2022-2022学年陕西省师大附中高二（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是()A．液态溴化氢B．蔗糖C．铝D．稀硝酸2．下列事实不能用电化学原理解释的是()A．常温条件下，在空气中铝不容易被腐蚀B．镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀C．用锌与硫酸制氢气时，往硫酸中滴少量硫酸铜D．远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板3．下列电离方程式，不正确的是()A．KOH═K++OH﹣B．NaHCO3⇌Na++HCO3﹣C．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣D．CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+4．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是()A．是吸热反应B．是放热反应C．是熵减少的反应D．熵增大效应大于能量效应5．已知溶液中存在平衡：Ca（OH）2⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是()A．升高温度，固体的量减少B．加入少量Na2CO3粉末能增大钙离子的浓度C．恒温下加入少量CaO，溶液的pH增大D．降低温度，溶液中c（OH﹣）增大6．下列说法正确的是()A．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣B．SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO32﹣+2I﹣+4H+C．25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NaCl溶液的KWD．100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性7．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A．明矾溶液加热B．CH3COONa溶液加热C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体8．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.51425\n腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣下列说法不正确的是()A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e﹣=2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓9．用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，若保持温度不变，电解一段时间后，下列有关说法正确的是()A．溶液的pH变大B．c（Na+）与c（SO42﹣）的比值不变C．电解过程中，向阳极附近溶液滴入酚酞，溶液变为红色D．阴、阳极产生气体在相同条件下体积之比为1：210．芬兰籍华人科学家张霞昌研制的“超薄型软电池”获2022年中国科技创业大赛最高奖，被称之为“软电池”的纸质电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH）（碱式氧化锰）．下列说法正确的是()A．该电池中Zn作负极，发生还原反应B．该电池反应中MnO2起催化作用C．该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D．该电池正极反应式为：2MnO2+2e﹣+2H2O═2MnO（OH）+2OH﹣11．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是()A．溶液中导电粒子的数目减少B．溶液中值减小C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=712．25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()A．1：10：1010：109B．1：5：5×109：5×108C．1：20：1010：109D．1：10：104：10913．下列根据实验操作和现象所得出的结论可靠的是()选项实验操作实验现象结论A分别测定0.1mol/LNa2CO3和苯酚钠溶液的pH前者pH比后者的大酸性：苯酚＞碳酸B向无色溶液A中加入稀硫酸产生淡黄色沉淀和无色气体A中含S2O32﹣离子CCuSO4和H2SO4混合溶液中加入Zn锌表面附着红色物质；产生无色气体氧化性：Cu2+＞H+25\nD向0.01mol/L的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀溶解出Ag+的能力：AgCl＞AgIA．AB．BC．CD．D14．用滴定法测定Na2CO3（含NaCl杂质）的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是()A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定15．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是()A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：Vb＞VaD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：116．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）⇌CuS（s）+Mn2+（aq），下列说法错误的是()A．相同条件下，MnS的Ksp比CuS的Ksp大B．该反应的平衡常数K=C．该反应达到平衡时c（Mn2+）=c（Cu2+）D．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c（Mn2+）变大17．用石墨电极电解足量M（NO3）x的水溶液，当阴极上增重ag时，在阳极上同时产生bL氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为()A．B．C．D．18．现有0.4mol•L﹣1HA溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合组成溶液．下列有关推断正确的是()A．若该溶液中HA电离能力大于A﹣水解能力，则有c（Na+）＞c（A﹣）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣）25\nB．若该溶液中A﹣水解能力大于HA电离能力，则有c（A﹣）＞c（HA）＞（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．无论该溶液呈酸性还是碱性，都有c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）D．无论该溶液呈酸性还是碱性，都有c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）19．在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）()A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol/（L•min）B．6～10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L•min）C．反应到6min时，H2O2分解了50%D．反应到6min时，c（H2O2）=0.30mol/L20．已知下表数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.4≥3对于含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液，下列说法正确的是()A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是红褐色沉淀B．该溶液中c（SO42﹣）：[c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）]＞5：4C．向该溶液中加入适量氯水，调节pH到4～5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D．向该溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物二、非选择题（共60分）21．（14分）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2﹣、HA﹣、H+、OH﹣，存在的分子有H2O、H2A．根据题意回答下列问题：（1）H2A为__________酸（填“强”或“弱”）．（2）若溶液M由10mL2mol•L﹣1NaHA溶液与2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH__________7（填“＞”、“＜”或“=”），原因为__________（用离子方程式表示），溶液中离子浓度由大到小顺序为__________．已知Ksp（BaA）=1.8×10﹣10，向上述混合溶液中加入10mL1mol•L﹣1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为__________mol•L﹣1．（3）若溶液M有下列三种情况：①0.01mol•L﹣1的H2A溶液；②0.01mol•L﹣1的NaHA溶液；③0.02mol•L﹣1的HCl与0.04mol•L﹣1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为__________；pH由大到小的顺序为__________．（4）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，V1与V2的大小关系为__________（填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”）．22．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：25\n（1）上述实验中发生的反应有__________、__________．（离子方程式）（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是通过一系列反应构成了原电池，写出该原电池的电极反应式，负极：__________；正极：__________．（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有__________．A．将稀硫酸换成浓硫酸B．适当升高温度C．用锌粉代替锌粒D．增加上述稀硫酸的用量（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．实验混合溶液ABCDEF4mol•L﹣1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=__________，V6=__________，V9=__________；②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因__________．23．偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（Ⅰ）（1）反应（Ⅰ）中氧化剂是__________．（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H（Ⅱ）当温度升高时，气体颜色变深，则反应（Ⅱ）中△H__________0（填“＞”或“＜”），保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，再次达到平衡时，混合气体中NO2的体积分数__________（填“增大”、“减小”或“不变”），混合气体的颜色__________（填“变深”或“变浅”）．（3）一定温度下，将1molN2O4充入一恒压密闭容器中发生反应（Ⅱ），下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是__________．若在相同温度下，上述反应改在体积为10L的恒容密闭容器中进行，平衡常数__________（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）=__________mol•L﹣1•s﹣1．24．向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）△H=+124kJ•mol﹣1．反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题：25\n（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）=__________．（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数=__________．（3）上述反应到达平衡状态时，PCl3的体积分数为__________．要提高平衡时PCl3的体积分数，可采取的措施有__________．A．温度不变，压缩容器体积增大压强B．使用高效催化剂C．温度和体积不变，减小PCl5的起始量D．体积不变，提高反应温度（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2平衡时PCl5的转化率仍为20%，则a=__________．（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是__________．25．甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题：（1）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气（CO和H2）还原氧化铁，有关反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+260kJ•mol﹣1已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为__________；（2）如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液），通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜．①a处应通入__________（填“CH4”或“O2”），b处电极上发生的电极反应式是__________；②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH__________（填写“变大”“变小”或“不变”，下同），装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度__________；③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH﹣以外还含有__________；④若将装置I中电解质溶液换成硫酸溶液，则在工作过程中H+移向__________电极（填“a”或“b”），a处电极上发生的电极反应式为__________．25\n2022-2022学年陕西省师大附中高二（上）期中化学试卷一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共40分）1．下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是()A．液态溴化氢B．蔗糖C．铝D．稀硝酸【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性．【分析】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物为电解质，存在自由移动的离子或电子的物质能导电，以此来解答．【解答】解：A、液态溴化氢是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，则属于电解质，但液体中没有带电微粒，则不导电，故A选；B、蔗糖是在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物，则属于非电解质，故B不选；C、铝为单质，则不属于电解质，但能导电，故C不选；D、稀硝酸为混合物，则不属于电解质，但能导电，故D不选；故选A．【点评】本题考查电解质和非电解质，注意概念的理解并抓住化合物来分析，明确导电的原因来解答．2．下列事实不能用电化学原理解释的是()A．常温条件下，在空气中铝不容易被腐蚀B．镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀C．用锌与硫酸制氢气时，往硫酸中滴少量硫酸铜D．远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．铝被氧化生成氧化铝，为化学反应；B．金属活泼性Zn＞Fe＞Sn，原电池中活泼金属易被腐蚀；C．滴少量硫酸铜，置换出Cu，构成原电池；D．加锌后，金属性Zn＞Fe，Zn易被腐蚀．【解答】解：A．铝被氧化生成氧化铝，为化学反应，与电化学无关，故A选；B．金属活泼性Zn＞Fe＞Sn，原电池中活泼金属易被腐蚀，则镀锌铁片比镀锡铁片更耐腐蚀，故B不选；C．滴少量硫酸铜，置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C不选；D．加锌后，金属性Zn＞Fe，构成原电池，Zn易被腐蚀，故D不选；故选A．【点评】本题考查原电池，明确发生的化学反应及电化学反应为解答本题的关键，注意原电池中负极易被腐蚀，题目难度不大．3．下列电离方程式，不正确的是()A．KOH═K++OH﹣B．NaHCO3⇌Na++HCO3﹣C．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣D．CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+【考点】电离方程式的书写．【分析】A．氢氧化钾为强碱，属于强电解质，完全电离；25\nB．碳酸氢钠属于盐，是强电解质，完全电离应等号；C．一水合氨为弱碱，属于弱电解质，部分电离，用可逆号；D．醋酸为弱酸，属于弱电解质，部分电离，用可逆号．【解答】解：A．氢氧化钾为强碱，属于强电解质，完全电离，电离方程式：KOH═K++OH﹣，故A正确；B．碳酸氢钠属于盐，是强电解质，电离方程式：NaHCO3⇌=Na++HCO3﹣，故B错误；C．一水合氨为弱碱，属于弱电解质，电离方程式：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故C正确；D．醋酸为弱酸，属于弱电解质，电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故D正确；故选：B．【点评】本题主要考查学生电离方程式的书写知识，明确电解质的强弱及电离方程式书写方法是解题关键，注意原子团不能拆．4．25℃和1.01×105Pa时，反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，自发进行的原因是()A．是吸热反应B．是放热反应C．是熵减少的反应D．熵增大效应大于能量效应【考点】焓变和熵变．【专题】化学平衡专题．【分析】由反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H﹣T•△S＜0才可．【解答】解：反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，在反应2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，可知该反应吸热，且熵值增大，根据△G=△H﹣T•△S判断，反应能自发进行，必须满足△H﹣T•△S＜0才可，即熵增大效应大于能量效应．故选D．【点评】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，本题注意反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△H﹣T•△S＜0时，反应才能自发进行．5．已知溶液中存在平衡：Ca（OH）2⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）△H＜0，下列有关该平衡体系的说法正确的是()A．升高温度，固体的量减少B．加入少量Na2CO3粉末能增大钙离子的浓度C．恒温下加入少量CaO，溶液的pH增大D．降低温度，溶液中c（OH﹣）增大【考点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A．Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；B．加入少量Na2CO3粉末，Na2CO3溶液中碳酸根离子结合钙离子生成沉淀，OH﹣浓度增大，平衡向正反应方向移动；C．恒温下向溶液中加入CaO，仍为饱和溶液，浓度不变；D．Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低，降低温度，溶液中的OH﹣浓度增多．【解答】解：A．平衡状态下为饱和溶液，给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，固体量增多，故A错误；B．加入少量Na2CO3粉末，Na2CO3溶液中碳酸根离子结合钙离子生成沉淀，OH﹣浓度增大，平衡向正反应方向移动，加入少量Na2CO3粉末不能增大钙离子的浓度，故B错误；25\nC．恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca（OH）2，仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，pH不变，故C错误；D．Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低，降低温度，平衡正向进行溶液中的OH﹣浓度增多，故D正确；故选D．【点评】本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，题目难度中等，注意A为易错点，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低．6．下列说法正确的是()A．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣B．SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO32﹣+2I﹣+4H+C．25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NaCl溶液的KWD．100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性【考点】离子共存问题；离子方程式的书写．【分析】A．加入铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；B．发生氧化还原反应生成硫酸和HI；C．温度越高，水的Kw越大；D.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，c（H+）=0.01mol/L，c（OH﹣）=1mol/L，碱的物质的量大．【解答】解：A．加入铝粉能产生H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；B．发生氧化还原反应生成硫酸和HI，离子反应为SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+，故B错误；C．温度越高，水的Kw越大，则25℃时NH4Cl溶液的KW小于100℃时NaCl溶液的KW，故C错误；D.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，c（H+）=0.01mol/L，c（OH﹣）=1mol/L，碱的物质的量大，则溶液显碱性，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子的共存和离子反应，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，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．7．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A．明矾溶液加热B．CH3COONa溶液加热C．氨水中加入少量NH4Cl固体D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH﹣浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析．【解答】解：A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；25\nC．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH﹣，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl﹣，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离，酚酞溶液不变深，故D错误．故选B．【点评】本题考查影响盐类水解的因素，题目难度不大，注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向．8．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2+Fe3O4Fe2O3FeO2﹣下列说法不正确的是()A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2+4H++4e﹣=2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀．【解答】解：A．当pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故A正确；B．当pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故B正确；C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；故选C．【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键，难度不大．9．用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，若保持温度不变，电解一段时间后，下列有关说法正确的是()A．溶液的pH变大B．c（Na+）与c（SO42﹣）的比值不变C．电解过程中，向阳极附近溶液滴入酚酞，溶液变为红色D．阴、阳极产生气体在相同条件下体积之比为1：2【考点】电解原理．【分析】用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以实际上是电解的水，电解过程中，溶剂的量减少，若保持温度不变，所以溶液的pH不变，据此分析．【解答】解：A．硫酸钠是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，用惰性电极电解饱和硫酸钠溶液，实质上是电解水，温度不变，所以溶液的pH不变，故A错误；25\nB．该电解过程中，实际上是电解水，溶质的量不变，所以溶液由饱和溶液变为过饱和溶液，有硫酸钠晶体析出，且硫酸钠是强酸强碱盐，钠离子、硫酸根离子不水解，所以c（Na+）与c（SO42﹣）的比值不变，故B正确；C．该电解过程中，实际上是电解水，阳极氢氧根失电子放出氧气，剩余氢离子显酸性，所以滴入酚酞，溶液不会变为红色，故C错误；D．该电解过程中，实际上是电解水，阳极氢氧根失电子放出氧气，阴极氢离子得电子放出氢气，所以阴、阳极产生气体在相同条件下体积之比为2：1，故D错误；故选B．【点评】本题考查电解原理，明确电解实质是解本题关键，注意：温度不变时，饱和溶液变成过饱和溶液时，溶液的浓度不变，为易错点．10．芬兰籍华人科学家张霞昌研制的“超薄型软电池”获2022年中国科技创业大赛最高奖，被称之为“软电池”的纸质电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO（OH）（碱式氧化锰）．下列说法正确的是()A．该电池中Zn作负极，发生还原反应B．该电池反应中MnO2起催化作用C．该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2D．该电池正极反应式为：2MnO2+2e﹣+2H2O═2MnO（OH）+2OH﹣【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】由电池总反应Zn+2MnO2十H2O=ZnO+2MnO（OH）可知，Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=ZnO+H2O，MnO2被还原，为原电池的正极，电极反应为MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣．【解答】解：A、从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以是负极，故A错误；B、该电池反应中二氧化锰发生了还原反应，二氧化锰得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；C、该电池中电子由负极经外电路流向正极，则电流从正极二氧化锰流向锌，故C错误；D、电池的正极反应式为MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣，或2MnO2+2e﹣+2H2O=2MnO（OH）十2OH﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式．11．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是()A．溶液中导电粒子的数目减少B．溶液中值减小C．醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸是弱电解质，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用酸碱混合时pH的计算来解答．25\n【解答】解：A．弱电解质，浓度越稀，电离程度越大，醋酸溶液中加水稀释，促进电离，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；B．醋酸加水稀释过程中，醋酸根离子浓度始终减小，但由于水的电离，氢离子浓度减小的幅度小，所以值减小，故B正确；C．醋酸溶液中加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，酸性减弱，故C错误；D．等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，故D错误；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的稀释，明确溶液的pH与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化关系是解答本题的关键，题目难度中等．12．25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()A．1：10：1010：109B．1：5：5×109：5×108C．1：20：1010：109D．1：10：104：109【考点】水的电离；pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据H20⇌H++OH﹣可知，H2SO4溶液、Ba（OH）2溶液抑制水的电离，根据溶液的H2SO4溶液的PH或Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）计算水的电离的物质的量，Na2S溶液、NH4NO3溶液促进水的电离，根据PH可直接求出发生电离的水的物质的量，进而计算物质的量之比．【解答】解：设溶液的体积为1L，①中pH=0的H2SO4中c（H+）=1.0mol•L﹣1，c（OH﹣）=1.0×10﹣14mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣14mol；②中c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1，c（H+）=1.0×10﹣13mol•L﹣1，水电离的物质的量为1.0×10﹣13mol；③中c（OH﹣）=1.0×10﹣4mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣4mol；④中c（H+）=1.0×10﹣5mol•L﹣1，水的电离的物质的量为1.0×10﹣5mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10﹣14mol：1.0×10﹣13mol：1.0×10﹣4mol1：1.0×10﹣5mol=1：10：1010：109，故选A．【点评】本题考查水的电离以及溶液中PH的简单计算，难度不大，做题时注意如何计算水的电离是解答此类题目的关键．13．下列根据实验操作和现象所得出的结论可靠的是()选项实验操作实验现象结论A分别测定0.1mol/LNa2CO3和苯酚钠溶液的pH前者pH比后者的大酸性：苯酚＞碳酸B向无色溶液A中加入稀硫酸产生淡黄色沉淀和无色气体A中含S2O32﹣离子CCuSO4和H2SO4混合溶液中加入Zn锌表面附着红色物质；产生无色气体氧化性：Cu2+＞H+25\nD向0.01mol/L的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀溶解出Ag+的能力：AgCl＞AgIA．AB．BC．CD．D【考点】比较弱酸的相对强弱的实验；氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见阴离子的检验．【专题】实验评价题．【分析】A．水解程度：碳酸根离子＞苯酚根离子＞碳酸氢根离子，相同浓度的钠盐溶液中，阴离子的水解程度越大其溶液的pH越大，相应酸的酸性越弱；B．可溶性的亚硫酸盐和硫化物的混合溶液中，加入稀硫酸后，也生成淡黄色沉淀和无色气体；C．自发进行的同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．混合溶液中产生不同沉淀时，溶度积小的先沉淀，溶度积大的后沉淀．【解答】解：A．相同浓度的Na2CO3和苯酚钠溶液中，碳酸钠的pH大于苯酚钠，碳酸根离子相应的酸是碳酸氢根离子，所以得出的结论是酸性：苯酚＞碳酸氢根离子，故A错误；B．向亚硫酸钠和硫化钠的混合溶液中加入稀硫酸也产生淡黄色沉淀和无色气体，故B错误；C．锌和稀硫酸、硫酸铜的反应不是同一氧化还原反应，所以该实验无法判断氢离子和铜离子的氧化性强弱，故C错误；D．向0.01mol/L的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，说明碘化银的溶度积小于氯化银，即溶解出Ag+的能力：AgCl＞AgI，故D正确；故选D．【点评】本题涉及知识点较多，易错选项是A，注意碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，为易错点．14．用滴定法测定Na2CO3（含NaCl杂质）的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是()A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定【考点】中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据c（待）=判断不当操作对相关物理量的影响．【解答】解：A、试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定，对V（标）无影响，根据c（待）=可知c（待）不变，故A错误；B、滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定，标准液浓度降低，造成V（标）偏大，根据c（待）=可知c（待）偏大，故B正确；C、锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定，待测液的物质的量不变，对V（标）无影响，根据c（待）=可知c（待）不变，故C错误；25\nD、滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定，待测液浓度降低，待测液的物质的量减小，造成V（标）偏小，根据c（待）=可知c（待）减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查滴定实验操作，意在考查学生实验能力和误差分析能力，题目较简单．15．已知（HF）2（g）⇌2HF（g），△H＞0且平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示．下列说法正确的是()A．温度：T1＜T2B．平衡常数：K（a）=K（b）＜K（c）C．反应速率：Vb＞VaD．当=30g/mol时，n（HF）：n[（HF）2]=2：1【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小分析；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化；C、依据温度变化分析，温度越高反应速率越大分析；D、依据平均摩尔质量概念计算判断．【解答】解：A、根据平衡体系的总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比为混合气体平均摩尔质量，反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体物质的量增大，总质量【m（总）】与总物质的量【n总】之比减小，T1＞T2，故A错误；B、平衡常数随温度变化，不随压强变化，温度越高，平衡正向进行，平衡常数增大，平衡常数：K（a）=K（c）＜K（b），故B错误；C、分析判断可知T1＞T2，温度越高反应速率越快，反应速率：Vb＞Va，故C正确；D、n（HF）：n[（HF）2]=2：1，当==26.7g/mol，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的建立过程分析，平衡影响因素的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．25\n16．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）⇌CuS（s）+Mn2+（aq），下列说法错误的是()A．相同条件下，MnS的Ksp比CuS的Ksp大B．该反应的平衡常数K=C．该反应达到平衡时c（Mn2+）=c（Cu2+）D．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c（Mn2+）变大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．根据分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀；B．反应的平衡常数K===；C．该反应达到平衡时离子的浓度不变；D．增大铜离子的浓度平衡正移．【解答】解：A．分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故A正确；B．反应的平衡常数K===，故B正确；C．该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变，但不一定相等，故C错误；D．增大铜离子的浓度，平衡正向移动，所以C（Mn2+）变大，故D正确；故选C．【点评】本题主要考查了沉淀的平衡以及转化，难度不大，根据平衡移动原理以及沉淀转化的知识即可完成．17．用石墨电极电解足量M（NO3）x的水溶液，当阴极上增重ag时，在阳极上同时产生bL氧气（标准状况），从而可知M的相对原子质量为()A．B．C．D．【考点】电解原理．【分析】利用氧化还原反应原理解答，依据电解时，得失电子数相等推断金属与氧气的关系，从而确定金属的原子量．【解答】解：设M的原子量为M电解时，电池反应方程式为：4M（NO3）x+2xH2O4M+xO2↑+4xHNO34Mg22.4xLagbL所以M==，故选C．25\n【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，能正确写出该电池的电池反应式并找出金属与氧气的关系式是解本题的关键，要注意根据得失电子相等配平方程式，才能正确解答问题．18．现有0.4mol•L﹣1HA溶液和0.2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合组成溶液．下列有关推断正确的是()A．若该溶液中HA电离能力大于A﹣水解能力，则有c（Na+）＞c（A﹣）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．若该溶液中A﹣水解能力大于HA电离能力，则有c（A﹣）＞c（HA）＞（Na+）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．无论该溶液呈酸性还是碱性，都有c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣）D．无论该溶液呈酸性还是碱性，都有c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】将0.4mol•L﹣1HA溶液和0.2mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HA和NaA，二者浓度相等，一般溶液显酸性，酸的电离为主，也可能为中性或碱性，取决电离与水解的程度，以此解答该题．【解答】解：将0.4mol•L﹣1HA溶液和0.2mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HA和NaA，二者浓度相等，A．若该溶液中HA电离能力大于A﹣水解能力，溶液显酸性，则有c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；B．若该溶液中A﹣水解能力大于HA电离能力，溶液显碱性，则则有c（HA）＞（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．无论该溶液呈酸性还是碱性，溶液遵循电荷守恒，都有c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），故C正确；D．无论该溶液呈酸性还是碱性，由物料守恒可知都有2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），故D错误；故选C．【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据题目信息判断，反应后溶质的量及电离、水解的大小，结合电荷守恒和物料守恒解答．19．在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）()A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol/（L•min）B．6～10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L•min）C．反应到6min时，H2O2分解了50%D．反应到6min时，c（H2O2）=0.30mol/L【考点】化学平衡的计算．25\n【分析】A.0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（L•min）；B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小；C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=×100%；D.6min时，c（H2O2）=（0.40﹣）mol/L．【解答】解：A.0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=mol/（L•min）≈3.3×10﹣2mol/（L•min），故A正确；B．反应物浓度越大反应速率越大，随着反应进行，反应速率逐渐减小，前6min内反应速率为3.3×10﹣2mol/（L•min），则6～10min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol/（L•min），故B正确；C.6min产生的氧气的物质的量n（O2）==0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，其分解率=×100%=50%，故C正确；D.6min时，c（H2O2）=（0.40﹣）mol/L=0.20mol/L，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学平衡有关计算，侧重考查学生计算能力，熟悉物质的量浓度公式、浓度与反应速率关系、转化率的计算方法等知识点即可解答，题目难度不大．20．已知下表数据：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3完全沉淀时的pH范围≥9.6≥6.4≥3对于含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的混合溶液，下列说法正确的是()A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是红褐色沉淀B．该溶液中c（SO42﹣）：[c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）]＞5：4C．向该溶液中加入适量氯水，调节pH到4～5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液D．向该溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物25\n【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】A、依据图表分析，铁离子开始沉淀的pH=3分析；B、铁离子、亚铁离子、铜离子水溶液中水解；C、混合溶液中加入氯水氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH4﹣5铁离子沉淀完全，过滤得到溶液是硫酸铜溶液和盐酸、硫酸溶液；D、沉淀中含有Cu（OH）2、Fe（OH）2和Fe（OH）3，对沉淀灼烧后氢氧化亚铁变成氢氧化铁，最终得到的是氧化铁和氧化铜的混合物．【解答】解：A、依据阳离子沉淀的pH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故A正确；B、等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3的溶液中设物质的量为1mol，n（SO42﹣）=5mol，n（Cu2+）+n（Fe2+）+n（Fe3+）=4mol，但Cu2+、Fe2+、Fe3+在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c（SO42﹣）：[c（Cu2+）+c（Fe2+）+c（Fe3+）]＞5：4，故B正确；C、加入氯水，可以把亚铁离子全氧化成三价，但它的还原产物Cl﹣肯定还在溶液中，而且在调节pH时加入的试剂也会在溶液中有所保留，所以得到的溶液中不可能只含CuSO4一种溶质，故C错误；D、由表中数据知，在pH到9.6后过滤，沉淀中含有Cu（OH）2、Fe（OH）2和Fe（OH）3，对沉淀灼烧，最终得到的是CuO和Fe2O3两种固体的混合物，不含有FeO，故D错误，故选AB．【点评】本题考查氧化还原反应顺序判断，离子沉淀条件的分析判断，盐类水解的应用，除杂实验方法的应用，题目难度中等，注意对题中表格数据的分析应用是解题的关键二、非选择题（共60分）21．（14分）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2﹣、HA﹣、H+、OH﹣，存在的分子有H2O、H2A．根据题意回答下列问题：（1）H2A为弱酸（填“强”或“弱”）．（2）若溶液M由10mL2mol•L﹣1NaHA溶液与2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH＞7（填“＞”、“＜”或“=”），原因为A﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣（用离子方程式表示），溶液中离子浓度由大到小顺序为c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）．已知Ksp（BaA）=1.8×10﹣10，向上述混合溶液中加入10mL1mol•L﹣1BaCl2溶液，混合后溶液中的Ba2+浓度为5.4×10﹣10mol•L﹣1．（3）若溶液M有下列三种情况：①0.01mol•L﹣1的H2A溶液；②0.01mol•L﹣1的NaHA溶液；③0.02mol•L﹣1的HCl与0.04mol•L﹣1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③；pH由大到小的顺序为②＞③＞①．（4）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，V1与V2的大小关系为均有可能（填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”）．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；由反应式Ba2++A2﹣=BaA↓可得：沉淀后A2﹣过量0.01mol，溶液中c（A2﹣）==mol•L﹣1，根据BaA的Ksp可得c（Ba2+）；25\n（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，浓度均为0.01mol/L，抑制弱酸的电离；（4）混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，c（H+）=10﹣5mol/L，显酸性，则酸过量，以此分析．【解答】解：（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，故答案为：弱；（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，pH＞7，因为A﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+），由反应式Ba2++A2﹣=BaA↓可得：沉淀后A2﹣过量0.01mol，溶液中c（A2﹣）=﹣）==mol•L﹣1，根据BaA的Ksp=c（Ba2+）•c（A2﹣）可得c（Ba2+）===5.4×10﹣10mol•L﹣1；故答案为：＞；A﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣；c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）；5.4×10﹣10；（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，浓度均为0.01mol/L，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②溶液pH大于③，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①，故答案为：③；②＞③＞①；（4）混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，c（H+）=10﹣5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量，故答案为：均有可能．【点评】本题考查较综合，涉及酸碱混合的定性分析、pH、电离与水解、电离方程式等，把握溶液中的溶质及电离与水解的趋势、相互影响即可解答，题目难度中等．22．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：（1）上述实验中发生的反应有Zn+Cu2+=Zn2++Cu、Zn+2H+=Zn2++H2↑．（离子方程式）（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是通过一系列反应构成了原电池，写出该原电池的电极反应式，负极：Zn﹣2e﹣=Zn2+；正极：2H++2e﹣=H2↑．（3）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有BC．A．将稀硫酸换成浓硫酸B．适当升高温度C．用锌粉代替锌粒D．增加上述稀硫酸的用量（4）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．实验混合溶液ABCDEF4mol•L﹣1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=30，V6=10，V9=17.5；25\n②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积．【考点】原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素．【分析】（1）锌较活泼，可与硫酸铜、硫酸等发生置换反应；（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；（3）结合浓度、温度、催化剂等因素对反应速率的影响分析；（4）①为保证实验有对比性，只能逐渐改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；②生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，影响了反应速率．【解答】解：（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关离子方程式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu、Zn+2H+=Zn2++H2↑，故答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu、Zn+2H+=Zn2++H2↑；（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，负极：Zn﹣2e﹣=Zn2+；正极：2H++2e﹣=H2↑，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+；2H++2e﹣=H2↑；（3）对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等，A．将稀硫酸换成浓硫酸不生成氢气，故错误；B．适当升高温度，反应速率增大，故正确；C．用锌粉代替锌粒，反应速率增大，故正确；D．增加上述稀硫酸的用量，氢离子浓度不变，则反应速率不变，故错误；故选：BC；（4）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V9=17.5ml，V1=30ml．故答案为：30；10；17.5；②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积．【点评】本题考查了影响化学反应速率的因素，并且融合了化学实验，形式新颖灵活，本题的易错点在于第（4）小题，首先V1、V6、V9的求得要注意分析表中数据；最后一问应该能够想到“覆盖”的问题，题目难度中等．23．偏二甲肼与N2O4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（l）+2N2O4（l）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）（Ⅰ）（1）反应（Ⅰ）中氧化剂是N2O4．（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H（Ⅱ）当温度升高时，气体颜色变深，则反应（Ⅱ）中△H＞0（填“＞”或“＜”），保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，再次达到平衡时，混合气体中NO225\n的体积分数减小（填“增大”、“减小”或“不变”），混合气体的颜色变深（填“变深”或“变浅”）．（3）一定温度下，将1molN2O4充入一恒压密闭容器中发生反应（Ⅱ），下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是acd．若在相同温度下，上述反应改在体积为10L的恒容密闭容器中进行，平衡常数不变（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后NO2的物质的量为0.6mol，则0～3s内的平均反应速率v（N2O4）=0.01mol•L﹣1•s﹣1．【考点】化学平衡的影响因素；氧化还原反应．【分析】（1）在氧化还原反应中化合价降低的反应物是氧化剂；（2）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，相对于成比例增大反应物，即增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，但二氧化氮的浓度一定增大；（3）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关；根据v（NO2）=计算NO2的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v（N2O4）．【解答】解：（1）反应（Ⅰ）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，N2O4（l）是氧化剂，（CH3）2NNH2（l）中碳元素化合价升高，是还原剂，故答案为：N2O4；（2）升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应即△H＞0；保持温度和体积不变向上述平衡体系中再充入一定量的N2O4，相对于成比例增大反应物，即增大压强平衡向气体体积减小的方向移动即逆反应方向，所以NO2的体积分数减小，但二氧化氮的浓度仍然增大，则混合气体的颜色变深，故答案为：＞；减小；变深；（3）a、反应方程式两边气体的质量不相等，密度不变，说明达到了平衡状态，故a正确；b、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；c、根据图象，正反应速率不变，则说明达到了平衡状态，故c正确；d、四氧化二氮的转化率不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故d正确；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；v（NO2）=v（NO2）===0.02mol/L•s，则v（N2O4）=v（NO2）=0.01mol/（L•s），故答案为：acd；不变；0.01．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断、化学反应速率的计算等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡状态的判断方法、明确化学反应速率与化学及计量数成正比，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．25\n24．向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，在温度为T时发生如下反应PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）△H=+124kJ•mol﹣1．反应过程中测定的部分数据见下表：时间t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.20.2回答下列问题：（1）反应在前50s的平均速率v（PCl5）=0.0016mol/（L•s）．（2）温度为T时，该反应的化学平衡常数=0.025．（3）上述反应到达平衡状态时，PCl3的体积分数为16.7%．要提高平衡时PCl3的体积分数，可采取的措施有CD．A．温度不变，压缩容器体积增大压强B．使用高效催化剂C．温度和体积不变，减小PCl5的起始量D．体积不变，提高反应温度（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2平衡时PCl5的转化率仍为20%，则a=0.1．（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），该反应的化学方程式是PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）由表中数据可知，50s内△n（PCl3）=0.16mol，由方程式可知△n（PCl5）=△n（PCl3），根据v=计算v（PCl5）；（2）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，平衡时n（PCl3）=0.2mol，则：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1再根据K=计算平衡常数；（3）PCl3的体积分数=×100%；要提高平衡时PCl3的体积分数，改变条件平衡正向移动，但不能减小PCl3的浓度，注意改变PCl5的浓度等效为压强改变；（4）平衡时PCl5的转化率仍为20%，转化的PCl5为0.5mol×20%=0.1mol，表示出平衡时各组分物质的量，再根据平衡常数列方程计算解答；（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），还生成HCl．【解答】解：（1）由表中数据可知，50s内△n（PCl3）=0.16mol，由方程式可知△n（PCl5）=△n（PCl3）=0.16mol，则v（PCl5）==0.0016mol/（L•s），故答案为：0.0016mol/（L•s）；25\n（2）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，平衡时n（PCl3）=0.2mol，则：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）开始（mol/L）：0.500变化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1则平衡常数K===0.025，故答案为：0.025；（3）由（2）中计算数据可知，平衡时PCl3的体积分数=×100%=16.7%；A．温度不变，压缩容器体积增大压强，平衡逆向移动，PCl3的体积分数减小，故A错误；B．使用高效催化剂，不影响平衡移动，PCl3的体积分数不变，故B错误；C．温度和体积不变，减小PCl5的起始量，等效为降低压强，平衡正向移动，PCl3的体积分数增大，故C错误；D．体积不变，提高反应温度，正反应为吸热反应，平衡正向移动，PCl3的体积分数增大，故D正确，故答案为：16.7%；CD；（4）在温度为T时，若起始时向容器中充入0.5molPCl5和amolCl2，平衡时PCl5的转化率仍为20%，则转化的PCl5为0.5mol×20%=0.1mol，反应正向进行，则：PCl5（g）⇌PCl3（g）+Cl2（g）开始（mol/L）：0.2500.5a变化（mol/L）：0.050.050.05平衡（mol/L）：0.20.050.5a+0.05则平衡常数K==0.025，解得a=0.1故答案为：0.1；（5）在热水中，五氯化磷完全水解，生成磷酸（H3PO4），还生成HCl，反应方程式为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl，故答案为：PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率、平衡常数计算等，难度中等，（4）中注意利用平衡醋酸是进行计算解答．25．甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题：（1）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气（CO和H2）还原氧化铁，有关反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+260kJ•mol﹣1已知：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=﹣46kJ•mol﹣1；（2）如图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池（电解质溶液为KOH溶液），通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜．25\n①a处应通入CH4（填“CH4”或“O2”），b处电极上发生的电极反应式是O2+2H2O+4e=4OH﹣；②电镀结束后，装置Ⅰ中溶液的pH变小（填写“变大”“变小”或“不变”，下同），装置Ⅱ中Cu2+的物质的量浓度不变；③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH﹣以外还含有CO32﹣、HCO3﹣；④若将装置I中电解质溶液换成硫酸溶液，则在工作过程中H+移向b电极（填“a”或“b”），a处电极上发生的电极反应式为CH4+8e﹣+2H2O═CO2+8H+．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）已知CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+260kJ•mol﹣1①，2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1②，将方程式2×①+②可得CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式；（2）①II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；②根据I中氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化；II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量；③I中还有碳酸根离子和碳酸氢根离子生成；④II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，原电池中电解质溶液中阳离子移向正极，a处电极上发生的电极反应是甲烷失电子发生氧化反应生成二氧化碳，结合电荷守恒书写电极反应；【解答】解：（1）CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+260kJ•mol﹣1①，2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1②，将方程式2×①+②得2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=﹣46kJ•mol﹣1，故答案为：2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=﹣46kJ•mol﹣1；（2）①II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，负极上通入燃料、正极上通入氧化剂，所以a处通入的气体是甲烷；甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，b处通的是氧气，电极上发生的电极反应式是：O2+2H2O+4e=4OH﹣；故答案为：CH4；O2+2H2O+4e=4OH﹣；②根据I中电池反应为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，KOH参加反应导致溶液中KOH浓度降低，则溶液的pH减小；II中发生电镀，阳极上溶解的铜质量等于阴极上析出铜的质量，则溶液中铜离子浓度不变，故答案为：变小；不变；③I中负极反应为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，所以还有碳酸根离子、碳酸氢根离子生成，离子为：CO32﹣、HCO3﹣，故答案为：CO32﹣、HCO3﹣；25\n④II中首先镀铜，则Cu作阳极、Fe作阴极，I中a处电极为负极、b处电极为正极，原电池中电解质溶液中阳离子移向正极，a处电极上发生的电极反应是甲烷失电子发生氧化反应生成二氧化碳，结合电荷守恒书写电极反应为：CH4+8e﹣+2H2O═CO2+8H+，故答案为：b，CH4+8e﹣+2H2O═CO2+8H+；【点评】本题考查了盖斯定律、原电池和电解池原理，平衡标志和判断，图象分析方法，根据电解池中Cu、Fe电极上发生的反应确定燃料电池中正负极及电极上通入的气体，再结合转移电子相等计算，难点是电极反应式的书写，题目难度中等．25
