【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)

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【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 7c(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 ⋅
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