海南省临高县临高中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
临高中学2019～2020学年度第一学期期中考试
高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cu-64
第I卷 选择题（共40分）
一、单项选择题（本题包括8小题，每题2分，共16分．每小题只有一个选项符合题意）
1.下列化学方程式正确的是（ ）
A. H2SO3⇌2H+ +SO32- B. CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-
C. CH3COONa⇌ Na++CH3COO- D. CaCO3=Ca2++CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2SO3是二元弱酸，在水溶液中是分步电离的，故第一步电离出H+ 和HSO3-，第二步HSO3-电离出H+和SO32-，H2SO3⇌H+ +HSO3-， HSO3-⇌H++SO32-，故A错误；
B. CO32-属于弱酸的酸根，在水溶液中可以发生水解反应 ，故水解方程式为CO32- + H2O⇌ HCO3- + OH-，故B正确；
C. 醋酸钠属于钠盐，钠盐全可溶，在水中完全电离，故电离方程式为CH3COONa= Na++CH3COO-，故C错误；
D. 碳酸钙在溶液中存在溶解平衡，需要标明各物质的状态，其方程式为：CaCO3(s)⇌Ca2+ (aq)+ CO32- (aq)，故D错误；
答案选B。
【点睛】电离方程式，水解方程式的书写需注意电解质的强弱，用等号还是可逆符号，沉淀溶解平衡表达式须注明物质的状态。
2.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（ ）
A. a mL B. （50―a）mL C. 大于（50―a）mL D. 大于amL
【答案】C
【解析】
【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在a mL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。
3.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是
A. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀
【答案】C
【解析】
A项，纯银器在空气中久置会被氧化变黑，不具备形成原电池的条件，所以为化学腐蚀，故A正确；B项，当镀锡铁制品的镀层破损时，因为Fe比Sn更活泼，Sn、Fe形成原电池，Fe为负极，镀层不再起到保护作用，故B错误；在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀，因为Fe与Zn形成原电池，Zn作负极(阳极)被消耗，从而保护了正极(阴极)Fe，该防护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D项，利用电解池原理进行金属防护的方法称为外加电流的阴极保护法，使被保护金属与直流电源的负极相连可防止金属被腐蚀，所以将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，可保护钢管不受腐蚀，故D正确。
点睛：本题考查金属的腐蚀与防护，注意把握金属腐蚀的原理和电化学知识。金属腐蚀一般分为化学腐蚀和电化学腐蚀，化学腐蚀是金属与氧化剂直接接触反应，例如本题A项；电化学腐蚀是不纯的金属或合金跟电解质溶液接触，形成原电池而造成的腐蚀，例如题中B项；金属防护方法除了覆盖保护层、改变金属内部结构外，还可以根据电化学原理防护，例如题中C、D涉及的牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法。
4.沼气是一种能源，它的主要成份是CH4，0.5molCH4完全燃烧生成CO2和H2O时，放出445kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 2CH4(g)+4O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l) △H=+890kJ•moI-1
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=+890kJ•moI-1
C. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ•moI-1
D. 1/2CH4(g)+O2(g)=1/2CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ•mo1-1
【答案】C
【解析】
【详解】A、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ热量,1molCH4
在氧气中燃烧生成CO2和液态水,放出890kJ热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ.moI-1，故A错误；
B. 0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ热量, 1molCH4在氧气中燃烧生成 CO2和液态水,放出890kJ 热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ.moI-1，故B错误；
C、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ 热量,1molCH4在氧气中燃烧生成 CO2和液态水,放出890kJ热量,则热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) △H=-890kJ.moI-1，故C正确；
D、0.5molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时,放出445kJ 热量,1/2CH4(g)+O2(g)=1/2CO2(g)+2H2O(l) △H=-445kJ•mo1-1，故D错误；
所以答案为：C。
5.在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡： CH3COOH CH3COO－＋H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）
A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C. 加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A错误；
B. 加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，酸性减弱，故B正确；
C. 加入少量0.1mol⋅L−1HCl溶液，氢离子浓度0.1mol⋅L−1，c(H+)不变，故C错误；
D. 加入少量CH3COONa固体,由电离平衡可知，c(CH3COO−)增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；
答案选B。
6.可逆反应mA(g)nB(g)＋pC(s) ΔH＝Q，温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符合右图中的两个图像，以下叙述正确的是
A. m>n，Q>0 B. m>n＋p，Q>0 C. m
n，Q<0
【答案】D
【解析】
【详解】根据左图可知：当反应达到平衡后，升高温度，由于V逆>V正，平衡逆向移动。根据平衡移动原理：在其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以Q<0；
根据右图可知：在其它条件不变时，增大压强，V正>V逆，平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理可知：在其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，正反应方向是气体体积减小的方向，所以m>n。
故正确的选项是D。
7.下列溶液一定呈中性的是( )
A. pH＝7的溶液 B. c(H+)＝c(OH-)的溶液
C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液 D. 非电解质溶于水得到的溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误。B．在任何温度下，c（H+）= c（OH-）的溶液一定为中性溶液，正确。C．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，错误。D．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，错误。
考点：考查溶液的酸碱性及中性的判断的知识。
8.在一定条件下，反应N2+3H2⇌2NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则反应速率为（ ）
A. v(H2)=0.03mol/（L·min）
B. v(N2)=0.02mol/(L·min)
C. v(NH3)=0.17mol/(L·min )
D. v(NH3)=0.01mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，氨气的物质的量变化量=0.1mol，则v(NH3)==0.01mol/(L·min)，同一化学反应，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=v(NH3)=0.015mol/(L·min)，v(N2)=v(NH3)=0.005mol/(L·min)，
答案选D。
二、不定项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共计24分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，选错一个，该小题就得0分。
9.下列说法正确的是（ ）
A. 电解精炼铜时，粗铜跟电源的正极相连
B. 用石墨做电极电解饱和食盐水时，阴极产生黄绿色气体
C. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同金属
D. 原电池是把化学能转变为电能的装置
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 粗铜精炼时，粗铜做电解池的阳极，阳极与电源的正极相连，故A正确；
B. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电能力大于氢氧根离子，所以阳极上电极反应式为：2Cl−−2e−═Cl2↑，阴极上水得电子生成氢气，故B错误；
C. 原电池的两极可能的由导电的非金属组成，如氢氧燃料电池中用石墨作电极材料，故C错误；
D. 原电池是向外提供电能的装置，将化学能转变为电能，故D正确；
答案选AD。
【点睛】将化学能转变为电能的装置是原电池，其电极材料是两种活泼性不同的金属或导电的非金属，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，电子从负极流向正极，电流方向相反。
10.在10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是（ ）
A. c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（OH－）
B. c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）
C. c（Na＋）＝c（CH3COO－）
D. c（Na＋）＋c（H＋）＝c（CH3COO－）＋c（OH－）
【答案】AC
【解析】
【详解】A. 相同物质的量的醋酸氢氧化钠碱恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解，导致溶液呈碱性，所以c(OH-) >c(H+)，故A错误；
B. 相同物质的量的醋酸和氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，所以c( OH-) >c( H+)，根据电荷守恒得c ( Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH-)，所以c(Na+)>c(CH3COO－)，盐溶液中水电离程度很小，所以c(CH3COO－)>c(OH-)，则离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－) >c(H+)，故B正确；
C 根据物料守恒，可得c(Na+)=c(CH3COO－) +c(CH3COOH )，故C错误；
D. 任何溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+) +c(H+) =c(CH3COO－) +c( OH-)，故D正确；
答案选AC。
11. 对于温度与反应方向的关系，下列判断不正确的是（ ）
A. ΔH＜0,ΔS＞0，所有温度下反应自发进行
B. ΔH＞0,ΔS＞0，所有温度下反应自发进行
C. ΔH＜0,ΔS＜0，低温下反应自发进行
D. ΔH＞0,ΔS＜0，所有温度下反应不能自发进行
【答案】B
【解析】
试题分析：根据吉布斯自由能G =" H" – TS可以判断，当G<0时，反应能自发进行。B在高温下反应自发进行。
考点：自发反应
点评：根据吉布斯自由能公式判断一个反应能否自发进行，高考常以选择题的形式进行考查，难度较低。
12.一种新型燃料电池，它是用两根金属做电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通甲烷和氧气，其电池反应为：X极：CH4+10OH－8e－＝CO32－+7H2O ，Y极：4H2O+2O2+8e－＝8OH－，下列关于此燃料电池的有关说法中错误的是（ ）
A. 通过甲烷的电极（X）为电池的负极，通过氧气的电极（Y）为电池正极
B. 放电一段时间后，电解质溶液中KOH的物质的量改变
C. 在标准状况下，通过5.6L氧气，完全反应后有1.0mol的电子发生转移
D. 放电时，通过甲烷的一极附近的pH升高
【答案】D
【解析】
【分析】
甲烷碱性燃料电池工作时，正极发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，甲烷在负极发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，结合电极方程式以及题目要求可解答该题。
【详解】A. 根据原电池总反应式可知甲烷被氧化，为原电池的负极反应，氧气得电子被还原，应为原电池的正极反应，即通过甲烷的电极(X)为电池的负极，通过氧气的电极(Y)为电池正极，A项正确；
B. 根据正负极电子转移数相等得到反应的总方程式为CH4+2O2+2OH−═CO32−+2H2O可知反应消耗KOH，则电解质溶液中KOH的物质的量改变，B项正确；
C. n(O2)= = 0.25 mol，转移电子的物质的量为0.25mol× 4=1.0 mol，C项正确；
D. 甲烷在负极发生氧化反应，依据题意，通过甲烷电极的电极反应为CH4+10OH－8e－＝CO32－+7H2O，负极消耗氢氧根离子，所以放电时，通过甲烷的一极附近的pH降低，D项错误；
答案选D。
【点睛】准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，要注意电解质溶液的酸碱性及溶液的pH的变化情况。
13. 用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是（ ）
A. 酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸
B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液
C. 滴定时没有排除滴定管下端的气泡
D. 滴定时视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平
【答案】B
【解析】
14.有PH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是( )
A. 在三种酸的酸性比较：HZ > HY > HX
B. 中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mol
C. HX、HY、HZ三者均为弱酸
D. 在X-、Y-、Z-三者中，以Z-最易发生水解
【答案】AB
【解析】
【分析】
相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，据此解答。
【详解】A. 相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，根据题意知，相同物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ 盐溶液PH分别为8、9、10，在三种酸中酸性强弱为HX > HY > HZ，故A错误；
B. 这三种酸都是一元酸，一元酸和氢氧化钠发生中和反应时，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以中和1molHY酸，需要的NaOH等于1mol，故B错误；
C. NaX、NaY、NaZ水溶液pH都大于7，说明这三种盐都是强碱弱酸盐，X-、Y-、Z-都发生水解，使溶液显碱性，所以这三种酸都是弱酸，故C正确；
D. 相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，NaZ溶液的pH最大，所以Z−水解程度最大，故D正确；
故答案AB。
第II卷 非选择题（共60分）
15.2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3的ΔH=-99kJ·mol-1.请回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示______、______，E的大小对该反应的反应热有无影响？_______。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是________________________；
（2）图中△H=__KJ·mol-1；
（3）已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol-1，计算由S(s)生成3 molSO3(g)的△H__（要求写计算过程）。
【答案】 (1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). 无 (4). 降低 (5). 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低 (6). -198 (7). －1185 KJ·mol-1
【解析】
【详解】（1）根据图像特点和方程式可知，A表示反应物的总能量，C表示生成物的总能量。E表示活化能，其大小和反应热是无关的。催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率。
（2）图像表示的是生成2molSO3时反应过程中的能量变化，因此△H＝－2×99kJ/mol＝－198 kJ/mol。
（3）硫燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g) =2SO2(g) △H1=-296KJ·mol-1，又知 SO2(g)+1/2O2(g) =SO3(g) △H2=-99 KJ·mol-1，据盖斯定律可知，3 S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g) △H=3(△H1+△H2)= －1185 kJ/mol。
16.在25 ℃时，用石墨电极电解2.0 L 0.5 mol·L－1CuSO4溶液。5 min后，在一个石墨电极上有6.4 gCu生成。试回答下列问题：
(1)发生氧化反应的________极，电极反应式为 ____________________________
(2)发生还原反应的________极，电极反应式为 ____________________________
(3)若将溶液恢复到与电解前一样，则需加入 ________ mol的________________。
(4)若用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差 ________________g，电解液的pH ________。(填“变小”、“变大”或“不变”)
【答案】 (1). 阳 (2). 4OH- -4e- = O2↑ +2H2O (3). 阴 (4). Cu2+ + 2e- = Cu (5). 0.1 (6). CuO (7). 12.8g (8). 不变
【解析】
【详解】在25℃时，用石墨电极电解2.0L 0.5mol/LCuSO4溶液中Cu2+物质的量为2.0L×0.5mol/L =1mol，5min后，在一个石墨电极上有6.4gCu生成物质的量为=0.1mol；
(1)电解过程中，溶液中阴离子OH-、SO42-移向阳极，氢氧根离子失电子，发生氧化反应，电极反应式：4OH--4e-═2H2O+O2↑；
故答案为：阳； 4OH--4e-═2H2O+O2↑；
(2)电解过程中，溶液中阳离子Cu2+、H+移向阴极得电子，发生还原反应，电极反应：2Cu2++4e-═2Cu；
故答案为：阴；2Cu2++4e-═2Cu；
(3)根据电解离子方程式2Cu2++2H2O=2Cu+O2↑+4H+，反应生成铜的物质的量为：0.1mol，生成氧气的物质的量为：0.1mol×1/2=0.05mol，根据反应电解后，原溶液相当于减少了0.1molCuO，
故答案为：0.1；CuO；
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，阳极反应为：Cu-2e-=Cu2+；阴极电极反应为：Cu2++2e-=Cu；电子转移0.2mol，阳极减少0.1mol的铜单质，质量为0.1mol×64g/mol=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，；电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液氢离子和氢氧根离子含量不变，溶液中水的量不变，则溶液的PH不变，
故答案为：12.8；不变。
17.医学上在进行胃肠疾病的检查时，利用X射线对BaSO4穿透能力较差的特性，常用BaSO4做内服造影剂，这种检查手段称为钡餐透视。
(1)用离子方程式说明钡餐透视时为什么不用BaCO3？____________________________________________。
(2)某课外活动小组为探究BaSO4的溶解度，分别将足量BaSO4放入：① 5 mL水② 20 mL 0.5 mol·L－1的Na2SO4溶液③ 40 mL 0.2mol·L－1的Ba(OH)2溶液④ 40 mL 0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中，溶解至饱和以上各溶液中，c(Ba2＋)的大小顺序正确的是________，BaSO4的溶解度的大小顺序为______________
A．③ >① >④ >② B．③ >① >② >④ C．① >④ >③ >② D．① >③ >④ >②
(3)已知25℃时，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，上述条件下，溶液③中的c(SO42-)为
______________，溶液②中c(Ba2＋)为 __________________。
(4)取溶液③和溶液④直接混合，则混合溶液的pH为 __________ (假设混合后溶液的体积为混合前两溶液的体积之和)。
【答案】 (1). BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋H2O＋CO2 ↑ (2). A (3). C (4). 5.5×10－10mol·L－1 (5). 2.2×10－10mol·L－1 (6). 13
【解析】
【详解】(1)硫酸钡不溶于水和酸，但胃酸可与CO32−反应生成水和二氧化碳，使CO32−浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)⇌ Ba2＋(aq)+CO32− (aq) 向溶解方向移动，使Ba2＋浓度增大，且Ba2＋有毒，所以不能用碳酸钡代替硫酸钡，反应离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2＋+H2O+CO2↑，
故答案为：BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋H2O＋CO2 ↑
(2) BaSO4在溶液中存在溶解平衡，BaSO4 (s)⇌ Ba2＋(aq)+ SO42− (aq)，根据难溶电解质的溶度积常数知，溶液中硫酸根离子浓度越大，溶解平衡向生成沉淀的方向移动，硫酸钡的溶解度越小，钡离子浓度越低；氢氧化钡能抑制硫酸钡的电离，但氢氧化钡溶液中含有钡离子，所以钡离子浓度最大；水中的钡离子浓度次之；硫酸钠溶液和硫酸溶液中都含有硫酸根离子，抑制硫酸钡的电离，硫酸钠中的硫酸根浓度大于硫酸中的硫酸根浓度，所以硫酸钠溶液抑制硫酸钡电离作用更强，硫酸钠溶液中钡离子的浓度小于硫酸溶液中钡离子浓度，所以钡离子浓度大小顺序是：③>①>④>②；硫酸钡溶液中加入硫酸根离子和钡离子都会导致硫酸钡的沉淀溶解平衡逆移，硫酸钡的溶解度减小，①加入 5 mL水是硫酸根离子和钡离子浓度减小，使硫酸钡的溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，硫酸钡的溶解度增大；②③④都使硫酸根离子或钡离子浓度增大，抑制了硫酸钡的溶解②中硫酸根离子浓度为0.5 mol·L－1，③中钡离子浓度为0.2mol·L－1④中硫酸根离子浓度0.1 mol·L－1，，硫酸根离子或钡离子浓度越大，硫酸钡的溶解度越小，所以BaSO4的溶解度的大小顺序：①>④>③>②，
故答案为：A；C；
(3)已知25℃时，Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，上述条件下，溶液③中的c(SO42−)= ==5.5×10−10mol/L，溶液②中c(Ba2＋)==mol/L=2.2×10−10mol/L，
故答案为：5.5×10−10mol/L；2.2×10−10mol/L；
(3)40mL 0.2mol⋅L−1的Ba(OH)2溶液和40mL 0.1mol⋅L−1的H2SO4溶液中混合后溶液中c(OH−)=
=0.1mol/L，则c(H+)===10−13 mol/L，所以pH=13，
故答案为：13。
18.根据方程式所表示的氧化还原反应设计一个原电池：Fe + H2SO4 = H2↑+ FeSO4
(1)装置采用烧杯和盐桥，画出此原电池装置图______________
(2)指出原电池的正极材料和负极材料并标出电子的流向:正极材料_________，负极材料________ ，电子的流向_________
(3)写出两个电极上的电极反应并指出现象：负极反应 ___________ 、现象___________正极反应___________、现象_________________
(4)转移的电子数为2NA时，生成的H2在标准状况下的体积为________________
【答案】 (1). (2). Cu或C等 (3). Fe (4). 由Fe经外电路流向铜（或C） (5). Fe -2e- = Fe2+ (6). 铁极变细 (7). 2H+ +2e- = H2 (8). 产生无色无味的气体 (9). 22.4L
【解析】
【详解】(1)根据电池反应式知，该反应中铁失电子发生氧化反应，作负极，因为有盐桥，正极可以是铜或碳等惰性电极，铁电极对应的溶液为可溶性的亚铁盐溶液，一般使用硫酸亚铁溶液，正极的电解液为硫酸，装置图为:
(2)负极为Fe，正极为Cu或C，负极: Fe- 2e- =Fe2+，正极:2H+ + 2e- =H2
↑，外电路中，电子从铁流向铜（或C等惰性电极），
答案为：Cu或C等；Fe；由Fe经外电路流向铜（或C）；
(3)负极失电子，发生氧化反应，负极反应: Fe- 2e- =Fe2+，实验现象为铁极变细；正极得电子发生还原反应，正极反应:2H+ + 2e- =H2↑，实验现象产生无色无味的气体，
答案为：Fe -2e- = Fe2+；铁极变细；2H+ 2e- = H2；产生无色无味的气体；
(4)根据电极反应2H+ + 2e- =H2↑，转移的电子数为2NA时，即转移2mol电子时，生成1mol氢气，则1mol气体在标况下的体积为22.4L，
答案为：22.4L；
19. 在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：
CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），
其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝ 。
（2）该反应为 反应（选填吸热、放热）。
升高温度CO2的转化将 （填增大、减小或不变）。
（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是 （多选扣分）。
a．容器中压强不变 b．混合气体中 c（CO）不变
c．v正（H2）＝v逆（H2O） d．c（CO2）＝c（CO）
（4）某温度下，平衡浓度符合下式： c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为 ℃。
【答案】（1）K= C（CO）·C（H2O）/[C（CO2）·C（H2）] （2）吸热反应，增大 （3）BC,830℃
【解析】
试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，实验根据反应的方程式可知，该反应的化学平衡常数表达式为K＝C（CO）·C（H2O）/[C（CO2）·C（H2）]。
（2）随着温度的升高，平衡常数逐渐增大，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，则正方应是吸热反应。升高温度CO2的转化将增大。
（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，所以b正确。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，d不能说明。该反应是体积不变的可逆反应，则压强始终是不变的，a不能说明。C中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明，答案选bc。
（4）根据平衡常数的表达式可知，c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O）是K＝1，所以根据表中数据可知此时的温度为830℃。
考点：考查平衡常数的判断和应用、外界条件对平衡状态的影响以及平衡状态的判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型，试题难易适中，贴近高考，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性。该题的关键是明确平衡常数的含义以及影响因素，并能结合题意和方程式灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力。
20.常温下有浓度均为0.5 mol/L的四种溶液：
①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③HCl溶液 ④氨水
（1）上述溶液中，可发生水解的是______________(填序号，下同)。
（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为__________。
（3）向④中加入少量氯化铵固体，此时c(NH4+)/c(OH－)的值_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积________④的体积(填“大于”、“小于”或“等于”)，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________。
（5）取10 mL溶液③，然后加水稀释到500 mL，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝____________。
【答案】 (1). ①② (2). c(Na＋)>c(HCO3->c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-) (3). 增大 (4). 小于 (5). c(NH4+)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－) (6). 10－12mol/L
【解析】
【详解】（1）①Na2CO3溶液和②NaHCO3溶液均为强碱弱酸盐溶液，故上述溶液中，可发生水解的是①②；
（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠反应，又能和硫酸反应的溶液为②NaHCO3溶液，该溶液呈碱性，碳酸氢根的水解程度大于其电离程度，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HCO3-)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO32-)；
（3）向④中加入少量氯化铵固体，c(NH4+)增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，故c(NH4+)/c(OH－)的值增大；
（4）若将③盐酸和④氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成氯化铵溶液，铵离子水解呈酸性；现混合后溶液恰好呈中性，则氨水稍过量，故混合前③的体积小于④的体积，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(NH4+)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)；
（5）取10 mL盐酸，然后加水稀释到500 mL，稀释后盐酸的浓度变为0.01mol/L，c(H＋)=0.01mol/L，c(OH－)= 10－12mol/L，则此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－12mol/L。
