2018-2019学年江西省南昌市八一中学、洪都中学等七校高二上学期期末考试化学试题 解析版
2018~2019学年度第一学期高二化学期末联考试卷
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cl:35.5 Fe:56 S:32
第Ⅰ卷 选择题(共48分)
一、选择题(共16小题，每小题3分，共48分。每小题都只有一个选项符合题意)
1.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是
①25 ℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗
③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④
【答案】C
【解析】
试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。
考点：考查弱酸的判断
点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。
2.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A. c(H＋) B. Ka(HF) C. c(F-)/c(H+) D. c(H+)/c(HF)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L-1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n(H+)增大，但c(H+)不断减小，A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka(HF)在稀释过程中不变，B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c(H+
)不会超过10-7mol•L-1，c(F-)不断减小，则比值变小，C错误；D、因Ka(HF)=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c(F-)不断减小，Ka(HF)不变，则增大，D正确；答案选D。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡
【名师点晴】明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c(H+)不会超过10-7mol•L-1，根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变。
3. 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是
A. CO2(g)＋2NH3(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；△H＜0
B. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；△H＞0
C. CH3CH2OH (g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)；△H＞0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g)2 C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g)；△H＜0
【答案】A
【解析】
分析左图：据达平衡所需时间，得：T2＞T1；
据平行线部分，得：T1到T2（升高温度），水蒸气含量减少；
分析右图：据达平衡所需时间，得：P1＞P2；
据平行线部分，得：P1到P2（压强减小），水蒸气含量减少；
再利用：升温，平衡向吸热反应方向移动；降压，平衡向气体体积增大的反应方向移动；
4.25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液 ④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A. 1∶10∶100∶1000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】
【详解】①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-14 mol·L－1；②0.1mol·L－1的盐酸，c(H＋)＝0.1mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)=10-13mol·L－1；③0.01mol·L－1的NaOH溶液，c(OH－)=10-2mol·L－1，根据Kw= c(OH－)×c(H＋)，水电离产生的c(OH－)= c(H＋)= 10-12mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，水电离产生的c(OH－)=10-11mol·L－1；四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为10-14：10-13：10-12：10-11=1∶10∶100∶1000；综上所述，本题选A。
【点睛】常温下纯水的电离c(H＋)＝c(OH－)= 10－7mol·L－1，加入酸（或碱）以后，由于增大了溶液中的 c(H＋)（或c(OH－)），水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，水的电离度减小，由水电离产生的 c(H＋)（或 c(OH－)）小于10－7mol·L－1。酸（或碱）浓度越大，由水电离产生的 c(H＋)（或c(OH－)）就越小。
5.室温下，某无色透明溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10－26，一定能大量共存的离子组是( )
A. Cl—、HCO3—、Na＋、K＋ B. Fe3＋、NO3—、K＋、H＋
C. NO3—、Ba2＋、K＋、Cl— D. Al3＋、SO42—、NH4＋、Cl—
【答案】C
【解析】
【分析】
室温下某无色透明溶液中由水电离出的H+和OH-浓度的乘积为1×10-26，则c（H+）=1×10-13，溶液为酸或碱溶液，据此答题。
【详解】A.HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，则离子一定不能共存，故A错误；
B.酸溶液中该组离子之间不反应，则能共存；碱溶液中OH-与Fe3＋结合生成氢氧化铁沉淀，则一定不能共存，故B错误；
C.该组离子之间不反应，能共存，故C正确；
D.酸溶液中该组离子之间不反应，则能共存；但碱溶液中氢氧离子分别与Al3＋、NH4＋反应，则不能共存，故D错误。
故选C。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况是：(1)能发生复分解反应的离子之间；(2)能生成微溶物的离子之间；(3)能发生氧化还原反应的离子之间；(4)能发生络合反应的离子之间。
6.下列实验不能达到预期实验目的是（ ）
序号
实验内容
实验目的
A
室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液
说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀
C
向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤
除去MgCl2中少量FeCl3
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定，应该用pH计测定浓度为0.1molL-1NaClO溶液和0.1molL-1 CH3COONa溶液的pH，故A不能达到预期实验目的，故A选；B．向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故B不选；C．氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)2粉末，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故C不选；D．分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不选；故选A。
7.25℃时，几种弱酸的电离常数如下：
弱酸化学式
CH3COOH
HCN
H2S
电离常数（25℃）
1.8×10-5
4.9×10-10
K1= 1.3×10-7 K2= 7.1×10-15
25℃时，下列说法正确的是（ ）
A. NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na+)+ c(H+)== c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)
B. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（CH3COONa）>pH（Na2S）>pH（NaCN）
C. a mol/L HCN溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)> c(CN-)，则a一定大于b
D. 足量HCN溶液与Na2S溶液混合后，有H2S生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NaHS和Na2S混合溶液中，存在的离子种类为Na+，HS-，S2-，H+，OH-，根据电荷守恒可得：c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2c(S2-)，故A正确；
B.弱酸的电离常数越大，酸性越强。则根据电离平衡常数可知酸性是H2S＞CH3COOH＞HCN，酸性越弱相应的酸根越容易水解，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(Na2S)＞pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)，故B错误；
C.amol/LHCN溶液与bmol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，则根据电荷守恒可知溶液中氢离子浓度小于氢氧根浓度，所以溶液显碱性。由于二者恰好反应时生成的盐水解也显碱性，或者HCN过量很少时也可能显碱性，因此a不一定小于或等于b，也可能大于b，故C错误；
D.据电离平衡常数可知酸性是H2S＞HCN，弱酸不可能制取强酸，所以HCN溶液与Na2S溶液混合后，不可能有H2S生成，故D错误。
故选A。
8.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ 碱性锌锰电池
图Ⅱ铅硫酸蓄电池
图Ⅲ 电解精炼铜
图Ⅳ 银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
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，电解质溶液浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag
【答案】D
【解析】
【详解】A.该电池反应中MnO2得到电子被还原，为原电池的正极，故A错误;B.铅蓄电池放电时电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O, 该反应中有浓H2SO4参加反应,导致硫酸的浓度降低,故B错误;C.粗铜中不仅含有铜,还含有其他金属,电解时,粗铜中有铜和其他金属失电子,纯铜上只有Cu2+得电子,所以阴极_上析出的铜大于阳极上减少的铜,溶液中Cu2+浓度减小，故C错误;D项,原电池中电子由负极沿导线流向正极,所以电子由Zn极流向Ag2O极,故D正确。
9.下列比较中正确的是（ ）
A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：③>②>①
【答案】B
【解析】
【详解】A.不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中 NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A错误；B.相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，所以，相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B正确；C.同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性、②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，③NaNO3是强酸强碱盐，溶液显中性，所以 pH：①>③>②，故C错误；D.氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D错误。答案：B。
10. 下图各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为
A. ⑤②①③④ B. ④③①②⑤ C. ⑤④②①③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
判断金属腐蚀快慢，首先判断该金属是充当原电池还是电解池的电极，若是电解池的阳极，金属腐蚀速率最快，其次是充当原电池的负极腐蚀较快，而作为电解池的阴极和原电池的正极不被腐蚀。其中第⑤，Fe作为电解池的阳极，腐蚀最快，②③④均为原电池，第③中，Fe为正极，不被腐蚀，②④中Fe均为负极被腐蚀，Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn大，④中铁腐蚀较快，其腐蚀速率由快到慢的顺序为⑤④②①③。
11.可逆反应mA(g)＋nB(s)pC(g)＋qD(g)，在反应过程中，当其他条件不变时，D的百分含量与温度(T)和压强(P)的关系如图所示，判断下列叙述中不正确的是：
A. 达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动
B. 达到平衡后，若使用催化剂，D的物质的量分数不变
C. 化学方程式中一定有m＜p＋q
D. 平衡后增大B的量，有利于平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
在可逆反应中，温度越高或压强越大，平衡越快到达平衡。由图可知，T2温度时反应较快达到平衡，即T2>T1，在同一时间，降低温度，平衡转化率升高，故可逆正反应放热；P2压强时反应较快平衡，即P2>P1，在同一时间，降低压强，平衡转化率升高，故m
Q2，若A与B组成的混合气体 1mol与足量的C反应，放热为Q3kJ，则原混合气体中A与B物质的量之比为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A.1molA与C完全反应放出热量为Q1 kJ,1molB与C完全反应放出热量为Q2kJ ,设混合气体中A的物质的量为x,B的物质的量为y,则①x+y=1mol,再根据放出的热量可以知道:②xQ1+yQ2=Q3,根据①和②计算得出:x=mol、y=mol,则A和B的物质的量之比为::=:(), A. 符合题意； B. 不符合题意；C. 不符合题意；D. 不符合题意；答案：A。
【点睛】设混合物中A的物质的量为x、B的物质的量为y,然后根据二者的反应热及总物质的量列式计算出A和B的物质的量,再计算出A和B的物质的量之比.
14.用石墨作电极电解AlCl3溶液时,如下图所示的电解变化曲线合理的是( )
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】因为Al3+水解呈酸性，pH＜7，随着电解的进行，H+减少，pH增大，生成难溶物增多：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3↓+3Cl2↑+3H2↑。但pH不会大于7，而且Al(OH)3
沉淀也不会溶解，故②③错误，①④正确。
答案选A。
15.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】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
16.常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)＜c(CN-)
B. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
C. 点④所示溶液液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】B
【解析】
点①溶液有电荷守恒：c(CN-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以点①溶液的c(CN-)=c(Na+)+c(H+)－c(OH-)；点②溶液有电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+
)，所以点②溶液的c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)－c(OH-)；因为两点所处的溶液中加入的氢氧化钠溶液体积相等，所以c(Na+)一定相等，而点①溶液的pH高于点②溶液，即点①溶液的c(H+)小于点②溶液而且点①溶液的c(OH-)大于点②溶液，所以得到点①溶液的c(Na+)+c(H+)－c(OH-)一定小于点②溶液的c(Na+)+c(H+)－c(OH-)，即点①溶液的c(CN-)小于点②溶液的c(CH3COO-)，选项A错误。开始时为20.00mL浓度均为0.10 mol·L-1 的CH3COOH溶液和HCN溶液，所以两溶液中CH3COOH和HCN的物质的量相等，由物料守恒得到：n(CH3COO-)+ n(CH3COOH) =n(HCN)+n(CN-)，加入氢氧化钠不会影响上述的物料守恒，所以等式依然成立，点①和点②所示溶液的体积相等，所以在等式：n(CH3COO-)+ n(CH3COOH) =n(HCN)+n(CN-)的两侧都除以相同的溶液体积得到：c(CH3COO-)+ c(CH3COOH) =c(HCN)+c(CN-)，即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，选项B正确。点④所示溶液加入了20mL的氢氧化钠溶液，此时酸碱恰好中和，形成CH3COONa溶液，该溶液的离子溶度顺序为c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项C错误。根据电荷守恒，点②和点③所示溶液中都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，如果题目所说两点所示溶液都有: c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)成立，则两点溶液都应该有c(Na+)=c(CH3COOH)，实际两点溶液均不存在以上结果。点②所示溶液加入了10mL氢氧化钠溶液，中和一半的醋酸，应该得到CH3COOH和CH3COONa浓度相等的混合溶液，此时溶液显酸性，可以认为CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以有c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)，即c(Na+)≠c(CH3COOH)；点②所示溶液中已经是c(Na+)＞c(CH3COOH)，随着氢氧化钠的加入c(Na+)增大，c(CH3COOH)减小，点③所示溶液中两者更不可能相等，选项D错误。
Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、非选择题(本题共5个大题，除说明外，每空2分，共52分)
17.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问題。
(1)生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是_____________(用离子方程式表示)。
(2)常温下，取0.2 mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH=5，则PH=13的MOH溶液的浓度_______0.1mol/L(填＜、＞或＝)。
(3)0.1mol/L的NaHA溶液，测得溶液显碱性。则
① 该溶液中 c(H2A)_______________c(A2-)(填＜、＞或＝)。
② 作出上述判断的依据是_____________(用文字解释)。
(4)含Cr2O72-的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10-3 mol/L的Cr2O72-。为了使废水的排放达标，进行如下处理：
绿矾为FeSO4• 7H2O。反应(I)中Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比为___________。常温下若处理后的废水中c(Cr3+)=6.0×10-7mol/L，则处理后的废水的 pH=_______。{Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
【答案】 (1). Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (2). ＞ (3). ＞ (4). NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度 (5). 1：6 (6). 6
【解析】
【详解】（1）硫酸铝溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+；
（2）酸或碱能抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，所以混合溶液中由水电离出的c（H+）＞0.2mol/LHCl溶液中由水电离出的c（H+），故答案为：＞；
（3）①溶液显碱性，说明水解大于电离，所以水解出的H2A浓度大于电离出的A2－浓度。②NaHA溶液显碱性，说明HA－水解程度大于电离程度；
（4）①依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可以求得Cr2O72-与FeSO4的物质的量之比为1：6；
②Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH-）=c3（OH-）×6.0×10-7=6.0×10-31 ，c（OH-）=1.0×10-8 ，其pH=6。
18.已知某气体反应的平衡常数可表示为K=c(CH3OCH3)•c(H2O)/c2(CH3OH)，该反应在不同温度下的平衡常数：400℃，K=32；500℃，K=44。请回答下列问题：
（1）写出上述反应的化学方程式：_____________________________________________。
（2）该反应的△H__________0。
（3）已知在密闭容器中，测得某时刻各组分的浓度如下：
物质
CH3OH(g）
CH3OCH3(g）
H2O(g）
浓度/（mol•L-1）
0.54
0.68
0.68
①此时温度400℃，则某时刻υ正_______（填＜、＞或＝，下同）υ逆。
②如上图，若以温度为横坐标，以该温度下平衡态甲醇物质的量n为纵坐标，此时反应点在图象的位置是图中________点，比较图中B、D两点所对应的正反应速率υB_________υD，理由是____________________________________________________。
（4）一定条件下要提高反应物的转化率，可以采用的措施是_______。
a．升高温度 b．加入催化剂 c．压缩容器的体积
d．增加水蒸气的浓度 e．及时分离出产物
【答案】 (1). 2CH3OHCH3OCH3+H2O (2). > (3). > (4). A (5). < (6). 温度升高，化学反应速率加快 (7). ae
【解析】
试题分析：（1）根据气体反应的平衡常数K=c(CH3OCH3)•c(H2O)/c2(CH3OH)，可得该反应的化学方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O。
（2）根据400℃，K=32；500℃，K=44，温度升高，K值增大，该反应是吸热反应，△H > 0.
（3）①根据表格提供的数据Q=（0.68×0.68）÷（0.54×0.54）=1.6υ逆；②根据图像，位于图像上的点都是化学平衡点，位于图像上方的点，都需要降低甲醇物质的量达到平衡，即反应正向移动，υ正 >υ逆，所以此时反应点在图象的位置是图中A点，因为温度升高，化学反应速率加快，所以图中B、D两点所对应的正反应速率υB <υD。
（4）a．该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应物转化率增大，正确；b．加入催化剂，平衡不移动，错误；c．压缩容器的体积，即增大压强，平衡不移动，错误；d．增加水蒸气的浓度，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，错误；e．及时分离出产物，平衡正向移动，反应为转化率增大，正确；选ae。
考点：考查化学反应方程式的书写，化学图像的分析与判断，影响平衡的因素。
19.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题：
(1)若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为____________________B极的Fe发生__________ 腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)
(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下B极产生2.24 L气体，则溶液中转移0.2 mol电子
且此时装置内总反应的离子方程式为_____________________________________________________
(3)该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
①该电解槽的阳极反应式为_________________________________________，此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
②制得的氢氧化钾溶液从出口________(填“A”“B”“C”或“D”)导出。
用惰性电极电解体积为1L的CuSO4溶液，当阴阳极都产生3.36L(标况)气体时，请问硫酸铜的浓度为______，若要此溶液恢复到原状态需要加入________(填选项)
A.CuSO4 B.CuO C.Cu(OH)2 D.Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2). 吸氧 (3). ②④ (4). 2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ (5). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+) (6). 小于 (7). D (8). 0.15mol/L (9). C
【解析】
【详解】（1）开始时开关K与a连接，组成了原电池，铁为负极，A为正极，A极氧气得到电子产生氢氧根离子，A的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；B极的Fe发生吸氧腐蚀；
（2）①电解时阳离子向阴极移动，故①错误；
②A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故②正确；
③阳极生成氯气，阴极生成氢气，则通入适量氯化氢可恢复到原浓度，故③错误；
④若标准状况下B极产生2.24L氢气，由2H++2e-=H2↑可知转移0.2mol电子，故④正确．
故答案为：②④；
开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H++2e-=H2↑，总的电极反应是电解饱和食盐水，电极反应方程式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；
(3) ①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；
故答案为：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑或4H2O－4e－=== O2↑＋4H+；＜；
②氢氧化钠在阴极生成，所以在D口导出；
用石墨电极电解CuSO4溶液，阳极反应为:4OH- -4e-=2H2O+ O2↑，
阴极电极反应为:Cu2+ +2e- = Cu,2H++2e- = H2↑,总反应离子方程式为:
2Cu2+ + 2H2O2Cu +4H++O2↑，当阳极产生标准状况下气体3.36L时，生成氧气的物质的量为: = 0.15mol, 电子转移0.15mol4=0.6mol, 生成氢气的物质的量为: = 0.15mol, 电子转移0.15mol2=0.3mol,根据得失电子守恒可知，n(Cu2+)== 0.15mol，硫酸铜的浓度为0.15mol/L；据此进行分析,阳极析出氧气，阴极析出Cu和氢气，则应加入Cu(OH)2，可恢复到原状态,答案选C。
20.已知25℃时草酸(H2C2O4)的电离常数为K1=5.0×10-2，K2=5.4×10-5，草酸钙的Ksp=4.0×10-8，碳酸钙的Ksp=2.5×10-9。不同温度下水的离子积常数见下表：
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)常温下将0.2 mol/L的KOH溶液20 mL与0.2 mol/L的草酸溶液20 mL混合后溶液显酸性，则混合后溶液中各离子浓度的大小顺序为__________________________________；
(2)已知草酸能使酸性高锰酸钾溶液(稀硫酸酸化)褪色，若在锥形瓶中放入20.00mL未知浓度的草酸，用0.1mol/L高锰酸钾溶液滴定，当到达滴定终点时，若共消耗VmL高锰酸钾溶液，则草酸的物质的量浓度为__________mol/L。
(3)90℃时，将0.005 mol/L的氢氧化钙溶液20 mL与0.0012 mol/L的草酸溶液20 mL混合，混合后溶液的pH=___________；
(4)25℃时若向20 mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4 mol/L的碳酸钾溶液10 mL，能否产生沉淀，___________(填“能”或“否”)。
【答案】 (1). c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—) (2). V/80 (3). 10 (4). 能
【解析】
【详解】（1）常温下将0.2mol/L的KOH溶液20mL与0.2mol/L的草酸溶液20mL混合，反应生成草酸氢钾，由于草酸氢根离子的电离程度远远大于其水解程度，所以溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH-） 溶液中离子浓度大小为：c(K＋)> c (HC2O4—)> c (H＋)> c (C2O42—)> c (OH—)；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故反应的方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；设草酸的物质的量浓度为xmol/L，根据反应：
2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 5
10-4Vmol 0.02Xmol
可得：=
解得X=mol/L；
（3）0.005mol/L 20mL的氢氧化钙溶液中氢氧化钙的物质的量
n=cV=0.005mol/L×0.02L=10-4mol/L，0.0012mol/L 20mL的草酸溶液中草酸的物质的量为0.24×10-4mol/L，根据草酸与氢氧化钙的反应可知，氢氧化钙过量，草酸完全反应，故溶液显碱性，氢离子完全由水电离产生，90℃下，Kw=3.8×10-13，c（OH-）=，则c（H+）=1.0×10-10，混合后溶液的pH=-lgc(H+)=10；
（4）在草酸钙的饱和溶液中，c（C2O42-）= c（Ca2+），根据草酸钙的Ksp=4.0×10-8，可知c（Ca2+）=2×10-4mol/L，若向20mL草酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0×10-4mol/L的碳酸钾溶液10mL后，由于溶液体积的变化，c（Ca2+）=2×10-4mol/L×=×10-4mol/L，c（CO32-）=8.0×10-4mol/L×=×10-4mol/L，故浓度积Qc=c（Ca2+）·c （CO32-）=3.6×10-8＞Ksp=2.5×10-9，故有沉淀产生，故答案为能。
21.滴定实验是化学学科中重要的定量实验。 请回答下列问题：
(1)酸碱中和滴定——用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作造成测定结果偏高的是________ (填选项字母)
A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确。
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D．滴定前，盛装标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
(2)氧化还原滴定——取一定量的草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据：
滴定次数
待测液体积
(mL)
标准KMnO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10
①滴定时发生的离子反应方程式___________，KMnO4溶液应装在______________ (填“酸”或“碱”)式滴定管中，滴定终点时滴定现象是_________________________________。
②该草酸溶液的物质的量浓度为_____________。
(3)沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是______(填选项字母)。
难溶物
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
Ksp
1.77×10－10
5.35×10－13
1.21×10－16
1.12×10－12
1.0×10－12
A．NaCl B．NaBr C．NaCN D．Na2CrO4
【答案】 (1). C,D (2). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O (3). 酸 (4). 锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 (5). 0.2 mol·L-1 (6). D
【解析】
【分析】
（1）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；
（2）①根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择滴定管类型；根据滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变成紫红色为滴定终点；
②先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，再根据c（待测）=分析计算出待测液的浓度；
（3）滴定结束时，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成有明显颜色变化的沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应。
【详解】（1）A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测定结果偏低，选项A错误；
B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作正确，不影响测定结果，选项B错误；
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c（待测）=可知，测定结果偏高，选项C正确；
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据c
（待测）=可知，测定结果偏高，选项D正确；
答案选：CD；
（2）①滴定时草酸被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生的离子反应方程式为5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+= 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O；
高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以应该使用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；滴定结束前混合液为无色，滴定结束时混合液变成了紫红色，所以滴定终点现象为：锥形瓶中溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；
②三次滴定消耗标准液体积分别为：（20.40-0.50）mL=19.90mL，（23.00-3.00）mL=20.00 mL，（24.10-4.00）mL=20.10mL，可见三次滴定的数据都是有效的，消耗标准液的平均体积为：=20.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.1mol•L-1×0.020L=0.0020mol，根据反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O可知，n（H2C2O4）=n（KMnO4）=0.005mol，则待测液草酸的物质的量浓度为：=0.2 mol•L-1；
（3）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，故答案为：D。
【点睛】本题考查了酸碱中和滴定操作，注意掌握中和滴定的操作方法、指示剂的选择、误差分析，该题是中等难度的试题，注重灵活性，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验操作能力。
