1、2019-2020学年度高二上学期树人中学第二次月考化学试卷相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 He:4 Na:23 Mg:24Al:27 K:39S:32 Cl:35.5 Fe:56 Br:80一.单项选择题（共10小题，每小题2分，计20分。）1.下列过程或现象与盐类水解无关的是( )A. 纯碱溶液去油污B. 铁在潮湿的环境下生锈C. 加热氯化铁溶液颜色变深D. 浓硫化钠溶液有臭味【答案】B【解析】【详解】A、纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，选项A不选；B、铁在潮湿的环境下生锈为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，选项B选；C、加热氯化铁溶液颜色变深是
2、因为加热促进盐类水解，与盐类水解有关，选项C不选；D、溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢，与盐类水解有关，选项D不选。答案选B。2.下列溶液肯定呈酸性的是A. 含有H+离子的溶液B. 酚酞显无色的溶液C. c(OH-)c(H+)的溶液D. pH小于7的溶液【答案】C【解析】【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；D
3、、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，选项D易错，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小。3.醋酸在水中电离方程式可表示为：，下列操作能使浓度增大的是A. 加入少量水B. 加热升温C. 加入锌粉D. 加入固体【答案】B【解析】【详解】加入少量水，醋酸电离程度增大，氢离子的数目增大，但溶液体积影响较大，导致浓度减小，故A错误； B.该反应的，说明醋酸的电离为吸热反应，升高温度后促进了醋酸的电离，溶液中氢离子
4、浓度增大，故B正确； C.加入锌粉，锌与氢离子反应生成氢气，消耗了氢离子，导致浓度减小，故C错误； D.加入固体，溶液中的浓度增大，抑制了醋酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D错误； 故选：B。【点睛】醋酸的电离为吸热反应，升高温度促进了醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大；加入氢氧化钠、加入锌粉都消耗了氢离子，导致氢离子浓度减小；加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，抑制了醋酸的电离，氢离子浓度减小。4.一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH2e=2H2O、NiO(OH) + H2O +e=Ni(OH)2+ OH。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（ ）A. H2O的还原B.
5、NiO(OH)的还原C. H2的氧化D. Ni(OH)2的氧化【答案】D【解析】【详解】当为电池充电时相当于电解，与外电源正极连接电极是阳极，失去电子，发生氧化反应，是放电时正极反应的逆反应，则发生的反应是Ni(OH）2的氧化，故D正确。答案选D。5.用惰性电极电解下列物质的水溶液时，在阳极上不生成O2的是（ ）A. NaOHB. H2SO4C. ZnCl2D. Na2SO4【答案】C【解析】【详解】用惰性电极电解下列溶液，在阳极上不能生成O2，即阳极上失电子的不是OH-，根据放电顺序：S2-I-Br-Cl-OH-，此时阳极上放电的是S2-、I-、Br-、Cl-中的某离子；电解NaOH、H2S
6、O4 和Na2SO4的实质都是电解水，阴极上发生还原反应，生成氢气，阳极上发生氧化反应，生成氧气，而电解ZnCl2，阴极上生成氢气，阳极上生成氯气。故答案C。6.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生如下的反应：3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（g），经5min后，测得D的量为1mol，C的平均反应速率为0.1mol/(Lmin)。则x的值为( )A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】C【解析】【详解】由测得D的量为1mol知c(D)=0.5 mol/L，D的平均反应速率为0.5 mol/L 5min=0.1mol/(Lmin)；由3A（g ）+B（g）xC（g）+2D（
7、g），根据化学反应计量数之比等于反应速率之比，（C）：（D）=0.1mol/(Lmin)：0.1mol/(Lmin)=x：2，解得x=2；答案选C。7.常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是20 mL蒸馏水30 mL 0.03 mol/L HCl溶液40 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液50 mL 0.02 mol/L CaCl2溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据c（Ag+）或c（Cl-）大小比较，c（Ag+）或c（Cl-）越小，AgCl的溶解度越大，c（Ag+）或c（Cl-）为0；c（Cl-）=0.03mol/L，
8、c（Ag+）=0.05mol/L，c（Cl-）=0.04mol/L，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是，故B正确。8.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e2ClD. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【答案】D【解析】【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为
9、2Cl-+2H2OH2+2OH-+Cl2，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；D、根据C中分析可知D正确，答案选D。【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。【此处有视频，请去附件
10、查看】9.一种充电电池放电时的电极反应为：H2+2OH2e=2H2O、NiO(OH) + H2O +e=Ni(OH)2+ OH。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（ ）A. H2O的还原B. NiO(OH)的还原C. H2的氧化D. Ni(OH)2的氧化【答案】D【解析】【详解】当为电池充电时相当于电解，与外电源正极连接的电极是阳极，失去电子，发生氧化反应，是放电时正极反应的逆反应，则发生的反应是Ni(OH）2的氧化，故D正确。答案选D。10.反应C(s)H2O(g) CO(g)H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是增加C的量将容器的
11、体积缩小一半保持体积不变，充入N2使体系压强增大保持压强不变，充入N2使容器体积增大A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据浓度、压强对化学反应速率的影响分析判断。【详解】反应物C为固体，增加C的量不能改变其浓度，反应速率不变；容器的体积缩小一半，反应物H2O(g)浓度加倍，故反应速率加快；体积不变时充入N2，虽然体系压强增大，但H2O(g)浓度不变，反应速率不变；压强不变时充入N2，容器体积增大，H2O(g)浓度减小，反应速率变小。本题选B。【点睛】压强对化学反应速率的影响，本质是气体反应物浓度对反应速率的影响。从此本质分析，就能作出正确结论。二单项选择题（共10小题，每小题3
12、分，计30分。）11.下图中烧杯里盛的是海水,铁被腐蚀由快到慢的顺序是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可知，本题考查金属的电化学腐蚀与防护，运用电化学原理分析。【详解】根据图知：铁为活泼金属，发生的是化学腐蚀；为原电池装置，Fe较Sn活泼，为原电池的负极，发生氧化反应被腐蚀；为电解池装置，Fe连接电源正极，为电解池的阳极，发生氧化反应被腐蚀；为电解池装置，Fe连接电源负极，为电解池的阴极而被保护；为原电池装置，Fe较Zn不活泼，为原电池的正极而被保护；由金属腐蚀快慢顺序：电解池的阳极原电池负极化学腐蚀原电池正极电解池阴极可知，腐蚀速率由快到慢的顺序为；答案选A。
13、【点睛】金属腐蚀快慢顺序：电解池的阳极原电池负极化学腐蚀原电池正极电解池阴极。12.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成； 乙烯与水生成乙醇的反应D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应【答案】C【解析】【详解】A甲烷和氯气混合光照一段时间后，甲烷中的氢原子被氯原子所代替生成氯代甲烷，所以属于取代反应；乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是乙烯和高锰酸钾发生了氧化反应的结果，故A不符合题意；B乙
14、烯中的双键断裂，每个碳原子上结合一个溴原子生成1，2-二溴乙烷，所以属于加成反应；苯和氢气在一定条件下反应生成环己烷也是加成反应，故B不符合题意；C在浓硫酸和加热条件下，苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，所以属于取代反应；在一定条件下，乙烯中的双键断裂，一个碳原子上结合一个氢原子，另一个碳原子上结合羟基，生成乙醇，该反应属于加成反应，故C符合题意；D苯能萃取溴水中的溴而使水层无色，没有发生化学变化；乙烯生成聚乙烯的反应属于加成聚合反应，故D不符合题意；故答案为C。【点睛】准确理解加成反应和取代反应的反应原理是解题关键，有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合生成新的化合物
15、的反应是加成反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。13.下列叙述正确的是()A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B. 25 时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH7C. 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D. 0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl)c(I)【答案】C【解析】【详解】A醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱
16、盐，NH4水解导致溶液呈酸性，pH7,B项错误；C硫化氢属于弱酸，部分电离，硫化钠属于强电解质，全部电离，等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小，导电能力弱，C项正确；DAgCl和AgI的Ksp不相等，c（Ag）c（Cl）=Ksp（AgCl）,c（Ag）c（I）=Ksp（AgI），0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Ag）浓度相等，则c（Cl）不等于c（I），D项错误；答案选C。14.0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体
17、积是A. 5.6LB. 6.72LC. 1.344LD. 11.2L【答案】A【解析】【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为2Cl-2e=Cl2 、4OH-4e=2H2O+O2，0.4 0.4 0.2 0.2 0.05阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.2522.4=5.6L，选A。15.下图为某二次电池充电时的工作原理示意图,该过程可实现盐溶液的淡化。下列说法错误的是()A. 充电时,a为电源正极B. 充电时,向Bi电极移动,向电极移动C. 放电时,正极的电极反应
18、为D. 充电时,新增入电极中的物质：3【答案】D【解析】【分析】根据题中二次电池充电时工作原理示意图可知，本题考查原电池和电解池，运用原电池和电解池的工作原理分析。【详解】A. 充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，Bi为阳极，则a为电源正极，故A正确；B. 充电时，Cl向阳极Bi电极移动，Na+向阴极NaTi2(PO4)3电极移动，故B正确；C. 放电时，Bi为正极，正极的电极反应为BiOCl+2H+3e=Bi+Cl+H2O，故C正确；D. 充电时，Bi电极上，反应为Bi+Cl+H2O3e=BiOCl+2H+，NaTi2(PO4)3电极上，反应为NaTi2(PO4)3+2Na+2e=
19、Na3Ti2(PO4)3，所以新增入电极中的物质：n(Na+):n(Cl)=3:1，故D错误；答案选D。【点睛】充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl，反应为Bi+Cl-+H2O-3e-=BiOCl+2H+，则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2（PO4）3为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi2（PO4）3+2Na+2e-=Na3Ti2（PO4）3，放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi2（PO4）3为负极。16.室温下，下列说法正确的是A. 将的盐酸和的硫酸等体积混合，所得溶液B. HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大
20、C. 向氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大D. 将1mL的HA溶液稀释到10mL，若溶液的，则HA为弱酸【答案】D【解析】【分析】A首先计算混合溶液中的c(H+)，根据计算；B根据越弱越水解的原则判断；C向0.1 mol/L氨水中加入少量硫酸铵固体，电离平衡，结合同离子效应对平衡移动的影响分析；D加水促进弱酸的电离。【详解】A.假设两溶液均为1L，则的HCl溶液中 n，的溶液中 n可忽略不计，混合后的溶液中 c，故A错误；B.根据越弱越水解的原则，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH小，故B错误；C.氨水中存在，加入少量硫酸铵固体，平衡向逆方向移动，则溶液中减小，
21、故 C错误；D.将的HA溶液稀释到，若，则HA为强酸，若，加水促进弱酸的电离，则HA为弱酸，故D正确；故选D。【点睛】本题考查pH的简单计算，弱电解质在水溶液中的电离平衡，盐类水解的应用。17.下列叙述中正确的是（ ）A. 25，Cu(OH) 2 在水中的溶度积常数比其在 Cu(NO3) 2 溶液中的大B. 一定温度下，将 0.10 mol/L的氨水加水稀释，溶液中各离子浓度均减小C. 用0.1mol/L的盐酸滴定0.1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂D. 常温下，NaHS 溶液中:c(H)+c(H2S)=c(S2)+c(OH)【答案】D【解析】【详解】A. Ksp与温度有关，则25，Cu
22、(OH)2 在水中的溶度积与其在 Cu(NO3)2 溶液中溶度积相同，故A错误；B. 加水稀释促进一水合氨电离，氢氧根离子浓度减小，Ka不变，则c(H+)增大，故B错误；C. 选择指示剂：指示剂的变色范围应于反应后溶液溶质的pH吻合，反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂，故C错误；D. NaHS 溶液中，由物料守恒可知c(Na+)=c(S2)+c(HS)+c(H2S)，由电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=2c(S2)+c(OH)+c(HS)，则c(H+)+c(H2S)c(S2)+c(OH)，故D正确；答案选D。【点睛】选择指示剂：指示剂的变色范围应于反应后溶液溶质的
23、pH吻合。18.室温时，在由水电离出c(OH)=1.010-12mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）A. K+、Na+、HCO3、ClB. K+、MnO4、Br、ClC. Na+、Cl、NO3、SO42D. Al3+、NH4+、Cl、SO42【答案】C【解析】【详解】室温时由水电离出c(OH)=1.010-12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，AHCO3与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，选项A错误；BMnO4、Cl在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，选项B错误；CNa+、Cl、NO3、SO42之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应，在
24、溶液中能够大量共存，选项C正确；DAl3+、NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，选项D错误；答案选C19. 把A、B、C、D四块金属片浸入稀硫酸中，分别用导线两两相连可以组成原电池。A、B相连时A为负极；C、D相连时，电流由DC；A、C相连时，C极上产生大量气泡，B、D相连时，D极发生氧化反应。这四种金属的活动性顺序是A. ABCDB. ACDBC. CABDD. BDCA【答案】B【解析】【详解】A、B相连时A为负极，则活动性顺序AB；C、D相连时，电流由DC，说明C为负极，则活动性顺序：CD；A、C相连时，C极上产生大量气泡，则C为原电池的正极，活动性顺序：AC；B、D相连时，
25、D极发生氧化反应，D应为原电池的负极，作为活动性顺序：DB；则有活动性顺序：ACDB；故选：B。20.如图所示，甲池的总反应式为：，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C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小D. 当甲池中消耗时，乙池中理论上最多产生固体【答案】C【解析】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，阴极电极反应为 Cu2+2e-=Cu、阳极反应为4OH-4e-=2H2O+O2
26、，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，选项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，选项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，选项C正确；D甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2+2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池
27、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，阴极电极反应为 Cu2+2e-=Cu、阳极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，据此分析解答。三、填空题（共4小题，计50分）21.已知水在25和95时，其电离平衡曲线如图所示：(1)95时水的电离平衡曲线应为_（填“A”或“B”）此温度下水的离子积KW=_(2)95时，0.01mol/LNaOH溶液的pH=_(3)25时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则
28、NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_(4)曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液中，由水电离出的氢离子浓度为_mol/L(5)若在水中加入少量MgCl2固体，则对水的电离有_作用。（填“促进”或“抑制”）【答案】 (1). B (2). 1.01012 (3). 10 (4). 10:1 (5). 10-10 (6). 促进【解析】【分析】(1) 95时水的电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以两者浓度都为10-6mol/L； 横轴是氢离子浓度，纵轴是氢氧根离子浓度，由水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH-）计算出曲线的Kw值；(2) 根据水的离子积常数Kw=c（H+）c（OH-）
29、计算，据此解答；(3) 根据溶液的pH计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，再列式计算出氢氧化钠溶液和硫酸溶液的体积，据此解答；(4) 曲线B对应温度下，Kw=c(H+)c(OH)=1012，据此解答；(5)加入消耗水电离出来的氢离子或氢氧根离子的物质，促进水电离，据此解答。【详解】(1) 95时水的电离产生的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以两者浓度都为106mol/L，水的电离是吸热过程，温度升高电离程度增大， c (H+)、c(OH)均增大，故为曲线B；曲线B条件下c(H+)=c(OH)=106mol/L，Kw=c(H+)c(OH)=1012， 故答案为：B；1.01012；(2)95时，
30、0.01mol/LNaOH溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，所以溶液中氢离子的浓度为：1010mol/L，所以溶液的pH=10，故答案为：10；(3) n(OH)=n(H+)，则V(NaOH) 105molL1=V(H2SO4) 104 molL1，得V(NaOH):V(H2SO4)=10:1，故答案为：10:1； (4) 曲线B对应温度下，Kw=c(H+)c(OH)=1012，pH=2的某HA溶液中c(H+)=10-2 mol/L，由水电离出的 ，故答案为：10-10；(5) 若在水中加入少量MgCl2固体，镁离子会结合水电离出来氢氧根，促进水电离，故答案为：促进。22.如图是一个
31、化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O （1）甲池是 _ 装置； （2）乙池中A（石墨）电极的名称是 _ ； （3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式： _ ； （4）乙池中反应的化学方程式为 _ ； （5）当乙池中B（Ag）极的质量增加4.32g时，甲池中理论上消耗O2 _mL（标准状况）；此时丙池某电极上析出1.60g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是 _ （填序号）。AMgSO4 BCuSO4 CNaCl DAgNO3【答案】 (1). 原电池 (2). 阳极 (3). CH3OH-6e-+8OH-6H2O+CO32- (4). 4A
32、gNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3 (5). 224 (6). D【解析】试题分析：本题考查多池串联装置中原电池和电解池装置的判断，电极反应式的书写，多池串联的计算。甲池为燃料电池，甲池为原电池，乙池和丙池都为电解池。通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极，则乙池中A极（即C极）为阳极，B极（即Ag极）为阴极；丙池中C极为阳极，D极为阴极。（1）甲池为燃料电池，属于原电池装置。（2）乙池中A电极与燃料电池的正极相连，A电极为阳极。（3）甲池中通入O2的电极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，燃料电池总反应减去正极反应式（消去O2），则通入CH3OH的电极的电极反应
33、式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。（4）乙池中阳极为C，属于惰性电极，乙池中为电解AgNO3溶液，化学方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3。（5）乙池中B极的电极反应式为Ag+e-=Ag，装置中通过电子物质的量等于n（Ag）=0.04mol。甲池中O2发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，根据电子守恒，甲池中消耗O2物质的量为0.01mol，标准状况下的体积为224mL。丙池中两电极都为惰性电极，丙池中某电极上析出金属，丙池中的盐溶液为不活泼金属的盐溶液，则不可能为MgSO4和NaCl；若为CuSO4溶液，阴极上析出Cu的电极反应式为Cu2+
34、2e-=Cu，析出1.60gCu，电路中通过的电子物质的量为2=0.05mol0.04mol，不可能为CuSO4溶液；若为AgNO3溶液，阴极上析出Ag的电极反应式为Ag+e-=Ag，析出1.60gAg电路中通过电子物质的量为=0.015mol0.04mol，根据电子守恒，阴极析出Ag后H+继续放电，可能为AgNO3溶液；答案选D。点睛：本题解题的关键是原电池和电解池的判断。多池串联装置中原电池和电解池判断的方法：直接判断：燃料电池等在电路中为原电池，其他装置为电解池。根据电池中的电池材料和电解质溶液判断：原电池一般是两种不同的金属电极或一种金属电极一个碳棒电极；而电解池一般是两个惰性电极，如
35、两个铂电极或两个碳棒；原电池中一般有一个电极可与电解质自发发生氧化还原反应。根据电极反应现象判断。23.乙二酸俗称草酸，为二元酸（结构简式为HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）。25时，草酸的电离平衡常数K15.0102，K25.4105；碳酸的电离平衡常数K14.5107，K24.71011。草酸钙的Ksp4.0108，碳酸钙的Ksp2.5109。回答下列问题：（1）写出水溶液中草酸的电离方程式：_。（2）25，物质的量浓度都为0.1 mol/L的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液pH_（填“大”“小”或“相等”）。（3）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液10 mL与0.2
36、mol/L的草酸溶液10 mL混合，若混合溶液显酸性，则该溶液中所有离子浓度由大到小的顺序：_。（4）25时向20 mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0103mol/L的草酸钾溶液20 mL，能否产生沉淀？_（填“能”或“否”）。（5）除去锅炉水垢中的CaSO4可先用碳酸钠溶液处理，而后用盐酸溶解，其反应的离子方程式：_；_。【答案】 (1). H2C2O4HC2O4H HC2O4C2O42H (2). 小 (3). c(K+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) (4). 否 (5). CaSO4 + CO32-= CaCO3+ SO42- (6). CaCO3+ 2H
37、+= Ca2+ H2O + CO2【解析】【详解】（1）草酸是二元弱酸，在水中部分电离，电离方程式是H2C2O4HC2O4H，HC2O4C2O42H；（2）根据草酸与碳酸的电离常数判断，草酸的酸性强，根据越弱越水解规律，所以25，物质的量浓度都为0.1 mol/L的Na2C2O4溶液的水解程度小于Na2CO3溶液的水解程度，所以Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液pH小；（3）常温下将0.2 mol/L的KOH溶液10 mL与0.2 mol/L的草酸溶液10 mL混合，得到的是草酸氢钾溶液，若混合溶液显酸性，说明HC2O4-的电离程度大于HC2O4-的水解程度，溶液中不水解的离子的浓度最
38、大，所以所得溶液中离子浓度的关系是c(K+)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(OH-)；（4）根据草酸钙与碳酸钙的溶度积可知，碳酸钙的饱和溶液中，钙离子的浓度是510-5mol/L，向20 mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0103mol/L的草酸钾溶液20 mL，则c(Ca2+)=2.510-5mol/L，c(C2O42-)=0.5103mol/L，c(Ca2+)c(C2O42-)=1.2510-84.0108，则不会产生草酸钙沉淀；（5） 除去锅炉水垢中的CaSO4可先用碳酸钠溶液处理，是因为硫酸钙微溶，加入碳酸钠后，硫酸钙逐渐转化为更难溶的碳酸钙沉淀，而后用盐酸溶解，碳酸
39、钙与稀盐酸反应生成易溶的氯化钙，从而除去水垢，离子方程式是CaSO4 +CO32-=CaCO3+SO42-；CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2。24.甲醇既是基本有机化工原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。（1）工业上合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H。下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。温度250300350平衡常数K2.0410.2700.012由表中数据判断该反应为 _反应（填“吸热”或“放热”）。 某温度下，将2 molCO和6 molH2充入2 L的密闭容器中充分反应，达到平衡后，测得c(CO)0.2 mol/L，则CO的转化率为
40、_，此时的温度为_（从表中选择）。 （2）已知在常温常压下： 2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g) H1kJ/mol 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H2kJ/mol H2O(g)H2O(l) H3kJ/mol 则反应CH3OH(l)+O2(g)CO(g)+2H2O(l) H _ kJ/mol（用H1、H2、H3表示）。 （3）现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72）时，实验室利用如图装置模拟该法： N电极的电极反应式为 _。请完成电解池中Cr2O72转化为Cr3+的离子反应方程式： Cr2O72 + _ Fe2+ + _ _ C
41、r3+ + _ Fe3+ + _ （4）处理废水时，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去，当c(Cr3+)1105 mol/L时，Cr3+沉淀完全，此时溶液的pH_。（已知：Ksp=6.41031，lg2=0.3）【答案】 (1). 放热 (2). 80% (3). 250 (4). 或(H1H2)+2H3 (5). O2+4e+4H+=2H2O (6). 6 (7). 14H+ (8). 2 (9). 6 (10). 7H2O (11). 56【解析】【分析】（1）由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；某温度下，将2molCO和6molH2充入
42、2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则： CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L）： 1 3 0变化浓度（mol/L）： 0.8 1.6 0.8平衡浓度（mol/L）： 0.2 1.4 0.8由此计算CO转化率和此温度下平衡常数，进而判断温度；（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；（3）氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水；电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6
43、价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+的系数为6，再结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；（4）Ksp=c(Cr3+)c3(OH-)=6.41031计算c(OH-)，根据KW=c(H+)c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。【详解】（1）由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故H0，某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后
44、，测得c(CO)=0.2mol/L，则： CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)起始浓度（mol/L）： 1 3 0变化浓度（mol/L）： 0.8 1.6 0.8平衡浓度（mol/L）： 0.2 1.4 0.8CO转化率=100%=80%，平衡常数K=2.041，故温度为250，故答案为放热；80%；250；（2）2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(g) H1kJ/mol 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H2kJ/mol H2O(g)H2O(l) H3kJ/mol根据盖斯定律(+4)可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) H= 或(H1
45、H2)+2H3；（3）氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，负极电极反应式为：CH3OH6e+H2O=6H+CO2，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水，正极电极反应式为：O2+4e+4H+=2H2O，故答案为O2+4e+4H+=2H2O；电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，F
46、e2+的系数为6，反应离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为6；14H+；2；6；7H2O；（4）Ksp=c(Cr3+)c3(OH)=6.410-31，c(Cr3+)=110-5molL1时，溶液中c(OH)=410-9molL1，则c(H+)=mol/L=2.510-6molL1，则pH=lg(2.510-6) =5.6。25.已知H(aq)OH(aq)=H2O(l) H57.3kJ/mol。回答有关中和反应的问题。（1）用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出_kJ热量。（2）如图装置中仪器A的名称_，作用是_；仪器B
47、的名称_，作用是_；碎泡沫塑料的作用是_。（3）若通过实验测定中和热的H，其结果常常大于57.3kJ/mol，其原因可能是_。（4）用相同浓度和体积的氨水(NH3H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】 (1). 11.46 (2). 环形玻璃搅拌 (3). 搅拌，使溶液充分混合 (4). 温度计 (5). 测量温度 (6). 减少实验过程中的热量损失 (7). 实验中不可避免的有少量热量损失 (8). 偏小【解析】【分析】(1)根据H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)H=-57.3kJmol-1可知生成1molH2O放出热量
48、为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量；(2)根据常见仪器的用途来解答；(3)若保温效果不好，有热量散失；(4)根据弱电解质电离吸热分析。【详解】(1)由H+(aq)+OH-(aq)H2O(l)H=-57.3kJmol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，而0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.2molH2O，所以放出的热量为57.3kJ0.2=11.46kJ；(2)仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，其作用是搅拌，使溶液充分混合；仪器B的名称是温度计，其作用是测量温度；(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，但中和热为负值，所以中和热的H大于-57.3kJmol-1；(4)NH3H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小。
