2023春高中化学综合学业质量标准检测1新人教版选修4

PAGE综合学业质量标准检测(一)(90分钟，100分)一、选择题(此题包括17个小题，每题3分，共51分)1．新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。以下属于新能源的是eq\x(导学号68732816)(D)①煤②石油③太阳能④生物质能⑤氢能A．①②③ B．①②⑤C．②③⑤ D．③④⑤解析：煤、石油是化石燃料，不是新能源，太阳能、生物质能、氢能都是新型能源，故D项正确。2．以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732817)(C)A．工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯，在电解精炼时，阳极减少的质量等于阴极增加的质量B．心脏起搏器中使用的新型Li－I2电池的寿命已超过10年，其反响可简单表示为2Li＋I2=2LiI，阴极反响为：2Li－2e－=2Li＋C．为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，其中焊接在铁闸门上的金属材料可以是锌D．某物质的溶解性为难溶，那么该物质不溶于水解析：由于粗铜作阳极时，阳极减小的质量是比Cu活泼的金属和Cu，而阴极增加的质量只有Cu，故不相等，A项错；B项应改为负极反响，D项中难溶并不是不溶于水，是溶解的质量很小。3．H2和I2在一定条件下能发生反响：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1。：以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732818)(B)A．H2、I2和HI分子中的化学键都是非极性共价键B．断开2molHI分子中的化学键所需能量约为(c＋b＋a)kJC．相同条件下，1molH2(g)和1molI2(g)的总能量小于2molHI(g)的总能量D．向密闭容器中参加2molH2(g)和2moII2(g)，充分反响后放出的热量为2a解析：A项，HI分子中的化学键是极性键；B项，由热化学方程式可知，反响放出akJ的能量，其中断开1molI2和1molH2中的化学键共吸收(b＋c)kJ的能量，那么形成2molHI分子中的化学键需放出(a＋b＋c)kJ的能量，那么断开2molHI分子中的化学键就需吸收(a＋b＋c)kJ的能量；C项，反响是放热反响，所以1molH2(g)和1molI2(g)的总能量高于2molHI(g)的总能量；D项，反响是可逆反响，放出的热量应小于2a4．现有以下三个图像：以下反响中符合上述全部图像的反响是eq\x(导学号68732819)(B)A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0B．2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH>0C．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH<0D．H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)ΔH>0解析：由题图第一个图像知，升高温度，生成物浓度变大，即平衡右移，正反响是吸热反响，B、D两项符合；由第三个图像知，增大压强，平衡向逆反响方向移动，逆反响是气体体积减小的反响，B项符合。5．以下各组离子，在指定的环境中能够大量共存的是eq\x(导学号68732820)(A)选项指定环境能够共存的离子A滴加酚酞显红色的溶液K＋、S2－、SOeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)B有HCOeq\o\al(－,3)存在的无色透明溶液Na＋、K＋、Cl－、Al3＋C水电离的c(H＋)＝10－12mol·L－1的溶液中Cl－、COeq\o\al(2－,3)、NOeq\o\al(－,3)、NHeq\o\al(＋,4)D使石蕊变红的溶液中Fe2＋、MnOeq\o\al(－,4)、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)解析：A项，溶液呈碱性，碱性条件下硫离子和亚硫酸根离子可以共存，二者只有在酸性条件下才不能共存；B项，碳酸氢根离子和铝离子发生互促水解，不能共存；C项，溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性时碳酸根离子不能大量存在，碱性时铵根离子不能大量存在；D项，酸性条件下硝酸根离子、高锰酸根离子均能氧化亚铁离子。6．在恒温恒容的容器中进行反响：A(g)2B(g)＋C(g)，20秒时，假设反响物A的浓度从0.1mol·L－1降到0.06mol·L－1，那么以下表达不正确的选项是eq\x(导学号68732821)(C)A．20秒内，v(A)＝0.002mol·(L·s)－1B．20秒内，v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶2∶1C．20秒时，n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶2∶1D．再经20秒，c(A)>0.02mol·L－1解析：20秒内A的浓度减少了0.04mol·L－1，v(A)＝0.002mol·(L·s)－1，A项正确；20秒内A、B、C变化了的浓度分别为：0.04mol·L－1、0.08mol·L－1、0.04mol·L－1，所以，B项正确；由于初始时A、B、C的浓度未知，C项错误；由于反响物浓度逐渐减小，反响速率逐渐减慢，再经20秒，A的浓度减少量小于0.04mol·L－1。故再经20秒，c(A)>0.02mol·L－1，D项正确，答案为C项。7．关于如图中四个图像的说法正确的选项是eq\x(导学号68732822)(C)注：图中，E表示能量，p表示压强，t表示时间，y表示体积。A．①表示化学反响H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化，那么该反响的反响热ΔH＝183kJ/molB．②表示其他条件不变时，反响4A(g)＋3B(g)2C(g)＋6D在不同压强下B的体积分数随时间的变化，那么D一定是气体C．③表示体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中，分别参加足量的锌，产生H2的体积随时间的变化，那么a表示CH3COOH溶液D．④表示10mL0.1mol/LNa2CO3和NaHCO3两种溶液中，分别滴加0.1mol/L盐酸，产生CO2的体积随盐酸体积的变化，那么b表示Na2CO3溶液解析：①反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响，ΔH为负值，A项错误；②根据图可知，压强为p2时反响先到达平衡，那么p2>p1，假设D是气体，那么p2到p1，压强减小，B的体积分数减小，而图中说明减小压强时，B的体积分数增大，B项错误；③体积和pH均相同的HCl和醋酸，n(醋酸)>n(HCl)，参加足量锌，开始时两溶液中c(H＋)相同，而反响时盐酸中不断消耗H＋，而醋酸中消耗H＋的同时醋酸也电离出H＋，因此随后醋酸中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，醋酸中产生的氢气多，C项正确；④Na2CO3溶液中滴加盐酸，发生反响：COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑，而NaHCO3溶液中滴加盐酸，发生反响：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋CO2↑，即NaHCO3溶液中滴加盐酸，立即产生CO2，因此b表示NaHCO3溶液，D项错误。8．以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732823)(D)A．5.6g铁粉与硝酸反响失去电子数一定为0.3×6.02×1023B．反响MgCl2(l)=Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH<0、ΔS>0C．电解精炼铜过程中，电路中每通过1mol电子，阳极溶解铜32gD．0.1mol·L－1Na2SO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))解析：5.6g铁粉与硝酸反响，假设硝酸少量，那么铁被氧化为Fe2＋，失电子数为0.2×6.02×1023，A项错；因该反响不能自发进行。那么ΔH－T·ΔS>0，由于ΔS>0，那么ΔH>0，B项错；C项中因粗铜中含有杂质Zn、Fe、Ni，故溶解铜小于32g，C项错；Na2SO3溶液中，由电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，由物料守恒得：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]，联立两式可得：c(OH－)＝2c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H＋)，D项对。9．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。以下表述正确的选项是eq\x(导学号68732824)(C)A．在NaHCO3溶液中参加与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有COeq\o\al(2－,3)和OH－B．NaHCO3溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))＝c(Na＋)C．相同温度下，10mL0.1mol·L－1的醋酸与100mL0.01mol·L－1的醋酸中H＋的物质的量不相等D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH的物质的量相同解析：A项中，COeq\o\al(2－,3)发生水解，溶液中的阴离子有COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)和OH－，A项错误；根据物料守恒，NaHCO3溶液中：c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(Na＋)，B项错；根据稀释促进电解质的电离，100mL0.01mol·L－1的醋酸中H＋的物质的量大于10mL0.1mol·L－1的醋酸中H＋的物质的量。C项正确；CH3COOH是弱电解质，中和时还可以继续电离，故中和CH3COOH溶液所消耗的NaOH的物质的量多，D项错误。10.Cu2O是一种半导体材料，用作制造整流器的材料，还可以用于制船底防污漆(杀死低级海生动物)、农作物的杀菌剂。在实验室里可模拟工业过程制取Cu2O，总反响式是2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))Cu2O＋H2↑，其装置如右图，以下有关说法不正确的选项是eq\x(导学号68732825)(B)A．该实验符合绿色化学的设计理念B．图中的虚线框内需连接直流电源，且正极与石墨相连C．CuO高温加热分解也可以得到Cu2OD．上述装置中，阳极的电极反响式是2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2O解析：利用电解反响制取Cu2O时，铜被氧化，应用铜作阳极，连直流电源的正极；石墨是电解池的阴极，与电源的负极相连。11．在水溶液中，Fe3＋和I－存在可逆反响：2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，平衡常数为K。氢氧化铁和氢氧化亚铁的溶度积如下：Ksp[Fe(OH)2]＝4.87×10－17，Ksp[Fe(OH)3]＝2.64×10－39。以下判断不正确的选项是eq\x(导学号68732826)(C)A．反响的平衡常数K＝eq\f(c2Fe2＋·cI2,c2Fe3＋·c2I－)B．该可逆反响只能在酸性条件下存在C．参加AgNO3，平衡右移，溶液黄色变浅D．参加CCl4，平衡右移，水溶液层黄色变浅解析：尽管I2在反响体系中不是离子，但它没有脱离反响体系，而且其对反响有影响，故平衡常数与I2的浓度有关；Fe3＋水解显酸性，而且在碱性条件下Fe3＋、Fe2＋、I2都不能大量存在，应选项B正确；参加AgNO3，I－浓度降低，平衡左移，应选项C不正确；参加CCl4，I2被萃取到CCl4中，平衡右移，Fe3＋和I2的浓度都降低，水溶液层黄色变浅。12．可逆反响AsOeq\o\al(3－,4)＋2I－＋2H＋AsOeq\o\al(3－,3)＋I2＋H2O，设计如以下图装置，进行下述操作：①向(Ⅱ)烧杯中逐滴参加浓盐酸，发现微安表指针偏转；②假设改往(Ⅱ)烧杯中滴加40%NaOH溶液，发现微电流表指针与①的偏转方向相反。以下有关说法中不正确的选项是eq\x(导学号68732827)(D)A．①操作过程中C1棒上发生的反响为2I－－2e－=I2B．②操作过程中盐桥中的阳离子移向(Ⅰ)烧杯C．假设将微安表换成惰性电极电解饱和食盐水的装置，在①操作过程中与C2棒连接的电极上有Cl2产生D．假设将微安表换成电解精炼铜装置，在②操作过程中与C1棒连接的为纯铜电极解析：①操作平衡向右移动，C1棒上I－失电子生成I2，为负极，C2正极；②操作平衡向左移动，C1棒上I2得电子生成I－，为正极，C2为负极；A、B选项均正确；C选项，与C2棒相连的为电解池的阳极，阴离子Cl－失电子生成Cl2，正确；D选项，与C1棒连接的电解池的阳极，应该连接粗铜，错误。13．以下装置或操作能到达实验目的的是eq\x(导学号68732828)(A)A．②④ B．①②③C．①②④ D．①②③④解析：对二次电池(可充电电池)进行充电时，外电源的正极应与电池的正极相连，①错。在中和热测定的实验中，为减少热量损失，大小两烧杯的烧杯口要相平，同时图示装置还缺少环形玻璃搅拌棒，③错。14．以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732829)(B)A．ΔH<0、ΔS>0的反响在温度低时不能自发进行B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ·mol－1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C．因为焓变和熵变都与反响的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反响自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反响进行的方向解析：ΔH<0、ΔS>0，那么ΔG<0，任何温度下反响都能自发进行，A错误；用焓变和熵变判断反响的自发性，都有例外，故都不能单独作为反响自发性的判据，而应用复合判据，C错误；使用催化剂只能降低反响的活化能，不能改变反响的方向，D错误。15．温度为T时，向4.0L恒容密闭容器中充入2.0molPCl5，反响PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后到达平衡。反响过程中测定的局部数据见下表：t/s050150250350n(PCl3)/mol00.320.380.400.40以下说法正确的选项是eq\x(导学号68732830)(C)A．反响在前50s的平均速率为v(PCl3)＝0.0064mol·L－1·s－1B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11mol·L－1，那么反响的ΔH<0C．相同温度下，起始时向容器中充入4.0molPCl3、4.0molCl2，到达平衡时，那么此反响的化学平衡常数为eq\f(1,40)D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5、0.40molPCl3和0.40molCl2，到达平衡前v(正)<v(逆)解析：反响在前50s的平均速率为v(PCl3)＝eq\f(0.32mol,4.0L×50s)＝0.0016mol·L－1·s－1，A选项错误；依据“三部曲〞进行计算PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)始态(mol·L－1)0.500反响(mol·L－1)0.10.10.1终态(mol·L－1)0.40.10.1B选项，升高温度，平衡右移，为吸热反响，B项错误；K＝eq\f(0.1×0.1,0.4)＝eq\f(1,40)，C选项温度不变，所以平衡常数不变，C项正确；D选项，eq\f(0.01×0.01,0.5)<eq\f(1,40)，平衡正向移动，D项错误。16．常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号c(HA)/mol·L－1c(NaOH)/mol·L－1混合溶液的pH甲0.10.1pH＝a乙0.20.2pH＝9丙c10.2pH＝7丁0.20.1pH<7以下判断正确的选项是eq\x(导学号68732831)(B)A．a>9B．在乙组混合液中由水电离出的c(OH－)＝10－5mol·L－1C．c1＝0.2D．丁组混合液中：c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)解析：由乙组可判断出HA是弱酸。甲、乙组两种溶液均恰好完全反响，生成NaA，A－水解显碱性，甲组中NaA溶液浓度比乙组中的小，水解程度大，但由于浓度小，c(OH－)比乙组的小，所以7<a<9，水中的OH－全部由水电离生成，乙中因c(H＋)＝10－9mol·L－1，那么c(OH－)＝10－5mol·L－1，A项错误，B项正确；比拟乙、丙两组，假设c1＝0.2，那么丙组的pH也应是9，显然c1＝0.2不成立，其pH＝7，说明酸过量，故c1应大于0.2，C项错误；丁组，酸过量，混合液中c(A－)>c(Na＋)，D项错误。17．K、Ka、KW分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，以下判断正确的选项是eq\x(导学号68732832)(D)A．在500℃、20MPa条件下，在5L密闭容器中进行合成氨的反响，使用催化剂后K增大B．室温下Ka(HCN)<Ka(CH3COOH)，说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大C．25℃时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中KW不相等D．2SO2＋O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变解析：化学平衡常数、水的离子积常数都只与温度有关，A、C项错误；电离平衡常数越大，酸性越强，越易电离，但电离度还与温度、浓度等有关，B项错误；D项因化学平衡常数不变，故改变的条件不是温度，SO2的转化率可能增大、减小或不变，D项正确。二、非选择题(此题包括5小题，共49分)18．(8分)物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学的知识答复：eq\x(导学号68732833)(1)A为0.1mol·L－1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为__c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)>c(OH－)__。(2)B为0.1mol·L－1NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：__HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH－)>c(H＋)，故溶液显碱性__。(3)C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常参加__盐酸__以抑制其水解，假设把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反响的离子方程式为__Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑__。(4)D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，在25℃时，氯化银的Ksp＝1.8×10－10。现将足量氯化银分别放入：①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol·L－1AgNO3溶液中；③100mL0.1mol·L－1氯化铝溶液中；④100mL0.1mol·L－1盐酸溶液中，充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是__②①④③__(填写序号)；②中氯离子的浓度为__9×10－10_mol·L－1__。解析：(1)(NH4)2SO4溶液中NHeq\o\al(＋,4)水解使溶液呈酸性；(2)NaHCO3溶液的电离程度小于其水解程度，故溶液显碱性；(3)抑制FeCl3水解常参加盐酸，Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)可发生相互促进的水解反响；(4)Ag＋浓度与溶液中的Cl－浓度有关，即c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp。c(Cl－)＝eq\f(1.8×10－10,0.2)＝9×10－10mol·L－1。19．(8分)草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，现做如下实验，请答复相关问题。eq\x(导学号68732834)①称取6.3g纯草酸晶体，将其配制成100.0mL水溶液为待测溶液②取25.0mL待测溶液放入锥形瓶中，再参加适量的稀硫酸③用浓度为0.4mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，滴定时发生的反响为：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2(1)滴定时，将KMnO4标准溶液装在__酸式__(填“酸式〞或“碱式〞)滴定管中。(2)假设所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，那么测得的x值会__偏小__(填“偏大〞“偏小〞或“无影响〞)。(3)判断到达滴定终点的现象是__滴入最后一滴KMnO4后，溶液由无色变成紫红色，且振荡后静置半分钟内不褪色__。此时用去12.50mLKMnO4溶液，那么x＝__2__。解析：(1)KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶管，故应装在酸式滴定管中。(2)假设KMnO4溶液的浓度偏小，那么消耗KMnO4溶液的体积偏大，计算出的草酸晶体的物质的量就偏大，草酸晶体的摩尔质量那么偏小，x偏小。(3)V(KMnO4)＝12.50mL，结合方程式得：n(草酸晶体)＝0.4mol/L×12.50×10－3L×5/2＝1.25×10－2mol，那么M(草酸晶体)＝6.3g/(1.25×10－2mol×4)＝126g/mol，x20．(13分)当温度高于500K时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。eq\x(导学号68732835)(1)该反响的化学方程式为__2CO2＋6H2eq\o(,\s\up7(500K))C2H5OH＋3H2O__；其平衡常数表达式为K＝__eq\f(cC2H5OH·c3H2O,c2CO2·c6H2)__。(2)在恒容密闭容器中，判断上述反响到达平衡状态的依据是__ab__。a．体系压强不再改变b．H2的浓度不再改变c．气体的密度不随时间改变d．单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比为3∶1(3)：1g氢气完全燃烧生成液态水，放出143kJ热量；23g乙醇完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出650kJ热量，那么氢气和乙醇的燃烧热的比值为__0.22__。(要求计算出数值)(4)在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据中，起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如下图，根据图中数据分析：①降低温度，平衡向__正反响(或右)__方向移动。②在700K、起始投料比eq\f(nH2,nCO2)＝1.5时，H2的转化率为__40%__。③在500K、起始投料比eq\f(nH2,nCO2)＝2时，到达平衡后H2的浓度为amol·L－1，那么到达平衡时CH3CH2OH的浓度为__1.5a_mol·L－1__。解析：(1)由题给信息可得到该反响的化学方程式为：2CO2＋6H2eq\o(,\s\up7(500K))C2H5OH＋3H2O；该反响的平衡常数表达式为K＝eq\f(cC2H5OH·c3H2O,c2CO2·c6H2)。(2)该反响为气体分子数减小的化学反响，当体系的压强不再改变时，反响到达平衡状态，另外氢气的浓度不再变化，说明反响到达平衡状态；由于在500K时，所有物质均为气体，故在恒容状态下气体的密度恒为定值，密度不变不能说明反响到达平衡状态；根据化学方程式可知，任何单位时间内消耗H2和CO2的物质的量之比均为3∶1。(3)由题给信息可分别写出氢气和乙醇燃烧热的热化学方程式：H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)ΔH＝－286kJ/mol和CH3CH2OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1300kJ/mol，从而可求得氢气和乙醇的燃烧热的比值为0.22。(4)①由图中信息可知，其他条件不变时，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡向逆反响方向移动，故正反响为放热反响，即降低温度，平衡将向正反响方向移动。②700K时，当氢气与二氧化碳的起始投料比eq\f(nH2,nCO2)＝1.5时，由图像可知二氧化碳的转化率为20%，由化学方程式：2CO2＋6H2eq\o(→,\s\up7(500K))C2H5OH＋3H2O，可计算出氢气的转化率为40%。③设起始时c(CO2)＝xmol·L－1，那么起始时c(H2)＝2xmol·L2CO2＋6H2eq\o(,\s\up7(500K))C2H5起始(mol·L－1):x2x00转化(mol·L－1):0.6x1.8x0.3x0.9x平衡(mol·L－1):0.4x0.2x0.3x0.9x0．2x＝a，得x＝5a，平衡时c(CH3CH2OH)＝0.3xmol·L－1＝1.5amol·L21．(10分)请仔细观察以下五种装置的构造示意图，完成以下问题。eq\x(导学号68732836)(1)碱性锌锰电池的总反响式：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnOOH＋Zn(OH)2，那么负极的电极反响式：__Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2__。(2)碱性锌锰电池比普通锌锰电池(干电池)性能好，放电电流大。试从影响反响速率的因素分析其原因是__碱性锌锰电池用锌粉替代了原锌锰电池的锌壳，增大了反响物的接触面积，加快了反响速率，故放电电流大(合理答案均可得分)__。(3)铅－硫酸蓄电池放电过程中，H2SO4浓度__变小__(填“变大〞、“变小〞或“不变〞)，充电时阴极的电极反响式为：__PbSO4＋2e－=Pb＋SOeq\o\al(2－,4)__。(4)电解精炼铜时，a极是__纯铜__(填“纯铜〞或“粗铜〞)。锌银纽扣电池在工作过程中__氧化银__(填物质名称)被复原。解析：(1)原电池的负极发生氧化反响，根据元素化合价变化知锌失电子，负极的电极反响式为Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2。(2)碱性锌锰电池用锌粉替代了原锌锰电池的锌壳，增大了反响物的接触面积，加快了反响速率，故放电电流大。(3)铅蓄电池在放电过程中消耗硫酸，所以硫酸浓