2018-2019学年安徽省定远重点中学高二下学期开学考试化学试题 解析版

2018-2019学年安徽省定远重点中学高二下学期开学考试化学试题 解析版

安徽省定远重点中学2018-2019学年高二下学期开学考试化学试题 ‎1.在世界海运史上曾发生过这样一个悲剧：一艘名叫“阿那吉纳”的货轮满载着精铜砂，在向日本海岸行驶时突然发生大面积漏水，最终沉没。坚硬的钢制船体为什么会突然漏水呢？事后的事故调查结果表明导致沉船的原因与船上的精铜砂密切相关。下列对此调查结论的理解正确的是(　　)‎ A. 精铜砂装载过多导致沉船 B. 运输途中铜与空气中的氧气发生氧化反应导致质量增大超过船的承载能力 C. 在潮湿的环境中，船体与铜构成了原电池，加速了作为负极的船体的腐蚀 D. 在潮湿的环境中，船体与铜构成了电解池，钢制船体作阳极而被氧化腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由题干可知，是船体漏水导致的沉船，不是由于承载过多，故A错误；‎ B、精铜即使在潮湿的环境中与空气的反应也很慢，故不可能是铜与氧气直接反应导致，故B错误；‎ C、精铜砂在潮湿的环境下与船体形成原电池，在此原电池中，船体做负极，被腐蚀，导致漏水，故C正确；‎ D、精铜砂在潮湿的环境下与船体形成原电池，在此原电池中，船体做负极，被腐蚀，导致漏水，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎2.已知某化学反应A2(g)＋2B2(g)===2AB2(g)(AB2的分子结构为B—A—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是(　　)‎ A. 该反应的进行一定需要加热 B. 该反应的ΔH＝－(E1－E2) kJ/mol C. 该反应中反应物的键能总和大于生成物的键能总和 D. 断裂1 mol A—A键和2 mol B—B键放出E1 kJ能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知这是一个吸热反应，但发生吸热反应不一定需要加热，A错误；吸热反应ΔH＞0，B错误；C正确；断键需要吸热，D错误。‎ 考点：能量变化示意图，放热反应与吸热反应，反应热的计算，反应热与键能的关系。‎ ‎3.已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，下列反应放热为57.3 kJ的是(　　)‎ A. 1 mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应 B. 稀醋酸与NaOH溶液反应生成1 mol H2O C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O D. 稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1 mol H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，结合反应的特点分析判断。‎ ‎【详解】A. 1 mol稀H2SO4与足量的NaOH溶液反应生成2mol水，放出的热量是2×57.3 kJ，A错误；‎ B. 醋酸是弱酸，存在电离平衡，电离吸热，则稀醋酸与NaOH溶液反应生成1 mol H2O时放出热量小于57.3 kJ，B错误；‎ C. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1 mol H2O时放出热量为57.3 kJ，C正确；‎ D. 浓硫酸溶于水放热，则稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1 mol H2O时放出热量大于57.3 kJ，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.101 kPa时，S（s）+O2（g）====SO2（g）ΔH=﹣297.23 kJ/mol。据此分析，下列说法中不正确的是（　　）‎ A. S的燃烧热为297.23 kJ/mol B. S升华是吸热过程 C. 形成1 mol SO2的化学键释放的总能量大于断裂1 mol S（s）和1 mol O2（g）的化学键所吸收的总能量 D. S（g）+O2（g）====SO2（g）放出的热量小于297.23 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫为稳定氧化物，S的燃烧热为297.23 kJ/mol，故A正确；‎ B．相同质量的同种物质，气态时具有的能量大于固态，S升华是从固态转化为气态，所以S升华是吸热过程，故B正确；‎ C．该反应为放热反应，则形成1 mol SO2的化学键释放的总能量大于断裂1 mol S（s）和1 mol O2（g）的化学键所吸收的总能量，故C正确；‎ D．S（s）＝S（g）为吸热过程，由盖斯定律可知，S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H＜-297.23kJ/mol，则放出的热量大于297.23 kJ，故D错误。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查燃烧热的热化学反应方程式，侧重考查学生的分析能力，明确燃烧的概念及反应热与键能、盖斯定律的关系即可解答。‎ ‎5.已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g) ΔH＝akJ·mol－1‎ P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g) ΔH＝ bkJ·mol－1‎ P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ·mol－1,PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ·mol－1‎ 下列叙述正确的是( )‎ A. P－P键的键能大于P－Cl键的键能 B. 可求Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(s)的反应热ΔH C. Cl－Cl键的键能kJ·mol－1‎ D. P－P键的键能为kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 不同物质中P-Cl的键能不同，无法与P-P的键能比较，故A项错误；B项中PCl5的状态为固态，与已知反应状态不同，无法求算，故B项错误；②式减去①式，消去了P4‎ ‎，可得4Cl2(g)+4PCl3(g)=4PCl5(g) ∆H=(b-a)kJ•mol‾1,把键能带入∆H的表达式可得：4K(Cl-Cl)+4×3×1.2kJ•mol‾1-4×5C kJ•mol‾1=(b-a)kJ•mol‾1,得出K(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJ•mol‾1，故C项正确；①式×5减去②式×3，消去了Cl2，可得2P4（g）+12PCl5(g)=20PCl3(g) ∆H=(5a-3b)kJ•mol‾1, 把键能带入∆H的表达式可得：2×6K(P-P)+12×5c kJ•mol‾1-20×3×1.2c=(5a-3b)kJ•mol‾1,得出K(P-P)=（5a-3b+12c）/12 kJ•mol‾1,故D项错误；‎ ‎【考点定位】本题考查键能与∆H的计算。‎ ‎6.现有反应：Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的 （　　）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊，据此判断。‎ ‎【详解】因35℃＞25℃，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，则D中反应速率最快，即在实验D中就最先出现浑浊，故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度和浓度对化学反应速率的影响即可解答，注意利用表格中的数据来比较温度和浓度。‎ ‎7.某温度时，在2 L容器中三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析，该反应的化学方程式和反应开始至2 min末Z的平均反应速率分别为（　　）‎ A. X+3Y2Z 0.1 mol/(L·min) B. 2X+Y2Z 0.1 mol/(L·min)‎ C. X+2YZ 0.05 mol/(L·min) D. 3X+Y2Z 0.05 mol/(L·min)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时达到化学平衡状态，该反应为可逆反应，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，△n（X）=0.3mol，则△n（Y）：△n（Z）：△n（X）=1：2：3，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X＋Y2Z；反应开始至2min末生成Z是0.2mol，浓度是0.2mol÷2L＝0.1mol/L，则Z的反应速率为0.1mol/L÷2min＝0.05mol/(L·min)，故答案选D。‎ ‎8.在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO2的平衡浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。‎ 下列说法错误的是 A. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的 ΔH﹥0‎ B. 在T2时，若反应处于状态D，则一定有ν(正)﹥ν(逆)‎ C. 平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)大 D. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1﹤K2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，温度越高平衡时c(CO2)越大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故A正确；‎ B．T2时若反应处于状态D，c(CO2‎ ‎)高于平衡浓度，故反应一定向逆反应方向进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B错误；‎ C．平衡状态A与C相比，C点温度高，已知△H＞0，升高温度平衡向正反应方向移动，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故C正确；‎ D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识，注意曲线的各点都处于平衡状态，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，注意化学平衡图像题的解题技巧。‎ ‎9.已知某化学反应的平衡常数表达式为K＝[(CO2)·(H2)]/[(CO)·(H2O)]在不同的温度下该反应的平衡常数如下表所示：‎ 下列有关叙述不正确的是(　　)‎ A. 该反应的化学方程式是CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ B. 如果在一定体积的密闭容器中加入CO2和H2各1 mol，5 min后温度升高到830 ℃，此时测得CO2为0.4 mol时，该反应达到平衡状态 C. 某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式：(CO2)/3(CO)＝(H2O)/5(H2)，判断此时的温度是1 000 ℃‎ D. 该反应为吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数表达式是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，因此根据平衡常数表达式为K＝[(CO2)·(H2)]/[(CO)·(H2O)]可知该反应的化学方程式为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，故A正确；‎ B、若在一定体积的密闭容器中通入CO2和H2各1 mol，5min后温度升高到830℃，此时测得CO2为0.4mol时，则 CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)‎ 起始量(mol) 0 0 1 1‎ 变化量(mol) 0.6 0.6 0.6 0.6‎ 平衡量(mol) 0.6 0.6 0.4 0.4‎ 反应前后气体物质的量不变，可以用其物质的量代替平衡浓度计算，则浓度熵Q＝＝0.44＜K＝1，此时反应没有达到平衡，故B错误；‎ C、如果平衡浓度符合下列关系式：(CO2)/3(CO)＝(H2O)/5(H2)，则此时温度下平衡常数K＝[c(CO2)·c(H2)]/[(CO)·c(H2O)]＝3/5＝0.6，因此温度是1000℃，故C正确；‎ D、由表中数据可知，该反应的化学平衡常数随温度升高而增大，故该反应为吸热反应，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎10.在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol/L，则该溶液中，一定能大量共存的离子是( )‎ A. K+、Na+、MnO4-、SO42- B. Na+、CO32-、AlO2-、Cl-‎ C. K+、Na+、Cl-、Br- D. K+、Cl-、Ba2+、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、MnO4－显紫红色，故错误；B、此溶质为酸或碱，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故错误；C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故正确；D、HCO3－既不能在碱中大量共存，也不能在酸中大量共存，故错误。‎ 考点：考查离子的大量共存等知识。‎ ‎11.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（　　）‎ A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4‎ B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10‎ C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱 D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。‎ ‎【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。‎ A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；‎ B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；‎ C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；‎ D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；‎ 故本题合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。‎ ‎12.NaCl溶液中可能混有杂质NaOH、NaHCO3、Na2CO3中的一种或两种，为测定溶液中混有的杂质成分，可进行如下实验操作：分别取两份等体积混合液，用盐酸的标准液(0.10 mol·L－1)滴定，以酚酞或甲基橙为指示剂，达到终点时消耗盐酸的体积分别为V1和V2，且V2＞V1，则NaCl溶液中混有的杂质不可能为(　　)‎ A. NaOH B. Na2CO3 C. Na2CO3、NaHCO3 D. NaOH、Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】酚酞的变色范围为8.2～10.0，作指示剂时终点呈碱性，存在NaHCO3；而甲基橙的变色范围为3.1～4.4，滴定终点呈酸性，全部生成NaCl，V1和V2关系如下：NaOH时V1＝V2；Na2CO3时2V1＝V2；NaHCO3时V1＝0，V2＞0，已知V2＞V1，则NaCl中含有Na2CO3、NaOH，或Na2CO3、NaHCO3，或只有Na2CO3，不可能只有NaOH，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的计算和判断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及NaOH、NaHCO3、Na2CO3与HCl反应，要注意酚酞和甲基橙为指示剂时变色范围。‎ ‎13.下列图示与对应的叙述相符的是(　　)‎ A. 图Ⅰ表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热△H =－241.8 kJ·mol－1‎ B. 图Ⅱ表示反应A2 （g）+ 3B2 （g）2AB3（g），达到平衡时A2的转化率大小为：‎ b＞a＞c C. 图Ⅲ表示0.1mol MgCl2·6H2O在空气中充分加热时固体质量随时间的变化 D. 图Ⅳ表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH大于同浓度NaB溶液的pH ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．图象中1mol氢气完全燃烧生成的是水蒸气时放热241.8kJ，不是氢气的燃烧热，故A错误；B．根据图象可知，a、b、c各点中B的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，则达到平衡时A2的转化率大小为：a＜b＜c，故B错误；C．MgCl2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解生成氧化镁，0.1molMgO的质量为0.1mol×(24+16)g/mol=4.0g，故最终生成质量应为4.0g，故C正确；D．稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化HA溶液PH变化大，故酸性HA＞HB，则同浓度的钠盐，水解程度：NaA＜NaB，所以同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查的是化学反应的能量变化规律、弱电解质的电离、平衡移动方向判断等 ‎【名师点晴】熟练掌握弱电解质的电离平衡、化学平衡的影响因素，明确化学反应与能量变化的关系是解题关键；特别注意：燃烧热是1mol可燃物完全反应生成稳定氧化物放出的热量；对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于平衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大；酸性越弱对应盐的水解显碱性，水解程度越大，溶液pH越大。‎ ‎14.符合如图所示的转化关系，且当X、Y、Z的物质的量相等时，存在焓变△H=△H1+△H2。满足上述条件的X、Y可能是 ‎①C、CO ②S、SO2 ③Na、Na2O ④AlCl3、Al（OH）3‎ ‎⑤Fe、Fe（NO3）2 ⑥NaOH、Na2CO3‎ A. ①④⑤ B. ①②③ C. ①③④ D. ①③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 考查盖斯定律的应用。1molS转化为为二氧化硫，需要氧气是1mol，但1molSO2转化为三氧化硫需要0.5mol氧气，②不正确；同样分析可知，1mol钠生成氧化钠是0.5mol，所以x、y的物质的量不相等，③不正确；1mol氢氧化钠生成碳酸钠是0.5mol，x、y的物质的量不相等，所以⑥不正确，因此正确的答案选A。‎ ‎15.常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. HA为强酸 B. 该混合溶液pH＝7.0‎ C. 该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)‎ D. 图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A项错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH>7，B项错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）> c（A-）>c（OH－）>c（HA）> c（H＋），所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A－）＋c（HA）＝c（Na＋‎ ‎），C项正确；D．根据上述分析，X是OH－，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。‎ 考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡 ‎【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，图像中c（A-）的浓度小于0．1mol/L，所以HA为弱酸。‎ ‎16.下列说法中正确的是(　　)‎ A. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同 B. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，后再加水稀释到所需的浓度 C. 向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋‎ D. 泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分不相同，前者得到Al2O3,后者得到Al2(SO4)3，故A错误；B、配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中，后再加水稀释到所需的浓度，溶于硫酸，会引入杂质离子SO42－，故B错误；C、Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，向CuCl2溶液中加入CuO，与氢离子反应，使水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到调节pH除去溶液中混有的Fe3＋的目的，故C正确；D、泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，故D错误；故选C。‎ ‎17.NaHCO3、Na2CO3·7H2O和Na2CO3·10H2O的混合物10 g，溶于水配成1 000 mL溶液，取25 mL溶液于锥形瓶中，甲基橙作指示剂用0.125 mol·L－1的标准盐酸滴定，消耗盐酸20 mL。若将10 g这种混合物置于坩埚中加热到质量不变为止，剩余固体的质量为(　　)‎ A. 4.7 g B. 5.0 g C. 5.3 g D. 5.5 g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】NaHCO3、Na2CO3·7H2O和Na2CO3·10H2O的混合物加热分解，最终固体物质为Na2CO3，用甲基橙作指示剂，滴定产物为氯化钠，根据钠离子守恒和氯离子守恒，可知混合物中含有的n（Na+）=n（Cl-‎ ‎）=0.02L×0.125mol/L×1000mL/25mL=0.1mol，根据钠离子守恒可知n（Na2CO3）=0.5n（Na+）=0.1mol×0.5=0.05mol，所以最终得到的固体碳酸钠的质量为0.05mol×106g/mol=5.3g，故答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查混合物的有关计算，清楚发生的反应是解答的关键，注意利用钠离子守恒进行的计算，侧重对学生思维能力的考查。‎ ‎18.下表是25 ℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是 A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2===2HCO3-+Cl-+ClO-‎ C. 向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，此时溶液pH=5‎ D. 向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol· L-1的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．弱电解质的电离平衡常数越小，该弱电解质的电离程度越小，其相应离子的水解程度越大；B．弱电解质的电离平衡常数越大，其酸性越强，C．根据混合溶液中醋酸的电离平衡常数含义分析解答；D．根据溶度积分析混合溶液中二者形成沉淀时需要的c(Ag+)，该值越小的越容易形成沉淀。‎ ‎【详解】A根据电离平衡常数可知酸性：CH3COOH>HClO，所以次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，故相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中c(CH3COO-)＞c(ClO-)，水解使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)> c(CH3COO-)>c(ClO-)> c(OH-)>c(H+)，A错误；‎ B．根据表格数据可知：HClO的电离平衡常数大于HCO3-，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向Na2CO3‎ 溶液中滴加少量氯水，由于溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，所以反应的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-，B正确；‎ C．25 ℃时醋酸的电离平衡常数K= =1.8×10-5可得c(H+)=；当向该溶液中加入NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，将其带入上述公式可得c(H+)=3.24×10-5mol/L，所以pH=4.5， C错误； ‎ D．混合溶液中生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)=1.8×10-10÷1×10-3=1.8×10-7mol/L；而生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=4.47×10-5mol/L，可见形成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，所以氯化银先沉淀，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离、难溶电解质的沉淀溶解平衡的知识。明确弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，该弱酸根离子的水解程度越小，对于盐的组成构型相同的物质来说，溶度积常数越小，越容易形成其沉淀；对于结构组成不同的盐来说，不能直接根据溶度积常数大小判断，要先计算出形成该沉淀需要的离子浓度，需要的离子浓度小的物质，首先产生沉淀。本题侧重于考查学生的分析能力和计算能力，难度中等。‎ ‎19.常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=1.0×10-16，将等体积的AgCl和AgI的饱和溶液的清液混合，再向其中加入一定量的AgNO3固体，下列说法正确的是( )‎ A. 两溶液混合，AgCl和AgI都沉淀 B. 若AgNO3足量，AgCl和AgI都可沉淀，但以AgCl为主 C. 向AgI清液加入AgNO3，c(Ag+)增大，KSp(AgI)也增大 D. 若取0.1435克AgCl固体放入100mL水(忽略体积变化)，c(Cl-)为0.01mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．饱和的AgCl溶液中：c(Ag+)=c(Cl-)=1.342×10-5，饱和的AgI溶液中：c(Ag+)=c(I-)=1.0×10-8，等体积混合后，浓度减半，c(Cl-)=6.71×10-6，c(I-)=5.0×10-9，c(Ag+)=6.71×10-6明显，混合后，AgI必然沉淀，AgCl则不然．故A错误；B．由于c(Cl-)》c(I-)，若AgNO3固体足量，沉淀以AgCl为主，故B正确；C．Ksp与温度有关，温度不变，Ksp不变，故C错误；D．常温下，氯化银的溶解度为：1.342×10-5‎ ‎×143.5═0.001.92(g)，c(Cl-)═1.342×10-5mol/L，0.1435克AgCl只有少量溶解，故c(Cl-)═1.342×10-5mol/L，故D错误；故选B。‎ 考点：考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 ‎20.如图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度(S)，下列说法正确的是(　　)‎ A. pH＝3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3＋‎ B. 若Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，可通过调节溶液pH的方法除去 C. 若要分离溶液中的Fe3＋和Cu2＋，可调节溶液的pH为4‎ D. 若向含有相同物质的量浓度的Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Ni(OH)2优先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据图像可知当pH=3时，Fe3+已沉淀完全，主要以氢氧化铁沉淀的形式存在，故A错误；‎ B、由于Ni2+和Co2+完全沉淀时pH相差不大，故不宜采用调节溶液pH的方法来除去，故B错误；‎ C、根据图象可知，pH在4左右，Fe3+已沉淀完全而Cu2+还没有开始沉淀，因此若要分离溶液中的Fe3＋和Cu2＋，可调节溶液的pH为4，故C正确；‎ D、根据图示可知在含有相同物质的量浓度的Cu2+和Ni2+的溶液中加入烧碱，Cu(OH)2沉淀所需的pH较小，故其优先沉淀，D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎21.有如图所示的两个原电池装置，下列说法不正确的是(　)‎ A. A池中负极的电极反应为Mg－2e－===Mg2＋‎ B. Mg在A池中为负极，在B池中为正极 C. B池中电子的流向：Mg→Al D. 原电池工作一段时间后，A池溶液的pH会增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 在酸性溶液中镁比铝活泼，A池中负极为镁，电极反应为Mg－2e－=Mg2＋，故A正确；B. Mg在A池中为负极，在B池中发生的氧化还原反应为铝与氢氧化钠溶液的反应，铝为负极，则镁为正极，故B正确；C. B池中铝为负极，原电池中电子的流向：Al→Mg，故C错误；D. 原电池工作一段时间后，A池溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确；故选C。‎ ‎22.研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中，正确的是 A. 由TiO2制得1 mol金属Ti，理论上外电路转移2 mol电子 B. 阳极的电极反应式为C＋2O2－－4e－===CO2↑‎ C. 在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少 D. 若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“＋”接线柱应连接Pb电极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据图中信息，电极反应为 阳极：C＋2O2－－4e－=CO2↑‎ 阴极：2Ca2＋＋4e－=2Ca TiO2＋2Ca=Ti＋2CaO A项，制得1 mol Ti，外电路应转移4 mol e－；C项，制备钛前后，CaO的总量保持不变；D项，“＋”接线柱应接外接电源的正极， 即PbO2。‎ ‎23. X、Y、Z、M、N代表五种金属，有以下反应：‎ ‎①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，M上冒气泡；‎ ‎②M、N为电极，与N的盐溶液组成原电池，电子从M极流出，经过外电路，流入N极；‎ ‎③Z+2H2O(冷水)=Z(OH)2+H2↑；‎ ‎④水溶液中，X+Y2+=X2++Y。‎ 则这五种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）‎ A. Z＞X＞Y＞M＞N B. Z＞Y＞X＞M＞N C. Z＞X＞Y＞N＞M D. X＞Y＞M＞N＞Z ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①Y与M用导线连接放入稀硫酸中，M上冒气泡，说明M作为原电池的正极，活泼性MN；③Z+2H2O(冷水)=Z(OH)2+H2↑，Z的化学性质非常活泼；④水溶液中，X+Y2+=X2++Y，X可以置换出Y的盐溶液中的Y，所以活泼性X>Y，所以五种金属活动性由强到弱的顺序为：Z>X>Y>M>N，答案选A。‎ 考点：考查金属活动顺序的判断 ‎24.漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。(HClO2为弱酸)向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是 A. 溶液中的Cl－起催化作用 B. 溶液中的H＋起催化作用 C. ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低 D. 在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 反应开始时,溶液中氯离子浓度很小,随着反应的进行,溶液中氯离子浓度增大,反应速率加快,可见氯离子起催化作用, A正确；因为开始时溶液中就有氢离子,分解反应却非常慢,可见氢离子不起催化作用, B错误；逸出的,反应正向移动,则反应的生成物的浓度增加, C错误；若是酸使亚氯酸钠的氧化性增强,应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符,D错误；正确选项A。‎ ‎25.KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)该反应的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎(2)该实验的目的是__________________________________。‎ ‎(3)实验试剂除了1 mol·L－1KI溶液、0.1 mol·L－1H2SO4溶液外，还需要的试剂是________，实验现象为_____________________________。‎ ‎(4)上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是________(填字母)。‎ A．温度 B．试剂的浓度 C．试剂的用量(体积)‎ D．试剂添加的顺序 ‎(5)由上述实验记录可得出的结论是_________________________。‎ ‎(6)若要进行溶液酸性大小对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是_________。‎ ‎【答案】 (1). 4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O (2). 探究温度对反应速率的影响 (3). 淀粉溶液 (4). 无色溶液变蓝 (5). CD (6). 每升高10 ℃，反应速率增大约2倍 (7). 保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应物和生成物书写离子方程式；‎ ‎（2）根据表中数据分析该实验目的；‎ ‎（3）为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，据此判断；‎ ‎（4）设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，结合表中数据分析；‎ ‎（5）结合表中数据分析结论；‎ ‎（6）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验。‎ ‎【详解】（1）氧气在酸性溶液中氧化碘离子生成单质碘，同时还有水生成，该反应的离子方程式为4H＋＋4I－＋O2＝2I2＋2H2O；‎ ‎（2）根据表中数据分析，该实验目的是探究温度对反应速率的影响；‎ ‎（3）为测定显色时间，产物中有碘单质生成，因此还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变蓝色；‎ ‎（4）设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，因此根据以上分析可知还必须控制不变的是试剂的用量（体积）和试剂添加的顺序，故答案为CD；‎ ‎（5）通过表中数据分析可得出的结论是每升高10℃，反应速率增大约2倍；‎ ‎（6）若要进行酸性对反应速率的影响的探究实验，你会采取的措施是保持其他实验条件不变，采用不同浓度的硫酸溶液进行对比实验。‎ ‎【点睛】本题以KI溶液在酸性条件下与氧气的反应为载体，通过实验探究温度等外界条件对化学反应速率的影响规律，解答时一定要注意设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论。‎ ‎26.为了证明NH3·H2O是弱电解质，甲、乙、丙三人分别选用下列试剂进行实验。0.010 mol·L－1氨水、0.1 mol·L－1NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞溶液、pH试纸、蒸馏水。‎ ‎①甲用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，则认定NH3·H2O是弱电解质，你认为这一方法________(填“正确”或“不正确”)，并说明理由：_______________________。‎ ‎②乙取出10 mL 0.010 mol·L－1氨水，用pH试纸测其pH＝a，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测其pH＝b，若要确认NH3·H2O是弱电解质，则a、b值应满足的关系是________。‎ ‎③丙取出10 mL 0.010 mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入少量NH4Cl晶体，颜色变______(填“深”或“浅”)。你认为证明氨水是弱碱的原因是_____________。‎ ‎④请你根据所提供的试剂，再提出一个合理简便的方案证明NH3·H2O是弱电解质：_________。‎ ‎(2)25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。‎ ‎【答案】 (1). 正确 (2). 若是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.010 mol·L－1，pH＝12 (3). a－2＜b＜a (4). 浅 (5). 0.010 mol·L－1氨水(滴有酚酞溶液)中加入氯化铵晶体后c(NH4+)增大，使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低。可证明NH3·H2O是弱电解质 (6). 取一张pH试纸，用玻璃棒蘸取0.01 mol·L－1NH4‎ Cl溶液，滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测出pH，pH＜7(方案合理即可) (7). 中 (8). 10－9/(a－0.01)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据一定物质的量浓度的溶液的pH大小，确定电解质的电离程度，进而确定强弱电解质；‎ ‎②利用假设法分析，假设是强碱，稀释100倍后，溶液的pH减小2个单位，如果是弱碱，稀释100倍后，溶液的pH变化量小于2个单位；‎ ‎③如果氨水是弱碱，则存在电离平衡，加入含有相同离子的盐能改变平衡的移动，则溶液的颜色发生变化，据此判断；‎ ‎④根据氯化铵溶液的酸碱性确定一水合氨电解质的强弱；‎ ‎（2）根据电荷守恒、物料守恒结合电离平衡常数的计算式解答。‎ ‎【详解】（1）①如果一水合氨是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.010 mol·L－1，pH＝12，实际上溶液的pH＝10＜12，所以NH3·H2O是弱电解质；‎ ‎②若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即c(OH－)变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a-2＜b，且b＜a，即a-2＜b＜a；‎ ‎③向氨水中加入氯化铵晶体后c(NH4+)增大，使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低，溶液的碱性减弱，则溶液的颜色变浅，可证明NH3·H2O是弱电解质；‎ ‎④根据盐类水解原理可知如果一水合氨是弱电解质，则氯化铵会水解，溶液显酸性，则其实验方案为取一张pH试纸，用玻璃棒蘸取0.1 mol·L－1NH4Cl溶液，滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测出pH，pH＜7即可证明。‎ ‎（2）在25℃下，平衡时溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)＝0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3·H2O）＝（0.5a－0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）＝c（OH-）＝10-7mol/L，溶液呈中性，NH3·H2O的电离常数Kb＝[c(NH4+)·c（OH-）]/c（NH3·H2O）＝10－9/(a－0.01)。‎ ‎【点睛】本题考查了探究电解质一水合氨的强弱，根据氨水浓度与其pH的关系、稀释氨水时pH的变化及其强酸盐的pH确定一水合氨的强弱，知道电解质强弱与其电离程度有关，与溶液的导电性强弱无关，为易错点。‎ ‎27.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6 mol·L－1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6 mol·L－1的氢氧化钠溶液中，如下图所示。‎ ‎(1)写出甲池中正极的电极反应式_______________________________________。‎ ‎(2)写出乙池中负极的电极反应式________________________________________。‎ ‎(3)写出乙池中总反应的离子方程式_______________________________________。‎ ‎(4)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出________活动性更强，而乙会判断出________活动性更强(填写元素符号)。‎ ‎(5)由此实验，可得到如下哪些结论正确（ ）‎ A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质 B．镁的金属性不一定比铝的金属性强 C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值 D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析 ‎(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法________(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案________________(如可靠，此空可不填)。‎ ‎【答案】 (1). 2H＋＋2e－＝H2↑ (2). Al＋4OH－－3e－＝AlO2－＋2H2O (3). 2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑ (4). Mg (5). Al (6). AD (7). 不可靠 (8). 将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，结合题干中的问题分析解答。‎ ‎【详解】（1）甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应，正极反应为2H＋＋2e－＝H2↑；‎ ‎（2）乙池中铝易失电子作负极、镁作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，负极电极反应式为Al＋4OH－－3e－＝AlO2－＋2H2O；‎ ‎（3）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则总反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2-＋3H2↑；‎ ‎（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强；‎ ‎（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，因此利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质，A正确；‎ B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，B错误；‎ C．该实验对研究物质的性质有实用价值，故C错误；‎ D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；‎ 答案选AD；‎ ‎（6）上述实验说明，“直接利用金属活动性顺序表判断电池中的正负极”并不考可靠，最好是接一个电流计，通过观察电流方向判断原电池的正负极，即将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。‎ ‎【点睛】本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。‎ ‎ ‎