2017-2018学年内蒙古包头市第四中学高二上学期期末考试化学试题 解析版
高二年级期末考试化学试题
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分，共60分）
1.下列情况下的反应一定能自发进行的是( )
A. ΔH＞0，ΔS＜0 B. ΔH＞0，ΔS＞0
C. ΔH＜0，ΔS＞0 D. ΔH＜0，ΔS＜0
【答案】C
【解析】
【详解】A、△H＞0、△S＜0，△H-T△S＞0，反应一定不能自发进行，故A不符合；B、△H＞0、△S＞0，△H-T△S不一定小于0，高温下自发进行，低温下不能自发进行，故B不符合；C、△H＜0、△S＞0，△H-T△S＜0，反应一定能自发进行，故C符合；D、△H＜0、△S＜0，△H-T△S不一定小于0，低温下自发进行，高温下反应不能自发进行，故D不符合；故选C。
2.下列有关电子云的叙述中,正确的是( )
A. 电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率
B. 电子云直观地表示了核外电子的数目
C. 1s电子云界面图是一个球面,表示在这个球面以外,电子出现的概率为零
D. 电子云是电子绕核运动形成了一团带负电荷的云雾
【答案】A
【解析】
试题分析：为了形象地表示电子在原子核外空间的分布状况，人们常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现几率的大小；点密集的地方，表示电子出现的几率大；点稀疏的地方，表示电子出现的几率小,这就是电子云。1s电子云界面以外，电子出现的概率（几率）不为零，只是出现的几率很小。选项A符合题意。
考点：有关电子云的正误判断
3.能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A. 醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
B. 醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
C. c（H+）相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大
D. 浓度和体积均相同的醋酸和盐酸可中和等物质的量的NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红只能说明醋酸有酸性，不能说明醋酸是弱电解质，故A错误；B．醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；C．c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，则说明醋酸不完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故C正确；D．浓度和体积均相同的醋酸和盐酸含有等物质的量的盐酸和醋酸，可中和等物质的量的NaOH，只能说明醋酸是一元酸，不能证明醋酸是弱电解质，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。本题的易错点为B，不能因为碳酸是弱酸，说明醋酸也是弱酸。
4.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是( )
A. 原子半径呈周期性变化
B. 元素的化合价呈周期性变化
C. 第一电离能呈周期性变化
D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
【答案】D
【解析】
试题分析：原子结构决定元素的性质,元素的性质（原子半径、化合价、电负性、第一电离能、金属性、非金属性）的周期性变化是因为原子核外电子排布呈现周期性变化。选项D符合题意。
考点：元素周期律的本质原因
5.下列各组指定的元素,不能形成AB2型化合物的是( )
A. 2s22p2和2s22p4 B. 3s23p4和2s22p2
C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5
【答案】D
【解析】
试题分析：A项为C和O，能形成CO2；B项S和C，能形成CS2；C项为Mg和Cl，能形成MgCl2；D项为Na和Cl，能形成NaCl。选项D符合题意。
考点：结合电子排布式推测化合物的形成
6.下列叙述中,正确的是( )
①电解池是将化学能转变为电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化,电解质溶液导电是化学变化
④不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”,可视为物理变化
A. ①②③④ B. ③④ C. ③④⑤ D. ④
【答案】B
【解析】
试题分析：电解池是将电能转变成化学的装置，①错；原电池是将化学转变成电能的装置，②错；金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电会有离子的定向移动，发生电解反应，是化学变化，③对；电解是一种强有力的氧化还原反应手段，不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现 ④对；电镀是化学变化，不是物理变化，⑤错，故选B。
考点：原电池和电解池的概念，物理变化和化学变化的区别。
7.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（ ）
A. NH4Cl B. NH4HSO4 C. CH3COONH4 D. NH3·H2O
【答案】B
【解析】
试题分析：1摩尔氯化铵电离出1摩尔铵根离子，铵根离子有少部分水解；1摩尔硫酸氢铵电离出1摩尔铵根离子和1摩尔氢离子和1摩尔硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子少于硫酸氢铵中的铵根离子；1摩尔醋酸铵电离出1摩尔铵根离子和1摩尔醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；氨水是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。所以铵根离子由多到少的顺序为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选B。
考点：盐类水解的影响因素，弱电解质的电离。
8.下列各组元素,按原子半径依次减小,元素第一电离能逐渐增大的顺序排列的是( )
A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na C. N、O、C D. Cl、S、P
【答案】A
【解析】
试题分析：金属性越强，第一电离能越小，A正确；B中原子半径逐渐增大，不正确；C中原子半径不是逐渐减小的，不正确；D中原子半径逐渐增大，不正确，答案选A。
考点：考查原子半径和第一电离能的大小比较
点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，在注重对基础性知识巩固与训练的同时，侧重对学生解题方法的培养和指导，有助于培养学生的灵活应变能力和逻辑思维能力。该题的关键是熟练记住元素周期律的变化规律，特别是是要注意共性之外的个性。
9.一定温度下, 向aL的密闭容器中加入2molNO2(g), 发生如下反应：2NO22NO+O2, 此反应达到平衡的标志是 （ ）
A. 单位时间内生成2nmolNO同时生成2nmolNO2
B. 混合气体中NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1
C. 单位时间内生成2nmolNO同时生成nmolO2
D. 混合气体的颜色变浅
【答案】A
【解析】
A、单位时间内生成2nmolNO等效于消耗2nmolNO2同时生成2nmolNO2，正逆反应速率相等，故A正确；B、NO2、NO和O2的物质的量之比为2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明达平衡状态，故B错误；C、单位时间内生成2nmolNO同时生成nmolO2，都是正反应速率，未体现正逆反应的关系，故C错误；D、混合气体的颜色变浅，说明正反应速率大于逆反应速率，未达平衡，故D错误；故选A。
10.下列说法正确的是( )
A. 原子核外电子排布式为1s2的原子与核外电子排布式为1s22s2的原子化学性质相似
B. Fe3+的最外层电子排布式为3s23p63d5
C. 基态铜原子的最外层的电子排布图:
D. 基态碳原子的最外层电子排布图:
【答案】B
【解析】
【详解】A．1s2是He元素属于0族元素，1s22s2是Be元素属于第IIA族元素，二者性质不相似，故A错误；B．铁原子失去最外层4s能级2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5，故B正确；C．Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，最外层的电子排布图为：，故C错误；D．C的原子序数为6，价电子排布为2s22p2，基态碳原子的价电子排布图为，故D错误；故选B。
【点睛】本题考查了基态原子的核外电子排布式，最外层的电子排布图，注意电子处于全满、半满、全空时最稳定。本题的易错点为C。
11.下列关于能层与能级的说法中正确的是( )
A. 原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为2n2
B. 任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数少于该能层的能层序数
C. 同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是不相同的
D. 1个原子轨道里最多只能容纳2个电子，但自旋方向相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．按照原子核外电子排布规律：各电子层最多容纳的电子数为2n2(n为电子层数，其中最外层电子数不超过8个，次外层不超过18个)，故A正确；B．能层含有的能级数等于能层序数，即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故B错误；C．同是s能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数都是2个，故C错误；D．泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子，故D错误；故选A。
12.反应2A(g) 2B(g)+E(g)(正反应为吸热反应)达到平衡时，要使正反应速率降低且A的浓度增大，应采取的措施是（ ）
A. 加压 B. 减压 C. 减少E的浓度 D. 降温
【答案】D
【解析】
A. 加压，正反应速率增大，故A错误；B. 减压，A的浓度减小，故B错误；C. 减少E的浓度，平衡右移，A的浓度减小，故C错误；D. 降温，平衡左移，正反应速率降低，A的浓度增大，故D正确。故选D。
13.在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），在温度T1和T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示．符合图示的正确判断是（ ）
A. T1＜T2，正反应是放热反应 B. T1＜T2，正反应是吸热反应
C. T1＞T2，正反应是放热反应 D. T1＞T2，正反应是吸热反应
【答案】A
【解析】
试题分析：由图像可知T2先达到拐点，所以T1
p
【答案】A
【解析】
试题分析：A．将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，故A正确；B．平衡向逆反应方向移动，C气体的体积分数减小，故B错误；C．增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+n＜p，故C错误；D．平衡向逆反应方向移动，气体A的转化率减小，故D错误；故选A。
【考点定位】考查化学平衡移动的判断
【名师点晴】注意把握缩小体积气体浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键；若将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动，C的浓度为原平衡时C的浓度的2倍，而当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡时C的浓度的1.8倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有m+n＜p，结合平衡移动特点解答该题。
16.下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是( )
A. 水中的钢闸门连接电源的负极 B. 金属护栏表面涂漆
C. 汽水底盘喷涂高分子膜 D. 地下钢管连接镁块
【答案】A
【解析】
【详解】A．水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B．对金属护栏涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；D
．镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，没有连接外加电源，故D错误；故选A。
17.下列各方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－ B. HCO3—＋H2OCO32—＋H3O+
C. HCO3—＋OH－=CO32-＋H2O D. CO32-+H+=HCO3—
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCO3-+H2OH2CO3+OH-是HCO3-与水电离出来的氢离子结合生成H2CO3，属于水解反应，故A正确；B．HCO3-+H2OH3O++CO32-是HCO3-的电离方程式，故B错误；C．HCO3-+OH-=CO32-+H2O是HCO3-与碱反应的离子方程式，不是水解方程式，故C错误；D．CO32-+H+=HCO3-是CO32-与酸反应的离子方程式，不是水解方程式，故D错误；故选A。
18.无色透明溶液中能大量共存的离子组是( )
A. Na＋、Al3＋、HCO3-、NO3- B. AlO2-、Cl－、Mg2＋、K＋
C. NH4+、Na＋、CH3COO－、NO3- D. Na＋、NO3-、ClO－、I－
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Al3＋与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，错误；B．AlO2-与Mg2＋反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀不能大量共存，错误；C．NH4+与CH3COO－虽能发生双水解反应，但能大量共存，正确；D．ClO－与I－能发生氧化还原反应不能大量共存，错误。
考点：考查离子大量共存的知识。
19.已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是( )
A. AgCl>AgI>Ag2CrO4 B. AgCl>Ag2CrO4>AgI
C. Ag2CrO4>AgCl>AgI D. Ag2CrO4>AgI>AgCl
【答案】C
【解析】
因为AgCl和AgI的结构相似，由Ksp可知AgCl的c(Ag＋)大于AgI的；AgCl中的c2(Ag＋)＝Ksp＝1.8×10－10，Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)的Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝c3(Ag＋)＝2.0×10－12，所以Ag2CrO4中c(Ag＋)大于AgCl中的c(Ag＋)。
视频
20.有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：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；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是
A. A>B>C>D>E B. A>C>D>B>E
C. C>A>B>D>E D. B>D>C>A>E
【答案】B
【解析】
试题分析：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原地啊池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，所以金属活泼性：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，所以金属活泼性：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，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．答案选B.
考点：原电池原理
二、非选择题（共40分）
21.（1）含酚酞的Na2CO3溶液显红色的原因为______________(用离子方程式解释)。
（2）Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为________，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）配制FeSO4溶液要加入________________；
（4）明矾可作净水剂，原理为_________________（用离子方程式解释)。
【答案】 (1). CO32-＋H2OHCO3- +OH- (2). c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋) (3). 减小 (4). 铁粉和硫酸 (5). Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+
【解析】
【详解】(1)含酚酞的Na2CO3溶液显红色，是因为碳酸根离子水解溶液显碱性，反应的离子方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-；故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；
(2)硫化钠溶液中硫离子分步水解，S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)，向该溶液中加入少量固体CuSO4，发生反应：Cu2++S2-=CuS↓，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小；故答案为：c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)＞c(H+)；减小；
(3)硫酸亚铁易被氧化和水解，配制FeSO4溶液时，可以加入铁防氧化，加入硫酸抑制水解；故答案为：铁粉和硫酸；
(4)明矾净水是因为铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；故答案为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。
22.t℃ 时，将3mol A和1molB气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A（g） + B(g) xC(g)2min时反应达到平衡状态（温度不变），剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol/L，请填写下列空白：
（1）从开始反应至达到平衡的状态,生成C平均反应速率为__________。
（2）x=__________；平衡常数K=____________。
（3）若继续向原混合物的容器中通入少量氦气(设氦气和A、B、C都不反应)后，化学平衡（填字母）____。
A、向正反应方向移动 B、向逆反应方向移动 C、平衡不移动
【答案】 (1). 0.2mol/(L•min) (2). 4 (3). (4). C
【解析】
【详解】(1)平衡时C的浓度为0.4mol/L，依据化学反应速率概念计算得到：C的反应速率==0.2mol/(L•min)，故答案为：0.2mol/(L•min)；
(2)t℃时，将3mol A和1mol B气体通入体积为2L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，2min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8mol B，并测得C的浓度为0.4mol/L物质的量为0.8mol，
3A(g)+B(g)xC(g)，
起始量(mol) 3 1 0
变化量(mol) 0.6 0.2 0.8
平衡量(mol) 2.4 0.8 0.8
1∶x=0.2∶0.8=1∶4，解得：x=4；平衡浓度c(A)==1.2mol/L，c(B)=0.4mol/L，c(C)=0.4mol/L，则平衡常数K==，故答案为：4；；
(3)恒温恒容容器中加入氦气是惰性气体，各气体的浓度不变，平衡不移动，故答案为：C。
23.I. 如下图所示，50mL 0.50mol·L-1盐酸与50mL 0.55mol·L-1NaOH溶液在装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量，可计算中和热，回答下列问题:
（1）图中装置缺少的仪器是 _______________。
（2）下列说法不正确的是________________ (填序号)。
A.若用50mL 0.55mol·L-1Ba(OH)2溶液代替NaOH溶液进行实验，测得的中和热相同
B.若用50mL 0.50mol·L-1醋酸溶液代替盐酸进行实验，测得的中和热相同
C.若分别用等浓度的硫酸和Ba(OH)2溶液代替盐酸和NaOH溶液进行实验，测得的中和热相同
D.NaOH溶液稍过量的原因是让盐酸完全反应
II．某学生用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A．移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2-3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液；
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm；
E．调节液面至0或0刻度以下，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度。完成以下填空：
（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）___________________.
（2）实验中眼睛注视_____________，直至滴定终点。判断到达终点的现象是___________。
（3）若三次实验所用KOH溶液体积分别为14.98 mL，16.80 mL，15.02 mL，则c（HCl）=______。
（4）下列操作中，可能造成测定结果偏高的是________________。
A. 未用标准液润洗碱式滴定管
B. 滴定终点读数时，俯视滴定管中液面刻度，其它操作均正确
C. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). BC (3). BDCEAF或ABDCEF (4). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (5). 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红色且半分钟内不褪色 (6). 0.075mol/L (7). AD
【解析】
【详解】I.(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；
(2)A．中和热的含义是稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水的过程中所放出的热量，可用50mL0.55mol•L-1Ba(OH)2溶液代替NaOH溶液进行实验求出的中和热数值相同，故A正确；B
．醋酸是弱电解质存在电离平衡过程是吸热过程，随反应进行，反应放出的热量减小，所以不可用相同浓度和体积的醋酸代替稀盐酸溶液进行实验，故B错误；C．硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热，故C错误；D．为了使反应充分进行，应使一方过量，所以NaOH溶液稍过量的原因是让盐酸完全反应，故D正确；故选BC；
II．(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为BDCEAF，故答案为：BDCEAF；
(2)滴定时，滴定过程中，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化，以判断滴定终点；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点；
故答案为：锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色；
(3)三次实验所用KOH溶液体积分别为14.98mL，16.80mL，15.02mL，第二组数据相差较大，舍去，其他两次所用标准液的平均体积为15.00mL，
HCl ～～～～ KOH
1 1
c(HCl)×20.00mL 0.1mol/L×15.00mL
c(HCl)×20.00mL=0.1mol/L×15.00mL，解得：c(HCl)=0.075mol/L，故答案为：0.075mol/L；
(4)A．未用标准液润洗碱式滴定管，标准液被稀释，浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大，故A正确；B．滴定终点读数时，俯视滴定管中液面刻度，消耗的标准液的体积偏小，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏小，故B错误；C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，根据c(待测)=分析，可知c(待测)不变，故C错误；D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大，故D正确；故选AD。
【点睛】本题考查中和热的测定与计算和酸碱中和滴定实验，注意掌握测定中和热的正确方法和酸碱中和滴定实验的基本操作和误差分析方法是解题的关键。本题的易错点为II(3)，要注意数据的有效性分析。
24.在如图中，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol·L－1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol·L－1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.52 g，则
（1）E为________极，D为________极。
（2）A极的电极反应式为_______________________________，析出物质______ mol。
（3）B极的电极反应式为_______________________________，析出气体________ mL(标准状况)。
（4）甲烧杯中滴入石蕊试液，_______极附近变红，如果继续电解，在甲烧杯中最终得到___________溶液。
【答案】 (1). 负 (2). 阳 (3). 4Ag＋＋4e－=4Ag（或Ag＋＋e－=Ag） (4). 0.02 (5). 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (6). 112 (7). B (8). HNO3
【解析】
【详解】(1)电解池中，发现A极比C极重1.52g，则A极是阴极，B是阳极，和电源的负极相连的是阴极，即E是负极，F是正极，D是阳极，C是阴极，故答案为：负；阳；
(2)A极是阴极，电极反应式为：Ag++e-=Ag，C是阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，析出金属铜，A极比C极重1.52g，设电路转移电子是x，则x ×108g/mol-× 64 g/mol =1.52g，解得：x=0.02mol，析出金属银的物质的量是0.02mol，故答案为：Ag++e-=Ag；0.02；
(3)B是阳极，该极上是氢氧根离子失电子，电极反应为：4OH--4e-═H2O+O2↑，电路转移电子0.02mol，生成氧气的物质的量为=0.005mol，标准状况下的体积是0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：4OH--4e-═H2O+O2↑；112；
(4)电解硝酸银，在阴极A上发生Ag++e-=Ag，阳极B上发生：4OH--4e-═H2O+O2↑，B电极附近产生硝酸，电解总反应方程式为：4AgNO3+2H2O2Ag+O2↑+4HNO3，所以在甲烧杯中最终得到HNO3溶液滴入石蕊试液，显示红色，故答案为：B；硝酸。
