶液变红，且30秒内不恢复原色。 (7). c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
【解析】
【分析】
(1)泡沫灭火器的原料是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，NaHCO3水解反应：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，Al2(SO4)3水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，由此分析。
(2) ①强酸与强碱混合后溶液的酸碱性，取决于酸的H+与碱的OH-的物质的量的相对大小，根据反应H++OH-=H2O可知，若n(H+)>n(OH-)，混合溶液显酸性；若n(H+)=n(OH-)，混合溶液显中性；若n(H+)
(4) 因为H2SO3属于中强酸，所以NaHSO3在水溶液中既有电离平衡：HSO3-H++SO32-，也有水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-。再结合题意分析。
【详解】(1)泡沫灭火器的原料是NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液，HCO3-与Al3+发生相互促进的水解反应且能进行到底，混合时产生大量的CO2泡沫以达到灭火的目的。其反应原理为3HCO3-+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓。
(2)根据T℃时Kw=1×10-12可知，该温度下中性溶液c(H+)=c(OH-)===10-6mol/L，则中性溶液的pH=6，①pH=9的NaOH溶液中c(OH-)===10-3mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L。a LNaOH溶液中n(OH-)=10-3a mol，b LH2SO4溶液中n(H+)=0.01b mol。因为所得混合溶液的pH=3<6，即该溶液显酸性，说明H2SO4过量，且c(H+)混=10-3mol/L，则有c(H+)混==10-3mol/L，解得a:b=9:2。
②因为二元酸H2A的第一步电离完全，第二步只有部分电离，故HA-在溶液中只能部分电离而不能水解：HA-H++A-，所以NaHA溶液中物料守恒等式为c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)。
(3) 由图像可知HA和HB两溶液均稀释了10倍，HA溶液的pH由2增加到3，即c(H+)由10-2mol/L减小到10-3mol/L，即H+浓度减小到原来的，说明HA是强酸；而HB溶液稀释后c(H+)>10-3mol/L，说明HB溶液中存在电离平衡移动，说明HB是弱酸。①因为HB是弱酸，所以其对应NaB为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，原因可用离子方程式表示：B-+H2OHB+OH-。②因为NaOH与HB恰好中和时生成NaB，其溶液显碱性，应选择在碱性范围内变色的指示剂，所以指示剂宜选择酚酞，答案选B。滴定终点现象为：当滴入最后一滴NaOH溶液时锥形瓶中溶液变红，且30秒内不恢复原色。
(4)因为H2SO3属于中强酸，所以NaHSO3在水溶液中既有电离平衡：HSO3-H++SO32-，也有水解平衡：HSO3-+H2OH2SO3+OH-。又因为NaHSO3溶液呈酸性，所以HSO3-的电离程度大于其水解程度，一般地来说电离程度和水解程度都较弱，因此NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)。
23.甲醇是一种重要的可再生能源。已知：2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a kJ/mol，CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b kJ/mol。
（1）写出由CH4和O2制取CH3OH（g）的热化学方程式：__________________________。
（2）在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：
时间（s）
0
20
40
60
80
100
c（N2O4）
0.20
a
0.10
c
d
e
c（NO2）
0.00
0.12
b
0.22
0.22
0.22
反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。该反应的化学方程式为N2O42NO2。
①0~20s内N2O4的平均反应速率为__________。
②该反应的平衡常数表达式K=______________，在80℃时该反应的平衡常数K值为____（保留2位小数）。
③下列说法正确的是___________。
A.K值越大，N2O4的转化率越高
B.加压，平衡逆向移动，气体颜色变浅
C.增大N2O4的浓度，新平衡建立过程中正反应速率不断加快
D.起始条件相同，将等量的N2O4分别在A、B两个相同的容器中反应建立平衡，A保持恒温、恒容；B保持恒温、恒压，达到平衡后，A中的N2O4平衡转化率小于B
（3）可逆反应 A（g）+2B（g）xC（g）。
①在一容积不变的绝热密闭容器中充入10mol A和20molB，一定能判断该反应达到化学平衡状态的是__（填选项字母）。
A．B的消耗速率等于A的生成速率的2倍 B.温度不变
C．A的转化率和B的转化率相等 D．气体密度不变
E．混合气体的平均相对分子质量不再改变
②恒温：若在体积可变的密闭容器中反应，压缩容器，达新平衡时A的平衡浓度如下：
容器体积
4L
2L
1L
A的平衡浓度
2mol/L
3mol/L
6.5mol/L
则容器体积由4L至2L过程中，平衡______移动（填正向或逆向）；解释容器体积由2L压缩至1L，平衡移动方向，及其可能的原因______________________。
【答案】 (1). 2CH4(g)+O2(g)= 2CH3OH(g) △H=（a+2b ）kJ/mol (2). 0.003mol/(L·s) (3). (4). 0.54 (5). AD (6). AB (7). 正向 (8). 平衡向逆反应方向移动，可能的原因是：容器中气体压强达到一定值时B气体转化为液体或固体，使逆反应气体体积减小A(g)+2B(l)2C(g)或A(g)+2B(s)2C(g)。
【解析】
【详解】(1)给已知的热化学方程式编号：①2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) △H=a kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=b kJ/mol。根据盖斯定律，将①+2×②得2CH4(g)+O2(g)= 2CH3OH(g) △H=（a+2b） kJ/mol。
(2) ①由表格数据可知0~20s内生成NO2的浓度△c(NO2)=0.12mol/L，根据反应式N2O42NO2得消耗N2O4的浓度△c(N2O4)=·△c(NO2)= ×0.12mol/L=0.06mol/L，所以0~20s内N2O4的平均反应速率===0.003mol/(L·s)。
②N2O42NO2该反应的平衡常数表达式K=。分析表格数据知80℃时反应N2O42NO2在60~100s时间内已处于平衡状态，NO2的平衡浓度为0.22mol/L，N2O4的平衡浓度=0.20mol/L－×0.22mol/L=0.09mol/L，80℃时该反应的平衡常数K==0.54。
③A.平衡常数K越大，表明反应进行的程度越大，反应物的转化率越高，A项正确；B. N2O42NO2，NO2呈红棕色，加压气体体积减小，各组分浓度增大，气体颜色加深。尽管加压时平衡逆向移动，但平衡移动的结果不可能消除NO2增大的浓度，气体颜色加深，B项错误；C. 增大N2O4的浓度，刚开始时正反应速率突然增大，随后正反应速率逐渐减小，最后保持不变时即达到平衡状态，C项错误；D.A、B容器中发生相同反应N2O42NO2且起始状态相同，恒温恒容条件下A容器中气体压强逐渐增大；恒温恒压条件下，B容器为了维持恒压，在建立平衡过程中不断扩大容积，与A容器相比相当于减压，平衡向正反应方向移动，所以B中N2O4的转化率大于A，D项正确；答案选AD。
(3) ①A.B的消耗速率是正反应速率，A的生成速率是逆反应速率，：=2:1即正反应速率与逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以B的消耗速率等于A的生成速率的2倍，一定能判断该反应达到化学平衡状态，A项正确；B.因为是绝热容器，只有达到平衡状态时正反应与逆反应的热量变化数值相等，“吸”“放”相反，相互抵消，此时容器中才没有温度变化，所以温度不变，一定能判断该反应达到化学平衡状态，B项正确；C.因为A、B初始物质的量之比为1:2，由反应式A(g)+2B(g)xC(g)知，反应过程中A、B转化的物质的量之比等于1:2，根据转化率=知在反应过程中A、B的转化率一直相等，所以A的转化率和B的转化率相等，不能判断该反应达到化学平衡状态，C项错误；D.因为容器的容积V不变，由质量守恒知反应过程中气体总质量m不变，根据密度可知，气体密度在反应过程中一直没变，所以气体密度不变，不能判断该反应达到化学平衡状态，D项错误；E. 由质量守恒知反应过程中气体总质量m(总)不变，而反应式A(g)+2B(g)xC(g)中计量数x不确定，反应过程中气体总物质的量n(总)可能变化也可能不变化，故反应过程中混合气体的平均相对分子质量=可能变化也可能不变化，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，不能判断该反应达到化学平衡状态，E项错误；答案选AB。
②A(g)+2B(g)xC(g)，恒温下压缩容器由4L至2L时，压缩瞬间A的浓度变为4mol/L，由表格数据可知平衡时A的浓度为3mol/L，A的浓度减小，说明压缩容器过程中平衡向正反应方向移动。根据勒夏特列原理知，该反应的正反应气体体积减小，当容器体积由2L压缩至1L时，开始瞬间A的浓度变为6mol/L，由表格数据知A的平衡浓度却是6.5mol/L，即A的浓度增大了，说明平衡向逆反应方向移动，可能的原因是：容器中气体压强达到一定值时B气体转化为液体或固体，使逆反应气体体积减小A(g)+2B(l)2C(g)或A(g)+2B(s)2C(g)。
【点睛】本题难点是对“绝热容器”的理解，即不与环境发生热量交换，可逆反应只有达到平衡状态时，其正、逆两个方向的热效应才能相互抵消，此时容器中温度才保持不变，所以温度不变可作为“绝热容器”中可逆反应达到平衡状态的标志。
24.电化学在我们的生产生活中占有越来越重要的地位。
（1）①燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。上图为甲醇燃料电池，则负极反应式为____。
②用甲醇燃料电池电解300mL饱和食盐水，则电解的化学方程式为_________。电解一段时间后，当溶液的pH值为13时，消耗O2的质量为______g。（忽略溶液体积变化，不考虑损耗）
③用甲醇燃料电池电解2L，1mol/L硫酸铜溶液，一段时间后：两极共收集到标准状况下的气体89.6L，则电路中共转移_______mol电子。
（2）利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含Cr2O72-废水，如下图所示；电解过程中溶液发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为__。
②向完全还原为Cr3+的乙池工业废水中滴加NaOH溶液，可将铬以Cr（OH）3沉淀的形式除去，已知Cr（OH）3存在以下溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol•L-1，溶液的pH应调至________。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). 0.24g (4). 8 (5). O2+4e-+2N2O5=4NO3- (6). 5
【解析】
【分析】
(1) ①以KOH溶液作电解质溶液，甲醇燃料电池总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，分析反应中元素化合价变化可确定CH3OH通入的一极为负极，据此写电极反应式。
②甲醇燃料电池总反应式2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，电解饱和食盐水总反应式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，分析两个反应中的电子转移数目，结合甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒找出关系式解答。
③根据电解硫酸铜的反应式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4可确定一定量CuSO4电解产生的气体物质的量，可判断CuSO4电解完全后还有部分水被电解，以此分析解答。
(2) ①根据图示NO2转化为N2O5，由氮元素化合价的变化确定石墨I为负极，电解质为熔融KNO3，通入O2和N2O5一极转化为NO3-，确定石墨II为正极，再写电极反应式。
②Cr(OH)3沉淀完全时溶液中离子浓度有溶度积关系：c(Cr3+)·c3(OH-)=Ksp，再结合水的离子积常数计算溶液中pH。
【详解】(1) ①图示为甲醇燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，电池总反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，CH3OH中碳元素化合价由-2价升高到CO32-中的+4价，失去电子，所以通入CH3OH的一极为负极，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
②电解饱和食盐水时生成NaOH和Cl2、H2，其化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。电解一段时间后溶液中的c(H+)=10-13mol/L，则电解生成NaOH的物质的量浓度c(NaOH)=c(OH-)===0.1mol/L，即生成NaOH的物质的量n(NaOH)=0.3L×0.1mol/L=0.03mol，根据甲醇燃料电池与电解池电子得失守恒有：CH3OH~O2~6e-~6NaOH，则消耗O2质量m(O2)=·n(NaOH)·M(O2)=×0.03mol×32g/mol=0.24g。
③2L溶液中硫酸铜物质的量n(CuSO4)=2L×1mol/L=2mol，两极共收集气体物质的量==4mol，根据电解反应方程式2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4知2molCuSO4完全电解只能生成1molO2（小于4mol）；说明后来电解水：2H2O2H2↑+O2↑，电解水生成的气体物质的量为4mol-1mol=3mol。分析两步电解方程式可知：电解2molCuSO4转移4mole-，电解水时生成3mol气体转移4mole-，所以电路中共转移电子物质的量=4mole-+4mole-=8mole-，即8mol电子。
(2) ①甲池为NO2、O2和熔融KNO3组成的燃料电池，由图示知电池工作时通入NO2的一极产生N2O5，氮元素的化合价由+4价升高到+5价，失去电子，故石墨I作负极，所以石墨II作正极；且电解质是熔融KNO3，所以通入O2和N2O5转化为NO3-，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应为O2+4e-+2N2O5=4NO3-。
②要使c(Cr3+)降至10-5mol•L-1，则此时溶液中c(OH-)===10-9mol/L，c(H+)===10-5mol/L，pH=-lg10-5=5，即溶液的pH应调至5。
【点睛】本题易错点是判断燃料电池的正负极及书写电极反应式。通常先写出燃料电池的总反应式（注意CO2在碱溶液中转化为CO32-）；再分析元素化合价的变化确定还原剂和氧化剂，通入还原剂的一极作负极，通入氧化剂的一极作正极；由化合价升、降数值确定电子失、得数目，最后根据电子得失守恒和元素守恒写电极反应式。
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