高二化学上学期第二次月考试题（含解析）1
【2019最新】精选高二化学上学期第二次月考试题（含解析）1
1. 某反应在不同条件下的能量变化示意图如下，有关该图的说法正确的是( )
A. 该反应是吸热反应
B. 虚线代表的是使用了催化剂的反应图像，且降低了反应的活化能
C. 两种条件下反应的热效应相同，且实线代表的反应速率较快
D. 该反应的ΔH= E5－E1 = E4－E2 =E3
【答案】B
【解析】试题分析：A、反应物的能量高于生成物的能量，是放热反应，故A错误；B、催化剂降低活化能，加快反应速率，所以虚线代表的是使用了催化剂的反应的图象，故B正确；C、催化剂改变反应速率，降低活化能，不能改变反应的方向和焓变，所以两种条件下反应的热效应相同，且虚线代表的反应速率较快，故C错误；D、依据图象分析判断，△H=E1-E5=E2-E4=-E3，故D错误；故选B。
考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。
2. 对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0，在其他条件不变的情况下( )
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B. 改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
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C. 升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D. 若在原电池中进行，反应放出的热量不变
【答案】B
【解析】试题分析：A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H不变，A错误；B．反应前后体积不变，则改变压强（压缩气体或扩大容积），平衡不发生移动，反应放出的热量不变，B正确；C．该反应是放热反应，升高温度，化学反应速率加快，反应的△H不变，但由于平衡向逆反应方向进行，放出的热量减少，C错误；D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，D错误；答案选B。
【考点定位】本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响
【名师点晴】解答时需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动。
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3. t℃时，水的离子积为KW，该温度下将amol·L−1一元酸HA溶液与b mol·L−1一元碱BOH溶液等体积混合，若混合后溶液呈中性，下列说法一定正确的是( )
A. 混合溶液中，c(H+)= B. 混合溶液的pH=7
C. a=b D. 混合溶液中：c(B+)=c(A−)+c(OH−)
【答案】A
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【解析】c(H+)=，说明c(H+)=c(OH-)，故A正确；若t℃≠25℃，若混合后溶液呈中性，混合溶液的pH≠7，故B错误；若HA为强酸、BOH为弱碱，则amol·L−1一元酸HA溶液与b mol·L−1一元碱BOH溶液等体积混合，若混合后溶液呈中性，a≠b，故C错误；根据电荷守恒，混合溶液中：c(B+)+ c(H+)=c(A−)+c(OH−)，故D错误。
点睛：根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；升高温度，水的电离平衡正向移动，水的离子积常数增大。
4. 化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是( )
选项
现象或事实
解释
A
用热的纯碱溶液洗去镀件油污
Na2CO3可直接和油污反应
B
施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低氮肥肥效
C
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3
D
FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3能从含有Cu2+的溶液中置换出铜
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
考点：考查了盐类的水解、漂白粉、氯化铁溶液的性质、氧化还原反应的应用的相关知识。
5. 已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10−12，Ksp(MgF2)=7.43×10−11。下列说法正确的是( )
A.
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25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2+)大
B. 25℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L−1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L−1 NH4Cl溶液中的Ksp小
C. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2+)增大
D. 25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
【答案】C
【解析】试题分析：A．因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；B．Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故B错误；C．NH4+结合OH-使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故C正确；D．二者Ksp接近，加入NaF溶液后，Mg(OH)2和MgF2两种沉淀都会有，故D错误；故选B。
【考点定位】考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化
【名师点晴】根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c(Mg2+)×c(F-)2＞7.42×10-11，可以使氢氧化镁转化为氟化镁沉淀。
6. 下列说法正确的是( )
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A. 常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4
B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸
C. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、② 0.1 mol·L−1盐酸、③ 0.1 mol·L−1氯化镁溶液、④ 0.1 mol·L−1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③
D. 用0.200 0 mol·L−1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol·L−1），至中性时，溶液中的酸未被完全中和
【答案】D
【解析】醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸电离程度增大，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后， 3
c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)
B. 10mL0.1mol·L－1NH4Cl与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C. 10mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液与5mL0.2mol·L－1NaOH溶液混合：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
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D. 10mL0.5mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1mol·L－1盐酸混合：c(Cl-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】试题分析：A．10 mL0．1 mol·L－1氨水与10 mL0．1 mol·L－1盐酸混合，恰好完全反应产生NH4Cl，NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋发生水解反应消耗水电离产生的OH－，使溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－），A错误；B．10 mL0．1 mol·L－1NH4Cl溶液与5 mL0．2 mol·L－1NaOH溶液混合发生反应产生等物质的量的NaCl、NH3∙H2O的混合物，由于NaCl是强酸强碱反应产生的盐，而NH3∙H2O是弱碱，电离产生OH-，因此溶液显碱性，所以c（Na＋）＝c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋），B正确；C．10 mL0．1 mol/LCH3COOH溶液与5 mL0．2 mol/LNaOH溶液混合恰好发生反应得到的CH3COONa溶液。CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO－水解消耗，所以c（OH－）＞c（CH3COO－），故离子浓度关系是c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）,C错误；D．10 mL0．5 mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1 mol·L－1盐酸混合元素过量，所得溶液是醋酸、盐酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），D错误。
【考点定位】本题主要是考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法
【名师点晴】溶液中微粒浓度大小的比较
（1）微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系：
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①两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c（H2CO3）＞c（HCO3－）≫c（CO32－）（多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离）。
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c（CO32－）＞c（HCO3－）≫c（H2CO3）（多元弱酸根离子的水解以第一步为主）。
（2）三个守恒关系：
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c（Na＋）＋c（H＋）===c（HCO3－）＋2c（CO32－）＋c（OH－）。
②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0．1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c（Na＋）＝c（HCO3－）＋c（CO32－）＋c（H2CO3）＝0．1 mol·L－1。
③质子守恒：由水电离出的c（H＋）等于由水电离出的c（OH－），在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c（OH－）＝c（H＋）＋c（HCO3－）＋2c（H2CO3）。
（3）四种情况分析：
①多元弱酸溶液：根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c（H＋）＞c（H2PO4－）＞c（HPO42－）＞c（PO43－）。
②多元弱酸的正盐溶液：根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c（Na＋）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（HCO3－）。
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③不同溶液中同一离子浓度的比较：要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c（NH4+）由大到小的顺序是③＞①＞②。
④混合溶液中各离子浓度的比较：要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0．1 mol·L－1的NH4Cl和0．1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）。在该溶液中，但NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c（OH－）＞c（H＋），同时c（NH4+）＞c（Cl－）。即
9. 下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是( )
①热纯碱溶液的洗涤油污能力强；②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；③溶洞、珊瑚的形成④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能；⑤泡沫灭火器灭火的原理.
A. ②③④ B. ①②③ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】A
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10.
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常温时，纯水中由水电离的c(OH-)=amol/L，pH=l的盐酸中由水电离的c(OH-)=bmol/L ，0.1mol/L的醋酸钠溶液中，由水电离的c(OH-)=cmol/L，则a、b、c的关系正确的是( )
A. a>b=c B. c>a>b C. c>b>a D. b>c>a
【答案】B
【解析】常温时，纯水中由水电离的c(OH-)= mol/L；pH=l的盐酸抑制水电离，由水电离的c(OH-)< mol/L；醋酸钠水解促进水电离，0.1mol/L的醋酸钠溶液中，由水电离的c(OH-)> mol/L，所以c>a>b，故B正确。
点睛：酸电离出的氢离子、碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离；弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离。
11. 少量铁片与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的( )
①加H2O；②加KNO3溶液；③滴入几滴浓盐酸；④加入少量铁粉；⑤加NaCl溶液；⑥滴入几滴硫酸铜溶液；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)； ⑧改用10mL0.1mol/L盐酸
A. ③④⑥⑦⑧ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ①⑥⑦
【答案】C
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【解析】温度、氢离子浓度决定铁与盐酸反应的速率；铁的质量决定生成氢气的产量。加H2O，盐酸浓度减小，反应速率减小，故①错误；②加KNO3溶液生成硝酸，铁与硝酸反应不能生成氢气，故②错误；③滴入几滴浓盐酸，盐酸浓度增大，反应速率增大，铁的质量不变，生成氢气的质量不变，故③正确；④加入少量铁粉，反应速率不变，故④错误；⑤加NaCl溶液，盐酸浓度减小，反应速率减小，故⑤错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁与硫酸铜反应生成铜，构成铜锌原电池，反应速率加快，但由于铁质量减小，放出氢气减少，故⑥错误；⑦升高温度，反应速率增大，铁的质量不变，生成氢气的质量不变，故⑦正确；改用10mL0.1mol/L盐酸，盐酸浓度增大，反应速率增大，铁的质量不变，生成氢气的质量不变，故⑧正确；故选C。
12. 下列有关实验的说法中正确的是( )
①用广泛pH试纸测得氯水的pH为2；②中和滴定时，滴定管洗净后经蒸馏水润洗，再注入标准液进行滴定；③滴定管经蒸馏水洗涤后，可通过烘干的办法除去内壁残留的水；④用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液；⑤使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小；⑥用己知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液，滴定开始时读数平视，结束时俯视，测得结果偏小；⑦滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大
A. ①③④⑤⑥ B. ①④⑦ C. ④⑥⑦ D. 全部正确
【答案】C
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【解析】氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故①错误；滴定管先水洗再润洗，故②错误；滴定管经蒸馏水洗涤后，再用待盛液润洗，故③错误；高锰酸钾溶液腐蚀橡胶，用酸式滴定管量取，故④正确；使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得酸性溶液的pH都偏大、碱性溶液的pH都减小，故⑤错误；用己知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液，滴定开始时读数平视，结束时俯视，氢氧化钠溶液体积偏小，测得结果偏小，故⑥正确；滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，氢氧化钠溶液的体积偏大，则测定结果偏大，故⑦正确；故选C。
13. 常温下，在指定环境中，下列各组离子可能大量共存的是( )
A. Al3+、AlO2-、SO42-、 Na+
B. 在pH=3的溶液中：Na+、NO3-、Cl-、Al3+
C. 由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中：Fe2+、NO3-、Cl-、Na+
D. 加入铝粉后产生大量氢气的溶液中：NH4+、Na+、HCO3-、SO42-
【答案】B
【解析】Al3+、AlO2-能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，故A错误；在pH=3的溶液中：Na+、NO3-、Cl-、Al3+不反应，故B正确；由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性或碱性，若呈碱性 Fe2+生成沉淀，若呈酸性Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，故C错误；加入铝粉后产生大量氢气的溶液可能呈酸性或碱性，若呈碱性NH4+、HCO3-与OH-反应，若呈酸性HCO3-、H+发生反应，故D错误。
点睛：酸、碱都能抑制水电离，由水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液，水电离受到抑制，所以溶液可能是酸也可能是碱；铝粉既能与酸反应放出氢气又能与强碱反应放出氢气。
14. 下列电解质溶液中有关浓度关系不正确的是（ ）
A. 浓度均为0.1 mol/L的HF、KF混合溶液中：2c(H+)＋c(HF)=2c(OH-)＋c(F-)
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B. 铵根离子浓度均为0.1 mol/L的 ①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HCO3三种溶液的浓度：③＞①＞②
C. 常温下，pH=5的NaHSO3溶液中，水电离出的c(H+)=1.0×10-9 mol/L
D. 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中：2c(Na+)=c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
【答案】D
【解析】浓度均为0.1 mol/L的HF、KF混合溶液中：2c(H+)＋c(HF)=2c(OH-)＋c(F-)，符合质子守恒，故A正确；三个溶液中都存在铵根离子的水解反应:NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，在②中还存在Al3++3H2O ⇌Al(OH)3+3H+会对铵根离子水解起抑制作用，所以铵根离子浓度均为0.1mol/L溶液的浓度①大于②的。在③中还存在HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，对铵根离子的水解起促进作用，所以当铵根离子浓度相同时，溶液的浓度:③＞①。因此物质是浓度的关系为③＞①＞②，故B正确；NaHSO3电离产生的氢离子抑制水电离， pH=5的NaHSO3溶液中c(H+)=10-5mol/L,c(OH-)=10-14÷10-5=10-9mol/L，所以 c(H+)(水)=c(OH-)=10-9mol/L，故C正确；0.1 mol/L的Na2CO3溶液中： 根据物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)，故D错误。
15. 在密闭容器中发生如下反应： aX(g) + bY(g) ⇌cZ(g) +d W(g)。反应达平衡后保持温度不变，将气体体积压缩到原来的1/2，当再次达平衡时，W的浓度为原平衡时的1．8倍。下列叙述中不正确的是 ( )
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A. 平衡向逆反应方向移动 B. a + b < c + d
C. Z的体积分数增加 D. X的转化率下降
【答案】C
【解析】持温度不变，压强增大至原来的2倍，容器的容积压缩到原来容积的一半，假定平衡不移动，W浓度变为原来的2倍，达到新平衡时，物质W的浓度是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动；
A.由上述分析可知，增大压强平衡向逆反应移动，故A正确；B. 平衡向逆反应方向移动，则说明a+b＜c+d，故B正确；C.平衡向逆反应移动，Z的体积分数减小，故C错误；D. 平衡向逆反应移动，X的转化率下降，故D正确。
16. 电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是( )
A. 阳极反应为4OH-4e-=2H2O+O2↑ B. 通电后阴极区附近溶液pH会增大
C. 纯净的KOH溶液从a出口导出 D. K+通过交换膜从阳极区移向阴极区
【答案】C
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【解析】A、电解过程相当于电解水，阳极反应式为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑，故A正确；B、电解时阴极电极反应为：4H＋+4e－=2H2↑，氢离子浓度减小，氢氧根浓度增大，溶液的pH增大，故B正确；C、在b电极附近产生氢氧根离子，钾离子向b电极移动，所以除去杂质后氢氧化钾溶液从液体出口b导出，故C错误；D、用氯化钾制备氢氧化钾时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，K＋通过交换膜从阳极区移向阴极区，故D正确；故选C。
17. 用铂电极电解某金属的硫酸盐(XSO4)溶液，当阳极上收集到1.12L气体(标准状况，忽略气体溶解)时，阴极质量增加6.4g，下列判断不正确的是( )
A. 电路中有0.1mol电子通过
B. 该金属是Cu
C. 电解后溶液的pH降低
D. 向电解后的溶液中加入0.1molCuO可使溶液恢复电解前的状态
【答案】A
【解析】用铂电极电解某金属的硫酸盐(XSO4)溶液，阳极反应是 ，阳极上收集到1.12L氧气，转移0.2mol电子，故A错误；若金属是铜，转移0.2mol电子生成0.1mol Cu，故B正确；电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，所以电解后溶液的pH降低，故C正确；电解生成0.1mol铜和0.05mol氧气，所以向电解后的溶液中加入0.1molCuO可使溶液恢复电解前的状态，故D正确。
18. 关于下列装置说法正确的是( )
A. 装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大
C. 用装置③精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变
D. 装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成
【答案】B
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【解析】A、装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，电解质里的阳离子K+移向正极，即移向硫酸铜溶液，选项A错误；B、在装置②电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，选项B正确；C、精炼铜时，由于粗铜中含有杂质，开始时活泼的金属锌、铁等失去电子，而阴极始终是铜离子放电，所以若装置③用于电解精炼铜，溶液中的Cu2+浓度减小，选项C错误；D、在该原电池中，电子从负极Zn极流向正极Fe极，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，选项D错误。答案选B。
19. 欲在金属表面镀银，应把镀件接在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是( )
A. Ag和AgCl溶液 B. Ag和AgNO3溶液
C. Fe和AgNO3溶液 D. Pt和Ag2SO4溶液
【答案】B
【解析】电镀槽中，要求镀件作阴极，可用镀层金属作阳极，利用其阳极溶解提供镀层金属，也可用惰性电极材料作阳极，镀层金属则由电镀液提供；电镀液通常采用含有镀层金属离子的盐溶液，由于选项A、D中AgCl和Ag2SO4均为沉淀，不符合要求；选项C中铁为活泼电极，不符合选用镀层金属或惰性电极材料，只有选项B符合银为镀层金属电极，硝酸银溶液为含有镀层金属离子的盐溶液。答案选B。
20.
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有等体积、等pH值的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是( )
A. V3>V2=V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2>V1 D. V1=V2>V3
【答案】A
【解析】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，溶液中的OH‾浓度相同，因为Ba(OH)2、NaOH为强碱，NH3•H2O为弱碱，则NH3•H2O 浓度远远大于Ba(OH)2和NaOH，所以用去酸的体积为：V3＞V2＝V1，故A正确。
21. 据报道，最近摩托罗拉（MOTOROLA）公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量是现用镍氢电池和锂电池的10倍，可连续使用1个月充电一次。假定放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分吸收生成CO32－
（1）该电池反应的总离子方程式为____________________________________________。
（2）甲醇在______极发生反应（填正或负），电池在放电过程中溶液的pH将______（填降低或上升、不变）；若有16克甲醇蒸气被完全氧化，产生的电能电解足量的CuSO4溶液，（假设整个过程中能量利用率为80％），则将产生标准状况下的O2________升。
（3）最近，又有科学家制造出一种固体电解质的燃料电池，其效率更高。一个电极通入空气，另一电极通入汽油蒸气。其中固体电解质是掺杂了Y2O3（Y：钇）的ZrO2（Zr：锆）固体，它在高温下能传导O2－离子（其中氧化反应发生完全）。以丁烷（C4H10）代表汽油。
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①电池的负极反应式为____________________________________________。
②放电时固体电解质里的O2－离子的移动方向是向____________极移动（填正或负）。
【答案】 (1). 2CH3OH＋3O2＋4OH－=2CO32－+6H2O (2). 负 (3). 降低 (4). 13.44 (5). C4H10＋13O2－－26e－ = 4CO2 ＋5H2O (6). 负
【解析】试题分析：甲醇燃料电池：放电时负极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池反应为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O；固体电解质的燃料电池，通入空气的电极反应为O2+4e-=2O2-，汽油在负极发生氧化反应，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。
解析：（1）放电过程中，甲醇完全氧化产生的CO2被充分吸收生成CO32-，则反应的总方程式为2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O；（2）放电时，甲醇被氧化，应为电池负极反应，由总反应式2CH3OH+3O2+4OH-=2CO32-+6H2O，可知消耗OH-，电解质溶液pH降低；根据转移电子守恒建立关系式，
V=13.44L
（3）①电池的负极通入丁烷，丁烷失电子发生氧化反应，反应式为C4H10＋13O2－－26e－ = 4CO2 ＋5H2O；
②原电池工作时，阴离子向负极移动，O2－离子的移向负极。
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点睛：原电池工作时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极，阴离子移向负极。
22. 已知：
（1）在相同浓度的H2SO3和H2CO3的溶液中，用“>”“<”或“＝”填空。
c(H＋)：H2SO3________H2CO3；溶液导电能力：H2SO3________H2CO3。
（2）HSO3-的电离平衡常数表达式为______________________________。
（3）NaHSO3溶液与Na2CO3溶液反应的离子方程式为__________________________________。
【答案】 (1). > (2). > (3). Ka＝ (4). HSO3-＋CO32-=HCO3-＋SO32-
【解析】试题分析：（1）H2SO3的 大于H2CO3的，说明H2SO3的酸性大于H2CO3；（2）HSO3-的电离方程式是HSO3-⇌ H++SO32-；（3）根据H2SO3的 大于H2CO3的、小于H2CO3的，说明酸性H2CO3> HSO3-> HCO3-；
点睛：（1）H2SO3的 大于H2CO3的，说明H2SO3的酸性大于H2CO3，所以在相同浓度的H2SO3和H2CO3的溶液中， c(H＋)：H2SO3>H2CO3；溶液导电能力:H2SO3>H2CO3；（2）HSO3-的电离方程式是HSO3-⇌ H++SO32-，电离平衡常数表达式是Ka＝；（3）根据H2SO3的 大于H2CO3的、小于H2CO3的，说明酸性H2CO3> HSO3->
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HCO3-；所以NaHSO3溶液与Na2CO3溶液反应生成亚硫酸钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式是HSO3-＋CO32-=HCO3-＋SO32-。
23. 碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产。回答下列问题：
（1）碳酸钠可作为碱使用的原因是_______________________________（用离子方程式表示）。
（2）写出碳酸钠溶液的物料守恒式____________________________________________。
（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中=_____________（保留三位有效数字）。已知Ksp(BaCO3)=2.6×10−9，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10。
（4）已知室温时，Ksp［Mg(OH)2］=4.0×10−11。在0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，溶液的pH是_____________(已知lg2=0.3) 。
【答案】 (1). CO32－+H2O⇌HCO3－+OH－ (2). c(Na+)=2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3) (3). 23.6 (4). 11.3
【解析】试题分析：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解；（2）根据碳酸钠溶液中钠元素、碳元素的比为2:1写物料守恒式；（3）= ；（4）Mg2+完全沉淀时，c(Mg2+)=1.0×10−5，根据Ksp［Mg(OH)2］=4.0×10−11计算 OH－的浓度。
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解析：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解，CO32－+H2O⇌HCO3－+OH－，所以溶液呈碱性；（2）碳酸钠溶液中钠元素、碳元素的比为2:1，含有碳元素的微粒有CO32-、HCO3-、H2CO3，碳酸钠溶液的物料守恒式c(Na+)=2c(CO32-)＋2c(HCO3-)＋2c(H2CO3)；（3）= = ；（4）Mg2+完全沉淀时，c(Mg2+)=1.0×10−5，根据Ksp［Mg(OH)2］=4.0×10−11， c(OH－)= ，c(H+)= ，PH= 11.3。
24. 羰基硫（COS）广泛存在于以煤为原料的各种化工原料气中，能引起催化剂中毒、化学产品质量下降和大气污染。
（1）羰基硫的水解反应和氢解反应是两种常用的脱硫方法:
水解反应：COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g） △H=-34kJ/mol
氢解反应：COS（g） +H2（g） H2S（g）+CO（g） △H=+7kJ/mol。
已知:2H2（g） +O2（g）=2H2O（g） △H=-484 kJ/mol。
写出表示CO燃烧热的热化学方程式:__________________________________________。
（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，正反应速率____________（填“增大”“减小”或“不变”，下同），COS 的转化率____________。
（3）某温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入2molCOS（g）和4molH2O（g），发生水解反应，5 min后反应达到平衡，测得COS（g）的转化率为75%。上述水解反应的平衡常数K=_________。
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【答案】 (1). CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） △H=-283 kJ·mol-l (2). 减小 (3). 不变 (4). 1.8
【解析】试题分析：（1）根据盖斯定律，计算CO的燃烧热；（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，容器体积变大，平衡体系中物质的浓度减小，相当于减压；（3）利用“三段式 ”计算平衡常数。
解析：（1）①COS（g）+ H2O（g）H2S（g） +CO2（g） △H=-34kJ/mol
②COS（g） +H2（g） H2S（g）+CO（g） △H=+7kJ/mol。
③2H2（g） +O2（g）=2H2O（g） △H=-484 kJ/mol，根据盖斯定律，①－②＋③ 得CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g） △H=-283 kJ·mol-l；（2）氢解反应达到平衡后，保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，容器体积变大，平衡体系中物质的浓度减小，所以反应速率减小；保持体系的温度和总压强不变，通入适量的He，相当于减压，平衡不移动，COS的转化率不变；
（3）
。
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点睛：恒温恒容条件下通入无关气体，气体总压强增大，由于容器体积没变，所以气体的浓度都不变，反应速率不变，平衡不移动；恒温恒压条件下通入无关气体，气体总压强不变，由于容器体积变大，所以气体的浓度都减小，反应速率减小，平衡向气体系数和增大的方向移动。
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