河南省平顶山市郏县第一高级中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题
郏县一高2019-2020学年上学期第二次月考
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：C—12 Mg—24 N—14 Cu—64 Na—23 S—32 Cl-35.5
第I卷（选择题)
一、单选题
1.在一定条件下的恒温恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时，反应：A(g)＋3B(g)2C(g)＋D(g)不能表明已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度
C. B的物质的量浓度 D. 气体总物质的量
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应前后气体的体积不等，故混合气体的压强不再发生变化说明已达平衡状态，故A选项正确。
B.密度=总质量÷体积，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再发生变化不能作为判断是否达到平衡，B选项错误。
C. B的物质的量浓度不变说明反应达到平衡状态，C选项正确。
D.反应前后化学计量数不等，故气体的总物质的量不变说明反应应达到平衡状态，D选项正确。
故答案选B。
【点睛】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论。
2.下列说法正确的是（ ）
A. CaO+H2O=Ca(OH)2可放出大量热，可利用该反应设计成原电池，把化学能转化为电能
B. 任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C. 有化学键断裂一定发生化学反应
D. 灼热的铂丝与NH3、O2混合气接触，铂丝继续保持红热，说明氨的反应是放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，因此不能设计成原电池，A不符合题意；
B.任何化学反应中的能量变化可以表现为热量变化，也可以表现为光能或电能的转化，B错误；
C.电解质溶解过程中有化学键的断裂，但没有新的物质生成，因此有化学键断裂不一定发生化学反应，C错误；
D.灼热的铂丝与NH3、O2混合气在加热条件下接触发生反应，铂丝继续保持红热，说明氨的反应是放热反应，反应放出的热量使铂丝保持红热，D正确；
故合理选项是D。
3.下列说法或表示正确的是（ ）
A. 次氯酸的电离方程式：HClO=H++ClO－
B. 只有熵增加的过程才能自发进行
C. HS-水解离子方程式：HS-+H2OH3O++S2-
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)== Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) ΔH=－114.6 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 次氯酸是弱电解质，电离可逆，次氯酸的电离方程式：HClOH++ClO－，故A错误；
B. 熵变、焓变共同影响反应方向，熵增加的过程不一定能自发进行，故B错误；
C. HS-水解离子方程式是HS-+H2OOH-+H2S，故C错误；
D. 中和热是强酸、强碱的稀溶液生成1mol水放出的能量，已知中和热为57.3 kJ·mol－1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)== Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) ΔH=－114.6 kJ·mol－1，故D正确；
答案选D。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 1molN2与4mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6mol
B. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的ΔH>0
C. 向0.1mol·L−1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小
D. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，铜粉就会溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则反应中转移电子数无法计算，A错误；
B.该反应能自发进行，则△G=△H-T△S<0，该反应△S<0，要使该反应△G=△H-T△S<0，△H<0，B错误；
C.加水稀释促进醋酸根离子水解且溶液体积增大导致c(CH3COO-)减小，温度不变电离平衡常数不变，=×=增大，C错误；
D.在稀硫酸中加入铜粉，稀硫酸不与铜反应，则铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化铜，则铜粉就会溶解，D正确；
故合理选项是D。
5.反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g) ΔH>0，达到平衡时，下列措施：
①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①正反应为吸热反应，则升温平衡正向移动，COCl2转化率增大，符合题意，①正确；
②恒容通入惰性气体，反应体系中，各物质的浓度不变，则平衡不移动，与题意不符，②错误；
③增加CO浓度，平衡逆向移动，COCl2转化率减小，与题意不符，③错误；
④减压，平衡向气体计量数增大的方向移动，即正向移动，符合题意，④正确；
⑤加催化剂，化学平衡不移动，与题意不符，⑤错误；
⑥恒压通入惰性气体，平衡向气体计量数减小的方向移动，即逆向移动，与题意不符，⑥错误；
答案为B。
【点睛】恒温恒压下，冲入惰性气体，相当于减小压强，体积增大，平衡向气体计量数增大的方向移动。
6.下列说法正确的是
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
B. 中和等体积、等物质量浓度的盐酸和醋酸溶液，盐酸所需氢氧化钠物质的量等于醋酸所需氢氧化钠物质的量
C. 将氢氧化钠和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少到原来的
D. 如果盐酸的浓度是醋酸浓度的二倍，则盐酸的H+浓度也是醋酸的二倍
【答案】B
【解析】
A．电解质强弱与导电能力无关，与自由移动离子浓度成正比，强电解质导电能力不一定强，弱电解质导电能力不一定弱，电解质溶液导电能力与自由移动离子浓度成正比，故A错误；B．醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质；盐酸是强酸，完全电离，但等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸，它们的物质的量相同，故中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，消耗的氢氧化钠的物质的量相等，故B错误；C．一水合氨为弱电解质，加水促进电离，将氢氧化钠溶液和氨水溶液各稀释一倍，氨水的OH-浓度大于原来的，故C错误；D．因醋酸是弱酸，盐酸中的c(H+)远远超过醋酸中c(H+)的两倍，故D错误；答案为B。
7.CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2＋+4I－=2CuI↓+I2而得到。现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法正确的是
A. 铜片做阴极，石墨做阳极
B. 白色沉淀在阴极附近生成
C. 阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝
D. 阳极区溶液变蓝的原因是：4OH－－4e－=2H2O+O2↑，O2将I－氧化为I2，碘遇淀粉变蓝
【答案】C
【解析】
现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。所以，肯定是铜片做阳极，铜片溶解，A 错误；
在阳极铜失去电子得到亚铜离子，和碘离子结合生成CuI白色沉淀，此沉淀是在阳极附近生成，B 错误；
阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝，所以，C 正确；D 错误。
8.25℃时，取浓度均为0.1mol/L的醋酸溶液和氨水各20mL，分别用0.1mol/LNaOH溶液、0.1mol/L盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ：滴加溶液到20 mL时：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH-)
B. 曲线Ⅰ：滴加溶液到10 mL时：c(CH3COO-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)
C. 曲线Ⅱ：滴加溶液在10 mL～20 mL之间存在：c(NH4+)=c(Cl-)>c(OH-)=c(H+)
D. 曲线Ⅱ：滴加溶液到10 mL时：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=c(H＋)-c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】
曲线I开始时pH>7，滴定过程中pH减小，是用盐酸滴定氨水，曲线Ⅱ开始时pH<7，滴定过程中pH增大，是用氢氧化钠滴定醋酸。
A.曲线I中滴加溶液到20mL时，得到NH4Cl溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；
B.曲线Ⅰ是用盐酸滴定氨水；
C.曲线Ⅱ是用氢氧化钠滴定醋酸；
D.曲线Ⅱ中滴加溶液到10mL时，得到等浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，结合微粒守恒、电荷守恒判断。
【详解】曲线I开始时pH>7，滴定过程中pH减小，用盐酸滴定氨水，曲线Ⅱ开始时pH<7，滴定过程中pH增大，是用氢氧化钠滴定醋酸。
A曲线I中滴加溶液到20mL时，得到NH4Cl溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，则溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，A正确；
B.曲线Ⅰ是用盐酸滴定氨水，B错误；
C.曲线Ⅱ是用氢氧化钠滴定醋酸，C错误；
D.曲线Ⅱ中滴加溶液到10mL时，得到等浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，根据物料守恒可得：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，联立可得：2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了酸碱中和滴定、离子浓度大小比较，关键是根据开始滴定时溶液的pH滴定曲线判断相互滴定的物质，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒及盐的水解判断溶液中离子浓度大小。
9.如图是CO2催化还原为CH4示意图。下列说法不正确的是（ ）
A. 该过程是电能转化为化学能的过程
B. 铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
C. 一段时间后，①池中n(KHCO3)不变
D. 一段时间后，②池中溶液的pH一定下降
【答案】C
【解析】
【详解】A.该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，A正确；
B.CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电极是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，B正确；
C.在电解池的阴极上发生CO2得电子的还原反应，即CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n(KHCO3)会减小，C错误；
D.在电解池的阳极上，是阴离子OH-发生失电子的氧化反应，所以碱性减弱，pH一定下降，D正确；
故合理选项是C。
10.某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A. 该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B. 该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C. 加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D. 加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和
【答案】A
【解析】
【详解】A. pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性， 且溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，故A正确；
B.由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，故B错误；
C.根据电荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，如果溶液中存在c(CH3COO-)＞c(Na+)，则c(OH-)
0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈酸性，选择方法是（ ）
A. 加热水至100℃[其中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1] B. 向水中加入NaHSO4
C. 向水中加入Cu(NO3)2 D. 在水中加入Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.水的电离是吸热反应，加热至100℃，促进水电离，溶液C（OH-）=C（H+），溶液呈中性，A选项错误；
B.NaHSO4在水中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，相当于一元强酸，所以NaHSO4溶于水导致氢离子浓度增大，水的电离平衡左移，即抑制水的电离，B选项错误。
C.向水中加入Cu(NO3)2后铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，消耗OH-，促进反应向右移动，C选项正确。
D.水中加入Na2CO3，碳酸根水解生成OH-，抑制平衡向右移动，D选项错误。
故答案为D。
13.下列有关说法正确的是（ ）
A. 向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(OH-)
B. pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小顺序①>②>③
C. 常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH－)=c(H＋)+c(HS-)+c(H2S)
D. 常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯水溶液中HCl、HClO和NaOH反应分别生成NaCl、NaClO，NaCl溶液呈中性，NaClO溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则溶液中还含有HClO，根据物料守恒知c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)，水的电离程度较小，根据电荷守恒知，c(Na+)最大，所以溶液中存在c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)，A错误；
B.pH相等的①NH4NO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中，NH4HSO4电离出H+，pH相等时NH4+浓度最小；NH4NO3和(NH4)2SO4水解程度相同，则铵根离子浓度相等，则正确顺序为：①=②＞③，B错误；
C.常温下，0.1mol/LNa2S溶液中，根据质子守恒，存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，C错误；
D.常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液，可知HA是一元强酸，HA与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液为NaA，所得盐为强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，c(Na+)=c(A-)但盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以溶液中一定存在：c(Na+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)，D正确；
故合理选项是D。
14.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，下列说法正确的是（ ）
A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降
B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移
D. 加水，平衡向正向移动，增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，溶液中的c（CH3COO-）增大，则平衡向左移动，但c(CH3COO-)增大，与题意不符，A错误；
B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，氢离子浓度减小，Kw不变，则溶液中c（OH-）增大，与题意不符，B错误；
C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），消耗溶液中的氢离子，则平衡向右移，符合题意，C正确；
D. 加水，平衡向正向移动，=Kc（H+），c（H+）减小，则K×c（H+）增减小，即减小，与题意不符，D错误；
答案为C。
15.下列实验中对应现象和结论都正确的是（ ）
实验
现象
结论
A
向某溶液中滴加氯水和CCl4，振荡静置
下层溶液呈橙色
原溶液中有I－
B
向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
乙烯发生氧化反应
C
向饱和FeCl3溶液中加入少量Na2CO3粉末
有气泡冒出
证明FeCl3水解呈酸性
D
向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸
产生白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀
原溶液中一定有SO42－
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 向某溶液中滴加氯水和CCl4，振荡静置，下层溶液呈橙色，则原溶液中可能含I－，也可能为碘水，与题意不符，A错误；
B. 向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯，生成二氧化碳气体，溶液无分层，与题意不符，B错误；
C. FeCl3水解呈酸性，向饱和FeCl3溶液中加入少量Na2CO3粉末，则有气泡产生，符合题意，C正确；
D. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸产生白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀，则原溶液中可能含SO32－，与题意不符，D错误；
答案为C。
16.下列有关化学概念或原理的论述中，正确的是（ ）
A. Cl2、SO2、NH3的水溶液都能够导电，因此Cl2、SO2、NH3都属于电解质
B. 用醋酸溶液做导电性实验，灯泡很暗说明醋酸为弱酸
C. 任何可逆反应，其平衡常数越大，反应速率、反应物的转化率就越大
D. 将纯水加热到较高温度，水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】
【详解】A.单质既不是电解质也不是非电解质，所以氯气既不是电解质也不是非电解质，SO2
、NH3的水溶液都能够导电是由于SO2、NH3与水反应产生H2SO3、NH3·H2O发生电离；H2SO3、NH3·H2O是电解质，A错误；
B.用醋酸溶液做导电性实验，灯泡很暗说明醋酸溶液中自由移动的离子浓度很小，但不能证明醋酸为弱酸，B错误；
C.平衡常数只反映反应物的转化率，不反映反应速率的快慢，C错误；
D.将纯水加热到较高温度，水电离程度增大，水的离子积变大，溶液中的H+、OH-浓度增大，pH变小，但浓度仍相等，呈中性，D正确；
故合理选项是D。
17.25 ℃，c(HCN)+c(CN-)=0.1 mol·L－1的一组HCN和NaCN的混合溶液，溶液中 c(HCN)、c(CN-)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是( )
A. 将 0.1 mol·L－1 的 HCN 溶液和 0.1 mol·L－1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)：c(Na＋)>c(HCN)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)
B. W 点表示溶液中：c(Na＋)=c(HCN)+c(CN-)
C. pH=8的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)+c(HCN)=0.1 mol·L-1+c(OH-)
D. 将0.3 mol·L－1 HCN溶液和0.2 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)：c(CN-)+3c(OH-)=c(HCN)+3c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图知，将0.1 mol•L-1的HCN溶液和0.1 mol•L-1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)，混合溶液的pH=9.31>7，说明溶液呈碱性，则NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以存在c(Na+)”、“<”或“=”)；
(2)25℃时，pH之和为14的CH3COOH溶液与NaOH溶液混合，充分反应后溶液显中性，则所耗溶液的体积前者_______后者(填“>”、“<”或“=”)；
(3)若用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，选择的指示剂应为_______；
(4)下列离子CH3COO-、CO32-、HCO3-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为________。
【答案】 (1). < (2). < (3). 酚酞 (4). CO32->SO32->HCO3->CH3COO->HSO3-
【解析】
【分析】
(1)相同温度下，电离平衡常数越大其酸性越强，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同的倍数，较强酸的pH变化较大，较强酸的pH较大；
(2)利用电荷守恒及混合溶液中c(H+)=c(OH-)分析判断；
(3)根据反应产生的盐溶液的酸碱性选择指示剂；
(4)酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱；
【详解】(1)相同温度下，电离平衡常数越大其酸性越强，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同的倍数，较强酸的pH变化较大，根据表中数据可知，醋酸的酸性小于亚硫酸，pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：pH：醋酸<亚硫酸；
(2)25℃时，CH3COOH溶液与NaOH溶液pH之和为14，则CH3COOH溶液中c(H+)与NaOH溶液中(OH-)浓度相等，由于醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+)。若是等体积混合，酸过量，电离的醋酸与NaOH恰好中和，过量的醋酸电离产生H+，使溶液显酸性，现在反应后溶液显中性，说明所耗醋酸溶液的体积小于NaOH溶液的体积；
(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，二者反应产生的盐是CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，水解使水溶液显碱性，为减小实验误差，应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；
(4)根据电离平衡常数的含义可知：酸的电离平衡常数越小，该酸的酸性越弱，其电离产生的酸根离子结合H+的能力就越强。已知酸性：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HCO3-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为CO32->SO32->HCO3->CH3COO->HSO3-。
【点睛】本题考查了弱电解质在溶液中的电离平衡、盐的水解原理的应用，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱关系、酸性强弱与其对应的酸根离子水解程度关系是解本题关键，注意掌握判断电解质强弱、电离常数的概念及计算方法。
28.(I)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(填“>”、“<”或“=”)：CH3COOK_____NaClO，两溶液中：[c(Na+)-c(ClO-)]_____[c(K+)-c(CH3COO-)]。
(3)碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为__________。
(II)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：
(4)写出阳极的电极反应式_________。
(5)分析产品室可得到H3PO2的原因___________。
【答案】 (1). c(K＋)>c(HC2O4-)>c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－) (2). > (3). = (4). 2CO32-+Cl2+H2O═Cl-+ClO-+2HCO3- (5). 2H2O-4e-=O2↑＋4H+ (6). 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2
【解析】
【分析】
(I)(1)二者恰好完全反应生成KHC2O4，混合溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小；
(2)酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则pH相同的钠盐或钾盐，弱离子水解程度越大其盐溶液浓度越小；
两种溶液的pH相等，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)分别相等，[c(Na+)-c(ClO-)]=c(OH-)-c(H+)、[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)；
(3)酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，由于酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，所以碳酸钠溶液中滴入少量氯水，二者反应生成NaClO、NaCl和NaHCO3；
II.(4)在阳极上水失电子生成氧气和氢离子；
(5)阳极生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，阴极上生成氢气和氢氧根离子，原料室中阳离子通过交换膜进入阴极室，原料室中阴离子通过交换膜进入产品室。
【详解】I.(1)二者恰好完全反应生成KHC2O4，KHC2O4发生电离：KHC2O4=K++HC2O4-，混合溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，水还电离出氢离子，所以c(H+)>c(C2O42-)，溶液中氢氧根离子浓度很小，所以存在c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)，则溶液中存在c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)；
(2)酸的电离平衡常数越大，其对应的酸根离子水解程度越小，则pH相同的NaClO和CH3COOK，弱离子水解程度越大其盐溶液浓度越小，电离平衡常数：CH3COOH>HClO，水解程度：NaClO>CH3COOK，所以溶液浓度：c(CH3COOK)>c(NaClO)；
[c(Na+)-c(ClO-)]=c(OH-)-c(H+)、[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)，两种溶液的pH相等，则两种溶液中c(H+)、c(OH-)分别相等，则[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(OH-)-c(H+)；
(3)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，所以二者反应生成NaClO、NaCl和NaHCO3，二者反应的离子方程式为2CO32-+Cl2+H2O═Cl-+ClO-+2HCO3-；
II.(4)阳极上水失电子生成氧气和氢离子，所以阳极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+；
(5)在阳极H2O失去电子生成O2和H+，H+通过阳离子交换膜进入产品室，阴极上生成H2和OH-，原料室中阳离子通过交换膜进入阴极室，原料室中阴离子H2PO2-通过交换膜进入产品室，H+与H2PO2-反应产生H3PO2。
【点睛】本题考查弱电解质的电离及电解原理，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、强酸制取弱酸原理、电解中各个电极上发生的反应及离子交换膜的作用是解本题关键，(3)为解答难点，注意电离平衡常数公式的灵活应用。
29.水体中硝酸盐造成的污染已成为突出的环境问题。某课题组研究了去除不同各种水体中NO3－的方法。
（1）用铝粉去除饮用水中NO3－的一种方案如下：
①用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是___。在调节pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低。写出pH过大造成Al利用率降低的离子方程式___。
②在加入铝粉去除NO3－的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为___。
（2）用铁粉处理pH=2.5的含NO3－废水，测得溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系如图（部分副反应产物略去）：
①t1时刻前，该反应的离子方程式为___。
②研究表明：铁粉还原含NO3－废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能的原因是___。
（3）用Pt作电极电解含NO3－的酸性废水，原理如图。N为电源的___（选填“正”或 “负”）极，与直流电源M端相连的Pt电极上的电极反应式为___。
（4）课题组以钛基氧化物涂层材料为惰性阳极、碳纳米管修饰的石墨为阴极，控制一定条件，电解含大量NO3－、SO42－的废水，可使NO3－变为NH4+。研究发现：其他条件不变，废水中加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，可能的原因是___。
【答案】 (1). 熟石灰价格便宜 (2). 2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑ (3). 10：3 (4). 4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O (5). 铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3-的反应速率 (6). 正 (7). 2NO3－+12H++10e－=N2↑+ 6H2O (8). Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2
【解析】
【分析】
从工业经济效益分析为什么用熟石灰；
从氢氧化铝的性质来分析为什么不能pH过大；
书写出铝和硝酸根反应的离子方程式得出氧化产物和还原产物比；
根据已知信息和氧化还原反应原理写出铁和硝酸反应离子方程式，在过程中加碳粉为何加快反应速率，从原电池原理分析；
从图像中得出化合价升降，分析阴阳极，继而分析连接正负极的关系，再书写出电极反应式，从文字信息和氯化钠加入电解思维来分析出为何去除铵根明显增强。
【详解】①工业生成要考虑经济效益，因此用熟石灰而不用NaOH调节pH的主要原因是熟石灰价格便宜，在调节pH时，若pH过大或过小都会造成Al的利用率降低，pH过大会使生成的氢氧化铝沉淀又溶解，pH过大造成Al利用率降低的离子方程式2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑，故答案为：2Al+2OH－+2H2O2AlO2－+3H2↑；
②在加入铝粉去除NO3－的反应中，10Al + 6NO3－+ 18H2O =10Al(OH)3 + 6OH－ + 3 N2↑，因此氧化产物为10 mol Al(OH)3，还原产物为3 mol N2，因此它们的物质的量之比为10:3，故答案为：10:3；
⑵①t1时刻前，根据图像信息知生成了亚铁离子和铵根离子，因此离子方程式为4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O，故答案为：4Fe +NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O；
②研究表明：铁粉还原含NO3－废水时，加入活性碳粉可以提高去除NO3－的速率，可能是由于形成原电池，加快反应速率，故答案为：铁粉与活性碳粉形成原电池加快还原NO3－的反应速率；
⑶根据图像信息，左边硝酸根变为氮气，则M化合价降低，在阴极发生还原反应，说明N为阳极，连接电源的正极，与直流电源M端相连的Pt电极上的电极反应式为2NO3－+12H+ +10e－=N2↑+ 6H2O，故答案为：正；2NO3－+12H+ +10e－=N2↑+ 6H2O；
⑷使NO3－变为NH4+，则硝酸根在阴极变为铵根离子，加一定量NaCl，去除NH4+的效果明显提高，溶液中氮元素含量显著降低，说明铵根被反应了，可能是Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2，故答案为：Cl－在阳极上被氧化成Cl2(或游离氯)，与阴极生成的NH4+反应生成N2。
30.氨对人类的生产生活具有重要影响。
氨的制备与利用。
(1)工业合成氨的化学方程式是_______________。
氨的定量检测。水体中氨气和铵根离子(统称氨氮)总量的检测备受关注。利用氨气传感器检测水体中氨氮含量的示意图如下：
(2)利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用：________。
(3)若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4mol，则水样中氨氮(以氨气计)含量为_________mg·L-1。
(4)氨的转化与去除。 微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。如图为MFC碳氮联合同时去除的氮转化系统原理示意图。
已知A、B两极生成CO2和N2的物质的量之比为5：2，写出A极的电极反应式：___________。
【答案】 (1). N2+3H22NH3 (2). c(OH-)增大，使NH4++OH-NH3•H2ONH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出 (3). 3.4 (4). CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+
【解析】
【分析】
(1)工业合成氨是利用氮气和氢气在高温高压催化剂的作用下反应生成氨气；
(2)氢氧根离子浓度增大会结合铵根离子利于生成氨气；
(3)若利用氨气传感器将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，依据氮元素守恒和电子转移守恒计算水样中氨氮（以氨气计）含量；
(4)图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，NO3-离子在正极得到电子生成氮气发生还原反应，CH3COO-在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质。
【详解】(1)工业合成氨是利用氮气和氢气高温高压催化剂的作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；
(2)利用平衡原理分析含氨氮水样中加入NaOH溶液的作用是c(OH-)增大，使NH4++OH-NH3•H2ONH3+H2O平衡正向移动，利于生成氨气，被空气吹出；
(3)将1L水样中的氨氮完全转化为N2时，转移电子的物质的量为6×10-4mol，依据氮元素守恒有：2NH3～N2～6e-，可见，每有2molNH3反应，转移6mol电子，则转移电子的物质的量n(NH3)=2×10-4mol，由于溶液的体积是1L，所以c(NH3)=2×10-4mol/L；则水样中氨氮(以氨气计)含量=2×10-4mol/L×17g/mol=3.4×10-3g/L=3.4mg/L；
(4)图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向B电极，说明A为原电池的负极，B为原电池的正极，NO3-离子在正极得到电子生成氮气发生还原反应，CH3COO-在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质，则A极的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O═2CO2+7H+，B电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O。
【点睛】本题考查了氨的合成及定量检测。涉及化学平衡影响因素分析、原电池反应原理、电极反应式的书写等，掌握化学基本概念和化学反应基本原理，读懂题干信息并加以运用是解题关键。
