2022-2022学年高二化学成才之路模块综合检测(二)新人教版选修4.docx

模块综合检测二
(90分钟，100分)
一、选择题(此题包括18个小题，每题3分，共54分)
1．(2022·绍兴模拟)在压强为2.20×104 kPa、温度到达374℃时，水成为“超临界状态〞，此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物，这就是“水热反响〞。生物质在地下高温高压条件下通过水热反响可生成石油、煤等矿物能源。以下说法不正确的选项是()
A．二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反响，属于放热反响
B．“水热反响〞是一种复杂的化学变化
C．火力发电厂可望利用废热，将二氧化碳转变为能源物质
D．随着科技的进步，“水热反响〞制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
解析：由于反响是在高温高压下进行的，说明高温有利于反响向正反响方向进行，因此正反响可能为吸热反响，A不正确。
答案：A
2．(2022·试题调研)以下过程伴随的能量变化中，属于反响热的是()
A．形成1 mol H—Cl键放出的能量
B．石墨转变成金刚石吸收的能量
C．1 mol O2形成2 mol O原子吸收的能量
D．水蒸气变成液态水放出的能量
解析：化学反响中的能量变化叫反响热。化学反响的实质是旧键的断裂和新键的形成，A选项只涉及化学键的形成，C选项只涉及化学键的断裂，能量变化都不属于反响热；D选项中水蒸气变成液态水是物理变化，属于物理过程。
答案：B
3．(2022·郑州质检)某化学反响的能量变化如以下列图所示。以下有关表达正确的选项是()
A．该反响的反响热ΔH＝E2－E1
B．a、b分别对应有催化剂和无催化剂的能量变化
C．催化剂能降低反响的活化能
D．催化剂能改变反响的焓变
解析：根据图像可知，反响物的总能量低于生成物的总能量，该反响为吸热反响，该反响的反响热ΔH＝E1－E2，A项错误；催化剂可以降低反响的活化能，但对反响的焓变无影响，B、D项错误，C项正确。
答案：C
4．(2022·天津一模)以下说法正确的选项是()
A．因为焓变和熵变都与反响的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反响自发性的判据
B．25 ℃、101 kPa时，1 mol S和2 mol S的燃烧热不相等
C．通常人们把拆开1 mol某化学键所吸收的能量看成该化学键的键能
那么H2(g)＋Cl2(g)===HCl(g)ΔH＝－183 kJ·mol－1
D．任何化学反响都伴随着能量的变化
解析：判断反响是否自发应用复合判据，A项错误；燃烧热不随物质的量的变化而变化，B项错误；根据表中数据可得H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－183 kJ·moI－1，C项错误。
答案：D
5．(2022·江苏灌南高级中学期中)常温下，以下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＋、NO、SO、Na＋
B．水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO
C．c(H＋)/c(OH－)＝1012的水溶液中：NH、Al3＋、NO、Cl－
D．c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO、SCN－
解析：pH＝1的溶液为酸性，NO酸性条件下具有强氧化性，能氧化Fe2＋，A中离子不能大量共存；水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液pH＝2或12，HCO不能大量共存；c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，C中离子可能大量共存；Fe3＋与SCN－生成难电离物质Fe(SCN)3，SCN－不能大量共存。
答案：C
6．(2022·北京市海淀区高三模拟)在密闭容器中进行反响：X(g)＋3Y(g)===2Z(g)，有关以下列图像的说法不正确的选项是()
A．依据图甲可判断正反响为放热反响
B．在图乙中，虚线可表示使用了催化剂
C．假设正反响的ΔH<0，图丙可表示升高温度使平衡向逆反响方向移动
D．由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反响的ΔH>0
解析：A项，图甲中随着温度的升高，正、逆反响速率均增大，且逆反响速率增加的幅度较大，即平衡向逆反响方向移动，说明正反响为放热反响；B项，图乙中改变条件后平衡不移动，反响速率加快，那么说明使用了催化剂；C项，图丙中正确表达了升高温度气体反响速率的增大及平衡向逆反响方向移动；D项，该反响中各物质均为气体，那么反响前后气体的质量始终不变，图丁中升高温度气体的平均相对分子质量减小，说明平衡向着气体的物质的量增多的方向移动，即向逆反响方向移动，说明正反响为放热反响，ΔH<0。
答案：D
7．(2022·安徽省十校联考)在一个不导热的恒容密闭容器中通入CO(g)和H2O(g)，一定条件下使反响CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)到达平衡状态，正反响速率随时间变化的示意图如下列图。由图可得出的正确结论是()
A．反响物浓度：a点小于c点
B．c点时反响进行的程度最大
C．该反响的正反响为吸热反响
D．Δt1＝Δt2时，生成H2的物质的量：a～b段小于b～c段
解析：此题考查化学反响速率及其影响因素，考查考生分析、解答化学问题的能力。难度中等。
反响起始时反响物浓度大，因此反响物浓度：a点大于c点，A项错；c点反响速率最大，反响不一定处于平衡态，而反响进行程度最大是指反响到达平衡态，B项错；反响起始阶段，反响物浓度减少而反响速率加快，只能是温度升高导致，再结合容器不导热可知正反响为放热反响，C项错；反响速率a～b小于b～c，故等同时间内，生成H2的量，a～b段小于b～c段，D项正确。
答案：D
8．(2022·试题调研)相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反响：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6 kJ/mol。实验测得起始时的有关数据如表所示：
以下表达错误的选项是()
A．容器①②中反响的平衡常数相等
B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为
C．容器②中到达平衡时放出的热量Q＝23.15 kJ
D．假设容器①体积为0.5 L，那么平衡时放出的热量小于23.15 kJ
解析：对于给定反响，平衡常数只是温度的函数，温度相同，平衡常数相同，A正确。由①中放出的热量，可知参加反响的N2为0. 25 mol，那么有
N2(g)　＋　3H2(g)2NH3(g)
n(始)/mol 1 3 0
n(变)/mol 0.25 0.75 0.5
n(平)/mol 0.75 2.25 0.5
那么①中NH3的体积分数为＝，由于①和②中建立的平衡是相同的，所以两容器中NH3的体积分数均为，B正确。①和②建立的是相同的平衡，②中N2转化0.15 mol，放出的热量为92.6 kJ/mol×0.15 mol＝13.89 kJ，C不正确。假设容器①体积为0.5 L，即反响体积增大，压强减小，平衡向逆反响方向移动，那么平衡时放出的热量小于23.15 kJ，D正确。
答案：C
9．(2022·试题调研)某温度下，向pH＝6的蒸馏水中参加NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2，以下对该溶液的表达不正确的选项是()
A．该温度高于25 ℃
B．由水电离出来的H＋的浓度是1.0×10－12 mol·L－1
C．参加NaHSO4晶体抑制了水的电离
D．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)
解析：A项，蒸馏水的pH＝6，说明c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，KW＝1×10－12>1×10－14，说明温度高于25 ℃，故A正确；B项，水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(H＋)水＝c(OH－)＝＝＝1×10－10 mol·L－1，故B错误；C项，NaHSO4晶体溶于蒸馏水中能电离出氢离子，相当于一元强酸，抑制了水的电离，故C正确；D项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，由于c(Na＋)＝c(SO)，可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)，故D正确。
答案：B
10．现有等浓度的以下物质的溶液：①CH3COOH，②HClO，③NaClO，④H2CO3，⑤Na2CO3，⑥NaHCO3。按溶液pH由小到大排列正确的选项是()
A．④①②⑤⑥③B．④①②⑥⑤③
C．①④②⑥③⑤D．①④②③⑥⑤
解析：①、②、④均属于酸，其中酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，即pH：①<④<②。③、⑤、⑥均属于强碱弱酸盐，因酸性H2CO3>HClO>HCO，所以对应盐溶液的碱性为Na2CO3>NaClO>NaHCO3，即pH：⑥<③<⑤。
答案：C
11．(2022·河南洛阳高三期末)以下表达错误的选项是()
A．把a L 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液与b L 0.1 mol·L－1的KOH溶液混合，所得溶液中一定存在：c(K＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
B．把0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液与0.3 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合，所得溶液中一定存在：c(OH－)>c(Ba2＋)>c(Na＋)>c(H＋)
C．向1 mol·L－1的CH3COOH溶液中参加少量CH3COONa固体，由于CH3COONa水解显碱性，所以溶液的pH升高
D．常温下，在pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的NaOH溶液中，水的电离程度相同
解析：此题考查离子浓度的大小比较，考查考生分析问题的能力。难度中等。
A项满足电荷守恒，正确；B项，反响后得到的溶液中含有氢氧化钡、氢氧化钠两种溶质，且二者物质的量之比为2∶1，故离子浓度之间的关系为c(OH－)>c(Ba2＋)>c(Na＋)>c(H＋)；C项，参加醋酸钠固体相当于增加了醋酸根离子的浓度，抑制了醋酸的电离，故溶液的pH升高；D项，醋酸和氢氧化钠对水的电离都起抑制作用，在两溶液中水电离出的c(OH－)都为10－11 mol/L，因此水的电离程度相同。
答案：C
12．(2022·哈尔滨市质检)以下说法正确的选项是()
A．水的离子积常数量KW只与温度有关，但外加酸、碱、盐一定会影响水的电离程度
B．Ksp不仅与难溶电解质的性质和温度有关，还与溶液中相关离子的浓度有关
C．常温下，在0.10 mol·L－1的NH3·H2O溶液中参加少量NH4Cl晶体，能使溶液的pH减小，c(NH)/c(NH3·H2O)的值增大
D．室温下，CH3COOH的KW＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，CH3COOH溶液中的c(H＋)与NH3·H2O中的c(OH－)相等
解析：此题考查电离平衡，考查考生对电离平衡的掌握情况。难度中等。
A项，加强酸强碱盐(如NaCl)不影响水的电离；B项，溶度积常数是温度的函数，只受温度的影响；C项，参加NH4Cl，NH3·H2O,NH＋OH－平衡向逆反响方向移动，故pH减小，但由勒夏特列原理可知c(NH)/c(NH3·H2O)的值增大；D项，只知道平衡常数，但不知溶液的浓度，故c(H＋)、c(OH－)无法计算。
答案：C
13．(2022·北京西城区期末)用黄色的FeCl3溶液分别进行以下实验，解释或结论不正确的选项是()
解析：此题考查铁及其化合物的性质，考查考生对物质性质的掌握情况。难度中等。
A项，实验现象错误，FeCl3的浓溶液不可能出现红褐色，应仍为黄色，只是由于c(Fe3＋)增大颜色变深；D项，红褐色溶液为Fe(OH)3胶体，说明加热促进了Fe3＋的水解。
答案：A
14．(2022·杭州市质检一)有一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储藏电源。电池以金属锂和钢板为电极材料，LiOH为电解质，使用时参加水即可放电。关于该电池的说法正确的选项是()
A．钢板为正极，钢板上发生复原反响
B．放电时电子的流动方向是“正极→导线→负极〞
C．放电过程中OH－向正极做定向移动
D．总反响：2Li＋2H＋==2Li＋＋H2↑
解析：此题考查化学电源。难度较小。
Li的金属性强于Fe，故钢板做正极，发生复原反响，A项正确；放电时电子的流向是负极板上的电子经导线流向正极板，B项错误；放电时OH－向负极移动，C项错误；总反响是2Li＋2H2O==2LiOH＋H2↑，D项错误。
答案：A
15．以下有关四个常用电化学装置的表达正确的选项是()
A．图Ⅰ所示电池中，MnO2作催化剂
B．图Ⅱ所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大
C．图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2＋浓度始终不变
D．图Ⅳ所示电池中，Ag2O作氧化剂，在电池工作过程中被复原为Ag
解析：碱性锌锰电池的正极反响为2MnO2＋2e－＋H2O===Mn2O3＋2OH－，MnO2表现出氧化性，A错误；铅­硫酸蓄电池放电时的总反响为PbO2＋Pb＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，随着反响的进行，硫酸浓度逐渐减小，B错误；电解精炼铜时阳极反响包含：Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋等，阴极反响是Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋浓度减小，C错误；银锌纽扣电池工作时正极发生复原反响：Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，D正确。
答案：D
16．(2022·高考命题专家原创题)美国麻省理工学院的丹尼尔·诺切拉博士公布了自己团队研发的“人造树叶〞，它可以与燃料电池共同构成一个新的发电装置——太阳能燃料电池，工作原理如下列图，以下有关表达正确的选项是()
A．“人造树叶〞上发生的反响为6CO2＋6H2OC6H12O6＋6O2
B．图A中塑料薄膜上部的反响为2H＋＋2e－===H2↑
C．图B燃料电池工作时的负极反响物为O2
D．太阳能燃料电池的优点为无论天气如何，均能持续供应电能，并且实现对环境的“零排放〞
解析：由工作原理示意图可以看出，“人造树叶〞是光解水，将太阳能储存起来，A项错误；图A中塑料薄膜下部为H＋得电子生成H2，B项错误；燃料电池的正极反响物为O2，C项错误；太阳能燃料电池是利用“人造树叶〞光解产生的氢气与氧气形成燃料电池，故无论天气如何都可提供电能，D项正确。
答案：D
点拨：对于新型电池的考查，往往是图文结合，题目会给出一定的信息，如图中电子、离子的移动方向或者电流的方向等，这些都是解题的突破点，因此解答该类试题的关键是读懂示意图。
17．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，以下操作不会引起实验误差的是()
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，参加少量的蒸馏水再进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
解析：A项未用标准盐酸润洗滴定管；B项锥形瓶不能用NaOH溶液润洗；C项不会引起实验误差；D项指示剂变色后，要等半分钟，假设溶液红色不褪去，才说明到达滴定终点。
答案：C
18．某温度、压强下的气体摩尔体积为55.20 L·mol－1，在该条件下有1 mol气体X发生如下反响并到达平衡：2X(g)mY(g)＋Z(g)，测得混合气体中X的体积分数为58.80%，混合气体的总质量为46.00 g，混合气体的密度为0.72 g·L－1。那么平衡时混合气体的平均相对分子质量为()
A．58.80 B．46.00
C．39.74 D．16.13
解析：可直接由＝55.20 L·mol－1×0.72 g·L－1＝39.74 g·mol－1得出。
答案：C
二、非选择题(此题包括5小题，共46分)
19．(2022·试题调研)(6分)以下说法中可以证明反响H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是______________。
①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂　③百分含量w(HI)＝w(I2)④反响速率v(H2)＝v(I2)＝v(HI)⑤c(HI):c(H2):c(I2)＝2:1:1⑥温度和体积一定时，生成物浓度不再变化　⑦温度和体积一定时，容器内的压强不再变化　⑧条件一定时，混合气体的平均相对分子质量不再变化　⑨温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化　⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
在上述⑥～⑩的说法中，能证明2NO2(g)N2O4(g)到达平衡状态的是________。
解析：对于反响前后气体分子总数不相等的可逆反响，可从化学反响速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度、平均相对分子质量、压强、密度等方面来判断。对于反响前后气体分子总数相等的可逆反响，可从化学反响速率、化学键断裂、物质的量、物质的量浓度、转化率、颜色、温度等方面来判断(此时平均相对分子质量、压强、密度不能用来判断)。
答案：②⑥⑨⑥⑦⑧⑨⑩
20．(12分)环境监测测定水中溶解氧的方法是：
①量取a mL水样，迅速参加固定剂MnSO4溶液和碱性KI溶液(含KOH)，立即塞好瓶塞，反复振荡，使之充分反响，其反响式为：2Mn2＋＋O2＋4OH－==2MnO(OH)2(该反响极快)。
②测定：开塞后迅速参加1～2 mL浓硫酸(酸化，提供H＋)，使之生成I2，再用b mol/L的Na2S2O3溶液滴定(以淀粉为指示剂)，消耗V mL。有关反响式为：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋==Mn2＋＋I2＋3H2O、I2＋2S2O==2I－＋S4O。
试答复：
(1)滴定过程中用到的玻璃仪器除了酸式滴定管、碱式滴定管外还缺少_____________________。
(2)滴定操作时，左手控制滴定管，右手________，眼睛要注视________。
(3)滴定(I2和S2O反响)以淀粉为指示剂，终点时溶液由________色变为________色。
(4)水中溶解氧的计算式是______(以g/L为单位)。
(5)测定时，滴定管经蒸馏水洗涤后即加滴定剂Na2S2O3溶液，导致测定结果________(填“偏高〞“偏低〞或“无影响〞，下同)。
(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果________。
解析：(4)根据反响式2Mn2＋＋O2＋4OH－==2MnO(OH)2、MnO(OH)2＋2I－＋4H＋==Mn2＋＋I2＋3H2O、I2＋2S2O==2I－＋S4O可得关系式：O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O，由于消耗b mol/L的Na2S2O3溶液V mL，那么可知消耗O2的物质的量为 mol，即水中的溶解氧g/L。(5)假设滴定管用蒸馏水洗涤后未经润洗即加Na2S2O3溶液，那么会使V偏大，导致测定结果偏高。(6)记录测定结果时，滴定前仰视刻度线、滴定后又俯视刻度线会造成V偏小，导致测定结果偏低。
答案：(1)锥形瓶、烧杯　(2)不断振荡锥形瓶　锥形瓶内溶液颜色的变化　(3)蓝　无　(4)8bV/a
(5)偏高　(6)偏低
21．(2022·北京石景山期末)(10分)电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱。25 ℃时，有关物质的电离平衡常数如下表所示：
(1)将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水稀释一倍(假设温度不变)，以下各量增大的是________。
A．c(H＋) B．c(H＋)·c(OH－)
C.D.
(2)25 ℃时，在20 mL 0.1 mol·L－1氢氟酸中参加V mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液，测得混合溶液的pH变化曲线如下列图，以下说法正确的选项是________。
A．pH＝3的HF溶液和pH＝11的NaF溶液中，由水电离出的c(H＋)相等
B．①点时pH＝6，此时溶液中c(F－)－c(Na＋)＝9.9×10－7 mol·L－1
C．②点时，溶液中的c(F－)＝c(Na＋)
D．③点时V＝20 mL，此时溶液中c(F－)<c(Na＋)＝0.1 mol·L－1
(3)物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的以下四种溶液：①Na2CO3溶液；②NaHCO3溶液；③NaF溶液；④NaClO溶液。依据数据判断pH由大到小的顺序是__________________。
(4)Na2CO3溶液显碱性是因为CO水解的缘故，请设计简单的实验事实证明之__________________。
(5)长期以来，一直认为氟的含氧酸不存在。1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO，其结构式为H—O—F。HFO与水反响得到HF和化合物A，每生成1 mol HF转移________mol电子。
解析：(1)加水稀释能促进氢氟酸的电离，溶液中氢离子浓度降低，故A错误；温度不变，水的离子积常数不变，故B错误；溶液中氢离子浓度和氢氟酸浓度都降低，该分式中都乘以氟离子浓度得氢氟酸的电离常数除以负离子浓度，电离常数不变，负离子浓度减小，所以其比值增大，故C正确；溶液中氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故D正确。(2)A.酸能抑制水的电离，含有弱根离子的盐能促进水的电离，故错误。B.c(F－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)，故正确。C.溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根浓度，所以氟离子浓度等于钠离子浓度，故正确。D.③点时V＝20 mL，溶液呈碱性，根据溶液呈电中性知，钠离子浓度大于氟离子浓度，故错误。(3)根据相应酸的酸性强弱判断，氢氟酸的酸性大于碳酸的，碳酸的酸性大于次氯酸的，所以顺序为①④②③(或①>④>②>③，用物质名称表示也对)。(4)在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再参加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。(5)HFO与水反响生成氢氟酸和双氧水，每生成1 mol HF转移2 mol电子。
答案：(1)CD(2)BC
(3)①④②③(或①>④>②>③，用物质名称表示也对)
(4)在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再参加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅
(5)2
22．(2022·试题调研)(8分)在如下列图的装置中，假设通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g。请答复以下问题：
(1)电源中X电极为直流电源的________极。
(2)pH变化：A________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞，下同)，B________，C________。
(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况)气体，溶液体积为200 mL，那么通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。
(4)假设A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为________(设电解前后溶液体积无变化)。
解析： (1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生复原反响，生成Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，那么银电极是阳极，Y是正极，X是负极。(2)A池电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；B池电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；C池为电镀银，溶液pH不变。(3)通电5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子。B中共收集0.01 mol气体，假设该气体全为氧气，那么电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液生成O2，后电解水生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，那么4x＋4y＝0.02 mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01 mol(气体体积之和)，解得x＝y＝0.002 5 mol，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol/L。(4)通电5 min时，A中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH－)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.1 mol/L，pH＝13。
答案：(1)负　(2)增大　减小　不变
(3)0.025 mol/L(4)13
23．(10分)T1、T2两种温度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如下列图，请答复以下问题：
(1)T1________T2(填“>〞、“<〞或“＝〞)，T2时Ksp(BaSO4)＝____________。
(2)根据T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，判断以下说法正确的选项是________(填序号)。
A．参加Na2SO4可由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)的任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D．升温可由b点变为d点
(3)沉淀的生成、溶解和转化在无机物制备和提纯及科研等领域有着广泛应用。25 ℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝1×10－9。
①医学上进行消化系统的X射线透视时，常使用BaSO4作内服造影剂。胃酸很强(pH约为1)，但服用大量BaSO4仍然是平安的，BaSO4不溶于酸的原因是__________________(用沉淀溶解平衡原理解释)。万一误服了少量BaCl2，应尽快用大量0.5 mol/L Na2SO4溶液洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2＋浓度仅为________mol/L。
②长期使用的锅炉需要定期除水垢，否那么会降低燃料的利用率。水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去。CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为__________________。
解析：(1)T1下的离子积较小，所以T1<T2。T2时的溶度积可利用c点的数据进行计算求得。(2)由于存在溶解平衡，参加Na2SO4，BaSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，Ba2＋的浓度降低，A选项正确；T1曲线上方区域的离子积大于溶度积，所以会析出沉淀，B选项正确；蒸发溶剂，不饱和溶液中离子的浓度都变大，可能由d点变为T1曲线上a、b之间的某一点，C选项正确；升高温度，c(SO)会变大，D选项错误。(3)①由沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)可知，H＋不能减小Ba2＋或SO的浓度，平衡不能向溶解方向移动。由c(SO)＝0.5 mol/L和c(Ba2＋)·c(SO)＝1×10－10可知c(Ba2＋)＝2×10－10 mol/L。②CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)。
答案：(1)<5.0×10－9(2)ABC
(3)①对于沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，H＋不能减小Ba2＋或SO的浓度，平衡不能向溶解方向移动　2×10－10②CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)