【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二上学期第三次学段考试(解析版)
甘肃省武威第六中学 2019-2020 学年高二上学期第三次学段
考试
第 I 卷 选择题
一、选择题(每小题 3 分,共 48 分)
1.下列说法不正确的是
A. 化学反应除了生成新物质外,还伴随着能量的变化
B. 化学反应是放热还是吸热,取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量
C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生
D. 放热的反应在常温下一定很容易发生
【答案】D
【解析】
【详解】A. 任何化学反应都伴随着能量的变化,A 项正确,不符合题意;
B. 反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是放热反应,反之为吸热反应,因此化学反
应是放热还是吸热,取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量,B 项正确,不符合
题意;
C.CO2 和 C 反应为吸热反应,在高温下可自发进行,因此吸热反应在一定条件(如高温、加
热等)下也能发生,C 项正确,不符合题意;
D. 并不是所有的放热反应在常温下都能发生,如碳的燃烧,D 项错误,符合题意;
答案选 D。
2.下列说法正确的是( )
A. 由“C(石墨)=C(金刚石) ΔH= +1.9kJ·mol-1”可知,金刚石比石墨稳定
B. 500℃、30M Pa 下,将 0.5 mol N2 和 1.5 mol H2 置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g),放
热 19.3 kJ,其热化学方程式为:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH= -38.6kJ·mol-1
C. 在稀溶液中:H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH= -57.3kJ·mol-1,若将含 1mol CH3COOH 与含
1mol NaOH 的溶液混合,放出的热量小于 57.3kJ
D. X(g)+Y(g) Z(g) ΔH >0,恒温恒容条件下达到平衡后加入 X,上述反应 ΔH 增大
【答案】C
【解析】
【详解】A.ΔH=+1.9kJ/mol,为吸热反应,则石墨的能量低,则石墨比金刚石稳定,故 A
错误;
B.0.5mol N2(g)和 1.5mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成 NH3(g),放热 19.3kJ,则
1molN2(g)完全反应放出热量大于 38.6kJ,可知 N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<
−38.6kJ•mol−1,故 B 错误;
C.醋酸是弱酸,在水溶液中没有完全电离,醋酸电离时吸热,所以 1molCH3COOH 与 1mol
NaOH 溶液反应放热少于强酸,故 C 正确;
D.一定条件下,反应热与平衡移动无关,与化学计量数与物质的状态有关,故 D 错误;
故答案选 C。
3.镍镉(Ni-Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为 KOH
溶液,其充、放电按下式进行:Cd + 2NiOOH + 2H2O Cd(OH)2 + 2Ni(OH)2 ,有关
该电池的说法正确的是
A. 放电时电解质溶液中的 OH-向正极移动
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性增强
D. 充电时阳极反应:Ni(OH)2-e- + OH- = NiOOH + H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时负极上发生的电极反应式为:Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2,正极上发生的电极反应式为:
NiOOH+e-+H2O═Ni(OH) 2+OH- , 充 电 时 阳 极 上 发 生 的 电 极 反 应 式 为 :Ni(OH)
2+OH--e-=NiOOH+H2O,阴极上发生的电极反应式为:Cd(OH)2+2e-═Cd+2OH-,放电时,
溶液中氢氧根离子向负极移动,电解池是把电能转化为化学能的装置,据此分析作答。
【详解】A. 放电时,电解质溶液中氢氧根离子向负极移动,故 A 项错误;
B. 充电过程实际上是把电能转化为化学能的过程,故 B 项错误;
C. 放电时,负极上电极反应式为:Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2,碱性减弱,故 C 项错误;
D. 充电时,该装置是电解池,阳极上电极反应式为:Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O,故
D 项正确;
答案选 D。
4.设 C+CO2 CO(正反应为吸热反应),反应速率为 v1;N2+3H2 2NH3(正反应为放
热反应),反应速率为 v2。对于上述反应,当温度升高时,v1 和 v2 变化情况为( )
A. 同时增大 B. 同时减小
C. v1 增大,v2 减小 D. v1 减小,v2 增大
【答案】A
【解析】
分析】
化学反应无论是吸热反应还是放热反应,温度升高,化学反应速率都增大。
【详解】化学反应无论是吸热反应还是放热反应,温度升高,活化分子的百分含量增大,有
效碰撞的次数增大,化学反应速率都增大;故答案选 A。
【点睛】解答本题需要注意温度对反应速率的影响与反应的吸、放热无关。
5.一定条件下,在体积为 10 L 的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)
ΔH<0,反应过程如图,下列说法正确的是( )
A. t1 min 时正、逆反应速率相等
B. X 曲线表示 NH3 的物质的量随时间变化的关系
C. 0~8min,H2 的平均反应速率 v(H2)= mol·L-1·min-1
D. 10min,改变条件为升温
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据图象可知,t1 min 时 X、Y 的物质的量相等,不能代表反应速率的关系,
故无法判断,故 A 错误;
B、根据图可知,在 0~8 min 时,X 增加了 0.6mol,Y 减小了 0.9mol,X、Y 变化了的物质
的量之比为 2:3,根据物质变化了的物质的量之比等于化学反应中计量数之比可知,X 为
氨气的物质的量随时间变化的曲线,故 B 正确;
【
3
4
C、0~8 min 时,由图可知 NH3 的平均反应速率 v(NH3)= mol•L-1•min-1,
根据速率之比等于化学计量数之比得,v(H2)= mol•L-1•min-1,故 C 错误;
D、因为该反应为放热反应,由图可知在 10~12 min 生成物变多,反应物变少,平衡正向移
动,所以此时应为降低温度,故 D 错误;
故选:B。
6.下列过程一定不能自发进行的是( )
A. 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) ΔH>0
B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH<0
C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) ΔH>0
D. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0
【答案】D
【解析】
【详解】依据吉布斯自由能方程 ΔG=ΔH-TΔS,只要 ΔG<0,反应就可能自发进行。
A. 2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) ΔS>0,ΔH>0,则高温时,ΔG<0,A 能自发进行;
B. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔS<0,ΔH<0,则低温时,ΔG<0,B 能自发进行;
C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) ΔS>0,ΔH>0,则高温时,ΔG<0,C 能自发进行;
D. 2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔS<0,ΔH>0,ΔG>0,D 一定不能自发进行。
故选 D。
【点睛】一个能自发进行的反应,并不一定真的就能发生,它只是告诉我们反应有发生的可
能,只要我们注意改善反应条件或改善反应环境,就有让反应发生的可能。
7.稀氨水中存在着下列平衡:NH3·H2O NH4++OH-,若要使平衡向逆反应方向移动,
同时使 c(OH-)增大,应加入的物质或采取的措施是( )
①NH4Cl 固体;②硫酸;③NaOH 固体;④水;⑤加热;⑥加入少量 MgCl2 固体。
A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①加入氯化铵固体,铵根离子浓度增大,平衡逆向移动,氢氧根浓度减小,故①错
误;
②加入硫酸,氢离子中和氢氧根使之浓度减少,继而引发电离平衡正向移动,故②错误;
0.6mol/L 10L 3=
8min 400
( )3
3 9v NH =
2 800
×
③加入氢氧化钠固体,氢氧根浓度增大,平衡逆向移动,故③正确;
④加水稀释使电离平衡相关的微粒浓度都减小,平衡向电离方向移动,故④错误;
⑤弱电解质的电离是吸热过程,加热使平衡向右移动,故⑤错误;
⑥加入少量硫酸镁固体,镁离子与氢氧根反应,使溶液中氢氧根浓度减小,稀氨水 电离平
衡正向移动,故⑥错误。故只有③正确。
综上所述,答案为 B。
【点睛】加水稀释,平衡正向移动,看得见的浓度减小,看不见的浓度增大即电离方程式中
能看见的微粒浓度减少,电离方程式中看不见的微粒浓度增加;
例如:NH3·H2O NH4++OH-
一水合氨、铵根离子、氢氧根离子在电离方程式中看得见,因此它们的浓度都减小,而氢离
子看不见,因此氢离子浓度增大。
8.下列溶液肯定显酸性的是
A. 的溶液 B. 含 的溶液
C. 的溶液 D. 加酚酞显无色的溶液
【答案】A
【解析】
【分析】
酸性最本质的判断是: 。
【详解】A.由分析可知, 的溶液显酸性,A 项正确;
B.碱性和中性的溶液也含 ,B 项错误;
C.温度未知,KW 未知, 的溶液未必显酸性,C 项错误;
D.加酚酞显无色的溶液,可能酸性或中性,D 项错误;
答案选 A。
9.在 25mL0.1mol·L-1 某一元碱中,逐滴加入 0.1mol·L-1 醋酸,滴定曲线如图所示。则下列
说法不正确的是
的
( ) ( )c H c OH+ −> +H
7
c(OH )
+ -c(H )>c(OH )
+H
pH<7
A. 该碱溶液可以溶解 Al(OH)3
B. a 点对应的体积值大于 25mL
C. C 点时,c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. D 点时,c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D
【解析】
【详解】从滴定曲线可知,没有滴加醋酸前,0.1mol·L -1 某一元碱其溶液 pH 为 13,
c(OH-)=0.1mol/L,完全电离,该一元碱为强碱。
A.该一元碱为强碱,可以溶解 Al(OH)3,A 项正确,不符合题意;
B.根据曲线,a 点的 pH 值为 7,为中性,假设加入醋酸的体积为 25mL,酸和碱恰好完全
反应,生成醋酸盐,为强碱弱酸盐,水解为碱性,现在为中性,说明要多加点酸,B 项正确,
不符合题意;
C.C 点 pH<7,溶液呈现酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒 c (CH3COO-)+c(OH-)=c(H
+)+c(Na+),可以知道 c(CH3COO-)>c(Na+),C 项正确,不符合题意;
D.D 点,加入了 50mL 的醋酸,为 CH3COONa 和 CH3COOH 的混合溶液,根据电荷守恒 c
(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),以及物料守恒,c( CH3COOH)+c (CH3COO-)=2c(Na
+),联合两式,得 c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH),D 项错误,符合题意;
本题答案选 D。
10.下列事实:
①NaHSO4 溶液呈酸性;②长期使用化肥(NH4)2SO4 会使土壤酸性增大,发生板结;③配制
CuCl2 溶液,用稀盐酸溶解 CuCl2 固体;④NaHS 溶液中 c(H2S)>c(S2-);⑤氯化铵溶液可去
除金属制品表面的锈斑;⑥加热 FeCl3·6H2O 晶体,往往得不到 FeCl3 固体。
其中与盐类的水解有关的叙述有( )
A. 6 项 B. 5 项 C. 3 项 D. 4 项
的
【答案】B
【解析】
【详解】①中 NaHSO4 为强酸强碱的酸式盐,不发生水解,显酸性是因为电离出 H+所致;②
中是 NH4+水解显酸性所致;③中 HCl 会抑制 Cu2+水解;④中是因 HS-水解程度大于其电
离程度所致;⑤中 NH4+水解产生 H+与锈斑中的 Fe2O3 反应;⑥加热时部分 FeCl3 会发生水
解。故除①外都与盐类的水解有关。故选 B。
11.下列有关实验操作的叙述正确的是( )
A. 中和滴定实验中指示剂不宜加入过多,通常控制在 1mL 至 2mL
B. 在 50mL 碱式滴定管中装氢氧化钠溶液至 5mL 刻度处,把液体全部放入烧杯,液体体积
为 45mL
C. 碱式滴定管可以用来装碱性和氧化性的溶液
D. 用标准盐酸测定未知浓度 NaOH 结束实验时,酸式滴定管尖嘴部分有气泡,开始实验时
无气泡,所测结果偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A.指示剂不宜加入过多,一般几滴即可,否则滴定终点判断不准确,故 A 错误;
B.碱式滴定管的 0 刻线在上方,50.00mL 下端无刻度,50mL 碱式滴定管中装氢氧化钠溶
液至 5mL 刻度处,把液体全部放入烧杯,液体体积大于 45mL,故 B 错误;
C.装氧化性的溶液不能选碱式滴定管,氧化性物质可氧化橡胶,应选酸式滴定管,故 C 错
误;
D.滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,开始实验时无气泡,测定所需的标准液的体积
减小,导致测定浓度偏低,故 D 正确;
故答案选 D。
12.下列离子组因发生双水解反应而不能大量共存的是
A. Ba2+、NH4+、SO42-、OH- B. H+、Na+、NO3-、I-
C. Al3+、K+、HCO3-、NO3- D. H+、Ca2+、CO32-、Cl-
【答案】C
【解析】
Ba2+和 SO42-因为生成沉淀而不共存,NH4+和 OH-因为生成弱电解质(NH3·H2O)而不共存,
没有发生双水解反应,所以选项 A 错误。H+、NO3-、I-会因为发生氧化还原反应而不共存,
没有发生双水解反应,选项 B 错误。Al3+和 HCO3-发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝,
所以选项 C 是因为双水解反应而不共存,选项 C 正确。Ca2+和 CO32-因为生成沉淀而不共存,H+
和 CO32-反应生成二氧化碳而不共存,没有发生双水解反应,选项 D 错误。
13. 的两种一元酸 和 ,体积均为 ,稀释过程中 与溶液体积的关系如图
所示。分别滴加 溶液( )至 ,消耗 溶液的体积为 、
,则( )
A. 为弱酸,
B. 为强酸,
C. 为弱酸,
D. 为强酸,
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知,pH=2 的两种一元酸 x 和 y,均稀释 10 倍,x 的 pH 为 3,y 的 pH<3,则 x 为
强酸,y 为弱酸;发生中和反应后 pH=7,为中性,x 与 NaOH 反应生成不水解的正盐,而
y 与 NaOH 反应生成水解显碱性的正盐,且酸的物质的量越大消耗 NaOH 越多,以此来解答。
【详解】由图可知,pH=2 的两种一元酸 x 和 y,均稀释 10 倍,x 的 pH 为 3,y 的 pH<3,
则 x 为强酸,y 为弱酸;pH=2 的 x,其浓度为 0.01mol/L,与 NaOH 发生中和反应后 pH=
7,为中性,则 0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V 碱,解得 V 碱=0.01L,而 pH=2 的 y,其浓度
大于 0.01mol/L,若二者恰好生成正盐,水解显碱性,为保证溶液为中性,此时 y 剩余,但
y 的物质的量大于 x,y 消耗的碱溶液体积大,体积大于 0.01L,则 V x<V y,故答案选 C。
【点睛】本题把握等 pH 的酸稀释相同倍数时强酸 pH 变化大为解答的关键,注意酸的物质
的量大小决定消耗碱的体积大小。
pH 2= x y 100mL pH
NaOH 10.1mol Lc −= pH 7= NaOH xV
yV
x x yV V<
x x yV V>
y x yV V<
y x yV V>
14.在 时,碳酸钙在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示,已知 时硫酸钙的
Ksp=9.1×10-6,下列说法正确的是( )
A. 除去锅炉水垢中硫酸钙的办法是将其转化为碳酸钙,然后用酸去除
B. 图中 b 点碳酸钙的结晶速率小于其溶解速率
C. 通过蒸发,可使溶液由 a 点变化到 c 点
D. 在 25℃时,反应 的平衡常数 K=3500
【答案】A
【解析】
【详解】A. Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),且 与盐酸反应,则除去锅炉水垢中硫酸钙的办
法是将其转化为碳酸钙,然后用酸去除,A 项正确;
B. 曲线上的点为平衡点,b 点在曲线上方,Qc(CaCO3)>Ksp(CaCO3),有晶体析出,则 b 点
碳酸钙的结晶速率大于其溶解速率,B 项错误;
C. 蒸发时, 、 的浓度均增大,图中由 a 点变化到 c 点时 不变,与图象
不符,则通过蒸发不能使溶液由 a 点变化到 c 点,C 项错误;
D. 反应 的平衡常数
,D
项错误;
答案选 A。
15.如图是一套电化学装置,对其有关说法错误的是( )
25℃ 25℃
( ) ( ) ( ) ( )2 2
4 3 3 4CaSO s CO aq CaCO s SO aq− −+ = +
3CaCO
2
3CO − 2Ca + ( )2
3c CO −
( ) ( ) ( ) ( )2 2
4 3 3 4CaSO s CO aq CaCO s SO aq− −+ = +
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 6
4 4 4
5 52 2 2
33 3
c SO c SO c Ca Ksp CaSO 9.1 10K 3250Ksp CaCO 4.0 10 7.0 10c CO c CO c Ca
− − + −
− −− − +
×= = = = =× × ×
A. 装置 A 是原电池,装置 B 是电解池
B. 反应一段时间后,装置 B 中溶液 pH 增大
C. a 若消耗 1mol CH4,d 可产生 4mol 气体
D. a 通入 C2H6 时的电极反应为 C2H6-14e-+ 18OH-= 2CO32-+ 12H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
由装置图可知 A 应为燃料电池装置,则 B 为电解池装置,电解硫酸溶液时,阳极发生氧化
反应生成氧气,阴极发生还原反应生成氢气,实质为电解水,硫酸浓度增大,pH 减小,A
中,负极发生氧化反应,正极发生还原反应,以此解答该题。
【详解】A.由装置图可知 A 消耗气体,应为燃料电池装置,则 B 生成气体,为电解池装
置,故 A 正确;
B.电解硫酸溶液时,阳极发生氧化反应生成氧气,阴极发生还原反应生成氢气,实质为电
解水,硫酸浓度增大,pH 减小,故 B 错误;
C.由元素化合价可知,a 口若消耗 1mol CH4,应生成碳酸钾,则失去电子 8mol,为原电池
的负极,则 d 为阴极,生成氢气,应为 4mol,故 C 正确;
D.a 口通入 C2H6 时,乙烷被氧化生成碳酸钾,电极反应为 C2H6-14e-+18OH-=
2CO32-+12H2O,故 D 正确;
故答案选 B。
【点睛】明确原电池正负极和电解池阴阳极上发生的电极反应是解本题关键,难点是电极反
应式的书写。
16.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力,常用于电解池、原电池中。电解 NaB(OH)4
溶液可制备 H3BO3,其工作原理如图。下列叙述错误的是( )
A. M 室发生的电极反应式:2H2O-4e-=O2↑+4H+
B. N 室:a”“<”或“=”)。
(4)若一定量的 CO2 和 H2 在绝热恒容的条件下发生上述反应②,下列可以作为判断该反应达
到平衡的标志有_________________________。
a.混合气体的平均相对分子质量不再改变
b.混合气体中 CO2、H2、H2O、CO(g)的含量相等
c. v(CO2)生成=v(CO)消耗
d.容器内温度不再变化
【答案】 (1). 2.5 (2). -75 kJ·mol-1 (3). 0.1mol/(L min) (4). > (5). d
【解析】
【分析】
(1)反应①+②可得反应③,则平衡常数 K3=K1×K2,焓变 ΔH3=ΔH1+ΔH2;
(2)利用“三段式法”和化学平衡常数的表达式计算出 H2 浓度的变化量,用 H2 表示的反应速率
v(H2)= ;
(3)500℃时 K3=K1×K2=2.5,再计算此时浓度商 Qc,若 Qc=K3,处于平衡状态,若 QcK3,反应向逆反应进行,进而判断 v 正、v 逆相对大小;
(4)可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之
比(不同物质),平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,由此衍生的一些物理量
不变,以此分析。
【详解】(1)反应①+②可得反应③,则平衡常数 K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5,焓变 ΔH3=
ΔH1+ΔH2=-116kJ·mol-1+(+41kJ·mol-1)=-75kJ·mol-1,故答案为:2.5;-75kJ·mol-1;
(2)500℃时,将 2molCO 和 2molH2 充入 2L 的恒容密闭容器中发生反应②, 5min 后达到平衡,
由反应三段式得:
⋅
2
2
(H )
(H )
c
t
∆
∆
K2= =1.0,解得 =0.5mol/L,v(H2)= =
=0.1mol/(L min),故答案为:0.1mol/(L min);
(3)500℃时 K3=K1×K2=2.5,浓度商 Qc= =0.88<K3=2.5,反应向正反应进行,
故 v 正>v 逆,故答案为:>;
(4) a.反应总质量是个定值,总物质的量是个定值,混合气体的平均相对分子质量一直不变,
故 a 不符合题意;
b.混合气体中 CO2、H2、H2O、CO 的含量相等,不一定达到平衡状态,故 b 不符合题意;
c.v(CO2)生成、v(CO)消耗是逆反应的两种物质化学反应速率,不能证明 v 正=v 逆,故 c 符合题
意;
d.绝热容器内温度不再发生变化说明反应达到了平衡,故 d 符合题意;
故答案为:d。
19.某兴趣小组为研究原电池原理,设计如图甲乙两个原电池装置。
(1)如图甲,a 和 b 用导线连接,Cu 电极的电极反应式为:________,溶液中 SO42-移向
______(填“Cu”或“Fe”)极。
(2)如图乙所示的原电池装置中,负极材料是_____。正极上能够观察到的现象是
_______________。 负极的电极反应式是_________________。原电池工作一段时间后,若消
耗负极 5.4g,则放出气体______mol。
(3)将反应 Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4 设计成盐桥电池并画图____________
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
1mol/L 1mol/L 0 0
Δ (H ) Δ (H ) Δ (H ) Δ (H )
1-Δ (H ) 1-Δ (H ) Δ (H ) Δ (H
CO g H g H O g CO g
)
c c c c
c c c c
起始:
转化:
平
+
衡:
+
2 2
2 2
(H ) (H )
(1 (H )) (1 (H ))
c c
c c
∆ ⋅∆
− ∆ ⋅ − ∆ 2(H )c∆ 2
2
(H )
(H )
c
t
∆
∆
0.5mol/L
5min
⋅ ⋅
30.
0.3
1
0.15
0.8
×
×
(4)依据 Ba(OH)2·8H2O 与 NH4Cl 晶体的反应原理设计原电池,你认为是否可行并说明理由
______。
【答案】 (1). 2H++2e-=H2↑ (2). Fe (3). Al (4). 产生气泡 (5). Al-3e- +4OH-=AlO2-
+ 2H2O (6). 0.3 (7). (8). 否,因为此反应
为非氧化还原反应
【解析】
【分析】
(1)甲装置中,a 和 b 用导线连接,该装置构成原电池,铁失电子发生氧化反应而作负极,铜
作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气,电解质溶液中阴离子向负极移动,电
子由铁电极经导线流向铜电极;
(2)乙装置中,铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池,铝失电子发生氧化反应而作负极,镁作
正极,正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气;
(3)设计原电池要满足原电池的组成条件;
(4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应。
【详解】(1)甲装置中,a 和 b 用导线连接,该装置构成原电池,铁失电子发生氧化反应而作
负极,铜作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应产生氢气,电极反应式为:
2H++2e-=H2↑,电解质溶液中阴离子向负极移动,溶液中 SO42-移向铁电极;
(2)乙装置中,铝与氢氧化钠溶液反应构成原电池,铝失电子发生氧化反应而作负极,电极
反应式为:Al-3e- +4OH-=AlO2- + 2H2O;镁作正极,正极上氢离子得电子发生还原反应产生
氢气,可以观察到产生气泡;由反应总方程式可知:2Al 3H2,5.4g Al 的物质的量为
=0.2mol,则能生成 H2 的物质的量为 0.3mol;
(3)将反应 Cu + Fe2(SO4)3=2FeSO4 + CuSO4 设计成盐桥电池需要 Cu 作负极,铜电极烧杯中电
解质为 CuSO4,可用惰性电极作正极,电解质溶液为 Fe2(SO4)3 溶液,形成闭合回路,装置
图为: ;
(4)原电池反应必须是自发进行的放热的氧化还原反应,该反应是吸热反应且不是氧化还原
反应,所以不能设计成原电池。
【点睛】明确原电池原理是解本题关键,根据电池反应式中得失电子的物质选取负极材料和
电解质,知道原电池中正负极的判断方法。
20.请按要求回答下列问题:
(1)25 ℃时,向纯水中加入少量碳酸钠固体,得到 pH 为 11 的溶液,其水解的离子方程式为
_____________,由水电离出的 c(OH-)=________mol·L-1。
(2)电离常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知:
化学式 电离常数(25 ℃)
HCN K=4.9×10-10
CH3COOH K=1.8×10-5
H2CO3 K1=43×10-7、K2=5.6×10-11
①25 ℃时,有等 pH 的 a.NaCN 溶液、b.Na2CO3 溶液和 c.CH3COONa 溶液,三溶液的浓度
由大到小的顺序为___________________________。(用 a b c 表示)
②向 NaCN 溶液中通入少量的 CO2,发生反应的化学方程式为_________。
(3)室温时,向 100mL 0.1mol/L NH4HSO4 溶液中滴加 0.1mol/L NaOH 溶液,得到溶液 pH 与
NaOH 溶液体积的关系曲线如图所示:
5.4g
27g/mol
试分析图中 a、b、c、d 四个点,水的电离程度最大的是________;在 b 点,溶液中各离子
浓度由大到小的排列顺序是_____________________________。
【答案】 (1). CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH− (2). 10-3
(3). c > a > b (4). NaCN + CO2 + H2O = NaHCO3+ HCN (5). a (6). c(Na+)>c(SO42-)
> c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)
【解析】
【分析】
(1)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性,盐溶液中盐 水解促进水的电离;
(2)①根据酸的电离常数进行分析判断,电离常数越大,对应盐的水解程度越小,溶液的浓
度越大;
②电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据表中数据可知酸性:H2CO3>HCN>HCO3−,向
NaCN 溶液中通入少量 CO2,反应生成 HCN 和碳酸氢钠,据此写出反应的化学方程式;
(3)a 点恰好生成等物质的量的硫酸铵和硫酸钠,水解促进水的电离;b 点时 pH=7,相对于
a 点 NaOH 稍过量,抑制 NH4+的水解。
【详解】(1)碳酸钠溶液中因碳酸根离子水解导致溶液显碱性,碳酸根水解的离子方程式为
CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3+OH−,其 pH=11,则 c(OH−)=
10-3mol/L,全部由水电离产生,故答案为:CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−、HCO3−+H2O⇌H2CO3
+OH−;10-3;
(2)①根据图表数据分析,电离常数:醋酸>HCN>碳酸氢根离子,所以等 pH 的 NaCN 溶
液、Na2CO3 溶液、CH3COONa 溶液水解程度为:Na2CO3 溶液>NaCN 溶液>CH3COONa
溶液,故溶液的浓度为:CH3COONa 溶液>NaCN 溶液>Na2CO3 溶液,故答案为:c>a>b;
②根据电离平衡常数大小可知酸性:H2CO3>HCN>HCO3−,向 NaCN 溶液中通入少量
CO2,反应生成 HCN 和碳酸氢钠,不能生成二氧化碳,反应的化学方程式为:NaCN+CO2+H2O
=NaHCO3+HCN,故答案为:NaCN+CO2+H2O =NaHCO3+HCN;
(3)图中 a、b、c、d 四个点,只有 a 点恰好生成等物质的量的硫酸铵和硫酸钠,铵根离子浓
度最大,水解促进水的电离,则水的电离程度最大的是 a;b 点 pH=7,相对于 a 点 NaOH
的
稍过量,抑制 NH4+的水解,则溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 c(Na+)>c(SO42-) >
c(NH4+) > c(H+) = c(OH+),故答案为:a;c(Na+)>c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) = c(OH+)。
21.某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后,用如图装置进行实验,请回答下列
问题:
(1)实验一:将开关 K 与 a 连接,则乙为________极,电极反应式为____________________。
(2)实验二:开关 K 与 b 连接,则乙________极,总反应的离子方程式为
_____________________。
(3)对于实验二,下列说法正确的是________(填字母编号)。
A.溶液中 Na+向甲极移动
B.从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉-KI 试纸变蓝
C.反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
D.相同条件下,电解一段时间后,甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等
(4)该研究小组的同学在进行实验二结束的溶液中滴加酚酞溶液,发现________(填“甲”或“乙”)
极附近变红。若标准状况下乙电极产生 22.4mL 气体,剩余溶液体积为 200mL,则该溶液的
pH 为_____。
【答案】 (1). 负 (2). Fe -2e- = Fe2+ (3). 阴 (4). 2Cl- + 2H2O Cl2↑+ H2↑+
2OH- (5). B (6). 乙 (7). 12
【解析】
【分析】
(1)若开始时开关 K 与 a 连接,则形成原电池反应,为铁的吸氧腐蚀;
(2)若开始时开关 K 与 b 连接,形成电解池装置,石墨为阳极,发生氧化反应生成氯气,铁
为阴极,发生还原反应生成氢气和氢氧化钠;
(3)A.溶液中 Na+向阴极移动;
B.石墨为阳极,发生氧化反应生成氯气,电极反应式为 2Cl−−2e−=Cl2↑,氯气能使湿润的 KI
淀粉试纸变蓝;
电解
C.由总的反应 2Cl−+2H2O=2OH−+H2↑+Cl2↑,可知反应一段时间后加适量 HCl 可恢复到
电解前电解质的浓度;
D.只有氯化钠足量,反应一段时间后,甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等;
(4)若开始时开关 K 与 b 连接,形成电解池装置,铁为阴极,发生还原反应生成氢气和氢氧
化钠,滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红,根据产生氢气的量计算溶液中的 OH-的浓度,进而
算出溶液的 pH。
【详解】(1)开始时开关 K 与 a 连接,是原电池,铁为负极,发生氧化反应,失去电子生成
亚铁离子,电极方程式为 Fe−2e−=Fe2+,故答案为:负;Fe−2e−=Fe2+;
(2)若开始时开关 K 与 b 连接,形成电解池装置,石墨为阳极,发生氧化反应生成氯气,电
极反应式为 2Cl−−2e−=Cl2↑;铁为阴极发生还原反应,受到保护,这种保护方式为外加电流
的阴极保护法,电极反应式为 2H++2e−=H2↑;总的离子反应的方程式为:2Cl-+2H2O
Cl2↑+H2↑+2OH-;故答案为:2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-;
(3)A.溶液中 Na+向阴极移动,所以向乙极移动,故 A 错误;
B.石墨为阳极,发生氧化反应生成氯气,电极反应式为 2Cl−−2e−=Cl2↑,氯气能使湿润的 KI
淀粉试纸变蓝,所以从甲极处逸出的气体能使湿润的 KI 淀粉试纸变蓝,故 B 正确;
C.由总的反应 2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-,可知如果阴极持续是氯离子放电,反应一
段时间后通入适量 HCl 气体可恢复到电解前电解质的浓度,故 C 错误;
D.只有氯化钠足量,反应一段时间后,甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等,故 D 错
误;
故答案为:B;
(4)若开始时开关 K 与 b 连接,形成电解池装置,铁为阴极,发生还原反应生成氢气和氢氧
化钠,滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红,产生 22.4mLH2,物质的量为
=0.001mol,根据 2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-可知溶液中的 n(OH-)=0.002mol,c(OH-)=
=0.01mol/L,根据 c(OH-) c(H+)=10-14 得 c(H+)=10-12mol/L,溶液的 pH=12;故答
案为:乙;12。
电解
电解
电解
22.4mL
22.4L/mol
电解
0.002mol
0.2L
⋅