化学卷·2018届浙江省温州中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届浙江省温州中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年浙江省温州中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题2分，共50分．每小题只有一个正确选项）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．热化学方程式的计量数可以表示分子的个数 B．热化学方程式中只需标明生成物的状态 C．反应热指的是反应过程中放出或吸收的热量 D．伴随能量变化的一定是化学变化 ‎2．常温下c（H+）最小的是下列各项中的（　　）‎ A．pH=0的溶液 B．0.5mol•L﹣1H2SO4‎ C．0.5mol•L﹣1HCl D．0.5mol•L﹣1CH3COOH ‎3．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．HCOOH+H2O═HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O═HCO3﹣+H+‎ C．CO32﹣+H2O═HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣═S2﹣+H+‎ ‎4．如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．该装置中能量转化方式为电能转化为化学能 B．电子从锌片流出，经导线流向铜片 C．工作一段时间之后，溶液颜色逐渐变蓝 D．锌片发生还原反应 ‎5．下列表述中合理的是（　　）‎ A．在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值 B．把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固体 C．用25mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液 D．太阳能电池是把太阳能转化为内能的装置 ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同 B．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小 C．若①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1，则 a＞b D．能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应 ‎7．下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是（　　）‎ A．Na2CO3 B．Al2（SO4）3 C．K2SO4 D．H2SO4‎ ‎8．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考图，从下表中选出正确选项（　　）‎ 锥形瓶中的溶液 滴定管中的溶液 选用指示剂 选用滴定管 A 碱 酸 石蕊 ‎（乙）‎ B 酸 碱 酚酞 ‎（甲）‎ C 碱 酸 甲基橙 ‎（甲）‎ D 酸 碱 石蕊 ‎（乙）‎ A．A B．B C．C D．D ‎9．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﹣）‎ D．pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液 ‎10．某学习小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，Cu2+向铜电极移动 D．无论a和b是否用导线连接，铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 ‎11．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol B．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎12．若用HAc表示醋酸，则在0.1mol•L﹣1NaAc溶液中，下列离子浓度关系正确的是（　　）‎ A．c（Na+）=c（Ac﹣）+c（HAc） B．c（Na+）+c（OH﹣）=c（Ac﹣）+c（H+）‎ C．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Ac﹣）＞c（H+） D．c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ ‎13．某学生欲完成反应2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．某溶液中由水电离产生的c（H+）=1.0×10﹣10mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是（　　）‎ A．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B．Na+、K+、NO3﹣、Cl﹣‎ C．K+、Na+、S2﹣、NO3﹣ D．Mg2+、Na+、SO32﹣、CO32﹣‎ ‎15．金属铬和氢气在工业上都有重要的用途．已知：铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4）．铜铬构成原电池如图所示，盐桥中装的是饱和KCl琼脂溶液，下列关于此电池的说法正确的是（　　）‎ A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，凡是有盐桥的原电池，盐桥中均可以用饱和KCl琼脂溶液 B．理论上1molCr溶解，盐桥中将有2molCl﹣进入左池，2molK+进入右池 C．此过程中H+得电子，发生氧化反应 D．电子从铬极通过导线到铜极，又通过盐桥到转移到左烧杯中 ‎16．下列叙述正确的是（　　）‎ A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数 C．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4‎ D．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4‎ ‎17．LED系列产品是被看好的一类节能新产品，如图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．a处通入氢气，发生了还原反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O B．b处通入氧气，为电池的正极 C．该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替 D．P﹣型半导体连接的是电池负极 ‎18．下列说法正确的是（　　）‎ A．根据溶液中有CH3COOH、CH3COO﹣和H+即可证明CH3COOH达到电离平衡状态 B．根据溶液中CH3COO﹣和H+的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态 C．当NH3•H2O达到电离平衡时，溶液中NH3•H2O、NH4+和OH﹣的浓度相等 D．H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱 ‎19．已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A．每生成2分子AB吸收b kJ热量 B．断裂1mol A﹣A和1mol B﹣B键，放出a kJ能量 C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1‎ ‎20．下列事实可以证明MOH是弱碱的有（　　）‎ ‎①0.1mol/L MOH溶液能使酚酞溶液变红 ‎②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12‎ ‎③0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱 ‎④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应．‎ A．.①②③ B．.②③ C．②④ D．③④‎ ‎21．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（　　）‎ A．放电时正极附近溶液的碱性增强 B．放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原 C．充电时锌极与外电源负极相连 D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+H2O=FeO42﹣+5H+‎ ‎22．根据碘与氢气反应的热化学方程式：‎ ‎①I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1‎ ‎②I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol﹣1．‎ 下列判断正确的是（　　）‎ A．反应①的产物比反应②的产物稳定 B．254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJ C．反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低 D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ ‎23．常温下有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4C1溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种．已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．D溶液的PH=7‎ B．四种溶液相比，C溶液中水的电离程度最大 C．A与C等体积混合，溶液中有c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ D．B与D等体积混合后，溶液中有c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）‎ ‎24．常温下，有关①100ml 0.1mol/L NaHCO3、②100ml 0.1mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是（　　）‎ A．均存在电离平衡与水解平衡 B．c（OH﹣）：①＞②‎ C．存在的粒子种类相同 D．②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）‎ ‎25．室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L﹣1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol/L B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl﹣）‎ C．b点时加入的盐酸体积小于20.00mL，而c点时加入的盐酸体积大于20.00mL D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热 ‎　‎ 二、填空题（共9小题，共50分）‎ ‎26．家用液化石油气的主要成分之一是甲烷，当16kg甲烷完全燃烧并生成二氧化碳气体和液态水时，放出的热量为8.9×105 kJ．已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量．试写出甲烷燃烧生成水蒸气的热化学方程式：　　．‎ ‎27．有同学用甲烷与空气为原料制作一燃烧电池，若以稀硫酸为电解质溶液时，其负极反应式为　　．‎ ‎28．已知拆开1mol H﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是akJ、bkJ、ckJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　　．‎ ‎29．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01mol•L﹣1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质．‎ ‎（1）含酚酞的0.01mol•L﹣1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为　　．‎ ‎（2）实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是　　．‎ A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应 C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量 ‎（3）向0.01mol•L﹣1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO﹣水解平衡移动的方向分别为　　、　　、　　、　　（填“左”“右”或“不移动”）．‎ ‎30．如图1为某加碘盐标签的一部分．‎ 已知：①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O ‎ ②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（无色）‎ 某同学想定量测定此加碘盐中碘元素的含量，进行以下实验：‎ 步骤1：称取ag市售食盐，配成溶液，全部转移至锥形瓶中，‎ 加入适量新制KI溶液，滴入几滴稀硫酸，溶液变黄色，再加入3滴淀粉溶液．‎ 步骤2：取一支50mL碱式滴定管，用bmol•L﹣1的新制Na2S2O3溶液润洗2～3次后，装满溶液，调节液面高度至0刻度．‎ 步骤3：开始滴定直至终点，重复操作2～3次，实验数据记录如下：‎ 编号 碱式滴定管读数 ‎ 消耗体积（mL）‎ 滴定前刻度 滴定后刻度 ‎1‎ ‎ 0‎ ‎ 如图2‎ ‎2‎ ‎ 0‎ ‎ 23.98‎ ‎ 23.98‎ ‎3‎ ‎ 0‎ ‎ 24.02‎ ‎ 24.02‎ ‎（1）第一次读数为　　mL．‎ ‎（2）滴定终点的判断方法　　．‎ ‎（3）经过计算，此碘盐碘元素的含量为　　mg•kg﹣1（用含a、b的最简表达式表示）．‎ ‎（4）下列操作可能会导致测量结果偏低的是　　．‎ A．步骤1中称取食盐时将砝码放在左盘，食盐放在放在右盘，游码读数为0.5g B．步骤1所配食盐溶液未完全转移至锥形瓶 C．步骤2中滴定管洗涤后未润洗 D．步骤3滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 ‎（5）请在答题纸的方框内画出正在排气泡的碱式滴定管（仅画出刻度以下部分）‎ ‎31．常温下，50mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50mL Ba（OH）2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466g沉淀，滤液的pH值变为13．求：‎ ‎（1）原混合液中SO42﹣ 和Cl﹣的物质的量；‎ ‎（2）Ba（OH）2溶液的物质的量浓度．‎ ‎32．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量．已知如表数据．‎ 化学式 电离平衡常数（25℃）‎ HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11‎ ‎（1）25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为　　．‎ ‎（2）25℃时，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液混合，若所得溶液显酸性，则c（Na+）　　c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为　　．‎ ‎（4）25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=　　．‎ ‎33．常温下有0.1mol•L﹣1四种溶液NaOH、NH3•H2O、HCl、CH3COOH ‎（1）已知CH3COOH溶液的pH=3，其电离度为　　，由水电离的c（H+）=　　mol•L﹣1．‎ ‎（2）相同pH的CH3COOH溶液和HCl溶液加水稀释，其pH变化情况如图，其中表示HCl溶液的是曲线　　，a、b两点中，导电能力更强的是　　．‎ ‎（3）NH3•H2O溶液和HCl溶液混合，已知体积V（NH3•H2O）＞V（HCl），当溶液中c（NH3•H2O）=c（NH4+）时，溶液的pH=　　．[已知：Kb（NH3•H2O）=1.77×10﹣5，lg 1.77=0.25]．‎ ‎34．如图所示的装置，X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向（甲）中滴入酚酞溶液　　，在Fe极附近显红色．丙池中盛有100mL3.00mol•L﹣1的CuSO4溶液．试回答下列问题：‎ ‎（1）在电源中，B电极为极（填电极名称，下同）；乙装置中粗铜为极．‎ ‎（2）在甲装置中，石墨（C）电极上发生反应（填“氧化”或“还原”）；甲装置中总的化学方程式是　　．‎ ‎（3）如果乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，请问甲装置中，铁电极　　上产生的气体　　在标准状况下为　　L．‎ ‎（4）在丙装置中，X电极上发生的电极反应式是　　．‎ ‎（5）在此过程中，若丙池中两电极产生的气体恰好相等时，理论上在乙池中精铜增加了　　g．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省温州中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题2分，共50分．每小题只有一个正确选项）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．热化学方程式的计量数可以表示分子的个数 B．热化学方程式中只需标明生成物的状态 C．反应热指的是反应过程中放出或吸收的热量 D．伴随能量变化的一定是化学变化 ‎【考点】热化学方程式；反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、热化学方程式的化学计量数只表示物质的量；‎ B、反应热与物质的聚集状态有关；‎ C、依据反应热的概念分析判断；‎ D、伴随能量变化也有物理变化．‎ ‎【解答】解：A、热化学方程式的化学计量数只表示物质的量，不可表示分子的个数，故A错误；‎ B、反应热与物质的聚集状态有关，所以在热化学方程式中无论反应物还是生成物都必须标明聚集状态，故B错误；‎ C、反应热是一定条件下的化学反应吸收和放出的热量，故C正确；‎ D、伴随能量变化也有物理变化，如浓硫酸的溶解是放热，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．常温下c（H+）最小的是下列各项中的（　　）‎ A．pH=0的溶液 B．0.5mol•L﹣1H2SO4‎ C．0.5mol•L﹣1HCl D．0.5mol•L﹣1CH3COOH ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】pH=﹣lgc（H+），结合物质的组成特点和浓度大小判断．‎ ‎【解答】解：A．常温下pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L；‎ B．硫酸为强电解质，0.5 mol•L﹣1H2SO4溶液中氢离子浓度为：0.5mol/L×2=1mol/L；‎ C．氯化氢为强电解质，0.5mol/L的氯化氢溶液中，氢离子浓度为0.5mol/L；‎ D．醋酸为弱酸，0.5mol/L的醋酸溶液中，氢离子浓度一定小于0.5mol/L．‎ 则c（H+）最小的是D．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．HCOOH+H2O═HCOO﹣+H3O+ B．CO2+H2O═HCO3﹣+H+‎ C．CO32﹣+H2O═HCO3﹣+OH﹣ D．HS﹣═S2﹣+H+‎ ‎【考点】盐类水解的原理．‎ ‎【分析】水解反应中有水参加反应，为弱酸离子或弱碱离子与水电离的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．为甲酸的电离，甲酸电离生成甲酸根和氢离子，故A不选；‎ B．二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸电离生成碳酸氢根与氢离子，不是水解，故B不选；‎ C．碳酸根水解生成碳酸氢根与氢氧根，为水解方程式，故C选；‎ D．为硫氢根离子电离生成硫离子和氢离子，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．该装置中能量转化方式为电能转化为化学能 B．电子从锌片流出，经导线流向铜片 C．工作一段时间之后，溶液颜色逐渐变蓝 D．锌片发生还原反应 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由电子转移方向可知锌为负极，铜为正极，原电池工作时，锌被氧化，失去电子，铜极上发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．为原电池，化学能转化为电能，故A错误；‎ B．锌为负极，电子由负极经导线流向正极，故B正确；‎ C．锌为负极，被氧化生成硫酸锌，溶液无色，故C错误；‎ D．锌为负极，发生氧化反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．下列表述中合理的是（　　）‎ A．在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值 B．把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固体 C．用25mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液 D．太阳能电池是把太阳能转化为内能的装置 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、根据热值的概念来分析；‎ B、根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答；‎ C、酸性高锰酸钾溶液能腐蚀碱式滴定管的胶管；‎ D、太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置．‎ ‎【解答】解：A、1g物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量称为该物质的热值，故A正确；‎ B、在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，又由于灼热发生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3，故B错误；‎ C、酸性高锰酸钾溶液能腐蚀碱式滴定管的胶管，所以用酸式滴定管量取20.00mL酸性高锰酸钾溶液，故C错误；‎ D、太阳能电池是把太阳能转化为电能的装置，而不是内能，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法正确的是（　　）‎ A．任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同 B．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小 C．若①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1，则 a＞b D．能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．弱电解质电离吸热，浓硫酸稀释放热，且生成沉淀时放热；‎ B．铜导热性能强于玻璃；‎ C．气态水变成液态水要放热；‎ D．吸热反应也可能自发进行．‎ ‎【解答】解：A．弱电解质电离吸热，浓硫酸稀释放热，且生成沉淀时放热，则酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中，能量不一定相同，故A错误；‎ B．中和热测定实验成败的关键是保温工作，金属铜的导热效果好于环形玻璃搅拌棒，所以测量出的中和热数值偏小，故B正确；‎ C．气态水变成液态水要放热，所以反应①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣bkJ•mol﹣1，则 a＜b，故C错误；‎ D．吸热反应也可能自发进行，如碳酸氢铵常温下能自发进行，但是该反应为吸热反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是（　　）‎ A．Na2CO3 B．Al2（SO4）3 C．K2SO4 D．H2SO4‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】酸或碱能抑制水的电离，且溶液呈酸性，说明溶液中存在的溶质是酸，含有弱根离子的盐能促进水电离．‎ ‎【解答】解：水电离出氢离子和氢氧根离子，所以向水中加入酸或碱能抑制水电离，要使溶液呈现酸性且能抑制水电离，则必须向溶液中加入酸，故选D．‎ ‎　‎ ‎8．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考图，从下表中选出正确选项（　　）‎ 锥形瓶中的溶液 滴定管中的溶液 选用指示剂 选用滴定管 A 碱 酸 石蕊 ‎（乙）‎ B 酸 碱 酚酞 ‎（甲）‎ C 碱 酸 甲基橙 ‎（甲）‎ D 酸 碱 石蕊 ‎（乙）‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】根据酸碱中和滴定时，酸液应盛装在酸式滴定管中，碱液应盛装在碱式滴定管中，酸碱指示剂一般不能用石蕊，其变色范围大，会引起较大误差．‎ ‎【解答】解：A、不能用碱式滴定管盛装酸性溶液，不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故A错误；‎ B、不能用酸式滴定管盛装碱性溶液，故B错误；‎ C、用甲基橙做指示剂，到达滴定终点时，溶液颜色有黄色变为橙色，并且滴定管使用正确，故C正确；‎ D、不能用石蕊做酸碱指示剂，否则会引起较大误差，故D错误．‎ 故选：C；‎ ‎　‎ ‎9．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﹣）‎ D．pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液 ‎【考点】水的电离；溶液pH的定义；测定溶液pH的方法．‎ ‎【分析】溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小判断，‎ 当c（H+）＞c（OH﹣），溶液就呈酸性；‎ 当c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性；‎ 当溶液中c（H+）＜c（OH﹣），溶液就呈碱性；‎ 注意不能根据溶液的pH值大小判断．‎ ‎【解答】解：溶液的酸碱性与溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小有关，当c（H+）=c（OH﹣），溶液就呈中性，‎ A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10﹣12，当PH=6时溶液呈中性，当PH=7时溶液呈碱性，故A错误．‎ B、c（H+）=10﹣7mol•L﹣1的溶液，溶液的pH=7，如A所分析，溶液不一定成中性，故B错误．‎ C、c（H+）=c（OH﹣），溶液呈中性，故C正确；‎ D、没有告诉为酸碱的强弱，无法计算溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，无法判断反应后溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．某学习小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，Cu2+向铜电极移动 D．无论a和b是否用导线连接，铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．a和b不连接时，发生置换反应；‎ B．a和b用导线连接时，Cu为正极，在正极上阳离子得电子；‎ C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，形成电解池，b为阴极，阳离子向阴极移动；‎ D．无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．‎ ‎【解答】解：A．a和b不连接时，发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+置换反应，则铁片上会有金属铜析出，故A正确；‎ B．a和b用导线连接时，Cu为正极，在正极上阳离子得电子，则发生Cu2++2e﹣=Cu，故B正确；‎ C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，形成电解池，b与负极相连为阴极，阳离子向阴极移动，所以Cu2+向Fe电极移动，故C错误；‎ D．无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．下列关于热化学反应的描述中正确的是（　　）‎ A．CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol B．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．根据燃烧热的定义分析；‎ B．根据中和热的定义分析；‎ C．需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；‎ D．应生成液态水．‎ ‎【解答】解：A．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的△H=+2×283.0kJ/mol，故A正确；‎ B．中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，故B错误；‎ C．有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；‎ D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．若用HAc表示醋酸，则在0.1mol•L﹣1NaAc溶液中，下列离子浓度关系正确的是（　　）‎ A．c（Na+）=c（Ac﹣）+c（HAc） B．c（Na+）+c（OH﹣）=c（Ac﹣）+c（H+）‎ C．c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（Ac﹣）＞c（H+） D．c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A．利用物料守恒来分析；‎ B．利用电荷守恒来分析；‎ C．醋酸根离子水解，溶液显碱性；‎ D．醋酸根离子水解，溶液显碱性，显性离子大于隐性离子．‎ ‎【解答】解：A．由0.1mol•L﹣1NaAc溶液，可知物料守恒式为c（Na+）=c（Ac﹣）+c（HAc），故A正确；‎ B．溶液不显电性，则电荷守恒式为c（Na+）+c（H+）=c（Ac﹣）+c（OH﹣），故B错误；‎ C．醋酸根离子水解，溶液显碱性，显性离子大于隐性离子，则c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；‎ D．醋酸根离子水解，溶液显碱性，显性离子大于隐性离子，则c（Na+）＞c（Ac﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．某学生欲完成反应2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】盐酸和银不能自发的进行氧化还原反应，所以不能设计成原电池，只能设计成电解池，失电子的物质作电解池阳极，金属或导电的非金属作电解池阴极，失电子的物质作电解质溶液．‎ ‎【解答】解：2HCl+2Ag=2AgCl↓+H2↑不能自发进行，所以必须设计成电解池，该反应中银失电子，所以银作电解池阳极，金属或导电的非金属作电解池阴极，该反应中氯化氢得电子生成氢气，则选取盐酸作电解质溶液，所以A项符合条件，‎ 故选A ‎　‎ ‎14．某溶液中由水电离产生的c（H+）=1.0×10﹣10mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是（　　）‎ A．K+、Na+、HCO3﹣、Cl﹣ B．Na+、K+、NO3﹣、Cl﹣‎ C．K+、Na+、S2﹣、NO3﹣ D．Mg2+、Na+、SO32﹣、CO32﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】由水电离产生的c（H+）=1.0×10﹣10mol/L，为酸或碱溶液，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应，则能大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由水电离产生的c（H+）=1.0×10﹣10mol/L，为酸或碱溶液，‎ A．HCO3﹣既能与酸又能与碱反应，则一定不能共存，故A错误；‎ B．该组离子在酸碱溶液中均不反应，则一定能共存，故B正确；‎ C．在酸溶液中S2﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；‎ D．酸溶液中氢离子分别与SO32﹣、CO32﹣反应，则不能共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．金属铬和氢气在工业上都有重要的用途．已知：铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4）．铜铬构成原电池如图所示，盐桥中装的是饱和KCl琼脂溶液，下列关于此电池的说法正确的是（　　）‎ A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，凡是有盐桥的原电池，盐桥中均可以用饱和KCl琼脂溶液 B．理论上1molCr溶解，盐桥中将有2molCl﹣进入左池，2molK+进入右池 C．此过程中H+得电子，发生氧化反应 D．电子从铬极通过导线到铜极，又通过盐桥到转移到左烧杯中 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．盐桥中不是都可以用饱和KCl琼脂溶液，要考虑能否与电解质溶液反应；‎ B.1molCr反应，转移2mol电子；‎ C．氢离子得电子发生还原反应；‎ D．盐桥中是离子移动，无电子通过．‎ ‎【解答】解：A．盐桥中不是都可以用饱和KCl琼脂溶液，若电解质溶液为硝酸银溶液时，会生成沉淀，故A错误；‎ B.1molCr反应，转移2mol电子，为保持电荷守恒，盐桥中将有2molCl﹣进入左池，2molK+进入右池，故B正确；‎ C．氢离子得电子发生还原反应，故C错误；‎ D．盐桥中是离子移动，无电子通过，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．下列叙述正确的是（　　）‎ A．95℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性 B．25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数 C．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH=4‎ D．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．纯水呈中性；‎ B．水的离子积常数只与温度有关；‎ C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；‎ D．根据c（H+）=计算，再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH．‎ ‎【解答】解：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95℃纯水的pH＜7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以纯水仍然呈中性，故A错误；‎ B．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故B正确；‎ C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/L＜c（H+）＜0.0001mol/L，则溶液的pH小于4，故C错误；‎ D．c（H+）===5.5×10﹣4mol/L，所以溶液的pH小于4，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎17．LED系列产品是被看好的一类节能新产品，如图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．a处通入氢气，发生了还原反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O B．b处通入氧气，为电池的正极 C．该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替 D．P﹣型半导体连接的是电池负极 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A、由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O；‎ B、b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣；‎ C、该装置的能量转换有化学能、电能和光能等；‎ D、P﹣型半导体连接的是电池正极．‎ ‎【解答】解：A、由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故A错误；‎ B、b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，发生还原反应，故B正确；‎ C、该装置的能量转换有化学能、电能和光能，故C错误；‎ D、P﹣型半导体连接的是电池正极，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．下列说法正确的是（　　）‎ A．根据溶液中有CH3COOH、CH3COO﹣和H+即可证明CH3COOH达到电离平衡状态 B．根据溶液中CH3COO﹣和H+的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态 C．当NH3•H2O达到电离平衡时，溶液中NH3•H2O、NH4+和OH﹣的浓度相等 D．H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A、醋酸电离醋酸醋酸根离子和氢离子，无论是否平衡，三种微粒都有；‎ B、平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，离子浓度不一定相等；‎ C、电离平衡时，各离子浓度不变，不一定相等；‎ D、多元弱酸分步电离，且第一步电离产生的氢离子会抑制后来的电离过程．‎ ‎【解答】解：A、醋酸电离醋酸醋酸根离子和氢离子，无论是否平衡，三种微粒都有，故A错误；‎ B、平衡状态是电离速率和化合速率相等，且离子浓度不变，离子浓度不一定相等，如加入盐酸，氢离子浓度大，故B错误；‎ C、电离平衡时，各离子浓度不变，不一定相等，离子浓度的大小与溶液组成有关，故C错误；‎ D、多元弱酸分步电离，且第一步电离产生的氢离子会抑制后来的电离过程，所以电离程度依次减弱，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎19．已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（　　）‎ A．每生成2分子AB吸收b kJ热量 B．断裂1mol A﹣A和1mol B﹣B键，放出a kJ能量 C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，能量变化为（a﹣b）；‎ B、断裂化学键吸收能量；‎ C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；‎ D、反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和；‎ ‎【解答】解：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a﹣b） kJ热量，故A错误；‎ B、断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键，吸收a kJ能量，故B错误；‎ C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；‎ D、反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和，所以反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎20．下列事实可以证明MOH是弱碱的有（　　）‎ ‎①0.1mol/L MOH溶液能使酚酞溶液变红 ‎②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12‎ ‎③0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱 ‎④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应．‎ A．.①②③ B．.②③ C．②④ D．③④‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红说明 MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH的电离程度，所以不能证明 MOH是弱电解质，故①错误；‎ ‎②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12，即氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，MOH没有完全电离，则MOH为弱电解质，故②正确；‎ ‎③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，说明 MOH部分电离，故③正确；‎ ‎④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，故④错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎21．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（　　）‎ A．放电时正极附近溶液的碱性增强 B．放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原 C．充电时锌极与外电源负极相连 D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+H2O=FeO42﹣+5H+‎ ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A．放电时正极附近有OH﹣生成；　‎ B．放电时正极转化为：FeO42﹣→Fe（OH）3，1mol K2FeO4被还原要得到31mol电子；‎ C．充电时锌极与外电源负极相连；‎ D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O．‎ ‎【解答】解析：A．放电时正极附近有OH﹣生成，所以正极附近碱性增强，故A正确；　‎ B．放电时正极转化为：FeO42﹣→Fe（OH）3，1mol K2FeO4被还原要得到31mol电子，故B正确；‎ C．充电时锌极与外电源负极相连，故C正确；‎ D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，该电池环境为碱性环境，电极方程中不能有H+，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎22．根据碘与氢气反应的热化学方程式：‎ ‎①I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1‎ ‎②I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol﹣1．‎ 下列判断正确的是（　　）‎ A．反应①的产物比反应②的产物稳定 B．254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJ C．反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低 D．1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】已知：①I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1；②I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得I2（g）=I2（s）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1﹣26.48kJ•mol﹣1=﹣35.96kJ•mol﹣1，根据二者转化的热化学方程式判断．‎ ‎【解答】解：已知：①I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1；②I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得I2（g）=I2（s）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1﹣26.48kJ•mol﹣1=﹣35.96kJ•mol﹣1，‎ A．反应①、②的产物都是HI，状态相同，稳定性相同，故A错误；‎ B．n（I2）==1moL，n（H2）=1mol，由于该反应为可逆反应，则放出的热量小于9.48kJ，故B错误；‎ C．由I2（g）=I2（s）△H=﹣35.96kJ•mol﹣1，可知I2（g）能量大于I2（s），故C正确；‎ D．由I2（g）=I2（s）△H=﹣35.96kJ•mol﹣1，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎23．常温下有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4C1溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种．已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．D溶液的PH=7‎ B．四种溶液相比，C溶液中水的电离程度最大 C．A与C等体积混合，溶液中有c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ D．B与D等体积混合后，溶液中有c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+）‎ ‎【考点】盐类水解的应用；几组未知物的检验．‎ ‎【分析】CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4C1溶液显酸性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；‎ 已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4C1溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，溶液的pH=7，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4C1溶液显酸性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；‎ 已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4C1溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，溶液的pH=7；‎ 则A为NH4C1溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为Na2SO4溶液；‎ A．D为Na2SO4溶液，所以D溶液的PH=7，故A正确；‎ B．NH4C1溶液、CH3COONa溶液促进水电离，硫酸钠是强酸强碱盐既不促进水电离也不抑制水电离，盐酸抑制水电离，所以C溶液中水的电离程度最小，故B错误；‎ C．A为NH4C1溶液，C为盐酸，二者等体积混合，二者的pH相同，则氯化铵的浓度大于盐酸的浓度，所以离子浓度大小顺序是c（C1﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；‎ D．B为CH3COONa溶液，D为Na2SO4溶液，B与D等体积混合后，根据质子守恒：溶液中有c（OH﹣）=c（CH3COOH）+c（H+），故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎24．常温下，有关①100ml 0.1mol/L NaHCO3、②100ml 0.1mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是（　　）‎ A．均存在电离平衡与水解平衡 B．c（OH﹣）：①＞②‎ C．存在的粒子种类相同 D．②溶液中：c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）‎ ‎【考点】盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】NaHCO3、Na2CO3都是强碱弱酸盐，碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生水解CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣、HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，但CO32﹣水解程度大于HCO3﹣水解程度，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．两个溶液均存在水解平衡HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，均存在水的电离平衡，故A正确；‎ B．酸根离子水解程度越大，则溶液的碱性越强，c（OH﹣）越大，CO32﹣水解程度大于HCO3﹣水解程度，所以两溶液中c（OH﹣）：②＞①，故B错误；‎ C．NaHCO3、Na2CO3溶液存在的粒子为：Na+、H+、HCO3﹣、CO32﹣、OH﹣，所以两种溶液中离子种类相同，故C正确；‎ D．②溶液中CO32﹣水解程度远远大于HCO3﹣水解程度，所以c（HCO3﹣）＞c（H2CO3），故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎25．室温下，将1.000mol•L﹣1盐酸滴入20.00mL 1.000mol•L﹣1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10﹣14mol/L B．b点：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl﹣）‎ C．b点时加入的盐酸体积小于20.00mL，而c点时加入的盐酸体积大于20.00mL D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3•H2O电离吸热 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．根据酸碱滴定过程的图中a点的pH值来分析溶液中离子的浓度；‎ B．b点时pH＞7，盐酸和氨水反应，氨水过量，反应后溶质为氯化铵和氨水；‎ C．b点时加入的盐酸体积小于20.00mL，c点时加入的盐酸体积小于20.00mL； ‎ D．根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析．‎ ‎【解答】解：A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10﹣14mol•L﹣1，故A错误；‎ B．盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（Cl﹣）=c（NH4+），b点时pH＞7，则氨水过量，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl﹣），因同一溶液，溶液体积相同，所以n（NH4+）+n（NH3•H2O）＞n（Cl﹣），故B正确；‎ C．C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，要使其水溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以消耗盐酸的体积V＜20 mL，b点时pH＞7，则氨水过量更多，b点时加入的盐酸体积小于20.00mL，故C错误；‎ D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（共9小题，共50分）‎ ‎26．家用液化石油气的主要成分之一是甲烷，当16kg甲烷完全燃烧并生成二氧化碳气体和液态水时，放出的热量为8.9×105 kJ．已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量．试写出甲烷燃烧生成水蒸气的热化学方程式：　CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802kJ/mol　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】依据质量换算物质的量，结合化学方程式对应的物质的量计算反应放出的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和反应焓变写出1mol甲烷完全反应生成二氧化碳和液态水时的热化学方程式，再根据1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，依据热化学方程式和盖斯定律计算得到甲烷燃烧生成水蒸气的热化学方程式．‎ ‎【解答】解：当16kg甲烷即物质的量为=1000mol，完全燃烧并生成二氧化碳和液态水时，放出热量为8.9×105 kJ，则1mol甲烷完全反应放热890kJ，依据反应物和产物状态标注聚集状态和对应量下的反应热，书写的热化学方程式为：①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O （l）△H=﹣890kJ/mol；又已知1mol液态水汽化时需要吸收44kJ热量，即②H2O（l）=H2O（g）△H=44kJ/mol；‎ 依据盖斯定律①+②×2得到CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O （g）△H=﹣802kJ/mol；‎ 故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O （g）△H=﹣802kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎27．有同学用甲烷与空气为原料制作一燃烧电池，若以稀硫酸为电解质溶液时，其负极反应式为　CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+　．‎ ‎【考点】电极反应和电池反应方程式．‎ ‎【分析】甲烷燃料酸性电池中，负极上甲烷失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：甲烷燃料酸性电池中，负极上甲烷失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，负极反应式为CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+．‎ ‎　‎ ‎28．已知拆开1mol H﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是akJ、bkJ、ckJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣6b+c+3a kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热．‎ ‎【解答】解：已知拆开1mol H﹣H键，1molN﹣H键，1molN≡N键分别需要的能量是akJ、bkJ、ckJ，则N2与H2反应生成NH3的反应焓变=（c+3a﹣6b）kJ/mol 热化学方程式为N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=（﹣6b+c+3a）kJ/mol；‎ 故答案为：N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=（﹣6b+c+3a）kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎29．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01mol•L﹣1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质．‎ ‎（1）含酚酞的0.01mol•L﹣1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，使溶液呈碱性　．‎ ‎（2）实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是　BD　．‎ A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应 C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量 ‎（3）向0.01mol•L﹣1 CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO﹣水解平衡移动的方向分别为　右　、　左　、　左　、　右　（填“左”“右”或“不移动”）．‎ ‎【考点】盐类水解的应用；影响盐类水解程度的主要因素．‎ ‎【分析】（1）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使溶液呈碱性；‎ ‎（2）CaO和水反应是放热反应，所以会导致溶液温度升高，硝酸铵溶解过程吸收热量，会导致溶液温度降低，升高温度促进CH3COONa水解，降低温度抑制CH3COONa水解；‎ ‎（3）CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，加入和氢氧根离子反应的物质促进水解、加入含有氢氧根离子的物质抑制水解，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使溶液呈碱性，水解方程式为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故答案为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，使溶液显碱性；‎ ‎（2）CaO+H2O=Ca（OH）2，该反应是放热反应，所以会导致溶液温度升高，硝酸铵溶解过程吸收热量，会导致溶液温度降低，升高温度促进CH3COONa水解，降低温度抑制CH3COONa水解，所以CH3COONa水解反应为吸热反应，故答案为：BD；‎ ‎（3）CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，加入少量浓盐酸、FeSO4固体时，氢离子和亚铁离子都和氢氧根离子反应，所以促进水解，平衡向右移动，加入少量NaOH固体、Na2CO3固体，氢氧根离子浓度增大，抑制醋酸钠水解，平衡向逆反应方向移动，故答案为：右；左；左；右．‎ ‎　‎ ‎30．如图1为某加碘盐标签的一部分．‎ 已知：①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O ‎ ②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（无色）‎ 某同学想定量测定此加碘盐中碘元素的含量，进行以下实验：‎ 步骤1：称取ag市售食盐，配成溶液，全部转移至锥形瓶中，‎ 加入适量新制KI溶液，滴入几滴稀硫酸，溶液变黄色，再加入3滴淀粉溶液．‎ 步骤2：取一支50mL碱式滴定管，用bmol•L﹣1的新制Na2S2O3溶液润洗2～3次后，装满溶液，调节液面高度至0刻度．‎ 步骤3：开始滴定直至终点，重复操作2～3次，实验数据记录如下：‎ 编号 碱式滴定管读数 ‎ 消耗体积（mL）‎ 滴定前刻度 滴定后刻度 ‎1‎ ‎ 0‎ ‎ 如图2‎ ‎2‎ ‎ 0‎ ‎ 23.98‎ ‎ 23.98‎ ‎3‎ ‎ 0‎ ‎ 24.02‎ ‎ 24.02‎ ‎（1）第一次读数为　24.00　mL．‎ ‎（2）滴定终点的判断方法　溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不褪色　．‎ ‎（3）经过计算，此碘盐碘元素的含量为　mg　mg•kg﹣1（用含a、b的最简表达式表示）．‎ ‎（4）下列操作可能会导致测量结果偏低的是　CD　．‎ A．步骤1中称取食盐时将砝码放在左盘，食盐放在放在右盘，游码读数为0.5g B．步骤1所配食盐溶液未完全转移至锥形瓶 C．步骤2中滴定管洗涤后未润洗 D．步骤3滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 ‎（5）请在答题纸的方框内画出正在排气泡的碱式滴定管（仅画出刻度以下部分）‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】（1）依据滴定管构造特点及其精确度读取数值，读数时眼睛要平视滴定管内的液面；‎ ‎（2）达到滴定终点时，颜色发生突变，且半分钟不恢复颜色；‎ ‎（3）根据表中数据计算出消耗的硫代硫酸钠溶液的平均体积，再计算出硫代硫酸钠的物质的量了，根据关系式KIO3～3I2～6Na2S2O3计算出碘酸钾的物质的量，最后计算出1Kg碘盐中碘含量；‎ ‎（4）依据KIO3～3I2～6Na2S2O3，可知消耗的标准液Na2S2O3体积越大，测得碘酸钾中含碘的量越多，所以分析不当操作对消耗的标准液Na2S2O3体积的影响，据此进行判断．‎ ‎（5）滴定管的刻度由上而下刻度增大，精度为0.01mL，据此结合图象读数；‎ ‎【解答】解：（1）滴定管大刻度在下，精确度为0.01mL，读数时眼睛要平视滴定管内的液面，图中读数是：24.00mL；‎ 故答案为：24.00；‎ ‎（2）碘酸钾氧化碘化钾生成单质碘，碘与淀粉变蓝，滴加Na2S2O3溶液，碘被还原，蓝色逐渐变浅，反应结束时碘消失，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象是：溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不褪色；‎ 故答案为：溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不褪色；‎ ‎（3）三次滴定消耗的标准液体积都是有效的，消耗标准液的体积为： =24.00mL，消耗的硫代硫酸钠的物质的量是：n（Na2S2O3）=0.024L×bmol•L﹣1=0.024bmol，有方程式：①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O ②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（无色），得：KIO3～3I2～6Na2S2O3，‎ KIO3～3I2～6Na2S2O3，‎ ‎1 6‎ n 0.024bmol ‎ 解得n=0.004bmol，1Kg碘盐中碘含量是： g/Kg=mg/kg；‎ 故答案为：；‎ ‎（4）A．步骤1中称取食盐时将砝码放在左盘，食盐放在放在右盘，游码读数为0.5g，药品、砝码放颠倒，称量的质量减小，配制的待测液物质的量减小，消耗的标准液偏少，测定结果偏低，故A错误；‎ B．步骤1所配食盐溶液未完全转移至锥形瓶，导致待测液物质的量减小，测消耗的标准液偏小，测定结果偏低，故B错误；‎ C．步骤2中滴定管洗涤后未润洗，标准液没有润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故C正确；‎ D．步骤3滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大，故D正确；‎ 故选：CD；‎ ‎（5）正在排气泡的碱式滴定管为：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎31．常温下，50mL pH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50mL Ba（OH）2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466g沉淀，滤液的pH值变为13．求：‎ ‎（1）原混合液中SO42﹣ 和Cl﹣的物质的量；‎ ‎（2）Ba（OH）2溶液的物质的量浓度．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】充分反应后滤液的pH=13，溶液中仍有Ba（OH）2剩余，混合酸反应完全．‎ ‎（1）n（SO42﹣）==0.002 mol，‎ n（Cl﹣）=0.1mol/L×0.050L﹣2×0.002mol=0.001 mol；‎ ‎（2）pH=13，pOH=1，n（OH﹣）=0.1 mol/L 未知浓度的Ba（OH）2溶液中n（OH﹣）总=0.050L×0.1mol/l+0.1L×0.1mol/L=0.015 mol Ba（OH）2的物质的量浓度==0.15 mol/L．‎ ‎【解答】解：（1）由原子守恒：n（BaSO4）=n（SO42﹣）==0.002mol，‎ 即c（SO42﹣）=0.04mol/L ‎ n（Cl﹣）=n（H+）﹣2n（SO42﹣）=0.001mol 答：原混合液中SO42﹣ 和Cl﹣的物质的量分别为：0.002mol，0.001mol；‎ ‎（2）pH=13，pOH=1，n（OH﹣）=0.1 mol/L，未知浓度的Ba（OH）2溶液中 n（OH﹣）总=0.050L×0.1mol/l+0.1L×0.1mol/L=0.015 mol Ba（OH）2的物质的量浓度==0.15 mol/L ‎ 答：Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为0.15mol/L．‎ ‎　‎ ‎32．电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量．已知如表数据．‎ 化学式 电离平衡常数（25℃）‎ HCN K=4.9×10﹣10‎ CH3COOH K=1.8×10﹣5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10﹣7、K2=5.6×10﹣11‎ ‎（1）25℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为　Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液　．‎ ‎（2）25℃时，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液混合，若所得溶液显酸性，则c（Na+）　＞　c（CH3COO﹣）（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为　NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3　．‎ ‎（4）25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=　9.9×10﹣7mol/L　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）酸的电离常数意义分析判断，越易电离得算对应盐水解程度越小；‎ ‎（2）溶液中电荷守恒计算分析；‎ ‎（3）电离常数大小分析反应生成产物，电离平衡常数比较可知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，；‎ ‎（4）电解质溶液中电荷守恒计算，PH=8溶液显碱性；‎ ‎【解答】解：（1）依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氰酸大于碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等浓度的Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH为Na2CO3溶液的＞NaCN溶液的＞CH3COONa溶液的；‎ 故答案为：Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液；‎ ‎（2）等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，c（H+）＜c（OH﹣）依据溶液中电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），c（Na+）＞c（CH3COO﹣）；‎ 故答案为：＞；‎ ‎（3）向NaCN溶液中通入少量CO2 ，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3﹣，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ 故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ ‎（4）25℃时，pH=8的CH3COONa溶液中，c（H+）=10﹣8mol/L，c（OH﹣）==10﹣6mol/L，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）‎ c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=10﹣6mol/L﹣10﹣8mol/L=9.9×10﹣7 mol/L，‎ 故答案为：9.9×10﹣7 mol/L．‎ ‎　‎ ‎33．常温下有0.1mol•L﹣1四种溶液NaOH、NH3•H2O、HCl、CH3COOH ‎（1）已知CH3COOH溶液的pH=3，其电离度为　1%　，由水电离的c（H+）=　10﹣11　mol•L﹣1．‎ ‎（2）相同pH的CH3COOH溶液和HCl溶液加水稀释，其pH变化情况如图，其中表示HCl溶液的是曲线　I　，a、b两点中，导电能力更强的是　a　．‎ ‎（3）NH3•H2O溶液和HCl溶液混合，已知体积V（NH3•H2O）＞V（HCl），当溶液中c（NH3•H2O）=c（NH4+）时，溶液的pH=　9.25　．[已知：Kb（NH3•H2O）=1.77×10﹣5，lg 1.77=0.25]．‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】（1）电离度α=×100%；根据溶液中的氢氧根离子计算；‎ ‎（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸；‎ 溶液的导电能力与离子浓度成正比；‎ ‎（3）根据Kb（NH3•H2O）=，结合c（NH3•H2O）=c（NH4+）计算．‎ ‎【解答】解：（1）由CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+知，c（H+）等于已经电离的c（CH3COOH），所以已经电离的醋酸浓度是1.0×10﹣3mol/L，‎ 所以α=×100%=×100%=1%；pH=3的醋酸溶液中，c（OH﹣）==10﹣11mol/L，醋酸溶液中氢氧根离子全部由水电离，而由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根离子，则由水电离的c（H+）=10﹣11mol•L﹣1，；‎ 故答案为：1%；10﹣11；‎ ‎（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸，根据图象知，I为盐酸；‎ 溶液的导电能力与离子浓度成正比，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以溶液导电能力较大的是a；‎ 故答案为：І；a；‎ ‎（3）已知Kb（NH3•H2O）==1.77×10﹣5，又因为c（NH3•H2O）=c（NH4+），则c（OH﹣）=1.77×10﹣5，所以c（H+）=，则pH=9.25；‎ 故答案为：9.25．‎ ‎　‎ ‎34．如图所示的装置，X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向（甲）中滴入酚酞溶液　此空不填　，在Fe极附近显红色．丙池中盛有100mL3.00mol•L﹣1的CuSO4溶液．试回答下列问题：‎ ‎（1）在电源中，B电极为极（填电极名称，下同）；乙装置中粗铜为极．‎ ‎（2）在甲装置中，石墨（C）电极上发生反应（填“氧化”或“还原”）；甲装置中总的化学方程式是　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　．‎ ‎（3）如果乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，请问甲装置中，铁电极　此空不填　上产生的气体　此空不填　在标准状况下为　0.224　L．‎ ‎（4）在丙装置中，X电极上发生的电极反应式是　2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑或4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　．‎ ‎（5）在此过程中，若丙池中两电极产生的气体恰好相等时，理论上在乙池中精铜增加了　38.4　g．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】甲为电解饱和食盐水，向甲中滴入酚酞试液，在Fe极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，C电极是阳极，阳极与电源正极相连，则A是电源的正极，B是原电池的负极，乙中是精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，丙中X电极是阳极，Y是阴极，串联电路中转移的电子的物质的量相等，据此解答．‎ ‎【解答】解：（1）甲为电解饱和食盐水，在Fe极附近显红色，说明该极上氢离子放电，氢氧根浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，所以该电极是阴极，C电极是阳极，阳极与电源正极相连，则A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：负极；‎ ‎（2）在甲中，石墨电极为阳极，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，生成碱，电池总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：氧化；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（3）如果乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，则转移电子为0.02mol，电路中电子转移守恒，甲中铁电极的反应：2H++2e﹣=H2↑，则在标况下产生氢气的体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L，故答案为：0.224；‎ ‎（4）在丙装置中，X为阳极，阳极上氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑ 或4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，‎ 故答案为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑ 或4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；‎ ‎（5）丙池中发生的反应分别是：阳极上：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，阴极上Cu2++2e﹣=Cu，2H++2e﹣=H2↑，100mL3.00mol•L﹣1的CuSO4溶液中铜离子物质的量是：0.3mol，铜离子得电子的是0.6mol，若两电极产生的气体恰好相等时（假设标准状况下），设均为nmol，则2n+0.6=4n，解得n=0.3，即装置在转移电子的物质的量是1.2mol，乙池产生精铜的电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，则精铜增重： =38.4g，‎ 故答案为：38.4．‎ ‎　‎