【化學(xué)】湖北省荊州中學(xué)2018-2019學(xué)年高二上學(xué)期期末考試（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.化學(xué)與工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、人類生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是
A. 煤、石油、天然氣是不可再生能源，風(fēng)能、生物質(zhì)能、沼氣是可再生能源
B. 日常生活中可用純堿溶液除廚房物體表面的油污
C. 紐扣銀鋅電池體型小，含有害物質(zhì)少，用后不用分類回收，可以隨意處理
D. 可用Na2S、H2S作沉淀劑，除廢水中Cu2+、Hg2+
【答案】C
【解析】
【詳解】A項、風(fēng)能、沼氣、生物質(zhì)能是通過太陽光的照射和水的循環(huán)來形成的，太陽光可以源源不斷的從自然界得到，是可再生能源，煤、石油和天然氣屬于三大化石燃料，都屬于不可再生的能源，故A正確；
B項、純堿是碳酸鈉的俗名，碳酸鈉的溶液呈堿性，在日常生活中常用熱的碳酸鈉溶液來除去廚房用具表面的油污，故B正確；
C項、紐扣銀鋅電池中含有重金屬，能夠引起環(huán)境污染，使用完后應(yīng)回收，不能隨意丟棄，故C錯誤；
D項、硫離子與Cu2+或Hg2+反應(yīng)生成CuS、HgS沉淀，過濾容易除去，從而除去廢水中的Cu2+和Hg2+，所以硫化鈉可以做重金屬離子的沉淀劑，故D正確。
故選C。
【點睛】本題考查化學(xué)與生活，只有掌握了物質(zhì)的性質(zhì)才能確定物質(zhì)的用途，把握物質(zhì)性質(zhì)及基本概念內(nèi)涵是解本題關(guān)鍵。
2.下列判斷正確的是
A. 強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定比弱電解質(zhì)溶液強(qiáng)
B. 中和等體積等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸，所需氫氧化鈉相同
C. 如果鹽酸的濃度是醋酸的濃度的兩倍，則鹽酸的氫離子濃度也是醋酸的兩倍
D. 物質(zhì)的量濃度相同的磷酸溶液和磷酸鈉溶液中所含磷酸根離子的物質(zhì)的量相同
【答案】B
【解析】
【分析】
A、如果強(qiáng)電解質(zhì)溶液的濃度很小，導(dǎo)電能力也會很弱；
B、等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，溶質(zhì)物質(zhì)的量相同，中和能力相同；
C、鹽酸和醋酸都是一元酸，氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離，醋酸是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離；
D、磷酸在溶液中分步電離，磷酸鈉在溶液中分步水解。
【詳解】A項、溶液導(dǎo)電能力取決于溶液中離子濃度的大小，強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定比弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力強(qiáng)，如果強(qiáng)電解質(zhì)溶液的濃度很小，導(dǎo)電能力也會很弱，故A錯誤；
B項、等體積、等物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液，溶質(zhì)物質(zhì)的量相同，與氫氧化鈉中和需要氫氧化鈉物質(zhì)的量相同，故B正確；
C項、鹽酸和醋酸都是一元酸，氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，在溶液中完全電離，所以c（HCl）=c（H+），醋酸是弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，則c（CH3COOH）＞c（H+），如果鹽酸的濃度是醋酸的兩倍，則鹽酸中的H+濃度大于醋酸中的兩倍，故C錯誤；
D項、磷酸是中強(qiáng)酸，在溶液中存在電離平衡，磷酸鈉在溶液中存在水解平衡，這兩個平衡程度都很小，磷酸是三元酸，在溶液中分步電離，磷酸根離子濃度非常小，磷酸鈉在溶液中分步水解，水解的磷酸根離子的量非常小，所以磷酸鈉中磷酸根離子遠(yuǎn)多于等濃度的磷酸溶液，故D錯誤。
故選B。
【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡，注意把握弱電解質(zhì)的電離和鹽類水解特點及影響因素是解答關(guān)鍵。
3.下列關(guān)于化學(xué)反應(yīng)中能量變化的說法正確的是
A. 化學(xué)反應(yīng)中能量變化的本質(zhì)原因是反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量不同
B. 同溫同壓下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照條件下和在點燃條件下的△H不同
C. 在25℃、101KPa,1mol S(s)和2molS(s) 的燃燒熱相等
D. 一定條件，將0.5mol N2和1.5molH2置于密閉容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)，放熱19.3 kJ，其熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A、化學(xué)反應(yīng)中能量變化的主要原因是化學(xué)鍵的斷裂與生成；
B、反應(yīng)的熱效應(yīng)只與始態(tài)、終態(tài)有關(guān)，與過程無關(guān)；
C、燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒放出的熱量，每種物質(zhì)的燃燒熱個定值；
D、該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全反應(yīng)。
【詳解】A項、化學(xué)反應(yīng)總是伴隨著能量變化，斷鍵需要吸收能量，成鍵放出能量，所以化學(xué)反應(yīng)中能量變化的主要原因是化學(xué)鍵的斷裂與生成，故A錯誤；
B項、反應(yīng)的熱效應(yīng)只與始態(tài)、終態(tài)有關(guān)，與過程無關(guān)，所以同溫同壓下，光照和點燃條件下的△H相同，故B錯誤；
C項、在25℃，101 kPa時，1 mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱，燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒放出的熱量，每種物質(zhì)的燃燒熱個定值，與物質(zhì)的量無關(guān)，故C正確；
D項、一定條件下將0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密閉的容器中充分反應(yīng)生成NH3（g），放熱19.3kJ，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物不可能完全反應(yīng)，若0.5mol氮氣完全轉(zhuǎn)化成氨氣放熱的熱量會大于38.6kJ，放熱反應(yīng)的焓變?yōu)樨?fù)值，則該熱化學(xué)方程式滿足：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H1
D. 將AgCl與AgBr的飽和溶液等體積混合，再加入足量AgNO3溶液，生成的沉淀AgCl多
【答案】D
【解析】
【分析】
A、由電離常數(shù)公式可得c（H+）/ c（CH3COOH）=Ka/ c（CH3COO-），稀釋時，Ka不變，c（CH3COO-）減??；
B、用惰性電極電解MgCl2溶液時生成氫氧化鎂沉淀；
C、中性溶液中c（H+）= c（OH-）；
D、當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多。
【詳解】A項、CH3COOH溶液加水稀釋，c（CH3COOH）、c（H+）和c（CH3COO-）都減小，電離常數(shù)不變，c（H+）/ c（CH3COOH）=Ka/ c（CH3COO-）增大，故A錯誤；
B項、用惰性電極電解MgCl2溶液，陰極區(qū)生成氫氧化鎂沉淀和氫氣，陽極區(qū)生成氯氣，反應(yīng)的離子方程式為Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B錯誤；
C項、向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中c（H+）= c（OH-），由電荷守恒關(guān)系c（H+）+ c(NH4+)= c（OH-）+ c(Cl-)可知c(NH4+)=c(Cl-)，故C錯誤；
D項、在AgCl和AgBr兩飽和溶液中，前者c（Ag+）大于后者c（Ag+），c（Cl-）＞c（Br-），當(dāng)將AgCl、AgBr兩飽和溶液混合時，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，生成更多的AgBr沉淀，與此同時，溶液中n（Cl-）比原來AgCl飽和溶液中大，當(dāng)加入足量的濃AgNO3溶液時，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，故D正確。
故選D。
【點睛】本題考查水溶液中的離子平衡，涉及了弱電解質(zhì)的電離、電解原理、溶液酸堿性、沉淀溶解平衡等，注意把握影響弱電解質(zhì)電離平衡的因素、溶液中電荷守恒關(guān)系的應(yīng)用是解答關(guān)鍵。
9.298K時，將20mL3xmol·L－1Na3AsO3、20mL3xmol·L－1I2和20mLNaOH溶液混合，發(fā)生反應(yīng)：AsO33-(aq)＋I(xiàn)2(aq)＋2OH－(aq)AsO43-(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)，溶液中c(AsO43- 與反應(yīng)時間(t)的關(guān)系如圖所示。下列不能判斷反應(yīng)達(dá)到平衡的是

A. 溶液的pH不再變化
B. 2v正(I－)＝v逆(AsO33-)
C. c(AsO43-)/c(AsO33-)不再變化
D. c(I－)＝2ymol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】
當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應(yīng)的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時，說明可逆反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)。
【詳解】A項、溶液pH不變時，則c（OH-）也保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；
B項、由化學(xué)計量數(shù)可知，當(dāng)v正(I－)＝2v逆(AsO33-)時，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B錯誤；
C項、當(dāng)c(AsO43-)/c(AsO33-)不再變化時，可說明各物質(zhì)的濃度不再變化，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故C正確；
D項、由圖可知，當(dāng)c （AsO43-）=y mol?L-1時，濃度不再發(fā)生變化，則達(dá)到平衡狀態(tài)，由方程式可知此時c（I-）=2y mol?L-1，故D正確。
故選B。
【點睛】本題考查化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，注意化學(xué)平衡的特征和反應(yīng)速率與化學(xué)計量數(shù)關(guān)系是解答關(guān)鍵。
10.在容積一定的密閉容器中，置入一定量的一氧化氮和足量碳發(fā)生化學(xué)反應(yīng)：C（s）+2NO（g）CO2（g）+N2（g），平衡時c（NO）與溫度T的關(guān)系如下圖所示，則下列說法不正確的是

A. 該反應(yīng)正反應(yīng)的△H＜0
B. 若狀態(tài)A、B的逆反應(yīng)速率分別為v逆（A）、v逆（B），則v逆（A）＞v逆（B）
C. 在T2時，若反應(yīng)體系處于狀態(tài)D，則此時v正＞v逆
D. 若狀態(tài)B、C、D的壓強(qiáng)分別為PB、PC、PD，則 PC＞PD=PB
【答案】B
【解析】
【分析】
A、由圖可知，溫度越高平衡時c（NO）越大，即升高溫度平衡逆移；
B、由圖可知，狀態(tài)A的溫度小于狀態(tài)B的溫度，升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率加快；
C、由圖可知，T2時反應(yīng)進(jìn)行到狀態(tài)D，c（CO）高于平衡濃度，故反應(yīng)向逆反應(yīng)進(jìn)行；
D、達(dá)到平衡狀態(tài)時，壓強(qiáng)和溫度成正比例關(guān)系。
【詳解】A項、由圖可知，溫度越高平衡時c（NO）越大，即升高溫度平衡逆移，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即△H＜0，故A正確；
B項、由圖可知，狀態(tài)A的溫度小于狀態(tài)B的溫度，升高溫度，化學(xué)反應(yīng)速率加快，則v逆（B）＞v逆（A），故B錯誤；
C項、T2時反應(yīng)進(jìn)行到狀態(tài)D，c（NO）高于平衡濃度，故反應(yīng)向正反應(yīng)進(jìn)行，則一定有v正＞v逆，故C正確；
D項、達(dá)到平衡狀態(tài)時，壓強(qiáng)和溫度成正比例關(guān)系，壓強(qiáng)大小為PC＞PD=PB，故D正確。
故選B。
【點睛】本題考查化學(xué)平衡圖像，試題以化學(xué)平衡圖象為載體考查溫度對平衡移動的影響，注意曲線上的各點都處于平衡狀態(tài)。
11.根據(jù)下列實驗現(xiàn)象，可以得到相應(yīng)結(jié)論的是

實驗
現(xiàn)象
結(jié)論
A
將少量的飽和硼酸溶液滴加到碳酸鈉溶液中
無氣泡
酸性:H2CO3>H3BO3
B
向均盛有2mL5% H2O2溶液的兩支試管中分別滴入0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液各1mL
前者生成氣泡的速率更快
催化效果:?
Fe3+>?Cu2+
C
分別向等物質(zhì)的量濃度、等體積的KCl和KI的溶液，滴加2滴稀的Ag(NH3)2OH溶液,充分振蕩后
KCl溶液中無白色沉淀,KI溶液中有黃色沉淀
微粒結(jié)合Ag+的能力：I->NH3>Cl-
D
向1mL2mol/L的NaOH溶液中，滴加1-2滴1mol/ L MgCl2溶液，再滴加2滴1mol/ L FeCl3溶液
先有白色沉淀，后有紅褐色沉淀
Ksp：Mg(OH)2>Fe(OH)3
【答案】C
【解析】
【分析】
A、少量的飽和硼酸溶液滴加到碳酸鈉溶液中，可能反應(yīng)，但生成碳酸氫鈉；
B、0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液不但金屬陽離子不同，離子濃度也不相同；
C、KCl溶液中無白色沉淀，KI溶液中有黃色沉淀，說明結(jié)合Ag+的能力I-強(qiáng)于NH3，NH3強(qiáng)于Cl—；
D、氫氧化鈉溶液過量，氫氧根離子濃度大，使鎂離子、鐵離子沉淀。
【詳解】A項、碳酸鈉溶液與比碳酸強(qiáng)的酸反應(yīng)，先生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉溶液再與酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，將少量的飽和硼酸溶液滴加到碳酸鈉溶液中，可能反應(yīng)，但生成碳酸氫鈉，無氣泡生成，不能說明碳酸的酸性強(qiáng)于硼酸，故A錯誤；
B項、0.3mol/LFeCl3和0.2mol/LCuCl2溶液不但金屬陽離子不同，離子濃度也不相同，變量不唯一化，前者生成氣泡的速率更快，不能說明催化效果，故B錯誤；
C項、室溫下，向濃度均為0.1mol?L-1的KCl和KI混合溶液中滴加2滴稀的Ag(NH3)2OH溶液，KCl溶液中無白色沉淀，KI溶液中有黃色沉淀，說明結(jié)合Ag+的能力I-強(qiáng)于NH3，NH3強(qiáng)于Cl—，故C正確；
D項、氫氧化鈉溶液過量，氫氧根離子濃度大，使鎂離子、鐵離子沉淀，不發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，則不能比較Mg（OH）2、Fe（OH）3的溶解度，故D錯誤。
故選C。
【點睛】本題考查了化學(xué)實驗方案的評價，側(cè)重分析能力及化學(xué)實驗?zāi)芰?，注意反?yīng)原理與實驗的結(jié)合及實驗評價性分析，明確常見化學(xué)實驗基本操作方法，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)原理、實驗技能為解答關(guān)鍵。
12.下圖所示與對應(yīng)敘述相符的是

A. 一定條件下，X和Y反應(yīng)生成Z，由圖①推出該反應(yīng)的方程式為：X + 3YZ
B. 圖②表示用NaOH溶液滴定0.1 mol/L的某一元酸溶液得到的滴定曲線（常溫下），該實驗最好選取酚酞作指示劑
C. 圖③中a、b曲線分別表示反應(yīng)CH2=CH2(g)+H2(g)→CH3CH3(g) △H＜0,使用和未使用催化劑時，反應(yīng)過程中的能量變化
D. 用硝酸銀溶液滴定等濃度的A-、B-、C-的混合溶液（均可以與Ag+反應(yīng)生成沉淀），由圖④可確定首先沉淀的是C-
【答案】B
【解析】
【分析】
A、當(dāng)反應(yīng)物的起始物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率相同；
B、強(qiáng)堿滴定弱酸用酚酞作指示劑；
C、催化劑能降低反應(yīng)的活化能；
D、c（X-）越小，越先生成沉淀。
【詳解】A項、當(dāng)反應(yīng)物的起始物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計量數(shù)之比，物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率相同，據(jù)此由圖可知n(X)：n(Y)=3時，轉(zhuǎn)化率相同，即X與Y的化學(xué)計量數(shù)之比為3：1，故反應(yīng)為3X+YZ，故A錯誤；
B項、滴定開始時0.1mol?L-1某酸pH為3，所以酸為弱酸，強(qiáng)堿滴定弱酸用酚酞作指示劑，故B正確；
C項、依據(jù)催化劑能降低反應(yīng)的活化能可知圖中a、b曲線可分別表示反應(yīng)使用催化劑和未使用催化劑的變化曲線，反應(yīng)過程中的能量變化，故C錯誤；
D項、由圖象可知，-lgc（X-）越大，則c（X-）越小，越先生成沉淀，由圖4曲線，可確定首先沉淀的是A-，故D錯誤。
故選B。
【點睛】本題考查了與化學(xué)反應(yīng)原理有關(guān)的圖像，涉及了化學(xué)平衡的移動、中和滴定、反應(yīng)過程中的能量變化、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化等知識，注意從實驗的評價性及物質(zhì)性質(zhì)分析，把握反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵。
13.電滲析法是一種利用離子交換膜進(jìn)行海水淡化的方法，其原理如圖所示。已知水中含Na+、Cl－等離子，電極為惰性電極。則淡水的出口為

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】B
【解析】
陽極周圍是氯離子發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，乙中的氯離子通過陰離子交換膜進(jìn)入甲室。陰極附近是水電離出的氫離子放電，氫氧根離子濃度增大，氫氧根離子通過陰離子交換膜進(jìn)入丙室。同時乙中的鈉離子通過陽離子交換膜進(jìn)入丙室，所以乙是淡水出口，答案選B。
點睛：本題考查了電解原理的應(yīng)用，電極反應(yīng)，電極判斷，題干信息的分析應(yīng)用。難點是電極反應(yīng)式的書寫和離子的移動方向判斷，注意交換膜的作用。
14.將少量V2O5及一定量Ag2SO4?固體置于恒容真空密閉容器，在一定溫度下發(fā)生反應(yīng):Ag2SO4(s)Ag2O(s)+SO3(g) 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) 10min后反應(yīng)達(dá)平衡，此時c(SO3)=0.4mol/L，c(SO2)=0.1mol/L。下列說法中不正確的是
A. 平衡時，容器內(nèi)氣體密度為40g/L
B. 10min內(nèi)氧氣的平均反應(yīng)速率為0.01mol·(L·min)-1
C. 若再加入少量Ag2SO4固體，則氧氣的濃度不變
D. 該溫度下，2Ag2SO4(s)2Ag2O(s)+2SO2(g)+O2(g)的平衡常數(shù)為5×10-4
【答案】B
【解析】
【分析】
已知①Ag2SO4（s）Ag2O（s）+SO3（g），②2SO3（g）2SO2（g）+O2（g），平衡時c（SO2）=0.1mol/L，則由反應(yīng)②可知消耗0.1mol/L SO3，測得c（SO3）=0.4mol/L，可知反應(yīng)①共生成SO3的濃度為0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L
【詳解】A項、c（SO2）=0.1mol/L，則c（O2）=0.05mol/L，設(shè)容器體積為1L，則容器里氣體的密度為（0.4mol/L×1L×80g/mol+0.1mol/L×1L×64g/mol+0.05mol/L×1L×32g/mol）/1L=40g/L，故A正確；
B項、平衡時c（SO2）=0.1mol/L，則c（O2）=0.05mol/L，在10min內(nèi)平衡時氧氣的反應(yīng)速率為0.05mol/L/10min=0.005mol/（L?min），故B錯誤；
C項、Ag2SO4為固體，增加固體的量，化學(xué)平衡不移動，則氧氣的濃度不變，故C正確；
D項、該溫度下，平衡時c（SO2）=0.1mol/L、c（O2）=0.05mol/L，則平衡常數(shù)K為c2（SO2）c（O2）=（0.1mol/L）2×（0.05mol/L）=5×10-4，故D正確。
故選B。
【點睛】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的計算，注意平衡常數(shù)的意義和表達(dá)式，注意根據(jù)兩個反應(yīng)的濃度關(guān)系結(jié)合方程式進(jìn)行計算是解答關(guān)鍵。
15.室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲線如圖所示，下列判斷錯誤的是( )

A. 三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P點時，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7時，三種溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 當(dāng)中和百分?jǐn)?shù)達(dá)100%時，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
A．根據(jù)圖像可知0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值HA最小，酸性最強(qiáng)，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越強(qiáng)，電離平衡常數(shù)越大，三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHD，A正確；B．滴定至P點時溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HB和NaB，溶液顯酸性，HB的電離為主，但電離程度較小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正確；C．pH=7時，三種溶液中陰離子的水解程度不同，加入的氫氧化鈉的體積不同，三種離子濃度分別和鈉離子濃度相等，但三種溶液中鈉離子濃度不等，C錯誤；D．此為混合溶液的質(zhì)子守恒關(guān)系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正確；答案選C。
點晴：在判斷溶液中微粒濃度大小的比較時，要重點從三個守恒關(guān)系出發(fā)分析思考。（1）兩個理論依據(jù)：①弱電解質(zhì)電離理論：電離微粒的濃度大于電離生成微粒的濃度。例如H2CO3溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3－)?c(CO32－)(多元弱酸第一步電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步電離)。②水解理論：水解離子的濃度大于水解生成微粒的濃度。例如Na2CO3溶液中：c(CO32－)＞c(HCO3－)?c(H2CO3)(多元弱酸根離子的水解以第一步為主)。（2）三個守恒關(guān)系：①電荷守恒：電荷守恒是指溶液必須保持電中性，即溶液中所有陽離子的電荷總濃度等于所有陰離子的電荷總濃度。②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，變化前后某種元素的原子個數(shù)守恒。③質(zhì)子守恒：由水電離出的c(H＋)等于由水電離出的c(OH－)，在堿性鹽溶液中OH－守恒，在酸性鹽溶液中H＋守恒。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導(dǎo)得到。解答本題時，能夠從圖像的起始點得出三種酸的相對強(qiáng)弱是解題的關(guān)鍵。

16.如下圖所示的裝置，C、D、E、F、X、Y都是惰性電極。將電源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色。則下列說法正確的是

A. 電源B極是正極
B. (甲)(乙)裝置的C、D、E、F電極均有單質(zhì)生成，其物質(zhì)的量之比為1：2：2：1
C. 欲用(丙)裝置給銅鍍銀，H應(yīng)該是Ag，電鍍液是AgNO3溶液
D. 裝置(丁)中Y極附近紅褐色變深, 說明Fe(OH)3膠粒帶正電荷
【答案】D
【解析】
試題分析：A、根據(jù)圖片知，該裝置是電解池，將電源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F極附近顯紅色，說明F極附近有大量氫氧根離子，由此得出F極上氫離子放電生成氫氣，所以F極是陰極，則電源B極是負(fù)極，A極是正極，故A錯誤；B、甲裝置中C電極上氫氧根離子放電生成氧氣，D電極上銅離子放電生成銅單質(zhì)，E電極上氯離子放電生成氯氣，F(xiàn)電極上氫離子放電生成氫氣，所以(甲)、(乙)裝置的C、D、E、F電極均有單質(zhì)生成；生成1mol氧氣需要4mol電子，生成1mol銅時需要2mol電子，生成1mol氯氣時需要2mol電子，生成1mol氫氣時需要2mol電子，所以轉(zhuǎn)移相同物質(zhì)的量的電子時生成單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1：2：2：2，故B錯誤；C、若用(丙)裝置給銅鍍銀，G應(yīng)該是Ag，H是銅，電鍍液是AgNO3溶液，故C錯誤；D、丁裝置中Y電極是陰極，如果Y極附近紅褐色變深，說明氫氧化鐵膠粒帶正電荷，故D正確；故選D。
考點：考查了原電池和電解池的工作原理的相關(guān)知識。
17.填空
（1）氫離子濃度為0.1 mol·L-1的鹽酸、硫酸、醋酸三種溶液。
①三種溶液的濃度依次為a mol·L-1，b mol·L-1，c mol·L-1，其從大到小的順序為___。
②等體積的三種酸分別與NaOH溶液中和生成正鹽時，消耗NaOH的物質(zhì)的量依次是n1、n2、n3，其大小關(guān)系_______________。
（2）將以下幾種溶液在空氣中蒸干，能得到原物質(zhì)的是（填序號）___________。
①MgCl2溶液 ②Na2SO3溶液 ③NaClO溶液 ④CuSO4溶液 ⑤NaAlO2溶液
（3）已知，Ksp(AgCl)=1.8×10-10, Ksp(AgBr)=5.4×10-13,現(xiàn)有0.1mol AgBr沉淀，每次用1L 2mol/L的NaCl溶液處理（忽略溶液體積變化），如需AgBr中的Br - 完全轉(zhuǎn)到溶液中，至少需反復(fù)處理_______次。
【答案】 (1). c>a>b (2). n3>n1=n2 (3). ④⑤ (4). 17
【解析】
【分析】
（1）①鹽酸是一元強(qiáng)酸，硫酸是二元強(qiáng)酸，都能夠完全電離，醋酸是一元弱酸，不能完全電離；
②強(qiáng)酸的中和能力取決于氫離子的物質(zhì)的量的大小，弱酸的中和能力取決于酸的物質(zhì)的量的大小；
（2）將物質(zhì)投入水中，對其溶液加熱蒸干，仍能得到原物質(zhì)，說明在加熱過程中，物質(zhì)的性質(zhì)沒有發(fā)生改變，可以結(jié)合物質(zhì)與水的反應(yīng)情況，以及物質(zhì)的穩(wěn)定性和水解的性質(zhì)解答。
（3）每次處理時反應(yīng)方程式為：AgBr+Cl—= AgCl+Br—，反應(yīng)平衡常數(shù)K= c(Br—)/ c(Cl—)= Ksp(AgBr)/ Ksp(AgCl)= 5.4×10-13/1.8×10-10=3×10-3，結(jié)合方程式計算c(Br—)，依據(jù)起始物質(zhì)的量計算處理次數(shù)。
【詳解】（1）①鹽酸是一元強(qiáng)酸，硫酸是二元強(qiáng)酸，都能夠完全電離，醋酸是一元弱酸，不能完全電離，所以氫離子濃度均為0.1mol?L-1的鹽酸、硫酸、醋酸三種溶液的濃度分別為0.1mol?L-1、0.05mol?L-1、大于0.1mol?L-1，所以c>a>b，故答案為：c>a>b；
②氫離子濃度均為0.1mol?L-1的鹽酸、硫酸、醋酸三種溶液的濃度分別為0.1mol?L-1、0.05mol?L-1、大于0.1mol?L-1，等體積的三種酸的中和能力為n3>n1=n2，則消耗NaOH的物質(zhì)的量為n3>n1=n2，故答案為：n3>n1=n2；
（2）①氯化鎂為強(qiáng)酸弱堿鹽，氯化鎂水解生成氫氧化鎂和氯化氫，氯化氫具有揮發(fā)性，加熱過程中，促進(jìn)氯化鎂水解，蒸干時得到氫氧化鎂，故錯誤；
②亞硫酸鈉具有還原性，在加熱過程中易被空氣中的氧氣氧化生成硫酸鈉，所以最后得到硫酸鈉，故錯誤；
③NaClO溶液易和空氣中的二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸鈉，蒸干溶液時得到碳酸鈉，故錯誤；
④加熱蒸干CuSO4溶液時，硫酸銅水解生成氫氧化銅和硫酸，硫酸沒有揮發(fā)性，所以最終得到的仍然是硫酸銅，故正確；
⑤加熱蒸干NaAlO2溶液時，偏鋁酸鈉易水解但不生成易揮發(fā)性物質(zhì)，所以能得到原物質(zhì)，故正確；
故④⑤正確，故答案為：④⑤；
（3）每次處理時反應(yīng)方程式為：AgBr+Cl—= AgCl+Br—，反應(yīng)平衡常數(shù)K= c(Br—)/ c(Cl—)= Ksp(AgBr)/ Ksp(AgCl)= 5.4×10-13/1.8×10-10=3×10-3，設(shè)每次用1L 2mol/L的NaCl溶液能處理xmolAgBr，則溶液中c(Br—)為xmol/L，c(Cl—)為（2—x）mol/L，則有xmol/L/（2—x）mol/L=3×10-3，解得x=0.006，處理次數(shù)0.1/0.006=16.7，所以至少需反復(fù)處理17次，故答案為：17。
【點睛】本題考查水溶液中的離子平衡，正確理解和運用弱電解質(zhì)的電離平衡、水解平衡原理的運用以及溶度積常數(shù)是解答關(guān)鍵。
18.在容積一定、溫度一定的容器中加入一定量的A2和B2，發(fā)生如下反應(yīng)：A2(?) + 2B2(g) 2AB2(g)
（1）若反應(yīng)過程中氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，則對于A2狀態(tài)判斷正確的是___________
A.一定是固體
B.一定是氣體
C.可能是氣體，也可能是固體
（2）若假設(shè)A2為氣體，根據(jù)下圖回答問題

①該反應(yīng)為________(填“放”或“吸”)熱反應(yīng)，P2________P1(填“＞”或“＜”)。
②在一容積可變的密閉容器中充入10mo1 A2氣體和30mo1 B2氣體，當(dāng)達(dá)到平衡狀態(tài)A時，容器容積為20L。如反應(yīng)開始時仍充入10mo1 A2和30mo1 B2，則在平衡狀態(tài)B時，容器容積為____________L（保留兩位有效數(shù)字）。
③若在一定溫度，容積固定為VL的密閉容器中加入n molA2及2n molB2，反應(yīng)達(dá)到平衡后測得平衡常數(shù)為K，此時A的轉(zhuǎn)化率為x。K和x的關(guān)系滿足K=_____________（化為最簡表達(dá)式），在保證A2濃度不變的情況下，增大容器的體積，平衡______（填字母）。
A．向正反應(yīng)方向移動
B．向逆反應(yīng)方向移動
C．不移動
④若改變反應(yīng)條件后，該反應(yīng)的逆反應(yīng)速率與時間的關(guān)系如圖所示，若在t2、t4時都只改變一個條件，請判斷改變的條件是什么：t2時 ______________________； t4時______________________；

【答案】 (1). C (2). 放 (3). ＞ (4). 1.5 (5). （x2V）/[n(1-x)3] (6). C (7). 增大生成物的濃度或升高溫度 (8). 使用催化劑
【解析】
【分析】
（1）若A2為氣體，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小；若A2為固體，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量增大，物質(zhì)的量不變；
（2）①升高溫度，A2的轉(zhuǎn)化率減??；增大壓強(qiáng)，平衡正向移動；
②在平衡狀態(tài)B時，A2的轉(zhuǎn)化率為0.8，由題給數(shù)據(jù)建立三段式計算平衡常數(shù)，再分析判斷；
③由題意建立三段式計算，依據(jù)濃度熵和平衡常數(shù)判斷移動方向；
④由圖可知，t2時逆反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動；t4時，逆反應(yīng)速率增大，平衡不移動。
【詳解】（1）平衡時氣體的平均相對分子質(zhì)量為m(g)/n(g)，若A2為氣體，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小，氣體的平均相對分子質(zhì)量增大；若A2為固體，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量增大，物質(zhì)的量不變，氣體的平均相對分子質(zhì)量增大，則A2可能是氣體，也可能是固體，故答案為：C；
（2）①由圖可知，升高溫度，A2的轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)；假設(shè)A2為氣體，該反應(yīng)為反應(yīng)前后氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動，A2的轉(zhuǎn)化率增大，則P2＞P1，故答案為：放；＞；
②在平衡狀態(tài)B時，A2的轉(zhuǎn)化率為0.8，由題給數(shù)據(jù)建立如下三段式：
A2(g) + 2B2(g) 2AB2(g)
起（mol） 10 30 0
A平（mol） 5 20 10
B平（mol） 2 14 16
由A可知化學(xué)平衡常數(shù)K=c2(AB2)/c(A2)c2(B2)=(10/20)2/(5/20) ×(20/20)2=1，溫度不變平衡常數(shù)不變，設(shè)平衡狀態(tài)B時，容器容積為VL，則有(16/V)2/(2/V) ×(14/V)2=1，解得V=1.53≈1.5，故答案為：1.5；
③由題意建立如下三段式：
A2(g) + 2B2(g) 2AB2(g)
起（mol/L） n/V 2n/V 0
變（mol/L） nx/V 2nx/V 2nx/V
B平（mol/L） (n-nx)/V 2(n-nx)/V 2nx/V
化學(xué)平衡常數(shù)K=c2(AB2)/c(A2)c2(B2)= (2nx/V)2/(n-nx)/V ×[2(n-nx)/V]2=（x2V）/[n(1-x)3]；在保證A2濃度不變的情況下，增大容器的體積，AB2和B2的濃度變化相同，濃度熵Q=K，則化學(xué)平衡不移動，故答案為：（x2V）/[n(1-x)3]；C；
④由圖可知，t2時逆反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，增大生成物的濃度，逆反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動；升高溫度，正、逆反應(yīng)速率增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動；t4時，逆反應(yīng)速率增大，平衡不移動，使用催化劑，正、逆反應(yīng)速率增大，平衡不移動，故答案為：增大生成物的濃度或升高溫度；使用催化劑。
【點睛】本題考查化學(xué)平衡移動原理的綜合應(yīng)用，涉及了化學(xué)平衡圖象和化學(xué)平衡計算等問題，注意根據(jù)圖象的曲線變化趨勢判斷，運用三段式計算，特別是注意外界條件對平衡移動的影響與反應(yīng)方程式的關(guān)系分析是解答關(guān)鍵。
19.已知25℃時草酸（H2C2O4）的電離常數(shù)為K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5，草酸鈣的Ksp=4.0×10-8，碳酸鈣的Ksp=2.5×10-9。不同溫度下水的離子積常數(shù)見下表：
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10-14
0.134
0.292
0.681
1.00
2.92
5.57
38.0
55.0

（1）25℃,將20 mL 0.2 mol/L的KOH溶液與20 mL 0.2 mol/L的草酸溶液混合后溶液顯___________
（選填“酸”、“堿”、“中”）性，混合后溶液中各離子濃度的由小到大的順序為____________________；
（2）已知草酸能使酸性高錳酸鉀溶液（稀硫酸酸化）褪色，試寫出反應(yīng)的離子方程式：________________________________。若在錐形瓶中放入20.00mL未知濃度的草酸，用0.1mol/L高錳酸鉀溶液滴定，當(dāng)?shù)竭_(dá)滴定終點時，溶液顏色的變化是____________________；
若進(jìn)行滴定實驗時，錐形瓶中有少量蒸餾水，會使計算的結(jié)果_________（選填“偏高”、“偏低”、“無影響”）
（3）90℃時，將0.005 mol/L的氫氧化鈣溶液20 mL與0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，混合后溶液的pH=___________；
（4）25℃時若向20 mL草酸鈣的飽和溶液中逐滴加入8.0×10-4 mol/L的碳酸鉀溶液10 mL，能否產(chǎn)生沉淀，___________（填“能”或“否”）。
【答案】 (1). 酸 (2). c (OH—)＜c (C2O42—) ＜c (H＋)＜c (HC2O4—)＜c(K＋) (3). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (4). 溶液由無色變成紫紅色 (5). 無影響 (6). 10 (7). 能
【解析】
【分析】
（1）25℃,將20 mL 0.2 mol/L的KOH溶液與20 mL 0.2 mol/L的草酸溶液混合后，兩者恰好反應(yīng)生成草酸氫鉀溶液，草酸氫鉀在溶液中即存在電離趨勢也存在水解趨勢，計算可知草酸氫根離子的水解常數(shù)小于電離常數(shù)，電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，c（H+）＞c（OH-），故草酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，同時除了電離產(chǎn)生的氫離子外，水也存在部分電離，故c (H＋)> c (C2O42—)；
（2）草酸與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生二氧化碳，滴定終點前，草酸濃度大于高錳酸鉀濃度，溶液為無色，最終高錳酸鉀過量，溶液變?yōu)樽仙?br /> （3）90℃時，將0.005 mol/L的氫氧化鈣溶液20 mL與0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，氫氧化鈣過量，溶液顯堿性；
（4）計算溶液中濃度熵，依據(jù)濃度熵與溶度積大小比較判斷；
【詳解】（1）25℃,將20 mL 0.2 mol/L的KOH溶液與20 mL 0.2 mol/L的草酸溶液混合后，兩者恰好反應(yīng)生成草酸氫鉀溶液，草酸氫鉀在溶液中即存在電離趨勢也存在水解趨勢，草酸氫鉀在溶液中的水解常數(shù)Kh=Kw/ K1=1×10—14/5.0×10-2=2.0×10—13＜K2=5.4×10-5，草酸氫根離子的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，c（H+）＞c（OH-），溶液中除了電離產(chǎn)生的氫離子外，水也存在部分電離，故c (H＋)> c (C2O42—)，則混合后溶液中各離子濃度的由小到大的順序為c (OH—)＜c (C2O42—) ＜c (H＋)＜c (HC2O4—)＜c(K＋)，故答案為：酸；的由小到大的順序為；
（2）高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，把草酸中的C從+3價氧化成+4價的二氧化碳，Mn元素從+7價變化到+2價的錳離子，由于草酸分子中有2個C原子，所以高錳酸鉀與草酸的反應(yīng)比例為 5：2，故反應(yīng)的方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；可利用KMnO4溶液自身的顏色作為指示劑判斷滴定終點時，再滴加KMnO4溶液時，溶液將由無色變?yōu)樽仙?；若進(jìn)行滴定實驗時，錐形瓶中有少量蒸餾水，溶質(zhì)的物質(zhì)的量沒有變化，對測定結(jié)果無影響，故答案為：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；溶液由無色變成紫紅色；無影響；
（3）0.005mol/L 20ml的氫氧化鈣溶液中氫氧化鈣的物質(zhì)的量n=CV=0.005mol/L×0.02L
=10-4mol，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物質(zhì)的量為0.24×10-4mol，根據(jù)草酸與氫氧化鈣的反應(yīng)可知，氫氧化鈣過量，草酸完全反應(yīng)，故溶液顯堿性，氫離子完全由水電離產(chǎn)生，在90℃下，Kw=3.8×10-13， c(OH-)=（0.01-0.0024）/2=0.0038mol/L，則c(H+)=
1.0×10-10mol/L，混合后溶液的pH=-lg c(H+)=10，故答案為：10；
（4）在草酸鈣的飽和溶液中，c（C2O42-）=C（Ca2+），根據(jù)草酸鈣的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸鈣的飽和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸鉀溶液10mL后，由于溶液體積的變化，c（Ca2+）=2×10-4×2/3=4/3×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4 /3=8/3×10-4mol/L，故濃度積Qc=c（Ca2+）?c（CO32-）=3.6×10-8＞Ksp（2.5×10-9），有沉淀產(chǎn)生，故答案為：有。
【點睛】本題考查了水溶液中的離子平衡，涉及了弱電解質(zhì)的電離、氧化還原反應(yīng)滴定、酸堿混合的定性判斷、難溶物的溶解平衡等，試題涉及的知識點較多，側(cè)重于分析能力和計算能力的考查，明確弱電解質(zhì)電離特點及溶度積常數(shù)的運用是解本題關(guān)鍵。
20.（1）某課外活動小組用如圖裝置進(jìn)行實驗，試回答下列問題：

①若開始時開關(guān)K與a連接，則A極的電極反應(yīng)式為____________________B極的Fe發(fā)生__________ 腐蝕（填“析氫”或“吸氧”）
②若開始時開關(guān)K與b連接，則裝置內(nèi)總反應(yīng)的離子方程式為_________________；根據(jù)此時的裝置，判斷下列說法正確的是________(填序號)
a.溶液中Na＋向A極移動　
b.從A極處逸出的氣體能使?jié)駶櫟腒I淀粉試紙變藍(lán)　
c.反應(yīng)一段時間后加適量鹽酸可恢復(fù)到電解前電解質(zhì)的濃度　
d.若標(biāo)準(zhǔn)狀況下B極產(chǎn)生2.24 L氣體，則溶液中轉(zhuǎn)移0.2 mol電子
（2）海水中鋰元素儲量非常豐富，從海水中提取鋰的研究極具潛力。鋰是制造化學(xué)電源的重要原料。如LiFePO4電池中某電極的工作原理如下圖所示：

①已知該電池的電解質(zhì)為能傳導(dǎo)Li+的固體材料。放電時該電極是電池的_______________極（填“正”或“負(fù)”），該電極反應(yīng)式為_______________________________________。
②用此電池電解含有0．1 mol/L CuSO4和0．1 mol/L NaCl的混合溶液100 mL，假如電路中轉(zhuǎn)移了0.1 mole-，且電解池的電極均為惰性電極，則陽極產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是_______L。
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (4). b (5). 正 (6). FePO4+e-+Li+=LiFePO4 (7). 0．168
【解析】
【分析】
（1）①開始時開關(guān)K與a連接則構(gòu)成原電池，該裝置為鐵的吸氧腐蝕；
②若開始時開關(guān)K與b連接，則構(gòu)成電解池，該裝置為電解飽和食鹽水的電解裝置；
（2）①在原電池放電時，負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；
②由離子放電順序可知，電解含有0.01molCuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100ml，陽極上氯離子和氫氧根離子放電生成氯氣和氧氣，陰極上銅離子放電生成銅。
【詳解】（1）①開始時開關(guān)K與a連接則構(gòu)成原電池，活潑金屬作負(fù)極，即鐵是負(fù)極，石墨是正極，該裝置為鐵的吸氧腐蝕，A電極的電極反應(yīng)式為：O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-；吸氧；
②若開始時開關(guān)K與b連接，則構(gòu)成電解池，該裝置為電解飽和食鹽水的電解裝置，石墨和電源正極相連作陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，鐵和電源負(fù)極相連作陰極，陰極上氫離子發(fā)生生成氫氣，總反應(yīng)的離子方程式為2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；電解池中陽離子向陰極方向移動，a錯誤；A處得到氯氣，氯氣氧化碘化鉀生成單質(zhì)碘，碘遇淀粉顯藍(lán)色，b正確；根據(jù)總反應(yīng)式可知，從溶液中放出的是氫氣和氯氣，所以要恢復(fù)原狀態(tài)需要通入氯化氫氣體，c錯誤；B極產(chǎn)生的2.24L氣體是氫氣，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24L 氫氣的物質(zhì)的量為0.1mol，根據(jù)2H＋＋2e－=H2↑可知，反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子，不是溶液中轉(zhuǎn)移0.2 mol電子，d錯誤，故選b；故答案為：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑;b;
（2）①放電時，該裝置是原電池，F(xiàn)e元素化合價由+3價變?yōu)?2價，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以該電極是正極，電極反應(yīng)式為FePO4+e-+Li+=LiFePO4，故答案為：正；FePO4+e-+Li+=LiFePO4；
②電解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，電路中轉(zhuǎn)移了0.02mol e-，則陰極上0.01mol Cu2+放電，陽極上0.01molCl-先完全放電生成0.005mol Cl2，后水電離出的0.01mol OH-放電生成0.0025molO2，陽極上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積=（0.005mol+0.0025mol）×22.4L/mol=0.168L，故答案為：0.168。
【點睛】本題考查了原電池和電解池原理，側(cè)重于分析能力和電化學(xué)知識的綜合應(yīng)用考查，依據(jù)元素化合價分析電極反應(yīng)及生成物，注意根據(jù)電子守恒計算是解答關(guān)鍵。
21.（1）在1800K時，2Fe(s)+3/2O2(g)=Fe2O3(s) ?H= -354.2kJ/mol；
3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ?H= -550.9kJ/mol
則反應(yīng)：2Fe3O4(s)+1/2O2(g) === 3Fe2O3(s)的?H =_____ kJ·mol?1，四氧化三鐵在充滿氧氣的集氣瓶中反應(yīng)生成Fe2O3_____(填“能”或“不能”)自發(fā)進(jìn)行。
（2）2018年是合成氨工業(yè)先驅(qū)哈伯（P?Haber）獲得諾貝爾獎100周年。N2和H2生成NH3的反應(yīng)為：1/2N2（g）+3/2H2（g） NH3（g） △H(298K)= - 46.2KJ?mol-1,在Fe催化劑作用下的反應(yīng)歷程如下（*表示吸附態(tài)）
化學(xué)吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；
表面反應(yīng)：N*+ H* NH*；NH*+ H* NH2*；NH2* + H*NH3*
脫附：NH3* NH3（g）
其中， N2的吸附分解反應(yīng)活化能高、速率慢，決定了合成氨的整體反應(yīng)速率。請回答：
①利于提高合成氨平衡產(chǎn)率的條件有__________。
A．低溫　　B.高溫　　 C.低壓　 D.高壓　E.催化劑
②實際生產(chǎn)中，常用Fe作催化劑，控制溫度773K，壓強(qiáng)3.0 ×105Pa，原料中N2和H2物質(zhì)的量之比為1：2.8。
分析說明原料氣中N2過量的兩個理由_________；_____________。
③關(guān)于合成氨工藝的下列理解，正確的是_______。
A.合成氨反應(yīng)在不同溫度下的△H和△S都小于零
B.當(dāng)溫度、壓強(qiáng)一定時，在原料氣（N2和H2的比例不變）中添加少量惰性氣體，有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率
C.基于NH3有較強(qiáng)的分子間作用力可將其液化，不斷將液氨移去，利于反應(yīng)正向進(jìn)行
D.分離空氣可得N2，通過天然氣和水蒸氣轉(zhuǎn)化可得H2，原料氣須經(jīng)過凈化處理，以防止催化劑中毒和安全事故發(fā)
【答案】 (1). +39.2 (2). 不能 (3). AD (4). 原料氣中N2相對易得，適度過量有利于提高H2的轉(zhuǎn)化率 (5). N2在Fe催化劑上的吸附是決速步驟，適度過量有利于提高整體反應(yīng)速率 (6). ACD
【解析】
【分析】
（1）依據(jù)蓋斯定律計算反應(yīng)?H；依據(jù)?H—T?S判斷反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行；
（2）①合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)；
②加過量氮氣，平衡正向移動；N2在Fe催化劑上的吸附是決速步驟；
③A、合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)；
B、恒壓條件充入少量惰性氣體，相當(dāng)于減壓；
C、不斷將氨氣液化，生成物濃度降低；
D、CH4、CO等易燃易爆氣體，可能會與催化劑反應(yīng)。
【詳解】（1）將已知反應(yīng)依次編號，由蓋斯定律①×3—②×2得2Fe3O4(s)+1/2O2(g) === 3Fe2O3(s)，則?H=（-354.2kJ/mol）×3—（-550.9kJ/mol）×2=+39.2 kJ/mol；因該反應(yīng)?H＞0，?S＜0，則?H—T?S＞0，該反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行，故答案為：+39.2；不能；
（2）①合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，由勒夏特列原理可知，低溫和高壓，平衡正向移動，有利于提高合成氨平衡產(chǎn)率，故答案為：AD；
②加過量氮氣，平衡正向移動，有利于提高H2的轉(zhuǎn)化率以及氨氣的產(chǎn)率；根據(jù)題干“N2的吸附分解反應(yīng)活化能高、速率慢，決定了合成氨的整體反應(yīng)速率”可知，N2在Fe催化劑上的吸附是決速步驟，適度過量有利于提高整體反應(yīng)速率，故答案為：原料氣中N2相對易得，適度過量有利于提高H2的轉(zhuǎn)化率；N2在Fe催化劑上的吸附是決速步驟，適度過量有利于提高整體反應(yīng)速率；
③A、合成氨反應(yīng)為氣體體積減小的放熱反應(yīng)，在不同溫度下?H＜0，?S＜0，正確；
B、恒壓條件充入少量惰性氣體，相當(dāng)于減壓，平衡逆向移動，不利于提高平衡轉(zhuǎn)化率，錯誤；
C、不斷將氨氣液化，生成物濃度降低，有利于平衡正向移動，正確；
D、通過天然氣和水蒸氣轉(zhuǎn)化制得的H2，由于含有CH4、CO等易燃易爆氣體，容易出現(xiàn)安全隱患，此外CH4、CO可能會與催化劑反應(yīng)，造成催化劑活性降低，所以必須經(jīng)過凈化處理，正確；
故選ACD，故答案為：ACD。
【點睛】本題考查蓋斯定律與化學(xué)平衡，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，把握反應(yīng)熱計算、勒夏特列原理理解與應(yīng)用、信息分析與撲捉為解答的關(guān)鍵。