【化学】宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

宁夏银川市宁夏大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试 ‎1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是 A. 生成物总能量一定低于反应物总能量 B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl在光照和点燃条件下的△H不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物总能量高于生成物总能量则反应放热，反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热，错误；‎ B、反应速率的大小与反应热无关，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下能迅速反应，金属的腐蚀为放热反应，但反应速率较慢，错误；‎ C、反应热与反应的途径无关，取决于反应物和生成物的始末状态，可根据盖斯定律，计算某些难以直接测量的反应焓变，正确；‎ D、反应热与反应的条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.氯原子对O3分解有催化作用：①O3＋Cl===ClO＋O2　ΔH1，②ClO＋O===Cl＋O2　ΔH2。大气臭氧层的分解反应是③O3＋O===2O2　ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中，正确的是(　　)‎ A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3 B. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E2－E3‎ C. O3＋O===2O2是吸热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，错误；‎ B．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，根据盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2。由A可知，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，△H=E3-E2，错误；‎ C．由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，错误；‎ D．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2，正确。‎ 故合理选项是D。‎ ‎3.已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1‎ N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1‎ 则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是(　　)‎ A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1‎ C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1‎ ‎②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1‎ 则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。‎ ‎4.现有下列三个图象，下列反应中符合上述全部图象的反应是 A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0‎ B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0‎ C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＜0‎ D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图I可知，随温度升高，生成物的平衡浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动，即正反应方向为吸热反应；由图Ⅱ可知，同压环境下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平均相对分子质量减小，根据质量守恒定律可知，若气体的总质量不变，则其总物质的量必然增大，即吸热反应方向为气体分子数增大的方向；由图Ⅲ可知，当反应达到平衡时，增大压强，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度更大，平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体分子数减少的反应。‎ ‎【详解】A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0 ，正反应放热反应，A不符合题意；‎ B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0，正反应为吸热反应，且气体的分子数增大，B符合题意；‎ C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH＜0，正反应为放热反应，C不符合题意；‎ D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g)　ΔH＞0，正反应为吸热反应，但是其气体分子数减小，D不符合题意。‎ 答案为B。‎ ‎5.在一定条件下发生反应‎2A（g）=2B（g）+C（g），将2 mol A通入‎2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用C的浓度变化来表示该反应的速率为 A. 0.24‎‎ mol／（L·min） B. 0.12 mol／（L·min）‎ C. 0.08 mol／（L·min） D. 0.06 mol／（L·min）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 速率比应该等于方程式的系数比，所以C的速率为A的速率的一半，即，选项D正确。‎ ‎6.在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是 测定时刻/s t1‎ t2‎ t3‎ t4‎ c(A)/(mol·L－1)‎ ‎6‎ ‎3‎ ‎2‎ ‎2‎ c(B)/(mol·L－1)‎ ‎5‎ ‎35‎ ‎3‎ ‎3‎ c(C)/(mol·L－1)‎ ‎1‎ ‎2.5‎ ‎3‎ ‎3‎ A. 在t3时刻反应已经停止 B. A的转化率比B的转化率低 C. 在容器中发生的反应为：‎2A＋B‎2C D. 在t2～t3内A的平均反应速率为：mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从表中数据可以看出，反应没有进行到底，所以这是一个可逆反应，根据物质的量的变化以及物质的变化量之比等于化学计量数之比可得反应方程式为‎2A+BC，以此进行分析。‎ ‎【详解】A．t3时刻达到化学平衡状态，它是一个动态平衡，v(正)=v(逆)≠0，A结论错误；‎ B．从t1～t2，△c(A)=3mol/L，△c(B)=1.5 mol/L，△c(C)=1.5 mol/L，A的转化率为=×100%=50%，B的转化率为=×100%=30%，A的转化率比B的转化率高，B结论错误；‎ C．由表中数据可知，从t1～t2，A和B减少了，C增加了，故A和B是反应物，C是生成物，，A、B、C的化学计量数之比为3：1.5：1.5=2：1：1，故该反应的化学方程式为‎2A+BC，C结论错误；‎ D．从t2～t3，△c(A)=1 mol/L，故用A表示的该阶段的化学反应速率为mol/(L·s)，D结论正确。‎ 答案为D。‎ ‎7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅 B. 增大压强可加快SO2转化为SO3的速率 C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅 D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由NO2和N2O4组成的平衡体系，缩小体积加压，NO2的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，NO2的浓度又减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，故不选A；‎ B、增大压强可加快SO2转化为SO3的速率，是压强对反应速率的影响，不能用勒夏特列原理解释，故选B；‎ C、黄绿色的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl +HClO，光照后HClO分解，HClO浓度降低，平衡正向移动，氯水颜色变浅，符合勒夏特列原理，故不选C；‎ D、在含有Fe(SCN)3的红色溶液中存在平衡：Fe3++ 3SCN-Fe(SCN)3，加铁粉，发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，符合勒夏特列原理，故不选D。‎ 答案选B。‎ ‎8.水是最宝贵的资源之一．下列表述正确的是 A. ‎4℃‎时，纯水的pH=7‎ B. 温度升高，纯水中的c（H+） 增大，c（OH﹣）减小 C. 水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子 D. 向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、‎25℃‎时，纯水的pH=7，‎4℃‎时，纯水的电离程度减小，pH稍大于7，A错误；‎ B、温度升高，水的电离平衡向右移动，c（H+）与c（OH﹣）均增大，B错误；‎ C、水是一种极弱的电解质，电离程度很小，‎25℃‎时，纯水电离出的H+浓度只有1.0×10-7mol•L‾1，纯水中主要存在形态是水分子，C正确；‎ D、水的离子积不受溶液酸碱性的影响，D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎9. 在水中加入下列物质，可以促进水电离的是（ ）‎ A. H2SO4 B. NaOH C. Na2CO3 D. KNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫酸溶于水显酸性，抑制水的电离，故A错误；  ‎ B．氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，故B错误； C．硝酸钾是强酸强碱盐对水的电离无影响，故C错误； D．碳酸钠是强碱弱酸盐，水中碳酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，故D正确； 故选D。‎ ‎【点睛】硝酸钾电离出来的离子不能与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质，对水的电离无影响。‎ ‎10.下列能说明醋酸是弱酸的是(　　)‎ A. 醋酸能与NaOH反应 B. 醋酸能使石蕊变红 C. 醋酸溶液pH<7 D. 常温下0.1 mol·L－1醋酸pH＝3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸能和NaOH反应说明醋酸具有酸性，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故A错误； B. 醋酸能使石蕊试液变红色，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故B错误； C. 醋酸溶液pH<7，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故C错误； D. 0.1mol·L-1醋酸pH=3，即c(H+)=0.001mol/L，说明醋酸发生部分电离，属于弱酸，故D正确； 答案选D。‎ ‎11.25℃‎时，0.1mol/L稀醋酸加水稀释，下图坐标中的纵坐标y可以是 A. 溶液pH B. 醋酸的电离平衡常数 C. 溶液的导电能力 D. 醋酸的电离程度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A 项、醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，溶液的pH逐渐增大，但始终小于7，故A错误；B项、温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故B错误；‎ C项、醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故C正确；‎ D项、加水稀释促进醋酸电离，则醋酸的电离程度增大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】明确加水稀释对醋酸电离程度的影响是解本题关键，醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，溶液的导电能力与离子浓度成正比，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变。‎ ‎12.下列水溶液一定呈中性的是 A. c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl 溶液 B. c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液 C. pH=7的溶液 D. 室温下将pH=3的酸与pH= 11的碱等体积混合后的溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。答案选A。‎ ‎13.下列实验操作不会引起误差的是（ ）‎ A. 酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶 B. 酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液 C. 用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴 D. 用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用公试c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析。‎ ‎【详解】A．锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，A项错误； B．酸碱中和滴定时，滴定管水洗后，直接盛装标准液，标准液的浓度会稀释而降低，为达到终点将待测液反应完毕，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故需要先用标准液润洗滴定管，然后再盛装标准溶液，B项错误； C．在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量，C项正确； D．滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，可以理解成滴定终点时气泡将使滴定管里的液面上升，标准液的体积减小，导致测定浓度偏低，D项错误； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定误差的判断，根据公式c（待测）=进行中和滴定的误差分析是最基本的方法，使用中应注意由于操作的失误导致公式中的某些数据发生变化，从而导致最终结果出现误差。‎ ‎14.下列各物质的溶液中显酸性的是 A. NaHCO3 B. (NH4)2SO‎4 ‎ C. NaCl D. CH3COOK ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；‎ B．硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，故B正确；‎ C．氯化钠属于强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C错误；‎ D．醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎15.0.1‎mol·L－1CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起 A. 溶液的pH增大 B. CH3COOH电离度变大 C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(OH－)减少 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电离平衡关系，加水稀释促进电离，加入醋酸钠晶体抑制电离，据此回答问题。‎ ‎【详解】A. 加入少量CH3COONa晶体会使电离平衡逆向移动，氢离子的浓度下降；加水稀释时，电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，但氢离子浓度下降，故两种情况下溶液的pH均增大，A符合题意；‎ B. 加水稀释促进电离，加入醋酸钠晶体抑制电离，对CH3COOH电离度的影响不同，B不符合题意；‎ C. 加入少量CH3COONa晶体时，溶液的导电能力增强，C不符合题意；‎ D. 两种情况下溶液的pH均增大，溶液中c(OH－)增大，D不符合题意。‎ 答案为A。‎ ‎16.有pH分别为8、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是 A. 在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强 B. 中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mol C. 在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解 D. HX、HY、HZ三者均为弱酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸的酸性越弱，所以三种酸中HX的酸性最强，故A正确；‎ B．HY与NaOH反应方程式为：HY+NaOH=NaY+H2O，所以中和1molHY酸，需要的NaOH等于1mol，故B错误；‎ C．同浓度的三种盐，NaZ溶液的pH最大，说明Z－最易发生水解，故C正确；‎ D．三种盐溶液均显碱性，而NaOH是强碱，说明三种盐均为强碱弱酸盐，即HX、HY、HZ三者均为弱酸，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎17.对于 0.1 mol/L Na2SO3溶液，正确的是( )‎ A. 升高温度，溶液 pH 降低 B. c(Na＋)＝‎2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)‎ C. c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋‎2c(HSO)＋c(OH－)‎ D. 加入少量 NaOH 固体，c(SO)与c(Na＋)均增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升高温度，SO32‾的水解程度增大，溶液的pH增大，错误；‎ B、根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，错误；‎ C、根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，错误；‎ D、加入少量 NaOH 固体，Na+、OH‾浓度增大，SO32‾的水解平衡向左移动，SO32‾的离子浓度增大，正确。‎ ‎18. 在室温下，下列叙述正确的是 A. 将1 mL 1.0×10-5 mol/L盐酸稀释到1000 mL，得到pH＝8 的盐酸 B. 将1 mL pH＝3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸 C. 用pH＝1盐酸分别中和1 mL pH＝13 NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大 D. pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸比较，‎2c(Cl- )＝c(SO42-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在室温下，将1 mL 1.0×10-5 mol/L的盐酸无论加多少水稀释，pH不可能超过7，A叙述不正确；‎ B. 在室温下，将1 mL pH＝3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，说明在稀释过程中，该酸存在电离平衡的移动，则此酸为弱酸，B叙述正确；‎ C. 在室温下，用pH＝1盐酸分别中和1 mL pH＝13 NaOH溶液和氨水，由于氨水中存在NH3∙H2O的电离平衡，在pH相等的条件下，氨水的物质的量浓度远远大于氢氧化钠的，所以氨水消耗的盐酸多，C叙述不正确； ‎ D. 在室温下， pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸，其物质的浓度分别是0.01mol/L和0.05mol/L，‎5c(Cl-)＝c(SO42-) ，D叙述不正确。‎ 答案选B。‎ ‎19.下列说法不正确的是 A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关 B. 由于Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀 C. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变 D. 两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，正确；‎ B、沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀，正确；‎ C、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，正确；‎ D、阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶物，Ksp小的，溶解度不一定小，错误。‎ ‎20.当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，须加入少量的 A. MgCl2 B. NaOH C. MgSO4 D. NaHSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入少量MgCl2，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg(OH)2固体的量增大，A不符合题意；‎ B、加入NaOH，OH-的浓度增大，平衡向左移动，Mg(OH)2固体的量增大，B不符合题意；‎ C、加入少量Mg2SO4，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg(OH)2固体的量增大，C不符合题意；‎ D、加入少量NaHSO4，其可以电离出H+将Mg(OH)2电离产生的OH-中和，OH-浓度减小，溶解平衡右移，Mg(OH)2固体的量减少，D符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎21.如表为有关化合物的pKsp，pKsp＝－lgKsp。某同学设计实验如下：①向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；②向①中加NaY，则沉淀转化为AgY；③向②中加入NaZ，沉淀又转化为AgZ。则表中a、b、c的大小关系为( )‎ A. a>b>c B. aKsp(AgY)>Ksp(AgZ)，又pKsp=−lgKsp，则aKsp(MgF2)，实现Mg(OH)2转化为MgF2，故D正确；‎ 答案：C。‎ ‎23. 有如图所示的装置，当电流表中产生持续电流时，下列说法正确的是 A. Cu是原电池的负极 B. Al是原电池的负极 C. 电子由Al沿导线流向铜 D. 铝片上的电极反应式为：Al﹣3e﹣═AL3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极上是得电子的还原反应。‎ ‎【详解】A、铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，故A正确；‎ B、以金属铜是负极，金属铝是正极，故B错误；‎ C、电子从负极流向正极，即从铜流向铝，故C错误；‎ D、铝是正极，该电极上金属不会反应，是硝酸中的硝酸根离子发生得电子的还原反应，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎24. 某原电池装置如图所示。下列有关叙述中，正确的是 A. Fe作正极，发生氧化反应 B. 负极反应： 2H+ + 2e－＝H2↑‎ C. 工作一段时间后，两烧杯中溶液pH均不变 D. 工作一段时间后，NaCl溶液中c(Cl－)增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Fe为金属单质，石墨为可导电的非金属单质，Fe为负极，石墨为正极；‎ A.铁片为负极，发生氧化反应：Fe-2e-=Fe2+，A错误；‎ B.负极反应为Fe-2e-=Fe2+，B错误；‎ C.石墨为正极，正极电极反应为2H+ + 2e－=H2↑，右侧烧杯中c（H+）减小，则pH增大，故C错误；‎ D.原电池工作时，溶液中的阴离子移向负极，则盐桥内的Cl-会向左侧烧杯移动，NaCl溶液中c(Cl－)增大，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎25.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示：‎ ‎（1）判断滴定HCl溶液的曲线是________(填“图‎1”‎或“图‎2”‎)；‎ ‎（2）a＝________mL；‎ ‎（3）c(Na＋)＝c(CH3COO－)的点是________；‎ ‎（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为__________________________________。‎ ‎（5）图1中，从A点到B点，溶液中水的电离程度逐渐________(填“增大”或“减小”或“不变”)；‎ ‎（6）氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液过程中，用酚酞作指示剂，请描述滴定终点的判断____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 图1 (2). 20.0 (3). D (4). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (5). 增大 (6). 加入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸为弱酸，等浓度的醋酸pH比盐酸大，盐酸与氢氧化钠反应至中性为滴定终点，醋酸和 氢氧化钠反应终点要位于碱性，据此回答问题。‎ ‎【详解】（1）盐酸为强酸，0.1000mol/LHCl溶液的pH=1，即滴定HCl溶液的曲线是图1；‎ ‎（2）盐酸为强酸，与氢氧化钠反应到终点，等浓度下体积为1:1，即a＝20.0mL；‎ ‎（3）根据电荷守恒可知，c(Na＋)+c(H+)＝c(OH-)+c(CH3COO－)，即c(Na＋)＝c(CH3COO－)的点是D；‎ ‎（4）E点溶液为醋酸钠溶液，对应离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。‎ ‎（5）图1中，从A点到B点，氯化钠的浓度不断增大，氢离子浓度不断下降，根据水的电离方程可知，溶液中水的电离程度逐渐增大；‎ ‎（6）氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液过程中，用酚酞作指示剂，请描述滴定终点的判断加入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。‎ ‎26.现有下列化合物①NaCl、②NaOH、③HCl、④NH4Cl、⑤CH3COONa、⑥CH3COOH、⑦NH3·H2O、⑧H2O，回答问题：‎ ‎（1）NH4Cl溶液显________性，用离子方程式表示________________________。‎ ‎（2）pH＝10的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH－)为________mol/l，在pH＝3的CH3COOH溶液中水电离出来的c(H＋)为________mol/l。‎ ‎（3）已知水中存在如下平衡：H2O＋H2OH3O+＋OH－ ΔH>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的方法是________。‎ A．向水中加入NaHSO4固体B．向水中加入Na2CO3固体 C．加热至‎100℃‎D．向水中加入(NH4)2SO4固体 ‎（4）若等pH、等体积的②(NaOH)和⑦(氨水)分别加水稀释m倍、n倍，稀释后pH相等，则m________(填“>”“<”或“＝”)n。‎ ‎（5）等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中浓度由大到小的顺序_____________。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). ＋H2ONH3·H2O＋H＋ (3). 10－4mol/L (4). 10－11mol/L (5). D (6). < (7). NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据水的电离平衡和盐的水解平衡规律进行判断，盐溶液的pH 就是水电离出的氢离子浓度，据此回答问题。‎ ‎【详解】（1）氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铵根离子水解的离子方程式为NH4++H2OH++NH3•H2O；‎ ‎（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=10的CH3COONa溶液中，c(OH-)=10-4mol/L，c(H+)=10-10mol/L，CH3COONa 中氢离子和氢氧根离子都是水电离的，则水电离出来的c(OH-)为10-4mol/L；在pH=3的CH3COOH溶液中，c(OH-)=10-11mol/L，酸中的氢氧根离子由水电离，则水电离出来的c(OH-)=c(H+)为10-11mol/L；‎ ‎（3）A．向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，A错误；‎ B．向水中加Na2CO3固体，水解呈碱性， B错误；‎ C．加热至‎100℃‎，促进水的电离，溶液呈中性，C错误；‎ D．向水中加入(NH4)2SO4固体，水解呈酸性，且促进平衡正向移动，D正确；‎ 答案为D；‎ ‎（4）氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释相等体积，氨水溶液pH大，如稀释后溶液pH相同，则氨水应加入较多水，故答案为m＜n；‎ ‎（5）氨水为碱，氯化铵和醋酸铵为盐，因为醋酸为弱电解质，盐酸为强电解质，故醋酸根和铵根水解相互促进，剩余铵根的浓度小于氯化铵，且氨水的电离是有限的，生成的铵根的浓度最低，故等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O溶液中浓度由大到小的顺序：NH4Cl、CH3COONH4、NH3·H2O。‎ ‎27.25℃‎时，硫氢化钾溶液里存在下列平衡：‎ a．HS－＋H2OOH－＋H2S b．HS－H＋＋S2－‎ ‎（1）________电离平衡；________是水解平衡。‎ ‎（2）当向其中加入硫酸铜溶液时，生成了CuS沉淀，则电离平衡向________反应方向移动；水解平衡向________反应方向移动（填“正”“逆”）；c(H＋)变(填“大”或“小”)________。‎ ‎（3）若将溶液加热至沸腾，c(OH－)·c(H＋)将变(填“大”或“小”)________。‎ ‎（4）浓度为0.001mol/L的KOH溶液pH为________；加入等体积等浓度的KHS溶液后pH________7(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因________。（写出离子方程式）‎ ‎【答案】 (1). b (2). a (3). 正反应方向 (4). 逆反应方向 (5). 大 (6). 大 (7). 11 (8). ＞7 (9). OH－+HS－＝S2－+H2O ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电离平衡和水解平衡以及平衡移动原理、pH的计算等知识解答本题。‎ ‎【详解】(1)a是HS－和水电离产生的H＋结合成弱电解质H2S的过程，是水解平衡；b是HS－电离出H＋和S2－，是电离平衡；‎ ‎(2)向硫氢化钾溶液中加入硫酸铜溶液时，由于Cu2+会和电离平衡产生的S2－反应生成CuS沉淀，使电离平衡正向移动，使HS－浓度降低，从而使HS－的水解平衡逆向移动；由于反应前是硫氢化钾溶液，溶液中的氢离子来自HS－的电离和水的电离，c(H+)很小，反应后生成了强酸，所以c(H+)变大；‎ ‎(3)在一定温度下，溶液中的c(OH－)·c(H＋)是一个常数，温度升高，c(OH－)·c(H＋)变大；‎ ‎(4)浓度为0.001mol/L的KOH溶液中c(OH－)=0.001mol/L，常温下，溶液中的c(OH－)·c(H＋)=1×10-14，所以溶液中的c(H+)=1×10-11mol/L，则溶液的pH=11；加入等体积等浓度的KHS溶液时，发生反应：OH－+HS－＝S2－+H2O，溶质由KOH变成了K2S，溶液的碱性减弱，但由于S2-的水解，溶液仍呈碱性，故pH＞7。‎ ‎ 【点睛】向硫氢化钾溶液中加入硫酸铜溶液，溶液体积变大，氢离子物质的量也变大，判断氢离子浓度的变化，可以从加入硫酸铜溶液前后溶质的对比得出结论。‎ ‎28.（1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。‎ ‎①在提纯时为了除去Fe2＋，常加入合适的氧化剂，使Fe2＋转化为Fe3＋，下列物质可采用的是______。‎ A．KMnO4 B．H2O‎2 C．氯水 D．HNO3‎ ‎②然后再加入适当物质调整溶液pH至4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的______。‎ A．NaOH B．NH3·H2O C．CuO D．Cu(OH)2‎ ‎（2）甲同学怀疑调整溶液pH至4是否能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp＝1.0×10－38，Cu(OH)2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时就认定沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为______，Fe3＋完全沉淀[即c(Fe3＋)≤1.0×10－5mol·L－1]时溶液的pH为______，通过计算确定上述方案______(填“可行”或“不可行”)。‎ ‎【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3 (5). 可行 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)加入合适的氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，需要不能引入新的杂质；调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；‎ ‎(2)依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，计算Fe(OH)3沉淀完全时的pH。‎ ‎【详解】(1)①加入合适的氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，但不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；‎ ‎②调整溶液至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B能够将铜离子也转化为沉淀，不符合，故答案为CD；‎ ‎(2)Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c(Cu2+)=3.0mol•L-1，依据溶度积常数c(Cu2+)×c2(OH-)=3.0×10-20；c2(OH-)==10-20；得到c(OH-)=10-10mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-4mol/L，溶液pH=4，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33，则c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意结合溶度积常数计算出Fe(OH)3沉淀完全时的pH，需要该pH≤4，以及Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH，需要该pH≥4。‎ ‎29.某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件，按如图所示装置进行实验并得到下表实验结果：‎ 实验 序号 A B 烧杯中的液体 灵敏电流计指针是否偏转 ‎1‎ Zn Zn 乙醇 无 ‎2‎ Zn Cu 稀硫酸 有 ‎3‎ Zn Zn 稀硫酸 无 ‎4‎ Zn Cu 苯 无 ‎5‎ Cu C 氯化钠溶液 有 ‎6‎ Mg Al 氢氧化钠溶液 有 分析上述实验，回答下列问题：‎ ‎（1）实验2中电流由________极流向________极(填“A”或“B”)。A电极反应式________，‎ ‎（2）实验6中电子由B极流向A极，表明负极是________(填“镁”或“铝”)电极，发生________（氧化反应，还原反应）‎ ‎（3）实验5表明________。‎ A．铜在潮湿空气中不会被腐蚀B．铜的腐蚀是自发进行的 ‎（4）分析上表有关信息，下列说法不正确的是________。‎ A．相对活泼的金属一定作负极 B．失去电子的电极是负极 C．烧杯中的液体必须是电解质溶液 D．原电池中，浸入同一电解质溶液中的两个电极，是活泼性不同的两种金属(或其中一种非金属)‎ ‎【答案】 (1). B (2). A (3). Zn-2e-=Zn2+ (4). 铝 (5). 氧化反应 (6). B ‎ ‎ (7). A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原电池原理，一般情况下金属活动性强的金属为负极，但金属Mg不与氢氧化钠溶液反应，故铝作负极；过程中存在电流，说明发生了氧化还原反应，是自发进行的；‎ ‎【详解】（1）Zn金属性比Cu活泼，电流表指针有偏转，说明构成原电池，即Zn为负极，Cu为正极，电流方向是由B电极移向A电极；A电极反应式Zn-2e-=Zn2+；‎ ‎（2）实验6，电子从B电极流向A电极，根据原电池工作原理，B为负极，A为正极，即负极材料是铝，发生氧化反应；‎ ‎（3）实验5，Cu不与NaCl溶液发生反应，C不与NaCl溶液发生反应，但电流表指针发生偏转，有电流通过，说明构成原电池，属于吸氧腐蚀，自发进行，B正确；‎ ‎（4）A、原电池中一般是活动性较强的作负极，但是活泼性较强的不一定作负极，如实验6，Mg不与氢氧化钠溶液发生氧化还原反应，Al能反应，A错误；‎ B、在原电池中失去电子一极为负极，B正确；‎ C、根据实验2和4的对比，H2SO4为电解质，苯属于非电解质，需要构成闭合回路，烧杯中的液体必须是电解质溶液，C正确；‎ D、根据实验2和3，实验2有电流产生，实验3没有，因此原电池中，浸入同一电解质溶液中的两个电极，是活泼性不同的两种金属(或其中一种是非金属导体)，D正确。‎ 答案为A。‎