云南省腾冲市第八中学2017-2018学年高二下学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高二下·腾冲期末）下列水溶液可以确定显酸性的是（ ）
A．含氢离子的溶液 B．能使酚酞显无色的溶液
C．pH<7的溶液 D．c(H+)>c(OH-)的溶液
2．（2018高二下·腾冲期末）25℃时,相同物质的量浓度的下列溶液中，c(NH4+)最大的是（ ）
A．(NH4)2SO4 B．(NH4)2Fe(SO4)2
C．NH4HSO4 D．CH3COONH4
3．（2018高二下·腾冲期末）0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中，下列表达式的数值一定变大的是（ ）
A．c（H+） B．c（H+）·c（OH-）
C． D．
4．（2016高二上·上饶期末）对于可逆反应A（g）+2B（g） 2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2019高三上·武威期末）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B．100mL1mol·L 1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
6．（2018高二下·腾冲期末）用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是（ ）
X Y Z W
A C Fe NaCl H2O
B Pt Cu CuSO4 Cu（OH）2
C C C H2SO4 H2O
D Ag Fe AgNO3 AgNO3晶体
A．A B．B C．C D．D
7．（2018高二下·腾冲期末）某蓄电池放电、充电时的反应为Fe＋Ni2O3＋3H2O Fe(OH)2＋2Ni(OH)2 ，下列推断中正确的是（ ）
A．放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极
B．充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2＋2e－ + 2H+ = Fe＋2H2O
C．充电时，Ni(OH)2为阳极，发生还原反应
D．该蓄电池的电极是浸在某种碱性电解质溶液中
8．（2018高二下·腾冲期末）在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法正确的是（ ）
A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C．图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
9．（2018高二下·腾冲期末）如下图甲、乙两个容器中，分别加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液与0.1 mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A，B，C，D各电极上生成物的物质的量之比为（ ）
A．2∶2∶4∶1 B．2∶3∶4∶1 C．1∶4∶2∶2 D．1∶1∶1∶1
10．（2018高二下·腾冲期末）一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）
A．水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、Fe2+、Cl－、NO3-
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO 、S2－、CO
C．含有大量Fe3＋的溶液：SCN－、I－、K＋、Br－
D．加入活泼金属Al能产生H2的溶液：K＋、NH 、Cl－、SO42－
11．（2017高二上·辽宁期末）下面有关电化学的图示，完全正确的是（ ）
A．Cu﹣Zn原电池
B．粗铜的精炼
C．铁片镀锌
D．验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物
12．（2018高二下·腾冲期末）常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是（ ）
A．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2
C．pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH )>c(H＋)>c(OH－)
D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
13．（2018高二下·腾冲期末）如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是（ ）
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)
14．（2018高二下·腾冲期末）Al-MnO4 电池是一种高能电池，以Ga2O3为缓蚀剂，其示意图如图所示。已知电池总反应为Al + MnO4 ═AlO2- + MnO2.下列说法正确的是（ ）
A．电池工作时，K+向负极移动
B．电池工作时，电子由Al经电解质溶液流向Ni
C．负极反应为Al- 3e + 4OH ═AlO2 + 2H2O
D．电池工作时，Ni电极周围溶液pH减小
15．（2018高二下·腾冲期末）25℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是（ ）
A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B．B点的横坐标a＝12.5
C．水的电离程度：D > C > B
D．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
16．（2018高二下·腾冲期末）部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸 HCOOH HCN H2CO3
电离平衡常数 （25℃） K1=1.77×10-4 K1=4.9×10-10 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
下列选项正确的是（ ）
A．2CN－ + H2O + CO2=2HCN + CO32－
B．相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONa
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH > HCN > H2CO3
17．（2018高二下·腾冲期末）在含有Ag+的酸性溶液中，以铁铵矾NH4Fe(SO4)2作指示剂，用KSCN的标准溶液滴定Ag+。已知：AgSCN (白色，s) Ag+ + SCN－，Ksp=1.0×10-12 ；Fe3+ + SCN－ FeSCN2+ （红色）， K=138。下列说法正确的是（ ）
A．边滴定，边摇动溶液，首先溶液变红色
B．当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN－与Fe3+生成红色配合物，即为终点
C．上述实验可用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+
D．滴定时，溶液pH变化不会影响终点的观察
二、综合题
18．（2018高二下·腾冲期末）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。有人模拟用CO和H2合成甲醇，其反应为：CO(g) + 2H2(g)
CH3OH(g) △H<0
（1）在容积固定为1L的密闭容器内充入2 mol CO和4
mol H2发生上述反应，20min时用压力计监测容器内压强的变化如下：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25
压强/MPa 12.4 10.2 8.4 7.0 6.2 6.2
则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= mol/(L·min)，该温度下平衡常数K= ，若平衡后增大压强，则K值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）在恒温恒容的密闭容器中，不能判定CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0，反应达到平衡的是___________；
A．压强保持不变
B．气体的密度保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变
D．速率v（H2）：v（CH3OH）=2：1
（3）如图是甲醇燃料电池结构示意图，C是 （填“正”或“负”）极，写出此电极的电极反应式 。
（4）若以该电池为电源，用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，电解一段时间后，两极均收集到11.2L的气体（标准状况下），则原CuSO4溶液的物质的量浓度为 mol/L。
19．（2018高二下·腾冲期末）
（1）Ⅰ、我国规定生活用水中镉排放的最大允许浓度为0.005 mg/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：
磷酸镉（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp＝ 。
（2）一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0 × 10-12，Cd（OH）2的Ksp＝3.2 × 10-14，那么它们在水中的溶解量 较大。
（3）在某含镉废水中加入Na2S，当S2-浓度达到7.9 × 10-8mol/L时，水体中Cd2+浓度为 mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9 × 10-27，Ar(Cd)=112）；此时是否符合水源标准？ （填“是”或“否”）。
（4）Ⅱ、炼锌烟尘（主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO）为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌主要工艺如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子 Fe3+ Zn2+ Fe2+
开始沉淀的pH 1. 1 5. 2 5. 8
沉淀完全的pH 3. 2 6. 4 8. 8
加入H2O2溶液的作用是 。
（5）流程图中，调节pH时，加入的试剂X可以是 （填序号）
A、ZnO
B、NaOH
C、Zn2(OH)2CO3
D、ZnSO4
pH应调整到 。
20．（2018高二下·腾冲期末）工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。
（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：
2NO(g）+ O2(g） 2NO2(g）
△H=
-112 kJ·mol-1 ，
2SO2(g）+ O2 (g) 2SO3(g）
△H=
-196 kJ·mol-1；
SO2通常在NO2的存在下，进一步被氧化，生成SO3。写出NO2和SO2反应的热化学方程式为 。
（2）烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示。（电极材料为石墨）
①图中a极要连接电源的 （填“正”或“负”）极，C口流出的物质是 。
②SO32－放电的电极反应式为 。
（3）常温下，烟气中SO2被NaOH溶液吸收可得到NaHSO3、Na2SO3等。
①已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是 (写出主要反应的离子方程式），该溶液中c（Na+） 2c（SO32-）+ c（HSO3-）（填“>”“<”或“=”）；
②常温下，0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH=6，则c（SO32-）- c（H2SO3）= mol/L（填写准确数值）。
21．（2018高二下·腾冲期末）具有抗HIV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物(R)的合成路线如下：
已知：
（1）苯并呋喃衍生物(R)的分子式为 ，含有的含氧官能团有 。
（2）E的结构简式为 ，其核磁共振氢谱峰面积之比为 。
（3）M→G中反应①的化学方程式为 ，反应类型是 。
（4）F与足量氢氧化钠溶液共热反应的化学方程式为 。
（5）化合物G含有苯环的同分异构体有 种，其中苯环上只有一个侧链且能发生银镜反应的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙醛为原料制备苯丙烯酸（ ）的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.水中也含有氢离子，但溶液呈中性；
B.使酚酞呈无色的溶液可能是中性溶液；
C.只有当温度为常温时才有pH小于7的溶液为酸性溶液；
故答案为：D
【分析】D、，溶液显酸性。溶液显碱性，溶液显中性。所以溶液时酸碱性看氢离子与氢氧根离子的浓度大小。
2．【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：若物质的量浓度均为1mol/L，则A、B中c(NH
4+)大于C、D中c(NH
4+)；A、(NH
4)
2SO
4中，铵根离子的水解不受硫酸根离子的影响；
B、亚铁离子水解，溶液显酸性，对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度增大；所以NH4+的浓度最大的是B，
故答案为：B。
【分析】铵根离子为弱离子，其浓度与水解程度的大小有关。
B、亚铁离子与铵根离子水解互相抑制。
C、氢离子对铵根离子的水解起抑制作用。
D、 CH3COONH4 溶液显中性。
3．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A不符合题意；
B．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+) c(OH-)=Kw，Kw不变，故B不符合题意；
C．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，但c(CH3COO-)减小，根据K= 不变，所以 比值变大，故C符合题意；
D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则 变小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加水稀释越稀越电离，升高温度越热越水解，所以电离程度均增大。
C、离子浓度之比的变化形式，可用K判断。
D、注意c（）与c（）变化是反比关系。
4．【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A．该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；
B．增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；
C．温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；
D．由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确；
故选D．
【分析】可逆反应A（g）+2B（g） 2C（g）（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答．
5．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A不符合题意；
B、铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L 1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B不符合题意；
C、甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C符合题意；
D、反应2SO2+O2 2SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据公式计算124gP4的物质的量，再结合其正四面体结构确定所含的化学键；
B、FeCl3溶液中Fe3+会发生水解；
C、根据公式计算混合气体的物质的量，再用极值法确定混合气体中氢原子数；
D、二者发生可逆反应2SO2+O2 2SO3；
6．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，减少的是氯化氢，故A不符合题意；
B．以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，放出氧气，阴极铜离子放电析出铜，减少的是铜和氧元素，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B不符合题意；
C．以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，故C符合题意；
D．以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】溶液恢复的原则是缺什么补什么，缺多少补多少。
A、电解氯化钠溶液为放氢生碱型，阳极生成的氯气，阴极生成的氢气从溶液中逸出，所以要使溶液复原，应同氯化氢气体。
B、电解硫酸铜溶液为放氧生酸型，阳极生成的氧气，阴极生成的铜从溶液中脱离，所以要使溶液复原，应加氧化铜。
C、电解硫酸，本质是电解水，所以加水即可复原。
D、电解硝酸银为放氧生酸型，阳极生成的氧气，阴极生成的银从溶液中脱离，所以要使溶液复原，应加氧化银。
7．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A.放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，反应中Fe失去电子，为负极，Ni2O3获得电子，为正极，故A不符合题意；
B.充电时为电解质，阴极发生还原反应，Fe(OH)2在阴极获得电子，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，故B不符合题意；
C.充电时为电解质，阳极发生氧化反应，Ni(OH)2发生氧化反应，为阳极，故C不符合题意；
D.Fe(OH)2、2Ni(OH)2只能存在于碱性溶液中，在酸性条件下不能存在，故电解质溶液必须是碱性溶液，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】当化学电源的总反应给出时，应先标化合价确定还原剂和氧化剂，放电时还原剂在负极上失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。充电时阳极的反应式的书写可将正极反应式反过来写，阴极的反应式的书写可将负极反应式反过来写。
8．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，但Ksp不变，故A不符合题意；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液中c点变到b点，故B不符合题意。
C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)，没有AgBr沉淀生成，故C不符合题意；
D．反应AgCl(s)+Br-(aq) AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K═ = = ≈816，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上任意一点为平衡点，曲线上方的点为过饱和点即要生成沉淀，曲线下方的点为不饱和点。
A、化学平衡常数只与温度有关。
D、沉淀转化的平衡常数K═，浓度之比可用K解决。
9．【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，级2Cl--2e-=Cl2↑，C是阴极，该电极上是析出金属银，Ag++e-=Ag，D是阳极，该电极上产生氧气，级4OH--4e-=O2↑+2H2O，各个电极上转移电子的物质的量是相等的，设转以电子1mol，所以在A、B、C、D各电极上生成的物质的量之比为0.5：0.5：1：0.25=2：2：4：1，
故答案为：A。
【分析】电化学的计算根据电路中转移的电子总数相等来计算。
10．【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol L-1的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与Fe2+不能大量共存，故A不符合题意；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、S2-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；
C．Fe3+与SCN-、I-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、 水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液，说明水的电离受到抑制，说明该溶液可能为酸也可能为碱溶液。所以必须考虑氢离子、氢氧根与其他离子能否共存。
B、能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，能使pH试纸变红色的溶液为酸性溶液。
D、 加入活泼金属Al能产生H2的溶液 ，可能为强酸溶液也可能为强碱性溶液。
11．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A、由图可知，金属性Zn＞Cu，则原电池中Zn作负极，故A错误；
B、与电源负极相连的为阴极，粗铜的精炼中粗铜作阳极，由图可知，粗铜作阴极，故B错误；
C、与电源负极相连的为阴极，铁片镀锌，铁片应作阴极，由图可知，铁片作阳极，故C错误；
D、电流由正极流向负极，由图可知，碳棒为阳极，电解食盐水在阳极生成氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反应使溶液变蓝，在阴极生成氢气，溶液变红，故D正确；
故选D．
【分析】A、原电池中活泼金属作负极；
B、粗铜的精炼中粗铜作阳极；
C、铁片镀锌，铁片应作阴极；
D、电流由正极流向负极，电解食盐水在阴极生成氢气，在阳极生成氯气．
12．【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3 H2O)，故A符合题意；
B、醋酸浓度越大，电离程度越小，两种醋酸pH分别为a和a+1，则pH=a的醋酸浓度较大，但电离程度较小，应存在c1＞10c2，故B不符合题意；
C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，剩余氨水，溶液显碱性，存在：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C不符合题意；
D、醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)=c(CH3COO-)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、质子守恒是水电离出的氢离子浓度等于水电离的氢氧根浓度。
B、醋酸的pH为a，稀释10倍后，pH增大但
13．【答案】D
【知识点】水的电离
【解析】【解答】A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A不符合题意；
B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B不符合题意；
C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C不符合题意、
D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、溶液中 c(H＋)·c(OH－)＝Kw 。
D、XZ曲线任意一点是c（H+）=c（OH-）为中性溶液，但pH不一定为7.
14．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A．电池工作时，阳离子向正极移动，即K+向正极移动，故A不符合题意；
B．电池工作时，电子由负极流向正极，但是不会经过电解质溶液，故B不符合题意；
C．负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al- 3e + 4OH ═AlO2 + 2H2O，故C符合题意；
D．电池工作时，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al+4OH-═Al(OH)4-，Al电极周围溶液pH减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、电池中离子的移向为阳离子移向正极，阴离子移向负极。电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
B、电子由负极到正极，电流由正极流向负极。
D、电极附近溶液的酸碱性如何改变可由该极的电极反应式判断。
15．【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】解：A. 用强碱滴定弱酸，滴定终点是溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，故A不符合题意；
B、当a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与pH=7不符，故B不符合题意；
C. B点时溶液显中性，则醋酸过量，
C、D溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制水的电离程度：D＜C＜B，故C不符合题意；
D、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】图中B为中性点，恰好反应时消耗醋酸为12.5mL，D中的溶质为醋酸和醋酸钠且浓度相等。
A、酸碱中和滴定，有弱酸或弱碱参与反应时应根据生成的盐的酸碱性来选择指示剂，生成的盐显碱性用酚酞，生成的盐显酸性用甲基橙。
B、生成的盐是醋酸钠显碱性，中性时用的醋酸钠的量大于12.5mL。
C、酸对水的电离起抑制作用，酸浓度越大，抑制作用越强。
16．【答案】C
【知识点】比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】解：酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则酸根离子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-。A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和HCO3-，离子方程式为CN-+H2O+CO2═HCN+HCO3-，故A不符合题意；
B.酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则酸根离子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-，水解程度越大，溶液的pH越大，因此相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3>NaCN >NaHCO3 >HCOONa，故B不符合题意；C．等pH的HCOOH和HCN，c(HCN)＞c(HCOOH)，等体积、等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和等pH等体积的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C符合题意；
D. 酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH > H2CO3> HCN，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电离平衡常数的意义是，Ka越大，表示电离程度越大，酸性越强。所以酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。由酸性较强的酸可制取酸性较弱的，所以HCO3-不能制取HCN，A错误。
B、这些酸对应的酸根都是弱离子，在水溶液中要水解，且越弱越水解，水解后的碱性越强。
C、等pH的醋酸和HCN，由于HCN的酸性弱，所需的HCN的物质的量多，消耗的氢氧化钠多。
D、导电能力与离子浓度大小有关，离子浓度越大，导电能力越强。
17．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：A．AgSCN的溶度积常数很小，边滴定，边摇动溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A不符合题意；
B．Fe3++SCN- FeSCN2+(红色)，K=138，比较大，故正向反应容易进行，故当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN-与Fe3+生成红色配合物，且半分钟不退色时即为终点，故B符合题意；
C．硫氰化钾和铁离子形成红色溶液，氯化钾和铁离子不反应，故不能用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+，故C不符合题意；
D．铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，干扰实验现象的观察，因此，滴定时要控制溶液一定的酸性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该题为沉淀滴定法，选择溶解度更小的为指示剂。
18．【答案】（1）0.075；3(mol/L)-2；不变
（2）B；D
（3）负；CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O
（4）5
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】解：(1)由表中数据可知，20min反应到达平衡，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol× =3mol，设反应的CO物质的量为x，
CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)
起始（mol） 2 4 0
转化（mol） x 2x x
平衡（mol） 2-x 4-2x x
则(2-x)+(4-2x)+x=3mol，解得x=1.5mol，
从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v(CO)= =0.075mol/(L min)；该温度下平衡常数K= = =3(mol/L)-2；若平衡后增大压强，温度不变，平衡常数不变，故答案为：0.075；3(mol/L)-2；不变；(2)A、该反应前后气体的物质的量发生变化，压强保持不变，能够说明是平衡状态，不选；
B、气体的体积不变，质量不变，气体的密度始终保持不变，不能说明是平衡状态，选；
C、该反应前后气体的物质的量发生变化，质量不变，气体平均摩尔质量保持不变，能够说明是平衡状态，不选；
D、任何时候都存在v(H2)：v(CH3OH)=2：1，不能说明是平衡状态，选；
故答案为：BD；(3)根据电子的流动方向可知，电极C为负极，通入的是气体燃料甲醇，电极D为正极，通入的是氧气或空气，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O，故答案为：负；CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O；(4)用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，物质的量为 =0.5mol，阴极上开始为铜离子放电，后来氢离子放电生成氢气，其中氢气的物质的量为 =0.5mol，根据得失电子守恒，生成的铜的物质的量= =0.5mol，则原CuSO4溶液的物质的量浓度为 =0.5mol/L故答案为：0.5。
【分析】（1）化学平衡的计算把起始量、转化量、平衡量意义列出，可以求反应速率、转化率、K。K只与温度有关，温度不变，K不变。
（2）用速率来判断反应是否达到平衡，需要表示出V正、V逆。
（3）燃料电池中燃料从负极通入，空气从正极通入。电极反应式的书写需要考虑电解质溶液的酸碱性。
（4）电解硫酸铜溶解属于放氧生酸型，阳极上生成氧气，阴极上生成铜，但阴极上要生成气体说明前阶段在电解硫酸铜，后阶段在电解水。
19．【答案】（1）c(Cd2+)3·c(PO43-)2
（2）Cd(OH)2
（3）10-19；是
（4）使Fe2+被氧化为Fe3+
（5）AC；3.2≤pH<5.2
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：Ⅰ、(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为：Cd3(PO4)2(s) 3Cd2++2PO43-，则其沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp=c3(Cd2+)c2(PO43-)，故答案为：c3(Cd2+)c2(PO43-)；(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s) Cd2++CO32-，则其平衡时摩尔溶解度为s= =2×10-6mol/L，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s) Cd2++2OH-，则其平衡时摩尔溶解度为s= =2×10-5mol/L，因此溶解度更大的是Cd(OH)2，故答案为：Cd(OH)2；(3)含镉废水中加入Na2S，当S2-浓度达到7.9×10-8mg L-1时，溶液中c(Cd2+)= =1.0×10-19mol/L，即水体系中的Cd2+质量摩尔浓度为1.0×10-19×112×103mg/L=1.12×10-14mg/L＜0.005mg/L，因此符合标准，故答案为：1.0×10-19mol/L；是；
Ⅱ、(4)根据流程分析可知，加过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；(5)调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质，ZnO、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3均与氢离子反应生成锌离子，消耗氢离子的同时不引入杂质，ZnSO4不能与氢离子反应，所以不能调节pH，
故答案为：AC，调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，由表中数据可知pH≥3.2时，铁离子完全沉淀，而锌离子开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH＜5.2，故答案为：AC；3.2≤pH＜5.2。
【分析】（2）不同类型的难容物质溶解时比较谁的溶解度大小，可通过计算其离子浓度的大小，浓度越大，溶解度越大。相同类型的难溶物质比较溶解度大小可直接比较Ksp的大小。
（4）流程中杂质亚铁离子的除去，通常加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，再形成氢氧化铁沉淀从而除去。
（5）调节pH时可以加入试剂消耗氢离子但又不引入新的杂质离子，所以可以加入锌、氧化锌、氢氧化锌、碳酸锌、碱式碳酸锌。
20．【答案】（1）NO2（g）+SO2（g） SO3（g）+ NO（g）△H= -42 kJ mol-1
（2）负；硫酸；SO32--2e- + H2O =SO42-+ 2H+
（3）SO32- + H2O HSO3- + OH -；＞；9.9×10-7
【知识点】盐类水解的原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：(1)①根据盖斯定律来求解，2NO(g)+O
2(g) 2NO
2(g)△H=-112kJ mol
-1 ①；2SO
2(g)+O
2(g) 2SO
3(g)△H=-196kJ mol
-1②，根据盖斯定律，将(②-①)÷2得：NO
2(g)+SO
2(g)=SO
3(g)+NO(g)△H=-42kJ mol
-1，故答案为：NO
2(g)+SO
2(g)=SO
3(g)+NO(g) △H=-42 kJ mol
-1；(2)①在图中由于Na
+向a极区域移动，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，a要连接电源的负极，b要连接电源的正极，在阳极上SO
32-变为SO
42-，C口流出的物质是硫酸，故答案为：负；硫酸；
②在阳极上SO32-变为SO42-，SO32-放电的电极反应式为：SO32-+H2O=SO42-+2H+，故答案为：SO32-+H2O=SO42-+2H+；(3)①溶液中SO32-水解：SO32-+H2O HSO3-+OH-，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因为c(H+)＜c(OH-)，故c(Na+)＞2c(SO32-)+c(HSO3-)，故答案为：SO32-+H2O HSO3-+OH-；＞；
②常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+) =c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②，将方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+) =c(OH-)+c(SO32-)，所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol L-1 =9.9×10-7mol L-1，故答案为：9.9×10-7mol。
【分析】（1）利用盖斯定律将热化学方程式相加减（消掉氧气），可求目标热化学方程式的
。
（2） SO32－ 中的S为+4价，具有较强还原性，在阳极上失电子发生氧化反应，所以b为正极。
（3）注意亚硫酸钠显碱性，但亚硫酸氢钠显酸性，因为 HSO3- 在溶液中发生电离平衡和水解平衡，且电离程度大于水解程度，所以显酸性。
21．【答案】（1）C12H10O3；醚键、酯基
（2）CH3CH=CHCOOCH3；1：1：3：3
（3）；氧化反应
（4）
（5）4；
（6）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：(1)根据结构简式可知，苯并呋喃衍生物(R)的分子式为C12H10O3，含有的含氧官能团有醚键、酯基，故答案为：C12H10O3；醚键、酯基；(2)根据上述分析，E为CH3CH=CHCOOCH3，分子中含有4种氢原子，其核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：3：3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH3；1：1：3：3；(3)M→G中反应①的化学方程式为 ，反应类型是氧化反应，故答案为： ；氧化反应；(4)F与足量氢氧化钠溶液共热反应的化学方程式为 ，故答案为： ；(5)化合物G( )含有苯环的同分异构体有 (间位和对位2种)、苯甲酸、甲酸苯酚酯，共4种，其中苯环上只有一个侧链且能发生银镜反应的为甲酸苯酚酯，结构简式为 ，故答案为：4； ；(6)以甲苯和乙醛为原料制备苯丙烯酸( )，根据题干信息，需要合成苯甲醛，可以有甲苯合成，根据题干合成图可知，合成方法为 ，然后苯甲醛与乙醛合成 ，最后 氧化生成 ，合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】（1）键线式中的H可由不饱和度计算，无需数，例如R结构中C的数目为12，饱和时H原子应为26，但该结构中有8个不饱和度，一个不饱和度少2个H，所以R中的H原子为26-2X8=10个。
（2）注意浓硫酸且加热的条件暗示该反应为酯化反应。 核磁共振氢谱峰面积之比计算该物质中等效氢的数目之比。
（3）卤素单质光照条件发生烷烃取代反应得到取代反应，卤代烃在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成醇。
云南省腾冲市第八中学2017-2018学年高二下学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高二下·腾冲期末）下列水溶液可以确定显酸性的是（ ）
A．含氢离子的溶液 B．能使酚酞显无色的溶液
C．pH<7的溶液 D．c(H+)>c(OH-)的溶液
【答案】D
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A.水中也含有氢离子，但溶液呈中性；
B.使酚酞呈无色的溶液可能是中性溶液；
C.只有当温度为常温时才有pH小于7的溶液为酸性溶液；
故答案为：D
【分析】D、，溶液显酸性。溶液显碱性，溶液显中性。所以溶液时酸碱性看氢离子与氢氧根离子的浓度大小。
2．（2018高二下·腾冲期末）25℃时,相同物质的量浓度的下列溶液中，c(NH4+)最大的是（ ）
A．(NH4)2SO4 B．(NH4)2Fe(SO4)2
C．NH4HSO4 D．CH3COONH4
【答案】B
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：若物质的量浓度均为1mol/L，则A、B中c(NH
4+)大于C、D中c(NH
4+)；A、(NH
4)
2SO
4中，铵根离子的水解不受硫酸根离子的影响；
B、亚铁离子水解，溶液显酸性，对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度减小，铵根离子浓度增大；所以NH4+的浓度最大的是B，
故答案为：B。
【分析】铵根离子为弱离子，其浓度与水解程度的大小有关。
B、亚铁离子与铵根离子水解互相抑制。
C、氢离子对铵根离子的水解起抑制作用。
D、 CH3COONH4 溶液显中性。
3．（2018高二下·腾冲期末）0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中，下列表达式的数值一定变大的是（ ）
A．c（H+） B．c（H+）·c（OH-）
C． D．
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A不符合题意；
B．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+) c(OH-)=Kw，Kw不变，故B不符合题意；
C．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，但c(CH3COO-)减小，根据K= 不变，所以 比值变大，故C符合题意；
D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，则 变小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加水稀释越稀越电离，升高温度越热越水解，所以电离程度均增大。
C、离子浓度之比的变化形式，可用K判断。
D、注意c（）与c（）变化是反比关系。
4．（2016高二上·上饶期末）对于可逆反应A（g）+2B（g） 2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】解：A．该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；
B．增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；
C．温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；
D．由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确；
故选D．
【分析】可逆反应A（g）+2B（g） 2C（g）（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答．
5．（2019高三上·武威期末）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NA
B．100mL1mol·L 1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A不符合题意；
B、铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1mol·L 1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B不符合题意；
C、甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C符合题意；
D、反应2SO2+O2 2SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据公式计算124gP4的物质的量，再结合其正四面体结构确定所含的化学键；
B、FeCl3溶液中Fe3+会发生水解；
C、根据公式计算混合气体的物质的量，再用极值法确定混合气体中氢原子数；
D、二者发生可逆反应2SO2+O2 2SO3；
6．（2018高二下·腾冲期末）用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是（ ）
X Y Z W
A C Fe NaCl H2O
B Pt Cu CuSO4 Cu（OH）2
C C C H2SO4 H2O
D Ag Fe AgNO3 AgNO3晶体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A．以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，减少的是氯化氢，故A不符合题意；
B．以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，放出氧气，阴极铜离子放电析出铜，减少的是铜和氧元素，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B不符合题意；
C．以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，故C符合题意；
D．以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】溶液恢复的原则是缺什么补什么，缺多少补多少。
A、电解氯化钠溶液为放氢生碱型，阳极生成的氯气，阴极生成的氢气从溶液中逸出，所以要使溶液复原，应同氯化氢气体。
B、电解硫酸铜溶液为放氧生酸型，阳极生成的氧气，阴极生成的铜从溶液中脱离，所以要使溶液复原，应加氧化铜。
C、电解硫酸，本质是电解水，所以加水即可复原。
D、电解硝酸银为放氧生酸型，阳极生成的氧气，阴极生成的银从溶液中脱离，所以要使溶液复原，应加氧化银。
7．（2018高二下·腾冲期末）某蓄电池放电、充电时的反应为Fe＋Ni2O3＋3H2O Fe(OH)2＋2Ni(OH)2 ，下列推断中正确的是（ ）
A．放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极
B．充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2＋2e－ + 2H+ = Fe＋2H2O
C．充电时，Ni(OH)2为阳极，发生还原反应
D．该蓄电池的电极是浸在某种碱性电解质溶液中
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A.放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，反应中Fe失去电子，为负极，Ni2O3获得电子，为正极，故A不符合题意；
B.充电时为电解质，阴极发生还原反应，Fe(OH)2在阴极获得电子，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-═Fe+2OH-，故B不符合题意；
C.充电时为电解质，阳极发生氧化反应，Ni(OH)2发生氧化反应，为阳极，故C不符合题意；
D.Fe(OH)2、2Ni(OH)2只能存在于碱性溶液中，在酸性条件下不能存在，故电解质溶液必须是碱性溶液，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】当化学电源的总反应给出时，应先标化合价确定还原剂和氧化剂，放电时还原剂在负极上失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。充电时阳极的反应式的书写可将正极反应式反过来写，阴极的反应式的书写可将负极反应式反过来写。
8．（2018高二下·腾冲期末）在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法正确的是（ ）
A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，Ksp也减小
B．在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
C．图中a点对应的是有AgBr沉淀生成
D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq) AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：A．加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，但Ksp不变，故A不符合题意；
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，不能使溶液中c点变到b点，故B不符合题意。
C．图中a点表示c(Br-)c(Ag+)＜Ksp(AgBr)，没有AgBr沉淀生成，故C不符合题意；
D．反应AgCl(s)+Br-(aq) AgBr(s)+Cl-(aq)的平衡常数为：K═ = = ≈816，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上任意一点为平衡点，曲线上方的点为过饱和点即要生成沉淀，曲线下方的点为不饱和点。
A、化学平衡常数只与温度有关。
D、沉淀转化的平衡常数K═，浓度之比可用K解决。
9．（2018高二下·腾冲期末）如下图甲、乙两个容器中，分别加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液与0.1 mol·L－1的AgNO3溶液后，以Pt为电极进行电解时，在A，B，C，D各电极上生成物的物质的量之比为（ ）
A．2∶2∶4∶1 B．2∶3∶4∶1 C．1∶4∶2∶2 D．1∶1∶1∶1
【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：根据图示，得到A是阴极，该电极上是氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，B是阳极，该电极上是氯离子失电子，级2Cl--2e-=Cl2↑，C是阴极，该电极上是析出金属银，Ag++e-=Ag，D是阳极，该电极上产生氧气，级4OH--4e-=O2↑+2H2O，各个电极上转移电子的物质的量是相等的，设转以电子1mol，所以在A、B、C、D各电极上生成的物质的量之比为0.5：0.5：1：0.25=2：2：4：1，
故答案为：A。
【分析】电化学的计算根据电路中转移的电子总数相等来计算。
10．（2018高二下·腾冲期末）一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（ ）
A．水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液：Na＋、Fe2+、Cl－、NO3-
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na＋、AlO 、S2－、CO
C．含有大量Fe3＋的溶液：SCN－、I－、K＋、Br－
D．加入活泼金属Al能产生H2的溶液：K＋、NH 、Cl－、SO42－
【答案】B
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．水电离产生的H+浓度为1×10-12mol L-1的溶液为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，与Fe2+不能大量共存，故A不符合题意；
B．能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2-、S2-、CO32-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；
C．Fe3+与SCN-、I-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；
D．加入Al能放出H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、 水电离产生的H＋浓度为1×10－12 mol·L－1的溶液，说明水的电离受到抑制，说明该溶液可能为酸也可能为碱溶液。所以必须考虑氢离子、氢氧根与其他离子能否共存。
B、能使pH试纸变深蓝色的溶液为碱性溶液，能使pH试纸变红色的溶液为酸性溶液。
D、 加入活泼金属Al能产生H2的溶液 ，可能为强酸溶液也可能为强碱性溶液。
11．（2017高二上·辽宁期末）下面有关电化学的图示，完全正确的是（ ）
A．Cu﹣Zn原电池
B．粗铜的精炼
C．铁片镀锌
D．验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：A、由图可知，金属性Zn＞Cu，则原电池中Zn作负极，故A错误；
B、与电源负极相连的为阴极，粗铜的精炼中粗铜作阳极，由图可知，粗铜作阴极，故B错误；
C、与电源负极相连的为阴极，铁片镀锌，铁片应作阴极，由图可知，铁片作阳极，故C错误；
D、电流由正极流向负极，由图可知，碳棒为阳极，电解食盐水在阳极生成氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反应使溶液变蓝，在阴极生成氢气，溶液变红，故D正确；
故选D．
【分析】A、原电池中活泼金属作负极；
B、粗铜的精炼中粗铜作阳极；
C、铁片镀锌，铁片应作阴极；
D、电流由正极流向负极，电解食盐水在阴极生成氢气，在阳极生成氯气．
12．（2018高二下·腾冲期末）常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是（ ）
A．等物质的量的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2
C．pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH )>c(H＋)>c(OH－)
D．醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
【答案】A
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】解：A、等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3 H2O)，故A符合题意；
B、醋酸浓度越大，电离程度越小，两种醋酸pH分别为a和a+1，则pH=a的醋酸浓度较大，但电离程度较小，应存在c1＞10c2，故B不符合题意；
C、pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，剩余氨水，溶液显碱性，存在：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C不符合题意；
D、醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，所以(Na+)=c(CH3COO-)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、质子守恒是水电离出的氢离子浓度等于水电离的氢氧根浓度。
B、醋酸的pH为a，稀释10倍后，pH增大但
13．（2018高二下·腾冲期末）如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是（ ）
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)
【答案】D
【知识点】水的电离
【解析】【解答】A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A不符合题意；
B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B不符合题意；
C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C不符合题意、
D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、溶液中 c(H＋)·c(OH－)＝Kw 。
D、XZ曲线任意一点是c（H+）=c（OH-）为中性溶液，但pH不一定为7.
14．（2018高二下·腾冲期末）Al-MnO4 电池是一种高能电池，以Ga2O3为缓蚀剂，其示意图如图所示。已知电池总反应为Al + MnO4 ═AlO2- + MnO2.下列说法正确的是（ ）
A．电池工作时，K+向负极移动
B．电池工作时，电子由Al经电解质溶液流向Ni
C．负极反应为Al- 3e + 4OH ═AlO2 + 2H2O
D．电池工作时，Ni电极周围溶液pH减小
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】解：A．电池工作时，阳离子向正极移动，即K+向正极移动，故A不符合题意；
B．电池工作时，电子由负极流向正极，但是不会经过电解质溶液，故B不符合题意；
C．负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al- 3e + 4OH ═AlO2 + 2H2O，故C符合题意；
D．电池工作时，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al+4OH-═Al(OH)4-，Al电极周围溶液pH减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、电池中离子的移向为阳离子移向正极，阴离子移向负极。电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。
B、电子由负极到正极，电流由正极流向负极。
D、电极附近溶液的酸碱性如何改变可由该极的电极反应式判断。
15．（2018高二下·腾冲期末）25℃时，在25 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，逐滴加入0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液，溶液的pH与醋酸体积关系如图所示，下列分析正确的是（ ）
A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B．B点的横坐标a＝12.5
C．水的电离程度：D > C > B
D．D点时溶液中有：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
【答案】D
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】解：A. 用强碱滴定弱酸，滴定终点是溶液显碱性，应该选用酚酞作为指示剂，故A不符合题意；
B、当a=12.5时，氢氧化钠和醋酸的物质的量之比1：1，恰好反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液显碱性，与pH=7不符，故B不符合题意；
C. B点时溶液显中性，则醋酸过量，
C、D溶液显酸性，醋酸过量更多，水的电离受到抑制水的电离程度：D＜C＜B，故C不符合题意；
D、在D点时，反应后醋酸剩余，溶液的组成为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，根据物料守恒，此时c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】图中B为中性点，恰好反应时消耗醋酸为12.5mL，D中的溶质为醋酸和醋酸钠且浓度相等。
A、酸碱中和滴定，有弱酸或弱碱参与反应时应根据生成的盐的酸碱性来选择指示剂，生成的盐显碱性用酚酞，生成的盐显酸性用甲基橙。
B、生成的盐是醋酸钠显碱性，中性时用的醋酸钠的量大于12.5mL。
C、酸对水的电离起抑制作用，酸浓度越大，抑制作用越强。
16．（2018高二下·腾冲期末）部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸 HCOOH HCN H2CO3
电离平衡常数 （25℃） K1=1.77×10-4 K1=4.9×10-10 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
下列选项正确的是（ ）
A．2CN－ + H2O + CO2=2HCN + CO32－
B．相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONa
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH > HCN > H2CO3
【答案】C
【知识点】比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】解：酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则酸根离子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-。A．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能够制取弱酸，所以二者反应生成HCN和HCO3-，离子方程式为CN-+H2O+CO2═HCN+HCO3-，故A不符合题意；
B.酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，则酸根离子水解程度CO32-＞CN-＞HCO3-＞HCOO-，水解程度越大，溶液的pH越大，因此相同物质的量浓度的溶液的pH：Na2CO3>NaCN >NaHCO3 >HCOONa，故B不符合题意；C．等pH的HCOOH和HCN，c(HCN)＞c(HCOOH)，等体积、等pH的HCOOH和HCN，n(HCN)＞n(HCOOH)，中和等pH等体积的HCOOH和HCN，消耗NaOH的量前者小于后者，故C符合题意；
D. 酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，相同温度下，同浓度的酸溶液的导电能力顺序：HCOOH > H2CO3> HCN，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电离平衡常数的意义是，Ka越大，表示电离程度越大，酸性越强。所以酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。由酸性较强的酸可制取酸性较弱的，所以HCO3-不能制取HCN，A错误。
B、这些酸对应的酸根都是弱离子，在水溶液中要水解，且越弱越水解，水解后的碱性越强。
C、等pH的醋酸和HCN，由于HCN的酸性弱，所需的HCN的物质的量多，消耗的氢氧化钠多。
D、导电能力与离子浓度大小有关，离子浓度越大，导电能力越强。
17．（2018高二下·腾冲期末）在含有Ag+的酸性溶液中，以铁铵矾NH4Fe(SO4)2作指示剂，用KSCN的标准溶液滴定Ag+。已知：AgSCN (白色，s) Ag+ + SCN－，Ksp=1.0×10-12 ；Fe3+ + SCN－ FeSCN2+ （红色）， K=138。下列说法正确的是（ ）
A．边滴定，边摇动溶液，首先溶液变红色
B．当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN－与Fe3+生成红色配合物，即为终点
C．上述实验可用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+
D．滴定时，溶液pH变化不会影响终点的观察
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：A．AgSCN的溶度积常数很小，边滴定，边摇动溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A不符合题意；
B．Fe3++SCN- FeSCN2+(红色)，K=138，比较大，故正向反应容易进行，故当Ag+定量沉淀后，少许过量的SCN-与Fe3+生成红色配合物，且半分钟不退色时即为终点，故B符合题意；
C．硫氰化钾和铁离子形成红色溶液，氯化钾和铁离子不反应，故不能用KCl标准溶液代替KSCN的标准溶液滴定Ag+，故C不符合题意；
D．铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，干扰实验现象的观察，因此，滴定时要控制溶液一定的酸性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该题为沉淀滴定法，选择溶解度更小的为指示剂。
二、综合题
18．（2018高二下·腾冲期末）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，研究甲醇具有重要意义。有人模拟用CO和H2合成甲醇，其反应为：CO(g) + 2H2(g)
CH3OH(g) △H<0
（1）在容积固定为1L的密闭容器内充入2 mol CO和4
mol H2发生上述反应，20min时用压力计监测容器内压强的变化如下：
反应时间/min 0 5 10 15 20 25
压强/MPa 12.4 10.2 8.4 7.0 6.2 6.2
则反应从开始到20min时，以CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= mol/(L·min)，该温度下平衡常数K= ，若平衡后增大压强，则K值 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）在恒温恒容的密闭容器中，不能判定CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0，反应达到平衡的是___________；
A．压强保持不变
B．气体的密度保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变
D．速率v（H2）：v（CH3OH）=2：1
（3）如图是甲醇燃料电池结构示意图，C是 （填“正”或“负”）极，写出此电极的电极反应式 。
（4）若以该电池为电源，用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，电解一段时间后，两极均收集到11.2L的气体（标准状况下），则原CuSO4溶液的物质的量浓度为 mol/L。
【答案】（1）0.075；3(mol/L)-2；不变
（2）B；D
（3）负；CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O
（4）5
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】解：(1)由表中数据可知，20min反应到达平衡，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为(2+4)mol× =3mol，设反应的CO物质的量为x，
CO(g)+ 2H2(g) CH3OH(g)
起始（mol） 2 4 0
转化（mol） x 2x x
平衡（mol） 2-x 4-2x x
则(2-x)+(4-2x)+x=3mol，解得x=1.5mol，
从反应开始到20min时，以CO表示的平均反应速率v(CO)= =0.075mol/(L min)；该温度下平衡常数K= = =3(mol/L)-2；若平衡后增大压强，温度不变，平衡常数不变，故答案为：0.075；3(mol/L)-2；不变；(2)A、该反应前后气体的物质的量发生变化，压强保持不变，能够说明是平衡状态，不选；
B、气体的体积不变，质量不变，气体的密度始终保持不变，不能说明是平衡状态，选；
C、该反应前后气体的物质的量发生变化，质量不变，气体平均摩尔质量保持不变，能够说明是平衡状态，不选；
D、任何时候都存在v(H2)：v(CH3OH)=2：1，不能说明是平衡状态，选；
故答案为：BD；(3)根据电子的流动方向可知，电极C为负极，通入的是气体燃料甲醇，电极D为正极，通入的是氧气或空气，负极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O，故答案为：负；CH3OH＋8OH-－6e－=CO32-＋6H2O；(4)用石墨做电极电解100mL CuSO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，物质的量为 =0.5mol，阴极上开始为铜离子放电，后来氢离子放电生成氢气，其中氢气的物质的量为 =0.5mol，根据得失电子守恒，生成的铜的物质的量= =0.5mol，则原CuSO4溶液的物质的量浓度为 =0.5mol/L故答案为：0.5。
【分析】（1）化学平衡的计算把起始量、转化量、平衡量意义列出，可以求反应速率、转化率、K。K只与温度有关，温度不变，K不变。
（2）用速率来判断反应是否达到平衡，需要表示出V正、V逆。
（3）燃料电池中燃料从负极通入，空气从正极通入。电极反应式的书写需要考虑电解质溶液的酸碱性。
（4）电解硫酸铜溶解属于放氧生酸型，阳极上生成氧气，阴极上生成铜，但阴极上要生成气体说明前阶段在电解硫酸铜，后阶段在电解水。
19．（2018高二下·腾冲期末）
（1）Ⅰ、我国规定生活用水中镉排放的最大允许浓度为0.005 mg/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：
磷酸镉（Cd3(PO4)2）沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp＝ 。
（2）一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0 × 10-12，Cd（OH）2的Ksp＝3.2 × 10-14，那么它们在水中的溶解量 较大。
（3）在某含镉废水中加入Na2S，当S2-浓度达到7.9 × 10-8mol/L时，水体中Cd2+浓度为 mol/L（已知：Ksp（CdS）=7.9 × 10-27，Ar(Cd)=112）；此时是否符合水源标准？ （填“是”或“否”）。
（4）Ⅱ、炼锌烟尘（主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO）为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌主要工艺如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子 Fe3+ Zn2+ Fe2+
开始沉淀的pH 1. 1 5. 2 5. 8
沉淀完全的pH 3. 2 6. 4 8. 8
加入H2O2溶液的作用是 。
（5）流程图中，调节pH时，加入的试剂X可以是 （填序号）
A、ZnO
B、NaOH
C、Zn2(OH)2CO3
D、ZnSO4
pH应调整到 。
【答案】（1）c(Cd2+)3·c(PO43-)2
（2）Cd(OH)2
（3）10-19；是
（4）使Fe2+被氧化为Fe3+
（5）AC；3.2≤pH<5.2
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】解：Ⅰ、(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为：Cd3(PO4)2(s) 3Cd2++2PO43-，则其沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp=c3(Cd2+)c2(PO43-)，故答案为：c3(Cd2+)c2(PO43-)；(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s) Cd2++CO32-，则其平衡时摩尔溶解度为s= =2×10-6mol/L，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s) Cd2++2OH-，则其平衡时摩尔溶解度为s= =2×10-5mol/L，因此溶解度更大的是Cd(OH)2，故答案为：Cd(OH)2；(3)含镉废水中加入Na2S，当S2-浓度达到7.9×10-8mg L-1时，溶液中c(Cd2+)= =1.0×10-19mol/L，即水体系中的Cd2+质量摩尔浓度为1.0×10-19×112×103mg/L=1.12×10-14mg/L＜0.005mg/L，因此符合标准，故答案为：1.0×10-19mol/L；是；
Ⅱ、(4)根据流程分析可知，加过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；(5)调节pH时要消耗氢离子，但是不能引入杂质，ZnO、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3均与氢离子反应生成锌离子，消耗氢离子的同时不引入杂质，ZnSO4不能与氢离子反应，所以不能调节pH，
故答案为：AC，调节pH使铁离子转化为沉淀，而锌离子不沉淀，由表中数据可知pH≥3.2时，铁离子完全沉淀，而锌离子开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH＜5.2，故答案为：AC；3.2≤pH＜5.2。
【分析】（2）不同类型的难容物质溶解时比较谁的溶解度大小，可通过计算其离子浓度的大小，浓度越大，溶解度越大。相同类型的难溶物质比较溶解度大小可直接比较Ksp的大小。
（4）流程中杂质亚铁离子的除去，通常加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，再形成氢氧化铁沉淀从而除去。
（5）调节pH时可以加入试剂消耗氢离子但又不引入新的杂质离子，所以可以加入锌、氧化锌、氢氧化锌、碳酸锌、碱式碳酸锌。
20．（2018高二下·腾冲期末）工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。
（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：
2NO(g）+ O2(g） 2NO2(g）
△H=
-112 kJ·mol-1 ，
2SO2(g）+ O2 (g) 2SO3(g）
△H=
-196 kJ·mol-1；
SO2通常在NO2的存在下，进一步被氧化，生成SO3。写出NO2和SO2反应的热化学方程式为 。
（2）烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示。（电极材料为石墨）
①图中a极要连接电源的 （填“正”或“负”）极，C口流出的物质是 。
②SO32－放电的电极反应式为 。
（3）常温下，烟气中SO2被NaOH溶液吸收可得到NaHSO3、Na2SO3等。
①已知Na2SO3水溶液显碱性，原因是 (写出主要反应的离子方程式），该溶液中c（Na+） 2c（SO32-）+ c（HSO3-）（填“>”“<”或“=”）；
②常温下，0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH=6，则c（SO32-）- c（H2SO3）= mol/L（填写准确数值）。
【答案】（1）NO2（g）+SO2（g） SO3（g）+ NO（g）△H= -42 kJ mol-1
（2）负；硫酸；SO32--2e- + H2O =SO42-+ 2H+
（3）SO32- + H2O HSO3- + OH -；＞；9.9×10-7
【知识点】盐类水解的原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：(1)①根据盖斯定律来求解，2NO(g)+O
2(g) 2NO
2(g)△H=-112kJ mol
-1 ①；2SO
2(g)+O
2(g) 2SO
3(g)△H=-196kJ mol
-1②，根据盖斯定律，将(②-①)÷2得：NO
2(g)+SO
2(g)=SO
3(g)+NO(g)△H=-42kJ mol
-1，故答案为：NO
2(g)+SO
2(g)=SO
3(g)+NO(g) △H=-42 kJ mol
-1；(2)①在图中由于Na
+向a极区域移动，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，a要连接电源的负极，b要连接电源的正极，在阳极上SO
32-变为SO
42-，C口流出的物质是硫酸，故答案为：负；硫酸；
②在阳极上SO32-变为SO42-，SO32-放电的电极反应式为：SO32-+H2O=SO42-+2H+，故答案为：SO32-+H2O=SO42-+2H+；(3)①溶液中SO32-水解：SO32-+H2O HSO3-+OH-，破坏水的电离平衡，导致溶液显碱性，根据电荷守恒，溶液中c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因为c(H+)＜c(OH-)，故c(Na+)＞2c(SO32-)+c(HSO3-)，故答案为：SO32-+H2O HSO3-+OH-；＞；
②常温下，亚硫酸氢钠呈酸性，说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+) =c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②，将方程式①代入②得，c(H2SO3)+c(H+) =c(OH-)+c(SO32-)，所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol L-1 =9.9×10-7mol L-1，故答案为：9.9×10-7mol。
【分析】（1）利用盖斯定律将热化学方程式相加减（消掉氧气），可求目标热化学方程式的
。
（2） SO32－ 中的S为+4价，具有较强还原性，在阳极上失电子发生氧化反应，所以b为正极。
（3）注意亚硫酸钠显碱性，但亚硫酸氢钠显酸性，因为 HSO3- 在溶液中发生电离平衡和水解平衡，且电离程度大于水解程度，所以显酸性。
21．（2018高二下·腾冲期末）具有抗HIV、抗肿瘤、抗真菌和延缓心血管老化的活性苯并呋喃衍生物(R)的合成路线如下：
已知：
（1）苯并呋喃衍生物(R)的分子式为 ，含有的含氧官能团有 。
（2）E的结构简式为 ，其核磁共振氢谱峰面积之比为 。
（3）M→G中反应①的化学方程式为 ，反应类型是 。
（4）F与足量氢氧化钠溶液共热反应的化学方程式为 。
（5）化合物G含有苯环的同分异构体有 种，其中苯环上只有一个侧链且能发生银镜反应的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙醛为原料制备苯丙烯酸（ ）的合成路线 。
【答案】（1）C12H10O3；醚键、酯基
（2）CH3CH=CHCOOCH3；1：1：3：3
（3）；氧化反应
（4）
（5）4；
（6）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】解：(1)根据结构简式可知，苯并呋喃衍生物(R)的分子式为C12H10O3，含有的含氧官能团有醚键、酯基，故答案为：C12H10O3；醚键、酯基；(2)根据上述分析，E为CH3CH=CHCOOCH3，分子中含有4种氢原子，其核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：3：3，故答案为：CH3CH=CHCOOCH3；1：1：3：3；(3)M→G中反应①的化学方程式为 ，反应类型是氧化反应，故答案为： ；氧化反应；(4)F与足量氢氧化钠溶液共热反应的化学方程式为 ，故答案为： ；(5)化合物G( )含有苯环的同分异构体有 (间位和对位2种)、苯甲酸、甲酸苯酚酯，共4种，其中苯环上只有一个侧链且能发生银镜反应的为甲酸苯酚酯，结构简式为 ，故答案为：4； ；(6)以甲苯和乙醛为原料制备苯丙烯酸( )，根据题干信息，需要合成苯甲醛，可以有甲苯合成，根据题干合成图可知，合成方法为 ，然后苯甲醛与乙醛合成 ，最后 氧化生成 ，合成路线为 ，故答案为： 。
【分析】（1）键线式中的H可由不饱和度计算，无需数，例如R结构中C的数目为12，饱和时H原子应为26，但该结构中有8个不饱和度，一个不饱和度少2个H，所以R中的H原子为26-2X8=10个。
（2）注意浓硫酸且加热的条件暗示该反应为酯化反应。 核磁共振氢谱峰面积之比计算该物质中等效氢的数目之比。
（3）卤素单质光照条件发生烷烃取代反应得到取代反应，卤代烃在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成醇。
