江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题含解析

江西省南昌市新建县第一中学2019_2020学年高二化学上学期期末考试试题含解析江西省南昌市新建县第一中学2019_2020学年高二化学上学期期末考试试题含解析PAGE28-江西省南昌市新建县第一中学2019_2020学年高二化学上学期期末考试试题含解析江西省南昌市新建县第一中学2019—2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的原子量：H—1Li—7O—16C-12F-19Si—28S—32Cl—35.5K-39Ca-40Na—23Mg—24Al-27Ba—137Fe-56Ag-108一．单项选择题（本大题包括16小题,每小题3分，共48分)1.下列物质的类别与所含官能团都正确的是（）A。酚类－OH B.羧酸－CHOC。醛类－CHO D.CH3OCH3醚类【答案】D【解析】【详解】A、分类错误，该物质属于醇类,只有羟基直接连在苯环上,该物质才能归类于酚；B、官能团错误，官能团应该是羧基，而不是醛基；C、分类和官能团均错误，该物质属于酯类，是由甲酸和苯酚形成的酯,官能团是酯基,但是具有醛类的性质；D、该物质的类别与所含官能团都正确；故选D【点睛】甲酸酯的官能团是酯基,尽管其具有醛基的性质。2。下列叙述中，不正确的是（）A.AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl(s）Ag+（aq）+Cl-（aq)B。AgCl在水溶液中的电离方程式是AgCl=Ag+＋Cl—C。NaHS水解反应:HS-+H2OH3O++S2-D.钢铁发生电化学腐蚀时负极反应式为Fe—2e—=Fe2+【答案】C【解析】【详解】A、AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式是AgCl（s)Ag+（aq)+Cl-(aq）,A正确；B、AgCl是强电解质，其在水中完全电离，B正确；C、该式子为HS—的电离方程式，其水解反应为：HS—+H2OH2S+OH—，C错误；D、钢铁腐蚀，Fe作负极，电极反应为Fe-2e—=Fe2+,D正确；故选C.【点睛】①AgCl、BaSO4等难溶电解质都是强电解质，它们在水中溶解度很小，但是溶解的部分完全电离;②钢铁的腐蚀,无论是吸氧腐蚀，还是析氢腐蚀，负极反应都是Fe-2e—=Fe2+。3.下列有机物的命名正确的是（）A。3，3—二甲基丁烷 B.2-甲基-3-丁烯C。2—乙基丁烷 D.2-甲基—3-乙基戊烷【答案】D【解析】【分析】对于此类题目，可以“将错就错”，把选项中物质的碳骨架写出来，再根据碳骨架判断物质的命名是否正确。【详解】A、该物质的碳骨架为：，则该物质为2，2—二甲基丁烷，该物质命名错误;B、该物质的碳骨架为：，则该物质为3-甲基—1—丁烯，该物质命名错误;C、该物质的碳骨架为：，则该物质为3-甲基戊烷，该物质命名错误；D、该物质的碳骨架为：，该物质命名正确；故选D。4。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已知碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s)＝K2S（s)ΔH2=bkJ·mol－12K（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】已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s)+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s)＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2K（s）+N2(g）+3O2（g)＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2-ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。5.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－,下列叙述不正确的是A。升高温度,平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大B。0。10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大C。CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D。25℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸【答案】D【解析】【详解】A。弱电解质的电离是吸热过程，升高温度,平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大,A正确；B.0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（H+)减小，c(OH－)增大,B正确；C。CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体,CH3COO-的浓度增大会抑制CH3COOH电离，平衡逆向移动，C正确；D.加入冰醋酸，溶液的pH和电离程度都减小，但是电离平衡常数不变，D错误。故选D。6。已知热化学方程式2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2（g)△H=akJ/mol。TK时,在2L恒容密闭容器中充入2molNO和2molCO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c(N2）=0.4mol/L。下列说法中错误的是A.若该反应是放热反应，则a<0B.用NO表示的平均化学反应速率v（NO）为0.16mol/(L·min)C.达到化学平衡时，CO的转化率是80％D.保持温度不变,若再向上述达到平衡的体系中充入2molNO和2molCO,则反应重新达到平衡时c(N2)等于0。8mol/L【答案】D【解析】【分析】在2L恒容密闭容器中充入2molNO和2molCO，保持温度不变，5min后反应达到平衡状态，此时c（N2）=0。4mol/L，可知平衡时生成氮气为0。8mol,则

据此分析作答。【详解】A。放热反应的焓变为负，则若该反应是放热反应，a<0，A项正确;B。用NO表示的平均化学反应速率v(NO)为=0。16mol/(L·min），B项正确;C.达到化学平衡时，CO的转化率是×100%=80%,C项正确；D。保持温度不变,若再向上述达到平衡的体系中充入2molNO和2molCO，相当于体积减小一半，且该反应为气体体积减小的反应，则体积减小、压强增大，平衡正向移动，反应重新达到平衡时c（N2）大于0.8mol/L，D项错误；答案选D。7。在容积均为1L的三个密闭容器中，分别放入铁粉并充入1molCO，控制在不同温度下发生反应:Fe(s）+5CO（g)Fe(CO）5(g),当反应进行到5min时,测得CO的体积分数与温度的关系如图所示.下列说法一定正确的是(）A.反应进行到5min时，b容器中v（正)=v(逆)B。正反应为吸热反应，平衡常数：K(T1)〉K（T2）C。b中v（正)大于a中v（逆)D。达到平衡时,a、b、c中CO的转化率为b>c〉a【答案】C【解析】【详解】A。5min时，b容器中的反应不一定是平衡状态，则v（正）、v(逆）不一定相等，故A错误;B。温度越高，反应速率越快，根据b、c两点可知,升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故B错误；C.根据图象，a可能为平衡状态，v（正）≥v(逆)，b是平衡状态，b的温度高,因此b平衡时的反应速率大于a平衡时的反应速率，因此b中v(正）大于a中v(逆），故C正确;D。根据B的分析，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率降低，达到平衡时，a、b、c中CO的转化率为a＞b＞c，故D错误;故选C.【点睛】本题考查化学平衡图象，难度较大，注意从图象中曲线的变化趋势分析条件改变导致平衡移动的特点。本题的突破口为，温度越高，反应速率越快，b为平衡状态。8.下列关于化学平衡常数（K），电离平衡常数（Ka或Kb），水解平衡常数（Kh)，沉淀溶解平衡常数（Ksp），水的离子积常数(Kw）的叙述中错误的是(）A.K、Ka或Kb、Kh、Ksp、Kw都与温度有关，温度越高，常数值越大B。比较Ksp与离子积Qc的相对大小，可判断难溶解电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解C。K值越大，正反应进行的程度越大，一般地说，K＞105时，该反应进行得就基本完全了D.弱酸HA的Ka与NaA的Kh、水的离子积常数Kw三者间的关系可表示为:Kw＝Ka·Kh【答案】A【解析】【详解】A.温度升高平衡常数增大的应该是吸热反应,因为不知道反应的热效应,所以无法得到温度越高，K值越大的结论，选项A错误;B。可以利用Ksp与离子积Qc的相对大小,判断沉淀溶解平衡移动的方向，选项B正确；C.K值大小代表反应进行的程度，K值越大，正反应进行的程度越大,当K＞105时，认为反应为不可逆反应，选项C正确;D.，，所以，选项D正确；答案选A。9。分子式C7H16的烷烃，分子结构中含有三个-CH3的同分异构体共有（）A.2种 B.3种 C。4种 D。5种【答案】B【解析】【详解】C7H16的烷烃，分子结构中含有三个-CH3,除去链端的两个-CH3，还有一个-CH3只能位于支链，即该同分异构体只含有一条支链，则该同分异构体有3种，它们的碳骨架为：、、；故选B。10。如图所示，甲池的总反应式为:，下列关于该电池工作时的说法正确的是A。该装置工作时，Ag电极上有气体生成B。甲池中负极反应C.甲池和乙池中的溶液的pH均减小D当甲池中消耗

时，乙池中理论上最多产生固体【答案】C【解析】甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH—=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e—=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极,负极与阴极相连，银极为阴极,铜离子得电子生成铜单质，选项A错误;B．甲池负极反应为N2H4—4e—+4OH-=N2+4H2O,氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误;C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4—4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1molN2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu,产生0.2mol铜，为12。8g固体,选项D错误。答案选C。点睛:本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算.甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极,负极反应为N2H4-4e—+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH——4e—=2H2O+O2↑，据此分析解答.11.电解HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液可获得较浓的硝酸。电解装置如图所示。下列说法正确的是A.电极a应接电源的负极B。阳极反应为：HNO2－2e－＋H2O＝NO3－＋3H＋C。电解时H＋从阴极区移至阳极区D.电路中每转移0.2mol电子，b电极产生标准状况下1。12L气体【答案】B【解析】【详解】A。a极产生硝酸，说明该极为阳极，应连接电源的正极，故错误；B。阳极为亚硝酸变成硝酸，电极反应为HNO2－2e－＋H2O＝NO3－＋3H＋,故正确；C.电解时阳离子向阴极移动,故错误；D.b极为阴极,是溶液中的氢离子反应，转移0。2mol电子生成0.1mol氢气，标况下体积为2。24L,故错误。故选B。12.研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题.下列有关判断中正确的是（）A.用装置①模拟研究时未见a上有气泡，说明铁没有被腐蚀B。②中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀C.③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩D.①②③中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质【答案】C【解析】【详解】A、装置①模拟的是铁的吸氧腐蚀，在该过程中不会有气泡生成,因此不能说明铁没有被腐蚀，A错误;B、装置②中，钢铁桥墩应该作阴极，即与电源的负极相连,才能确保桥墩不被腐蚀，B错误；C、装置③采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩，其中阳极的金属要比铁的性质活泼,才能确保钢铁桥墩作正极，不被腐蚀,C正确；D、海水是混合物，电解质是化合物，D错误;故选C.13。常温下，某同学将盐酸与氨水等体积混合,混合前两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。据表分析，下列说法正确的是（）实验编号氨水浓度/mol·L－1盐酸浓度/mol·L－1混合溶液pH①0。10。1pH＝5②c02pH＝7③0。20。1pH＞7A。②中，c＝0。2B.①、③所得溶液中的:①〉③C.③中所得溶液中c（NH4+）+c(H+)＝c(OH－）+c(NH3·H2O)D。①中所得混合溶液，由水电离出的c(H＋)＝1×10－9mol·L－1【答案】B【解析】【详解】A、由于是等体积混合,若c=0。2，则意味着n(NH3·H2O)=n（HCl)，则②中所得溶液的溶质只有NH4Cl,此时溶液呈酸性,若溶液pH=7，则需要NH3·H2O过量,即c〉0.2,A错误;B、==，从表中的数据可以看出,c（H+）1>c(H+）3,K和Kw常温下是常数，故①、③所得溶液中的:①〉③，B正确;C、③中所得溶液有电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c（OH-)+c(Cl-），物料守恒：c（NH4+）+c（NH3·H2O)=2c（Cl-),则有：c(NH4+)+2c(H+）=2c（OH—）+c(NH3·H2O），C错误；D、①中所得溶液的溶质为NH4Cl,则溶液中的H+全部来自于水的电离，即水电离出的c(H+)=1×10-5mol·L-1，D错误；故选B.14.在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体,则下列说法不正确的是（）A.标准状况下当甲中产生4。48L气体时,丙中Cu电极质量增加21.6gB.电解过程中丙中溶液pH无变化C。向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态D。乙中左侧电极反应式：Cu2++2e-=Cu【答案】C【解析】【分析】通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则表明此电极中Cu2+获得电子生成铜，附着在电极表面，所以此电极为阴极.因为三个电池串联，所以各电池中左边电极都为阴极,右边电极都为阳极。【详解】A。甲装置为电解KCl的装置,阳极生成氯气，阴极生成氢气,标准状况下当甲中产生4。48L气体时,线路中转移电子0。2mol。丙中线路上转移电子也为0.2mol，Cu电极上析出0。2molAg，质量增加21。6g,正确；B.丙装置为电镀装置，电解后，AgNO3溶液的组成和浓度不变,电解过程中丙中溶液pH无变化，正确;C.甲中电解后,有一部分KCl转化为KOH，向甲中加入适量的盐酸，可使KOH转化为KCl，但溶液中的溶剂量增加，溶液浓度减小，不可能恢复到电解前的状态，错误;D.乙中左侧电极为阴极，电极反应式：Cu2++2e-=Cu，正确.故答案为C.15.某温度下，反应H2（g）+CO2（g)H2O（g）+CO(g)的平衡常数。该温度下在体积均为10L的三个密闭容器中分别加入反应物，起始加入量如图所示：下列判断不正确的是起始量甲乙丙H2（mol）122CO2（mol)112A。反应开始时，甲中的反应速率最慢，丙中的反应速率最快B。平衡时，甲和丙中CO2的转化率相等，均是60%C.平衡时，乙中Ｈ2的转化率大于60％D。平衡时，丙中ｃ(Ｈ2)是0.08mol·L—1【答案】C【解析】【详解】A．在其它条件不变时，增大反应物的浓度,反应速率加快，减小反应物的浓度，反应速率减小。由于在反应开始时，甲中物质浓度最小，丙中物质浓度最大，因此甲中的反应速率最慢，丙中的反应速率最快，正确;B．由于该反应是反应前后气体体积相等的反应,甲、丙中物质的浓度比相等，所以平衡时,甲和丙中CO2的转化率相等，假设甲中H2反应的物质的量是x，则平衡时各物质的物质的量分别是:H2：((1—x），CO2：(（1—x)，H2O:x；CO:x；x2/(1-x)2=9/4,解得x=0。6，因此两种物质的转化率均是60％，正确;C．对于乙,由于其它条件不变，而H2浓度增大,则根据平衡移动原理：增大反应物的浓度，平衡正向移动，使其它物质的转化率增大，而该物质的转化率降低。因此平衡时，乙中Ｈ2的转化率小于60%，错误;D．由于甲、丙中物质的转化率都是60%，所以平衡时，丙中ｃ（Ｈ2)是2mol×40%÷10L=”0。”08mol·L—1,正确。16。某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p（Ba2＋)＝－lgc（Ba2＋)，p(SO42—)＝－lgc(SO42-)。下列说法正确的是（)A。加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点B.a点的Ksp（BaSO4）小于b点的Ksp(BaSO4）C。d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液D。该温度下，Ksp(BaSO4)＝1。0×10－24【答案】A【解析】【详解】A、在BaSO4的溶液中，存在平衡：BaSO4（s)Ba2+(aq)+SO42—（aq）,加入BaCl2，使得c（Ba2+）增大，平衡逆向移动，导致c（SO42）减小，即p（Ba2＋）减小，p（SO42-)增大，由于溶液中该平衡始终存在，故可以使溶液由c点变到a点，A正确；B、Ksp只和温度有关，温度不变，Ksp不变，所以a、b两点Ksp(BaSO4）相同，B错误；C、d点和c点相比，p（Ba2+）d〈p（Ba2+)c，则c（Ba2+）d>c(Ba2+)c，则d点表示的是BaSO4的饱和溶液，C错误；D、该温度下，a点,p（Ba2+)=4,p(SO42-）=6，则c(Ba2+)=10—4mol/L，c（SO42）=10—6mol/L，则Ksp（BaSO4)=c（Ba2+）·c(SO42)=10—10，D错误；故选A.二．非选择题(共47分）17。目前，对CO、NOx的综合利用是科学家研究的热点。回答下列问题：(1）已知：N2（g)＋O2（g)=2NO（g）∆H1＝＋180。5kJ·mol－12CO(g）＋O2(g）=2CO2(g)∆H2＝－566kJ·mol－12NO（g)＋O2(g）=2NO2(g）∆H3＝－116.2kJ·mol－1写出CO和NO2反应生成N2的热化学方程式:____。（2）制备AlCl3的实际生产过程中,常加入足量的碳粉，反应后生成CO(g)。T℃时,向恒容密闭容器中加入3molAl2O3(s）、8molC(s)和3.3molCl2（g），发生反应.Cl2的浓度变化如图1所示；图2为20min后改变容器中条件，平衡体系的反应速率(v）随时间（t)的变化关系，且四个阶段都各改变一种不同的条件。①容器中发生反应的化学方程式为___。②0～15min内，该反应的平均速率v(CO）=___mol·L-1·min-1。③T℃时，该反应的平衡常数K=___。④15min时的平衡常数K（15)、44min时的平衡常数K（44)与55min时的平衡常数K(55）的大小关系为____。（3）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5（g）4NO2(g）+O2（g)。一定温度下,在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应,能判断反应已达到化学平衡状态的是___（填标号）。A．容器中气体的密度不发生变化B．NO2和O2的体积比保持不变C．v正(NO2)=2v逆(N2O5)D．气体的平均相对分子质量为43.2,且保持不变【答案】（1)。2NO2（g)＋4CO（g）=4CO2(g)＋N2（g）ΔH＝-1196.3kJ·mol—1（2）。Al2O3＋3C＋3Cl22AlCl3＋3CO(3).0。02(4）.1000(5）.K（15）=K（44）＜K（55)(6）.CD【解析】【分析】（1）根据盖斯定律分析热化学方程式；（2）①该反应的化学方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；②根据化学反应方程式，可以推出v(CO)=v(Cl2)=，依此计算；③先计算出平衡时体系中气体组分的浓度,再计算平衡常数K即可；④先判断出各个时刻改变的条件，再判断出对应的温度变化，因为平衡常数只和温度有关；（3）A、在恒容的体系中，密度始终保持不变；B、任何时刻,NO2和O2的体积比都为4:1；C、v正（NO2）=2v逆(N2O5），说明正逆反应速率相同;D、平衡时，气体的平均相对分子质量保持不变；故CD可以说明反应达到平衡状态.【详解】（1)该反应的化学方程式为4CO+2NO2=4CO2+N2，△H=2△H2-△H1—△H3=2×（—566kJ·mol-1）-180。5kJ·mol—1—（—116.2kJ·mol-1）=—1196。3kJ·mol-1，故该反应的热化学方程式为4CO(g)+2NO2（g）=4CO2(g）+N2(g）△H=-1196。3kJ·mol-1;（2）①该反应的化学方程式为:Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO；②根据图1可知，v（Cl2)==0.02mol·L-1·min-1，则v（CO)=v（Cl2）=0。02mol·L—1·min—1；③△c（Cl2）=0。33mol·L—1—0.03mol·L—1=0。3mol·L-1，则反应的三段式为：K===1000；④观察图2,可知:20min、25min时,改变的条件可能是加入了正催化剂，或者增大了压强（反应前后气体体积不变)；30min时，v正突然增大,v逆不变，接着反应达到平衡，则30min时改变的条件是增加了Cl2的浓度；45min时，v正、v逆都减小，且v逆减小得更多,则45min时改变的条件是降低温度，且平衡正向移动，则该反应是放热反应；由于T（15）=T(44)>T(55），且对于放热反应而言，温度降低，K增大，所以K(15）=K（44)＜K(55）;（3）A、根据质量守恒定律可知，反应体系的质量始终不变，又由于反应是在恒容环境中进行的，反应体系的体积始终不变,所以反应体系的密度始终不变，故A选项不能说明该反应达到平衡状态；B、任何时刻，NO2和O2的体积比都为4：1，故B选项不能说明该反应达到平衡状态;C、v正（NO2）、v逆(N2O5)代表的方向相反,当v正(NO2）=2v逆(N2O5），说明正逆反应速率相同，故C选项能说明该反应达到平衡状态；D、气体的平均相对分子质量保持不变，能说明该反应达到平衡状态；故选CD。18.分子式为____,最简式为___。【答案】(1)。C10H20（2）.CH2【解析】【分析】根据结构简式数出碳原子个数,再根据饱和环烷烃的通式CnH2n，得到氢原子的个数,从而得到该物质的分子式和最简式.【详解】该分子含有10个碳原子,根据饱和环烷烃的通式CnH2n可得该分子含有20个氢原子，故化合物的分子式为C10H20,最简式为CH2。19.如图所示表示某些烃类的结构模型:有机物甲的名称为____,有机物甲与有机物乙互为_____.【答案】（1).正丁烷(2)。同分异构体【解析】【详解】根据结构模型可以推出甲是正丁烷，乙是异丁烷，二者互为同分异构体.20。在下列化合物中：①CH3－CH3、②CH3CH=CH2、③、④、⑤、⑥属于脂环化合物的是___，属于烃的是___，互为同系物的是___。【答案】（1）.⑤（2）。①②③⑥（3）。①⑥【解析】【详解】①乙烷属于烷烃，是饱和直链烷烃；②丙烯属于烯烃，是不饱和直链烃；③甲苯属于苯的同系物，是不饱和烃,是芳香族化合物；④苄醇属于醇类,是芳香族化合物;⑤环己醇属于醇类，也属于脂环化合物；⑥新戊烷属于烷烃，是饱和直链烷烃；综上所述，属于脂环化合物的是⑤,属于烃的是①②③⑥，互为同系物的是①⑥.21。常温下,浓度均为0.1mol·L-1的下列4种溶液：①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NaHCO3溶液HCNH2CO3CH3COOHKa=4。9×10-10Ka1=4×10—7;Ka2=5.6×10-11Ka=1.7×10-5(1)①中各离子浓度由大到小的顺序是___。（2）④的水解平衡常数Kh=___。（3)若向等体积的③和④中滴加盐酸至呈中性，则消耗盐酸的体积③___④(填“〉”、“〈"、“="）（4）向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为:__。【答案】（1)。c(Na＋)＞c(CN—)＞c（OH—)＞c（H＋)（2).2。5×10—8（3)。＜(4）。CN-＋CO2＋H2O＝HCN＋HCO3—【解析】【详解】（1）根据表中的数据可知,NaCN溶液中存在CN—的水解平衡,则①中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋）＞c（CN—）＞c(OH—)＞c(H＋);（2）在NaHCO3溶液中,水解平衡为HCO3—+H2OH2CO3+OH-，则Kb===2。5×10-8；（3）Kb（CH3COOH)===5.9×10-10，Kb(HCO3—）=2.5×10—8,则CH3COONa、NaHCO3均可看作一元弱碱，且NaHCO3的碱性较强，若向等体积、等浓度的③和④中滴加盐酸至呈中性，消耗盐酸的体积③<④；（4）由于Ka2（H2CO3)<Ka（HCN）<Ka1(H2CO3），向NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子反应：CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3-。22.如图所示，某同学设计了一个甲醚（CH3OCH3）燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，乙装置中X为阳离子交换膜。根据要求回答下列相关问题:（1）写出甲中负极的电极反应式__.（2）反应一段时间后,乙装置中生成NaOH主要在___（填“铁极”或“石墨极")区。（3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中阳极上电极反应式为___,反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将___（填“增大”“减小”或“不变”）。（4）若在标准状况下，有2。24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标准状况下的体积为___。【答案】（1）.CH3OCH3—12e-+16OH-═2CO32—+11H2O（2).铁极（3).Zn—2e－=Zn2+、Cu—2e—=Cu2+（4）。减小(5）。4.48L【解析】【分析】根据题意，甲为甲醚(CH3OCH3）燃料电池，乙和丙均属于电解池。甲装置中，通O2一侧为正极，其电极方程式为：3O2+6H2O+12e-=12OH—，通入甲醚一侧为负极，其电极反应为CH3OCH3—12e-+16OH—═2CO32—+11H2O，总的反应方程式为CH3OCH3+3O2+4OH—=2CO32—+5H2O；乙装置中，Fe为阴极，C为阳极，阴极方程式为:2H2O+2e—=2OH—+H2↑，阳极方程式为：2Cl——2e—=Cl2↑；丙装置中，粗铜为阳极,主要的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，精铜为阴极，电极反应为Cu2++2e—=Cu。【详解】（1）甲为甲醚(CH3OCH3)燃料电池，其负极的电极反应为：CH3OCH3—12e—+16OH-═2CO32—+11H2O；（2)乙装置是电解饱和食盐水的装置，则NaOH在阴极上产生,即铁极（与甲装置的负极相连）；（3）丙装置为镀铜的装置,其中粗铜为阳极，由于粗铜中含有锌、银等杂质，且锌的活泼性比铜强,所以阳极的电极反应有：Zn—2e－=Zn2+、Cu-2e-=Cu2+;反应一段时间后，由于阴极放电的Cu2+被阳极放电生成Zn2+和Cu2+共同取代，所以溶液中CuSO4的浓度减小；（4）标况下，n(O2）===0。1mol,则电路中电子转移0.4mol,则乙装置中铁极产生的H2的物质的量为0。2mol，其标况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。【点睛】本题较难的地方是燃料电池的电极方程式的书写。一般要先写出燃料电池的总方程式，再看燃料电池电解质溶液的酸碱性：若电解质溶液为酸性,一般是负极产生H+,正极上O2消耗H+,若电解质溶液为碱性，一般是正极产生OH—，负极上燃料消耗OH-，若燃料是含碳的有机物，则负极上往往生成的还有CO32-。23。一种以软锰矿（主要成分为MnO2、SiO2、Al2O3）和黄铁矿（FeS2、SiO2）为原料冶炼金属锰的工艺流程如图所示：已知相关金属离子[c（Mn+)=0