陕西省榆林市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

陕西省榆林市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

榆林市第二中学2019—2020学年第一学期中期考试 高二年级化学试题 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Ba 137‎ 一、单选题（每小题3分，共54分）‎ ‎1.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 B. 放热反应在常温下一定很容易发生 C. 吸热反应不加热不可能进行反应 D. 反应是吸热还是放热是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，故A错误；‎ B．放热反应在常温下不一定很容易发生，如碳与氧气的反应为放热反应，需点燃或加热，故B错误；‎ C．有些吸热反应在常温下可自发进行，如氯化铵和氢氧化钡的反应，故C错误；‎ D．反应是吸热还是放热是由反应物和生成物所具有的总能量的相对大小而决定的，若反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列图示变化为吸热反应的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图中反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，故A选；‎ B．图中反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B不选；‎ C．浓硫酸稀释放热，为物理变化，不属于化学反应，故C不选；‎ D．Zn与稀盐酸反应为放热反应，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎3.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的导电能力强 B. 强电解质一定是易溶于水的化合物，弱电解质一定是难溶于水的化合物 C. 水难电离，纯水是弱电解质 D. 溶于水能导电的化合物中一定含有阴阳离子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，导电性强弱只与溶液中离子的浓度和电荷数有关系，A错误；B、强电解质不一定是易溶于水的化合物，例如硫酸钡等，弱电解质也不一定是难溶于水的化合物，例如醋酸等，B错误；C、水难电离，纯水是弱电解质，C正确；D、溶于水能导电的化合物中不一定含有阴阳离子，例如；氯化氢，D错误，答案选C。‎ 点睛：选项A是解答的易错点，电解质溶液之所以导电，是由于溶液中有自由移动的离子存在。电解质溶液导电能力的大小，决定于溶液中自由移动的离子的浓度和离子的电荷数，和电解质的强弱没有必然联系，如1 mol/L的醋酸溶液的导电能力就大于0.00001 mol/L的盐酸，所以说盐酸的导电能力一定大于酯酸是错误的。‎ ‎4.一个原电池的总反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu，该反应的原电池组成正确的是 A B C D 正极 Fe Fe Cu Cu 负极 Cu Cu Fe Fe 电解质溶液 CuSO4‎ H2SO4‎ CuCl2‎ 酒精 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由电池反应式Fe+Cu2+═Fe2++Cu知，Fe失电子发生氧化反应，作负极；不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，则电解质溶液中应含有铜离子，所以应为可溶性的铜盐，‎ A．该装置中，Fe易失电子应作负极，铜作正极，电解质溶液应为可溶性的铜盐，不符合条件，故A错误；‎ B．该装置中，Fe易失电子应作负极，铜作正极，电解质溶液应为可溶性的铜盐，不符合条件，故B错误；‎ C．该装置中，Fe易失电子作负极，铜作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐，符合条件，故C正确；‎ D．酒精是非电解质，不能组成原电池，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.燃料电池是一种高效、环境友好的发电装置，某氢氧燃料电池的构造示意图如下，该电池工作时，下列说法正确的是(     ) ‎ A. a电极是该电池的正极 B. O2在b电极上发生氧化反应 C. 电解质溶液中OH-向正极移动 D. 该装置实现了化学能到电能的转化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通入燃料氢气的电极是负极，通氧气的电极是正极，所以a是负极，A错误；‎ B.通入燃料氢气的电极a是负极，通氧气的电极b是正极，O2在b电极上获得电子，发生还原反应，B错误；‎ C.电解质溶液中OH-向负极移动，C错误；‎ D.燃料电池的工作原理属于原电池原理，是化学能转化为电能的装置，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+‎3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) ΔH=xkJ·mol-1‎ 已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=akJ·mol-1‎ S(s)+2K(s)=K2S(s) ΔH2=bkJ·mol-1‎ ‎2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) ΔH3=ckJ·mol-1‎ 则x为（ ）‎ A. ‎3a+b-c B. c‎-3a-b C. a+b-c D. c-a-b ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：①C(s)+O2(g)=CO2 (g)△H1=a kJ•mol-1，②S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1，③2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1，根据盖斯定律，①×3+②-③可得：S(s)+2KNO3(s)+‎3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=3△H1+△H2-△H3，即x=(‎3a+b-c)，故选A。‎ ‎7.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，下面结论正确的是（ ）‎ A. Pb为正极，被氧化 B. 溶液的pH不断增大 C. SO42-只向PbO2处移动 D. 电解液密度不断增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池反应式知，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为 Pb-2e-+SO42-=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由总反应式可知，Pb元素化合价升高，被氧化，为原电池负极，故A错误；‎ B、由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，硫酸被消耗，所以溶液的酸性减弱，pH增大，故B正确；‎ C．原电池中，阴离子向负极移动，也向Pb移动，故C错误；‎ D．根据总反应Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，生成水，生成的硫酸铅难溶于水，反应后溶液的密度减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意根据正负极的电极反应式，负极：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，正极：PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，SO42-向两极移动。‎ ‎8.通常人们把拆开1mol化学键吸收的能量看成该化学键的键能．键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热．下列是一些化学键的键能．‎ 化学键 C﹣H C﹣F H﹣F F﹣F 键能/（kJ•mol﹣1）‎ ‎414‎ ‎489‎ ‎565‎ ‎155‎ 根据键能数据估算反应CH4+‎4F2═CF4+4HF每消耗1molCH4的热效应（　　）‎ A. 放热1940kJ B. 吸热1940kJ C. 放热485kJ D. 吸热485kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据ΔH＝反应物的化学键断裂吸收的能量－生成物的化学键形成释放的能量解答。‎ ‎【详解】根据键能数据可知反应CH4+‎4F2＝CF4+4HF的ΔH＝（4×414+4×155－4×489－4×565）kJ·mol＝－1940 kJ·mol，因此每消耗1molCH4的热效应为放热1940 kJ。‎ 答案选A。‎ ‎9.下列有关电解质溶液的说法正确的是　　‎ A. 向溶液中加入少量水，溶液中减小 B. 将溶液从升温至，溶液中增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：向溶液中加入少量水，减小，但是Ka不变，故溶液中增大；为水解常数的倒数，将溶液从升温至，水解平衡常数变大，故溶液中减小；向盐酸中加入氨水至中性，由电荷守恒可知，溶液中；向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中，故其值不变。‎ 详解：A. 向溶液中加入少量水，减小，但是Ka不变，故溶液中增大，A不正确；‎ B. 为水解常数的倒数，将溶液从升温至，水解平衡常数变大，故溶液中减小，B不正确；‎ C. 向盐酸中加入氨水至中性，由电荷守恒可知，溶液中，C不正确；‎ D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量，溶液中，故其值不变，D正确。‎ 本题选D。‎ ‎10.下列方程式属于水解反应方程式的是（ ）‎ A. H2CO3HCO3-+H+ B. HCO3-+H2OH3O++CO32-‎ C. HCO3-+OH-=H2O+CO32- D. CO32-+H2OHCO3-+OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H2CO3⇌HCO3-+H+为碳酸的一级电离方程式，不是水解方程式，故A错误；‎ B、HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-为碳酸氢根离子的电离方程式，不是水解方程式，故B错误；‎ C、HCO3-+OH-═H2O+CO32-为碳酸氢根离子与氢氧根离子的中和反应方程式，不是水解方程式，故C错误；‎ D、碳酸根离子水解生成碳酸根离子和氢氧根离子，CO32-+H2OHCO3-+OH-为碳酸根离子水解反应方程式，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】掌握盐的水解原理，掌握电离方程式与水解方程式的区别是解题的关键。本题的易错点为B，要注意水解本质的理解，碳酸氢根离子水解，是碳酸氢根离子与水电离出的氢离子结合生成碳酸的过程。‎ ‎11.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2ONH4++OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增加OH-的浓度，应采取的措施是（　　）‎ ‎①适当升高温度   ②加入NH4Cl 固体   ③通入NH3   ④加入少量盐酸 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①弱电解质的电离为吸热过程，适当升高温度，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故①错误；‎ ‎②加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故②正确；‎ ‎③向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故③错误；‎ ‎④加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，故④正确；‎ 可以采取的措施有②④，故选D。‎ ‎12. 已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：‎ A. 该溶液的pH=4 B. 升高温度，溶液的pH增大 C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项正确；‎ B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；‎ C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；‎ D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.某温度时，Kw=1.0×10-12，若在该温度时，某溶液的c（H+）=1.0×10-7mol•L-1，则该溶液 A. 呈酸性 B. 呈碱性 C. 呈中性 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据该温度下水的离子积和溶液中氢离子浓度，计算出溶液中氢氧根离子浓度，再根据氢离子与氢氧根离子浓度大小判断溶液中的酸碱性，据此答题。‎ ‎【详解】溶液中的c（H+）=1.0×10-7mol/L，氢氧根离子浓度为：c（OH-）=1.0×10-12/1.0×10-7mol/L=1.0×10-5mol/L，所以c（H+）＜c（OH-），溶液显示碱性，所以B 正确，c（H+）/c（OH-）=1.0×10-7mol/L/1.0×10-5mol/L=1/100，所以D错误。‎ 故选B。‎ ‎14.25 ℃‎时，某溶液中只含有Na＋、H＋、OH－、A－四种离子。下列说法正确的是( )‎ A. 对于该溶液一定存在：pH≥7‎ B. 在c(OH－)>c(H＋)的溶液中不可能存在：c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)‎ C. 若溶液中c(A－)＝c(Na＋)，则溶液一定呈中性 D. 若溶质为NaA，则溶液中一定存在： c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、如果溶质是NaOH、NaA在溶液显碱性，如果溶质为NaA属于强碱弱酸盐，则溶液呈现中性，如果溶液是NaA、HA，HA为强酸，则溶液显酸性，故错误；B、加入溶液的溶质为NaOH、NaA，n(NaOH)>n(NaA)，离子浓度大小关系为c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，故错误；C、根据溶液显电中性，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，当c(Na＋)=c(A－)，则有c(H＋)=c(OH－)，故正确；D、根据选项B的分析，故错误。‎ 考点：考查离子浓度大小的比较等知识。‎ ‎15. 物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大顺序排列的是( )‎ A. Na2CO3NaHCO3NaCl HCl B. Na2CO3NaHCO3HCl NaCl C. (NH4)2SO4NH4Cl NaNO3Na2CO3‎ D. NH4Cl (NH4)2SO4Na2CO3NaNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A． Na2CO3、NaHCO3都是弱酸碳酸的盐，水解使溶液显碱性，水解程度：Na2CO3>NaHCO3，所以溶液的碱性Na2CO3>NaHCO3，NaCl溶液显中性，而HCl是酸，溶液显酸性，故按pH由大到小顺序排列，错误；B． Na2CO3、NaHCO3都是弱酸碳酸的盐，水解使溶液显碱性，水解程度：Na2CO3>NaHCO3，所以溶液的碱性Na2CO3>NaHCO3，不符合题意，错误；C． (NH4)2SO4、NH4Cl都是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，由于铵根的浓度前者大，所以溶液的酸性：(NH4)2SO4>NH4Cl；NaNO3是强酸强碱盐，水溶液显中性，而Na2CO3是弱酸碳酸的盐，水解使溶液显碱性，因此物质的量浓度相同时是按pH由小到大顺序排列，正确；D． (NH4)2SO4、NH4Cl都是强酸弱碱盐，NH4+‎ 水解使溶液显酸性，由于铵根的浓度前者大，所以溶液的酸性：(NH4)2SO4>NH4Cl；溶液的pH： NH4Cl>(NH4)2SO4，错误。‎ 考点：考查电解质溶液的酸碱性的判断的知识。‎ ‎16.下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色 B. KAl(SO4) 2·12H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体 C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3‎ D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；‎ B项，KAl（SO4）2·12H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；‎ C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C项正确；‎ D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确；答案选A。‎ ‎17.常见的无机酸‎25℃‎时在水溶液中的电离平衡常数如下表,下列选项正确的是 氢氰酸(HCN)‎ 碳酸(H2CO3)‎ 氢氟酸(HF)‎ K = 6.2×10-10‎ Ka1= 4.2×10-7‎ K=6.61×10-4‎ A. 氟化钠溶液中通入CO2：‎2F-+H2O+CO2=2HF+CO32－‎ B. NaCN与HCN的混合溶液中：‎2c(Na+) = c(CN-）+ c(HCN)‎ C. 0.2mol•L－1HCN溶液与0.1mol•L－1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＞7‎ D. ‎25℃‎时同浓度的NaCN和NaF溶液的pH值前者小于后者 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、H2CO3的电离平衡常数小于HF的电离平衡常数，可知H2CO3的酸性小于HF的酸性，所以氟化钠溶液中通入CO2不反应，A错误；B、NaCN与HCN的浓度和体积未知，无法比较浓度大小，B错误；C、将0.2 mol•L﹣1HCN溶液和0.1 mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（HCN）="0.05" mol•L﹣1，c（NaCN）="0.05" mol•L﹣1，NaCN水解程度大于HCN的电离程度，则混合后溶液的pH＞7，C错误；D、HCN的酸性弱于HF的酸性，越弱越水解，则NaCN的水解程度大，所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，D错误。答案选C。‎ 考点：弱电解质的电离 ‎18.常温下浓度均为0.1mol/L 的四种盐溶液，其pH 如表所示，下列说法正确的是（ ）‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ A. 等浓度的CH3COOH 和HClO溶液，pH小的是HClO B. Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同 C. 溶液水的电离程度：①>②>④>③‎ D. NaHCO3溶液中：c (Na+) =c (CO32- )+c (HCO3- )+c (H2CO3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，则pH小的是CH3COOH，选项A错误；‎ B、碳酸钠溶液中CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，碳酸氢钠溶液中HCO3-CO32-+H+，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，H2OH++OH-，所以两种溶液中粒子种类相同，选项B错误；‎ C、易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，选项C错误；‎ D、NaHCO3溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），选项D 正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了盐的水解、影响水的电离的程度的因素、物料守恒的应用等，注意根据酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，易水解的盐能促进水的电离。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（本大题共4小题，共46分）‎ ‎19.某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。‎ ‎ ‎ ‎（1）甲池为装置__（填“原电池”或“电解池”）。‎ ‎（2）甲池反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差‎28g，导线中通过__mol电子。‎ ‎（3）实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度__（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（4）其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形铜棒称量，质量___（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（5）若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，则乙池中左侧Pt电极反应式为___，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入___（填化学式）。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). 0.2 (3). 变大 (4). 不变 (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). Ag2O或Ag2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与硝酸银溶液可以自发的氧化还原反应，所以甲池为原电池，乙池为电解池，乙池中左侧Pt电极与原电池的正极相连是电解池的阳极，是氢氧根离子放电，乙池中右侧Pt电极是阴极，据此分析解答(1)(2)(3)和(5)；‎ 其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，结合电极反应式分析解答(4)。‎ ‎【详解】(1)铜与硝酸银溶液可以自发氧化还原反应，所以甲池为含盐桥的原电池，故答案为：原电池；‎ ‎(2)甲池的总反应式为Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，反应前，两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差‎28g，‎ 则  Cu+2Ag+═Cu2++2Ag      两极质量差△m   转移电子 ‎     ‎64g                    ‎216g      ‎216g+‎64g=‎280g   2mol ‎                                                 ‎28g                   n ‎ 有：=，解得：n=0.2mol，所以导线中通过 0.2mol电子，故答案为：0.2； ‎ ‎(3)甲池铜是负极，盐桥中阴离子移向负极，所以甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大，故答案为：变大；‎ ‎(4)其他条件不变，若用U形铜棒代替“盐桥”，甲池右侧烧杯变为原电池，铜是负极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+；左侧烧杯变为电解池，左侧烧杯中右边铜棒是阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，所以U形铜棒右侧变细，左侧变粗，总质量不变，故答案为：不变；‎ ‎(5)若乙池中的某盐溶液是足量AgNO3溶液，乙池中左侧Pt电极与原电池(甲池)的正极相连是电解池的阳极，电极反应为4OH--4e -=O2↑+2H2O，乙池中右侧Pt电极是阴极，电极反应式是Ag++e-=Ag，工作一段时间后，若要使乙池溶液恢复原来浓度，可向溶液中加入Ag2O(或Ag2CO3)，故答案为：4OH--4e -=O2↑+2H2O；Ag2O(或Ag2CO3)。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意用U形铜棒代替“盐桥”，甲池变成了两个池，一个为原电池，一个为电解池，需要结合原电池和电解池原理分析。‎ ‎20.常温下，有下列五种溶液：‎ ‎①0.1mol/LNH4Cl  ②0.1mol/L CH3COONH4   ③0.1mol/L NH4HSO4‎ ‎④0.1mol/L NH4HCO3 ⑤0.1mol/L NaHCO3‎ 请根据要求填写下列空白：‎ ‎（1）溶液①呈 ______  性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是： ______ （用离子方程式表示）‎ ‎（2）溶液⑤呈 ______  性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是： ______ （用离子方程式表示）‎ ‎（3）比较溶液①、③中c（NH4+）的大小关系是① ______ ③（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎（4）常温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-的水解程度 ______ NH4+‎ 的水解程度（填“＞”、“＜”或“=”），CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c（CH3COO-）_____c（NH4+）（填“＞”、“＜”或“=”）‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). NH4++H2O⇌NH3H2O+H+ (3). 碱 (4). HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH- (5). ＜ (6). ＝ (7). ＝‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）氯化铵是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；‎ ‎（2）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；‎ ‎（3）铵根离子的水解程度越大，溶液中铵根离子的浓度就越小；‎ ‎（4）醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度相同，溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断。‎ ‎【详解】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解溶液显酸性，水解离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3H2O+H+，故答案为：酸，NH4++H2O⇌NH3H2O+H+。‎ ‎（2）碳酸氢钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解程度大于电离程度，导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故答案为：碱，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-。‎ ‎（3）在0.1mol/LNH4Cl溶液中溶液显酸性，铵根离子正常水解；在0.1mol/LNH4HSO4溶液中溶液显强酸性，氢离子浓度较大，氢离子会抑制铵根离子的水解，则铵根离子的水解程度就越小，所以铵根离子浓度较大，所以相同浓度的这两种溶液中c（NH4+）的大小关系是①＜③，故答案为：＜。‎ ‎（4）常温下，测得溶液②的pH=7，说明0.1mol/LCH3COONH4溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒：[CH3COO-]+[OH-]=[NH4+]+[H+]，PH=7说明溶液中[H+]=[OH-]，得到：[CH3COO-]=[NH4+]，故答案为：＝，＝。‎ ‎21.I.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学们分别设计了如图甲、乙所示的实验装置。请回答相关问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）定性分析：甲所示装置可通过观察___，定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，其理由是___。‎ ‎（2）定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为___，实验中需要测量的数据是___。‎ Ⅱ.以下是某研究小组探究影响反应速率部分因素的相关实验数据。‎ 实验序号 H2O2溶液浓度/%‎ H2O2溶液体积/mL 温度/℃‎ MnO2的用量/g 收集O2的体积/mL 反应所需时间/s ‎①‎ ‎5‎ ‎1‎ ‎20‎ ‎0.1‎ ‎4‎ ‎16.75‎ ‎②‎ ‎15‎ ‎1‎ ‎20‎ ‎0.1‎ ‎4‎ ‎6.04‎ ‎③‎ ‎30‎ ‎5‎ ‎35‎ ‎2‎ ‎49.21‎ ‎④‎ ‎30‎ ‎5‎ ‎55‎ ‎2‎ ‎10.76‎ ‎（1）写出实验①中H2O2分解的化学方程式___。‎ ‎（2）通过实验①和②对比可知，化学反应速率与____有关；从实验③和④对比可知，化学反应速率与温度的关系是___。‎ ‎【答案】 (1). 反应产生气泡的快慢 (2). 控制阴离子相同，消除阴离子不同对实验的干扰 (3). 分液漏斗 (4). 产生40mL气体所需的时间 (5). 2H2O22H2O+O2↑ (6). 反应物浓度(或浓度) (7). 温度越高，化学反应速率越快 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)‎ 双氧水分解生成水和氧气，可以根据反应生成气体的快慢来比较催化剂的催化效果；探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，据此分析解答；‎ ‎(2)定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过测定产生40mL的气体所需的时间来比较；‎ Ⅱ.双氧水分解得到水和氧气；根据表格中的①、②数据和③、④数据的不同点分析解答。‎ ‎【详解】I.(1)双氧水分解生成水和氧气，可以根据反应生成气体的快慢来分析比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果时，必须保持其他的条件相同，所以将FeCl3改为Fe2(SO4)3更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰，故答案为：反应产生气泡的快慢；控制阴离子相同，消除阴离子不同对实验的干扰；‎ ‎(2)由图可知，A为分液漏斗；定量比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，可以通过测定产生40mL的气体所需的时间来比较，产生40mL的气体所需的时间越短，则催化效果越好，故答案为：分液漏斗；收集40 mL气体所需要的时间；‎ Ⅱ.(1)双氧水分解得到水和氧气，反应为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；‎ ‎(2)从表中分析可知：①②是过氧化氢浓度不同而其他的反应条件均相同，可知这一过程是探究反应物的浓度与反应速率的关系，反应物浓度越大，反应速率越快；实验③④则是温度不同，其他条件相同，探究的是温度对化学反应速率的影响，从结果可知，温度高时反应所用的时间较短，即反应的速率较快，温度低时反应的速率较慢；故答案为：反应物浓度(或浓度)；温度越高，化学反应速率越快。‎ ‎22.如图所示的过程是目前直接利用太阳能的研究热点。人们把通过人工光化学手段合成燃料的过程叫做人工光合作用。‎ ‎（1）在图构想的物质和能量循环中太阳能最终转化为___能；‎ ‎（2）人工光合作用的途径之一就是在催化剂和光照条件下，将CO2和H2O转化为CH3OH(甲醇)，该反应的化学方程式为：2CO2(g)+4H2O(g) 2CH3OH(g)+3O2(g)。‎ 一定条件下，在‎2L密闭容器中进行上述反应，测得n(CH3OH)随时间的变化如表所示：‎ 时间/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ n(CH3OH)/mol ‎0.000‎ ‎0.040‎ ‎0.070‎ ‎0.090‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ ‎0.100‎ 用CH3OH、H2O分别表示0～3min内该反应的平均反应速率为___mol/(L·min)-1、____mol/(L·min)-1；‎ ‎②能说明该反应已达到平衡状态的是___(填序号)；‎ A.v正(H2O)=2v逆(CO2) B.n(CH3OH)∶n(O2)=2∶3‎ C.容器内压强保持不变 D.容器内混合气体密度保持不变 ‎（3）用人工光合作用得到甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，则甲醇应通入该燃料电池的____极（填“正”或“负”），完成并配平通入氧气一极的电极反应式：___。‎ ‎【答案】 (1). 热 (2). 0.015 (3). 0.03 (4). AC (5). 负 (6). O2+4H++4e-=2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据图示，光合作用下生成燃料，然后燃料燃烧释放出热量；‎ ‎(2)①根据v=及速率之比等于化学计量数之比计算反应速率；②根据达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变分析判断；‎ ‎(3)在燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧气的电极是正极，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能，故答案为：热；‎ ‎(2)①0～3min内甲醇的物质的量变化0.090mol，则v(CH3OH)==0.015mol•L-1•min-1，同一反应中化学反应速率与化学计量数成正比，v(H2O)=0.015mol•L-1•min-1×2=0.03mol•L-1•min-1，故答案为：0.015；0.03；‎ ‎②A．v正(H2O)=2v逆(CO2)，表示正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．无论反应是否达到平衡状态，生成物的物质的量之比都等于化学计量数之比，即n(CH3OH)∶n(O2)=2∶3，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C．该反应前后气体的体积不等，容器内气体的压强为变量，压强保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；D ‎．因气体的体积和质量不变，则容器内密度始终保持不变，不能用于判断是否达到平衡状态，故D错误；故答案为：AC；‎ ‎(3)用人工光合作用得到的甲醇、氧气和稀硫酸制作燃料电池，反应中甲醇被氧化，通入甲醇的电极为电池的负极，通入氧气的电极为正极，正极发生还原反应，氧气被还原生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：负；O2+4H++4e-=2H2O。‎