【化学】辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

辽宁省滨海实验中学2019-2020学年高二上学期期末考试
一、单选题(本大题共20小题，共60分)
1.已知反应X+Y＝M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）
A. X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的
B. 因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行
C. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量
D. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A、反应吸热，但X的能量不一定低于M的，Y的能量不一定低于N的，A错误；
B、反应的吸、放热，与反应条件无关，B错误；
C、反应吸热，破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，C错误；
D、反应吸热，因此反应物总能量高于产物总能量，即X和Y的总能量一定低于M和N的总能量，故D正确；
答案选D。
2.通常人们把拆开1mol某化学键所吸收的能量或形成1mol某化学键所释放的能量看成该化学键的键能。已知热化学方程式：N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g） ΔH＝-92.4kJ/mol，请根据热化学方程式和表中数据计算N≡N键的键能x约为
化学键
H－H
N≡N
H－N
键能
436 kJ/mol
x
391kJ/mol
A. 431kJ/mol B. 946kJ/mol
C. 649kJ/mol D. 869kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】已知：H-H键能为436kJ/mol，N-H键键能为391kJ/mol，令N≡N键的键能为x，对于反应N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）△H=-92.4kJ/mol，反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，故△H=xkJ/mol+3×436kJ/mol-2×3×391 kJ/mol=-92.4kJ/mol，解得：x≈946kJ/mol，故选B。
3.下列能源组合中，均属于新能源的一组是（　　）
①天然气；②煤；③核能；④石油；⑤太阳能；⑥生物质能；⑦风能；⑧氢能．
A. ①②③④ B. ①⑤⑥⑦⑧
C. ③④⑤⑥⑦⑧ D. ③⑤⑥⑦⑧
【答案】D
【解析】
【详解】天然气、煤、石油、均是化石燃料，不属于新能源，其余③核能、⑤太阳能、⑥生物质能、⑦风能、⑧氢能均是新能源，答案选D。
【点晴】新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等。常见的新能源有太阳能、风能、生物质能、氢能、地热能和潮汐能等许多种，注意相关基础知识的积累。
4.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为： S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)=K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·mol－1已知：碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·mol－1 ;S(s)＋2K(s)=K2S(s) ΔH2＝b kJ·mol－1;2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)=2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·mol－1则x为(　　)
A. 3a＋b－c B. c－3a－b C. a＋b－c D. c－a－b
【答案】A
【解析】
【详解】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol-1①
S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=b kJ•mol-1②
2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1③
将方程式3×①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故选A。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大。
5.对于反应A（g）+3B（g）=4C（g）+2D（g），在相同时间内，用不同物质表示的平均反应速率如下，则反应速率最快的是 （　　）
A.   B.  
C.   D.  
【答案】A
【解析】
【详解】如果都用B物质表示该反应的反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知，选项中的反应速率分别是[mol/(L·s)]：1.2、0.8、0.9、1.05，所以反应速率最快的是选项A，答案A正确。
故选A。
【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。
6.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)
A. 抗氧化剂 B. 调味剂
C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
7.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是
A. 达到化学平衡时，4v正(O2) = 5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3) = 3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【详解】A.4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，故B错误；
C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；
D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，故D错误。
故选：A。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。
8.对于可逆反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是

A
B
C
D
研究目的
压强对反应的影响(p2>p1)
温度对平衡转化率的影响
平衡体系增加 N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响

示意图




A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
A.合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响分析；
B.合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；
C.利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；
D.利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析。
【详解】A.该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A错误；
B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，C正确；
D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡的时间少，与图象不符，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡影响因素，结合图象中纵、横坐标的含义进行分析、判断。
9.已知:反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在不同的温度下的平衡常数分别为:
t/℃
700
800
830
1000
1200
k
1.67
1.11
1.00
0.60

下列有关叙述不正确的是
A. 该反应平衡常数表达式为K=[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]
B. 该反应的逆反应是吸热反应
C. 830℃时，向恒容密闭容器中加入CO2 和H2各1mol，当测得CO2 的物质的量为0.4mol时，反应处于平衡状态
D. 若某温度下该反应中各物质的平衡浓度符合关系式:[c(CO2)/3c(CO)]＝[c(H2O)/5c(H2)]，则该温度是1000 C
【答案】C
【解析】
K是平衡常数，即一定温度下，可逆反应达平衡时，生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积之比，A正确；温度升高，K减少，该反应的正反应是放热反应，逆反应为吸热反应，B正确；设容器的体积为1L，830℃时，平衡常数为K=1；各量变化如下：
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
起始量 1 1 0 0
变化量 04 0.4 0.4 0.4
某一时刻剩余量 0.6 0.6 0.4 0.4
带入浓度商计算：QC=[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]= (0.4×0.4)÷(0.6×0.6)=0.44<1,
反应未达平衡状态，C错误；[c(CO2)/3c(CO)]＝[c(H2O)/5c(H2)]，整理得：[c(CO2)·c(H2)]/[c(CO)·c(H2O)]=3/5=0.6=K, 对应温度为1000℃，D正确；正确选项C。
10.下列说法中正确的是(　　)
A. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
D. 非自发反应在任何条件下都不能发生
【答案】C
【解析】
【分析】
反应自发进行判断依据是△H-T△S＜0；由反应的焓变、熵变、温度共同决定。
【详解】A.△H＜0，△S＜0的反应在高温下是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0高温下是自发进行的反应，故A错误；
B.△H-T△S＜0的反应是自发进行的反应，△H＜0，△S＜0的反应在低温下是自发进行的反应，△H-T△S＞0的反应是非自发进行的反应，△H＞0，△S＞0低温下可以是非自发进行的反应，故B错误；
C.熵增加△S＞0，且放热△H＜0，反应△H-T△S＜0一定是自发反应，故C正确；
D.反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，非自发反应在改变条件下可以发生，故D错误；
故选：C。
【点睛】本题考查了化学反应自发进行的判断依据，反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，题目较简单．
11.下列方程式属于水解反应方程式的是
A. H2CO3 ⇌ HCO3-+H+ B. HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-
C. HCO3-+OH- = H2O+CO32- D. CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-
【答案】D
【解析】
【分析】
盐类水解是指盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，据此解答。
【详解】A. H2CO3 ⇌ HCO3-+H+，为碳酸的电离方程式，A项错误；
B. HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，为碳酸氢根的电离方程式，B项错误；
C. HCO3-+OH- = H2O+CO32-，属于离子反应方程式，C项错误；
D. CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-，碳酸根结合水电离产生的氢离子生成碳酸氢根离子，促进了水的电离，故属于水解，D项正确；
答案选D。
【点睛】B项是学生们的易错点，学生们一看是HCO3-与H2O的反应，也不看生成物，直接判断是水解反应方程式，一定注意盐类水解是指盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，那么发生水解反应的弱离子经过水解以后微粒“要变大”。H3O+实际为H2O+H+，对于该方程式 HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，两边同时消去水分子，即为碳酸氢根的电离方程式HCO3- ⇌H++CO32-。
12.下列水溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液
B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液
C. c(H+)=c(OH-)的溶液
D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；
B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；
C、判断溶液酸碱性的可靠依据是氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(H+)=c(OH-)的溶液显中性，故正确；
D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。
故选C。
13.相同物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为7、8、9，则相同物质的量浓度的HX、HY、HZ的酸性强弱顺序为 （　　）
A. HX、HY、HZ B. HZ、HY、HX
C. HX、HZ、HY D. HZ、HY、HX
【答案】A
【解析】
【分析】
根据酸根离子水解程度越大，对应的酸就越弱，溶液的碱性越强，据此答题。
【详解】因pH越大则溶液的碱性越强，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，故A正确。
故选A。
14.已知常温下浓度为0.1mol·L-1的下列溶液的pH如下表：
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
下列有关说法正确的是
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3 B. 若将CO2通入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1 mol·L-1
C. 根据上表，水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-的水解常数K=10-7.6
D. 向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na+)>c(F-)>c(H+)>c(HClO)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据生成NaF所对应的酸为HF，生成NaClO所对应的酸为HClO，生成Na2CO3所对应的酸为HCO3－，生成NaHCO3所对应的酸为H2CO3，酸性：HCO3－＜HClO ＜H2CO3＜HF，所以三种酸溶液的导电能力顺序：HClO＜H2CO3＜HF，A项错误；
B.0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中，c(Na+) =0.2mol·L-1，将CO2通入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性,此时CO2过量，反应生成了NaHCO3，此时，溶液的体积没有变，溶液中的钠离子的浓度仍然为：c(Na+) =0.2 mol·L-1，根据电荷守恒有：c(Na+) + c(H+) = c (HCO3ˉ) + 2 c (CO32-) + c(OHˉ)，由于溶液呈中性：c(H+) = c(OHˉ)，则c(Na+) =2c (CO32ˉ)+ c (HCO3ˉ)= 0.2mol·L-1，B项错误；
C.根据水解方程式ClOˉ+ H2OHClO + OHˉ，水解的平衡常数表达式为，从上表可知常温下浓度为0.1 mol·L-1NaClO溶液的pH=9.7，则pOH=4.3，c(OHˉ) = 10－4.3，所以，，C项正确；
D.向NaClO 溶液中通HF气体至恰好完全反应时，此时NaClO + HF =NaF+HClO，溶液中生成等物质的量的NaF和HClO，由于HClO为弱酸，不完全电离，存在着电离平衡：HClOH+ + ClOˉ，同时溶液中也还存在着NaF的水解平衡，但是终究水解程度是很微弱的，所以溶液中应该是c(Na+)＞c(Fˉ) ＞c(HClO)＞c(H+)＞c(OHˉ)，D项错误；
答案选C
15.在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2+ +2OH一中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH一)增大的是
A. 加入少量MgCl2固体 B. 加入少量Na2CO3固体
C. 加入少量KCl固体 D. 加入少量稀H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入少量MgCl2固体，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，使Ca(OH)2(s)Ca2++2OH一平衡右移，c(Ca2+)增大，而使c(OH一)减小，故A不符合题意；
B.加入少量Na2CO3固体，其溶解后可以与钙离子产生沉淀，使Ca(OH)2(s)Ca2++2OH一平衡右移，c(Ca2+)减小，而使c(OH一)增大，故B符合题意；
C.加入少量KCl固体，对平衡没影响，c(Ca2+)、c(OH一)不变，故C不符合题意；
D.加入少量稀H2SO4，能与氢氧根离子发生中和反应，使Ca(OH)2(s)Ca2++2OH一平衡右移，c(Ca2+)增大，而使c(OH一)减小，故D不符合题意。
故选B。
16.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时，下列说法正确的是(     )

A. a电极是该电池的正极
B. O2在b电极上发生氧化反应
C. 电解质溶液中OH-向正极移动
D. 该装置实现了化学能到电能的转化
【答案】D
【解析】
【详解】A.通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；
B.通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；
C.电解质溶液中OH-向负极移动，C错误；
D.燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，D正确；
故合理选项是D。
17.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列分析正确的是　　

A. 闭合，铁棒上发生的反应为
B. 闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐降低
C. 闭合，铁棒不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法
D. 闭合，电路中通过个电子时，两极共产生气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B. 若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e−=4OH−，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B错误；
C. K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C正确；
D. K2闭合，电路中通过0.4NA个电子时，阴极生成0.2mol氢气，阳极生成0.2mol氯气，两极共产生0.4mol气体，状况不知无法求体积，故D错误。
本题选C。
【点睛】若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断。
18.镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2 ，由此判断错误的是：（ ）
A. 放电时，Cd作负极
B. 放电时，NiO(OH)作负极
C. 电解质溶液为碱性溶液
D. 放电时，负极反应为Cd+2OH-－2e-=Cd(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由方程式Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2可知，放电时，Cd元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上发生氧化反应，则Cd为原电池的负极，A判断正确；
B．放电时，NiO(OH)作正极，B判断不正确；
C．依据电池反应分析判断，该电池电解质溶液为碱性溶液，是碱性电池，C判断正确；
D．放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，D判断正确。
本题选判断错误的，故选B。
19.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是

A. 该装置将化学能转化为光能和电能
B. 该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移
C. 每生成1mol O2，有44g CO2被还原
D. a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据图示可知，该装置将电能和光能转化为化学能，A错误；
B、根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H+从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，B正确；
C、该装置的总反应式为：6CO2+8 H2O =2C3H8O+9O2，根据反应方程式可知，每生成1mol氧气，有mol二氧化碳被还原，其质量是，C错误；
D、根据图示可知与电源负极连接的a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+18H++18e－=C3H8O+5H2O，D错误。
答案选B。
20.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则下列说法正确的是

A. 电源B极是正极
B. (甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1
C. 欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D. 装置(丁)中Y极附近红褐色变深, 说明Fe(OH)3胶粒带正电荷
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；
B、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故B错误；
C、若用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；
D、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；
故选D。
二、填空题(本大题共2小题，共25分)
21.如图是一个电化学过程的示意图，请回答下列问题：

(1)若X为CuSO4溶液
①断开K1，闭合K2，Pt为_________极(填“正”或“负”或“阴”或“阳”)，该极发生的电极反应式___________．
②断开K2，闭合K1，Pt极发生的电极反应式_________，Fe电极上的现象是_________．
(2)若X为滴有少量酚酞的NaCl溶液
①断开K1，闭合K2，铁能被腐蚀，该腐蚀属于_________腐蚀(填“吸氧”或“析氢”)．Pt电极附近现象_________．
②断开K2，闭合K1，若导线中转移0.02 mol e-时断开K1，此时溶液体积为200 mL，室温下搅拌均匀后溶液的pH为_________．
【答案】 (1). 正 (2). Cu2++2e-=Cu (3). 2H2O-4e-== O2↑+4H+(或4OH--4e-=O2↑+2H2O) (4). 红色物质生成 (5). 吸氧 (6). 溶液变红 (7). 13
【解析】
【分析】
(1)①若断开K1，闭合K2，是原电池装置，所以不活泼的Pt为正极，该铜离子放电生成铜单质；
②若断开K2，闭合K1，Pt与电源的正极相连，所以Pt为阳极；Fe电极是阴极，电极上的铜离子放电，生成单质铜，所以观察有红色物质生成；
(2)①若断开K1，闭合K2，是原电池装置，所以不活泼的Pt为正极，发生吸氧腐蚀；
②电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH，以此解答。
【详解】(1)①若断开K1，闭合K2，是原电池装置，所以不活泼的Pt为正极，该铜离子放电生成铜单质，所以电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；故答案为：正；Cu2++2e-=Cu；
②若断开K2，闭合K1，Pt与电源的正极相连，所以Pt为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-== O2↑+4H+(或4OH--4e-=O2↑+2H2O)；Fe电极是阴极，电极上的铜离子放电，生成单质铜，所以观察有红色物质生成；故答案为：2H2O-4e-== O2↑+4H+(或4OH--4e-=O2↑+2H2O); 红色物质生成；
(2)①若断开K1，闭合K2，是原电池装置，所以不活泼的Pt为正极，发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，所以溶液变红，负极：Fe-2e-=Fe2+；故答案为：吸氧；溶液变红；
②电解氯化钠溶液的方程式为：2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH，离子方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，乙池转移0.02mole-后，会生成0.02mol的氢氧化钠，所以所得NaOH溶液的物质的量浓度c=n÷V=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，所以溶液中氢离子浓度=(10-14÷0.1)mol/L，所以溶液的pH=13；故答案为：13。
22.醋酸和碳酸都是常见的酸。
（1）碳酸的电离方程式为__________________________________________________。
（2）向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加水稀释，c（CH3COO－） / c（CH3COOH）的比值将______（填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）下列事实一定能说明CH3COOH是弱电解质的是____________（填字母）。
A. 相同温度下，浓度均为1 mol·L－1的盐酸和醋酸的导电性对比：盐酸＞醋酸
B. 1 mol·L－1 CH3COOH溶液能使紫色石蕊试液变红
C. 25℃时，1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH约为2
D. 10 mL 1mol·L－1的CH3COOH溶液恰好与10 mL 1mol·L－1 NaOH溶液完全反应
（4）常温下，在25 mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2 mol/L醋酸溶液，滴定曲线如下图所示。
①该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________mol·L－1
②在B点，a________12.5 mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。醋酸和NaOH恰好完全反应后溶液呈______（填“酸”或“碱”）性，原因是______________________（用离子方程式表示），此时溶液中各离子浓度大小为__________________________。
③A、B、C、D几点中，水的电离程度最大的是____________。

【答案】 (1). H2CO3HCO3-+H+， HCO3-CO32-+H+ (2). 变大 (3). AC (4). 0.1　 (5). 大于 (6). 碱 (7). CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－ (8). c(Na＋) > c(CH3COO－) > c(OH－) > c(H＋) (9). B
【解析】
【分析】
(1)多元弱酸的电离是分步进行的，书写电离方程式要分步写。
(2)同一溶液中粒子浓度之比等于粒子个数之比，再根据加水稀释过程中CH3COOHCH3COO-+H+电离平衡移动分析CH3COOH和CH3COO-粒子数目的变化。
(3)在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质，一切能证明CH3COOH只是部分电离的事实都能说明CH3COOH是弱电解质。分析各选项时还要注意：电解质溶液的导电性与阴、阳离子浓度和所带电荷数成正比，酸的通性与酸的电离程度没有必然联系。
(4)分析中和滴定曲线时要抓住几个关键点：一是原点对应的pH是NaOH溶液的pH；二是pH=7(或溶液显中性)点，分析酸碱中和生成的盐是否水解；三是恰好完全中和点，CH3COOH和NaOH等物质的量反应的时刻；四是醋酸溶液过量点，注意溶液中的溶质种类。由此分析。
【详解】(1)碳酸是二元弱酸，分步电离：H2CO3HCO3-+H+， HCO3-CO32-+H+。
(2)同一溶液中粒子浓度之比等于粒子个数之比，所以，加水稀释过程中电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向右移动，CH3COO-数目增多，CH3COOH数目减少，所以值变大。
(3)A.盐酸和醋酸都是一元酸，每摩尔物质电离出来的阴、阳离子数目相同。相同温度和浓度下醋酸的导电性比盐酸弱，导电性越弱溶液中阴、阳离子浓度越小，因此醋酸的电离程度小于盐酸，说明CH3COOH一定是弱电解质，A项正确；B. CH3COOH属于一元酸，具有酸的通性，能使紫色石蕊试液变红，这与CH3COOH的电离程度没有必然联系，故不能说明CH3COOH一定是弱电解质，B项错误；C.CH3COOH是一元酸，如果完全电离，1mol/LCH3COOH溶液中的H+浓度应该是1mol/L，而实际只有0.01mol/LH+（由-lgc(H+)=pH=2计算得到），由此可知CH3COOH部分电离，说明CH3COOH一定是弱电解质，C项正确；D. CH3COOH属于一元酸，能发生中和反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，等浓度等体积的两溶液中CH3COOH与NaOH物质的量相等，它们恰好完全反应，这与CH3COOH的电离程度没有必然关系，不能说明CH3COOH一定是弱电解质，D项错误；答案选AC。
(4)①V(醋酸)aq=0时的pH=13，即原氢氧化钠溶液的c(H+)=10-13mol/L，该氢氧化钠溶液的物质的量浓度。
②中和反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，25mLNaOH溶液中含NaOH的物质的量=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，消耗CH3COOH的物质的量也为0.0025mol，恰好反应需0.2mol/L醋酸溶液体积==(即12.5mL)。因为B点溶液pH=7，呈中性，恰好中和时所得溶液是CH3COONa溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以若使CH3COOH与NaOH中和后溶液显中性则必须CH3COOH稍过量，所以B点大于12.5mL。醋酸和NaOH恰好完全反应后溶液呈碱性，原因是CH3COONa水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，此时溶液中各离子浓度大小是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
③A点为0.1mol/LNaOH溶液，c(OH-)最大，水的电离受到的抑制作用最强，水的电离程度最小，随着醋酸的滴入，NaOH的浓度越来越小，生成CH3COONa越来越多，CH3COONa因水解而促进水的电离，故水的电离程度越来越大；继续滴入过量的醋酸，因醋酸抑制水的电离，随着醋酸的加入水的电离受到的抑制作用越来越强，水的电离程度越来越小，由此可知CH3COOH与NaOH恰好中和时（即V(醋酸)aq=12.5mL）水的电离程度最大，只有B点a最接近12.5mL，所以B点溶液中水的电离程度最大。
【点睛】判断一元酸（或碱）是否是弱电解质一般有以下几个实验事实：一是根据1mol/L一元酸（或碱）溶液中的pH判断，若pH>0（或pH<14），则该一元酸（或碱）为弱电解质；二是根据等浓度等体积盐酸（或NaOH溶液）与一元酸（或碱）溶液的导电性判断，导电性弱的是弱电解质；三是根据一元酸的钠盐（或一元碱的盐酸盐）溶液的酸碱性判断，若溶液显碱性（或显酸性）则为弱电解质。
三、实验题(本大题共1小题，共15分)
23.已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/℃
700
800
900
1000
1200
平衡常数
0.5
0.6
1.0
1.6
2.0
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K= ______ ，△H= ______ 0（填“＜”“＞”“=”）；
（2）900℃时，向一个固定容器为2L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，若反应初始到2s内A浓度变化0.05mol•L-1．则A的平均反应速率v（A）= ______ ．该反应达到平衡时A的转化率为 ______ ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为 ______ （填”变大“、”变小“或”不变“）
（3）判断反应是否达到平衡的依据为 ______ （填字母代号）．
a 压强不随时间改变    b 气体的密度不随时间改变
c c（A）不随时问改变      d 单位时间里生成C和D的物质的量相等
（4）1200℃时，若向另一相同容器中充入0.30molA、0.40mol B、0.40mol C和0.50molD，此时v正 ______ v逆（填”大于“、”小于“或”等于“）．
【答案】 (1). (2). ＞ (3). 0.025mol/（Ls） (4). 80% (5). 不变 (6). c (7). 大于
【解析】
【分析】
（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比（但固体和纯液体除外）。温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡正移；
（2）根据v=计算反应速率；
（3）可逆反应达到平衡状态时，同一物质正逆反应速率相等，或者变量不再发生改变；
（4）由1200℃时，QC与K的关系可判断平衡移动方向。
【详解】（1）化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物幂之积的比（但固体和纯液体除外），所以该反应的化学平衡常数K=。由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应是吸热反应，即△H＞0；
（2）v（A）==0.025mol/（Ls），由已知条件，列出反应的三段式，设A的浓度变化为x mol•L-1，可得：
A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）
c（起始）/mol•L-1 0.1 0.4 0 0
c（变化）/mol•L-1 x x x x
c（平衡）/mol•L-1 0.1-x 0.4-x x x
900℃时，K==1，解得x=0.008，
故达到平衡时A的转化率==80%。
固定容器中通入惰性气体氩气，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不会发生移动，则平衡时A的转化率为不变；
（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误；
b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误；
c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确；
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误；
答案选c。
（4）1200℃时，QC=< K=2.0，故平衡向正反应移动，此时v正大于v逆。