2016-2017学年湖北省黄冈市高二(上)期末化学试卷

2016-2017学年湖北省黄冈市高二（上）期末化学试卷

一、选择题本卷包括16小题，每小题3分，共48分．毎小题均有一个选项最符合题意．

1．（3分）下列关于水的说法中正确是（ ） A．在任何条件下，纯水都呈中性 B．在任何条件下，纯水的pH=7

C．在95℃时，纯水中 c（H+）＜l0﹣7mol/L

D．向纯水中加入少量 NaOH固体，水的电离逆向移动，c（OH﹣）降低 2．（3分）下列说法中正确的是（ ） A．CuCl2溶液蒸干灼烧后得到CuCl2固体 B．火力发电的目的是使化学能转换为电能

C．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，无法比较二者的稳定性． D．将FeCl3固体溶于适量蒸馏水来配制FeCl3溶液

3．（3分）已知H2B在溶液中的电离方程式：H2B=H++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣．下列叙述一定正确的是（ ） A．Na2B溶液存在H2B B．NaHB溶液一定显碱性 C．NaHB溶液一定显酸性

D．NaHB溶液与稀盐酸反应的离子方程式是HB﹣+H+=H2B 4．（3分）下列叙述中，不正确的是（ ）

A．AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq） B．AgCl在水溶液中的电离方程式是AgCl=Ag++Cl﹣

C．反应aA（g）⇌bB（g）+cC（g）达到平衡以后，增大A的物质的量浓度，A的转化率一定减小

D．钢铁发生电化学腐蚀时负极反应式为Fe﹣e﹣=Fe2+

5．（3分）一定温度下，反应 N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（ ） A．缩小体积使压强增大

B．恒容，充入N2

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C．恒容，充入He D．恒压，充入He

6．（3分）对某难溶电解质AnBm的饱和溶液中，下列说法正确的是（ ） A．加水，它的溶度积减小、溶解度增大 B．升高温度，它的溶解度和溶度积都增大 C．饱和溶液中c（Am+）=c（Bn﹣） D．加水，它的溶度积、溶解度均不变

7．（3分）下列反应中符合如图图象的是（ ）

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1 （Q1＞0） B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）；△H=+Q2kJ•mol﹣1 （Q2＞0）

C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=﹣Q3kJ•mol﹣1（Q3＞0） D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）；△H=+Q4kJ•mol﹣1﹣1（Q4＞0）

8．（3分）一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）⇌Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是（ ） A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变 C．体系压强不再变化 D．Z的浓度不再变化

9．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．△H＜0、△S＞0的反应在温度低时不能自发进行

B．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向

C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据

D．化学反应的限度不可以通过改变条件而改变

10．（3分）某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T

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表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）

A．图中T2一定大于T1

B．图中b点速率一定大于d点速率

C．达到平衡时，A2的转化率大小为：c＞b＞a D．加入催化剂可以使状态d变为状态b

11．（3分）在密闭容器中进行反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是（ ） A．c（Z）=0.4 mol/L B．c（X2）=0.2mol/L C．c（Y2）=0.4mol/L

D．c（X2）+c（Y2）+c（Z）=0.6mol/L

12．（3分）已知某水溶液中大量存在H+、Mg2+、K+、NO3﹣、Cl﹣中的四种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，则不能存在的离子是（ ） A．H+

B．Mg2+

C．Cl﹣

D．NO3﹣

13．（3分）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ） A．Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S） B．Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）

C．室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合：溶液中离子浓度的大小顺序为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．0.1mol•L﹣1的NaHC2O4溶液的pH=4，则c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）

14．（3分）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（ ）

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A．铜电极上发生氧化反应

B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）减小 C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加

D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡

15．（3分）如图所示三个烧瓶中分别装人含酚酞的0.01mol/LCH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质．则下列叙述正确的是（ ）

A．①说明水解反应为放热反应 C．①中溶液红色变浅

B．③说明水解反应为吸热反应 D．③中溶液红色变深

16．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．

用如图装置电解精炼镁

B．

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用如图装置验证试管中铁丝发生析氢腐蚀

C．

如图装置中Mg作负极，Al作正极

D．

用如图装置对二次电池进行充电

二、非选择题，共52分）本卷共5道题

17．（6分）合成氨工业中，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量． （1）写出合成氨反应的热化学方程式为 ． （2）已知：

1mol N﹣H键断裂吸收的能量等于 kJ．

（3）已知关于铁的氧化物存在下列三个热化学方程式：

Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol ① Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣15.73kJ/mol ② Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.4kJ/mol ③

则CO还原FeO的热化学方程式为CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H= kJ/mol．

18．（9分）某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定．

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（1）仪器A的名称是 ．

（2）B中加入300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 ．

（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 ．

（4）若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为 ．

（5）该测定结果往往比实际值偏高，分析是由于采用试剂不当引起的，可能的原因为 ．

19．（12分）按要求回答下列问题：

I．将等物质的量的A、B混合放于2L的密闭容器中，发生反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）．经5min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，v（C）=0.1mol/（L•min）．则： （1）x= ．

（2）前5min内B的反应速率v（B）= ． （3）平衡时A的转化率为 ．

II．水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H． （4）已知：K（300℃）＜K（350℃），则该反应是 热反应．

（5）上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率（ν正）随时间的变化如下图所示，填出对应的编号． ①缩小容器体积 ； ②降低温度

（6）已知反应①CO（g）+CuO（g）⇌CO2（g）+Cu（s）②H2（g）+CuO（g）⇌Cu（s）+H2O（g） 在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K= （用K1和K2表示）．

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20．（10分）已知在25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为： 醋酸 K=1.75×10﹣5

碳酸 K1=4.30×10 ﹣7 K2=5.61×10 ﹣11 亚硫酸 K1=1.54×10﹣2 K2=1.02×10 ﹣7

（1）在相同条件下，试比较H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的酸性由强到弱的顺序： ．

（2）若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量HCl，下列量会变小的是 （填序号）

A．c（CH3COO﹣）B．c（H+）C．醋酸的电离平衡常数D．醋酸的电离度 （3）某化工厂废水中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表： 难溶电解质 KSP AgI AgOH Ag2S PbI2 Pb（OH）2 PbS 8.3×10﹣17 5.6×10﹣8 6.3×10﹣50 7.1×10﹣9 1.2×10﹣15 3.4×10﹣23 你认为往废水中投入 沉淀效果最好（填字母） A．NaOH B．Na2S C．KI D．Ca（OH）2

（4）25℃时，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合（体积变化忽略不计），测得反应后溶液的pH如表． 实验编号 起始浓度/mol/L c （HA） ① ② 0.10 X c （NaOH） 0.10 0.05 反应后溶液的pH 9 7 则表中X 0.05（填“大于”“等于”、“小于”）；实验①所得溶液中c（A﹣）+c（HA）= ．

21．（15分）如图所示（乙装置中X为阳离子交换膜，甲醚的结构简式为CH3OCH3）

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根据要求回答下列相关问题：

（1）写出负极的电极反应： ．

（2）氢氧化钠主要在 （填“铁极”或“石墨极”）区生成．

（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，则粗铜的电极反应为： 、 ． （4）反应一段时间，硫酸铜溶液的浓度将 （填“增大”、“减小”或“不变”）． （5）若在标准状况下有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为 ．

（6）若将丙装置改成在标准状况下，用石墨作电极电解体积为2L的CuSO4溶液，写出电解CuSO4溶液时的离子反应方程式 ；当电解适当时间后断开电源，发现只需补充22.2g固体Cu2（OH）2CO3即可使电解液恢复到原浓度与体积，则原CuSO4溶液的浓度是 mol/L；若将丙设计成在镀件上镀铜的装置，该如何改动，请用简要的语言叙述： ．

（7）若将乙中的交换膜去掉，发现只有H2逸出，则试写出乙池中发生的总反应： ．

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2016-2017学年湖北省黄冈市高二（上）期末化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题本卷包括16小题，每小题3分，共48分．毎小题均有一个选项最符合题意．

1．（3分）下列关于水的说法中正确是（ ） A．在任何条件下，纯水都呈中性 B．在任何条件下，纯水的pH=7

C．在95℃时，纯水中 c（H+）＜l0﹣7mol/L

D．向纯水中加入少量 NaOH固体，水的电离逆向移动，c（OH﹣）降低 【分析】水为弱电解质，常温下纯水的pH=7，升高温度，促进水的电离，溶液pH减小，加入氢氧化钠或酸，可抑制水的电离，以此解答该题．

【解答】解：A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，呈中性，故A正确； B．常温下纯水的pH=7，升高温度，促进水的电离，溶液pH减小，故B错误； C．升高温度促进水的电离，在95℃时，纯水中 c（H+）＞l0﹣7mol/L，故C错误； D．向纯水中加入少量 NaOH固体，水的电离逆向移动，但c（OH）增大，故D错误。 故选：A。

【点评】本题考查电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握水的电离特点以及影响因素，把握pH的与氢离子的关系，难度不大．

2．（3分）下列说法中正确的是（ ） A．CuCl2溶液蒸干灼烧后得到CuCl2固体 B．火力发电的目的是使化学能转换为电能

C．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，无法比较二者的稳定性． D．将FeCl3固体溶于适量蒸馏水来配制FeCl3溶液 【分析】A．水解生成盐酸易挥发；

B．火力发电，利用化学反应中能量最终转化为电能；

C．由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，可知石墨的能量低；

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﹣

D．配制FeCl3溶液，应加盐酸抑制水解．

【解答】解：A．水解生成盐酸易挥发，则CuCl2溶液蒸干灼烧后得到CuO，故A错误；

B．火力发电，利用化学反应中能量最终转化为电能，则可使化学能转换为电能，故B正确；

C．由C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，可知石墨的能量低，可知石墨比金刚石稳定，故C错误；

D．配制FeCl3溶液，应加盐酸抑制水解，则FeCl3固体溶于适量盐酸，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查反应热、盐类水解，为高频考点，把握稳定性与能量的关系、水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．

3．（3分）已知H2B在溶液中的电离方程式：H2B=H++HB﹣，HB﹣⇌H++B2﹣．下列叙述一定正确的是（ ） A．Na2B溶液存在H2B B．NaHB溶液一定显碱性 C．NaHB溶液一定显酸性

D．NaHB溶液与稀盐酸反应的离子方程式是HB﹣+H+=H2B

【分析】H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB﹣只能电离不能水解，说明B2﹣离子水解而HB﹣不水解，且HB﹣是弱酸，则Na2B溶液呈碱性；任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答．

【解答】解：A．H2B第一步完全电离，所以溶液中没有H2B，故A错误； B．HB能电离但不水解，导致溶液中c（H）＞c（OH），所以溶液呈酸性，故B错误；

C．HB﹣能电离但不水解，导致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性，其电离方程式为：HB﹣⇌H++B2﹣，故C正确；

D．HB﹣能电离但不水解，NaHB溶液显酸性，和盐酸之间不会反应，故D错误。 故选：C。

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﹣

+

﹣

【点评】本题考查了酸的电离、弱酸部分电离，题目难度不大，注意该酸第一步完全电离、第二步部分电离，导致溶液中不存在H2B，为易错点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．

4．（3分）下列叙述中，不正确的是（ ）

A．AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq） B．AgCl在水溶液中的电离方程式是AgCl=Ag++Cl﹣

C．反应aA（g）⇌bB（g）+cC（g）达到平衡以后，增大A的物质的量浓度，A的转化率一定减小

D．钢铁发生电化学腐蚀时负极反应式为Fe﹣e﹣=Fe2+ 【分析】A．难溶电解质存在溶解平衡； B．AgCl为强电解质；

C．若a=b+c，减小体积增大A的浓度，平衡不移动； D．钢铁发生电化学腐蚀时负极上Fe失去电子．

【解答】解：A．难溶电解质存在溶解平衡，则AgCl在水中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），故A正确；

B．AgCl为强电解质，则AgCl在水溶液中的电离方程式是AgCl=Ag++Cl﹣，故B正确；

C．若a=b+c，减小体积增大A的浓度，平衡不移动，则A的转化率不变，故C错误；

D．钢铁发生电化学腐蚀时负极上Fe失去电子，电极反应为Fe﹣e﹣=Fe2+，故D正确； 故选：C。

【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡移动、电离方程式、化学平衡移动及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，综合性较强，题目难度不大．

5．（3分）一定温度下，反应 N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（ ）

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A．缩小体积使压强增大 C．恒容，充入He

B．恒容，充入N2 D．恒压，充入He

【分析】改变化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂等，据此回答； A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度； B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度； C、恒容，充入He，各组分浓度不变；

D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小．

【解答】解：A、缩小体积使压强增大，则增大各组分浓度，可以加快该化学反应的速率，故A错误；

B、恒容，充入N2，则增大氮气的浓度，可以加快该化学反应的速率，故B错误； C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，故C正确；

D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查学生影响化学反应速率的因素：浓度、压强，注意知识的灵活应用是关键，难度中等．

6．（3分）对某难溶电解质AnBm的饱和溶液中，下列说法正确的是（ ） A．加水，它的溶度积减小、溶解度增大 B．升高温度，它的溶解度和溶度积都增大 C．饱和溶液中c（Am+）=c（Bn﹣） D．加水，它的溶度积、溶解度均不变

【分析】A．溶度积与温度有关，与浓度无关；

B．大多数难溶电解质溶解平衡吸热，而氢氧化钙的溶解平衡为放热； C．由AnBm（s）⇌nAm（aq）+mBn（aq）可知离子浓度关系；

+

﹣

D．溶度积、溶解度均与温度有关，且溶解度与一定量的溶剂有关．

【解答】解：A．溶度积与温度有关，与浓度无关，则加水，它的溶度积、溶解度均不变，故A错误；

B．大多数难溶电解质溶解平衡吸热，而氢氧化钙的溶解平衡为放热，则升高温度，它的溶解度和溶度积可能增大或减小，故B错误；

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C．由AnBm（s）⇌nAm+（aq）+mBn﹣（aq）可知离子浓度为mc（Am+）=nc（Bn﹣），故C错误；

D．溶度积、溶解度均与温度有关，且溶解度与一定量的溶剂有关，则加水，它的溶度积、溶解度均不变，故D正确； 故选：D。

【点评】本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡移动、Ksp的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B中温度越高氢氧化钙的溶解度越小，题目难度不大．

7．（3分）下列反应中符合如图图象的是（ ）

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣Q1kJ•mol﹣1 （Q1＞0） B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）；△H=+Q2kJ•mol﹣1 （Q2＞0）

C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=﹣Q3kJ•mol1（Q3＞0）

﹣

D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）；△H=+Q4kJ•mol﹣1﹣1（Q4＞0）

【分析】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；

由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；

综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，据此结合选项解答．

【解答】解：由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；

由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；

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综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为放热反应反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；

B.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0，为吸热反应反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；

C.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应反应，故C不符合；

D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0，为吸热反应反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合； 故选：B。

【点评】本题考查化学平衡移动图象、外界条件对化学平衡的影响等，难度不大，掌握外界条件对化学平衡的影响即可解答，注意根据图象判断可逆反应的特征．

8．（3分）一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X（g）⇌Y（g）+Z（s），以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是（ ） A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中Y的质量分数不变 C．体系压强不再变化 D．Z的浓度不再变化

【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

【解答】解：A、混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故A正确；

B、反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，故B正确；

C、体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；

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D、固体Z的浓度一直不随时间的变化，而变化，故D错误； 故选：D。

【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．

9．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．△H＜0、△S＞0的反应在温度低时不能自发进行

B．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向

C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据

D．化学反应的限度不可以通过改变条件而改变 【分析】A．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行； B．该反应的△S＞0； C．单一判据不准确；

D．改变温度、压强、浓度可使反应发生移动．

【解答】解：A．△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，则△H＜0、△S＞0的反应在温度低时，能自发进行，故A错误；

B．该反应的△S＞0，则△H=+185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故B正确；

C．单一判据不准确，则△H﹣T△S＜0的反应可自发进行，故C错误；

D．改变温度、压强、浓度可使反应发生移动，可改变反应的限度，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、反应进行方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为易错点，题目难度不大．

10．（3分）某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）化学平衡状态的影响，得到如图所示的曲线（图中T

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表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是（ ）

A．图中T2一定大于T1

B．图中b点速率一定大于d点速率

C．达到平衡时，A2的转化率大小为：c＞b＞a D．加入催化剂可以使状态d变为状态b

【分析】由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2＞T1，若该正反应为放热反应，则T2＜T1；由图可知B2越大，达到平衡时A2的转化率越大，且b点AB3的体积分数最大，则反应物的物质的量之比接近等于化学计量数之比，以此来解答．

【解答】解：A．该反应无法确定是吸热反应还是放热反应，故A错误； B．由于温度大小不能确定，则不能确定b、d的反应速率大小，故B错误； C．在可逆反应中增加一种反应物的浓度可以提高另一种物质的转化率，随着B2的量的增加，A2的转化率逐渐增大，即c＞b＞a，故C正确； D．加入催化剂，平衡不移动，物质的体积分数不变，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查化学反应速率及化学平衡图象，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确横坐标为反应物B2的物质的量及该反应可能为吸热反应，也可能为放热反应是解答本题的关键，题目难度较大，为易错题．

11．（3分）在密闭容器中进行反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g），已知X2、Y2、Z起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是（ ） A．c（Z）=0.4 mol/L B．c（X2）=0.2mol/L C．c（Y2）=0.4mol/L

第16页（共31页）

D．c（X2）+c（Y2）+c（Z）=0.6mol/L

【分析】可逆反应的特点：反应不能进行到底．可逆反应无论进行多长时间，反应物不可能100%地全部转化为生成物；全部转到一边，求算各物质浓度的取值范围，依此得出正确结论．

【解答】解：Z全部转化时，X2的物质的量浓度为：0.1+物质的量浓度为：0.3+0.2 mol•L﹣1；

当X2全部转化时，Z的物质的量浓度为：0.2+0.1×2=0.4mol•L1，Y2的物质的量

﹣

=0.2 mol•L﹣1，Y2的

=0.4mol•L﹣1，故c（X2）的取值范围为：0＜c（X2）＜

浓度为：0.3﹣0.1=0.2mol•L﹣1，故c（Y2）的取值范围为：0.2mol•L﹣1＜c（Y2）＜0.4 mol•L﹣1，c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜0.4 mol•L﹣1； A．c（Z）的取值范围为：0＜c（X2）＜0.4 mol•L﹣1，故A错误； B．c（X2）的取值范围为：0＜c（X2）＜0.2 mol•L﹣1，故B错误；

C．c（Y2）的取值范围为：0.2mol•L﹣1＜c（Y2）＜0.4 mol•L﹣1，故C错误； D．因为反应前后系数相等，所以总物质的量不变，则c（X2）+c（Y2）+c（Z）=0.1mol/L+0.3mol/L+0.2mol/L=0.6mol/L，故D正确， 故选：D。

【点评】本题考查可逆反应的特点，难度不大．要注意对于可逆反应，反应物不可能100%地全部转化为生成物．

12．（3分）已知某水溶液中大量存在H+、Mg2+、K+、NO3﹣、Cl﹣中的四种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，则不能存在的离子是（ ） A．H+

B．Mg2+

C．Cl﹣

D．NO3﹣

【分析】溶液一定呈电中性，则阴阳离子所带总电荷一定相等，硝酸根离子、氯离子都带有1个单位负电荷，由于存在的各离子具有相同的物质的量，若要满足电荷守恒，则两种阳离子也必须带有1个单位正电荷，据此进行解答． 【解答】解：H+、Mg2+、K+、NO3﹣、Cl﹣中，阴离子NO3﹣、Cl﹣都带有1个单位负电荷，且存在的四种离子具有相同的物质的量，根据电荷守恒可知该溶液中存在的两种阳离子一定带有1个单位正电荷，所以阳离子应该为，H+、K+，不可能为Mg2+，

第17页（共31页）

故选：B。

【点评】本题考查了电荷守恒的应用，题目难度不大，明确电荷守恒的含义为解答关键，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．

13．（3分）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ） A．Na2S 溶液中 c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S） B．Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）

C．室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合：溶液中离子浓度的大小顺序为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．0.1mol•L﹣1的NaHC2O4溶液的pH=4，则c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）

【分析】A．根据溶液中的质子守恒分析； B．根据物料守恒分析；

C．pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液中溶质为醋酸和醋酸钠；

D．0.1mol•L﹣1的NaHC2O4溶液的pH=4，NaHC2O4的电离程度大于水解程度． 【解答】解：A．Na2S 溶液中水电离的氢离子的量与水的电离的氢氧根离子相等，则溶液中质子守恒为：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故A正确； B．Na2CO3溶液中钠离子的总浓度等于2倍的含碳微粒的总浓度，即：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B错误；

C．pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液中溶质为醋酸和醋酸钠，溶液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为：（CH3COO

﹣

）＞c（Na）＞c（H）＞c（OH），故C错误；

++﹣

D．0.1mol•L﹣1的NaHC2O4溶液的pH=4，NaHC2O4的电离程度大于水解程度，则c（H C2O4﹣）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故D错误。 故选：A。

【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是解本题关键，知道荷守恒和物料守恒的正确运用，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐能发

第18页（共31页）

生水解但程度较小，题目难度不大．

14．（3分）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（ ）

A．铜电极上发生氧化反应

B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）减小 C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加

D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡

【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2=Zn2+Cu，Zn发生氧化反应，

+

+

为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大．

【解答】解：A．由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，故A错误；

B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42﹣）不变，故B错误；

C．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e﹣=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C正确；

D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D错误，

第19页（共31页）

故选：C。

【点评】本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜只允许阳离子通过，C选项利用电荷守恒分析．

15．（3分）如图所示三个烧瓶中分别装人含酚酞的0.01mol/LCH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质．则下列叙述正确的是（ ）

A．①说明水解反应为放热反应 C．①中溶液红色变浅

B．③说明水解反应为吸热反应 D．③中溶液红色变深

【分析】CaO和水反应是放热反应，所以会导致溶液温度升高，硝酸铵溶解过程吸收热量，会导致溶液温度降低，升高温度促进CH3COONa水解，降低温度抑制CH3COONa水解，据此分析．

【解答】解：CaO+H2O=Ca（OH）2，该反应是放热反应，所以会导致溶液温度升高，硝酸铵溶解过程吸收热量，会导致溶液温度降低，升高温度促进CH3COONa水解，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深，则①中溶液红色变深；降低温度抑制CH3COONa水解，溶液的碱性减弱，溶液的颜色变浅，③中溶液红色变浅；CH3COONa水解反应为吸热反应，故B正确； 故选：B。

【点评】本题考查了盐的水解以及影响水解的因素，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力．

16．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．

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用如图装置电解精炼镁

B．

用如图装置验证试管中铁丝发生析氢腐蚀

C．

如图装置中Mg作负极，Al作正极

D．

用如图装置对二次电池进行充电

【分析】A．氯化镁溶液中镁离子不能在阴极得到电子； B．氯化铵溶液显酸性，与Fe反应生成氢气； C．Al与NaOH溶液反应，Al失去电子； D．充电时，正极与正极相连．

【解答】解：A．氯化镁溶液中镁离子不能在阴极得到电子，则阴极上不能得到Mg，故A错误；

B．氯化铵溶液显酸性，与Fe反应生成氢气，则装置可验证试管中铁丝发生析氢腐蚀，故B正确；

C．Al与NaOH溶液反应，Al失去电子，则Al失去电子作负极，故C错误； D．充电时，正极与正极相连，图中连接不合理，故D错误； 故选：B。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、电化学知识、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．

二、非选择题，共52分）本卷共5道题

17．（6分）合成氨工业中，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量．

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（1）写出合成氨反应的热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ•mol﹣1 ． （2）已知：

1mol N﹣H键断裂吸收的能量等于 391 kJ．

（3）已知关于铁的氧化物存在下列三个热化学方程式：

Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol ① Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣15.73kJ/mol ② Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.4kJ/mol ③

则CO还原FeO的热化学方程式为CO（g）+FeO（s）═Fe（s）+CO2（g）△H= ﹣218 kJ/mol．

【分析】（1）每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ•mol﹣1；

（2）合成氨工业中：3H2+N2⇌2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8﹣6×N﹣H键键能=﹣92.2，N﹣H键键能=391kJ；

（3）已知：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol ①； Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣15.73kJ/mol ②； Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.4kJ/mol ③；

根据盖斯定律将方程式变形×①﹣×②﹣×③得FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）．

【解答】解：（1）每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ•mol﹣1，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4KJ•mol﹣1；

（2）合成氨工业中：3H2+N2⇌2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8﹣6×N﹣H键键能=﹣92.2，N﹣H

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键键能=391kJ，故答案为：391；

（3）已知：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol ①； Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣15.73kJ/mol ②； Fe3O4（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.4kJ/mol ③； 根据盖斯定律将方程式变形×①﹣×②﹣×③得：

FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g），△H=[×（﹣24.8）﹣×（﹣15.73kJ）﹣×640.4kJ=﹣218kJ/mol，故答案为：﹣218．

【点评】本题考查了化学能与热能关系分析判断，焓变计算应用，热化学方程式书写等知识，题目难度中等．

18．（9分）某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定．

（1）仪器A的名称是 冷凝管或冷凝器 ．

（2）B中加入300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为 SO2+H2O2=H2SO4 ．

（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的 ③ ．

（4）若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为 酚酞 ．

（5）该测定结果往往比实际值偏高，分析是由于采用试剂不当引起的，可能的原因为 盐酸易挥发 ．

【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称；

（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；

第23页（共31页）

（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断； （4）根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂； （5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响． 【解答】解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b， 故答案为：冷凝管或冷凝器；

（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，

故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；

（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法， 故答案为：③；

（4）滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；

故答案为：酚酞；

（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响， 故答案为：盐酸易挥发．

【点评】本题为一道高考题，考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．

19．（12分）按要求回答下列问题：

I．将等物质的量的A、B混合放于2L的密闭容器中，发生反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）．经5min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：

第24页（共31页）

c（B）=3：5，v（C）=0.1mol/（L•min）．则： （1）x= 2 ．

（2）前5min内B的反应速率v（B）= 0.05mol/（L•min） ． （3）平衡时A的转化率为 50% ．

II．水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H． （4）已知：K（300℃）＜K（350℃），则该反应是 吸 热反应．

（5）上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率（ν正）随时间的变化如下图所示，填出对应的编号． ①缩小容器体积 b ； ②降低温度 f

（6）已知反应①CO（g）+CuO（g）⇌CO2（g）+Cu（s）②H2（g）+CuO（g）⇌Cu（s）+H2O（g） 在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数K=

（用K1和K2表示）．

【分析】Ⅰ．先设A、B的物质的量为nmol；根据D的浓度计算D的物质的量，根据D的物质的量计算反应的A、B的物质的量，根据5min时，A、B浓度之比求出A、B开始时的物质的量，用开始时的物质的量减反应的物质的量即为5min末的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算浓度；反应速率之比即为计量数之比；根据C的反应速率求A的反应速率．根据A的转化浓度计算A的转化率； Ⅱ．（4）温度越高平衡常数越大说明升温平衡正向进行；

（5）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡；

②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率； （6）由方程式可知，反应③=反应①﹣反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断．

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【解答】解：I．D的浓度为0.5mol/L，所以D的物质的量为1mol．C物质的量=0.1mol/（L•min）×2L×5min=1mol， 设A、B的物质的量为nmol，

3A（g）+B（g）=xC（g）+2D（g），

开始 n mol n mol 0 0 反应 1.5mol 0.5mol 1mol 1mol 5min （n﹣1.5）mol （ n﹣0.5）mol 1mol 1mol 同一容器中，c（A）：c（B）=n（A）：n（B）=

=；n=3mol，

（1）C的反应速率是0.1mol/（L•min），C物质的量=0.1mol/（L•min）×2L×5min=1mol，故答案为：2；

（2）C的反应速率是0.1mol/（L•min），根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以B的反应速率是×0.1mol/（L•min）=0.05mol/（L•min）， 故答案为：0.05mol/（L•min）； （3）A的转化率为：

×100%=50%，故答案为：50%；

=1，所以x=2，

Ⅱ．（4）已知：K（300℃）＜K（350℃），随温度升高平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，故答案为：吸；

（5）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合， 故答案为：b；

②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合，故答案为：f；

（6）①CO（g）+CuO（g）⇌CO2（g）+Cu（s）②H2（g）+CuO（g）⇌Cu（s）+H2O（g），

反应①的平衡常数K1=

，反应②的平衡常数K2=

，反应③：CO（g）

第26页（共31页）

+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=

=，

故答案为：．

【点评】本题考查化学平衡常数影响因素、应用及有关计算、化学平衡及反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．

20．（10分）已知在25℃时，醋酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为： 醋酸 K=1.75×10﹣5

碳酸 K1=4.30×10 ﹣7 K2=5.61×10 ﹣11 亚硫酸 K1=1.54×10﹣2 K2=1.02×10 ﹣7

（1）在相同条件下，试比较H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的酸性由强到弱的顺序： H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣ ．

（2）若保持温度不变，在醋酸溶液中加入少量HCl，下列量会变小的是 AD （填序号）

A．c（CH3COO﹣）B．c（H+）C．醋酸的电离平衡常数D．醋酸的电离度 （3）某化工厂废水中含有Ag+、Pb2+等重金属离子，其浓度各约为0.01mol/L．排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如表： 难溶电解质 KSP AgI AgOH Ag2S PbI2 Pb（OH）2 PbS 8.3×10﹣17 5.6×10﹣8 6.3×10﹣50 7.1×10﹣9 1.2×10﹣15 3.4×10﹣23 你认为往废水中投入 B 沉淀效果最好（填字母）

A．NaOH B．Na2S C．KI D．Ca（OH）2

（4）25℃时，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合（体积变化忽略不计），测得反应后溶液的pH如表． 实验编号 起始浓度/mol/L c （HA） ① ②

反应后溶液的pH 9 7 c （NaOH） 0.10 0.05 第27页（共31页） 0.10 X

则表中X 大于 0.05（填“大于”“等于”、“小于”）；实验①所得溶液中c（A﹣）+c（HA）= 0.05 mol•L﹣1 ．

【分析】（1）根据H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的电离平衡常数确定酸性的强弱； （2）因加入盐酸，醋酸的电离平衡逆向移动，则c（CH3COO﹣）减小，醋酸的电离程度减小，但温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，加盐酸时c（H+）增大； （3）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀；

（4）HA与NaOH恰好反应生成NaA时，溶液显碱性，说明HA为弱酸；根据物料守恒分析．

【解答】解：（1）H2CO3、HCO3﹣和HSO3﹣的电离平衡常数分别是：4.30×10﹣7、5.61×10﹣11、1.02×10﹣7，所以酸性顺序是：H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣， 故答案为：H2CO3＞HSO3﹣＞HCO3﹣；

（2）因加入盐酸，醋酸的电离平衡逆向移动，则c（CH3COO﹣）减小，醋酸的电离程度减小，但温度不变，则醋酸电离平衡常数和水的离子积常数不变，加盐酸时c（H+）增大， 故答案为：AD；

（3）由表格中的数据可知，溶度积越小的越易转化为沉淀，显然只有硫化物的溶度积小，则应选择硫化钠， 故答案为：B；

（4）由实验①可知，HA与NaOH恰好反应生成NaA时，溶液显碱性，说明HA为弱酸，若要混合显中性，则HA要稍微过量，所以X大于0.05；实验①中溶液的溶质为NaA，由物料守恒可知，c（A﹣）+c（HA）=0.05 mol•L﹣1； 故答案为：大于；0.05 mol•L﹣1．

【点评】本题考查了盐类水解、弱酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系、弱酸的电离平衡的移动、沉淀的转化，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．

21．（15分）如图所示（乙装置中X为阳离子交换膜，甲醚的结构简式为CH3OCH3）

第28页（共31页）

根据要求回答下列相关问题：

（1）写出负极的电极反应： CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H2O ． （2）氢氧化钠主要在 铁极 （填“铁极”或“石墨极”）区生成．

（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，则粗铜的电极反应为： Zn﹣2e﹣=Zn2+ 、 Cu﹣2e﹣=Cu2+ ．

（4）反应一段时间，硫酸铜溶液的浓度将 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）． （5）若在标准状况下有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为 12.8g ．

（6）若将丙装置改成在标准状况下，用石墨作电极电解体积为2L的CuSO4溶液，写出电解CuSO4溶液时的离子反应方程式 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ ；

当电解适当时间后断开电源，发现只需补充22.2g固体Cu2（OH）2CO3即可使电解液恢复到原浓度与体积，则原CuSO4溶液的浓度是 0.1 mol/L；若将丙设计成在镀件上镀铜的装置，该如何改动，请用简要的语言叙述： 将阳极粗铜改成纯铜，将阴极纯铜改成镀件 ．

（7）若将乙中的交换膜去掉，发现只有H2逸出，则试写出乙池中发生的总反应： NaCl+H2ONaClO+H2↑ ．

【分析】（1）甲装置为燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应；

（2）乙装置为电解氯化钠装置，铁电极连接原电池的负极，为电解池的阴极，石墨为阳极，氢氧化钠在阴极生，；

（3）丙装置为精炼铜装置，活泼性Zn＞Cu＞Ag，阳极上锌、铜被氧化； （4）根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；

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（5）据串联电池中转移电子数相等得氧气和铜的关系式为：O2﹣﹣﹣﹣﹣2Cu计算；

（6）用石墨作电极电解体积为2L的CuSO4溶液生成铜、氧气和硫酸；补充22.2gA即Cu2（OH）2CO3，其物质的量为0.1mol，即可使电解液恢复原浓度与体积，根据铜元素守恒可知，n[CuSO4]=0.2mol，根据c=计算；若将丙设计成在镀件上镀铜的装置，则铜作阳极，镀件作阴极；

（7）若将乙中的交换膜去掉，发现只有H2逸出，则生成的氯气与氢氧化钠继续反应生成氯化钠和次氯酸钠，据此书写．

【解答】解：（1）甲装置为燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H2O， 故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H2O；

（2）乙装置为电解氯化钠装置，铁电极连接原电池的负极，为电解池的阴极，石墨为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，导致阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度溶液呈碱性，所以乙装置中生成氢氧化钠主要在铁极区，故答案为：铁极；

（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌、银失电子进入溶液，阴极上析出铜离子，阳极电极方程式分别为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+；

（4）由（3）阳极电极方程式分别为Zn﹣2e﹣=Zn2+、Cu﹣2e﹣=Cu2+，根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小， 故答案为：减小；

（5）根据串联电池中转移电子数相等得氧气和铜的关系式为：O2﹣﹣﹣﹣2Cu，设生成铜的质量是x， O2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣2Cu 22.4L 128g 2.24L x x=12.8g，

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故答案为：12.8 g；

（6）用石墨作电极电解体积为2L的CuSO4溶液生成铜、氧气和硫酸，离子方程式为：2Cu2++2H2O

2Cu+O2↑+4H+，补充22.2gA即Cu2（OH）2CO3，其物质

的量为0.1mol，即可使电解液恢复原浓度与体积，根据铜元素守恒可知，n[CuSO4]=0.2mol，所以则原溶液CuSO4的浓度是

=0.1mol•L﹣1；若将丙设

计成在镀件上镀铜的装置，则铜作阳极，镀件作阴极，所以将阳极粗铜改成纯铜，将阴极纯铜改成镀件即可，故答案为：2Cu2++2H2O将阳极粗铜改成纯铜，将阴极纯铜改成镀件；

（7）若将乙中的交换膜去掉，发现只有H2逸出，则生成的氯气与氢氧化钠继续反应生成氯化钠和次氯酸钠，总反应为：NaCl+H2O为：NaCl+H2O

NaClO+H2↑．

NaClO+H2↑，故答案2Cu+O2↑+4H+；0.1；

【点评】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，结合串联电路的特点解答该题，难度不大．

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