【化学】湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版）

【化学】湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版）

湖南师范大学附中2019-2020学年高二上学期第三次月考 可能用到的相对原子质量：Fe～56 Cu～64‎ 一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.根据以下三个热化学方程式：‎ ‎①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-Q1 kJ·mol-1，‎ ‎②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(s)+2H2O(g) ΔH2=-Q2 kJ·mol-1，‎ ‎③2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(s)+2H2O(l) ΔH1=-Q3 kJ·mol-1，‎ 判断Q1、Q2、Q3三者关系正确的是（Q1、Q2、Q3均大于0）（ ）‎ A. Q1>Q2>Q3 B. Q1>Q3>Q2‎ C. Q3>Q2>Q1 D. Q2>Q1>Q3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物质由气态变为液态会放出能量，由气态变为固态也会放出能量。‎ ‎【详解】E[SO2(g)]> E[SO2(s)]，E[H2O(g)]>E[H2O(l)]；‎ 故放出的能量③>②>①，即Q3>Q2>Q1，答案选C。‎ ‎2.①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池．①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活泼性由大到小的顺序是（　　）‎ A. ①③②④ B. ①③④② C. ③④②① D. ③①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。‎ ‎【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，‎ ‎①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，活泼性①＞②；‎ ‎①③相连时，③为正极，活泼性①＞③；‎ ‎②④相连时，②上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性④＞②；‎ ‎③④相连时，③的质量减少，③为负极，活泼性③＞④；‎ 综上分析可知活泼性：①＞③＞④＞②；‎ 故选B。‎ ‎3.已知：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=－41kJ·mol-1。相同温度下，在体积相同的两个恒温密闭容器中，加入一定量的反应物发生反应。相关数据如下：‎ 容器编号 起始时各物质的物质的量/mol 达平衡过程体系的能量变化 CO H2O CO2‎ H2‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎4‎ ‎0‎ ‎0‎ 放出热量：32.8kJ ‎②‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎4‎ 热量变化：Q 下列说法中，不正确的是 A. 容器①中反应达平衡时，CO的转化率为80%‎ B. 容器①中CO的转化率等于容器②中CO2的转化率 C. 容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率 D. 平衡时，两容器中CO2的浓度相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据反应热可得反应的CO为32.8kJ÷41 kJ•mol‾1=0.8mol，所以CO的转化率为80%，正确；‎ B、容器①②温度相同，平衡常数相同，根据容器①计算平衡常数，由A计算可知，平衡时CO的物质的量变化量为0.8mol，则： ‎ 故平衡常数k==1，故容器②中的平衡常数为1，设容器②中CO2的物质的量变化量为amol，则： ‎ 所以=1，解得a=0.8，CO2的转化率=×100%=80%，正确；‎ C、速率之比等于化学计量数之比，故容器①中CO反应速率等于H2O的反应速率，正确；‎ D、由A中计算可知容器①平衡时CO2的物质的量为0.8mol，由B中计算可知容器②中CO2的物质的量为1mol- 0.8mol=0.2mol，容器的体积相同，平衡时，两容器中CO2的浓度不相等，错误。‎ ‎4.下列说法正确的是(　　)‎ A. 将0.10 mol·L－1氨水加水稀释后，溶液中c(NH)·c(OH－)变大 B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸 C. 将CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中变大 D. 用0.200 0 mol·L－1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合溶液中两种酸的浓度均为0.1 mol·L－1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将0.10 mol·L－1氨水加水稀释后促进电离，但溶液体积增加的程度更大，因此溶液中c(NH4＋)·c(OH－)变小，A错误；‎ B. 酸式盐溶液的pH小于7，不能说明相应的酸是强酸还是弱酸，如果H2A是弱酸，NaHA溶液中HA-的电离程度大于水解程度溶液也显酸性，B错误；‎ C. 将CH3COOH溶液加水稀释后促进电离，醋酸分子个数减小，醋酸根离子个数增加，因此溶液中变小，C错误；‎ D. 由于醋酸是弱酸，恰好中和时溶液显碱性，如果显中性，说明醋酸过量，酸未被完全中和，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.关于如图微生物燃料电池结构示意图的说法：①微生物促进了电子的转移 ②微生物所在 电极区放电时发生还原反应 ③放电过程中，H＋从正极区移向负极区 ④正极反应式为：MnO2＋4H＋＋2e－===Mn2＋＋2H2O，正确的是( )‎ A. ④ B. ①③‎ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图知，碳水化合物失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则右边电极是负极、左边电极是正极；①该装置为原电池装置，微生物的作用是促进电路中电子的转移，故①正确；②微生物所在电极区放电时失电子发生氧化反应，故②错误；③放电过程中，H+从负极区移向正极区，故③错误；④正极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成锰离子和水，正极反应式为：MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，故④正确；故选C。‎ ‎【点睛】明确各个电极上发生的反应及离子移动方向、电极反应式的书写是解本题关键，根据图知，碳水化合物失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则右边电极是负极、左边电极是正极，电解质溶液呈酸性，正极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成锰离子和水，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答。‎ ‎6.在一定条件下，相同pH的硫酸和硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)分别是1.0×10－amol·L－1和1.0×10－bmol·L－1，在此温度下，下列说法正确的是 A. ab；硫酸中水电离出来的c(H+)=c(OH-)=1.0×10-amol/L，硫酸溶液中OH-全 部来自水的电离；硫酸铁溶液中水电离出来的c(H+)是1.0×10-bmol/L，硫酸铁溶液中H+全部来自水的电离，两溶液的pH相同，则硫酸中c(H+)是1.0×10-bmol/L，则Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-a×1.0×10-b=1.0×10-(a+b)，故选D。‎ ‎【点晴】由水电离出来的c(H+)=c(OH-)，硫酸铁溶液中铁离子水解促进水的电离，硫酸抑制水的电离，两者pH值相同，说明硫酸电离出的氢离子浓度与硫酸铁中水电离的氢离子浓度相同。‎ ‎7.25℃时，Ksp(AgC1)=1.56×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,下列说法正确的是 A. 向同浓度的Na2CrO4和NaC1混合溶液中滴加AgNO3溶液,AgCl先析出 B. 向AgCl饱和溶疲中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中cCl-)=c(Ag+)‎ C. AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，‎ D. 向Ag2CrO4悬池液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4不可能转化为AgCl ‎【答案】A ‎8.某温度下，水的离子积常数Kw＝1×10－12。该温度下，将pH＝4的H2SO4溶液与pH＝9的NaOH溶液混合并保持恒温，欲使混合溶液的pH＝7，则稀硫酸与NaOH溶液的体积比为(　　)‎ A. 1∶10 B. 9∶1 C. 1∶9 D. 99∶21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设稀硫酸的体积为a，NaOH溶液的体积为b，两者混合后溶液的pH=7，说明充分反应后NaOH溶液过量，则10－3b－10－4a＝10－5(a＋b)，解得a∶b＝9∶1。答案选B。‎ ‎9.某温度下，反应H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝。该温度下，在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如表所示：‎ 起始浓度 甲 乙 丙 c(H2)/(mol·L－1)‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ ‎0.020‎ c(CO2)/(mol·L－1)‎ ‎0.010‎ ‎0.010‎ ‎0.020‎ 下列判断不正确的是(　　)‎ A. 平衡时，乙中CO2的转化率大于60%‎ B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%‎ C. 平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.008 mol·L－1‎ D. 反应开始时，乙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】对于甲容器：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)‎ 开始(mol/L)： 0.01  0.01   0   0‎ 变化(mol/L)： x    x    x    x 平衡(mol/L)： 0.01-x 0.01-x   x   x 所以=，解得x=0.006；‎ A．由上述计算可知，甲容器内二氧化碳的转化率为×100%=60%，恒温恒容下，乙中氢气的起始浓度比甲中氢气的起始浓度大，故乙中二氧化碳的转化率比甲中高，故平衡时，乙中CO2的转化率大于60%，故A正确；‎ B．甲、丙两容器内起始浓度n(H2)：n(CO2)=1：1，反应H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)前后气体的体积不变，恒温恒容下，甲、丙为等效平衡，平衡时甲、丙中H2的转化率相等，由上述计算可知，甲容器内氢气的转化率为×100%=60%，故B正确；‎ C．由上述计算可知，平衡时甲容器内c(CO2)=(0.01-x )mol/L=0.004mol/L，甲、丙为等效平衡，平衡时，甲、丙中CO2的转化率相等，由A中计算可知为60%，故平衡时丙容器内c(CO2)=0.02mol/L×(1-60%)=0.008mol/L，丙中c(CO2)是甲中的2倍，故C正确；‎ D．浓度越大反应速率越快，由表中数据可知，甲、乙容器内，开始CO2浓度相等，乙中H2浓度比甲中浓度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器内，开始H2浓度相等，丙中CO2浓度比乙中浓度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡计算、等效平衡、外界条件对反应速率的影响等，难度中等，注意三段式解题法的运用，判断甲、丙为等效平衡是解题关键。‎ ‎10.常温下，一定量的醋酸与氢氧化钠溶液发生中和反应。下列说法正确的是 A. 当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)＞c(H＋)=c(OH－)时，一定是醋酸过量 B. 当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)时，一定是氢氧化钠过量 C. 当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)时，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应 D. 当溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)时，一定是氢氧化钠过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、等物质的量的醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液显碱性，而c(H＋)=c(OH－)时，溶液显中性，所以醋酸过量，A正确；‎ B、根据电荷守恒规律，当溶液中c(CH3COO－)=c(Na＋)时，c(H＋)=c(OH－)，所以醋酸过量，B错误；‎ C、溶液显中性，醋酸与氢氧化钠不是恰好完全反应，醋酸过量，C错误；‎ D、溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)时，说明溶液显碱性，不一定是氢氧化钠过量，醋酸与氢氧化钠恰好完全反应生成醋酸钠溶液，也会有该不等式成立，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.已知：2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+，如图所示是一套电化学实验装置，图中C、D均为铂电极，U为盐桥，A是灵敏电流表，其指针总是偏向电源负极，A杯中为FeCl3溶液；B杯中为Na2SO3溶液。以下关于该装置的说法错误的是（ ）‎ A. A指针向右偏转 B. U中阳离子向左烧杯移动 C. 一段时间后，化学反应达到平衡状态，导线中无电流通过 D. 一段时间后，右烧杯中溶液pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由方程式⇌可以知道，当反应正向进行时，得到电子被还原，应为原电池正极反应，失去电子被氧化，应为原电池负极反应。‎ ‎【详解】A. 失去电子被氧化，应为原电池负极反应，A是电流表，其指针总是偏向电源负极，则A的指针向右偏转，所以A选项正确；‎ B. C为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，U中阳离子向左烧杯移动，所以B选项正确；‎ C. 该反应为可逆反应，正、逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，导线中无电流通过，所以C选项正确；‎ D. D为负极，右烧杯中的电极反应式为，则pH减小，故D选项错误； 故选D。‎ ‎12.下列离子组一定能大量共存的是（ ）‎ A. 1.0mol·L-1的硝酸钾溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-‎ B. 由水电离出c(H+)=10—3溶液中：Na+、AlO2—、NO3—、HCO3—‎ C. 无色溶液中：Al3+、NH4+、Cl-、S2-‎ D. .常温下，pH=12的溶液中：K+、Na+、CH3COO—、Br—‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中存在硝酸根离子，在酸性条件下，硝酸根体现强氧化性，与还原性的亚铁离子无法大量共存，A不符合题意；‎ B. 水电离出c(H+)=10-3mol/L，说明水的电离被促进，溶液呈酸性时AlO2-、HCO3-无法大量存在，且AlO2-与HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀和CO32-，不能大量共存，B不符合题意；‎ C. Al3+、S2-在水溶液中会发生双水解反应，不能大量共存，C不符合题意；‎ D. 常温下，pH=12溶液中：K+、Na+、CH3COO-、Br-相互间不反应，可以大量共存，D符合题意；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】注意硝酸根离子在酸性条件下会有强氧化性，会与部分还原性离子不共存。‎ ‎13.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 碳酸钡可用于肠胃X射线造影检查 B. 在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS小 C. 含有AgCl和AgBr固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(Br-)‎ D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同的①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于碳酸钡可溶于胃酸，故不用其进行肠胃X射线造影检查，应使用硫酸钡，A错误；‎ B. 在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS小，B正确；‎ C. 由于AgCl的溶解度大于AgBr，故混合溶液中c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)，C错误；‎ D. 盐酸和氯化镁中的氯离子会抑制氯化银的溶解，由于等物质的量浓度的氯化镁溶液中的氯离子浓度更大，所以银离子浓度③<②，由于④加入了硝酸银溶液，所以银离子浓度最大，故银离子浓度④>①>②>③，D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎14.常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. Ka2(H2X)的数量级为10-5‎ B. 曲线N表示pH与lg的变化关系 C. NaHX溶液中c(H+)c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在横坐标为0.0时，由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH，由于己二酸的一 级电离远大于二级电离，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系；‎ A. Ka2(H2X)=·c(H+)，当横坐标为0.0时曲线M的纵坐标为5.4，即pH=5.4，此时c（X2-）=c（HX-），则Ka2=10-5.4，数量级为10-6，A项错误；‎ B. 在横坐标为0.0时，由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH，由于己二酸的一级电离远大于二级电离，则曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示pH与lg的变化关系，故B项正确；‎ C.根据图像可知，当横坐标为0.0时曲线N的纵坐标为4.4，即pH=4.4，此时c（HX-）=c（H2X），则Ka1=10-4.4，则HX-的水解平衡常数Kh===10-9.6c（OH-），C项错误；‎ D. 由图像可知当pH等于7时，lg>0，即c(X2-)>c(HX-)，D项错误；‎ 故答案选B ‎15.常温下，向20 mL 0.01mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/L 的NaOH溶液，溶液中水所电离出的c(H+)随加入NaOH溶液的体积变化示意图如图所示，下列说法不正确的是 A. 从a到c，醋酸的电离始终受到促进 B. a、d对应的纵坐标数值分别是：＞10-12、＞10-7‎ C. b点：2c(Na+)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)‎ D. 从b→c的过程中，既存在着pH=7的点，也存在着溶液中水所电离出的c(H+)=10-7的点 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加NaOH溶液消耗氢离子，醋酸的电离平衡正移，所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，故A正确；‎ B．a点醋酸部分电离，醋酸电离的氢离子浓度小于0.01mol/L，所以水电离的氢离子浓度＞10-12mol/L，d点，NaOH过量，pH大于7，水的电离被抑制，则d点水电离的氢离子浓度＜10-7mol/L，故B错误；‎ C．c点，醋酸的物质的量是NaOH的物质的量2倍，溶液中物料守恒为2c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），故C正确；‎ D．c点，醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，氢氧化钠体积小于20mL时的某一个值恰好使溶液显中性，所以从b→c的过程中，既存在着pH=7的点，也存在着溶液中水所电离出的c（H+）=10-7的点，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点晴】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。‎ ‎16.利用下图装置进行实验，甲乙两池均为l mol·L-1的AgNO3溶液，A、B均为Ag电极。实验开始先闭合K1，断开K2。一段时间后，断开K1，闭合K2，形成浓差电池，电流计指针偏转(Ag+浓度越大氧化性越强)。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，NO3-向B电极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项，闭合K1，断开K2，装置为电解池，A端为阴极，发生反应：Ag++e-= Ag，所以质量增加，故A正确；B项，电解池阳极Ag-e-=Ag+，阴极析出银，NO3-移向阳极，所以乙池浓度增大，甲池浓度减小，故B正确；C项，由已知：断开K1，闭合K2后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag+浓度越大氧化性越强），可知B为正极，A为负极，所以A电极发生氧化反应，故C正确；D项，由上分析，B为正极，A为负极，所以NO3-移向A极，故D错误。‎ 二、非选择题（共5小题，共52分）‎ ‎17.硫酸是强酸，中学阶段将硫酸在水溶液中看作完全电离。但事实是，硫酸在水中的第一步电离是完全的，第二部电离并不完全，其电离情况为：H2SO4=H++HSO4-，HSO4-H++SO42-。请回答下列有关问题：‎ ‎(1)Na2SO4溶液呈______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”），其理由_________________________（用离子反应方程式表示）。 ‎ ‎(2)写出H2SO4溶液与BaCl2溶液离子反应方程式______________________________________；‎ ‎(3)在0.1mol·L-1的Na2SO4溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是______。（填字母代号）‎ A．c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1‎ B．c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-）‎ C．c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+c（SO42-）‎ D．c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-）‎ ‎(4)若25℃时，0.10mol·L-1的NaHSO4溶液的c（SO42-）=0.029mol·L-1，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______0.029mol·L-1（填“＞”“=”或“＜”），其理由是__________________________________。‎ ‎(5)若25℃时，0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，则0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）______mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 弱碱性 (2). SO42－＋H2O HSO4－＋OH－ (3). HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋ (4). ABD (5). ＜ (6). H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离 ‎ ‎(7). 0.01‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于硫酸的第二步电离不完全，导致溶液中存在SO42－＋H2O HSO4－＋OH－这一水解平衡，导致Na2SO4溶液呈弱碱性；‎ ‎（2）根据题目所给信息，硫酸氢根离子不完全电离，故方程式应写为HSO4－＋Ba2＋=BaSO4↓＋H＋；‎ ‎（3）A. 根据物料守恒，可得出c（SO42-）+c（HSO4-）=0.1mol·L-1，A 正确；‎ B. 根据质子守恒，可得出c（OH-）=c（H+）+c（HSO4-），B正确；‎ C. 根据电荷守恒，可得出c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO4-）+2c（SO42-），C错误；‎ D. 根据物料守恒，可得出c（Na+）=2c（SO42-）+2c（HSO4-），D正确；‎ 故答案选ABD；‎ ‎（4）由于H2SO4电离出的H＋会抑制HSO4－的电离，故0.1mol·L-1的H2SO4溶液中c（SO42-）<0.029mol·L-1；‎ ‎（5）0.10mol·L-1的H2SO4溶液的pH=-lg0.11，可知该溶液中c（H+）=0.11mol/L，第一步电离出的c（H+）=0.1mol/L，则HSO4-电离出的氢离子的浓度为0.11mol/L-0.1mol/L=0.01mol/L，故溶液中硫酸根离子的浓度为0.01mol/L。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是要克服思维定势，根据题给硫酸的电离来分析和计算。‎ ‎18.无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为：N2O4(g) 2NO2(g)  △H=+24.4 kJ/mol。‎ ‎(1)将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是_________________（填写代号）。‎ a．υ正(N2O4)=2 υ逆(NO2)           b．体系颜色不变 c．气体平均相对分子质量不变     d．气体密度不变 达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，则混合气体颜色________(填 “变深”、“变浅”或“不变”)判断理由是____________________________________________________________________。‎ ‎(2)上述反应中，正反应速率υ正=k正·p(N2O4)，逆反应速率υ逆=k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，p(N2O4)，p(NO2)为N2O4，NO2的分压，分压=总压×物质的量分数，则Kp 为_________(以k正、k逆表示)。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298 K、压强100 kPa)，已知该条件下k正=4.8×l04 s-1 ，当N2O4分解10%时，υ正=___________kPa·s-1。‎ ‎(3)真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率的表达式为（用α表示）_______________________。‎ ‎【答案】 (1). bc (2). 变深 (3). 正反应吸热，其他条件不变时，升温平衡正向移动 (4). (5). 3.9×106 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）a项，当时，达到化学平衡，时，说明正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故不选a项；‎ b项，为无色，为红棕色，当体系中颜色不变时，各组分的浓度不变，反应达到平衡状态，故选b项；‎ c项，密闭容器中，气体总质量不变，由于该反应为非等体积反应，建立平衡过程中气体总物质的量增大，混合气的平均相对分子质量减小，达到平衡时混合气的总物质的量不变，混合气的平均相对分子质量不变能说明反应达到平衡，故选c项；‎ d项，反应过程中，气体质量和体积均不变，密度始终不变，气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故不选d项。‎ 综上所述，本题正确答案为bc。‎ N2O4（g）⇌2NO2（g）∆H=+24.4kJ/mol，正反应为吸热反应，其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，增加，颜色加深。‎ ‎（2）当反应达到平衡时，υ正=υ逆，则有，而Kp==。‎ 当分解10%时，容器中的体积分数变为，则，‎ ‎。‎ ‎（3）设总压强为时，的平衡分解率为β，‎ ‎，‎ 两种情况下，温度不变，则平衡常数不变，，，由K1=K2可得：β=，即的平衡分解率的表达式为。‎ ‎19.某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。‎ ‎(1)如图所示为某实验小组设计的原电池装置，依据的氧化还原为(用离子反应方程式表示)_____________________________________。‎ 反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过_____mol电子。‎ ‎(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极反应式为________，这是由于NH4Cl溶液显____(填“酸性”“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示溶液显此性的原因：_____________________，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态。”如果+3价铁被氧化为FeO42-，试写出该反应的离子方程式：_________________________________________。 ‎ ‎(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示。一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞溶液，现象是________________，电极反应为_________________________；乙装置中石墨（1）为____(填“正”“负”“阴”或“阳”)极，乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为________________，产物常用___________________ 检验，反应的离子方程式为 _____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2+ (2). 0.2 (3). 2H＋＋2e－=H2↑ (4). 酸性 (5). NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋ (6). 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42－＋6Cl－＋16H＋ (7). 溶液变红 (8). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (9). 阴 (10). 2Cl－-2e－=Cl2↑ (11). 湿润淀粉碘化钾试纸 (12). Cl2＋2I－=I2＋2Cl－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析题图可知，Fe棒在反应中失电子，作原电池的负极，乙烧杯中的铜离子得电子，石墨作原电池的正极。‎ ‎（2）NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+水解溶液显酸性，正极上H+得电子发生还原反应；根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒写离子方程式。‎ ‎（3）甲烧杯中为原电池，乙烧杯中为电解池，甲烧杯中Fe为负极，Cu为正极，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）Fe棒为负极，Fe发生失电子的氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，石墨为正极，溶液中铜离子发生得电子的还原反应：Cu2++2e-=Cu，所以依据的氧化还原反应为Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2+，假设导线中通过的电子的物质的量为2xmol，则xmolFe被氧化，xmol铜离子被还原，则56x+64x=12g，解得x=0.1，即导线中通过了0.2mol电子；‎ ‎（2）若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液中存在水解NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，溶液中的氢离子在正极发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可写出铁离子被氯气氧化的方程式 为2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42－＋6Cl－＋16H＋；‎ ‎（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，则甲烧杯为原电池，乙烧杯为电解池。甲烧杯中Fe为负极，铜丝为正极，由于NaCl溶液呈中性，铜丝上的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故在甲装置铜丝附近滴加酚酞溶液，现象是溶液变红；乙烧杯中石墨（1）为阴极，与铜丝相连的石墨为阳极，该电极上发生的电极反应式为2Cl－-2e－=Cl2↑，常用湿润淀粉碘化钾试纸检验Cl2，反应原理为Cl2＋2I－=I2＋2Cl－。‎ ‎20.金属镍硬而有延展性并具有铁磁性，能够高度磨光和抗腐蚀性。如图所示为一种以镍废料（主要是NiO，含少量FeO、SiO2等杂质）制备Ni的流程：‎ 已知：室温下难溶物的溶度积数据如下表：‎ 化合物 Ni(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ Ksp近似值 ‎10-15‎ ‎10-15‎ ‎10-38‎ ‎(1)滤渣1的主要成分为_____________(填化学式)。‎ ‎(2)用离子方程式解释加入H2O2的作用：_________________。‎ ‎(3)室温下滴加氨水调节至pH为_________时，铁刚好沉淀完全；若继续滴加氨水至pH为_____________时，镍开始沉淀（假定Ni2+浓度为0.lmol/L)。若上述过程中没有“氧化”步骤，其后果是_______________。‎ ‎ ‎ ‎(4)电解制备镍的反应原理如上图所示，则A电极的反应式为2H++2e-=H2↑和________________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2 (2). 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O (3). 3 (4). 7 (5). Ni2＋和Fe2+不能分离 (6). Ni2＋＋2e－=Ni ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将废料酸溶，废料中的Fe、Ni元素均以+2价离子的形式存在，二氧化硅不溶于稀硫酸，故滤渣1为二氧化硅，而后为了分离Fe2+、Ni2+，要先将亚铁离子氧化为+3价，而后沉淀除去，进而进行后续操作。‎ ‎【详解】（1）废料中只有二氧化硅不溶于稀硫酸，故滤渣1为SiO2；‎ ‎（2）加入过氧化氢，可将亚铁离子氧化为+3价，方便后续的沉淀操作，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；‎ ‎（3）铁刚好沉淀完全，此时，那么，pOH=11，pH=3；Ni开始沉淀，，pOH=7，则pH=7；若上述过程中没有“氧化”步骤，其后果是无法将Ni2＋和Fe2+分离开；‎ ‎（4）根据电解的目的以及A电极的反应式知，A电极上发生得电子的还原反应，则A电极上还有镍离子放电，电极反应式为Ni2＋＋2e－=Ni。‎ ‎21.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的氮氧化物、碳氧化物和硫氧化物显得尤为重要。‎ ‎(1)汽车内燃机工作时会引起N2和O2的反应：N2+O22NO，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。‎ ‎①在T1、T2温度下，一定量的NO发生分解反应时N2的体积分数随时间变化如图所示，根据图像判断反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的△H______0(填“>”或“<”)。‎ ‎②在T3温度下，向2L密闭容器中充入10molN2与5mo1O2，50秒后达到平衡，测得NO的物质的量为2mol，则该反应的速率υ (N2)=_______________。该温度下，若增大压强此反应的平衡常数将______（填“增大”“减小”“不变”“无法确定”）若开始时向上述容器中充入 N2与O2均为1 mol，则达到平衡后N2的转化率为____________。‎ ‎(2)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，用阴极排出的溶液可吸收NO2。‎ ‎①阳极的电极反应式为_____________________。‎ ‎②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32-生成。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______________。‎ ‎(3)一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将含a molCH3COOH的醋酸溶液与含b molBa(OH)2的氢氧化钡溶液混合，充分反应后，溶液呈中性，则醋酸的电离常数Ka=______________________(用含a和b的代数式表示)。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). 0.01mol·L-1·s-1 (3). 不变 (4). 14.3% (5). SO2＋2H2O－2e－=2H＋＋SO42－ (6). 1:2 (7). ×10-7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据“先拐先平速率大”来分析图像而后解题。‎ ‎②用三段式计算，化学平衡常数只与温度有关。‎ ‎（2）根据反应类型判断阴、阳极及相应的电极反应。根据得失电子守恒计算。‎ ‎（3）根据电荷守恒、物料守恒和电离平衡常数的表达式计算。‎ ‎【详解】（1）①由图像可知，T2＞T1，由于温度低时氮气的体积分数更大，所以升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，即△H＞0；‎ ‎②根据题目信息，可列出三段式：‎ ‎；‎ 则υ (N2)=0.5mol/L÷50s=0.01mol·L-1·s-1，‎ 平衡常数只受温度影响，故增大压强，平衡常数不变；‎ 上述反应的平衡常数为，‎ 若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1 mol，设N2的转化浓度为xmol/L，则可列出三段式：‎ ‎，‎ ‎，‎ 解得，‎ 则氮气的转化率为；‎ ‎（2）①左室通入稀硫酸和二氧化硫，流出浓硫酸，可知二氧化硫发生氧化反应，则阳极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－=2H＋＋SO42－；‎ ‎②在碱性条件下，用阴极排出的溶液吸收NO2，使其转化为无害气体，同时有SO32-生成，则反应方程式为，该反应中氧化剂为二氧化氮，还原剂为S2O42-，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。‎