陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 24页

陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高二上学期期末考试 化学试题 ‎1.我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是 A. 反应进行的方向 B. 反应的快慢 C. 反应进行的限度 D. 反应物或生成物的颜色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应进行的方向(推动力)、化学反应进行的快慢(速率)和化学反应的限度(反应物能否全部转变为产物)三个方面的内容，是化学反应原理的重要组成部分，反应物或生成物的颜色和化学反应的原理无关， 故选：D。‎ ‎2.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 三种化合物中C最稳定 B. 两步反应均为吸热反应 C. A与C的能量差为E4‎ D. AB反应，反应条件一定要加热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，故A正确；‎ B、由图象可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故B错误；‎ C、A与C的能量差为ΔH=（E1-E2）+（E3-E4）=E1+E3-E2-E4，则C错误；‎ D、AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应与能量变化，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为 C，注意把握反应热的计算。‎ ‎3.已知：101 kPa时，1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ的热量；1molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3 kJ的热量。下列能表示燃烧热的热化学方程式是 A. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3 kJ B. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) ΔH=+890.3 kJ·mol−1‎ C. CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=−890.3 kJ·mol−1‎ D. H2(g)+ O2(g)H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃烧热的单位为 kJ•mol-1，故A错误； B．1mol CH4完全燃烧生成液态水和CO2，该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)；△H=-890.3 kJ•mol-1，故B错误； C．生成水的状态错误，应该为液态水，故C错误； D．1molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，该反应的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH=−285.8 kJ·mol−1，故D正确； 故选：D。‎ ‎【点睛】注意燃烧热的概念为：在25，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。‎ ‎4.下列说法中正确的是 A. 在‎25℃‎、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧时所放出的热量，叫作该物质的燃烧热 B. 酸与碱发生中和反应生成1 mol水，这时的反应热叫做中和热 C. 燃烧热和中和热都属于反应热 D. 在稀溶液中，1 mol CH3COOH与1 mol NaOH完全中和时放出的热量为57.3 kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在‎25℃‎、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热，产物不一定为稳定氧化物时放出的热量不是燃烧热，A错误；‎ B．稀溶液中酸与碱反应生成1 mol水放出的热量为中和热，若酸为浓硫酸，中和反应生成1 mol水，放出的热量多于中和热的数值，B错误；‎ C．燃烧热、中和热均属于反应热，是反应热的种类之一，C正确；‎ D．乙酸为弱酸，存在电离平衡，电离吸热，则在稀溶液中，1 mol乙酸和1 mol氢氧化钠完全中和时放出的热量为小于57.3 kJ，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握燃烧热、中和热的概念及判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，中和热判断为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎5.在一定温度下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为 ‎2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝－566kJ/mol CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890kJ/mol ‎1molCO和3molCH4组成的混合气体，在相同条件下完全燃烧时，释放的热量为（ ）‎ A. 2912kJ B. 2953kJ C. 3236kJ D. 3867kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝－566kJ/mol CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890kJ/mol ‎1molCO和3molCH4组成的混合气体，在相同条件下完全燃烧时，释放的热量为 ‎566kJ/molmol+890kJ/mol3mol=2953kJ。故选B。‎ ‎6.某温度下，在体积为‎5 L的密闭容器中，充入1molA气体，发生如下可逆反应： ‎2A（g）B(g)+C(g)；ΔH＝+akJ·mol－1 (a>0)，2min后反应达到平衡，A为0.4 mol。下列叙述中不正确的是 A. 充分反应后，反应吸收的热量为‎0.5a kJ B. 0-2 min时间内B物质的平均反应速率为0.03 mol/(L·min)‎ C. 达平衡后，保持温度和容器体积不变，再充入1 mol A，平衡向正反应方向移动 D. 若温度和容器体积不变，起始时充入B和C各0.5 mol，则达平衡时，n(A)等于0.4 mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎ ‎ 结合相关数据以及外界条件对平衡移动的影响解答该题。‎ ‎【详解】A. 该反应为吸热反应，消耗0.6molA，由热化学方程式可知吸收热量为0.3akJ，故A错误；‎ B. B物质的反应速率，故B正确；‎ C. 反应前后体积不变，压强对平衡移动无影响，则达到平衡后，保持温度和容器体积不变，再充入1molA，相当于增大压强，则平衡不移动，A的总转化率不变，故C正确；‎ D. 温度和容器体积不变，起始时充入B和C各0.5 mol，按化学计量数转化到左边可得1molA，与原平衡为等效平衡，平衡时对应组分的物质的量相同，平衡时A的物质的量为0.4mol，故D正确；‎ ‎7.对已达化学平衡的反应 2X（g）＋Y（g）2Z（g） ΔH<0 下列说法正确的是 A. 减小压强，逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆方向移动 B. 升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡向逆方向移动 C. 除去部分的Z，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正方向移动 D. 加入正催化剂，正、逆反应速率均增大，平衡向正方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、减小压强对正、逆反应速率影响一致，正、逆反应速率都减小，故A错误； B、升高温度，正、逆反应速率均增大，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，故B正确； C、降低Z的浓度，瞬间正反应速率不变，逆反应速率降低，平衡向正反应移动，正反应速率降低，故C错误； D、催化剂同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故D错误； 故选：B。‎ ‎8.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅 B. 温度过高对合成氨不利 C. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈 D. 常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，测得其pH＜5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2NO2 N2O4加压浓度变大导致颜色先变深，平衡正向移动消耗二氧化氮，所以后变浅，故不选A； ‎ B.N2+3H22NH3 △H＜0由于正反应放热,升温平衡逆向移动，因此温度过高不利于反应正向进行,造成产率降低,对合成氨不利,故不选B；‎ C.钢铁在潮湿的空气中会发生电化腐蚀，加快腐蚀速率，造成钢铁容易生锈，不能用勒夏特列原理解释，故选C。 ‎ D. 醋酸溶液加水稀释至原来体积的100倍，电离平衡正向移动，使得氢离子浓度大于原来离子浓度的1/100，所以pH＜5，故不选D；‎ 正确答案：C。‎ ‎9.在相同温度下(T＝500K)，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中充入1gSO2和1gO2，乙容器中充入2gSO2和2gO2。下列叙述中错误的是（ ）‎ A. 化学反应速率：乙>甲 B. 平衡时O2浓度：乙>甲 C. 平衡时SO2的转化率：乙>甲 D. 平衡时SO2的体积分数：乙>甲 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，由此分析解答。‎ ‎【详解】在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，加入二氧化硫和氧气发生的反应为：，反应是气体体积减小的放热反应，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，相当于平衡正向进行，二氧化硫转化率增大。‎ A、乙中物质浓度大于甲，化学反应速率：乙>甲，故A正确；‎ B、乙中物质浓度大于甲，平衡时的浓度：乙>甲，故B正确；‎ C、乙中等效于甲再加入‎1g 和‎1g ，平衡正向进行，平衡时的转化率：乙>甲，故C正确；‎ D、在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，且保持体积不变，甲容器中和乙容器中相比，乙容器中压强大于甲，反应速率快，二氧化硫转化率增大，平衡时的体积分数：乙<甲，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.以下对影响反应方向因素的判断不正确的是（ ）‎ A. 有时焓变对反应的方向起决定性作用 B. 有时熵变对反应的方向起决定性作用 C. 焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素 D. 任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，△H ＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，则说明此时焓变对反应的方向起决定作用，选项A正确；‎ B项，△H ＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，则说明此时熵变对反应的方向起决定作用，选项B正确；‎ C项，依据△H－T△S＜0的反应能自发进行，说明焓变和熵变是判断反应方向的两个主要因素，选项C正确；‎ D项，如果反应的焓变和熵变的作用相反且相差不大时，温度有可能对反应的方向起决定作用，选项D不正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.对于可逆反应：‎2A（g）+B（g）⇌‎2C（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）‎ A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充入O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；‎ B.‎ 升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；‎ C.使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；‎ D.多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎12.如图是温度和压强对X＋Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是 （ ）‎ A. X、Y、Z均为气态 B. X和Y中只有一种为气态，Z为气态 C. 上述该反应的正反应为放热反应 D. 上述反应的逆反应的ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图象可以看出，升高温度，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应吸热，增大压强Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，根据物质的聚集状态判断化学计量数关系。‎ ‎【详解】A. 增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，说明气体反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数，则X、Y中至少有一种不是气体，故A错误；‎ B. 增大压强，Z体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，说明气体反应物的化学计量数之和小于生成物的化学计量数，则X和Y中只有一种为气态，Z为气态，故B正确；‎ C. 升高温度，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应吸热反应，故C错误；‎ D 正反应吸热，则逆反应放热，所以△H<0，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.下列叙述不正确的是 A. 用pH数据推测相同浓度的不同强酸弱碱盐在水溶液中水解程度的大小 B. 用反应热数据的大小判断不同反应反应速率的快慢 C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 D. 用平衡常数的大小判断化学反应可能进行的程度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．相同条件下，盐的水解程度越大，溶液的pH越大，对应酸的酸性越弱，所以能用pH数据推测相同浓度的不同强酸弱碱盐在水溶液中水解程度的大小，故A正确； B．反应速率与反应热无关，反应速率与反应物的性质以及外界条件有关，故B错误； C．CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变，所以应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确； D．平衡常数越大，反应向正方向进行的程度越大，所以能用平衡常数的大小判断化学反应可能进行的程度，故D正确。 故选：B。‎ ‎14.水的电离过程为H2OH++OH-,在不同温度下其平衡常数为Kw(‎25℃‎)=1.0×10-14，Kw(‎35℃‎)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是 A. c(H+)随着温度升高而降低 B. 在‎35℃‎时，c(H+)>c(OH-)‎ C. 蒸馏水中通HCl，Kw增大 D. 水的电离是吸热的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 随着温度的升高，水的离子积增大，溶液c(H＋)增大，故错误；‎ B. 升高温度，促进水的电离，但c(H＋)=c(OH－)，故错误；‎ C. Kw只受温度影响，与浓度等无关，故错误；‎ D. 升高温度，促进水的电离，说明反应是吸热反应，故正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）‎ A. pH=1的溶液中：Fe2+、NO3－、SO42－、Na+‎ B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol•L-1的溶液中：Ca2+、K+、Cl－、HCO3－‎ C. c(H+)/c(OH－)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3－、Cl－‎ D. c(Fe3+)=0.1 mol•L-1的溶液中：K+、CO32－、NO3－、SCN－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．该溶液呈酸性，酸性条件下NO3－能够Fe2+； B．该溶液呈酸性或碱性，HCO3－与H+、OH－均会发生反应； C．该溶液中存在大量H+，四种离子之间不反应，也都不与H+反应； D．Fe3+与CO32－发生双水解反应，与SCN－会发生络合反应。‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，Fe2+、NO3－在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；‎ B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量H+或OH－，HCO3－与H+、OH－均会发生反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；‎ C. 该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3－、Cl－之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C项正确；‎ D. Fe3+与CO32－发生双水解反应，与SCN－会发生络合反应在溶液中不能大量共存，故D项错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如常温下与Al反应生成氢气的溶液，常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。又或者是无色透明的限定条件，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意，做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。‎ ‎16.少量铁粉与100mL0.01mol·L－1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）‎ ‎①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl溶液 ‎ ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10 mL0.1 mol·L－1盐酸 A. ①⑥⑦ B. ③⑤⑧ C. ③⑦⑧ D. ⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 少量的铁与盐酸反应，加快反应速率，根据影响反应速率的因素进行分析，不改变H2的产量，铁单质只能与盐酸反应，据此分析；‎ ‎【详解】①加水，稀释盐酸，c(H＋)降低，反应速率变慢，故①不符合题意；‎ ‎②加入NaOH，c(H＋)降低，反应速率变慢，故②不符合题意；‎ ‎③滴入几滴浓盐酸，c(H＋)增大，反应速率加快，故③符合题意；‎ ‎④加CH3COONa固体，发生H＋＋CH3COO－=CH3COOH，造成溶液中c(H＋)降低，反应速率变慢，故④不符合题意；‎ ‎⑤加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，c(H＋)降低，反应速率变慢，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥滴入几滴CuSO4溶液，发生Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋，构成原电池，反应速率加快，但氢气的量减少，⑥不符合题意；‎ ‎⑦升高温度，加快反应速率，故⑦符合题意；‎ ‎⑧改用10mL0.1mol·L－1HCl，c(H＋)增大，反应速率加快，故⑧符合题意；‎ 综上所述，选项C正确；‎ 答案为C。‎ ‎17.如图是用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20 mL浓度均为0.1 mol·L-1的不同一元酸的滴定曲线（图中曲线由上向下依次是氢氰酸、醋酸、氢氟酸、盐酸）,下列说法错误的是 A. 酸性:HF>CH3COOH>HCN B. 当加入10 mL NaOH溶液时,c(CN-)>c(CH3COO-)‎ C. 用NaOH溶液滴定醋酸时,应用酚酞作指示剂不能使用甲基橙 D. 随NaOH溶液滴入,CH3COOH溶液中水的电离程度先变大后变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 相同条件下，相同浓度的三种酸，溶液的pH：HF＜CH3COOH＜HCN，pH越小，酸性越强，所以酸性：HF＞CH3COOH＞HCN，故A正确；‎ B. HCN的酸性小于CH3COOH，相同浓度时，HCN的电离程度小，溶液中CN-的浓度小，所以溶液中c(CN-)＜c(CH3COO-)，故B错误；‎ C. NaOH与醋酸反应生成CH3COONa，溶液显碱性，应该选择在碱性条件下变色的指示剂，所以选择酚酞，故C正确；‎ D. 随NaOH溶液的滴入，CH3COOH溶液中氢离子浓度减小，对水的抑制程度减小，当氢氧化钠过量，NaOH会抑制水的电离，水的电离程度减小，所以CH3COOH溶液中水的电离程度先变大后变小，故D正确。‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】注意把握影响水的电离平衡的因素。‎ ‎18.把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡： Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) + 20H-(aq) 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 给溶液加热，溶液的PH升高 B. 恒温下向溶液中加入氧化钙，溶液的PH升高 C 向溶液中加入碳酸钠溶液，氢氧化钙固体增多 D. 向溶液中加入少量的氢氧化钠固体，氢氧化钙固体增多 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，所以给溶液加热，溶液的pH降低，故A错误；‎ B. 温度不变，溶解度不变，溶液的pH不变，故B错误；‎ C. 碳酸钠能和氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，所以C中氢氧化钙固体减少，故C错误；‎ D. 增大OH－的浓度，抑制氢氧化钙的溶解，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。主要是有利于培养学生的学习兴趣，增强学生的学习积极性。‎ ‎19.在甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是 A. 1 mol・L-1甲酸溶液的c(H+)约为1×10-2mol・L-1‎ B. 甲酸能与活泼金属反应生成氢气 C. 10 mL 1 mol・L-1甲酸恰好与10 mL 1 mol・L-1NaOH溶液完全反应 D. 在相同条件下，甲酸溶液的导电性比二元强酸溶液的弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1mol•L-1的甲酸溶液的c(H+)约为0.01mol•L-1说明甲酸不能完全电离，可以证明是弱电解质，故A正确；‎ B．活泼金属能够与酸反应，体现了甲酸的酸性，不能证明是弱电解质，故B错误；‎ C．根据方程式可知不论酸碱强弱，只要一元酸与一元碱物质的量相等则恰好发生酸碱中和，完全反应，不能证明是弱电解质，故C错误；‎ D．溶液浓度不确定，甲酸溶液的导电性比二元强酸溶液可能强也可能弱，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎20.0.1‎‎ mol•L-1 KHS溶液中下列表达式不正确的是（　　）‎ A. c(K +)+c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+‎2 c(S2-) B. c(K+)> c(HS-)> c(OH-)> c(S2-)> c(H+)‎ C. c(HS-)+ c(S2-)+ c(H2S)=0.1 mol•L-1 D. c(K+)> c(HS-)> c(OH-)> c(H2S)> c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、满足电荷守恒，A正确；‎ B、KHS溶液显碱性，说明HS－的电离程度小于水解程度，因此离子浓度大小关系是c（K+）> c（HS-）> c（OH-）> c（H+）> c（S2-），B错误；‎ C、满足物料守恒，C正确；‎ D、HS－的电离程度小于水解程度，因此离子浓度大小关系是c（K+）> c（HS-）> c（OH-）> c（H2S）> c（H+），D正确。‎ 答案选B。‎ ‎21.某温度下，在一个‎2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B发生反应：‎ ‎3A‎(g)＋2B(g)‎4C(s)＋2D(g)，5min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，则下列说法正确的是 A. 该反应的化学平衡常数表达式是K＝‎ B. 此时，B的平衡转化率是40%‎ C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D. 若向平衡体系中加入少量C，则正、逆反应速率均增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C为固体，可逆反应‎3A(g)+2B(g)⇌‎4C(s)+2D(g)的平衡常数K=，故A错误；B．达到平衡，测得生成1.6mol C，由方程式可知，发生反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol，故B的转化率为×100%=40%，故B正确；C．该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，即向右移动，化学平衡常数只受温度影响，增大压强，平衡常数不变，故C错误；D．C为固体，向平衡体系中加入少量C，物质的浓度不变，反应速率不变，故D错误；故选B。‎ ‎22.下图为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀槽，接通电路后发现上的c点显红色，为实现铁上镀锌，接通后，使c、d两点短路，下列叙述正确的是（ ）‎ A. a为直流电源的负极 B. f电极为锌板 C. c极发生的反应为2H＋＋2e－＝H2↑‎ D. e极发生还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 接通电路后发现上的c点显红色，c点溶液呈碱性，OH-浓度增大，H +浓度减小，说明H+‎ 在c处得到电子发生还原反应：2H＋＋2e－＝H2↑，故c为的阴极，所以b为直流电源的负极，a为正极。‎ A 、根据上面分析可知a 为直流电源的正极，A错误。B、连接，c、d两点短路，为电解池，f极与电源的负极连接，所以f 为阴极，e为阳极；铁上镀锌，必须铁做阴极，锌做阳极，f应该为铁片，B错误。C 、由上可知c为阴极H+得到电子发生还原反应：2H＋＋2e－＝H2↑，C正确。D、e为阳极失去电子发生氧化反应，D错误。正确答案为C ‎23.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料电池说法正确的是（ ）‎ A. 在熔融电解质中，O2-由负极移向正极 B. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：‎2C4H10＋26e-＋13O2-＝4CO2＋5H2O C. 通入空气的一极是负极，电极反应为：O2＋4e-＝2O2- D. 电池的总反应式：‎2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则通入丁烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为‎2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，据此解答该题。‎ ‎【详解】在燃料电池中，通入燃料的一极为负极，则通入丁烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为‎2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，‎ A. 原电池中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，A项错误；‎ B. 通入丁烷的一极为负极，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，B项错误；‎ C. 通入空气的一极为正极，电极反应式为O2+4e-=2O2-，C项错误；‎ D. 电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为‎2C4H10+13O2=8CO2+10H2O，或由正负极电极反应式判断，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为金属氧化物，熔融状态下能传导O2-时，在配平电极反应式时需借助O2-配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2+4e-=2O2-，负极通入丁烷，失电子发生氧化反应，电极反应式为：‎ C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，固体氧化物只允许O2-通过的燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的易错点。‎ ‎24.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是 A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 放电时负极附近溶液的碱性不变 D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+ OH- =NiO(OH) + H2O，故A项正确；‎ B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；‎ C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH- 使负极附近溶液pH减小，故C项错误；‎ D项，放电时Cd在负极消耗OH- ，OH- 向负极移动，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎25.下列实验操作规范且能达到实验目的的是 选项 实验目的 操作 A 取20.00 mL盐酸 在25 mL酸式滴定管中装入盐酸。调整初始读数为5.00 mL后，将剩余盐酸全部放入锥形瓶中 B 测量饱和Na2CO3溶液的pH值 用蒸馏水湿润pH试纸，放入Na2CO3溶液中，观察pH试纸颜色，并与比色卡对比，读出pH值 C 制取纯净FeCl 3固体 加热蒸干FeCl3溶液 D 验证Ksp[Cu(OH)2]＜ Ksp[Mg(OH)2]‎ 将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 滴定管的下端无刻度；‎ B. pH试纸不能润湿，且需用玻璃棒蘸取待测液，而不是直接放入待测液中；‎ C. FeCl3溶液会发生水解；‎ ‎【详解】A. 滴定管的下端无刻度，则剩余盐酸放入锥形瓶其体积大于20.00 mL，故A项错误；‎ B. 测量饱和Na2CO3溶液的pH值时，其正确的操作为：用玻璃棒蘸取待测液放在干燥的pH试纸上，用标准比色卡进行对比，读出其pH值，故B项错误；‎ C. 由于FeCl3溶液存在水解平衡，其水解方程式为：FeCl3 + 3H2OFe(OH)3 + 3HCl，加热蒸干FeCl3溶液时，氯化氢易挥发，且升温促进水解向正反应方向移动，最后不会得到FeCl3，则不能达到实验目的，故C项错误；‎ D. 将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明镁离子均以氢氧化镁沉淀的形式生成，再滴加0.1 mol/L CuSO4溶液时，产生蓝色沉淀，则可以说明氢氧化铜的溶解度小于氢氧化镁的溶解度，因沉淀类型相同，则进一步验证了Ksp[Cu(OH)2]＜ Ksp[Mg(OH)2]，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎26.水溶液中的离子反应在许多领域都有广泛的应用，请回答下列问题。‎ ‎（1）在配制氯化铁溶液时，常常会出现浑浊，可以加入少量的__________防止上述问题。‎ ‎（2）明矾具有净水的作用，原因是：___________________________（用离子方程式表示）。‎ ‎（3）将‎25 ℃‎时pH=12的NaOH溶液a L与pH=1的HCl溶液b L混合。若所得混合液为中性，则a∶b=______________。‎ ‎（4）加热蒸干AlCl3溶液并灼烧所得固体，最终得到的产物是______________‎ ‎（5）常温下，已知Ksp[M(OH)3] =1.0×10−38，要使溶液中的M3+降至10−5mol/L，则应调节溶液pH=________。‎ ‎【答案】 (1). 稀盐酸 (2). Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+ (3). 10:1 (4). Al2O3 ‎ ‎(5). 3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)为了防止Fe3+水解，在配制氯化铁溶液时可以加入少量的稀盐酸，故答案为：稀盐酸；‎ ‎(2)明矾在水溶液中会电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以净水，故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；‎ ‎(3)将‎25℃‎下pH=12的NaOH溶液的浓度为0.01mol/L，pH=1的HCl溶液的浓度为0.1mol/L，若所得混合液为中性，则氢氧化钠和氯化氢的物质的量相等，即：0.01mol/L×aL=0.1mol/L×bL，整理可得：a：b=10：1，故答案为：10：1；‎ ‎(4)加热促进AlCl3溶液水解，生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到Al2O3，故答案为：Al2O3；‎ ‎(5)常温下，已知Ksp[M(OH)3] = c3(OH-)·c(M3+)=1.0×10−38，要使溶液中的M3+降至10−5mol/L，则c(OH-)== 10-11mol/L，c(H+)=1×10-3mol/L，溶液的pH=-lgc(H+)=3，故答案为：3。‎ ‎27.氨、尿素[CO(NH2)2]都是氮的重要化合物，在工农业生产中应用广泛。‎ ‎（1）已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol-1‎ ‎①取1molN2(g)和3molH2(g)放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量____92.2kJ(填“＞”、“＝”或“＜”)，原因是_______________。‎ ‎②使用催化剂，该反应△H_____(填“变大”“变小”或“不变”)。‎ ‎③已知：分别破坏1molN≡N键、1molH－H键需要吸收的能量为：946kJ、436kJ，则破坏1molN－H键需要吸收的能量为_____。‎ ‎④当容积一定时，能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________‎ a．容器中总压强不变 b．混合气体中c（CO）不变 c．v正（H2）=v逆（N2） ‎ d．c（H2）=c（NH3） e. 混合气体密度不再变化 f.颜色不再变化 ‎ g. 混合气体平均相对分子质量不再变化 ‎（2）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[CO(NH2)2]。已知：‎ Ⅰ.2NH3(g)+CO2(g)==NH2CO2NH4(s)△H＝﹣159.5kJ/mol Ⅱ.NH2CO2NH4(s)==CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H＝+116.5kJ/mol Ⅲ.H2O(l)==H2O(g)△H＝+44.0kJ/mol ‎①写出CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式_______________________。‎ ‎②化学家正在研究尿素动力燃料电池。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示,回答下列问题：‎ 电池中的负极为_____(填“甲”或“乙”)，乙的电极反应式为_____________，电池工作时，理论上每净化1mol尿素，消耗O2的体积(标准状况下)约为_____L。‎ ‎【答案】 (1). < (2). 由于为可逆反应，反应物无法全部转化，1molN2和3molH2充分参与反应也不可能生成2molNH3，故放出的热量小于92kJ (3). 不变 (4). 391 kJ (5). a和g (6). 2NH3(g)+CO2(g) == CO(NH2)2(s)+H2O(l) △H＝﹣87.0kJ/mol (7). 甲 (8). O2+4e-+4H+=2H2O (9). 33.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①合成氨反应为可逆反应，不可能进行到底，故在实际生产中1 mol N2和3 mol H2不可能生成2 mol NH3，放出的热量也必定小于92 kJ； ②催化剂改变反应速率不改变化学平衡及△H； ③△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和；‎ ‎④当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，以此判断； (2)①根据盖斯定律计算； ②该电池CO(NH2)2在负极失电子生成二氧化碳和氮气，氧气在正极反应生成水，电解质溶液中含氢离子，该反应的总方程式为：2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，结合2 CO(NH2)2～3O2计算，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92 kJ•mol-1，N2和H2反应生成2 mol NH3时放出的热量为92.2 kJ，是指1 mol氮气和3 mol的氢气完全反应生成2 mol的氨气放出的热量为92.2 kJ，1mol N2和3 molH2放在密闭容器中不可能完全转化为氨气，所以放出热量一定小于92.2 kJ，故答案为：＜；由于该反应是可逆反应，反应物无法全部转化为生成物； ‎ ‎②催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应热不变，故答案为：不变； ③分别破坏1 mol N≡N键、1 mol H-H键需要吸收的能量为：946 kJ、436 kJ，设破坏1 mol N-H键需要吸收的能量为x，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92 kJ•mol-1，焓变=反应物总键能-生成物的总键能，即946 kJ/mol+3×436 kJ/mol-6x=-92.2 kJ/mol，解得x=391 kJ/mol，即破坏1 mol N-H键需要吸收的能量为391 kJ，故答案为：391；‎ ‎④a．容器容积一定，平衡正向移动时气体的物质的量减小，压强减小，所以容器中总压强不变可以说明反应达到平衡，故a符合；‎ b．混合气体无CO，所以混合气体中c(CO)不变不能说明反应达到平衡，故b不符合；‎ c．当反应达到平衡时v正(H2)=v逆(H2)，v逆(H2)=3 v逆(N2)，所以v正(H2)=v逆(N2)时不能说明反应达到平衡，故c不符合；‎ d．平衡正向移动时c(H2)减小，c(NH3)增大，可能有某一时刻c(H2)=c(NH3)，但不能说明反应达到平衡，故d不符合；‎ e. 混合气体总体积不变，总质量不变，所以混合气体密度在平衡移动时不会发生变化，故e不符合；‎ f. 该反应中生成物和反应物均为无色气体，所以不会有颜色变化，故f不符合； ‎ g. 混合气体的总质量不变，但平衡正向移动时混合气体的总物质的量减小，所以混合气体平均相对分子质量增大，当混合气体平均相对分子质量不再变化时说明反应达到平衡，故g符合；‎ 故答案为：a和g ‎(2)①由Ⅰ.2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) △H=-159.5kJ•mol-1 Ⅱ．NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.5kJ•mol-1 Ⅲ．H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ•mol-1 结合盖斯定律可知，①+②-③得到2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l)，其△H=-159.5 kJ⋅mol-1+(+116.5kJ⋅mol-1)-(+44.0kJ⋅mol-1)=-87.0kJ⋅mol-1，则CO2与NH3合成尿素和液态水的热化学反应方程式为2NH3(g)+CO2(g)═CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0 kJ/mol，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)═CO(NH2)2(s)+H2O(l)△H=-87.0 kJ/mol； ②根据图示可知，甲电极上CO(NH2)2反应生成二氧化碳和氮气，N元素化合价升高，失电子，为电源的负极，电解质溶液为酸性，则乙电极为正极，发生还原反应，氧气得电子之后生成水，则其电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，该反应的总方程式为2CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，根据关系式2 CO(NH2)2～3O2‎ 可知，电池工作时，理论上每净化1mol尿素，消耗O2的体积为1.5 mol×‎22.4 L/mol=‎33.6 L，故答案为：甲；O2+4e-+4H+=2H2O；33.6。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式及焓变计算，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意热化学方程式的书写方法，题目难度不大。‎ ‎28.某课外兴趣小组用0.1000 mol·L−1的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，实验操作如下，请完成以下问题。‎ A．___________________________。‎ B．分别用蒸馏水洗干净酸式滴定管和碱式滴定管。‎ C．用待测定的盐酸溶液润洗酸式滴定管。‎ D．用酸式滴定管取稀盐酸 25.00 mL，注入事先洗干净的锥形瓶中，加入指示剂。‎ E．碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“‎0”‎以上2～‎3 cm处，再把碱式滴定管固定好，排尽尖嘴部分的气泡，并调节液面至刻度“‎0”‎或“‎0”‎刻度以下。‎ F．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。‎ G．另取锥形瓶，再重复操作一次。‎ ‎（1）定滴管在使用前需进行的操作A是___________________________。‎ ‎（2）滴定实验所需的玻璃仪器有______________。（填字母）‎ A．酸式滴定管 B．碱式滴定管 C．量筒 D．锥形瓶 ‎ E．铁架台 F．滴定管夹 G．烧杯 H．白纸 ‎（3）该小组同学选用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为________________________________。‎ ‎（4）该小组某一次滴定操作中，酸式滴定管的始终液面如图所示，‎ 则本次滴入的盐酸体积为 ___________ mL。‎ ‎（5）该小组学生某3次实验的有关数据分别记录如下表： ‎ 滴定次数 待测HCl溶液的体积/mL ‎0.1000 mol/LNaOH的体积（mL）‎ 滴定前刻度 滴定后刻度 第一次 ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎27.91‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎30.30‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ 依据上表数据列式计算该HCl溶液的物质的量浓度为_______________。‎ ‎（6）下列操作中可能使测定结果偏低的是___________(填字母)。‎ A．酸式滴定管未润洗就直接注入待测液HCl溶液 B．滴定前盛放HCl溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取NaOH标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎【答案】 (1). 检查滴定管是否漏水 (2). ABDG (3). 当最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不恢复 (4). 26.10 (5). 0.1040 mol/L (6). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)滴定管使用前要检查是否漏水；‎ ‎(2)根据操作步骤选择仪器；‎ ‎(3)酚酞的变色范围为：pH值为8~10，小于8为无色，大于10为红色；‎ ‎(4)滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL；‎ ‎(5)根据进行计算；‎ ‎(6)根据进行误差分析；‎ ‎【详解】(1)滴定管使用前要检查是否漏水，故答案为：检查滴定管是否漏水；‎ ‎(2)待测液为盐酸滴定前需要盛放在烧杯中，移液时需要酸式滴定管，滴定时需要锥形瓶盛放，标准液为氢氧化钠溶液，需要碱式滴定管，故答案为：ABDG；‎ ‎(3)酚酞在pH值为8~10时为淡红色，大于10‎ 时为红色，标准液为氢氧化钠，待测液为盐酸，加入酚酞后不变色，随氢氧化钠的滴入溶液酸性逐渐减弱，滴定终点溶液显中性，故答案为：当最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不恢复；‎ ‎(4)滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL，则本次使用的盐酸体积为26.10mL，故答案为：26.10；‎ ‎(5)第一次所用氢氧化钠溶液体积为27.91mL-2.00mL=25.91mL；第二次所用氢氧化钠溶液体积为30.30mL-1.56mL=28.74mL；第二次所用氢氧化钠溶液体积为26.31mL-0.22mL=26.09mL；第二次偏差较大舍去，则本次滴定所用氢氧化钠溶液体积为：26.00mL， =；故答案为：0.1040 mol/L；‎ ‎(6)A．酸式滴定管未润洗就直接注入待测液HCl溶液会将待测液稀释，导致测得浓度偏低，故A符合；‎ B．滴定前盛放HCl溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥不会对测定结果造成影响，故B不符合；‎ C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，会导致标准液体积偏大，测定结果偏高，故C不符合；‎ D．读取NaOH标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，会导致标准液体积偏小，故D符合；故答案为：AD；‎ ‎29.将500 mL 0.1mol·L-1CuSO4和1 mol·L-1NaC1混合溶液，用石墨为电极电解。一段时间后在阳极收集到‎4.48 L(标况下)气体，溶液体积几乎没有变化。‎ 计算: (已知：lg2=0.3,lg3=0.5)‎ ‎（1）阴极析出铜的质量为多少克？__________‎ ‎（2）计算电解后溶液的pH__________‎ ‎【答案】 (1). ‎3.2g (2). 13.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液中所含离子为Cu2+、Na+、H+、SO42-、Cl-、OH-，电解池中阳极发生氧化反应，氯离子先于氢氧根放电，发生反应2Cl--2e-==Cl2↑，当氯离子完全反应后，氢氧根放电发生反应：4OH--4e-==O2↑+4H+；阴极发生还原反应，铜离子先于氢离子放电，发生Cu2++2e-==Cu，当铜离子完全反应后，氢离子放电发生反应：2H++2e-==H2↑；‎ ‎【详解】(1)溶液中n(Cl-)=cV=‎0.5L×1 mol·L-1=0.5mol，完全反应可生产n(Cl2)=0.25mol，标况下的体积V(Cl2)=nVm=0.25mol×‎22.4L·mol-1=‎5.6L，所以当阳极收集到‎4.48 L(标况下)气体时，溶液中的氯离子未完全反应，阳极只发生2Cl--2e-==Cl2，‎4.48L氯气的物质的量为0.2mol，根据电极方程式可知转移电子为0.4mol；溶液中的n(Cu2+)= cV=‎0.5L×0.1 mol·L-1=0.05mol，根据阴极方程式Cu2++2e-==Cu可知，当铜离子完全反应时转移0.1mol电子，所以当转移0.4mol电子时铜离子已完全反应，即生成铜单质的物质的量为0.05mol，铜单质的质量=nM=0.05mol×‎64g·mol-1=‎3.2g，故答案为：‎3.2g；‎ ‎(2)根据(1)可知当当阳极收集到‎4.48 L(标况下)气体时，转移0.4mol电子，且铜离子完全反应，铜离子完全反应后，阴极发生反应2H++2e-==H2，且该过程转移0.4mol-0.1mol=0.3mol电子，根据电极方程式可知消耗0.3mol氢离子，该溶液中氢离子由水电离产生，消耗0.3mol氢离子，则产生0.3mol氢氧根，所以此时溶液中c(OH-)=，则溶液中c(H+)=，pH=-lg c(H+)= 13.8，故答案为：13.8；‎ ‎【点睛】解决该题时要注意溶液中参与电极反应的物质的物质的量，明确该题中阴极发生了两个反应是解题关键。‎