2023學年福建省福州八中高二（下）期中化學試卷一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，含20小題，每小題3分，共60分）1．下列有關化學反應與能量關系的說法錯誤的是（）A．弱電解質的電離是一個吸熱的過程B．化學反應中的能量變化不僅僅表現為熱量變化C．反應物的總能量大于生成物的總能量的反應是吸熱反應D．斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量2．已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃燒生成二氧化碳和液態水時放出熱量．表示上述反應的熱化學方程式正確的是（）A．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（g）；△H=﹣?mol﹣1B．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣5518kJ?mol﹣1C．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=+5518kJ?mol﹣1D．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣?mol3．已知氟化氫氣體中有平衡關系：2H3F3（g）?3H2F2（g）△H1=akJ?mol﹣1H2F2（g）?2HF（g）△H2=bkJ?mol﹣1已知a、b均大于0；則可推測反應：H3F3（g）?3HF（g）的△H3為（）A．+（a+b）kJ?mol﹣1 B．+（a﹣b）kJ?mol﹣1C．+（a+3b）kJ?mol﹣1 D．+（+）kJ?mol﹣14．下列有關電池的說法不正確的是（）A．手機上用的鋰離子電池屬于二次電池B．銅鋅原電池工作時，電子沿外電路從銅電極流向鋅電極C．氫氧燃料電池可把化學能轉化為電能D．鋅錳干電池中，鋅電極是負極5．普通水泥在固化過程中自由水分子減少，并且溶液呈堿性．根據這一物理化學特點，科學家發明了利用原電池原理測定水泥初凝時間．此法的原理如圖所示，反應的總方程式為2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag．下列有關說法錯誤的是（）A．Ag2O/Ag電極為正極B．Cu電極為負極C．電池工作時，OH﹣向Ag2O/Ag電極移動D．電池工作時，有1molCu2O生成時，電路中有2mol電子通過6．如圖所示，將兩燒杯用導線如圖相連，Pt、Cu、Zn、C分別為四個電極，當閉合開關后，則以下敘述正確的是（）A．C電極為電解池的陽極 B．Cu電極附近OH﹣濃度增大C．Na+移向Pt電極 D．Pt電極上有O2生成7．如圖所示，其中甲池的總反應式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列說法正確的是（）A．甲池是電能轉化為化學能的裝置，乙、丙池是化學能轉化電能的裝置B．甲池通入CH3OH的電極反應為CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反應一段時間后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固體，能使CuSO4溶液恢復到原濃度D．甲池中消耗280mL（標準狀況下）O2，此時丙池中理論上最多產生固體8．在2A+B?3C+4D反應中，表示該反應速率最快的是（）A．v（A）=mol?L﹣1?s﹣1 B．v（B）=mol?L﹣1?s﹣1C．v（C）=mol?L﹣1?s﹣1 D．v（D）=1mol?L﹣1?s﹣19．反應X（g）+Y（g）?2Z（g）；△H＜0，達到平衡時，下列說法正確的是（）A．減小容器體積，平衡向右移動B．加入催化劑，Z的產率增大C．增大c（X），X的轉化率增大D．降低溫度，Y的轉化率增大10．一定條件下，分別對反應C（s）+CO2（g）?2CO（g）（正向吸熱）進行如下操作（只改變該條件）：①升高反應體系的溫度；②增加反應物C的用量；③縮小反應體系的體積；④減少體系中CO的量．上述措施中一定能使反應速率顯著變大的是（）A．①②③④ B．①③④ C．①② D．①③11．己知反應A（g）+B（g）?C（g）+D（g）的平衡常數K值與溫度的關系如右表所示．830℃時，向一個2L的密閉容器中充入A和B，10s時達平衡．下列說法不正確的是（）溫度/℃7008301200K值A．達到平衡后，B的轉化率為50%B．增大壓強，正、逆反應速率均加快C．該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動D．反應初始至平衡，A的平均反應速率v（A）=?L﹣1?s﹣112．在容積為的密閉容器內，物質D在T℃時發生反應，其反應物和生成物的物質的量隨時間t的變化關系如圖所示，下列敘述不正確的是（）A．從反應開始到第一次達到平衡時，A物質的平均反應速率為7mol/（L?min）B．該反應的化學方程式為2D（s）?2A（g）+B（g），該反應的平衡常數表達式為K=c2（A）?c（B）C．已知反應的△H＞0，則第5min時圖象呈現上述變化的原因可能是升高體系的溫度D．若在第7min時增加D的物質的量，則表示A的物質的量變化正確的是a曲線13．對于常溫下pH=3的乙酸溶液，下列說法正確的是（）A．與等體積、pH=3的鹽酸比較，跟足量鋅粒反應產生的H2更少B．加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變為4C．加入少量乙酸鈉固體，溶液pH升高D．升高溫度，溶液中所有離子濃度均增大14．一定溫度下，滿足下列條件的溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的某物質的水溶液B．加酚酞后顯無色的溶液C．能與金屬Al反應放出H2的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）的任意物質的水溶液15．相同物質的量濃度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH較大，則下列關于同溫、同體積、同濃度的HCN和HClO溶液的說法中正確的是（）A．酸的強弱：HCN＞HClOB．pH：HClO＞HCNC．與NaOH恰好完全反應時，消耗NaOH的物質的量：HClO＞HCND．酸根離子濃度：c（CN﹣）＜c（ClO﹣）16．HA和HB兩種酸的溶液分別加水稀釋時，pH變化的簡圖如圖所示，下列敘述中不正確的是（）A．HA是一種強酸B．x點，[A﹣]=[B﹣]C．HB是一種弱酸D．原溶液中HA的物質的量濃度為HB的10倍17．水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A．圖中五點KW間的關系：B＞C＞A=D=EB．若從A點到D點，可采用：溫度不變在水中加入少量的酸C．若從A點到C點，可采用：溫度不變在水中加入適量的NH4Cl固體D．若處在B點時，將pH=2的硫酸與pH=10的KOH等體積混合后，溶液顯酸性18．下列溶液中各微粒的濃度關系正確的是（）A．物質的量濃度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4ClB．向醋酸鈉中加適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．LNa2CO3溶液：c（OH﹣）=2c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．某二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）19．室溫下，下列說法正確的是（）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水電離出的c（H+）均為10﹣9mol/LB．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后，pH＞7C．同體積同pH的氫氧化鈉溶液和氨水分別稀釋相同倍數，氨水的pH較大D．LNa2CO3溶液和LNaHSO4溶液等體積混合，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）20．將物質的量都是的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，已知該溶液c（CN﹣）＜c（Na+），下列關系式正確的是（）A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（HCN）＜c（CN﹣）C．c（CN﹣）+c（OH﹣）=?L﹣1 D．c（HCN）+c（CN﹣）=?L﹣1二、非選擇題（請按照各題要求回答問題，共4題，每空2分，合計40分）21．CuCl2溶液中的銅主要以Cu（H2O）42+、CuCl42﹣形式存在，它們間有如下轉化關系：Cu（H2O）42+（藍色）+4Cl﹣?CuCl42﹣（黃色）+4H2O；電解不同濃度的CuCl2溶液，均可看做Cu2+、Cl﹣直接放電．下圖為電解濃度較大CuCl2溶液的裝置，實驗開始后，觀察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢變藍．回答下列問題：（1）甲電極的電極反應式為．（2）丙中溶液變藍是乙電極產物與KI反應導致的，該反應的化學方程式為．（3）隨電解的不斷進行，U型管中溶液的顏色變化為；A．由黃色變為淺藍色B．由藍色變為淺黃色（4）當電解到一定程度，甲電極附近出現藍色Cu（OH）2絮狀物．經測，甲電極附近溶液的pH=a，此時甲電極附近溶液中c（Cu2+）=mol?L﹣1．（已知：Cu（OH）2的Ksp=×10﹣20）．（）22．碳是形成物種最多的元素之一，許多含碳物質對人類極其重要．（1）工業上利用甲烷和氧氣直接氧化制取甲醇的反應如下：CH4+O2（g）?CH3OH（g）△H=﹣mol副反應有：CH4（g）+O2（g）?CO（g）+2H2O（g）△H=akJ/molCH4（g）+2O2（g）?CO2（g）+2H2O（g）△H=bkJ/molCH4（g）+O2（g）?HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol甲醇與氧氣反應生成HCHO（g）和水蒸汽的熱化學方程式為．（2）苯乙烷（C8H10）生產苯乙烯（C8H8）的反應：C8H10（g）?C8H8（g）+H2（g）△H＞0．T1℃下，將苯乙烷充入2L密閉容器中反應，不同時間容器內n（C8H10）如表：時間/min0102030n（C8H10）/moln2①當反應進行到30min時恰好到達平衡，則n2取值的最小范圍是；②改變溫度為T2℃，其他條件不變，測得平衡時容器內氣體壓強為反應前的倍，則此時苯乙烷的轉化率為．（3）用惰性電極電解葡萄糖[CH2OH（CHOH）4CHO]和硫酸鈉混合溶，可以制得葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]和己六醇[CH2OH（CHOH）4CH2OH]．電解過程中，葡萄糖酸在極生成，對應的電極反應式．23．X、Y、Z、W分別是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四種強電解質中的一種．下表是常溫下濃度均為?L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．L的溶液XYZWPH122（1）X、W的化學式分別為、．（2）W的電離方程式為．（3）25℃時，Z溶液的pH＞7的原因是（用離子方程式表示）．（4）將X、Y、Z各1mol?L﹣1同時溶于水中制得混合溶液，則混合溶液中各離子的濃度由大到小的順序為．（5）Z溶液與W溶液混合加熱，可產生一種無色無味的單質氣體，該反應的化學方程式為．24．不同價態錳的微粒的能量（△G）如圖．若某種含錳微粒（如Mn3+）的能量處于相鄰價態兩種微粒（Mn2+和MnO2）能量連線左上方，則該微粒不穩定并發生歧化反應，轉化為相鄰價態的微粒．（1）MnO42﹣能否穩定存在于pH=0的溶液中？答：（“能”或“不能”）；（2）將Mn3+歧化反應設計為原電池，可測定反應平衡常數．電池負極反應為，平衡常數表達式為；（3）實驗室可利用以下反應檢驗Mn2+存在：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O→16H++10SO42﹣+2MnO4﹣；確認Mn2+存在的現象是；檢驗時必須控制Mn2+濃度和用量不能過大，否則實驗失敗．理由是．三、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，含5小題，每小題4分，共20分）25．一定溫度下，水溶液中H+和OH﹣的濃度變化曲線如圖，下列說法正確的是（）A．升高溫度，可能引起由c向b的變化B．該溫度下，水的離子積常數為×10﹣13C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化26．已知反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＜0．某溫度下，將2molSO2和1molO2置于10L密閉容器中，反應達平衡后，SO2的平衡轉化率（α）與體系總壓強（p）的關系如圖甲所示．則下列說法正確的是（）A．由圖甲知，B點SO2的平衡濃度為?L﹣1B．由圖甲知，A點對應溫度下的平衡常數為80C．達平衡后，縮小容器容積，則反應速率變化圖象可以用圖乙表示D．壓強為MPa時不同溫度下SO2轉化率與溫度關系如丙圖，則T2＞T127．已知：NH2COO﹣+2H2O?HCO3﹣+NH3?H2O．現用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度（T1和T2）下實驗，得到c（NH2COO﹣）隨時間變化關系如圖所示．以下分析正確的是（）A．無法判斷T1和T2的大小關系B．T1℃時，第6min反應物轉化率為%C．T2℃時，0～6minν（NH2COO﹣）=?L﹣1?min﹣1D．往平衡體系加水稀釋，平衡右移，溶液中各種離子濃度減小28．下表是不同溫度下水的離子積常數，下列有關敘述正確的是（）溫度/℃25t1t2水的離子積常數1×10﹣14a1×10﹣12A．若25＜t1＜t2，則a＜1×10﹣14B．t2℃時，將一定物質的量濃度的鹽酸與氫氧化鈉溶液中和后，所得混合溶液pH=7，溶液呈中性C．25℃時，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4mol/L，取該溶液1mL加水稀釋至10mL，則稀釋后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=1000：1D．t2℃時，將pH=11的苛性鈉溶液V1L與pH=1的稀硫酸V2L混合，所得混合溶液的pH=2，則V1：V2=11：9（設混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和）29．25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A．mol?L﹣1CH3COONa溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）B．mol?L﹣1NH4Cl溶液與mol?L﹣1氨水等體積混合（pH＞7）：c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）C．mol?L﹣1Na2CO3溶液與mol?L﹣1NaHCO3溶液等體積混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．mol?L﹣1Na2C2O4溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）四、非選擇題（請按照各題要求回答問題，共2題，每空2分，合計30分）30．某經濟開發區將鈦冶煉廠與氯堿廠、甲醇廠組成了一個產業鏈（如圖1所示），大大地提高了資源利用率，減少了環境污染．請填寫下列空白：（1）寫出鈦鐵礦經氯化得到四氯化鈦的化學方程式：．（2）由CO和H2合成甲醇的方程式是：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．①已知該反應在300℃時的化學平衡常數為，該溫度下將2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容積為2L的密閉容器中，比較此時反應：v（正）v（逆）．②若不考慮生產過程中物質的任何損失，該產業鏈中每合成甲醇，至少需額外補充H2t．（提示：電解飽和食鹽水產生的氫氣不算在內）（3）用甲醇﹣空氣堿性（KOH）燃料電池作電源電解精煉粗銅（圖2），在接通電路一段時間后純Cu質量增加．①請寫出燃料電池中的負極反應式：．②燃料電池正極消耗空氣的體積是（標準狀況，空氣中O2體積分數以20%計算）．（4）在25℃下，將amol?L﹣1的氨水與?L﹣1的鹽酸等體積混合，反應時溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）．則溶液顯性（填“酸”、“堿”或“中”）；用含a的代數式表示NH3?H2O的電離常數Kb=．31．在一個容積為2L的密閉容器中加入2molN2和6molH2，發生反應：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，5min時達到平衡，測得c（NH3）=?L﹣1．（1）該條件下此反應的化學平衡常數的表達式K=．（2）從反應開始到平衡，用H2的濃度變化表示的反應速率為．（3）若平衡時，移走1molN2和3molH2，在相同溫度下再次達到平衡時c（NH3）?L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．32．25℃，將LCH3COOH溶液和LKOH溶液各1L混合后，pH=5（設混合后溶液總體積為兩溶液體積之和）①混合溶液中離子濃度由大到小的順序是②（i）c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=mol/L（ii）c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=mol/L．33．用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；ⅲ．將一定量含ClO2的混合氣體通入錐形瓶中吸收；ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中；ⅴ．用0mol?L﹣1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示劑顯示終點時共用去硫代硫酸鈉溶液．在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為．②測得混合氣中ClO2的質量為g．

2023學年福建省福州八中高二（下）期中化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，含20小題，每小題3分，共60分）1．下列有關化學反應與能量關系的說法錯誤的是（）A．弱電解質的電離是一個吸熱的過程B．化學反應中的能量變化不僅僅表現為熱量變化C．反應物的總能量大于生成物的總能量的反應是吸熱反應D．斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量【考點】吸熱反應和放熱反應．【分析】A．弱電解質電離時要吸收能量；B．化學反應中的能量轉化有多種形式；C．依據反應前后能量守恒分析判斷；D．破壞微粒間的化學鍵要吸收能量，形成化學鍵放出能量．【解答】解：A．弱電解質電離時要吸收能量，即弱電解質的電離是一個吸熱的過程，故A正確；B．化學反應中的能量轉化有多種形式，如原電池放電時化學能轉化為電能，可燃物燃燒時化學能轉化為熱能和光能，故B正確；C．反應物的總能量大于生成物的總能量的反應是放熱反應，故C錯誤；D．化學變化的實質是反應物中舊鍵斷裂和生成物中新鍵的形成，斷鍵要吸收能量，成鍵要放出能量，故D正確．故選C．2．已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃燒生成二氧化碳和液態水時放出熱量．表示上述反應的熱化學方程式正確的是（）A．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（g）；△H=﹣?mol﹣1B．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣5518kJ?mol﹣1C．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=+5518kJ?mol﹣1D．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣?mol【考點】熱化學方程式．【分析】在25℃時，101kPa下，1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態水放出的熱量，則1mol辛烷即114g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態水放出5518KJ的熱量，根據反應物和生成物的狀態及反應熱寫出其熱化學反應方程式．【解答】解：在25℃時，101kPa下，1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態水放出的熱量，則1mol辛烷即114g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態水放出5518KJ的熱量，所以其熱化學反應方程式為：C8H18（l）+（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ/mol，故選B．3．已知氟化氫氣體中有平衡關系：2H3F3（g）?3H2F2（g）△H1=akJ?mol﹣1H2F2（g）?2HF（g）△H2=bkJ?mol﹣1已知a、b均大于0；則可推測反應：H3F3（g）?3HF（g）的△H3為（）A．+（a+b）kJ?mol﹣1 B．+（a﹣b）kJ?mol﹣1C．+（a+3b）kJ?mol﹣1 D．+（+）kJ?mol﹣1【考點】有關反應熱的計算．【分析】①2H3F3（g）?3H2F2（g）△H1=akJ?mol﹣1②H2F2（g）?2HF（g）△H2=bkJ?mol﹣1根據蓋斯定律，得H3F3（g）?3HF（g）△H3，從而求出反應熱．【解答】解：①2H3F3（g）?3H2F2（g）△H1=akJ?mol﹣1②H2F2（g）?2HF（g）△H2=bkJ?mol﹣1根據蓋斯定律，得H3F3（g）?3HF（g）△H3=+（+）kJ?mol﹣1故選D．4．下列有關電池的說法不正確的是（）A．手機上用的鋰離子電池屬于二次電池B．銅鋅原電池工作時，電子沿外電路從銅電極流向鋅電極C．氫氧燃料電池可把化學能轉化為電能D．鋅錳干電池中，鋅電極是負極【考點】常見化學電源的種類及其工作原理．【分析】A．鋰離子電池屬于二次電池；B．銅鋅原電池放電時，電子從負極沿導線流向正極；C．氫氧燃料電池屬于原電池；D．鋅錳干電池中，鋅易失電子而作負極．【解答】解：A．鋰離子電池中能循環使用，屬于二次電池，故A正確；B．銅鋅原電池中，鋅易失電子而作負極，銅作正極，電子從負極沿導線流向正極，故B錯誤；C．燃料電池屬于原電池，是將化學能轉變為電能的裝置，故C正確；D．鋅錳干電池中，鋅易失電子發生氧化反應而作負極，故D正確；故選B．5．普通水泥在固化過程中自由水分子減少，并且溶液呈堿性．根據這一物理化學特點，科學家發明了利用原電池原理測定水泥初凝時間．此法的原理如圖所示，反應的總方程式為2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag．下列有關說法錯誤的是（）A．Ag2O/Ag電極為正極B．Cu電極為負極C．電池工作時，OH﹣向Ag2O/Ag電極移動D．電池工作時，有1molCu2O生成時，電路中有2mol電子通過【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】由電池反應方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，較活潑的金屬銅失電子發生氧化反應，所以銅作負極，較不活潑的金屬銀作正極，原電池放電時，溶液中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動；根據轉移電子和氧化亞銅的關系計算轉移電子數．【解答】解：A、由電池反應方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，較活潑的金屬銅失電子發生氧化反應，所以銅作負極，較不活潑的金屬銀作正極，故A正確；B、較活潑的金屬銅失電子發生氧化反應，所以銅作負極，故B正確；C、原電池放電時，陰離子向負極移動，所以氫氧根離子向銅極移動，故C錯誤；D、2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，銅由0價變為+2價，有1molCu2O生成時，電路中有2mol電子通過，故D正確；故選C．6．如圖所示，將兩燒杯用導線如圖相連，Pt、Cu、Zn、C分別為四個電極，當閉合開關后，則以下敘述正確的是（）A．C電極為電解池的陽極 B．Cu電極附近OH﹣濃度增大C．Na+移向Pt電極 D．Pt電極上有O2生成【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】當閉合開關后，右邊裝置中鋅和稀硫酸能自發的進行氧化還原反應，且鋅和碳棒是活潑性不同導體，所以右邊裝置構成了原電池；左邊裝置雖然鉑和銅的活潑性不同但不能自發的進行氧化還原反應，當閉合開關后，右邊裝置是原電池，所以左邊裝置有外加電源就形成了電解池；根據原電池和電解池原理解答．【解答】解：當閉合開關后，右邊裝置中鋅和稀硫酸能自發的進行氧化還原反應，且鋅和碳棒是活潑性不同導體，所以右邊裝置構成了原電池；左邊裝置雖然鉑和銅的活潑性不同但不能自發的進行氧化還原反應，當閉合開關后，右邊裝置是原電池，所以左邊裝置有外加電源就形成了電解池；A．C電極為原電池的正極，故A錯誤；B．銅電極是電解池陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，同時銅電極附近產生氫氧根離子，所以隨著反應的進行，銅電極附近OH﹣濃度增大，故B正確；C．電解池中陽離子向陰極移動，所以鈉離子向銅電極移動，故C錯誤；D．鉑作電解池陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，故D錯誤；故選B．7．如圖所示，其中甲池的總反應式為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列說法正確的是（）A．甲池是電能轉化為化學能的裝置，乙、丙池是化學能轉化電能的裝置B．甲池通入CH3OH的電極反應為CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反應一段時間后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固體，能使CuSO4溶液恢復到原濃度D．甲池中消耗280mL（標準狀況下）O2，此時丙池中理論上最多產生固體【考點】原電池和電解池的工作原理．【分析】A、根據燃料電池和電解池中的能量轉換知識來回答；B、在燃料電池中，負極發生失電子的氧化反應；C、電解池中，電解后的溶液復原遵循：出什么加什么的思想；D、根據串聯電路中轉移電子相等結合電子守恒知識來回答．【解答】解：A、甲池是燃料電池，是化學能轉化為電能的裝置，乙、丙池是電解池，是將電能轉化為化學能的裝置，故A錯誤；B、在燃料電池中，負極是甲醇發生失電子的氧化反應，在堿性電解質下的電極反應為CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B錯誤；C、電解池乙池中，電解后生成硫酸、銅和氧氣，要想復原，要加入氧化銅，故C錯誤；D、甲池中根據電極反應：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（標準狀況下）O2，則轉移電子，根據丙裝置中，在陰極上是氫離子放電，轉移電子，減小的氫離子是，氫氧根離子是，鎂離子和氫氧根離子之間反應生成氫氧化鎂，理論上最多產生氫氧化鎂質量應該是××58g/mol=固體，故D正確．故選D．8．在2A+B?3C+4D反應中，表示該反應速率最快的是（）A．v（A）=mol?L﹣1?s﹣1 B．v（B）=mol?L﹣1?s﹣1C．v（C）=mol?L﹣1?s﹣1 D．v（D）=1mol?L﹣1?s﹣1【考點】化學反應速率和化學計量數的關系．【分析】由于不同物質表示的速率之比等于其化學計量數之比，故化學反應速率與其化學計量數的比值越大，反應速率越快．【解答】解：化學反應速率與其化學計量數的比值越大，反應速率越快，A.=，B.=，C.=，D.=，則反應速率最快的為B，故選B．9．反應X（g）+Y（g）?2Z（g）；△H＜0，達到平衡時，下列說法正確的是（）A．減小容器體積，平衡向右移動B．加入催化劑，Z的產率增大C．增大c（X），X的轉化率增大D．降低溫度，Y的轉化率增大【考點】化學平衡的影響因素．【分析】A、反應前后氣體體積不變，減小容器體積壓強增大，平衡不變；B、催化劑改變反應速率，不改變化學平衡；C、兩種反應物，增加一種物質的量增大另一種物質轉化率，本身轉化率減小；D、反應是放熱反應，降溫平衡正向進行；【解答】解：A、反應前后氣體體積不變，減小容器體積壓強增大，平衡不變，故A錯誤；B、催化劑改變反應速率，不改變化學平衡，Z的產率不變，故B錯誤；C、兩種反應物，增加一種物質的量增大另一種物質轉化率，本身轉化率減小，增大c（X），X的轉化率減小，故C錯誤；D、反應是放熱反應，降溫平衡正向進行，Y的轉化率增大，故D正確；故選D．10．一定條件下，分別對反應C（s）+CO2（g）?2CO（g）（正向吸熱）進行如下操作（只改變該條件）：①升高反應體系的溫度；②增加反應物C的用量；③縮小反應體系的體積；④減少體系中CO的量．上述措施中一定能使反應速率顯著變大的是（）A．①②③④ B．①③④ C．①② D．①③【考點】化學反應速率的影響因素．【分析】一般增大濃度、增大壓強、升高溫度，反應的反應速率增大，以此來解答．【解答】解：①升高反應體系的溫度，正反應速率一定加快，故選；②C為純固體，增加反應物C的用量，反應速率不變，故不選；③縮小反應體系的體積，壓強增大，平衡逆向移動，則正逆反應速率均增大，但逆反應速率增大的倍數大，故選；④減少體系中CO的量，平衡正向移動，正逆反應速率均在減小，故不選；故選D．11．己知反應A（g）+B（g）?C（g）+D（g）的平衡常數K值與溫度的關系如右表所示．830℃時，向一個2L的密閉容器中充入A和B，10s時達平衡．下列說法不正確的是（）溫度/℃7008301200K值A．達到平衡后，B的轉化率為50%B．增大壓強，正、逆反應速率均加快C．該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動D．反應初始至平衡，A的平均反應速率v（A）=?L﹣1?s﹣1【考點】化學平衡的影響因素．【分析】A．令參加反應的B的物質的量為xmol，利用三段式表示出平衡時各組分的物質的量，由于反應前后氣體的化學計量數之和相等，故利用物質的量代替濃度代入平衡常數列方程計算；B．增大壓強，反應混合物的濃度都增大，故正、逆反應速率都增大；C．由表中數據可知，溫度越高，平衡常數越小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，據此判斷；D．根據v=計算v（A）．【解答】解：A．設平衡時參加反應的B的物質的量為xmol，則：A（g）+B（g）?C（g）+D（g）開始（mol/L）：00變化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：﹣x﹣xxx故=1，解得x=所以平衡時B的轉化率為×100%=50%，故A正確；B．增大壓強，反應混合物的濃度都增大，故正、逆反應速率都增大，故B正確；C．由表中數據可知，溫度越高，平衡常數越小，說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動，故正反應為放熱反應，故C錯誤；D．反應初始至平衡，A的平均反應速率v（A）==?L﹣1?s﹣1，故D正確，故選C．12．在容積為的密閉容器內，物質D在T℃時發生反應，其反應物和生成物的物質的量隨時間t的變化關系如圖所示，下列敘述不正確的是（）A．從反應開始到第一次達到平衡時，A物質的平均反應速率為7mol/（L?min）B．該反應的化學方程式為2D（s）?2A（g）+B（g），該反應的平衡常數表達式為K=c2（A）?c（B）C．已知反應的△H＞0，則第5min時圖象呈現上述變化的原因可能是升高體系的溫度D．若在第7min時增加D的物質的量，則表示A的物質的量變化正確的是a曲線【考點】化學平衡的影響因素；物質的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】A．根據v=計算反應速率；B．依據各物質變化趨勢判斷反應物、生成物，依據轉化量之比等于計量系數之比計算方程式計量系數，平衡常數為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積比值，注意固體不能代入表達式；C．第5分鐘時A、B的物質的量在原來的基礎上增加，而D的物質的量在原來的基礎上減小，說明平衡正向移動，由于反應的△H＞0，所以此時是升高溫度；D．改變固體的用量，平衡不移動；【解答】解：A．根據v=計算得A物質的平均反應速率為=（L?min），故A正確；B．根據圖在第一次達到平衡時A的物質的量增加了，B的物質的量增加了，所以A、B為生成物，D的物質的量減少了L，所以D為反應物，D、A、B的變化量之比為：：=2：2：1，反應中各物質計量數之比等于物質的濃度的變化量之比，寫出化學方程式為2D（s）?2A（g）+B（g），由于D是固體，所以平衡常數表達式為K=c2（A）?c（B），故B正確；C．第5分鐘時A、B的物質的量在原來的基礎上增加，而D的物質的量在原來的基礎上減小，說明平衡正向移動，由于反應的△H＞0，所以此時是升高溫度，故C正確；D．由于D是固體，量的改變不影響化學平衡，所以A的物質的量不變，故D錯誤；故選：D．13．對于常溫下pH=3的乙酸溶液，下列說法正確的是（）A．與等體積、pH=3的鹽酸比較，跟足量鋅粒反應產生的H2更少B．加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變為4C．加入少量乙酸鈉固體，溶液pH升高D．升高溫度，溶液中所有離子濃度均增大【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】醋酸為弱酸，在溶液中存在CH3COOH?CH3COO﹣+H+，加入水、升高溫度可促進電離，增大CH3COO﹣濃度，平衡逆向移動，以此解答該題．【解答】解：A．乙酸是弱電解質，在溶液中部分電離，則c（CH3COOH）＞c（H+），鹽酸中c（HCl）=c（H+），所以等體積、等PH的二者醋酸的物質的量大，則與足量鋅粒反應醋酸產生的H2更多，故A錯誤；B．加水稀釋到原體積的10倍后溶液pH變為4，但乙酸是弱電解質存在電離平衡，稀釋促進電離，溶液又電離出氫離子，濃度增大，溶液PH小于4，故B錯誤；C．乙酸鈉溶于水溶液中的乙酸根離子抑制乙酸的電離，平衡左移，氫離子濃度減小，溶液PH增大，故C正確；D．水溶液中c（H+）×c（OH﹣）為常數，升高溫度，溶液中c（H+）增大，則c（OH﹣）減小，故D錯誤；故選C．14．一定溫度下，滿足下列條件的溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的某物質的水溶液B．加酚酞后顯無色的溶液C．能與金屬Al反應放出H2的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）的任意物質的水溶液【考點】鹽類水解的應用；水的電離．【分析】只要存在c（H+）＞c（OH﹣）的溶液就一定呈酸性，據此分析解答．【解答】解：A．溫度越高，水的電離程度越大，水的pH越小，所以pH＜7的水溶液可能呈中性，故A錯誤；B．酚酞的變色范圍為8﹣10，所以加酚酞后顯無色的溶液可能呈酸性、中性、堿性，故B錯誤；C．強酸和強堿水溶液都能和Al反應生成氫氣，所以能和Al反應生成氫氣的溶液可能呈酸性也可能呈堿性，故C錯誤；D．只要溶液中存在c（H+）＞c（OH﹣），該溶液一定呈酸性，故D正確；故選D．15．相同物質的量濃度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH較大，則下列關于同溫、同體積、同濃度的HCN和HClO溶液的說法中正確的是（）A．酸的強弱：HCN＞HClOB．pH：HClO＞HCNC．與NaOH恰好完全反應時，消耗NaOH的物質的量：HClO＞HCND．酸根離子濃度：c（CN﹣）＜c（ClO﹣）【考點】氯、溴、碘及其化合物的綜合應用．【分析】強堿弱酸鹽的水溶液呈堿性，相應酸的酸性越弱，其強堿鹽溶液的堿性越強．NaCN溶液的pH比NaClO大，說明HCN比HClO酸性弱，以此解答該題．【解答】解：A．強堿弱酸鹽的水溶液呈堿性，相應酸的酸性越弱，其強堿鹽溶液的堿性越強．NaCN溶液的pH比NaClO大，說明HCN比HClO酸性弱，故A錯誤；B．酸性HClO＞HCN，則等濃度時，HClO溶液的pH較小，故B錯誤；C．等物質的量時，與NaOH恰好完全反應時，消耗NaOH的物質的量相等，故C錯誤；D．酸性HClO＞HCN，則等濃度時，c（CN﹣）＜c（ClO﹣），故D正確．故選D．16．HA和HB兩種酸的溶液分別加水稀釋時，pH變化的簡圖如圖所示，下列敘述中不正確的是（）A．HA是一種強酸B．x點，[A﹣]=[B﹣]C．HB是一種弱酸D．原溶液中HA的物質的量濃度為HB的10倍【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】弱電解質中存在電離平衡，加水稀釋促進弱酸電離，HA稀釋1000倍時，溶液pH由1變為4，說明HA是強電解質，為強酸；HB稀釋100倍時，溶液pH由2變為3，如果是強酸，則pH應該變為4，所以HB是弱酸，再結合題目分析解答．【解答】解：弱電解質中存在電離平衡，加水稀釋促進弱酸電離，HA稀釋1000倍時，溶液pH由1變為4，說明HA是強電解質，為強酸；HB稀釋100倍時，溶液pH由2變為3，如果是強酸，則pH應該變為4，所以HB是弱酸，A．通過以上分析知，HA是強酸，故A正確；B．x點，溶液的pH相等，說明溶液中氫離子濃度相等，根據離子積常數知，氫氧根離子濃度相等，再結合電荷守恒知[A﹣]=[B﹣]，故B正確；C．通過以上分析知，HB是弱酸，故C正確；D．HA是強酸、HB是弱酸，所以HB中氫離子濃度小于酸濃度，則原溶液中HA的物質的量濃度小于HB的10倍，故D錯誤；故選D．17．水的電離平衡曲線如圖所示，下列說法不正確的是（）A．圖中五點KW間的關系：B＞C＞A=D=EB．若從A點到D點，可采用：溫度不變在水中加入少量的酸C．若從A點到C點，可采用：溫度不變在水中加入適量的NH4Cl固體D．若處在B點時，將pH=2的硫酸與pH=10的KOH等體積混合后，溶液顯酸性【考點】水的電離．【分析】A．水的離子積常數只與溫度有關，溫度不變，離子積常數不變，升高溫度離子積常數增大；B．若從A點到D點，溫度不變，溶液中氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小，Kw不變，可以加入酸；C．離子積常數隨溫度變化，不隨濃度改變，若從A點到C點，溫度升高，離子積常數增大；D．B點時，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中氫離子濃度為L、pH=10的KOH溶液中氫氧根離子濃度為L，二者等體積混合恰好反應．【解答】解：A．水的離子積常數只與溫度有關，溫度不變，離子積常數不變，升高溫度離子積常數增大，根據圖象知，ADE屬于等溫線，ADE和B、C溫度不同，溫度越高離子積常數越大，B點溫度最高、其次是C點、最低的是ADE點，所以圖中五點KW間的關系B＞C＞A=D=E，故A正確；B．若從A點到D點，溫度不變，溶液中氫離子濃度增大、氫氧根離子濃度減小，所以可以加入酸可以實現，故B正確；C．若從A點到C點，溫度升高，離子積常數增大，離子積常數隨溫度變化，溫度不變只加入氯化銨溶液，改變離子濃度無法實現A到C的Kw變化，故C錯誤；D．若處在B點時，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=10的KOH中c（OH﹣）=10﹣2mol?L﹣1，等體積混合，恰好中和，溶液顯中性，故D錯誤；故選CD．18．下列溶液中各微粒的濃度關系正確的是（）A．物質的量濃度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4ClB．向醋酸鈉中加適量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．LNa2CO3溶液：c（OH﹣）=2c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．某二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）【考點】離子濃度大小的比較．【分析】A．硫酸銨中含有2個銨根離子，硫酸氫銨為強酸性溶液，氫離子抑制了銨根離子的水解，氯化銨中銨根離子正常水解，據此判斷溶液中銨根離子濃度大小；B．溶液顯示酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），根據電荷守恒可知：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）；C．根據碳酸鈉溶液中的質子守恒進行判斷；D．A2﹣離子帶有2個單位的負電荷，電荷守恒中其系數應該為2．【解答】解：A．物質的量濃度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，由于銨根離子只是部分水解，硫酸銨中含有2個銨根離子，則硫酸銨中銨根離子濃度最大，硫酸氫銨為強酸性溶液，氫離子抑制了銨根離子的水解，硫酸氫銨中銨根離子濃度大于氯化銨，則溶液中c（NH4+）大小為：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4Cl，故A正確；B．醋酸鈉中加適量醋酸，得到的酸性混合溶液，則c（H+）＞c（OH﹣），根據電荷守恒可得：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），所以溶液中離子濃度大小關系為：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B錯誤；C．根據LNa2CO3溶液中的質子守恒可知：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故C錯誤；D．二元弱酸的酸式鹽NaHA溶液中，根據電荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故D錯誤；故選A．19．室溫下，下列說法正確的是（）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水電離出的c（H+）均為10﹣9mol/LB．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后，pH＞7C．同體積同pH的氫氧化鈉溶液和氨水分別稀釋相同倍數，氨水的pH較大D．LNa2CO3溶液和LNaHSO4溶液等體積混合，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）【考點】鹽類水解的應用；弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A．NH4Cl是強酸弱堿鹽對水的電離起到促進的作用，醋酸屬于酸對水的電離產生抑制，根據Kw進行計算；B．醋酸是弱電解質不能完全電離，pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合，醋酸有剩余，溶液顯酸性；C．氨水屬于弱電解質，稀釋過程中電離程度增大；D．碳酸鈉和硫酸氫鈉反應后確定反應后溶液中的溶質，再根據電荷守恒解答．【解答】解：A．pH=5的NH4Cl溶液由水電離出的c（H+）=10﹣5mol/L；pH=5的醋酸中由水電離出的c（H+）=10﹣9mol/L，故A錯誤；B．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等體積混合后醋酸有剩余，溶液顯酸性pH值小于7，故B錯誤；C．氨水屬于弱電解質，稀釋過程中電離程度增大，所以同體積同pH的氫氧化鈉溶液和氨水分別稀釋相同倍數，稀釋后氨水的pH較大，故C正確；Na2CO3溶液和LNaHSO4溶液等體積混合，反應生成碳酸氫鈉和硫酸鈉，電荷守恒式子為：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故D錯誤；故選C．20．將物質的量都是的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，已知該溶液c（CN﹣）＜c（Na+），下列關系式正確的是（）A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（HCN）＜c（CN﹣）C．c（CN﹣）+c（OH﹣）=?L﹣1 D．c（HCN）+c（CN﹣）=?L﹣1【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用．【分析】物質的量都是的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c（CN﹣）小于c（Na+），根據溶液電中性的原則，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），則有c（H+）＜c（OH﹣），溶液應呈堿性，結合電荷守恒、物料守恒等知識解答該題．【解答】解：A．根據溶液電中性的原則，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（CN﹣），則有c（H+）＜c（OH﹣），故A錯誤；B．混合溶液呈堿性，說明酸的電離程度小于酸根離子水解程度，則c（HCN）＞c（CN﹣），故B錯誤；C．溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），因c（Na+）=L，則c（CN﹣）+c（OH﹣）＞L，故C錯誤；D．HCN和NaCN的物質的量都為1mol，由物料守恒可知c（CN﹣）+c（HCN）=L，故D正確．故選D．二、非選擇題（請按照各題要求回答問題，共4題，每空2分，合計40分）21．CuCl2溶液中的銅主要以Cu（H2O）42+、CuCl42﹣形式存在，它們間有如下轉化關系：Cu（H2O）42+（藍色）+4Cl﹣?CuCl42﹣（黃色）+4H2O；電解不同濃度的CuCl2溶液，均可看做Cu2+、Cl﹣直接放電．下圖為電解濃度較大CuCl2溶液的裝置，實驗開始后，觀察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢變藍．回答下列問題：（1）甲電極的電極反應式為Cu2++2e﹣=Cu．（2）丙中溶液變藍是乙電極產物與KI反應導致的，該反應的化學方程式為Cl2+2KI=2KCl+I2．（3）隨電解的不斷進行，U型管中溶液的顏色變化為A；A．由黃色變為淺藍色B．由藍色變為淺黃色（4）當電解到一定程度，甲電極附近出現藍色Cu（OH）2絮狀物．經測，甲電極附近溶液的pH=a，此時甲電極附近溶液中c（Cu2+）=×10（8﹣2a）mol?L﹣1．（已知：Cu（OH）2的Ksp=×10﹣20）．（）【考點】電解原理．【分析】（1）實驗開始后，觀察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢變藍，說明丙中生成碘，應被氯氣氧化生成，則乙為陽極，生成氯氣，甲為陰極，發生還原反應生成銅；（2）丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢變藍，說明丙中生成碘，應是碘離子被氯氣氧化生成；（3）隨著電解的進行，溶液中Cl﹣不斷消耗，CuCl42﹣轉化為Cu（H2O）42+，由Cu（H2O）42+（藍色）+4Cl﹣?CuCl42﹣（黃色）+4H2O可知，溶液應逐漸變為藍色；（4）結合溶度積Ksp=c2（OH﹣）×c（Cu2+），計算溶液濃度．結合題給信息書寫相關反應的離子方程式．【解答】解：實驗開始后，觀察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢變藍，說明丙中生成碘，應被氯氣氧化生成，則乙為陽極，甲為陰極，（1）甲為陰極，發生還原反應生成銅，電極方程式為Cu2++2e﹣=Cu，故答案為：Cu2++2e﹣=Cu；（2）丙中溶液變藍是乙電極產物氯氣與KI反應導致的，反應的方程式為Cl2+2KI=2KCl+I2，故答案為：Cl2+2KI=2KCl+I2；（3）隨著電解的進行，溶液中Cl﹣不斷消耗，CuCl42﹣轉化為Cu（H2O）42+，由Cu（H2O）42+（藍色）+4Cl﹣?CuCl42﹣（黃色）+4H2O可知，溶液應逐漸變為藍色，故答案為：A；（4）Ksp=c2（OH﹣）×c（Cu2+），c（Cu2+）==×10（8﹣2a）（mol/L）故答案為：×10（8﹣2a）．22．碳是形成物種最多的元素之一，許多含碳物質對人類極其重要．（1）工業上利用甲烷和氧氣直接氧化制取甲醇的反應如下：CH4+O2（g）?CH3OH（g）△H=﹣mol副反應有：CH4（g）+O2（g）?CO（g）+2H2O（g）△H=akJ/molCH4（g）+2O2（g）?CO2（g）+2H2O（g）△H=bkJ/molCH4（g）+O2（g）?HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol甲醇與氧氣反應生成HCHO（g）和水蒸汽的熱化學方程式為CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+）KJ?L﹣1．（2）苯乙烷（C8H10）生產苯乙烯（C8H8）的反應：C8H10（g）?C8H8（g）+H2（g）△H＞0．T1℃下，將苯乙烷充入2L密閉容器中反應，不同時間容器內n（C8H10）如表：時間/min0102030n（C8H10）/moln2①當反應進行到30min時恰好到達平衡，則n2取值的最小范圍是＜n＜；②改變溫度為T2℃，其他條件不變，測得平衡時容器內氣體壓強為反應前的倍，則此時苯乙烷的轉化率為40%．（3）用惰性電極電解葡萄糖[CH2OH（CHOH）4CHO]和硫酸鈉混合溶，可以制得葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]和己六醇[CH2OH（CHOH）4CH2OH]．電解過程中，葡萄糖酸在陽極生成，對應的電極反應式CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．【考點】熱化學方程式；化學平衡的計算；電解原理．【分析】（1）由CH4+O2（g）?CH3OH（g）△H=﹣mol…Ⅰ，CH4（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol…Ⅱ，目標反應CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），得Ⅱ﹣Ⅰ得：CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），根據蓋斯定律分析求解；（2）①平衡時的量比20min的量小，但變化量小于10min﹣20min，所以＜n＜；②根據三行式求變化量；（3）葡萄糖到葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]發生氧化反應，所以在陽極產生，電極反應式為：CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．【解答】解：（1）由CH4+O2（g）?CH3OH（g）△H=﹣mol…Ⅰ，CH4（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol…Ⅱ，目標反應CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），得Ⅱ﹣Ⅰ得：CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+）KJ?L﹣1，故答案為：CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+）KJ?L﹣1；（2）①平衡時的量比20min的量小，但變化量小于10min﹣20min，所以＜n＜，故答案為：＜n＜；②C8H10（g）?C8H8（g）+H2（g）開始00變化xxx平衡﹣xxx所以：=，解之得：x=，所以苯乙烷的轉化率為=40%，故答案為：40%；（3）葡萄糖到葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]發生氧化反應，所以在陽極產生，電極反應式為：CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+；故答案為：陽；CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．23．X、Y、Z、W分別是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四種強電解質中的一種．下表是常溫下濃度均為?L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．L的溶液XYZWPH122（1）X、W的化學式分別為NaOH、NH4NO3．（2）W的電離方程式為NH4NO3═NH4++NO3﹣．（3）25℃時，Z溶液的pH＞7的原因是NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣（用離子方程式表示）．（4）將X、Y、Z各1mol?L﹣1同時溶于水中制得混合溶液，則混合溶液中各離子的濃度由大到小的順序為c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．（5）Z溶液與W溶液混合加熱，可產生一種無色無味的單質氣體，該反應的化學方程式為NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O．【考點】電解質在水溶液中的電離；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】X、Y、Z、W分別是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四種強電解質中的一種，L的X溶液pH=12，說明X為強堿，則X為NaOH；L的Y溶液pH=2，說明Y為強酸，則Y為HNO3；L的Z溶液pH=，說明Z為強堿弱酸鹽，則Z為NaNO2；L的W溶液pH=，說明W為強酸弱堿鹽，則W為NH4NO3，再結合物質的性質來分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W分別是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四種強電解質中的一種，L的X溶液pH=12，說明X為強堿，則X為NaOH；L的Y溶液pH=2，說明Y為強酸，則Y為HNO3；L的Z溶液pH=，說明Z為強堿弱酸鹽，則Z為NaNO2；L的W溶液pH=，說明W為強酸弱堿鹽，則W為NH4NO3，（1）通過以上分析知，X為NaOH，W為NH4NO3，故答案為：NaOH；NH4NO3；（2）硝酸銨為強電解質，在水溶液里完全電離為銨根離子和硝酸根離子，電離方程式為：NH4NO3═NH4++NO3﹣，故答案為：NH4NO3═NH4++NO3﹣；（3）Z為亞硝酸鈉，亞硝酸鈉是強堿弱酸鹽，亞硝酸根離子水解而使其溶液呈堿性，水解離子方程式為：NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣，故答案為：NO2﹣+H2O?HNO2+OH﹣；（4）X、Y、Z各1mol?L﹣1同時溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶質為等物質的量濃度的硝酸鈉和亞硝酸鈉，亞硝酸鈉能水解而使溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），鈉離子和硝酸根離子都不水解，但鹽類水解較微弱，所以離子濃度大小關系是c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案為：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）在加熱條件下，亞硝酸鈉和硝酸銨反應生成氮氣和硝酸鈉，反應方程式為：NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O，故答案為：NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O．24．不同價態錳的微粒的能量（△G）如圖．若某種含錳微粒（如Mn3+）的能量處于相鄰價態兩種微粒（Mn2+和MnO2）能量連線左上方，則該微粒不穩定并發生歧化反應，轉化為相鄰價態的微粒．（1）MnO42﹣能否穩定存在于pH=0的溶液中？答：不能（“能”或“不能”）；（2）將Mn3+歧化反應設計為原電池，可測定反應平衡常數．電池負極反應為Mn3++2H2O﹣e﹣=MnO2+4H+，平衡常數表達式為K=；（3）實驗室可利用以下反應檢驗Mn2+存在：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O→16H++10SO42﹣+2MnO4﹣；確認Mn2+存在的現象是溶液呈紫紅色；檢驗時必須控制Mn2+濃度和用量不能過大，否則實驗失敗．理由是過量的Mn2+能與反應生成的MnO4﹣反應，影響實驗現象的觀察．【考點】原電池和電解池的工作原理；化學平衡的計算；常見陽離子的檢驗．【分析】（1）若某種含錳微粒（如Mn3+）的能量處于相鄰價態兩種微粒（Mn2+和MnO2）能量連線左上方，則該微粒不穩定并發生歧化反應，轉化為相鄰價態的微粒，則依據圖象分析判斷，MnO42﹣在MnO4﹣和MnO2之間；（2）將Mn3+歧化反應得到Mn2+和MnO2，2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，平衡常數等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度冪次方乘積；（3）MnO4﹣溶液中呈紫紅色，檢驗時必須控制Mn2+濃度和用量不能過大過量的Mn2+能與反應生成的MnO4﹣反應，影響實驗現象的觀察．【解答】解：（1）若某種含錳微粒（如Mn3+）的能量處于相鄰價態兩種微粒（Mn2+和MnO2）能量連線左上方，則該微粒不穩定并發生歧化反應，轉化為相鄰價態的微粒，則依據圖象分析判斷，MnO42﹣在MnO4﹣和MnO2之間，則MnO42﹣在pH=0的溶液中不能穩定存在，故答案為：不能；（2）將Mn3+歧化反應得到Mn2+和MnO2，2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，設計為原電池反應，電池負極反應為Mn3+失電子發生氧化反應生成Mn2+，電極反應為：Mn3++2H2O﹣e﹣=MnO2+4H+，K=，故答案為：Mn3++2H2O﹣e﹣=MnO2+4H+；K=；（3）MnO4﹣溶液中呈紫紅色，檢驗時必須控制Mn2+濃度和用量不能過大過量的Mn2+能與反應生成的MnO4﹣反應，影響實驗現象的觀察，故答案為：溶液呈紫紅色；過量的Mn2+能與反應生成的MnO4﹣反應，影響實驗現象的觀察．三、選擇題（每小題只有一個選項符合題意，含5小題，每小題4分，共20分）25．一定溫度下，水溶液中H+和OH﹣的濃度變化曲線如圖，下列說法正確的是（）A．升高溫度，可能引起由c向b的變化B．該溫度下，水的離子積常數為×10﹣13C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化【考點】水的電離；弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A、由圖可知abc為等溫線；B、由b點計算此溫度下水的離子積常數為×10﹣14；C、b點到a點，氫離子濃度變大，氫氧根離子濃度減小，據此解答即可；D、稀釋不會引起水的離子積的改變，據此解答即可．【解答】解：A、由圖可知abc三點對應的平衡常數不變，故abc為等溫線，故升高溫度，不能由c到b，故A錯誤；B、b點c（H+）=c（OH﹣）=×10﹣7，故KW=×10﹣7××10﹣7=×10﹣14，故B錯誤；C、加入FeCl3，氯化鐵為強酸弱堿鹽，鐵離子結合水電離出的氫氧根，促進水的電離平衡右移，即氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小（由b到a），符合圖象變化趨勢，故C正確；D、由c點到d點，水的離子積常數減小，溫度不變，K不變，故不能利用稀釋使其形成此變化，故D錯誤，故選C．26．已知反應：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＜0．某溫度下，將2molSO2和1molO2置于10L密閉容器中，反應達平衡后，SO2的平衡轉化率（α）與體系總壓強（p）的關系如圖甲所示．則下列說法正確的是（）A．由圖甲知，B點SO2的平衡濃度為?L﹣1B．由圖甲知，A點對應溫度下的平衡常數為80C．達平衡后，縮小容器容積，則反應速率變化圖象可以用圖乙表示D．壓強為MPa時不同溫度下SO2轉化率與溫度關系如丙圖，則T2＞T1【考點】化學平衡的影響因素；化學平衡建立的過程．【分析】A、甲圖表示不同壓強下到達平衡時，SO2的平衡轉化率與壓強關系，由甲圖可知B點SO2的轉化率為，二氧化硫起始濃度乘以轉化率為二氧化硫的濃度變化量，據此計算△c（SO2），進而計算二氧化硫的平衡濃度；B、由甲圖可知A點SO2的轉化率為，二氧化硫起始濃度乘以轉化率為二氧化硫的濃度變化量，據此計算△c（SO2），根據三段式進而計算各物質的平衡濃度，據此計算判斷；C、達平衡后，縮小容器容積，反應混合物的濃度都增大，正、逆反應速率都增大，體系壓強增大，平衡向體積減小的反應移動，據此判斷；D、由到達平衡的時間可知，溫度為T1，先到達平衡，反應速率快，溫度越高反應速率越快．【解答】解：A、二氧化硫起始濃度為=L，由甲圖可知B點SO2的轉化率為，所以△c（SO2）=×L=L，故二氧化硫的平衡濃度為L﹣L=L，故A錯誤；B、由甲圖可知A點SO2的轉化率為，所以△c（SO2）=×L=L，則：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）開始（mol/L）：0變化（mol/L）：平衡（mol/L）：所以A點平衡常數為K==800，故B錯誤；C、達平衡后，縮小容器容積，反應混合物的濃度都增大，正、逆反應速率都增大，體系壓強增大，平衡向體積減小的反應移動，即平衡向正反應移動，故V（正）＞V（逆），可以用圖乙表示，故C正確；D、由到達平衡的時間可知，溫度為T1，先到達平衡，反應速率快，溫度越高反應速率越快，故T2＜T1，故D錯誤；故選C．27．已知：NH2COO﹣+2H2O?HCO3﹣+NH3?H2O．現用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度（T1和T2）下實驗，得到c（NH2COO﹣）隨時間變化關系如圖所示．以下分析正確的是（）A．無法判斷T1和T2的大小關系B．T1℃時，第6min反應物轉化率為%C．T2℃時，0～6minν（NH2COO﹣）=?L﹣1?min﹣1D．往平衡體系加水稀釋，平衡右移，溶液中各種離子濃度減小【考點】物質的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】A、根據圖可知，在6min時，T2的濃度變化了?L﹣1，T1的濃度變化了?L﹣1，而T2的起始濃度低于T1的；B、根據轉化率=×100%計算；C、根據v=計算；D、往平衡體系加水稀釋，溫度不變，水的離子積常數不變，所以氫離子和氫氧根離子不可能同時減小或同時增大，據此判斷．【解答】解：A、根據圖可知，在6min時，T2的濃度變化了?L﹣1，T1的濃度變化了?L﹣1，而T2的起始濃度低于T1的，由此可知T2＞T1，故A錯誤；B、根據轉化率=×100%可知，T1℃時，第6min反應物轉化率為×100%=%，故B正確；C、根據v=可知，T2℃時，0～6minν（NH2COO﹣）=mol?L﹣1?min﹣1=?L﹣1?min﹣1，故C錯誤；D、往平衡體系加水稀釋，溫度不變，水的離子積常數不變，所以氫離子和氫氧根離子不可能同時減小或同時增大，故D錯誤；故選B．28．下表是不同溫度下水的離子積常數，下列有關敘述正確的是（）溫度/℃25t1t2水的離子積常數1×10﹣14a1×10﹣12A．若25＜t1＜t2，則a＜1×10﹣14B．t2℃時，將一定物質的量濃度的鹽酸與氫氧化鈉溶液中和后，所得混合溶液pH=7，溶液呈中性C．25℃時，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4mol/L，取該溶液1mL加水稀釋至10mL，則稀釋后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=1000：1D．t2℃時，將pH=11的苛性鈉溶液V1L與pH=1的稀硫酸V2L混合，所得混合溶液的pH=2，則V1：V2=11：9（設混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和）【考點】水的電離；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】A．水的電離為吸熱過程，溫度升高，促進水的電離，據此判斷a的大小；B．t2℃時，KW=1×10﹣12，中性溶液的pH應為6；C．根據稀釋后溶液中鈉離子、氫氧根離子濃度計算出二者濃度之比；D．根據酸堿中和原理及pH計算式進行計算二者體積之比．【解答】解：＜t1＜t2，溫度升高，促進水的電離，c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L，所以KW＞1×10﹣14，故A錯誤；B．t2℃時，KW=1×10﹣12，中性溶液的pH應為6，所得混合溶液pH=7，如溶液顯示堿性，故B錯誤；C．Na2SO4溶液中c（Na+）=2×5×10﹣4mol/L=1×10﹣3mol/L，稀釋10倍后，c（Na+）=1×10﹣4mol/L，此時溶液為中性，c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，所以c（Na+）：c（OH﹣）=10﹣4mol/L：10﹣7mol/L=1000：1，故C正確；D．pH=11的苛性鈉溶液，氫氧根離子濃度為L，pH=1的稀硫酸溶液中氫離子濃度為L，混合溶液的pH=2，氫離子濃度為L，則：=10﹣2mol/L，解得V1：V2=9：11，故D錯誤；故選C．29．25℃時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A．mol?L﹣1CH3COONa溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）B．mol?L﹣1NH4Cl溶液與mol?L﹣1氨水等體積混合（pH＞7）：c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）C．mol?L﹣1Na2CO3溶液與mol?L﹣1NaHCO3溶液等體積混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．mol?L﹣1Na2C2O4溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）【考點】離子濃度大小的比較．【分析】mol?L﹣1CH3COONa溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合發生反應得到等濃度CH3COOH和NaCl的混合溶液，溶液顯酸性；mol?L﹣1NH4Cl溶液與mol?L﹣1氨水等體積混合（pH＞7），中一水合氨電離程度大于銨根離子的水解程度：mol?L﹣1Na2CO3溶液與mol?L﹣1NaHCO3溶液等體積混合溶液中存在物料守恒，2n（Na+）=3n（C），碳元素是所有存在形式總和；mol?L﹣1Na2C2O4溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合得到等濃度的NaCl和NaHC2O4的混合溶液，溶液中存在電荷守恒分析判斷．【解答】解：mol?L﹣1CH3COONa溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合發生反應得到等濃度CH3COOH和NaCl的混合溶液，c（Na+）=c（Cl﹣），溶液顯酸性，c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A錯誤；mol?L﹣1NH4Cl溶液與mol?L﹣1氨水等體積混合（pH＞7），溶液中一水合氨電離程度大于銨根離子的水解程度，溶液中微粒濃度大小為：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3?H2O）＞c（OH﹣），故B錯誤：mol?L﹣1Na2CO3溶液與mol?L﹣1NaHCO3溶液等體積混合溶液中存在物料守恒，2n（Na+）=3n（C），碳元素是所有存在形式總和，：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正確；mol?L﹣1Na2C2O4溶液與mol?L﹣1HCl溶液等體積混合得到等濃度的NaCl和NaHC2O4的混合溶液，溶液中存在電荷守恒，2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）+c（H+），故D錯誤；故選C．四、非選擇題（請按照各題要求回答問題，共2題，每空2分，合計30分）30．某經濟開發區將鈦冶煉廠與氯堿廠、甲醇廠組成了一個產業鏈（如圖1所示），大大地提高了資源利用率，減少了環境污染．請填寫下列空白：（1）寫出鈦鐵礦經氯化得到四氯化鈦的化學方程式：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO．（2）由CO和H2合成甲醇的方程式是：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．①已知該反應在300℃時的化學平衡常數為，該溫度下將2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容積為2L的密閉容器中，比較此時反應：v（正）＜v（逆）．②若不考慮生產過程中物質的任何損失，該產業鏈中每合成甲醇，至少需額外補充H2t．（提示：電解飽和食鹽水產生的氫氣不算在內）（3）用甲醇﹣空氣堿性（KOH）燃料電池作電源電解精煉粗銅（圖2），在接通電路一段時間后純Cu質量增加．①請寫出燃料電池中的負極反應式：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O．②燃料電池正極消耗空氣的體積是（標準狀況，空氣中O2體積分數以