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【化学】山西省太原市2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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山西省太原市2018-2019学年高二上学期期末考试
本试卷为闭卷笔答，答题时间90分钟，满分100分。
一、选择题（每小题只有1个符合题意，每小题2分，共40分。请将正确选项的序号填入下面答题栏内）
1.2018 年9月，中国国际能源产业博览会在太原召开。下列关于能源说法不正确的是
A. 煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能
B. 在能源的开发和利用中必须同时考虑对环境的影响
C. 天然气是一种高效清洁的能源
D. 我的煤炭储量十分丰富，人类可以无穷无尽地开发
【答案】D
【解析】
【详解】A、煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能，即间接来自太阳能，故A正确；
B、能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响，不计后果的开发能源是不可取的，故B正确；
C、天然气的主要成分是甲烷，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源，故C正确；
D、虽然我国的煤的储量十分丰富，但是它是化石能源，储量有限，用完以后不能在短时间内形成，并不是可以无穷无尽地开发，故D错误。
故选D。
2.在密闭容器中进行可逆反应，气体A与B反应生成C，其反应速率分别用VA、VB、VC 表示，三者之间有以下关系：VB＝3VA，3VC ＝2VB，则此反应的化学方程式为（ ）
A. A(g)+B(g)C(g)
B. 6A(g)+2B(g)3C(g)
C. 3A(g)+B(g)2C(g)
D. A(g)+3B(g)2C(g)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据计算结果书写方程式。
【详解】V B =3V A ，3V C =2V B ，故V A ：V B ：V C =1：3：2，化学反应速率之比等化学计量数之比，故此反应可表示为A（g）+3B（g）2C（g），
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。
3.某反应使用催化剂后，其反应过程中的能量变化如图，下列说法错误的是( )
A. 总反应为放热反应 B. 使用催化剂后，活化能不变
C. 反应①是吸热反应 D. △H=△H1+△H2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为反应物的总能量比生成物总能量高，故总反应为放热反应，A正确；
B. 加入催化剂，改变反应的活化能，B错误；
C. 因为①中反物的总能量比生成物总能量低，故反应①为吸热反应，C正确；
D. 由图可知，反应①为吸热反应，反应热为△H1，反应②为放热反应，反应热为-△H2，根据盖斯定律，△H =△H1-（-△H2）=△H1+△H2，D正确。
故选B。
4.如图所示，相同温度下，在容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI(g) H2（g）+I2(g)。下列关于反应起始时容器Ⅰ和Ⅱ中活化分子的说法不正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ中活化分子数相同
B. Ⅰ和Ⅱ中活化分子百分数相同
C. Ⅰ和Ⅱ中单位体积内活化分子数相等
D. Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小
【答案】C
【解析】
【分析】
容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI(g) H2（g）+I2(g)。由图可知，II的压强大，以此解答。
【详解】A. Ⅰ和Ⅱ中温度相同，活化分子数相同，故A正确；
B. Ⅰ和Ⅱ中温度相同，活化分子数相同，分子总数相同，所以活化分子百分数相同，故B正确；
C. Ⅰ和Ⅱ中体积不同，活化分子数相同，所以单位体积内活化分子数不相等，故C错误；
D. Ⅰ中压强比Ⅱ中小，压强越小反应越慢，所以Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小，故D正确。
故选C。
5.室温下，设 1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1；1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2.则 n1/n2的值是( )
A. 0.01 B. 1 C. 10 D. 100
【答案】D
【解析】
【详解】1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1=n(H+)=10-6mol/L×1L=10-6mol；
1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2=n(OH-)=mol/L×1L=10-8mol。则 n1/n2==100。
故选D。
【点睛】本题考查水的电离的影响因素，注意能水解的盐促进水的电离，酸和碱都抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子。
6.一种新型火药用高氯酸钾代替硝酸钾，用糖类代替木炭和硫磺，可避免二氧化硫等有害物质的排放，这种新型火药爆炸的热化学方程式：C6H12O6(s)+3KClO4(s)=3KCl(s)+6H2O(g)+6CO2(g) △H=xkJ/mol，已知：葡萄糖的燃烧热：△H1=akJ/mol，KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) △H2=bkJ/mol，H2O(g)= H2O(l) △H3=ckJ/mol，则 x 为（）
A. a+3b-6c B. 6c+3a-b C. a+b-6c D. 6c+a-b
【答案】A
【解析】
【详解】已知：①C6H12O6(s)+6O2(g)=6H2O(l)+6CO2(g) △H1=akJ/mol，
②KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) △H2=bkJ/mol，
③H2O(g)= H2O(l) △H3=ckJ/mol，
根据盖斯定律：①+②×3-③×6得反应C6H12O6(s)+3KClO4(s)=3KCl(s)+6H2O(g)+6CO2(g) 的△H= （a+3b-6c）kJ/mol，所以x= a+3b-6c，
故选A。
7.关于水解应用的说法，错误的是( )
A. 在氯化铵的浓溶液中加入镁粉会产生气泡
B. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再水稀释
C. 硫酸铵和草木灰混合施用到农田可以增强肥效
D. 可用油脂的碱性水解来制备肥皂和甘油
【答案】C
【解析】
【详解】A项，氯化铵水解使溶液显酸性，加入镁粉有氢气产生，同时产生氨气，故A项正确；
B项，铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，所以配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再加水稀释，故B项正确；
C项，硫酸铵和草木灰混合施用，由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解使肥效降低，故C项错误；
D项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，即皂化反应，可用来制备肥皂和甘油，故D项正确。
故答案选C。
8.如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程的模型，以下有关说法正确的是 ( )
A. 该金属腐蚀过程为析氢腐蚀
B. 正极为 C，发生的反应为氧化反应
C. 在强酸性条件下发生的是吸氧腐蚀
D. 正极反应为: 2H2O+O2+4e-=4OH-
【答案】D
【解析】
钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；A．从图中看出，空气中的氧气参加反应，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；B．碳作正极，发生的反应为还原反应，故B错误；C．在酸性环境下，原电池的正极发生氢离子得电子的还原反应，析出氢气，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，故C错误；D．吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH-，故D正确；故选D。
9.人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和 H2O 合成CH4。下列有关说法不正确的是（）
A. 该装置中铜为正极
B. 电池工作时H+向Cu电极移动
C. GaN 电极表面的电极反应式为: 2H2O-4e-═O2+4H+
D. 反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗 1mol CO2转移 4mol e-
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，正极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。
【详解】A、根据图知，该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能，则为原电池，根据电子流向知铜为正极，故A正确；
B、电池工作时，H+向正极Cu电极移动，故B正确；
C、GaN是负极，负极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故C正确；
D、反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1mol CO2转移8mol e-，故D错误。
故选D。
10.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有K2SO4饱和溶液）。下列说法正确的是（）
A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e-＝Cu
B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C. 盐桥中的SO42-流向甲烧杯
D. 若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转
【答案】B
【解析】
A、正极发生还原反应，电极反应为：Fe3＋＋e－＝Fe2＋，错误；B、左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，正确；C、阴离子向原电池的负极移动，错误；D、若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，错误。答案选B。
点睛：本题考查原电池原理，为高考频考点，明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键，该原电池反应为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e－＝Cu2＋，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，从而分析得解。
11.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是
A. 可直接根据 Ksp 的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小
B. 在 AgCl 的饱和溶液中，加入蒸馏水， Ksp(AgCl)不变
C. 难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的，且在平衡状态时 v溶解=v沉淀=0
D. 25℃时， Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，向 AgCl 的饱和溶液中加入少量 KI 固体，一定有黄色沉
【答案】B
【解析】
【详解】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小，故A错误；
B、在纯水中物质的溶解度和Ksp都只受物质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，所以B选项是正确的；
C、平衡状态时v溶解=v沉淀0，电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，故C错误；
D、加入KI后碘离子浓度增大，使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大，可能会大于Ksp(AgI)，若加入足量的碘化钾，则有黄色沉淀碘化银生成，但不一定，故D错误。
所以B选项是正确的。
12.常温下，用铂作电极电解 1L， 1mol·L-1 的氯化钠溶液，当收集到 1.12L 氯气（标准状况）时，溶液的 pH 约为（不考虑气体溶解，忽略溶液体积变化）
A. 1 B. 7 C. 13 D. 14
【答案】C
【解析】
【详解】惰性电极电解氯化钠溶液，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，当阳极产生1.12L即0.05mol氯气，根据电解方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，产生0.05mol氯气生成氢氧化钠的物质的量是0.1mol，溶液中OH-的物质的量浓度是：=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=10-13mol/L，
溶液的 pH=-lg10-13=13，
故答案选C。
【点睛】本题是一道关于电解池的工作原理的应用的计算题，主要以电极反应式的书写以及电子守恒的计算是关键。
13.常温下，有浓度均为 0.1mol/L、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液，下列叙述不正确的是（）
A. 若此时 HY 溶液的 pH=3，则 HY 是弱酸
B. 若分别加入 0.01molNaOH 固体，则酸碱恰好完全中和
C. 若分别加入 0.01molNaOH 固体，则所得溶液的pH 均为 7
D. 若此时 HX 溶液的 pH=1，则由水电离出的c（H+） =1×10-13 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓度为 0.1mol/LHY溶液， 若此时pH=3，则说明HY不完全电离，即HY 是弱酸，故A正确；
B. 浓度均为 0.1mol/L、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，则酸碱恰好完全中和，故B正确；
C. 若分别加入 0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的 pH 7，故C错误；
D. 浓度为 0.1mol/LHX溶液， 若此时pH=1，说明HX为强酸，则由水电离出的c（H+） =mol/L=1×10-13 mol/L，故D正确。
故选C。
14.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列 3 种溶液的 pH：
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.34
11.6
10.3
下列有关说法正确的是（ ）
A. 以上溶液的 pH 是用广泛 pH 试纸测定的
B. 反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO可以发生
C. 室温下，电离常数： K2（ H2CO3）>K（ HClO）
D. 在新制氯水中加入少量 NaHCO3固体可以提高溶液中 HClO 的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为H2CO3>HClO >HCO3-，
A．pH 试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；
B．正确的反应方程式为NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故B错误；
C．酸性HClO >HCO3-，电离常数： K2（ H2CO3）
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离及复分解反应条件，同时考查学生分析问题并总结归纳能力，明确酸的强弱及酸根离子水解程度关系、强酸能够制取弱酸即可解答。
15.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（ ）
A. 0.1mol/LNa2CO3 溶液中：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）
B. 0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3·H2O的 溶液等体积混合后溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）
C. 醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：c（Na+）＜c（CH3COO-）
D. 0.1 mol/L NaHS 的溶液中： c（OH-）+ c（S2-）= c（H+）+c（H2S）
【答案】D
【解析】
【详解】A、0.1mol/LNa2CO3 溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故A错误；
B、0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3·H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系： c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；
C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），得到c（Na+）=c（CH3COO-）；溶液pH>7时，c（Na+）>c（CH3COO-）；溶溶液pH<7时，c（Na+）
故选D。
16.测定 0.1 mol/LNa2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH ，数据如下。
实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
A. 此实验中 Na2SO3溶液的 pH 是由 pH 计测定的
B. ④与①的 PH 不同，是由于 SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的 KW值相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由表中数据可知，pH精确到小数点后两位，说明溶液的 pH 是由 pH 计测定的，故A正确；
B. 根据信息，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，④与①的温度相同，④与①相比SO32—浓度减小，即④与①的pH 不同，是由于 SO32—浓度减小造成的，故B正确；
C.盐类水解是吸热反应，①→③的过程中，升高温度，SO32—水解平衡向正向移动；若减小SO32—浓度，平衡向逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，故C错误；
D. KW只与温度有关，①与④温度相同，所以 KW值相等，故D正确。
故选C。
【点睛】本题要抓好对多个因素的分析：Na2SO3是强酸弱碱盐，水解显碱性，温度升高促进水解，溶液pH增大；同时Na2SO3具有较强的还原性，容易被氧化为Na2SO4，生成强酸强碱盐，不水解，较之前pH减小，加热能够加快氧化。
17.在 25℃时，密闭容器中 X、 Y、 Z 三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/( mol·L-1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/( mol·L-1)
0.05
0.05
0.1
下列说法正确的是
A. 反应达到平衡时， X 和 Y 的转化率相等
B. 增大压强使平衡向生成 Z 的方向移动，平衡常数增大
C. 反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为 1600
D. 若该反应的正反应方向为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应的平衡常数也增大
【答案】C
【解析】
由图表数据可以计算，X的转化率为(0.05 mol·L−1/0.1 mol·L−1)×100%=50%，Y的转化率为 (0.15 mol·L−1/0.2 mol·L−1)×100%=75%， A错误；对于一个可逆反应，平衡常数与浓度、压强和催化剂无关，只与温度有关，故B错误；图表中X、Y、Z的变化量依次为0.05 mol·L−1、0.15 mol·L−1、0.1 mol·L−1，其浓度变化比为1：3：2，即化学计量数之比为1：3：2，故该反应可表示为X+3Y2Z，将表中平衡时各物质的浓度代入平衡常数表达式计算，=1600，C正确；由于该反应的正反应方向为放热反应，因此，升髙温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D错误。
18.已知 Na2SO3和 KIO3 反应过程和机理较复杂，一般认为分以下①～④步反应。
①IO3－＋SO32－=IO2－＋SO42－(反应速率慢)
②IO2－＋2SO32－=I－＋2SO42－(反应速率快)
③5I－＋IO3－＋6H＋=3I2＋3H2O(反应速率快)
④I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋(反应速率快)
下列说法不正确的是：
A. IO2－和 I－是该反应的催化剂
B. 此反应总反应速率由反应①决定
C. 此反应①中氧化剂是IO3－，反应③中还原剂是 I－
D. 若生成 0.5mol 碘单质，则总反应中有 5mol 电子转移
【答案】A
【解析】
【分析】
此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，直接决定了反应进行的快慢；
Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒(电子守恒)配平方程式如下：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，
其中氧化剂是KIO3，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，以此分析。
【详解】A. 从4个步骤的反应可知，IO2－和 I－是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；
B. 此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，所以总反应速率由反应①决定，故B正确；
C. 反应①中IO3－→IO2－，化合价降低，被还原，IO3－作氧化剂；反应③中I－→I2，化合价升高，被氧化，I－作还原剂，故C正确；
D. 由总反应5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O可知，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，若生成 0.5mol 碘单质，有 5mol 电子转移，故D正确。
故选A。
19.某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的 NaOH 溶液，溶液中pOH 与 pH 的变化关系如图所示，则正确的是( )
A. M 点所示溶液导电能力强于 Q 点
B. N 点所示溶液中 c(Na+)>c(CH3COO-)
C. Q 点所示的溶液 pH 一定等于 7
D. Q 点加入 NaOH 溶液的体积等于醋酸溶液的体积
【答案】B
【解析】
【分析】
酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。
【详解】A.因为醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；
B.N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)>c(CH3COO-)，所以B选项是正确的；
C. Q点的pOH=pH，溶液为中性，由于温度不一定是室温，所以pH 不一定等于7，故C错误；
D.Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性，则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误。
所以B选项是正确的。
20.工业上电解 Na2CO3的原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 阴极产生的物质 A 是 H2
B. 电解一段时间后，阳极附近溶液的 PH 将增大
C. 该离子交换膜应为阳离子交换膜
D. 阳极电极反应为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
工业上电解 Na2CO3溶液，根据装置图分析，电解池阳极发生的反应为物质失去电子，发生氧化反应，碳酸钠转化为碳酸氢钠，则阳极电极反应为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极为物质得到电子，发生还原反应，生成氢氧化钠，则阴极反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，据此分析判断。
【详解】A. 阴极发生还原反应，反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，则阴极产生的物质A是H2，故A正确；
B. 阳极电极反应为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，溶液的碱性减弱，所以电解一段时间后，阳极附近溶液的 pH 将减小，故B错误；
C. 由于阴极产品为氢氧化钠，阳极区的钠离子要进入阴极区，所以离子交换膜应为阳离子交换膜，故C正确；
D. 阳极发生氧化反应，阳极电极反应为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查电解原理，明确电极反应方程式是解题的关键，需掌握电解池中离子的运动方向。
二、必做题（本题包括3小题，共40分）
21.现用 0.1000mol/L KMnO4 酸性溶液滴定未知浓度的无色 H2C2O4 溶液(体积为 20.00mL)。请回答下列问题
(1)该反应的离子方程式是___________________。
(2)盛放高锰酸钾溶液的是___ (填“酸式”或“碱式”)滴定管，其原因是___________________。
(3)滴定终点的现象为______。
(4)若某次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点的读数为___mL。小明同学根据 3 次实验求得平均消耗高锰酸钾溶液的体积为 VmL，请计算该 H2C2O4溶液的物质的量浓度为___mol/L
(5)下列操作使测定结果偏低的是___(填字母)。
A.酸式滴定管未用标准液润洗直接注入 KMnO4标准液
B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D.读取 KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】 (1). (2). 酸式 (3). KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化 (4). 当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (5). 26.10 (6). 0.0125V或V/80 (7). CD
【解析】
【分析】
(1) KMnO4 酸性溶液和H2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2；
(2) 酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管；高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管下端橡胶管；
(3) 高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；
(4) 根据滴定管的结构和精确度读出滴定管中的读数；利用关系式：2MnO4-～5H2C2O4计算H2C2O4的物质的量浓度；
(5)根据c（待测）=c（标准）×分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】(1) KMnO4 酸性溶液和H2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2，反应的离子方程式是2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
因此，本题正确答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2) 氧化还原滴定，盛装高锰酸钾用酸式滴定管；由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放KMnO4溶液；
因此，本题正确答案为：酸式；KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化；
(3) MnO4-为紫色，Mn2＋为无色，当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色；
因此，本题正确答案为：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
(4) 视线与凹液面最低处相切，故起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL；
根据关系式：2MnO4-～5H2C2O4，H2C2O4溶液的物质的量等于高锰酸钾的2.5倍，
c（H2C2O4）= =0.0125V；
因此，本题正确答案为：0.0125V；
(5)A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，浓度偏低，结果偏高，不选A；
B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响，不选B；
C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，所用高锰酸钾过少，结果偏低，选C；
D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，结果偏低，选D。
因此，本题正确答案为：CD。
【点睛】本题主要考查氧化还原滴定实验，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，明确中和滴定的操作方法为解答关键，注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧。
22.已知氢硫酸是一种二元弱酸，请回答以下问题：
(1)已知 0.1mol/L NaHS 溶液显碱性，则c(S2—)___c(H2S)(填“>”“<”或“=”)。
(2)常温下，向 0.2mol/L的 H2S溶液中逐滴滴入 0.2mol/L NaOH 溶液至中性，此时溶液中以下所示关系不正确的是___(填字母)。
A. c（H+）·c（OH-）=1×10-14
B. c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)
C. c(Na+)> c(HS—)+c(S2—)+ c（H2S）
D. c（H2S）> c(S2—)
(3)已知常温下，CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+(aq)+S2-(aq) △H>0。
①温度升高时，KSP(CaS ) =___ (填“增大”“减少”或“不变”，下同)。
②滴加少量浓盐酸时，c(Ca2+ )___，原因是___（用文字和离子方程式说明）。
③若向CaS 饱和溶液中加入Cu(NO3)2 溶液中，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式：___。
【答案】 (1). < (2). C (3). 增大 (4). 增大 (5). 加入HCl，增大H+的浓度, H+与S2-结合，降低S2-的浓度，导致CaS(s) Ca2++(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动 (6). CaS(s)+Cu(aq) Ca2++(aq)+CuS(s)
【解析】
【分析】
(1)NaHS 溶液显碱性，水解过程大于电离过程，则c(S2—)
(3)已知常温下，CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq) △H>0。
根据影响沉淀溶解平衡的条件来分析。
【详解】(1)NaHS 溶液中存在电离平衡和水解平衡：HS-H++S2-和HS-+H2OH2S+OH-，由于溶液显碱性，所以水解过程大于电离过程，则c(S2—)
(2)A.Kw只与温度有关，常温下，Kw= c（H+）·c（OH-）=1×10-14，故A正确；
B. 根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)+c(OH-)，因为c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)，故B正确；
C. 由于NaHS溶液显碱性，所以要保证溶液呈中性，H2S适当过量，所以根据物料守恒可知，c(Na+)
故本题答案为：C；
(3)已知常温下，CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq) △H>0。
①该反应为吸热反应，所以温度升高时， KSP(CaS )增大；
故本题答案为：增大；
②对于平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)，滴加少量浓盐酸时，S2-与H+结合，c(S2-) 减小，平衡右移，c(Ca2+ )增大；
故本题答案为：增大；加入HCl，增大H+的浓度, H+与S2-结合，降低S2-的浓度，导致CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动；
③CaS悬浊液存在CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)平衡， 若向CaS饱和溶液中加入Cu(NO3)2 溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式为：CaS(s)+Cu(aq) Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s)；
故本题答案为：CaS(s)+Cu(aq) Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s)。
23.研究表明：丰富的 CO2 可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源（石油和天然气）枯竭危机，同时又可缓解由 CO2累积所产生的温室效应，实现 CO2的良性循环。
(1)目前工业上有一种方法是用CO2加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯(C2H4)为例、该过程分两步进行:
第一步：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
第二步：2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）△H=-210.5kJ/mol
①CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为___。
②一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高 CO2 的转化率，可以采取的措施是___(填字母)。
A.减小压强 B.增大 H2浓度 C.加入合适的催化剂 D.分离出水蒸气
(2)另一种方法是将 CO2 和 H2 在 230℃催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气，在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。若在 10L 恒容密闭容器中投入1molCO2 和 2.75molH2，发生反应: CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。
①能判断该反应达到化学平衡状态的是___(填字母)。
A.c(H2):c(CH3OH)=3:1
B.容器内氢气的体积分数不再改变
C.容器内气体的密度不再改变
D.容器内压强不再改变
②上述反应的△H___0(填“>”或“<”)，图中压强 p1 ___p2(填“>”或“<”)。
③经测定知 Q 点时容器的压强是反应前压强的 9/10，则 Q 点 CO2的转化率为___。
④M 点时，该反应的平衡常数 K=___ (计算结果保留两位小数)。
(3)用生石灰吸收 CO2 可生成难溶电解质 CaCO3，其溶度积常数 Ksp=2.8×10-9。现有一物质的量浓度为2×10-4mol/L 纯碱溶液，将其与等体积的 CaCl2溶液混合，则生成沉淀所需 CaCl2溶液的最小浓度为___mol/L。
【答案】 (1). 2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）△H=-127.9kJ/mol (2). B (3). BD (4). < (5). > (6). 18.75% (7). 1.04 (8). 5.6×10-5
【解析】
【分析】
(1) ①根据盖斯定律计算；
②要加快反应速率并提高 CO2 的转化率，可以增大反应物H2的浓度，使平衡右移；
(2)①根据达到平衡状态时正反应速率等于逆反应速率，混合物中各组分百分含量保持不变以及相关量不变分析判断；
②由图可以知道，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大；
③列出三段式，根据压强是反应前压强的 9/10，列方程计算；
④温度不变平衡常数不变，图中M 点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可以知道，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应，列出三段式，再根据 K=计算；
(3)因QcKsp时,形成沉淀，计算c(Ca2+)。
【详解】(1) ①已知：I.CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
II.2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）△H=-210.5kJ/mol
根据盖斯定律，I2+II可得：2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）△H=-127.9kJ/mol，
因此，本题正确答案是：2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）△H=-127.9kJ/mol；
②A.正反应为气体体积减小的反应，低压有利于逆向进行，CO2的转化率减小，故A错误；
B.增大 H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B正确；
C.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，CO2的转化率不变，故C错误；
D.分离出水蒸气，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO2的转化率增大，但反应速率减小，故D错误。
因此，本题正确答案是：B；
(2)①A.c(H2):c(CH3OH)=3:1不能说明反应到平衡；
B.容器内氢气的体积分数不再改变，说明混合物中各组分百分含量不变，达到平衡；
C. 气体的总质量随着反应不变，所以容器内气体的密度一直不变，密度不变不能说明反应到平衡；
D. 由于气体总物质的量改变，容器内压强改变，所以压强不变说明已达平衡。
故选BD；
②由图可以知道，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强p1 >p2。
因此，本题正确答案是：＜；＞。
③根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L）0.1 0.275 0 0
转化（mol/L） x 3x x x
平衡（mol/L）0.1-x 0.275-3x x x
根据压强是反应前压强的 9/10，可以列出表达式=，可以计算出x=0.01875，
即 CO2的转化率=100%=18.75%，
因此，本题正确答案是：18.75%；
④温度不变平衡常数不变，图中M 点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可以知道，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，
根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L）0.1 0.275 0 0
转化（mol/L）0.025 0.075 0.025 0.025
平衡（mol/L）0.075 0.2 0.025 0.025
K===1.04，
因此，本题正确答案是：1.04；
(3)因QcKsp时,形成沉淀，c(Ca2+)mol/L=2.810-5mol/L，等体积混合前CaCl2溶液的物质的量浓度最小为5.6×10-5mol/L。
因此，本题正确答案是：5.6×10-5。
三．选做题（以下两组题任选一组作答，共20分，A组较简单，若两组都做，按A组计分）
A组
24.（1）电解原理具有广泛应用，如图为在铁上镀铜的简易装置示意图，则X极材料为___， 电极反应式为___；电解质溶液为___。
（2）燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转化成电能的装置。
①以多孔铂为电极，如图装置中 A、B 口分别通入CH3 CH2OH和O2构成燃料电池模型，该电池负极的电极反应式为___。
②科学家研究了转化温室气体的方法，利用如图所示装置可以将CO2 转化为气体燃料CO，该电池正极的电极反应式为___。
【答案】 (1). Cu (2). Cu－2e－= Cu2+ (3). CuSO4溶液 (4). (5).
【解析】
【分析】
（1）若利用电解原理在铁上镀铜，则该装置是电镀池，镀层作阳极，镀件作阴极，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应；
（2）①燃料电池负极发生氧化反应，电解质溶液为KOH溶液，以此写出电极反应式；
②根据图示，N极为电子流入的一极，则N为正极，CO2在N极上发生还原反应生成CO。
【详解】（1）利用电解原理在铁上镀铜，铜为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，电极方程式为Cu-2e-=Cu2+，即X极材料为Cu，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液可以是CuSO4溶液，
因此，本题正确答案为：Cu ；Cu－2e－= Cu2+ ；CuSO4溶液；
（2）①CH3 CH2OH在负极发生氧化反应，电解质溶液为KOH溶液，负极的电极反应式为CH3 CH2OH+16OH—-12e-=2CO32-+11H2O，
因此，本题正确答案为：CH2OH+16OH—-12e-=2CO32-+11H2O；
②由图可知，N极为电子流入的一极，则N为正极，CO2在N极上发生还原反应生成CO，故电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+ H2O；
因此，本题正确答案为：CO2+2e-+2H+=CO+ H2O。
25.粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如下图：
已知烧结过程的产物主要是NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。
（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式___。
（2）操作 a 为冷却、研磨，其中研磨的目的是___。
（3）①浸出过程中， NaFeO 2 可完全水解，生成沉淀为___。
②3%Na2 CO3溶液显___（填 “酸性 ”、 “碱性 ”或“中性 ”），请用离子方程式解释：___。
（4）操作b 所用的玻璃仪器有漏斗、___、___。
（5）“碳化”时，通入过量气体 x 主要成分的化学式为___。
（6）工业上电解Al2O3制备 Al 是为使Al2O3在较低温下融化，通常加入___。电解过程中做阳极的石墨易消耗，原因是___。
【答案】 (1). Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑ (2). 提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积，加快反应速率) (3). Fe（OH）3 (或氢氧化铁) (4). 碱性 (5). CO32-+H2OHCO3- +OH- (6). 玻璃棒 (7). 烧杯 (8). CO2 (9). 冰晶石(或Na3AlF6) (10). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化
【解析】
【分析】
（1）根据题给工艺流程和信息知，烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；
（2）研磨能增大反应物的接触面积，提高烧结产物浸出率；
（3）①NaFeO2完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；
②Na2 CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性；
（4）过滤所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
（5） “碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳制取氢氧化铝；
（6）加入助溶剂冰晶石降低氧化铝的融化温度；以石墨为电极电解氧化铝时，阳极发生氧化反应产生氧气，部分氧气和石墨电极发生氧化反应。
【详解】（1）根据题给工艺流程和信息知，烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，化学方程式为Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑，
因此，本题正确答案为：Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑；
（2）操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高烧结产物浸出率。
因此，本题正确答案为：提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积，加快反应速率)；
（3）①NaFeO2完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；
②Na2 CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式为CO32-+H2OHCO3- +OH-；
因此，本题正确答案为：Fe（OH）3 (或氢氧化铁)；碱性；CO32-+H2OHCO3- +OH-；
（4）操作b为分离固液混合物的操作，名称是过滤，所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
因此，本题正确答案为：玻璃棒；烧杯；
（5）根据题给流程知，“碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳。
因此，本题正确答案为：CO2；
（6）由于Al2O3熔点很高，为了能使氧化铝在较低的温度下融化，要加入助溶剂冰晶石；以石墨为电极电解氧化铝时，阳极发生氧化反应产生氧气。但由于温度高，部分氧气和石墨电极发生氧化反应产生CO、CO2。
因此，本题正确答案为：冰晶石(或Na3AlF6)；石墨电极被阳极上产生的氧气氧化。
B组
26.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4·5H2O，主要步骤如下：
已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH 分别如下：
物质
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe（OH）3
2.2
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.6
Cu（OH）2
4.7
6.4
请回答下列问题：
（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施有:___(写一种)。
（2）试剂①是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是___。根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是___。
（3）试剂②为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在___范围。操作Ⅰ的名称是___。
（4）溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是___、___、过滤、洗涤、干燥。
【答案】 (1). 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案) (2). 调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，以而把杂质快除去 (3). 温度控制在80ºC，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 (4). 3.2≤pH<4.7 (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶
【解析】
【分析】
孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，Fe+ H2SO4=FeSO4+H2↑，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，向溶液A中加入试剂①双氧水得到溶液B，双氧水是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+，向溶液B中加入试剂②CuO经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，D为Fe(OH)3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，据此答题。
【详解】（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，可以采取的措施有: 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)。
因此，本题正确答案是：适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)；
（2）试剂①是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，以而把杂质除去。
根据图像可知，在80℃pH等于1.5时转化率最高，所以应该控制的条件就是溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4小时左右。
因此，本题正确答案是：温度控制在80ºC，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右；
（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据表中数据，应调节溶液的 pH 保持在3.2≤pH<4.7范围；向溶液B中加入CuO经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，
因此，本题正确答案是：过滤；
（4）溶液C为硫酸铜溶液，从硫酸铜溶液得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
因此，本题正确答案是：蒸发浓缩；冷却结晶。
27.(1)柠檬 酸是 一种 重 要的 有 机 酸 ，其结构简式 为， 其电离常数K1=7.41×10-4，K,2=1.74×10-5，K3=3.98×10-7。碳酸的电离常数K1=4.5×10-7，K1=4.7×10-11。请回答下列有关问题：
①设计实验证明柠檬酸的酸性比碳酸强：___。
②设计实验证明柠檬酸为三元酸：___。
(2)绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”的工作原理如图所示。
①氧气应从 c 处通入，则电极 Y 上发生反应的电极反应式为___。
②二甲醚(CH3OCH 3 )应从 b 处通入，则电极 X上发生反应的电极反应式为___。
【答案】 (1). 向盛有少量NaHCO3溶液的试管里滴加柠檬酸溶液，有气泡产生(或其他合理设计) (2). 用NaOH标有溶液滴定柠檬酸溶液，消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍 (3). O2+4e﹣+4H+═2H2O (4). （CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+
【解析】
【分析】
(1)①要证明柠檬酸的酸性比碳酸强，可以利用强酸制取弱酸分析；
②利用酸碱中和滴定酸碱物质的量比确定柠檬酸是三元酸；
（2）根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e-+4H+═2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，据此分析解答。
【详解】(1)①要证明柠檬酸的酸性比碳酸强，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加柠檬酸溶液，有气泡产生就说明柠檬酸酸性大于碳酸，
因此，本题正确答案是：向盛有少量NaHCO3溶液的试管里滴加柠檬酸溶液，有气泡产生(或其他合理设计)；
②柠檬酸和NaOH发生中和反应时，如果柠檬酸是三元酸，则参加反应的NaOH物质的量应该是柠檬酸的三倍，所以用NaOH标准溶液滴定柠檬酸溶液，消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍就说明柠檬酸是三元酸，
因此，本题正确答案是：用NaOH标有溶液滴定柠檬酸溶液，消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍；
（2）①c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e-+4H+═2H2O，因此，本题正确答案是：O2+4e-+4H+═2H2O；
②b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，
因此，本题正确答案是：（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
【点睛】本题（2）考查了化学电源新型电池，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，根据氢离子移动方向确定正负极，再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性，难点是电极反应式书写。
本试卷为闭卷笔答，答题时间90分钟，满分100分。
一、选择题（每小题只有1个符合题意，每小题2分，共40分。请将正确选项的序号填入下面答题栏内）
1.2018 年9月，中国国际能源产业博览会在太原召开。下列关于能源说法不正确的是
A. 煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能
B. 在能源的开发和利用中必须同时考虑对环境的影响
C. 天然气是一种高效清洁的能源
D. 我的煤炭储量十分丰富，人类可以无穷无尽地开发
【答案】D
【解析】
【详解】A、煤、石油和天然气的化学能归根到底来自太阳能，即间接来自太阳能，故A正确；
B、能源的开发和利用，必须同时考虑其对生态环境的影响，不计后果的开发能源是不可取的，故B正确；
C、天然气的主要成分是甲烷，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源，故C正确；
D、虽然我国的煤的储量十分丰富，但是它是化石能源，储量有限，用完以后不能在短时间内形成，并不是可以无穷无尽地开发，故D错误。
故选D。
2.在密闭容器中进行可逆反应，气体A与B反应生成C，其反应速率分别用VA、VB、VC 表示，三者之间有以下关系：VB＝3VA，3VC ＝2VB，则此反应的化学方程式为（ ）
A. A(g)+B(g)C(g)
B. 6A(g)+2B(g)3C(g)
C. 3A(g)+B(g)2C(g)
D. A(g)+3B(g)2C(g)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据计算结果书写方程式。
【详解】V B =3V A ，3V C =2V B ，故V A ：V B ：V C =1：3：2，化学反应速率之比等化学计量数之比，故此反应可表示为A（g）+3B（g）2C（g），
故选D。
【点睛】本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键。
3.某反应使用催化剂后，其反应过程中的能量变化如图，下列说法错误的是( )
A. 总反应为放热反应 B. 使用催化剂后，活化能不变
C. 反应①是吸热反应 D. △H=△H1+△H2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因为反应物的总能量比生成物总能量高，故总反应为放热反应，A正确；
B. 加入催化剂，改变反应的活化能，B错误；
C. 因为①中反物的总能量比生成物总能量低，故反应①为吸热反应，C正确；
D. 由图可知，反应①为吸热反应，反应热为△H1，反应②为放热反应，反应热为-△H2，根据盖斯定律，△H =△H1-（-△H2）=△H1+△H2，D正确。
故选B。
4.如图所示，相同温度下，在容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI(g) H2（g）+I2(g)。下列关于反应起始时容器Ⅰ和Ⅱ中活化分子的说法不正确的是( )
A. Ⅰ和Ⅱ中活化分子数相同
B. Ⅰ和Ⅱ中活化分子百分数相同
C. Ⅰ和Ⅱ中单位体积内活化分子数相等
D. Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小
【答案】C
【解析】
【分析】
容器Ⅰ和Ⅱ中分别充入等物质的量的HI，发生反应2HI(g) H2（g）+I2(g)。由图可知，II的压强大，以此解答。
【详解】A. Ⅰ和Ⅱ中温度相同，活化分子数相同，故A正确；
B. Ⅰ和Ⅱ中温度相同，活化分子数相同，分子总数相同，所以活化分子百分数相同，故B正确；
C. Ⅰ和Ⅱ中体积不同，活化分子数相同，所以单位体积内活化分子数不相等，故C错误；
D. Ⅰ中压强比Ⅱ中小，压强越小反应越慢，所以Ⅰ中化学反应速率比Ⅱ中的小，故D正确。
故选C。
5.室温下，设 1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1；1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2.则 n1/n2的值是( )
A. 0.01 B. 1 C. 10 D. 100
【答案】D
【解析】
【详解】1L pH=6 的 AlCl3溶液中，由水电离出的 H+物质的量为n1=n(H+)=10-6mol/L×1L=10-6mol；
1L pH=6 的 HCl 溶液中，由水电离出的 H+物质的量为 n2=n(OH-)=mol/L×1L=10-8mol。则 n1/n2==100。
故选D。
【点睛】本题考查水的电离的影响因素，注意能水解的盐促进水的电离，酸和碱都抑制水的电离，水电离出的氢离子总是等于水电离出的氢氧根离子。
6.一种新型火药用高氯酸钾代替硝酸钾，用糖类代替木炭和硫磺，可避免二氧化硫等有害物质的排放，这种新型火药爆炸的热化学方程式：C6H12O6(s)+3KClO4(s)=3KCl(s)+6H2O(g)+6CO2(g) △H=xkJ/mol，已知：葡萄糖的燃烧热：△H1=akJ/mol，KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) △H2=bkJ/mol，H2O(g)= H2O(l) △H3=ckJ/mol，则 x 为（）
A. a+3b-6c B. 6c+3a-b C. a+b-6c D. 6c+a-b
【答案】A
【解析】
【详解】已知：①C6H12O6(s)+6O2(g)=6H2O(l)+6CO2(g) △H1=akJ/mol，
②KClO4(s)=KCl(s)+2O2(g) △H2=bkJ/mol，
③H2O(g)= H2O(l) △H3=ckJ/mol，
根据盖斯定律：①+②×3-③×6得反应C6H12O6(s)+3KClO4(s)=3KCl(s)+6H2O(g)+6CO2(g) 的△H= （a+3b-6c）kJ/mol，所以x= a+3b-6c，
故选A。
7.关于水解应用的说法，错误的是( )
A. 在氯化铵的浓溶液中加入镁粉会产生气泡
B. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再水稀释
C. 硫酸铵和草木灰混合施用到农田可以增强肥效
D. 可用油脂的碱性水解来制备肥皂和甘油
【答案】C
【解析】
【详解】A项，氯化铵水解使溶液显酸性，加入镁粉有氢气产生，同时产生氨气，故A项正确；
B项，铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，所以配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶液在较浓的盐酸中再加水稀释，故B项正确；
C项，硫酸铵和草木灰混合施用，由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解使肥效降低，故C项错误；
D项，油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸钠和甘油，即皂化反应，可用来制备肥皂和甘油，故D项正确。
故答案选C。
8.如图表示钢铁在海水中的锈蚀过程的模型，以下有关说法正确的是 ( )
A. 该金属腐蚀过程为析氢腐蚀
B. 正极为 C，发生的反应为氧化反应
C. 在强酸性条件下发生的是吸氧腐蚀
D. 正极反应为: 2H2O+O2+4e-=4OH-
【答案】D
【解析】
钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；A．从图中看出，空气中的氧气参加反应，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；B．碳作正极，发生的反应为还原反应，故B错误；C．在酸性环境下，原电池的正极发生氢离子得电子的还原反应，析出氢气，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，故C错误；D．吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e−=4OH-，故D正确；故选D。
9.人工光合系统装置（如图）可实现以CO2和 H2O 合成CH4。下列有关说法不正确的是（）
A. 该装置中铜为正极
B. 电池工作时H+向Cu电极移动
C. GaN 电极表面的电极反应式为: 2H2O-4e-═O2+4H+
D. 反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗 1mol CO2转移 4mol e-
【答案】D
【解析】
【分析】
该装置中，根据电子流向知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，正极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。
【详解】A、根据图知，该装置中有太阳能转化为化学能、化学能转化为电能，则为原电池，根据电子流向知铜为正极，故A正确；
B、电池工作时，H+向正极Cu电极移动，故B正确；
C、GaN是负极，负极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故C正确；
D、反应CO2+2H2O═CH4+2O2中每消耗1mol CO2转移8mol e-，故D错误。
故选D。
10.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有K2SO4饱和溶液）。下列说法正确的是（）
A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e-＝Cu
B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C. 盐桥中的SO42-流向甲烧杯
D. 若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转
【答案】B
【解析】
A、正极发生还原反应，电极反应为：Fe3＋＋e－＝Fe2＋，错误；B、左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，正确；C、阴离子向原电池的负极移动，错误；D、若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，错误。答案选B。
点睛：本题考查原电池原理，为高考频考点，明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键，该原电池反应为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e－＝Cu2＋，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，从而分析得解。
11.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是
A. 可直接根据 Ksp 的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小
B. 在 AgCl 的饱和溶液中，加入蒸馏水， Ksp(AgCl)不变
C. 难溶电解质的溶解平衡过程是可逆的，且在平衡状态时 v溶解=v沉淀=0
D. 25℃时， Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，向 AgCl 的饱和溶液中加入少量 KI 固体，一定有黄色沉
【答案】B
【解析】
【详解】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小，故A错误；
B、在纯水中物质的溶解度和Ksp都只受物质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，所以B选项是正确的；
C、平衡状态时v溶解=v沉淀0，电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，故C错误；
D、加入KI后碘离子浓度增大，使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大，可能会大于Ksp(AgI)，若加入足量的碘化钾，则有黄色沉淀碘化银生成，但不一定，故D错误。
所以B选项是正确的。
12.常温下，用铂作电极电解 1L， 1mol·L-1 的氯化钠溶液，当收集到 1.12L 氯气（标准状况）时，溶液的 pH 约为（不考虑气体溶解，忽略溶液体积变化）
A. 1 B. 7 C. 13 D. 14
【答案】C
【解析】
【详解】惰性电极电解氯化钠溶液，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，当阳极产生1.12L即0.05mol氯气，根据电解方程式：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，产生0.05mol氯气生成氢氧化钠的物质的量是0.1mol，溶液中OH-的物质的量浓度是：=0.1mol/L，c(H+)=mol/L=10-13mol/L，
溶液的 pH=-lg10-13=13，
故答案选C。
【点睛】本题是一道关于电解池的工作原理的应用的计算题，主要以电极反应式的书写以及电子守恒的计算是关键。
13.常温下，有浓度均为 0.1mol/L、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液，下列叙述不正确的是（）
A. 若此时 HY 溶液的 pH=3，则 HY 是弱酸
B. 若分别加入 0.01molNaOH 固体，则酸碱恰好完全中和
C. 若分别加入 0.01molNaOH 固体，则所得溶液的pH 均为 7
D. 若此时 HX 溶液的 pH=1，则由水电离出的c（H+） =1×10-13 mol/L
【答案】C
【解析】
【详解】A. 浓度为 0.1mol/LHY溶液， 若此时pH=3，则说明HY不完全电离，即HY 是弱酸，故A正确；
B. 浓度均为 0.1mol/L、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，则酸碱恰好完全中和，故B正确；
C. 若分别加入 0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的 pH 7，故C错误；
D. 浓度为 0.1mol/LHX溶液， 若此时pH=1，说明HX为强酸，则由水电离出的c（H+） =mol/L=1×10-13 mol/L，故D正确。
故选C。
14.一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列 3 种溶液的 pH：
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.34
11.6
10.3
下列有关说法正确的是（ ）
A. 以上溶液的 pH 是用广泛 pH 试纸测定的
B. 反应CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO可以发生
C. 室温下，电离常数： K2（ H2CO3）>K（ HClO）
D. 在新制氯水中加入少量 NaHCO3固体可以提高溶液中 HClO 的浓度
【答案】D
【解析】
【详解】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为H2CO3>HClO >HCO3-，
A．pH 试纸不能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；
B．正确的反应方程式为NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故B错误；
C．酸性HClO >HCO3-，电离常数： K2（ H2CO3）
故选D。
【点睛】本题考查弱电解质电离及复分解反应条件，同时考查学生分析问题并总结归纳能力，明确酸的强弱及酸根离子水解程度关系、强酸能够制取弱酸即可解答。
15.常温下，下列关于溶液中粒子浓度大小关系的说法正确的是（ ）
A. 0.1mol/LNa2CO3 溶液中：c（Na+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）
B. 0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3·H2O的 溶液等体积混合后溶液中：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（OH-）＞c（H+）
C. 醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，则混合溶液一定有：c（Na+）＜c（CH3COO-）
D. 0.1 mol/L NaHS 的溶液中： c（OH-）+ c（S2-）= c（H+）+c（H2S）
【答案】D
【解析】
【详解】A、0.1mol/LNa2CO3 溶液中存在物料守恒，离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），故A错误；
B、0.1mol/L NH4Cl的溶 液 和 0.1mol/LNH3·H2O等体积混合后溶液中，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中的离子浓度关系： c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；
C、常温下，醋酸钠溶液中滴加醋酸溶液，溶液pH=7时，根据电荷守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），得到c（Na+）=c（CH3COO-）；溶液pH>7时，c（Na+）>c（CH3COO-）；溶溶液pH<7时，c（Na+）
故选D。
16.测定 0.1 mol/LNa2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH ，数据如下。
实验过程中，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是（ ）
A. 此实验中 Na2SO3溶液的 pH 是由 pH 计测定的
B. ④与①的 PH 不同，是由于 SO32—浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的 KW值相等
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由表中数据可知，pH精确到小数点后两位，说明溶液的 pH 是由 pH 计测定的，故A正确；
B. 根据信息，取①、④时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，④与①的温度相同，④与①相比SO32—浓度减小，即④与①的pH 不同，是由于 SO32—浓度减小造成的，故B正确；
C.盐类水解是吸热反应，①→③的过程中，升高温度，SO32—水解平衡向正向移动；若减小SO32—浓度，平衡向逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，故C错误；
D. KW只与温度有关，①与④温度相同，所以 KW值相等，故D正确。
故选C。
【点睛】本题要抓好对多个因素的分析：Na2SO3是强酸弱碱盐，水解显碱性，温度升高促进水解，溶液pH增大；同时Na2SO3具有较强的还原性，容易被氧化为Na2SO4，生成强酸强碱盐，不水解，较之前pH减小，加热能够加快氧化。
17.在 25℃时，密闭容器中 X、 Y、 Z 三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/( mol·L-1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/( mol·L-1)
0.05
0.05
0.1
下列说法正确的是
A. 反应达到平衡时， X 和 Y 的转化率相等
B. 增大压强使平衡向生成 Z 的方向移动，平衡常数增大
C. 反应可表示为X+3Y2Z，其平衡常数为 1600
D. 若该反应的正反应方向为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应的平衡常数也增大
【答案】C
【解析】
由图表数据可以计算，X的转化率为(0.05 mol·L−1/0.1 mol·L−1)×100%=50%，Y的转化率为 (0.15 mol·L−1/0.2 mol·L−1)×100%=75%， A错误；对于一个可逆反应，平衡常数与浓度、压强和催化剂无关，只与温度有关，故B错误；图表中X、Y、Z的变化量依次为0.05 mol·L−1、0.15 mol·L−1、0.1 mol·L−1，其浓度变化比为1：3：2，即化学计量数之比为1：3：2，故该反应可表示为X+3Y2Z，将表中平衡时各物质的浓度代入平衡常数表达式计算，=1600，C正确；由于该反应的正反应方向为放热反应，因此，升髙温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，D错误。
18.已知 Na2SO3和 KIO3 反应过程和机理较复杂，一般认为分以下①～④步反应。
①IO3－＋SO32－=IO2－＋SO42－(反应速率慢)
②IO2－＋2SO32－=I－＋2SO42－(反应速率快)
③5I－＋IO3－＋6H＋=3I2＋3H2O(反应速率快)
④I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋(反应速率快)
下列说法不正确的是：
A. IO2－和 I－是该反应的催化剂
B. 此反应总反应速率由反应①决定
C. 此反应①中氧化剂是IO3－，反应③中还原剂是 I－
D. 若生成 0.5mol 碘单质，则总反应中有 5mol 电子转移
【答案】A
【解析】
【分析】
此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，直接决定了反应进行的快慢；
Na2SO3中S元素由+4价上升到+6价，KIO3中I元素由+5价降低到0价，由化合价守恒(电子守恒)配平方程式如下：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，
其中氧化剂是KIO3，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，以此分析。
【详解】A. 从4个步骤的反应可知，IO2－和 I－是反应的中间产物，不是反应的催化剂，故A错误；
B. 此反应的4个步骤中，②③④为快反应，是瞬间完成的，而①为慢反应，所以总反应速率由反应①决定，故B正确；
C. 反应①中IO3－→IO2－，化合价降低，被还原，IO3－作氧化剂；反应③中I－→I2，化合价升高，被氧化，I－作还原剂，故C正确；
D. 由总反应5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O可知，反应中有10 mol电子转移，则生成的碘1 mol，若生成 0.5mol 碘单质，有 5mol 电子转移，故D正确。
故选A。
19.某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的 NaOH 溶液，溶液中pOH 与 pH 的变化关系如图所示，则正确的是( )
A. M 点所示溶液导电能力强于 Q 点
B. N 点所示溶液中 c(Na+)>c(CH3COO-)
C. Q 点所示的溶液 pH 一定等于 7
D. Q 点加入 NaOH 溶液的体积等于醋酸溶液的体积
【答案】B
【解析】
【分析】
酸溶液中pOH越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着NaOH的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液pOH逐渐减小，pH逐渐增大，结合弱电解质的电离解答该题。
【详解】A.因为醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；
B.N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)>c(CH3COO-)，所以B选项是正确的；
C. Q点的pOH=pH，溶液为中性，由于温度不一定是室温，所以pH 不一定等于7，故C错误；
D.Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性，则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误。
所以B选项是正确的。
20.工业上电解 Na2CO3的原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 阴极产生的物质 A 是 H2
B. 电解一段时间后，阳极附近溶液的 PH 将增大
C. 该离子交换膜应为阳离子交换膜
D. 阳极电极反应为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
工业上电解 Na2CO3溶液，根据装置图分析，电解池阳极发生的反应为物质失去电子，发生氧化反应，碳酸钠转化为碳酸氢钠，则阳极电极反应为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极为物质得到电子，发生还原反应，生成氢氧化钠，则阴极反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，据此分析判断。
【详解】A. 阴极发生还原反应，反应式为：2H2O+2e-═2OH-+H2↑，则阴极产生的物质A是H2，故A正确；
B. 阳极电极反应为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，溶液的碱性减弱，所以电解一段时间后，阳极附近溶液的 pH 将减小，故B错误；
C. 由于阴极产品为氢氧化钠，阳极区的钠离子要进入阴极区，所以离子交换膜应为阳离子交换膜，故C正确；
D. 阳极发生氧化反应，阳极电极反应为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查电解原理，明确电极反应方程式是解题的关键，需掌握电解池中离子的运动方向。
二、必做题（本题包括3小题，共40分）
21.现用 0.1000mol/L KMnO4 酸性溶液滴定未知浓度的无色 H2C2O4 溶液(体积为 20.00mL)。请回答下列问题
(1)该反应的离子方程式是___________________。
(2)盛放高锰酸钾溶液的是___ (填“酸式”或“碱式”)滴定管，其原因是___________________。
(3)滴定终点的现象为______。
(4)若某次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则终点的读数为___mL。小明同学根据 3 次实验求得平均消耗高锰酸钾溶液的体积为 VmL，请计算该 H2C2O4溶液的物质的量浓度为___mol/L
(5)下列操作使测定结果偏低的是___(填字母)。
A.酸式滴定管未用标准液润洗直接注入 KMnO4标准液
B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡
D.读取 KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】 (1). (2). 酸式 (3). KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化 (4). 当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (5). 26.10 (6). 0.0125V或V/80 (7). CD
【解析】
【分析】
(1) KMnO4 酸性溶液和H2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2；
(2) 酸性高锰酸钾具有强氧化性，实验时应用酸式滴定管；高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管下端橡胶管；
(3) 高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液应该是由无色变为浅紫色；
(4) 根据滴定管的结构和精确度读出滴定管中的读数；利用关系式：2MnO4-～5H2C2O4计算H2C2O4的物质的量浓度；
(5)根据c（待测）=c（标准）×分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】(1) KMnO4 酸性溶液和H2C2O4发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，H2C2O4被氧化为CO2，反应的离子方程式是2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，
因此，本题正确答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2) 氧化还原滴定，盛装高锰酸钾用酸式滴定管；由于KMnO4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放KMnO4溶液；
因此，本题正确答案为：酸式；KMnO4溶液会把碱式滴定管的橡胶管氧化；
(3) MnO4-为紫色，Mn2＋为无色，当滴入最后一滴标准液时，溶液从无色变成紫红色，且半分钟内保持不变色；
因此，本题正确答案为：当滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
(4) 视线与凹液面最低处相切，故起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL；
根据关系式：2MnO4-～5H2C2O4，H2C2O4溶液的物质的量等于高锰酸钾的2.5倍，
c（H2C2O4）= =0.0125V；
因此，本题正确答案为：0.0125V；
(5)A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液，浓度偏低，结果偏高，不选A；
B．滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响，不选B；
C．酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，所用高锰酸钾过少，结果偏低，选C；
D．读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，结果偏低，选D。
因此，本题正确答案为：CD。
【点睛】本题主要考查氧化还原滴定实验，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，明确中和滴定的操作方法为解答关键，注意掌中和滴定的误差分析方法与技巧。
22.已知氢硫酸是一种二元弱酸，请回答以下问题：
(1)已知 0.1mol/L NaHS 溶液显碱性，则c(S2—)___c(H2S)(填“>”“<”或“=”)。
(2)常温下，向 0.2mol/L的 H2S溶液中逐滴滴入 0.2mol/L NaOH 溶液至中性，此时溶液中以下所示关系不正确的是___(填字母)。
A. c（H+）·c（OH-）=1×10-14
B. c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)
C. c(Na+)> c(HS—)+c(S2—)+ c（H2S）
D. c（H2S）> c(S2—)
(3)已知常温下，CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+(aq)+S2-(aq) △H>0。
①温度升高时，KSP(CaS ) =___ (填“增大”“减少”或“不变”，下同)。
②滴加少量浓盐酸时，c(Ca2+ )___，原因是___（用文字和离子方程式说明）。
③若向CaS 饱和溶液中加入Cu(NO3)2 溶液中，生成一种黑色固体物质，写出该过程中反应的离子方程式：___。
【答案】 (1). < (2). C (3). 增大 (4). 增大 (5). 加入HCl，增大H+的浓度, H+与S2-结合，降低S2-的浓度，导致CaS(s) Ca2++(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动 (6). CaS(s)+Cu(aq) Ca2++(aq)+CuS(s)
【解析】
【分析】
(1)NaHS 溶液显碱性，水解过程大于电离过程，则c(S2—)
(3)已知常温下，CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq) △H>0。
根据影响沉淀溶解平衡的条件来分析。
【详解】(1)NaHS 溶液中存在电离平衡和水解平衡：HS-H++S2-和HS-+H2OH2S+OH-，由于溶液显碱性，所以水解过程大于电离过程，则c(S2—)
(2)A.Kw只与温度有关，常温下，Kw= c（H+）·c（OH-）=1×10-14，故A正确；
B. 根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)+c(OH-)，因为c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HS—)+2c(S2—)，故B正确；
C. 由于NaHS溶液显碱性，所以要保证溶液呈中性，H2S适当过量，所以根据物料守恒可知，c(Na+)
故本题答案为：C；
(3)已知常温下，CaS 饱和溶液中存在平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq) △H>0。
①该反应为吸热反应，所以温度升高时， KSP(CaS )增大；
故本题答案为：增大；
②对于平衡CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)，滴加少量浓盐酸时，S2-与H+结合，c(S2-) 减小，平衡右移，c(Ca2+ )增大；
故本题答案为：增大；加入HCl，增大H+的浓度, H+与S2-结合，降低S2-的浓度，导致CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)溶解平衡正向移动；
③CaS悬浊液存在CaS(s) Ca2+&xF02B;(aq)+S2-(aq)平衡， 若向CaS饱和溶液中加入Cu(NO3)2 溶液，发生复分解反应，生成黑色固体CuS，反应的离子方程式为：CaS(s)+Cu(aq) Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s)；
故本题答案为：CaS(s)+Cu(aq) Ca2+&xF02B;(aq)+CuS(s)。
23.研究表明：丰富的 CO2 可以作为新碳源，解决当前应用最广泛的碳源（石油和天然气）枯竭危机，同时又可缓解由 CO2累积所产生的温室效应，实现 CO2的良性循环。
(1)目前工业上有一种方法是用CO2加氢合成低碳烯烃。现以合成乙烯(C2H4)为例、该过程分两步进行:
第一步：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
第二步：2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）△H=-210.5kJ/mol
①CO2加氢合成乙烯的热化学方程式为___。
②一定条件下的密闭容器中，上述反应达到平衡后，要加快反应速率并提高 CO2 的转化率，可以采取的措施是___(填字母)。
A.减小压强 B.增大 H2浓度 C.加入合适的催化剂 D.分离出水蒸气
(2)另一种方法是将 CO2 和 H2 在 230℃催化剂条件下生成甲醇蒸气和水蒸气，在不同条件下测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强的变化如图所示。若在 10L 恒容密闭容器中投入1molCO2 和 2.75molH2，发生反应: CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。
①能判断该反应达到化学平衡状态的是___(填字母)。
A.c(H2):c(CH3OH)=3:1
B.容器内氢气的体积分数不再改变
C.容器内气体的密度不再改变
D.容器内压强不再改变
②上述反应的△H___0(填“>”或“<”)，图中压强 p1 ___p2(填“>”或“<”)。
③经测定知 Q 点时容器的压强是反应前压强的 9/10，则 Q 点 CO2的转化率为___。
④M 点时，该反应的平衡常数 K=___ (计算结果保留两位小数)。
(3)用生石灰吸收 CO2 可生成难溶电解质 CaCO3，其溶度积常数 Ksp=2.8×10-9。现有一物质的量浓度为2×10-4mol/L 纯碱溶液，将其与等体积的 CaCl2溶液混合，则生成沉淀所需 CaCl2溶液的最小浓度为___mol/L。
【答案】 (1). 2CO2（g）+6H2（g）C2H4（g）+4H2O（g）△H=-127.9kJ/mol (2). B (3). BD (4). < (5). > (6). 18.75% (7). 1.04 (8). 5.6×10-5
【解析】
【分析】
(1) ①根据盖斯定律计算；
②要加快反应速率并提高 CO2 的转化率，可以增大反应物H2的浓度，使平衡右移；
(2)①根据达到平衡状态时正反应速率等于逆反应速率，混合物中各组分百分含量保持不变以及相关量不变分析判断；
②由图可以知道，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大；
③列出三段式，根据压强是反应前压强的 9/10，列方程计算；
④温度不变平衡常数不变，图中M 点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可以知道，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，根据反应，列出三段式，再根据 K=计算；
(3)因QcKsp时,形成沉淀，计算c(Ca2+)。
【详解】(1) ①已知：I.CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）△H=+41.3kJ/mol
II.2CO（g）+4H2（g）C2H4（g）+2H2O（g）△H=-210.5kJ/mol
根据盖斯定律，I2+II可得：2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）△H=-127.9kJ/mol，
因此，本题正确答案是：2CO2（g）+6H2（g） C2H4（g）+4H2O（g）△H=-127.9kJ/mol；
②A.正反应为气体体积减小的反应，低压有利于逆向进行，CO2的转化率减小，故A错误；
B.增大 H2浓度，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B正确；
C.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但不影响平衡移动，CO2的转化率不变，故C错误；
D.分离出水蒸气，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO2的转化率增大，但反应速率减小，故D错误。
因此，本题正确答案是：B；
(2)①A.c(H2):c(CH3OH)=3:1不能说明反应到平衡；
B.容器内氢气的体积分数不再改变，说明混合物中各组分百分含量不变，达到平衡；
C. 气体的总质量随着反应不变，所以容器内气体的密度一直不变，密度不变不能说明反应到平衡；
D. 由于气体总物质的量改变，容器内压强改变，所以压强不变说明已达平衡。
故选BD；
②由图可以知道，压强一定时，温度越高，CH3OH的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，故压强p1 >p2。
因此，本题正确答案是：＜；＞。
③根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L）0.1 0.275 0 0
转化（mol/L） x 3x x x
平衡（mol/L）0.1-x 0.275-3x x x
根据压强是反应前压强的 9/10，可以列出表达式=，可以计算出x=0.01875，
即 CO2的转化率=100%=18.75%，
因此，本题正确答案是：18.75%；
④温度不变平衡常数不变，图中M 点时，容器体积为10L，结合M点的坐标可以知道，M点的CH3OH的物质的量为0.25mol，
根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol/L）0.1 0.275 0 0
转化（mol/L）0.025 0.075 0.025 0.025
平衡（mol/L）0.075 0.2 0.025 0.025
K===1.04，
因此，本题正确答案是：1.04；
(3)因QcKsp时,形成沉淀，c(Ca2+)mol/L=2.810-5mol/L，等体积混合前CaCl2溶液的物质的量浓度最小为5.6×10-5mol/L。
因此，本题正确答案是：5.6×10-5。
三．选做题（以下两组题任选一组作答，共20分，A组较简单，若两组都做，按A组计分）
A组
24.（1）电解原理具有广泛应用，如图为在铁上镀铜的简易装置示意图，则X极材料为___， 电极反应式为___；电解质溶液为___。
（2）燃料电池是一种将燃料所具有的化学能直接转化成电能的装置。
①以多孔铂为电极，如图装置中 A、B 口分别通入CH3 CH2OH和O2构成燃料电池模型，该电池负极的电极反应式为___。
②科学家研究了转化温室气体的方法，利用如图所示装置可以将CO2 转化为气体燃料CO，该电池正极的电极反应式为___。
【答案】 (1). Cu (2). Cu－2e－= Cu2+ (3). CuSO4溶液 (4). (5).
【解析】
【分析】
（1）若利用电解原理在铁上镀铜，则该装置是电镀池，镀层作阳极，镀件作阴极，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应；
（2）①燃料电池负极发生氧化反应，电解质溶液为KOH溶液，以此写出电极反应式；
②根据图示，N极为电子流入的一极，则N为正极，CO2在N极上发生还原反应生成CO。
【详解】（1）利用电解原理在铁上镀铜，铜为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，电极方程式为Cu-2e-=Cu2+，即X极材料为Cu，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液可以是CuSO4溶液，
因此，本题正确答案为：Cu ；Cu－2e－= Cu2+ ；CuSO4溶液；
（2）①CH3 CH2OH在负极发生氧化反应，电解质溶液为KOH溶液，负极的电极反应式为CH3 CH2OH+16OH—-12e-=2CO32-+11H2O，
因此，本题正确答案为：CH2OH+16OH—-12e-=2CO32-+11H2O；
②由图可知，N极为电子流入的一极，则N为正极，CO2在N极上发生还原反应生成CO，故电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+ H2O；
因此，本题正确答案为：CO2+2e-+2H+=CO+ H2O。
25.粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如下图：
已知烧结过程的产物主要是NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等。
（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式___。
（2）操作 a 为冷却、研磨，其中研磨的目的是___。
（3）①浸出过程中， NaFeO 2 可完全水解，生成沉淀为___。
②3%Na2 CO3溶液显___（填 “酸性 ”、 “碱性 ”或“中性 ”），请用离子方程式解释：___。
（4）操作b 所用的玻璃仪器有漏斗、___、___。
（5）“碳化”时，通入过量气体 x 主要成分的化学式为___。
（6）工业上电解Al2O3制备 Al 是为使Al2O3在较低温下融化，通常加入___。电解过程中做阳极的石墨易消耗，原因是___。
【答案】 (1). Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑ (2). 提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积，加快反应速率) (3). Fe（OH）3 (或氢氧化铁) (4). 碱性 (5). CO32-+H2OHCO3- +OH- (6). 玻璃棒 (7). 烧杯 (8). CO2 (9). 冰晶石(或Na3AlF6) (10). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化
【解析】
【分析】
（1）根据题给工艺流程和信息知，烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；
（2）研磨能增大反应物的接触面积，提高烧结产物浸出率；
（3）①NaFeO2完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；
②Na2 CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性；
（4）过滤所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
（5） “碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳制取氢氧化铝；
（6）加入助溶剂冰晶石降低氧化铝的融化温度；以石墨为电极电解氧化铝时，阳极发生氧化反应产生氧气，部分氧气和石墨电极发生氧化反应。
【详解】（1）根据题给工艺流程和信息知，烧结过程中氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，化学方程式为Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑，
因此，本题正确答案为：Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑；
（2）操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高烧结产物浸出率。
因此，本题正确答案为：提高烧结产物浸出率(或增大反应物的接触面积，加快反应速率)；
（3）①NaFeO2完全水解生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠；
②Na2 CO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式为CO32-+H2OHCO3- +OH-；
因此，本题正确答案为：Fe（OH）3 (或氢氧化铁)；碱性；CO32-+H2OHCO3- +OH-；
（4）操作b为分离固液混合物的操作，名称是过滤，所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯；
因此，本题正确答案为：玻璃棒；烧杯；
（5）根据题给流程知，“碳化”过程为偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳。
因此，本题正确答案为：CO2；
（6）由于Al2O3熔点很高，为了能使氧化铝在较低的温度下融化，要加入助溶剂冰晶石；以石墨为电极电解氧化铝时，阳极发生氧化反应产生氧气。但由于温度高，部分氧气和石墨电极发生氧化反应产生CO、CO2。
因此，本题正确答案为：冰晶石(或Na3AlF6)；石墨电极被阳极上产生的氧气氧化。
B组
26.孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物。某工厂以孔雀石为主要原料制备CuSO4·5H2O，主要步骤如下：
已知该条件下，通过调节溶液的酸碱性而使 Fe3+、Fe2+、Cu2+生成沉淀的 pH 分别如下：
物质
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe（OH）3
2.2
3.2
Fe（OH）2
7.6
9.6
Cu（OH）2
4.7
6.4
请回答下列问题：
（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，除适当增加浓硫酸浓度外，还可以采取的措施有:___(写一种)。
（2）试剂①是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是___。根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应采取的条件是___。
（3）试剂②为CuO，其目的是调节溶液的 pH 保持在___范围。操作Ⅰ的名称是___。
（4）溶液 C 得到CuSO4·5H2O的主要步骤是___、___、过滤、洗涤、干燥。
【答案】 (1). 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案) (2). 调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，以而把杂质快除去 (3). 温度控制在80ºC，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右 (4). 3.2≤pH<4.7 (5). 过滤 (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶
【解析】
【分析】
孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量Fe、Si的化合物，向孔雀石中加入足量稀硫酸，发生的反应有Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2↑，Fe+ H2SO4=FeSO4+H2↑，硅和稀硫酸不反应，溶液A只含Cu2+、Fe2+两种金属离子，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，向溶液A中加入试剂①双氧水得到溶液B，双氧水是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+，向溶液B中加入试剂②CuO经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，D为Fe(OH)3，以及过量的试剂，溶液C为硫酸铜溶液，据此答题。
【详解】（1）为了提高孔雀石酸浸时的速率，可以采取的措施有: 适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)。
因此，本题正确答案是：适当提高反应温度(或搅拌、将矿石研磨成粉末等其他合理等案)；
（2）试剂①是双氧水，把 Fe2+氧化成 Fe3+的目的是调节pH时, Fe3+在Cu2+开始沉淀之前就能沉淀完全，以而把杂质除去。
根据图像可知，在80℃pH等于1.5时转化率最高，所以应该控制的条件就是溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4小时左右。
因此，本题正确答案是：温度控制在80ºC，pH控制在1.5,氧化时间为4h左右；
（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据表中数据，应调节溶液的 pH 保持在3.2≤pH<4.7范围；向溶液B中加入CuO经过操作Ⅰ得到溶液C和红褐色沉淀D，则操作Ⅰ为过滤，
因此，本题正确答案是：过滤；
（4）溶液C为硫酸铜溶液，从硫酸铜溶液得到CuSO4·5H2O的主要步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
因此，本题正确答案是：蒸发浓缩；冷却结晶。
27.(1)柠檬 酸是 一种 重 要的 有 机 酸 ，其结构简式 为， 其电离常数K1=7.41×10-4，K,2=1.74×10-5，K3=3.98×10-7。碳酸的电离常数K1=4.5×10-7，K1=4.7×10-11。请回答下列有关问题：
①设计实验证明柠檬酸的酸性比碳酸强：___。
②设计实验证明柠檬酸为三元酸：___。
(2)绿色电源“二甲醚-氧气燃料电池”的工作原理如图所示。
①氧气应从 c 处通入，则电极 Y 上发生反应的电极反应式为___。
②二甲醚(CH3OCH 3 )应从 b 处通入，则电极 X上发生反应的电极反应式为___。
【答案】 (1). 向盛有少量NaHCO3溶液的试管里滴加柠檬酸溶液，有气泡产生(或其他合理设计) (2). 用NaOH标有溶液滴定柠檬酸溶液，消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍 (3). O2+4e﹣+4H+═2H2O (4). （CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+
【解析】
【分析】
(1)①要证明柠檬酸的酸性比碳酸强，可以利用强酸制取弱酸分析；
②利用酸碱中和滴定酸碱物质的量比确定柠檬酸是三元酸；
（2）根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e-+4H+═2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，据此分析解答。
【详解】(1)①要证明柠檬酸的酸性比碳酸强，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加柠檬酸溶液，有气泡产生就说明柠檬酸酸性大于碳酸，
因此，本题正确答案是：向盛有少量NaHCO3溶液的试管里滴加柠檬酸溶液，有气泡产生(或其他合理设计)；
②柠檬酸和NaOH发生中和反应时，如果柠檬酸是三元酸，则参加反应的NaOH物质的量应该是柠檬酸的三倍，所以用NaOH标准溶液滴定柠檬酸溶液，消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍就说明柠檬酸是三元酸，
因此，本题正确答案是：用NaOH标有溶液滴定柠檬酸溶液，消耗NaOH的物质的量是柠檬酸的3倍；
（2）①c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e-+4H+═2H2O，因此，本题正确答案是：O2+4e-+4H+═2H2O；
②b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，
因此，本题正确答案是：（CH3）2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+。
【点睛】本题（2）考查了化学电源新型电池，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，根据氢离子移动方向确定正负极，再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性，难点是电极反应式书写。
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