湖北省孝感高中高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖北省孝感高中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（本题包括14小题，每题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．强弱电解质的本质区别是（　　）A．导电能力B．相对分子质量C．电离程度D．溶解度　2．用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是（　　）A．CuSO4B．H2SO4C．CuCl2D．NaCl　3．将①H+、②Cl﹣、③Al3+、④K+、⑤S2﹣、⑥OH﹣、⑦NO3﹣、⑧NH4+分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（　　）A．①③⑤⑦⑧B．②④⑦C．①⑥D．②④⑥⑧　4．下列说法正确的是（　　）A．强酸跟强碱的反应热一定是中和热B．1molC完全燃烧放热383.3kJ，其热化学方程为：C+O2═CO2△H=﹣383.3kJ•mol﹣1C．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O时的反应热叫做中和热D．表示中和热的离子方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）；△H=57.3KJ•mol﹣1　5．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）；△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（　　）A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n：m　6．将1molCH4和一定物质的量的Cl2混合均匀，以漫散光照射CH4与Cl2发生取代反应．反应后CH4与Cl2均无剩余，且生成等物质的量的四种氯代烃，参加反应的Cl2物质的量为（　　）A．1.5molB．2molC．2.5molD．4mol　7．化学式为C7H16的烷烃中，在结构式中含有3个甲基的同分异构体数目是（　　）A．2B．3C．4D．5　8．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）A．铅蓄电池放电的正极电极反应式：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2OB．氢氧碱性燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2++2e﹣═CuD．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+　22\n9．将H2S通人FeCl3溶液中，过滤后将反应液加入电解槽中电解（如图所示）电解后的溶液还可以循环利用．该方法可用于处理石油炼制过程中产生的H2S废气．下列有关说法正确的是（　　）A．过滤得到的沉淀可能是FeS和SB．若有0.20mol的电子转移，一定能得到2.24L的氢气C．可以用Fe与外接电源的a极相连D．与a极相连的电极反应为Fe2+﹣e﹣=Fe3+　10．有关下列图象的说法正确的是（　　）A．表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H＞0B．表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸C．表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应的焓变D．中开关K置于a或b处均可减缓铁的腐蚀　11．如图装置中，小试管内为红墨水，带有支管的U型管中盛有pH=4的雨水和生铁片．经观察，装置中有如下现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面．以下有关解释合理的是（　　）22\nA．生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应B．雨水酸性较强，生铁片始终发生析氢腐蚀C．墨水液面回升时，正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．U型管中溶液pH逐渐减小　12．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL0.01mol•L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　）A．V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10﹣2mol•L﹣1B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）C．V（NaOH）=10mL时，c（H+）=1×10﹣7mol/LD．V（NaOH）＞10mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）　13．在1LK2SO4、CuSO4的混合溶液中，c（SO42﹣）=2mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后（电解完全），两极均收集到22.4L气体（标准状况），原溶液中c（K+）为（　　）A．0.5mol•L﹣1B．1mol•L﹣1C．1.5mol•L﹣1D．2mol•L﹣1　14．25℃，向50mL0.018mol/LAgNO3溶液中加入50mL0.02mol/L盐酸生成沉淀．已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，则生成沉淀后的体系中c（Ag+）为（　　）A．1.8×10﹣7mol/LB．1.8×10﹣8mol/LC．1.8×10﹣9mol/LD．1.8×10﹣10mol/L　　二、填空题（本题包括6小题，共58分）15．氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如下所示，完成下列填空：（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上电极反应为　　　　　　，与电源负极相连的电极附近，溶液pH　　　　　　（选填“不变”、“升高”或“下降”）．（2）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为　　　　　　．（3）如果粗盐中SO42﹣含量较高，必须添加钡试剂除去SO42﹣，该钡试剂不能是　　　　　　．22\na．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2（4）为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO42﹣，加入试剂不合理的顺序为　　　　　　（选填a、b、c）a．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过　　　　　　、冷却、　　　　　　（填写操作名称）除去NaCl．　16．已知氢氟酸、醋酸、氢氰酸（HCN）、碳酸在室温下的电离常数如下表，请回答下列问题：①HFKa=6.8×10﹣4mol•L﹣1②CH3COOHKa=1.7×10﹣5mol•L﹣1③HCNKa=6.2×10﹣10mol•L﹣1④H2CO3Ka1=4.4×10﹣7mol•L﹣1Ka2=4.7×10﹣11mol•L﹣1（1）四种酸中酸性最强的是　　　　　　，最弱的是　　　　　　（2）写出H2CO3的电离方程式　　　　　　（3）写出化学方程式：足量的氢氟酸与碳酸钠溶液混合　　　　　　足量的CO2通入NaCN溶液中　　　　　　．　17．已知物质A、B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物，它们可发生如图所示的转化关系：（1）若条件①为常温，B和D为同种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出少量Fe粉与E的稀溶液反应的离子方程式：　　　　　　．（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则C为　　　　　　（写化学式）．（3）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，B常作铝热反应引发剂．气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H2O反应的化学方程式　　　　　　．将气体D作为燃料电池的燃料源可以制成D﹣空气燃料电池系统，总反应式为：D+O2→A+H2O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：　　　　　　．　18．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．22\n①a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KOH溶液的浓度　　　　　　（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在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗氧气　　　　　　L（标准状况下）．　19．以氨气代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点．（1）氨燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极的电极反应式为　　　　　　；每消耗1.7gNH3转移的电子数目为　　　　　　．（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，如右图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为　　　　　　；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为　　　　　　L．（3）纳米级氧化亚铜（Cu2O）是一种重要光电材料．现用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质制备纳米级氧化亚铜（Cu2O），电解反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑铜棒上发生的电极反应式为　　　　　　．　20．对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重要课题，在恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进行合成氨反应，如图1（图中所示数据均为初始物理量）．t分钟后反应均达到平衡，生成NH3均为0.4mol（忽略水对压强的影响及氨气的溶解）．①判断甲容器中的反应达平衡的依据是　　　　　　．（填写相应编号）A．压强不随时间改变22\nB．气体的密度不随时间改变C．c（N2）不随时间改变D．单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2E．单位时间内断裂3molH﹣H键，同时断裂6molN﹣H键②该条件下甲容器中反应的平衡常数K=　　　　　　；平衡时，甲的压强P平=　　　　　　（初始压强用P0表示）．③该条件下，若向乙中继续加入0.2molN2，达到平衡时N2转化率=　　　　　　．　21．某甲醇（CH3OH）燃料电池原理如图1所示．①M区发生反应的电极反应式为　　　　　　．②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解池的总反应离子方程式为：　　　　　　．假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为　　　　　　（忽略溶液体积变化）．　　22\n2022-2022学年湖北省孝感高中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括14小题，每题3分，共42分．每小题只有一个选项符合题意．）1．强弱电解质的本质区别是（　　）A．导电能力B．相对分子质量C．电离程度D．溶解度【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物．一般是强酸、强碱和大部分盐类．弱电解质是指：在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐．据此即可解答．【解答】解：A．电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力无关，溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电性越强，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，虽溶于水的部分能完全电离，而导电能力很弱，故A错误；B．电解质的强弱与相对分子质量没有关系，主要是根据能否完全电离区分，故B错误；C．强电解质是指：在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物．即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，故C正确；D．强弱电解质与溶解度无关，如硫酸钡是强电解质，但它难溶于水，乙酸易溶于水，但它是弱酸，是弱电解质，故D错误；故选C．【点评】本题考查了强弱电解质的判断，注意强弱电解质与导电能力、溶解度之间的关系，难度不大，抓住强电解质的定义中的关键词“完全电离”是解题的关键　2．用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是（　　）A．CuSO4B．H2SO4C．CuCl2D．NaCl【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极反应为：4H++4e﹣=2H2↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液，以此解答该题．【解答】解：A．电解CuSO4，阳极析出Cu，阴极生成O2，要使溶液恢复到原来的浓度，应加入CuO，故A错误；B．电解硫酸，阳极生成氧气，阴极生成氢气，实际为电解水，电解后加入水可恢复到原来的浓度，故B正确；C．电解CuCl2，阳极生成氯气，阴极生成Cu，实际为电解氯化铜本身，电解后加入氯化铜恢复到原来的浓度，故C错误；D．电解食盐水，生成NaOH、H2、Cl2，加盐酸显然不能恢复电解前的状态，应通入适量的HCl气体，故D错误．故选B．【点评】本题考查电解原理，侧重于电解水型的考查，题目难度不大，注意阴阳离子的放电顺序，把握电解特点和规律．22\n　3．将①H+、②Cl﹣、③Al3+、④K+、⑤S2﹣、⑥OH﹣、⑦NO3﹣、⑧NH4+分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（　　）A．①③⑤⑦⑧B．②④⑦C．①⑥D．②④⑥⑧【考点】水的电离．【分析】水是一种弱电解质，存在电离平衡，影响水的电离平衡的因素主要有：温度，电离过程是吸热过程，升高温度促进电离；酸、碱抑制水的电离；能水解的弱碱阳离子、弱酸阴离子，促进水的电离；活泼金属促进水的电离，据此进行分析．【解答】解：水的电离平衡为：H2O⇌H++OH﹣，①H+，加入氢离子，氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故①错误；②Cl﹣，加入氯离子，不影响水的电离，故②正确；③Al3+，加入铝离子，能够结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故③错误；④K+，加入钾离子，不影响水的电离，故④正确；⑤S2﹣，加入硫离子，能够结合水电离的氢离子，促进了水的电离影响水的电离，故⑤错误；⑥OH﹣，加入氢氧根离子，溶液中的氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故⑥错误；⑦NO3﹣，加入硝酸根离子，不影响水的电离，故⑦正确；⑧NH4+，加入铵离子，铵离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故⑧错误；故选：B．【点评】本题主要考查了水的电离平衡，明确酸或碱能抑制水的电离、含有弱酸或弱碱离子的盐能促进水的电离是解本题关键，难度中等．　4．下列说法正确的是（　　）A．强酸跟强碱的反应热一定是中和热B．1molC完全燃烧放热383.3kJ，其热化学方程为：C+O2═CO2△H=﹣383.3kJ•mol﹣1C．在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O时的反应热叫做中和热D．表示中和热的离子方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）；△H=57.3KJ•mol﹣1【考点】热化学方程式；中和热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量；B、热化学方程式中物质聚集状态未标注；C、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量；D、中和反应是放热反应，反应焓变为负值．【解答】解：A、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，若是浓硫酸和氢氧化钠溶液反应过程中除中和热还有溶解热，不是中和热，故A错误；B、热化学方程式中物质聚集状态未标注，1molC完全燃烧放热383.3kJ，其热化学方程为：C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣383.3kJ•mol﹣1，故B错误；C、中和热是强酸、强碱稀溶液全部反应生成1mol水放出的热量，在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1molH2O时的反应热叫做中和热，故C正确；D、中和反应是放热反应，反应焓变为负值，表示中和热的离子方程式为：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l），△H=﹣57.3KJ•mol﹣1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了中和热、燃烧热概念实质，热化学方程式书写方法，掌握基础是解题关键，题目较简单．　22\n5．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）；△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是（　　）A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．若平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为n：m【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、恒容条件下，通入稀有气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变；B、可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比；C、降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，反应混合气体总的物质的量减小，结合M=判断；D、反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比转化率相同．【解答】解：A、恒容条件下，通入稀有气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，故A错误；B、可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍，说明反应到达平衡，故B正确；C、降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，反应混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，结合M=可知混合气体的平均摩尔质量增大，故降低温度，混合气体的平均相对分子质量增大，故C错误；D、反应物的起始物质的量之比等于化学计量数之比转化率相同，平衡时X、Y的转化率相等，说明反应开始时X、Y的物质的量之比为m：n，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学平衡移动的影响因素、化学平衡状态的判断等，难度中等，A为易错点，注意压强的变化不能引起浓度的变化化学平衡不移动，反应前后气体的体积不变化，即使引起浓度不变，但化学平衡不移动．　6．将1molCH4和一定物质的量的Cl2混合均匀，以漫散光照射CH4与Cl2发生取代反应．反应后CH4与Cl2均无剩余，且生成等物质的量的四种氯代烃，参加反应的Cl2物质的量为（　　）A．1.5molB．2molC．2.5molD．4mol【考点】物质的量的相关计算；取代反应与加成反应．【分析】根据生成等物质的量的四种氯代烃结合碳原子守恒计算取代物的物质的量，再根据被取代的氢原子和氯气分子之间的关系式计算消耗氯气的物质的量．【解答】解：反应完全后，得生成等物质的量的四种氯代烃，根据碳原子守恒知，CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4的物质的量都是0.25mol，CH4与Cl2发生取代反应中消耗的氢原子和氯气分子的个数比是1：1；生成0.25molCH3Cl需要Cl2的物质的量为0.25mol，生成0.25molCH2Cl2需要Cl2的物质的量为0.25mol×2=0.5mol，生成0.25molCHCl3需要Cl2的物质的量为0.25mol×3=0.75mol，22\n生成0.25molCCl4需要Cl2的物质的量为0.25mol×4=1mol，所以总共消耗的氯气的物质的量n（Cl2）=（0.25+0.5+0.75+1）mol=2.5mol；故选C．【点评】本题考查了甲烷的取代反应，明确甲烷的取代反应中被取代的氢原子和氯气之间的关系是解本题的关键，题目难度不大．　7．化学式为C7H16的烷烃中，在结构式中含有3个甲基的同分异构体数目是（　　）A．2B．3C．4D．5【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，据此根据烷烃同分异构体的书写进行判断．【解答】解：该烃结构式中含有3个甲基，则该烷烃只有1个支链，若支链为﹣CH3，主链含有6个碳原子，符合条件有：CH3CH（CH3）CH2CH2CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）CH2CH2CH3；若支链为﹣CH2CH3，主链含有5个碳原子，符合条件有：CH3CH2CH（CH2CH3）CH2CH3；支链不可能大于3个碳原子，故符合条件的烷烃有3种．故选B．【点评】本题考查烷烃的结构、同分异构体书写，难度中等，掌握烷烃同分异构体的书写方法．　8．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（　　）A．铅蓄电池放电的正极电极反应式：PbO2+4H++2e﹣═Pb2++2H2OB．氢氧碱性燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2++2e﹣═CuD．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、铅蓄电池放电的正极上是二氧化铅得电子的还原反应，据此书写电极方程式；B、氢氧碱性燃料电池的负极是燃料发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应；C、粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，该电极上发生得电子的还原反应；D、金属腐蚀的正极上是得电子的还原反应．【解答】解：A、铅蓄电池放电的正极上是二氧化铅得电子的还原反应，SO42﹣+PbO2+4H++2e﹣═PbSO4+2H2O，故A错误；B、氢氧碱性燃料电池的负极是燃料发生失电子的氧化反应，正极上是氧气发生得电子的还原反应，O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣是正极反应，故B错误；C、粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，该电极上是电解质里的铜离子发生得电子的还原反应，即Cu2++2e﹣═Cu，故C正确；D、金属腐蚀的正极上是得电子的还原反应，负极上是金属失电子的氧化反应，Fe﹣2e﹣═Fe2+是负极反应式，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生原电池的工作原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．　22\n9．将H2S通人FeCl3溶液中，过滤后将反应液加入电解槽中电解（如图所示）电解后的溶液还可以循环利用．该方法可用于处理石油炼制过程中产生的H2S废气．下列有关说法正确的是（　　）A．过滤得到的沉淀可能是FeS和SB．若有0.20mol的电子转移，一定能得到2.24L的氢气C．可以用Fe与外接电源的a极相连D．与a极相连的电极反应为Fe2+﹣e﹣=Fe3+【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】H2S通人FeCl3溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫以氯化亚铁、盐酸的混合溶液，对混合液进行电解，根据电解池的工作原理进行回答即可．【解答】解：A、H2S通人FeCl3溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫的沉淀，没有FeS，故A错误；B、氯化亚铁、盐酸的混合溶液，在阴极上是氢离子得电子的反应，即2H++2e﹣=H2↑，有0.20mol的电子转移，得，0.1mol氢气，但是只有在标况下才是2.24L，故B错误；C、铁为活泼电极，当Fe与外接电源的a极即阳极相连，则金属铁在该电极上失电子，会影响结果，故C错误；D、在阴极b极上是氢离子得电子的反应，即2H++2e﹣=H2↑，所以a是阳极，该电极上发生亚铁离子失电子的氧化反应，即Fe2+﹣e﹣=Fe3+，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意氧化还原反应在解题中的作用是关键，难度中等．　10．有关下列图象的说法正确的是（　　）A．表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的△H＞0B．表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸22\nC．表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应的焓变D．中开关K置于a或b处均可减缓铁的腐蚀【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B．加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸；C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能；D．开关置于a处，该装置是电解池，开关置于b处，该装置是原电池．【解答】解：A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应△H＜0，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸，所以曲线a对应的是醋酸，故B正确；C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故C错误；D．开关K置于b处时，该装置是原电池，铁作负极，会加快铁的腐蚀，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了弱电解质的电离、物质之间的反应、反应热等知识点，明确弱电解质的电离特点、催化剂对反应的影响、物质之间反应先后顺序即可解答，易错选项是C，注意：催化剂能改变反应速率但不影响可逆反应平衡移动，不影响焓变，为易错点．　11．如图装置中，小试管内为红墨水，带有支管的U型管中盛有pH=4的雨水和生铁片．经观察，装置中有如下现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面．以下有关解释合理的是（　　）A．生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应B．雨水酸性较强，生铁片始终发生析氢腐蚀C．墨水液面回升时，正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．U型管中溶液pH逐渐减小22\n【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】开始时插在小试管中的导管内的液面下降，说明U形管内压强增大，铁发生析氢腐蚀，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面，可说明溶液酸性降低，又发生吸氧腐蚀，以此解答该题．【解答】解：A．生铁片中的碳是原电池的正极，发生还原反应，铁是负极，发生氧化反应，故A错误；B．雨水酸性较强，开始时生铁片发生析氢腐蚀，一段时间后酸性减弱发生吸氧腐蚀，故B错误；C．墨水液面回升时，说明U形管内压强降低，则生铁片发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确；D．先发生析氢腐蚀，消耗氢离子，后发生吸氧腐蚀，产生氢氧根离子，U型管中溶液pH逐渐增大，故D错误；故选C．【点评】本题考查金属的电化学腐蚀，侧重于原电池工作原理的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握题给信息，为解答该题的关键．　12．草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性．常温下，向10mL0.01mol•L﹣1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol•L﹣1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（　　）A．V（NaOH）=0时，c（H+）=1×10﹣2mol•L﹣1B．V（NaOH）＜10mL时，不可能存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）C．V（NaOH）=10mL时，c（H+）=1×10﹣7mol/LD．V（NaOH）＞10mL时，c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+；B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4；C．V（NaOH）=10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4；D．V（NaOH）＞10mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4．【解答】解：A．草酸是二元中强酸，V（NaOH）=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c（H+）＜1×10﹣2mol•L﹣1，故A错误；B．V（NaOH）＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，当电离等于水解，即c（H+）=c（OH﹣），存在c（Na+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣），故B错误；C．V（NaOH）=10mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1，故C错误；D．V（NaOH）＞10mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42﹣水解生成HC2O4﹣，则离子浓度为c（Na+）＞c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣），故D正确；故选D．【点评】本题考查溶液中离子的关系，明确溶液中的溶质是解答的关键，并注意利用溶液中水解的程度及电离的程度、电荷守恒来分析解答，题目难度不大．　13．在1LK2SO4、CuSO4的混合溶液中，c（SO42﹣）=2mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后（电解完全），两极均收集到22.4L气体（标准状况），原溶液中c（K+）为（　　）22\nA．0.5mol•L﹣1B．1mol•L﹣1C．1.5mol•L﹣1D．2mol•L﹣1【考点】电解原理；物质的量浓度的相关计算．【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），则阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，n（O2）==1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答．【解答】解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，阳极发生电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，4mol4mol1mol阴极发生的电极反应为：Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑1mol2mol1mol2mol2mol1molc（Cu2+）==1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为2mol/L×2﹣1mol/L×2=2mol/L，故D正确．故选D．【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，题目难度中等．　14．25℃，向50mL0.018mol/LAgNO3溶液中加入50mL0.02mol/L盐酸生成沉淀．已知：Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，则生成沉淀后的体系中c（Ag+）为（　　）A．1.8×10﹣7mol/LB．1.8×10﹣8mol/LC．1.8×10﹣9mol/LD．1.8×10﹣10mol/L【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】依据题干数据计算沉淀后溶液中氯离子浓度，结合Ksp计算溶液中银离子浓度．【解答】解：50ml0.02mol/L的盐酸中加入50ml0.018mol/LAgNO3溶液加入后两者浓度分别为c（Ag+）=mol/L=0.009（mol/L）c（Cl﹣）=mol/L=0.01（mol/L）Ag+与Cl﹣是等物质的量反应的，此时Cl﹣过量，过量浓度c（Cl﹣）=0.01﹣0.009=0.001mol/L；Ksp=c（Ag+）×C（Cl﹣）=1.8×10﹣10，则：c（Ag+）==1.8×10﹣7（mol/L）故选A．【点评】本题考查溶液浓度的计算，本题难度不大，做题时注意判断两种物质的反应程度，再根据溶度积常数计算．　二、填空题（本题包括6小题，共58分）15．氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程示意图如下所示，完成下列填空：22\n（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上电极反应为　2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑　，与电源负极相连的电极附近，溶液pH　升高　（选填“不变”、“升高”或“下降”）．（2）工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为　Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓　．（3）如果粗盐中SO42﹣含量较高，必须添加钡试剂除去SO42﹣，该钡试剂不能是　b　．a．Ba（OH）2b．Ba（NO3）2c．BaCl2（4）为了有效除去Ca2+、Mg2+、SO42﹣，加入试剂不合理的顺序为　a　（选填a、b、c）a．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过　加热蒸发　、冷却、　过滤　（填写操作名称）除去NaCl．【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】综合实验题．【分析】（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极发生：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，与电源负极相连的电极发生2H++2e﹣=H2↑；（2）精制过程就是将杂质离子转化为沉淀除去的过程，Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀；（3）添加钡试剂除去SO42﹣，注意不能引入新的杂质；（4）有效除去Ca2+、Mg2+、SO42﹣，应注意碳酸钠在钡试剂之后；（5）根据氢氧化钠和氯化钠的溶解度随温度的变化关系来确定实现氯化钠和氢氧化钠分离获得氯化钠的方法；【解答】解：（1）电解饱和食盐水的反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，与正极相连为阳极，生成氯气，该电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，与电源负极相连为阴极，生成氢气和NaOH，生成碱，所以pH升高，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑；升高；（2）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，离子反应分别为Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓，故答案为：Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓；（3）添加钡试剂除去SO42﹣，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，所以该钡试剂不能选用，故答案为：b；（4）SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，所以加入试剂不合理的顺序为a，22\n故答案为：a；（5）氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：通过加热蒸发结晶、冷却、过滤除去NaCl，故答案为：加热蒸发；过滤；【点评】本题考查粗盐提纯及电解原理，明确发生的离子反应及电解反应是解答的关键，注意除杂不能引入新的杂质及试剂的添加顺序，题目难度中等．　16．已知氢氟酸、醋酸、氢氰酸（HCN）、碳酸在室温下的电离常数如下表，请回答下列问题：①HFKa=6.8×10﹣4mol•L﹣1②CH3COOHKa=1.7×10﹣5mol•L﹣1③HCNKa=6.2×10﹣10mol•L﹣1④H2CO3Ka1=4.4×10﹣7mol•L﹣1Ka2=4.7×10﹣11mol•L﹣1（1）四种酸中酸性最强的是　HF　，最弱的是　HCN　（2）写出H2CO3的电离方程式　H2CO3⇌HCO3﹣+H+、HCO3﹣⇌CO32﹣+H+；　（3）写出化学方程式：足量的氢氟酸与碳酸钠溶液混合　2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑　足量的CO2通入NaCN溶液中　NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3　．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）电离常数越大，电解质的酸性越强；（2）碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主；（3）酸性强弱HF＞H2CO3＞HCN，强酸可以制取弱酸，据此写出反应的化学方程式．【解答】解：（1）四种酸中HF的电离平衡常数最大，则HF酸最强，HCN的电离平衡常数最小，则HCN酸性最弱，故答案为：HF；HCN；（2）碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2CO3⇌HCO3﹣+H+、HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，故答案为：H2CO3⇌HCO3﹣+H+、HCO3﹣⇌CO32﹣+H+；（3）酸性强弱HF＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，可发生反应生成NaF和CO2，反应的方程式为2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑，足量的CO2通入NaCN溶液中，发生的反应方程式为NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3，故答案为：2HF+Na2CO3═2NaF+H2O+CO2↑；NaCN+H2O+CO2═HCN+NaHCO3．【点评】本题考查了弱电解质的电离，题目难度中等，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数与酸的酸性强弱的关系是解本题关键，结合电离平衡的影响因素来分析解答，试题培养了学生的灵活应用能力．　17．已知物质A、B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物，它们可发生如图所示的转化关系：22\n（1）若条件①为常温，B和D为同种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出少量Fe粉与E的稀溶液反应的离子方程式：　Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O　．（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则C为　Al2S3　（写化学式）．（3）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，B常作铝热反应引发剂．气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H2O反应的化学方程式　Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3↑　．将气体D作为燃料电池的燃料源可以制成D﹣空气燃料电池系统，总反应式为：D+O2→A+H2O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：　2NH3﹣6e﹣+6OH﹣═N2+6H2O　．【考点】无机物的推断．【分析】（1）若条件①为常温，B和D为同﹣种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，少量Fe粉和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水．（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝，据此答题．（3）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH3，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成C为氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，据此写出反应方程式；碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应．【解答】解：（1）若条件①为常温，B和D为同﹣种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，少量Fe粉和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O．（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝，故答案为：Al2S3；（3）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH3，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成C为氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，所以其反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2↑+6H2O，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2↑+6H2O；【点评】本题考查了元素化合物的性质，正确推断物质是解本题关键，明确物质的特殊性质即可解答，难度中等．　18．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．①a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﹣　；22\n②电镀结束后，装置Ⅰ中KOH溶液的浓度　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﹣　；④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗氧气　2.24　L（标准状况下）．【考点】原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【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；正极发生还原反应，氧气得电子被还原；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中还有碳酸根离子生成；④根据转移电子相等计算消失氧气的体积．【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处通入氧气，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CO32﹣离子生成，故答案为：CO32﹣；④装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，n（Cu）==0.2mol，则转移0.4mol电子，串联电路中转移电子相等，由O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，可知消耗0.1mol氧气，体积为2.24L，故答案为：2.24．【点评】本题考查了盖斯定律、原电池和电解池原理，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．　22\n19．以氨气代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点．（1）氨燃料电池使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极的电极反应式为　2NH3+6OH﹣﹣6e﹣═N2+6H2O　；每消耗1.7gNH3转移的电子数目为　0.3NA　．（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，如右图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣═O2+2H2O　；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为　1.12　L．（3）纳米级氧化亚铜（Cu2O）是一种重要光电材料．现用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质制备纳米级氧化亚铜（Cu2O），电解反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑铜棒上发生的电极反应式为　2Cu﹣2e﹣+H2O=Cu2O+2H+　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）依据化学方程式分析氨气化合价变化，判断发生氧化反应的物质是氨气，原电池中在负极失电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；结合化学方程式和电子转移总数计算每消耗3.4gNH3转移的电子数；（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电；根据原子守恒计算氧气的体积；（3）电化学法制备Cu2O时，阴极生成Cu2O，铜离子被还原，铜应为阳极，阳极生成铜离子，以补充铜离子．【解答】解：（1）电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O．该电池负极是氨气失电子生成氮气，反应的电极反应式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O，反应中2mol氨气反应电子转移6mol电子，每消耗3.4gNH3物质的量==0.1mol，转移的电子数为0.3NA；故答案为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O；0.3NA；（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电而析出铜，阳极上电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，向溶液中加入8gCuO固体后可使溶液恢复到电解前的浓度，则阳极上析出氧气的质量等于氧化铜中氧原子的质量，根据原子守恒知，氧气的体积=×22.4L/mol=1.12L；故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；1.12；（3）制备纳米氧化亚铜（Cu2O）时用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质，电解反应为2Cu+H2OCu2O+H2↑，铜应为阳极，阳极铜失电子发生氧化反应生成氧化亚铜，电极反应为：2Cu﹣2e﹣+H2O=Cu2O+2H+；22\n故答案为：2Cu﹣2e﹣+H2O=Cu2O+2H+．【点评】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力、计算能力和电化学知识的综合考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握电极方程式的书写，题目难度中等．　20．对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重要课题，在恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进行合成氨反应，如图1（图中所示数据均为初始物理量）．t分钟后反应均达到平衡，生成NH3均为0.4mol（忽略水对压强的影响及氨气的溶解）．①判断甲容器中的反应达平衡的依据是　ACE　．（填写相应编号）A．压强不随时间改变B．气体的密度不随时间改变C．c（N2）不随时间改变D．单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2E．单位时间内断裂3molH﹣H键，同时断裂6molN﹣H键②该条件下甲容器中反应的平衡常数K=　　；平衡时，甲的压强P平=　P0　（初始压强用P0表示）．③该条件下，若向乙中继续加入0.2molN2，达到平衡时N2转化率=　12.5%　．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】①根据化学平衡状态的特征来确定化学平衡状态；②平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关；根据“三段式”来进行计算得出结论；在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；③根据温度不变化学平衡常数不变结合“三段式”计算得出达到平衡时N2转换率．【解答】解：①A．反应前后气体的系数和不相等，当压强不随时间改变的状态是平衡状态，故A正确；B．气体的密度等于混合气体质量和体系体积的比值，体系质量和体积均不变，所以密度不变的状态不一定是平衡状态，故B错误；C．c（N2）不随时间改变，是化学平衡状态的特征，故C正确；D．单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2，不能证明正逆反应速率是相等的，故D错误；E．单位时间内断裂3molH﹣H键，同时断裂6molN﹣H键，能证明正逆反应速率是相等的，故E正确；故选ACE；②根据题意：甲容器N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），初始物质的量：0.4mol1.2mol0变化物质的量：0.2mol0.6mol0.4mol平衡物质的量：0.2mol0.6mol0.4mol22\n体积为2L，则C（N2）=0.1mol/L，C（H2）=0.3mol/L，C（NH3）=0.2mol/L，平衡常数为K===，初始气体总物质的量=0.4mol+1.2mol=1.6mol，平衡时气体总物质的量：0.2mol+0.6mol+0.4mol=1.2mol，在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；甲的压强P平=P0=P0，故答案为：；P0；③化学平衡常数只与温度有关，乙为恒温恒压，根据题意：乙容器2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g），初始物质的量：1.6mol6mol00变化物质的量：0.2mol0.6mol0.4mol0.3mol平衡物质的量：1.4mol5.4mol0.4mol0.3mol体积为2L，则C（N2）=0.7mol/L，C（H2O）=2.7mol/L，C（NH3）=0.2mol/L，C（O2）=0.15mol/L，平衡常数为K==，若向乙中继续加入0.2molN2，再充入氮气是等容等效过程，转化率就是原来的转化率则X=×100%=12.5%，故答案为：12.5%．【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡及化学平衡的计算等，掌握平衡常数的应用是解答该题的关键，题目难度中等．　21．某甲醇（CH3OH）燃料电池原理如图1所示．①M区发生反应的电极反应式为　CH3OH﹣6e﹣+H2O═CO2↑+6H+　．②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解池的总反应离子方程式为：　2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣　．假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为　0.16g　（忽略溶液体积变化）．【考点】原电池和电解池的工作原理．22\n【分析】①首先根据氢离子的移动方向来确定正负极，然后根据原电池原理，最后书写电极反应式；②整个电路中转移电子的数目相等，可以根据电子转移的数目相同来列出已知物质和未知物质之间关系式，然后通过关系来求解．【解答】解：①M区是质子流出的一极，应是原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+；②用惰性电极，电解饱和食盐水总的电极反应式为2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，pH值变为13时，pOH=1，C（OH﹣）=10﹣1mol/L，n（OH﹣）=10﹣1mol/L×300mL×10﹣3L/mL=0.03mol，由方程式CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+，2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣可知CH3OH～6e﹣～6OH﹣32g6molm（CH3OH）0.03mol则m（CH3OH）==0.16g，故答案为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；0.16g．【点评】本题考查学生原电池、电解池的工作原理以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．　22