2022-2022学年河北省张家口市张北一中高二月考化学试卷 一、选择题1．化学与生产生活实际密切联系．下列说法不正确的是A．氢能可再生，没有污染，现已用作火箭和燃料电池的燃料B．在环保领域，酸性或碱性废水的处理常常利用中和反应C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．工业生产中，使用催化剂能加快化学反应速率，提高反应物的转化率 2．我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做A．阴极B．阳极C．正极D．负极 3．在相同温度时，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是A．H+的物质的量B．醋酸的电离常数C．中和时所需NaOH的量D．CH3COOH的物质的量 4．下列关于溶液的酸碱性说法正确的是A．pH=7的溶液一定是中性B．若某盐溶液呈酸性或碱性，一定是由于该盐发生了水解反应C．c＜c的溶液一定呈碱性D．在100℃时，纯水的pH＜7，因此显酸性 5．要使工业废水中的重金属离子Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如表：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10﹣41.81×10﹣71.84×10﹣14由表中数据可知，选用的沉淀剂最好为A．硫化物B．硫酸盐C．碳酸盐D．以上沉淀剂均可 6．化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键．下列说法正确的是A．燃烧热指的是可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量B．勒夏特列原理指的是，如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动C．盐溶液不一定显中性，不显中性的盐都会促进水的电离D．电镀是利用原电池原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法 7．下列电解质溶液的有关叙述正确的是A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c增大C．含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c=c24\nD．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c=c 8．某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，物质的量之比为3：1．用石墨作电极电解溶液，根据电极产物，可明显分为三个阶段．下列叙述不正确的是A．阴极只析出H2B．阳极先析出Cl2，后析出O2C．电解最后阶段为电解水D．溶液pH不断增大，最后为7 9．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是A．NH3•H2OB．NaOHC．Na2CO3D．MgCO3 10．下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是A．Ksp小于Ksp，则AB2的溶解度小于CD的溶解度B．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，AgCl的Ksp增大C．在AgI的沉淀溶解平衡体系中，加入K2S固体，AgI沉淀可转化为Ag2S沉淀D．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动 11．以石墨做电极，电解1mol/L下列物质的水溶液，下列表述正确的是A．若为盐酸溶液，pH减小B．若为氢氧化钠溶液，pH减小C．若为硫酸钠溶液，pH不变D．若为氯化钠溶液，pH不变 12．下列关于铜电极的叙述中正确的是A．铜锌原电池中铜是负极B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极C．在铁上电镀铜时用铜作阴极D．电解稀硫酸时用铜作阳极，阳极产生氧气 13．25℃时，在浓度均为1mol/L的2SO4、2CO3、2Fe2、三种溶液中，若测得其中c分别为a、b、c，则下列判断正确的是A．a=b=cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．a＞c＞b 14．化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语中正确的是A．氢氧燃料电池在碱性介质中负极的反应式是：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣B．NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式：HCO+H2O═CO2↑+OH﹣C．用FeS为沉淀剂除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+D．将Na2CO3在水溶液加热蒸干，由于CO2易挥发，最终得到NaOH固体 15．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3；下列各项排序正确的是A．pH：②＞③＞④＞①B．c：②＞④＞③＞①C．溶液中c：①＞③＞②＞④D．C：①＞④＞③＞② 16．取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则该原溶液的浓度为24\nA．0.01mol•L﹣1B．0.017mol•L﹣1C．0.05mol•L﹣1D．0.50mol•L﹣1 17．100g碳燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且C+O2═CO△H=﹣110.35KJ•mol﹣1，CO+O2═CO2△H=﹣282.57KJ•mol﹣1与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是A．392.92KJB．2489.44KJC．784.92KJD．3274.3KJ 18．将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，另一电极上析出气体在标况下的体积为A．4.48LB．5.6LC．6.72LD．13.44L 19．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 20．25℃时，某溶液中由水电离产生的c和c的乘积为1×10﹣18，下列说法中正确的是A．该溶液的pH一定是9B．该溶液的溶质可能是可水解的盐C．该溶液的溶质可能是酸或碱D．不可能有这样的溶液 21．实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 22．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是24\nA．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液：c=c=c=cB．0.1mol/LNa2S溶液：c=c+c+cC．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1D．常温下，pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH等体积混合：c+c＞c+c 23．将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为A．只有AgBr沉淀生成B．AgCl与AgBr沉淀等量生成C．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主D．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主 24．将等物质的量的K2SO4、NaCl、Ba2、AgNO3混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，搅拌、静置、过滤．取滤液，用铂电极电解一段时间．则两极区析出的氧化产物与还原产物的质量比约为A．35.5：108B．108：35.5C．8：1D．1：2 二、简答题。25．根据图示写出热化学方程式： ．若反应中释放了61.5kJ的热量，则该反应中生成的H2为 mol．已知2H2+O2═2H2O△H=﹣484kJ•mol﹣1，结合图写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式： ．火箭发射常以液态肼为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．已知：N2H4+O2═N2+2H2O，△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2═H2O+O2，△H=﹣98kJ•mol﹣1H2O═H2O，△H=+44kJ•mol﹣1试写出N2H4和液态H2O2反应生成气态水的热化学方程式 ．肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．该电池放电时，负极的电极反应式是 ． 26．在容积为10L的密闭容器中，进行如下反应：A+2B⇌C+D，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n和时间t的关系如图1．24\n试回答下列问题：800℃时，0﹣5min内，以B表示的平均反应速率为 ．能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 ．A．容器中压强不变B．混合气体中c不变C．2v正=v逆D．c=c若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K= ，该反应为 反应．700℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n=1.1mol，n=2.6mol，n=0.9mol，n=0.9mol，则此时该反应 进行．在催化剂作用下，CO可用于合成甲醇：CO+2H2⇌CH3OH．若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入4molCO和8molH2，合成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图2所示：①该反应的正反应属于 反应．②在0.1MPa、100℃的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为 mol．若在恒温恒容的条件下，向上述平衡体系中充入4molCO，8molH2，与原平衡状态相比，达到平衡时CO转化率 ，平衡常数K ． 27．如图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：甲池是 装置，电极A的名称是 ．甲装置中通入CH4的电极反应式为 ，乙装置中B的电极反应式为 ，丙装置中D极的产物是 ，一段时间，当丙池中产生112mL气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH= ．．若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入 ． 28．现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；24\n②0.01mol/LHCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液．其中水的电离程度最大的是 ．将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：① ②，⑤ ⑥．在25mL0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示．①B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应，这种看法是否正确？ ，如果不正确，则二者恰好完全反应的点是在 区间内．②在C点，溶液中离子浓度由大到小的顺序为： ． 24\n2022-2022学年河北省张家口市张北一中高二月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1．化学与生产生活实际密切联系．下列说法不正确的是A．氢能可再生，没有污染，现已用作火箭和燃料电池的燃料B．在环保领域，酸性或碱性废水的处理常常利用中和反应C．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术D．工业生产中，使用催化剂能加快化学反应速率，提高反应物的转化率【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A．氢能是清洁能源且可以再生，完全燃烧生成氢气和水；B．根据酸、碱能发生中和反应；C．废电池中含有重金属离子，能够污染环境；D．催化剂的使用，只能提高反应速率，不能使平衡发生移动．【解答】解：A．氢能是清洁能源且可以再生，完全燃烧生成氢气和水，无污染，已用作火箭和燃料电池的燃料，故A正确；B．酸、碱能发生中和反应，所以酸性或碱性废水的处理常常利用中和反应，故B正确；C．废电池中含有重金属离子，能够污染环境，应积极开发废电池的综合利用技术，故C正确；D．催化剂的使用，只能提高反应速率，不能使平衡发生移动，不能提高反应物的转化率，故D错误；故选：D．【点评】本题考查了化学与生活，设计环境污染与治理、新能源的开发和利用，题目难度不大． 2．我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做A．阴极B．阳极C．正极D．负极【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】电解池的两个电极是阳极和阴极，电镀池中，镀层金属做阳极，镀件作阴极．【解答】解：钢芯镀镍时，根据电镀原理，镀件钢芯作阴极，镀层金属做镍阳极．故选A．【点评】本题考查学生电镀原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大． 3．在相同温度时，100mL0.01mol•L﹣1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L﹣1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是A．H+的物质的量B．醋酸的电离常数C．中和时所需NaOH的量D．CH3COOH的物质的量【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．24\n【分析】根据醋酸的浓度越小，其电离程度越大，但浓度小，电离产生的离子的浓度、离子的物质的量都小，并结合n=cV来解答，注意电离平衡常数与温度有关．【解答】解：A．由n=cV可知，100mL0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故A正确；B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；C．由于溶质n都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；D．由n=cV可知，100mL0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH3COOH的物质的量小，故D错误；故选A．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确温度与电离平衡常数的关系，浓度与电离程度的关系是解答本题的关键，题目难度不大． 4．下列关于溶液的酸碱性说法正确的是A．pH=7的溶液一定是中性B．若某盐溶液呈酸性或碱性，一定是由于该盐发生了水解反应C．c＜c的溶液一定呈碱性D．在100℃时，纯水的pH＜7，因此显酸性【考点】探究溶液的酸碱性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性；B．若某盐溶液呈酸性或碱性，不一定是该盐发生水解反应，可能是该盐发生电离；C．任何水溶液中只要c＜c，则该溶液一定呈碱性；D．在100℃时，纯水溶液呈中性．【解答】解：A．在100℃时，纯水的pH=6，呈中性，所以该温度下pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B．若某盐溶液呈酸性或碱性，不一定是该盐发生水解反应，可能是该盐发生电离，如NaHSO4溶液，故B错误；C．任何水溶液中只要存在c＜c，则该溶液一定呈碱性，故C正确；D．在100℃时，纯水中存在c=c，则溶液呈中性，故D错误；故选C．【点评】本题考查探究溶液酸碱性判断，为高频考点，要根据溶液中c、c相对大小判断溶液酸碱性，温度未知时不能根据pH大小判断溶液酸碱性，易错选项是B． 5．要使工业废水中的重金属离子Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如表：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10﹣41.81×10﹣71.84×10﹣14由表中数据可知，选用的沉淀剂最好为A．硫化物B．硫酸盐C．碳酸盐D．以上沉淀剂均可【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．24\n【分析】根据表中数据溶解度分析，溶解度越小，沉淀越完全；以此选择沉淀剂．【解答】解：由表中数据可知PbS的溶解度最小，所以生成PbS时Pb2+沉淀最完全，溶液中剩余的Pb2+浓度最小，所以最好的沉淀剂为硫化物，故A正确；故选：A．【点评】本题考查了沉淀剂的选择，根据物质溶解性分析，溶解度越小，沉淀越完全，题目比较简单． 6．化学基本概念的理解和把握是学好化学的关键．下列说法正确的是A．燃烧热指的是可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量B．勒夏特列原理指的是，如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动C．盐溶液不一定显中性，不显中性的盐都会促进水的电离D．电镀是利用原电池原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法【考点】燃烧热；化学平衡的影响因素；盐类水解的原理；电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；盐类的水解专题．【分析】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；B、根据勒夏特列原理来分析；C、强酸的酸式盐会抑制水的电离；D、电镀是电解池原理．【解答】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，碳元素转化为二氧化碳，氢元素转化为液态水，故A错误；B、勒夏特列原理的内容为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，故B正确；C、强酸的酸式盐会完全电离出氢离子，会抑制水的电离，故C错误；D、电镀是电解池原理，故D错误．故选B．【点评】本题考查了燃烧热的概念和盐的水解以及电镀的原理，难度不大，应注意的是只有强酸强碱的正盐才会既不促进也不抑制水的电离． 7．下列电解质溶液的有关叙述正确的是A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7B．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c增大C．含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后，溶液中c=cD．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c=c【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；影响盐类水解程度的主要因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱；B、依据沉淀溶解平衡分析，在一定温度下溶度积为常数，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行；C、依据化学反应判断生成产物为碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解；D、依据溶液中的电荷守恒计算判断；【解答】解：A、强酸强碱不一定是一元强酸和一元强碱，等浓度等体积混合可能酸过量或碱过量，故A错误；24\nB、加入Na2SO4固体，硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故B错误；C、含1molKOH的溶液与1molCO2完全反应后生成碳酸氢钾，碳酸氢根离子水解，c＞c，故C错误；D、在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，依据电荷守恒；c+c=c+c，当c=c时，c=c，故D正确；故选D．【点评】本题考查了酸碱反应的溶液酸碱性判断，溶液中离子浓度大小比较，盐类水解的应用，溶液中电荷守恒的应用，沉淀溶解平衡的分析判断，题目难度中等． 8．某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，物质的量之比为3：1．用石墨作电极电解溶液，根据电极产物，可明显分为三个阶段．下列叙述不正确的是A．阴极只析出H2B．阳极先析出Cl2，后析出O2C．电解最后阶段为电解水D．溶液pH不断增大，最后为7【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解原理：阳极离子的放电顺序：银离子＞铜离子＞氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理判断放电的离子．【解答】解：可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，即2HClH2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7．A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，故A正确；B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，故B正确；C、电解最后阶段为电解水，故C正确；D、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故D错误；故选D．【点评】本题是对电解原理的考查，要求学生会根据电解原理书写常见电解质的电解反应，难度较大． 9．为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是A．NH3•H2OB．NaOHC．Na2CO3D．MgCO3【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】除杂的原则：不增加新的杂质；被提纯的物质不能减少；操作简便，除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可利用影响铁离子水解的平衡移动因素角度解答．【解答】解：A．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氨水，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故A错误；B．除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，在加热搅拌的条件下加入氢氧化钠，虽然能形成氢氧化铁沉淀，但同时会形成氢氧化镁沉淀，故B错误；24\nC．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸钠，水解吸热，加热搅拌的条件促进水解，碳酸钠和氢离子反应，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，但同时引入了钠离子，故C错误；D．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸镁，水解吸热，加热搅拌的条件促进水解，碳酸镁和氢离子反应，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀除去，同时实现将杂质转化为纯净物，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了除杂的试剂的选择，解答须依据除杂的原则，注意三价铁离子的去除，常通过对水解平衡的影响角度解答，题目不难． 10．下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是A．Ksp小于Ksp，则AB2的溶解度小于CD的溶解度B．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，AgCl的Ksp增大C．在AgI的沉淀溶解平衡体系中，加入K2S固体，AgI沉淀可转化为Ag2S沉淀D．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动【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．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；B．KSP只与温度有关，与浓度无关；C．由于Ag2S的溶解度比AgI小，溶解度大的能转化为溶解度小的；D．二氧化碳能与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动．【解答】解：A．由于AB2与CD分子组成形式不同，因此不能根据KSP大小来比较溶解度的大小，故A错误；B．KSP只与温度有关，与浓度无关，故B错误；C．由于Ag2S的溶解度比AgI小，溶解度大的能转化为溶解度小的，所以在AgI的沉淀溶解平衡体系中，加入K2S固体，AgI沉淀可转化为Ag2S沉淀，故C正确；D．碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3⇌Ca2++CO32﹣，加入CO2能与CO32﹣反应，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误；故选C．【点评】本题考查了Ksp的比较，沉淀的转化，影响Ksp的因素，沉淀溶解平衡的移动等，属于基本原理的应用的考查，题目难度不大． 11．以石墨做电极，电解1mol/L下列物质的水溶液，下列表述正确的是A．若为盐酸溶液，pH减小B．若为氢氧化钠溶液，pH减小C．若为硫酸钠溶液，pH不变D．若为氯化钠溶液，pH不变【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、电解盐酸溶液，减少的是HCl，B、电解氢氧化钠溶液，实质是电解水；C、电解硫酸钠溶液实质是电解水；D、电解氯化钠溶液所得到的溶液是氢氧化钠．【解答】解：A、电解盐酸溶液，减少的是HCl，溶质减少，酸性减弱，所以pH增大，故A错误；B、电解氢氧化钠溶液，实质是电解水，电解以后，碱性增强，所的溶液pH增大，故B错误；24\nC、电解硫酸钠溶液实质是电解水，所得溶液的浓度增大，但是溶液的pH不变，故C正确；D、电解氯化钠溶液所得到的溶液是氢氧化钠，溶液会从中性变为碱性，pH增大，故D错误．故选C．【点评】各种不同的电解质的电解会分为不同的电解类型，注意电解前后电解质溶液的变化，根据电解池的工作原理来回答． 12．下列关于铜电极的叙述中正确的是A．铜锌原电池中铜是负极B．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极C．在铁上电镀铜时用铜作阴极D．电解稀硫酸时用铜作阳极，阳极产生氧气【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．电解池中较活泼金属为负极；B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；C．电镀时，镀层金属为阳极，镀件金属为阴极；D．电解时，铜作阳极时，铜失去电子．【解答】解：A．铜锌原电池中铜是正极，锌是负极，故A错误；B．电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，在阴极上析出铜，粗铜中的杂质进入电解液而分离，故B正确；C．在铁上电镀铜时，铁作阴极，铜作阳极，故C错误；D．铜作阳极电解时，铜失去电子生成铜离子，故D错误．故选B．【点评】本题考查原电池和电解池知识，题目难度不大，本题注意把握原电池和电解池的原理，学习中注意电极的判断和电极反应． 13．25℃时，在浓度均为1mol/L的2SO4、2CO3、2Fe2、三种溶液中，若测得其中c分别为a、b、c，则下列判断正确的是A．a=b=cB．b＞a＞cC．c＞a＞bD．a＞c＞b【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2molNH4+，但溶液中CO32﹣的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，以此解答该题．【解答】解：溶液中CO32﹣的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解，则等浓度时，c大小顺序应为c＞a＞b，故选C．【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重于盐类水解因素的考查，题目难度不大，注意把握影响因素，能正确判断水解平衡的移动方向． 14．化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语中正确的是A．氢氧燃料电池在碱性介质中负极的反应式是：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣B．NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式：HCO+H2O═CO2↑+OH﹣24\nC．用FeS为沉淀剂除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+D．将Na2CO3在水溶液加热蒸干，由于CO2易挥发，最终得到NaOH固体【考点】离子方程式的书写．【专题】化学用语专题．【分析】A．负极失去电子发生氧化反应；B．碳酸氢根水解生成碳酸和氢氧根；C．硫化汞溶解度小于硫化亚铁，实现沉淀的转化；D．碱性环境下不能生成酸性气体．【解答】解：A．氢氧燃料电池在碱性介质中负极的反应式是：H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，故A错误；B．NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式，离子方程式：HCO3﹣+H2O⇔H2CO3+OH﹣，故B错误；C．用FeS为沉淀剂除去废水中的Hg2+，离子方程式：FeS+Hg2+═HgS+Fe2+，故C正确；D．将Na2CO3在水溶液加热蒸干，仍然得到碳酸钠，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意盐类水解的应用、注意书写燃料电池电极反应式应考虑电解质性质，题目难度不大． 15．有4种混合溶液，分别由等体积0.1mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3；下列各项排序正确的是A．pH：②＞③＞④＞①B．c：②＞④＞③＞①C．溶液中c：①＞③＞②＞④D．C：①＞④＞③＞②【考点】离子浓度大小的比较．【分析】根据溶液的溶质来分析酸碱性，一般酸与盐的溶液显酸性，碱与盐的溶液显碱性，则①中显酸性，②中显碱性，③中只有CH3COONa水解显碱性，④中两种物质都水解显碱性；溶液酸性越强，溶液pH越小，碱性越强，溶液的pH越大，然后根据盐的水解程度、溶液的酸碱性对选项进行分析解答．【解答】解：A、①CH3COONa与HCl等浓度混合生成醋酸和氯化钠，溶液的pH＜7，②中有强碱氢氧化钠，溶液pH最大，③④都因盐的水解而显碱性，且④中次氯酸钠的水解程度大于醋酸钠，溶液的pH④③，所以各混合液中的pH大小为：②＞④＞③＞①，故A错误；B．因②中碱中的OH﹣抑制CH3COO﹣水解，则c最大，④中两种盐相互抑制水解，③中只有水解，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质，则c最小，即c的大小顺序为：②＞④＞③＞①，故B正确；C．酸性越强，则溶液中C越大，pH越小，则四种混合液中的pH大小顺序为：②＞④＞③＞①，c大小为：①＞③＞④＞②，故C错误；D、因水解程度越大，则生成的CH3COOH就多，则c③＞④＞②，而①中CH3COO﹣与酸结合生成弱电解质CH3COOH，则c最大，即c大小为：①＞③＞④＞②，故D错误；故选B．【点评】本题考查溶液中粒子浓度大小比较、盐的水解原理及其应用，题目难度中等，试题较好的训练学生的守恒思想和综合分析能力，明确混合溶液中酸碱性分析的规律及盐类水解、水解的相互影响等因素是解答的关键． 16．取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则该原溶液的浓度为A．0.01mol•L﹣1B．0.017mol•L﹣1C．0.05mol•L﹣1D．0.50mol•L﹣124\n【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】反应后溶液pH=12，则NaOH过量，根据c=以及反应后剩余离子的物质的量，计算酸碱混合后的体积计算原溶液的浓度．【解答】解：设原溶液物质的量浓度为cmol/L，V=3L，V=2L，二者混合后反应，混合溶液体积为5L，二者混合后反应，所得溶液pH=12，则c=10﹣2mol/L，3L×cmol/L﹣2L×cmol/L=10﹣2mol/L×5L则c=0.05mol/L故选C．【点评】本题考查溶液酸碱混合的计算，题目难度不大，注意酸碱混合时溶液pH的计算方法． 17．100g碳燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且C+O2═CO△H=﹣110.35KJ•mol﹣1，CO+O2═CO2△H=﹣282.57KJ•mol﹣1与这些碳完全燃烧相比较，损失的热量是A．392.92KJB．2489.44KJC．784.92KJD．3274.3KJ【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算．【解答】解：100g碳的物质的量为=mol，燃烧所得气体中，CO占体积，所以CO的物质的量为mol×=mol，由于CO+O2=CO2△H=﹣282.57kJ/mol，所以molCO燃烧放出的热量为282.57kJ/mol×mol=784.92kJ，即100g碳不完全燃烧生成molCO损失的热量为784.92kJ，故选C．【点评】本题考查反应热的计算，题目难度中等，关键在于清楚碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量． 18．将含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，另一电极上析出气体在标况下的体积为A．4.48LB．5.6LC．6.72LD．13.44L【考点】电解原理．【分析】电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol＜0.4mol，根据转移电子守恒计算阳极上生成气体体积．24\n【解答】解：电解硫酸铜和氯化钠溶液时，阳极上氯离子先放电，然后氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，后氢离子放电，当阴极上析出析出铜的物质的量为0.3mol，阴极上转移电子的物质的量=0.3mol×2=0.6mol，根据原子守恒知，溶液中n=0.2mol，氯离子完全放电时转移电子的物质的量=0.2mol×1=0.2mol，生成氯气0.1mol；所以阳极上有氧气生成，电极上电子转移为0.4mol，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，电极反应计算生成氧气0.1mol，所以阳极生成气体物质的量为0.2mol，标准状况下气体的体积为4.48L，故选：A．【点评】本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等． 19．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【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理．【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，故选：C．24\n【点评】本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜不允许阳离子通过，C选项利用电荷守恒分析． 20．25℃时，某溶液中由水电离产生的c和c的乘积为1×10﹣18，下列说法中正确的是A．该溶液的pH一定是9B．该溶液的溶质可能是可水解的盐C．该溶液的溶质可能是酸或碱D．不可能有这样的溶液【考点】离子积常数．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25℃时，纯水中水电离产生的C．C=1×10﹣14，该溶液中由水电离产生的C．C=1×10﹣18＜1×10﹣14，说明该溶液中的溶质抑制水电离，则溶液可能是酸或碱溶液．【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，25℃时，纯水中水电离产生的CC=1×10﹣14，该溶液中由水电离产生的C．C=1×10﹣18＜1×10﹣14，说明该溶液中的溶质抑制水电离，则溶液可能是酸或碱溶液，不可能是水解的盐溶液，该溶液pH可能是9，但是不一定是9，．故选C．【点评】本题考查影响水电离的因素，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液是酸碱性无关，酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离． 21．实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次【考点】中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据c=分析不当操作对V的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V偏大，根据c=可知c偏大，故A错误；B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V偏大，根据c=可知c偏大，故B错误；C、滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V偏小，根据c=可知c偏小，故C正确；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V增大，根据根据c=可知c偏大，故D错误；故选C．24\n【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，难度不大，根据c=分析即可完成． 22．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液：c=c=c=cB．0.1mol/LNa2S溶液：c=c+c+cC．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1D．常温下，pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH等体积混合：c+c＞c+c【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、NH4Cl的水解与氨水的电离都是微弱的；B、质子守恒可知；C、一水合氨为弱碱，弱碱在稀释过程中溶液的pH变化比强碱溶液小；D、常温下，pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH等体积混合，溶液呈酸性，所以c＞c，根据电荷守恒可知：c+c=c+c，所以c＞c．【解答】解：A、NH4Cl的水解与氨水的电离都是微弱的，所以离子浓度大小为：c=c＜c=c，故A错误；B、质子守恒可知0.1mol/LNa2S溶液中，c=c+c+2c，故B错误；C、加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，若其pH=b，则a＜b+1，故C错误；D、常温下，pH=2的CH3COOH与pH=12的NaOH等体积混合，溶液呈酸性，所以c＞c～①，根据电荷守恒可知：c+c=c+c，所以c＞c～②，由①+②可知c+c＞c+c，故D正确；故选D．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理正确判断溶液中各离子浓度大小． 23．将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为A．只有AgBr沉淀生成B．AgCl与AgBr沉淀等量生成C．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主D．AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主【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】向二饱和溶液中，加入AgNO3，AgCl与AgBr的溶解平衡向左移动，但AgBr的溶解度更小，溶液中AgCl沉淀较多．【解答】解：在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c大于后者c，c＞c，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中n比原来AgCl饱和溶液中大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多．故选C．【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，解答本题时注意AgCl的溶解度比AgBr大，加入硝酸银，抑制溶解平衡向右移动，生成沉淀更多．24\n 24．将等物质的量的K2SO4、NaCl、Ba2、AgNO3混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，搅拌、静置、过滤．取滤液，用铂电极电解一段时间．则两极区析出的氧化产物与还原产物的质量比约为A．35.5：108B．108：35.5C．8：1D．1：2【考点】电解原理；氧化还原反应的计算．【专题】电化学专题．【分析】将等物质的量的K2SO4、NaCl、Ba2、AgNO3混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，发生反应：K2SO4+Ba2=BaSO4↓+2KNO3，AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，反应后为KNO3和NaNO3溶液，用铂电极电解，实际上电解的为水，在两极上分别生成氧气和氢气．【解答】解：将等物质的量的K2SO4、NaCl、Ba2、AgNO3混合均匀后，置于指定容器中，加入足量的水，发生反应：K2SO4+Ba2=BaSO4↓+2KNO3，AgNO3+NaCl=AgCl↓+NaNO3，搅拌、静置、过滤，滤液为KNO3和NaNO3溶液，电解时发生：2H2O2H2↑+O2↑，氧化产物为O2，还原产物为H2，两极区析出的氧化产物与还原产物的质量比约为32：2×2=8：1，故选C．【点评】本题考查电解知识，题目难度中等，解答本题的关键是根据混合物的性质判断反应后滤液的成分，注意仔细审题． 二、简答题。25．根据图示写出热化学方程式： CO+H2O═CO2+H2△H=﹣41kJ•mol﹣1 ．若反应中释放了61.5kJ的热量，则该反应中生成的H2为 1.5 mol．已知2H2+O2═2H2O△H=﹣484kJ•mol﹣1，结合图写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式： CO+O2═CO2△H=﹣283kJ•mol﹣1 ．火箭发射常以液态肼为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．已知：N2H4+O2═N2+2H2O，△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2═H2O+O2，△H=﹣98kJ•mol﹣1H2O═H2O，△H=+44kJ•mol﹣1试写出N2H4和液态H2O2反应生成气态水的热化学方程式 N2H4+2H2O2═N2+4H2O，△H=﹣642kJ•mol﹣1 ．肼﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．该电池放电时，负极的电极反应式是 N2H4﹣4e﹣+4OH﹣═N2+4H2O ．24\n【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】图象分析反应物能量高于生成物的总能量，反应是放热反，标注物质聚集状态和对应反应的焓变，写出热化学方程式，由此分析解答；依据热化学方程式计算得到生成氢气物质的量；依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；根据盖斯定律，将所给的反应通过加减乘除得到所要求的目标反应，反应热做相应的变化即可；肼﹣空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答．【解答】解：图象分析可知为放热反应，反应的热化学方程式为：CO+H2O=CO2+H2△H=﹣41kJ/mol，故答案为：CO+H2O=CO2+H2△H=﹣41kJ/mol；依据热化学方程式计算，若反应中释放了61.5kJ的热量，则CO+H2O⇌CO2+H2△H=﹣41kJ/mol；1mol41KJn61.5KJn=1.5mol，故答案为：1.5；①2H2+O2=2H2O△H=﹣484kJ/mol，②CO+H2O⇌CO2+H2△H=﹣41kJ/mol依据盖斯定律②×2+①得到：2CO+O2=2CO2△H=﹣566KJ/mol，图中是1mol一氧化碳燃烧反应，热化学方程式为：CO+O2=CO2△H=﹣283kJ/mol，故答案为：CO+O2=CO2△H=﹣283kJ/mol；①N2H4+O2═N2+2H2O，△H=﹣534kJ•mol﹣1①H2O2═H2O+O2，△H=﹣98kJ•mol﹣1②H2O═H2O，△H=+44kJ•mol﹣1③将①+2②+4③可得：N2H4+2H2O2=N2+4H2O△H=+2×+4×=﹣642kJ•mol﹣1故答案为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O△H=﹣642kJ•mol﹣1；肼﹣空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2．24\n【点评】本题考查了化学反应能量变化分析、图象判断和热化学方程式书写，掌握书写热化学方程式的基本要求是关键，题目较简单． 26．在容积为10L的密闭容器中，进行如下反应：A+2B⇌C+D，最初加入1.0molA和2.2molB，在不同温度下，D的物质的量n和时间t的关系如图1．试回答下列问题：800℃时，0﹣5min内，以B表示的平均反应速率为 0.024mol/ ．能判断该反应达到化学平衡状态的依据是 AC ．A．容器中压强不变B．混合气体中c不变C．2v正=v逆D．c=c若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K= 9 ，该反应为 吸热 反应．700℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n=1.1mol，n=2.6mol，n=0.9mol，n=0.9mol，则此时该反应 向正反应方向 进行．在催化剂作用下，CO可用于合成甲醇：CO+2H2⇌CH3OH．若在恒温恒压的条件下，向密闭容器中充入4molCO和8molH2，合成甲醇，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图2所示：①该反应的正反应属于 放热 反应．②在0.1MPa、100℃的条件下，该反应达到平衡时容器内气体的物质的量为 8 mol．若在恒温恒容的条件下，向上述平衡体系中充入4molCO，8molH2，与原平衡状态相比，达到平衡时CO转化率 减小 ，平衡常数K 不变 ．【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】800℃时0﹣5min内生成D为0.6mol，根据v=计算v，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v；．可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡；800℃平衡时生成D为0.6mol，则：A+2B⇌C+D起始量：12.200转化量：0.61.20.60.624\n平衡量：0.410.60.6再根据K=计算平衡常数；由图可知，升高温度D的物质的量增大，说明升高温度平衡正向移动；700℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n=1.1mol，n=2.6mol，n=0.9mol，n=0.9mol，等效为开始投入2molA、4.4molB到达的平衡，与原平衡时相比，压强增大，平衡正向移动，平衡时D的物质的量应大于原平衡的2倍；①由图可知，压强一定时，随温度升高CO的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动；②在0.1MPa、100℃的条件下，平衡时CO转化率为0.5，转化的CO为4mol×0.5=2mol，根据差量法计算气体物质的量减少量，进而计算平衡时混合气体物质的量；正反应为气体物质的量减小的反应，若在恒温恒容的条件下，平衡时压强减小，等效为在原平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．【解答】解：800℃时0﹣5min内生成D为0.6mol，则v==0.012mol/，速率之比等于化学计量数之比，则v=2v=0.024mol/，故答案为：0.024mol/；A．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，随反应进行，容器内压强减小，当反应到达平衡状态时，容器中压强不变，所以能作为判断化学平衡的依据，故A正确；B．反应到达平衡状态时，混合气体中c不变，说明到达平衡，故B正确；C．应是v正=2v正时反应处于平衡状态，2v正=v逆时逆反应速率较快，平衡逆向进行，故C错误；D．当c=c时，该反应不一定达到平衡状态，与反应物浓度及转化率有关，故D错误；故选：AB；800℃平衡时生成D为0.6mol，则：A+2B⇌C+D起始量：12.200转化量：0.61.20.60.6平衡量：0.410.60.6由于容器体积为10L，故平衡常数K===9，由图可知，升高温度D的物质的量增大，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：9；吸热；700℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n=1.1mol，n=2.6mol，n=0.9mol，n=0.9mol，等效为开始投入2molA、4.4molB到达的平衡，与原平衡时相比，压强增大，平衡正向移动，平衡时D的物质的量应大于原平衡的2倍，即平衡时D应大于1.2mol，故反应向正反应进行，故答案为：向正反应方向；①由图可知，压强一定时，随温度升高CO的转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，而升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，24\n故答案为：放热；②在0.1MPa、100℃的条件下，平衡时CO转化率为0.5，转化的CO为4mol×0.5=2mol，则：CO+2H2⇌CH3OH物质的量减小122mol4mol故平衡时混合气体物质的量为4mol+8mol﹣4mol=8mol，正反应为气体物质的量减小的反应，若在恒温恒容的条件下，平衡时压强减小，等效为在原平衡的基础上减小压强，平衡逆向移动，CO的转化率减小；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．故答案为：8；减小；不变．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、反应速率计算、平衡常数计算等，注意三段式解题法在化学平衡计算中应用，中注意利用等效平衡进行分析解答，避免浓度商与平衡常数比较判断的繁琐． 27．如图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：甲池是 原电池 装置，电极A的名称是 阳极 ．甲装置中通入CH4的电极反应式为 CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O ，乙装置中B的电极反应式为 Ag++e﹣=Ag ，丙装置中D极的产物是 H2和NaOH ，一段时间，当丙池中产生112mL气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的pH= 12 ．．若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入 HCl ．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】甲池为甲烷形成的燃料电池；根据原电池的正负极判断电解池的阴阳极；CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根；乙装置中B的电极为阳离子得电子；丙装置中D极为阴极；电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据氯气和氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH；根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定加入的物质．【解答】解：甲池中一极通入甲烷，另一极通入氧气，所以甲池为甲烷形成的燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，A与正极相连，所以A为阳极；故答案为：原电池；阳极；CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根，所以甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；乙装置中B的电极为银离子得电子，其电极反应式为：Ag++e﹣=Ag；丙装置中D极为阴极，电极上水放电生成氢气和氢氧根离子，所以D极的产物是H2和NaOH；故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；Ag++e﹣=Ag；H2和NaOH；24\n设电解后氢氧化钠的物质的量浓度是xmol/L，丙池中产生112mL，则氢气的体积与氯气的体积相同均为56ml，2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，22.4L2mol0.056L0.5xmol则x==0.01mol/L则C=10﹣12mol/L，所以溶液的pH=12，由于电解生成H2和Cl2从溶液中逸出，所以应该加二者的化合物，即加入HCl，故答案为：12；HCl．【点评】本题考查原电池和电解池原理，正确推断原电池正负极是解本题的关键，难点是计算溶液的pH，根据氯气和氢氧化钠的关系来分析解答即可，题目难度中等． 28．现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；②0.01mol/LHCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液．其中水的电离程度最大的是 ⑥ ．将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：① ＞ ②，⑤ ＞ ⑥．在25mL0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1的CH3COOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示．①B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时NaOH溶液与CH3COOH溶液恰好完全反应，这种看法是否正确？ 否 ，如果不正确，则二者恰好完全反应的点是在 AB 区间内．②在C点，溶液中离子浓度由大到小的顺序为： c＞c＞c＞c ．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；加水稀释促进弱电解质电离；①醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微多些；②C点溶液呈酸性，则c＞c，该点溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，但醋酸钠浓度远远大于醋酸浓度，结合电荷守恒判断离子浓度大小．24\n【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，这几种溶液中只有⑥中没有酸或碱，则⑥中水的电离程度最大，故选⑥；①②酸的浓度相等，醋酸是弱酸而部分电离，HCl是强电解质完全电离，稀释相同倍数时，仍然是①中氢离子浓度小于②，所以溶液的pH①＞②；⑤中氨水有剩余，溶液呈碱性，⑥中溶液中溶质是氯化钠，溶液呈中性，稀释相同倍数，⑤还是呈碱性、⑥呈中性，则pH⑤＞⑥，故答案为：＞；＞；①醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微多些，NaOH的量应该少些，所以应该在AB段，故答案为：否；AB；②C点溶液呈酸性，则c＞c，该点溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，但醋酸钠浓度远远大于醋酸浓度，结合电荷守恒知c＞c，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c＞c＞c＞c，故答案为：c＞c＞c＞c．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，题目难度不大． 24
