江西省南昌市安义中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

江西省南昌市安义中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

安义中学2019-2020学年度第一学期期中考试高二化学试卷 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）‎ ‎1. 下列物质中属于强电解质的是（ ）‎ A. SO2 B. Na2SO4 C. Cl2 D. CH3COOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：在溶液中完全电离出离子的电解质是强电解质，强酸、强碱大部分盐均是强电解质。在溶液中部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，弱酸、弱碱、少部分盐以及水是弱电解质。A、SO2是非电解质，A不正确；B、硫酸钠是强电解质，不正确；C、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，C不正确；D、乙酸是弱电解质，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查强电解质的判断 ‎2. 12.下列盐溶液蒸干后并灼烧，能得到原溶质的是 A. Al2(SO4)3溶液 B. MgCl2溶液 C. FeSO4溶液 D. NaClO溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：加热时Al3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Al2（SO4）3；镁离子会发生水解反应，生成氢氧化镁，而加热可以促进水解，所以最终主要生成的是氢氧化镁，再灼烧就分解成为氧化镁；还原性盐在蒸干时会被O2氧化FeSO4(aq)Fe2(SO4)3(aq); 蒸干NaClO溶液时，既要考虑ClO－水解，又要考虑HClO分解，所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。‎ 考点：盐类的水解 点评：盐溶液蒸干、灼烧时所得产物的判断：‎ ‎(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得到原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)。盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干、灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3――→灼烧 Al2O3。‎ ‎(2)酸根离子易水解的强碱盐蒸干后可得到原物质，如Na2CO3溶液等。‎ ‎(3)考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO3)、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干、灼烧的产物分别为：‎ Ca(HCO3)2→CaCO3(CaO) NaHCO3→Na2CO3‎ KMnO4→K2MnO4＋MnO2NH4Cl→NH3↑＋HCl↑‎ ‎(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化 例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)‎ FeSO4(aq)Fe2(SO4)3(aq)‎ ‎(5)有时要从多方面考虑。例如，蒸干NaClO溶液时，既要考虑ClO－水解，又要考虑HClO分解，所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。‎ ‎3. 某原电池，将两金属X、Y用导线连接，同时插入相应的电解质溶液中，发现Y电极质量增加，则下列情况中有可能的是(　　)‎ A. X是负极，电解质溶液为CuSO4溶液 B. X是负极，电解质溶液为H2SO4溶液 C. X是正极，电解质溶液为CuSO4溶液 D. X是正极，电解质溶液为H2SO4溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。Y电极质量增加，这说明Y电极是正极，溶液中的金属阳离子得到电子而析出。X是负极，因此符合条件的是选项A，其余选项都是错误的，答案选A。‎ 考点：考查原电池的有关判断 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。该题的关键是明确原电池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力和逆向思维能力。‎ ‎4.温度相同，浓度均为0.1 mol·L-1的：①(NH4)2CO3，②(NH4)2Fe(SO4)2，③氨水，④NH4NO3，⑤ NH4HSO4溶液，它们中的c(NH)由大到小的排列顺序是( )‎ A. ②⑤④①③ B. ③⑤②④①‎ C. ②①⑤④③ D. ⑤②①④③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在温度相同、浓度均为0.1mol•L-1的溶液中，①(NH4)2CO3‎ ‎，碳酸根离子水解显示碱性，促进了铵离子水解，铵离子浓度减小，小于0.2mol•L-1；②(NH4)2Fe(SO4)2，铵根离子和铁离子水解相互抑制，铵根离子浓度大于①；③一水合氨为弱电解质，因电离程度很小，则铵根离子浓度最小；④NH4NO3溶液，铵离子正常水解，浓度小于0.1mol/L，⑤NH4HSO4，溶液的氢离子抑制了铵离子水解，浓度接近于0.1mol/L，则c(NH4+)由大到小的排列顺序是②①⑤④③，故选C。‎ ‎5.下列应用与盐类的水解无关的是 （ ）‎ A. 明矾净水 B. 配制CuCl2溶液时加入适量盐酸 C. NaCl可用作防腐剂和调味剂 D. 泡沫灭火器的灭火原理 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 明矾净水是因为其电离出的铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮颗粒，A不符合题意；‎ B. 配制CuCl2溶液时加入适量盐酸，可以抑制铜离子的水解，B不符合题意；‎ C. NaCl可用作防腐剂和调味剂与水解无关，C符合题意；‎ D. 泡沫灭火器的反应原理是铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应，D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎6.铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正负极板是惰性材料，分别吸附着PbO2和Pb，工作时该电池电池总反应式为：Pb+PbO2+2H2SO4===2PbSO4+2H2O，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 放电时：正极的电极反应式是 PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O B. 该电池工作时电解液的pH变小 C. 当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加48g D. 该电池工作时铅电极发生氧化反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析电池总反应式中元素的价态变化可以看出，Pb是负极，发生氧化反应，PbO2是正极，发生还原反应。‎ ‎【详解】A．放电时，二氧化铅为正极，发生还原反应，电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，A项正确；‎ B ‎．从所给的总电池反应式可以明显看出，放电过程中消耗了硫酸，所以硫酸的量变少，酸性减弱，溶液pH要变大，B项错误；‎ C．外电路通过1mol电子时，负极板增加的质量为0.5mol×96g/mol=48g，C项正确；‎ D．该电池工作时，铅电极为负极，发生氧化反应，D项正确；‎ 所以答案选择B项。‎ ‎【点睛】铅酸蓄电池是常见的二次电池。在放电时，其正极为铅，负极为二氧化铅，放电过程中，正、负极的电极质量均增加，反应消耗了硫酸。‎ ‎7. 下列叙述中正确的是 A. 常温下，0.01mol·L-1醋酸溶液pH=2‎ B. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性 C. 常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液pH=4‎ D. 常温下，将0.2 mol·L-1的盐酸与等体积水混合后溶液pH=1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．常温下，0.01mol·L-1醋酸溶液PH>2，A错误；B．95℃纯水的pH<7，因为KW增大，加热后水依然呈中性。B错误；C．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液pH<4，因为醋酸是弱酸，存在电离平衡。C错误；D．常温下，将0.2 mol·L-1的盐酸与等体积水混合后盐酸溶液的浓度为0.1 mol·L-1，故pH=1，D正确 考点：弱电解质溶液的稀释和判断 ‎8.Licht等科学家设计的Al—MnO4—电池原理如图所示，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＋向负极区移动 B. Al电极发生还原反应 C. 正极的电极反应式为MnO4—＋4H＋＋3e－===MnO2＋2H2O D. 理论上电路中每通过1mol电子，负极质量减小9g ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：该电池的负极是Al，Ni是正极，在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，负极上金属铝失电子发生氧化反应，即Al-3e-+4OH-=Al(OH)4-,电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题。‎ 详解：A.电池工作时，阳离子向正极移动，即K＋向正极移动，故A错误； B.反应中铝为为负极，发生还原反应，故B错误； C.电解质呈碱性，MnO在正极上发生得电子的还原反应，即MnO＋2H2O＋3e－===MnO2＋4OH-，故C错误； D.理论上电路中每通过1mol电子，则有mol铝被氧化，负极质量减少9g，所以D选项是正确的。 所以D选项是正确的。‎ 点睛：本题考查化学电源新型电池，侧重于电极反应方程式的考查，题目难度中等，注意从正负极发生的变化结合电解质的特点书写电极反应式，题目难度中等。‎ ‎9.在t℃时，Ag2CrO4（橘红色）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确 A. t°C时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8‎ B. 饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点 C. t°C时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等 D. t°C时，将0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴入20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图像，Ksp=c2(Ag＋)×c(CrO42－)=(1×10－3)2mol·L－1×1×10－5mol·L－1=1×10－11，故A说法错误；‎ B、Ag2CrO4的溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO42－(aq)，加入K2CrO4，溶液中c(CrO42－)增大，c(Ag＋)降低，即Y点不变为X点，故B说法正确；‎ C、溶度积只受温度的影响，Y和Z点温度相同，溶度积相等，故C说法正确；‎ D、如果生成AgCl沉淀，需要c(Ag＋)==1.8×10－8mol·L－1，如果生成Ag2CrO4，需要c(Ag＋)= =×10－4mol·L－1，因此先析出氯化银沉淀，故D说法正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.相同体积的pH=3的强酸溶液和弱酸溶液分别跟足量的镁完全反应，说法正确的是 A. 弱酸溶液产生较多的氢气 B. 强酸溶液产生较多的氢气 C. 开始时产生氢气的速率强酸大 D. 产生相同体积的气体强酸需要的时间短 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】强酸完全电离，弱酸部分电离，在溶液中存在电离平衡，所以当二者pH相同时，反应开始时速率相同，等体积溶液中n(H+)相同，当酸与金属发生反应消耗H+时，破坏了弱酸的电离平衡，酸分子进一步电离产生H+，使反应过程中c(H+)比强酸的大，反应速率比强酸快，且最终最终弱酸电离产生的H+多，反应放出的氢气多；若产生等量的氢气，弱酸由于反应速率快，所用时间短，故合理选项是A。‎ ‎11.常温下，0.1mol/L的下列溶液酸性最强的是 A. NaHSO4 B. NaHSO3 C. Al2(SO4)3 D. CH3COOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.NaHSO4 完全电离出氢离子；B. NaHSO3 的难电离；C. Al2(SO4)3的Al3+水解程度小；D. CH3COOH难电离。故选A。‎ ‎12.一定温度下，水存在如下电离：H2OH++OH- ∆H>0，下列叙述正确的是 A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小 B. 将水加热，Kw增大，pH减小 C. 向水中加入少量固体NH4Cl，平衡逆向移动，c(H+)降低 D. 向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向水中加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，Kw不变，故A错误；‎ B、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，pH变小，故B正确；‎ C、向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c(H+)降低，促进水的电离，平衡正向移动，故C错误；‎ D、向水中加入少量固体Na2SO4，溶解后不影响水的电离平衡，c(H+)=1×10-7mol/L，因为温度不变，则Kw不变，故D正确； ‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，pH减小。‎ ‎13.常温下，pH=12的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（ ）‎ A. 11：1 B. 9：11 C. 1：11 D. 11：9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，pH=12的强碱溶液中c(OH-)=0.01mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，两溶液混合后发生酸碱中和反应，由所得混合液的pH=11可知，混合后溶液呈碱性，混合溶液的c(OH-)=0.001mol/L，则碱是过量的，则有=0.001mol/L，解得：V(强碱):V(强酸)=11:9，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，这种试剂是 A. MgCO3 B. NaOH C. Na2CO3 D. NH3·H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、加入MgCO3能调节pH，不引入新的杂质，故A正确；B、引入新的杂质Na＋，故B错误；C、引入新的杂质Na＋，故C错误；D、引入新的杂质NH4＋，故D错误。‎ ‎15.已知某溶液中只存在 OH﹣、Cl﹣、NH4+、H+四种离子，下列说法不正确的是( )‎ A. 若溶液中 c(NH4+)＝c(Cl﹣)，则该溶液一定显中性 B. 若溶液中 c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，则溶液中一定含有 NH4Cl 和 NH3•H2O C. 若溶液中 c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，则溶液中可能含有 NH4Cl 或可能含有NH4Cl 和 HCl D. 若溶液中 c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)，则溶液中含大量的 NH4Cl 和少量的 HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液中存在电荷守恒，若溶液中 c(NH4 +)＝c(Cl﹣)，根据电荷守恒得 c(OH﹣)＝c(H+)，则溶液呈中性，故 A 正确；‎ B.如果溶液中 c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈碱性，则氨水过量，所以溶液中的溶质为NH4Cl 和 NH3•H2O，故 B 正确；‎ C.若溶液中 c(Cl﹣)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH﹣)，溶液呈酸性，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈酸性，氨水和 HCl 可能恰好反应也可能 HCl 过量，所以溶液中可能含有 NH4Cl 或可能含有NH4Cl 和 HCl，故 C 正确；‎ D.若溶液中c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH﹣)，溶液中c（H+）＞c（NH +）且溶液呈酸性，则溶液中存在大量的 HCl 和少量的 NH4Cl，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎16.用0.1mol·L-1KOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2A 溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。已知pKa=-lgKa，25℃时H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。下列说法正确的是（ ）‎ A. a点所得溶液中： 2c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L B. b点所得溶液中： 2c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)‎ C. c 点所得溶液中： c(K+)<3c(HA-)‎ D. d点所得溶液中A2-第一级水解平衡常数为10-6.81‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．Ka1=，a点溶液中c（H+）=10-1.85，则该溶液中c（HA-）===c（H2A），再结合物料守恒知，溶液中存在n（H2A）+n（HA-）+n（A2-）=2n（H2A）+n（A2-）=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，选项A错误；B.20mL时，二者恰好完全反应生成KHA，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒电荷守恒c（K+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-），物料守恒c（K+）=c（HA-）+c（A2-）+c（H2A），得到：c（H2A）+c（H+）=c（A2-）+c（OH-），选项B错误；C．c点溶液中溶质为KHA、K2A，溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），c（H+）=10-7.19mol/L，Ka2==10-7.19，所以c（HA-）=c（A2-），溶液中电荷守恒为：c（K+）+c（H+）=c（HA-）+c（OH-）+2c（A2-），已知（HA-）=c（A2-），则c（K+）+c（H+）=3c（HA-）+c（OH-），由于c（OH-）＞c（H+），所以c（K+）＞3c（HA-），选项C错误；D．加入氢氧化钠溶液40mLKOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液恰好反应生成K2A，d点溶液中主要是K2A和少量KHA，溶液中离子浓度c（Na+）＞c（A2-）＞c（HA-），选项D正确；答案选D。‎ 点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确电离平衡常数概念及表达式、溶液中各点溶质成分及其性质是解本题关键，难点是电离平衡常数的灵活运用，注意利用溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题（每空2分，共52分）‎ ‎17.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答：‎ ‎（1）醋酸的电离平衡常数表达式为：__________________________。‎ ‎（2）a、b、c三点c(H＋)由大到小的顺序是________________________________________。‎ ‎（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点是________点。‎ ‎（4）若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，可采取的措施是________(填标号)。‎ A．加热　B．加很稀的NaOH溶液　C．加固体KOH　D．加水　E．加固体CH3COONa　F．加锌粉 ‎【答案】 (1). (2). b＞a＞c (3). c (4). ACEF ‎【解析】‎ 分析】‎ 醋酸是弱电解质，随着醋酸的稀释，醋酸电离程度越大，溶液的导电性与离子浓度成正比，据此分析解答（1）~（3）；‎ ‎（4）若使c点溶液中的c(CH3COO-)增大，可以在不改变溶液的体积条件下使CH3COOH⇌CH3COO-+H+右移；加入含有醋酸根离子的可溶性盐等固体物质，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+，电离平衡常数K= ，故答案为：；‎ ‎（2）溶液的导电性越强，说明溶液中的氢离子浓度越大，根据图像知，溶液的导电性b＞a＞c，则氢离子浓度b＞a＞c，故答案为：b＞a＞c； ‎ ‎（3）溶液的浓度越小，醋酸的电离程度越大，根据图像，加入的水越多，醋酸的浓度越小，电离程度越大，a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点为c，故答案为：c；‎ ‎(4)A．醋酸是弱电解质，电离时需要吸收热量，所以加热促进醋酸电离，导致醋酸根离子浓度增大，故A正确；B．加很稀的NaOH溶液，促进醋酸电离，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故B错误；C．加KOH固体，KOH和醋酸发生中和反应生成醋酸钾，促进醋酸电离，溶液体积不变，醋酸根离子浓度增大，故C正确；D．加水促进醋酸电离，根据图像，但醋酸电离程度远远小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子浓度减小，故D错误；E．加固体CH3COONa，醋酸钠电离出醋酸根离子，导致醋酸根离子浓度增大，故E正确； F．加入锌粉，锌和氢离子发生置换反应而促进醋酸电离，则醋酸根离子浓度增大，故F正确；故答案为：ACEF。‎ ‎18.可以将氧化还原反应2H2+O22H2O设计成原电池。‎ ‎（1）利用氢气和氧气、氢氧化钾溶液构成燃料电池，电极反应式为:正极_________，负极______________。 ‎ ‎（2）如果把KOH改为稀硫酸作电解质，则电极反应式为:正极:____________。‎ ‎（3）(1)和(2)的电解质溶液不同，反应进行后，其溶液的pH各有何变化?__________。‎ ‎（4）如把H2改为甲烷，KOH溶液作电解质溶液，则电极反应式为:正极:__________,负极:__________。‎ ‎【答案】 (1). O2+2H2O+4e-=4OH- (2). 2H2+4OH--4e-=4H2O (3). O2+4H++4e-=2H2O (4). 前者变小，后者变大 (5). 2O2+4H2O+8e-=8OH- (6). CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用氢气和氧气、氢氧化钾溶液构成燃料电池，正极的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，负极的电极反应式为：2H2 - 4e- + 4OH- =4H2O；‎ ‎（2）若把KOH改为稀硫酸作电解质，正极的电极反应式为O2 + 4H+ + 4e- =2H2O，负极的电极反应式为：2H2 - 4e-=4H+；‎ ‎（3）利用该反应2H2+O22H2O设计的原电池，都生成水，因此电解质溶液浓度减小；‎ ‎（4）如把H2改为甲烷，KOH溶液作电解质溶液，则电极反应式为：正极: 2O2+4H2O+8e-=8OH-；负极：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。‎ ‎【详解】（1）利用氢气和氧气、氢氧化钾溶液构成燃料电池，氢气在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，正极的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e- =4OH-，负极的电极反应式为：2H2 - 4e- + 4OH- =4H2O；‎ 故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；2H2+4OH--4e-=4H2O；‎ ‎（2）若把KOH改为稀硫酸作电解质，正极的电极反应式为O2 + 4H+ + 4e- =2H2O，负极的电极反应式为：2H2 - 4e-=4H+；‎ 故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；‎ ‎（3）利用该反应2H2+O22H2O设计的原电池，都生成水，因此电解质溶液浓度减小，氢氧化钾溶液浓度减小，pH变小，稀硫酸浓度减小，pH变大；‎ 故答案为：前者变小，后者变大；‎ ‎（4）如把H2改为甲烷，KOH溶液作电解质溶液，甲烷在负极失电子发生氧化反应，氧气在正极得电子发生还原反应，则电极反应式为：正极: 2O2+4H2O+8e-=8OH-；负极：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；‎ 故答案为：2O2+4H2O+8e-=8OH-；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O。‎ ‎19.常温下，向 100 mL0.01 mol·L-1HA 溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1MOH 溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计）。回答下列问题:‎ ‎（1）由图中信息可知HA为 酸(填“强”或“弱”）。‎ ‎（2）常温下一定浓度的MA稀溶液的pH = a，则a______________7(填“ > ”、“,< ”或“=”），用离子方程式表示其原因: _____________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=_________‎ ‎（3）请写出K点所对应溶液中离子浓度的大小关系______________________。‎ ‎（4）K点对应的溶液中，溶液的 pH = 10，则 c(MOH) +c(OH-) =_________________mol· L-1。‎ ‎【答案】(1)强；‎ ‎(2)<、M＋＋H2OMOH＋H＋、1×10－amol·L－1；‎ ‎（3）c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；‎ ‎（4）0.005‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据图示，0.01 mol·L-1HA的PH=2，, HA为强酸；（2）根据图示，HA与MOH完全反应时，溶液呈酸性，即MA稀溶液的PH <7；原因是M＋水解，M＋＋H2OMOH＋H＋；M＋水解促进水电离，此时，溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10－amol·L－1；（3）根据图示， K点所对应的溶液中含有等浓度的MA、MOH，K点溶液呈碱性，电离大于水解，离子浓度的大小关系c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)；K点对应的溶液，根据电荷守恒c(M＋)+ c(H＋)= c(A－)+c(OH－)；根据物料守恒，2c(A－)=0.01=c(MOH)+c(M＋)，综合两式，c(MOH) +c(OH-)=c(H＋)+c(A－)≈0.005mol· L-1。‎ 考点：本题考查离子浓度比较。‎ ‎20.某同学用已知物质的量浓度的NaOH测定未知物质的量浓度的盐酸，将20.00 待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2-3滴酚酞作指示剂,用NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2-3次,记录数据如下。 ‎ 实验编号 ‎ 溶液的浓度/‎ 滴定完成时,溶液滴入的体积/‎ 待测盐酸的体积/‎ ‎1 ‎ ‎010 ‎ ‎22.62 ‎ ‎20.00 ‎ ‎2 ‎ ‎0.10 ‎ ‎22.72 ‎ ‎20.00 ‎ ‎3 ‎ ‎0.10 ‎ ‎22.80 ‎ ‎20.00 ‎ ‎① 滴定达到终点的标志是____________________________。‎ ‎② 根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为_______(保留两位有效数字)。‎ ‎③ 排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的________,然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。 ‎ ‎④ 在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有________(填字母序号)。‎ A. 滴定终点读数时俯视 B. 酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗 C. 锥形瓶水洗后未干燥 D. 称量的固体中混有固体 E. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失 ‎【答案】 (1). 当最后一滴标准液滴入锥形瓶，溶液颜色由无色变为红色，半分钟内不褪色 (2). 0.11 (3). 丙 (4). DE ‎【解析】‎ ‎①酚酞溶液滴加到待测的盐酸中，溶液呈无色，所以滴定终点的标志是当滴入最后一滴NaOH标准液，锥形瓶内溶液的颜色由无色变为红色，且在半分钟内不褪色；‎ ‎②滴定终点时盐酸和NaOH恰好完全反应，即n(HCl)= n(NaOH)，三次实验所用NaOH溶液体积的平均值为22.71mL，则0.10mol/L×22.71×10-3L=c(HCl)×20.00×10-3L，c(HCl)≈0.11mol/L；‎ ‎③碱式滴定管排除尖嘴处气泡的正确方法是用如图所示操作中的丙；‎ ‎④A、滴定终点读数时俯视，使读数偏小，即标准液体积减小，测定结果偏低；B、酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，使盐酸浓度减小，导致需要的标准NaOH溶液体积减小，使测定结果偏低；C、锥形瓶水洗后未干燥，不影响测定结果；D、称量等质量的NaOH和Na2CO3配成等体积的溶液时，Na2CO3溶液的浓度小，所以与等物质的量盐酸完全反应时，需要Na2CO3溶液的体积大于NaOH溶液的体积，所以当NaOH固体中混有Na2CO3固体时，使所需标准液的体积增大，测定结果偏高；E、碱式滴定管装的是标准液，开始尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致滴定管内液面下降，标准液体积增大，使测定结果偏高。故正确选项为DE。‎ 点睛：含有杂质的中和滴定误差分析是最容易出错的，可采用假设极值法，求出样品和杂质各自的用量，再平均考虑，求得标准液的体积，得出误差结果。‎ ‎21.现有常温下的六份溶液：①0.01mol/LCH3COOH溶液；②0.01mol/LHCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与 pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol/LHCl溶液与 pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。‎ ‎（1）其中水的电离程度最大的是________（选填序号）；‎ ‎（2）若将②、③混合后所得溶液 pH=7，则消耗溶液的体积：②______③（选填“＞”、“＜”或“＝”，下同）；若将②、③溶液等体积混合后，所得溶液 pH_____________7。‎ ‎（3）若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液pH______7（选填“＞”、“＜”或“＝”）此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：__________；将①、④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合液可能呈_________（填序号）。‎ a．酸性 b．碱性 c．中性 ‎【答案】 (1). ⑥ (2). ＞ (3). ＞ (4). ＜ (5). c(CH3COO－)＞c(Na+)＞ c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－) (6). ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）酸或碱抑制水的电离，含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐水解促进水的电离；‎ ‎（2）根据强酸与弱碱反应分析；‎ ‎（3）①CH3COOH、CH3COONa等浓度混合的溶液，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，溶液显酸性，pH<7；根据电荷守恒分析溶液的酸碱性。‎ ‎【详解】①0.01mol/L CH3COOH溶液中pH大于2；‎ ‎②0.01mol/L HCl溶液中pH=2；‎ ‎③pH=12的氨水，物质的量浓度大于0.01mol/L；‎ ‎④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；‎ ‎⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液，氨水过量，溶液呈碱性；‎ ‎⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液，二者恰好反应生成氯化钠，溶液呈中性；‎ ‎（1）酸或碱抑制水的电离，含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐水解促进水的电离，则①②③④⑤抑制水的电离，⑥混合后恰为氯化钠溶液，既不促进水的电离也不抑制水的电离，则水的电离程度最大的是⑥；‎ 故答案为：⑥； ‎ ‎（2）②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水，物质的量浓度大于0.01mol/L，随着反应进行，氨水还可以继续电离，要使pH=7，则消耗的盐酸的体积较大，②>③；若将②、③溶液等体积混合，溶液为氯化铵和大量一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性，所得溶液pH>7；‎ 故答案为：＞；＞； ‎ ‎（3）①0.01mol/L CH3COOH溶液，④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，‎ 若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液为CH3COOH、CH3COONa等浓度混合 溶液，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，溶液显酸性，pH<7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞ c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；将①、④混合，若有c(CH3COO−)>c(H+)，则根据电荷守恒可知c(Na+)>c(OH−)，但溶液中的c(OH−)与c(H+)的关系无法确定，即c(OH−)与c(H+)的关系是大于、小于或等于均可能，故溶液可能可能显碱性、酸性或中性；‎ 故答案为：＜；c(CH3COO－)＞c(Na+)＞ c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；ABC。‎ ‎【点睛】①0.01mol/L CH3COOH溶液，④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L，‎ 若将①、④溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液为CH3COOH、CH3COONa等浓度混合的溶液，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液显酸性，pH<7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞ c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；该混合溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO－)+ c(OH－)=c(H+)+ c(Na+)，物料守恒为：c(CH3COO－)+c(CH3COOH) =2c(Na+)，质子守恒：c(CH3COO－)+ 2c(OH－)= c(CH3COOH)+2c(H+)，这是常考点，也是学生们的易错点。‎ ‎ ‎