福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
漳平一中2019—2020学年第一学期第二次月考高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cu 64 Ag 108
第Ⅰ卷（选择题，共54分）
一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1.下列关于能源和作为能源的物质的叙述中，错误的是
A. 生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能，并为人类所利用
D. 煤、石油、天然气均为化石燃料，它们属于可再生能源
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，生物质能来源于植物及其加工产品所贮存的能量，故A正确；
B选项，绿色植物进行光合作用是将太阳能转化为化学能“贮存”起来，故B正确；
C选项，物质的化学能可以在不同条件下转化为热能、电能，放热反应是将化学能转化为热能，原电池是将化学能转化为电能，故C正确；
D选项，煤、石油、天然气均为化石燃料，它们属于不可再生能源，故D错误。
综上所述，答案为D。
2.反应A(g)＋B(g) = C(g) ΔH，分两步进行：①A(g)＋B(g) = X(g)ΔH1 （慢）②X(g) = C(g) ΔH2（快）反应过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是
A. ΔH1+ ΔH2＝ΔH >0 B. E2表示反应C(g) =X (g)的活化能
C. E1是反应①的反应热 D. 整个反应的速率快慢由反应②决定
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，根据盖斯定律得到ΔH1+ ΔH2＝ΔH，根据图像可知 A(g)+B(g)=C(g) ΔH<0，故A错误；
B选项，根据图像，E2表示C(g) =X (g)的活化能，故B正确；
C选项，根据图像，E1是反应A(g)＋B(g) = X(g)的活化能，故C错误；
D选项，整个反应的速率快慢由反应慢的决定，故D错误。
综上所述，答案为B。
3.下列各组分类正确的是
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
NaCl
HClO
CH3CH2OH
B
NaOH
CaCO3
SO3
C
HF
CuSO4
NH3
D
H2SO4
H2O
Cu
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，氯化钠是强电解质，次氯酸是弱电解质，乙醇是非电解质，故A正确；
B选项，碳酸钙是强电解质，故B错误；
C选项，HF是弱电解质，硫酸铜是强电解质，故C错误；
D选项，Cu既不是电解质也不是非电解质，是单质，故D错误。
综上所述，答案为A。
【点睛】常见强电解质主要是强酸、强碱、绝大多数盐、活泼金属氧化物；弱电解质主要是弱酸、弱碱、水、极少数盐；电解质强弱与溶解度无关。
4.下列说法正确的是
A. 强电解质的导电能力一定比弱电解质强
B. CO2水溶液导电能力很弱，所以CO2是弱电解质
C. 在AlCl3溶液中，水的电离程度一定比纯水更大
D. 弱电解质在溶液里达到电离平衡时，弱电解质分子的浓度和离子的浓度相等
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，电解质溶液导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质的强弱无关，故A错误；
B选项，CO2的水溶液导电能力很弱，因此H2CO3是弱电解质，因为导电的离子不是二氧化碳电离产生的，二氧化碳是非电解质，故B错误；
C选项，在AlCl3溶液中由于Al3+的水解促进水的的电离，水的电离程度一定比纯水更大，故C正确；
D选项，弱电解质在溶液里达到电离平衡时，弱电解质分子的浓度和离子的浓度不再改变，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】溶液导电能力与离子浓度和离子所带电荷数有关，与电解质强弱无关。
5.下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是
A. 光照新制的氯水时,溶液的pH逐渐减小
B. 在铂铑合金催化下缩短N2和H2合成氨的时间
C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，新制氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，光照新制的氯水时，次氯酸分解，平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故A能用化学平衡移动原理解释，不符合题意；
B选项，在铂铑合金催化下缩短N2和H2合成氨的时间，催化剂不会改变平衡移动，不能用化学平衡移动原理解释，故B符合题意；
C选项，在浓氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，氢氧化钠溶于水电离出OH-且放热，c（OH-）增大、温度升高，平衡向生成氨气方向移动，可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气，能用化学平衡移动原理解释，故C不符合题意；
D选项，红棕色的NO2中存在平衡2NO2⇌N2O4，加压后颜色先变深后变浅，由于体积减小，NO2浓度变大，颜色先加深，后来由于加压，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，颜色又变浅，能用化学平衡移动原理解释，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
6.下列事实不涉及盐类水解应用的是
A. 明矾、氯化铁晶体常用于净水
B. 实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O制MgCl2
C. 草木灰与铵态氮肥不能混合施用
D. 实验室用Zn与稀硫酸制H2时，加入几滴CuSO4可加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，明矾、氯化铁晶体水溶液发生水解生成胶体，常用于净水，故A不符合题意；
B选项，实验室通常在HCl气氛中加热MgCl2·6H2O制MgCl2，通HCl主要是抑制镁离子水解，故B不符合题意；
C选项，草木灰与铵态氮肥不能混合施用，主要是两者混合发生双水解，故C不符合题意；
D选项，实验室用Zn与稀硫酸制H2时，加入几滴CuSO4发生置换反应生成铜，形成锌铜硫酸原电池，加快反应速率，与盐类的水解无关，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
【点睛】原电池原理会加快反应速率。
7.有关下列电化学装置的说法中正确的是
A. 图a是原电池装置，可以实现化学能转化为电能
B. 图b电解一段时间后，加入适量CuCO3固体，可以使硫酸铜溶液恢复到原浓度
C. 图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼
D. 图d装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，a中两边的电解液交换才为原电池装置，才可以实现化学能转化为电能，故A错误；
B选项，图b电解一段时间后，阳极得到氧气，阴极得到铜，加入适量氧化铜、CuCO3
固体，可以使硫酸铜溶液恢复到原浓度，故B正确；
C选项，图c中的X极若为正极，则该装置可实现粗铜的精炼，粗铜作阳极，故C错误；
D选项，图d装置是通过“外加电流的阴极保护法”使铁不被腐蚀，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】电化学有效防止金属腐蚀主要是牺牲阳极的阴极保护法(原电池原理)，外加电流的阴极保护法(电解池原理)。
8.在一容积可变的密闭容器中，充入一定量的H2和I2(g)发生反应：I2(g)＋H2(g)2HI(g) ΔH<0。t2时刻开始只改变一个条件，反应速率与反应进程的曲线关系如图所示。下列说法错误的是
A. t0—t2时段，H2的浓度不变即体系达到平衡
B. t2时，改变的条件只有加入催化剂才能实现
C. 在t4所处的平衡体系中，再加入H2，I2(g)的转化率增大
D. HI的体积分数最高的时段是t1—t2
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，t0—t2时段，氢气浓度开始减少，当H2的浓度不变即体系达到平衡，故A正确；
B选项，t2时，改变条件反应速率加快、但平衡不移动，改变的条件可能为：加入催化剂或加压，故B错误；
C选项，在t4所处的平衡体系中，再加入H2，平衡正向移动，I2(g)的转化率增大，故C正确；
D选项，t2时改变条件，平衡不移动，t3时改变条件，平衡逆向移动，因此HI的体积分数最高的时段是t1—t2，故D正确。
综上所述，答案为B。
【点睛】等体积反应加压或者加催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，转化率不变。
9.为使Na2S溶液中c(Na+)/c(S2-)的值减小，可加入的物质是
①盐酸 ②适量的NaOH溶液 ③适量的KOH溶液 ④适量的K2S固体
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-；①盐酸电离的H+消耗OH-，水解平衡正向移动，硫离子浓度减小，比值增大；②适量的NaOH溶液，水解平衡逆向移动，但钠离子增大比硫离子增大得多，比值增大；③适量的KOH溶液，水解平衡逆向移动，比值减小；④适量的K2S固体，硫离子浓度增大，比值减小；③④符合题意。
综上所述，答案为C。
10.25 ℃时，pH＝13的Ba(OH)2 Va mL 与pH＝2的HCl Vb mL混合，若所得溶液的pH为11，则Va∶Vb为
A. 1:9 B. 9:1 C. 1:10 D. 10:1
【答案】A
【解析】
【详解】pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－) ＝ 1.0×10-1mol·L－1，pH＝2的HCl溶液中c(H+) ＝ 1.0×10-2mol·L－1，所得溶液的pH为11，c(OH－) ＝ 1.0×10-3mol·L－1。
Va∶Vb = 1:9，故A正确。
综上所述，答案为A。
11.在300 mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10－5
下列说法正确的是( )
A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应
B. 25 ℃时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)＋4CO(g)的平衡常数为0.5
C. 在80 ℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5 mol/L，则此时v正>v逆
D. 80 ℃达到平衡时，测得n(CO)＝0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】A.由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；
B.25℃时反应Ni(CO)4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数1/（5×104），B错；
C.80℃时，Qc=0.5/0.54>2，说明平衡向逆方向移动，C错；
D.80℃时，n（CO）=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/（0.3/0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。
答案选D。
12.常温下设a代表Ba(OH)2，b代表NaOH溶液，c代表NH3·H2O溶液。下列说法正确的是
A. 同物质的量浓度的三种溶液的pH：a=b＞c
B. 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，pH：a=b＜c
C. 同pH、同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：a=b=c
D. 同pH时，稀释不同倍数、pH仍相同，三种溶液稀释的倍数：a＞b＞c
【答案】B
【解析】
【详解】Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，NH3·H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡；
A．同物质的量浓度的三种溶液的氢氧根离子的浓度：a>b>c ，氢氧根离子的浓度越大，溶液的pH就越大，所以溶液的pH：a>b>c，A错误；
B．同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，由于一元弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，未电离的电解质会进一步电离，使溶液中c (OH-)增大，所以pH：c>a=b，B正确；
C．同pH、同体积的三种溶液，由于弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，所以消耗同浓度盐酸的体积：a=b
T
C. T℃，pH=3溶液中，由水电离产生的c(H+)一定为1.0×10-10mol·L－1
D. T℃时，pH=4的盐酸与pOH=4氨水等体积混合后溶液pH>6.5
【答案】D
【解析】
【详解】A选项， T℃下，直线中pH= 6时pOH = 7，因此水的离子积为10-13，故A错误；
B选项，若P点对应的温度为T1，P点Kw < 10-13，因此T >T1，故B错误；
C选项，T℃，pH=3溶液，如果是酸溶液，由水电离产生的c(H+)一定为1.0×10-10mol·L－1，如果是水解的盐溶液，由水电离产生的c(H+)一定为1.0×10-3mol·L－1，故C错误；
D选项，T℃时，pH=4的盐酸溶液中c（H+）=10-4mol/L，pOH=4的氨水中c（OH）=10-4mol/L，盐酸属于强酸，氨水为弱碱水溶液，两者等体积混合充分反应后，氨水过量，溶液显碱性，因此pH>6.5，故D正确。
综上所述，答案为D。
15.10 ℃时加热NaHCO3溶液，测得溶液pH发生如下变化：
温度/℃
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
下列判断正确的是
A. 50 ℃时，c(OH－)＝1×10－5.2mol·L－1
B. 30 ℃时，c(Na＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)
C. 升高温度，c(Na＋)/c(HCO3-)增大
D. 将NaHCO3溶液蒸干并灼烧，得到NaOH固体
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，50 ℃时，pH = 8.8，c(H＋)＝1×10－8.8mol·L－1，而此温度下水的离子积常数大于10-14，因此c(OH－)大于10-5.2mol/L，故A错误；
B选项，30 ℃时，电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－) ＋c(OH－)，由于c(OH－) > c(H＋)，因此c(Na＋) > c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故B错误；
C选项，升高温度，水解程度增大，碳酸氢根浓度减小，因此c(Na＋)/c(HCO3－)增大，故C正确；
D选项，将NaHCO3溶液蒸干并灼烧，得到碳酸钠固体，故D错误。
综上所述，答案C。
【点睛】做题时一定要注意温度，温度不同，离子积常数不同，特别是求氢氧根浓度时，温度不同，浓度也不同。
16.25℃时，电离平衡常数如下表，下列说法错误的是
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1 4.3×10－7
K2 5.6×10－11
3.0×10－8
A. 离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32- > ClO- > HCO3- > CH3COO-
B. 2ClO-+CO2+H2O＝CO32-+2HClO反应不能发生
C. 用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的数值逐渐增大
D. 等体积、等pH的CH3COOH与HClO两溶液与NaOH恰好完全反应，CH3COOH消耗氢氧化钠物质的量更多
【答案】D
【解析】
【分析】
根据酸的电离平衡常数知，酸强弱顺序为：CH3COOH > H2CO3 > HClO > HCO3－
【详解】A选项，酸越弱，对应阴离子结合氢离子能力越强，因此离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32－> ClO－> HCO3－> CH3COO－，故A正确；
B选项，2ClO－+CO2+H2O＝CO32－+2HClO反应，违背了HClO > HCO3－，因此不能发生，故B正确；
C选项，用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，，氢离子浓度减小，比值增大，故C正确；
D选项，等体积、等pH的CH3COOH与HClO两溶液与NaOH恰好完全反应，HClO物质的量多，则次氯酸消耗氢氧化钠物质的量更多，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】等体积、等pH的一元弱酸与一元强酸两溶液与NaOH恰好完全反应，弱酸的物质的量多，消耗的氢氧化钠多。
17.某化学课外小组的同学通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是：2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。
实验序号
0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL
0.01mol·L－1
Na2SO3 溶液的体积/mL
水的体积/mL
实验温度/℃
出现蓝色的时间/s
①
5
5
V1
5
t1
②
5
5
40
25
t2
③
5
V2
35
25
t3
下列判断不正确的是
A. 最先出现蓝色的一组实验是③
B. 实验①③中V1=40，V2=10
C. 探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②
D. 出现蓝色的时间t3>t2>t1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据控制变量法，①②是探究温度对反应反应速率的影响，②③是探究浓度对反应反应速率的影响。
【详解】A选项，①②浓度相同，②温度高，②的反应速率比①快，③反应温度与②相同，但反应浓度比②大，因此最先出现蓝色的一组实验是③，故A正确；
B选项，根据混合后溶液体积一样，实验①③中V1=40，V2=10，故B正确；
C选项，①②浓度相同，温度不同，因此探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②，故C正确；
D选项，出现蓝色的时间t1>t2> t3，故D错误。
综上所述，答案为D。
【点睛】探究变量对反应速率的影响时，只能改变变量，其他量都不能变化，否则不能探究。
18.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是
A. 等pH的两种酸的浓度：c(HA) < c(HB)
B. 电离平衡常数：10Ka(HA)= Ka(HB)
C. b点溶液：c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B−)> c(HB)
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，lg或lg=0时HB的pH大于HA的pH，则Ka(HA) > Ka(HB)，酸强弱顺序为HA >HB，因此等pH的两种酸的浓度：c(HA) < c(HB)，故A正确；
B选项，lg或lg=0时HA的pH =4，HB的pH=5，因此电离平衡常数： Ka(HA)= 10Ka(HB)，故B错误；
C选项，b点溶液呈酸性，lg=0，c(B−)=c(HB)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)和呈酸性得出c(B−)>c(Na+)，因此c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故C正确；
D选项，lg=0时溶液的pH=5，此时c(B-)=c（HB），向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，根据图像lg>0，则c(B−)> c(HB)，故D正确。
综上所述，答案为B。
二、填空题（本大题共四道题，共46分。）
19.现有25℃，0.1mol·L－1的以下溶液：A.NaOH B.NH4Cl C.Al2(SO4)3 D.Na2CO3 E.NaHSO4 F.NaHCO3
（1）A、B、D、F四种溶液的pH由大到小的顺序是_____________。（填编号）
（2）常温下，溶液E的pH_______7（填“>”、“<”、“=”），其原因是___________。（用电离方程式表示）
（3）泡沫灭火器原料是C与F两溶液，其反应原理的离子方程式为______________。
【答案】 (1). A>D>F>B (2). < (3). NaHSO4=Na++H++SO42- (4). 3HCO3-+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
A选项，NaOH属于一元强碱，电离出OH-溶液显碱性；B选项，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解溶液显酸性；D选项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，水解溶液显碱性；F选项，NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-的电离程度小于水解程度，溶液显碱性。
⑴A、B、D、F四种溶液的pH由大到小的顺序是A > D > F > B。
⑵常温下，溶液E硫酸氢钠电离显酸性，其原因是NaHSO4=Na++H++SO42−。
⑶泡沫灭火器原料是C与F两溶液反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，因此得反应原理的离子方程式。
【详解】A选项，NaOH属于一元强碱，电离出OH-溶液显碱性；B选项，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解溶液显酸性；D选项，Na2CO3属于强碱弱酸盐，水解溶液显碱性；F选项，NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-的电离程度小于水解程度，溶液显碱性；
⑴根据盐的水解程度是微弱的以及“越弱越水解”规律，A、B、D、F四种溶液的pH由大到小的顺序是A > D > F > B，故答案为：A > D > F > B。
⑵常温下，溶液E的pH < 7，硫酸氢钠电离显酸性，其原因是NaHSO4=Na++H++SO42−，故答案为：< ；NaHSO4 = Na++H++SO42−。
⑶泡沫灭火器原料是C与F两溶液反应生成氢氧化铝和二氧化碳气体，其反应原理的离子方程式为3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：3HCO3−+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑。
20.合理利用和转化PCl5、NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是环保领域的重要课题。
（1）已知：P4(s) + 6Cl2(g) = 4PCl3(g) △H1= c kJ•mol-1
P4(s) +10Cl2(g) = 4PCl5(g) △H2= d kJ•mol-1
PCl3、PCl5分子的结构如图，其中实线表示化学键。若断开PCl5分子中1mol P-Cl键，平均消耗x kJ的能量，断开PCl3中1mol P-Cl键消耗1.2x kJ的能量。
①写出PCl3与Cl2反应的热化学方程式_______。（热值用c、d表示）
②断开1mol的Cl-Cl键消耗的能量为________。
（2）NOx的排放主要来自于汽车尾气，利用反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) ΔH = -34.0 kJ•mol-1 ；用活性炭对NO进行吸附。已知在恒压密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，测得NO的转化率随温度的变化如图2所示：
①由图2可知，反应在温度1050K之前，NO的转化率随温度升高而增大，其原因是_______；在1100K时，CO2的体积分数为___。
②用物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp=________。[已知：气体分压P分=气体总压(P总)×气体物质的量分数]
（3）反应N2O4(g)2NO2(g) ΔH > 0 ，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与各自的分压有如下关系：υ(N2O4)=k1·p(N2O4)；υ(NO2)=k2·p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数，相应的速率与N2O4或NO2的分压关系如图3所示。
①在T℃时，图3中M、N点能表示该反应达到平衡状态，理由是________。
②改变温度，υ(NO2)会由M点变为A、B或C，υ(N2O4)会由N点变为D、E或F，当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，NO2和N2O4相对应的点分别是___、 ___（填字母）
（4）据报道，以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如图4所示。
①a极发生________(填“氧化”或“还原”)反应。
②电解时，b极上生成乙烯的电极反应为________。
【答案】 (1). Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g) ΔH =kJ•mol-1 (2). kJ (3). 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 (4). 20% (5). 4 (6). M点 υ(NO2)是N点υ(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率 (7). B (8). F (9). 氧化 (10). 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O
【解析】
【分析】
⑴①根据盖斯定律，第2个方程式减去第1个方程式，再除以4，得到PCl3与Cl2反应的热化学方程式。
②断开1mol的Cl-Cl键消耗的能量为a，则a + 1.2xkJ×3 - xkJ×5 = kJ，解得a = kJ。
⑵①由图2可知，反应在温度1050K之前，NO的转化率随温度升高而增大，1050K时，反应达到平衡，1050K之前没有达到平衡，正在建立平衡的阶段，转化率随温度升高而增大，在1100K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为40%，消耗0.4mol，剩余0.6mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.2mol，则CO2的体积分数为。
②用物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，在1050K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为80%，消耗0.8mol，剩余0.2mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.4mol，该反应的化学平衡常数。
⑶①在T℃时，图3中M、N点能表示该反应达到平衡状态，M点υ(NO2)是N点υ(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率，因此达到平衡。
②改变温度，升高温度，正逆反应速率都加快，平衡向吸热反应移动即生成二氧化氮的方向移动，二氧化氮浓度大，压强增大，四氧化二氮浓度减小，因此υ(NO2)会由M点变为B点，υ(N2O4)会由N点变为F。
⑷①a极为阳极，发生氧化反应。
②电解时，b极上二氧化碳得到电子生成乙烯的电极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O。
【详解】⑴①根据盖斯定律，第2个方程式减去第1个方程式，再除以4，得到PCl3与Cl2反应的热化学方程式Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g) ΔH =kJ•mol-1，故答案为：Cl2(g)+PCl3(g) = PCl5(g) ΔH =kJ•mol-1。
②断开1molCl-Cl键消耗的能量为a，则a + 1.2xkJ×3 - xkJ×5 = kJ，解得a = kJ，故答案为： kJ。
⑵①由图2可知，反应在温度1050K之前，NO的转化率随温度升高而增大，1050K时，反应达到平衡，1050K之前没有达到平衡，正在建立平衡的阶段，转化率随温度升高而增大，在1100K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为40%，消耗0.4mol，剩余0.6mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.2mol，则CO2的体积分数为，故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20%。
②用物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa时，在1050K时，该反应是等体积反应，假设NO物质的量为1mol，NO转化率为80%，消耗0.8mol，剩余0.2mol，生成氮气和二氧化碳分别为0.4mol，该反应的化学平衡常数，故答案为：4。
⑶①在T℃时，图3中M、N点能表示该反应达到平衡状态，M点υ(NO2)是N点υ(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率，因此达到平衡，故答案为：M点υ(NO2)是N点υ(N2O4)的2倍，符合方程式系数比，所以该反应的正反应速率等于逆反应速率。
②改变温度，升高温度，正逆反应速率都加快，平衡向吸热反应移动即生成二氧化氮的方向移动，二氧化氮浓度大，压强增大，四氧化二氮浓度减小，因此υ(NO2)会由M点变为B点，υ(N2O4)会由N点变为F，故答案为：B、F。
⑷①a极为阳极，发生氧化反应，故答案为：氧化。
②电解时，b极上二氧化碳得到电子生成乙烯的电极反应为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故答案为：2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O。
21.钴、镍与铁是同族元素，它们的单质及化合物的性质有很多相似之处。
（1） 为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性，某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置中X极附近溶液变红。
①甲池Fe电极反应式为_________。由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是__________(填元素符号) 。
②写出丙装置中反应的离子方程式____________________。
（2）Na2FeO4具有广泛用途，可通过电解法制取得到，工作原理图丁所示。通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。已知： Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。
①Fe电极反应式为________。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______________。
③当阴极产生112mL（标准状况）的气体时，通过阴离子交换膜的离子有_______mol。
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). Fe>Co>Cu (3). 2Cl-＋2H2O2OH-＋H2↑＋Cl2↑ (4). Fe - 6e- + 8OH− = FeO42− + 4H2O (5). 阴极产生H2，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低 (6). 0.01
【解析】
【分析】
⑴①甲装置中Co电极附近产生气泡，说明Co为正极，Fe为负极，其电极反应式为Fe-2e－= Fe2+，金属活动性为Fe>Co，丙装置中X极附近溶液变红，说明X处有大量氢氧根，此处氢离子消耗，X为阴极，Co为负极，Cu为正极，因此三种金属的活动性由强到弱的顺序是Fe>Co>Cu。
②丙装置为电解食盐水，其反应的离子方程式2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
⑵①Fe在阳极反应生成高铁酸根，其电极反应式为Fe - 6e－+ 8OH－= FeO42− + 4H2O。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，根据已知信息Na2FeO4易被H2还原。
③当阴极产生112mL（标准状况）的气体即0.005mol氢气。
H2 ~ 2OH －
1mol 2mol
0.005mol xmol
1mol：0.005mol = 2mol：xmol
解得x = 0.01mol，即有0.01mol氢氧根离子生成，要使溶液呈电中性，则需要0.01molOH-通过阴离子交换膜。
【详解】⑴①甲装置中Co电极附近产生气泡，说明Co为正极，Fe为负极，其电极反应式为Fe-2e－= Fe2+
，金属活动性为Fe>Co，丙装置中X极附近溶液变红，说明X处有大量氢氧根，此处氢离子消耗，X为阴极，Co为负极，Cu为正极，因此三种金属的活动性由强到弱的顺序是Fe>Co>Cu，故答案为：Fe-2e－= Fe2+；Fe>Co>Cu。
②丙装置为电解食盐水，其反应的离子方程式2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
⑵①Fe在阳极反应生成高铁酸根，其电极反应式为Fe - 6e－+ 8OH－= FeO42− + 4H2O，故答案为：Fe - 6e－+ 8OH－= FeO42− + 4H2O。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，阴极是水电离的H+放电产生H2，根据已知信息Na2FeO4易被H2还原，故答案为：阴极产生H2，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。
③当阴极产生112mL（标准状况）的气体即0.005mol氢气。
H2 ~ 2OH－
1mol 2mol
0.005mol xmol
1mol：0.005mol = 2mol：xmol
解得x = 0.01mol，即有0.01mol氢氧根离子生成，要使溶液呈电中性，则需要0.01molOH-通过阴离子交换膜，故答案为：0.01。
22.水溶液中存在多种平衡。
（1）下列性质中，可以证明醋酸是弱电解质的是_______。
A．0.1mol·L－1醋酸钠溶液呈碱性
B. 醋酸以任意比与水互溶
C. 10mL 1mol·L－1 醋酸恰好与10mL 1mol·L－1 NaOH溶液完全反应
D. 醋酸溶液的导电性比一元强酸溶液弱
（2）已知25℃时，0.1mol·L－1醋酸、0.1mol·L－1HA溶液的pH均为3，NH4A盐溶液呈中性， 则CH3COONH4溶液pH_____7（填“>”、“<”、“=”）。
（3）25℃时0.1mol·L-1 的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH-)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因此溶液的pH增大。
①为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mol·L-1 醋酸溶液中加入少量下列物质中的______（填写编号），然后测定溶液的pH。
A．固体CH3COOK B．固体CH3COONH4 C．气体NH3 D．固体NaHCO3
②若_________（填“甲”或“乙”）的解释正确，溶液的pH应______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）将0.010mol CH3COONa和0.004mol HCl溶于水，配制成0.5L混合溶液。
①溶液中共有______种粒子。
②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，它们是______和______。
③溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=______mol。
【答案】 (1). A (2). = (3). B (4). 乙或甲 (5). 增大或不变 (6). 7 (7). CH3COOH (8). CH3COO- (9). 0.006
【解析】
【分析】
⑴A选项，0.1mol·L－1醋酸钠溶液呈碱性，说明是强碱弱酸盐，醋酸为弱酸；B选项，醋酸以任意比与水互溶，不能说明是弱电解质；C选项，10mL 1mol·L－1 醋酸恰好与10mL 1mol·L－1 NaOH溶液完全反应生成醋酸钠和水，不能说明是弱电解质；D选项，只能说相同浓度的醋酸溶液的导电性比一元强酸溶液弱，才能说醋酸是弱电解质。
⑵已知25℃时，0.1mol·L－1醋酸、0.1mol·L－1HA溶液的pH均为3，NH4A盐溶液呈中性，说明一水合氨与HA的平衡常数相同，HA和醋酸的平衡常数也相同，因此CH3COONH4溶液pH = 7。
⑶①如果加一种中性物质，有效的排除了甲的情况：加了显碱性的物质，加中性的物质，通过醋酸根离子浓度增加，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：B。
②根据上面分析得出乙的解释正确，溶液的pH应增大，如果是甲正确，则溶液的pH不变。
⑷①溶液中共有钠离子、氯离子、醋酸分子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子、水分子，有7种粒子。
②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，根据物料守恒，它们是CH3COOH和CH3COO－。
③溶液中n(CH3COO－)+n(OH－)-n(H+)= n(Na+) - n(Cl－) = 0.010mol – 0.004mol =0.006mol。
【详解】⑴A选项，0.1mol·L－1醋酸钠溶液呈碱性，说明是强碱弱酸盐，醋酸为弱酸；B选项，醋酸以任意比与水互溶，不能说明是弱电解质；C选项，10mL 1mol·L－1 醋酸恰好与10mL
1mol·L－1 NaOH溶液完全反应生成醋酸钠和水，不能说明是弱电解质；D选项，只能说相同浓度的醋酸溶液的导电性比一元强酸溶液弱，才能说醋酸是弱电解质，题中没有给等浓度，不能判断；故答案为A。
⑵已知25℃时，0.1mol·L－1醋酸、0.1mol·L－1HA溶液的pH均为3，NH4A盐溶液呈中性，说明一水合氨与HA的平衡常数相同，HA和醋酸的平衡常数也相同，因此CH3COONH4溶液pH = 7，故答案为：=。
⑶①如果加一种中性物质，有效的排除了甲的情况：加了显碱性的物质，加中性的物质，通过醋酸根离子浓度增加，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，故答案为：B。
②根据上面分析得出乙的解释正确，溶液的pH应增大，如果是甲正确，则溶液的pH不变，故答案为：乙或甲；增大或不变。
⑷①溶液中共有钠离子、氯离子、醋酸分子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子、水分子，有7种粒子，故答案为：7。
②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol，根据物料守恒，它们是CH3COOH和CH3COO－，故答案为：CH3COOH和CH3COO－。
③根据电荷守恒，溶液中n(CH3COO－)+n(OH－)-n(H+)= n(Na+) - n(Cl－) = 0.010mol – 0.004mol =0.006mol，故答案为：0.006。
