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2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
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江西省南昌市第二中学2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铁是单质，不是电解质，A错误；B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误；C、分类正确，C正确；D、水是电解质，D错误，答案选C。
考点：考查电解质等有关判断
2.下列事实不属于盐类水解应用的是
A. 明矾净水
B. 使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】
明矾净水的原理是，其中的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，选项A与水解相关。用热的纯碱溶液除去油污，是利用纯碱水解溶液显碱性的性质，使油污发生皂化反应，从而除去的，选项B与水解相关。实验室配制氯化铁溶液的时候，应该加入盐酸以抑制其水解，选项C与水解相关。向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，是铁离子直接与氢氧根离子反应，所以选项D与水解无关。
3.已知化学反应A2 (g)+B2 (g)=2AB (g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 该反应每生成2分子AB吸收(a-b)kJ能量
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 该反应的反应热ΔH=+(a-b) kJ·mol-1
D. 断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量。
B. 依据图像分析，该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量。
C. 反应热ΔH= 生成物的能量之和－反应物的能量之和
D. 断裂化学键，吸收能量。
【详解】依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量，A错误；
该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误；
该反应焓变＝生成物的能量之和－反应物的能量之和，所以焓变为ΔH=+(a-b) kJ·mol-1，C正确；
断裂1molA-A键和1molB-B键，吸收akJ能量，D错误。答案选C。
4.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是
A. d为石墨，铁片腐蚀加快
B. d为石墨，石墨上电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
C. d为锌块，铁片不易被腐蚀
D. d为锌块，铁片上电极反应为2H++2e-=H2↑
【答案】D
【解析】
A、由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。
5.下列有关化学用语表示不正确的是
A. 溴乙烷的分子式：C2H5Br
B. 甲烷分子的比例模型：
C. 乙醇的结构式：CH3CH2OH
D. 环己烷的实验式：CH2
【答案】C
【解析】
A. 溴乙烷的分子式为C2H5Br，A正确；B. 甲烷分子的比例模型为，B正确；C. 乙醇的结构式为，C错误；D. 环己烷的分子式为C6H12，则实验式CH2，D正确，答案选C。
6.已知水的电离方程式：H2O H＋ + OH－，下列叙述中正确的是
A. 升高温度，KW增大，pH不变
B. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低
C. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变
D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低
【答案】C
【解析】
试题分析：A、水的电离为吸热过程，升高温度，KW增大，氢离子浓度变大，pH变小，A错误；B、向水中加入氨水，水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，但c（OH-）增大，B错误；C、向水中加入少量硫酸，氢离子浓度增大，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，KW不变，C正确；D、乙酸钠为弱酸强碱盐，醋酸根水解促进水的电离，平衡向正向移动，D错误。答案选C。
考点：弱电解质的电离
7.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的一溴代物有几种同分异构体
A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种
【答案】A
【解析】
【详解】根据对称法，分子中苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴代物有3种同分异构体，所以A正确。
故选A。
【点睛】苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴，进行正确判断氢原子种类。
8.下列叙述正确的是
A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>10b
B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性
C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释10000倍后，溶液的pH大于7
D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10
【答案】D
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸，醋酸溶液加水稀释促进电离，溶液中氢离子浓度降低，酸性减弱，pH增大，故A错误；
B.常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) =1.0×10－13 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性，故B错误；
C.盐酸溶液无论稀释多少倍，溶液仍为酸性，不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，故C错误；
D.25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为1:10，故D正确。
故选D。
9.室温下，对于0.l0mol·L-1的氨水，下列判断正确的是
A. 其溶液的pH=13
B. 用HNO3溶液完全中和后，溶液显酸性
C. 加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变大
D. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-==A1(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A.一水合氨为弱电解质，部分电离，0．10mol·L-1的氨水中氢氧根离子浓度小于0．10mol·L-1，其溶液的pH＜13，故A错误；
B.用HNO3溶液完全中和后，溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性，故B正确；
C.加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变小，故C错误；
D.一水合氨为弱电解质，应用化学式表示，故D错误。
故选B。
10.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B. 采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点
C. 该温度下，Ag2SO4的Ksp＝1.6×10－5
D. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。
【详解】A．在相同温度下，Kap相同，所以A选项是正确的；
B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，故B错误；
C．由图象可以知道，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.04=1.6×10-5，所以C选项是正确的；
D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成，所以D选项是正确的。
答案选B。
【点睛】关于溶解平衡图像分析：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
11.在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g)2AB(g) ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是
A. 图中a点的值为0.15 B. 该反应的平衡常数K＝0.03
C. 温度升高，平衡常数K值减小 D. 平衡时A2的转化率为62.5%
【答案】B
【解析】
试题分析：A、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；B、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K===，故B错误；C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；D、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为×100%=62.5%，故D正确；故选B。
考点：考查了化学反应速率、化学平衡的有关计算、平衡图象的分析的相关知识。
12.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是
A. 该滴定可用甲基橙做指示剂
B. Na2S2O3是该反应的还原剂
C. 该滴定可选用右图所示装置
D. 该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A、碘水溶液显酸性，甲基橙在该溶液显红色，当用Na2S2O3滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定不可用甲基橙做指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A错误；B、在该反应中，I2中的元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子，是该反应的还原剂，B正确；C、Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C错误；D、根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2mol，D错误，答案选B。
考点：考查滴定反应的有关判断
13.空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法中不正确的是
A. 石墨电极作正极，发生还原反应
B. 铂电极的电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－=8CO2↑＋50 H＋
C. H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移
D. 每消耗5.6 L O2，电路中通过1 mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，该装置是燃料电池，该装置中含有质子交换膜，说明交换膜只能通过氢离子，则电解质溶液呈酸性，通入燃料的电极Pt为负极、通入氧气的电极为正极，负极反应式为C8H18+16H2O-50e－=8CO2+50H＋，正极反应式为O2+4H＋+4e－=2H2O，据此分析解答。
【详解】A、石墨作正极，正极上O2得电子发生还原反应，故A正确；
B、铂电极上C8H18 失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－===8CO2↑＋50H＋，故B正确；
C、阳离子移向正极，所以H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移，故C正确；
D、未指明标准状况下，无法计算5.6 L O2的物质的量，则无法计算电路中通过的电子是多少，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查原电池原理，解题关键：燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，难点B，电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。
14.下列说法错误的是
A. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复
B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，当加入 1 mol CuO 恢复电解前浓度时， 电路中转移了 2 mol e－
C. 用惰性电极电解含1 mol NaOH的水溶液，溶液的 pH不变
D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极
【答案】C
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解Na2SO4溶液，由于溶液中阴离子的放电能力OH->SO42-，所以在阳极发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阳离子的放电能力：H+>Na+，所以在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，实质就是电解水，电解的总方程式是2H2O=2H2↑+O2↑，当2 mol电子转移时，可加入18g水恢复，故A正确；
B.用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4，反应方程式是：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2↑+2H2SO4，电解一段时间后，由于两个电极的反应产物是Cu、O2，二者发生反应产生的是CuO，加入1molCuO固体可以与反应产生的硫酸反应变为CuSO4，使CuSO4溶液恢复原来浓度，电路中转移了2mole－，故B正确；
C.用惰性电极电解1molNaOH的水溶液，实际电解的是水，溶剂减少，浓度增大，pH增大，故C错误；
D.要实现Cu+H2SO4（稀）═CuSO4+H2↑，应形成电解池反应，铜为阳极，碳为阴极，阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，则可发生Cu+H2SO4（稀）═CuSO4+H2↑，故D正确。
故选C。
15.锂钡氧化物二次电池。电池总反应为V2O4+xLiLixV2O4，下列说法正确的是
A. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连
B. 该电池放电时，Li+向负极移动
C. 该电池充电时阴极的反应为LixV2O4－xe－=V2O4+xLi+
D. 若放电时转移 0.2 mol 电子，则消耗锂 1.4x g
【答案】A
【解析】
试题分析：A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：xLi++xe-=xLi，故C错误；D．若放电时转移0.2mol电子，负极上Li-e-=Li+，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；故选A。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。掌握原电池中电极反应式的书写方法：①先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；②注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；③若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH－，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；④正负极反应式相加(电子守恒)得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。
16.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子。下列叙述中正确的是
A. A膜是阳离子交换膜
B. 通电后，海水中阴离子往b电极处移动
C. 通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀
D. 通电后，a电极的电极反应式为4OH－－4e－= O2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. a电极为电解池的阳极，是阴离子移向的极，所以A膜是阴离子交换膜，A错误；
B. 通电后，海水中阴离子往阳极（a电极）处移动，B错误；
C. 通电后，由于放电能力：H+>Mg2+>Ca2+，所以H+在阴极（b电极）上放电：2 H++2e-=H2↑，产生无色气体，由于破坏了附近的水的电离平衡，在该区域c(OH-)增大，会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以溶液中还会出现白色沉淀，C正确；
D. 通电后，由于在溶液中放电能力：Cl->OH-，所以在阳极发生反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，D错误。
答案选C。
17.A—F是几种典型有机代表物的分子模型，请看图回答下列问题。
（1）常温下含碳量最高的是________（填对应字母）；
（2）一卤代物种类最多的是 ___________（填对应字母）；
（3）A、B、D三种物质的关系为____________________________________
（4）F中一定在同一个平面的原子数目为_____________________
（5）写出C使溴水褪色的方程式 ___________
（6）写出E发生溴代反应的化学方程式______________________________；
（7）写出C的官能团的名称______________________
（8）F的二溴取代产物有_____________种
【答案】 (1). E (2). F (3). 同系物 (4). 12 (5). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (6). (7). 碳碳双键 (8). 10
【解析】
【分析】
由结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯，根据物质的组成、结构和性质解答该题。
【详解】有结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯。
（1）常温下含碳量最高的气态烃是为苯，含碳量为92.3%，故答案为：E。
（2）一卤代物种类最多的是甲苯，共有4种，故答案为：F。
（3）A为甲烷、B为乙烷、D为丙烷，三种物质为同系物关系，故答案为：同系物。
（4）F为甲苯，甲苯含有立体结构的甲基，分子中的所有原子不可能处于同一平面，一定在同一个平面的原子数目为12，故答案为：12。
（5）C为乙烯，乙烯与溴水反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。
（6）E为苯，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，F发生溴代反应的化学方程式为，
故答案为：。
（7）C为乙烯，官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键。
（8）F为甲苯，两个溴原子都在甲基上有1种；一个溴原子在甲基上，另一个在苯环上有邻、间、对3种；两个溴原子都在苯环上有6种，所以共计是10种，故答案为：10。
【点睛】在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。
18.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况,进行了如下实验。用pH计测定25 ℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下：
醋酸浓度/mol·L－1
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73
（1）写出醋酸的电离方程式：__________________________。
（2）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是__________________。
（3）向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液，当测得溶液的pH=7时，溶液中离子的浓度大小为____
（4）25℃，将0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=10，则该混合溶液中由水电离出的c(OH-)=___________mol/L，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝______________mol/L。
（5）下列方法中，可以使0.10 mol·L－1 CH3COOH的电离程度增大的是___________｡
a．加入少量0.10 mol·L－1的稀盐酸 b．加热CH3COOH溶液
c．加水稀释至0.010 mol·L－1 d．加入少量冰醋酸
e．加入少量镁粉 f．加入少量0.10 mol·L－1的NaOH溶液
（6）室温时醋酸的电离常数Ka=1.8×10-5 ，则CH3COO－的水解常数Kh= ____________
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO－ ＋ H＋ (2). 当醋酸浓度为0.001 mol/L 时，溶液中的氢离子浓度小于0.001 mol/L (3). c(Na+) = c(CH3COO—)＞c(OH—) =c(H+) (4). 10-4 (5). 10-4-10-10 (6). bcef (7). 5.6×10-10
【解析】
【分析】
（1）CH3COOH是弱电解质，发生部分电离；
（2）当醋酸浓度为0.001mol/L时，溶液中的氢离子浓度小于0.001mol/L，发生部分电离，为弱电解质；
（3）当pH=7时，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；
（4）溶液中c（H+）=1×10-10mol/L，c（OH-）=1×10-4mol/L，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（Na+）－c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol/L；
（5）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
（6）CH3COO-的水解平衡常数Kh═c（CH3COOH）c（OH-）/c（CH3COO-）=Kw/Ka。
【详解】（1）CH3COOH是弱电解质，发生部分电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+。
（2）若醋酸为强酸，则完全电离。由于是一元酸，0.0100mol/L的醋酸的PH应为2，已知PH为3.38，说明醋酸没有完全电离是弱酸。故答案为：当醋酸浓度为0.001mol/L时，溶液中的氢离子浓度小于0.001mol/L。
（3）当pH=7时，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）。
（4）0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液，溶液的pH=10，溶液中c（H+）=1×10-10mol/L，c（OH-）=1×10-4mol/L，由于CH3COO-的水解促进了水的电离，该混合溶液中由水电离出的c（OH-）等于溶液中的c（OH-），为1×10-4mol/L，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（Na+）－c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol/L，故答案为：10-4，10-4-10-10。
（5）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
a.加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；
b.醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；
c.加水稀释至0.010mol•L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；
d.加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；
e.加入少量镁粉，镁与醋酸反应生成氢气，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故e正确；
f.加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确。
故答案为：bcef。
（6）CH3COO-的水解平衡常数Kh═c（CH3COOH）c（OH-）/c（CH3COO-）=Kw/Ka=1.0×10-14/1.8×10-5=5.6×10-10，故答案为：5.6×10-10。
19.为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。
I.用图甲所示装置进行第一组实验时：
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____ (填字母)。
A石墨 B． 镁 C．银 D．铂
（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。
II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：
（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。
（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。
（5）电解进行一段时间后，若在Y电板(铁电极)质量减小2.8g，在Y极收集到气体为1.68 L 则X极收集到气体__________L(均己折算为标准状况时气体体积)。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。
【答案】 (1). B (2). 从右向左 (3). 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) (4). 增大 (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (6). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (7). 6.72 (8). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
【分析】
I.（1）甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜；
（2）硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左移动，M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀；
II.（3）X极作阴极，X极上发生反应：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大；
（4）在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH-－4e-=2H2O+O2↑和Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；
（5）根据整个电路中电子转移数目相等进行计算；
（6）K2FeO4-Zn碱性电池中，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，总电池反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式—负极电极式可得：该电池正极发生的电极反应式为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。
【详解】I.（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序，Mg>Zn，不能是Mg，故答案为：B。
（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42-会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。此时由于在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生，故答案为：从右向左，滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)。
II.（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生反应：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，故答案为：增大。
（4）根据已知条件可知：在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH-－4e-=2H2O+O2↑和Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故答案为：4OH-－4e-=2H2O+O2↑，Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。
（5）根据条件可知：n(O2)=1.68L÷22.4L/mol=0.075mol，在整个电路中电子转移数目相等，2n(H2)=4×n(O2)+6×(2.8g÷56g/mol)=0.6mol，n(H2)=0.3mol，即V(H2)=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，K2FeO4在电池中作为正极材料，电池反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式—负极电极式可得：该电池正极发生的电极反应式为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-，故答案为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。
【点睛】有关电解池的计算中应根据整个电路中电子转移数目相等进行计算。
20.氨气是工农业生产中不可或缺的物质，研究制取氨气的机理意义非凡。
（1）在常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面与水发生下列反应:
N2(g)+3H2O(l)2NH3(g)+3/2O2(g) △H= a kJ • mol-1。
为进一步研究生成NH3的物质的量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：
T/K
303
313
323
n(NH3)/(l0-2mol)
4.8
5.9
6.0
此反应的a_________0，△S________0。（填“>”“<”或“ = ”）
（2）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H="-92.4" kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。
①0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为_________。
②在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。
A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3的物质的量
③ 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）
【答案】 (1). > (2). > (3). 0.005 mol • L-1• min-1 (4). AB (5). 移走 0.1 molNH3 (6). =
【解析】
【分析】
（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；
（2）①反应速率v=△n/V△t计算；
②根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为增大压强、使用催化剂；
③25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；平衡常数只受温度的影响，据此判断。
【详解】（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0，
故答案为：＞；＞。
（2）①根据反应速率v（NH3）=△n/V△t=（0.1−0）mol/2L×10min=0.005mol/（L·min），
故答案为：0.005mol/（L·min）。
②由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3）=0.025mol×8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大，故使用催化剂、缩小体积符合，故选AB，
故答案为：AB。
③第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图象可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，
故答案为：移走0.1molNH3；=。
21.Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。
已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10−5 mol· L−1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-②Cr2O72-还原产物为Cr3+。
请回答下列问题：
（1）写出Cr(OH)3溶于NaOH的离子方程式______________________
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=___________。
（3）常温下，向50 mL 0.005 mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24 mol·L−1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为______。
（4）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：
Ⅰ．取100 mL滤液；
Ⅱ．用c mol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；
Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。
①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定管装液前的操作是_______。
②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L−1。
（5）利用图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的______极，Na2CrO4生成Na2Cr2O7的离子方程式_______________________。若左侧电极产生标况下2.24L的气体，则通过交换膜的钠离子的数目为___________________
。
【答案】 (1). Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O (2). 1.0×10−32 (3). 13 (4). 酸式 (5). 润洗 (6). 5cd/6b (7). 正 (8). 2CrO4-+2H+Cr2O72- +H2O (9). 0.2NA（1.204×1023）
【解析】
【分析】
（1）Cr（OH）3溶于NaOH溶液反应生成NaCrO2；
（2）根据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•c3（OH-）进行计算；
（3）根据pH值的定义进行计算；
（4）①酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗；
②根据MnO4-～5Fe2+、Cr2O72-～6Fe2+计算Na2Cr2O7的含量；
（5）根据2H2O+2e－=2OH－+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源的正极相连；阳极区水放电，产生大量的H+使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；
【详解】（1）由题意可知，NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-，反应的离子方程式为：Cr（OH）3+OH-CrO2-+2H2O，
故答案为：Cr（OH）3+OH-CrO2-+2H2O。
（2）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5mol•L-1）时pH为5，则c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-9mol•L-1，c（Cr3+）=1.0×10-5mol•L-1，则Cr（OH）3的溶度积常数Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32mol4•L-4，故答案为：1.0×10-32。
（3）50mL0.005mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24mol·L−1的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中的c（Cr3+）=0.005mol·L−1，c（OH-）=0.12mol·L−1，发生反应：Cr3++3OH-=Cr（OH）3，则反应后的c（OH-）=0.12mol·L−1-0.015mol·L−1=0.105 mol·L−1，所以充分反应后，溶液的pH=14-pOH=14+lgc（OH-）=13，故答案为：13。
（4）①步骤Ⅱ中所以的标准溶液为酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗，故答案为：酸式，润洗。
②cmol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定bmL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据得失电子守恒，存在反应关系：MnO4-～5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c（Fe2+）=5cmol/L，取bmL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗dmLFeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据得失电子守恒，存在反应关系：Cr2O72-～6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为1/6×5c×d/b=5cd/6bmol/L，故答案为：5cd/6b。
（5）根据装置图分析，图中右侧Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，左侧NaOH稀溶液转变为NaOH浓溶液，则发生的反应为：2H2O+2e－=2OH－+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源的正极相连；阳极区水放电，产生大量的H+使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为：2CrO4-+2H+Cr2O72-+H2O；若左侧电极产生标况下2.24L即0.1mol的气体时，则通过交换膜的钠离子为0.2mol，钠离子的数目为0.2NA（或1.204×1023），故答案为：0.2NA（1.204×1023）。
江西省南昌市第二中学2018-2019学年高二上学期期末考试
化学试题
1.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铁是单质，不是电解质，A错误；B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误；C、分类正确，C正确；D、水是电解质，D错误，答案选C。
考点：考查电解质等有关判断
2.下列事实不属于盐类水解应用的是
A. 明矾净水
B. 使用热的纯碱溶液去除油污
C. 实验室配制FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀
【答案】D
【解析】
明矾净水的原理是，其中的铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，选项A与水解相关。用热的纯碱溶液除去油污，是利用纯碱水解溶液显碱性的性质，使油污发生皂化反应，从而除去的，选项B与水解相关。实验室配制氯化铁溶液的时候，应该加入盐酸以抑制其水解，选项C与水解相关。向FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀，是铁离子直接与氢氧根离子反应，所以选项D与水解无关。
3.已知化学反应A2 (g)+B2 (g)=2AB (g)的能量变化如图所示，下列叙述正确的是
A. 该反应每生成2分子AB吸收(a-b)kJ能量
B. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
C. 该反应的反应热ΔH=+(a-b) kJ·mol-1
D. 断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量。
B. 依据图像分析，该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量。
C. 反应热ΔH= 生成物的能量之和－反应物的能量之和
D. 断裂化学键，吸收能量。
【详解】依据图像分析，1molA2和1molB2反应生成2molAB吸收能量，A错误；
该反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，B错误；
该反应焓变＝生成物的能量之和－反应物的能量之和，所以焓变为ΔH=+(a-b) kJ·mol-1，C正确；
断裂1molA-A键和1molB-B键，吸收akJ能量，D错误。答案选C。
4.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是
A. d为石墨，铁片腐蚀加快
B. d为石墨，石墨上电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
C. d为锌块，铁片不易被腐蚀
D. d为锌块，铁片上电极反应为2H++2e-=H2↑
【答案】D
【解析】
A、由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。
5.下列有关化学用语表示不正确的是
A. 溴乙烷的分子式：C2H5Br
B. 甲烷分子的比例模型：
C. 乙醇的结构式：CH3CH2OH
D. 环己烷的实验式：CH2
【答案】C
【解析】
A. 溴乙烷的分子式为C2H5Br，A正确；B. 甲烷分子的比例模型为，B正确；C. 乙醇的结构式为，C错误；D. 环己烷的分子式为C6H12，则实验式CH2，D正确，答案选C。
6.已知水的电离方程式：H2O H＋ + OH－，下列叙述中正确的是
A. 升高温度，KW增大，pH不变
B. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低
C. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变
D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低
【答案】C
【解析】
试题分析：A、水的电离为吸热过程，升高温度，KW增大，氢离子浓度变大，pH变小，A错误；B、向水中加入氨水，水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，但c（OH-）增大，B错误；C、向水中加入少量硫酸，氢离子浓度增大，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，KW不变，C正确；D、乙酸钠为弱酸强碱盐，醋酸根水解促进水的电离，平衡向正向移动，D错误。答案选C。
考点：弱电解质的电离
7.已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的一溴代物有几种同分异构体
A. 3种 B. 4种 C. 6种 D. 8种
【答案】A
【解析】
【详解】根据对称法，分子中苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴代物有3种同分异构体，所以A正确。
故选A。
【点睛】苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴，进行正确判断氢原子种类。
8.下列叙述正确的是
A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>10b
B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性
C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释10000倍后，溶液的pH大于7
D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10
【答案】D
【解析】
【详解】A.醋酸为弱酸，醋酸溶液加水稀释促进电离，溶液中氢离子浓度降低，酸性减弱，pH增大，故A错误；
B.常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) =1.0×10－13 mol/L，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性，故B错误；
C.盐酸溶液无论稀释多少倍，溶液仍为酸性，不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，故C错误；
D.25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为1:10，故D正确。
故选D。
9.室温下，对于0.l0mol·L-1的氨水，下列判断正确的是
A. 其溶液的pH=13
B. 用HNO3溶液完全中和后，溶液显酸性
C. 加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变大
D. 与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-==A1(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A.一水合氨为弱电解质，部分电离，0．10mol·L-1的氨水中氢氧根离子浓度小于0．10mol·L-1，其溶液的pH＜13，故A错误；
B.用HNO3溶液完全中和后，溶液为硝酸铵溶液，溶液呈酸性，故B正确；
C.加水稀释后，溶液中c(NH4+)·c(OH-)变小，故C错误；
D.一水合氨为弱电解质，应用化学式表示，故D错误。
故选B。
10.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B. 采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点
C. 该温度下，Ag2SO4的Ksp＝1.6×10－5
D. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。
【详解】A．在相同温度下，Kap相同，所以A选项是正确的；
B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，故B错误；
C．由图象可以知道，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.04=1.6×10-5，所以C选项是正确的；
D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成，所以D选项是正确的。
答案选B。
【点睛】关于溶解平衡图像分析：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
11.在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g)2AB(g) ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是
A. 图中a点的值为0.15 B. 该反应的平衡常数K＝0.03
C. 温度升高，平衡常数K值减小 D. 平衡时A2的转化率为62.5%
【答案】B
【解析】
试题分析：A、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；B、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K===，故B错误；C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；D、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为×100%=62.5%，故D正确；故选B。
考点：考查了化学反应速率、化学平衡的有关计算、平衡图象的分析的相关知识。
12.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是
A. 该滴定可用甲基橙做指示剂
B. Na2S2O3是该反应的还原剂
C. 该滴定可选用右图所示装置
D. 该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol
【答案】B
【解析】
试题分析：A、碘水溶液显酸性，甲基橙在该溶液显红色，当用Na2S2O3滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定不可用甲基橙做指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A错误；B、在该反应中，I2中的元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子，是该反应的还原剂，B正确；C、Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C错误；D、根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2mol，D错误，答案选B。
考点：考查滴定反应的有关判断
13.空气中汽油含量的测量仪，其工作原理如图所示(用强酸性溶液作电解质溶液)。下列说法中不正确的是
A. 石墨电极作正极，发生还原反应
B. 铂电极的电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－=8CO2↑＋50 H＋
C. H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移
D. 每消耗5.6 L O2，电路中通过1 mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图知，该装置是燃料电池，该装置中含有质子交换膜，说明交换膜只能通过氢离子，则电解质溶液呈酸性，通入燃料的电极Pt为负极、通入氧气的电极为正极，负极反应式为C8H18+16H2O-50e－=8CO2+50H＋，正极反应式为O2+4H＋+4e－=2H2O，据此分析解答。
【详解】A、石墨作正极，正极上O2得电子发生还原反应，故A正确；
B、铂电极上C8H18 失电子发生氧化反应，电极反应式为C8H18＋16H2O－50e－===8CO2↑＋50H＋，故B正确；
C、阳离子移向正极，所以H＋由质子交换膜左侧向右侧迁移，故C正确；
D、未指明标准状况下，无法计算5.6 L O2的物质的量，则无法计算电路中通过的电子是多少，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查原电池原理，解题关键：燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，难点B，电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。
14.下列说法错误的是
A. 用惰性电极电解 Na2SO4 溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复
B. 用惰性电极电解 1 L 1 mol/L CuSO4 溶液，当加入 1 mol CuO 恢复电解前浓度时， 电路中转移了 2 mol e－
C. 用惰性电极电解含1 mol NaOH的水溶液，溶液的 pH不变
D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极
【答案】C
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解Na2SO4溶液，由于溶液中阴离子的放电能力OH->SO42-，所以在阳极发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阳离子的放电能力：H+>Na+，所以在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，实质就是电解水，电解的总方程式是2H2O=2H2↑+O2↑，当2 mol电子转移时，可加入18g水恢复，故A正确；
B.用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4，反应方程式是：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2↑+2H2SO4，电解一段时间后，由于两个电极的反应产物是Cu、O2，二者发生反应产生的是CuO，加入1molCuO固体可以与反应产生的硫酸反应变为CuSO4，使CuSO4溶液恢复原来浓度，电路中转移了2mole－，故B正确；
C.用惰性电极电解1molNaOH的水溶液，实际电解的是水，溶剂减少，浓度增大，pH增大，故C错误；
D.要实现Cu+H2SO4（稀）═CuSO4+H2↑，应形成电解池反应，铜为阳极，碳为阴极，阳极发生反应：Cu-2e-=Cu2+，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，则可发生Cu+H2SO4（稀）═CuSO4+H2↑，故D正确。
故选C。
15.锂钡氧化物二次电池。电池总反应为V2O4+xLiLixV2O4，下列说法正确的是
A. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连
B. 该电池放电时，Li+向负极移动
C. 该电池充电时阴极的反应为LixV2O4－xe－=V2O4+xLi+
D. 若放电时转移 0.2 mol 电子，则消耗锂 1.4x g
【答案】A
【解析】
试题分析：A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：xLi++xe-=xLi，故C错误；D．若放电时转移0.2mol电子，负极上Li-e-=Li+，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；故选A。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写。掌握原电池中电极反应式的书写方法：①先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；②注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；③若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH－，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；④正负极反应式相加(电子守恒)得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。
16.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子。下列叙述中正确的是
A. A膜是阳离子交换膜
B. 通电后，海水中阴离子往b电极处移动
C. 通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀
D. 通电后，a电极的电极反应式为4OH－－4e－= O2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. a电极为电解池的阳极，是阴离子移向的极，所以A膜是阴离子交换膜，A错误；
B. 通电后，海水中阴离子往阳极（a电极）处移动，B错误；
C. 通电后，由于放电能力：H+>Mg2+>Ca2+，所以H+在阴极（b电极）上放电：2 H++2e-=H2↑，产生无色气体，由于破坏了附近的水的电离平衡，在该区域c(OH-)增大，会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以溶液中还会出现白色沉淀，C正确；
D. 通电后，由于在溶液中放电能力：Cl->OH-，所以在阳极发生反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，D错误。
答案选C。
17.A—F是几种典型有机代表物的分子模型，请看图回答下列问题。
（1）常温下含碳量最高的是________（填对应字母）；
（2）一卤代物种类最多的是 ___________（填对应字母）；
（3）A、B、D三种物质的关系为____________________________________
（4）F中一定在同一个平面的原子数目为_____________________
（5）写出C使溴水褪色的方程式 ___________
（6）写出E发生溴代反应的化学方程式______________________________；
（7）写出C的官能团的名称______________________
（8）F的二溴取代产物有_____________种
【答案】 (1). E (2). F (3). 同系物 (4). 12 (5). CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br (6). (7). 碳碳双键 (8). 10
【解析】
【分析】
由结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯，根据物质的组成、结构和性质解答该题。
【详解】有结构模型可知A为甲烷，B为乙烷，C为乙烯，D为丙烷，E为苯，F为甲苯。
（1）常温下含碳量最高的气态烃是为苯，含碳量为92.3%，故答案为：E。
（2）一卤代物种类最多的是甲苯，共有4种，故答案为：F。
（3）A为甲烷、B为乙烷、D为丙烷，三种物质为同系物关系，故答案为：同系物。
（4）F为甲苯，甲苯含有立体结构的甲基，分子中的所有原子不可能处于同一平面，一定在同一个平面的原子数目为12，故答案为：12。
（5）C为乙烯，乙烯与溴水反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br。
（6）E为苯，苯与液溴发生取代反应生成溴苯，F发生溴代反应的化学方程式为，
故答案为：。
（7）C为乙烯，官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键。
（8）F为甲苯，两个溴原子都在甲基上有1种；一个溴原子在甲基上，另一个在苯环上有邻、间、对3种；两个溴原子都在苯环上有6种，所以共计是10种，故答案为：10。
【点睛】在推断烃的二元取代产物数目时，可以采用一定一动法，即先固定一个原子，移动另一个原子，推算出可能的取代产物数目，然后再变化第一个原子的位置，移动另一个原子进行推断，直到推断出全部取代产物的数目，在书写过程中，要特别注意防止重复和遗漏。
18.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况,进行了如下实验。用pH计测定25 ℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下：
醋酸浓度/mol·L－1
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73
（1）写出醋酸的电离方程式：__________________________。
（2）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是__________________。
（3）向醋酸溶液中加入一定量的NaOH溶液，当测得溶液的pH=7时，溶液中离子的浓度大小为____
（4）25℃，将0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=10，则该混合溶液中由水电离出的c(OH-)=___________mol/L，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)，c(Na＋)－c(CH3COO－)＝______________mol/L。
（5）下列方法中，可以使0.10 mol·L－1 CH3COOH的电离程度增大的是___________｡
a．加入少量0.10 mol·L－1的稀盐酸 b．加热CH3COOH溶液
c．加水稀释至0.010 mol·L－1 d．加入少量冰醋酸
e．加入少量镁粉 f．加入少量0.10 mol·L－1的NaOH溶液
（6）室温时醋酸的电离常数Ka=1.8×10-5 ，则CH3COO－的水解常数Kh= ____________
【答案】 (1). CH3COOHCH3COO－ ＋ H＋ (2). 当醋酸浓度为0.001 mol/L 时，溶液中的氢离子浓度小于0.001 mol/L (3). c(Na+) = c(CH3COO—)＞c(OH—) =c(H+) (4). 10-4 (5). 10-4-10-10 (6). bcef (7). 5.6×10-10
【解析】
【分析】
（1）CH3COOH是弱电解质，发生部分电离；
（2）当醋酸浓度为0.001mol/L时，溶液中的氢离子浓度小于0.001mol/L，发生部分电离，为弱电解质；
（3）当pH=7时，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）；
（4）溶液中c（H+）=1×10-10mol/L，c（OH-）=1×10-4mol/L，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（Na+）－c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol/L；
（5）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
（6）CH3COO-的水解平衡常数Kh═c（CH3COOH）c（OH-）/c（CH3COO-）=Kw/Ka。
【详解】（1）CH3COOH是弱电解质，发生部分电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+。
（2）若醋酸为强酸，则完全电离。由于是一元酸，0.0100mol/L的醋酸的PH应为2，已知PH为3.38，说明醋酸没有完全电离是弱酸。故答案为：当醋酸浓度为0.001mol/L时，溶液中的氢离子浓度小于0.001mol/L。
（3）当pH=7时，c（H+）=c（OH-），溶液存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），则c（Na+）=c（CH3COO-），中性溶液中氢离子或氢氧根离子浓度较小，则c（CH3COO-）＞c（H+），所以有c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故答案为：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）。
（4）0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应，所得溶液为CH3COONa溶液，溶液的pH=10，溶液中c（H+）=1×10-10mol/L，c（OH-）=1×10-4mol/L，由于CH3COO-的水解促进了水的电离，该混合溶液中由水电离出的c（OH-）等于溶液中的c（OH-），为1×10-4mol/L，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（Na+）－c（CH3COO-）=c（OH-）-c（H+）=（10-4-10-10）mol/L，故答案为：10-4，10-4-10-10。
（5）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
a.加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；
b.醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；
c.加水稀释至0.010mol•L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确；
d.加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误；
e.加入少量镁粉，镁与醋酸反应生成氢气，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故e正确；
f.加入少量0.10mol•L-1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确。
故答案为：bcef。
（6）CH3COO-的水解平衡常数Kh═c（CH3COOH）c（OH-）/c（CH3COO-）=Kw/Ka=1.0×10-14/1.8×10-5=5.6×10-10，故答案为：5.6×10-10。
19.为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。
I.用图甲所示装置进行第一组实验时：
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____ (填字母)。
A石墨 B． 镁 C．银 D．铂
（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。
II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：
（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。
（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。
（5）电解进行一段时间后，若在Y电板(铁电极)质量减小2.8g，在Y极收集到气体为1.68 L 则X极收集到气体__________L(均己折算为标准状况时气体体积)。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。
【答案】 (1). B (2). 从右向左 (3). 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) (4). 增大 (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ (6). Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (7). 6.72 (8). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
【分析】
I.（1）甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜；
（2）硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左移动，M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀；
II.（3）X极作阴极，X极上发生反应：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大；
（4）在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH-－4e-=2H2O+O2↑和Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；
（5）根据整个电路中电子转移数目相等进行计算；
（6）K2FeO4-Zn碱性电池中，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，总电池反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式—负极电极式可得：该电池正极发生的电极反应式为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。
【详解】I.（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序，Mg>Zn，不能是Mg，故答案为：B。
（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42-会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。此时由于在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生，故答案为：从右向左，滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)。
II.（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生反应：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，故答案为：增大。
（4）根据已知条件可知：在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH-－4e-=2H2O+O2↑和Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故答案为：4OH-－4e-=2H2O+O2↑，Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。
（5）根据条件可知：n(O2)=1.68L÷22.4L/mol=0.075mol，在整个电路中电子转移数目相等，2n(H2)=4×n(O2)+6×(2.8g÷56g/mol)=0.6mol，n(H2)=0.3mol，即V(H2)=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，K2FeO4在电池中作为正极材料，电池反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式—负极电极式可得：该电池正极发生的电极反应式为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-，故答案为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。
【点睛】有关电解池的计算中应根据整个电路中电子转移数目相等进行计算。
20.氨气是工农业生产中不可或缺的物质，研究制取氨气的机理意义非凡。
（1）在常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面与水发生下列反应:
N2(g)+3H2O(l)2NH3(g)+3/2O2(g) △H= a kJ • mol-1。
为进一步研究生成NH3的物质的量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：
T/K
303
313
323
n(NH3)/(l0-2mol)
4.8
5.9
6.0
此反应的a_________0，△S________0。（填“>”“<”或“ = ”）
（2）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H="-92.4" kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。
①0～10 min内，以NH3表示的平均反应速率为_________。
②在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。
A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．降低温度 D．增加NH3的物质的量
③ 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）
【答案】 (1). > (2). > (3). 0.005 mol • L-1• min-1 (4). AB (5). 移走 0.1 molNH3 (6). =
【解析】
【分析】
（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，结合反应方程式中各物质的聚集状态解答；
（2）①反应速率v=△n/V△t计算；
②根据图象知，平衡向正反应方向移动，10min时是连续的，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明为增大压强、使用催化剂；
③25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；平衡常数只受温度的影响，据此判断。
【详解】（1）由表中数据可知，升高温度，NH3生成量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应应为吸热反应，a＞0，由方程式可知反应生成气体的物质的量增多，则△S＞0，
故答案为：＞；＞。
（2）①根据反应速率v（NH3）=△n/V△t=（0.1−0）mol/2L×10min=0.005mol/（L·min），
故答案为：0.005mol/（L·min）。
②由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，△n（N2）=0.025mol×4=0.1mol，△n（H2）=0.025mol×12=0.3mol，△n（NH3）=0.025mol×8=0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大，降低温度，应该反应速率减小，增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大，故使用催化剂、缩小体积符合，故选AB，
故答案为：AB。
③第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图象可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，
故答案为：移走0.1molNH3；=。
21.Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。
已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10−5 mol· L−1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-②Cr2O72-还原产物为Cr3+。
请回答下列问题：
（1）写出Cr(OH)3溶于NaOH的离子方程式______________________
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=___________。
（3）常温下，向50 mL 0.005 mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24 mol·L−1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为______。
（4）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：
Ⅰ．取100 mL滤液；
Ⅱ．用c mol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；
Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。
①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定管装液前的操作是_______。
②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L−1。
（5）利用图示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，图中右侧电极连接电源的______极，Na2CrO4生成Na2Cr2O7的离子方程式_______________________。若左侧电极产生标况下2.24L的气体，则通过交换膜的钠离子的数目为___________________
。
【答案】 (1). Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O (2). 1.0×10−32 (3). 13 (4). 酸式 (5). 润洗 (6). 5cd/6b (7). 正 (8). 2CrO4-+2H+Cr2O72- +H2O (9). 0.2NA（1.204×1023）
【解析】
【分析】
（1）Cr（OH）3溶于NaOH溶液反应生成NaCrO2；
（2）根据Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•c3（OH-）进行计算；
（3）根据pH值的定义进行计算；
（4）①酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗；
②根据MnO4-～5Fe2+、Cr2O72-～6Fe2+计算Na2Cr2O7的含量；
（5）根据2H2O+2e－=2OH－+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源的正极相连；阳极区水放电，产生大量的H+使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7；
【详解】（1）由题意可知，NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成CrO2-，反应的离子方程式为：Cr（OH）3+OH-CrO2-+2H2O，
故答案为：Cr（OH）3+OH-CrO2-+2H2O。
（2）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5mol•L-1）时pH为5，则c（H+）=10-5mol/L，c（OH-）=10-9mol•L-1，c（Cr3+）=1.0×10-5mol•L-1，则Cr（OH）3的溶度积常数Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）•c3（OH-）=1.0×10-32mol4•L-4，故答案为：1.0×10-32。
（3）50mL0.005mol·L−1的Cr2(SO4)3溶液中加入0.24mol·L−1的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中的c（Cr3+）=0.005mol·L−1，c（OH-）=0.12mol·L−1，发生反应：Cr3++3OH-=Cr（OH）3，则反应后的c（OH-）=0.12mol·L−1-0.015mol·L−1=0.105 mol·L−1，所以充分反应后，溶液的pH=14-pOH=14+lgc（OH-）=13，故答案为：13。
（4）①步骤Ⅱ中所以的标准溶液为酸性高锰酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗，故答案为：酸式，润洗。
②cmol·L−1的标准KMnO4酸性溶液滴定bmL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液bmL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据得失电子守恒，存在反应关系：MnO4-～5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c（Fe2+）=5cmol/L，取bmL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗dmLFeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据得失电子守恒，存在反应关系：Cr2O72-～6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为1/6×5c×d/b=5cd/6bmol/L，故答案为：5cd/6b。
（5）根据装置图分析，图中右侧Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，左侧NaOH稀溶液转变为NaOH浓溶液，则发生的反应为：2H2O+2e－=2OH－+H2↑，所以左侧为阴极，右侧为阳极，电解池阳极与外电源的正极相连；阳极区水放电，产生大量的H+使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为：2CrO4-+2H+Cr2O72-+H2O；若左侧电极产生标况下2.24L即0.1mol的气体时，则通过交换膜的钠离子为0.2mol，钠离子的数目为0.2NA（或1.204×1023），故答案为：0.2NA（1.204×1023）。
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