1.化學(xué)與生活息息相關(guān)，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是
A. 用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物
B. 銀質(zhì)器物久置表面變暗與電化學(xué)腐蝕有關(guān)
C. 為防止電池中的重金屬等污染土壤和水體，應(yīng)積極開發(fā)廢電池的綜合利用技術(shù)
D. 電熱水器用鎂棒防止內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極保護(hù)法
【答案】B
【解析】
【詳解】A.鋁鹽、鐵鹽都能水解生成對(duì)應(yīng)的氫氧化物膠體，具有吸附性，可吸附水中的懸浮物，A項(xiàng)正確；
B.銀質(zhì)器物久置表面變暗是由于金屬銀在空氣中被氧化而變暗，屬于化學(xué)腐蝕，與電化學(xué)腐蝕無關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；
C.電池中的重金屬污染土壤和水體會(huì)造成對(duì)人畜的危害，所以我們大力支持回收電池及開發(fā)廢電池的綜合利用技術(shù)，C項(xiàng)正確；
D.鎂比鐵活潑，易形成原電池負(fù)極，可防止內(nèi)膽腐蝕，這是利用了犧牲陽極的陰極保護(hù)法，D項(xiàng)正確；
故選B。
2.下列說法正確的是
①物質(zhì)發(fā)生化學(xué)變化的同時(shí)都伴有能量變化
②伴有能量變化的物質(zhì)變化都是化學(xué)變化
③放熱反應(yīng)不需加熱就能發(fā)生，吸熱反應(yīng)不加熱就不能發(fā)生
④吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)都可能在常溫下進(jìn)行
⑤NaOH固體溶于水放出的能量就是該變化的反應(yīng)熱
⑥在任何條件下，化學(xué)反應(yīng)的焓變都等于該反應(yīng)的反應(yīng)熱
⑦生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量時(shí)，反應(yīng)吸熱，ΔH>0
⑧化學(xué)反應(yīng)中反應(yīng)熱的大小與反應(yīng)物的多少、反應(yīng)物和生成物的狀態(tài)、溫度、壓強(qiáng)等有關(guān)
A. ①⑤⑦⑧ B. ②④⑤⑦ C. ①④⑦⑧ D. ③④⑥⑧
【答案】C
【解析】
【詳解】①物質(zhì)發(fā)生化學(xué)變化，都伴有能量變化，比如放熱或吸熱，正確；
②伴有能量變化的物質(zhì)變化不一定是化學(xué)變化，比如液態(tài)水蒸發(fā)吸熱不屬于化學(xué)變化，而是物理變化，錯(cuò)誤；
③放熱反應(yīng)可能需加熱才發(fā)生，比如天然氣燃燒需點(diǎn)燃才發(fā)生放熱反應(yīng)，吸熱反應(yīng)不加熱也可能發(fā)生，比如氯化銨與氫氧化鋇晶體一混合便發(fā)生吸熱反應(yīng)，錯(cuò)誤；
④吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)與反應(yīng)條件無關(guān)，都可能在常溫下進(jìn)行，正確；
⑤反應(yīng)熱是化學(xué)反應(yīng)過程中放出或吸收的熱量，而NaOH固體溶于水為物理變化，溶解時(shí)的能量變化不是反應(yīng)熱，錯(cuò)誤；
⑥在恒壓時(shí)，化學(xué)反應(yīng)的焓變都等于該反應(yīng)的反應(yīng)熱，錯(cuò)誤；
⑦生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量時(shí)，在反應(yīng)過程中從外界吸收能量，則反應(yīng)吸熱，ΔH>0，正確；
⑧反應(yīng)物量的不同，反應(yīng)熱不同；反應(yīng)物和產(chǎn)物的狀態(tài)，如生成液態(tài)水和水蒸氣，反應(yīng)熱也不一樣；溫度和壓強(qiáng)也會(huì)影響反應(yīng)熱大小，正確；
綜上：①④⑦⑧正確；
故選C。
3.NF3是一種溫室氣體，其存儲(chǔ)能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大氣中的壽命可長達(dá)740年之久，如表所示是幾種化學(xué)鍵的鍵能：
化學(xué)鍵
N≡N
F—F
N—F
鍵能/kJ·mol-1
946
154.8
283.0
下列說法中正確的是
A. 過程N(yùn)(g)＋3F(g)→NF3(g)吸收能量
B. 反應(yīng)N2(g)＋3F2(g)→2NF3(g)ΔH＞0
C. NF3吸收能量后如果沒有化學(xué)鍵的斷裂與生成，仍可能發(fā)生化學(xué)反應(yīng)
D. 斷裂1molN—F鍵吸收的能量與形成1molN—F鍵釋放的能量相同
【答案】D
【解析】
【詳解】A.過程N(yùn)(g)＋3F(g)→NF3(g)為形成化學(xué)鍵，需放出能量，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B.結(jié)合反應(yīng)N2(g)＋3F2(g)→2NF3(g)，則ΔH=(946＋3×154.8－2×3×283.0) kJ·mol-1=－287.6 kJ·mol-1c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)
C. 點(diǎn)②所示溶液中：c(Na＋) =c(HA) ＋c(A－)
D. 水的電離程度隨著NaOH溶液的滴入不斷增大
【答案】B
【解析】
【詳解】A.結(jié)合“用 0.1000mol/L NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000mol/L某一元酸HA溶液”，恰好完全反應(yīng)時(shí)消耗NaOH溶液20mL，由圖知反應(yīng)后溶液pH大于7，常溫下，溶液顯堿性，推知用酚酞作指示劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；
B.由題可知點(diǎn)①溶質(zhì)為等量的HA和NaA，由圖知溶液顯酸性（c(H＋) >c(OH－)），則HA的電離程度大于A－的水解程度，則c(A－) >c(Na＋)>c(H＋) >c(OH－)，B項(xiàng)正確；
C.由電荷守恒知c(Na＋)+c(H＋) =c(OH－)+ c(A－)，又點(diǎn)②pH=7，則c(H＋) =c(OH－)，推知c(Na＋) = c(A－)，則c(Na＋) ＜c(HA) ＋c(A－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；
D.加入NaOH溶液生成NaA，則A－的水解促進(jìn)水的電離，當(dāng)酸堿恰好完全反應(yīng)后，繼續(xù)滴加NaOH溶液，則OH－會(huì)抑制水的電離，D項(xiàng)錯(cuò)誤；
故選B。
14.下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是
A. 向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 減小
B. 將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃，溶液中 增大
C. 向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中 >1
D. 將0.1mol/L的NaOH的溫度提高至80℃，溶液的pH變小
【答案】D
【解析】
【詳解】A. 稀醋酸加水稀釋促進(jìn)電離，醋酸分子濃度減小程度大于氫離子濃度減小程度，故A錯(cuò)誤；
B. 升溫促進(jìn)醋酸根離子水解，醋酸的水解平衡常數(shù)增大，上式是醋酸根離子水解平衡常數(shù)的倒數(shù)，所以題目中的比值應(yīng)減小，故B錯(cuò)誤；
C. 據(jù)電荷守恒，上述比值應(yīng)等于1，故C錯(cuò)誤；
D.溫度升高，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，雖然氫氧根離子濃度不變，但氫離子濃度增大，所以溶液的pH變小，故D正確；
故選：D。
15.某興趣小組設(shè)計(jì)如下微型實(shí)驗(yàn)裝置。實(shí)驗(yàn)時(shí)，現(xiàn)斷開K2，閉合K1，兩極均有氣泡產(chǎn)生；一段時(shí)間后，斷開K1，閉合K2，發(fā)現(xiàn)電流表指針偏轉(zhuǎn)，下列有關(guān)描述正確的是

A. 斷開K2，閉合K1時(shí)，總反應(yīng)的離子方程式為：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑
B. 斷開K2，閉合K1時(shí)，石墨電極附近溶液變紅
C. 斷開K1，閉合K2時(shí)，銅電極上的電極反應(yīng)為：Cl2+2e—＝2Cl—
D. 斷開K1，閉合K2時(shí)，石墨電極作正極
【答案】D
【解析】
【詳解】斷開K2、閉合K1時(shí)，裝置為電解池，兩極均有氣泡產(chǎn)生，則總反應(yīng)為2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨為陽極，銅為陰極，因此石墨電極處產(chǎn)生Cl2，在銅電極處產(chǎn)生H2，銅電極附近產(chǎn)生OH-，溶液變紅，A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)A中分析可知B錯(cuò)誤；
C、斷開K1、閉合K2時(shí)，裝置為原電池，銅電極上的電極反應(yīng)為H2-2e-+2OH-=2H2O，其為負(fù)極，而石墨上的電極反應(yīng)為Cl2+2e-=2Cl-，其為正極，C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)C中分析可知D正確，答案選D。
【點(diǎn)晴】解答時(shí)注意把握電化學(xué)工作原理，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)。明確原電池和電解池的工作原理是解答的關(guān)鍵，注意電極名稱的判斷和電極反應(yīng)式的書寫。
16.下列實(shí)驗(yàn)裝置符合實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?br /> 目的
粗銅的精煉
驗(yàn)證溶液（含酚酞）的產(chǎn)物
裝置


選項(xiàng)
A
B
目的
在鐵制品上鍍銅
構(gòu)成原電池
裝置


選項(xiàng)
C
D

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A.精煉銅的裝置中，粗銅應(yīng)做陽極，即與電源的正極相連，故錯(cuò)誤；
B.從電流方向判斷，左側(cè)為電源的負(fù)極，電解池中鐵棒為陰極，產(chǎn)生氫氣，用向下排空氣法收集，電解池碳棒為陽極，產(chǎn)生氯氣，用淀粉碘化鉀檢驗(yàn)，故正確；
C.在鐵制品上鍍銅裝置中，銅應(yīng)與電源的正極相連，做陽極，鐵制品應(yīng)與電源的負(fù)極相連，做陰極，故錯(cuò)誤；
D.Fe插入FeCl3溶液中，鐵直接和氯化鐵反應(yīng)，不能構(gòu)成原電池，欲構(gòu)成原電池，鐵和氯化鐵溶液應(yīng)分開在兩側(cè)，即鐵和碳應(yīng)換位置，故錯(cuò)誤。
故選B。
【點(diǎn)睛】掌握電解池工作原理和原電池原理是關(guān)鍵。同時(shí)要掌握電解產(chǎn)物的收集或檢驗(yàn)方法。注意雙液原電池需要將氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)分開。
17.化學(xué)在環(huán)境保護(hù)中起著十分重要的作用，電化學(xué)降解法可用于治理水中硝酸鹽的污染。電化學(xué)降解NO3－的原理圖所示。下列說法不正確的是：

A. A為電源正極
B. 陽極反應(yīng)式為：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑
C. 若電解過程中轉(zhuǎn)移了2mol電子，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差(Δm左－Δm右)為10.4克
D. 陰極反應(yīng)式為：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題給原理圖知，在Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應(yīng)，陰極反應(yīng)式為：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－,因此Ag-Pt電極為陰極，則B為負(fù)極，A為電源正極，A正確；
B．陽極為溶液中的氫氧根放電，氫氧根來自水的電離，電極反應(yīng)式為：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，B正確；
C．由陽極電極反應(yīng)式知，轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí)，陽極區(qū)消耗1mol水，產(chǎn)生2molH+進(jìn)入陰極室，陽極室質(zhì)量減少18g；陰極室中放出0.2molN2（5.6g），同時(shí)有2molH+（2g）進(jìn)入陰極室，因此陰極室質(zhì)量減少3.6g，故膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差（△m左-△m右）＝14.4g，C錯(cuò)誤；
D．陰極反應(yīng)式為：2NO3－＋6H2O＋10e－＝N2↑＋12OH－，D正確。
答案選C。
18.將0.6mol KCl、0.4mol Cu(NO3)2、0.2molAgNO3一起溶于水，配成100mL混合溶液，用惰性電極電解一段時(shí)間后，若在一極析出19.2g Cu，此時(shí)在另一極上產(chǎn)生氣體的體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）為
A. 3.96L B. 4.48L C. 5.6L D. 6.72L
【答案】C
【解析】
【分析】
混合溶液中發(fā)生的反應(yīng)為AgNO3+ KCl =AgCl↓+KNO3，得混合溶液中的溶質(zhì)為0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2、0.4molKCl，根據(jù)Cu和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式可計(jì)算出O2和Cl2的體積。
【詳解】混合溶液中發(fā)生的反應(yīng)為AgNO3+ KCl =AgCl↓+KNO3，根據(jù)方程式知，0.2mol AgNO3完全反應(yīng)需要0.2molKCl，還剩余0.4molKCl，且同時(shí)生成0.2molKNO3，所以混合溶液中的溶質(zhì)為0.2molKNO3、0.4molCu(NO3)2、0.4molKCl，用惰性電極電解一段時(shí)間后，若在一極析出Cu：0.3mol（19.2g）＜0.4mol，根據(jù)Cu和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式知，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=2n(Cu)=2×0.3mol=0.6mol，氯離子完全放電時(shí)轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=0.4mol×1=0.4mol，則還有0.2mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)生成氧氣，則生成n(O2)==0.05mol，生成n(Cl2)=n(Cl－)= ×0.4mol=0.2mol，生成氣體V=nVm=(0.2+0.05)mol×22.4mol/L=5.6L，
故選C。
【點(diǎn)睛】解決電化學(xué)中的相關(guān)計(jì)算問題的切入點(diǎn)應(yīng)該為：把計(jì)算問題看做是氧化還原反應(yīng)理論知識(shí)的拓展與延伸，并能靈活運(yùn)用上述相關(guān)解決問題的方法，許多問題都會(huì)變得“柳暗花明”的畫面。
19.（1）如圖1是1molNO2(g)和1molCO(g)反應(yīng)生成CO2和NO過程中的能量變化示意圖，若在反應(yīng)體系中加入催化劑，則E1________(填“增大”、“減小”或“不變”，下同)，ΔH________。請(qǐng)寫出NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：________________。
（2）觀察圖a和圖b，根據(jù)蓋斯定律，寫出△H1、△H2、△H3、△H4、△H5和△H6的關(guān)系。圖a：________________________；圖b：_________________________。

（3）用CH4催化還原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。
已知：① H2O(l)＝H2O(g) △H=+44 kJ/mol
② 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＝CH4(g)＋4NO(g) △H= +1160 kJ/mol
③ CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -574 kJ/mol
請(qǐng)寫出CH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成參與大氣循環(huán)的氣體和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式________。
【答案】 (1). 減小 (2). 不變 (3). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ/mol (4). △H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0 (5). △H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6 (6). CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-955kJ/mol
【解析】
【詳解】（1）若在反應(yīng)體系中加入催化劑，活化能降低，則E1減??；由圖可以知道，ΔH =E1－E2=134kJ/mol－368kJ/mol=-234kJ/mol；1molNO2(g)和1molCO(g)反應(yīng)生成CO2和NO，則NO2和CO反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ/mol；
（2）圖a：以A為起點(diǎn)，最終回到A，整個(gè)過程沒有能量變化，所以△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0；圖b：變化有兩個(gè)途徑A→F，A→B→C→D→E→F，兩個(gè)途徑的熱效應(yīng)相同，所以△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6；
（3）① H2O(l)＝H2O(g) △H=+44 kJ/mol
② 2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)＝CH4(g)＋4NO(g) △H= +1160 kJ/mol
③ CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -574 kJ/mol
則－2×①－×②＋×③，得：CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)，且△H=－2×(+44 kJ/mol)－×(+1160 kJ/mol)＋×(-574 kJ/mol)= -955kJ/mol，則CH4(g)與NO2(g)反應(yīng)生成參與大氣循環(huán)的氣體和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝-955kJ/mol。
【點(diǎn)睛】化學(xué)反應(yīng)的反應(yīng)熱只與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)途徑無關(guān)，利用蓋斯定律可以間接計(jì)算某些反應(yīng)的反應(yīng)熱。1.明確所求反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)，各物質(zhì)系數(shù)，及反應(yīng)是吸熱還是放熱反應(yīng)；2.蓋斯定律與反應(yīng)途徑無關(guān)，不同途徑對(duì)應(yīng)的最終結(jié)果是一樣的；3.各反應(yīng)式相加時(shí)，有的反應(yīng)逆向?qū)?，ΔH符號(hào)也相反。有的反應(yīng)式要擴(kuò)大或縮小相應(yīng)倍數(shù)，ΔH也要相應(yīng)擴(kuò)大或縮小相同的倍數(shù)；4.注意各分步反應(yīng)的ΔH的正負(fù)，放熱反應(yīng)為“-”，吸熱反應(yīng)為“＋”，其具備數(shù)學(xué)意義，可進(jìn)行大小比較；5.注意弱電解質(zhì)的電離、水解反應(yīng)吸熱，濃硫酸的稀釋、氫氧化鈉固體的溶解放熱，都將對(duì)反應(yīng)熱產(chǎn)生影響。
20.研究NO2、SO2 、CO等大氣污染氣體的處理具有重要意義。
（1）一定條件下，將2molNO與2molO2置于恒容密閉容器中發(fā)生如下反應(yīng)：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列各項(xiàng)能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_____________。
A.體系壓強(qiáng)保持不變
B.混合氣體顏色保持不變
C.NO和O2的物質(zhì)的量之比保持不變
D.每消耗1 molO2同時(shí)生成2 molNO
（2）CO可用于合成甲醇，一定溫度下，向體積為2L的密閉容器中加入CO和H2，發(fā)生反應(yīng)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，達(dá)平衡后測(cè)得各組分濃度：
物質(zhì)
CO
H2
CH3OH
濃度（mol/L）
0.9
1.0
0.6

回答下列問題：
①混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量=_________________。
②平衡常數(shù)K=__________________。
③若將容器體積壓縮為1L，不經(jīng)計(jì)算，預(yù)測(cè)新平衡中c(H2)的取值范圍是__________。
④若保持體積不變，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此時(shí)v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】 (1). A、B、C、D (2). 18.56 (3). 0.67 (4). 1mol/L＜c(H2)＜2mol/L (5). =
【解析】
【詳解】（1）A.該反應(yīng)兩邊的化學(xué)計(jì)量數(shù)不相等，在反應(yīng)沒有達(dá)到平衡時(shí)，氣體的物質(zhì)的量會(huì)發(fā)生改變，體系的壓強(qiáng)也要改變，如果壓強(qiáng)不變說明氣體的生成與消耗速率相等，反應(yīng)達(dá)到了平衡，A項(xiàng)正確；
B.反應(yīng)中NO2是有色氣體，顏色不變說明NO2的濃度不再改變，則反應(yīng)達(dá)到了平衡，B項(xiàng)正確；
C.NO和O2的起始物質(zhì)的量相等，但化學(xué)計(jì)量數(shù)不同，變化量不相同，如果沒有達(dá)到平衡，NO和O2的物質(zhì)的量之比會(huì)發(fā)生改變，不發(fā)生改變說明達(dá)到了平衡，C項(xiàng)正確；
D. 每消耗1 molO2同時(shí)生成2 molNO，正逆反應(yīng)速率相等，說明反應(yīng)達(dá)到了平衡，D項(xiàng)正確；
故選ABCD；
（2）①由表中數(shù)據(jù)知，CO、H2、CH3OH的物質(zhì)的量分別是1.8mol、2mol、1.2mol，質(zhì)量分別為1.8mol×28g/mol=50.4g、2mol×2g/mol=4g、1.2mol×32g/mol=38.4g，則混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量等于==18.56g/mol，因此平均相對(duì)分子質(zhì)量是18.56；
②平衡常數(shù)K= =≈0.67；
③若將容器體積壓縮為1L，該瞬間H2的濃度變?yōu)?mol/L，壓縮容器使得壓強(qiáng)變大，結(jié)合CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)中的化學(xué)計(jì)量數(shù)知，平衡右移，氫氣的濃度變小，根據(jù)勒夏特列原理知，平衡時(shí)的氫氣的濃度范圍為1mol/L＜c(H2)＜2mol/L；
④根據(jù)題給數(shù)據(jù)：（單位mol/L）

CO
2H2
CH3OH
原平衡各組分濃度
0.9
1.0
0.6
再充入濃度
0.3
0
0.2
充入后各組分濃度
1.2
1.0
0.8
Qc===0.67=K，說明此時(shí)化學(xué)反應(yīng)仍處平衡狀態(tài)，則v正=v逆。
【點(diǎn)睛】若用Qc表示任意狀態(tài)下，可逆反應(yīng)中產(chǎn)物的濃度以其化學(xué)計(jì)量系數(shù)為指數(shù)的乘積與反應(yīng)物的濃度以其化學(xué)計(jì)量系數(shù)為指數(shù)的乘積之比，則這個(gè)比值稱為濃度商。將濃度商和平衡常數(shù)作比較可得可逆反應(yīng)所處的狀態(tài)。即：
Qc=Kc???體系處于化學(xué)平衡
Qc＜Kc???反應(yīng)正向進(jìn)行
Qc＞Kc???反應(yīng)逆向進(jìn)行
可見只要知道一定溫度下，某一反應(yīng)的平衡常數(shù)，并且知道反應(yīng)物及產(chǎn)物的濃度，就能判斷該反應(yīng)是平衡狀態(tài)還是向某一方向進(jìn)行。
21.物質(zhì)在水中可能存在電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答下列問題：
（1）下列方法中，可以使0.10mol/LCH3COOH溶液中值增大的措施是_______________（填序號(hào)）。
a.加水稀釋?b.加入少量CH3COONa固體 c.加入少量冰醋酸?d.通入少量HCl氣體 e.加少量燒堿溶液 f.升高溫度
（2）t℃時(shí)，水的離子積常數(shù)Kw=1×10-12。
①該溫度下，若100體積pH=a的H2SO4溶液與1體積pH=b的NaOH溶液混合后溶液呈中性，則a+b=_________。
②該溫度下，pH=2的某酸HA溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合后，混合溶液的pH=5。試分析其原因：_______________________；該混合溶液中：c(A-)－c(Na+)=______________________mol/L（填數(shù)值）。
（3）25℃下，有濃度均為0.1mol/L的三種溶液：a．NaHCO3；b．NaClO；c．CH3COONa。（已知25℃時(shí)電離常數(shù)：H2CO3 K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11；HClO K=3.0×10-8；CH3COOH K=1.8×10-5）
①三種溶液pH由小到大的順序?yàn)椋篲______________________________（填序號(hào)）。
②溶液a的pH大于8，則溶液中c(H2CO3)_____c(CO32-)（填“＞”、“＜”或“=”）。
（4）已知25℃時(shí)，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，現(xiàn)將足量氯化銀分別放入：
a．100mL蒸餾水中；
b．100mL?02mol/LAgNO3溶液中；
c．100mL?0.1mol/L氯化鋁溶液中；
d．100mL?0.1mol/L鹽酸溶液中。
充分?jǐn)嚩逗?，相同溫度下銀離子濃度由大到小的順序是________________（填寫序號(hào)）；b中氯離子的濃度為_________________。
【答案】 (1). a、d、f (2). 14 (3). HA為弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中還剩余較多的HA，可繼續(xù)電離出H+，使溶液的pH=5 (4). 9.9×10-6或10-5-10-7 (5). c＜a＜b (6). ＞ (7). b＞a＞d＞c (8). 9×10-10mol/L
【解析】
【詳解】（1）a.加水稀釋醋酸，c(H+)、c(CH3COOH)均減小，但由于促進(jìn)了醋酸的電離，c(CH3COOH)減少量大于c(H+)，所以值增大，a項(xiàng)正確；
b.加CH3COONa固體，由于CH3COO－對(duì)CH3COOH的電離起著抑制作用，則值減小，b項(xiàng)錯(cuò)誤；
c. 加入少量冰醋酸，醋酸濃度增大，弱電解質(zhì)的濃度越大，電離程度越小，則值減小，c項(xiàng)錯(cuò)誤；
d. 通入少量HCl氣體，溶液中的c(H+)明顯增大，平衡左移，c(CH3COOH)略微增大，則值增大，d項(xiàng)正確；
e. 加少量燒堿溶液，溶液中的c(H+)明顯減小，平衡右移，c(CH3COOH)略微減小，則值減小，e項(xiàng)錯(cuò)誤；
f. 升高溫度，平衡右移，則c(H+)增大，c(CH3COOH)減小，所以值增大，f項(xiàng)正確；
故選adf；
（2）①若100體積pH=a的H2SO4溶液中氫離子的物質(zhì)的量濃度為10-amol/L，1體積pH=b的NaOH溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度為10b-12mol/L，混合溶液呈中性，則n(H+)=n(OH－)，即100×10-amol/L=1×10b-12mol/L，所以a+b=14；
②pH=2的某酸HA溶液和pH=10的NaOH溶液等體積混合后，若恰好完全反應(yīng)，如果酸是強(qiáng)酸，則鹽溶液呈中性，實(shí)際上溶液呈酸性，則HA為弱酸，HA與NaOH反應(yīng)后，混合溶液中還剩余較多的HA分子，可繼續(xù)電離出H+，使溶液pH=5；該溶液中存在電荷守恒為c(A－)+c(OH－)=c(Na+)+c(H+)，則c(A－)－c(Na+)= c(H+)－c(OH－)=(10-5－10-7)mol/L=9.9×10-6mol/L；
（3）已知酸性的強(qiáng)弱順序?yàn)椋篊H3COOH＞H2CO3＞HClO；
①弱酸的酸性越弱，則對(duì)應(yīng)的酸根離子水解程度越大，濃度相等時(shí)溶液的堿性越強(qiáng)，三種溶液pH由小到大的順序?yàn)閏＜a＜b；
②NaHCO3溶液的pH大于8 顯堿性，HCO3－的水解程度大于其電離程度，則溶液中c(H2CO3)＞c(CO32-)；
（4）a.100mL蒸餾水中，c(Ag+)==1.34×10-5mol/L；
b. 100mL?0.2mol/LAgNO3溶液中c(Ag+)為0.2mol/L，抑制沉淀溶解平衡；
c. 100mL?0.1mol/L氯化鋁溶液中c(Cl－)為0.3mol/L，則c(Ag+)=6×10-10mol/L；
d. 100mL?0.1mol/L鹽酸溶液中c(Cl－)為0.1mol/L，則c(Ag+)=1.8×10-9mol/L；
綜上銀離子濃度大小順序?yàn)閎＞a＞d＞c；
b中100mL0.2mol/LAgNO3溶液中c(Ag+)為0.2mol/L，故c(Cl－)=mol/L=9×10-10mol/L。
【點(diǎn)睛】對(duì)于一般的難溶電解質(zhì)AmBn的沉淀溶解平衡：AmBn(s)mAn+＋nBm-，則Ksp=cm(An+)×cn(Bm-?)。該式的意義是：在一定溫度下，難溶電解質(zhì)飽和溶液中各離子濃度冪的乘積為一常數(shù)。
22.某化學(xué)興趣小組的同學(xué)用如圖所示裝置研究有關(guān)電化學(xué)的問題。當(dāng)閉合該裝置的開關(guān)時(shí)，觀察到電流表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。請(qǐng)根據(jù)如圖所示，回答下列問題：

（1）甲池為_____(填“原電池”“電解池”或“電鍍池”)，通入 CH3OH 電極的電極反應(yīng)為_____。
（2）乙池中 A(石墨)電極的名稱為_____(填“正極”“負(fù)極”或“陰極”“陽極”)，總反應(yīng)化學(xué)方程式為__________。
（3）當(dāng)乙池中 B 極質(zhì)量增加 5.4 g 時(shí)，甲池中理論上消耗 O2 的體積為_____mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，丙池中_____(填“C”或“D”)極析出_____g 銅。
（4）若丙中電極不變，將其溶液換成 NaCl 溶液，開關(guān)閉合一段時(shí)間后，甲中溶液的 pH將_____(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，丙中溶液的 pH 將______。
【答案】 (1). 原電池 (2). CH3OH+8OH－-6e－＝CO32－+6H2O (3). 陽極 (4). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (5). 280 (6). D (7). 16 (8). 減小 (9). 增大
【解析】
【詳解】（1）甲池為原電池，燃料在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，在堿溶液中生成碳酸鹽，甲池中通入CH3OH電極的電極反應(yīng)為：CH3OH+8OH－-6e－＝CO32－+6H2O；
（2）乙池是電解池，A為陽極，B為陰極，電池中是電解硝酸銀溶液生成銀，硝酸和氧氣，電池反應(yīng)為4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；
（3）當(dāng)乙池中B極質(zhì)量增加5.4g Ag，其物質(zhì)的量==0.05mol，根據(jù)電子守恒計(jì)算4Ag~O2~4e－，甲池中理論上消耗O2的體積==0.28L=280mL；丙為電解池，C為陽極，D為陰極，電解氯化銅溶液，銅離子在陰極得到電子析出銅，結(jié)合電子守恒計(jì)算2Ag~Cu~2e－，析出銅質(zhì)量==1.6g；
（4）甲中發(fā)生的反應(yīng)為甲醇與氧氣、氫氧化鉀的反應(yīng)，反應(yīng)消耗氫氧根離子，則pH減小，丙中電極不變，將其溶液換成NaCl溶液，則丙中電解NaCl溶液生成氫氧化鈉，所以溶液pH增大。
【點(diǎn)睛】多池的判斷：若多個(gè)單池相互串聯(lián)，又有外接電源時(shí)，則與電源相連接時(shí)的裝置為電解池或電鍍池。若無外接電源時(shí)，首先找電源，先選以較活潑金屬的電極為原電池的電子輸出極(負(fù)極)，其余為原電池的支配裝置即為電鍍池或電解池，再通過判斷。

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