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【化学】江西省抚州市临川市第一中学2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷
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江西省抚州市临川市第一中学2018-2019学年高二上学期12月月考
1.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. HCO3-在水溶液中的电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-
B. Al3+的水解方程式：
C. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-2e-=Fe2+
D. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A.HCO3-属于弱酸根离子，在水溶液中部分发生电离，电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-，A正确；
B.盐类的水解过程微弱，一般不生成沉淀，所以Al3+的水解方程式：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，B错误；
C.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应,电极反应式为Fe-2e﹣═Fe2+，正极上发生得电子的还原反应，C错误；
D. 氢氧燃料电池的正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH-（碱性介质中），负极上H2发生失电子的氧化反应，D错误；
综上所述，本题选A。
2.下列说法正确的是
A. 1mol/LAlCl3溶液中，含数目小于
B. 25℃， pH=1的稀硫酸中含有的数为
C. 标准状况下， 和混合气体中含个原子
D. 由 和少量形成的中性溶液中，CH3COO-数目为个
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液体积未知，无法确定铝离子数目，A错误；
B.pH=1的稀硫酸中氢离子物质的量浓度为0.1mol/L，则1L溶液中含有氢离子数目为: 0.1mol/L×1L×NA=0.1 NA, B错误；
C. 标准状况下，22.4L气体物质的量为1mol， N2和H2均为双原子分子，所以1mol N2和H2的混合气体中含2NA个原子，C错误；
D.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可以知道: c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，因为溶液显中性，故有c(H+)= c(OH－)，则有n(CH3COO－)=n(Na+)=1mol，则醋酸根的个数为NA个，D正确；
综上所述。本题选D。
3.下面有关电化学的图示，完全正确的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A．在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，错误；B．在粗铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极连接，精铜为阴极，与电源的负极连接，错误；C．要在铁片上镀锌，要把镀件铁皮与电源的负极连接，作阴极，把镀层金属Zn作阳极，与电源的正极连接，作阳极，错误；D．以铁为阴极，电解NaCl饱和溶液，在阳极，Cl-失去电子变为Cl2，Cl2将KI氧化为I2，I2使淀粉溶液变为蓝色；在阴极，H+放电产生H2，阴极附近溶液中c(OH-)增大，溶液使酚酞试液变为红色，正确。
考点：考查原电池、电解池及电镀的应用的知识。
4. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO(g)＋O2(g) ＝2CO2(g)反应的ΔH＝—(2×283.0)kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
5.化学平衡常数、电离常数(Ka、Kb)、溶度积常数等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是
A. 当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb)和溶度积常数一定均变大
B. 说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的强
C. 向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生沉淀，则
D. 化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离；沉淀溶解平衡有的是放热过程；
B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小；
C.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小；
D. 化学平衡常数只与温度有关。
【详解】A.弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数变大，沉淀溶解平衡中有的属于放热过程，如氢氧化钙溶解平衡，因此温度升高，Ksp变小，A错误；
B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故相同物质的量浓度的氢氰酸的酸性比醋酸弱，B错误；
C.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，C正确；
D.化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，D错误；
综上所述，本题选C。
6.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②
【答案】B
【解析】
①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。②醋酸溶液能导电，只能说明是电解质，不能说明是弱电解质。③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以是弱电解质。④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明是弱电解质。⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明是强电解质。⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。所以③④⑥⑦正确，答案为B。
7.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲可知，点Kw的数值比点Kw的数值大
B. 乙表示 溶液滴定 醋酸溶液的滴定曲线
C. 丙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的
D. 丁表示、两物质的溶解度随温度变化情况，将时、的饱和溶液分别升温至时，溶质的质量分数
【答案】C
【解析】
【分析】
A. Kw只与温度有关；
B. 0.1000mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，醋酸钠溶液呈碱性；
C. 由图可以知道，T1
【详解】A.因为温度不变，而Kw只与温度有关，所以a点Kw的数值与b点Kw的数值相同，故A错误；
B.0.1000mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以滴定前醋酸溶液的pH大于1，且两者恰好完全反应时所得醋酸钠溶液呈碱性，图象不符，故B错误；
C. 由图可以知道，T1
综上所述，本题选C。
8.25℃时，向VmL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液10VmL时，溶液中的Cl－和Na+的物质的量相等，则a+b的值是（ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
略
9.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是
A. 用量筒量取稀盐酸
B. 用托盘天平称量
C. 用广泛试纸测得某溶液的为2.3
D. 用滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A项，10mL量筒的精确度只能精确到0.1mL，故A项错误；
B项，托盘天平精确度为0.1g，故B项错误；
C项，广泛pH试纸的测量精度为1，故C项错误；
D项，滴定管的精确度可以达到0.01mL，故D项正确；
综上所述，本题选D。
10.两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出银的质量最大为
A. 27 mg B. 54 mg C. 106 mg D. 216 mg
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意可知氢离子浓度的变化量是（10－3－10－6）mol/L＝10－3mol/L，所以反应中生成的氢离子的物质的量是0.5L×10－3mol/L＝5×10－4mol，惰性电极电解硝酸银的反应式为4AgNO3＋2H2O4HNO3＋4Ag＋O2↑，所以析出的银也是5×10－4mol，其质量是5×10－4mol×108g/mol＝0.054g＝54mg，答案选B。
考点：考查电解原理的应用。
11.比亚迪公司开发了锂钡氧化物二次电池。电池总反应为，下列说法不正确的是
A. 该电池放电时，向正极移动
B. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连
C. 该电池充电时阳极的反应为
D. 若放电时转移电子，则消耗锂
【答案】D
【解析】
【详解】A．放电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A正确；
B．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B正确；
C．该电池充电时阳极失电子，发生氧化反应，电极反应为：，C正确；
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；
综上所述，本题选D。
【点睛】可充电池放电时是原电池，负极失电子发生氧化反应，充电时是电解池，原来的负极变为阴极，得电子发生还原反应，因此电池充电时负极与外电源的负极相连，正极与外电源的正极相连。
12.臭氧是常见的强氧化剂，广泛用于水处理系统。制取臭氧的方法很多，其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示，下列有关说法不正确的是
A. 高压放电法，反应的原理为3O22O3
B. 高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物
C. 电解时，由电极经聚合固体电解质膜流向电极
D. 电解时，电极周围发生的电极反应有和
【答案】C
【解析】
【分析】
A、由高压放电法原理图可以知道，氧气在放电的条件下生成臭氧；
B、空气中含有氮气与氧气，在高压放电条件下可以反应生成NO；
C、a电极生成氢气，氢离子由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a；
D、由电解纯水法原理图可以知道，b电极发生氧化反应，生成氧气、臭氧，同时有氢离子生成。
【详解】A、氧气在放电的条件下生成臭氧，高压放电法反应的原理为:3O22O3，A正确；
B、空气中含有氮气与氧气，在高压放电条件下可以反应生成NO等，B正确；
C、a电极生成氢气，氢离子在a电极放电，a电极为阴极，氢离子由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a，C错误；
D、b电极发生氧化反应生成氧气、臭氧，同时有氢离子生成，电极b周围发生的电极反应有：3H2O-6e-=O3↑+6H+，2H2O-4e-=O2↑+4H+， D正确；
综上所述，本题选C。
13.某合作学习小组的同学利用下列氧化还原反应设计原电池：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O，盐桥中装有饱和溶液。下列叙述中正确的是
A. 甲烧杯中溶液的逐渐减小 B. 乙烧杯中发生还原反应
C. 外电路的电流方向是从到 D. 电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烧杯中发生的电极反应为：MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O，氢离子浓度减小，导致溶液的pH增大，故A错误；
B．甲烧杯中(a电极)发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O，b电极亚铁离子失去电子发生氧化反应， Fe2+-e-= Fe3+，故B错误；
C．由上述分析可知，a为正极，b为负极，则电流从a到b，故C正确；
D．阴离子向负极移动，则盐桥中的SO42-移向乙烧杯中，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。
14.一定温度下，两种碳酸盐，（分别为Ca2+和Ba2+两种离子）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，。已知比溶解度更大（不考虑阴离子的水解）。下列说法正确的是
A. 向 的溶液中加入固体，当加入固体的质量为时，恰好沉淀完全（离子浓度为时认为沉淀完全；忽略溶液体积变化）
B. 的
C. 该温度下，向的饱和溶液中加入溶液，一定能产生沉淀
D. 线表示的溶解平衡曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸钙的溶解度比碳酸钡更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡，曲线a代表碳酸钡的溶解平衡曲线，曲线a知Ksp(BaCO3)=10-4，n(BaCl2)=0.1L×1mol/L=0.1mol；n(Na2CO3)=116.6g/106g/mol=1.1mol，两者反应生成碳酸钡沉淀后，碳酸钠过量，剩余n(CO32-)=1.1mol-0.1mol=1mol，c(CO32-)=1mol/0.1L=10mol/L，此时c(Ba2+)= Ksp(BaCO3)/c(CO32-)(剩)=10-4/10=10-5mol/L，钡离子恰好沉淀完全，A正确；
B. 由曲线b可知，当pM=0时，p(CO32-)=2.2，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=1×10-2.2=10-2.2，B错误；
C. 在CaCO3中存在溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+(aq)+ CO32-(aq)，加入碳酸钠溶液，溶液体积变大，c（Ca2+）减小，c(CO32-)增大，c（Ca2+）×c(CO32-)不一定大于Ksp(CaCO3)，不一定产生沉淀，C错误；
D. 碳酸钙比碳酸钡溶解度更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡；由图可知，曲线a的溶度积小于曲线 b的溶度积，曲线b表示碳酸钙溶解平衡曲线，D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】本题主要考查沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握图像中pM、p(CO32-)越大，M2+、CO32-浓度越小是解题的关键，易错选C，以为加入碳酸钠，碳酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，一定有沉淀产生；产生错误的原因是，忽视加入的不是碳酸钠固体，而是碳酸钠溶液，溶液的体积也发生变化，c(M2+)减小，形成沉淀的必要条件是离子积大于溶度积。
15.某同学按下图所示的装置进行实验。、为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当闭合时，从右向左通过交换膜移向极。下列分析不正确的是
A. 溶液中增大
B. 极的电极反应：
C. 电极上有产生，发生氧化反应
D. 反应初期，电极周围出现白色胶状沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据SO42-从右向左通过交换膜移向A极，则A极为负极，A极电极反应为：A-2e-=A2+，溶液中c(A2+)增大，A正确；
B. B极为正极，发生还原反应，B错误；
C.Y电极为阳极，Cl-失电子，发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，有氯气产生，C正确；
D.右边U型管中最初为电解氯化铝溶液，X电极为H+得电子生成氢气，c(H+)减小，c(OH-)增大，且Al3+移向X极，因此X极周围会产生Al(OH)3 白色胶状沉淀，D正确；
综上所述，本题选B。
16.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 时，向 溶液中滴加溶液至中性：
B. 时，溶液的，
C. 溶液：
D. 相同物质的量浓度的和的混合液中，各离子浓度的大小关系是：
【答案】B
【解析】
25 ℃时，向0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加等物质的量的NaOH时，生成硫酸铵、硫酸钠，溶液呈酸性，要使溶液呈中性，加入氢氧化钠的物质的量小于NH4HSO4，所以c(Na＋)< c(SO)，故A错误；25 ℃时，NaB溶液的pH＝8，根据电荷守恒，c(Na＋)+ c(H＋)=c(B－)+ c(OH－)，c(Na＋)-c(B－)＝c(OH－) - c(H＋)=9.9×10－7 mol·L－1，故B正确；碳酸氢钠溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解大于电离，所以0.1 溶液：，故C错误；酸性CH3COOH>HClO，所以CH3COO-的水解程度小于ClO－，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故D错误。
点睛：根据电荷守恒，任何水溶液中都有阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；例如：NaB溶液中存在Na＋、H＋、B－、OH－四种离子，根据电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)一定等于c(B－)+ c(OH－)。
17.下列一句话中叙述了两个值，前者记为，后者记为，和的关系从A、B、C、D中选择，并填空。
A. B. C. D.无法比较
（1）常温下的与 等体积混合后溶液中和：______；
（2）同温度下， 溶液中水解百分率与溶液中的水解百分率：______；
（3）pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原来的倍和倍，稀释后两溶液的值仍然相同，则和的关系是：______；
（4）常温下两份等浓度的纯碱溶液，将第二份升高温度，两溶液中：______；
（5）相同温度下，值为12的烧碱溶液中水的电离度和值为12的溶液中水的电离度：______；
（6）将值为2的盐酸和醋酸都稀释相同倍数所得稀溶液的值：______；
（7）室温下某强酸和某强碱溶液等体积混合后，溶液的值为7，原酸溶液和原碱溶液的物质的量浓度：______；
（8）相同温度下，的溶液中的个数和 溶液中的个数：______。
【答案】 (1). B (2). B (3). A (4). B (5). B (6). A (7). D (8). A
【解析】
【详解】（1）醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，导致溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒，所以c（Na+）＜c（CH3COO-）；
因此，本题正确答案是：B；
（2）溶液越稀，即浓度越小，铁离子的水解程度越大，所以0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+水解百分率小于0.01mol•L-1FeCl3溶液中Fe3+的水解百分率；
因此，本题正确答案是：B；
（3）醋酸是弱酸，稀释促进电离，在体积增大导致浓度减小的同时还会电离出一部分氢离子，盐酸是强酸，稀释过程中体积增大而导致浓度减小，pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原来的M倍和N倍，稀释后两溶液的pH值仍然相同，则醋酸加水多；
因此，本题正确答案是：A；
（4）碳酸钠溶液中，碳酸根的水解程度随着温度的升高而增大，所以升高温度促进水解，碳酸氢根的浓度增大，故答案为：B；
（5）NaOH电离出OH-抑制水的电离，pH值为12的烧碱溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度；醋酸钠电离出的醋酸根水解促进水的电离，pH值为12的CH3COONa溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，所以相同温度下，pH值为12的烧碱溶液中水的电离度小于pH值为12的CH3COONa溶液中水的电离度；
因此，本题正确答案是：B；
（6）醋酸是弱酸，稀释促进电离，盐酸是强酸，稀释过程浓度减小，所以将pH值为2的醋酸和盐酸都稀释相同倍数所得稀溶液的pH值是盐酸的大于醋酸的；
因此，本题正确答案是：A；
（7）室温下强酸和强碱溶液等体积混合后，溶液的pH值为7，则溶液显示中性，所以原来溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量浓度是相等的，但是酸和碱的元数未知，酸和碱的浓度大小不能确定；
因此，本题正确答案是：D；
（8）两溶液体积相等，前者物质的量浓度大于后者，氯化铵溶液中，铵根离子水解，铵根离子浓度越大水解程度越小，即相同温度下，1L 1mol/L 的NH4Cl溶液中的NH4+个数大于1L 0.5mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的个数；
因此，本题正确答案是：A；
18.在如图所示的三个烧杯中均盛有足量的氯化铜溶液。请按要求回答下列问题：
（1）、、三个装置中不属于电解池的是______。
（2）池中是______极，池中移向______极（填“”或“”）。
（3）池中电极上发生反应__________（填“氧化”或“还原”）
（4）池中电极上的电极反应为______，反应过程中______（填“变大”“变小”或“不变”）
（5）池中总反应的化学方程式为______
【答案】 (1). A (2). 正极 (3). Zn (4). 还原 (5). Cu-2e-=Cu2+ (6). 不变 (7). CuCl2Cu+Cl2↑
【解析】
【分析】
(1)把电能转化为化学能的装置是电解池，所以电解池有外接电源；
(2)该装置是原电池，铜做正极，阴离子向负极移动；
(3)电解池阴极上得电子发生还原反应，惰性材料作电极时，溶液中阴阳离子放电，阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电生成铜；
(4)连接外加电源正极的是阳极，连接外加电源负极的是阴极，阳极是活泼电极，电解池工作时，阳极材料失电子而不是溶液中阴离子失电子，根据阴阳极上发生的反应确定溶液中铜离子浓度是否变化；
(5)惰性电解电解氯化铜溶液，相当于电解溶质氯化铜，据此写出方程式。
【详解】(1)B、C装置都有外接电源，所以是把电能转化为化学能的装置，属于电解池；A装置没有外接直流电源，化学能变为电能装置，属于原电池；
综上所述，本题答案是：A。
(2)A装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，铜作正极，锌和铜离子发生氧化还原反应生成锌离子和铜单质；溶液中的氯离子向负移动，即向锌极移动；
综上所述，本题答案是：正极；Zn。
(3)B电解池中，C连接外加电源的负极，所以C是阴极，阴极上得电子发生还原反应；
综上所述本题答案是：还原。
（4）C装置为电解池，铜连接外加电源的正极，所以是阳极，铜是活泼电极，所以电解池工作时，阳极上铜失电子生成铜离子而不是溶液中阴离子失电子，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；阴极上铜离子得电子生成铜单质，阳极上溶解的铜等于阴极上析出的铜，所以溶液中铜离子浓度不变；
因此，本题正确答案是: Cu-2e-=Cu；不变。
（5）金属铂做阳极电解氯化铜溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极铜离子得电子生成铜，电解总反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑；
综上所述，本题答案是：CuCl2Cu+Cl2↑。
19.对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。以下为铝材表面处理的一种方法：
（1）碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是______（用离子方程式表示）。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列中的______。
a. b. c. d.
（2）以铝材为阳极，在溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为______
取少量废电解液，加入溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是______（用化学用语回答）
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (2). a (3). 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ (4). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【详解】（1）用碱除去铝材的氧化膜时，当氧化膜完全溶解后，暴露出的铝可继续与碱反应，放出氢气：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；碱洗槽液中含有AlO2-，可加入酸性物质使其转化为Al(OH)3，由于Al(OH)3可溶于强酸，故不能选用HNO3，故此酸性物质应用CO2；
综上所述，本题答案是2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；a。
（2）由题中信息可知铝材为阳极，要在阳极生成氧化物保护膜，则阳极是铝发生氧化反应，要生成氧化膜还必须有水参加，故电极反应式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；由于电解液是硫酸，因此电解时，在电解液中可能生成一定量的铝离子，铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，二者相互促进，产生二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
综上所述，本题答案是：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
【点睛】金属铝、氧化铝、氢氧化铝三种物质既能和强酸溶液反应，又能和强碱溶液反应；铝和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，体现了铝的特性；含铝离子的盐溶液水解显酸性，含有碳酸氢根离子的盐溶液水解显碱性，二者相互促进水解，最终生成沉淀和二氧化碳气体，这也是泡沫灭火器的灭火原理。
20.草酸（）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究。
（1）已知时，：，溶液显酸性。解释溶液显酸性的原因：______；（用化学用语并配以必要文字说明）
（2）已知反应：，为了使草酸分解，通过燃烧反应提供能量：，已知分解的草酸与所需空气（其中氧气的体分数为）的物质的量之比为，则______
（3）草酸分解生成的燃料燃烧不足以提供足够的能量，还可通过甲烷来制备。在密闭容器中通入物质的量浓度均为的和；在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如下图1所示。
①由图判断压强、、、由小到大的顺序为：______；该反应的______0（填“<”“>”“=”）：
②该反应的平衡常数为______（结果保留两位小数）
（4）常温下，向的溶液中逐滴加入 溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是______
①点时：
②点时：
③点时：
④点时：
【答案】 (1). NaHC2O4溶液存在电离平衡：HC2O4-H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液显酸性 (2). 169.8 (3). p4 >p3>p2>p1 (4). > (5). 6.55 (6). ②③
【解析】
【分析】
（1）根据电离平衡常数计算HC2O4-的水解平衡常数，NaHC2O4溶液中HC2O4-电离程度大于其水解程度，溶液显酸性；
（2）草酸与所需空气（其中氧气的体分数20%）的物质的量之比为2:3，假设草酸为2mol，氧气为3mol×1/5=0.6mol；根据能量守恒关系列方程求解；
（3）①温度相同时，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，由此判定压强大小顺序；压强不变，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡右移，正反应为吸热反应；
②根据三段式求出平衡时各物质的浓度，以此求出该反应的平衡常数K。
（4）①A点时，为草酸溶液，溶液中存在电荷守恒；② B点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4；③点时：溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶质为草酸钾和草酸氢钾的混合液，结合电荷守恒、物料守恒进行分析；④点时溶液为草酸钾，据以上情况进行分析。
【详解】（1）NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4-H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；
综上所述，，本题答案是：NaHC2O4溶液存在电离平衡：HC2O4-H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液显酸性；
（2）已知分解的草酸与所需空气（其中氧气的体分数为）的物质的量之比为2:3，假设草酸为2mol，则氧气为3mol×1/5=0.6mol；根据能量守恒关系可知：2×a=0.6×566，a=169.8；
综上所述，本题答案是：169.8。
（3）①温度相同时，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故p4 >p3>p2>p1；压强不变，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡右移，正反应为吸热反应，∆H>0；
综上所述，本题答案是：p4 >p3>p2>p1；>。
②1100℃时，甲烷的转化率为80%，根据反应可知，剩余甲烷气体的浓度为0.2mol/L-0.2mol/L×80%=0.04mol/L，二氧化碳气体的浓度为0.2mol/L-0.2mol/L×80%=0.04mol/L，生成一氧化碳气体的浓度为2×0.2mol/L×80%=0.32mol/L，生成氢气气体的浓度为2×0.2mol/L×80%=0.32mol/L，所以该反应的平衡常数K=c2(H2)c2(CO)/[c(CH4)c(CO2)]，带入数值计算可得：K=6.55；
综上所述，本题答案是：6.55。
（4）①A点时，为草酸溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4－)+c(OH-)，错误；
② B点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7，说明KHC2O4溶液呈酸性,溶液中离子浓度大小关系为：c(K+)>c(HC2O4－)>c(H+)>c(OH-)，正确；
③C点时：溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，所以c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；根据物料守恒可知，如果全为草酸氢钾溶液：c(K+)= c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)；如果全为草酸钾溶液，c(K+)= 2[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)]；而题给混合液呈中性，为草酸氢钾和草酸钾的混合液，因此溶液中存在；正确；
④D点时：D点时，氢氧化钾的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应生成草酸钾，根据质子守恒：c(H+)+ c(HC2O4－)+2 c(C2O42-)=c(OH-)，错误；综上所述，本题选②③。
【点睛】判定弱酸的酸式盐的酸碱性方法：要根据该弱酸根电离平衡常数与水解平衡常数的大小进行综合判定，若Kh=Kw/Ka>Ka，即酸式酸根离子的水解能力大于其电离能力，溶液显碱性；反之Kh=Kw/Ka
（1）写出该电池负极电极反应式______
（2）若以该电池为电源，用石墨作电极电解含有如下离子的溶液。
离子
电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），阳极上发生的电极反应为______；阴极收集到的气体体积为（标准状况）______。
（3）若用该电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，当电路中转移时，实际上消耗的甲醇的质量比理论上大，可能原因是______。
【答案】 (1). CH3OH-6e﹣+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2Cl--2e﹣═Cl2↑ 4OH--4e-=O2↑+2H2O (或2H2O-4e﹣=O2↑+4H+) (3). 0.672L (4). 电池能量转化率达不到100%
【解析】
【分析】
（1）①该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，甲醇在负极发生氧化反应，碱性环境下生成碳酸根离子，据此写出离子方程式；
（2）开始阶段，阴极电极反应为: Cu2++2e﹣═Cu ，阳极电极反应为: ：2Cl--2e﹣═Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则阳极还生成氧气，则阴极还发生反应: 2H++2e-=H2↑；阳极还发生反应: 4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e﹣= O2↑+4H+）；阳极生成氯气为0.02mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.02)mol，根据电子转移守恒列方程计算解答；
（3）原电池中发生反应时，由于化学能不能100%转化为电能。
【详解】（1）该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，甲醇在负极发生氧化反应，碱性环境下生成碳酸根离子，该电池负极电极反应式: CH3OH-6e﹣+8OH-=CO32-+6H2O；
综上所述，本题答案是：CH3OH-6e﹣+8OH-=CO32-+6H2O。
（2）溶液中n(Cu2+)=0.01mol，n(H+)=0.04mol, n(Cl-)=0.04mol，开始阶段，阴极电极反应为: Cu2++2e﹣═Cu ；阳极电极反应为: 2Cl--2e﹣═Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则阳极还生成氧气，则阴极还发生反应: 2H++2e-=H2↑；阳极还发生反应: 4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e﹣= O2↑+4H+）；阳极生成氯气为0.02mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.02)mol，根据电子转移守恒,则0.01×2+(x+0.02) ×2=0.02×2+4x，计算得出x=0.01；故收集到的氢气为0.01+0.02=0.03mol，在标况下的体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L；
综上所述，本题答案是：2Cl--2e﹣═Cl2↑，4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e﹣= O2↑+4H+），0.672L。
（3）原电池中发生反应时，由于化学能不能100%转化为电能，所以当电路中转移时，实际上消耗的甲醇的质量比理论上大；
综上所述，本题答案是：电池能量转化率达不到100%。
22.电子工业上使用溶液蚀刻铜箔制造印刷电路板。在该制备工艺中，为了实现资源再生，减少污染，某兴趣小组提出废液处理和资源回收的过程如下：
Ⅰ.向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；
Ⅱ.向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液，同时鼓入足量的空气。
已知：Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，回答下列问题：
（1）蚀刻铜箔反应的离子方程式为______；过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是______
（2）过程Ⅱ中鼓入足量的空气发生反应的化学方程式为______
（3）过程Ⅱ中调节溶液的为5，金属离子浓度为______。（列式计算）
（4）另一兴趣小组将制造印刷电路板蚀刻铜箔的反应设计成一个原电池。请将方框中实验装置图补充完整，并作相应标注（标出电极材料、电解质溶液）。限选材料：，，，：铜片，铁片，锌片，石墨和导线。
（5）废旧印刷电路板经粉碎分离能得到非金属粉末和金属粉末，也可回收利用实现资源再生，减少污染。印刷电路板的金属粉末用 和 的混合溶液处理，溶出印刷电路板金属粉末中的铜。控制其他条件相同时，测得不同温下铜的平均溶解速率（见下表）。
温度
20
30
40
50
60
70
80
铜平均溶解速率
①当温度高于时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是______。
②在提纯后的溶液中加入一定量的和溶液，加热，生成沉淀。制备的离子方程式是______。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 回收金属铜 (2). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH-)=4×10-38/10-27=4×10-11 mol/L (4). (5). 双氧水分解速率加快 (6). 2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
【解析】
【分析】
（1）铁离子和铜发生氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式；废液含有亚铁离子和铜离子等，过程Ⅰ加入铁屑把废液中的铜离子置换出来，回收金属铜；
（2）氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，据此写出反应的方程式；
（3）pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH-)·c(Fe3+)代入数值进行计算；
（4）2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，该反应为氧化还原反应，石墨做正极材料，氯化铁在正极发生还原反应；铜在负极发生氧化反应，电解质溶液为硫酸铜；据此完成装置图；
（5）①温度过高，双氧水分解速率加快；
②根据题给信息写该反应的离子方程式。
【详解】（1）铁离子和铜发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；废液含有亚铁离子和铜离子等，过程Ⅰ加入铁屑把废液中的铜离子置换出来，回收金属铜；
综上所述，本题答案是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；回收金属铜。
（2）滤液中的亚铁离子与OH-反应，生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，所以过程Ⅱ中鼓入足量的空气发生反应的化学方程式:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
综上所述，本题答案是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（3）pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH-)·c(Fe3+)=4×10-38，c(Fe3+)= Ksp[Fe(OH)3]/ c3(OH-)=4×10-38/10-27=4×10-11 mol/L；
综上所述，本题答案是：c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH-)=4×10-38/10-27=4×10-11 mol/L 。
（4）2FeCl3+Cu= 2FeCl2+CuCl2,该反应为氧化还原反应，氯化铁发生还原反应，铜发生氧化反应；因此，根据图示装置可知，左侧烧杯加入硫酸铜溶液，电极为铜，铜在此极发生氧化反应：Cu﹣2e﹣=Cu2+ ，电解质溶液为硫酸铜；右侧烧杯中加入氯化铁溶液，电极材料为石墨，电解质溶液为氯化铁，铁离子在此极得电子还原为亚铁离子，极反应为：Fe3++e﹣=Fe2+具体装置图如下：；
综上所述，本题答案是：。
（5）①根据测得不同温度下铜的平均溶解速率的数据，会发现随着温度的升高，铜的平均溶解速率，当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，因为双氧水受热易分解，导致金属铜的反应速率减慢；
综上所述，本题答案是：双氧水分解速率加快。
②根据题给信息可知该反应的离子方程式是：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
综上所述本题答案是：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
1.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. HCO3-在水溶液中的电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-
B. Al3+的水解方程式：
C. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-2e-=Fe2+
D. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】A.HCO3-属于弱酸根离子，在水溶液中部分发生电离，电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-，A正确；
B.盐类的水解过程微弱，一般不生成沉淀，所以Al3+的水解方程式：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，B错误；
C.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失电子发生氧化反应,电极反应式为Fe-2e﹣═Fe2+，正极上发生得电子的还原反应，C错误；
D. 氢氧燃料电池的正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH-（碱性介质中），负极上H2发生失电子的氧化反应，D错误；
综上所述，本题选A。
2.下列说法正确的是
A. 1mol/LAlCl3溶液中，含数目小于
B. 25℃， pH=1的稀硫酸中含有的数为
C. 标准状况下， 和混合气体中含个原子
D. 由 和少量形成的中性溶液中，CH3COO-数目为个
【答案】D
【解析】
【详解】A.溶液体积未知，无法确定铝离子数目，A错误；
B.pH=1的稀硫酸中氢离子物质的量浓度为0.1mol/L，则1L溶液中含有氢离子数目为: 0.1mol/L×1L×NA=0.1 NA, B错误；
C. 标准状况下，22.4L气体物质的量为1mol， N2和H2均为双原子分子，所以1mol N2和H2的混合气体中含2NA个原子，C错误；
D.由1molCH3COONa和少量CH3COOH形成的中性溶液中，根据电荷守恒可以知道: c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，因为溶液显中性，故有c(H+)= c(OH－)，则有n(CH3COO－)=n(Na+)=1mol，则醋酸根的个数为NA个，D正确；
综上所述。本题选D。
3.下面有关电化学的图示，完全正确的是
【答案】D
【解析】
试题分析：A．在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，错误；B．在粗铜的精炼中，粗铜作阳极，与电源的正极连接，精铜为阴极，与电源的负极连接，错误；C．要在铁片上镀锌，要把镀件铁皮与电源的负极连接，作阴极，把镀层金属Zn作阳极，与电源的正极连接，作阳极，错误；D．以铁为阴极，电解NaCl饱和溶液，在阳极，Cl-失去电子变为Cl2，Cl2将KI氧化为I2，I2使淀粉溶液变为蓝色；在阴极，H+放电产生H2，阴极附近溶液中c(OH-)增大，溶液使酚酞试液变为红色，正确。
考点：考查原电池、电解池及电镀的应用的知识。
4. 下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ/mol，则2CO(g)＋O2(g) ＝2CO2(g)反应的ΔH＝—(2×283.0)kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
5.化学平衡常数、电离常数(Ka、Kb)、溶度积常数等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是
A. 当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb)和溶度积常数一定均变大
B. 说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的强
C. 向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生沉淀，则
D. 化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关
【答案】C
【解析】
【分析】
A. 弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离；沉淀溶解平衡有的是放热过程；
B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小；
C.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小；
D. 化学平衡常数只与温度有关。
【详解】A.弱酸、弱碱的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱的电离常数变大，沉淀溶解平衡中有的属于放热过程，如氢氧化钙溶解平衡，因此温度升高，Ksp变小，A错误；
B.二者都是一元酸，浓度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故相同物质的量浓度的氢氰酸的酸性比醋酸弱，B错误；
C.溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积就越小，故Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，C正确；
D.化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，D错误；
综上所述，本题选C。
6.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②
【答案】B
【解析】
①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。②醋酸溶液能导电，只能说明是电解质，不能说明是弱电解质。③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以是弱电解质。④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明是弱电解质。⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明是强电解质。⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。所以③④⑥⑦正确，答案为B。
7.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲可知，点Kw的数值比点Kw的数值大
B. 乙表示 溶液滴定 醋酸溶液的滴定曲线
C. 丙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的
D. 丁表示、两物质的溶解度随温度变化情况，将时、的饱和溶液分别升温至时，溶质的质量分数
【答案】C
【解析】
【分析】
A. Kw只与温度有关；
B. 0.1000mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，醋酸钠溶液呈碱性；
C. 由图可以知道，T1
【详解】A.因为温度不变，而Kw只与温度有关，所以a点Kw的数值与b点Kw的数值相同，故A错误；
B.0.1000mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以滴定前醋酸溶液的pH大于1，且两者恰好完全反应时所得醋酸钠溶液呈碱性，图象不符，故B错误；
C. 由图可以知道，T1
综上所述，本题选C。
8.25℃时，向VmL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液10VmL时，溶液中的Cl－和Na+的物质的量相等，则a+b的值是（ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
略
9.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是
A. 用量筒量取稀盐酸
B. 用托盘天平称量
C. 用广泛试纸测得某溶液的为2.3
D. 用滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A项，10mL量筒的精确度只能精确到0.1mL，故A项错误；
B项，托盘天平精确度为0.1g，故B项错误；
C项，广泛pH试纸的测量精度为1，故C项错误；
D项，滴定管的精确度可以达到0.01mL，故D项正确；
综上所述，本题选D。
10.两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出银的质量最大为
A. 27 mg B. 54 mg C. 106 mg D. 216 mg
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意可知氢离子浓度的变化量是（10－3－10－6）mol/L＝10－3mol/L，所以反应中生成的氢离子的物质的量是0.5L×10－3mol/L＝5×10－4mol，惰性电极电解硝酸银的反应式为4AgNO3＋2H2O4HNO3＋4Ag＋O2↑，所以析出的银也是5×10－4mol，其质量是5×10－4mol×108g/mol＝0.054g＝54mg，答案选B。
考点：考查电解原理的应用。
11.比亚迪公司开发了锂钡氧化物二次电池。电池总反应为，下列说法不正确的是
A. 该电池放电时，向正极移动
B. 该电池充电时，锂极与外电源的负极相连
C. 该电池充电时阳极的反应为
D. 若放电时转移电子，则消耗锂
【答案】D
【解析】
【详解】A．放电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A正确；
B．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B正确；
C．该电池充电时阳极失电子，发生氧化反应，电极反应为：，C正确；
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；
综上所述，本题选D。
【点睛】可充电池放电时是原电池，负极失电子发生氧化反应，充电时是电解池，原来的负极变为阴极，得电子发生还原反应，因此电池充电时负极与外电源的负极相连，正极与外电源的正极相连。
12.臭氧是常见的强氧化剂，广泛用于水处理系统。制取臭氧的方法很多，其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示，下列有关说法不正确的是
A. 高压放电法，反应的原理为3O22O3
B. 高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物
C. 电解时，由电极经聚合固体电解质膜流向电极
D. 电解时，电极周围发生的电极反应有和
【答案】C
【解析】
【分析】
A、由高压放电法原理图可以知道，氧气在放电的条件下生成臭氧；
B、空气中含有氮气与氧气，在高压放电条件下可以反应生成NO；
C、a电极生成氢气，氢离子由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a；
D、由电解纯水法原理图可以知道，b电极发生氧化反应，生成氧气、臭氧，同时有氢离子生成。
【详解】A、氧气在放电的条件下生成臭氧，高压放电法反应的原理为:3O22O3，A正确；
B、空气中含有氮气与氧气，在高压放电条件下可以反应生成NO等，B正确；
C、a电极生成氢气，氢离子在a电极放电，a电极为阴极，氢离子由电极b经聚合固体电解质膜流向电极a，C错误；
D、b电极发生氧化反应生成氧气、臭氧，同时有氢离子生成，电极b周围发生的电极反应有：3H2O-6e-=O3↑+6H+，2H2O-4e-=O2↑+4H+， D正确；
综上所述，本题选C。
13.某合作学习小组的同学利用下列氧化还原反应设计原电池：2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4═2MnSO4+5Fe2（SO4）3+K2SO4+8H2O，盐桥中装有饱和溶液。下列叙述中正确的是
A. 甲烧杯中溶液的逐渐减小 B. 乙烧杯中发生还原反应
C. 外电路的电流方向是从到 D. 电池工作时，盐桥中的移向甲烧杯
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烧杯中发生的电极反应为：MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O，氢离子浓度减小，导致溶液的pH增大，故A错误；
B．甲烧杯中(a电极)发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为MnO4-+8H++5e-═Mn2++4H2O，b电极亚铁离子失去电子发生氧化反应， Fe2+-e-= Fe3+，故B错误；
C．由上述分析可知，a为正极，b为负极，则电流从a到b，故C正确；
D．阴离子向负极移动，则盐桥中的SO42-移向乙烧杯中，故D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。
14.一定温度下，两种碳酸盐，（分别为Ca2+和Ba2+两种离子）的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：，。已知比溶解度更大（不考虑阴离子的水解）。下列说法正确的是
A. 向 的溶液中加入固体，当加入固体的质量为时，恰好沉淀完全（离子浓度为时认为沉淀完全；忽略溶液体积变化）
B. 的
C. 该温度下，向的饱和溶液中加入溶液，一定能产生沉淀
D. 线表示的溶解平衡曲线
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸钙的溶解度比碳酸钡更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡，曲线a代表碳酸钡的溶解平衡曲线，曲线a知Ksp(BaCO3)=10-4，n(BaCl2)=0.1L×1mol/L=0.1mol；n(Na2CO3)=116.6g/106g/mol=1.1mol，两者反应生成碳酸钡沉淀后，碳酸钠过量，剩余n(CO32-)=1.1mol-0.1mol=1mol，c(CO32-)=1mol/0.1L=10mol/L，此时c(Ba2+)= Ksp(BaCO3)/c(CO32-)(剩)=10-4/10=10-5mol/L，钡离子恰好沉淀完全，A正确；
B. 由曲线b可知，当pM=0时，p(CO32-)=2.2，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO32-)=1×10-2.2=10-2.2，B错误；
C. 在CaCO3中存在溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+(aq)+ CO32-(aq)，加入碳酸钠溶液，溶液体积变大，c（Ca2+）减小，c(CO32-)增大，c（Ca2+）×c(CO32-)不一定大于Ksp(CaCO3)，不一定产生沉淀，C错误；
D. 碳酸钙比碳酸钡溶解度更大，则碳酸钙的溶度积大于碳酸钡；由图可知，曲线a的溶度积小于曲线 b的溶度积，曲线b表示碳酸钙溶解平衡曲线，D错误；
综上所述，本题选A。
【点睛】本题主要考查沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握图像中pM、p(CO32-)越大，M2+、CO32-浓度越小是解题的关键，易错选C，以为加入碳酸钠，碳酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，一定有沉淀产生；产生错误的原因是，忽视加入的不是碳酸钠固体，而是碳酸钠溶液，溶液的体积也发生变化，c(M2+)减小，形成沉淀的必要条件是离子积大于溶度积。
15.某同学按下图所示的装置进行实验。、为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当闭合时，从右向左通过交换膜移向极。下列分析不正确的是
A. 溶液中增大
B. 极的电极反应：
C. 电极上有产生，发生氧化反应
D. 反应初期，电极周围出现白色胶状沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据SO42-从右向左通过交换膜移向A极，则A极为负极，A极电极反应为：A-2e-=A2+，溶液中c(A2+)增大，A正确；
B. B极为正极，发生还原反应，B错误；
C.Y电极为阳极，Cl-失电子，发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，有氯气产生，C正确；
D.右边U型管中最初为电解氯化铝溶液，X电极为H+得电子生成氢气，c(H+)减小，c(OH-)增大，且Al3+移向X极，因此X极周围会产生Al(OH)3 白色胶状沉淀，D正确；
综上所述，本题选B。
16.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 时，向 溶液中滴加溶液至中性：
B. 时，溶液的，
C. 溶液：
D. 相同物质的量浓度的和的混合液中，各离子浓度的大小关系是：
【答案】B
【解析】
25 ℃时，向0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加等物质的量的NaOH时，生成硫酸铵、硫酸钠，溶液呈酸性，要使溶液呈中性，加入氢氧化钠的物质的量小于NH4HSO4，所以c(Na＋)< c(SO)，故A错误；25 ℃时，NaB溶液的pH＝8，根据电荷守恒，c(Na＋)+ c(H＋)=c(B－)+ c(OH－)，c(Na＋)-c(B－)＝c(OH－) - c(H＋)=9.9×10－7 mol·L－1，故B正确；碳酸氢钠溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解大于电离，所以0.1 溶液：，故C错误；酸性CH3COOH>HClO，所以CH3COO-的水解程度小于ClO－，所以相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)，故D错误。
点睛：根据电荷守恒，任何水溶液中都有阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；例如：NaB溶液中存在Na＋、H＋、B－、OH－四种离子，根据电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)一定等于c(B－)+ c(OH－)。
17.下列一句话中叙述了两个值，前者记为，后者记为，和的关系从A、B、C、D中选择，并填空。
A. B. C. D.无法比较
（1）常温下的与 等体积混合后溶液中和：______；
（2）同温度下， 溶液中水解百分率与溶液中的水解百分率：______；
（3）pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原来的倍和倍，稀释后两溶液的值仍然相同，则和的关系是：______；
（4）常温下两份等浓度的纯碱溶液，将第二份升高温度，两溶液中：______；
（5）相同温度下，值为12的烧碱溶液中水的电离度和值为12的溶液中水的电离度：______；
（6）将值为2的盐酸和醋酸都稀释相同倍数所得稀溶液的值：______；
（7）室温下某强酸和某强碱溶液等体积混合后，溶液的值为7，原酸溶液和原碱溶液的物质的量浓度：______；
（8）相同温度下，的溶液中的个数和 溶液中的个数：______。
【答案】 (1). B (2). B (3). A (4). B (5). B (6). A (7). D (8). A
【解析】
【详解】（1）醋酸和醋酸钠的混合液中，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，导致溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒，所以c（Na+）＜c（CH3COO-）；
因此，本题正确答案是：B；
（2）溶液越稀，即浓度越小，铁离子的水解程度越大，所以0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+水解百分率小于0.01mol•L-1FeCl3溶液中Fe3+的水解百分率；
因此，本题正确答案是：B；
（3）醋酸是弱酸，稀释促进电离，在体积增大导致浓度减小的同时还会电离出一部分氢离子，盐酸是强酸，稀释过程中体积增大而导致浓度减小，pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原来的M倍和N倍，稀释后两溶液的pH值仍然相同，则醋酸加水多；
因此，本题正确答案是：A；
（4）碳酸钠溶液中，碳酸根的水解程度随着温度的升高而增大，所以升高温度促进水解，碳酸氢根的浓度增大，故答案为：B；
（5）NaOH电离出OH-抑制水的电离，pH值为12的烧碱溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度；醋酸钠电离出的醋酸根水解促进水的电离，pH值为12的CH3COONa溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，所以相同温度下，pH值为12的烧碱溶液中水的电离度小于pH值为12的CH3COONa溶液中水的电离度；
因此，本题正确答案是：B；
（6）醋酸是弱酸，稀释促进电离，盐酸是强酸，稀释过程浓度减小，所以将pH值为2的醋酸和盐酸都稀释相同倍数所得稀溶液的pH值是盐酸的大于醋酸的；
因此，本题正确答案是：A；
（7）室温下强酸和强碱溶液等体积混合后，溶液的pH值为7，则溶液显示中性，所以原来溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量浓度是相等的，但是酸和碱的元数未知，酸和碱的浓度大小不能确定；
因此，本题正确答案是：D；
（8）两溶液体积相等，前者物质的量浓度大于后者，氯化铵溶液中，铵根离子水解，铵根离子浓度越大水解程度越小，即相同温度下，1L 1mol/L 的NH4Cl溶液中的NH4+个数大于1L 0.5mol•L-1NH4Cl溶液中NH4+的个数；
因此，本题正确答案是：A；
18.在如图所示的三个烧杯中均盛有足量的氯化铜溶液。请按要求回答下列问题：
（1）、、三个装置中不属于电解池的是______。
（2）池中是______极，池中移向______极（填“”或“”）。
（3）池中电极上发生反应__________（填“氧化”或“还原”）
（4）池中电极上的电极反应为______，反应过程中______（填“变大”“变小”或“不变”）
（5）池中总反应的化学方程式为______
【答案】 (1). A (2). 正极 (3). Zn (4). 还原 (5). Cu-2e-=Cu2+ (6). 不变 (7). CuCl2Cu+Cl2↑
【解析】
【分析】
(1)把电能转化为化学能的装置是电解池，所以电解池有外接电源；
(2)该装置是原电池，铜做正极，阴离子向负极移动；
(3)电解池阴极上得电子发生还原反应，惰性材料作电极时，溶液中阴阳离子放电，阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电生成铜；
(4)连接外加电源正极的是阳极，连接外加电源负极的是阴极，阳极是活泼电极，电解池工作时，阳极材料失电子而不是溶液中阴离子失电子，根据阴阳极上发生的反应确定溶液中铜离子浓度是否变化；
(5)惰性电解电解氯化铜溶液，相当于电解溶质氯化铜，据此写出方程式。
【详解】(1)B、C装置都有外接电源，所以是把电能转化为化学能的装置，属于电解池；A装置没有外接直流电源，化学能变为电能装置，属于原电池；
综上所述，本题答案是：A。
(2)A装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，铜作正极，锌和铜离子发生氧化还原反应生成锌离子和铜单质；溶液中的氯离子向负移动，即向锌极移动；
综上所述，本题答案是：正极；Zn。
(3)B电解池中，C连接外加电源的负极，所以C是阴极，阴极上得电子发生还原反应；
综上所述本题答案是：还原。
（4）C装置为电解池，铜连接外加电源的正极，所以是阳极，铜是活泼电极，所以电解池工作时，阳极上铜失电子生成铜离子而不是溶液中阴离子失电子，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；阴极上铜离子得电子生成铜单质，阳极上溶解的铜等于阴极上析出的铜，所以溶液中铜离子浓度不变；
因此，本题正确答案是: Cu-2e-=Cu；不变。
（5）金属铂做阳极电解氯化铜溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阴极铜离子得电子生成铜，电解总反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑；
综上所述，本题答案是：CuCl2Cu+Cl2↑。
19.对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。以下为铝材表面处理的一种方法：
（1）碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是______（用离子方程式表示）。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列中的______。
a. b. c. d.
（2）以铝材为阳极，在溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为______
取少量废电解液，加入溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是______（用化学用语回答）
【答案】 (1). 2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑ (2). a (3). 2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+ (4). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【详解】（1）用碱除去铝材的氧化膜时，当氧化膜完全溶解后，暴露出的铝可继续与碱反应，放出氢气：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；碱洗槽液中含有AlO2-，可加入酸性物质使其转化为Al(OH)3，由于Al(OH)3可溶于强酸，故不能选用HNO3，故此酸性物质应用CO2；
综上所述，本题答案是2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；a。
（2）由题中信息可知铝材为阳极，要在阳极生成氧化物保护膜，则阳极是铝发生氧化反应，要生成氧化膜还必须有水参加，故电极反应式为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；由于电解液是硫酸，因此电解时，在电解液中可能生成一定量的铝离子，铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，二者相互促进，产生二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
综上所述，本题答案是：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+；Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑。
【点睛】金属铝、氧化铝、氢氧化铝三种物质既能和强酸溶液反应，又能和强碱溶液反应；铝和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，体现了铝的特性；含铝离子的盐溶液水解显酸性，含有碳酸氢根离子的盐溶液水解显碱性，二者相互促进水解，最终生成沉淀和二氧化碳气体，这也是泡沫灭火器的灭火原理。
20.草酸（）广泛存在于食品中，人们对其及相关产品进行了深入研究。
（1）已知时，：，溶液显酸性。解释溶液显酸性的原因：______；（用化学用语并配以必要文字说明）
（2）已知反应：，为了使草酸分解，通过燃烧反应提供能量：，已知分解的草酸与所需空气（其中氧气的体分数为）的物质的量之比为，则______
（3）草酸分解生成的燃料燃烧不足以提供足够的能量，还可通过甲烷来制备。在密闭容器中通入物质的量浓度均为的和；在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如下图1所示。
①由图判断压强、、、由小到大的顺序为：______；该反应的______0（填“<”“>”“=”）：
②该反应的平衡常数为______（结果保留两位小数）
（4）常温下，向的溶液中逐滴加入 溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是______
①点时：
②点时：
③点时：
④点时：
【答案】 (1). NaHC2O4溶液存在电离平衡：HC2O4-H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液显酸性 (2). 169.8 (3). p4 >p3>p2>p1 (4). > (5). 6.55 (6). ②③
【解析】
【分析】
（1）根据电离平衡常数计算HC2O4-的水解平衡常数，NaHC2O4溶液中HC2O4-电离程度大于其水解程度，溶液显酸性；
（2）草酸与所需空气（其中氧气的体分数20%）的物质的量之比为2:3，假设草酸为2mol，氧气为3mol×1/5=0.6mol；根据能量守恒关系列方程求解；
（3）①温度相同时，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，由此判定压强大小顺序；压强不变，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡右移，正反应为吸热反应；
②根据三段式求出平衡时各物质的浓度，以此求出该反应的平衡常数K。
（4）①A点时，为草酸溶液，溶液中存在电荷守恒；② B点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4；③点时：溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶质为草酸钾和草酸氢钾的混合液，结合电荷守恒、物料守恒进行分析；④点时溶液为草酸钾，据以上情况进行分析。
【详解】（1）NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4-H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液显酸性；
综上所述，，本题答案是：NaHC2O4溶液存在电离平衡：HC2O4-H++ C2O42-，电离平衡常数K2=5.4×10-5；水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=10-14/（5.4×10-2）=1.85×10-13< K2；HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液显酸性；
（2）已知分解的草酸与所需空气（其中氧气的体分数为）的物质的量之比为2:3，假设草酸为2mol，则氧气为3mol×1/5=0.6mol；根据能量守恒关系可知：2×a=0.6×566，a=169.8；
综上所述，本题答案是：169.8。
（3）①温度相同时，压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率变小，故p4 >p3>p2>p1；压强不变，升高温度，甲烷的转化率增大，平衡右移，正反应为吸热反应，∆H>0；
综上所述，本题答案是：p4 >p3>p2>p1；>。
②1100℃时，甲烷的转化率为80%，根据反应可知，剩余甲烷气体的浓度为0.2mol/L-0.2mol/L×80%=0.04mol/L，二氧化碳气体的浓度为0.2mol/L-0.2mol/L×80%=0.04mol/L，生成一氧化碳气体的浓度为2×0.2mol/L×80%=0.32mol/L，生成氢气气体的浓度为2×0.2mol/L×80%=0.32mol/L，所以该反应的平衡常数K=c2(H2)c2(CO)/[c(CH4)c(CO2)]，带入数值计算可得：K=6.55；
综上所述，本题答案是：6.55。
（4）①A点时，为草酸溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4－)+c(OH-)，错误；
② B点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7，说明KHC2O4溶液呈酸性,溶液中离子浓度大小关系为：c(K+)>c(HC2O4－)>c(H+)>c(OH-)，正确；
③C点时：溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+ c(OH-)，所以c(K+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)；根据物料守恒可知，如果全为草酸氢钾溶液：c(K+)= c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)；如果全为草酸钾溶液，c(K+)= 2[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+ c(H2C2O4)]；而题给混合液呈中性，为草酸氢钾和草酸钾的混合液，因此溶液中存在；正确；
④D点时：D点时，氢氧化钾的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应生成草酸钾，根据质子守恒：c(H+)+ c(HC2O4－)+2 c(C2O42-)=c(OH-)，错误；综上所述，本题选②③。
【点睛】判定弱酸的酸式盐的酸碱性方法：要根据该弱酸根电离平衡常数与水解平衡常数的大小进行综合判定，若Kh=Kw/Ka>Ka，即酸式酸根离子的水解能力大于其电离能力，溶液显碱性；反之Kh=Kw/Ka
（1）写出该电池负极电极反应式______
（2）若以该电池为电源，用石墨作电极电解含有如下离子的溶液。
离子
电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），阳极上发生的电极反应为______；阴极收集到的气体体积为（标准状况）______。
（3）若用该电池做电源，用石墨做电极电解硫酸铜溶液，当电路中转移时，实际上消耗的甲醇的质量比理论上大，可能原因是______。
【答案】 (1). CH3OH-6e﹣+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2Cl--2e﹣═Cl2↑ 4OH--4e-=O2↑+2H2O (或2H2O-4e﹣=O2↑+4H+) (3). 0.672L (4). 电池能量转化率达不到100%
【解析】
【分析】
（1）①该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，甲醇在负极发生氧化反应，碱性环境下生成碳酸根离子，据此写出离子方程式；
（2）开始阶段，阴极电极反应为: Cu2++2e﹣═Cu ，阳极电极反应为: ：2Cl--2e﹣═Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则阳极还生成氧气，则阴极还发生反应: 2H++2e-=H2↑；阳极还发生反应: 4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e﹣= O2↑+4H+）；阳极生成氯气为0.02mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.02)mol，根据电子转移守恒列方程计算解答；
（3）原电池中发生反应时，由于化学能不能100%转化为电能。
【详解】（1）该燃料电池中，电池的正极通入氧气，负极通入燃料甲醇，电解质是氢氧化钠溶液，甲醇在负极发生氧化反应，碱性环境下生成碳酸根离子，该电池负极电极反应式: CH3OH-6e﹣+8OH-=CO32-+6H2O；
综上所述，本题答案是：CH3OH-6e﹣+8OH-=CO32-+6H2O。
（2）溶液中n(Cu2+)=0.01mol，n(H+)=0.04mol, n(Cl-)=0.04mol，开始阶段，阴极电极反应为: Cu2++2e﹣═Cu ；阳极电极反应为: 2Cl--2e﹣═Cl2↑，电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则阳极还生成氧气，则阴极还发生反应: 2H++2e-=H2↑；阳极还发生反应: 4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e﹣= O2↑+4H+）；阳极生成氯气为0.02mol，假设氧气为xmol，则氢气为(x+0.02)mol，根据电子转移守恒,则0.01×2+(x+0.02) ×2=0.02×2+4x，计算得出x=0.01；故收集到的氢气为0.01+0.02=0.03mol，在标况下的体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L；
综上所述，本题答案是：2Cl--2e﹣═Cl2↑，4OH--4e-=O2↑+2H2O（或2H2O-4e﹣= O2↑+4H+），0.672L。
（3）原电池中发生反应时，由于化学能不能100%转化为电能，所以当电路中转移时，实际上消耗的甲醇的质量比理论上大；
综上所述，本题答案是：电池能量转化率达不到100%。
22.电子工业上使用溶液蚀刻铜箔制造印刷电路板。在该制备工艺中，为了实现资源再生，减少污染，某兴趣小组提出废液处理和资源回收的过程如下：
Ⅰ.向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；
Ⅱ.向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液，同时鼓入足量的空气。
已知：Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，回答下列问题：
（1）蚀刻铜箔反应的离子方程式为______；过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是______
（2）过程Ⅱ中鼓入足量的空气发生反应的化学方程式为______
（3）过程Ⅱ中调节溶液的为5，金属离子浓度为______。（列式计算）
（4）另一兴趣小组将制造印刷电路板蚀刻铜箔的反应设计成一个原电池。请将方框中实验装置图补充完整，并作相应标注（标出电极材料、电解质溶液）。限选材料：，，，：铜片，铁片，锌片，石墨和导线。
（5）废旧印刷电路板经粉碎分离能得到非金属粉末和金属粉末，也可回收利用实现资源再生，减少污染。印刷电路板的金属粉末用 和 的混合溶液处理，溶出印刷电路板金属粉末中的铜。控制其他条件相同时，测得不同温下铜的平均溶解速率（见下表）。
温度
20
30
40
50
60
70
80
铜平均溶解速率
①当温度高于时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是______。
②在提纯后的溶液中加入一定量的和溶液，加热，生成沉淀。制备的离子方程式是______。
【答案】 (1). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 回收金属铜 (2). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH-)=4×10-38/10-27=4×10-11 mol/L (4). (5). 双氧水分解速率加快 (6). 2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+
【解析】
【分析】
（1）铁离子和铜发生氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式；废液含有亚铁离子和铜离子等，过程Ⅰ加入铁屑把废液中的铜离子置换出来，回收金属铜；
（2）氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，据此写出反应的方程式；
（3）pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH-)·c(Fe3+)代入数值进行计算；
（4）2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，该反应为氧化还原反应，石墨做正极材料，氯化铁在正极发生还原反应；铜在负极发生氧化反应，电解质溶液为硫酸铜；据此完成装置图；
（5）①温度过高，双氧水分解速率加快；
②根据题给信息写该反应的离子方程式。
【详解】（1）铁离子和铜发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；废液含有亚铁离子和铜离子等，过程Ⅰ加入铁屑把废液中的铜离子置换出来，回收金属铜；
综上所述，本题答案是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；回收金属铜。
（2）滤液中的亚铁离子与OH-反应，生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，所以过程Ⅱ中鼓入足量的空气发生反应的化学方程式:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
综上所述，本题答案是：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（3）pH=5，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=c3(OH-)·c(Fe3+)=4×10-38，c(Fe3+)= Ksp[Fe(OH)3]/ c3(OH-)=4×10-38/10-27=4×10-11 mol/L；
综上所述，本题答案是：c(Fe3+)=Ksp[Fe(OH)3]/c3(OH-)=4×10-38/10-27=4×10-11 mol/L 。
（4）2FeCl3+Cu= 2FeCl2+CuCl2,该反应为氧化还原反应，氯化铁发生还原反应，铜发生氧化反应；因此，根据图示装置可知，左侧烧杯加入硫酸铜溶液，电极为铜，铜在此极发生氧化反应：Cu﹣2e﹣=Cu2+ ，电解质溶液为硫酸铜；右侧烧杯中加入氯化铁溶液，电极材料为石墨，电解质溶液为氯化铁，铁离子在此极得电子还原为亚铁离子，极反应为：Fe3++e﹣=Fe2+具体装置图如下：；
综上所述，本题答案是：。
（5）①根据测得不同温度下铜的平均溶解速率的数据，会发现随着温度的升高，铜的平均溶解速率，当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，因为双氧水受热易分解，导致金属铜的反应速率减慢；
综上所述，本题答案是：双氧水分解速率加快。
②根据题给信息可知该反应的离子方程式是：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
综上所述本题答案是：2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+。
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