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【化学】湖南省浏阳一中、醴陵一中2018-2019学年高二上学期12月联考（解析版） 试卷
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湖南省浏阳一中、醴陵一中2018-2019学年高二上学期12月联考
总分：100分 时量：90分钟
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56 S:32
第Ⅰ卷 选择题（共48分）
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题都只有一个选项符合题意）
1.下列物质的分类组合全部正确的是( )
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
CaO
HBr
CO2
B
NaHCO3
NH3·H2O
NH3
C
Ba(OH)2
H2O
Cu
D
H2SO4
BaSO4
C2H5OH
【答案】B
【解析】
【详解】A.CaO、HBr属于强电解质，CO2属于非电解质，故A错误；B. NaHCO3为盐，属于强电解质，NH3·H2O为弱碱，属于弱电解质，NH3属于非电解质，故B正确；C. Ba(OH)2为强碱，为强电解质, H2O 是氧化物，属于弱电解质，Cu为单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故C错误；D. H2SO4为强酸，属于强电解质，BaSO4为盐，属于强电解质，C2H5OH为有机物，属于非电解质，故D错误；答案：B。
2.下列关于反应能量的说法正确的是( )
A. 一定条件下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H1 ，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l) △H2 则△H1>△H2
B. 相同条件下，如果1 mol 氢原子所具有的能量为E1,1 mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＝E2
C. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=﹣890.3 kJ•mol﹣1
D. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合放出57.3 kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为 SO3(g)= SO3(l) △H <0，所以一定条件下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H1 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l) △H2， 则△H1>△H2是正确;B.如果1 mol 氢原子所具有的能量为E1, 1 mol 氢分子的能量为E2,原子的能量比分子的B能量高,所以原子灰结合成分子形成化学键放出热量,即2H=H2放出热量,则2E1>E2,故B错误;C.因为燃烧热必须是1 mol 物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量,甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式为:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1,故C错误；D.中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol水时,所放出的热量, 1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合时,浓硫酸溶于水放热,所以导致ΔH<－57.3 kJ·mol－1,故D错误.答案： A。
【点睛】物质的能量越低越稳定,形成化学键过程是放热过程;燃烧热必须是1 mol 物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量;中和热是在稀溶液中强酸和强碱发生中和反应生成1 mol 水时,所放出的热量。
3.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是
A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
C. CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
【答案】A
【解析】
试题分析：温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此t2＞t1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此p1＞p2；A．反应是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，A正确；B．反应是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合，B错误；C．反应是一个体积增大的、吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，不符合图象，C错误；D．反应是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合，D错误，答案选A。
考点：考查外界条件对化学平衡的影响及有关图象的分析和识别。
4.25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液 ④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A. 1∶10∶100∶1000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-14 mol·L－1；②0.1mol·L－1的盐酸，c(H＋)＝0.1mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液，c(OH－)=10-2mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)= c(H＋)= 10-12mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，水电离产生的c(OH－)=10-11mol·L－1；四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为10-14：10-13：10-12：10-11=1∶10∶100∶1000；综上所述，本题选A。
【点睛】常温下纯水的电离c(H＋)＝c(OH－)= 10－7mol·L－1，加入酸（或碱）以后，由于增大了溶液中的 c(H＋)（或c(OH－)），水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离产生的 c(H＋)（或 c(OH－)）小于10－7mol·L－1。酸（或碱）浓度越大，由水电离产生的 c(H＋)（或c(OH－)）就越小。
5.在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡下列叙述正确的是( )
A. 加入水时，平衡逆向移动 B. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C. 加入少量0.1 mol/L 盐酸，溶液中c(H＋)减小 D. 加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
0.1mol/L CH3COOH溶液中存在水解平衡为CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+。A项加入水时，平衡正反应方向移动，错误；B项加入少量的NaOH固体，则会消耗溶液中的H+，平衡向正反应方向移动，正确；C项，、加入少量0.1 mol/L HCl溶液，平衡虽然会向逆反应方向移动,但溶液中C(H＋)增大，错误；加入少量CH3COONa 固体，溶液中的CH3COO—的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，错误。
6.下列实验不能达到预期实验目的是（ ）
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定，应该用pH计测定浓度为0.1molL-1NaClO溶液和0.1molL-1 CH3COONa溶液的pH，故A不能达到预期实验目的，故A选；B．向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故B不选；C．氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)2粉末，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故C不选；D．分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不选；故选A。
7.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 无色溶液：K+、Cl- 、Mg2+、SO42-、Cr2O72-
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4+、I－、NO3-
C. Na2CO3溶液：K＋、Fe3＋、SO42-、NO3-
D. ＝0.1 mol/L的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cr2O72-在溶液中水解显碱性，Mg2++2OH-= Mg(OH)2,所以Cr2O72- 、Mg2+不能大量共存；故A错误；B.能使pH试纸呈红色的溶液,显酸性,H+、 I－、NO3-离子之间发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;C.Na2CO3溶液中Fe3＋、CO32-离子之间相互促进水解,不能大量共存,故C错误;D. ＝0.1 mol/L的溶液显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故D选项是正确的;答案：D。
【点睛】离子共存的条件：离子之间结合生成水和气体；离子之间发生氧化还原反应;离子之间相互促进水解;的离子不能共存。
8.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ 碱性锌锰电池
图Ⅱ铅硫酸蓄电池
图Ⅲ 电解精炼铜
图Ⅳ 银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A.该电池反应中MnO2得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误;B.铅蓄电池放电时电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O, 该反应中有浓H2SO4参加反应,导致硫酸的浓度降低,故B错误;C.粗铜中不仅含有铜,还含有其他金属,电解时,粗铜中有铜和其他金属失电子,纯铜上只有Cu2+得电子,所以阴极_上析出的铜大于阳极上减少的铜,溶液中Cu2+浓度减小，故C错误;D项,原电池中电子由负极沿导线流向正极,所以电子由Zn极流向Ag2O极,故D正确。
9.下列比较中正确的是（ ）
A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①
【答案】B
【解析】
【详解】A.不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中 NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A错误；B.相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B正确；C.同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，③NaNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，所以 pH：①>③>②，故C错误；D.氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D错误。答案：B。
10. 下图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速率由快到慢的顺序为( )。
A. ⑤②①③④ B. ④③①②⑤ C. ⑤④②①③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
判断金属腐蚀快慢，首先判断该金属是充当原电池还是电解池的电极，若是电解池的阳极，金属腐蚀速率最快，其次是充当原电池的负极腐蚀较快，而作为电解池的阴极和原电池的正极不被腐蚀。其中第⑤，Fe作为电解池的阳极，腐蚀最快，②③④均为原电池，第③中，Fe为正极，不被腐蚀，②④中Fe均为负极被腐蚀，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn大，④中铁腐蚀较快，其腐蚀速率由快到慢的顺序为⑤④②①③。
11.一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H＝－196 kJ•mol-1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：
反应时间/min
n(SO2)/mol
n(O2)/mol
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应在前5min的平均速率为v(O2) ＝0.04mol·L-1·min-1
B. 相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%
C. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2molSO3时，此时平衡正向移动
D. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78.4 kJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应在前5min SO2的平均速率为v(SO2)＝△c/△t=(2-1.2)mol/2L=0.08mol·L-1·min-1, v(SO2)=2 v(O2),所以v(O2)= 0.04mol·L-1·min-1,故A正确;
B.根据三段式： 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
初始量:（mol·L-1） 1 0.5 0
变化量:（mol·L-1）0.6 0.3 0.6
平衡量:（mol·L-1）0.4 0.2 0.6
化学平衡常数K=0.62 /0.420.2 =45/4
起始时向容器中充入1.5molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
初始量:（mol·L-1）0 0 0.75
变化量:（mol·L-1）0.3 0.15 0.3
平衡量:（mol·L-1）0.3 0.15 0.45
此时k=0.452/0.32,=15>45/4故B错误;C.温度不变,向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2molSO3时,此时0.652/0.52=169/15>45/4,化学平衡正向移动,v(正)>V(逆),所以C选项是正确的;D.通过计算,当反应进行到10min时,二氧化硫的物质的量是0.8mol,所以10min就达到化学平衡状态,此时反应放出的热量是0.4=78.4 kJ ,起始时向容器中充入2molSO3,达到的平衡和充入2molSO2，以及1molO2建立的平衡是等效的,互为逆反应的过程是吸热的,所以达平衡时吸收78.4 kJ的热量,所以D选项是正确的.答案：B。
12.下列说法中，与盐类水解有关的是（ ）
①明矾可以做净水剂；
②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶于少量的浓盐酸再加水稀释；
③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；
⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】:①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物,铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用作净水剂,故①正确;②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,加入盐酸抑制水解平衡逆向进行,实验室配制FeCl3溶液时,往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸,故②正确;③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理,故③正确;④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性, NH4Cl+H2O⇌NH3H2O+HCl,加入镁会和盐酸发生反应生成氢气,故④正确;⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解,肥效损耗,草木灰与氨态氮肥不能混合施用,故⑤正确;⑥强酸弱碱盐水解呈酸性,强碱弱酸盐呈碱性,则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性,是利用盐溶液水解后酸碱性不同,故⑥正确;综上所述①②③④⑤⑥正确; A. ①④⑥；符合题意；B. ②③⑤不符合题意；C. ③④⑤不符合题意；D. ①②③④⑤⑥符合题意；答案：D。
【点睛】①明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用于净水;②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,加入盐酸抑制水解平衡逆向进行;③碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳;④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,加入镁会发生反应生成氢气;⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解,肥效损耗;⑥强酸弱碱盐水解呈酸性,强碱弱酸盐呈碱性.
13.已知A(g)＋C(g)===D(g)；ΔH＝－Q1kJ/mol，B(g)＋C(g)===E(g)；ΔH＝－Q2kJ/mol，Q1、Q2均大于0，且Q1>Q2，若A与B组成的混合气体 1mol与足量的C反应，放热为Q3kJ，则原混合气体中A与B物质的量之比为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.1molA与C完全反应放出热量为Q1 kJ,1molB与C完全反应放出热量为Q2kJ ,设混合气体中A的物质的量为x,B的物质的量为y,则①x+y=1mol,再根据放出的热量可以知道:②xQ1+yQ2=Q3,根据①和②计算得出:x=mol、y=mol,则A和B的物质的量之比为::=:(), A. 符合题意； B. 不符合题意；C. 不符合题意；D. 不符合题意；答案：A。
【点睛】设混合物中A的物质的量为x、B的物质的量为y,然后根据二者的反应热及总物质的量列式计算出A和B的物质的量,再计算出A和B的物质的量之比.
14.某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
B. 加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小
C. d点没有AgCl沉淀生成
D. c点对应的K等于a点对应的K
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加入AgNO3固体，银离子浓度增大，氯离子浓度减小，而cd点氯离子浓度相同，A错误；B、加入少量水，平衡右移，但Cl-浓度不变，B错误；C、d点处银离子浓度大，此时银离子浓度和氯离子浓度乘积大于溶度积常数，有氯化银沉淀生成，C错误；D、温度不变，Ksp不变，ac点是相同温度下的溶解沉淀平衡，Ksp相同，D正确，故选D。
考点：考查了难溶电解质的溶解平衡的相关知识。
15.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
16.常温下，现向50 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生）。下列说法正确的是
A. b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为： c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 图中b、c、d 三点溶液中水的电离程度最大的是c点
C. b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的电离程度逐渐减小
D. pH=7时，溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4+)=c(SO42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．b点表示NH4HSO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)=c(SO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．图中b点硫酸铵水解，促进水的电离、c点显中性，生成了部分NH3·H2O，抑制了水的电离、d点氢氧化钠过量，抑制水的电离，三点溶液中水的电离程度最大的是a点，故B错误；C．b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的浓度逐渐增大，电离程度逐渐减小，故C正确；D．pH=7时，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-)，故D错误；故选C。
考点：考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。
Ⅱ卷 非选择题（共52分）
二、非选择题（本题共5个大题，除说明外，每空2分，共52分）
17.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
（1）已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1, 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1
工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式:__________________________
（2）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）,CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A，B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>，<，=”）
②下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是________(填代号)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
b.CH3OH的体积分数不再改变
c.混合气体的密度不再改变
d.气体的平均相对分子质量和压强不再改变
③在P1压强、T1°C时，该反应的平衡常数K=_________(填计算结果)
④T1°C、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol， H2 ：0.2mol，CH3OH：0.2mol。此时v正 ________v逆（填>、<或=）。
【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). bd (4). 100 (5). >
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行判断；根据影响化学平衡移动的因素进行判断，根据三段式进行计算化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应2CH3OH(g)十O2 (g)===2HCHO(g)+ 2H2O(g)可由已知两个反应⑴CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1,（2） 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1，⑴2+(2)得到,所以该反应的焓变△H=+84 kJmol-12+(一484 kJmol-l)=-316 kJmol-1。CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式: 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。答案：2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。
（2） ①根据反应前后化学计量数可知，温度相同时，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，B点CO的平衡转化率大于A点，故A、B两点对应的压强大小关系是pA
③ 已知在压强p1、温度T1℃时，CO的平衡转化率为0.5，则建立如下三段式：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始（mol/L）0.1 0.2 0
转化（mol/L）0.05 0.1 0.05
平衡（mol/L）0.05 0.1 0.05
故T1℃时该反应的平衡常数K=0.05/0.050.12=100。答案：100.
④ 反应的浓度熵Qc=0.1//0.050.12=200> K=100，故此时平衡正向移动，则v正>v逆。答案：>。
18.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10﹣5
Ka1=4.3×10﹣7
Ka2=5.6×10﹣11
Ka=3.0×10﹣8
（1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是___________（用编号填写）
a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3
（2）常温下，0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________（填字母）
A. c（H+） B. C. c（H+）•c（OH﹣）
D. E.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：___________
（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________（填准确数值）．
（5）25℃时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为_________________
（6）标准状况下，将1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： c（OH﹣）=2c（H2CO3）+______________
【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). BD (3). ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO (4). 9.9×10﹣7mol•L﹣1 (5). (6). c（HCO3﹣）+c（H+）
【解析】
【分析】
（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；（2）0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；（2）0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱，A、氢离子浓度减小，故A错误；
B、加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以 增大，故B正确；C、水的离子积常数不变，故C错误；D、醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，所以增大，故D正确；E、醋酸的电离平衡常数不变，故E错误；故答案为：BD；
（3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子,反应生成碳酸氢根离子,反应的离子方程式为: ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO ,因此，本题正确答案是: ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO ;
(4) CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中,存在电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),所以c(CH3COO-)- c(Na+)= c(H+)- c(OH-)=10-6 molL﹣1 -10-8 molL﹣1 =9.9×10﹣7molL﹣1 ,因此答案: 9.9×10﹣7molL﹣1 ;
（5）溶液显中性则c(H＋)＝c(OH－)＝10-7mol/L ，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝b/2mol/L，剩余c(CH3COOH)＝(a-b)/2mol/L，Ka ＝c(H+)c(CH3COO-)/ c(CH3COOH)= 。
7)标准状况下,将1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中, 1.12L CO2的物质的量为: 1.12L/22.4Lmol-1=0.05mol,氢氧化钠的物质的量为:1mol-10.1L=0.1mol,二者恰好完全反应生成碳酸钠,质子守恒得: c（OH﹣）=2c（H2CO3）+ c（HCO3-）+ c(H＋);电荷守恒: c（H+）+c(Na+)=2c（H2CO3）+ c（HCO3-）+ c(OH-),因此，本题正确答案是:①c（HCO3﹣）+c（H+）;
【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定水解程度，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析。
19.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________B极的Fe发生__________ 腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）
（2）若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子且此时装置内总反应的离子方程式为_________
（3）该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
①该电解槽的阳极反应式为______________，此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
②制得的氢氧化钾溶液从出口________(填“A”“B”“C”或“D”)导出。
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). ② (4). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (5). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑（或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+） (6). 小于 (7). D
【解析】
【分析】
开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，石墨做正极发生还原反应，属于吸氧腐蚀；开始时开关K与b连接，构成电解池，A为阳极，B为阴极，根据电解池的原理进行分析判断；
【详解】（1）开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-；所以B极的Fe发生的是吸氧腐蚀。答案是：O2+2H2O+4e-=4OH-；吸氧；
（2）若开始时开关K与b连接，构成电解池，A为阳极，B为阴极，①溶液中Na＋应向B极移动,故①错误；②从A极处逸出的气体为Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变蓝,故②正确；③反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故③错误；答案：②。
④标准状况下B极产生2.24L气体为氢气，氢气物质的量为0.1mol，根据电极反应计算，A极会产生0.1mol Cl2 , 装置内总反应的离子方程式为:2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。答案：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
(3) ①电解时,阳极上失电子发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力,所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH－－4e－===2H2O＋O2↑;阳极氢氧根离子放电,因此硫酸根离子向阳极移动,阴极氢离子放电,因此钠离子向阴极移动,所以通过相同电量时,通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数.因此答案是: 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑;小于。
(2)氢氧化钾在阴极生成,所以在D口导出;因此答案是:D。
20.研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：
Ⅰ.（1）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g) ΔH＝______________
Ⅱ.下图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：
（1）乙装置中电极A的名称是__________
（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为 _____________
（3）一段时间，当丙池中产生112 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25 ℃时的pH＝________(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500 mL)。
【答案】 (1). －46.2 kJ·mol－1 (2). 阳极 (3). CH4＋10OH－－8e－===CO32-＋7H2O (4). 12
【解析】
【详解】I（1）因为N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g)ΔH＝1/2948.9 kJ·mol－1+3/2436.0 kJ·mol－1-3 391.55 kJ·mol－1=-46.2 kJ·mol－1。答案：－46.2 kJ·mol－1。
II（1）甲池能够自发进行氧化还原反应，属于原电池；其中通入CH4一极为电池负极，通入O2一极为电池正极，因此乙池中的电极A为阳极。答案：阳极。
（2）甲池为燃料电池，通入CH4的电极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO32-＋7H2O；
（3）丙池中发生的总反应为2NaCl+2H2OH2+Cl2+ 2NaOH ，标况下112 mL气体对应的物质的量为0.005mol，根据总反应方程式可知，生成H2和Cl2各0.0025mol ，则生成的c(OH-)=0.0025mol2/0.5L=0.01mol/L，25 ℃对应的pH=12；答案：12。
21.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，试回答下列问题：
（1）写出滴定实验中所发生反应的化学方程式：_______________
（2）实验中KMnO4溶液应装在____式滴定管中，滴定终点的判断依据是________________
（3）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为_______mol·L－1
（4）若滴定终点读数时目光俯视，则计算出的x值可能___________（填偏大、偏小、无影响）
【答案】 (1). 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O (2). 酸 (3). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。 (4). (5). 偏大
【解析】
【详解】（1）滴定实验是向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液，所发生反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O；答案：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。
（2）实验②中,滴定时, KMnO4溶液应装在酸式滴定管中;原因为KMnO4具有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管。滴定终点的判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。答案是:酸式滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。
(3)用去VmL KMnO4 溶液,n( KMnO4)=Vc10-3,由2KMnO45H2C2O4可以知道,待测草酸的物质的量浓度为(Va10-35)/0.025L2= Va/10molL-1，本题正确答案是:
(4)滴定终点时俯视滴定管刻度,会导致测量体积偏小,测定草酸浓度偏小,则x值会偏大,因此答案是:偏大。
总分：100分 时量：90分钟
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56 S:32
第Ⅰ卷 选择题（共48分）
一、选择题（共16小题，每小题3分，共48分。每小题都只有一个选项符合题意）
1.下列物质的分类组合全部正确的是( )
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
CaO
HBr
CO2
B
NaHCO3
NH3·H2O
NH3
C
Ba(OH)2
H2O
Cu
D
H2SO4
BaSO4
C2H5OH
【答案】B
【解析】
【详解】A.CaO、HBr属于强电解质，CO2属于非电解质，故A错误；B. NaHCO3为盐，属于强电解质，NH3·H2O为弱碱，属于弱电解质，NH3属于非电解质，故B正确；C. Ba(OH)2为强碱，为强电解质, H2O 是氧化物，属于弱电解质，Cu为单质，既不属于电解质也不属于非电解质，故C错误；D. H2SO4为强酸，属于强电解质，BaSO4为盐，属于强电解质，C2H5OH为有机物，属于非电解质，故D错误；答案：B。
2.下列关于反应能量的说法正确的是( )
A. 一定条件下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H1 ，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l) △H2 则△H1>△H2
B. 相同条件下，如果1 mol 氢原子所具有的能量为E1,1 mol氢分子所具有的能量为E2，则2E1＝E2
C. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=﹣890.3 kJ•mol﹣1
D. 已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合放出57.3 kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.因为 SO3(g)= SO3(l) △H <0，所以一定条件下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H1 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l) △H2， 则△H1>△H2是正确;B.如果1 mol 氢原子所具有的能量为E1, 1 mol 氢分子的能量为E2,原子的能量比分子的B能量高,所以原子灰结合成分子形成化学键放出热量,即2H=H2放出热量,则2E1>E2,故B错误;C.因为燃烧热必须是1 mol 物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量,甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式为:CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ•mol﹣1,故C错误；D.中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol水时,所放出的热量, 1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合时,浓硫酸溶于水放热,所以导致ΔH<－57.3 kJ·mol－1,故D错误.答案： A。
【点睛】物质的能量越低越稳定,形成化学键过程是放热过程;燃烧热必须是1 mol 物质燃烧生成最稳定的氧化物所放出的能量;中和热是在稀溶液中强酸和强碱发生中和反应生成1 mol 水时,所放出的热量。
3.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是
A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
C. CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
【答案】A
【解析】
试题分析：温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此t2＞t1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此p1＞p2；A．反应是一个体积减小的、放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量；而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，A正确；B．反应是一个体积不变的、吸热的可逆反应，压强对水蒸气的含量不影响；升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，因此均不符合，B错误；C．反应是一个体积增大的、吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，不符合图象，C错误；D．反应是一个体积增大的、放热的可逆反应，压强不符合，D错误，答案选A。
考点：考查外界条件对化学平衡的影响及有关图象的分析和识别。
4.25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液 ④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A. 1∶10∶100∶1000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-14 mol·L－1；②0.1mol·L－1的盐酸，c(H＋)＝0.1mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液，c(OH－)=10-2mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)= c(H＋)= 10-12mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，水电离产生的c(OH－)=10-11mol·L－1；四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为10-14：10-13：10-12：10-11=1∶10∶100∶1000；综上所述，本题选A。
【点睛】常温下纯水的电离c(H＋)＝c(OH－)= 10－7mol·L－1，加入酸（或碱）以后，由于增大了溶液中的 c(H＋)（或c(OH－)），水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离产生的 c(H＋)（或 c(OH－)）小于10－7mol·L－1。酸（或碱）浓度越大，由水电离产生的 c(H＋)（或c(OH－)）就越小。
5.在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡下列叙述正确的是( )
A. 加入水时，平衡逆向移动 B. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C. 加入少量0.1 mol/L 盐酸，溶液中c(H＋)减小 D. 加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
0.1mol/L CH3COOH溶液中存在水解平衡为CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+。A项加入水时，平衡正反应方向移动，错误；B项加入少量的NaOH固体，则会消耗溶液中的H+，平衡向正反应方向移动，正确；C项，、加入少量0.1 mol/L HCl溶液，平衡虽然会向逆反应方向移动,但溶液中C(H＋)增大，错误；加入少量CH3COONa 固体，溶液中的CH3COO—的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，错误。
6.下列实验不能达到预期实验目的是（ ）
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定，应该用pH计测定浓度为0.1molL-1NaClO溶液和0.1molL-1 CH3COONa溶液的pH，故A不能达到预期实验目的，故A选；B．向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故B不选；C．氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)2粉末，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故C不选；D．分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不选；故选A。
7.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. 无色溶液：K+、Cl- 、Mg2+、SO42-、Cr2O72-
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4+、I－、NO3-
C. Na2CO3溶液：K＋、Fe3＋、SO42-、NO3-
D. ＝0.1 mol/L的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cr2O72-在溶液中水解显碱性，Mg2++2OH-= Mg(OH)2,所以Cr2O72- 、Mg2+不能大量共存；故A错误；B.能使pH试纸呈红色的溶液,显酸性,H+、 I－、NO3-离子之间发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;C.Na2CO3溶液中Fe3＋、CO32-离子之间相互促进水解,不能大量共存,故C错误;D. ＝0.1 mol/L的溶液显碱性,该组离子之间不反应,可大量共存,故D选项是正确的;答案：D。
【点睛】离子共存的条件：离子之间结合生成水和气体；离子之间发生氧化还原反应;离子之间相互促进水解;的离子不能共存。
8.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ 碱性锌锰电池
图Ⅱ铅硫酸蓄电池
图Ⅲ 电解精炼铜
图Ⅳ 银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A.该电池反应中MnO2得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误;B.铅蓄电池放电时电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O, 该反应中有浓H2SO4参加反应,导致硫酸的浓度降低,故B错误;C.粗铜中不仅含有铜,还含有其他金属,电解时,粗铜中有铜和其他金属失电子,纯铜上只有Cu2+得电子,所以阴极_上析出的铜大于阳极上减少的铜,溶液中Cu2+浓度减小，故C错误;D项,原电池中电子由负极沿导线流向正极,所以电子由Zn极流向Ag2O极,故D正确。
9.下列比较中正确的是（ ）
A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①
【答案】B
【解析】
【详解】A.不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中 NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A错误；B.相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B正确；C.同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，③NaNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，所以 pH：①>③>②，故C错误；D.氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D错误。答案：B。
10. 下图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速率由快到慢的顺序为( )。
A. ⑤②①③④ B. ④③①②⑤ C. ⑤④②①③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
判断金属腐蚀快慢，首先判断该金属是充当原电池还是电解池的电极，若是电解池的阳极，金属腐蚀速率最快，其次是充当原电池的负极腐蚀较快，而作为电解池的阴极和原电池的正极不被腐蚀。其中第⑤，Fe作为电解池的阳极，腐蚀最快，②③④均为原电池，第③中，Fe为正极，不被腐蚀，②④中Fe均为负极被腐蚀，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn大，④中铁腐蚀较快，其腐蚀速率由快到慢的顺序为⑤④②①③。
11.一定温度时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的SO2和O2，发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H＝－196 kJ•mol-1，一段时间后达平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：
反应时间/min
n(SO2)/mol
n(O2)/mol
0
2
1
5
1.2
10
0.4
15
0.8
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应在前5min的平均速率为v(O2) ＝0.04mol·L-1·min-1
B. 相同温度下，起始时向容器中充入1.5molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%
C. 保持温度不变，向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2molSO3时，此时平衡正向移动
D. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入2molSO3，达平衡时吸收78.4 kJ的热量
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应在前5min SO2的平均速率为v(SO2)＝△c/△t=(2-1.2)mol/2L=0.08mol·L-1·min-1, v(SO2)=2 v(O2),所以v(O2)= 0.04mol·L-1·min-1,故A正确;
B.根据三段式： 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
初始量:（mol·L-1） 1 0.5 0
变化量:（mol·L-1）0.6 0.3 0.6
平衡量:（mol·L-1）0.4 0.2 0.6
化学平衡常数K=0.62 /0.420.2 =45/4
起始时向容器中充入1.5molSO3，达平衡时SO3的转化率为40%
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
初始量:（mol·L-1）0 0 0.75
变化量:（mol·L-1）0.3 0.15 0.3
平衡量:（mol·L-1）0.3 0.15 0.45
此时k=0.452/0.32,=15>45/4故B错误;C.温度不变,向平衡后的容器中再充入0.2molSO2和0.2molSO3时,此时0.652/0.52=169/15>45/4,化学平衡正向移动,v(正)>V(逆),所以C选项是正确的;D.通过计算,当反应进行到10min时,二氧化硫的物质的量是0.8mol,所以10min就达到化学平衡状态,此时反应放出的热量是0.4=78.4 kJ ,起始时向容器中充入2molSO3,达到的平衡和充入2molSO2，以及1molO2建立的平衡是等效的,互为逆反应的过程是吸热的,所以达平衡时吸收78.4 kJ的热量,所以D选项是正确的.答案：B。
12.下列说法中，与盐类水解有关的是（ ）
①明矾可以做净水剂；
②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶于少量的浓盐酸再加水稀释；
③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；
④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；
⑤草木灰与铵态氮肥不能混合施用；
⑥比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性．
A. ①④⑥ B. ②③⑤ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】:①明矾为硫酸铝钾的结晶水合物,铝离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用作净水剂,故①正确;②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,加入盐酸抑制水解平衡逆向进行,实验室配制FeCl3溶液时,往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸,故②正确;③泡沫灭火剂是碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳的原理,故③正确;④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性, NH4Cl+H2O⇌NH3H2O+HCl,加入镁会和盐酸发生反应生成氢气,故④正确;⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解,肥效损耗,草木灰与氨态氮肥不能混合施用,故⑤正确;⑥强酸弱碱盐水解呈酸性,强碱弱酸盐呈碱性,则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性,是利用盐溶液水解后酸碱性不同,故⑥正确;综上所述①②③④⑤⑥正确; A. ①④⑥；符合题意；B. ②③⑤不符合题意；C. ③④⑤不符合题意；D. ①②③④⑤⑥符合题意；答案：D。
【点睛】①明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体,可用于净水;②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性,加入盐酸抑制水解平衡逆向进行;③碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳;④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性,加入镁会发生反应生成氢气;⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解,肥效损耗;⑥强酸弱碱盐水解呈酸性,强碱弱酸盐呈碱性.
13.已知A(g)＋C(g)===D(g)；ΔH＝－Q1kJ/mol，B(g)＋C(g)===E(g)；ΔH＝－Q2kJ/mol，Q1、Q2均大于0，且Q1>Q2，若A与B组成的混合气体 1mol与足量的C反应，放热为Q3kJ，则原混合气体中A与B物质的量之比为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.1molA与C完全反应放出热量为Q1 kJ,1molB与C完全反应放出热量为Q2kJ ,设混合气体中A的物质的量为x,B的物质的量为y,则①x+y=1mol,再根据放出的热量可以知道:②xQ1+yQ2=Q3,根据①和②计算得出:x=mol、y=mol,则A和B的物质的量之比为::=:(), A. 符合题意； B. 不符合题意；C. 不符合题意；D. 不符合题意；答案：A。
【点睛】设混合物中A的物质的量为x、B的物质的量为y,然后根据二者的反应热及总物质的量列式计算出A和B的物质的量,再计算出A和B的物质的量之比.
14.某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
B. 加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小
C. d点没有AgCl沉淀生成
D. c点对应的K等于a点对应的K
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加入AgNO3固体，银离子浓度增大，氯离子浓度减小，而cd点氯离子浓度相同，A错误；B、加入少量水，平衡右移，但Cl-浓度不变，B错误；C、d点处银离子浓度大，此时银离子浓度和氯离子浓度乘积大于溶度积常数，有氯化银沉淀生成，C错误；D、温度不变，Ksp不变，ac点是相同温度下的溶解沉淀平衡，Ksp相同，D正确，故选D。
考点：考查了难溶电解质的溶解平衡的相关知识。
15.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
16.常温下，现向50 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.05 mol·L－1 NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示（假设滴加过程中无气体产生）。下列说法正确的是
A. b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为： c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. 图中b、c、d 三点溶液中水的电离程度最大的是c点
C. b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的电离程度逐渐减小
D. pH=7时，溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＋c(NH4+)=c(SO42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．b点表示NH4HSO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)=c(SO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；B．图中b点硫酸铵水解，促进水的电离、c点显中性，生成了部分NH3·H2O，抑制了水的电离、d点氢氧化钠过量，抑制水的电离，三点溶液中水的电离程度最大的是a点，故B错误；C．b点后滴加NaOH溶液过程中，NH3·H2O的浓度逐渐增大，电离程度逐渐减小，故C正确；D．pH=7时，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-)，故D错误；故选C。
考点：考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。
Ⅱ卷 非选择题（共52分）
二、非选择题（本题共5个大题，除说明外，每空2分，共52分）
17.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
（1）已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1, 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1
工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式:__________________________
（2）在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）,CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。
①A，B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>，<，=”）
②下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是________(填代号)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
b.CH3OH的体积分数不再改变
c.混合气体的密度不再改变
d.气体的平均相对分子质量和压强不再改变
③在P1压强、T1°C时，该反应的平衡常数K=_________(填计算结果)
④T1°C、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol， H2 ：0.2mol，CH3OH：0.2mol。此时v正 ________v逆（填>、<或=）。
【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). bd (4). 100 (5). >
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行判断；根据影响化学平衡移动的因素进行判断，根据三段式进行计算化学平衡常数。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应2CH3OH(g)十O2 (g)===2HCHO(g)+ 2H2O(g)可由已知两个反应⑴CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ⋅mol−1,（2） 2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484kJ⋅mol−1，⑴2+(2)得到,所以该反应的焓变△H=+84 kJmol-12+(一484 kJmol-l)=-316 kJmol-1。CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式: 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。答案：2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol。
（2） ①根据反应前后化学计量数可知，温度相同时，压强增大，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，B点CO的平衡转化率大于A点，故A、B两点对应的压强大小关系是pA
③ 已知在压强p1、温度T1℃时，CO的平衡转化率为0.5，则建立如下三段式：
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始（mol/L）0.1 0.2 0
转化（mol/L）0.05 0.1 0.05
平衡（mol/L）0.05 0.1 0.05
故T1℃时该反应的平衡常数K=0.05/0.050.12=100。答案：100.
④ 反应的浓度熵Qc=0.1//0.050.12=200> K=100，故此时平衡正向移动，则v正>v逆。答案：>。
18.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
Ka=1.8×10﹣5
Ka1=4.3×10﹣7
Ka2=5.6×10﹣11
Ka=3.0×10﹣8
（1）物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是___________（用编号填写）
a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3
（2）常温下，0.1mol•L﹣1 CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________（填字母）
A. c（H+） B. C. c（H+）•c（OH﹣）
D. E.
（3）写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：___________
（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________（填准确数值）．
（5）25℃时，将a mol•L﹣1的醋酸与b mol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为_________________
（6）标准状况下，将1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： c（OH﹣）=2c（H2CO3）+______________
【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). BD (3). ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO (4). 9.9×10﹣7mol•L﹣1 (5). (6). c（HCO3﹣）+c（H+）
【解析】
【分析】
（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；（2）0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变；
【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；（2）0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱，A、氢离子浓度减小，故A错误；
B、加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以 增大，故B正确；C、水的离子积常数不变，故C错误；D、醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氧根离子浓度增大，所以增大，故D正确；E、醋酸的电离平衡常数不变，故E错误；故答案为：BD；
（3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子,反应生成碳酸氢根离子,反应的离子方程式为: ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO ,因此，本题正确答案是: ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO ;
(4) CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中,存在电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),所以c(CH3COO-)- c(Na+)= c(H+)- c(OH-)=10-6 molL﹣1 -10-8 molL﹣1 =9.9×10﹣7molL﹣1 ,因此答案: 9.9×10﹣7molL﹣1 ;
（5）溶液显中性则c(H＋)＝c(OH－)＝10-7mol/L ，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝b/2mol/L，剩余c(CH3COOH)＝(a-b)/2mol/L，Ka ＝c(H+)c(CH3COO-)/ c(CH3COOH)= 。
7)标准状况下,将1.12L CO2通入100mL 1mol•L﹣1的NaOH溶液中, 1.12L CO2的物质的量为: 1.12L/22.4Lmol-1=0.05mol,氢氧化钠的物质的量为:1mol-10.1L=0.1mol,二者恰好完全反应生成碳酸钠,质子守恒得: c（OH﹣）=2c（H2CO3）+ c（HCO3-）+ c(H＋);电荷守恒: c（H+）+c(Na+)=2c（H2CO3）+ c（HCO3-）+ c(OH-),因此，本题正确答案是:①c（HCO3﹣）+c（H+）;
【点睛】本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定水解程度，注意加水稀释时从各微粒的物质的量变化分析。
19.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________B极的Fe发生__________ 腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）
（2）若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子且此时装置内总反应的离子方程式为_________
（3）该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
①该电解槽的阳极反应式为______________，此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
②制得的氢氧化钾溶液从出口________(填“A”“B”“C”或“D”)导出。
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). ② (4). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (5). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑（或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+） (6). 小于 (7). D
【解析】
【分析】
开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，石墨做正极发生还原反应，属于吸氧腐蚀；开始时开关K与b连接，构成电解池，A为阳极，B为阴极，根据电解池的原理进行分析判断；
【详解】（1）开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极上氧气得电子被还原，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-；所以B极的Fe发生的是吸氧腐蚀。答案是：O2+2H2O+4e-=4OH-；吸氧；
（2）若开始时开关K与b连接，构成电解池，A为阳极，B为阴极，①溶液中Na＋应向B极移动,故①错误；②从A极处逸出的气体为Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变蓝,故②正确；③反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故③错误；答案：②。
④标准状况下B极产生2.24L气体为氢气，氢气物质的量为0.1mol，根据电极反应计算，A极会产生0.1mol Cl2 , 装置内总反应的离子方程式为:2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。答案：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
(3) ①电解时,阳极上失电子发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力,所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH－－4e－===2H2O＋O2↑;阳极氢氧根离子放电,因此硫酸根离子向阳极移动,阴极氢离子放电,因此钠离子向阴极移动,所以通过相同电量时,通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数.因此答案是: 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑;小于。
(2)氢氧化钾在阴极生成,所以在D口导出;因此答案是:D。
20.研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：
Ⅰ.（1）化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g) ΔH＝______________
Ⅱ.下图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：
（1）乙装置中电极A的名称是__________
（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为 _____________
（3）一段时间，当丙池中产生112 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25 ℃时的pH＝________(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500 mL)。
【答案】 (1). －46.2 kJ·mol－1 (2). 阳极 (3). CH4＋10OH－－8e－===CO32-＋7H2O (4). 12
【解析】
【详解】I（1）因为N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则1/2N2(g)＋3/2H2(g)===NH3(g)ΔH＝1/2948.9 kJ·mol－1+3/2436.0 kJ·mol－1-3 391.55 kJ·mol－1=-46.2 kJ·mol－1。答案：－46.2 kJ·mol－1。
II（1）甲池能够自发进行氧化还原反应，属于原电池；其中通入CH4一极为电池负极，通入O2一极为电池正极，因此乙池中的电极A为阳极。答案：阳极。
（2）甲池为燃料电池，通入CH4的电极反应式为CH4＋10OH－－8e－===CO32-＋7H2O；
（3）丙池中发生的总反应为2NaCl+2H2OH2+Cl2+ 2NaOH ，标况下112 mL气体对应的物质的量为0.005mol，根据总反应方程式可知，生成H2和Cl2各0.0025mol ，则生成的c(OH-)=0.0025mol2/0.5L=0.01mol/L，25 ℃对应的pH=12；答案：12。
21.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，试回答下列问题：
（1）写出滴定实验中所发生反应的化学方程式：_______________
（2）实验中KMnO4溶液应装在____式滴定管中，滴定终点的判断依据是________________
（3）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为_______mol·L－1
（4）若滴定终点读数时目光俯视，则计算出的x值可能___________（填偏大、偏小、无影响）
【答案】 (1). 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O (2). 酸 (3). 滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。 (4). (5). 偏大
【解析】
【详解】（1）滴定实验是向草酸溶液中滴加酸性KMnO4溶液，所发生反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O；答案：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O。
（2）实验②中,滴定时, KMnO4溶液应装在酸式滴定管中;原因为KMnO4具有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管。滴定终点的判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。答案是:酸式滴入最后一滴KMnO4溶液时，锥形瓶内溶液的颜色恰好由无色变成红色，且半分钟内不褪色。
(3)用去VmL KMnO4 溶液,n( KMnO4)=Vc10-3,由2KMnO45H2C2O4可以知道,待测草酸的物质的量浓度为(Va10-35)/0.025L2= Va/10molL-1，本题正确答案是:
(4)滴定终点时俯视滴定管刻度,会导致测量体积偏小,测定草酸浓度偏小,则x值会偏大,因此答案是:偏大。
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