1、六校联考期中考试高二化学试题可能用到的相对原子质量: O 16 Cu 64 Ag 108一、选择题:本题共10个小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1. 能源是人类文明发展和进步的基础，化学与能源紧密相关，下列有关说法不正确的是（ ）A. 石油和天然气都是不可再生能源B. 氢能是一种理想的绿色能源C. “可燃冰”是将水变为油的新型能源D. 大力发展太阳能有助于减缓温室效应【答案】C【解析】【详解】A. 石油和天然气都是化石燃料，都是不可再生能源，故A正确；B. 氢气燃烧不生成有害物质，是一种理想的绿色能源，故B正确；C. “可燃冰”的主要成分是甲烷，根据元素守恒知，水不能变
2、为油，故C错误；D. 大力发展太阳能可减少化石燃料的使用，从而减少二氧化碳的排放，有助于减缓温室效应，故D正确；故选C。2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是选项热化学方程式结论A2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=483.6 kJ/molH2的燃烧热为241.8 kJ/molBOH(aq)+H+(aq)= H2O(g) H=57.3 kJ/mol含1mol NaOH的稀溶液与浓H2SO4完全中和，放出热量小于57.3 kJC2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) H=a kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g) H=b kJ/molbaDC(石墨，s)=C(金刚石，
3、s) H=+1.5 kJ/mol金刚石比石墨稳定A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，H2转化为液态水，H2的燃烧热应为241.8kJ/mol，故A错误；B. 浓硫酸溶解于水的过程放热，则用浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量大于57.3kJ，故B错误；C. 2mol碳单质，完全燃烧时放出热量更多，故有ab，故C正确；D. 石墨转化为金刚石吸热，说明石墨的能量低于金刚石，而物质能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，故D错误；答案选C。3. 某同学用铜片、银片、Cu（NO3）2溶液、AgNO3溶
4、液、导线和盐桥（装有琼脂KNO3的U形管）设计成一个原电池如口图所示，下列判断中正确的是（ ）.A. 该原电池的工作原理是Cu2Ag=2AgCu2B. 实验过程中取出盐桥，原电池能继续工作C. 实验过程中，左侧烧杯中NO3浓度不变D. 实验过程中电子流向为：Cu极Cu（NO3） 2溶液AgNO3溶液Ag极【答案】A【解析】【详解】A. 左边为负极，右边为正极，其原电池的工作原理是Cu2Ag=2AgCu2，故A正确；B. 实验过程中取出盐桥，不能形成闭合回路，因此原电池不能继续工作，故B错误；C. 实验过程中，盐桥中NO3不断向左侧迁移，因此左侧烧杯中NO3浓度增大，故C错误；D. 实验过程中电
5、子流向为：Cu极经导线Ag极，电子不能通过电解液，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】不管是原电池还是电解池，电子都只能在导线中通过，不能在溶液中经过，只有阴阳离子在溶液中移动。4. 利用下图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D. 外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属【答案】D【解析】【详解】A、氯碱工业中，X是阳极，则氯离子放电生成氯气，A错误；B、电解精炼铜时，粗铜作阳极，则X是粗铜，Y是
6、纯铜，B错误；C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，所以X是镀层金属，C错误；D、外加电流的阴极保护法中，被保护的金属作阴极，所以Y是待保护金属，D正确；答案选D。5. 下列说法正确的是（ ）A 增大压强能增大活化分子百分数和单位体积内活化分子数，加快反应速率B. 反应SiO2（s） + 2C（s） = Si（s） +2CO（g）必须在高温下才能自发进行，则有H0C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率D. 任何可逆反应，将其平衡常数变大，反应物的转化率变小【答案】B【解析】【详解】A. 增大压强，若单位体积内活化分子的浓度增大，增大了活化分子的碰撞几率，反应速率才加快；若通过加
7、入不参与反应的气体使压强增大，反应速率不变，故A错误；B. SiO2(s)+2C(s)Si(s)+2CO(g)属于熵增反应，必须在高温下自发进行，依据HTS0，故B正确；C. 将NH3液化分离，平衡正向移动，且瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，然后正反应速率减小，故C错误；D. 在其他条件不变的情况下，平衡常数K越大，反应向正反应方向进行的程度较大，反应物的转化率就越高，故D错误；故选B。6. 某温度下，密闭容器中发生反应aX(g)bY(g)cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是()A.
8、可逆反应的化学方程式的化学计量数：abcB. 压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小C. 达到新平衡时，物质X的转化率减小D. 达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大【答案】C【解析】【分析】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，结合压强对平衡移动的影响解答该题。【详解】A.将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应有ab+c，故A错误；B. 压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，故B错误；C. 平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时，物质X转化
9、率减小，故C正确；D. 平衡向逆反应方向移动，混合物中Z的质量分数减小，故D错误；故选：C。7. 已知室温时，0.1molL-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）A. 升高温度，溶液的pH增大B. 室温时，此酸的电离平衡常数约为110-7C. 该溶液的pH=4D. 升高温度，电离平衡常数增大【答案】A【解析】【详解】A电离过程是吸热的，升高温度，平衡正向进行，酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B室温时，此酸的电离平衡常数约为=110-7，故B正确；C该溶液的氢离子浓度为=10-4mol/L，所以pH=4，故C正确；D升高温度，平衡正向进行，电离平衡常数增大，故D正确
10、；故选A。8. 25C时，水的电离达到平衡：H2OH+OH-，下列叙述正确的是A. 将纯水加热到95时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性B. 向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)增大，Kw变小C. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，平衡逆向移动，KW不变D. 向水中通入HCl气体，平衡逆向移动，溶液导电能力减弱【答案】C【解析】【分析】【详解】A水加热到95，水的离子积常数变大，氢离子浓度增大，pH减小，但仍呈中性，故不选A；B向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，氢氧根离子浓度增大，但水的离子积常数不变，故不选B；C水中加入硫酸氢钠，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，但水的离子积常数不
11、变，故选C；D水中通入氯化氢，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中离子浓度增大，导电性增大，故不选D。9. 酸碱中和滴定是重要的定量实验，准确量取25.00mL某待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定。下列说法正确的是（ ）A. 锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，再用待测液进行润洗B. 使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定C. 滴定达到终点时，俯视刻度线进行读数，则测定结果偏低D. 实验结束，某同学记录的氢氧化钠溶液的体积为21.6mL【答案】C【解析】【详解】A锥形瓶用蒸馏水洗涤以后，不能用待测液进行润洗，故A错误；B使用酚酞为指示剂，滴定前锥形
12、瓶内溶液为无色，当锥形瓶中的溶液由无色变为红色时停止滴定，故B错误；C滴定达到终点时，俯视刻度线进行读数，消耗标准液的体积偏小，则测定结果偏低，故C正确；D实验结束，滴定管的精度为0.01mL，某同学记录的氢氧化钠溶液的体积应为21.60mL，故D错误；选C。10. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）A. NO2球浸在热水和冰水中B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A存在平衡2NO2N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A正确；B水的电离属于吸热过程，升高温度，电离程度增大，Kw增大，可以用平衡移动原理来解
13、释，故B正确；C过氧化氢分解，加入的二氧化锰起催化剂的作用，加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，故C错误；D浓度越小，氨水的电离程度越大，可以用平衡移动原理来解释，故D正确。故选C。二、选择题:本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。11. 工业上可用如下反应制 H2：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H，在密闭容器中通入一定量 CH4 和 H2O(g)，测得平衡时 H2 的物质的量分数(H2)与温度及压强的关系如图所示。下列说法正确的是A. 压强：p1p2B. 焓变：H0C. 正反应
14、速率：MND 平衡常数：K(M)K(N)【答案】C【解析】【分析】根据图像可知，p2时，升高温度氢气的物质的量分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，可确定，正反应为吸热反应；过M点向T轴作垂线，与p2相交与点a，a点在M点的上方，从p1到p2，氢气的物质的量分数增大，平衡正向移动，为减小压强，故p1p2。【详解】A分析可知，压强：p1p2，A说法错误；B分析可知，正反应为吸热反应，则焓变：H0，B说法错误；C根据图像，M点的温度高于N点，且两反应均为正向进行，故正反应速率：MN，C说法正确；D平衡常数只与温度有关，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，K增大，K(M) K(N)，D说法错
15、误；答案为C。12. 如图所示，甲池的总反应式为：N2H4O2N22H2O，下列关于该电池工作时的说法正确的是（ ）A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成B. 甲池中负极反应为N2H44eN24H+C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小D. 当甲池中消耗0.1 molN2H4时，乙池中理论上产生12.8 g固体【答案】CD【解析】【分析】甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极Ag反应为 Cu2+2e-=Cu、阳极石墨反应为4OH-4e-
16、=2H2O+O2，据此分析解答。【详解】A. 通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，无气体生成，故A错误；B. 甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，故B错误；C. 甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，故C正确；D. 甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O消耗0.1molN2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2+2e=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，故D正确；故选CD。13. T时，在甲、乙、丙三个容积均为2L的密闭容器中发生反应：
17、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，5min时甲达到平衡。其起始量及SO2的平衡转化率如表，下列叙述不正确的是( )容器甲乙丙起始量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率80%12A. 05min内，甲中SO2的反应速率为0.032molL-1min-1B. T时，该反应的平衡常数K=400Lmol-1C. 平衡时，SO2的转化率：180%2D. 平衡时，丙中气体平均相对分子质量与甲相同【答案】D【解析】【详解】A05min内，甲中SO2的反应速率=0.032molL-1min-1，故A正确；B根据A的分析，该温度下，平衡常数值
18、K=400Lmol-1，故B正确；C由甲、乙可知，氧气的浓度相同，增大二氧化硫的浓度会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，由乙、丙可知，二氧化硫浓度相同，增大氧气浓度，二氧化硫转化率增大，则平衡时，SO2的转化率：180%2 ，故C正确；D同温，同体积，丙中的起始浓度为甲的2倍，丙相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，气体的质量不变，气体的物质的量减小，平衡时，丙中气体的平均相对分子质量比甲大，故D错误；故选D。14. 下列说法不正确的是( )A. 25 时，0.1 molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱B. 25时，将0.1 molL-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶
19、液的pH11C. 25时，将0.1 molL-1的HA溶液加水稀释至pH4，所得溶液c(OH)110-10 molL-1D. 由水电离出的c(H)1012 molL1的溶液中：Na、Cl可以大量共存【答案】D【解析】【分析】【详解】A氢硫酸是弱酸，是水中微弱电离，硫化钠是强电解质，在水中完全电离，故25 时，0.1 molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，正确；B25时，0.1 molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)=0.001mol/L，则溶液中的c(H+)=110-11mol/L，所以溶液的pH11，正确；C25时
20、，将0.1 molL-1的HA溶液加水稀释至pH4，溶液中c(H+)=110-4mol/L，所以溶液c(OH-)110-10 molL-1，正确；D由水电离出的c(H)1012 molL1的溶液中水的电离受到了抑制，可能是向水中加入了酸，也可能是加入了碱。若溶液呈酸性，则不能大量存在；若溶液呈碱性，则 不能大量存在，故错误；故选D。15. 某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.010-4和1.710-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A. 曲线代表HNO2溶液B. 溶液中水的电离程度：b点c点C. 相同体积a点的两
21、溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同D. 从c点到d点，溶液中减小（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）【答案】BD【解析】【详解】A酸性越弱，加水稀释相同倍数，pH变化越小，所以曲线代表CH3COOH溶液，故A错误；B酸电离的氢离子浓度越大，水电离程度越小，溶液中水的电离程度：b点c点，故B正确；C同pH的HNO2和CH3COOH，CH3COOH的浓度大于HNO2，相同体积a点的两溶液中CH3COOH的物质的量大于HNO2，分别与NaOH恰好中和后，消耗氢氧化钠的物质的量不同，溶液中n(Na+)不相同，故C错误；D温度不变，电离平衡常数不变，从c点到d点，氢离子浓度减小
22、，所以溶液中减小（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子），故D正确；选BD。三、非选择题：本题共4小题，共60分16. ()已知反应：Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SSO2H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。设计实验如下：实验编号实验温度/c(Na2S2O3)/(molL1)V(Na2S2O3)/mLc(H2SO4)/(molL1)V(H2SO4)/mLV(H2O)/mL250.15.00.110.0a250.110.00.110.00250.25.00.15.0b500.25.00.110.05.0其他条件不变时：探究温度对化学反
23、应速率的影响，应选择实验_(填实验编号)；若同时选择实验、实验，测定混合液变浑浊的时间，可分别探究Na2S2O3浓度和H2SO4的浓度对化学反应速率的影响，则表中a和b分别为_和_。()实验室中做如下实验：一定条件下，在容积为2.0 L的恒容密闭容器中，发生如下反应：2A(g)B(g)2C(g)HQ kJ/mol。(1)若A、B起始物质的量均为零，通入C的物质的量(mol)随反应时间(min)的变化情况如表：实验序号010203040506018001.00.800.670.570.500.500.502800n20.600.500.500.500.500.503800n30.920.750.
24、630.600.600.6047001.00.900.800.750.700.650.65根据上表数据，完成下列填空：在实验1中反应在1020 min内反应的平均速率vC_，实验2中采取的措施是_；实验3中n3_(填“”“”或“”)1.0。比较实验4和实验1，可推测该反应中Q_0(填“”“”或“”)。(2)在另一反应过程中A(g)、B(g)、C(g)物质的量变化如图所示，根据图中所示判断下列说法正确的是_。a1015 min可能是升高了温度b1015 min可能是加入了催化剂c20 min时可能缩小了容器体积d20 min时可能是增加了B的量【答案】 (1). (2). 5.0 (3). 10
25、.0 (4). 0.0065 molL1min1 (5). 使用了催化剂 (6). (7). (8). abd【解析】【分析】【详解】()探究外界条件对化学反应速率的影响，应控制变量。根据实验，可知反应混合液的总体积为20.0mL。要探究温度对化学反应速率的影响，只能改变温度，其他条件均应相同。实验和中，Na2S2O3和H2SO4的浓度都相同，只有温度不同，所以选择实验和探究温度对化学反应速率的影响；选择实验和，探究Na2S2O3浓度对化学反应速率的影响，需使Na2S2O3浓度不同，其他条件（温度、H2SO4浓度）都相同，所以需控制混合液总体积相同，所以a=5.0；选择实验和，探究H2SO4浓
26、度对化学反应速率的影响，需使H2SO4浓度不同，其他条件都相同，所以也需控制混合液总体积相同，所以b=10.0。()(1)在实验1中反应在1020 min内反应的平均速率vC=0.0065mol/(Lmin)；实验2的温度和实验1相同，平衡时C的物质的量也相同，但和实验1相比，达到平衡的时间明显缩短，即速率比实验1快，可能是使用了催化剂；实验3和实验1相比，温度相同，平衡时C的物质的量大于实验1，可能起始时加入了更多的C，所以 n31.0。实验4和实验1起始通入的C的量相同，只有温度不同，平衡时实验4中C的物质的量比实验1中的大，说明温度降低，平衡向生成C的方向移动，说明该反应的正反应是放热的
27、，即Q0。(2)从图像可以看出，反应在10min时没有达到平衡，但从10min时速率加快，原因可能是升高了温度或使用了催化剂；15min时达到平衡状态，20min时B的物质的量瞬间增大，随之减小，反应物A的物质的量也减小，生成物C的物质的量增加，平衡向正向移动，应该是增加了B的量，故选abd。【点睛】探究外界条件对反应速率的影响，采用控制变量法。实验和中，Na2S2O3的物质的量相同，若混合液体积也相同，则Na2S2O3的物质的量浓度就是相同的。在判断浓度是否相同时，不能只看浓度，需要看提供的物质的物质的量。17. 十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保
28、卫战!”以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。(1)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)CO2(g)+2H2O(g) H-867 kJ/mol2NO2(g)N2O4(g) H-56.9 kJ/molH2O(g)H2O(l) H-44.0 kJ/mol则CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H_。(2)汽车尾气中含有NOx主要以NO为主，净化的主要原理为：2NO(g)+ 2CO(g)2CO2(g)+ N2(g) H= a
29、kJ/mol，在500时，向体积不变的密闭体系中通入5 mol的NO 和5 mol的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：下列描述能说明反应达到平衡状态的是_A .单位时间内消耗n mol的NO 同时消耗 n mol的N2B. 体系中NO 、CO、CO2、N2的浓度相等C .混合气体的平均相对分子质量不变D .体系中混合气体密度不变4 min时NO的转化率为_。500该反应的平衡常数Kp=_MPa-1。(Kp为以平衡分压表示的平衡常数：平衡分压=总压物质的量分数，计算结果保留2位有效数字)若在8 min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a_0(填大于、小于或等于)如要提高汽车尾气的处
30、理效率可采取_(填序号)a 升高温度 b 降低温度并加催化剂 c 增加排气管的长度【答案】 (1). -898.1 kJ/mol (2). C (3). 40% (4). 0.099 (5). 小于 (6). b【解析】【详解】(1)已知：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)CO2(g)+2H2O(g) H-867 kJ/mol2NO2(g)N2O4(g) H-56.9 kJ/molH2O(g)H2O(l) H-44.0 kJ/mol根据盖斯定律，将+2得到CH4与N2O4生成N2、CO2和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=
31、(-867kJ/mol)-(-56.9kJ/mol)+2(-44.0kJ/mol)=898.1kJ/mol，故答案为： 898.1kJ/mol；(2)A. 单位时间内消耗n mol的NO 同时消耗 n mol的N2，正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡，故A不选；B. 体系中NO 、CO、CO2、N2的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故B不选；C. 气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故C选；D. 体积不变，反应体系都是气体，混合气体的质量始终不变，从反应开始到平衡，密度始终不变，体系中混合气体密度不变不能说明
32、反应达到平衡，故D不选；故答案为：C；向体积不变的密闭体系中通入5 mol的NO 和5 mol的CO进行反应时存在：4min时，总压是4.5Mpa，0min时，总压是5Mpa，则=，解得x=2，NO的转化率为=40%，故答案为：40%；由可知，平衡时分压p(NO)=Mpa=1.5Mpa，p(CO)=Mpa=1.5Mpa，p(CO2)=Mpa=1 Mpa，p(N2)=Mpa=0.5Mpa；Kp=0.099，故答案为：0.099；8 min时升高温度，Kp减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应是放热反应，H= akJ/mol0，故答案为：小于；a. 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不能
33、提高汽车尾气的处理效率，故a不选；b. 降低温度，平衡正向移动，加催化剂加快反应速率，能提高汽车尾气的处理效率，故b选；c. 增加排气管的长度，不改变反应进程，不能提高汽车尾气的处理效率，故c不选；故答案为：b。18. 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”或“电解池”)，A电极的电极反应式为_。(2)丙池中E电极为_(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，丙池总反应的离子方程式为_。(3)当乙池中C极质量减轻5.4 g时，甲池中B电极理论上消耗O2
34、的体积为_mL(标准状况)(4)一段时间后，断开电键K,下列物质能使丙池恢复到反应前浓度是_(填选项字母)。A.Cu B.CuO C.Cu(OH)2 D.Cu2(OH)2CO3(5)爱迪生蓄电池的反应式为：Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2；高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型净水剂用如图装置可以制取少量高铁酸钠。此装置中爱迪生蓄电池的正极是_(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极的电极反应式为_。写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式为_。【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH - 6e-+ 8OH=+ 6H2O (3)
35、. 阳极 (4). 2Cu2+ 2H2O2Cu +O2+4H+ (5). 280 (6). B (7). b (8). Fe(OH)2 +2e=Fe+ 2OH (9). Fe-6e+ 8OH=+ 4H2O【解析】【分析】根据题中图示判断，甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，丙池中E为阳极，F是阴极，也就是惰性电极电解硫酸铜溶液，结合溶液中离子变化分析；根据题中图示制取少量高铁酸钠，可判断Fe作阳极判断爱迪生蓄电池的正负极，并写出电极反应，据此解答。【详解】(1) 由图可知甲池为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为
36、负极、B为正极，电解质溶液为KOH溶液，则A电极反应方程式为CH3OH+8OH-6e-+6H2O，B电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；答案为原电池，CH3OH+8OH-6e-+6H2O。(2)丙池中E为阳极，电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，F电极为阴极，电极反应为Cu2+2e-=Cu，总反应离子方程式为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；答案为阳极，2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+。(3) 乙池为电解池，C为阳极电极反应为Ag-e-=Ag+，D做阴极，电极反应为Cu2+2e-=Cu，乙池中C极质量减轻5.4g，则其物质的量n(Ag)=0.05mol，则转移电子
37、为0.05mol，甲池消耗O2为0.05mol=0.0125mol，所以标况下体积为V(O2)=0.0125 mol22.4L/mol=0.28L=280mL；答案为280。(4) 一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度，根据2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2可知，需加入CuO，CuO与硫酸发生反应生成硫酸铜和水，即CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；答案为B。(5)用如图装置制取少量高铁酸钠，Fe必须接爱迪生蓄电池的正极，作阳极，故b是正极，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极发生还原反应，得到电子，由Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2可知
38、，其电极反应式为Fe(OH)2 +2e=Fe+ 2OH；答案为b，Fe(OH)2 +2e=Fe+ 2OH。阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，阳极电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O；答案为Fe-6e-+8OH-=+4H2O。19. (1)已知25时，两种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数K11.81054.31073.0108电离平衡常数K25.61011下列四种离子结合H+能力最强的是_。A B CClO DCH3COO请写出次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。(2)有pH4的盐酸、硫酸、醋酸三瓶溶液：(以下用、表示
39、)设盐酸、硫酸、醋酸三种溶液的物质的量浓度依次为c1、c2、c3，则其关系是_。取相同体积的三种酸分别加入蒸馏水稀释到pH6，需水的体积依次为V1、V2、V3，则其关系是_。取同体积的酸的溶液分别加入足量的锌粉，反应开始放出H2的速率依次为v1、v2、v3，则其关系是_。(3)某温度下，纯水中的c(OH)210-7 molL-1，若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)5.010-5 molL-1，则由水电离出的c(H+)_。将99 mLpH=2盐酸与1 mL1mol/L的NaOH溶液混合(忽略溶液体积变化)，恢复至25时溶液的pH=_。【答案】 (1). B (2). CO2+ClO-+H2O=+
40、HClO (3). c2c1c3(或c3c1c2) (4). V1V2V3(或V3V1V2) (5). v1v2v3 (6). 810-10 molL-1 (7). 10【解析】【详解】(1) 电离平衡常数越大，相应酸根结合氢离子的能力越小，则根据电离平衡常数可知结合H+能力最强的是CO,故B正确；碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子酸性小于次氯酸，则向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CO2+ClO-+H2O=+HClO；(2)盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，醋酸为弱酸，等pH时，醋酸浓度最大，硫酸浓度最小，则浓度大小顺序为c2c1c3(或c3c1c2)；加水稀释促进醋酸的电离
41、，如稀释等pH时，醋酸加水应最多，而盐酸、硫酸为强酸，完全电离，稀释到pH=6，加水体积相等，则V1V2V3(或V3V1V2)；三种溶液pH相等，则c(H+)相等，反应开始时放出H2的速率依次为v1v2v3；(3) 某温度下，纯水中的c(OH)210-7 molL-1，则此时溶液中c(H+)210-7 molL-1，Kw=410-14，若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)5.010-5 molL-1，c(OH)=，则此时溶液中由水电离产生的c(H+)=8.010-10 molL-1;pH =2的盐酸其c(H+)=0.01 mol/L，99mL 0.01 mol/L的盐酸溶液与1mL 1 mol/L的NaOH溶液混合，溶液显碱性，常温下Kw=110-14，则c(H+)=10-10mol/L，所以pH =10。