【化学】福建省福州市八县（市）协作校2018-2019学年高二上学期期末联考（解析版） 试卷

福建省福州市八县（市）协作校2018-2019学年高二上学期期末联考
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是
A. 锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去
B. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生剧烈双水解反应
C. 打开汽水瓶盖时有大量气泡冒出，可用勒夏特列原理解释
D. 明矾净水与自来水的杀菌消毒原理相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸钙微溶，碳酸钙难溶，锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理转化为更难溶的CaCO3，CaCO3能溶于盐酸而除去，故A正确；
B．泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，二者混合发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，故B正确；
C．因在较大压强的作用下二氧化碳被压入汽水瓶中，打开汽水瓶，压强减小，溶解平衡向逆向移动，则二氧化碳逸出，即可用勒复特列原理解释，故C正确；
D．明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，故D错误；
答案选D。
2.在水中加入下列粒子，不能破坏水的电离平衡的是
A. B. C. D. 2311Na+
【答案】D
【解析】
A. 硫离子可以水解，促进水的电离；B. 氯气溶于水可以与水反应，生成盐酸和次氯酸，可以破坏水的电离；C. 氨气溶于水后与水反应生成一水合氨，一水合氨电离后，溶液呈碱性，抑制了水的电离；D. 钠离子不影响水的电离。综上所述，D正确，本题选D。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 室温下，23g NO2气体中含有的分子数目为0.5 NA
B. 0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目为0.1NA
C. 常温下，20L pH=12的Na2CO3溶液中含有OH‒ 数目为0.2NA
D. 某密闭容器盛有0.1mol N2和0.3mol H2，一定条件下充分反应，转移电子数目为0.6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由于存在平衡关系2NO2N2O4，则室温下，23g NO2气体中含有的分子数目小于0.5NA，故A错误；
B. 醋酸溶液的体积不定，醋酸的电离程度也不定，所以0.1mol/L醋酸溶液中含有醋酸分子的数目无从确定，故B错误；
C. 常温下，20LpH=12的Na2CO3溶液中c(OH－)=1×10-2mol/L，含有OH-数目为0.2NA，故C正确；
D. 某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应：N2+3H22NH3，该反应为可逆反应，所以转移电子数目小于0.6NA，故D错误。
故答案选C。
4.下列说法正确的是
A. NH4HCO3(s)═NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) △H= +185.57kJ•mol−1，能自发进行，原因是△S>0
B. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向
C. 常温下，放热反应一般能自发进行，吸热反应都不能自发进行
D. 焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应的△H＞0，反应自发进行，则△H-T△S＜0，故△S＞0，故A正确；
B．催化剂只能影响反应速率，不影响平衡移动，所以催化剂不能改变反应方向，故B错误；
C．△G=△H-T△S＜0时反应自发进行，吸热、熵增大的反应高温下也能够自发进行，故C错误；
D．反应自发与否决定于焓变和熵变两方面因素，△G=△H-T△S＜0时反应自发进行，故D错误；
故答案选A。
【点睛】本题考查了反应自发进行的条件，明确△G=△H-T△S＜0时反应自发进行是解答的关键，选项C是解答的易错点。
5.对反应A（s）+ 3B（g） 2C（g）+ D（g）来说，下列反应速率最快的是
A. v（A）=0.3 mol/（L•s） B. v（B）=0.6 mol/（L•min）
C. v（C）=0.5 mol/（L•min） D. v（D）=0.01 mol/（L•s）
【答案】D
【解析】
【详解】如果以D为基准，则根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知
A、因为A的状态是固态，浓度视为常数，不能表示化学反应速率；
B、v(D)=v(B)/3=0.2 mol／(L·min)；
C、v(D)=v(C)/2=0.25 mol／(L·min)；
D、v(D)=0.01mol／(L·s)=0.6mol／(L·min)。
所以反应速率最快的选项D，答案选D。
【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值，注意换算时单位要统一。
6.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是
A. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 海轮外壳焊接锌块是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A.钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，由于所处的溶液酸碱性不同，因此二者的腐蚀速率不同，故A错误；
B.Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极，负极失电子被腐蚀，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；
C.Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极，Zn为负极失电子，则Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；
D.Fe与正极相连作阳极，活性电极作阳极时，电极失电子被腐蚀，则地下输油管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D错误。
答案选C。
7.下列关于离子共存或化学用语的表述正确的是
A. 由水电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol•L−1的溶液中可能大量存在：Na＋、K+、SO32-、HCO3－
B. 常温下，c(OH－)/c(H+)=1.0×1012的溶液中可能大量存在NH4＋、Na＋、Cl－、NO3－
C. 硫酸氢钠溶于水的电离方程式为：NaHSO4＝Na＋＋H＋＋SO42-
D. 碳酸钠溶液呈碱性的原因：CO32－+2H2OH2CO3+2OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A．由水电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol•L−1＜1.0×10-7mol•L-1，说明水的电离被抑制，则溶液为酸性或碱性溶液，酸性条件下H+和SO32-、HCO3－反应生成气体和水，碱性条件下HCO3－和OH-反应生成CO32－和水，所以不能大量共存，故A不选；
B．常温下，c(OH－)/c(H+)=1.0×1012的溶液中c（OH-）＞c（H+），该溶液呈碱性，NH4＋、OH-反应生成一水合氨而不能大量共存，故B不选；
C．硫酸氢钠是强酸强碱酸式盐，完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为NaHSO4＝Na++H++SO42-，故C选；
D．CO32－水解分两步，第一步水解生成HCO3-和OH-，HCO3-水解生成碳酸和OH-，水解方程式为CO32－+H2OHCO3－+OH－、HCO3－+H2OH2CO3+OH－，故D不选；
故答案选C。
【点睛】本题考查离子共存、电解质的电离、盐类水解等知识点，明确元素化合物及离子性质、离子共存条件是解本题关键，注意A、B中溶液酸碱性判断，注意C中硫酸氢根离子电离特点。
8.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 将NO2球浸泡在冷水中和热水中
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A、存在平衡2NO2N2O4，升高温度平衡向生成NO2方向移动，颜色变深，能用平衡移动原理解释，A不选；
B、水的电离是可逆过程，电离吸热，升高温度促进水的电离，Kw增大，能用平衡移动原理解释，B不选；
C、对可逆反应2HI（g）H2（g）＋I2（g），增大平衡体系的压强，平衡不移动，故不能用勒夏特列原理解释。但体系中各气体的浓度均增大，颜色变深，C选；
D、氨水中存在一水合氨的电离平衡，浓度越稀，电离程度越大，但离子浓度降低，c（OH－）越小，pH越小，能用平衡移动原理解释，D不选。
答案选C。
9.按如图装置进行实验，下列描述正确的是（N装置中两个电极均为石墨棒）

A. C1上发生还原反应
B. Cu电极与C2电极上的电极反应相同
C. M 装置中SO42－移向Cu电极
D. 工作一段时间后装置M 中溶液pH变小，装置N中溶液pH变大
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，M构成原电池，Zn为负极，Cu为正极；N为电解池，C1为阳极，C2为阴极，结合电极反应及原电池反应、电解反应来解答。
【详解】A．N为电解池，C1为阳极，发生氧化反应，故A错误；
B．Cu电极与C2电极上的电极反应均为氢离子得到电子发生的还原反应，故B正确；
C．M构成原电池，Zn为负极，则SO42－移向Zn电极，故C错误；
D．M中发生Zn+2H+＝Zn2++H2↑，N装置中两个电极均为石墨棒，N中发生2H2O2H2↑+O2↑，则一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题考查原电池及电解原理，明确装置特点是解答本题的关键，并熟悉工作原理及电极反应来解答。
10.恒温、恒压下，1 mol A和1 mol B在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+2B(g) 2C(g)。一段时间后达到平衡，生成a mol C。下列说法不正确的是
A. 起始时刻和达到平衡后容器中的压强比为1:1
B. 物质A、B的转化率之比一定是1:2
C. 若起始放入3 mol A和3 mol B，则达到平衡时生成3a mol C
D. 当v正(A)=v逆(B)时，可断定反应达到平衡
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题中条件，反应恒温、恒压下进行，所以起始时刻和达平衡后容器中的压强比为1：1，A正确；
B．A、B的起始量都是1mol，所以A、B的转化率之比等于参加反应的物质的物质的量之比，根据反应方程式可以知道，物质A、B的转化率之比一定是1：2，B正确；
C．在恒压下，放入3molA和3molB，与起始时1molA和1molB配比数相等，为等效平衡，则达平衡时生成3amolC，C正确；
D．根据方程式可知若v正(A)=v逆(B)时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D错误。
故答案选D。
【点睛】选项C是解答的易错点，明确等效平衡的含义是解答的关键。注意等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。
11.常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液，滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是

A. a=20.00
B. 滴定过程中，可能存在：c（Cl－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－）
C. 若将盐酸换成相同浓度的醋酸，则滴定到pH=7时，a＜20.00
D. 若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液明显由无色变为浅红色时立即停止滴定
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaOH溶液和HCl溶液恰好反应时，消耗20.00mLNaOH溶液，生成强酸强碱盐,溶液呈中性，故A正确；
B、滴定过程酸过量时, c（Cl－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－）,故B正确;
C、NaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,所以滴定到pH=7时, a＜20.00,故C正确;
D、用酚酞作指示剂进行中和滴定时,当溶液由无色变为红色时,且30秒内不褪色,停止滴定,故D错误;
综上所述，本题正确答案为D。
12.某新型电池，以NaBH4(B的化合价为＋3价)和H2O2作原料，该电池可用作深水勘探等无空气环境电源，其工作原理如图所示。下列说法正确的是

A. 电池工作时Na＋从b极区移向a极区
B. a极上的电极反应式为：BH4－＋8OH－－8e－===BO2－＋6H2O
C. 每消耗3 mol H2O2，转移3 mol e－
D. b极上的电极反应式为：H2O2＋2e－＋2H＋===2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
由原电池工作原理示意图可知反应中BH4－被氧化为BO2－，应为原电池的负极反应，正极H2O2得电子被还原生成OH-，结合原电池的工作原理分析解答该题。
【详解】由原电池工作原理示意图可知反应中BH4－被氧化为BO2－，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O。正极H2O2得电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-＝2OH-。则
A．该装置是原电池，原电池放电时，阳离子向正极移动，所以Na+从a极区移向b极区，故A错误；
B．反应中BH4－被氧化为BO2－，应为原电池的负极反应，电极反应式为BH4－＋8OH－－8e－＝BO2－＋6H2O，故B正确；
C．根据b电极反应式H2O2+2e-＝2OH-可判断每消耗3molH2O2，转移的电子为6mol，故C错误；
D．b电极为正极，反应式应该为H2O2+2e-＝2OH-，故D错误；
故答案选B。
13.下列实验误差分析不正确的是
A. 用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
B. 测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
C. 滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，读取数值偏小
D. 用沾有水珠的锥形瓶盛装待测液进行滴定，测定浓度偏小
【答案】D
【解析】
【详解】A．润湿的pH试纸测稀碱溶液，稀释了溶液，溶液碱性减弱，测定溶液pH偏小，A正确；
B．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，会有部分热量散失，所以测定结果偏小，B正确；
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，导致计算时滴定管内液体体积偏小，则所测体积偏小，C正确；
D．用沾有水珠的锥形瓶盛装待测液进行滴定时不影响滴定结果，D错误；
答案选D。
14.为探究外界条件对反应：mA(g)+nB(s)cZ(g) △H的影响，以A和B物质的量之比为m：n开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数。实验结果如图所示，下列判断正确的是

A. △H＞0
B. m＜c
C. 升温，正、逆反应速率都增大，平衡常数减小
D. 在恒温恒容下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，达到平衡后Z的含量减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图象可知，降低温度，Z的物质的量分数增大，说明降低温度平衡向正反应方向移动，所以正反应是放热的，则△H＜0，故A错误；
B、降低压强，Z的物质的量分数减小，说明压强减小，平衡向着逆反应方向移动，减小压强，化学平衡是向着气体系数和增加的方向进行的，所以有m＞c，故B错误；
C、升高温度正、逆反应速率都加快，但因正反应是放热反应，所以平衡常数减小，故C正确；
D、在恒温恒容条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，相当于增大压强，平衡向着正向移动，Z的百分含量增大，故D错误；
故答案选C。
15.如图为电解饱和食盐水装置，下列有关说法不正确的是

A. 左侧电极上发生氧化反应
B. 右侧生成的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
C. 电解一段时间后，B口排出NaOH溶液
D. 电解饱和食盐水的离子方程式： 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A、电解池阳极A发生氯离子失去电子的氧化反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，即左侧电极上发生氧化反应，故A正确；
B、阴极B发生氢离子得到的电子的还原反应：2H++2e－＝H2↑，生成的是氢气，不是氯气，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B错误；
C、阴极B发生2H++2e－＝H2↑，水的电离平衡被破坏，生成NaOH，因此电解一段时间后，B口排出NaOH溶液，故C正确；
D、电解饱和食盐水时，电解池阳极A发生2Cl――2e－＝Cl2↑，阴极B发生2H++2e－＝H2↑，因此电解的总反应为：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，故D正确；
故答案选B。
16.下列说法中正确的是
A. 常温下，pH均为3的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶108
B. 25 ℃时0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液的KW大于100 ℃时0.01mol•L﹣1NaCl溶液的KW
C. 根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.5的溶液一定显酸性
D. 室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液显中性
【答案】A
【解析】
【详解】A、醋酸抑制水的电离，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度为10-11mol/L，硫酸铝水解，促进水的电离，则溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢离子的浓度为10-3mol/L，因此由水电离出的氢离子浓度之比为10-11：10-3=1:108，故A正确；
B、升高温度，水的离子积KW增大，因此25 ℃时0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液的KW小于100 ℃时0.01mol•L﹣1NaCl溶液的KW，故B错误；
C、温度未知，无法判断溶液的酸碱性，即pH＝6.5的溶液不一定显酸性，故C错误；
D、氨水是弱碱，盐酸是强酸，则室温下，将pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，碱过量，溶液呈碱性，故D错误；
故答案选A。
17.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. Na2S溶液中：2c(Na+）=c(S2‒)+c(HS‒)+c(H2S)
B. Na2CO3溶液中：c(OH‒)=c(H+)+c(HCO3‒)+2c(H2CO3)
C. 0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3‒)+c(CO32‒)+c(OH‒)
D. pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：③>①>②
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2S溶液中存在物料守恒：c(Na+）=2c(S2－)+c(HS－)+2c(H2S)，故A错误；
B．Na2CO3溶液中存在质子守恒，水电离出的氢氧根离子浓度等于所有氢离子存在形式总和，c(OH－)=c(H+)+c(HCO3－)+2c(H2CO3)，故B正确；
C.0.1mol•L-1NaHCO3溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)+c(OH－)，故C错误；
D．相同浓度时碱性NaOH＞NaClO＞CH3COONa，所以pH相同的①CH3COONa、②NaOH、③NaClO三种溶液的c(Na+)：①＞③＞②，故D错误；
故答案选B。
18.已知T℃时AgCl的Ksp＝2×10‒10；Ag2CrO4是一种橙红色固体，T℃时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. T℃时Ag2CrO4的Ksp＝2×10‒12
B. 向同浓度NaCl和K2CrO4混合液中，滴加 0.1mol•L-1AgNO3溶液，先生成橙红色沉淀
C. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体可使溶液由Y点到X点
D. 浓度均为2×10‒5mol•L﹣1AgNO3与NaCl溶液等体积混合无沉淀生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为Ag2CrO4（s）2Ag+（aq）+CrO42-（aq），则Ksp=c2（Ag+）·c（CrO42-）=（10-3）2×10-6=10-12，故A错误；
B．向同浓度NaCl和K2CrO4混合液中，滴加0.1mol•L-1AgNO3溶液，设浓度为c mol/L，则生成Ag2CrO4沉淀时c（Ag+）=mol/L，生成氯化银沉淀时c（Ag+）=mol/L，所以先析出氯化银沉淀，故B错误；
C．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以不能使溶液由Y点变为X点，故C错误；
D．浓度均为2×10－5mol•L﹣1AgNO3与NaCl溶液等体积混合后，Qc=1×10-5×1×10-5=1×10-10＜Ksp，没有沉淀生成，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了沉淀溶解平衡的分析判断、溶度积常数的计算应用等，为高频考点和常见题型，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握相关计算公式的运用，理解图象的含义，选项B是解答的易错点和难点。
19.I． 氢气是一种常用的化工原料，应用十分广泛。
（1）以H2合成尿素CO(NH2)2的有关热化学方程式有：
①N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH1＝－92.4 kJ·mol－1
②NH3(g)＋1/2CO2(g)===1/2NH2CO2NH4(s) ΔH2＝－79.7 kJ·mol－1
③NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH3＝＋72.5 kJ·mol－1
则N2(g)、H2(g)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(s)和H2O(l)的热化学方程式为_______________________________________________________。
II．某同学设计了一组电化学装置如下图所示，其中乙装置中X为阳离子交换膜，甲醇(CH3OH)具有可燃性。

根据要求回答相关问题：
（2）写出装置甲中负极的电极反应式：_______________________________________。
（3）装置乙中石墨电极（C）的电极反应式为：_________________________________。
（4）当装置甲中消耗0.05molO2时，丙装置中阳极产生气体的体积___________L(标况下)；装置乙中溶液的pH为___________（溶液体积为200mL不变），要使乙烧杯中的溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质是___________。
【答案】 (1). N2(g)＋3H2(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　 ΔH＝－179.3 kJ·mol－1 (2). CH3OH -6e‒+8OH‒═CO32‒+6H2O (3). 2Cl‒ ﹣2e‒=Cl2↑ (4). 1.68 (5). 14 (6). HCl
【解析】
【分析】
I．根据盖斯定律计算；
II．甲装置是燃料电池，甲醇在负极通入，氧气在正极通入，乙和丙装置是电解池，乙中碳棒是阳极，铁电极是阴极，丙中左侧碳棒是阳极，右侧碳棒在阴极，结合离子的放电顺序、电子得失守恒分析解答。
【详解】I．（1）已知：
①N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g) ΔH1＝－92.4 kJ·mol－1
②NH3(g)＋1/2CO2(g)＝1/2NH2CO2NH4(s) ΔH2＝－79.7 kJ·mol－1
③NH2CO2NH4(s)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH3＝＋72.5 kJ·mol－1
则根据盖斯定律可知①+②×2+③即得到N2(g)、H2(g)与CO2(g)反应生成CO(NH2)2(s)和H2O(l)的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(l) ΔH＝－179.3 kJ·mol－1。
II．（2）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为CH3OH-6e－+8OH－＝CO32－+6H2O；
（3）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl――2e－＝Cl2↑；
（4）当装置甲中消耗0.05molO2时，由电极方程式O2+2H2O+4e-＝4OH-可知转移0.2mol电子，装置丙中阳极电极反应为：2Cl――2e－＝Cl2↑，4OH--4e-＝2H2O+O2↑，氯化铜物质的量=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（Cl-）=0.1mol，生成氯气电子转移0.1mol，生成氯气物质的量0.05mol，则氢氧根离子电解反应电子转移0.1mol，生成氧气0.025mol，生成气体物质的量=0.05mol+0.025mol=0.075mol，标准状况下气体体积=0.075mol×22.4L/mol=1.68L；装置乙中阴极发生2H2O+2e-＝H2+2OH-，可知生成0.2molOH-，溶液体积为200mL，则c（OH-）=1mol/L，所以pH=14，电解饱和氯化钠溶液生成氢气和氯气，要使乙烧杯中的溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质是HCl。
【点睛】本题以原电池和电解池原理为载体考查了电极反应式的书写、电子守恒计算、物质的量的有关计算等知识点，注意燃料电池中电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，燃料相同，如果电解质溶液不同，电极反应式则不同，为易错点。
20.已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离常数
6.8×10−4
4.7×10−8
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
Kb=1.7×10−5
（1）常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液 ②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液，其物质的量溶度由大到小的顺序是___________（填序号）
（2）25°C时，pH=4的NH4Cl溶液中各离子浓度的大小关系为____________________。
（3）0.1 mol/L的NaClO溶液和0.1 mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO‒)________ c(HCO3‒)（填“>，<，=”）可使上述两种溶液PH相等的方法是___________（填代号）
a．向NaClO溶液中加适量的水 b．向NaClO溶液中加适量的NaOH
c．向NaHCO3溶液中加适量的水 d． 向NaHCO3溶液中加适量的NaOH
（4）向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为______________________。
（5）常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mol/L的NH4Cl溶液等体积混合，判断混合溶液的酸碱性____________(填“酸性”“碱性”“中性”)
【答案】 (1). ①>②>③ (2). c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-) (3). < (4). a，d (5). ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3- (6). 碱性
【解析】
（1）等物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大其溶液的pH越大，酸的电离常数越小其酸根离子水解程度越大，所以常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液 ②NaClO溶液 ③Na2CO3溶液，其物质的量溶度由大到小的顺序是①>②>③；（2）25°C时，pH=4的NH4Cl溶液中，铵根离子水解，浓度小于氯离子，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故各离子浓度的大小关系为c(Cl-)> c(NH4+) > c(H+)> c(OH-)；（3）根据电离常数可知，HClO 电离常数大于H2CO3的电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1 mol/L的NaClO溶液和0.1 mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO-)10−7，溶液呈碱性。
21.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）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“>、<、=”）。
②A、B、C三点的平衡常数KA，KB，KC的大小关系是__________________。
③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．CO和CH3OH的物质的量之和保持不变
（2）在P1压强、T1℃时，该反应的平衡常数K=__________________，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率___________（填“增大，不变或减小”）。
（3）T1℃、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). < (2). KA=KB>KC (3). b (4). 100 (5). 减小 (6). >
【解析】
【分析】
（1）①根据压强对平衡状态的影响分析判断；
②平衡常数只受温度影响，据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热；
③达到化学平衡时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，根据化学平衡的特征，由此衍生出的一系列物理量都不变，据此来判断；
（2）根据CO的转化率利用三段式法计算平衡常数；根据浓度对平衡状态的影响分析；
（3）计算此时浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。
【详解】（1）①反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）是气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，反应物转化率增大，所以PA＜PB；
②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KB＞KC；
③a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．CH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故b正确；
c．容器体积和气体质量始终不变，所以混合气体的密度始终不变，因此密度不变不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．CO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为b；
（2）P1压强、T1℃时CO的转化率为0.5，则
CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）
起始浓度（mol/L） 0.1 0.2 0
转化浓度（mol/L） 0.05 0.1 0.05
平衡浓度（mol/L） 0.05 0.1 0.05
化学平衡常数K==100；
若温度不变，再加入1.0molCO，平衡向正反应移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，CO的转化率减小；
（4）T1℃、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，此时反应的浓度商Qc==50＜K=100，此时v正＞v逆。
22.下图是利用废铜屑（含杂质铁）制备胆矾（硫酸铜晶体）的流程。

部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Cu(OH)2
开始沉淀
2.7
7.5
4.4
完全沉淀
3.7
9.7
6.7

请回答：
（1）溶液B中含有的阳离子有____________________（填离子符号）。
（2）下列物质中最适宜做氧化剂X的是__________（填字母）。
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4
（3）加入试剂①是为了调节pH，要调整pH范围是_____________，则试剂①可以选择______________（填化学式）。
（4）沉淀D加入盐酸和铁粉，可以制得FeCl2溶液，实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，其原因是____________________________________（用离子方程式表示）。
（5）溶液E经过操作①可得到胆矾，操作①为________________________、过滤、洗涤。
（6）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）=8.6-2pH，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，此时溶液中的Fe3+能否沉淀完全：___________（填“能”或“否”） 。
【答案】 (1). Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+ (2). b (3). 3.7 ～4.4 (4). CuO【或Cu(OH)2或CuCO3】 (5). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (6). 蒸发浓缩、冷却结晶 (7). 能
【解析】
【分析】
灼烧废铜屑，Cu反应生成CuO、Fe被氧化生成Fe3O4，A的成分为CuO、Fe3O4，A与足量稀硫酸反应生成CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，加入氧化剂X得到溶液C，X能氧化亚铁离子生成铁离子但是不能引进新的杂质，则X为H2O2，加入试剂①是为了调节pH，加入的物质能和氢离子反应但是不能引进新的杂质，过滤得到的沉淀D为Fe(OH)3，溶液E为CuSO4，从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾，据此解答。
【详解】（1）A中含有CuO、Fe3O4，A和稀硫酸反应且稀硫酸过量导致溶液B中含有CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和稀硫酸，所以B中含有阳离子为Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+；
（2）氧化剂X能氧化亚铁离子生成铁离子且不能引进新的杂质，双氧水被还原为水，不引进新的杂质，但是次氯酸钠和高锰酸钾溶液能引进新的杂质，所以选双氧水，故答案为b；
（3）加入试剂①是为了调节pH，试剂①能和氢离子反应且不能引进新的杂质，该试剂为CuO或Cu(OH)2或CuCO3，由于是沉淀铁离子，而不沉淀铜离子，所以根据表中数据可知要调整pH范围是3.7～4.4；
（4）亚铁离子不稳定，易被空气氧化生成铁离子，因此实验室保存FeCl2溶液，需加入过量的铁粉，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+；
（5）溶液E为硫酸铜，硫酸铜溶液经过操作①可得到胆矾，由于硫酸铜易溶于水，则操作①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（6）已知溶液中c（Cu2+）与pH的关系为lgc（Cu2+）=8.6-2pH，若溶液中c（Cu2+）为1mol/L，则此时溶液的pH＝（8.6－lg1）÷2＝4.3＞3.7，所以溶液中的Fe3+能沉淀完全。
【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及水解原理的应用。