高中化学苏教版化学反应原理本册总复习总复习 优秀作品

2023学年福建省福州八中高二（下）期中化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，含20小题，每小题3分，共60分）1．下列有关化学反应与能量关系的说法错误的是（）A．弱电解质的电离是一个吸热的过程B．化学反应中的能量变化不仅仅表现为热量变化C．反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是吸热反应D．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量2．已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（）A．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（g）；△H=﹣•mol﹣1B．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣5518kJ•mol﹣1C．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=+5518kJ•mol﹣1D．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣•mol3．已知氟化氢气体中有平衡关系：2H3F3（g）⇌3H2F2（g）△H1=akJ•mol﹣1H2F2（g）⇌2HF（g）△H2=bkJ•mol﹣1已知a、b均大于0；则可推测反应：H3F3（g）⇌3HF（g）的△H3为（）A．+（a+b）kJ•mol﹣1 B．+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．+（a+3b）kJ•mol﹣1 D．+（+）kJ•mol﹣14．下列有关电池的说法不正确的是（）A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极C．氢氧燃料电池可把化学能转化为电能D．锌锰干电池中，锌电极是负极5．普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并且溶液呈碱性．根据这一物理化学特点，科学家发明了利用原电池原理测定水泥初凝时间．此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag．下列有关说法错误的是（）A．Ag2O/Ag电极为正极B．Cu电极为负极C．电池工作时，OH﹣向Ag2O/Ag电极移动D．电池工作时，有1molCu2O生成时，电路中有2mol电子通过6．如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，则以下叙述正确的是（）A．C电极为电解池的阳极 B．Cu电极附近OH﹣浓度增大C．Na+移向Pt电极 D．Pt电极上有O2生成7．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生固体8．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）=mol•L﹣1•s﹣1C．v（C）=mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）=1mol•L﹣1•s﹣19．反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是（）A．减小容器体积，平衡向右移动B．加入催化剂，Z的产率增大C．增大c（X），X的转化率增大D．降低温度，Y的转化率增大10．一定条件下，分别对反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）（正向吸热）进行如下操作（只改变该条件）：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量．上述措施中一定能使反应速率显著变大的是（）A．①②③④ B．①③④ C．①② D．①③11．己知反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数K值与温度的关系如右表所示．830℃时，向一个2L的密闭容器中充入A和B，10s时达平衡．下列说法不正确的是（）温度/℃7008301200K值A．达到平衡后，B的转化率为50%B．增大压强，正、逆反应速率均加快C．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动D．反应初始至平衡，A的平均反应速率v（A）=•L﹣1•s﹣112．在容积为的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是（）A．从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为7mol/（L•min）B．该反应的化学方程式为2D（s）⇌2A（g）+B（g），该反应的平衡常数表达式为K=c2（A）•c（B）C．已知反应的△H＞0，则第5min时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D．若在第7min时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线13．对于常温下pH=3的乙酸溶液，下列说法正确的是（）A．与等体积、pH=3的盐酸比较，跟足量锌粒反应产生的H2更少B．加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4C．加入少量乙酸钠固体，溶液pH升高D．升高温度，溶液中所有离子浓度均增大14．一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的某物质的水溶液B．加酚酞后显无色的溶液C．能与金属Al反应放出H2的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）的任意物质的水溶液15．相同物质的量浓度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是（）A．酸的强弱：HCN＞HClOB．pH：HClO＞HCNC．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCND．酸根离子浓度：c（CN﹣）＜c（ClO﹣）16．HA和HB两种酸的溶液分别加水稀释时，pH变化的简图如图所示，下列叙述中不正确的是（）A．HA是一种强酸B．x点，[A﹣]=[B﹣]C．HB是一种弱酸D．原溶液中HA的物质的量浓度为HB的10倍17．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A．图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=EB．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显酸性18．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4ClB．向醋酸钠中加适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．LNa2CO3溶液：c（OH﹣）=2c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）19．室温下，下列说法正确的是（）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol/LB．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C．同体积同pH的氢氧化钠溶液和氨水分别稀释相同倍数，氨水的pH较大D．LNa2CO3溶液和LNaHSO4溶液等体积混合，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）20．将物质的量都是的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，已知该溶液c（CN﹣）＜c（Na+），下列关系式正确的是（）A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（HCN）＜c（CN﹣）C．c（CN﹣）+c（OH﹣）=•L﹣1 D．c（HCN）+c（CN﹣）=•L﹣1二、非选择题（请按照各题要求回答问题，共4题，每空2分，合计40分）21．CuCl2溶液中的铜主要以Cu（H2O）42+、CuCl42﹣形式存在，它们间有如下转化关系：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2O；电解不同浓度的CuCl2溶液，均可看做Cu2+、Cl﹣直接放电．下图为电解浓度较大CuCl2溶液的装置，实验开始后，观察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢变蓝．回答下列问题：（1）甲电极的电极反应式为．（2）丙中溶液变蓝是乙电极产物与KI反应导致的，该反应的化学方程式为．（3）随电解的不断进行，U型管中溶液的颜色变化为；A．由黄色变为浅蓝色B．由蓝色变为浅黄色（4）当电解到一定程度，甲电极附近出现蓝色Cu（OH）2絮状物．经测，甲电极附近溶液的pH=a，此时甲电极附近溶液中c（Cu2+）=mol•L﹣1．（已知：Cu（OH）2的Ksp=×10﹣20）．（）22．碳是形成物种最多的元素之一，许多含碳物质对人类极其重要．（1）工业上利用甲烷和氧气直接氧化制取甲醇的反应如下：CH4+O2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mol副反应有：CH4（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（g）△H=akJ/molCH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H=bkJ/molCH4（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol甲醇与氧气反应生成HCHO（g）和水蒸汽的热化学方程式为．（2）苯乙烷（C8H10）生产苯乙烯（C8H8）的反应：C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H＞0．T1℃下，将苯乙烷充入2L密闭容器中反应，不同时间容器内n（C8H10）如表：时间/min0102030n（C8H10）/moln2①当反应进行到30min时恰好到达平衡，则n2取值的最小范围是；②改变温度为T2℃，其他条件不变，测得平衡时容器内气体压强为反应前的倍，则此时苯乙烷的转化率为．（3）用惰性电极电解葡萄糖[CH2OH（CHOH）4CHO]和硫酸钠混合溶，可以制得葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]和己六醇[CH2OH（CHOH）4CH2OH]．电解过程中，葡萄糖酸在极生成，对应的电极反应式．23．X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为•L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．L的溶液XYZWPH122（1）X、W的化学式分别为、．（2）W的电离方程式为．（3）25℃时，Z溶液的pH＞7的原因是（用离子方程式表示）．（4）将X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为．（5）Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为．24．不同价态锰的微粒的能量（△G）如图．若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒．（1）MnO42﹣能否稳定存在于pH=0的溶液中？答：（“能”或“不能”）；（2）将Mn3+歧化反应设计为原电池，可测定反应平衡常数．电池负极反应为，平衡常数表达式为；（3）实验室可利用以下反应检验Mn2+存在：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O→16H++10SO42﹣+2MnO4﹣；确认Mn2+存在的现象是；检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大，否则实验失败．理由是．三、选择题（每小题只有一个选项符合题意，含5小题，每小题4分，共20分）25．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化26．已知反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0．某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图甲所示．则下列说法正确的是（）A．由图甲知，B点SO2的平衡浓度为•L﹣1B．由图甲知，A点对应温度下的平衡常数为80C．达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示D．压强为MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2＞T127．已知：NH2COO﹣+2H2O⇌HCO3﹣+NH3•H2O．现用两份氨基甲酸铵溶液在不同温度（T1和T2）下实验，得到c（NH2COO﹣）随时间变化关系如图所示．以下分析正确的是（）A．无法判断T1和T2的大小关系B．T1℃时，第6min反应物转化率为%C．T2℃时，0～6minν（NH2COO﹣）=•L﹣1•min﹣1D．往平衡体系加水稀释，平衡右移，溶液中各种离子浓度减小28．下表是不同温度下水的离子积常数，下列有关叙述正确的是（）温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10﹣14a1×10﹣12A．若25＜t1＜t2，则a＜1×10﹣14B．t2℃时，将一定物质的量浓度的盐酸与氢氧化钠溶液中和后，所得混合溶液pH=7，溶液呈中性C．25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4mol/L，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=1000：1D．t2℃时，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=11：9（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和）29．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．mol•L﹣1CH3COONa溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）B．mol•L﹣1NH4Cl溶液与mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）C．mol•L﹣1Na2CO3溶液与mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．mol•L﹣1Na2C2O4溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）四、非选择题（请按照各题要求回答问题，共2题，每空2分，合计30分）30．某经济开发区将钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成了一个产业链（如图1所示），大大地提高了资源利用率，减少了环境污染．请填写下列空白：（1）写出钛铁矿经氯化得到四氯化钛的化学方程式：．（2）由CO和H2合成甲醇的方程式是：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．①已知该反应在300℃时的化学平衡常数为，该温度下将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为2L的密闭容器中，比较此时反应：v（正）v（逆）．②若不考虑生产过程中物质的任何损失，该产业链中每合成甲醇，至少需额外补充H2t．（提示：电解饱和食盐水产生的氢气不算在内）（3）用甲醇﹣空气碱性（KOH）燃料电池作电源电解精炼粗铜（图2），在接通电路一段时间后纯Cu质量增加．①请写出燃料电池中的负极反应式：．②燃料电池正极消耗空气的体积是（标准状况，空气中O2体积分数以20%计算）．（4）在25℃下，将amol•L﹣1的氨水与•L﹣1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）．则溶液显性（填“酸”、“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3•H2O的电离常数Kb=．31．在一个容积为2L的密闭容器中加入2molN2和6molH2，发生反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，5min时达到平衡，测得c（NH3）=•L﹣1．（1）该条件下此反应的化学平衡常数的表达式K=．（2）从反应开始到平衡，用H2的浓度变化表示的反应速率为．（3）若平衡时，移走1molN2和3molH2，在相同温度下再次达到平衡时c（NH3）•L﹣1（填“＞”、“＜”或“=”）．32．25℃，将LCH3COOH溶液和LKOH溶液各1L混合后，pH=5（设混合后溶液总体积为两溶液体积之和）①混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是②（i）c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=mol/L（ii）c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=mol/L．33．用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；ⅲ．将一定量含ClO2的混合气体通入锥形瓶中吸收；ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；ⅴ．用0mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去硫代硫酸钠溶液．在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为．②测得混合气中ClO2的质量为g．

2023学年福建省福州八中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，含20小题，每小题3分，共60分）1．下列有关化学反应与能量关系的说法错误的是（）A．弱电解质的电离是一个吸热的过程B．化学反应中的能量变化不仅仅表现为热量变化C．反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是吸热反应D．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A．弱电解质电离时要吸收能量；B．化学反应中的能量转化有多种形式；C．依据反应前后能量守恒分析判断；D．破坏微粒间的化学键要吸收能量，形成化学键放出能量．【解答】解：A．弱电解质电离时要吸收能量，即弱电解质的电离是一个吸热的过程，故A正确；B．化学反应中的能量转化有多种形式，如原电池放电时化学能转化为电能，可燃物燃烧时化学能转化为热能和光能，故B正确；C．反应物的总能量大于生成物的总能量的反应是放热反应，故C错误；D．化学变化的实质是反应物中旧键断裂和生成物中新键的形成，断键要吸收能量，成键要放出能量，故D正确．故选C．2．已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（）A．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（g）；△H=﹣•mol﹣1B．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣5518kJ•mol﹣1C．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=+5518kJ•mol﹣1D．C8H18（l）+（g）═8CO2（g）+9H2O（l）；△H=﹣•mol【考点】热化学方程式．【分析】在25℃时，101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518KJ的热量，根据反应物和生成物的状态及反应热写出其热化学反应方程式．【解答】解：在25℃时，101kPa下，1g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，则1mol辛烷即114g辛烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出5518KJ的热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18（l）+（g）=8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ/mol，故选B．3．已知氟化氢气体中有平衡关系：2H3F3（g）⇌3H2F2（g）△H1=akJ•mol﹣1H2F2（g）⇌2HF（g）△H2=bkJ•mol﹣1已知a、b均大于0；则可推测反应：H3F3（g）⇌3HF（g）的△H3为（）A．+（a+b）kJ•mol﹣1 B．+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．+（a+3b）kJ•mol﹣1 D．+（+）kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】①2H3F3（g）⇌3H2F2（g）△H1=akJ•mol﹣1②H2F2（g）⇌2HF（g）△H2=bkJ•mol﹣1根据盖斯定律，得H3F3（g）⇌3HF（g）△H3，从而求出反应热．【解答】解：①2H3F3（g）⇌3H2F2（g）△H1=akJ•mol﹣1②H2F2（g）⇌2HF（g）△H2=bkJ•mol﹣1根据盖斯定律，得H3F3（g）⇌3HF（g）△H3=+（+）kJ•mol﹣1故选D．4．下列有关电池的说法不正确的是（）A．手机上用的锂离子电池属于二次电池B．铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极C．氢氧燃料电池可把化学能转化为电能D．锌锰干电池中，锌电极是负极【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．【分析】A．锂离子电池属于二次电池；B．铜锌原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；C．氢氧燃料电池属于原电池；D．锌锰干电池中，锌易失电子而作负极．【解答】解：A．锂离子电池中能循环使用，属于二次电池，故A正确；B．铜锌原电池中，锌易失电子而作负极，铜作正极，电子从负极沿导线流向正极，故B错误；C．燃料电池属于原电池，是将化学能转变为电能的装置，故C正确；D．锌锰干电池中，锌易失电子发生氧化反应而作负极，故D正确；故选B．5．普通水泥在固化过程中自由水分子减少，并且溶液呈碱性．根据这一物理化学特点，科学家发明了利用原电池原理测定水泥初凝时间．此法的原理如图所示，反应的总方程式为2Cu+Ag2O═Cu2O+2Ag．下列有关说法错误的是（）A．Ag2O/Ag电极为正极B．Cu电极为负极C．电池工作时，OH﹣向Ag2O/Ag电极移动D．电池工作时，有1molCu2O生成时，电路中有2mol电子通过【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；根据转移电子和氧化亚铜的关系计算转移电子数．【解答】解：A、由电池反应方程式2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag知，较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，较不活泼的金属银作正极，故A正确；B、较活泼的金属铜失电子发生氧化反应，所以铜作负极，故B正确；C、原电池放电时，阴离子向负极移动，所以氢氧根离子向铜极移动，故C错误；D、2Cu+Ag2O=Cu2O+2Ag，铜由0价变为+2价，有1molCu2O生成时，电路中有2mol电子通过，故D正确；故选C．6．如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，则以下叙述正确的是（）A．C电极为电解池的阳极 B．Cu电极附近OH﹣浓度增大C．Na+移向Pt电极 D．Pt电极上有O2生成【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】当闭合开关后，右边装置中锌和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，且锌和碳棒是活泼性不同导体，所以右边装置构成了原电池；左边装置虽然铂和铜的活泼性不同但不能自发的进行氧化还原反应，当闭合开关后，右边装置是原电池，所以左边装置有外加电源就形成了电解池；根据原电池和电解池原理解答．【解答】解：当闭合开关后，右边装置中锌和稀硫酸能自发的进行氧化还原反应，且锌和碳棒是活泼性不同导体，所以右边装置构成了原电池；左边装置虽然铂和铜的活泼性不同但不能自发的进行氧化还原反应，当闭合开关后，右边装置是原电池，所以左边装置有外加电源就形成了电解池；A．C电极为原电池的正极，故A错误；B．铜电极是电解池阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时铜电极附近产生氢氧根离子，所以随着反应的进行，铜电极附近OH﹣浓度增大，故B正确；C．电解池中阳离子向阴极移动，所以钠离子向铜电极移动，故C错误；D．铂作电解池阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，故D错误；故选B．7．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生固体【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下）O2，则转移电子，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子，减小的氢离子是，氢氧根离子是，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是××58g/mol=固体，故D正确．故选D．8．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）=mol•L﹣1•s﹣1C．v（C）=mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）=1mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快．【解答】解：化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.=，B.=，C.=，D.=，则反应速率最快的为B，故选B．9．反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是（）A．减小容器体积，平衡向右移动B．加入催化剂，Z的产率增大C．增大c（X），X的转化率增大D．降低温度，Y的转化率增大【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变；B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡；C、两种反应物，增加一种物质的量增大另一种物质转化率，本身转化率减小；D、反应是放热反应，降温平衡正向进行；【解答】解：A、反应前后气体体积不变，减小容器体积压强增大，平衡不变，故A错误；B、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，Z的产率不变，故B错误；C、两种反应物，增加一种物质的量增大另一种物质转化率，本身转化率减小，增大c（X），X的转化率减小，故C错误；D、反应是放热反应，降温平衡正向进行，Y的转化率增大，故D正确；故选D．10．一定条件下，分别对反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）（正向吸热）进行如下操作（只改变该条件）：①升高反应体系的温度；②增加反应物C的用量；③缩小反应体系的体积；④减少体系中CO的量．上述措施中一定能使反应速率显著变大的是（）A．①②③④ B．①③④ C．①② D．①③【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】一般增大浓度、增大压强、升高温度，反应的反应速率增大，以此来解答．【解答】解：①升高反应体系的温度，正反应速率一定加快，故选；②C为纯固体，增加反应物C的用量，反应速率不变，故不选；③缩小反应体系的体积，压强增大，平衡逆向移动，则正逆反应速率均增大，但逆反应速率增大的倍数大，故选；④减少体系中CO的量，平衡正向移动，正逆反应速率均在减小，故不选；故选D．11．己知反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数K值与温度的关系如右表所示．830℃时，向一个2L的密闭容器中充入A和B，10s时达平衡．下列说法不正确的是（）温度/℃7008301200K值A．达到平衡后，B的转化率为50%B．增大压强，正、逆反应速率均加快C．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动D．反应初始至平衡，A的平均反应速率v（A）=•L﹣1•s﹣1【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A．令参加反应的B的物质的量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由于反应前后气体的化学计量数之和相等，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数列方程计算；B．增大压强，反应混合物的浓度都增大，故正、逆反应速率都增大；C．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，据此判断；D．根据v=计算v（A）．【解答】解：A．设平衡时参加反应的B的物质的量为xmol，则：A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）开始（mol/L）：00变化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：﹣x﹣xxx故=1，解得x=所以平衡时B的转化率为×100%=50%，故A正确；B．增大压强，反应混合物的浓度都增大，故正、逆反应速率都增大，故B正确；C．由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，故C错误；D．反应初始至平衡，A的平均反应速率v（A）==•L﹣1•s﹣1，故D正确，故选C．12．在容积为的密闭容器内，物质D在T℃时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图所示，下列叙述不正确的是（）A．从反应开始到第一次达到平衡时，A物质的平均反应速率为7mol/（L•min）B．该反应的化学方程式为2D（s）⇌2A（g）+B（g），该反应的平衡常数表达式为K=c2（A）•c（B）C．已知反应的△H＞0，则第5min时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D．若在第7min时增加D的物质的量，则表示A的物质的量变化正确的是a曲线【考点】化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】A．根据v=计算反应速率；B．依据各物质变化趋势判断反应物、生成物，依据转化量之比等于计量系数之比计算方程式计量系数，平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积比值，注意固体不能代入表达式；C．第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，由于反应的△H＞0，所以此时是升高温度；D．改变固体的用量，平衡不移动；【解答】解：A．根据v=计算得A物质的平均反应速率为=（L•min），故A正确；B．根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了，B的物质的量增加了，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了L，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为：：=2：2：1，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为2D（s）⇌2A（g）+B（g），由于D是固体，所以平衡常数表达式为K=c2（A）•c（B），故B正确；C．第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，由于反应的△H＞0，所以此时是升高温度，故C正确；D．由于D是固体，量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，故D错误；故选：D．13．对于常温下pH=3的乙酸溶液，下列说法正确的是（）A．与等体积、pH=3的盐酸比较，跟足量锌粒反应产生的H2更少B．加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4C．加入少量乙酸钠固体，溶液pH升高D．升高温度，溶液中所有离子浓度均增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸为弱酸，在溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入水、升高温度可促进电离，增大CH3COO﹣浓度，平衡逆向移动，以此解答该题．【解答】解：A．乙酸是弱电解质，在溶液中部分电离，则c（CH3COOH）＞c（H+），盐酸中c（HCl）=c（H+），所以等体积、等PH的二者醋酸的物质的量大，则与足量锌粒反应醋酸产生的H2更多，故A错误；B．加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4，但乙酸是弱电解质存在电离平衡，稀释促进电离，溶液又电离出氢离子，浓度增大，溶液PH小于4，故B错误；C．乙酸钠溶于水溶液中的乙酸根离子抑制乙酸的电离，平衡左移，氢离子浓度减小，溶液PH增大，故C正确；D．水溶液中c（H+）×c（OH﹣）为常数，升高温度，溶液中c（H+）增大，则c（OH﹣）减小，故D错误；故选C．14．一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（）A．pH＜7的某物质的水溶液B．加酚酞后显无色的溶液C．能与金属Al反应放出H2的溶液D．c（H+）＞c（OH﹣）的任意物质的水溶液【考点】盐类水解的应用；水的电离．【分析】只要存在c（H+）＞c（OH﹣）的溶液就一定呈酸性，据此分析解答．【解答】解：A．温度越高，水的电离程度越大，水的pH越小，所以pH＜7的水溶液可能呈中性，故A错误；B．酚酞的变色范围为8﹣10，所以加酚酞后显无色的溶液可能呈酸性、中性、碱性，故B错误；C．强酸和强碱水溶液都能和Al反应生成氢气，所以能和Al反应生成氢气的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，故C错误；D．只要溶液中存在c（H+）＞c（OH﹣），该溶液一定呈酸性，故D正确；故选D．15．相同物质的量浓度的NaCN、NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是（）A．酸的强弱：HCN＞HClOB．pH：HClO＞HCNC．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCND．酸根离子浓度：c（CN﹣）＜c（ClO﹣）【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强．NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，以此解答该题．【解答】解：A．强碱弱酸盐的水溶液呈碱性，相应酸的酸性越弱，其强碱盐溶液的碱性越强．NaCN溶液的pH比NaClO大，说明HCN比HClO酸性弱，故A错误；B．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，HClO溶液的pH较小，故B错误；C．等物质的量时，与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量相等，故C错误；D．酸性HClO＞HCN，则等浓度时，c（CN﹣）＜c（ClO﹣），故D正确．故选D．16．HA和HB两种酸的溶液分别加水稀释时，pH变化的简图如图所示，下列叙述中不正确的是（）A．HA是一种强酸B．x点，[A﹣]=[B﹣]C．HB是一种弱酸D．原溶液中HA的物质的量浓度为HB的10倍【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】弱电解质中存在电离平衡，加水稀释促进弱酸电离，HA稀释1000倍时，溶液pH由1变为4，说明HA是强电解质，为强酸；HB稀释100倍时，溶液pH由2变为3，如果是强酸，则pH应该变为4，所以HB是弱酸，再结合题目分析解答．【解答】解：弱电解质中存在电离平衡，加水稀释促进弱酸电离，HA稀释1000倍时，溶液pH由1变为4，说明HA是强电解质，为强酸；HB稀释100倍时，溶液pH由2变为3，如果是强酸，则pH应该变为4，所以HB是弱酸，A．通过以上分析知，HA是强酸，故A正确；B．x点，溶液的pH相等，说明溶液中氢离子浓度相等，根据离子积常数知，氢氧根离子浓度相等，再结合电荷守恒知[A﹣]=[B﹣]，故B正确；C．通过以上分析知，HB是弱酸，故C正确；D．HA是强酸、HB是弱酸，所以HB中氢离子浓度小于酸浓度，则原溶液中HA的物质的量浓度小于HB的10倍，故D错误；故选D．17．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（）A．图中五点KW间的关系：B＞C＞A=D=EB．若从A点到D点，可采用：温度不变在水中加入少量的酸C．若从A点到C点，可采用：温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH等体积混合后，溶液显酸性【考点】水的电离．【分析】A．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，升高温度离子积常数增大；B．若从A点到D点，温度不变，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，Kw不变，可以加入酸；C．离子积常数随温度变化，不随浓度改变，若从A点到C点，温度升高，离子积常数增大；D．B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中氢离子浓度为L、pH=10的KOH溶液中氢氧根离子浓度为L，二者等体积混合恰好反应．【解答】解：A．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，升高温度离子积常数增大，根据图象知，ADE属于等温线，ADE和B、C温度不同，温度越高离子积常数越大，B点温度最高、其次是C点、最低的是ADE点，所以图中五点KW间的关系B＞C＞A=D=E，故A正确；B．若从A点到D点，温度不变，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，所以可以加入酸可以实现，故B正确；C．若从A点到C点，温度升高，离子积常数增大，离子积常数随温度变化，温度不变只加入氯化铵溶液，改变离子浓度无法实现A到C的Kw变化，故C错误；D．若处在B点时，Kw=1×10﹣12，pH=2的硫酸中c（H+）=10﹣2mol/L，pH=10的KOH中c（OH﹣）=10﹣2mol•L﹣1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，故D错误；故选CD．18．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（）A．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中c（NH4+）：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4ClB．向醋酸钠中加适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．LNa2CO3溶液：c（OH﹣）=2c（HCO3﹣）+c（H+）+c（H2CO3）D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+c（A2﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．硫酸铵中含有2个铵根离子，硫酸氢铵为强酸性溶液，氢离子抑制了铵根离子的水解，氯化铵中铵根离子正常水解，据此判断溶液中铵根离子浓度大小；B．溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）；C．根据碳酸钠溶液中的质子守恒进行判断；D．A2﹣离子带有2个单位的负电荷，电荷守恒中其系数应该为2．【解答】解：A．物质的量浓度相等的（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中，由于铵根离子只是部分水解，硫酸铵中含有2个铵根离子，则硫酸铵中铵根离子浓度最大，硫酸氢铵为强酸性溶液，氢离子抑制了铵根离子的水解，硫酸氢铵中铵根离子浓度大于氯化铵，则溶液中c（NH4+）大小为：（NH4）2SO4＞NH4HSO4＞NH4Cl，故A正确；B．醋酸钠中加适量醋酸，得到的酸性混合溶液，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．根据LNa2CO3溶液中的质子守恒可知：c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故C错误；D．二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中，根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故D错误；故选A．19．室温下，下列说法正确的是（）A．pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol/LB．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH＞7C．同体积同pH的氢氧化钠溶液和氨水分别稀释相同倍数，氨水的pH较大D．LNa2CO3溶液和LNaHSO4溶液等体积混合，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CO32﹣）+c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣）【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．NH4Cl是强酸弱碱盐对水的电离起到促进的作用，醋酸属于酸对水的电离产生抑制，根据Kw进行计算；B．醋酸是弱电解质不能完全电离，pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液显酸性；C．氨水属于弱电解质，稀释过程中电离程度增大；D．碳酸钠和硫酸氢钠反应后确定反应后溶液中的溶质，再根据电荷守恒解答．【解答】解：A．pH=5的NH4Cl溶液由水电离出的c（H+）=10﹣5mol/L；pH=5的醋酸中由水电离出的c（H+）=10﹣9mol/L，故A错误；B．pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后醋酸有剩余，溶液显酸性pH值小于7，故B错误；C．氨水属于弱电解质，稀释过程中电离程度增大，所以同体积同pH的氢氧化钠溶液和氨水分别稀释相同倍数，稀释后氨水的pH较大，故C正确；Na2CO3溶液和LNaHSO4溶液等体积混合，反应生成碳酸氢钠和硫酸钠，电荷守恒式子为：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+2c（SO42﹣）+c（HCO3﹣）+c（OH﹣），故D错误；故选C．20．将物质的量都是的HCN和NaCN混合后配成1L溶液，已知该溶液c（CN﹣）＜c（Na+），下列关系式正确的是（）A．c（H+）＞c（OH﹣） B．c（HCN）＜c（CN﹣）C．c（CN﹣）+c（OH﹣）=•L﹣1 D．c（HCN）+c（CN﹣）=•L﹣1【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【分析】物质的量都是的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c（CN﹣）小于c（Na+），根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），则有c（H+）＜c（OH﹣），溶液应呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒等知识解答该题．【解答】解：A．根据溶液电中性的原则，溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（CN﹣），则有c（H+）＜c（OH﹣），故A错误；B．混合溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子水解程度，则c（HCN）＞c（CN﹣），故B错误；C．溶液中存在c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），因c（Na+）=L，则c（CN﹣）+c（OH﹣）＞L，故C错误；D．HCN和NaCN的物质的量都为1mol，由物料守恒可知c（CN﹣）+c（HCN）=L，故D正确．故选D．二、非选择题（请按照各题要求回答问题，共4题，每空2分，合计40分）21．CuCl2溶液中的铜主要以Cu（H2O）42+、CuCl42﹣形式存在，它们间有如下转化关系：Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2O；电解不同浓度的CuCl2溶液，均可看做Cu2+、Cl﹣直接放电．下图为电解浓度较大CuCl2溶液的装置，实验开始后，观察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢变蓝．回答下列问题：（1）甲电极的电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu．（2）丙中溶液变蓝是乙电极产物与KI反应导致的，该反应的化学方程式为Cl2+2KI=2KCl+I2．（3）随电解的不断进行，U型管中溶液的颜色变化为A；A．由黄色变为浅蓝色B．由蓝色变为浅黄色（4）当电解到一定程度，甲电极附近出现蓝色Cu（OH）2絮状物．经测，甲电极附近溶液的pH=a，此时甲电极附近溶液中c（Cu2+）=×10（8﹣2a）mol•L﹣1．（已知：Cu（OH）2的Ksp=×10﹣20）．（）【考点】电解原理．【分析】（1）实验开始后，观察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢变蓝，说明丙中生成碘，应被氯气氧化生成，则乙为阳极，生成氯气，甲为阴极，发生还原反应生成铜；（2）丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢变蓝，说明丙中生成碘，应是碘离子被氯气氧化生成；（3）随着电解的进行，溶液中Cl﹣不断消耗，CuCl42﹣转化为Cu（H2O）42+，由Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2O可知，溶液应逐渐变为蓝色；（4）结合溶度积Ksp=c2（OH﹣）×c（Cu2+），计算溶液浓度．结合题给信息书写相关反应的离子方程式．【解答】解：实验开始后，观察到丙中的KI﹣淀粉溶液慢慢变蓝，说明丙中生成碘，应被氯气氧化生成，则乙为阳极，甲为阴极，（1）甲为阴极，发生还原反应生成铜，电极方程式为Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：Cu2++2e﹣=Cu；（2）丙中溶液变蓝是乙电极产物氯气与KI反应导致的，反应的方程式为Cl2+2KI=2KCl+I2，故答案为：Cl2+2KI=2KCl+I2；（3）随着电解的进行，溶液中Cl﹣不断消耗，CuCl42﹣转化为Cu（H2O）42+，由Cu（H2O）42+（蓝色）+4Cl﹣⇌CuCl42﹣（黄色）+4H2O可知，溶液应逐渐变为蓝色，故答案为：A；（4）Ksp=c2（OH﹣）×c（Cu2+），c（Cu2+）==×10（8﹣2a）（mol/L）故答案为：×10（8﹣2a）．22．碳是形成物种最多的元素之一，许多含碳物质对人类极其重要．（1）工业上利用甲烷和氧气直接氧化制取甲醇的反应如下：CH4+O2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mol副反应有：CH4（g）+O2（g）⇌CO（g）+2H2O（g）△H=akJ/molCH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）△H=bkJ/molCH4（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol甲醇与氧气反应生成HCHO（g）和水蒸汽的热化学方程式为CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+）KJ•L﹣1．（2）苯乙烷（C8H10）生产苯乙烯（C8H8）的反应：C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）△H＞0．T1℃下，将苯乙烷充入2L密闭容器中反应，不同时间容器内n（C8H10）如表：时间/min0102030n（C8H10）/moln2①当反应进行到30min时恰好到达平衡，则n2取值的最小范围是＜n＜；②改变温度为T2℃，其他条件不变，测得平衡时容器内气体压强为反应前的倍，则此时苯乙烷的转化率为40%．（3）用惰性电极电解葡萄糖[CH2OH（CHOH）4CHO]和硫酸钠混合溶，可以制得葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]和己六醇[CH2OH（CHOH）4CH2OH]．电解过程中，葡萄糖酸在阳极生成，对应的电极反应式CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．【考点】热化学方程式；化学平衡的计算；电解原理．【分析】（1）由CH4+O2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mol…Ⅰ，CH4（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol…Ⅱ，目标反应CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），得Ⅱ﹣Ⅰ得：CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），根据盖斯定律分析求解；（2）①平衡时的量比20min的量小，但变化量小于10min﹣20min，所以＜n＜；②根据三行式求变化量；（3）葡萄糖到葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]发生氧化反应，所以在阳极产生，电极反应式为：CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．【解答】解：（1）由CH4+O2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣mol…Ⅰ，CH4（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=ckJ/mol…Ⅱ，目标反应CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），得Ⅱ﹣Ⅰ得：CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+）KJ•L﹣1，故答案为：CH3OH（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+）KJ•L﹣1；（2）①平衡时的量比20min的量小，但变化量小于10min﹣20min，所以＜n＜，故答案为：＜n＜；②C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）开始00变化xxx平衡﹣xxx所以：=，解之得：x=，所以苯乙烷的转化率为=40%，故答案为：40%；（3）葡萄糖到葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]发生氧化反应，所以在阳极产生，电极反应式为：CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+；故答案为：阳；CH2OH（CHOH）4CHO+H2O﹣2e﹣═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．23．X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种．下表是常温下浓度均为•L﹣1的X、Y、Z、W溶液的pH．L的溶液XYZWPH122（1）X、W的化学式分别为NaOH、NH4NO3．（2）W的电离方程式为NH4NO3═NH4++NO3﹣．（3）25℃时，Z溶液的pH＞7的原因是NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣（用离子方程式表示）．（4）将X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．（5）Z溶液与W溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O．【考点】电解质在水溶液中的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种，L的X溶液pH=12，说明X为强碱，则X为NaOH；L的Y溶液pH=2，说明Y为强酸，则Y为HNO3；L的Z溶液pH=，说明Z为强碱弱酸盐，则Z为NaNO2；L的W溶液pH=，说明W为强酸弱碱盐，则W为NH4NO3，再结合物质的性质来分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种，L的X溶液pH=12，说明X为强碱，则X为NaOH；L的Y溶液pH=2，说明Y为强酸，则Y为HNO3；L的Z溶液pH=，说明Z为强碱弱酸盐，则Z为NaNO2；L的W溶液pH=，说明W为强酸弱碱盐，则W为NH4NO3，（1）通过以上分析知，X为NaOH，W为NH4NO3，故答案为：NaOH；NH4NO3；（2）硝酸铵为强电解质，在水溶液里完全电离为铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为：NH4NO3═NH4++NO3﹣，故答案为：NH4NO3═NH4++NO3﹣；（3）Z为亚硝酸钠，亚硝酸钠是强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解而使其溶液呈碱性，水解离子方程式为：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣，故答案为：NO2﹣+H2O⇌HNO2+OH﹣；（4）X、Y、Z各1mol•L﹣1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）在加热条件下，亚硝酸钠和硝酸铵反应生成氮气和硝酸钠，反应方程式为：NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O，故答案为：NaNO2+NH4NO3NaNO3+N2↑+2H2O．24．不同价态锰的微粒的能量（△G）如图．若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒．（1）MnO42﹣能否稳定存在于pH=0的溶液中？答：不能（“能”或“不能”）；（2）将Mn3+歧化反应设计为原电池，可测定反应平衡常数．电池负极反应为Mn3++2H2O﹣e﹣=MnO2+4H+，平衡常数表达式为K=；（3）实验室可利用以下反应检验Mn2+存在：2Mn2++5S2O82﹣+8H2O→16H++10SO42﹣+2MnO4﹣；确认Mn2+存在的现象是溶液呈紫红色；检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大，否则实验失败．理由是过量的Mn2+能与反应生成的MnO4﹣反应，影响实验现象的观察．【考点】原电池和电解池的工作原理；化学平衡的计算；常见阳离子的检验．【分析】（1）若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，则依据图象分析判断，MnO42﹣在MnO4﹣和MnO2之间；（2）将Mn3+歧化反应得到Mn2+和MnO2，2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；（3）MnO4﹣溶液中呈紫红色，检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大过量的Mn2+能与反应生成的MnO4﹣反应，影响实验现象的观察．【解答】解：（1）若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，则依据图象分析判断，MnO42﹣在MnO4﹣和MnO2之间，则MnO42﹣在pH=0的溶液中不能稳定存在，故答案为：不能；（2）将Mn3+歧化反应得到Mn2+和MnO2，2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，设计为原电池反应，电池负极反应为Mn3+失电子发生氧化反应生成Mn2+，电极反应为：Mn3++2H2O﹣e﹣=MnO2+4H+，K=，故答案为：Mn3++2H2O﹣e﹣=MnO2+4H+；K=；（3）MnO4﹣溶液中呈紫红色，检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大过量的Mn2+能与反应生成的MnO4﹣反应，影响实验现象的观察，故答案为：溶液呈紫红色；过量的Mn2+能与反应生成的MnO4﹣反应，影响实验现象的观察．三、选择题（每小题只有一个选项符合题意，含5小题，每小题4分，共20分）25．一定温度下，水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为×10﹣13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【考点】水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为×10﹣14；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．【解答】解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH﹣）=×10﹣7，故KW=×10﹣7××10﹣7=×10﹣14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C．26．已知反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0．某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强（p）的关系如图甲所示．则下列说法正确的是（）A．由图甲知，B点SO2的平衡浓度为•L﹣1B．由图甲知，A点对应温度下的平衡常数为80C．达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示D．压强为MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2＞T1【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【分析】A、甲图表示不同压强下到达平衡时，SO2的平衡转化率与压强关系，由甲图可知B点SO2的转化率为，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算△c（SO2），进而计算二氧化硫的平衡浓度；B、由甲图可知A点SO2的转化率为，二氧化硫起始浓度乘以转化率为二氧化硫的浓度变化量，据此计算△c（SO2），根据三段式进而计算各物质的平衡浓度，据此计算判断；C、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，据此判断；D、由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快．【解答】解：A、二氧化硫起始浓度为=L，由甲图可知B点SO2的转化率为，所以△c（SO2）=×L=L，故二氧化硫的平衡浓度为L﹣L=L，故A错误；B、由甲图可知A点SO2的转化率为，所以△c（SO2）=×L=L，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）开始（mol/L）：0变化（mol/L）：平衡（mol/L）：所以A点平衡常数为K==800，故B错误；C、达平衡后，缩小容器容积，反应混合物的浓度都增大，正、逆反应速率都增大，体系压强增大，平衡向体积减小的反应移动，即平衡向正反应移动，故V（正）＞V（逆），可以用图乙表示，故C正确；D、由到达平衡的时间可知，温度为T1，先到达平衡，反应速率快，温度越高反应速率越快，故T2＜T1，故D错误；故选C．27．已知：NH2COO﹣+2H2O⇌HCO3﹣+NH3•H2O．现用两份氨基甲酸铵溶液在不同温度（T1和T2）下实验，得到c（NH2COO﹣）随时间变化关系如图所示．以下分析正确的是（）A．无法判断T1和T2的大小关系B．T1℃时，第6min反应物转化率为%C．T2℃时，0～6minν（NH2COO﹣）=•L﹣1•min﹣1D．往平衡体系加水稀释，平衡右移，溶液中各种离子浓度减小【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】A、根据图可知，在6min时，T2的浓度变化了•L﹣1，T1的浓度变化了•L﹣1，而T2的起始浓度低于T1的；B、根据转化率=×100%计算；C、根据v=计算；D、往平衡体系加水稀释，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢离子和氢氧根离子不可能同时减小或同时增大，据此判断．【解答】解：A、根据图可知，在6min时，T2的浓度变化了•L﹣1，T1的浓度变化了•L﹣1，而T2的起始浓度低于T1的，由此可知T2＞T1，故A错误；B、根据转化率=×100%可知，T1℃时，第6min反应物转化率为×100%=%，故B正确；C、根据v=可知，T2℃时，0～6minν（NH2COO﹣）=mol•L﹣1•min﹣1=•L﹣1•min﹣1，故C错误；D、往平衡体系加水稀释，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢离子和氢氧根离子不可能同时减小或同时增大，故D错误；故选B．28．下表是不同温度下水的离子积常数，下列有关叙述正确的是（）温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10﹣14a1×10﹣12A．若25＜t1＜t2，则a＜1×10﹣14B．t2℃时，将一定物质的量浓度的盐酸与氢氧化钠溶液中和后，所得混合溶液pH=7，溶液呈中性C．25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4mol/L，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=1000：1D．t2℃时，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=11：9（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和）【考点】水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．水的电离为吸热过程，温度升高，促进水的电离，据此判断a的大小；B．t2℃时，KW=1×10﹣12，中性溶液的pH应为6；C．根据稀释后溶液中钠离子、氢氧根离子浓度计算出二者浓度之比；D．根据酸碱中和原理及pH计算式进行计算二者体积之比．【解答】解：＜t1＜t2，温度升高，促进水的电离，c（H+）=c（OH﹣）＞1×10﹣7mol/L，所以KW＞1×10﹣14，故A错误；B．t2℃时，KW=1×10﹣12，中性溶液的pH应为6，所得混合溶液pH=7，如溶液显示碱性，故B错误；C．Na2SO4溶液中c（Na+）=2×5×10﹣4mol/L=1×10﹣3mol/L，稀释10倍后，c（Na+）=1×10﹣4mol/L，此时溶液为中性，c（OH﹣）=1×10﹣7mol/L，所以c（Na+）：c（OH﹣）=10﹣4mol/L：10﹣7mol/L=1000：1，故C正确；D．pH=11的苛性钠溶液，氢氧根离子浓度为L，pH=1的稀硫酸溶液中氢离子浓度为L，混合溶液的pH=2，氢离子浓度为L，则：=10﹣2mol/L，解得V1：V2=9：11，故D错误；故选C．29．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A．mol•L﹣1CH3COONa溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）B．mol•L﹣1NH4Cl溶液与mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）C．mol•L﹣1Na2CO3溶液与mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）D．mol•L﹣1Na2C2O4溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】mol•L﹣1CH3COONa溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合发生反应得到等浓度CH3COOH和NaCl的混合溶液，溶液显酸性；mol•L﹣1NH4Cl溶液与mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7），中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度：mol•L﹣1Na2CO3溶液与mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，2n（Na+）=3n（C），碳元素是所有存在形式总和；mol•L﹣1Na2C2O4溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合得到等浓度的NaCl和NaHC2O4的混合溶液，溶液中存在电荷守恒分析判断．【解答】解：mol•L﹣1CH3COONa溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合发生反应得到等浓度CH3COOH和NaCl的混合溶液，c（Na+）=c（Cl﹣），溶液显酸性，c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A错误；mol•L﹣1NH4Cl溶液与mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7），溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液中微粒浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣），故B错误：mol•L﹣1Na2CO3溶液与mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合溶液中存在物料守恒，2n（Na+）=3n（C），碳元素是所有存在形式总和，：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确；mol•L﹣1Na2C2O4溶液与mol•L﹣1HCl溶液等体积混合得到等浓度的NaCl和NaHC2O4的混合溶液，溶液中存在电荷守恒，2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）+c（H+），故D错误；故选C．四、非选择题（请按照各题要求回答问题，共2题，每空2分，合计30分）30．某经济开发区将钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成了一个产业链（如图1所示），大大地提高了资源利用率，减少了环境污染．请填写下列空白：（1）写出钛铁矿经氯化得到四氯化钛的化学方程式：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO．（2）由CO和H2合成甲醇的方程式是：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）．①已知该反应在300℃时的化学平衡常数为，该温度下将2molCO、3molH2和2molCH3OH充入容积为2L的密闭容器中，比较此时反应：v（正）＜v（逆）．②若不考虑生产过程中物质的任何损失，该产业链中每合成甲醇，至少需额外补充H2t．（提示：电解饱和食盐水产生的氢气不算在内）（3）用甲醇﹣空气碱性（KOH）燃料电池作电源电解精炼粗铜（图2），在接通电路一段时间后纯Cu质量增加．①请写出燃料电池中的负极反应式：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O．②燃料电池正极消耗空气的体积是（标准状况，空气中O2体积分数以