四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试

四川省成都市蓉城名校2023-2024学年高二上学期期末联考化学试姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．下列说法错误的是（）A．废旧电池应回收利用B．草木灰与铵态氮肥不能混合使用C．工业上常用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D．合成氨工业中可寻找更高效的催化剂来提高氮气的平衡转化率2．下列事实对应的电极反应式或离子方程式书写正确的是（）A．硫化氢在水中电离：H2S+H2O⇌H3O++HS−B．滴加酚酞的苏打水呈红色：CO32−+2H2O⇌H2CO3+2OHC．铁在潮湿空气中生成红褐色的铁锈，其负极的电极反应式为：Fe-3e−=Fe3+D．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO3．下列反应可以自发进行但不能利用熵判据解释的是（）A．NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)B．Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)C．4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)D．2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g)4．图为中和反应反应热的测定实验装置，下列说法错误的是（）A．使用玻璃搅拌器是为了使反应更充分B．隔热层的作用是减少热量损失，减小实验误差C．每完成一次实验只需要用温度计测量两次温度即可D．实验中用等体积等浓度的氨水代替氢氧化钠与盐酸反应，测得反应热的数值不同5．室温下欲配制并测量1mol·L−1Na2S溶液的pH值，下列预测或做法错误的是（）A．该溶液pH>7B．若加水稀释，溶液pH减小C．实验室配制Na2S溶液时，常常加几滴NaOH溶液D．将Na2S溶液直接滴在润湿的pH试纸上，然后与标准比色卡比较6．实验室用如图所示装置测定化学反应速率，下列说法错误的是（）A．实验中可用秒表进行计时B．在锥形瓶中加入适量NaHSO4固体，则ʋ(H2)增大C．可用一段时间内H2的浓度变化表示化学反应速率D．为减小误差，可在锥形瓶和分液漏斗上口间连接一橡胶管保证液体能够顺利流下7．室温下，向0.01mol·L−1氨水中加入少量醋酸铵固体(醋酸铵水溶液pH≈7)，溶液pH随加入醋酸铵固体质量的变化曲线如图所示。下列分析正确的是（）A．a点：pH=12B．b点：c(NH4+)>c(CH3COO−C．c点：pH可能小于7D．a点到c点，溶液pH减小是因为醋酸铵水解呈酸性8．下列关于常见的化学电源说法错误的是（）A．铅酸蓄电池放电时，负极质量减轻B．碱性锌锰电池正极反应式为：MnO2+H2O+e−=MnO(OH)+OH−C．锂离子电池具有质量小、体积小、储存和输出能量大等特点D．氢氧燃料电池中，若把H2改为等物质的量的甲醇进行充分反应，O2的用量增加9．在一定温度下，向装有一定量N2的固定容积的容器中逐步通入H2，发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH<0，平衡时NH3体积分数随通入的n(H2)的变化如图所示(图中T表示温度)。下列说法错误的是（）A．T1>T2B．NH3的物质的量大小为：c>b>aC．相同温度下，平衡常数与投料比无关D．b点到c点，NH3的平衡体积分数减小，是由平衡逆向移动引起的10．如图所示进行实验，下列分析错误的是（）A．②中黄色沉淀变成黑色沉淀B．该实验可以说明溶度积Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)C．反应后的溶液中c(Ag+)：①<②D．②中反应为：2AgI(s)+S2−(aq)⇌Ag2S(s)+2I−(aq)11．1799年，意大利科学家伏打发明了世界上最早的电池——伏打电池(电解质溶液可以是稀硫酸或海水)。如图是伏打电堆的一种，下列说法正确的是（）A．工作时，电子由锌片通过湿布片流向铜片B．电池工作一段时间后，湿布片上可能会有Zn(OH)2生成C．该电池正极反应式一定为O2+4e−+2H2O=4OH−D．若湿布片所含溶液为饱和食盐水，则铜片附件有Cl2生成12．如图是常温下向10mL某浓度的盐酸(滴有酚酞)中逐滴加入0.10mol·L−1NaOH溶液时，溶液的pH随NaOH溶液的体积V变化的曲线，下列相关判断错误的是（）A．原盐酸的浓度为0.10mol·L−1B．滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化C．达到滴定终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(约0.04mL)，继续加水至40mL，所得溶液的pH为10D．滴定后仰视读数，则最终测得的待测盐酸浓度偏小13．室温下，有如下四种溶液，下列有关叙述正确的是（）编号①②③④pH441010溶液盐酸醋酸溶液氢氧化钠溶液氨水A．相同体积的①、②分别与③完全反应消耗NaOH的物质的量：①>②B．相同体积的③、④分别加水稀释10倍所得溶液pH：③<④C．②、④溶液由水电离出的H+浓度不相等D．VaL①与VbL③混合(近似认为混合溶液体积=Va+Vb)，若混合后溶液pH=9，则Va∶Vb=11∶914．某温度下，向10mL0.1mol·L−1Pb(NO3)2溶液中滴加0.1mol·L−1Na2S溶液，溶液中-lgc(Pb2+)与滴加的Na2S溶液体积V的关系如图所示(忽略体积变化)。已知：Ksp(PbS)<Ksp(FeS)。下列判断正确的是（）A．a、b、c三点中Ksp(PbS)从大到小的顺序为：a>b>cB．b点：c(Pb2+)<c(S2−)C．c点：2c(Pb2+)+c(H+)=c(NO3−)+c(OH−)D．其他条件相同时，若将Pb(NO3)2溶液换成同浓度、同体积的Fe(NO3)2溶液，图中-lgc(Pb2+)换成-lgc(Fe2+)，则b点会沿虚线向下移动二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．HCOOH、CH3COOH、H2C2O4是典型的有机酸，常温下，其电离常数如下表：有机酸HCOOHCH3COOHH2C2O4电离常数Ka=1.8×10−4Ka=1.75×10−5Ka1=5.6×10−2Ka2=1.5×10−4回答下列问题(以常温为研究温度)：（1）H2C2O4对应Ka2的表达式为。（2）等物质的量浓度、等体积的HCOOH和CH3COOH，其pH的大小关系为：HCOOHCH3COOH(填“>”“<”或“=”)。（3）等物质的量浓度、等体积的HCOOH和CH3COOH均用蒸馏水稀释至原体积的10倍，其溶液的导电性强弱关系为：HCOOHCH3COOH(填“>”“<”或“=”)。（4）等物质的量浓度的HCOONa溶液和CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH−)大小关系为：HCOONaCH3COONa(填“>”“<”或“=”)。（5）KHC2O4的水溶液呈性。（6）将pH之和等于14的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合，溶液呈性。（7）在H2C2O4溶液中加入过量的HCOONa溶液，其反应的离子方程式为。（8）将物质的量浓度比为2：1的HCOOH和NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中的微粒浓度关系中，c(H+)-c(OH−)=(用HCOOH及HCOO−的浓度符号表示)。16．据报道，CH4也是一种温室气体，对环境的影响是相同条件下CO2的40倍。研究CH4和CO2的转化技术对环境改善有着积极的意义。一个比较好的思路是，首先两者在一定条件下反应转化为CO和H2，然后再将CO和H2反应转化为CH3OH。已知：①甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol−1；②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH1=-283kJ·mol−1③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol−1回答下列问题：（1）写出符合甲烷燃烧热的热化学方程式：。（2）常温下，CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，其反应热ΔH=，若在恒温恒容条件下，增大起始CO2的体积分数(增加CO2的用量)，反应速率(填“增大”“减小”或“不变”)，CO2的转化率(填“提高”“降低”或“不变”)。（3）若已知以下两个反应的平衡常数分别为：CO2(g)+CH4(g)⇌2H2(g)+2CO(g)K1CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)K2则CO2(g)+2H2(g)+CH4(g)⇌2CH3OH(g)的平衡常数为(用K1、K2表示)。（4）有人提出分开处理温室气体的思路如下：ⅰ．将CO2转化为CO(NH2)2，其原理为：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)，若该反应在恒温恒容条件下进行，下列说法能说明该反应已达到平衡的有(填标号)；A．断裂3molN—H键的同时断裂2molO—H键B．NH3、CO2、H2O的物质的量恰好相等C．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变D．体系的压强不再发生改变ⅱ．将CH4纯化后制作成燃料电池，则在酸性条件下，该燃料电池工作时负极的电极反应式为。（5）研究发现，CO2和H2在催化剂作用下可以按照不同的计量数之比进行反应。其原理如下：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2>0向体积恒定的容器中通入一定量的CO2和H2发生反应，温度升高，则平衡时CH3OH的平衡浓度(填“逐渐增大”“逐渐减小”或“不发生改变”)。若在反应过程中，随着温度的升高，持续监测CH3OH与CO的浓度比，测得的数据先增大后减小，其先增大的原因可能是。17．某化学兴趣小组想要研究氯化铜溶液的相关性质，但实验室无氯化铜样品，大家想出两种制备方案并完成有关性质实验：【方案一】用固体CuO(含少量Fe2O3)和盐酸反应：将固体CuO缓慢加入到盛有稀盐酸的烧杯中，边加边搅拌，直至固体完全溶解，得溶液A。【方案二】用铜和石墨作电极，电解稀盐酸：将两个电极和直流电源相连，插入到盛有稀盐酸的烧杯中，电解一段时间后，得溶液B。已知：①氧化性：Fe3+>Cu2+；②CuCl是一种白色不溶于水的固体；③在该实验环境下，有关参数如下表：物质Fe(OH)3Cu(OH)2Ksp2.8×10−392.2×10−20阳离子完全沉淀时的pH≥2.8≥6.5回答下列问题：（1）方案一中，为了制备不含铁元素的CuCl2溶液，有同学提议在溶液A中加入过量的铜，充分反应后过滤，该方法(填“能”或“不能”)达到目的，理由是(结合方程式解释)。也有同学提议用调整溶液pH的方法来除去Fe3+，假设Cu2+起始浓度为2.2mol·L−1，则在不损失铜元素的情况下，调整溶液pH的范围为。（2）方案二中，Cu电极应该与电源的(填“正”或“负”)极相连，其电解的总反应方程式为。实验过程中，有同学观察到阳极周围有气泡出现，则出现气泡最可能的原因是。（3）若将方案二中的稀盐酸换作饱和食盐水，发现电解过程中未有蓝绿色溶液出现，但在其中一个电极附近出现了白色固体，则生成该固体的电极反应式为。（4）取少量方案二中B的稀溶液于试管，在酒精灯上加热，发现溶液由蓝色变为蓝绿色，其原因是(用平衡移动原理解释)。（5）取纯化的A的稀溶液20mL于烧杯中，加入2gKCl固体，用玻璃棒搅拌，发现溶液由蓝色变为蓝绿色，(填“能”或“不能”)用勒夏特列原理解释该现象。18．电解二氧化锰具有高能量密度、长寿命、低自放电率等优点，被广泛应用于移动电源、电动汽车、无人机等领域。工业上利用碳酸锰矿(含碳酸亚铁及其它重金属化合物)通过一系列过程制备电解二氧化锰的原理如下：已知：在生产时对应温度下，有关物质的溶度积常数如下：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Ksp2.8×10−394.7×10−17回答下列问题：（1）为了加快碳酸锰矿的溶解，可采取的措施有(答出一种即可)。（2）氧化过程的目的是。（3）石灰石除铁的原理是(结合方程式回答)。（4）电解是在酸性环境下进行，生成二氧化锰的电极反应式为。（5）在电解过程中，其中一个电极生成的气体物质可以用于制成燃料电池，若该电池在碱性条件下工作，其负极发生的电极反应式为。（6）电解时Mn2+的浓度和酸度会影响最后产品的质量。实验室可以用酸性高锰酸钾溶液通过滴定的方式测定过滤后溶液中Mn2+的浓度，其原理为：2MnO4−+3Mn2++2①滴定终点时的现象是；②经计算，此次实验测得的原过滤后溶液中Mn2+的浓度为；③滴定终点后读数时发现滴定管尖嘴处有一个气泡，若其它环节无误，则此次实验测得的Mn2+浓度(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、废旧电池中含有重金属离子，应回收利用，故A不符合题意；

B、草木灰的主要成分是碳酸钾，与铵态氮肥混合使用会发生双水解反应生成氨气，降低肥效，故B不符合题意；

C、硫离子能使Cu2+、Hg2+等重金属离子沉淀，因此工业上常用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C不符合题意；

D、催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡状态，不能提高氮气的平衡转化率，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、废旧电池含有重金属离子；

B、草木灰与铵态氮肥发生双水解反应生成氨气；

C、硫离子能使Cu2+、Hg2+等重金属离子沉淀；

D、催化剂不影响平衡状态。2．【答案】A【解析】【解答】A、H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离的方程式为H2S+H2O⇌H3O++HS−，故A正确；

B、碳酸根分步水解，第一步水解的离子方程式为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；

C、铁在潮湿空气中生成红褐色的铁锈，其负极的电极反应式为：Fe-2e−=Fe2+，故C错误；

D、偏铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，正确的离子方程式为AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、H2S分步电离；

B、碳酸根分步水解；

C、铁作负极时，电极反应式为Fe-2e−=Fe2+；

3．【答案】C【解析】【解答】A、NaHCO3(s)+HCl(aq)=NaCl(aq)+CO2(g)+H2O(l)的ΔS>0，能利用熵判据解释，故A不符合题意；

B、Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)的ΔS>0，能利用熵判据解释，故B不符合题意；

C、4Fe(OH)2(s)+O2(g)+2H2O(l)=4Fe(OH)3(s)的ΔS<0，不能利用熵判据解释，故C符合题意；

D、2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g)的ΔS>0，能利用熵判据解释，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】ΔH-TΔS<0时反应自发进行，且一般情况下，熵变大于零的反应可自发进行。4．【答案】C【解析】【解答】A、使用玻璃搅拌器搅拌能使反应更充分，故A不符合题意；

B、隔热层具有保温作用，可减少热量损失，减小实验误差，故B不符合题意；

C、测定中和反应的反应热实验中，每完成一次反应热的测定，至少需要测定三次温度：酸的起始温度、碱的起始温度和反应后溶液的最高温度，故C符合题意；

D、氨水电离吸热，因此用等体积等浓度的氨水代替氢氧化钠与盐酸反应，测得反应热的数值不同，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、使用玻璃搅拌器可使反应更充分；

B、中和热测定实验成败的关键是减小热量损耗；

C、完成一次中和反应反应热测定实验，温度计至少需要使用3次；

D、氨水电离吸热。5．【答案】D【解析】【解答】A、Na2S是强碱弱酸盐，S2-水解生成OH-而使溶液呈碱性，常温下，Na2S溶液的pH＞7，故A不符合题意；

B、加水稀释促进S2-水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH-）减小，溶液的pH值减小，故B不符合题意；

C、S2-水解生成OH-而使溶液呈碱性，碱能抑制水解，所以实验室配制Na2S溶液时，常常加几滴NaOH溶液，故C不符合题意；

D、．将Na2S溶液直接滴在润湿的pH试纸上，c（Na2S）偏小，pH测定值偏小，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、Na2S水解显碱性；

B、加水稀释，氢氧根离子浓度降低；

C、S2-水解生成OH-而使溶液呈碱性，碱能抑制水解；

D、将Na2S溶液直接滴在润湿的pH试纸上，c（Na2S）偏小。6．【答案】C【解析】【解答】A、测定收集一定体积气体所需的时间可测定反应速率，因此实验中可用秒表进行计时，故A不符合题意；

B、NaHSO4固体为强电解质，在溶液中完全电离产生氢离子，氢离子浓度增大，生成氢气的速率增大，故B不符合题意；

C、H2的浓度无法测定，因此不可用一段时间内H2的浓度变化表示化学反应速率率，故C符合题意；

D、在锥形瓶和分液漏斗上口间连接一橡胶管可以用来平衡气压，能保证液体能够顺利流下，也能减小误差，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、测定收集一定体积气体所需的时间可测定反应速率；

B、NaHSO4固体在溶液中可以电离出氢离子；

C、H2的浓度无法测定；

D、在锥形瓶和分液漏斗上口间连接一橡胶管可以用来平衡气压。7．【答案】B【解析】【解答】A、氨水为弱碱，不部分电离，则a点的pH＜12，故A错误；

B、b点溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒有c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(NH4+)，则有c(NH4+)>c(CH3COO-)，故B正确；

C、醋酸铵水溶液pH≈7，氨水中加入醋酸铵后呈碱性，故c点溶液pH＞7，故C错误；

D、a点到c点，溶液pH减小是因为铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小导致的，故D错误；

故答案为：B。8．【答案】A【解析】【解答】A、铅蓄电池放电时，铅失去电子结合硫酸根生成硫酸铅，负极质量增加，故A符合题意；

B、碱性锌锰电池中，MnO2得电子被还原为MnO(OH)，电极反应式为MnO2+H2O+e−=MnO(OH)+OH−，故B不符合题意；

C、锂离子电池是新型的高能电池，锂离子电池的优点是质量小、体积小、储存和输出能量大、可重复多次使用等特点，故C不符合题意；

D、1mol氢气消耗0.5mol氧气，1mol甲醇消耗1.5mol氧气，所以若将H2改为等物质的量甲醇，O2的用量增多，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、铅蓄电池放电时，铅转化为硫酸铅；

B、碱性锌锰电池正极MnO2得电子；

C、锂离子电池是新型的高能电池；

D、1mol氢气消耗0.5mol氧气，1mol甲醇消耗1.5mol氧气。9．【答案】D【解析】【解答】A、该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，T2变化到T1，NH3体积分数减小，平衡逆向移动，所以T1＞T2，故A不符合题意；

B、增大氢气的物质的量，平衡正向移动，氨气的物质的量增大，则NH3的物质的量大小为：c>b>a，故B不符合题意；

C、平衡常数只受温度影响，与投料比无关，故C不符合题意；

D、b点到c点，平衡正向移动，氨气的量增加，但总的气体增多，NH3的平衡体积分数减小，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、升高温度，该反应的平衡逆向移动；

B、增大氢气的量平衡会正向移动；

C、平衡常数只与温度有关；

D、b点到c点，总的气体增多，NH3的平衡体积分数减小。10．【答案】C【解析】【解答】A、向1mL0.1mol·L−1KI溶液中滴加2滴0.1mol·L−1AgNO3溶液，碘离子过量，生成黄色AgI沉淀，继续滴加5滴0.1mol·L−1Na2S溶液，AgI转化成黑色Ag2S，故A不符合题意；B、AgI浊液中滴加Na2S溶液生成Ag2S沉淀，则溶液中c（Ag+）：①＞②、c（S2-）＜c（I-），且Ksp（Ag2S）=c（S2-）c2（Ag+），Ksp（AgI）=c（I-）c（Ag+），可得溶度积Ksp（AgI）＞Ksp（Ag2S），故B不符合题意；C、②中AgI沉淀转化为Ag2S沉淀，说明Ag2S的溶解度小于AgI，即溶液中c（Ag+）：①＞②，故C符合题意；D、①中AgI浊液中滴加Na2S溶液时生成Ag2S沉淀，反应为2AgI（s）+S2-（aq）⇌Ag2S（s）+2I−（aq），故D不符合题意；

故答案为：C。【分析】A、AgI浊液中滴加Na2S溶液，生成Ag2S沉淀和NaI；

B、溶解度小的物质转化为溶解度更小的物质；

C、Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)；

D、①中AgI浊液中滴加Na2S溶液时生成Ag2S沉淀。11．【答案】B【解析】【解答】A、电子从负极锌片沿导线流向正极铜片，不经过溶液，故A错误；

B、当电解质溶液是海水时，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，一段时间后，湿布片上可能会有Zn（OH）2生成，故B正确；

C、当电解质溶液为稀硫酸时，正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，故C错误；

D、若湿布片所含溶液为饱和食盐水，则正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铜片附件不会有Cl2生成，故D错误；

故答案为：B。

【分析】该电池中，锌为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，当电解质溶液为海水时，正极电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，当电解质溶液为稀硫酸时，正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑。12．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，盐酸溶液的起始pH=1，则其浓度为0.10mol·L−1，故A不符合题意；

B、滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，判断反应的终点，故B不符合题意；

C、盐酸为一元强酸，NaOH为一元强碱，达到滴定终点时，两者恰好反应，消耗NaOH溶液10mL，不慎多加了1滴NaOH溶液（1滴溶液的体积约为0.04mL），若继续加水至40mL，此时溶液中c（OH-）=1×10-4mol/L，c（H+）=1×10-10mol/L，pH=10，故C不符合题意；

D、滴定后仰视读数，读取氢氧化钠溶液体积偏大，最终测得的待测盐酸浓度偏大，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A、原盐酸溶液的pH=1；

B、滴定实验中眼睛注视锥形瓶中溶液的变化；

C、盐酸为一元强酸，NaOH为一元强碱，达到滴定终点时，两者恰好反应，消耗NaOH溶液10mL；

D、滴定后仰视读数，读取氢氧化钠溶液体积偏大。13．【答案】B【解析】【解答】A、相同体积、相同pH的盐酸和醋酸，醋酸为弱酸，其物质的量浓度远大于盐酸，消耗NaOH物质的量大于盐酸，故A错误；B、相同体积、相同pH的氢氧化钠溶液与氨水，加水稀释会促进氨水的电离，稀释相同倍数，氨水的pH大，③<④，故B正确；C、②中pH=4，c(H+)=10−4mol·L−1，c(OH−)=10−10mol·L−1，氢氧根来源于水，同理④中pH=10，c(H+)=10−10mol·L−1，氢离子来源于水，所以水电离出的H+浓度相同，故C错误；D、VaL①与VbL③混合后，pH=9，溶液呈碱性，碱过量，根据Vb×10-4-故答案为：B。【分析】A、pH相同的盐酸和醋酸，c（HCl）＜c（CH3COOH）；

B、加水稀释会促进氨水的电离；

C、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；

D、混合溶液的pH=9，溶液呈碱性。14．【答案】D【解析】【解答】A、Ksp(PbS)受温度影响，则Ksp(PbS)：a=b=c，故A错误；B、b点时Pb（NO3）2和Na2S恰好反应完全，为PbS的饱和溶液，溶液中c（Pb2+）=c（S2−），故B错误；C、c点溶液中存在电荷守恒关系为2c（Pb2+）+c（H+）+c（Na+）=c(NO3−)+c（OH−）+2c（S2−），故C错误；D、b点时溶液恰好完全反应，因Ksp(PbS)<Ksp(FeS)，-lgc(Fe2+)小于-lgc(Pb2+)，b点沿虚线下移，故D正确；故答案为：D。【分析】A、Ksp只与温度有关；

B、PbS的饱和溶液中c（Pb2+）=c（S2−）；

C、根据电荷守恒分析；

D、Ksp（PbS）＜Ksp（FeS），则饱和溶液中c（Pb2+）＜c（Fe2+）。15．【答案】（1）c（2）<（3）>（4）<（5）酸（6）酸（7）H（8）c【解析】【解答】（1）H2C2O4是二元弱酸，电离方程式为H2C2O（2）根据电离平衡常数可知，HCOOH比CH3COOH酸性强，等物质的量浓度的HCOOH电离程度比CH3COOH电离程度大，HCOOH溶液中c(H+)大于CH3COOH溶液中c(H+（3）等物质的量浓度、等体积的HCOOH和CH3COOH均用蒸馏水稀释至原体积的10倍，两溶液物质的量浓度仍相等，稀释后HCOOH溶液中c(H+)大于稀释后CH3COOH溶液中c(H+（4）等物质的量浓度的HCOONa溶液和CH3COONa溶液中，HCOO−、CH3COO−发生水解，对水的电离有促进作用，CH3COO−水解程度大，CH3COONa溶液中c(OH−)（5）KHC2O4的溶液中存在HC2O4−的电离平衡HC2O4−⇌C2（6）CH3COOH溶液与NaOH溶液的pH之和等于14，则NaOH溶液中c（OH-）等于CH3COOH溶液中c（H+），溶液浓度：CH3COOH＞NaOH，由于CH3COOH是弱电解质，所以CH3COOH溶液过量，所得混合溶液呈酸性；

故答案为：酸；（7）H2C2O4的Ka1=5.6×10−2大于HCOOH的Ka=1.8×10−4，但Ka2=1.5×10−4小于HCOOH的K（8）物质的量浓度比为2：1的HCOOH和NaOH溶液等体积混合，混合后溶液中含有等物质的量的HCOOH和HCOONa，溶液中存在电荷守恒c(HCOO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，即c(H【分析】（1）平衡常数是指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；

（2）Ka越大，酸性越强；

（3）溶液的导电性与离子浓度和离子所带电荷成正比；

（4）弱酸强碱盐溶液中，OH−都是水电离出来的，越弱越水解；

（5）根据HC2O4−的水解程度和电离程度判断溶液的酸碱性；

（6）CH3COOH溶液与NaOH溶液的pH之和等于14，则NaOH溶液中c（OH-）等于CH3COOH溶液中c（H+），溶液浓度：CH3COOH＞NaOH；

（7）根据强酸制弱酸原理分析；

16．【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol−1（2）+247.3kJ·mol−1；增大；降低（3）K（4）CD；CH4-8e−+2H2O=CO2+8H+（5）逐渐减小；在相对较低温度范围内，随着温度升高，反应①的催化剂活性逐渐增大，反应速率增大较显著(或“在相对较低温度范围内，随温度升高，反应①的选择性逐渐增大”)【解析】【解答】（1）甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol−1，则甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ⋅mol（2）设①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·mol−1，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH1=-283kJ·mol−1，③H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol−1，根据盖斯定律，将①-②×2-③×②可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)（3）设①CO2(g)+CH4(g)⇌2H2(g)+2CO(g)K1，②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)K2，根据盖斯定律，将①+②×2可得CO2(g)+2H2(g)+CH4(g)⇌2CH3OH(g)，则K=K1⋅K22；

故答案为：K1⋅K22；

（4）ⅰ．A、断裂3molN—H键的同时断裂2molO—H键时，正逆反应速率不等，反应未达到平衡状态，故A不符合题意；

B、NH3、CO2、H2O的物质的量恰好相等，和起始量、变化量有关，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；

C、反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当混合气体的平均相对分子质量不再发生改变，反应达到平衡状态，故C符合题意；

D、反应前后气体物质的量变化，当体系的压强不再发生改变时，反应达到平衡状态，故D符合题意；

故答案为：CD；

ⅱ．甲烷燃料电池中，通入甲的一极为负极，负极发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e−+2H2O

=CO2+8H+；

故答案为：CH4-8e−+2H2O=CO2+8H+；

（5）向体积恒定的容器中通入一定量的CO2和H2发生反应，温度升高，反应①逆向进行，反应②正向进行，则平衡时CH3【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；

（2）根据盖斯定律，将①-②×2-③×②得到目标方程式；

（3）根据盖斯定律，将①+②×2可得CO2(g)+2H2(g)+CH4(g)⇌2CH3OH(g)；

（4）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；负极发生氧化反应；

（5）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，升温反应①逆向进行，反应②正向进行，在相对较低温度范围内，随温度升高，反应①催化剂活性逐渐增大，CH3OH与CO的浓度比增大。17．【答案】（1）不能；2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁的金属性比铜强，Fe2+不再与Cu反应；2.8≤pH<4(或2.8≤pH≤4)（2）正；Cu+2HCl电解__CuCl2+H（3）Cu-e−+Cl−=CuCl（4）反应[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O正向吸热，升温，平衡正向移动（5）能【解析】【解答】（1）固体CuO(含少量Fe2O3)缓慢加入到盛有稀盐酸的烧杯中，边加边搅拌，直至固体完全溶解，得到的溶液A含有Fe3+、Cu2+，在其中加入过量的铜，氧化性：Fe3+>Cu2+，发生反应：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，但Cu不能和Fe2+反应，铁元素以Fe2+形式存在溶液中，故该方法不能达到目的，理由是：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁的金属性比铜强，Fe2+不再与Cu反应；当Cu2+开始以Cu(OH)2形式沉淀时，据Ksp=c(Cu2+)⋅c2(OH-)，c(O（2）制备氯化铜，应以Cu电极作阳极，即Cu电极应该与电源的正极相连，其电解的总反应方程式为：Cu+2HCl电解__CuCl2+H2↑；实验过程中，阳极周围有气泡出现，因为阳极发生的反应为氧化反应，应是溶液中阴离子放电所得产物，则出现气泡最可