2017-2018学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2017-2018学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

‎2017-2018学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版 ‎1. 下列操作中，能使水的电离平衡H2O H＋＋OH－，向右移动且溶液呈酸性的是 A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 将水加热到100℃，使pH＝6‎ C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 向水中加入Al2(SO4)3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】A．向水中加入NaHSO4溶液，硫酸氢钠电离出氢离子抑制水电离，不符合题意，故A错误；B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，但溶液中仍然存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，不符合题意，故B错误；C、向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C错误；D．向水中加入Al2(SO4)3固体，铝离子水解而促进水电离，且铝离子水解导致溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，所以符合条件，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题以盐类水解为载体考查水的电离影响因素，明确水电离的原理是解本题关键，易错选项是B，不能根据溶液中pH判断溶液酸碱性，要根据c(H+)、c(OH-)相对大小判断。‎ ‎2. 下列过程不用熵判据判断的是 A. 氯化铵与氢氧化钡晶体混合研磨，很快会闻到刺激性气味 B. 冬天一杯热水很快变冷 C. 有序排列的火柴散落时成为无序排列 D. 多次洗牌以后，扑克牌毫无规律的混乱排列的几率大 ‎【答案】B ‎【解析】B. 冬天一杯热水很快变冷，这是温度下降，热量散失的缘故，跟熵无关。‎ ‎3. 用铂电极（惰性）电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是 A. 稀NaOH溶液 B. HCl溶液 C. 酸性MgCl2溶液 D. 酸性AgNO3溶液 ‎【答案】A ‎【解析】A．阳极：4OH--4e-=O2↑+H2O  阴极：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2，故A正确；B．阳极：2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极：2H++2e-=H2↑‎ ‎，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和Cl2，故B错误；C．阳极：2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极：2H++2e-=H2↑，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和Cl2，故C错误；D．阳极：2H2O+2e-=O2↑+4H+ 阴极：Ag++e-=Ag，阴极和阳极上的主要产物分别是Ag和O2，故D错误；故选A。‎ ‎4. 下列关于反应能量的说法正确的是 A. Zn(s)＋CuSO4(aq)===ZnSO4(aq)＋Cu(s) ΔH＝－216 kJ/mol，反应物总能量<生成物总能量 B. 相同条件下，如果1 mol氢原子所具有的能量为E1，1 mol 氢分子的能量为E2，则2E1>E2‎ C. 101 kPa时，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ/mol，H2的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ/mol D. H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，含1 mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5 mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3 kJ 的热量 ‎【答案】B ‎【解析】A、当反应物总能量＞生成物总能量，则反应是放热反应，△H＜O，故A错误；B、如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，原子的能量比分子的能量高，所以原子结合成分子形成化学键时放出热量，即2H=H2 放出热量，则2E1＞E2，故B正确；C、H2的燃烧热必须是1mol物质燃烧生成最稳定的氧合物液态水时所放出的能量，故C错误；D、中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时，所放出的热量，1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合时，浓硫酸溶于水放热，所以导致△H＜-57.3kJ•mol-1，故D错误；故选B。‎ ‎5. 用水稀释0.1mol·L—1氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是 A. c(OH—)/(NH3·H2O) B. c(NH3·H2O)/c(OH—)‎ C. c(H+)和c(OH—)的乘积 D. OH—的物质的量 ‎【答案】B ‎【解析】加水稀释促进NH3·H2O的电离，NH4+、OH-物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小。A项，c(OH-)/c(NH3·H2O)= n(OH-)/n(NH3·H2O)，随着水量的增加c(OH-)/c(NH3·H2O)增大；B项，随着水量的增加c(NH3·H2O)/ c(OH-)减小；C项，c(H+)和c(OH-)的乘积为水的离子积，加水稀释温度不变，水的离子积不变；D项，随着水量的增加OH-物质的量增大；答案选B。‎ 点睛：弱电解质稀溶液加水稀释会促进弱电解质电离，弱电解质电离产生的离子物质的量增大，弱电解质分子物质的量减小，由于溶液的体积增大，弱电解质电离产生的离子物质的量浓度减小。由于加水稀释温度不变，弱电解质的电离平衡常数和水的离子积不变。‎ ‎6. 一定条件下，在一个密闭容器中进行如下反应：NO(g)＋CO(g) N2(g)＋CO2(g)　ΔH＝－373.2 kJ·mol－1，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是 A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强 C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．加催化剂同时升高温度，反应速率增大，因正反应为放热反应，则平衡逆向移动，NO转化率降低，故A错误；B．加入催化剂同时增大压强，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故B正确；C．升高温度同时充入N2，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低，故C错误；D．降低温度同时增大压强，反应速率不一定增大，可能减小，故D错误；故选B。‎ ‎【考点定位】考查化学反应速率的影响 ‎【名师点晴】侧重于基本理论知识的考查，注意把握反应的特点为解题关键，，也是易错点，为提高该反应的反应速率，可增大浓度、压强或加入催化剂、升高温度，提高NO的转化率，应使平衡向正反应方向移动，以此解答该题。‎ ‎7. SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中存在S—F键。已知：1mol S(s)转化为气态硫原子吸收能量280 kJ，断裂1mol F—F、S—F键需吸收的能量分别为160 kJ、330 kJ。则S(s)＋3F2(g)＝SF6(g)的反应热ΔH为 A. －1220 kJ/mol B. －1780 kJ/mol C. －450 kJ/mol D. ＋430 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能，所以对于S(s)+3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H=280kJ/mol+3×160kJ/mol-6×330kJ/mol=-1220kJ/mol，故选A。‎ ‎8. 将足量BaCO3粉末分别加入下列溶液中，充分溶解至溶液饱和。各溶液中Ba2+的浓度最小的为 A. 40mL 水 B. 10mL 0.2mol/LNa2CO3溶液 C. 50mL 0.01mol/L 氯化钡溶液 D. 100mL 0.01mol/L盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】A、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3(s)Ba2+(aq )+CO32-(aq)，则溶液中存在一定浓度的Ba2+，但浓度较小；B、将足量BaCO3‎ 粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓度很小；C、将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；D、将足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；显然B中Ba2+的浓度最小，故选B。‎ 点睛：明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键。本题的易错点为CD的比较，要注意D中生成的氯化钡溶液的浓度为0.005mol/L。‎ ‎9. 研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl===Na2Mn5O10＋2AgCl。下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是 A. 正极反应式：Ag＋Cl－－e－===AgCl B. Na＋不断向“水”电池的负极移动 C. 每生成1 mol Na2Mn5O10转移2 mol电子 D. AgCl是还原产物 ‎【答案】C ‎【解析】A．根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl，而不是正极方程式，故A错；B．在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错；C．根据方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故C正确；D．反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故D错；故选C。‎ 点睛：准确运用原电池原理分析是解题关键，根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路。‎ ‎10. 一定条件下，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)，经60 s达到平衡，生成0.3 mol Z。下列说法正确的是 A. 若增大压强，则物质Y的转化率减小 B. 将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的 C. 以X的浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L·s)‎ D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH >0‎ ‎【答案】C ‎【解析】一定条件下，在容积为10L的密闭容器中，将1molX和1molY进行如下反应：2X(g)+Y(g)Z(g)，经60s达到平衡生成0.3mol的Z，则：‎ ‎ 2X(g)+Y(g)Z(g)‎ 起始量(mol) 1          1          0‎ 变化量(mol)  0.6        0.3       0.3‎ 平衡量(mol)  0.4       0.7        0.3‎ A．增大压强，平衡正向移动，则物质Y的转化率增大，故A错误；B．将容器体积变为20L，则体积增大，压强减小，平衡逆向移动，Z的平衡浓度小于原来的，故B错误；C．以X浓度变化表示的反应速率为=0.001 mol/(L•s)，故C正确；D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故D错误；故选C。‎ ‎11. 室温下，将1.000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是 A. a点由水电离出的C(H＋)＝1.0×10－14 mol·L－1‎ B. b点：C(NH)＋C(NH3·H2O)＝C(Cl－)‎ C. c点：C(Cl－)＝C(NH)‎ D. d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10-14mol•L-1，A项错误；B．盐酸和氨水反应，溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）=c（NH4+），b点时pH＞7，则氨水过量，c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-‎ ‎），B项错误；C．C点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（Cl-）=c（NH4+），C项正确；D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D项错误；答案选C。‎ ‎【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH值的计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。涉及水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题。①根据酸碱滴定过程的图中a点的pH值来分析溶液中离子的浓度；②b点时pH＞7，盐酸和氨水反应，氨水过量，反应后溶质为氯化铵和氨水；③c点pH=7，根据电荷守恒解答；④根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析。‎ ‎ ‎ ‎12. 已知0.1mol·L－1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是 A. 在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同 B. 在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等 C. 在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H＋)=c(HA－)+c(OH－)+2c(A2－)‎ D. 在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2－)>c(H+)> c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2-离子水解，HA-存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B、在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)，阴离子总数不相等，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)，故C正确；D、在Na2A溶液中，A2-离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c(Na+)＞c(A2-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查离子浓度的大小比较 ‎【名师点晴】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，明确溶液中离子的特征性质和水解、电离是解题关键。本题中明确0.1mol•L-1的二元酸H2A溶液的pH=4，溶液为弱酸是解题的基础。‎ ‎13. 已知下列热化学方程式：‎ ‎（1）CH3COOH(l)+2O2(g) == 2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH1＝－870.3 kJ·mol-1‎ ‎（2）C(s)+ O2(g) == CO2(g) △H2＝-393.5 kJ•mol-1‎ ‎（3）H2(g) +O2(g) == H2O(l) △H3＝-285.8kJ·mol-1‎ 则反应2C(s)+2H2(g) +O2(g) == CH3COOH(l)的△H为 A. -488.3 kJ·mol-1 B. -244.15 kJ·mol-1‎ C. +488.3 kJ·mol-1 D. +244.15 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】①CH3COOH(l)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=-393.5kJ•mol-1，③H2(g) ＋O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1，依据盖斯定律②×2+③×2-①得到2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)△H=-488.3 kJ/mol，故选A。‎ ‎14. 控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是 A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原 C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极 ‎【答案】D ‎【解析】由反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，反应开始时，甲中Fe3＋发生还原反应，乙中I－发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极，答案选D。‎ ‎15. 关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法正确的是 A. c(NH)：③<①‎ B. 水电离出的c(H＋)：②>①‎ C. ①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)‎ D. ①和③等体积混合后的溶液：c(Cl－)>c(NH) >c(OH－)>c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+，氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，则c(NH+4)：③＞①，故A错误；B．在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐酸中的氢离子浓度大于氨水中的氢氧根离子的浓度，则水电离出的c(H+)：①＞②，故B错误；C．盐酸和氨水混合后恰好完全反应，生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，由质子守恒可知，c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O)，故C正确；D．①和③等体积混合，溶液呈碱性，即氨水的电离大于氯化铵的水解，则c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选C。‎ ‎16. 在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是 A. 图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响 B. 图Ⅱ研究的是t0时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响 C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高 D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、t0时刻，如果只增大O2的浓度，只改变正反应方向速率，逆反应反应速率不变，故错误；B、恒容状态，充入非反应气体，各组分的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；C、催化剂只改变反应速率，对化学平衡无影响，最后两条线重合，故错误；D、温度高，先达到平衡，即乙温度大于甲的温度，故正确。‎ 考点：考查影响化学反应速率的因素、影响化学平衡的因素等知识。‎ ‎17. 下列图像的说法中正确的是 ‎ A. 图①表示可逆反应“CO(g) + H2O(g)CO2(g)+H2(g)”中的ΔH大于0‎ B. 图②是在电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为1：1‎ C. 图③表示可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH小于0‎ D. 图④表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A.图①中反应物能量高，生成物能量低，所以是放热反应，△H小于0,错误；B.当氯化钠被电解之后，若继续通电，则开始电解水，阴、阳极的气体分别是氢气和氧气，其体积之比是2︰1，错误；C.图③中温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H小于0，正确；D. 2A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）该反应是体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应物的含量降低，错误；选C。‎ 考点：考查化学反应的反应热，电解的应用，影响化学反应速率的因素等知识。‎ ‎18. 已知25 ℃时，Ka(HF)＝3.6×10－4，Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，现向1 L 0.2 mol·L－1HF溶液中加入1 L 0.2 mol·L－1 CaCl2溶液，则下列说法中，正确的是 A. 25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液中pH＝1‎ B. Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化 C. 该体系中没有沉淀产生 D. 该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析： A、Ka(HF)＝3.6×10-4，知其为弱酸，不可能完全电离，错误；B、Ksp(CaF2)与浓度无关，错误；C、混合后溶液中Ca2+浓度为0.1mol·L-1，F-浓度为=0.6×10-2，浓度商为0.6×10-3> Ksp(CaF2)＝1.46×10-10，会与沉淀出现，错误。D、正确。‎ 考点：考察弱电解质，沉淀溶解平衡的计算。‎ ‎19. 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe＋Ni2O3＋3H2O===Fe(OH)2＋2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是 A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe B. 电池放电时，负极反应为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2‎ C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低 D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－===Ni2O3＋3H2O ‎【答案】C ‎【解析】A项，根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极；Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，正确；B项，放电时，负极反应为Fe-2e－ +2OH－ =Fe（OH）2，正确；C项，电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe＋Ni2O3＋3H2O，阴极电极反应为Fe（OH）2+2e－ =Fe+2OH－ ，阴极附近碱性增强，pH增大，错误；D项，充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH－－2e－=Ni2O3＋3H2O，正确；答案选C。‎ 点睛：二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。‎ ‎ ‎ ‎20. 500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)=6mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22．4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是 A. 原混合溶液中 c (K+)为1 mol·L－1 B. 上述电解过程中共转移4 mol电子 C. 电解得到的Cu的物质的量为0.5mol D. 电解后溶液中c(H+)为2 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：用石墨作电极电解混合溶液，阳极发生氧化反应2H2O-4e-=O2↑+4H+，由于两个电极都收集到了气体，因此阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，4H++2e-=2H2↑.由于两极均收集到22.4 L气体（标准状况），即1mol气体，故转移电子的物质的量为4mol；生成H2需要电子为2mol，因此Cu2+的物质的量为1mol，浓度为2 mol·L－1，生成Cu单质为1mol；根据溶液中电荷守恒可知c(K＋)="6.0" mol·L－1-2 mol·L－×2="2" mol·L－1；由于阳极生成氧气，同时生成4mol H+，而阴极上只消耗了2mol，因此电解后溶液中的H+物质的量为2mol，由于电解后溶液的体积为500mL，因此电解后溶液中c(H＋)为4 mol·L－1。由上述分析可知，A. 原混合溶液中c(K＋)为2 mol·L－1，A错误；B.上述电解过程中共转移4mol电子，B正确；C.电解得到的Cu的物质的量为1mol，C错误；D.电解后溶液中的c(H＋)为4 mol·L－1，D错误。答案答案B。‎ 考点：考查电解池的相关计算。‎ ‎21. 某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1．00mL待测硫酸配制100 mL稀H2SO4溶液；以0．14mol／L的NaOH溶液滴定上述稀H2SO425mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15mL。‎ ‎（1）该学生用标准0．14 mol／L NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：‎ A．用酸式滴定管取稀H2SO4 25 mL，注入锥形瓶中，加入指示剂。‎ B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管。‎ C．用蒸馏水洗干净滴定管。‎ D．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2～3 cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。‎ E．检查滴定管是否漏水。‎ F．另取锥形瓶，再重复操作一次。‎ G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。‎ ‎①滴定操作的正确顺序是(用序号填写)：_______________。‎ ‎②该滴定操作中应选用的指示剂是：____________________。‎ ‎③在G操作中如何确定终点?__________________________________。‎ ‎（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果(填“偏小”、“偏大”或“恰好合适”)________，原因是__________________________。‎ ‎（3）计算待测硫酸(稀释前的硫酸)溶液的物质的量浓度__________mol／L（保留二位小数）‎ ‎【答案】 (1). ECDBAGF (2). 酚酞 (3). 当滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟不褪色 (4). 偏大 (5). 滴定管内壁上的水膜，将标准液稀释，使体积读数偏大 (6). 4.20‎ ‎【解析】(1)①用标准0.14mol/L NaOH溶液滴定硫酸的实验操作步骤为：检查滴定管是否漏水、洗涤滴定管、润洗并盛装标准液、润洗盛装标准液的滴定管、盛装标准液、开始滴定、重复滴定等，所以正确的操作顺序为：ECDBAGF，故答案为：ECDBAGF；‎ ‎②由于氢氧化钠与硫酸恰好中和，溶液的pH=7，可以选用酚酞(变色范围为：8-10)作为指示剂，故答案为：酚酞；‎ ‎③滴定结束前，滴入酚酞的硫酸溶液为无色，滴定结束时，溶液变成红色，所以滴定终点现象为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成红色，半分钟不褪色，故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成红色，半分钟不褪色；‎ ‎(2)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，相当于标准液被稀释，所以消耗掉的稀硫酸就会增多，滴定结果偏大，故答案为：偏大；滴定管内壁上的水膜，将标准液稀释，使体积读数偏大；‎ ‎(3)根据反应：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，稀释后的硫酸溶液浓度为：c(H2SO4)==0.042mol/L，稀释前稀硫酸的浓度为：0.042mol/L×=4.20mol/L，故答案为：4.20。‎ 点睛：本题考查了酸碱中和滴定实验操作及误差分析，要求学生熟记酸碱中和滴定的实验步骤和注意事项。无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后紧扣c(待测)=分析。‎ ‎22. 以下是25 ℃时几种难溶电解质的溶度积：‎ 难溶电解质 Mg(OH)2‎ Cu(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 溶度积 ‎1.8×10－11‎ ‎2.2×10－20‎ ‎8.0×10－16‎ ‎4.0×10－38‎ 在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：‎ ‎①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；‎ ‎②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；‎ ‎③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe3＋、Fe2＋都被转化为_____________(填化学式)而除去。‎ ‎（2）①中加入的试剂应该选择___________为宜，其原因是_____________________。‎ ‎（3）②中除去Fe3＋所发生的总反应的离子方程式为________。‎ ‎（4）下列与③相关的叙述中，正确的是________(填字母)。‎ A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染 B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤 C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜 D．在pH>4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在 ‎【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). 氨水 (3). 不会引入新的杂质 (4). 2Fe3＋＋3Mg(OH)2===3Mg2＋＋2Fe(OH)3 (5). ACD ‎【解析】(1)①中为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，生成Fe(OH)3，如用氢氧化钠溶液进行沉淀，则沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，所以不用；②根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+；③由于Fe(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3，所以一般先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节溶液的pH=4，形成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；‎ ‎(2)①用氢氧化钠溶液，会引入新的杂质，沉淀表面含钠离子和氢氧根离子，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+沉淀，故答案为：氨水；不会引入新的杂质；‎ ‎(3)②中根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg(OH)2可除去Fe3+：2Fe3++3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3，故答案为：2Fe3++3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3；‎ ‎ ‎ ‎23. 醋酸是重要的一元酸，在有机和无机反应中都有应用。现有25 ℃时，pH＝3的醋酸。请回答以下问题：‎ ‎（1）若向醋酸中加入少量醋酸钠固体，此时溶液中________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）若向醋酸中加入稀NaOH溶液，使其恰好完全反应，所得溶液的pH________(填 ‎“>”“<”或“＝”)7，用离子方程式表示其原因_____________________________________。‎ ‎（3）若向醋酸中加入pH＝11的NaOH溶液，且二者的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___________________________________________。‎ ‎（4）若向醋酸中加入NaOH溶液至溶液恰好呈中性，此时c(Na＋)______c(CH3COO-)(填“>”、“<”或“＝”)。‎ ‎（5）若向醋酸中加入一定量NaOH溶液，所得混合液pH＝6，则此溶液中c(CH3COO-)－C(Na＋)＝________mol/L(填写准确数据)。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). > (3). CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ (4). cCH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) (5). ＝ (6). 9.9×10－7‎ ‎【解析】(1)因醋酸钠固体电离产生CH3COO-，c(CH3COO-)增大，使的平衡CH3COOHCH3COO-+H+逆向移动，c(H+)减小，c(CH3COOH)增大，所以减小，故答案为：减小；‎ ‎(2)向醋酸中加入稀NaOH溶液，使其恰好完全反应，生成了醋酸钠，醋酸根水解CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液呈碱性，即pH＞7，故答案为：＞；CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；‎ ‎(3)醋酸过量，溶液中的成分为醋酸和醋酸钠，因醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液出酸性，所以c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎(4)液恰好呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，故c(Na+)=c(CH3COO-)，故答案为：=；‎ ‎(5)pH=6溶液中，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO-)可知，c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-) =10-6mol/L-10-8mol/L =(‎10-6-10‎-8)mol/L=9.9×10－7 mol/L，故答案为：9.9×10－7mol/L 点睛：本题考查弱电解质的电离平衡、盐类水解、溶液pH值的判断等，注意离子浓度比较中等量关系的利用。本题的易错点为(5)，注意电荷守恒的应用。‎ ‎24. Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2。请回答下列问题：‎ ‎（1）电池的负极材料为___________，发生的电极反应为______________________；‎ ‎（2）电池正极发生的电极反应为________；‎ ‎（3）SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。 如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是________，反应的化学方程式为________；‎ ‎（4）组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是__________。‎ ‎【答案】 (1). Li (2). Li－e－＝Li＋ (3). 2SOCl2＋4e－＝4Cl－＋S＋SO2 (4). 出现白雾，有刺激性气体生成 (5). SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑ (6). 构成电池的Li能和氧气、水反应，且SOCl2也与水反应 ‎【解析】(1)分析反应的化合价变化，可得Li为还原剂(作负极)，失电子：Li-e－Li+。‎ ‎(2)SOCl2为氧化剂，得电子，从题给电池反应可推出产物：Cl－、S、SO2(或用总反应减去负极反应)。‎ ‎(3)题中已给出信息：碱液吸收时的产物是Na2SO3和NaCl，则没有碱液吸收时的产物应为SO2和HCl，进而推出现象。‎ ‎25. 碳、氮、硫是中学化学重要的非金属元素，在工农业生产中有广泛的应用。‎ ‎（1）用于发射“天宫一号”的长征二号火箭的燃料是液态偏二甲肼（CH3）2N－NH2，氧化剂是液态四氧化二氮。二者在反应过程中放出大量能量，同时生成无毒、无污染的气体。已知室温下，1 g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，请写出该反应的热化学方程式________。‎ ‎（2）298 K时，在2L的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2(g)N2O4(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1 (a＞0) 。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图。达平衡时， N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题。‎ ‎①298k时，该反应的平衡常数为________。‎ ‎②在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是________‎ a．A、C两点的反应速率：A＞C ‎ b．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C ‎ c．A、C两点气体的颜色：A深，C浅 d．由状态B到状态A，可以用加热的方法 ‎③若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0.6 mol， n（N2O4）=1.2mol，则此时V（正）____V（逆）（填“>”、“<”或“=”）。‎ ‎（3）NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。现向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。‎ 试分析图中a、b、c、d、e五个点，‎ ‎①水的电离程度最大的是__________；‎ ‎②其溶液中c(OH-)的数值最接近NH3·H2O的电离常数K数值的是_______；‎ ‎③在c点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______ 。‎ ‎【答案】 (1). C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=2CO2(g)＋3N2(g)＋4H2O(l) ΔH=－2550 kJ·mol－1 (2). 6.67 (3). d (4). ＜ (5). b (6). d (7). c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ ‎【解析】试题分析：（1）1g燃料完全燃烧释放出的能量为42.5kJ，则1mol偏二甲肼完全燃烧释放出的能量为42.5kJ×60=2550kJ，其热化学方程式为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H="-2550" kJ/mol；‎ 故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（l）═2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（l）△H="-2550" kJ/mol；‎ ‎（2）①有图可知N2O4的平衡浓度为0.6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0.3mol/L，则K===6.67L/mol。‎ 故答案为：6.67L/mol；‎ 故答案为：d；‎ ‎③反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0.6mol/L，N2O4的浓度为0.3mol/L，浓度商Q===6.67L/mol=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）。‎ 故答案为：＜；‎ ‎（3）①a、b、c、d、e五个点，根据反应量的关系，b点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；c、d、e三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，因此水的电离程度最大的是b点，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3•H2O的电离常数K数值。‎ 故答案为：b；‎ ‎②氨水为弱碱，溶液呈碱性，c点溶液呈中性，铵根离子浓度过大，e点溶液碱性过强，一水合氨浓度过大，相对而言d点溶液中铵根离子浓度与一水合氨浓度最接近，溶液中c（OH-）的数值最接近NH3•H2O的电离常数K数值。‎ 故答案为：d；‎ ‎③c点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，b点时c（Na+）=c（SO42-），c点时c（Na+）＞c（SO42-），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42-）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）。‎ 故答案为：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+）。‎ ‎ ‎