【KS5U解析】江苏省江阴市二中、要塞中学等四校2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 Word版含解析

1、2019-2020学年第二学期高二期中考试化学试题相对原子质量：c-12 ca-40 o-16 h-1一、单选题（共30分，每小题只有一个选项符合题意）1.已知某化学反应a2(g)+2b2(g)=2ab2(g)(ab2的分子结构为bab)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是（ ）a. 该反应的进行一定需要加热b. 该反应的h=-(e1-e2)kj/molc. 该反应为吸热反应d. 断裂1molaa键和2molbb键放出e1kj能量【答案】c【解析】【详解】a吸热反应的发生不一定需要加热，故该反应的进行不一定需要加热，a选项错误；bh=生成物的总能量-反应物的总能量，故该反应的h=+(e1

2、-e2)kj·mol-1，b选项错误；c根据图中信息可知，反应物总能量小于生成物总能量，反应为吸热反应，c选项正确；d由图中信息可知，断裂1 molaa键和2 molbb键，需要吸收e1 kj能量，d选项错误；答案选c。2.下列电离方程式正确的是（ ）a. h2co32h+co32-b. nahso4na+hso4-c. nahsna+h+s2-d. 2h2oh3o+oh-【答案】d【解析】【详解】ah2co3为弱电解质，分步电离，正确的电离方程式为h2co3h+hco3-，hco3-h+co32-，a选项错误；bnahso4为强电解质，其在水溶液中的电离方程式为nahso4=na+

3、h+so42-，b选项错误；cnahs为强电解质，电离方程式为nahsna+hs-，c选项错误；dh2o是弱电解质，电离方程式为2h2oh3o+oh-，d选项正确；答案选d。【点睛】本题考查电离方程式的书写，明确电解质的强弱及电离方程式遵循电荷守恒及质量守恒定律即可解答，易错点为学生忽略物质中的原子团。3.在2no2n2o4的可逆反应中，下列状态一定属于平衡状态的是()a. n2o4和no2的分子数比为12b. n2o4和no2的浓度相等c. 平衡体系的颜色不再改变d. 单位时间内有1 mol n2o4变为no2的同时，有2 mol no2生成【答案】c【解析】【详解】a平衡时各物质的分子数之

4、比取决于物质的起始物质的量和转化率，故n2o4和no2的分子数比为1：2不能作为判断是否达到平衡状态的依据，选项a错误；b平衡时各物质的浓度大小关系取决于物质的起始物质的量和转化率，故n2o4和no2的浓度相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据，选项b错误；cn2o4为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，故平衡体系的颜色一定不再改变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，选项c正确；d单位时间有1 mol n2o4变为no2是正反应，同时有2 mol no2变为n2o4为逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，说明达到平衡状态，选项d

5、正确；答案选cd。4.下列事实能说明nh3·h2o一定是弱电解质的是：常温下，nh3·h2o溶液能使酚酞变红； 用nh3·h2o溶液做导电性实验，灯泡暗；常温下，0.1mol / l的氨水ph约为11 常温下，体积相同且ph相同的nh3·h2o溶液和naoh溶液，与相同浓度的hcl溶液中和时，消耗hcl溶液的体积：前者后者a. b. c. d. 【答案】c【解析】【详解】常温下，能使酚酞试液变红是碱的通性，不能证明一水合氨是弱电解质，故错误；溶液的导电能力与离子浓度有关，不能说明电解质的电离程度，所以不能说明一水合氨是弱电解质，故错误；常温下，0.1mo

6、l/l氯化铵溶液的ph约为5，说明氯化铵是强酸弱碱盐，能说明一水合氨是弱电解质，故正确；常温下，体积相同且ph相同的nh3h2o溶液和naoh溶液，与相同浓度的hcl溶液中和时，消耗hcl溶液的体积：前者后者，则氨水的浓度大于氢氧化钠，说明一水合氨只有部分电离，为弱电解质，故正确；正确答案选c。【点睛】利用一水合氨不能完全电离或盐类水解的规律来分析一水合氨是弱电解质。5.在密闭容器中进行反应：h2(g)+br2(g)2hbr(g) h<0，达到平衡后，欲使颜色加深，应采取的措施是a. 升高温度b. 降低温度c. 增大h2浓度d. 减小压强【答案】a【解析】【详解】欲使颜色加深，则br2的

7、浓度应变大。该反应为放热反应，升温平衡向左移动，br2的浓度变大，因此颜色加深。增大氢气浓度，平衡向右移动，br2的浓度减小，颜色变浅。减小压强通过增大容器体积实现，平衡不移动，但br2的浓度减小，颜色变浅。答案选a。6.反应c(s)h2o(g) co(g)h2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是增加c的量将容器的体积缩小一半保持体积不变，充入n2使体系压强增大保持压强不变，充入n2使容器体积增大a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据浓度、压强对化学反应速率的影响分析判断。【详解】反应物c为固体，增加c的量不能改变其浓度，反应速率不变；容

8、器的体积缩小一半，反应物h2o(g)浓度加倍，故反应速率加快；体积不变时充入n2，虽然体系压强增大，但h2o(g)浓度不变，反应速率不变；压强不变时充入n2，容器体积增大，h2o(g)浓度减小，反应速率变小。本题选b。【点睛】压强对化学反应速率的影响，本质是气体反应物浓度对反应速率的影响。从此本质分析，就能作出正确结论。7.在0.1mol/l的hcn溶液中存在如下电离平衡hcnh+cn-，对该平衡，下列叙述正确的是（ ）a 加入少量naoh固体，平衡正向移动b. 加水，平衡逆向移动c. 滴加少量0.1mol/lhcl溶液，溶液中c(h+)减少d. 加入少量nacn固体，平衡正向移动【答案】a【

9、解析】【详解】a加naoh固体，中和氢离子，hcnh+cn-，平衡正向移动，a选项正确；b加水稀释，弱酸的电离度变大，平衡正向移动，b选项错误；c滴加少量0.1 mol·l-1hcl溶液，c(h+)增大，c选项错误；d加入少量nacn固体，c(cn-)增大，平衡逆向移动，d选项错误；答案选a。8.常温下，在ph=12的naoh溶液中，由水电离出的c(oh-)为（ ）a. 1.0×10-7mol/lb. 1.0×10-6mol/lc. 1.0×10-3mol/ld. 1.0×10-12mol/l【答案】d【解析】【详解】常温下，kw=1×

10、;10-14，即c(h+)·c(oh-)=1×10-14，ph为12的naoh溶液中，c(h+)=1×10-12mol·l-1，因为溶液中的氢离子是由水电离出的氢离子，水电离出的氢离子浓度和氢氧根浓度相等，所以由水电离出来的c(oh-)为1×10-12mol·l-1，d选项正确；答案选d【点睛】该题的关键是明确溶液中oh-离子浓度和水电离出的oh-离子浓度的不同。9.将等物质的量的a、b混合于2l的恒容密闭容器中，发生如下反应：3a(g)+b(g)xc(g)+2d(g)，经5min后，测得d的量为1mol，c的平均反应速率是0.1mo

11、l/(l·min)。则x的值为（ ）a. 1b. 2c. 3d. 4【答案】b【解析】【详解】由测得d的量为1mol知c(d)=0.5 mol/l，d的平均反应速率为0.5mol/l÷5min=0.1mol/(l·min)，由3a(g)+b(g)xc(g)+2d(g)，根据化学计量数之比等于反应速率之比，（c）：（d）=0.1mol/(l·min)：0.1mol/(l·min)=x：2，解得x=2，b选项正确；答案选b。10.下列与滴定实验有关的说法中正确的是（ ）a. 用naoh滴定盐酸时，只能用酚酞作指示剂b. 锥形瓶用蒸馏水洗干净后，直接

12、加入一定体积的待测液，进行中和滴定c. 用滴定管准确量取20.0ml盐酸d. 用naoh滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，会导致测定结果偏高【答案】b【解析】【详解】a用naoh滴定盐酸时，可以用酚酞或甲基橙作指示剂均可，a选项错误；b锥形瓶用蒸馏水洗干净后，直接加入一定体积的待测液，进行中和滴定，待测液的物质的量不会发生改变，对实验结果无影响，b选项正确；c滴定管的精确度为0.01，故用滴定管能够准确量取20.00ml的盐酸，c选项错误；d用naoh滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，读数在刻度线上方，读取标准液的体积偏小，导致测定结果偏低，d选项错误；答案选b。11.下列叙述正确的是（ ）原

13、电池是把化学能转化为电能的一种装置；原电池的正极上发生氧化反应，负极上发生还原反应；不能自发进行的氧化还原反应，通过原电池的装置均可实现；石墨棒不能用来作原电池的正极；反应cu+2ag+=2ag+cu2+，能以原电池的形式来实现：a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】原电池装置是化学能转化成电能的装置，故正确；根据原电池的工作原理，负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，正极上得电子，化合价降低，发生还原反应，故错误；原电池构成条件之一是自发发生氧化还原反应，故错误；碳棒能导电，可以作正极，故错误；铜比银活泼，故铜可以在银盐的溶液中置换出银，用铜作负极，石墨或银等作正极，电解质溶

14、液为硝酸银溶液，可以组成原电池，故正确；综上，正确，答案选a。12.四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，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. b. c. d. 【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，相连时，外电路电流从流向，说明为负极，活泼性；相连时，为正极，活泼性；相连时，上有气泡逸出，应为原电池正极，活泼性；相连时，的质量减少，为负极，活泼性

15、；综上分析可知活泼性：；故选b。13.用惰性电极电解agno3溶液，说法不正确的是()a. 电解过程中阴极质量不断增加b. 电解过程中溶液的ph不断降低c. 此时向溶液中加入适量的ag2o固体可使溶液恢复到电解前的状况d. 电解后两极产生的气体体积比为21【答案】d【解析】【分析】用惰性电极电解 溶液，溶液中的阴离子在阳极放电，阴极离子的放电顺序为氢氧根离子>硝酸根离子；溶液中的阳离子在阴极的放电，放电顺序为银离子>氢离子，故电解总反应为：。【详解】a电解过程中阴极银离子放电，生成单质，则阴极质量增加，故a正确；b由生成硝酸，溶液的酸性增强，ph不断降低，故b正确；c由电解反应可知

16、，从溶液中析出单质和氧气，则可向溶液中加入适量的固体可使溶液恢复电解前的状况，故c正确；d电解时只有阳极生成氧气，在阴极上产生的是金属银，不会在阴极上产生气体，故d错误；答案选d。【点睛】惰性电极电解溶液分类：电解水型，如溶液、溶液；电解溶质型，如溶液、盐酸；放氧生酸型，如溶液、溶液；放氢生碱型，如溶液、溶液。14.如图所示装置中都盛有0.1mol/l的nacl溶液，放置一定时间后，装置中的四块相同的锌片腐蚀速率由快到慢的正确顺序是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】【详解】根据图知，装置是原电池，在中，金属锌做负极，做负极的腐蚀速率快，两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率

17、越快，正极被保护，此外原电池原理引起的腐蚀速率化学腐蚀；装置是电解池，中金属锌为阳极，中金属锌为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即，根据电解原理引起的腐蚀速率原电池原理引起的腐蚀速率化学腐蚀速率有防护腐蚀措施的腐蚀速率，即腐蚀速率由快到慢的顺序为，d选项正确；答案选d。15.对于可逆反应：ma(g)+nb(g)pc(g)+qd(g) h=？，反应物a的转化率随时间和温度的变化如下图所示，下列判断正确的是a. 由图b可知，h<0b. 图a中要使平衡状态到平衡状态，可以加入催化剂c. 若m+n>p+q，则由状态到状态可以压缩容器体积d. 在不同的平衡状态和时，化学平衡常数一定相

18、同【答案】c【解析】【分析】根据外因对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断。【详解】a项：由图b可知，温度升高，a的转化率变大，即升温平衡右移，故正反应h>0，a项错误；b项：图a中平衡状态、平衡状态的a转化率不同，即平衡状态不同，而催化剂不能使平衡移动，b项错误；c项：图a中曲线i先达到化学平衡，可能是压强较大。当m+n>p+q时，增加压强（压缩容器体积）平衡右移，则由状态可以到达状态，c项正确；d项：图a中曲线i先达到化学平衡，也可能是温度较高。在不同的平衡状态和时，化学平衡常数可能不同，d项错误。本题选c。二、不定项选择题（共20分，每小题有一到两个选项符合题意。若正确答案只

19、有一个选项，多选时不得分；若正确答案有两个选项，只选一个且正确时得2分，选两个且都正确时得4分，但只要选错一个，该小题就得0分）16.关于如图所示、两个装置的叙述，正确的是（ ）a. 装置名称：是原电池，是电解池b. 硫酸浓度变化：增大，减小c. 电极反应式：中阳极：4oh-4e-=2h2o+o2、中负极：zn-2e-=zn2+d. 离子移动方向：中h+向阴极方向移动，中h+向负极方向移动【答案】bc【解析】【分析】由装置图分析可知，为电解池，电解硫酸溶液相当于电解水；为原电池，锌为负极，铜为正极，据此分析判断。【详解】a有外加电源，为电解池装置，为原电池装置，为铜锌原电池，a选项错误；b有外

20、加电源，电解硫酸溶液，相当于电解水，阳极上生成氧气，阴极生成氢气，硫酸浓度增大，为原电池装置，正极不断消耗氢离子，硫酸浓度降低，b选项正确；c有外加电源，电解硫酸溶液，相当于电解水，阳极上生成氧气，4oh-4e-=2h2o+o2；原电池装置，zn为负极失去电子发生氧化反应，电极方程式为zn-2e-=zn2+，c选项正确；d电解池工作时，阳离子向阴极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，则中h+向阴极方向移动，中h+向正极方向移动，d选项错误；答案选bc。17.已知常温下，0.01mol/l ch3cooh溶液中c(h)4.32×104mol/l，则该ch3cooh溶液中水的离子积常数

21、为（ ）a. <1×1014b. >1×1014c. 1×1014d. 无法确定【答案】c【解析】【详解】水的离子积常数只与温度有关，常温下水溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为kw1×1014；答案为c。【点睛】常温下水溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为常数，为离子积常数，离子积常数只与温度有关。18.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的a. naoh（固体）b. h2oc. hcld. ch3coona（固体）【答案】bd【解析】【分析】铁粉过量时，生成氢气的量取决于hcl的

22、物质的量；减缓反应速率可从影响化学反应速率的因素考虑。【详解】a项：加入naoh（固体）溶液体积不变，因中和反应消耗hcl，使hcl的物质的量和浓度减小，与铁反应生成氢气量减少、速率变慢，a项不符合题意；b项：加h2o稀释了盐酸，hcl的物质的量不变、浓度减小，故与铁反应生成氢气量不变、速率变慢，b项符合题意；c项：通入hcl气体，hcl的物质的量、浓度都增大，故与铁反应生成氢气量增加、速率变快，c项不符合题意； d项：加入ch3coona（固体）溶液体积不变，ch3coona与盐酸反应生成ch3cooh，降低了溶液中h+浓度，从而减慢了生成氢气的速率。铁与h+的反应，促进了ch3cooh的电

23、离，故生成氢气量不变，d项不符合题意。本题选bd。19.下列说法正确的是（ ）a. 同温同压下，h2(g)+cl2(g)=2hcl(g)在光照和点燃的条件下h不同b. 常温下，反应c(s)+co2(g)=2co(g)不能自发进行，则该反应的h>0c. 某反应低温条件下能够自发进行，则高温条件下一定能够自发d. 固体物质受热汽化的过程熵值增加【答案】bd【解析】【详解】a同温同压下，化学反应的h取决于反应物的总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，a选项错误；b反应c(s)co2(g)=2co(g)常温不能自发进行，高温下可以自发进行，由于正反应是熵增的反应，则该反应的h>0，b选项

24、正确；c低温条件下能够自发进行的反应，在高温条件下不一定能够自发，如氧化钙和二氧化碳在低温下可以化合为碳酸钙，但在高温下两者不能反应，c选项错误；d固体物质受热汽化的过程，混乱程度增大，即熵值增加，d选项正确；答案选bd。【点睛】解答本题时，可以h为横坐标，以s为纵坐标，则第二象限的反应一定自发，第四象限的反应一定不自发，第一象限的反应高温自发，第三象限的反应低温自发进行反应方向的判断。20.常温下，由水电离出的c(h+)=10-13mol·l-1的溶液中，下列离子组在该溶液中一定能大量共存的是（ ）a. na+、k+、co32-、cl-b. na+、k+、cl-、no3-c. cu

25、2+、fe2+、cl-、no3-d. na+、mg2+、so42-、hco3-【答案】b【解析】【分析】由题干信息，由水电离出的c(h+)=1.0×10-13moll-1，溶液可能为酸性，也可能为碱性，溶液中离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子也不反应的能够大量共存，据此分析解答。【详解】a酸性条件下，co32-与h+反应，不能大量共存，a选项不满足题意；b这几种离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子不反应，b选项满足题意；c碱性条件下，fe2+、cu2+与oh-反应生成沉淀而不能大量共存；酸性条件下，no3-具有强氧化性，可与fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，c选项不满足题意；

26、d酸性条件下hco3-不能大量共存，碱性条件下，mg2+和hco3-均不能大量共存，d选项不满足题意；答案选b。三、填空题（共50分）21.某温度时，在2l容器中，某一反应中a、b的物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：（1）在4min末时，a.b的物质的量浓度c(a)_c(b)；在该温度下达到化学平衡时c(a)_c(b)(以上填“>”“<”或“=”)；（2）从反应开始至4min时，a的平均反应速率为_；（3）该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). = (2). < (3). 0.05mol/(l·min) (4). 2ab【解析】【分析】由图像分

27、析可知，a为反应物，b为生成为，反应进行至4min时a、b的物质的量相等，达到平衡时a的物质的量小于b，据此分析解答问题。【详解】(1)由图可以看出，在4 min末n(a)=n(b)=0.4mol，又因体积相等，所以c(a)=c(b)，反应平衡时，n(a)<n(b)，体积相等，则c(a)<c(b)，故答案为：=；<；(2)，故答案为：0.05mol/(l·min)；(3)从反应开始至4min时，反应物和生成物的变化量之比为n(a)n(b)=0.4mol：0.2mol=2：1，化学计量数与各组分的变化量成正比，则该反应的化学反应方程式为2ab，故答案为：2ab；22.

28、按要求写热化学方程式：（1）25、101kpa条件下充分燃烧一定量的c2h2气体放出热量为1300kj，经测定，将生成的co2通入足量澄清石灰水中产生100g白色沉淀，写出表示c2h2气体充分燃烧的热化学方程式：_；（2）已知稀溶液中，1molh2so4与naoh溶液恰好完全反应时，放出114.6kj热量，写出表示h2so4与naoh反应的中和热的热化学方程式：_。【答案】 (1). c2h2(g)+o2(g)=2co2(g)+h2o(l) h=-2600kj/mol (2). naoh(aq)+h2so4(aq)=na2so4(aq)+h2o(l) h=-57.3kj/mol【解析】【分析】

29、(1)根据生成碳酸钙的质量计c2h2的物质的量，结合燃烧热的概念书写表示c2h2燃烧热化学方程式；(2)根据中和热的概念：稀的强酸和强碱反应生成1mol水所放出的热量求出中和热并书写出中和热的热化学方程式。【详解】(1)n(caco3)=1mol，则根据c元素守恒，可知n(co2)=1mol，即c2h2燃烧生成的二氧化碳为1mol，由c2h2燃烧的化学方程式2c2h2+5o2=4co2+2h2o可知反应的c2h2的物质的量是n(c2h2)=，因为燃烧mol的c2h2放出的热量为1300kj，所以燃烧1molc2h2产生co2气体和产生液态水放出热量是2600kj，故c2h2的燃烧热为2600k

30、j，所以表示c2h2燃烧热化学方程式为c2h2(g)+o2(g)=2co2(g)+h2o(l) h=-2600kj/mol，故答案为：c2h2(g)+o2(g)=2co2(g)+h2o(l) h=-2600kj/mol；(2)1mol h2so4溶液与足量naoh溶液完全反应，放出114.6kj的热量，即生成2mol水放出114.6kj的热量，反应的反应热为-114.6kj/mol，中和热为-57.3kj/mol，则中和热的热化学方程式naoh(aq)+h2so4(aq)=na2so4(aq)+h2o(l) h=-57.3kj/mol，故答案为：naoh(aq)+h2so4(aq)=na2so

31、4(aq)+h2o(l) h=-57.3kj/mol。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意把握中和热和燃烧热的概念，利用反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关进行解答问题，注意反应热要与反应的物质的物质的量的多少及物质的存在状态相对应。23.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)的关系如下表所示：t/70080083010001200k0.60.91.01.72.6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_(填“吸热”或“放热”)反应；（3）能判断该反应达到化学平衡状态

32、的依据是_；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）在800时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(co2)为2mol·l-1，c(h2)为1.5mol·l-1，c(co)为1mol·l-1，c(h2o)为3mol·l-1，则下一时刻，反应向_(填“正向”或“逆向”)进行。【答案】 (1). (2). 吸热 (3). bc (4). 逆向【解析】【详解】(1)化学平衡常数为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，则反应co2(g

33、)+h2(g)co(g)+h2o(g)的化学平衡常数的表达式为：k=，故答案为：k=；(2)由图表数据知，随温度的升高，平衡常数增大，说明升温时平衡右移，因此，该反应属于吸热反应，故答案为：吸热；(3)平衡状态的本质是正、逆反应速率相等，特征是各组分的浓度保持不变；a该反应气体分子总数不变，压强也就不变，因此，压强不变不能说明反应已达到平衡状态；b一氧化碳的浓度不变，其他成分的浓度也不会改变，说明反应达到平衡状态；cv正(h2)=v逆(h2o)，表明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态；dc(co2)=c(co)，没有体现浓度不再改变，不能说明反应已达到平衡状态；故答案为：bc；(4)根据图表

34、信息可知，在800时，反应的平衡常数k=0.9，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为c(co2)为2mol·l-1，c(h2)为1.5mol·l-1，c(co)为1mol·l-1，c(h2o)为3mol·l-1时，v逆>v正，则下一时刻，反应向逆向进行，故答案为：逆向。【点睛】熟练掌握勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度,压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，是判断化学平衡移动方向的关键。24.依据氧化还原反应：2ag+cu=cu2+2ag，设计的原电池如图所示。请回答下列问题：（1）电极x的材料是_；电极x

35、是原电池的_极；（2）银电极发生的电极反应为_；（3）今有2h2+o22h2o反应构成燃料电池，则正极通的应是_；负极的电极反应式为_。【答案】 (1). cu (2). 负 (3). ag+e-=ag (4). o2 (5). h2+2oh-2e-=2h2o【解析】【分析】根据总反应：2ag+cu=cu2+2ag，cu元素的化合价由0价升至+2价，cu作负极，发生氧化反应；ag元素的化合价由+1价降至0价，ag作正极，ag+发生还原反应，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，cu发生氧化反应，根据原电池中负极发生失电子的氧化反应，cu应为原电池的负极，故答案为：cu；负；(2)银电极

36、为电池的正极，正极上反应为ag+得电子被还原成ag，发生的电极反应为ag+e-=ag，故答案为：ag+e-=ag；(3)由反应2h2+o22h2o可知，电解质溶液为koh，h化合价升高，h2在负极失去电子，电极反应式为h2+2oh-2e-=2h2o，o化合价降低，o2在正极得到电子，电极反应式为o2+4e-+2h2o=4oh-，故答案为：o2；h2+2oh-2e-=2h2o。25.氧化还原滴定同中和滴定类似（用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之）。现用0.001mol·l-1酸性kmno4溶液滴定未知浓度的无色nahso3溶液。反应的离子方程式为2mno4-+5hso

37、3-+h+=2mn2+5so42-+3h2o请完成下列问题：（1）实验中用_（填“酸”或“碱”）式滴定管盛装酸性kmno4溶液；（2）本实验_（填“需要”或“不需要”）使用指示剂，滴定终点的现象是_；（3）滴定前平视液面，刻度为aml，滴定后俯视刻度为bml，则根据(ba)ml计算得到的待测液浓度值会_（填“偏小”“偏大”或“不变”）；若滴定时所用的酸性kmno4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的待测液浓度值会_（填“偏小”“偏大”或“不变”）。【答案】 (1). 酸 (2). 不需要 (3). 当加入最后1滴kmno4溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (4). 偏小

38、 (5). 偏大【解析】【分析】(1)由于kmno4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，不能用碱式滴定管盛放或取用kmno4溶液；(2)滴定时不需要用指示剂，因为mno4-被还原为mn2+时紫红色褪去；(3)定管的刻度自上而下是逐渐增大的；若滴定时所用的酸性kmno4溶液因久置而导致浓度变小，滴定时，消耗kmno4溶液体积偏大。【详解】(1)由于kmno4具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故不能用碱式滴定管盛放或取用kmno4溶液，应选择酸式滴定管，故答案：酸；(2)滴定时不需要用指示剂，因为mno4-被还原为mn2+时紫红色褪去，滴定完成时，nahso3溶液没有剩余，溶液会呈高锰酸钾溶液的颜色，且半分钟内颜色不褪去说明nahso3溶液已完全被氧化，故答案为：不需要；当加入最后1滴kmno4溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；(3)定管的刻度自上而下是逐渐增大的，所以滴定前平视kmno4液面，刻度为aml，滴定后俯视液面刻度为bml