2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2017-2018学年江西省九江第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

九江一中高二上学期第二次月考化学试卷 ‎1. 化学与STSE（社会、科学、技术和环境）密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性 B. 寻找合适催化剂能使水转化为汽油 C. 合理利用太阳能、风能和氢能等能源有利于实现“低碳经济”‎ D. 钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，其主要原因是形成了原电池 ‎【答案】B ‎【解析】A项，铁表面镀锌，若发生电化学腐蚀，Zn作负极失去电子被氧化，铁作正极而被保护，铁表面镀锌可以增强其抗腐蚀性，正确；B项，水的组成元素为H、O，汽油的组成元素为C、H，催化剂能改变反应速率，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，水不可能转化为汽油，错误；C项，合理利用太阳能、风能和氢能等新能源有利于实现“低碳经济”，正确；D项，钢铁在潮湿的空气中更容易生锈，主要原因是有水膜作电解质，形成了原电池，正确；答案选B。‎ ‎2. 一些食物的近似pH值如下表：‎ 人的胃液中含有盐酸，对于胃酸过多的人，空腹时最宜食用的是（　　）‎ A. 苹果 B. 葡萄 C. 牛奶 D. 玉米粥 ‎【答案】D ‎【解析】一般pH小于7时，溶液呈酸性，且pH越小，酸性越强，所以苹果、葡萄、牛奶等食品均显酸性；pH大于7时，溶液呈碱性，pH等于7时，溶液呈中性，玉米粥的pH为6.8-8.0，可能显弱酸性、中性或弱碱性，所以对于胃酸过多的人，空腹时最宜食用的食物是玉米粥，故选D。‎ 点睛：本题是一道与生活联系密切的题目，注意胃酸过多的人不宜食用汁液呈酸性的食物，掌握溶液的酸碱性与溶液pH大小之间的关系，才能作出正确的判断。‎ ‎3. 向AgCl饱和溶液中加水，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 结晶过程停止，溶解过程加快 B. 溶解度、Ksp均变大 C. 溶解度、Ksp均不变 D. 结晶过程将小于溶解过程，直至再达到平衡 ‎【答案】C ‎【解析】沉淀溶解平衡和化学平衡一样，是动态平衡。A.向AgCl饱和溶液中加水，改变了溶解速率和结晶速率，但溶解过程和结晶过程是不会停止的，所以A错误；难溶物质在水中的溶解度和Ksp只受物质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，如浓度的大小等，所以B不正确，C正确；D、由于加水导致浓度积小于溶度积，饱和溶液中又没有固体溶质存在，所以不会再达到平衡，故D错误。正确选项为C。‎ 点睛：正确理解饱和溶液的含义，即溶液中没有固体溶质的存在是分析D选项的关键。‎ ‎4. 已知热化学方程式：H2O(g)＝H2(g) + 1/2O2(g) △H = +241.8kJ／mol H2(g)+ 1/2O2(g) ＝ H2O(1) △H = －285.8kJ／mol，当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是（ ）‎ A. 吸热88kJ B. 吸热2.44KJ C. 放热44kJ D. 吸热44KJ ‎【答案】B ‎【解析】将上述两个热化学方程式相加得：H2O(l)＝H2O(g) ΔH =+44.0kJ／mol，所以当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是吸热44/18kJ=2.44kJ，故选B。‎ ‎5. 为使反应：Cu＋2H2O===Cu(OH)2＋H2↑能够发生，下列设计方案正确的是（ ）‎ A. 用铜片作负极，石墨电极作正极，氯化钠溶液为电解质溶液构成原电池 B. 用铜片作电极，外接直流电源，电解硫酸铜溶液 C. 用铜片作阳极，铁片作阴极，电解硫酸钠溶液 D. 用铜片作阴、阳电极，电解稀硫酸 ‎【答案】C ‎【解析】A、用铜片作负极，石墨电极作正极，与氯化钠溶液构成原电池，但铜不能与氯化钠溶液自发进行氧化还原反应，所以A不正确；B中没有指明铜与直流电源如何连接，因此无法解答，故B不正确；C中铜作阳极，失去电子而溶解，而硫酸钠溶液中由水电离出的H+优先放电生成氢气，则OH—与Cu2+作用生成Cu(OH)2，所以C正确；D选项中阴、阳两极材料都是铜，电解稀硫酸，放出的氢气是由硫酸电离出来的H+得到电子生成的，另一产物为CuSO4，而不是Cu(OH)2，所以D不正确。本题正确答案为C。‎ ‎6. 下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）‎ A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅 B. 向橙色K2Cr2O7溶液中加入一定浓度的NaOH溶液后，溶液变为黄色 C. 对2 HI（g）H2（g） + I2（g）平衡体系增大压强使气体颜色变深 D. 溴水中有下列平衡Br2 + H2OHBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后，溶液颜色变浅 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、缩小容积以增大压强，可以使NO2浓度先明显增大，由于2NO2（g）N2O4（g）的正反应是气体体积减小的方向，增大压强能使平衡正向移动，导致NO2浓度逐渐减小至不变（比原平衡时增大），能用勒夏特列原理解释，A错误；B、碱能中和H+或减小H+浓度，使Cr2O72-（橙色） + H2O2CrO42-（黄色） + 2 H+的平衡正向移动，因此溶液由橙色变为黄色，能用勒夏特列原理解释，B错误；C、对2 HI（g）（无色）H2（g）（无色） + I2（g）（紫色）平衡体系增大压强，采取的措施一般为缩小容器的容积，因此反应物和生成物的浓度均增大，因此混合气体的颜色加深，但平衡不移动，因为正反应是气体体积不变的方向，不能用勒夏特列原理解释，C正确；D、硝酸银能沉淀氢溴酸或减小HBr或Br-的浓度，使Br2（橙红色）+ H2O（无色）HBr（无色） + HBrO（无色）的平衡正向移动，因此溶液的颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，D错误；答案选C。‎ 考点：考查勒夏特列原理的内容及其使用范围。‎ ‎7. 用铂电极电解100mL HNO3 与 AgNO3 的混合液，通电一段时间后，两极均收集到4.48 L气体（标准状况），则原混合液中Ag+的物质的量浓度为（ ）‎ A. 1mol·L－1 B. 2 mol·L－1 C. 2.5 mol·L－1 D. 4 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎2H+ + 2e- = H2↑‎ ‎0.4mol  0.2mol ‎2Ag+ + 2e- = 2Ag ‎0.4mol  0.4mol 即n（Ag+）=0.4mol，则原混合溶液中Ag+的物质的量浓度为0.4mol÷0.1L=4mol/L，D项正确。‎ 点睛：原电池和电解池综合装置的有关计算的根本依据就是电子转移的守恒，分析时要注意两点：①串联电路中各支路电流相等；②并联电路中总电流等于各支路电流之和。在此基础上分析处理其他各种数据。‎ ‎8. 以Pt为电极，电解含有0.10molM+和0.10molN3+(M+、N3+‎ 均为金属阳离子)的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如右图。对离子氧化能力的强弱判断正确的是（ ）‎ A. N3+>H+>M+‎ B. M+>N3+>H+‎ C. M+>H+>N3+‎ D. 条件不足，无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】该溶液中的阳离子有三种：M+、N3+和H+，它们放电时的电极反应分别为：M＋＋e－=M，N3＋＋3e－=N，2H＋＋2e－=H2。由图象中数据分析可知，先析出的是M＋，然后析出氢气，而N3＋没有析出，所以三者的氧化性强弱顺序为M+>H+>N3+，所以A、B、D都是错误的，故本题正确答案为C。‎ ‎9. 已知弱酸乙（HA）的酸性比甲酸（HB）强，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是 （ ）‎ A. c(OH)>c(HA)>c(HB)>c(H+) B. c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)‎ C. c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+) D. c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据盐的水解规律，弱酸的酸性越弱，其弱酸根离子水解程度越大。这两种盐水解的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－ B－＋H2OHB＋OH－。已知HA的酸性比HB的强，所以A-水解程度小于B-，则水解生成的两种酸的浓度为c(HB)>c(HA)，所以A不正确；一般水解程度都很小，所以水解产生的OH—浓度一定小于A-、B-的浓度，所以B不正确；由于A-水解程度小于B-，则溶液中c(A-)>c(B-)，故C不正确；两种钠盐水解均呈碱性，则水解产生的OH—总浓度一定大于水解产生的HA、HB的浓度，且c(HB)>c(HA)，所以D正确。本题正确答案为D。‎ ‎10. 用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是（ ）‎ A. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗 B. 滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴内有气泡 D. 配制标准溶液的NaOH中混有KOH杂质 ‎【答案】C ‎【解析】A、盛装未知浓度盐酸的锥形瓶是不能用未知液润洗的，润洗后使溶质增多，导致测定结果偏高，故A错误；B、滴定终点读数时仰视刻度，使读数偏大，即标准液体积增大，造成测定结果偏高，所以B错误；C、滴定终点读数时，发现滴定管尖嘴内有气泡，导致滴定管内液面上升，使读数偏小，即标准液体积减小，造成测定结果偏低，故C正确；D、配制标准溶液的NaOH中混有KOH杂质，在相同质量时，KOH的物质的量小于NaOH，使OH—浓度减小，导致标准液体积增大，使测定结果偏高，所以D错误。本题正确答案为C。‎ ‎11. 常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1的盐酸中逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. V=20mL B. 在点①所示溶液中：c(Cl-)=c(H+)‎ C. 在点②所示溶液中：c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)‎ D. 在点②、③之间可能存在：c(NH4+)>c(Cl-)=c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、NH3·H2O属于弱碱，HCl属于强酸，②点pH=7溶液显中性，NH3·H2O的物质的量略大于盐酸物质的量，即V略大于20mL，故A错误；B、根据电荷守恒，因此有c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，故B错误；C、②点pH=7，因此是c(H＋)=c(OH－)，故C错误；D、②和③之间溶质为NH3·H2O和NH4Cl，因此可能存在c(NH4＋)>c(Cl－)=c(OH－)>c(H＋)，故D正确。‎ 点睛：离子浓度大小的比较是高考的热点，在离子浓度大小的比较中，应注意“三个守恒”的应用，特别像本题中选项B和C，利用了电荷守恒进行判断。‎ ‎12. 如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 铜电极应与X相连接 B. H＋透过质子交换膜由右向左移动 C. M电极反应式为CO(NH2)2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋‎ D. 当N电极消耗0.25 mol气体时，则理论上铁电极增重16 g ‎【答案】C ‎【解析】A．分析装置甲可知，N电极上由氧气转化为水，氧元素得到电子，发生还原反应，则N电极为原电池的正极；要用乙装置在铁上镀铜，根据电镀原理，铜棒作阳极，铁棒作阴极，所以铜电极要与Y相连，故A错误；装置甲的N极（即正极）反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，M极（即负极）由题干分析可知其电极反应为CO(NH2)2＋H2O－6e－=N2↑＋CO2↑＋6H＋，所以H＋向N极移动，即由左向右移动，故B错误，C正确；D、当N电极消耗0.25mol气体时，转移n(e－)=0.25mol×4=1mol，根据各电路中电子转移守恒可知，在铁电极上析出铜的质量为m(Cu)=×64g/mol=32g，故D错误。本题正确答案为C。‎ ‎13. 铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 腐蚀过程中铜极上始终只发生：2H++2e-= H2↑‎ B. 若水膜中溶有食盐将加快铁铆钉的腐蚀 C. 若在金属表面涂一层油脂能防止铁铆钉被腐蚀 D. 若将该铜板与直流负极相连，则铁铜均难被腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】A. 根据图示可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则两个铜极上的反应是2H++2e-═H2↑，O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误正确；B. ‎ 若水膜中溶有食盐，增加吸氧腐蚀介质的电导性，将加快铁铆钉的腐蚀，故B正确；C.在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故C正确；D. 若将该铜板与直流负极相连，相当于外界电子由铜电极强制转送给铁，从而抑制铁失电子而不易腐蚀，故D正确。‎ ‎14. 某化学兴趣小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下）。其中不正确的是（　　）‎ A. pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位 B. 1L 0.50mol·L-1NH4Cl 溶液与2L 0.25mol·L-1NH4Cl 溶液含NH4+物质的量后者大 C. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)‎ D. pH=4、浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2×(10-4－10-10) mol·L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．在强酸溶液中，H+的物质的量不会随水的加入而变化，其浓度与溶液体积成反比关系，所以pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH升高2个单位，A正确；B、两种NH4Cl 溶液中溶质的物质的量是相等的，根据浓度越小，水解程度越大可知，后者NH4+水解程度大，则溶液中NH4+物质的量小，故B不正确；C、pH=8.3的NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3－的水解程度比电离程度大，因此c(H2CO3)＞c(CO32-)，故C正确；D、混合溶液中CH3COOH、CH3COONa的浓度相等，但溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，根据物料守恒得①：2c(Na+)= c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)，根据电荷守恒得②：c(Na+) +c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)‎ 已知c(H+)=10-4 mol·L-1，则c(OH－)=10-10 mol·L-1，②×2－①得c(CH3COO－)－c(CH3COOH)=2[ c(H+)－c(OH－)]= 2×(10-4－10-10) mol·L-1，故D正确。本题正确选项为B。‎ ‎ 点睛：混合溶液中离子浓度的计算和大小的比较是难点、易错点，如D选项，关键是分析出其中的电荷守恒和物料守恒关系，再结合题目要求，进行联合处理，就能得出正确结论。‎ ‎15. —定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)达平衡，下列说法不正确的是（ ） ‎ 容器 温度/K 物质的起始浓度(mol/L)‎ 物质的平衡浓度(mol/L)‎ CO2(g)‎ H2(g)‎ C2H5OH(g)‎ H2O(g)‎ C2H5OH(g)‎ 甲 ‎500‎ ‎0.20‎ ‎0.60‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.083‎ 乙 ‎500‎ ‎0.40‎ ‎1.20‎ ‎0‎ ‎0‎ 丙 ‎600‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.30‎ ‎0.039‎ A. 该反应正反应为放热反应 B. 达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2，甲)>c(CO2，乙)‎ C. 达平衡时，容器甲中的逆反应速率比容器乙中的大 D. 达平衡时，转化率：a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．在容器甲和容器丙中，若温度一样，二者将建立完全相同的平衡。由表中数据可知，由于丙升高温度使C2H5OH(g)的平衡浓度减小，说明升温使化学平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故A正确；B、乙容器中反应物浓度相当于在甲容器中等比例增大，若平衡不移动，则有2c(CO2，甲)=c(CO2，乙)，但浓度等比例增大，相当于加压，该平衡向正反应移动，使c(CO2，乙)减小，所以有2c(CO2，甲)>c(CO2，乙)，故B正确；C、由于容器乙中各物质的浓度比容器甲中的大，所以不论正逆反应速率，容器甲中反应速率都比容器乙中的小，故C错误；D、由A中的分析可知，当温度相同时，容器甲和容器丙将建立完全相同的平衡，即有a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)=1，但容器丙由于升高温度，使平衡向逆反应方向移动，使a(C2H5OH，丙)转化率增大，所以a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)>1，故D正确。所以本题正确选项为C。‎ 点睛：1、假设法和等效平衡法是解决化学平衡常用的解题方法，如容器甲和丙，先假设温度相同，二者将建立等效平衡，然后再分析升高温度对平衡的影响；2、对于同一化学平衡，反应物的转化率和生成物的转化率之和等于1，学生不熟悉，使D无法确定；3、当然本题也可以通过计算求出答案，但非常繁杂的，是不可取的。‎ ‎16. 利用下图装置进行实验，甲、乙两池中均为1 mol·L－1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验开始时先闭合K1，断开K2。一段时间后，断开K1，闭合K2，电流表指针偏转。下列说法不正确的是(　 　)‎ A. 闭合K1，断开K2后，A电极增重 B. 闭合K1，断开K2后，乙池溶液浓度上升 C. 断开K1，闭合K2后，A电极发生氧化反应 D. 断开K1，闭合K2后，NO向B电极移动 ‎【答案】D ‎...............‎ ‎17. 下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。‎ 接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：‎ ‎（1）电源的N端为________极；‎ ‎（2）电极b上发生的电极反应为:__________________，生成的气体在标准状况下的体积为__________L（保留两位有效数字）;‎ ‎（3）若要使乙溶液恢复到电解前的状态，可向乙溶液中加入________（填化学式），质量为________g（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 正极 (2). 4OH－-4e－=2H2O + O2↑ (3). 2.8L (4). CuO或CuCO3 (5). 20g或31g ‎【解析】丙中电解K2SO4溶液，实质是电解水，所以溶质的量不变，设电解的水的质量为xg，则，x=4.5g n(H2O)=0.25mol，则电解过程中转移电子的物质的量为n(e-)=0.5mol。‎ ‎(1)由乙中c电极质量增加可知，c电极为阴极，所以电源的M端为负极，N端为正极；‎ ‎(2)甲中电解氢氧化钠溶液，实质是水的电解，则阳极b上的电极反应为4OH－-4e－=2H2O + O2↑，由电子转移守恒，求出氧气在标况下的体积为V(O2)=；‎ ‎（3）由电子转移守恒，求出乙中c电极上析出n(Cu)=0.25mol, d电极上析出n(O2)=0.25mol,所以需要加入m(CuO)=0.25mol×80g/mol=20g或m(CuCO3) =0.25mol×124g/mol=31g ‎ 点睛：本题第三问容易选用Cu(OH)2而导致错误，当加入与CuO 等物质的量的Cu(OH)2时，会使溶液中水的质量增大，不能恢复电解前的状态。‎ ‎18. 近年全国各地雾霾严重，为有效控制雾霾，各地积极采取措施改善大气质量。研究并有效控制空气中氮氧化物、碳氧化物等污染物是一项重要而艰巨的工作。‎ I．氮氧化物的研究 ‎ （1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生反应： 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，下列状态能说明该反应达到化学平衡的是_______‎ A．混合气体的密度保持不变 B．NO的转化率保持不变 C．NO和O2的物质的量之比保持不变 D．O2的消耗速率和NO2的消耗速率相等 ‎（2）已知反应：2NO(g) N2(g)+O2(g) ΔH<0，在不同条件时N2的体积分数随时间(t)的变化如图所示。根据图象可以判断曲线R1、R2对应的是下列反应条件中的______ (填字母序号)。‎ A．压强 B．温度 C．催化剂 根据如图中的能量变化数据，计算反应：2NO(g) N2(g)+O2(g) 的ΔH=__________‎ II．碳氧化物的研究 ‎（3）CO和H2在一定条件下可以合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH<0,现在体积为1L的恒容密闭容器(如图甲)中通入1molCO和2molH2，测定不同时间、不同温度(T)下容器中CO的物质的量，如下表：‎ 请回答：‎ T1_____ T2（填“>”或“<”或“=”）。已知T2℃时，第20min时容器内压强不再改变，此时H2的转化率为_________ 。‎ ‎（4）已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). B (3). －183kJ.mol-1 (4). ＜ (5). 50%或0.5 (6). 5.0＜pH＜7.1‎ ‎【解析】(1)判断化学反应是否达到平衡可以通过正逆反应速率相等或各组分的某一物理量保持不变进行。A、在恒容密闭容器中，化学平衡2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) 的混合气体的密度始终保持不变，故A不正确；NO的转化率保持不变以及NO和O2的物质的量之比保持不变都能确定反应已经达到平衡状态，所以B和C都正确；D、O2的消耗速率是正反应速率，NO2的消耗速率是逆反应速率，由于这两种物质在反应中的化学计量数不同，所以二者相等不能说明达到平衡状态，D错误。正确答案为BC。‎ ‎(2) 已知2NO(g) N2(g)+O2(g) ΔH<0，由图象可知，R2相对于R1是速率加快了，平衡向逆反应移动了，这是一个反应前后气体体积不变的放热反应，所以加压平衡不移动，使用催化剂平衡也不移动，所以只有温度符合要求，故选B。‎ ‎ ΔH=反应物的总键能—生成物的总键能=2×630kJ/mol—(945 kJ/mol+498 kJ/mol)= -183 kJ/mol。‎ ‎(3)由表中数据可知，在相同时间段内T2对应的CO量少，说明反应速率快，则T2对应的温度高于T1，即T1< T2。‎ 所以H2的转化率为=，（或0.5）。‎ ‎(4)室温下，要除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋，由于pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以控制pH一定小于7.1；由Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33和Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39可知，当Al3＋沉淀完全时，Fe3＋也沉淀完全了，所以由Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋) ×c(OH—)3=1×10－6 ×c(OH—)3=1×10－33，求得c(OH—)= 1×10－9 mol·L－1，则pH=5.0，故正确答案为5.0＜pH＜7.1‎ ‎19. 下表是25 ℃时某些弱酸的电离平衡常数。‎ 化学式 CH3COOH HClO H2CO3‎ H2C2O4‎ Ka Ka＝1.8×10－5‎ Ka＝3.0×10－8‎ Ka1＝4.1×10－7‎ Ka2＝5.6×10－11‎ Ka1＝5.9×10－2‎ Ka2＝6.4×10－5‎ ‎（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________。‎ ‎（2）pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO，两溶液中：[c(Na＋)－c(ClO－)]________[c(K＋)－c(CH3COO－)](填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎（3）向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液pH＝________。‎ ‎（4）取10 mLpH＝2的CH3COOH溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。‎ ‎（5）向碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－) (2). > (3). ＝ (4). 5 (5). 减小 (6). 2CO32－＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋2HCO3－‎ ‎【解析】(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液是草酸氢钾，溶液呈酸性，说明草酸氢根的电离程度大于水解程度，因此该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)。(2)醋酸的电离平衡常数大于次氯酸，酸性是醋酸大于次氯酸，酸越弱，酸根越容易水解，则pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK＞NaClO；溶液中c(Na＋)－c(ClO－)＝c(OH－)－c(H＋)， c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)，由于pH相等，则两溶液中[c(Na＋)－c(ClO－)]＝[c(K＋)－c(CH3COO－)]。(3)根据醋酸的电离平衡常数可知溶液中c(H＋)＝Kac(CH3COOH)/ c(CH3COO－)＝10-5mol/L，则此时溶液pH＝5。(4)根据醋酸的电离平衡常数可知溶液中＝Ka/c(CH3COO－)，温度不变平衡常数不变，加热醋酸钠固体后溶液醋酸根浓度增大，则比值减小；(5)根据电离平衡常数可知碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸的酸性强于碳酸氢根，则向碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为2CO32－＋Cl2＋H2O＝Cl－＋ClO－＋2HCO3－。‎ ‎20. 某小组同学利用下图装置对电解氯化铜实验进行了研究。‎ 装置 现象 电解一段时间时，阳极石墨表面产生气体，阴极石墨上附着红色物质，烧杯壁变热，溶液由蓝色变为绿色 ‎（1）甲认为电解过程中阳极产生的_________是溶液变绿的原因。‎ ‎（2）乙查阅资料，CuCl2溶液中存在平衡：Cu2+ + 4Cl- [CuCl4]2-(黄色) ΔH＞0。据此乙认为:电解过程中，[CuCl4]2-(黄色)浓度增大，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。乙依据平衡移动原理推测在电解过程中[CuCl4]2-浓度增大的原因：________________。‎ ‎（3）丙改用下图装置，在相同条件下电解CuCl2溶液，对溶液变色现象继续探究。‎ 装置 现象 电解相同时间时，阳极石墨表面产生气泡，溶液仍为蓝色；阴极石墨上附着红色物质，溶液由蓝色变为绿色；U型管变热，冷却后阴极附近溶液仍为绿色 丙通过对现象分析证实了甲和乙的观点均不是溶液变绿的主要原因。丙否定甲的依据是________，否定乙的依据是________________。‎ ‎（4）丙继续查阅资料：‎ i. 电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]-，[CuCl2]-掺杂Cu2+后呈黄色 ii. 稀释含[CuCl2]-的溶液生成CuCl白色沉淀据此丙认为：电解过程中，产生[CuCl2]-掺杂Cu2+后呈黄色，与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。‎ 丙进行如下实验：‎ a．取电解后绿色溶液2 mL，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。‎ b. 另取少量氯化铜晶体和铜粉，向其中加2 mL浓盐酸，加热获得含[CuCl2]-的黄色溶液。‎ c. 冷却后向上述溶液……‎ d. 取c中2 mL溶液，加20 mL水稀释，静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。‎ ‎① a的目的是__________________。‎ ‎② 写出b中生成[CuCl2]-的离子方程式：____________________。‎ ‎③ 补充c中必要的操作及现象：____________________。‎ 丙据此得出结论：电解时阴极附近生成[CuCl2]-是导致溶液变绿的原因。‎ ‎【答案】 (1). Cl2 (2). 电解过程放热导致温度升高，Cu2+ + 4Cl－ [CuCl4]2－正向移动 (3). 阳极附近溶液仍为蓝色 (4). U型管冷却后阴极附近溶液仍为绿色 (5). 证明在上述实验条件下，电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]－ (6). Cu2+ + 4Cl－+ Cu = 2[CuCl2]－ (7). 加入CuCl2蓝色溶液，直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同 ‎【解析】(1) 用石墨作阴阳极，电解CuCl2溶液，阳极石墨上析出氯气，氯气呈黄绿色，能溶于水，使水溶液呈绿色。正确答案为氯气（或Cl2）。‎ ‎(2)在CuCl2溶液中存在平衡：Cu2+ + 4Cl— [CuCl4]2— (黄色) ‎ ‎ ΔH＞0，根据实验现象，电解后烧杯壁变热，说明温度升高了，使该平衡向正反应方向移动，使[CuCl4]2—浓度增大。‎ ‎(3)丙的实验证明电解后在阳极上仍有氯气产生，但阳极附近的溶液没有变绿色，仍是蓝色，所以否定了甲；而阴极上有红色物质析出，溶液由蓝色变绿色，U型管变热，这些现象与乙的相同，但是冷却后溶液仍为绿色，可见，温度的改变并没有改变溶液的颜色，也就是说上述平衡没有受温度的改变而移动，所以否定了乙。‎ ‎(4) ①根据资料“ii ：稀释含[CuCl2]—的溶液生成CuCl白色沉淀”。所以a操作的目的就是证明上述实验，电解后的绿色溶液中含[CuCl2]－；② 根据b叙述中涉及到的物质，即可写出反应的离子方程式为Cu2+ + 4Cl－+ Cu2[CuCl2]－ 。③根据资料“i：[CuCl2]—掺杂Cu2+后才呈黄色”，所以c的操作就是加入CuCl2溶液，直至溶液也呈绿色，再重复操作a，有白色沉淀生成，证明绿色溶液中确实含有[CuCl2]—。‎ 点睛：实验装置由烧杯改用U型管，使两极析出的物质和溶液不能很快接触、混合，使实验现象更具有说服力，是思考第三问的窗口，结合第四问的资料，后面的问题就知道如何思考解答了。‎ ‎21. 某温度下，将H2（g）和I2（g）各0.9 mol的气态混合物充入2 L的密闭容器中，充分反应，5 min后达到平衡，测得c(HI)＝0.3 mol/L。（写出计算过程）‎ ‎（1）计算从反应开始至达到平衡，用H2（g）表示的反应速率________________。‎ ‎（2）保持温度不变，若向上述容器中充入H2（g）和I2（g）各2 mol,求达到平衡时I2（g）的物质的量浓度___________________。‎ ‎【答案】 (1). 0.03mol/(L·min) (2). 2/3或0.67mol/L ‎【解析】根据已知数据可列如下关系：‎ H2（g） + I2（g） 2HI（g）‎ ‎ 初始浓度(mol/L) 0.45 0.45 0‎ 浓度变化(mol/L) 0.15 0.15 0.30‎ 平衡浓度(mol/L) 0.30 0.30 0.30‎ ‎（1）v(H2)=‎ ‎（2）化学平衡常数只与温度有关，保持温度不变，平衡常数也不变，‎ 该反应的平衡常数K=‎ 当向上述容器中充入H2（g）和I2（g）各2 mol时，设平衡时I2（g）的物质的量浓度x ‎ mol/L，则有如下关系：‎ H2（g）+ I2（g）2HI（g）‎ ‎ 初始浓度(mol/L) 1 1 0‎ 变化浓度(mol/L) 1-x 1-x 2(1-x)‎ 平衡浓度(mol/L) x x 2(1-x)‎ ‎ 所以 K=，x=2/3（或0.67）‎ ‎（2）另解：该反应前后气体体积相等，若等比例增大反应物的量，相当于加压，但该化学平衡不移动，所以（1）、（2）两种情况下，起始浓度与平衡浓度是成正比的，‎ 由I2（g）浓度数据可得： x=2/3（或0.67）mol/L 答：（1）用H2（g）表示的反应速率为0.03mol/(L·min)，（2）达到平衡时I2（g）的物质的量浓度2/3 mol/L（或0.67mol/L）‎ ‎ ‎ ‎ ‎