【化学】江西省宜春市宜丰中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

江西省宜春市宜丰中学2018-2019学年高二上学期期末考试
本卷可能用到的相对原子质量：H−1 C−12 O−16 K−39
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列过程属于物理变化的是( )
A. 石油裂化 B. 乙烯聚合 C. 煤的干馏 D. 石油分馏
【答案】D
【解析】
【详解】有新物质生成的变化是化学变化，反之是物理变化。
A. 石油的裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，所以石油的裂化属于化学变化，故A错误；
B. 乙烯聚合生成聚乙烯，生成了新物质，属于化学变化，故B错误；
C. 煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，所以煤的干馏属于化学变化，故C错误；
D.石油的分馏是利用石油各组分沸点不同进行分离的操作，没有新物质生成，属于物理变化，故D正确；
故选D。
2.糖类、油脂、蛋白质都是与生命息息相关的物质。下列有关说法正确的是( )
A. 淀粉和纤维素互为同分异构体
B. 淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物
C. 葡萄糖和蔗糖都能发生水解反应
D. 天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 纤维素和淀粉都是多糖，分子式都可用（C6H10O5）n表示，但两者的n不同，它们不是同分异构体，故A错误；
B. 油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；
C.葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故C错误；
D. 天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点，故D正确，
故选D。
3.反应A(s)+2B(g)2C(g)在一密闭容器中进行,当改变下列条件之一时,一定能增大反应速率的是( )
A. 增加A物质的量 B. 降低温度
C. 压缩反应容器体积 D. 减少部分B物质
【答案】C
【解析】
【详解】A. A是固体，增大A的物质的量，不能改变反应速率，故A错误；
B. 降低温度，使反应速率降低，故B错误；
C. 压缩容器的体积，容器内压强增大，则反应速率加快，故C正确；
D. 减少部分B，则反应物的浓度减小，正反应速率减小，在这个时刻逆反应速率不变，故C错误，
故选C。
4.下列过程或现象与盐类水解无关的是( )
A. 纯碱溶液去油污 B. 铁在潮湿的环境下生锈
C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 明矾净水
【答案】B
【解析】
【详解】A.碳酸钠溶液中的CO32-发生水解，使溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故A不符合题意；
B.铁在潮湿的环境下生锈为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，故B符合题意；
C.加热氯化铁溶液，溶液颜色变深是因为加热促进Fe3+水解，与盐类水解有关，故C不符合题意；
D.明矾净水是由于铝离子水解生成 氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物质，从而达到净水目的，与盐类水解有关，故D不符合题意，
故选B。
5.如图所示，a、b是两根石墨棒。下列叙述正确的是( )

A. a是正极，发生还原反应
B. b是阳极，发生氧化反应
C. 烧杯中SO42－的物质的量不变
D. 往滤纸上滴加酚酞试液，a极附近颜色变红
【答案】C
【解析】
【详解】左边装置能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，右边是电解池，锌易失电子作负极，铜作正极，则与正极相连的a是阳极，与负极相连的b是阴极，正极和阴极上都得电子发生还原反应，负极和阳极上都失电子发生氧化反应，
A．a是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，故A错误；
B．b是阴极，阴极上得电子发生还原反应，故B错误；
C．左边装置中，负极上锌失电子生成锌离子，正极上氢离子得电子生成氢气，硫酸根离子不参加反应，则其物质的量不变，故C正确；
D．a电极上氯离子放电生成氯气，b电极上氢离子放电生成氢气，同时b电极附近还生成氢氧根离子，导致碱性增强，所以b极附近颜色变红，故D错误；
故选C。
6.下列现象不是因为发生化学反应而产生的是( )
A. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色
B. 甲烷与氯气混合，光照一段时间后黄绿色消失
C. 乙烯使酸性KMnO4溶液褪色
D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由于溴在苯中的溶解度大，将苯滴入溴水中，发生萃取，未发生化学反应，故A符合题意；
B. 甲烷与氯气混合，在光照条件下，发生取代反应，黄绿色褪去，发生化学反应，故B不符合题意；
C. 乙烯被酸性KMnO 4 氧化，因发生氧化还原反应紫色褪去，发生化学反应，故C不符合题意；
D. 乙烯与溴发生加成反应，是溴水褪色，发生化学反应，故D不符合题意，
故选A。
7.可逆反应mA(s)＋nB(g) eC(g)＋fD(g)，反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数φ(C)在不同温度(T)和不同压强(p)的条件下随时间(t)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是

A. 达到平衡后，若使用催化剂，C的体积分数将增大
B. 达到平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动
C. 化学方程式中，n＞e＋f
D. 达到平衡后，增加A的质量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
试题分析：根据图像①可知，T2温度是首先平衡，故T2＞T1，根据①中C的体积分数可知，该反应为放热反应。根据图像②可知，P2压强下首先平衡，故P2＞P1，又由于C的体积分数可知，P2条件下平衡向逆反应方向移动，故n＜e+f 。A选项，加入催化剂不改变平衡，错误。B选项正确。C选项，化学方程式中n＜e+f。D选项，达到平衡后加入A，但A为固体，对化学平衡无影响。故错误。
考点：化学平衡图像。影响化学平衡移动的因素。
8.一定温度和压强不变的条件下，发生可逆反应：A(g)＋3B(g)4C(g)，下列叙述能作为该反应达到平衡状态的标志的是（ ）
①混合气体的平均摩尔质量不再变化
②v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶3∶4
③A、B、C的浓度不再变化
④C的体积分数不再变化
⑤A、B、C的分子数之比为1∶3∶4
⑥混合气体的密度不再变化
A. ②③④⑤⑥ B. ③④
C. ②③④ D. ①③⑤⑥
【答案】B
【解析】
①反应前后气体体积不变，气体物质的量不变，质量守恒，所以混合气体的摩尔质量始终不变，故①错误；②速率之比等于化学计量数之比，不能说明正逆反应速率相等，故②错误；③各组分浓度不变，说明反应达到平衡状态，故③正确；④C的体积分数不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故④正确；⑤平衡时各物质的分子式之比，决定于开始加入物质的多少和反应程度，与平衡无关，故⑤错误；⑥混合气体质量守恒，体积不变，密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故⑥错误；综上，正确的有③④，答案选B。
点睛：本题考查了平衡状态的判断，注意利用勒夏特列原理分析。根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
9.有关下图及实验的描述正确的是( )
A. 蒸发FeCl3溶液制备无水FeCl3 B. 电解精炼铝
C. 构成铜锌原电池 D. 定量测定化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A. FeCl3易水解生成Fe(OH)3和HCl，盐酸具有挥发性，加热盐酸挥发,蒸发溶液最终得不到纯净的无水氯化铁，故A错误；
B. 电解精炼铝时，电解槽中不能且氯化铝溶液，因为在水溶液中，铝离子的放电能力比氢离子弱，故B错误；
C. 含有盐桥的原电池中，金属电极与盐溶液中金属阳离子为同一种元素，该图符合原电池条件，故C正确；
D. 测定化学反应速率必须使用分液漏斗，不能使用长颈漏斗，否则生成的氢气易从长颈漏斗中逸出，不能使气体的发生装置保持恒圧，故D错误；
故选C。
【点睛】明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应，掌握化学实验基础操作及注意事项是解决本题的关键。
10.常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是
A. S2－ B. CO32－ C. NH4+ D. Br－
【答案】C
【解析】
试题分析：A、硫离子水解溶液显碱性，氢离子数目少，A错误；B、碳酸根离子水解溶液显碱性，氢离子数目少，B错误；C、铵根水解溶液显酸性，氢离子数目增加，C正确；D、溴离子不水解，氢离子数目不变，D错误，答案选C。
考点：考查盐类水解
11.下列有关实验操作对应的现象及对现象的解释或所得出的结论都正确的是( )
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向浓度均为0.1mol·L﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]＞
Ksp[Cu(OH)2]

B
向10mL0.1mol·L﹣1的AgNO3溶液中滴加几
滴0.1mol·L﹣1的NaCl溶液，出现白色沉
淀，再向其中滴加0.1mol·L﹣1的KI溶液

产生黄色沉淀

Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
原溶液中不含K＋
D
某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水
变浑浊
说明该盐是碳酸盐
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶度积小的先生成沉淀,向浓度为0.1mol⋅L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀,说明Ksp[Cu(OH)2]较小，故A正确；
B. 向盛有10mL 0.1mol•L -1 AgNO 3 溶液的试管中滴加几滴0.1mol•L -1 NaCl溶液，有AgCl白色沉淀生成，由于AgNO3过量，再滴加KI溶液时，肯定有黄色的AgI 沉淀生成， 故无法证明两种沉淀的溶度积的相对大小，故B错误；
C.钾离子的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，没有透过蓝色钴玻璃观察就无法确定是否含钾离子，故C错误；
D.某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，该盐可能为碳酸盐，也可能为碳酸氢盐，故D错误，
故选A。
12. 我国某大城市今年夏季多次降下酸雨。据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3.2。在这种环境中的铁制品极易被腐蚀。对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是(　　)
A. 此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀
B. 发生电化学腐蚀时的正极反应为2H2O＋O2＋4e－=4OH－
C. 在化学腐蚀过程中有氢气产生
D. 发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe－2e－=Fe2＋
【答案】B
【解析】
在弱酸性环境中铁发生的析氢腐蚀，故正极为2H++2e-=H2↑，B错误
13.对下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是 （ ）
A. 0.1mol·L-1的（NH4）2SO4溶液中：c（SO42－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－）
B. 0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：c（Na＋）=c（HCO3－）+c（H2CO3）+2c（CO32－）
C. 将0.2mol·L-1NaA溶液和0.1mol·L-1盐酸等体积混合所得碱性溶液中：c（Na＋）+c（H＋）=c（A－）+c（Cl－）
D. 在25°C100mLNH4Cl溶液中：c（Cl－）=c（NH4＋）+c（NH3·H2O）
【答案】D
【解析】
【分析】
A．0.1 mol·L－1的（NH4）2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性；
B．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）=n（C）；
C．溶液中存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同；
D．在25℃0.1 mol·L－1的 NH4Cl溶液中存在物料守恒，n（Cl）=n（N）
【详解】A．0.1 mol·L－1的（NH4）2SO4溶液中铵根离子水解溶液显酸性，离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（SO42－）＞c（H＋）＞c（OH－），故A错误；
B．0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中存在物料守恒，n（Na）=n（C），溶液中c（Na＋）=c（HCO3－）+c（H2CO3）+c（CO32－），故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同，c（Na＋）+c（H＋）=c（A－）+c（Cl－）+c（OH－），故C错误；
D．在25℃0.1 mol·L－1的 NH4Cl溶液中存在物料守恒，n（Cl）=n（N），c（Cl－）=c（NH4＋）+c（NH3·H2O），故D正确；
故选：D。
14.某温度下，在固定容积的密闭容器中，可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡时，各物质的物质的量之比是n(A)∶n(B) ∶n(C)=2∶2∶l。保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A，B，C，则（ ）
A. 平衡向正方向移动 B. 平衡不发生移动
C. C的体积分数减小 D. C的体积分数不变
【答案】A
【解析】
达到平衡时，各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。如果保持温度不变，以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C，则相当于是在原平衡的基础上缩小容器的容积，即增大压强，正逆反应速率均是增大的，平衡向正反应方向移动，因此选项A正确，B错误；C的体积分数增大，选项CD错误。答案选A。
点睛：本题考查外界条件对平衡状态的影响。该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。
15.芬兰籍华人科学家张霞昌研制的“超薄型软电池”获2009年中国科技创业大赛最高奖。被称之为“软电池”的纸质电池总反应为：Zn＋2MnO2＋H2O＝ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是( )
A. 该电池中Zn作负极，发生还原反应
B. 该电池反应中MnO2起催化作用
C. 该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2
D. 该电池正极反应式为：2MnO2＋2e－＋2H2O＝2MnOOH＋2OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A.从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以Zn是负极，故A错误；
B.该电池反应中二氧化锰发生了还原反应，二氧化锰得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；
C.该电池中电子由负极经外电路流向正极，则电流从正极二氧化锰流向锌，故C错误；
D.电池的正极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，或2MnO2+2e-+2H2O=2MnO（OH）十2OH-，故D正确，
故选D。
【点睛】明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。
16.实验室采用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验结束后，取下盛有饱和碳酸钠溶液的试管，再沿该试管内壁缓缓加入石蕊溶液1毫升，发现石蕊溶液存在于饱和碳酸钠溶液层与乙酸乙酯液层之间(整个过程不振荡试管)。下列有关该实验的描述不正确的是( )

A. 制备的乙酸乙酯中混有乙酸和乙醇杂质
B. 该实验中浓硫酸的作用是催化和吸水
C. 饱和碳酸钠溶液主要作用是降低乙酸乙酯的溶解度及吸收乙醇和乙酸
D. 石蕊层为三层，由上而下是蓝、紫、红
【答案】D
【解析】
【详解】A.由于乙酸和乙醇易挥发，且二者与乙酸乙酯混溶，蒸汽中往往含有乙醇和乙酸，故A正确；
B.浓硫酸在反应中起到催化剂的作用，该反应为可逆反应，浓硫酸具有吸水性，能吸收反应生成的水，为利于反应向生成物的方向移动，故B正确；
C.饱和碳酸钠溶液主要作用是降低乙酸乙酯的溶解度及吸收乙醇和乙酸，C正确；
D.由上而下，上层是乙酸乙酯中混有乙酸，可使石蕊呈红色；中层为石蕊的本色——紫色；下层为碳酸钠溶液，碳酸钠水解呈碱性，石蕊在碱性溶液中呈蓝色，故D不正确；
综上所述，有关该实验的描述不正确的是D，故选D。
二、非选择题(共52分)
17.请回答下列问题：
(1)氯化铝水溶液呈________(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)________________________________________；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是___________(填化学式)。
(2)在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的________________(填化学式)。
(3)已知纯水在T℃时，pH＝6，该温度下某NaOH溶液的浓度为1 mol·L－1，则该溶液由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。
(4)常温下，向一定体积的0.1 mol/L的醋酸溶液中加水稀释后，溶液的pH将___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。关于该稀释过程下列说法正确的是_____。
A．溶液中导电粒子的数目减少 B．醋酸的电离程度增大，c(H＋)也增大
C．溶液中不变 D．溶液中增大
(5)常温下，浓度均为0.1 mol/L的五种溶液的pH如下表所示。
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
根据表中数据，回答问题：
①若分别稀释等浓度的下列四种酸溶液(稀释倍数相同)，pH变化最小的是_________；
A．HCN B．HClO C．H2CO3 D．CH3COOH
②等体积等浓度的NaCN、NaClO两溶液中所含阴、阳离子总数的大小关系为_________。
A．前者大 B．相等 C．后者大 D．无法确定
【答案】 (1). 酸 (2). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). NaOH (5). 10－12 (6). 增大 (7). C (8). A (9). C
【解析】
【分析】
根据盐类的水解原理分析解答；根据溶度积的概念及应用分析解答；根据离子方程式的书写规则分析解答。
【详解】(1) 氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解，水解的方程式为：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，水解后溶液呈酸性，加热时促进水解，生成Al(OH)3 ，Al(OH)3不稳定，灼烧时分解生成Al2O3，
故答案为：酸； Al3++3H2O Al(OH)3+3H+；Al2O3 ；
(2) 硫化钠为强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡：S2- +H2OHS- +OH-，为了防止发生水解，可以加入少量NaOH，使平衡向逆反应方向移动，从而抑制水解，
故答案为：NaOH；
(3) 已知纯水在T℃时，pH=6，则纯水中c(H+)=10-6mol/L，所以Kw=10-12。该温度下1mol•L-1的NaOH溶液中c(H+)== 10-12mol/L，则该溶液的pH=12，由水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根离子的浓度，所以由水电离出的c（OH-）=10-12mol/L；
故答案为： 10-12；
(4) 醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多浓度减小，所以溶液pH值增大，
A.醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，醋酸电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，故A错误；
B.加水稀释，促进电离，但氢离子浓度降低，故B错误；
C. 溶液中，电离平衡常数和水的离子积常数不变，所以不变，故C正确；
D.溶液中，则溶液中=c(CH3COOH)，其中醋酸的浓度减小，电离平衡常数和水的离子积常数不变，所以减小，故D错误；
故答案为：C；
(5) ①相同浓度的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，根据钠盐溶液pH确定酸的强弱，相同浓度的不同酸，加水稀释促进弱酸电离，则稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸溶液稀释过程中pH变化越小，根据钠盐溶液的pH知，HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，所以溶液的pH变化最小的是HCN，故A正确，
故答案为：A；
②等体积等浓度的NaCN、NaClO两溶液中，钠离子浓度相同，两溶液均为碱性，其中pH(NaCN)＞pH(NaClO)，故NaCN溶液中氢离子浓度较小，由电荷守恒可知，NaCN溶液中含有的阴、阳离子总数较小，NaClO溶液中阴、阳离子总数较大，故C正确；
故答案为：C。
18.在密闭容器中进行反应①Fe(s)+C02(g) FeO(s)+CO(g) ΔH1=akJ·mol一
反应②2CO(g)+02(g) 2C02(g) △H2=b kJ·mol-
反应③2Fe(s)+02(g) 2FeO(s) △H3
(1) △H3=___________(用含a、b的代数式表示)。
(2)反应①的化学平衡常数表达式K=____________，已知500℃时反应①的平衡常数K=1，在此温度下2 L密闭容器中进行反应①，Fe和C02的起始量均为2．0 mol，达到平衡时CO2的转化率为______________ ，CO的平衡浓度为________________。
(3)将上述平衡体系升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是C02浓度的两倍，则a ___________0(填“>”、“<”或“=”)。为了加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，其他条件不变时，可以采取的措施有__________(填序号)。
A．缩小反应器体积 B．再通入CO2 c．升高温度 D．使用合适的催化剂
【答案】 (1). (2a+b)kJ·m0l- 1 (2). c(C0)／c(C02) (3). 50％ (4). 0.5 mol/L (5). > (6). BC
【解析】
（1）根据盖斯定律，∆H3=2∆H1+∆H2=（2a+b）kJ•mol-1；（2）反应①中Fe和FeO为固体，不计入平衡常数表达式，所以反应①的化学平衡常数表达式K= c（CO）/c(CO2)；设CO2的转化浓度为x，则
Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g)
起始浓度（mol•L-1） 1 0
转化浓度（mol•L-1） x x
平衡浓度（mol•L-1） 1—x x
根据平衡常数，=1.0，解得x=0.5mol•L-1，CO的平衡浓度为0.5mol•L-1；则CO2的转化率为×100%=50%。
（3）升温至700℃，再次达到平衡时体系中CO的浓度是CO2浓度的两倍，平衡向正反应方向移动，为吸热反应，所以a > 0；A、因为该反应气体的系数不变，缩小反应器体积，平衡不移动，CO的物质的量不变，选项A错误；B、再通入CO2，反应物浓度增大，加快化学反应速率且使体系中CO的物质的量增加，选项B正确；C、升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，CO的物质的量增加，选项C正确；D、使用合适的催化剂只能加快反应速率，CO的物质的量不变，选项D错误。答案选BC。
点睛：本题考查盖斯定律、化学平衡的计算、化学反应速率与化学平衡移动、图像的分析。
19.图为CH4燃料电池的装置(A、B为多孔碳棒)：

(1)____(填A或B)处电极入口通甲烷，其电极反应式为__________。
(2)该燃料电池工作时溶液中的K＋向_____(填A或B)极移动。
(3)现有500 mL KNO3和Cu(N03)2的混合溶液，其中c(NO3－)＝6.0mol·L－1，若以CH4燃料电池作为外接电源，且两极均用石墨作电极电解此混合溶液，工作一段时间后，电解池中两极均收集到22.4 L气体(标准状况，下同)，则燃料电池消耗CH4体积为________L；假定电解后溶液体积仍为500 mL，原混合溶液中c(K＋)为_______mol·L－1。
【答案】 (1). B (2). CH4＋10OH－－8e－= CO32－＋7H2O (3). A (4). 11.2 (5). 2.0
【解析】
【分析】
根据原电池的工作原理及电极反应方程式书写分析解答；根据电解池的工作原理及电极反应方程式书写分析解答；根据物质的量相关计算分析解答。
【详解】(1) 根据电子流向知，B为负极、A为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以B处通入甲烷，甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O，
故答案为：B；CH4-8e-+10OH-═CO32-+7H2O；
(2)原电池中，阳离子通常向正极移动，所以K+向A极移动，
故答案为：A；
(3) KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，阳极上的电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，当产生22.4L即1mol（标准状况）氧气时，转移电子是4mol，根据转移电子数守恒，可知原电池中甲烷转移4mol电子，根据电极反应式可知，甲烷中的碳元素的化合价由-4升高到+4，则n(CH4)=0.5mol，即标况下为11.2L；阴极上先发生电极反应：Cu2++2e-=Cu，然后是：2H++2e-=H2↑，在阴极上生成1mol的氢气时，转移电子是2mol，所以铜离子共得到电子是2mol，根据电子得失守恒：n（Cu2＋）=1mol；再根据溶液中电荷守恒，在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中存在关系：2c(Cu2＋)+c(K＋)=c(NO3-)，可以求出c(K＋)=2 mol·L－1 。
【点睛】原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、根据电荷量求产物的量与根据产物的量求电荷量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：
1.守恒法：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
2.总反应法：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
3.关系式法算：借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。
20.10℃时，常压下加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为__________________________________________。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度____________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(2)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙同学判断正确。试剂X是______________。
A. Ba(OH)2溶液 B. BaCl2溶液 C. NaOH溶液 D. 澄清的石灰水
(3)将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH_______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则甲同学判断正确。
(4)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言_______(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是_________________________________________________________________。
(5)将amol/L的Na2CO3溶液与bmol/L的NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中粒子浓度间的关系及相关判断不正确的是_________。
A. c(Na＋)+ c(H＋)＞c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(CO32－)+ c(HCO3－)+c(H2CO3)
C．若c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)，则一定a＜b
D．若c(CO32－)+2c(OH－)＝2c(H＋)+ c(HCO3－)+ 3c(H2CO3)，则可确定a＝b
(6)已知25℃时，Ksp [CaCO3]＝2.8×10﹣9，Ksp [MgCO3]＝6.8×10﹣6。该温度下向物质的量浓度均为0.02mol·L﹣1的MgCl2和CaCl2混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液，当CaCO3和MgCO3两种沉淀共存时，=_______________(保留2位有效数字)。
【答案】 (1). HCO3-+H2O H2CO3+OH- (2). 大于 (3). B (4). 等于 (5). 乙 (6). 常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃ (7). C (8). 4.1×10﹣4
【解析】
【分析】
根据碳酸钠和碳酸氢钠的性质分析解答；根据盐类的水解原理分析解答；根据水溶液中的离子平衡判断离子浓度大小。
【详解】(1) 碳酸氢钠是强碱弱酸盐，能水解导致溶液呈碱性，水解方程式为HCO3-+H2O H2CO3+OH-，碳酸钠是强碱弱酸盐能水解，碳酸是二元弱酸，第一步电离程度远远大于第二步电离，所以碳酸根离子的第一步水解程度远远大于第二步水解程度，导致碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，
故答案为：HCO3-+H2O H2CO3+OH- ；大于；
(2) 碳酸氢钠和氯化钡不反应，但碳酸钠和氯化钡能反应生成白色沉淀碳酸钡方程式为： Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl，向碳酸钠或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钡或氢氧化钙都生成白色沉淀，向碳酸钠溶液或碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠都不产生明显现象。若乙同学的判断正确，则加入氯化钡溶液可以观察到有白色沉淀生成，故试剂X是B，
故答案为： B；
(3) 若加热后碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，温度不变、溶液的pH值也不变（等于8.3），由此证明甲是正确的，
故答案为：等于；甲；
(4) 碳酸氢钠的分解温度是150℃，常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃，所以碳酸氢钠不分解，溶液仍然是碳酸氢钠溶液，由此判断乙是错误的，
故答案为：乙；常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃；
(5)A.根据溶液中的电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），所以c（Na+）+c（H+）＞c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），故A正确；
B. 根据碳酸钠溶液中的物料守恒可知：c（Na+）=2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中的物料守恒可知：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），混合溶液中存在物料守恒，根据碳酸钠中的物料守恒得c（Na+）＞c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），故B正确；
C. 当a=b时，由于碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，该离子浓度的大小关系仍能成立，故C错误；
D.如果a=b，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），根据物料守恒得2c（Na+）=3c（CO32-）+3c（HCO3-）+3c（H2CO3），所以得c（CO32-）+2c（OH-）=2c（H+）+c（HCO3-）+3c（H2CO3），故D正确；
故答案为：C；
(6)溶度积常数越小的物质越先沉淀，碳酸钙的溶度积小于碳酸镁的溶度积，所以碳酸钙先沉淀，当两种沉淀共存时，根据沉淀转化的离子方程式可知，=4.1×10﹣4。
故答案为：4.1×10﹣4。
【点睛】本题解题的关键是能根据弱酸的电离常数的大小关系判断其相应离子的水解程度的大小，能根据题中的信息选择合适的试剂检验实验方案，能根据溶液中的电荷守恒、物料守恒等关系比较相关离子浓度的大小关系及等量关系是否正确。可以适当采用代入验证的方法判断相关的关系是否成立。