湖北省荆门市2016-2017学年高二（上）期末化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 湖北省荆门市2016-2017学年高二（上）期末化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 177.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2017-03-27 21:52:39 | ||
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文档简介
2016-2017学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷
一、选择题：（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共45分）
1．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序解释的是（ ）
A．电解饱和食盐水阴极产生氢气而得不到钠
B．铝制器皿不宜盛放酸性食物
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
2．下列说法正确的是（ ）
A．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H＞0可知，金刚石比石墨稳定
C．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57
kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D．有气体参与的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子总数，从而使反应速率增大
3．下列叙述正确的是（ ）
A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后pH=1.5
D．若向氨水中加入等浓度稀盐酸至溶液正好呈中性，则所用稀盐酸的体积一定小于氨水的体积
4．一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）
A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液：NH4+、Na+、Cl﹣、CO32﹣
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣
C．0.1
mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
D．含有大量Al3+的水溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、Br﹣
5．为探究外界条件对反应：mA（g）+nB（g） 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．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，达新平
衡时，Z的物质的量分数不变
B．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡常数增大
C．△H＞0，m+n＞c
D．温度不变，增大压强，平衡正向移动，达新平衡时，A的浓度比原平衡减小
6．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度
B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C．对于CO（g）+NO2（g） CO2（g）+NO（g）的平衡体系，增大压强可使颜色变深
D．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加
7．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）
A．＜1.0×10﹣7mol/L
B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣）
D．c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）
8．2008年10月8日，美籍华裔科学家钱永健获得2008年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋科学天才奖”．下列叙述正确的是（ ）
A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀
C．合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣=Fe3+，继而形成铁锈
9．将一定浓度的稀氢氧化钠溶液滴加到等浓度的醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，一定错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列实验操作能达到目的是（ ）
①用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液混合反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得KOH晶体
③除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可加入足量的Mg（OH）2粉末搅拌后过滤
④室温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度等于pH=9的氨水中水的电离程度．
A．①②
B．①③
C．③④
D．②③
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热等于57.3kJ
B．在一密闭容器中发生反应2SO2+O2 2SO3，增大压强，平衡正向移动，K增大
C．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221
kJ mol﹣1，则C的燃烧热△H=﹣110.5
kJ mol﹣1
D．向稀硫酸中加入少量硫酸铜可提高锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
12．已知：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol下列说法正确的是（ ）
A．断开1
mol
O﹣O键比断开1
mol
N﹣N键所需能量少448
kJ
B．断开1
mol
H﹣O键比断开1
mol
H﹣N键所需能量相差约72.6
kJ
C．由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高
D．由元素非金属性的强弱可知
H﹣O键比H﹣N键弱
13．下列说法正确的是（ ）
A．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+）
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．足量锌分别和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时产生H2的量相等，放出H2的速率不等
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1
mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
14．甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH（g） HCHO（g）+H2（g）△H，甲醇的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．△H＜0
B．从Y点到Z点可通过升高温度实现
C．从Y点到X点可通过使用催化剂实现
D．600
K时，Y点甲醇的v正＜v逆
15．一种微生物燃料电池的结构示意图如图所示，关于该电池的叙述不正确的是（ ）
A．电池工作时，电子由b流向a
B．正极反应式为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
C．放电过程中，H+从负极区移向正极区
D．微生物所在电极区放电时发生还原反应
二、填空题：
16．（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸的电离常数Ka分别为．1×10﹣4、2.98×10﹣8．写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式： ．
（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因：
（3）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=10，则该温度下水的KW=
（4）已知：（1）2H2
（g）+O2
（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
（2）N2
（g）+2O2
（g）=2NO2
（g）△H=+67.8kJ/mol
（3）N2
（g）+3H2
（g）=2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol
则NH3（g）氧化生成NO2
（g）和H2O（g）
的热化学方程式 ．
17．工业上有一种用C02来生产甲醇燃料的方法：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，将6mol
CO2和8mol
H2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示（实线）．图中数据a（1，6）表示：在1min时H2的物质的量是6mol．
（1）a点正反应速率 （填“大于”“等于”或“小于”）逆反应速率．
（2）下列时间段平均反应速率最大的是 ．
A．O～1min
B．1～3min
C．3～8min
D．8～11min
（3）仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示（虚线）．曲线I对应的实验条件改变是 ，曲线Ⅱ对应的实验条件改变是 ，体积不变再充入3molCO2和4mol
H2，H2O（g）的体积分数 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（4）若将1molCO2和3molH2充入该容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为 ．
18．工业上还可在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H
（1）判断反应达到平衡状态的依据是 ．
A.2v（H2）（逆）=v（CO）（正）
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
E．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1
（2）在一定温度下，若将4a
mol
H2和2amol
CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 ．若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，判断平衡移动的方向是 （“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）；与原平衡相比，CO的物质的量浓度 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
三、实验题：
19．维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6（相对分子质量176），人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如纯天然橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）
（1）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．
（2）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣
（3）实验用品及试剂
①仪器和用品（略）
②试剂：指示剂 （填名称），浓度为7.50×10﹣3mol L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．
（4）实验过程
①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．
②用 （填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．
③用左手控制滴定管的 （填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶
液颜色变化，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是 ．
（5）数据记录与处理
若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是 mol/L．从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？ （填“是”或“不是”或“可能是”）
（6）问题讨论：下列操作会导致所测维生素C的含量偏高的是 （填字母编号）．
A．若滴定结束后读数采用仰视
B．若锥形瓶用待测橙汁润洗过
C．若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗
D．若锥形瓶中含有少量水．
四、综合题：
20．工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很H+①转化
Fe2+②还原
OH﹣③沉淀大的伤害，必须进行处理．常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 色．
（2）第②步中，还原1mol
Cr2O72﹣离子，需要 mol的FeSO4 7H2O．
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是 ．
第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）
（4）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+） c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至 ．
（5）已知AgCl、Ag2CrO4（砖红色）的Ksp分别为2×10﹣10和1.12×10﹣12．分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl﹣的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定．滴定过程中首先析出沉淀 ．
21．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．
请回答下列问题：
（1）甲池为 （填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为 ．
（2）丙池中F电极为 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应的化学方程式为 ．
（3）当池中D极质量增重10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 mL（标准状况）．
（4）已知丙池中的溶液为400mL，合上开关K，一段时间后，丙池中，阳极共收集到气体224mL（标准状况下）气体，则此时溶液的pH为 ．
2016-2017学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共45分）
1．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序解释的是（ ）
A．电解饱和食盐水阴极产生氢气而得不到钠
B．铝制器皿不宜盛放酸性食物
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
【分析】A．电解饱和食盐水阴极上是溶液中氢离子放电生成氢气；
B．铝是活泼金属和酸发生反应；
C．在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化；
D．在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁．
【解答】解：A．金属活动顺序表中钠在氢前，形成的阳离子氧化性H+＞Na+，氢离子先放电生成氢气，和金属活动顺序表有关，故A不选；
B．在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，铝和酸发生反应，铝制器皿不宜盛放酸性食物，故B不选；
C．在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，故C选；
D．在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，故D不选；
故选C．
【点评】本题考查金属活泼性，注意根据金属活动顺序结合相关物质的特性，金属性质的分析应用是关键，题目难度不大．
2．下列说法正确的是（ ）
A．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H＞0可知，金刚石比石墨稳定
C．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57
kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D．有气体参与的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子总数，从而使反应速率增大
【分析】A、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞；
B、从金刚石和石墨的转化关系式可见，金刚石能量比石墨高；
C、固体生成气体，△S增大；
D、若增大压强（即缩小反应容器的体积），浓度增大，单位体积的活化分子的数目增大，而活化分子总数不变．
【解答】解：A、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故A错误；
B、金刚石比石墨能量高，能量越低越稳定，故B错误；
C、反应吸热，但由于固体生成气体，△S增大，则在一定条件下能自发进行，故C正确；
D、若增大压强（即缩小反应容器的体积），浓度增大，单位体积的活化分子的数目增大，而活化分子总数不变，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查反应热与焓变，题目难度中等，注意反应能否自发进行的判断方法，学习中深刻理解相关概念，为易错点．
3．下列叙述正确的是（ ）
A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后pH=1.5
D．若向氨水中加入等浓度稀盐酸至溶液正好呈中性，则所用稀盐酸的体积一定小于氨水的体积
【分析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小；
B．根据醋酸是弱电解质，稀释后醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大；
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后，溶液中氢离子浓度为0.15mol/L；
D．氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵时，溶液显酸性，要显中性，则氨水过量．
【解答】解：A．温度升高，水的电离程度增大，所以95℃纯水的pH＜7；但是纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，溶液显示中性，故A错误；
B．pH=3的醋酸溶液，溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，稀释后醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增加，当稀释至10倍后溶液中氢离子浓度大于0.0001mol/L，溶液的pH小于4，故B错误；
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后，溶液中氢离子浓度为0.15mol/L，溶液的pH=﹣lg0.15，故C错误；
D．氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵时，溶液显酸性，要显中性，则氨水过量，已知氨水与盐酸的浓度相同，则所用稀盐酸的体积一定小于氨水的体积，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度不大，注意判断酸碱的强弱并以此判断反应的过量问题，试题侧重考查学生的分析、理解能力．
4．一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）
A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液：NH4+、Na+、Cl﹣、CO32﹣
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣
C．0.1
mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
D．含有大量Al3+的水溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、Br﹣
【分析】A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性；
C．离子之间发生氧化还原反应；
D．离子之间相互促进水解．
【解答】解：A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故A不选；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．HCO3﹣、Al3+相互促进水解，不能共存，故D不选；
故选B．
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应、复分解反应的判断，题目难度不大．
5．为探究外界条件对反应：mA（g）+nB（g） 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．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，达新平
衡时，Z的物质的量分数不变
B．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡常数增大
C．△H＞0，m+n＞c
D．温度不变，增大压强，平衡正向移动，达新平衡时，A的浓度比原平衡减小
【分析】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，
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+n＞c，由此分析解答．
【解答】解：A．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，为保持压强不变体积增大，为等效平衡，最后达到相同平衡状态，Z的含量不变，故A正确；
B．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B错误；
C．正反应是放热的，则△H＜0，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+n＞c，故C错误；
D．由C知，△H＜0
m+n＞c，温度不变，增大压强，体积减小，平衡正向移动，达新平衡时，体积改变其主要作用．所以A的浓度比原平衡增大，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目涉及温度、压强等外界条件对平衡移动的影响，题目难度中等，解答本题的关键是能正确分析图象曲线的变化趋势．
6．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度
B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C．对于CO（g）+NO2（g） CO2（g）+NO（g）的平衡体系，增大压强可使颜色变深
D．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加
【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．
【解答】解：A．合成氨反应，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），△H＜0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，有利于平衡向正反应方向移动，故A不选；
B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故B不选；
C．反应CO（g）+NO2（g）═CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，增大压强，两边计量数相等，不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D．微溶物氢氧化钙存在电离平衡Ca（OH）2=Ca2++2OH﹣，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，故D不选．
故选C．
【点评】本题考查了勒夏特利原理，注意勒夏特列原理仅适合于可逆反应，为易错点．
7．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）
A．＜1.0×10﹣7mol/L
B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣）
D．c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）
【分析】A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣）；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；
D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小．
【解答】解：A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣），=c（OH﹣）＜1.0×10﹣7mol/L，故A正确；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，碳酸氢铵和NaCl的物质的量相等，虽然析出部分碳B．钠，但仍然存在物料守恒c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），则c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣），因为析出部分钠离子、碳酸氢根离子，所以存在c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣），故C正确
D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小，所以存在c（HCO3﹣）＜c（NH4+），故D错误；
故选D．
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，注意溶液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是D．
8．2008年10月8日，美籍华裔科学家钱永健获得2008年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋科学天才奖”．下列叙述正确的是（ ）
A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀
C．合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣=Fe3+，继而形成铁锈
【分析】A、金属失去电子被氧化；
B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护；
C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性不一定比其成分金属强；
D、金属铜和金属铁形成的原电池中，金属铁为负极，失去2个电子．
【解答】解：A、金属失去电子被氧化，是氧化过程，故A错误；
B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护，所以将水库中的水闸（钢板）与外加直接电源的负极相连，能保护水闸，故B正确；
C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性不一定比其成分金属强，故C错误；
D、与铜质水龙头连接处的钢质水管形成的原电池中，金属铁为负极，易被腐蚀，发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．
9．将一定浓度的稀氢氧化钠溶液滴加到等浓度的醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，一定错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A．酸碱中和反应是放热反应，但醋酸的电离是吸热反应；
B．醋酸是弱酸，常温下溶液的pH较小，和NaOH发生中和反应生成盐，pH升高，当氢氧化钠过量时溶液呈碱性；
C．溶液导电能力与离子浓度成正比；
D．NaOH不足量时，NaOH的物质的量是0；醋酸钠能水解生成醋酸，所以醋酸浓度不能是0．
【解答】解：A．氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低，故A正确；
B．醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱pH增大，当酸碱恰好发生中和时，pH突变，醋酸完全反应后，溶液碱性逐渐增强，故B正确；
C．醋酸中滴加氢氧化钠，相当于弱电解质溶液变成强电解质溶液，因此导电能力增加，故C正确；
D．醋酸中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和醋酸发生反应了，当醋酸剩余时，氢氧化钠物质的量0，醋酸中滴加氢氧化钠，即便醋酸完全反应，醋酸钠还是有微弱的水解，醋酸的浓度不可能为0，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析判断能力，注意B中pH变化的跳跃及D中浓度图象，含有能水解的盐溶液中一定含有弱电解质（水除外），注意：溶液导电能力与离子浓度有关，易错选项是BD．
10．下列实验操作能达到目的是（ ）
①用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液混合反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得KOH晶体
③除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可加入足量的Mg（OH）2粉末搅拌后过滤
④室温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度等于pH=9的氨水中水的电离程度．
A．①②
B．①③
C．③④
D．②③
【分析】①Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液，相互促进水解生成氢氧化铝；
②加热蒸发K2CO3溶液，最终为碳酸钾；
③Mg（OH）2粉末可促进铁离子水解转化为沉淀；
④pH=5的NaHSO4溶液电离出氢离子浓度等于pH=9的氨水中电离出氢氧根离子浓度，均抑制水的电离．
【解答】解：①Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液，相互促进水解生成氢氧化铝，不能发生复分解反应生成Al2S3固体，故错误；
②加热蒸发K2CO3溶液，最终为碳酸钾，不能得到KOH，故错误；
③Mg（OH）2粉末可促进铁离子水解转化为沉淀，则过滤可除杂，故正确；
④pH=5的NaHSO4溶液电离出氢离子浓度等于pH=9的氨水中电离出氢氧根离子浓度，均抑制水的电离，则水的电离程度相同，故正确；
故选C．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握盐类水解、弱电解质的电离、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热等于57.3kJ
B．在一密闭容器中发生反应2SO2+O2 2SO3，增大压强，平衡正向移动，K增大
C．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221
kJ mol﹣1，则C的燃烧热△H=﹣110.5
kJ mol﹣1
D．向稀硫酸中加入少量硫酸铜可提高锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
【分析】A．浓硫酸溶于水放热，导致放出热量偏高；
B．温度不变，该反应的平衡常数不变；
C．燃烧热中生成氧化物为稳定氧化物，CO不是C元素的稳定氧化物；
D．锌与硫酸铜反应生成铜，从而形成了原电池，可以加快反应速率．
【解答】解：A．将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，浓硫酸溶于水放热，则该反应放出的热大于57.3kJ，故A错误；
B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，该反应的平衡常数不变，故B错误；
C．C元素的稳定氧化物为二氧化碳，该反应中生成的CO不是稳定氧化物，根据该反应无法计算C的燃烧热，故C错误；
D．向稀硫酸中加入少量硫酸铜，锌与置换出的铜形成原电池，可提高锌与稀硫酸反应生成氢气的速率，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应速率的影响、反应热与焓变等知识，明确反应热与焓变的关系为解答关键，注意掌握影响化学反应速率的因素，试题培养了学生的灵活应用能力．
12．已知：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol下列说法正确的是（ ）
A．断开1
mol
O﹣O键比断开1
mol
N﹣N键所需能量少448
kJ
B．断开1
mol
H﹣O键比断开1
mol
H﹣N键所需能量相差约72.6
kJ
C．由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高
D．由元素非金属性的强弱可知
H﹣O键比H﹣N键弱
【分析】A．氧气中为O=O键，氮气中为N≡N键；
B．已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol，根据焓变=反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量判断，H﹣O键与H﹣N的键能大小；
C．键能与沸点无关；
D．元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定．
【解答】解：A．根据II可知O=O键的键能比N≡N键的键能小，则断开1molO=O键比断开1mol
N≡N键所需能量少448kJ，故A错误；
B．已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol，则12H﹣N+3×498kJ/mol﹣2×946kJ/mol﹣12H﹣O=﹣1269kJ/mol，得（H﹣O）﹣（H﹣N）=72.6kJ/mol，所以断开1mol
H﹣O键与断开1mol
H﹣N键所需能量相差约72.6kJ，故B正确；
C．键能与沸点无关，沸点与分子间作用力有关，故C错误；
D．元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定，非金属性：O＞N，则H﹣O键比H﹣N键强，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．
13．下列说法正确的是（ ）
A．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+）
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．足量锌分别和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时产生H2的量相等，放出H2的速率不等
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1
mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
【分析】A．混合溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
B．NaHA溶液的pH＜7，可能是HA﹣的电离程度大于水解程度；
C．醋酸为弱酸，不能完全电离；
D．氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+） c（Cl﹣）为定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小．
【解答】解：A．混合溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故A错误；
B．NaHA溶液的pH＜7，可能是HA﹣的电离程度大于水解程度，所以H2A可能是弱酸，故B错误；
C．醋酸为弱酸，不能完全电离，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时产生H2的量相等，但反应的速率不等，故C正确；
D．氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+） c（Cl﹣）为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1
mol/L氯化镁溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为④＞①＞②＞③，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离以及溶度积常数的应用，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．
14．甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH（g） HCHO（g）+H2（g）△H，甲醇的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．△H＜0
B．从Y点到Z点可通过升高温度实现
C．从Y点到X点可通过使用催化剂实现
D．600
K时，Y点甲醇的v正＜v逆
【分析】A、甲醇脱氢反应为吸热反应还是放热反应由温度对平衡移动的影响确定；
B、升高温度，平衡向正反应方向移动，甲醇转化率增大；
C、使用催化剂平衡不移动；
D、600K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率．
【解答】解：A、由图可知，温度越高甲醇平衡转化率越大，说明升高温度化学平衡正向移动，因此甲醇脱氢反应为吸热反应即△H＞0，故A错误；
B、由图可知Y点和Z点甲醇转化率相等，升高温度，平衡向正反应方向移动，则甲醇转化率增大，所以从Y点到Z点不能通过升高温度实现，故B错误；
C、Y点和X点两点甲醇的平衡转化率不同，如果从Y点到X点平衡发生移动，所以不是使用催化剂，故C错误；
D、600K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率，说明反应逆向进行即：υ（正）＜υ（逆），故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查化学平衡影响因素、焓变判断等，从图中提取有用信息的能力尤为关键，难度中等，注意基础知识理解掌握．
15．一种微生物燃料电池的结构示意图如图所示，关于该电池的叙述不正确的是（ ）
A．电池工作时，电子由b流向a
B．正极反应式为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
C．放电过程中，H+从负极区移向正极区
D．微生物所在电极区放电时发生还原反应
【分析】根据图知，该原电池中，C元素化合价由0价变为+4价，所以b极失电子发生氧化反应，即含有微生物的电极是负极、a极通入MnO2的电极是正极；
A．原电池工作时，电子由负极流向正极；
B．通入MnO2的电极是正极发生还原反应；
C．原电池中阳离子向正极移动；
D．微生物的电极是负极放电时发生氧化反应．
【解答】解：A．原电池工作时，电子由负极流向正极即b流向a，故A正确；
B．通入MnO2的电极是正极发生还原反应，则反应式为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；
C．原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，H+从负极区移向正极区，故C正确；
D．微生物的电极是负极放电时发生氧化反应，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查化学电源新型电池，明确正负极判断与元素化合价变化关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大．
二、填空题：
16．（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸的电离常数Ka分别为．1×10﹣4、2.98×10﹣8．写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式： HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO ．
（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因： NH2OH+H2O NH3OH++OH﹣
（3）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=10，则该温度下水的KW= 1×10﹣12
（4）已知：（1）2H2
（g）+O2
（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
（2）N2
（g）+2O2
（g）=2NO2
（g）△H=+67.8kJ/mol
（3）N2
（g）+3H2
（g）=2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol
则NH3（g）氧化生成NO2
（g）和H2O（g）
的热化学方程式 4NH3（g）+7O2（g） 4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2kJ/mol ．
【分析】（1）由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸书写离子方程式；
（2）氨水呈弱碱性的原理分析羟胺呈弱碱性的原因；
（3）根据溶液的pH计算溶液中氢离子浓度，根据氢氧化钠的浓度计算氢氧根离子浓度，再结合Kw=c（H+）．c（OH﹣）计算即可；
（4）热化学方程式和盖斯定律计算，（1）×3﹣（3）×2+（2）×2得到所需热化学方程式；
【解答】解：（1）由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO，
故答案为：HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO；
（2）羟胺和水反应生成[NH3OH]+和OH﹣，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，故答案为：NH2OH+H2O NH3OH++OH﹣；
（3）0.01mol L﹣1的NaOH溶液的pH为10，则氢离子浓度=10﹣10
mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，则Kw=c（H+）．c（OH﹣）=0.01×10﹣10=1×10﹣12，
故答案为：1×10﹣12；
（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
（1）2H2
（g）+O2
（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
（2）N2
（g）+2O2
（g）=2NO2
（g）△H=67.8kJ/mol
（3）N2
（g）+3H2
（g）=2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol
依据热化学方程式和盖斯定律计算（1）×3﹣（3）×2+（2）×2得到NH3（g）燃烧生成NO2
（g）和H2O（g）
热化学方程式：4NH3（g）+7O2（g） 4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2kJ/mol；
故答案为：4NH3（g）+7O2（g）=4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2KJ/mol；
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡常数比较、离子积常数计算、溶液PH计算、热化学方程式书写方法和注意问题，主要是热化学方程式和盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
17．工业上有一种用C02来生产甲醇燃料的方法：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，将6mol
CO2和8mol
H2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示（实线）．图中数据a（1，6）表示：在1min时H2的物质的量是6mol．
（1）a点正反应速率 大于 （填“大于”“等于”或“小于”）逆反应速率．
（2）下列时间段平均反应速率最大的是 A ．
A．O～1min
B．1～3min
C．3～8min
D．8～11min
（3）仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示（虚线）．曲线I对应的实验条件改变是 升高温度 ，曲线Ⅱ对应的实验条件改变是 增大压强 ，体积不变再充入3molCO2和4mol
H2，H2O（g）的体积分数 增大 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（4）若将1molCO2和3molH2充入该容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为 ．
【分析】（1）a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；
（2）根据曲线的斜率判断，斜率越大，说明在单位时间内反应物的变化率越大，反应速率越大，也可分别计算不同时间内的反应速率大小来进行比较；
（3）从虚线变化判断达到平衡时反应物的转化的物质的量来分析，曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；
（4）结合化学平衡三段式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比计算得到．
【解答】解：（1）a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于；
（2）由图可知，
A.0～1min内氢气的变化量为8mol﹣6mol=2mol；
B．1～3min内氢气的变化量为6mol﹣3mol=3mol，平均1min变化量为1.5mol；
C．3～8min内氢气的变化量为3mol﹣2mol=1mol，平均1min变化量为0.2mol；
D．8～11min达平衡状态，氢气的物质的量不再变化．
故1～3min速率增大．
故答案为：A；
（3）曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强，体积不变再充入3molCO2和4mol
H2，相当于增大压强，平衡正向移动，则H2O（g）的体积分数增大，
故答案为：升高温度；增大压强；增大；
（4）在T1度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为a，
CO2（g）+3H2（g）=CH2OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）
1
3
0
0
变化量（mol）
a
3a
a
a
平衡量（mol）
1﹣a
3﹣3a
a
a
容器内的压强与起始压强之比=（4﹣2a）：4=，
故答案为：．
【点评】本题考查化学反应速率、平衡的图象以及化学平衡的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握对题目图象的分析．题目较为综合，具有一定难度．
18．工业上还可在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H
（1）判断反应达到平衡状态的依据是 CD ．
A.2v（H2）（逆）=v（CO）（正）
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
E．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1
（2）在一定温度下，若将4a
mol
H2和2amol
CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 ．若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，判断平衡移动的方向是 正向移动 （“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）；与原平衡相比，CO的物质的量浓度 增大 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）反应开始时c（H2）==2amol/L、c（CO）==amol/L，充分反应后测得CO的转化率为50%，则参加反应的c（CO）=amol/L×50%=0.5amol/L，
该反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L）a
2a
0
反应（mol/L）0.5a
a
0.5a
平衡（mol/L）0.5a
a
0.5a
化学平衡常数K=；
若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2a
mol
H2和a
mol
CH3OH，浓度为c（CO）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，c（H2）=amol/L+amol/L=2amol/L，c（CH3OH）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，从而确定CO浓度变化．
【解答】解：（1）A．当v（H2）（逆）=2v（CO）（正）时，该反应达到平衡状态，则2v（H2）（逆）=v（CO）（正）时该反应没有达到平衡状态，故错误；
B．无论反应是否达到平衡状态，反应前后气体质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
C．反应前后气体物质的量减小、混合气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
E．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故错误；
故选CD；
（2）反应开始时c（H2）==2amol/L、c（CO）==amol/L，充分反应后测得CO的转化率为50%，则参加反应的c（CO）=amol/L×50%=0.5amol/L，
该反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L）a
2a
0
反应（mol/L）0.5a
a
0.5a
平衡（mol/L）0.5a
a
0.5a
化学平衡常数K===；
若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2a
mol
H2和a
mol
CH3OH，浓度为c（CO）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，c（H2）=amol/L+amol/L=2amol/L，c（CH3OH）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，浓度商Q==＜，所以平衡正向移动，平衡时CO浓度增大，
故答案为：；正向移动；增大．
【点评】本题考查化学平衡计算及化学平衡状态判断，侧重考查学生计算及判断能力，明确平衡常数计算方法、浓度商与化学平衡常数相对大小和反应方向关系是解本题关键，题目难度中等．
三、实验题：
19．维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6（相对分子质量176），人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如纯天然橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）
（1）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．
（2）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣
（3）实验用品及试剂
①仪器和用品（略）
②试剂：指示剂 淀粉溶液 （填名称），浓度为7.50×10﹣3mol L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．
（4）实验过程
①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．
②用 酸式滴定管或移液管 （填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．
③用左手控制滴定管的 活塞 （填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶
液颜色变化，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是 锥形瓶中溶液颜色的变化，最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色 ．
（5）数据记录与处理
若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是 5.625×10﹣3 mol/L．从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？ 不是 （填“是”或“不是”或“可能是”）
（6）问题讨论：下列操作会导致所测维生素C的含量偏高的是 ABC （填字母编号）．
A．若滴定结束后读数采用仰视
B．若锥形瓶用待测橙汁润洗过
C．若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗
D．若锥形瓶中含有少量水．
【分析】（3）②根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；
（4）②橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用；
③滴定时左手控制活塞；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色且半分钟内不褪色时，维生素C已全部参加了反应；
（5）根据反应原理及题中有关数据，可以计算出橙汁中维生素C的含量；新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断；
（6）结合c（待测）=，误差分析是标准溶液体积变化引起的测定浓度变化．
【解答】解：（3）②利用I2氧化维生素C，根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉作指示剂，
故答案为：淀粉溶液；
（4）②橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用，向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂；
故答案为：酸式滴定管或移液管；
③在滴定时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应，滴定终点现象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，
故答案为：活塞，锥形瓶中溶液颜色的变化，最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；
（5）15ml标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol×0.015L×7.5×10﹣3mol L﹣1=28.575mg
设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为X
C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣
176
254
X
28.575mg
解得：X=19.8mg
则1L中含维生素C的物质的量为：×=5.625×10﹣3mol L﹣1，所以，则此橙汁中维生素C的浓度是5.625×10﹣3mol L﹣1，纯天然橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右，此软包装橙汁不是纯天然橙汁，
故答案为：5.625×10﹣3mol L﹣1；不是；
（6）A．若滴定结束后读数采用仰视测定溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；
B．若锥形瓶用待测橙汁润洗过，待测溶液溶质增大，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；
C．若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗，消耗标准溶液体积会增大，测定结果会偏高，故C正确；
D．若锥形瓶中含有少量水，对测定结果无影响，故D错误；
故答案为：ABC．
【点评】本题考查了橙汁中维生素C的含量，属于综合实验题，完成本题时要注意题中数据的处理，合理进行误差的分析等，本题难度中等．
四、综合题：
20．工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很H+①转化
Fe2+②还原
OH﹣③沉淀大的伤害，必须进行处理．常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 橙 色．
（2）第②步中，还原1mol
Cr2O72﹣离子，需要 6 mol的FeSO4 7H2O．
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是 先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解 ．
第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）
（4）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+） c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至 5 ．
（5）已知AgCl、Ag2CrO4（砖红色）的Ksp分别为2×10﹣10和1.12×10﹣12．分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl﹣的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定．滴定过程中首先析出沉淀 AgCl ．
【分析】（1）pH的溶液呈酸性，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O正向移动；
（2）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成沉淀，后溶解；
（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；
（5）加入硝酸银，银离子浓度相等，根据溶度积计算生成沉淀时氯离子以及CrO42﹣的浓度大小，浓度小的先生成沉淀．
【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙色；
（2）根据电子得失守恒：n（Cr2O72﹣）×6=n（FeSO4 7H2O）×1，n（FeSO4 7H2O）==6mol，故答案为：6mol；
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成氢氧化铬蓝色沉淀，后溶解，
故答案为：先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；
（4）c（Cr3+）=10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣）==10﹣9
mol/L，c（H+）═=10﹣5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5，故答案为：5；
（5）滴定终点时，溶液中c（Cl﹣）≤1.0×10﹣5mol L﹣1]，由Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10，c（Ag+）≥1.0×10﹣5
mol L﹣1，又Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12，
则c（CrO42﹣）===0.0112mol L﹣1，可知应先生成AgCl沉淀，
故答案为：AgCl．
【点评】本题考查了物质含量的测定，为高频考点，测总考查学生的分析、计算能力，题目涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，题目难度中等．
21．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．
请回答下列问题：
（1）甲池为 原电池 （填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O ．
（2）丙池中F电极为 阴极 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应的化学方程式为 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ．
（3）当池中D极质量增重10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 560 mL（标准状况）．
（4）已知丙池中的溶液为400mL，合上开关K，一段时间后，丙池中，阳极共收集到气体224mL（标准状况下）气体，则此时溶液的pH为 1 ．
【分析】（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒写出电极反应；
（2）丙池是电解池，丙池中F电极与负极相连为阴极，电池中是电解硫酸铜溶液生成铜，硫酸和氧气；
（3）乙池是电解池结合电子守恒计算消耗氧气的体积；
（4）丙池是电解池，阳极为氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，据此计算剩余氢离子浓度从而计算溶液的pH．
【解答】解：（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为：原电池；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O；
（2）丙池是电解池，丙池中F电极与负极相连为阴极，电池中是电解硫酸铜溶液生成铜，硫酸和氧气，电池反应为：2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4，
故答案为：阴极；2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4；
（3）当乙池中D极质量增重10.8g即析出10.8gAg，物质的量==0.1mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e﹣，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22.4L/mol=0.56L=560ml；故答案为：560；
（4）丙池是电解池，阳极为氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，则根据4OH﹣～O2～4e﹣，则消耗氢氧根离子n=×4=0.04mol，所以剩余氢离子浓度为=0.1mol/L，则pH为1；
故答案为：1．
【点评】本题考查了原电池电解池的相互串联问题，注意首先区分原电池和电解池，题目难度中等．
2017年3月26日
一、选择题：（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共45分）
1．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序解释的是（ ）
A．电解饱和食盐水阴极产生氢气而得不到钠
B．铝制器皿不宜盛放酸性食物
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
2．下列说法正确的是（ ）
A．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H＞0可知，金刚石比石墨稳定
C．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57
kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D．有气体参与的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子总数，从而使反应速率增大
3．下列叙述正确的是（ ）
A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后pH=1.5
D．若向氨水中加入等浓度稀盐酸至溶液正好呈中性，则所用稀盐酸的体积一定小于氨水的体积
4．一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）
A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液：NH4+、Na+、Cl﹣、CO32﹣
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣
C．0.1
mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
D．含有大量Al3+的水溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、Br﹣
5．为探究外界条件对反应：mA（g）+nB（g） 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．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，达新平
衡时，Z的物质的量分数不变
B．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡常数增大
C．△H＞0，m+n＞c
D．温度不变，增大压强，平衡正向移动，达新平衡时，A的浓度比原平衡减小
6．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度
B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C．对于CO（g）+NO2（g） CO2（g）+NO（g）的平衡体系，增大压强可使颜色变深
D．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加
7．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）
A．＜1.0×10﹣7mol/L
B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣）
D．c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）
8．2008年10月8日，美籍华裔科学家钱永健获得2008年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋科学天才奖”．下列叙述正确的是（ ）
A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀
C．合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣=Fe3+，继而形成铁锈
9．将一定浓度的稀氢氧化钠溶液滴加到等浓度的醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，一定错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．下列实验操作能达到目的是（ ）
①用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液混合反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得KOH晶体
③除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可加入足量的Mg（OH）2粉末搅拌后过滤
④室温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度等于pH=9的氨水中水的电离程度．
A．①②
B．①③
C．③④
D．②③
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热等于57.3kJ
B．在一密闭容器中发生反应2SO2+O2 2SO3，增大压强，平衡正向移动，K增大
C．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221
kJ mol﹣1，则C的燃烧热△H=﹣110.5
kJ mol﹣1
D．向稀硫酸中加入少量硫酸铜可提高锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
12．已知：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol下列说法正确的是（ ）
A．断开1
mol
O﹣O键比断开1
mol
N﹣N键所需能量少448
kJ
B．断开1
mol
H﹣O键比断开1
mol
H﹣N键所需能量相差约72.6
kJ
C．由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高
D．由元素非金属性的强弱可知
H﹣O键比H﹣N键弱
13．下列说法正确的是（ ）
A．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+）
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．足量锌分别和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时产生H2的量相等，放出H2的速率不等
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1
mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
14．甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH（g） HCHO（g）+H2（g）△H，甲醇的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．△H＜0
B．从Y点到Z点可通过升高温度实现
C．从Y点到X点可通过使用催化剂实现
D．600
K时，Y点甲醇的v正＜v逆
15．一种微生物燃料电池的结构示意图如图所示，关于该电池的叙述不正确的是（ ）
A．电池工作时，电子由b流向a
B．正极反应式为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
C．放电过程中，H+从负极区移向正极区
D．微生物所在电极区放电时发生还原反应
二、填空题：
16．（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸的电离常数Ka分别为．1×10﹣4、2.98×10﹣8．写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式： ．
（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因：
（3）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=10，则该温度下水的KW=
（4）已知：（1）2H2
（g）+O2
（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
（2）N2
（g）+2O2
（g）=2NO2
（g）△H=+67.8kJ/mol
（3）N2
（g）+3H2
（g）=2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol
则NH3（g）氧化生成NO2
（g）和H2O（g）
的热化学方程式 ．
17．工业上有一种用C02来生产甲醇燃料的方法：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，将6mol
CO2和8mol
H2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示（实线）．图中数据a（1，6）表示：在1min时H2的物质的量是6mol．
（1）a点正反应速率 （填“大于”“等于”或“小于”）逆反应速率．
（2）下列时间段平均反应速率最大的是 ．
A．O～1min
B．1～3min
C．3～8min
D．8～11min
（3）仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示（虚线）．曲线I对应的实验条件改变是 ，曲线Ⅱ对应的实验条件改变是 ，体积不变再充入3molCO2和4mol
H2，H2O（g）的体积分数 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（4）若将1molCO2和3molH2充入该容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为 ．
18．工业上还可在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H
（1）判断反应达到平衡状态的依据是 ．
A.2v（H2）（逆）=v（CO）（正）
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
E．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1
（2）在一定温度下，若将4a
mol
H2和2amol
CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 ．若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，判断平衡移动的方向是 （“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）；与原平衡相比，CO的物质的量浓度 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
三、实验题：
19．维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6（相对分子质量176），人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如纯天然橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）
（1）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．
（2）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣
（3）实验用品及试剂
①仪器和用品（略）
②试剂：指示剂 （填名称），浓度为7.50×10﹣3mol L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．
（4）实验过程
①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．
②用 （填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．
③用左手控制滴定管的 （填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶
液颜色变化，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是 ．
（5）数据记录与处理
若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是 mol/L．从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？ （填“是”或“不是”或“可能是”）
（6）问题讨论：下列操作会导致所测维生素C的含量偏高的是 （填字母编号）．
A．若滴定结束后读数采用仰视
B．若锥形瓶用待测橙汁润洗过
C．若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗
D．若锥形瓶中含有少量水．
四、综合题：
20．工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很H+①转化
Fe2+②还原
OH﹣③沉淀大的伤害，必须进行处理．常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 色．
（2）第②步中，还原1mol
Cr2O72﹣离子，需要 mol的FeSO4 7H2O．
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是 ．
第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）
（4）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+） c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至 ．
（5）已知AgCl、Ag2CrO4（砖红色）的Ksp分别为2×10﹣10和1.12×10﹣12．分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl﹣的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定．滴定过程中首先析出沉淀 ．
21．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．
请回答下列问题：
（1）甲池为 （填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为 ．
（2）丙池中F电极为 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应的化学方程式为 ．
（3）当池中D极质量增重10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 mL（标准状况）．
（4）已知丙池中的溶液为400mL，合上开关K，一段时间后，丙池中，阳极共收集到气体224mL（标准状况下）气体，则此时溶液的pH为 ．
2016-2017学年湖北省荆门市高二（上）期末化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题只有一个选项正确，每小题3分，共45分）
1．下列生产、生活中的事实不能用金属活动性顺序解释的是（ ）
A．电解饱和食盐水阴极产生氢气而得不到钠
B．铝制器皿不宜盛放酸性食物
C．铁制容器盛放和运输浓硫酸
D．镀锌铁桶镀层破损后铁仍不易被腐蚀
【分析】A．电解饱和食盐水阴极上是溶液中氢离子放电生成氢气；
B．铝是活泼金属和酸发生反应；
C．在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化；
D．在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁．
【解答】解：A．金属活动顺序表中钠在氢前，形成的阳离子氧化性H+＞Na+，氢离子先放电生成氢气，和金属活动顺序表有关，故A不选；
B．在金属活动性顺序表中，铝排在氢的前面，铝和酸发生反应，铝制器皿不宜盛放酸性食物，故B不选；
C．在金属活动性顺序表中铁比氢活泼，但可用铁制容器盛放和运输浓硫酸，是因为铁在冷的浓硫酸中发生钝化，不能用金属活动性顺序表解释，故C选；
D．在金属活动性顺序表中锌比铁活泼，所以破损后仍腐蚀的是锌，保护的是铁，能用金属活动性顺序表解释，故D不选；
故选C．
【点评】本题考查金属活泼性，注意根据金属活动顺序结合相关物质的特性，金属性质的分析应用是关键，题目难度不大．
2．下列说法正确的是（ ）
A．活化分子间所发生的碰撞为有效碰撞
B．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H＞0可知，金刚石比石墨稳定
C．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57
kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D．有气体参与的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子总数，从而使反应速率增大
【分析】A、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞；
B、从金刚石和石墨的转化关系式可见，金刚石能量比石墨高；
C、固体生成气体，△S增大；
D、若增大压强（即缩小反应容器的体积），浓度增大，单位体积的活化分子的数目增大，而活化分子总数不变．
【解答】解：A、活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故A错误；
B、金刚石比石墨能量高，能量越低越稳定，故B错误；
C、反应吸热，但由于固体生成气体，△S增大，则在一定条件下能自发进行，故C正确；
D、若增大压强（即缩小反应容器的体积），浓度增大，单位体积的活化分子的数目增大，而活化分子总数不变，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查反应热与焓变，题目难度中等，注意反应能否自发进行的判断方法，学习中深刻理解相关概念，为易错点．
3．下列叙述正确的是（ ）
A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后pH=1.5
D．若向氨水中加入等浓度稀盐酸至溶液正好呈中性，则所用稀盐酸的体积一定小于氨水的体积
【分析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小；
B．根据醋酸是弱电解质，稀释后醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大；
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后，溶液中氢离子浓度为0.15mol/L；
D．氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵时，溶液显酸性，要显中性，则氨水过量．
【解答】解：A．温度升高，水的电离程度增大，所以95℃纯水的pH＜7；但是纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等，溶液显示中性，故A错误；
B．pH=3的醋酸溶液，溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，稀释后醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增加，当稀释至10倍后溶液中氢离子浓度大于0.0001mol/L，溶液的pH小于4，故B错误；
C．0.2
mol/L的盐酸与0.1
mol/L的盐酸等体积混合后，溶液中氢离子浓度为0.15mol/L，溶液的pH=﹣lg0.15，故C错误；
D．氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵时，溶液显酸性，要显中性，则氨水过量，已知氨水与盐酸的浓度相同，则所用稀盐酸的体积一定小于氨水的体积，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算，题目难度不大，注意判断酸碱的强弱并以此判断反应的过量问题，试题侧重考查学生的分析、理解能力．
4．一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）
A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液：NH4+、Na+、Cl﹣、CO32﹣
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、AlO2﹣、S2﹣、CO32﹣
C．0.1
mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣
D．含有大量Al3+的水溶液中：Na+、NH4+、HCO3﹣、Br﹣
【分析】A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性；
C．离子之间发生氧化还原反应；
D．离子之间相互促进水解．
【解答】解：A．水电离产生的H+浓度为1×10﹣12mol L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故A不选；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；
C．H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．HCO3﹣、Al3+相互促进水解，不能共存，故D不选；
故选B．
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应、复分解反应的判断，题目难度不大．
5．为探究外界条件对反应：mA（g）+nB（g） 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．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，达新平
衡时，Z的物质的量分数不变
B．升高温度，正、逆反应速率都增大，平衡常数增大
C．△H＞0，m+n＞c
D．温度不变，增大压强，平衡正向移动，达新平衡时，A的浓度比原平衡减小
【分析】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，
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+n＞c，由此分析解答．
【解答】解：A．在恒温恒压条件下，向已达到平衡的体系中加入少量Z，为保持压强不变体积增大，为等效平衡，最后达到相同平衡状态，Z的含量不变，故A正确；
B．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B错误；
C．正反应是放热的，则△H＜0，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+n＞c，故C错误；
D．由C知，△H＜0
m+n＞c，温度不变，增大压强，体积减小，平衡正向移动，达新平衡时，体积改变其主要作用．所以A的浓度比原平衡增大，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目涉及温度、压强等外界条件对平衡移动的影响，题目难度中等，解答本题的关键是能正确分析图象曲线的变化趋势．
6．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取相对较低的温度
B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气
C．对于CO（g）+NO2（g） CO2（g）+NO（g）的平衡体系，增大压强可使颜色变深
D．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加
【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．
【解答】解：A．合成氨反应，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g），△H＜0，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施，有利于平衡向正反应方向移动，故A不选；
B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故B不选；
C．反应CO（g）+NO2（g）═CO2（g）+NO（g）（正反应为放热反应），达平衡后，增大压强，两边计量数相等，不能用勒夏特列原理解释，故C选；
D．微溶物氢氧化钙存在电离平衡Ca（OH）2=Ca2++2OH﹣，该反应是可逆反应，所以可以用勒夏特列原理解释，故D不选．
故选C．
【点评】本题考查了勒夏特利原理，注意勒夏特列原理仅适合于可逆反应，为易错点．
7．常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）
A．＜1.0×10﹣7mol/L
B．c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣）
D．c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（CO32﹣）
【分析】A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣）；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；
D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小．
【解答】解：A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH﹣）小于纯水中c（OH﹣），=c（OH﹣）＜1.0×10﹣7mol/L，故A正确；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，碳酸氢铵和NaCl的物质的量相等，虽然析出部分碳B．钠，但仍然存在物料守恒c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B正确；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），则c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣），因为析出部分钠离子、碳酸氢根离子，所以存在c（H+）+c（NH4+）＞c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2
c（CO32﹣），故C正确
D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根离子水解但程度较小，所以存在c（HCO3﹣）＜c（NH4+），故D错误；
故选D．
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，注意溶液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是D．
8．2008年10月8日，美籍华裔科学家钱永健获得2008年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋科学天才奖”．下列叙述正确的是（ ）
A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程
B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀
C．合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强
D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣=Fe3+，继而形成铁锈
【分析】A、金属失去电子被氧化；
B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护；
C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性不一定比其成分金属强；
D、金属铜和金属铁形成的原电池中，金属铁为负极，失去2个电子．
【解答】解：A、金属失去电子被氧化，是氧化过程，故A错误；
B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护，所以将水库中的水闸（钢板）与外加直接电源的负极相连，能保护水闸，故B正确；
C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性不一定比其成分金属强，故C错误；
D、与铜质水龙头连接处的钢质水管形成的原电池中，金属铁为负极，易被腐蚀，发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．
9．将一定浓度的稀氢氧化钠溶液滴加到等浓度的醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，一定错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A．酸碱中和反应是放热反应，但醋酸的电离是吸热反应；
B．醋酸是弱酸，常温下溶液的pH较小，和NaOH发生中和反应生成盐，pH升高，当氢氧化钠过量时溶液呈碱性；
C．溶液导电能力与离子浓度成正比；
D．NaOH不足量时，NaOH的物质的量是0；醋酸钠能水解生成醋酸，所以醋酸浓度不能是0．
【解答】解：A．氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低，故A正确；
B．醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱pH增大，当酸碱恰好发生中和时，pH突变，醋酸完全反应后，溶液碱性逐渐增强，故B正确；
C．醋酸中滴加氢氧化钠，相当于弱电解质溶液变成强电解质溶液，因此导电能力增加，故C正确；
D．醋酸中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和醋酸发生反应了，当醋酸剩余时，氢氧化钠物质的量0，醋酸中滴加氢氧化钠，即便醋酸完全反应，醋酸钠还是有微弱的水解，醋酸的浓度不可能为0，故D错误．
故选：D．
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析判断能力，注意B中pH变化的跳跃及D中浓度图象，含有能水解的盐溶液中一定含有弱电解质（水除外），注意：溶液导电能力与离子浓度有关，易错选项是BD．
10．下列实验操作能达到目的是（ ）
①用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液混合反应制取Al2S3固体
②用加热蒸发K2CO3溶液的方法获得KOH晶体
③除去MgCl2溶液中混有的少量FeCl3，可加入足量的Mg（OH）2粉末搅拌后过滤
④室温下，pH=5的NaHSO4溶液中水的电离程度等于pH=9的氨水中水的电离程度．
A．①②
B．①③
C．③④
D．②③
【分析】①Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液，相互促进水解生成氢氧化铝；
②加热蒸发K2CO3溶液，最终为碳酸钾；
③Mg（OH）2粉末可促进铁离子水解转化为沉淀；
④pH=5的NaHSO4溶液电离出氢离子浓度等于pH=9的氨水中电离出氢氧根离子浓度，均抑制水的电离．
【解答】解：①Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液，相互促进水解生成氢氧化铝，不能发生复分解反应生成Al2S3固体，故错误；
②加热蒸发K2CO3溶液，最终为碳酸钾，不能得到KOH，故错误；
③Mg（OH）2粉末可促进铁离子水解转化为沉淀，则过滤可除杂，故正确；
④pH=5的NaHSO4溶液电离出氢离子浓度等于pH=9的氨水中电离出氢氧根离子浓度，均抑制水的电离，则水的电离程度相同，故正确；
故选C．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握盐类水解、弱电解质的电离、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
11．下列有关说法正确的是（ ）
A．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热等于57.3kJ
B．在一密闭容器中发生反应2SO2+O2 2SO3，增大压强，平衡正向移动，K增大
C．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221
kJ mol﹣1，则C的燃烧热△H=﹣110.5
kJ mol﹣1
D．向稀硫酸中加入少量硫酸铜可提高锌与稀硫酸反应生成氢气的速率
【分析】A．浓硫酸溶于水放热，导致放出热量偏高；
B．温度不变，该反应的平衡常数不变；
C．燃烧热中生成氧化物为稳定氧化物，CO不是C元素的稳定氧化物；
D．锌与硫酸铜反应生成铜，从而形成了原电池，可以加快反应速率．
【解答】解：A．将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，浓硫酸溶于水放热，则该反应放出的热大于57.3kJ，故A错误；
B．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，该反应的平衡常数不变，故B错误；
C．C元素的稳定氧化物为二氧化碳，该反应中生成的CO不是稳定氧化物，根据该反应无法计算C的燃烧热，故C错误；
D．向稀硫酸中加入少量硫酸铜，锌与置换出的铜形成原电池，可提高锌与稀硫酸反应生成氢气的速率，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查较为综合，涉及化学反应速率的影响、反应热与焓变等知识，明确反应热与焓变的关系为解答关键，注意掌握影响化学反应速率的因素，试题培养了学生的灵活应用能力．
12．已知：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol下列说法正确的是（ ）
A．断开1
mol
O﹣O键比断开1
mol
N﹣N键所需能量少448
kJ
B．断开1
mol
H﹣O键比断开1
mol
H﹣N键所需能量相差约72.6
kJ
C．由以上键能的信息可知H2O的沸点比NH3高
D．由元素非金属性的强弱可知
H﹣O键比H﹣N键弱
【分析】A．氧气中为O=O键，氮气中为N≡N键；
B．已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol，根据焓变=反应物断键吸收热量﹣生成物形成化学键放出热量判断，H﹣O键与H﹣N的键能大小；
C．键能与沸点无关；
D．元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定．
【解答】解：A．根据II可知O=O键的键能比N≡N键的键能小，则断开1molO=O键比断开1mol
N≡N键所需能量少448kJ，故A错误；
B．已知4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）△H=﹣1269kJ/mol，则12H﹣N+3×498kJ/mol﹣2×946kJ/mol﹣12H﹣O=﹣1269kJ/mol，得（H﹣O）﹣（H﹣N）=72.6kJ/mol，所以断开1mol
H﹣O键与断开1mol
H﹣N键所需能量相差约72.6kJ，故B正确；
C．键能与沸点无关，沸点与分子间作用力有关，故C错误；
D．元素的非金属性越强，与H元素形成的化学键越稳定，非金属性：O＞N，则H﹣O键比H﹣N键强，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了化学键键能和焓变关系计算，图象分析判断，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．
13．下列说法正确的是（ ）
A．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+）
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C．足量锌分别和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时产生H2的量相等，放出H2的速率不等
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1
mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
【分析】A．混合溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
B．NaHA溶液的pH＜7，可能是HA﹣的电离程度大于水解程度；
C．醋酸为弱酸，不能完全电离；
D．氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+） c（Cl﹣）为定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小．
【解答】解：A．混合溶液显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），则c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故A错误；
B．NaHA溶液的pH＜7，可能是HA﹣的电离程度大于水解程度，所以H2A可能是弱酸，故B错误；
C．醋酸为弱酸，不能完全电离，等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸反应时产生H2的量相等，但反应的速率不等，故C正确；
D．氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+） c（Cl﹣）为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1
mol/L氯化镁溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为④＞①＞②＞③，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离以及溶度积常数的应用，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．
14．甲醇脱氢可制取甲醛CH3OH（g） HCHO（g）+H2（g）△H，甲醇的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示．下列有关说法正确的是（ ）
A．△H＜0
B．从Y点到Z点可通过升高温度实现
C．从Y点到X点可通过使用催化剂实现
D．600
K时，Y点甲醇的v正＜v逆
【分析】A、甲醇脱氢反应为吸热反应还是放热反应由温度对平衡移动的影响确定；
B、升高温度，平衡向正反应方向移动，甲醇转化率增大；
C、使用催化剂平衡不移动；
D、600K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率．
【解答】解：A、由图可知，温度越高甲醇平衡转化率越大，说明升高温度化学平衡正向移动，因此甲醇脱氢反应为吸热反应即△H＞0，故A错误；
B、由图可知Y点和Z点甲醇转化率相等，升高温度，平衡向正反应方向移动，则甲醇转化率增大，所以从Y点到Z点不能通过升高温度实现，故B错误；
C、Y点和X点两点甲醇的平衡转化率不同，如果从Y点到X点平衡发生移动，所以不是使用催化剂，故C错误；
D、600K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率，说明反应逆向进行即：υ（正）＜υ（逆），故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查化学平衡影响因素、焓变判断等，从图中提取有用信息的能力尤为关键，难度中等，注意基础知识理解掌握．
15．一种微生物燃料电池的结构示意图如图所示，关于该电池的叙述不正确的是（ ）
A．电池工作时，电子由b流向a
B．正极反应式为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
C．放电过程中，H+从负极区移向正极区
D．微生物所在电极区放电时发生还原反应
【分析】根据图知，该原电池中，C元素化合价由0价变为+4价，所以b极失电子发生氧化反应，即含有微生物的电极是负极、a极通入MnO2的电极是正极；
A．原电池工作时，电子由负极流向正极；
B．通入MnO2的电极是正极发生还原反应；
C．原电池中阳离子向正极移动；
D．微生物的电极是负极放电时发生氧化反应．
【解答】解：A．原电池工作时，电子由负极流向正极即b流向a，故A正确；
B．通入MnO2的电极是正极发生还原反应，则反应式为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故B正确；
C．原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，H+从负极区移向正极区，故C正确；
D．微生物的电极是负极放电时发生氧化反应，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查化学电源新型电池，明确正负极判断与元素化合价变化关系是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大．
二、填空题：
16．（1）室温下，0.1mol/L的亚硝酸（HNO2）、次氯酸的电离常数Ka分别为．1×10﹣4、2.98×10﹣8．写出HNO2、HClO、NaNO2、NaClO四种物质之间发生的复分解反应的离子方程式： HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO ．
（2）羟胺（NH2OH）可看成是氨分子内的1个氢原子被羟基取代的产物，常用作还原剂，其水溶液显弱碱性．已知NH2OH在水溶液中呈弱碱性的原理与NH3在水溶液中相似，请用电离方程式表示其原因： NH2OH+H2O NH3OH++OH﹣
（3）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=10，则该温度下水的KW= 1×10﹣12
（4）已知：（1）2H2
（g）+O2
（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
（2）N2
（g）+2O2
（g）=2NO2
（g）△H=+67.8kJ/mol
（3）N2
（g）+3H2
（g）=2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol
则NH3（g）氧化生成NO2
（g）和H2O（g）
的热化学方程式 4NH3（g）+7O2（g） 4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2kJ/mol ．
【分析】（1）由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，根据强酸制备弱酸书写离子方程式；
（2）氨水呈弱碱性的原理分析羟胺呈弱碱性的原因；
（3）根据溶液的pH计算溶液中氢离子浓度，根据氢氧化钠的浓度计算氢氧根离子浓度，再结合Kw=c（H+）．c（OH﹣）计算即可；
（4）热化学方程式和盖斯定律计算，（1）×3﹣（3）×2+（2）×2得到所需热化学方程式；
【解答】解：（1）由相同浓度亚硝酸、次氯酸电离常数可知，亚硫酸酸性比次氯酸强，可能相互之间发生的离子互换反应的离子方程式为：HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO，
故答案为：HNO2+ClO﹣=NO2﹣+HClO；
（2）羟胺和水反应生成[NH3OH]+和OH﹣，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，故答案为：NH2OH+H2O NH3OH++OH﹣；
（3）0.01mol L﹣1的NaOH溶液的pH为10，则氢离子浓度=10﹣10
mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，则Kw=c（H+）．c（OH﹣）=0.01×10﹣10=1×10﹣12，
故答案为：1×10﹣12；
（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；
（1）2H2
（g）+O2
（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol
（2）N2
（g）+2O2
（g）=2NO2
（g）△H=67.8kJ/mol
（3）N2
（g）+3H2
（g）=2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol
依据热化学方程式和盖斯定律计算（1）×3﹣（3）×2+（2）×2得到NH3（g）燃烧生成NO2
（g）和H2O（g）
热化学方程式：4NH3（g）+7O2（g） 4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2kJ/mol；
故答案为：4NH3（g）+7O2（g）=4NO2（g）+6H2O（g）△H=﹣1131.2KJ/mol；
【点评】本题考查了弱电解质电离平衡常数比较、离子积常数计算、溶液PH计算、热化学方程式书写方法和注意问题，主要是热化学方程式和盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
17．工业上有一种用C02来生产甲醇燃料的方法：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，将6mol
CO2和8mol
H2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图所示（实线）．图中数据a（1，6）表示：在1min时H2的物质的量是6mol．
（1）a点正反应速率 大于 （填“大于”“等于”或“小于”）逆反应速率．
（2）下列时间段平均反应速率最大的是 A ．
A．O～1min
B．1～3min
C．3～8min
D．8～11min
（3）仅改变某一实验条件再进行两次实验测得H2的物质的量随时间变化如图中所示（虚线）．曲线I对应的实验条件改变是 升高温度 ，曲线Ⅱ对应的实验条件改变是 增大压强 ，体积不变再充入3molCO2和4mol
H2，H2O（g）的体积分数 增大 （填“增大”“不变”或“减小”）．
（4）若将1molCO2和3molH2充入该容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为 ．
【分析】（1）a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，依次判断正逆反应速率大小；
（2）根据曲线的斜率判断，斜率越大，说明在单位时间内反应物的变化率越大，反应速率越大，也可分别计算不同时间内的反应速率大小来进行比较；
（3）从虚线变化判断达到平衡时反应物的转化的物质的量来分析，曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，平衡正向移动，应是增大压强；
（4）结合化学平衡三段式列式计算，气体压强之比等于气体物质的量之比计算得到．
【解答】解：（1）a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，平衡向正向移动，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于；
（2）由图可知，
A.0～1min内氢气的变化量为8mol﹣6mol=2mol；
B．1～3min内氢气的变化量为6mol﹣3mol=3mol，平均1min变化量为1.5mol；
C．3～8min内氢气的变化量为3mol﹣2mol=1mol，平均1min变化量为0.2mol；
D．8～11min达平衡状态，氢气的物质的量不再变化．
故1～3min速率增大．
故答案为：A；
（3）曲线I反应速率增大，但转化的氢气的物质的量少，应是升高温度，因该反应放热，升高温度平衡逆向移动，不利于氢气的转化，故曲线I是升高温度；曲线Ⅲ反应速率增大，转化的氢气的物质的量多，因增大压强平衡正向移动，故应是增大压强，体积不变再充入3molCO2和4mol
H2，相当于增大压强，平衡正向移动，则H2O（g）的体积分数增大，
故答案为：升高温度；增大压强；增大；
（4）在T1度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为a，
CO2（g）+3H2（g）=CH2OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）
1
3
0
0
变化量（mol）
a
3a
a
a
平衡量（mol）
1﹣a
3﹣3a
a
a
容器内的压强与起始压强之比=（4﹣2a）：4=，
故答案为：．
【点评】本题考查化学反应速率、平衡的图象以及化学平衡的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握对题目图象的分析．题目较为综合，具有一定难度．
18．工业上还可在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H
（1）判断反应达到平衡状态的依据是 CD ．
A.2v（H2）（逆）=v（CO）（正）
B．混合气体的密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
E．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1
（2）在一定温度下，若将4a
mol
H2和2amol
CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 ．若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，判断平衡移动的方向是 正向移动 （“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）；与原平衡相比，CO的物质的量浓度 增大 （填“增大”、“不变”或“减小”）．
【分析】（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（2）反应开始时c（H2）==2amol/L、c（CO）==amol/L，充分反应后测得CO的转化率为50%，则参加反应的c（CO）=amol/L×50%=0.5amol/L，
该反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L）a
2a
0
反应（mol/L）0.5a
a
0.5a
平衡（mol/L）0.5a
a
0.5a
化学平衡常数K=；
若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2a
mol
H2和a
mol
CH3OH，浓度为c（CO）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，c（H2）=amol/L+amol/L=2amol/L，c（CH3OH）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向，从而确定CO浓度变化．
【解答】解：（1）A．当v（H2）（逆）=2v（CO）（正）时，该反应达到平衡状态，则2v（H2）（逆）=v（CO）（正）时该反应没有达到平衡状态，故错误；
B．无论反应是否达到平衡状态，反应前后气体质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故错误；
C．反应前后气体物质的量减小、混合气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
D．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
E．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1：2：1时，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故错误；
故选CD；
（2）反应开始时c（H2）==2amol/L、c（CO）==amol/L，充分反应后测得CO的转化率为50%，则参加反应的c（CO）=amol/L×50%=0.5amol/L，
该反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
开始（mol/L）a
2a
0
反应（mol/L）0.5a
a
0.5a
平衡（mol/L）0.5a
a
0.5a
化学平衡常数K===；
若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2amol
H2和amol
CH3OH，若此时再向该容器中投入a
mol
CO、2a
mol
H2和a
mol
CH3OH，浓度为c（CO）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，c（H2）=amol/L+amol/L=2amol/L，c（CH3OH）=0.5amol/L+0.5amol/L=amol/L，浓度商Q==＜，所以平衡正向移动，平衡时CO浓度增大，
故答案为：；正向移动；增大．
【点评】本题考查化学平衡计算及化学平衡状态判断，侧重考查学生计算及判断能力，明确平衡常数计算方法、浓度商与化学平衡常数相对大小和反应方向关系是解本题关键，题目难度中等．
三、实验题：
19．维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6（相对分子质量176），人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如纯天然橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）
（1）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．
（2）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣
（3）实验用品及试剂
①仪器和用品（略）
②试剂：指示剂 淀粉溶液 （填名称），浓度为7.50×10﹣3mol L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．
（4）实验过程
①洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．
②用 酸式滴定管或移液管 （填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．
③用左手控制滴定管的 活塞 （填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶
液颜色变化，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是 锥形瓶中溶液颜色的变化，最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色 ．
（5）数据记录与处理
若经数据处理，滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是 5.625×10﹣3 mol/L．从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？ 不是 （填“是”或“不是”或“可能是”）
（6）问题讨论：下列操作会导致所测维生素C的含量偏高的是 ABC （填字母编号）．
A．若滴定结束后读数采用仰视
B．若锥形瓶用待测橙汁润洗过
C．若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗
D．若锥形瓶中含有少量水．
【分析】（3）②根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；
（4）②橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用；
③滴定时左手控制活塞；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色且半分钟内不褪色时，维生素C已全部参加了反应；
（5）根据反应原理及题中有关数据，可以计算出橙汁中维生素C的含量；新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断；
（6）结合c（待测）=，误差分析是标准溶液体积变化引起的测定浓度变化．
【解答】解：（3）②利用I2氧化维生素C，根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉作指示剂，
故答案为：淀粉溶液；
（4）②橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用，向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂；
故答案为：酸式滴定管或移液管；
③在滴定时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应，滴定终点现象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，
故答案为：活塞，锥形瓶中溶液颜色的变化，最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；
（5）15ml标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol×0.015L×7.5×10﹣3mol L﹣1=28.575mg
设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为X
C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣
176
254
X
28.575mg
解得：X=19.8mg
则1L中含维生素C的物质的量为：×=5.625×10﹣3mol L﹣1，所以，则此橙汁中维生素C的浓度是5.625×10﹣3mol L﹣1，纯天然橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右，此软包装橙汁不是纯天然橙汁，
故答案为：5.625×10﹣3mol L﹣1；不是；
（6）A．若滴定结束后读数采用仰视测定溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；
B．若锥形瓶用待测橙汁润洗过，待测溶液溶质增大，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；
C．若取标准液的滴定管水洗后未用待装液润洗，消耗标准溶液体积会增大，测定结果会偏高，故C正确；
D．若锥形瓶中含有少量水，对测定结果无影响，故D错误；
故答案为：ABC．
【点评】本题考查了橙汁中维生素C的含量，属于综合实验题，完成本题时要注意题中数据的处理，合理进行误差的分析等，本题难度中等．
四、综合题：
20．工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很H+①转化
Fe2+②还原
OH﹣③沉淀大的伤害，必须进行处理．常用的处理方法有还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 橙 色．
（2）第②步中，还原1mol
Cr2O72﹣离子，需要 6 mol的FeSO4 7H2O．
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是 先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解 ．
第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s） Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）
（4）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+） c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至 5 ．
（5）已知AgCl、Ag2CrO4（砖红色）的Ksp分别为2×10﹣10和1.12×10﹣12．分析化学中，测定含氯的中性溶液中Cl﹣的含量，以K2CrO4作指示剂，用AgNO3溶液滴定．滴定过程中首先析出沉淀 AgCl ．
【分析】（1）pH的溶液呈酸性，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O正向移动；
（2）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成沉淀，后溶解；
（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；
（5）加入硝酸银，银离子浓度相等，根据溶度积计算生成沉淀时氯离子以及CrO42﹣的浓度大小，浓度小的先生成沉淀．
【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+ Cr2O72﹣（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙色；
（2）根据电子得失守恒：n（Cr2O72﹣）×6=n（FeSO4 7H2O）×1，n（FeSO4 7H2O）==6mol，故答案为：6mol；
（3）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，先生成氢氧化铬蓝色沉淀，后溶解，
故答案为：先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解；
（4）c（Cr3+）=10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣）==10﹣9
mol/L，c（H+）═=10﹣5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5，故答案为：5；
（5）滴定终点时，溶液中c（Cl﹣）≤1.0×10﹣5mol L﹣1]，由Ksp（AgCl）=1.0×10﹣10，c（Ag+）≥1.0×10﹣5
mol L﹣1，又Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12，
则c（CrO42﹣）===0.0112mol L﹣1，可知应先生成AgCl沉淀，
故答案为：AgCl．
【点评】本题考查了物质含量的测定，为高频考点，测总考查学生的分析、计算能力，题目涉及难溶物的溶解平衡、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，题目难度中等．
21．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．
请回答下列问题：
（1）甲池为 原电池 （填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O ．
（2）丙池中F电极为 阴极 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应的化学方程式为 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 ．
（3）当池中D极质量增重10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 560 mL（标准状况）．
（4）已知丙池中的溶液为400mL，合上开关K，一段时间后，丙池中，阳极共收集到气体224mL（标准状况下）气体，则此时溶液的pH为 1 ．
【分析】（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒写出电极反应；
（2）丙池是电解池，丙池中F电极与负极相连为阴极，电池中是电解硫酸铜溶液生成铜，硫酸和氧气；
（3）乙池是电解池结合电子守恒计算消耗氧气的体积；
（4）丙池是电解池，阳极为氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，据此计算剩余氢离子浓度从而计算溶液的pH．
【解答】解：（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为：原电池；CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O；
（2）丙池是电解池，丙池中F电极与负极相连为阴极，电池中是电解硫酸铜溶液生成铜，硫酸和氧气，电池反应为：2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4，
故答案为：阴极；2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4；
（3）当乙池中D极质量增重10.8g即析出10.8gAg，物质的量==0.1mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e﹣，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22.4L/mol=0.56L=560ml；故答案为：560；
（4）丙池是电解池，阳极为氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，则根据4OH﹣～O2～4e﹣，则消耗氢氧根离子n=×4=0.04mol，所以剩余氢离子浓度为=0.1mol/L，则pH为1；
故答案为：1．
【点评】本题考查了原电池电解池的相互串联问题，注意首先区分原电池和电解池，题目难度中等．
2017年3月26日
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