2018-2019学年内蒙古通辽实验中学（原通辽铁路中学）高二上学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年内蒙古通辽实验中学（原通辽铁路中学）高二上学期期中考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年内蒙古通辽实验中学（原通辽铁路中学）高二上学期期中考试化学试题 解析版 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共100分，考试时间90分钟．‎ 可能用到的原子量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 I-127 Cl -35.5 ‎ 第I卷（选择题，共48分 请将正确答案填涂到答题卡上）‎ 一、选择题（每题只有一个选项符合题意，1-6每题2分，7-18每题3分 共48分）‎ ‎1.下列电池工作时能量转化形式与其他三个不同的是( )‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、C、D中均是原电池，化学能转化为电能，而B中是太阳能转化为电能，答案选B。‎ 考点：考查能量变化的判断 ‎2.有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验，据此判断四种金属的活动顺序是( )‎ ‎①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；‎ ‎②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；‎ ‎④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应。‎ A. A>C>D>B B. A>B>C>D C. C>A>B>D D. B>D>C>A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极，则活泼性：A＞B；②原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C，则活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，则活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，D极是负极，则活泼性：D＞B；综上所述，金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B，故答案选A。‎ ‎【点睛】本题主要考查原电池正负极的判断、金属的活动性等方法，一般来说，通常两种不同金属在电解溶液中构成原电池时，较活泼的金属作负极，但也不是绝对的，应以发生的电极反应来判定。例如：Mg-Al合金放入稀盐酸中，Mg比Al易失去电子，Mg作负极；将Mg-Al合金放入烧碱溶液中，由于发生电极反应的是 Al，故Al作负极。另如Cu-Al放在浓硫酸中，Cu是负极。‎ ‎3.某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置如图。下列说法错误的是( )‎ A. 铜片表面有气泡生成，锌片上发生氧化反应 B. 如果将稀硫酸换成葡萄糖溶液，不能使LED灯发光 C. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换 D. 如果将铜片换成铁片，则锌片为正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A.铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，所以Cu上有气泡生成，锌片失电子发生氧化反应，A项正确；B.葡萄糖是非电解质，若把稀硫酸换成葡萄糖溶液，无法构成原电池，不能使LED灯发光，B项正确；C.原电池中化学能转化为电能，LED灯发光时，电能转化为光能，C项正确；D.金属性：Zn>Fe>Cu，若把铜片换成铁片，锌为负极，铁为正极，D项错误；答案选D。‎ 考点：考查原电池的工作原理。‎ ‎4.下列说法中不正确的 ( )‎ A. 废旧电池不能随意丢弃，应回收 B. 由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2O C. 充电电池能实现化学能与电能间的相互转化，可以无限次充放电 D. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，其负极反应式为Al－3e－===Al3＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.废旧电池中含重金属盐，对环境有污染，不能随意丢弃，应回收，故A说法正确；‎ B.虽然镁比铝活泼，但镁不与氢氧化钠反应，因此铝作负极，反应式为Al＋4OH－－3e－=AlO2－＋2H2O，故B说法正确；‎ C.充电电池可反复充电使用，但有使用寿命，不能无限制使用，当电解质和电极发生变质时，则电池不能再使用，故C错误；‎ D.铝比铜活泼，铝作负极，负极反应式为Al－3e－=Al3＋，故D说法正确；‎ 答案选C。‎ ‎5.下图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 电极Ⅰ上发生还原反应，作原电池的负极 B. 电极Ⅱ的电极反应式为：Cu2+＋2e－＝Cu C. 该原电池的总反应为：2Fe3+＋Cu＝Cu2+＋2Fe2+‎ D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 铜的金属性强于Pt，因此电极Ⅰ是正极，发生还原反应，A错误；B. 电极Ⅱ是负极，铜失去电子，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋，B错误；C. 正极铁离子得到电子，因此该原电池的总反应为：2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋，C正确；D. ‎ 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递阴阳离子，使溶液保持电中性，D错误，答案选C。‎ 点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、电子和离子的移动方向，难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度去把握，另外还需要注意溶液的酸碱性、交换膜的性质等 ‎6.一种新型熔融盐燃料电池以Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，一极通CO气体，另一极通O2和CO2的混合气体，制作‎650℃‎时工作的燃料电池，其电池总反应是2CO+O2=2CO2．则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 通CO的一极是电池的正极 B. 负极电极反应是：O2+2CO2+4e-=2CO32-‎ C. 熔融盐中CO32-的物质的量在工作时保持不变 D. 正极发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该燃料电池中通入CO的一极是负极，通O2和CO2混合气体的一极是正极，故A错误；‎ B.通入CO的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为CO＋CO32-－2e－==2CO2，故B错误；‎ C.该燃料电池的负极反应式为：2CO＋2CO32-－4e－===4CO2，正极反应式为：O2＋2CO2＋4e－===2CO32-；负极消耗的碳酸根离子和正极生成的碳酸根离子数目相同，则熔融盐中CO32-的物质的量在工作时保持不变，故C正确；‎ D.通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极,发生还原反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 含有OH-的溶液一定呈碱性 B. pH为3的盐酸的c(H+)是pH为1的盐酸的100倍 C. Na2CO3溶液与NaHCO3溶液中所含微粒的种类一定相同 D. pH相同的氨水与氢氧化钠溶液,分别与同浓度同体积的盐酸完全中和时,消耗氨水与氢氧化钠溶液的体积一定相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、含有OH－的溶液不一定为碱性，如水中含有OH－，但水显中性，故A错误；B、pH=3的盐酸溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=1的盐酸溶液c(H＋)=10－1mol·L－1，因此pH=3‎ 的盐酸的c(H＋)是pH=1的盐酸中的1/100倍，故B错误；C、两种溶液含有微粒为Na＋、SO32－、HSO3－、H2SO3－、H＋、OH－，故C正确；D、NH3·H2O是弱碱，NaOH为强碱，相同pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，因此中和同浓度同体积的盐酸时，消耗氨水的体积小于NaOH的体积，故D错误。‎ ‎8.按下图装置实验，若x轴表示负极流出的电子的物质的量，则y轴应表示(　　)‎ ‎①c(Ag＋) ②c(NO3—) ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量 A. ① B. ③④ C. ② D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图中装置实验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，正极Ag上析出金属银，银离子得电子析出金属Ag，所以正极质量增加，银离子浓度减小，硝酸根离子浓度不变，溶液的质量虽增加了Fe的质量，但是析出了Ag，在转移电子相等情况下，从溶液中析出银的质量大于进入溶液中铁的质量，所以溶液质量减轻，所以y轴只能表示②，答案选C。‎ ‎9.下列实验操作规范且能达到目的的是( )‎ 目的 操作 A．‎ 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶 B．‎ 除去锅炉中沉积的CaSO4‎ 可用Na2CO3溶液浸泡后，再将不溶物用酸溶解去除 C．‎ 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D．‎ 证明Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)‎ 在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液,再加入少量等浓度的CuSO4溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于滴定管下端没有刻度，则放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，故A错误；‎ B.CaCO3的溶解度小于CaSO4，且饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度较大，溶液中c（Ca2+）·c（CO32-）>ksp（CaCO3），故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，故B正确；‎ C.用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH会造成测定结果偏小，故C错误；‎ D.因Na2S溶液过量，会生成两种沉淀，ZnS沉淀不会转化为CuS，则不能比较溶度积的大小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列叙述不正确的是( )‎ A. 氨水中：c(OH－)－c(H＋)＝c(NH4+)‎ B. 饱和H2S溶液中：c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)‎ C. 0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H‎2A)＞c(A2-)‎ D. 在0.1mol/L Na2CO3溶液中：c（Na+）＝2[c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据氨水中阴阳离子的电荷守恒可得c(OH－)＝c(NH4+)+c(H＋)，即c(OH－)－c(H＋)＝c(NH4+)，故A叙述正确；‎ B. H2S是弱电解质，电离程度较小，其溶液中主要存在大量的H2S分子，同时在水溶液里存在两步电离平衡H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-，H2S的第一步电离远远大于第二步电离，则有c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，因此有c(H2S)＞c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)，故B叙述正确；‎ C.0.1mol/L的NaHA溶液,其pH=4，说明HA-的电离程度大于水解程度，所以c(HA-)>c(H+)>c(A2-) >c(H‎2A)，故C叙述错误；‎ D.在Na2CO3固体中，钠离子个数为碳酸根离子的2倍，在碳酸钠溶液中，碳酸根离子部分发生水解，以HCO3﹣、CO32﹣、H2CO3三种形式存在于溶液中，由物料守恒可得：c（Na+）＝2[c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）]，故D叙述正确；‎ 答案选C。‎ ‎11.有一种瓦斯分析仪（下图甲）能够在煤矿巷道中的甲烷达到一定浓度时，通过传感器显示出来。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3－Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的的是( )‎ A. 瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极a B. 电极a的反应式为：CH4+5O2－―8e－＝CO32－ +2H2O C. 电极b是正极, O2-由电极a流向电极b D. 当固体电解质中有1 mol O2－通过时，电子转移4 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题中固体电解质是Y2O3-Na2O，O2-可以在其中自由移动；通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+H2O，正极反应为：O2+4e-=2O2-，负极反应为：CH4+5O2--8e-=CO32-+2H2O，结合原电池的工作原理可得结论。‎ ‎【详解】A.该电池中a为负极，b为正极，电子从负极流向正极，所以电池内电路中O2-由电极b流向电极a，故A错误；‎ B.甲烷所在电极a为负极，电极反应为：CH4+5O2--8e-=CO32-+2H2O，故B正确；‎ C.电极b氧气得电子，生成O2-，而电极a需要O2-作为反应物，故O2-由正极(电极b)流向负极(电极a)，故C错误；‎ D.1mol O2得4mol电子生成2molO2-，故当固体电解质中有1mol O2-通过时，电子转移2mol，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题主要考查了新型化学电池、原电池原理的应用，本题的关键在于电池的电解质不是水溶液，而是熔融的电解质，O2-可以在其中自由移动，故正极反应为O2+4e-=2O2-。‎ ‎12.常温下，将除去表面氧化膜的A1、Cu片插入浓HNO3‎ 中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示。反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是 A. t1时刻前，A1片的电极反‎2A1-6e-+3H2O===A12O3+6H+‎ B. t1时，因A1在浓硝酸中钝化，氧化膜阻碍了A1继续反应 C. t1之后，负极Cu失电子，电流方向发生改变 D. 烧杯中发生的离子反应为：2NO2+2OH-=2NO3-+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．t1时刻前，铝片做负极反应，Al发生氧化反应，负极发生‎2A1-6e-+3H2O===A12O3+6H+，故A正确；B．t1时，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，故B正确；C．随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，铜做负极反应，电流方向相反，故C正确；D． NO2溶解于NaOH溶液生成NaNO3和NaNO2，烧杯中发生的离子反应为：2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，故D错误；答案为D。‎ 点睛：理解原电池原理及铝的特殊化学性质是解题关键，0-t1时，Al在浓硝酸中发生钝化过程，Al为负极，氧化得到氧化铝，应有水参加，根据电荷守恒可知，有氢离子生成，Cu为正极，硝酸根放电生成二氧化氮，应由氢离子参与反应，同时有水生成，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极。‎ ‎13.镍(Ni)镉(Cd)可充电的电池，放电时，电极材料是Cd和NiO(OH)，电解质是KOH，电极反应分别是：Cd+2OH--2e-＝Cd(OH)2；2NiO(OH)+2H2O+2e-＝2Ni(OH)2+2OH-。下列说法不正确的是 A. 电池放电时，负极周围溶液的pH不断减小 B. 电池放电时总反应是Cd+2NiO(OH)+2H2O＝Cd(OH)2+2Ni(OH)2‎ C. 电池充电时，镉（Cd）元素被氧化 D. 电池充电时，电池的正极和电源的正极相连接 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、放电时相当于原电池，属于原电池的工作原理。原电池工作时，电解质中的阴离子OH-向负极移动，因此电池放电时，负极周围溶液的pH不断增大，故A错误；B、将电极反应Cd+2OH--2e-＝Cd(OH)2、2NiO(OH)+2H2O+2e-＝2Ni(OH)2+2OH-合并即得到反应Cd+2NiO(OH)+2H2O＝Cd(OH)2+2Ni(OH)2，所以B正确；C、充电相当于电解原理，属于电解池的工作原理，电解池中，阳极发生失电子的氧化反应，阴极得到电子发生还原反应，则阴极电极反应式为Cd(OH)2＋2e-＝Cd+2OH-，所以电池充电时，镉（Cd）元素被还原，故C错误；D、充电相当于电解原理，属于电解池的工作原理。电池充电时，电池的正极和电源的正极相连接，电池的负极与电源的负极相连，故D正确，答案选C。‎ 考点：考查原电池和电解池的工作原理 ‎14.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼(N2H4)为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是 A. 电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极 B. 负极发生的电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－===N2＋4H2O C. 该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触 D. 该燃料电池持续放电时，正极发生氧化反应，pH减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，左侧为负极，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，右侧为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合原电池的工作原理可得结论。‎ ‎【详解】A．该燃料电池中，右侧通入氧化剂空气的电极为正极，电流从正极流向负极，即电流从右侧电极经过负载后流向左侧电极，故A叙述正确；‎ B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故B叙述正确；‎ C．因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C叙述正确；‎ D．该燃料电池持续放电时，正极上氧气得电子发生还原反应，放电过程中生成水，电解质溶液KOH的浓度减小，pH减小，故D叙述错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.10 mol·L-1NaOH溶液分别滴定10mL浓度均为0.10 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①代表滴定盐酸的曲线 B. 滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂 C. a、b、c三点溶液中水的电离程度：c>a>b D. b点溶液中：c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 醋酸是弱酸、盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线①代表醋酸、曲线②代表盐酸，故A错误；氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，故B错误；a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>c>b，故C错误；b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-‎ ‎)；根据物料守恒c(Na+)= ‎2c(CH3COO-)+‎2c(CH3COOH)；所以c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+‎2c(CH3COOH)，故c(OH-)>c(H+)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确。‎ 点睛：强酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈中性，可以用甲基橙或酚酞作指示剂；强酸、弱碱滴定，达到滴定终点时溶液呈酸性，可以用甲基橙作指示剂；弱酸、强碱滴定，达到滴定终点时溶液呈碱性，可以用酚酞作指示剂。‎ ‎16.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)+2OH-(aq),下列叙述正确的是（ ）‎ A. 向溶液中加入少量的NaOH固体，则其中的Ca(OH)2的固体增多 B. 向溶液中加入Na2CO3溶液，则其中的Ca(OH)2的固体增多 C. 恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 D. 给溶液加热，溶液的pH升高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析：A、加入少量的NaOH固体，平衡向逆反应方向移动；‎ B、加入Na2CO3溶液，平衡向正方向移动；‎ C、恒温下向溶液中加入CaO，仍为饱和溶液，浓度不变；‎ D、Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低。‎ 详解：A、加入少量的NaOH固体，OH-浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca(OH)2的固体增多，A正确。‎ B、加入Na2CO3溶液，发生Ca2++CO32-=CaCO3↓，平衡向正方向移动，则Ca(OH)2的固体减少，B错误；‎ C、恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，仍为饱和溶液，pH不变，但是由于水量减少，故溶解的碳酸钙减小，C错误；‎ D、给溶液加热，Ca(OH)2的溶解度降低，溶液pH减小，D错误；答案选A。‎ 点睛：本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，注意D为易错点，Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低。‎ ‎17.已知t ℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；在t ℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9‎ B. 在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点 C. 在t℃时，以0.01 mol/L AgNO3溶液滴定20 mL0.01 mol/LKCl和0.01 mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl－先沉淀 D. 在t ℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp=" c"2（Ag＋）c （Clˉ）=1×10－12，错误；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，溶液中铬酸根浓度增大，Ag2CrO4的Ksp不变，溶液中银离子浓度减小，不能使溶液由Y点到X点，错误；C、在t ℃时，若生成氯化银沉淀则有c(Ag+)c(Cl-)＞Ksp＝2×10－10，则c(Ag+)＞Ksp/ c(Cl-)＝2×10－10/0.01=2×10-8mol/L，若生成Ag2CrO4沉淀则有c2(Ag+)c(CrO42-)＞Ksp＝1×10－12，则c2(Ag＋)＞Ksp/ c(CrO42-)＝1×10－12/0.01=1×10-10，c(Ag＋)=1×10-5mol/L，故以0．01 mol/L AgNO3溶液滴定20 mL0．01 mol/L KCl和0．01 mol/L的K2CrO4的混和溶液，Cl－先沉淀，正确；D、在t ℃时，AgCl的溶解度小于Ag2CrO4，错误。‎ 考点：考查沉淀溶解平衡。‎ ‎18.为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验．关于该实验的分析不正确的是（　　）‎ A. ①浊液中存在平衡：AgSCN（s）⇌Ag+（aq）+SCN-（aq）‎ B. ②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-‎ C. 该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶 D. ③中颜色变化说明有AgI生成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．白色沉淀为AgSCN（s），在溶液中存在溶解平衡，则有：AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN-（aq），故A正确；‎ B．取上层清液，加入Fe3＋出现红色溶液，说明生成Fe(SCN)3，说明溶液中含有SCN－，故B正确；‎ C．因在①中硝酸银过量，余下的浊液中含有过量的银离子，与KI反应生成黄色沉淀，不一定是由AgSCN转化而生成的AgI，因此不能证明AgI比AgSCN更难溶，故C错误；‎ D．银离子与碘离子结合生成AgI黄色沉淀，则③中颜色变化说明有AgI生成，故D正确；‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共52分 请将正确答案写到答题卡上）‎ ‎19.化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。‎ ‎（1）Zn﹣MnO2干电池应用广泛，其电解质溶液是ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液。该电池的负极材料是______．电池工作时，电子流向______（填“正极”或“负极”）。‎ 若ZnCl2﹣NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的反应．其主要原因是_________________。‎ ‎（2）铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为硫酸。该电池总反应式为：‎ Pb+PbO2+2H2SO4 2PbSO4+2H2O。请根据上述情况判断：‎ 该蓄电池放电时，电解质溶液中阴离子移向_____________（填“正极”或“负极”）；正极附近溶液的酸性_______（填“增强”、“减弱”或“不变”）放电时，负极的电极反应式为：________________。‎ ‎（3）氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。若电解质为KOH溶液，则氢氧燃料电池的负极反应式为_________________________________。该电池工作时，外电路每流过2 mole-，消耗标况下氧气____________L。‎ ‎【答案】 (1). Zn（或锌） (2). 正极 (3). Zn与Cu2+反应生成Cu，Zn与Cu构成原电池，加快反应速率 (4). 负极 (5). 减弱 (6). Pb - 2e- +SO42－=PbSO4 (7). H2 - 2e- +2OH－= 2H2O（或 2H2 - 4e- +4OH－= 4H2O） (8). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）原电池的负极是发生氧化反应的一极：Zn－2e－===Zn2＋；电池工作时，电子从负极流向正极；Zn与Cu2＋发生氧化还原反应，生成的Cu附着在Zn的表面构成铜锌原电池，加快反应速率，从而加快Zn的腐蚀，故答案为：Zn(或锌)；正极；锌与还原出来的铜构成铜－锌原电池而加快锌的腐蚀；‎ ‎（2）铅蓄电池工作时，硫酸参加反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减弱，原电池放电时阴离子向负极移动；放电时，铅为负极，失去电子被氧化，电极反应为：Pb - 2e- +SO42－=PbSO4；故答案为：负极、减弱、Pb - 2e- +SO42－=PbSO4；‎ ‎（3）电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子生成水，则负极的电极方程式为2H2+4OH--4e-=4H2O；该电池中正极上是氧气发生得电子的还原反应，其电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，则外电路每流过2 mol e-，消耗氧气为2 mol÷4=0.5mol，所以氧气的体积为0.5mol×‎22.4L/mol=‎11.2L；故答案为：H2 - 2e- +2OH－= 2H2O（或 2H2 - 4e- +4OH－= 4H2O）；11.2。‎ ‎20.根据所学知识回答下列问题。‎ ‎（1）已知Ksp(BaCO3) =2.6×l0-9，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。‎ ‎①BaCO3在20 mL 0.01 mol·L－1Na2CO3溶液中的Ksp _________（填“大于”、“小于”或“等于”）其在20 mL 0.01 mol·L－1 BaCl2溶液中的Ksp ‎ ‎②现将浓度为2×10-4mol/LNa2CO3溶液与BaCl2溶液等体积混合，则生成BaCO3沉淀所需BaCl2溶液的最小浓度为_______mol/L。‎ ‎③向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中c(CO32—)/c(SO42—)=___________（保留三位有效数字）。‎ ‎（2）已知‎25℃‎ 时，Ksp[AgCl]=1.8×10－10，现将足量氯化银分别放入：a．100mL蒸馏水中；b．100mL 0.2 mol/LAgNO3溶液中；c．100mL 0.1 mol/L氯化铝溶液中；d．100mL 0.1 mol/L盐酸溶液中。充分搅抖后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是_______________。（填写序号）；b中氯离子的浓度为__________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 等于 (2). 5.2×10-5 (3). 23.6 (4). b＞a＞d＞c (5). 9×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①沉淀的溶度积常数在一定温度下是一个常数，所以BaCO3在20 mL 0.01 mol·L－1Na2CO3溶液中的Ksp等于其在20 mL 0.01 mol·L－1 BaCl2溶液中的Ksp，故答案为：等于；‎ ‎②设BaCl2溶液的最小浓度为x mol·L－1，Na2CO3溶液的浓度为2×10-4mol·L－1，将等体积的Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，则混合液中c(CO32-)=1×10-4mol·L－1，c(Ba2+)=x/2 mol·L－1。根据溶度积规则知若要生成BaCO3沉淀则有Qc=(Ba2+)·c(CO32-)＞Ksp（BaCO3），即1×10-4·x/2＞2．6×10-9，则x＞5.2×10-5 mol·L－1，则生成BaCO3沉淀所需BaCl2溶液的最小浓度为5.2×10-5 mol·L－1。故答案为：5.2×10-5；‎ ‎③当有BaCO3沉淀生成时，(Ba2+)·c(CO32-)=Ksp（BaCO3），则有：= = ；故答案为：23.6；‎ ‎（2）a.现将足量氯化银放入100mL蒸馏水中，由溶解度常数可得溶液中的c（Ag+）=mol/L；‎ b.100mL 0.2mol•L-1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/L；‎ c. 100mL 0.1mol•L-1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，c（Ag+）=1.8×10-10mol/L÷0.3mol/L=6×10-10mol/L；‎ d. 100mL 0.1mol•L-1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，c（Ag+）=1.8×10-10mol/L÷0.1mol/L=1.8×10-9mol/L；‎ 综上所述大小顺序为b＞a＞d＞c；在100mL 0.2mol/L AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2mol/L，加入氯化银后，氯离子浓度为=9×10-10mol/L，故答案为：b＞a＞d＞c；9×10-10。‎ ‎21.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。‎ ‎（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：‎ 弱酸 CH3COOH HCN H2CO3‎ 电离常数(‎25℃‎)‎ Ka = 1.8×10－5‎ Ka=4.3×l0-10‎ Ka1=5.0×l0-7 Ka2=5.6×l0-11‎ ‎①0.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c（CN-）______c（HCO3 -）（填“>”、“<”或“=”）。②常温下，pH相同的三种溶液A．CH3COONa B．NaCN C．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是________（填编号）。‎ ‎③已知‎25℃‎时，CH3COOH(aq)+OH -( aq)=CH3COO-(aq) +H2O（1） △H=-akJ/mol，H+(aq)‎ ‎ +OH-(aq) =H2O（1） △H=-b kJ/mol，醋酸电离的热化学方程式为________________________________________。‎ ‎④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是______________________________。‎ ‎⑤室温下，—定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是________________，溶液中c(CH3COO—)/c(CH3COOH)___________。‎ ‎（2）室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。‎ ‎①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_______________。‎ ‎②b点所示的溶液中c(NH3·H2O)-c(NH4+)=__________（用溶液中的其它离子浓度表示）。‎ ‎③pH =10的氨水与pH =4的NH‎4C1溶液中，由水电离出的c(H+)之比为____。‎ ‎【答案】 (1). < (2). abc (3). CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H=(-a+b)kJ/mol (4). CN-+CO2+H2O=HCN+HCO3- (5). CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- (6). l.8×104 (7). c（C1-）>c（NH4+）>c(H+)>c（OH-） (8). ‎2 c(H+)‎-2c(OH-) (9). 10-6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①由于Ka(HCN)Ka1(H2CO3)，根据“越弱越水解”的规律可知，0.1mol/LNaCN溶液中CN-的水解能力大于0.1mol/LNaHCO3溶液中HCO3-的水解能力，则c(CN-)c(HCO3-)，故答案为：＜；‎ ‎②由于Ka(CH3COOH)Ka(HCN)Ka2(H2CO3)，根据“越弱越水解”，等物质的量浓度的CH3COONa、NaCN、Na2CO3溶液水解能力CH3COO-CN-CO32-，溶液pH由大到小的顺序为：Na2CO3NaCNCH3COONa；则pH相同的三种溶液物质的量浓度由大到小的顺序为：CH3COONaNaCNNa2CO3，即abc，故答案为：abc；‎ ‎③i. CH3COOH(aq)+OH -( aq)=CH3COO-(aq) +H2O（1） △H=-akJ/mol，ii.H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H=-b kJ/mol，盖斯定律计算i-ii得到醋酸电离的热化学方程式CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H=(-a+b)kJ/mol，故答案为：CH3COOH(aq)CH3COO-(aq)+H+(aq) △H=(-a+b)kJ/mol；‎ ‎④由于Ka1(H2CO3)Ka(HCN)Ka2(H2CO3)，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，将少量 CO2通入NaCN溶液中生成HCN和NaHCO3，反应的化学方程式为CO2+H2O+NaCN=NaHCO3+HCN，离子方程式为CO2+H2O+CN-=HCN+HCO3-，故答案为：CO2+H2O+CN-=HCN+HCO3-；‎ ‎⑤室温下一定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液呈碱性说明CH3COO-发生水解，CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；在溶液中由醋酸的电离平衡常数可得Ka = 1.8×10－5=，因c（H+）=1×10-9mol/L，故c(CH3COO—)/c(CH3COOH)==l.8×104，故答案为：l.8×104；‎ ‎（2）①d点时加入20mL盐酸，两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液显示酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知c(Cl- )＞c(NH4+)，则溶液中离子浓度大小为：c(Cl- )＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(C1-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎②b点加入的盐酸体积为氨水体积的，等浓度的两溶液反应后，混合液中含有等浓度的氨水和氯化铵，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则溶液显示碱性，由溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析可知，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(C1-)+c(OH-)，由物料守恒可得：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=‎2c(C1-)，溶液中c(NH3•H2O)-c(NH4+)=‎2 c(H+)‎-2c(OH-)，故答案为：c(NH3·H2O)-c(NH4+)=‎2c(H+)‎-2c(OH-)；‎ ‎③pH=10的氨水溶液中H+全部来自水电离，c(H+)水=c(H+)溶液=110-10mol/L；pH=4的NH4Cl溶液中H+与OH-全部来自水电离，水电离的OH-部分与NH4+结合成NH3·H2O，c(H+)水=c(H+)溶液=110-4mol/L；pH=10的氨水溶液与pH=4的NH4Cl溶液中水电离的c(H+)之比为(110-10mol/L)：(110-4mol/L)=10-6，故答案为：10-6；‎ ‎【点睛】在溶液中，水电离的氢离子浓度与溶液中的氢离子浓度的关系是学生易错点，一般性况下，在酸的溶液中，由水电离出的氢离子浓度＝溶液中氢氧根离子浓度；在碱的溶液中，由水电离出的氢离子浓度＝溶液中的氢离子浓度；在水解显碱性的盐的溶液中，由水电离出的氢离子浓度=溶液中的氢氧根离子浓度；在水解显酸性的盐的溶液中，氢离子和氢氧根离子全部是由水电离出的，由水电离出的氢离子浓度=溶液中的氢离子浓度。‎ ‎22.实验是化学学习中非常重要的内容，根据下面两个实验回答问题。‎ ‎（一）某研究小组进行Mg(OH)2沉淀溶解和生成的实验探究。‎ ‎（查阅资料）‎25℃‎时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38‎ ‎（实验探究）向2支均盛有1mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中分别加入2滴2mol/L NaOH溶液，制得等量Mg(OH)2沉淀。‎ ‎（1）分别向两支试管中加入不同试剂，记录实验现象如表：(表中填空填下列选项中字母代号)‎ 试管编号 加入试剂 实验现象 Ⅰ ‎2滴0.1mol/LFeCl3溶液 ‎①_____‎ Ⅱ ‎4mL2mol/LNH4Cl溶液 ‎②_____‎ A.白色沉淀转化为红褐色沉淀 B.白色沉淀不发生改变 C.红褐色沉淀转化为白色沉淀 D.白色沉淀溶解，得无色溶液 ‎（2）同学们猜想实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因有两种：‎ 猜想1：NH4+结合Mg(OH)2电离出的OH－，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动。‎ 猜想2：____________________________________________________________。‎ ‎（3）为验证猜想，同学们取少量相同质量的氢氧化镁盛放在两支试管中，一支试管中加入醋酸铵溶液(pH＝7)，另一支试管中加入NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)，两者沉淀均溶解。该实验证明猜想正确的是____（填 “‎1”‎或“‎2”‎）。‎ ‎（二）测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 ‎0 g该碘盐，溶于蒸馏水，然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3＋3H2SO4＋5KI===3K2SO4＋3I2＋3H2O)，充分反应后将混合溶液稀释至250 mL，然后取25.00 mL用5.0×10－4 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂，反应为I2＋2S2O32－===2I－＋S4O62－)。有关实验数值如下表所示。‎ 滴定次数 待测液的体积(mL)‎ 滴定前的读数(mL)‎ 滴定后的读数(mL)‎ 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎15.90‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎14.99‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎15.01‎ 该碘盐中碘元素的百分含量为________。（保留三位有效数字）下列操作中，会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是________。‎ a．滴定终点时，俯视刻度 b．没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管 c．锥形瓶中有少量的蒸馏水 ‎【答案】 (1). A (2). D (3). NH4Cl水解出来的H+与Mg(OH)2电离出OH－结合成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动 (4). 1 (5). 3.18×10－4×100% (6). b ‎【解析】‎ ‎【详解】（一）（1）已知n(MgCl2)=1×10‎-3L×0.1mol/L=1×10-4mol，n(NaOH)≈0.1×10‎-3L×2mol/L=2×10-4mol，由反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓可知，二者基本反应完全，生成白色沉淀Mg(OH)2，当向其中加入FeCl3溶液时，由于Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38远小于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11，所以白色沉淀Mg(OH)2转化为红褐色沉淀Fe(OH)3；当向其中加入NH4Cl溶液，NH4+与Mg(OH)2电离出的OH-结合生成弱电解质NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，最终使Mg(OH)2完全溶解得无色溶液；故答案选A、D；‎ ‎（3）NH4Cl因水解而呈酸性，生成的H+可与Mg(OH)2电离出OH－结合生成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，故猜想2为：NH4Cl水解出来的H+与Mg(OH)2电离出OH－结合成水，使Mg(OH)2的溶解平衡正向移动；‎ ‎（3）由于醋酸铵溶液(pH＝7)呈中性，能使Mg(OH)2沉淀溶解，说明不是NH4+水解呈酸性导致Mg(OH)2溶解；当加入弱碱性的NH4Cl和氨水混合液(pH＝8)时，沉淀也溶解，说明猜想2是错误的。因此证明Mg(OH)2沉淀溶解的根本原因是NH4+与Mg(OH)2电离出OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，促进Mg(OH)2溶解平衡正向移动，最终得无色溶液，所以猜想1是正确的。故答案为：1；‎ ‎（二）第一次读数V=15.90mL，读数与后两者相差较大，应舍弃，消耗体积平均为(14．99+15．01)/2=15．00mL，KIO3～3I2～6S2O32－，m(I)=15×10-3×5×10-4×=1.59×10‎-4g，则样品中碘元素的百分含量：=3.18×10-4×100%；a.俯视刻度，消耗标准液的体积减小，百分含量偏小，不符合题意；b.没有润洗滴定管，消耗标准液的体积增大，百分含量偏大，符合题意；c.锥形瓶中有少量的蒸馏水，对待盛液的物质的量不影响，则百分含量不变，不符合题意；故答案为：3.18×10-4×100%；b；‎ ‎【点睛】Mg(OH)2属于弱碱，能够与NH4+水解生成的H+发生中和反应而溶解，也能够与NH4+发生复分解反应，生成弱电解质NH3·H2O而溶解，要验证溶解的原因，可用含NH4+的中性溶液做对比实验。‎