湖南省湖南师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学（理）试题（解析版）

湖南省湖南师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学（理）试题（解析版）

湖南省湖南师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试 化学（理）试题 ‎1.下列溶液导电能力最强的是 A. 1 L 0.1 mol/L的醋酸溶液 B. 1 L 0.1 mol/L的亚硫酸溶液 C. 1 L 0.1 mol/L的硫酸溶液 D. 1 L 0.1 mol/L的盐酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、0.1mol/L醋酸中由于醋酸是弱电解质，部分电离，所以氢离子和醋酸根离子的浓度小于0.1mol/L；B、0.1 mol/L亚硫酸中，由于亚硫酸是弱电解质，部分电离，所以氢离子小于0.2 mol/L、亚硫酸根离子的浓度小于0.1mol/L；C、0.1 mol/L硫酸中，硫酸为强酸，完全电离，所以氢离子为0.2 mol/L、硫酸根离子的浓度为0.1mol/L；D、0.1 mol/L盐酸，氯化氢为强电解质，完全电离，所以氢离子为0.1 mol/L、氯离子的浓度为0.1mol/L；离子浓度最大的为C，溶液导电能力最强为C，故选C。‎ ‎2.向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中正确的是 A. c(H＋)·c(OH－)不变 B. pH增大了 C. 水的电离程度增大了 D. 水电离出的c(H＋)增加了 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故A正确；B．HCl电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；C．氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，电离程度减小，故C错误；D．HCl电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，从而抑制水电离，则水电离出的c(H+)减少了，故D错误；故选A。‎ ‎3.已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，可以采取的措施是 A. 通入少量HCl气体 B. 升高温度 C. 加少量醋酸钠晶体 D. 加水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通入少量HCl气体，溶液中的c(H＋)增大，CH3COOHCH3COO－＋H＋平衡逆向移动，c(CH3COO-)减小，由于醋酸的电离平衡常数K=不变，则增大，故A错误；B．弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则增大，故B错误；C．加少量醋酸钠晶体，c(CH3COO-)增大，由于醋酸的电离平衡常数K=不变，则减小，故C正确；D．加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，则增大，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，把握影响弱电解质的电离的影响因素为解题的关键。本题的易错点为A，要注意温度不变，电离平衡常数不变。‎ ‎4.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是 酸 HX HY HZ 电离常数K/(mol·L－1)‎ ‎9×10－7‎ ‎9×10－6‎ ‎1×10－2‎ A. 相同温度下，HX的电离常数会随浓度变化而改变 B. 反应HZ＋Y－===HY＋Z－能发生 C. HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸 D. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故A错误；B．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的电离平衡常数HZ＞HY＞HX，则酸性HZ＞HY＞HX，HZ+Y-═HY+Z-‎ 能够发生，故B正确；C．完全电离的为强酸、部分电离的为弱酸，这几种酸都部分电离，均为弱酸，故C错误；D．酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，酸的电离平衡常数HZ＞HY＞HX，则酸性HZ＞HY＞HX，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确电离平衡常数与其酸根离子水解程度关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意：所有的平衡常数都只与温度有关，与溶液酸碱性、浓度都无关。‎ ‎5.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等 B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强 C. a＝5时，A是强酸，B是弱酸 D. 稀释导致B酸的电离程度减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，以此来解答。‎ ‎【详解】A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+‎ ‎)，由于起始时，二者溶液的pH相同，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故A错误；B．根据图像，稀释后，A的pH比B大，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，故B错误；C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；D．B为弱酸，稀释促进弱电解质的电离，电离程度增大，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为A。要注意弱电解质存在电离平衡。‎ ‎6.25℃时，pH＝3的硝酸和pH＝10的氢氧化钾溶液按照体积比为1∶9混合，混合溶液的pH为 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设硝酸溶液的体积为V，则氢氧化钾溶液体积为9V；pH=3的硝酸中氢离子浓度为0.001mol/L，溶液中氢离子的物质的量为：0.001mol/L×VL=0.001Vmol；pH=10的氢氧化钾溶液中氢氧根离子的浓度为1×10-4mol/L，氢氧根离子的物质的量为：9V×10-4mol/L×VL=9V×10-4mol，显然两溶液混合后溶液显示酸性，混合后溶液中氢离子浓度为：c(H+)==1×10-5mol/L，所以混合液的pH=5，故选A。‎ ‎7.准确移取20.00 mL某待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用0.1000 mol/L的氢氧化钠标准溶液滴定。下列说法正确的是 A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入氢氧化钠溶液进行滴定 B. 随着氢氧化钠溶液的滴入，锥形瓶中溶液的pH由小变大 C. 使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定 D. 滴定达到终点时，发现滴定管的尖嘴部分有悬滴，测定结果偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错误；B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B正确；C、用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错误；D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D正确。答案选B。‎ ‎【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。‎ ‎【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH—的物质的量相等，C标·V标= C待·V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。‎ 视频 ‎8.常温下，某碱性溶液中，由水电离出来的c(OH－)＝10－4 mol/L，则该溶液中的溶质可能是 A. Al2(SO4)3 B. KHSO4 C. NaOH D. CH3COONa ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，由水电离出的c(OH-)=10-4mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，则c(H+)•c(OH-)=10-8＞10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸氢钾、氢氧化钠都抑制了水的电离；Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐，水解促进水的电离，水解后溶液显酸性；醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解促进水的电离，水解后溶液显碱性，故选D。‎ ‎9.下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是 A. 溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32-‎ B. 25℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大 C. 离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3-)＋c(CO32-)‎ D. 25～45℃小范围内温度升高，c(HCO3-)增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n(OH-)增大，c(OH-)减小，由Kw不变，可知c(H+)增大，则n(H+)增大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故C错误；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c(HCO3-)减小，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了盐类的水解、离子浓度大小的比较的相关知识。‎ 视频 ‎10.向10 mL NaCl溶液中滴加硝酸银溶液1滴，出现白色沉淀，继续滴加碘化钾溶液1滴，沉淀转化为黄色，再滴入硫化钠溶液1滴，沉淀又转化为黑色，已知溶液均为0.1 mol/L，分析沉淀的溶解度关系 A. AgCl＞AgI＞Ag2S B. AgCl＞Ag2S＞AgI C. Ag2S＞AgI＞AgCl D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动。沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着Ksp减小的方向进行；向10mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴加一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgCl＞AgI＞Ag2S，故选A。‎ ‎11.用锌片和稀硫酸反应制取氢气时，为加快生成氢气的速率，下列措施不适宜的是 A. 对该反应体系加热 B. 加入硝酸铜固体 C. 改用粗锌 D. 不用锌片，改用锌粉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 考查外界条件对反应速率的影响，增大反应物的浓度、或升高温度或增大反应物的接触面积，反应速率都是增大的，即选项ACD正确。加入硝酸铜后，NO3－具有氧化性和锌反应得不到氢气，不正确。答案选B。‎ ‎12.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入M的浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)‎ A. 当M为盐酸、杠杆为导体时，A端高，B端低 B. 当M为AgNO3、杠杆为导体时，A端高，B端低 C. 当M为CuSO4、杠杆为导体时，A端低，B端高 D. 当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，A端低，B端高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 当M为盐酸、杠杆为导体时，向烧杯中央滴入盐酸溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生2H++2e-═H2↑，则A端低，B端高，故A错误；B. 当M为AgNO3、杠杆为导体时，向烧杯中央滴入AgNO3溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生2Ag++2e-═2Ag，则A端低，B端高，故B错误；C. 当M为CuSO4、杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高，故C正确；D. 当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池原理的应用，明确杠杆是否导电及发生的反应是解答本题的关键。本题的易错点为D，容易忽略杠杆为绝缘体时的情况，杠杆为绝缘体时不能构成原电池。‎ ‎13.下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是 A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重 B. 图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色 C. 图3中，开关由M改置于N时，Cu－Zn合金的腐蚀速率增大 D. 图4中，采用了牺牲阳极的阴极保护法来防止地下钢铁管道的腐蚀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故A错误；B、金属铁是负极，发生析氢腐蚀，金属铁失电子得到的是亚铁离子，遇到硫氰化钾不显示红色，故B错误；C、开关由M改置于N时，合金为正极，则Cu-Zn合金的腐蚀速率减慢，故C错误；D、在该原电池中，金属镁是负极，负极金属易被腐蚀，正极钢铁管道被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选D。‎ ‎14.下图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是 A. 阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑‎ B. 阴极的电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－‎ C. 通电后，O2－、Cl－均向阴极移动 D. 石墨电极的质量不发生变化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O2-→O2↑+4e-，故A错误；B、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即TiO2+4e-→Ti+2O2-，故B正确；C、电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移向阳极，故C错误；D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电解本身会消耗，质量减轻，故D错误；故选B。‎ ‎15.（1）取20 mL pH＝3的CH3COOH溶液，加入0.2 mol·L－1的氨水，测得溶液导电性变化如图，则加入氨水前CH3COOH的电离度(分子电离的百分数)为______________，加入0～10 mL的氨水导电能力增强的原因_________________________。‎ ‎（2）将醋酸铵固体溶于水，配成0.1 mol·L－1溶液，已知醋酸的电离平衡常数为Ka，一水合氨的电离平衡常数为Kb，实验发现两者近似相等，请写出醋酸铵水解的离子方程式______________________，水解平衡常数的表达式____________________。‎ ‎【答案】 (1). 1% (2). 随着中和反应进行，溶液中离子(铵根离子，醋酸根离子)浓度显著增大，当达到化学计量点时离子浓度达最大值 (3). NH4+＋CH3COO－＋H2ONH3·H2O＋CH3COOH (4). K＝‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图象分析，当氨水的体积为10mL时导电性最强，说明刚好与醋酸完全反应，所以醋酸的浓度为：=0.1mol•L-1，再根据pH=3的 CH3COOH溶液，则氢离子浓度为10-3mol•L-1，所以CH3COOH的电离度为 ×100%=1%，随着中和反应进行，溶液中离子(铵根离子，醋酸根离子)浓度显著增大，当达到化学计量点时离子浓度达最大值，因此加入0～10 mL的氨水导电能力逐渐增强，故答案为：1%；随着中和反应进行，溶液中离子(铵根离子，醋酸根离子)浓度显著增大，当达到化学计量点时离子浓度达最大值；‎ ‎(2)醋酸铵是弱酸弱碱盐，但它是强电解质，能在水中完全电离，铵根离子和乙酸根离子都水解，化学方程式为CH3COONH4+H2O⇌CH3COOH+NH3•H2O，离子方程式为：CH3COO-+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3•H2O，水解平衡常数的表达式K====，故答案为： CH3COO-+NH4++H2O⇌CH3COOH+NH3•H2O；K=。‎ ‎16.（1）K2Cr2O7的水溶液中存在如下平衡：Cr2O72-(aq)＋H2O(l)2CrO42-(aq)＋2H＋(aq)，平衡常数表达式__________，已知：(在水溶液中K2Cr2O7为橙红色，K2CrO4‎ 为黄色)往上述溶液中加入足量氢氧化钠，溶液呈________色；向已加入氢氧化钠的溶液中，再加入过量硫酸，溶液呈__________色。‎ ‎（2）在KMnO4与H2C2O4反应中，可通过测定________________来测定该反应的速率；写出酸性条件下KMnO4与H2C2O4(弱酸)反应，产生二氧化碳气体、水和Mn2＋的离子反应方程式：__________________；此反应开始反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是______(填字母)。‎ A．KMnO4溶液中的H＋起催化作用 B．生成的CO2逸出，使生成物浓度降低 C．反应中，生成的Mn2＋起催化作用 D．在酸性条件下KMnO4的氧化性增强 ‎【答案】 (1). K＝c2(CrO42-)c2(H＋)/c(Cr2O72-) (2). 黄 (3). 橙红 (4). 高锰酸钾溶液紫色褪去的时间 (5). 2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O (6). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据化学平衡常数的定义，可知Cr2O72-(aq)+H2O(l)⇌2CrO42-(aq)+2H+(aq)的平衡常数K=；加入少量NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色；向已加入氢氧化钠的溶液中，再加入过量硫酸，H+浓度增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大，溶液呈橙红色，故答案为：；黄；橙红色；‎ ‎(2)在KMnO4与H2C2O4反应中，根据高锰酸钾溶液褪色的时间比较反应速率；KMnO4与H2C2O4(弱酸)反应，产生二氧化碳气体、水和Mn2+，根据化合价升降相等配平，反应的化学方程式为：2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；A．由于反应开始时溶液中氢离子就存在，反应速率比较慢，说明氢离子不是反应速率迅速加快的原因，故A错误；B．生成的二氧化碳逸出，生成物浓度减小，反应速率应该减小，故B错误；C．由于反应刚开始时，溶液中锰离子浓度较小，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，锰离子可能对反应具有催化作用，故C正确；D．若是因为酸性条件下KMnO4的氧化性增强，则反应开始时反应速率就应该很快，故D错误；故选C；故答案为：高锰酸钾溶液褪色所需时间；2MnO4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；C。‎ ‎17.设计的实验方案如下表。(已知I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量)‎ 实验 序号 体积V/mL 时间/s Na2S2O3溶液 淀粉溶液 碘水 水 ‎①‎ ‎10.0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎0.0‎ t1‎ ‎②‎ ‎8.0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ ‎2.0‎ t2‎ ‎③‎ ‎6.0‎ ‎2.0‎ ‎4.0‎ Vx t3‎ ‎（1）该实验进行的目的是____________，该实验是根据__________现象记录时间。‎ ‎（2）表中Vx＝______mL，比较t1、t2、t3大小____________。‎ ‎【答案】 (1). 探究浓度对化学反应速率的影响 (2). 蓝色消失的时间 (3). 4.0 (4). t3＞t2＞t1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据表格数据可知，Na2S2O3溶液的体积不等，而淀粉溶液和碘水的体积相等，因此实验的目的为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，根据I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，该实验是根据蓝色消失的时间来判断反应的快慢，故答案为：探究浓度对化学反应速率的影响；蓝色消失的时间；‎ ‎(2)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为16mL(②组数据显示)，故Vx=4.0mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间T的大小t3＞t2＞t1，故答案为：4.0；t3＞t2＞t1。‎ ‎18.用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试根据实验回答下列问题：‎ ‎（1）准确称量8.2 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL待测溶液。称量时，样品可放在________称量。配制溶液选用________(填编号字母)‎ A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．500 mL容量瓶 D．500 mL试剂瓶 ‎（2）为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000 mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用________(填编号字母)作指示剂。‎ A．甲基橙　　　　B．石蕊　　　　C．酚酞 ‎（3）滴定过程中，眼睛应注视_____________，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标志是____________，滴定结果是________(偏大，偏小，不变)，理由______________________。‎ ‎（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________mol/L，烧碱样品的纯度是____________。‎ 滴定次数 待测溶液体积 ‎(mL)‎ 标准酸体积 滴定前的刻度(mL)‎ 滴定后的刻度(mL) ‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.40‎ ‎20.50‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.10‎ ‎24.00‎ ‎【答案】 (1). A (2). D (3). A (4). 锥形瓶中液体颜色变化 (5). 溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 偏小 (7). 滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少 (8). 0.4000 (9). 97.56%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)氢氧化钠易潮解，易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘；配成500 mL待测溶液，应该盛放在500 mL的试剂瓶中，故答案为：A；D；‎ ‎(2)为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000 mol/L的盐酸标准液来滴定待测溶液，酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，如果选择酚酞，则氢氧化钠的浓度会受到二氧化碳的影响，因此只能选择甲基橙，故选A；‎ ‎(3)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；若用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色，滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少； ‎ ‎(4)两次实验消耗标准液体积分别为：20.50 mL -0.40 mL =20.10mL，24.00 mL -4.10 mL =19.90mL，则2次消耗标准液的平均体积为：20.00mL，氢氧化钠的物质的量浓度为：‎ ‎=0.4000mol/L，原样品中含有氢氧化钠的质量为：0.4000mol/L×0.5L×40g/mol=8g，则样品的纯度为：×100%=97.56%，故答案为：0.4000；97.56%。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱中和滴定中的操作要点、中滴定的计算以及误差分析,。本题的易错点和难点为(3)中误差的分析，要注意二氧化碳能够与氢氧化钠反应，导致消耗的盐酸偏少。‎ ‎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_____________________。‎ ‎（2）若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为____________________。‎ ‎（3）若用铝条和镁条分别代替图中石墨和铁电极，电解质溶液为氢氧化钠溶液，请写出原电池负极的电极反应式_____________________________。‎ ‎（4）若用二氧化铅和铅作电极，硫酸溶液为电解质溶液构成铅蓄电池，则充电时阳极的电极反应式_________________。‎ ‎【答案】 (1). O2＋4e－＋2H2O=4OH－ (2). 2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑ (3). Al－3e－＋4OH－=AlO2-＋2H2O (4). PbSO4＋2H2O－2e－=PbO2＋4H＋＋SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)开始时开关K与a连接，构成原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A极石墨为正极，氧气得电子，发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；‎ ‎(2)开关K与b连接，装置为电解池，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，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2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑(或2H++2e-=H2↑)，故答案为：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑(或2H++2e-=H2↑)；‎ ‎(3)Al、Mg、NaOH溶液可构成原电池，Al为负极，Mg为正极，负极上Al失去电子，生成偏铝酸根离子，电极反应式为Al－3e－＋4OH－=AlO2-＋2H2O，故答案为：Al－3e－＋4OH－=AlO2-＋2H2O ； ‎ ‎(4)若用二氧化铅和铅作电极，硫酸溶液为电解质溶液构成铅蓄电池，充电时，阳极上硫酸铅失电子和水反应生成二氧化铅、硫酸根离子和氢离子，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O═PbO2+SO42-+4H+，故答案为：PbSO4-2e-+2H2O═PbO2+SO42-+4H+。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池和电解池原理。本题的难点为(3)，负极的电极反应式可以根据铝与氢氧化钠反应的离子方程式结合正极反应式2H2O+2e- = H2↑+ 2OH―书写。‎ ‎20.通直流电用惰性电极电解，3个电解槽串联。‎ ‎（1）第一个电解槽中盛放500 mL 1 mol/L AgNO3溶液，一段时间后溶液pH由6变为1，忽略电解前后溶液体积变化，试计算阴极上析出单质的质量_____________。‎ ‎（2）另外2个电解槽盛放KCl，Al2O3的熔融态，计算该电解时间段阴阳极产物的物质的量_________。‎ ‎【答案】 (1). 5.4 g (2). 电解熔融氯化钾，阳极为氯气，0.025 mol，阴极为钾，0.05 mol；电解熔融氧化铝，阳极为氧气，0.0125 mol，阴极为铝，0.0167 mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)用惰性电极电解500 mL 1 mol/L AgNO3溶液，电解的总反应为4AgNO3 + 2H2O 4Ag↓+ O2↑+ 4HNO3，阳极：2H2O—4e- = O2↑+ 4H+，阴极：2Ag++2e-═2Ag，一段时间后溶液pH由6变为1，忽略电解前后溶液体积变化，生成的氢离子的物质的量为(0.1mol/L-10-6 mol/L)×0.5L≈0.05mol，则转移的电子为0.05mol，阴极析出单质的质量为0.05mol×108g/mol=5.4g，故答案为：5.4g；‎ ‎(2)用惰性电极电解熔融KCl生成钾和氯气，则转移0.05mol电子，阳极生成0.025mol氯气，阴极生成0.05molK；电解熔融Al2O3，阴极生成铝=0.0167 mol，阳极生成氧气=0.0125 mol，故答案为：电解熔融氯化钾，阳极为氯气，0.025 mol，阴极为钾，0.05 mol；电解熔融氧化铝，阳极为氧气，0.0125 mol，阴极为铝，0.0167 mol。‎ ‎21.下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是 A. 氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以 B. 氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸 C. 0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1‎ D. 氢硫酸的还原性强于亚硫酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A正确；B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B正确；C.0.10mol•L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C正确；D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，D错误。答案选D。‎ 点睛：本题考查学生弱电解质的电离知识，注意电解质是弱电解质的证明方法的使用是关键，即弱电解质的证明，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。‎ ‎22.碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11，草酸：H2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6. 4×10－5，将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 A. c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（HCO3-）＞c（C2O42-）‎ B. c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（CO32-）‎ C. c（H+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（HCO3-）‎ D. c（H2CO3）＞c（HCO3-）＞c（HC2O4-）＞c（CO32-）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中c (H+)＞c (HC2O4-)＞c (C2O42-)＞c (HCO3-)＞c (CO32-)，则C正确，ABD错误，故选C。‎ ‎23.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是 A. 电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－===2CO32-‎ B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－===2H2O C. 电池工作时，向电极A移动，电子由A极经电解质流向B极 D. 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为燃料，即A为负极，被氧化生成二氧化碳和水，正极B上氧气得电子结合二氧化碳生成CO32-，以此解答。‎ ‎【详解】A．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，故A正确；B．电解质没有OH-，负极A上H2参与的电极反应为H2+CO32--2e-=H2O+CO2，故B错误；C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，电子不能经过溶液，电子由A极经导线(用电器)流向B极，故C错误；D．反应CH4+H2O 3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故D错误；故选A。‎ ‎24.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是 A. pH＝1的NaHSO4溶液：c(H＋)＝c(SO42-)＋c(OH－)‎ B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag＋)>c(C1－)＝c(I－)‎ C. CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO3-)＝2c(CO32-)‎ D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na＋)＝2[c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(H2C2O4)]‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。‎ 考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。‎ 视频 ‎25.电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe＋2H2O＋2OH－FeO42-＋3H2↑‎ ‎，工作原理如图所示。下列说法不正确的是 ‎ ‎ ‎(已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原)‎ A. 装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42-‎ B. M点表示氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质 C. 氢氧根离子从镍极区通过交换膜到达铁极区域 D. 电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铁为阳极，装置通电后，铁失去电子生成FeO42-，故A正确；B. 根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，故B错误；C. 电解池中阴离子阴极区移向阳极区，因此氢氧根离子从镍极区通过交换膜到达铁极区域，故C正确；D. 氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体(氢气)及时排出，防止Na2FeO4与H2反应，使产率降低，故D正确；故选B。‎ ‎26.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。常温下，若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO3-)∶c(CO32-)＝2∶1，溶液pH＝__________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)‎ ‎（2）已知25℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝________________mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)＝__________________。‎ ‎（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl－，利用Ag＋与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl－恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10－5mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________mol·L－1，此时溶液中c(CrO42-)等于__________mol·L ‎－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)。‎ ‎【答案】 (1). CO32-- (2). 10 (3). 6.0×10－3 (4). 0.62 (5). 2.0×10－5 (6). 5×10－3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)K2==5×10-11，则c(H+)=，当c(HCO3-)=c(CO32-)，c(H+)=5×10-11，pH在10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO3-)＜＜c(CO32-)，所以该溶液中所得阴离子为CO32-；K2==5×10-11，且所得溶液c(HCO3-)∶c(CO32-)=2∶1，c(H+)==5×10-11×2=1×10-10，pH=10，故答案为：CO32-；10；‎ ‎(2)Kb==1.8×10-5，c(NH3•H2O)=2.0mol/L，则c(OH-)≈c(NH4+)===6.0×10-3mol/L；Ka2==6.2×10-8，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol/L，溶液中===0.62，故答案为：6.0×10-3；0.62；‎ ‎(3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依据Ksp(AgCl)=2.0×10-10，计算得到c(Ag+)===2.0×10-5mol/L，此时溶液中c(CrO42-)===5.0×10-3mol/L，故答案为：2.0×10-5 ；5.0×10-3。‎ ‎27.（1）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：________________________。‎ ‎（2）制备焦亚硫酸钠Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。‎ ‎（3）利用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为____________________。(离子交换膜只允许OH－通过)‎ ‎.‎ ‎【答案】 (1). HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO3- (2). 2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ (3). a (4). 2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-，故答案为：HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-；‎ ‎(2)电解池阳极室为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，电解池阳极发生氧化反应，所以应为H2O放电，产生O2和H+，则电极反应为：2H2O-4e-═O2↑+4H+，溶液中分隔各个室的膜为阳离子交换膜，阳离子向阴极移动，H+向右移动，在b室则发生反应：2H++2e-═H2↑，所以b室较a室H+浓度有所降低，因此电解后，a室的NaHSO3浓度增加，故答案为：2H2O-4e-═O2↑+4H+；a；‎ ‎(3)利用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度而制备纳米Cu2O。在电解池中，铜当阳极，铜是活泼电极，电极本身发生失去电子的氧化反应，在碱性环境下，电极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，故答案为：2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理的应用。本题的难点为(2)(3)，(2)中要注意根据电解原理，结合微粒的移动方向判断；(3)中要注意根据题干的信息和要求书写电极反应式。‎ ‎ ‎ ‎ ‎