化学卷·2019届河南省豫北重点中学高二12月联考试题（解析版）

化学卷·2019届河南省豫北重点中学高二12月联考试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 河南省豫北重点中学2017-2018学年高二12月联考 化学试题 ‎1. 室温下，HCO3-在水中发生如下变化，该变化过程属于（ ）‎ A. 电离过程 B. 中和反应 C. 水解反应 D. 置换反应 ‎【答案】C ‎2. 可逆反应：2NO22NO+O2在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2‎ ‎②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦‎ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：从平衡状态的两个重要特征上判断：（1）v（正）=v（逆），（2）混合物中各组成成分的百分含量不变。①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，v（正）=v（逆），正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO ，二者均为正反应速率，不能作平衡标志，错误； ③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态，没有明确正、逆反应速率，不能作平衡标志，错误；④混合气体的颜色不再改变的状态即为二氧化氮浓度不变，达到平衡状态。正确；⑤体积固定的密闭容器中混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不变不能作为平衡标志，错误；⑥该反应两边气体物质的量不等，混合气体的压强不再改变的状态为平衡状态，正确；⑦该反应两边气体物质的量不等，混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态为平衡状态，正确，选A。‎ 考点：考查化学平衡状态的判断。‎ ‎3. 已知：（1） Zn(s)+ O2(g)=ZnO(s) △H=-348.3 kJ·mol-1‎ ‎（2）2Ag(s)+  O2(g)=Ag2O(s)△H=-31.0kJ·mol-1‎ 则Zn(s)+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的△H等于（ ）‎ A. -379.3 kJ·mol-1 B. -317.3 kJ·mol-1‎ C. -332.8 kJ·mol-1 D. +317.3 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】应用盖斯定律，（1）式-（2）式得Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）ΔH=-348.3kJ/mol-（-31.0kJ/mol）=-317.3kJ/mol，答案选B。‎ 点睛：本题考查盖斯定律的应用，应用盖斯定律求焓变的一般方法：找目标→看来源→变方向→调系数→相叠加（消去不出现的物质如题中消去O2）→得答案。‎ ‎4. 下列关于化学反应的自发性的说法正确的是（ ）‎ A. 焓变小于0而熵变大于0的反应肯定是自发的 B. 焓变和熵变都小于0的反应肯定是自发的 C. 焓变和熵变都大于0的反应肯定是自发的 D. 熵变小于0而焓变大于0的反应肯定是自发的 ‎【答案】A ‎【解析】根据ΔG＝ΔH－TΔS数值的正负判断反应进行的方向。‎ ‎①当ΔH>0，ΔS>0时，不能判断ΔG＝ΔH－TΔS正负，与T有关。‎ ‎②当ΔH>0，ΔS<0时，ΔG＝ΔH－TΔS>0，非自发反应。‎ ‎③当ΔH<0，ΔS>0时，ΔG＝ΔH－TΔS<0，一定是自发反应。‎ ‎④当ΔH<0，ΔS<0时，不能判断ΔG＝ΔH－TΔS正负，与T有关。‎ ‎5. 下列物质属于电解质且又能导电的是（ ）‎ A. 硝酸钾溶液 B. 液态的氯化氢 C. 熔融的氯化钠 D. 金属铜 ‎【答案】C ‎【解析】A项，KNO3溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，KNO3溶液能导电；B项，液态HCl是溶于水能导电的化合物，液态HCl属于电解质，液态HCl中只存在HCl分子，液态HCl不能导电；C项，熔融的NaCl溶于水和熔融时都能导电，熔融NaCl属于电解质，熔融NaCl中含自由移动的Na+、Cl-，能导电；D项，金属Cu能导电，金属Cu属于单质，既不是电解质也不是非电解质；答案选C。‎ 点睛：本题考查电解质和非电解质的判断，以及物质导电的原因。需要注意：（1）电解质和非电解质都必须是化合物，单质（如Cu等）、混合物（如KNO3溶液等）既不是电解质也不是非电解质；（2）电解质溶于水导电的离子必须是电解质本身电离出来的，如CO2的水溶液能导电，但导电的离子是由H2CO3电离产生的，CO2属于非电解质；（3）物质导电的原因是存在自由移动的带电粒子，金属导电是存在自由电子，电解质溶于水或熔融状态导电是存在自由移动的阴、阳离子；（4）电解质的导电是有条件的（熔融状态或溶于水），电解质不一定导电（如液态HCl等），能导电的不一定是电解质（如KNO3溶液、Cu等）。‎ ‎6. 下列水溶液一定呈中性的是（ ）‎ A. pH=7的溶液 B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液 C. c(H+)=c(OH-)的溶液 D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；C、溶液显中性，故正确；D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。‎ 考点：考查水的离子积、溶液酸碱性等知识。‎ ‎7. 下列有关金属腐蚀与防护的说法错误的是（ ）‎ A. 钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应式是O2+2H2O+4e-=4OH-‎ B. 当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 在海轮外壳上连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】A项，钢铁在弱碱性条件下发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，正确；B项，镀锌铁制品的镀层破损时，由于Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，正确；C项，Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，此法为牺牲阳极的阴极保护法，正确；D项，地下输油钢管若与外加直流电源的正极相连，地下输油钢管为阳极，腐蚀加快，不能被保护，错误；答案选D。‎ ‎8. 25℃时在五份蒸馏水中分别加入适量的下列物质，所得实验结果如下表所示：‎ 加入的物质 HCl(aq)‎ FeCl(aq)‎ NaOH(aq)‎ HCCOONa(aq)‎ C2H5OH(l)‎ 所得溶液的pH ‎3‎ ‎4‎ ‎10‎ ‎11‎ 未测定 水的电离程度 a1‎ a2‎ a3‎ a4‎ a5‎ 加入物质后水的电离程度由大到小排列顺序正确的是（ ）‎ A. a3>a1>a5>a2>a4 B. a4>a2>a5>a1>a3‎ C. a4>a2>a5>a3>a1 D. a1>a3>a5>a2>a4‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：在水中存在电离平衡：H2OH++ OH-,加酸加碱都会抑制水的电离，而加入易水解的盐则促进水的电离，根据题目所给出的pH值得数据，可以计算出各溶液中由水电离的c(H+)，加入盐酸PH =3，则由水电离的c(H+)=10-11mol/L；加入FeCl3使PH=4，则由水电离的c(H+)=10-4mol/L；加入NaOH使pH=10,则由水电离的c(H+)=10-10mol/L；加入HCOONa使PH=11，则由水电离的c(H+)=10-3mol/L；加入C2H5OH，不影响水的电离，则由水电离的c(H+)=10-7mol/L；由此可知水的电离程度由大到小的顺序为α4＞α2＞α5＞α3＞α1，选C。‎ 考点：水的电离的影响因素及水的离子积。‎ ‎9. 下列有关图示实验的说法正确的是（ ）‎ A. ①装置中阴极处产生的气体能够使湿润的KI—淀粉试纸变蓝 B. ②装置中待镀铁制品应与直流电源正极相连 C. ③装置中电子由b极流向a极 D. ④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、①为电解氯化铜溶液，电极反应为：阳极：2Cl- —2e-= Cl2，阴极：Cu2++2e-=" Cu" ，阳极处能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体Cl2，错误；B、②为电镀池，电镀时，镀层金属做阳极与电源正极相连，镀件做阴极与电源负极相连，错误；C、③为燃料电池，通氢气（a）的一极为负极，通氧气(b)的一极为正极，原电池中电子从负极（a）沿导线流向正极（a），错误；D、④为电解饱和食盐水装置，离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，正确。‎ 考点：考查电化学基本原理。‎ ‎10. 常温下，有甲、乙两份体积均为1L、浓度均为0.1mol·L-1的醋酸溶液，其pH为3，①甲用蒸馏水稀释到100L时，溶液的pH变为x；②乙与等体积、浓度为0.2mol·L-1的NaOH溶液混合，在混合液中：n(CH3COO-)+n(OH-)-(H+)=y mol。x、y的正确答案组合为 A. 3＜x＜5、0.2 B. 3＜x＜5、0.1 C. 3、0.1 D. 5、0.2‎ ‎【答案】A ‎【解析】0.1mol/L醋酸溶液的pH=3，溶液中c（H+）=110-3mol/L。甲用蒸馏水稀释到100L，醋酸溶液物质的量浓度变为0.001mol/L，加水稀释促进CH3COOH的电离，H+物质的量增大，110-5mol/Lc（H+）稀释后110-3mol/L，则3x5；乙加入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为n（Na+）+n（H+）=n（OH-）+n（CH3COO-），则n（OH-）+n（CH3COO-）-n（H+）=n（Na+）=0.2mol/L1L=0.2mol，即y=0.2；答案选A。‎ ‎11. 已知: H2(g)+I2(g)2HI(g)△H=-14.9kJ·mol-1。某温度下，在体积均为2.0L的甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始物质的量如下表所示。甲中反应达到平衡时，测得c(H2)=0.008mol·L-1。下列判断正确的是（ ）‎ 起始物质的量 n(H2)/mol n(I2)/mol n(HI)/mol 甲 ‎0.02‎ ‎0.02‎ ‎0‎ 乙 ‎0.04‎ ‎0.04‎ ‎0‎ A. 平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍 B. 平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深 C. 平衡时，甲、乙中热量的变化值相等 D. 该温度下，反应的平衡常数K=0.25‎ ‎【答案】D ‎【解析】该反应的特点：反应前后气体分子数不变的反应；容器的特点：恒温恒容；乙中起始H2、I2（g）物质的量为甲中的两倍，则甲、乙达到平衡时为等效平衡。根据等效平衡的规律，A项，甲、乙中H2的转化率相等，错误；B项，平衡时乙中I2（g）物质的量浓度为甲中的两倍，乙中混合物的颜色比甲中深，错误；C项，乙中转化物质的量为甲中两倍，乙中放出的热量是甲中两倍，错误；D项，对甲容器，用三段式，‎ H2（g）+I2（g）2HI（g）‎ c（起始）（mol/L）0.01 0.01 0‎ c（转化）（mol/L）0.002 0.002 0.004‎ c（平衡）（mol/L）0.008 0.008 0.004‎ 该反应的平衡常数为K==0.25，正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查恒温恒容下、反应前后气体分子数不变的反应的等效平衡和化学平衡常数的计算。难点是等效平衡的判断，等效平衡的规律可概括如下：‎ 容器特点和反应特点 等效条件 结果 恒温恒容 起始投料换算成相同物质表示时物质的量对应相等 两次平衡时各组分百分含量、n、c、p均相同 反应前后气体分子数不相等 恒温恒容 反应前后气体分子数相等 起始投料换算成相同物质表示时物质的量对应成比例 两次平衡时各组分百分含量相同，n、c、p成比例变化 恒温恒压 所有有气体参与的可逆反应 起始投料换算成相同物质表示时物质的量对应成比例 两次平衡时各组分百分含量、c相同，n、V成比例变化 ‎12. 室温下，将1molNa2CO3·10H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1，将1molNa2CO3(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；Na2CO3·10H2O受热分解的化学方程式为: ‎ Na2CO3·10H2O(s) Na2CO3(s)+10H2O(l)，热效应为△H3。则下列判断正确的是（ ）‎ A. △H2<△H3 B. △H1>△H3 C. △H1+△H3=△H2 D. △H1+△H2>△H3‎ ‎【答案】A ‎...........................‎ 考点：考查盖斯定律的应用等知识。‎ ‎13. 石墨烯锂硫电池是一种高容量、长循环寿命、低成本及环境友好的新型二次电池，其工作原理如图所示，电池反应为2Li+nSLi2Sn。下列说法错误的是 A. 放电时，Li+向正极移动 B. 充电时，a电极连接直流电源的正极 C. 充电时，每生成nmolS，外电路中流过2nmol电子 D. 放电时，正极上可发生反应2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2‎ ‎【答案】C ‎【解析】A项，放电时为原电池原理，Li+向正极移动，正确；B项，根据装置图及放电时的反应，b电极（Li电极）为负极，a电极为正极，充电时a为阳极，与直流电源的正极相连，正确；C项，充电时的反应为Li2Sn2Li+nS，根据反应每生成nmolS同时生成2molLi，Li的化合价由+1价降为0价，外电路中流过2mol电子，错误；D项，放电时，正极反应中S元素的化合价降低，根据电池的结构，正极反应可为2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2，正确；答案选C。‎ 点睛：本题考查二次电池，理解二次电池的工作原理是解题的关键。二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理，充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程；充电时电极的连接方式为：正正连，负负连（即放电时正极接外加直流电源的正极，负极接外加直流电源的负极）。‎ ‎14. 常温下，H3AsO4溶液中各含砷粒子分布分数(平衡时该粒子的浓度与各含砷粒子浓度之和的比)与pH的关系如右图所示。下列说法正确的是 A. H3AsO4的第一步电离常数Ka1>0.01‎ B. pH=7.0时．溶液中c(AsO43-)=c(H3AsO4)=0‎ C. 0.1mol·L-1H3AsO4溶液的pH<2‎ D. pH=12时，c(H+)=3c(AsO43-)+2c(HAsO42-)+c(H2AsO4-)+c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A项，H3AsO4第一步电离方程式为H3AsO4H++H2AsO4-，Ka1= c（H+）·c（H2AsO4-）]/c（H3AsO4），由图可知当H2AsO4-与H3AsO4相等时pH=2.2，c（H+）=10-2.2mol/L，则Ka1=c（H+）=10-2.2=0.00630.01，错误；B项，H3AsO4属于弱酸，任何pH下溶液中的含As微粒都有H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-、AsO43-，由图知pH=7.0时，溶液中主要含As微粒为H2AsO4-、HAsO42-，溶液中c（AsO43-）、c（H3AsO4）都很小但不等于0，错误；C项，多元弱酸在溶液中分步电离且第一步电离第二步电离第三步电离，溶液中H+主要来自第一步电离，溶液中c（H+）c（H2AsO4-），c（H3AsO4）=0.1mol/L-c（H2AsO4-）0.1mol/L-c（H+），Ka1=c（H+）·c（H2AsO4-）]/c（H3AsO4）=c2（H+）/0.1mol/L-c（H+）]=10-2.2，解得c（H+）=10-1.65，溶液pH=1.652，正确；D项，常温下pH=12，溶液呈碱性，c（H+）c（OH-），错误；答案选C。‎ 点睛：本题以砷酸溶液中各含砷粒子分布分数与pH的关系图为载体，考查电离平衡常数的计算，溶液中粒子浓度大小关系的判断。解题的关键是对图像的解读，用图上的交点可快速计算砷酸的各级电离平衡常数（如由pH=2.2可计算出Ka1=10-2.2，由pH=7.0可计算出Ka2=10-7，由pH=11.5可计算出Ka3=10-11.5），由图像可快速判断各pH下主要含砷粒子的相对大小。‎ ‎15. 铅蓄电池是最常见的二次电池，广泛应用于汽车、电动车等领域。‎ ‎（1）铅蓄电池中，覆盖有PbO2的电极为_______极，另一极覆盖有Pb，电解质为_______。‎ ‎（2）铅蓄电池完全放电后，正极表面主要覆盖物是_______，充电时铅蓄电池的负极表面发生_______ (填“氧化”或“还原”)反应。‎ ‎（3）以石墨为电极电解Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液可制得PbO2。电解时阳极发生的电极反应式为___________________，阴极观察到的现象是_______________；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为_______________________。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). 硫酸溶液 (3). PbSO4 (4). 还原 (5). Pb2++2H2O-2e-=PbO2↓+4H+ (6). 石墨上包上铜镀层 (7). Pb2++2e-=Pb↓‎ ‎【解析】试题分析：本题考查铅蓄电池的工作原理，电解原理的应用。‎ ‎（1）铅蓄电池的电池反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，放电时PbO2中Pb元素的化合价由+4价降为PbSO4中的+2价，PbO2发生还原反应，则覆盖PbO2的电极为正极。覆盖Pb的为负极，电解质为硫酸溶液。‎ ‎（2）放电时正极电极反应为PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，放电完全后正极表面主要覆盖物为PbSO4。充电时铅蓄电池的负极与外加直流电源的负极相连，此时电极为阴极，表面发生得电子的还原反应，电极反应为PbSO4+2e-=Pb+SO42-。‎ ‎（3）以石墨为电极电解Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的混合溶液可制得PbO2，Pb2+→PbO2为氧化过程，为阳极反应，阳极电极反应式为Pb2+-2e-+2H2O=PbO2+4H+。根据放电顺序Cu2+Pb2+，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极观察到的现象为石墨上包上铜镀层。若电解液中不加入Cu（NO3）2，阴极的电极反应式为Pb2++2e-=Pb↓。‎ ‎16. 已知25℃、101kPa时，一些物质的燃烧热为，回答下列问题：‎ 化学式 CO(g)‎ H2(g)‎ CH3OH(l)‎ CH4(g)‎ ‎△H/(kJ·mol-l)‎ ‎-283.0‎ ‎-285.8‎ ‎-726.5‎ ‎-890.3‎ ‎（1）写出该条件下CH3OH(l)完全燃烧的热化学方程式：_____________________________。‎ ‎（2）根据盖斯定律完成下列反应的热化学方程式：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)△H=__________。‎ ‎（3）工业上利用水煤气合成甲醇的主要反应可表示为CO(g)+H2(g) CH3OH(g)△H=-45.4kJ·mol-1‎ 向容积为1L的密闭容器中加入0.10molH2和0.05molCO，在一定温度下发生上述反应，10min后反应达到平衡状态，测得放出热量3.632kJ。‎ ‎①相同温度条件下，上述反应的化学平衡常数K=___________。‎ ‎②若容器容积不变，下列措施可增加CH3OH产率的是___________ (填标号)。‎ a．升高温度 b．将CH3OH(g)从体系中分离 c．充入He，使体系总压强增大 d．再充入0.10molH2和0.05molCO e．加入催化剂 ‎③反应达到平衡后，保持其他条件不变，若只把容器的体积缩小一半，平衡将___________ (填“逆向”“正向”或“不”)移动，化学平衡常数K___________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎④温度、容积相同的甲、乙两个密闭容器，若甲中加入1molCO和2molH2，乙中加入lmolCH3OH(g)，反应达到平衡时甲放出的热量为Q1kJ，乙吸收的热量为Q2kJ，甲中CO的转化率为a1，乙中CH3OH的转化率为a2，则Q1+Q2=___________，a1+a2=___________。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ·mol-l (2).‎ ‎ -128.1kJ·mol-1 (3). 100 (4). bd (5). 正向 (6). 不变 (7). 90.8 (8). 1‎ ‎【解析】试题分析：本题考查热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算和影响化学平衡常数的因素，外界条件对化学平衡的影响，等效平衡的应用。‎ ‎（1）根据燃烧热的概念，CH3OH（l）完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），CH3OH（l）完全燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.5kJ/mol。‎ ‎（2）根据燃烧热可写出热化学方程式，‎ CO（g）+O2（g）=CO2（g）ΔH=-283.0kJ/mol（①式）‎ H2（g）+O2（g）=H2O（l）ΔH=-285.8kJ/mol（②式）‎ CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.5kJ/mol（③式）‎ 应用盖斯定律，①式+②式2-③式得CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）ΔH=（-283.0kJ/mol）+（-285.8kJ/mol）2-（-726.5kJ/mol）=-128.1kJ/mol。‎ ‎（3）①由方程式知消耗1molH2放出45.4kJ的热量，放出3.632kJ热量消耗H2物质的量为3.632kJ45.4kJ/mol=0.08mol，用三段式 CO(g)+H2(g) CH3OH(g)‎ c（起始）（mol/L）0.05 0.10 0‎ c（转化）（mol/L）0.04 0.08 0.04‎ c（平衡）（mol/L）0.01 0.02 0.04‎ 反应的平衡常数K=/（0.02）=100。‎ ‎②a项，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OH产率减小；b项，将CH3OH（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加；c项，充入He，由于容器容积不变，各物质的浓度不变，平衡不移动，CH3OH产率不变；d项，再充入0.10molH2和0.05molCO，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，CH3OH产率增加；e项，加入催化剂，平衡不移动，CH3OH产率不变；能增加CH3OH产率的是b、d，答案选bd。‎ ‎③该反应的正反应为气体分子数减小的反应，把容器的体积缩小一半，即增大压强，平衡将正向移动。化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数K不变。‎ ‎④甲从正反应开始建立平衡，乙从逆反应开始建立平衡；恒温恒容容器中，将乙容器中起始1molCH3OH（g）采用极限法“一边倒”换算后，CO、H2、CH3OH依次为1mol、2mol、0，与甲容器中起始物质的量对应相等，则甲、乙达到平衡时为完全全等的等效平衡，根据等效平衡的规律知，Q1+Q2=90.8，a1+a2=1。‎ ‎17. 从下表的阴、阳离子中选出适当的离子组成三种电解质(每种离子只能选用一次)，用惰性电极对每种电解质溶液进行电解。回答下列问题：‎ 阳离子 H+、Na+、Ag+‎ 阴离子 Cl-、SO42-、NO3-‎ ‎（1）若阴极放出氢气，阳极放出氧气，且电解后溶液的pH变小，则所选用的电解质的化学式是___________，阴极的电极反应式为___________。‎ ‎（2）若阴极析出金属，阳极放出氧气，则所选用的电解质的化学式是___________，阳极的电极反应式为_______________________________________________________________。‎ ‎（3）用如图所示装置电解第三种电解质M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总化学方程式：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). H2SO4 (2). 2H++2e-=H2↑ (3). AgNO3 (4). 4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O--4e-=O2↑+4H+) (5). NaCl+H2ONaClO+H2↑‎ ‎【解析】试题分析：本题考查用惰性电极电解电解质溶液的规律，电极反应式和电解总方程式的书写。由于AgCl难溶于水、Ag2SO4微溶于水，Ag+只能与NO3-形成电解质溶液。‎ ‎（1）阳离子放电顺序为Ag+H+Na+，阴离子的放电顺序为Cl-OH-含氧酸根。若阴极放出H2，阳极放出O2，本质上电解水，电解质溶液不可能为AgNO3溶液、电解质溶液中不可能有Cl-，由于每种离子只能选用一次，电解质溶液可能为H2SO4、Na2SO4；电解后溶液的pH变小的电解质的化学式为H2SO4；阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。‎ ‎（2）若阴极析出金属，阳极放出O2，所选电解质为不活泼金属的含氧酸盐，则所选电解质的化学式为AgNO3。阳极为OH-放电，阳极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O。‎ ‎（3）由于每种离子只能选用一次，则第三种电解质溶液为NaCl溶液，在电解池中Fe为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；石墨为阳极，阳极电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，电解反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，阳极生成的Cl2与阴极生成的NaOH发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，将两反应相加得电解池中发生反应的总化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑。‎ 点睛：本题解题的关键是熟记离子的放电顺序和用惰性电极电解电解质溶液的规律。用惰性电极电解电解质溶液可整理成四种类型：（1）电解水型：含氧酸（如H2SO4）、可溶性强碱（如NaOH）、活泼金属的含氧酸盐（如Na2SO4）；（2）电解电解质型：无氧酸（如HCl）、不活泼金属的无氧酸盐（如CuCl2）；（3）放H2生碱型：活泼金属的无氧酸盐（如NaCl）；（4）放O2生酸型：不活泼金属的含氧酸盐（如AgNO3）。‎ ‎18. 一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中分别加入一定量的X，发生反应：pX(g) Y(g)+Z(g)，相关数据如下表所示：‎ 容器编号 温度(℃)‎ 起始物质的量(mol)‎ 平衡物质的量(mol)‎ X(g)‎ Y(g)‎ Z(g)‎ Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ ‎0.160‎ ‎0.160‎ Ⅲ T ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）若容器Ⅰ中反应经10min达到平衡，则前10min内Y的平均反应速率v(Y)=___________。容器Ⅰ和容器Ⅱ中起始时X的反应速率v(X)Ⅰ___________v(X)Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎（2）已知该正反应为放热反应，则T___________387(填“大于”或“小于”)，判断理由是___________。‎ ‎（3）反应方程式中X的化学计量数p的取值为___________，容器Ⅱ中X的平衡转化率为___________。若起始时向容器Ⅰ中充入0.1molX、0.15molY和0.10molZ，则反应将向___________ (填“正”或“逆”)反应方向进行，判断理由是_____________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.0040mol/(L·min) (2). 小于 (3). 小于 (4). 相对于容器Ⅰ，容器Ⅲ平衡向正反应方向移动，即降低温度(或正反应为放热反应，平衡向放热反应方向移动，故温度降低) (5). 2 (6). 80% (7). 正 (8). 根据容器Ⅰ中数据可计算得到387℃该反应的平衡常数为4，= 1.5<4，所以反应向正反应方向进行 ‎【解析】试题分析：本题考查化学反应速率和化学平衡的计算，温度、压强对化学平衡的影响，化学平衡常数的应用。‎ ‎（1）容器I中υ（Y）==0.0040mol/（L·min）。容器I和容器II温度相同，容器II中X的起始浓度为容器I中的两倍，则起始反应速率υ（X）I小于υ（X）II。‎ ‎（2）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动；容器I和容器III温度不同，X起始物质的量相同，平衡时容器III中Y、Z物质的量大于容器I中，容器III相对于容器I平衡向正反应方向移动，则T小于387。‎ ‎（3）容器II和容器I温度相同，容器II中X起始物质的量为容器I中的两倍，容器II相当于在容器I基础上将体积缩小为原来的一半，平衡时容器II中Y、Z物质的量为容器I中的两倍，即增大压强，平衡不移动，则p=1+1=2。反应的方程式为2X（g）Y（g）+Z（g），则容器II生成0.160molY消耗0.320molX，容器II中X的平衡转化率为100%=80%。容器I中生成0.080molY消耗0.160molX，容器I平衡时X、Y、Z物质的量依次为0.04mol、0.08mol、0.08mol，平衡时X、Y、Z物质的量浓度依次为0.02mol/L、0.04mol/L、0.04mol/L，387℃时反应的化学平衡常数K==4，此时的浓度商为= 1.5<4，所以反应向正反应方向进行。‎ ‎19. 乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻，得知草酸易溶于水，其水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定，反应原理为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。‎ 学习小组的同学设计了如下滴定方法测定x值：‎ ‎①称取1.260g草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液；‎ ‎②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；‎ ‎③用浓度为0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液10.00mL。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如右图中的___________ (填“甲”或“乙”)滴定管中。‎ ‎（2）本实验到达滴定终点的标志是________________________________。‎ ‎（3）通过上述数据，求得x=___________。‎ 讨论：‎ ‎①若滴定到终点时俯视滴定管刻度线读数，则由此测得的x值会___________ (填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)。‎ ‎②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会___________。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色 (3). 2 (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】（1）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；（3）由题给化学方程式及数据可知，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；2.520g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.100 0 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL×=0.0200 mol，0.02molH2C2O4的质量为0.02mol×90g/mol=1.8g，所以2.520g H2C2O4•xH2O中水的物质的量为2.520g-1.8g=0.72g，其物质的量==0.04mol，则x=2，故答案为：2；（3）①若滴定终点时仰视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏小；故答案为：偏小；②同理，若酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗其体积偏大，所得x值偏小，故答案为：偏小。‎ ‎20. 常温下，向25mL0.1mol·L-1MOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1HA溶液，中和滴定曲线如图所示(体积变化忽略不计)。回答下列问题：‎ ‎（1）写出MOH在水溶液中的电离方程式：___________。‎ ‎（2）HA的电离平衡常数为___________ mol·L-l(写出计算结果)。‎ ‎（3）D点时，溶液中c(A-)+c(HA)___________ 2c(M+)(填“>”“<”或“=”)；溶液中离子浓度大小顺序为__________；若此时测得混合溶液的pH=a，则c(HA)+c(H+)=___________mol·L-l(用含字母a的计算表达式表示)。‎ ‎【答案】 (1). MOH=M++OH- (2). 2.5×10-6 (3). = (4). c(A-)>c(M+)>c(H+)>c(OH-) (5). 0.05+10a-14‎ ‎【解析】试题分析：本题考查酸碱中和滴定图像的分析，电离方程式的书写，电离平衡常数的计算，溶液中粒子浓度的大小关系。‎ ‎（1）由图像知，没有滴入HA溶液时，0.1mol/LMOH溶液常温下的pH=13，则MOH为强碱，MOH在水溶液中的电离方程式为：MOH=M++OH-。‎ ‎（2）当加入13mLHA溶液时，溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-）=110-7mol/L，溶液中c（M+）==mol/L，根据电荷守恒c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），此时溶液中c（A-）=c（M+）=mol/L；根据A守恒，此时溶液中c（HA）=-mol/L=mol/L；HA的电离方程式为HAH++A-，HA的电离平衡常数Ka=c（H+）·c（A-）]/c（HA）=mol/L=2.510-6mol/L。‎ ‎（3）D点，加入25mLHA溶液，依据反应MOH+HA=MA+H2O，充分反应后得到物质的量浓度均为0.05mol/L的MA和HA的混合液，溶液中物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（M+）。在溶液中存在HA的电离平衡和MA的水解平衡，由于溶液的pH ‎7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，弱酸的电离程度和水解程度都是微弱的，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（A-）c（M+）c（H+）c（OH-）。此时溶液中c（M+）=0.05mol/L，溶液的pH=a，溶液中c（H+）=10-amol/L，溶液中c（OH-）=10a-14mol/L；溶液中的物料守恒为c（A-）+c（HA）=2c（M+），溶液中的电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），两式相加消去c（A-）得，c（H+）+c（HA）=c（M+）+c（OH-）=0.05mol/L+10a-14mol/L=（0.05+10a-14）mol/L，即c（H+）+c（HA）=（0.05+10a-14）mol/L。‎ ‎ ‎