2018-2019学年吉林省公主岭市高二上学期期末考试化学试题 解析版

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吉林省公主岭市2018-2019学年高二上学期期末考试 化学试题 ‎1.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是 A. c(H＋) B. Ka(HF) C. c(F-)/c(H+) D. c(H+)/c(HF)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但c(H+)不断减小，A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka(HF)在稀释过程中不变，B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c(H+)不会超过10-7mol•L-1，c(F-)不断减小，则比值变小，C错误；D、因Ka(HF)=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c(F-)不断减小，Ka(HF)不变，则增大，D正确；答案选D。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡 ‎【名师点晴】明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c(H+)不会超过10-7mol•L-1，根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变。‎ ‎2.用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液，电解结束后，向剩余电解液中加适量水，能使溶液和电解前相同的是 A. CuSO4 B. H2SO4 C. CuCl2 D. NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、硫酸铜溶液电解质生成铜和氧气和硫酸，电解一段时间后，铜和氧元素减少，需要加入一定量的氧化铜才能恢复，错误，不选A；B、电解硫酸溶液实际上是电解水，所以电解一段时间后需要加入水就能恢复，正确，选B；C、电解氯化铜溶液，产生铜和氯气，一段时间后加入氯化铜才能恢复，错误，不选C；D、电解氯化钠溶液产生氢气和氯气和氢氧化钠，一段时间后加入氯化氢才能恢复，错误，不选D。‎ 考点：电解原理 ‎3.X、Y、Z、M、N代表五种金属。有以下化学反应：‎ ‎①水溶液中：X＋Y2＋===X2＋＋Y ‎②Z＋2H2O(冷)===Z(OH)2＋H2↑‎ ‎③M、N为电极与N盐溶液组成原电池，发生的电极反应为：M－2e－===M2＋‎ ‎④Y可以溶于稀H2SO4中，M不被稀H2SO4氧化，则这五种金属的活动性由弱到强的顺序是 A. M＜N＜Y＜X＜Z B. N＜M＜X＜Y＜Z C. N＜M＜Y＜X＜Z D. X＜Z＜N＜M＜Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属的金属性越强，其单质的还原性越强；在原电池中，一般来说，较活泼金属作负极、较不活泼金属作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在金属活动性顺序表中，位于氢之前的金属能置换出酸中的氢，据此解答。‎ ‎【详解】①水溶液中X+Y2+＝X2++Y，说明活动性X＞Y；②Z+2H2O(冷水)＝Z(OH)2+H2↑，能与冷水反应生成氢气说明Z的金属性活动性很强；③M、N为电极，与N盐溶液组成原电池，M电极反应为M-2e-＝M2+，M失电子发生氧化反应，则M是负极、N是正极，活动性M＞N；④Y可以溶于稀硫酸中，M不被稀硫酸氧化，说明活动性Y＞M，通过以上分析知，金属活动性顺序N＜M＜Y＜X＜Z。答案选C。‎ ‎4.在下列各说法中，正确的是 A. ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应 B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数 C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热 D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应，故A错误；B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；C．中和热是指稀的强酸和强碱当生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；D．燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查中和热、燃烧热的概念以及热化学方程式中计量数的含义。‎ ‎【名师点晴】准确理解中和热、燃烧热的概念是解题关键，中和热是指稀的强酸和强碱当生成1mol水时所放出的热量；燃烧热是指在101K时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，特别注意反应热与化学计量数成正比，据此解题。‎ ‎5.已知298 K时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.0 kJ·mol－1，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应。测得反应放出的热量为(假定测量过程中没有能量损失)‎ A. 一定小于92.0 kJ B. 一定大于92.0 kJ C. 一定等于92.0 kJ D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：热化学方程式N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0 kJ/mol的意义表示1mol N2与3mol H2完全反应生成2mol NH3放出热量为92.0kJ，但实际该反应为可逆反应将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，不会完全，故放出热量一定小于92.0 kJ，故B项正确。‎ 考点：热化学方程式意义。‎ ‎6.在298 K、1.01×105 Pa下，将22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1 NaOH 溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量。已知在该条件下，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1 NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式正确的是 A. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x) kJ·mol－1‎ B. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y) kJ·mol－1‎ C. CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol－1‎ D. CO2(g)＋2NaOH(l)=2NaHCO3(l) ΔH＝－(8x－2y) kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1 NaOH 溶液中充分反应，n(CO2)=0.5mol，n(NaOH)= 1 mol·L－1‎ ‎×0.75L=0.75mol，该反应既生成碳酸钠又生成碳酸氢钠，方程式为：‎ ‎2CO2+3NaOH= NaHCO3+ Na2CO3+ H2O，由0.5mol CO2反应放出热量为x kJ，则2mol CO2反应放出热量为4x kJ，即热化学方程式为2CO2(g)+3NaOH(aq)= NaHCO3(aq)+ Na2CO3(aq)+ H2O(l) ΔH＝－4x kJ·mol－1①，又1mol CO2通入1 L 2 mol·L－1 NaOH溶液中充分反应放出y kJ的热量，热化学方程式为2NaOH(aq)+ CO2(g)= Na2CO3(aq)+ H2O(l) ΔH＝－ykJ·mol－1②，由盖斯定律可知，①-②可得，CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y) kJ·mol－1，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎7.下列热化学方程式中ΔH表示可燃物燃烧热的是 A. CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ·mol－1‎ B. CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－802.3 kJ·mol－1‎ C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1‎ D. H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎8.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是 A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误 考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。‎ ‎9.在恒温、体积为2 L的密闭容器中进行反应：2A(g) 3B(g)＋C(g)，若反应物在前20 s由3 mol降为1.8 mol，则前20 s的平均反应速率为 A. v(B)＝0.03 mol·L－1·s－1 B. v(B)＝0.045 mol·L－1·s－1‎ C. v(C)＝0.03 mol·L－1·s－1 D. v(C)＝0.06 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：物质A的化学反应速率等于3减去1.8之差除，2再除以20秒等于0.03 mol·L－1·s－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故B的速率为0.045mol·L－1·s－1，B正确；C的速率为0.015 mol·L－1·s－1所以答案选B 考点：考查化学反应速率计算的相关知识点，难度适中。‎ ‎10.在一定温度不同压强（P1＜P2）下，可逆反应2X(g)2Y(g) + Z(g)中，生成物 Z在反应混合物中的体积分数（ψ）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在2X(g) 2Y(s)＋Z(g)中，正反应是体积减小的反应，增大压强，反应速率增大，到达平衡的时间缩短，Z的体积分数增大，由于p10 B. X＋3Y2Z　ΔH<0‎ C. X＋2Y3Z　ΔH<0 D. 5X＋3Y4Z　ΔH<0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、Z浓度变化量之比为：1：3：2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y2Z；图2中T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1‎ ‎，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y2Z，△H＜0，故选B。‎ 考点：考查了化学平衡图象的相关知识。‎ ‎12.右图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是 ‎ A. 上述可逆反应的正反应为放热反应 B. X、Y、Z均为气态 C. X和Y中只有一种为气态，Z为气态 D. 上述反应的逆反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎13.某温度时，N2＋3H22NH3的平衡常数K＝a，则此温度下，NH33/2H2＋1/2N2的平衡常数为( )‎ A. a－1/2 B. a1/2 C. a D. a－2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的化学平衡常数分别为K=a，故相同温度时反应2NH3（g）⇌N2（g）+3H2（g）化学平衡常数为故相同温度时反应化学平衡常数为，故答案选A 考点：考查化学平衡常数计算的相关知识点，难度适中。‎ ‎14.下列物质中属于电解质，但在给定条件下不能导电的是 A. 液态氯化氢 B. 蔗糖 C. 铝 D. 稀硝酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.液态氯化氢是在水溶液中能导电的化合物，则属于电解质，但液体中没有带电微粒，则不导电，故A选；‎ B.蔗糖是在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物，则属于非电解质，故B不 选；‎ C.铝为单质，则不属于电解质，但能导电，故C不选；‎ D.稀硝酸为混合物，则不属于电解质，但能导电，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】电解质和非电解质的前提必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。常见的电解质有：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；常见的非电解质有：蔗糖、酒精、淀粉等大多数的有机物，非金属氧化物，氨气等。‎ ‎15.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是 ‎①25 ℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗 ‎③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。‎ 考点：考查弱酸的判断 点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。‎ ‎16.常温下，把1 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4加水稀释制成2‎ ‎ L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋浓度接近于 A. 1.0×10－4 mol·L－1 B. 1.0×10－8 mol·L－1‎ C. 1.0×10－11 mol·L－1 D. 1.0×10－10 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：室温下，把1mL0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，则稀释后硫酸的浓度是，溶液中氢离子浓度是0.0001mol/L，所以溶液中氢氧根的浓度是mol/L，则在此溶液中由水电离产生的H+就是1×10-10mol/L，答案选D。‎ 考点：考查水的电离 ‎17.下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是 A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO32-、K＋、Cl－、Na＋‎ B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-‎ C. 在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH4+、Fe2＋、Cl－、NO3-‎ D. Kw/c(H+)＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO3-、Cl－、K＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．能使pH试纸变红的溶液是酸性溶液，CO32-与H＋不共存，A错误；B、由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol/L的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，酸溶液中各离子共存，碱溶液中Mg2＋与OH－不共存，B正确；C、 c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液是碱性溶液，、Fe2＋与OH－不共存，C错误；D、D．＝10－10mol·L－1的溶液是酸性溶液，不存在，D错误；选B。‎ 考点：考查离子共存。‎ ‎18.25 ℃时有三瓶溶液：pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的氢氧化钠溶液，下列说法正确的是 A. 中和等体积的pH＝11的氢氧化钠溶液，所需pH＝3的醋酸溶液的体积大于pH＝3的盐酸的体积 B. 往上述盐酸、醋酸溶液中分别加入少量相同的锌粒，盐酸中的锌粒先反应完全 C. 将上述醋酸溶液、氢氧化钠溶液混合得到pH＝7的溶液，该溶液中c(Na＋)大于c(CH3COO－)‎ D. 25 ℃时pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸溶液中水电离出的c(H＋)均为10－11 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 醋酸是弱酸，在pH相等的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，所以中和等体积pH=11的氢氧化钠溶液，所需pH=3醋酸溶液的体积应小于pH=3盐酸的体积，A不正确。由于醋酸是弱酸，在反应过程中会持续电离出氢离子，导致反应中醋酸中氢离子的大于盐酸氢离子的浓度，所以醋酸中锌粒先消耗完，B不正确。根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)＝c(CH3COO-)＋ c(OH-)，溶液显中性，即c(OH-)= c(H+)，所以c(Na+)＝c(CH3COO-)，C不正确。由于pH=3的盐酸、pH=3的醋酸溶液中氢离子的浓度是相同的，所以抑制水的程度也是相同的，D正确。答案选D。‎ ‎19.关于浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是 A. c(NH4+)：③>①‎ B. 水电离出的c(H＋)：②>①‎ C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)‎ D. ①和③等体积混合后的溶液：c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离产生的离子浓度很小，主要以电解质分子存在；而③氯化铵是盐，属于强电解质，完全电离产生离子，当二者等浓度时，电离产生的c(NH4+)：③＞①，A正确；B．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离产生的离子浓度很小，电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用；②盐酸是强电解质，HCl=H++Cl-，二者浓度相等时电离产生的离子浓度HCl大于氨水，电离产生的离子浓度越大，对水的电离平衡的抑制作用越强，水电离出的c(H+)就越小，所以水电离出的c(H+)：②<①，B错误； C．①和②等体积混合，二者恰好完全反应产生NH4Cl，根据质子守恒，可得混合后的溶液：c（H+）＝c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确； D．①和③等体积混合后的溶液是NH3·H2O、NH4Cl等物质的量的混合溶液，则根据物料守恒可得：c（NH4+）＞c(Cl-)；由于NH3·H2O的电离作用大于NH4+的水解作用，所以溶液中c(OH-)＞c(H+)；等浓度的强电解质电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，所以c(Cl-)＞c(OH-‎ ‎)，所以溶液中离子浓度关系是c（NH4+）＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确。答案选B。‎ 考点：考查强电解质、弱电解质溶液的电离及离子浓度大小比较的知识。‎ ‎20.已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是 ‎ A. a点表示的溶液中c(CH3COO－)略小于10－3 mol·L－1‎ B. b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)‎ C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全 D. b、d点表示的溶液中均等于K ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、a点是c（H+）=10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，溶液中存在水的电离，所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度，正确；B、溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，错误；D、b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，正确。‎ 考点：本题考查酸碱中和反应、离子浓度比较、盐类的水解、平衡常数的判断。‎ ‎21.在铁制品上镀上一层锌层，以下电镀方案中合理的是 A. 锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe2＋‎ B. 锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2＋‎ C. 锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3＋‎ D. 锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 要在铁制品上镀锌，应该用锌作阳极，铁制品作阴极，含有Zn2＋的溶液作电镀液，所以D项正确。‎ ‎22.铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。研读下图，下列判断不正确的是 ‎ A. K闭合时，d极的电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO42-‎ B. 当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol C. K闭合时，Ⅱ中SO42-向c极迁移 D. K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d极为正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：断开K,I两个电极之间有电势差,II两个电极之间没有电势差,所以I是电源,II是电解池，K闭合后相当于I为II充电.K闭合,I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，A、K闭合后相当于I为II充电.K闭合,I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，K闭合时, d电极反应式:PbSO4+2H2O-2e-PbO2+4H++S，A项正确；B、当电路中转移0.2 mol电子时,Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol ，B项正确；C、K闭合时, I中a为正极,b为负极，II中c为阴极,d为阳极，Ⅱ中S向d电极迁移，C项错误；D、K闭合一段时间后断开,Ⅱ可单独作为原电池,d电极为正极，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查铅蓄电池的工作原理 ‎23.如下图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确 A. Pt为阴极，Cu为阳极 B. b极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑‎ C. 电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大 D. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、b极附近溶液变红，说明此电极产生OH－，即电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，说明b极为阴极，即Y为负极，X为正极，根据电解原理，Pt为阳极，铜为阴极，故A错误；B、根据选项A的分析，故B正确；C、电解CuSO4，其反应式为2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4，c(H＋)增大，pH降低，故C错误；D、根据电解原理，Pt电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，没有铜单质析出，故D错误。‎ 点睛：本题易错点是选项D，容易造成错选，即Cu2＋＋2e－=Cu，产生6.4gCu，转移电子物质的量为0.2mol，产生氢气的体积为0.1×22.4L=2.24L，但是Pt作阳极，属于惰性电极，应是阴离子在Pt放电，因此Pt电解上没有铜单质析出，因此D选项错误。‎ ‎24.在25℃时，将2个铜电极插入到一定的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：用铜电极电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上铜失去电子，阴极上氢离子放电，电解的总反应式为Cu＋2H2O电解Cu(OH)2＋H2↑，电解后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠和水组成的也是饱和溶液。b mol结晶水合物Na2SO4·10H2O中硫酸钠的质量＝142bg；设电解水的质量为x：‎ Cu＋2H2O电解Cu(OH)2＋H2↑‎ ‎36g 1mol ‎ x amol 解得x＝36ag 所以饱和溶液的质量分数＝＝，答案选C。‎ 考点：考查以电解原理为载体的质量分数计算 ‎25.有位科学家说：“甲烷是21世纪的新燃料。”甲烷作为燃料的用途之一就是用于制作燃料电池。有科技工作者制造了一种甲烷燃料电池，一个电极通入空气，另一个电极通入甲烷，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。以下判断错误的是 A. 电池正极发生的反应：O2＋4e－===2O2－‎ B. 电池负极发生的反应：CH4＋4O2－－8e－===CO2＋2H2O C. 固体电解质里的O2－的移动方向：由正极流向负极 D. 向外电路释放电子的电极：正极(即电子由正极流向负极)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．该燃料电池中，正极上氧气得电子生成氧离子，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故A正确；B．负极上甲烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故B正确；C．放电时，电解质中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，所以氧离子向负极移动，故C正确；D．向外电路释放电子的电极：是负极，电子从负极流向正极，故D错误；故选D。‎ 点睛：明确原电池原理是解本题关键，书写时要结合电解质特点书写，燃料和氧化剂相同，如果电解质不同其电极反应式不同；该燃料电池中，正极上氧气得电子生成氧离子；负极上甲烷失电子和氧离子反应生成二氧化碳和水；原电池放电时，电解质中阴离子向负极移动，失电子的极是负极，据此回答判断。‎ ‎26.现有pH＝2的醋酸甲和pH＝2的盐酸乙：‎ ‎（1）取10 mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，若加入少量的冰醋酸，醋酸的电离平衡________(填“向左”、“向右”或“不”)移动，若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的值将________(填“增大”、“减小”或“无法确定”)。‎ ‎（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)______pH(乙)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。若将甲、乙两溶液等体积混合，溶液的pH＝________。‎ ‎（3）各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________V(乙)。‎ ‎（4）取25 mL的甲溶液，加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液中c(Na＋)、c(CH3COO－)的大小关系为c(Na＋)______c(CH3COO－)。‎ ‎【答案】（1）向右；向右；减小 （2）小于；2 （3）大于 （4）小于 ‎【解析】‎ 试题分析：pH=2的醋酸甲和pH=2的盐酸乙，c（CH3COOH）＞c（HCl），‎ ‎（1）加水稀释促进CH3COOH电离，平衡向右移动；如果加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，平衡向右移动；若加入少量无水醋酸钠固体，待固体溶解后，溶液中c（CH3COO-）增大，抑制CH3COOH电离，则c（H+）/c（CH3COOH）=Ka/c（CH3COO－）值减小；‎ ‎（2）加水稀释促进醋酸电离，同pH、同体积的醋酸和盐酸，稀释相同的倍数时，弱酸浓度大于强酸，所以pH（甲）小于pH（乙）；混合前醋酸和HCl溶液的pH相等，c（H＋）浓度相等，若将甲、乙两溶液等体积混合，c（H＋）不变，所以溶液的pH=2。‎ ‎（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积与酸的物质的量成正比，等pH、等体积的醋酸和HCl中n（CH3COOH）＞n（HCl），所以消耗NaOH体积V（甲）大于V（乙）。‎ ‎（4）pH=2的醋酸浓度大于pH=12的NaOH的浓度，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），再结合电荷守恒得c（Na+）小于c（CH3COO-）。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质的电离，溶液酸碱性的判断及PH的有关计算 ‎【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确弱电解质电离特点及混合溶液酸碱性即可解答，会利用平衡原理解答，题目难度不大。浓度对弱电解质电离平衡的影响总结如下，在一定温度下，同一弱电解质，浓度越小，离子发生碰撞而结合的几率越小，增大溶液的浓度，电离平衡向电离的方向移动，但电离程度减小；稀释溶液时，电离平衡向电离的方向移动，且电离程度增大。‎ ‎27.一定温度下，在容积固定的V L密闭容器中加入n mol A、2n mol B，发生反应：A(g)＋2B(g)2C(g)　ΔH<0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x。‎ ‎（1）一段时间后上述反应达到平衡。则下列说法中正确的是________(填字母)。‎ A．物质A、B的转化率之比为1∶2‎ B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为3n∶(3n－nx)‎ C．当2υ正(A)＝υ逆(B)时，反应一定达到平衡状态 D．充入惰性气体(如Ar)，平衡向正反应方向移动 ‎（2）K和x的关系满足K＝______________。在保证A浓度不变的情况下，扩大容器的体积，平衡________(填字母)。‎ A．向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动 ‎（3）该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示。‎ ‎①由图可知，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的条件：‎ t2时__________________；t8时_________________________。‎ ‎②t2时平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). Vx2/n（1-x）3 (3). C (4). 升温或增大C的浓度 (5). 使用催化剂 (6). 逆反应 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）平衡状态的判断依据是正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变；用三段式分析计算；根据外界条件对化学平衡的影响分析。‎ ‎（2）根据三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到平衡常数；根据浓度商与K的关系判断。‎ ‎（3）①由于纵坐标只表示υ逆，为了便于求解，在解题时可把υ正补上，t2时平衡逆向移动，采用的条件可以是升温或增大C的浓度；t8时平衡不移动，采用的条件是使用了催化剂。‎ ‎②t2时逆反应速率突然增大，后逐渐减小达到新平衡，且新平衡时反应速率大于原平衡时反应速率，平衡向逆反应方向移动。‎ ‎【详解】（1）A.反应物A与B加入的物质的量之比等于其化学计量数之比，所以平衡后A与B的转化率之比1: 1，故A错误；‎ B.A的转化率为x，则平衡后有A、B、C物质的量分别为（n-nx）mol、（2n-2nx）mol、 2nxmol, 平衡后气体总物质的量为（3n-nx）mol，恒容容器中，气体物质的量之比等于其压强之比，故B正确；‎ C.当2υ正(A)＝υ逆(B)时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；‎ D. 恒容容器中，充入惰性气体(如Ar) ，平衡不移动，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎（2）在容积固定的V L密闭容器中加入n mol A、2n mol B，发生反应：A(g)＋2B(g)2C(g)　ΔH<0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x，‎ A(g)＋2B(g)2C(g)　‎ 起始(mol) n 2n 0‎ 转化(mol)nx 2nx 2nx ‎ 平衡(mol)n-nx 2n-2nx 2nx 平衡浓度为，c(A)= （n-nx）/Vmol/L，c(B)= （2n-2nx）/Vmol/L，c(C)= 2nx/Vmol/L，‎ 平衡常数K=(2nx/V)2/[( n-nx)/V×(2n-2nx)2/V2]= Vx2/n（1-x）3 ，增大容器体积时，c(B)和c(C)等比例减小，由于A的浓度不变，此时c2(C)/[c(A)c2(B)]的值仍然等于K，所以平衡不移动，故答案为：Vx2/n（1-x）3；C。‎ ‎（3）由于纵坐标只表示υ逆，为了便于求解，在解题时可把υ正补上；‎ ‎①该反应是一个反应前后气体体积减小的且正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率突然增大，后逐渐减小达到新平衡，且新平衡时反应速率大于原平衡时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C的浓度或升高温度，t8时平衡不移动，采用的条件是使用了催化剂。故答案为：升温或增大C的浓度；使用催化剂。‎ ‎②t2时逆反应速率突然增大，后逐渐减小达到新平衡，且新平衡时反应速率大于原平衡时反应速率，平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应。‎ ‎28.如图Ⅰ所示是用石墨和铁作电极电解饱和食盐水的装置，请填空：‎ ‎（1）X的电极名称是__________极，发生的电极反应式为______________，Y极的电极材料是____________，检验X极产物的方法是_______________。‎ ‎（2）某同学在实验时误将两种电极材料接反，导致X极上未收集到预期产物，一段时间后又将两极的连接方式纠正过来，发现X极附近出现了白色沉淀，此沉淀是________(填化学式)，其形成原因是___________________，该沉淀在空气中放置，现象是______________________。‎ ‎【答案】 (1). 阳 (2). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (3). Fe (4). 用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变蓝，说明生成了Cl2 (5). Fe(OH)2 (6). 铁作阳极时被氧化为Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－=H2↑，生成的OH－与Fe2＋结合成Fe(OH)2 (7). 先变灰绿色，后变红褐色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由图可知X与电源正极相连应为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，电极材料为石墨，如果铁作阳极，则铁本身失电子被氧化，故铁只能作阴极，所以Y极的电极材料是铁，X极产物是氯气，Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝。‎ ‎（2）若在实验开始时将两种电极材料接反，则铁作阳极，发生反应： Fe-2e-=Fe2+，生成较多Fe2+，石墨作阴极，发生反应: 2H++2e-=H2↑；一段时间后将电极的连接方式纠正过来后电解，则铁作阴极、石墨作阳极，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，在阴极附近生成较多的OH-，与Fe2+结合生成白色沉淀Fe(OH)2。‎ ‎【详解】（1）由图可知X与电源正极相连应为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，电极材料为石墨，如果铁作阳极，则铁本身失电子被氧化，故铁只能作阴极，所以Y极的电极材料是铁，X极产物是氯气，Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝，所以检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变蓝，说明生成了Cl2，故答案为：阳；2Cl－－2e－‎ ‎=Cl2↑；Fe；用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变蓝，说明生成了Cl2。‎ ‎（2）若在实验开始时将两种电极材料接反，则铁作阳极，发生反应： Fe-2e-=Fe2+，生成较多Fe2+，石墨作阴极，发生反应: 2H++2e-=H2↑；一段时间后将电极的连接方式纠正过来后电解，则铁作阴极、石墨作阳极，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，在阴极附近生成较多的OH-，与Fe2+结合生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中很容易被氧化成红褐色的Fe(OH)3，所以将Fe(OH)2沉淀放置在空气中，现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变红褐色。‎ 故答案为：Fe(OH)2；铁作阳极时被氧化为Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－=H2↑，生成的OH－与Fe2＋结合成Fe(OH)2；先变灰绿色，后变红褐色。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎