2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省双鸭山市第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

‎2018-2019学年度上学期高二化学学科期末考试试题 可能用到的原子量: H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 K39 N14 Na23‎ 一、选择题（每空2分，共46分。有且只有一个正确选项）‎ ‎1.下列关于铜电极的叙述中不正确的是(　　)‎ A. 锌铜原电池铜是正极 B. 在镀件上镀铜时可用金属铜做阳极 C. 用电解法精炼粗铜时粗铜做阴极 D. 用电解法精炼粗铜时，Cu2+移向纯铜电极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜为不活泼金属，在铜锌原电池中作正极，电镀时，如镀铜，铜为阳极；精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，以此解答。‎ ‎【详解】A．锌比铜活泼，在锌铜原电池中，铜是正极，选项A正确；‎ B．在镀件上镀铜时，用金属铜作阳极，镀件为阴极，电解质为铜盐溶液，阴极上析出铜，选项B正确；‎ C．用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，精炼为阴极，粗铜中的锌、铁等活动性比铜强的金属发生氧化反应，变为金属阳离子进入溶液，活动性比Cu弱的银、金等金属则以单质的形式沉淀在容器底部，俗称阳极泥，从而可与铜分离，选项C错误；‎ D．用电解法精炼粗铜时，纯铜作阴极，Cu2+在阴极上获得电子，变为单质铜，从而起到提纯铜的目的，选项D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池知识，侧重于化学与生活、生产的考查，为高频考点，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电解的应用。‎ ‎2.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(　　)‎ A. d为石墨，铁片腐蚀加快 B. d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ C. d为锌块，铁片易被腐蚀 D. d为锌块，外电路中电子流向为锌块→铁片 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电极活动性Fe>C，所以铁片作负极，首先被腐蚀，使铁腐蚀加快，选项A正确；‎ B．在该原电池中d为石墨电极作正极，因海水呈中性，所以铁片发生吸氧腐蚀，石墨电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，选项B正确；‎ C．d为锌快，锌活泼性大于铁，所以锌片首先被腐蚀，铁片被保护，选项C错误；‎ D．d为锌块，锌为负极，铁为正极，外电路中电子由锌块流向正极铁片，选项D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列各组物质中属于同分异构体的是（　　）‎ A. 126C与136C B. O2与O3‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：选项A、136C与126C两个原子中质子数相同，中子数不同，互称为同位素；‎ 选项B、O2与O3是由同种元素组成的不同单质，互称为同素异形体；‎ 选项C、属于同一种物质；‎ 选项D、分子式相同，组成和结构不同，互称为同分异构体；‎ 考点：同分异构体；同位素；同素异形体；‎ 点评：本题主要考查了“同分异构体”、“同位素”、“同素异形体”三个基本概念：‎ ‎①同分异构体：分子式相同，组成和结构不同的物质；‎ ‎②同位素：质子数相同，中子数不同的一类原子的总称；‎ ‎③同素异形体：由同种元素组成的不同单质。‎ ‎4.下列有机物命名正确的是（ ）‎ A. 2-乙基丁烷 B. 3-甲基丁烷 C. 2,2,4,4-四甲基辛烷 D. 1,1,3-三甲基戊烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.2号碳原子上不能有乙基，碳链选错，正确命名为3-甲基戊烷，选项A错误；‎ B.碳链的首端选错，要使取代基的编号最小，正确命名为2-甲基丁烷，选项B错误；‎ C.符合烷烃的系统命名法，名称正确，选项C正确；‎ D.没有选最长碳链为主链，正确命名为2，4-二甲基己烷，选项D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是(　　)‎ A. 无色溶液：K+、Cl- 、Mg2+、SO42-、Cr2O72-‎ B. Kw/c(H+)＝0.1 mol/L的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-‎ C. Na2CO3溶液：K＋、Fe3＋、SO42-、NO3-‎ D. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na＋、NH4+、I－、NO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cr2O72-在溶液中显为橙色，在无色溶液中不能大量存在，选项A错误；‎ B. Kw/c(H+)＝0.1 mol/L的溶液显碱性，在碱性溶液中，Na＋、K＋、SiO32-、NO3-之间不能发生任何反应，可以大量共存，选项B正确；‎ C. Na2CO3溶液显碱性，在碱性溶液中，OH-、Fe3＋会反应形成沉淀，不能大量共存，选项C错误；‎ D. 能使pH试纸呈红色的溶液显碱性，OH-、NH4+会发生反应，不能大量共存，选项D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎6.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是（ ）‎ A. 放电时负极附近溶液的碱性不变 B. 充电过程是化学能转化为电能的过程 C. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e－+ OH－=NiOOH + H2O D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当该电池放电时为原电池，负极上镉失电子发生氧化反应，正极上NiOOH得电子发生还原反应。放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-。充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．放电时，Cd为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，由于OH-不断消耗，所以溶液的碱性减弱，选项A错误；‎ B．充电时能量转化是电能转化为化学能，选项B错误； ‎ 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故B错误；‎ C．充电时阳极发生氧化反应，电极反应式是：Ni(OH)2-e－+OH－=NiOOH+H2O，选项C正确；‎ D．放电时电解质溶液中的OH-向负极移动，选项D错误；‎ 故合理选项是C.‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，易错点为A，注意电解质的酸碱性，为解答该题的关键。‎ ‎7.下列说法中，与盐类水解有关的有几项（　　）‎ ‎①明矾可以做净水剂；‎ ‎②实验室配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶于少量的浓盐酸再加水稀释；‎ ‎③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂；‎ ‎④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气；‎ ‎⑤HCO3-与AlO2-不能共存；‎ ‎⑥NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性判断．‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附力强，能吸附水中悬浮的固体颗粒，因此可作净水剂，①与盐水解有关；‎ ‎②FeCl3是强酸弱碱盐，水解会产生氢氧化铁和盐酸，将FeCl3溶于少量的浓盐酸，增大了溶液中氢离子的浓度，就可以起到抑制盐水解的作用，②与盐水解有关； ‎ ‎③NaHCO3水解使溶液显碱性，Al2(SO4)3水解使溶液显酸性，二者混合，水解相互促进，水解程度都增大，产生二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，从而可起到灭火作用，③与水解有关；‎ ‎④NH4Cl溶液中水解显酸性，Mg与H+发生反应产生氢气，④与盐水解有关；‎ ‎⑤由于酸性HCO3->Al(OH)3，所以HCO3-与AlO2-会发生反应：HCO3-+AlO2-+H2O=CO32-+Al(OH)3↓，⑤与盐的水解无关； ‎ ‎⑥NH4Cl溶液由于NH4+水解显酸性；Na2S由于S2-水解而使溶液显碱性，故⑥与盐水解有关； ‎ 可见上述与盐水解有关的是①②③④⑥，共有5项，合理选项是C。‎ ‎8.下列物质的分子式只表示一种物质的是（ ）‎ A. C3H8 B. C4H10 C. C2H4O2 D. C3H6‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分子式只能表示一种物质，就是说它不存在同分异构体。同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断正误。‎ ‎【详解】A.C3H8属于烷烃，是丙烷，只表示这一种物质，不存在同分异构体，选项A正确；‎ B.C4H10属于烷烃，可表示丁烷，也可表示2-甲基丙烷，有两种不同结构，有同分异构体，因此不能表示一种物质；选项B错误； ‎ C. C2H4O2可表示CH3COOH，也可以表示HCOOCH3，有两种不同结构，存在同分异构体，不能表示一种物质，选项C错误；‎ D. C3H6可以表示环丙烷，也可以表示丙烯，存在同分异构体，不能只表示一种物质，选项D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查同分异构体，明确只表示一种物质的化学式中一定不存在同分异构体或同素异形体，若存在同分异构体，则不能表示一种物质。‎ ‎9.25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为（ ）‎ A. 14∶13∶2∶3 B. 0∶1∶12∶11 C. 14∶13∶12∶11 D. 1∶10∶100∶1000‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 水的电离平衡为H2OH++OH-‎ ‎，在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离；酸溶液中氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离，结合Kw=c(H+)×c(OH-)计算。‎ ‎【详解】酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离的。‎ c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸，溶液中c(H＋)=1mol/L，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-14mol/L；‎ ‎0.1mol/L盐酸，溶液中c(H＋)=0.1mol/L，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-13mol/L；‎ ‎0.01mol/L的NaOH 溶液，溶液中c(H＋)=0.01mol/L，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-12mol/L；‎ c(OH-)＝10－3mol·L-1氨水溶液，溶液中c(OH-)=10－3mol·L－1，c(H＋)(水)=c(OH-)(水)=1×10-11mol/L；‎ 所以由水电离出的氢离子浓度之比为①：②：③：④=1×10-14mol/L：1×10-13mol/L：1×10-12mol/L：1×10-11mol/L=1：10：100：1000。‎ 合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题综合考查溶液中水电离程度大小判断的知识。掌握pH的计、水的离子积常数Kw= c(H＋)• c(OH-)知识，明确酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，碱溶液中氢离子是水电离的，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等。‎ ‎10.一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)　ΔH<0，反应经60 s达到平衡并生成0.3 mol Z，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 以Y浓度变化表示的反应速率为0.000 5 mol·L－1·s－1‎ B. 其他条件不变，将容器体积扩大至20 L，则Z的平衡浓度变为原来的1/2‎ C. 其他条件不变，将容器体积缩小至5 L，平衡正向移动，平衡常数增大 D. 其他条件不变，升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、Z的浓度变化是0.03 mol/L,则Z的反应速率为0.03mol/L/60s=0.0005 mol/(L·s),所以以Y浓度变化表示的反应速率也为0.0005 mol/(L·s)，正确；B、其他条件不变，将容器体积扩大至20 L，也即压强减小，平衡会逆向移动，则Z的平衡浓度小于原来的1/2，错误；C、平衡常数是温度常数，温度不变平衡常数不变，错误；D、升高温度，使正逆反应速率均加快，错误，答案选A。‎ 考点：考查化学反应速率的计算、外界条件的改变对平衡、平衡常数、反应速率的影响 ‎11.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)下列的溶液,可以得到该物质的固体是(　　)‎ A. 氯化镁溶液 B. 硫酸铝溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 硫酸亚铁溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)溶液，能得到该物质的固体，说明该物质在蒸发时不反应，没有被氧化或分解、水解等，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．加热氯化镁溶液，水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，灼烧氢氧化镁分解得到氧化镁，选项A错误；‎ B．加入硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥发，最终固体仍为硫酸铝，选项B正确；‎ C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解，最终生成碳酸钠固体，选项C错误；‎ D．加入硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁被氧气氧化生成硫酸铁，选项D错误； ‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解原理和应用，为高频考点，侧重于对化学基本反应原理和应用的考查，注意把握盐类水解的原理和规律。‎ ‎12.室温下，将碳酸钠溶液加热至70℃，其结果是(　　)‎ A. 溶液的碱性增强 B. 水的电离程度不变 C. 溶液中c(CO32-)增大 D. KW(水的离子积)将变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碳酸钠溶液中碳酸根离子水解促进水的电离，水解使溶液显碱性，水解过程是吸热反应，升温促进水解平衡正向进行，使溶液碱性增强，溶液中离子积常数增大，据此解答。‎ ‎【详解】A.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解消耗水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动，当达到平衡时，溶液中c(OH-)增大，溶液的碱性增强，选项A正确；‎ B.碳酸钠溶液中碳酸根离子水解消耗水电离产生的H+，升高温度，促进了水的电离，使水的电离平衡正向移动，因而水的电离程度增大，选项B错误；‎ C.盐的水解反应是吸热反应，温度升高，盐的水解程度增大，更多的CO32-发生水解反应，使溶液中c(CO32-)减小，选项C错误；‎ D.水的电离过程是吸热过程，升高温度，水的电离平衡正向移动，水电离程度增大，水电离产生的氢离子、氢氧根离子浓度都增大，所以KW变大，选项D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查了盐类水解的原理的应用，主要是水解实质，注意从对水电离平衡的影响及离子积常数的变化判断分析。‎ ‎13.对于可逆反应：2SO2＋O22SO3，△H＜0下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学平衡状态都发生变化的是(　　)‎ A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．增大压强，活化分子百分数不变，选项A错误；‎ B．升高温度，反应物的能量增加，更多的能量低的普通分子变为活化分子，反应物中活化分子百分数增大，有效碰撞次数增加，化学反应速率都增大，由于逆反应速率增大的多于正反应速率增大的，化学平衡向逆反应方向移动，选项B正确；‎ C．使用催化剂，不能使化学平衡移动，化学平衡状态不变，选项C错误；‎ D．多充O2，活化分子百分数不变，但由于增大反应物的浓度，使正反应速率大于逆反应速率，所以化学平衡向正反应方向移动，平衡状态发生改变，选项D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中　(　　)‎ A. 水的电离程度始终增大 B. c(NH4+)/c(NH3·H2O)先增大再减小 C. 当加入氨水的体积为10 mL时,c(NH4+)=c(CH3COO-)‎ D. c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；‎ B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电离氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；‎ C．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)=c(CH3COO-)，；‎ D．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小。‎ ‎【详解】A.酸溶液、碱溶液抑制水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度又逐渐减小，所以在滴加氨水的过程中，水的电离程度先增大后减小，选项A错误；‎ B.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由一水合氨的电离平衡常数Kb=可知：随着氨水的加入，c(H+)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大， 逐渐减小，选项B错误；‎ C．当加入氨水的体积为10mL时，n(CH3COOH)=n(NH3•H2O)，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c(H+)= c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(NH4+)=c(CH3COO-)，选项C正确；‎ D．n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，选项D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断及与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分析比较盐溶液中离子浓度大小，题目难度中等。‎ ‎15.已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。向浓度均为0.01 mol·L－1的Cu2＋和Mg2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，下列说法正确的是(　　)‎ A. 较先出现的沉淀是Mg(OH)2‎ B. 两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大 C. 相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2的溶解度 D. 当两种沉淀共存时，溶液中Cu2＋和Mg2＋均不存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Ksp的越小越容易生成沉淀，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，所以首先生成的沉淀是Cu(OH)2，选项A错误；‎ B. Cu(OH)2、Mg(OH)2构型相同，当溶液中Cu2＋和Mg2＋的浓度相同时，溶度积常数小的先形成沉淀，需要的c(OH-)小，pH就小，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，所以Cu(OH)2沉淀时c(OH-‎ ‎)小，则Mg2＋所需溶液的c(OH-)大，溶液的pH较大，选项B错误；‎ C. Cu(OH)2、Mg(OH)2构型相同，溶度积常数越小，相同温度下的溶解度就越小，所以相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2的溶解度，选项C正确；‎ D.任何物质溶解度再小，也有一定的溶解度，溶解的电解质就会电离产生离子，所以溶液中Cu2＋和Mg2＋均会存在，选项D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎16.常温下pH＝11的X、Y两种碱溶液各5 mL，分别稀释至500 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. 稀释后X溶液中水的电离程度比Y溶液中水电离程度小 B. 若X为强碱，则a＝9‎ C. 若X、Y都是弱碱，则a的值一定小于9‎ D. 完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V(X)＞V(Y)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ pH=11的X、Y两种碱溶液稀释100倍后，pH都减小，碱性越强的碱，稀释后其pH变化越明显，Y减小的程度小于X，说明X的碱性大于Y，据此分析解答。‎ ‎【详解】pH=11的X、Y两种碱溶液稀释100倍后，pH都减小，碱性越强的碱，稀释后其pH变化越明显，由于Y减小的程度小于X，说明X的碱性大于Y。‎ A．由图可知碱溶液稀释后溶液中c(OH-)：Y>X，则溶液中氢离子的浓度X>Y，碱溶液中的氢离子是由水电离产生，氢离子的浓度越大，说明水的电离程度就越大，因此两溶液中，水的电离程度X比Y溶液中水电离程度大，选项A错误；‎ B．若X是强碱，碱溶液稀释100倍后，c(OH-)减小100倍，则溶液的pH减小2个单位，pH=9，选项B正确；‎ C．若X、Y都是弱碱，由于在溶液中都存在弱碱的电离平衡，加水稀释时促进弱电解质电离，会使一部分弱碱分子再电离产生OH-‎ ‎，达到电离平衡时，氢氧根离子浓度减小倍数少于100倍，所以a的值就大于9，选项C错误；‎ D．pH相等的两种碱，Y的浓度大于X，所以等体积等pH的两种碱，消耗同浓度稀硫酸的体积V(X)＜V(Y)，选项D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了碱稀释pH变化曲线应用的知识。明确强、弱电解质电离特点是解本题关键，根据pH变化大小确定碱的相对强弱，结合离子对水电离平衡的影响来分析解答，题目难度中等。‎ ‎17.常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A. NaA溶液的pH＝8，c(Na＋)-c(A－)＝9.9×10－7mol·L－1‎ B. 将pH＝6的H2SO4稀释1 000倍后，c(H＋)＝2c(SO42-)‎ C. 浓度分别为0.1 mol·L－1和0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO－)前者是后者的10倍 D. 浓度分别为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3溶液：c(CO32-)＞c(HCO3-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，结合电荷守恒计算；‎ B．pH=6的硫酸稀释1000倍后溶液接近中性，根据稀释过程中微粒的物质的量不变来计算硫酸根离子浓度；‎ C．同一弱电解质溶液，浓度越大其电离程度越小。‎ D．弱酸的酸性越强，酸根离子水解程度越小，其钠盐溶液中酸根离子浓度越大，据此解答。‎ ‎【详解】A. NaA溶液的pH＝8，c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-14÷10-8=10-6mol/L，根据电荷守恒可得：c(Na＋)+ c(H+)= c(OH-)+c(A－)，故c(Na＋)－c(A－)= c(OH-)- c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10－7mol/L，选项A正确；‎ B．pH=6的硫酸稀释1000倍后溶液接近中性，c(H+)=10-7 mol/L，根据微粒的物质的量在稀释前后不变，可得稀释后溶液中c(SO42-)=5×10-10mol/L，所以c(H+)=200c(SO42-)，选项B错误；‎ C．醋酸的浓度越大其电离程度越小，则浓度分别为0.1mol/L和0.01mol/L的CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)前者小于后者的10倍，选项C错误；‎ D．弱酸的酸性越弱，其相应的盐水解程度就越大，达到平衡时溶液中含有的该盐离子的浓度就越小。由于酸性：H2CO3>HCO3-，所以浓度分别为0.1mol/L的Na2CO3、NaHCO3‎ 溶液中离子浓度：c(HCO3-)＞c(CO32－)，选项D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较，明确弱电解质的电离特点及弱酸根离子水解程度与酸强弱的关系是解本题关键，易错点是选项A，稀释酸、碱接近中性时，要考虑水的电离，酸、碱无限稀释时溶液显中性，结合电荷守恒和物料守恒分析解答，难度中等。‎ ‎18.下列实验不能达到预期实验目的是（  ）‎ 序号 实验内容 实验目的 A 室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH 比较HClO和CH3COOH的酸性强弱 B 向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液 说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀 C 向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，搅拌一会过滤 除去MgCl2中少量FeCl3‎ D 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸 研究浓度对反应速率的影响 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定，应该用pH计测定浓度为0.1molL-1NaClO溶液和0.1molL-1 CH3COONa溶液的pH，故A不能达到预期实验目的，故A选；B．向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，则发生沉淀的转化，说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，能达到预期实验目的，故B不选；C．氯化铁溶液能够水解，水解呈碱性，加入足量Mg(OH)2粉末，可调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀，可用于除杂，能达到预期实验目的，故C不选；D．分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，能达到预期实验目的，故D不选；故选A。‎ ‎19.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是(　　)‎ 图Ⅰ　碱性锌锰电池 图Ⅱ铅硫酸蓄电池 图Ⅲ　电解精炼铜 图Ⅳ　银锌纽扣电池 A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂 B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，正极质量不断增大 C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液浓度始终不变 D. 图Ⅳ所示电池中，放电时，负极附近溶液的pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，MnO2为原电池的正极，选项A错误；‎ B．铅蓄电池放电时正极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，可见正极质量不断增大，选项B正确；‎ C.该装置是电解精炼铜，阳极材料是粗铜，溶解的金属有Cu及活动性比Cu强的金属，活动性比Cu弱的则以单质形式沉积在阳极底部，在阴极上Cu2+获得电子，变为Cu单质，所以电解质溶液的浓度会逐渐降低，选项C错误；‎ D．在该纽扣电池放电时，负极发生反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，可见放电时负极附近溶液的c(OH-)减小，溶液的pH减小，选项D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，本题难度不大。‎ ‎20.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A. 0.1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(NH4+)＝c(SO42-)>c(Fe2＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ B. 室温时浓度均为0.1 mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液，pH为10，则：c(NH4+)＋c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)‎ C. 0.1 mol·L－1 (CH3COO)2Ba溶液中：2c(Ba2＋)＝2c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)‎ D. 0.1 mol·L－1 NaHC2O4溶液显弱酸性，则：c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.0.1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子和亚铁离子都水解，溶液显酸性；‎ B．室温将浓度均为0.1 mol/L的NH3·H2O和NH4Cl的混合后，溶液pH为10，说明一水合氨电离大于铵根离子的水解，溶液中存在电荷守恒和物料守恒；‎ C.0.1 mol/L(CH3COO)2Ba溶液中存在物料守恒，2n(Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)；‎ D.0.1 mol/L NaHC2O4溶液显弱酸性说明草酸氢根离子电离程度大于其水解程度，‎ 据此解答。‎ ‎【详解】：A. 0.1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子和亚铁离子都发生水解反应，使溶液显酸性，水解消耗NH4+，使离子浓度减小，SO42-不反应，所以c(NH4+)＜(SO42-)，选项A错误；‎ B．室温将浓度均为0.1 mol/L的NH3·H2O和NH4Cl的混合后，溶液pH为10，说明NH3·H2O电离大于NH4+的水解，溶液中电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒2 c(Cl-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，带入可得：c(NH4+)+2c(H+)= c(NH3·H2O)+2c(OH-)，溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，c(NH4+)+c(H+)＞c(NH3·H2O)+ c(OH-)，NH3·H2O是弱电解质，其电离程度很小，所以c(NH3·H2O)> c(OH-)，故c(NH4+)+c(H+)> c(NH3·H2O)+ c(OH-)＞c(NH3·H2O)> c(OH-)，选项B正确；‎ C. 0.1 mol/L(CH3COO)2Ba溶液中，根据物料守恒，可得2n(Ba2+)=n(CH3COO-)+n(CH3COOH)，，选项C错误；‎ D．0.1 mol/L NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度，c(C2O42-)> c(H2C2O4)，由于溶液中还存在水电离产生的H＋，所以c(H＋)>c(C2O42-)，但HC2O4-电离及水解程度是微弱的，主要以HC2O4-存在，所以c(HC2O4-)>c(H＋)，而Na+在溶液中不发生任何变化，故c(Na+)最大，则微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)>c(H＋)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，选项D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了电解质溶液中电荷守恒、物料守恒、离子浓度大小比较等，掌握盐的水解、弱酸酸式盐的电离和水解规律是解题关键，题目难度中等。‎ ‎21.某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－‎ ‎(aq)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. 加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点 B. c点对应的K等于a点对应的K C. d点没有AgCl沉淀生成 D. 加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入AgNO3固体，溶液中c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，达到新平衡时c(Cl-)减小，而c、d两点的氯离子浓度相同，选项A错误；‎ B．温度不变Ksp不变，a、c两点温度相同，所以Ksp也相同，选项B正确；‎ C．d点处c(Ag+)比平衡时的大，此时Qc=c(Ag+)· c(Cl-)>Ksp(AgCl)，所以有AgCl沉淀生成，选项C错误；‎ D.溶液中存在着沉淀溶解溶解平衡，加入少量水，促进溶解，但是仍然为饱和溶液，因此溶液中各种离子浓度不变，选项D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念是本题解答的关键。‎ ‎22.浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是 A. MOH的碱性强于ROH的碱性 B. ROH的电离程度：b点大于a点 C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等 D. 当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c(OH-)接近于纯水中c(OH-)，所以它们的c(OH-)相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c(M+)/c(R+)减小，故D错误；故选D。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡 ‎【名师点晴】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎23.常温下，在20.00 mL 0.100 0 mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.100 0 mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A. ①溶液：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. ②溶液：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)‎ C. ①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②>③>①‎ D. 滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①溶液时等浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH ‎－)＞c(H＋)，故A错误；②溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；③点为酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，①、②两点为碱剩余，抑制水电离，①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度③＞②＞①，故C错误；开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故D错误。‎ 考点：本题考查离子浓度比较。‎ 二、填空题（共54分）‎ ‎24.一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。根据题意完成下列问题：‎ ‎(1)反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝__________，升高温度，K值________(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡向__________方向移动。‎ ‎(2)在500 ℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)____________________。（用含相应字母的式子表示）‎ ‎(3)在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是________(填选项字母)。‎ A．氢气的浓度减小 B．正反应速率加快，逆反应速率也加快 C．甲醇的物质的量增加 D．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大 ‎(4)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是________(用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】（1）； 减小 ； 逆反应 ； （2）mol/(L·min) ；‎ ‎（3）BC ； （4）Cu2O＋CO2Cu＋CO2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数K＝‎ ‎；根据图像可知，升高温度，甲醇的物质的量减小，这说明平衡逆向移动，因此化学平衡常数减小。‎ ‎（2）由图象可知，在500℃时，时间达到t(B)时，甲醇的物质的量为n(B)，其浓度是mol/L，则根据方程式可知，消耗氢气的物质的量浓度是2×mol/L，所以在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝＝mol•（L•min）-1。‎ ‎（3）其他条件不变时，将处于E点的体系体积压缩到原来的，容器的体积减小，则压强增大，正逆反应速率都增大.由于正方应是体积减小的，所以平衡向正向移动，甲醇的物质的量增多，氢气的物质的量减小，但由于体积减小，平衡时氢气的浓度反而增大，因此正确答案选BC。‎ ‎（4）由于CO能和氧化亚铜反应Cu2O+CO2Cu+CO2，所以加入二氧化碳平衡向逆反应方向移动，有利于抑制反应向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变。‎ 考点：考查平衡常数、外界条件对平衡状态的影响以及反应速率的计算等 ‎25.中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用题图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。‎ ‎(1)仪器A的名称是______________，水通入A的进口为________。（a/b）‎ ‎(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__。‎ ‎(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题图中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________（酚酞/甲基橙）；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积________(填序号)(①＝10 mL，②＝40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。‎ ‎(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。‎ ‎(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 冷凝管(或冷凝器) (2). b (3). SO2＋H2O2=H2SO4 (4). ③ (5). 酚酞 (6). ④ (7). 0.24 (8). 原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)仪器为冷却装置，结合仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；‎ ‎(2)根据SO2的还原性及H2O2的氧化性分析；‎ ‎(3)根据碱性溶液盛放在碱式滴定管中，结合滴定管的结构判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；‎ ‎(4)利用关系式2NaOH～H2SO4～SO2，用NaOH的物质的量计算出SO2的质量，再计算出该葡萄酒中的SO2含量；‎ ‎(5)结合盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗NaOH判断对测定结果的影响。‎ ‎【详解】(1)根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以进水口为b；‎ ‎(2)SO2具有还原性，H2O2具有氧化性，二者会发生氧化还原反应产生硫酸，反应的化学方程式是：SO2＋H2O2=H2SO4；‎ ‎(3)NaOH溶液盛在碱式滴定管中，要选择碱式滴定管驱赶气泡的方法装置是使用③；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，由于酚酞的变色范围是8.2～10.0，甲基橙变色范围是3.1～4.4，所以选择酚酞作指示剂。若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，由于在下端尖嘴处还有一段玻璃管没有刻度也盛有碱溶液，所以管内液体的体积>40mL，故合理选项是④；‎ ‎(4) 根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的物质的量为n(SO2)=1/2n(NaOH)=1/2×(0.0900mol/L×0.025L)=0.001125mol，其质量是m(SO2)=0.001125mol×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.072g ÷0.3L=0.24g/L；‎ ‎(5)盐酸是挥发性酸，挥发的盐酸会消耗氢氧化钠，使得反应过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增大，导致测定结果偏高；故改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。‎ ‎【点睛】本题考查了二氧化硫的化学性质、中和滴定的操作方法、指示剂的选择、物质含量测量等知识，培养了学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎26.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 Ka=1.8×10-5‎ Ka1=4.3×10-7‎ Ka2=5.6×10-11‎ Ka=3.0×10-8‎ ‎ (1)物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是______(用编号填写)‎ a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaClO d．NaHCO3‎ ‎(2)常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是____(填字母)。‎ A.c(H+) B.c(H+)/c(CH3COOH) C.c(H+)•c(OH﹣) D.c(OH-)/c(H+) E.‎ ‎(3)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：___________。‎ ‎(4)25℃时，将a mol/L的醋酸与b mol/L氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为_____。‎ ‎(5)标准状况下，将1.12L CO2通入100mL 1mol/L的NaOH溶液中，用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式： c(OH-)=2c(H2CO3)+___。‎ ‎【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). BD (3). ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO (4). b×10-7/(a-b) (5). c(HCO3﹣)+c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，酸根的水解程度越弱；‎ ‎(2)根据酸溶液稀释，弱酸的电离程度增大，结合水的离子积常数、弱电解质的电离平衡分析；‎ ‎(3)次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸；‎ ‎(4)先确定溶液的成分，然后求出混合溶液中各种微粒的浓度，带入平衡常数表达式计算；‎ ‎(5)根据质子守恒分析解答。‎ ‎【详解】(1)据电离平衡常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-‎ ‎，弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性就越强，所以pH由小到大排列的顺序是a＜d＜c＜b；‎ ‎(2)0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱。‎ A.根据上述分析可知：溶液中氢离子浓度减小，选项A错误；‎ B.加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，溶液的体积相同，所以增大，选项B正确；‎ C.水的离子积常数只与温度有关，温度不变，Kw不变，选项C错误；‎ D.醋酸溶液加水稀释时酸性减弱，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度增大，所以 ‎ ‎ 增大，选项D正确；‎ E.是醋酸的电离平衡常数，醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数也不变，选项E错误；‎ 故合理选项是BD；‎ ‎(3)酸性H2CO3＞HClO>HCO3-，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应产生次氯酸和碳酸氢钠，方程式为：ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO；‎ ‎(4)25℃时将amol/L的醋酸溶液与bmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明醋酸过量，发生反应为：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，溶液中c(CH3COOH)=mol/L，达到电离平衡时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，则k=；‎ ‎(5)标准状况下，将1.12L CO2通入100mL 1mol/L的NaOH溶液中，n(CO2)=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，n(NaOH)=1mol/L×0.1L=0.1mol，二者恰好完全反应生成碳酸钠，根据质子守恒得：c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(H+)。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离、水的离子积、电离平衡常数、微粒浓度大小比较等知识。难度不大，是常考题型。‎ ‎27.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____________________B极的Fe发生__________ 腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）‎ ‎(2)若开始时开关K与b连接，下列说法正确的是________(填序号)‎ ‎①溶液中Na＋向A极移动　‎ ‎②从A极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝　‎ ‎③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度　‎ ‎(3)该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。‎ ‎①该电解槽的阳极反应式为______________，此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。‎ ‎②制得的氢氧化钾溶液从出口________(填“A”“B”“C”或“D”)导出。‎ ‎【答案】 (1). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (2). 吸氧 (3). ② (4). 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑（或4H2O－4e－= O2↑＋4H+） (5). 小于 (6). D ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)开始时开关K与a连接形成原电池反应，B极铁电极作负极，发生氧化反应，A电极石墨作正极，中性溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子；‎ ‎(2)开始时开关K与b连接形成电解池，与电源正极相连的A电极为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，与电源负极相连的B电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气。恢复到电解前电解质的浓度，“出什么加什么”的原则分析；‎ ‎(3)①电解时，离子放电能力：OH->SO42-，在阳极上失电子发生氧化反应；根据阴阳离子的移动方向，通过相同电量时，阴阳离子交换的个数判断；‎ ‎②电解产生的氢氧化钾在阴极产生。‎ ‎【详解】(1)开始时开关K与a连接形成原电池反应，B电极铁电极作负极，失电子被氧化生成Fe2+，B电极反应为Fe-2e-=Fe2+；A电极石墨电极作正极，由于溶液为中性，所以是溶液中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；Fe发生吸氧腐蚀； ‎ ‎(2)若开始时开关K与b连接，装置为电解池，A(石墨)电极是阳极，B(铁)电极为阴极。‎ ‎①.电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，溶液中Na+向B极移动，①错误；‎ ‎②.A电极上溶液中的Cl-失去电子生成氯气，氯气有强的氧化性，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，②正确；‎ ‎③.电解的总反应方程式是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，从溶液中析出的物质有H2、Cl2，所以要使溶液恢复到电解前电解质的浓度，反应一段时间后加适量HCl气体，不是加入盐酸，③错误； ‎ 合理答案为②；‎ ‎(3)①电解时，阳极上是溶液中的阴离子失电子，发生氧化反应，由于放电能力OH->SO42-，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH--4e-=2H2O+O2↑；阳极氢氧根离子放电，因此SO42-向阳极移动；阳离子放电能力：H+>Na+，所以阴极H+放电，因此Na+向阴极移动。当通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数就小于通过阳离子交换膜的离子数；‎ ‎②电解产生的氢氧化钾在阴极生成，所以氢氧化钾溶液从出口D流出。‎ ‎【点睛】本题考查原电池正负极的判断、电极反应式的书写及电解池中阴阳极电极式书写、离子移动方向及多少的判断的知识。掌握电化学原理原理在本题正确解答的关键。‎ ‎28.根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：‎ ‎(1)T℃时,在Ca(NO3)2溶液中加入(NH4)2CO3溶液后过滤，若测得滤液中c()＝10－3 mol·L－1，则Ca2＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。‎ ‎[已知c(Ca2＋)≤10－5 mol·L－1时可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9]‎ ‎(2)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：‎ pH ‎<8.0‎ ‎8.0～9.6‎ ‎>9.6‎ 颜色 黄色 绿色 蓝色 ‎25℃时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为________。‎ ‎(3)向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，生成沉淀。已知该温度下AgCl的Ksp＝1.0×10－10，忽略溶液混合后体积的变化，请计算：‎ ‎①完全沉淀后，溶液中c(Ag＋)＝__________________________。‎ ‎②完全沉淀后，溶液的pH＝________。‎ ‎③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL 0.001 mol·L－1的盐酸，是否有白色沉淀生成？________(填“是”或“否”)。‎ ‎【答案】 (1). 是 (2). 蓝色 (3). 1.0×10－7mol·L－1 (4). 2 (5). 否 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9 ，若c(CO32-)＝10－3mol/L，则c(Ca2+)=4.96×10－9÷10－3=4.96×10－6<10－5 mol/L，所以Ca2＋沉淀完全了；‎ ‎ (2) 25℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp=5.6×10-12，根据反应Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-可得：c(Mg2+)·c2(OH-)=5.6×10-12，设c(OH-)=2c(Mg2+)=x，则：0.5x×x2=5.6×10-12，解得：x=2.24×10-4mol/L，则根据室温下水的离子积常数Kw= c(H+)·c(OH-)=10-14，可得c(H+)=mol/L=4.5×10-11mol/L，溶液的pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色；‎ ‎(3)①反应前，n(Ag+)=0.018 mol/L×0.05 L=9×10-4 mol，n(Cl-)=0.020 mol/L×0.05L=1×10-3 mol；反应后剩余的Cl-为1×10-4 mol，则混合溶液中，c(Cl-)=1.0×10-3 mol/L，c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=1.0×10-7 mol/L； ‎ ‎②H+没有参与反应，完全沉淀后，c(H+)=0.020mol/L÷2=0.010 mol/L，所以反应后溶液中pH=2；‎ ‎③再向反应后的溶液中加入50mL0.001mol/L盐酸，由于加入盐酸中c(Cl-)与反应后溶液中的c(Cl-)相同，c(Cl-)不变，但c(Ag+)由于盐酸加入，溶液的体积增大而变小，所以Qc= c(Ag+) ·c(Cl-)

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