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文档介绍
陕西省西安市第一中学2019-2020学年学高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析
2019-2020年西安市第一中学高二(上) 期末化学试卷 一、选择题(每小题只有一个正确选项) 1. 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)= K2S(s)+ N2(g)+3CO2 (g) ΔH =x kJ·mol-1 已知：碳的燃烧热ΔH1=a kJ·mol-1； S(s)+2K(s)=K2S(s) △H2=b kJ·mol-1 2K(s)+N2 (g)+3O2(g)=2KNO3(s) △H3= c kJ·mol-1；则x为( ) A. 3a+b-c B. c-3a-b C. a+b-c D. c-a-b 【答案】A 【解析】 【详解】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=a kJ•mol-1① S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol-1② 2K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol-1③ 将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=x kJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。 2. 在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400 ℃)下列物质的溶液可以得到该物质固体的是 A. AlCl3 B. Fe2(SO4)3 C. NaHCO3 D. KMnO4 【答案】B 【解析】 【详解】A．AlCl3在溶液中发生水解：AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，加热时生成的HCl不断挥发，使上述平衡向右移动，生成Al(OH)3，经灼烧最终得到Al2O3固体，A错误； B．Fe2(SO4)3在溶液中发生水解，但硫酸不具有挥发性，随蒸发的进行，氢离子浓度增大，导致水解平衡逆向进行，蒸干并灼烧后能得到Fe2(SO4)3固体，B正确； C．NaHCO3溶液蒸干灼烧后得到Na2CO3固体，C错误； D．KMnO4溶液蒸干后得到KMnO4固体，灼烧时KMnO4易发生分解，得到K2MnO4、MnO2固体，D错误； 答案为B。 3. 将冰醋酸加入水中，能说明醋酸电离达到平衡的标志是 - 19 - A. 溶液中无醋酸分子 B. c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-) C. H+浓度恒定不变 D. c(H+)=c(CH3COOH) 【答案】C 【解析】 【详解】A．醋酸电离达到平衡时，溶液中醋酸分子、醋酸根离子及氢离子共存，A说法错误； B．c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)时溶液呈电中性，任何浓度的醋酸溶液，溶液均呈电中性，不能说明是否达到平衡状态，B说法错误； C．H+浓度恒定不变时，说明生成氢离子的速率与氢离子与醋酸根离子结合的速率相等，已达到平衡状态，C说法正确； D．c(H+)=c(CH3COOH)时，不能确定正逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，D说法错误； 答案为C。 4. 能使水的电离平衡H2O+H2O⇌H3O++OH−向电离方向移动，且使溶液呈碱性的是 A. 在水中加碳酸氢钾固体 B. 向水中通HCl气体 C. 在水中加氯化铜固体 D. 将H2O加热至100℃ 【答案】A 【解析】 【详解】A．在水中加碳酸氢钾固体产生碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，A符合题意； B．向水中通HCl气体，HCl完全电离生成氢离子和氯离子，导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，B与题意不符； C．在水中加氯化铜固体产生铜离子，铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，C与题意不符； D．将H2O加热至100℃，溶液中氢离子浓度、氢氧根离子浓度均增大，但仍旧相等，溶液呈中性，D与题意不符； 答案为A。 5. 有关氯化银的沉淀溶解平衡的说法正确的是 A. 氯化银沉淀生成和溶解同时在不断进行，且速率相等 B. 氯化银难溶于H2O，溶液中没有Ag+和Cl− C. 只要向含有氯化银的饱和溶液中加入HCl，一定会有沉淀生成 - 19 - D. 向含有氯化银的悬浊液中加入碘化钾固体，氯化银沉淀不变化 【答案】A 【解析】 【详解】A．AgCl溶液达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等且不为零，A说法正确； B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl−，B说法错误； C．向AgCl溶液中加入盐酸，若能导致氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，若盐酸浓度很小，导致氯离子浓度减小，就不会生成沉淀，C说法错误； D．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI固体，白色AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，D说法错误； 答案为A。 6. 下列描述中，不符合生产实际的是 A. 电解饱和食盐H2O制烧碱，用离子交换膜将阳极室与阴极室隔开 B. 电解熔融的AlCl3制取金属铝，用石墨作阳极 C. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极 D. 在Fe上镀银，用银作阳极 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解饱和食盐H2O制烧碱，阳极室产生氯气，阴极室得到氢气，防止出现事故，则用离子交换膜将阳极室与阴极室隔开，A符合实际生产； B．AlCl3为共价化合物，通常用电解熔融的氧化铝制取金属铝，用石墨作阳极，B不符合实际生产； C．电解法精炼粗铜，粗铜作阳极失电子生成铜离子，用纯铜作阴极，溶液中的铜离子得电子生成单质铜，C符合实际生产； D．在Fe上镀银，Fe作阴极，溶液中的银离子得电子生成银，用银作阳极，银失电子生成银离子，D符合实际生产； 答案为B。 7. 下列说法正确的是 A. 由原电池原理可知所有的合金都比纯金属更易被腐蚀 B. 铜板上的铜铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe-3e-=Fe3+ - 19 - C. 船舶外壳镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀 D. 镀层破损后，马口铁(镀锡铁)比白铁皮(镀锌铁)耐腐蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．有些合金由于金属的内部组织结构被改变而比纯金属更难被腐蚀，A说法错误； B．铜板上的铜铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B说法错误； C．船舶外壳镶嵌锌块，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，被保护，可防船体被腐蚀，C说法正确； D．镀层破损后，马口铁(镀锡铁)铁作负极，失电子生成亚铁离子，白铁皮(镀锌铁)中锌作负极，铁被保护，故白铁皮更耐腐蚀，D说法错误； 答案为C。 8. 已知：为使Fe3+，Fe2+，Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH分别为3.7，9.6，4.4左右。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+，Fe2+杂质离子，为除去这些杂质离子制得纯净的硫酸锌，应加入的试剂是 A. NaOH溶液 B. 氨水 C. KMnO4 ZnCO3 D. H2O2 ZnO 【答案】D 【解析】 【分析】 使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去。 【详解】A．用NaOH溶液除杂时会引入Na+杂质，不能得到纯净的硫酸锌，A错误； B．使用氨水，会向溶液中引入铵根离子杂质，不能得到纯净的硫酸锌，B错误； C．KMnO4可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，使用KMnO4导致溶液中引入杂质钾离子、锰离子等，不能得到纯净的硫酸锌，C错误； D．双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，D正确； 答案选D。 - 19 - 【点睛】为除去杂质离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去，选取的除杂试剂不得向溶液中引入新的杂质。 9. 在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO。加入少量下列物质能使c(HClO)增大的是 A. CaCO3 B. NaOH C. CaSO3 D. HCl 【答案】A 【解析】 【详解】A．加入CaCO3发生反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸钙不反应，平衡向正反应方向移动，则c(HClO)增加，故A符合题意； B．加入NaOH发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促进氯气和水反应，但溶液中c(HClO)减小，故B不符合题意； C．CaSO3具有还原性与次氯酸发生氧化还原反应，促进氯气和水反应，但溶液中c(HClO)减小，故C不符合题意； D．加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制氯气和水反应，则c(HClO)减小，故D不符合题意； 故选A。 10. 下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成H2和O2的是 A. HCl NaOH CuCl2 B. HBr NaOH CuSO4 C. HClO4 Ba(OH)2 Na2SO4 D. H2SO4 KOH AgNO3 【答案】C 【解析】 【详解】A．电解HCl产生氢气、氯气，电解NaOH产生氢气、氧气，电解CuCl2产生Cu和氯气，A与题意不符； B．电解HBr氢气、溴，电解NaOH产生氢气、氧气，电解CuSO4产生Cu和氧气，B与题意不符； C．电解HClO4、Ba(OH)2、Na2SO4产生氢气、氧气，C符合题意； D．电解H2SO4、KOH产生氢气、氧气，电解AgNO3产生Ag、氧气，D与题意不符； 答案为C。 11. 下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均正确) A. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ/mol (燃烧热) B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=+57.3 kJ/mol (中和热) - 19 - C 1/2H2+1/2Cl2=HCl △H=-91.5 kJ/mol (反应热) D. N2O4(g)⇌2NO2(g) △H=+56.9 kJ/mol (反应热) 【答案】D 【解析】 【详解】A．燃烧热要求生成的氧化物为稳定的氧化物，故CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ/mol，A错误； B．中和热为放热反应，焓变小于零，故NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol，B错误； C．物质受状态影响较大，热化学方程式中物质标注出状态，1/2H2(g)+1/2Cl2(g)=HCl(g) △H=-91.5 kJ/mol，C错误； D．N2O4(g)⇌2NO2(g)反应为吸热焓变大于零，N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+56.9 kJ/mol，D正确； 答案为D。 12. 表示下列变化的化学用语中，一定正确的是 A. 电解饱和食盐水的阳极反应式：2Cl-+2e-=Cl2↑ B. NH4Cl水解的离子方程式：+2H2O⇌NH3·H2O +H3O+ C. NaHA的电离方程式：NaHA=Na++H++A2- D. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解饱和食盐水的阳极得电子，反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A错误； B．NH4Cl为强酸弱碱盐，其电离产生的铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解的离子方程式：+2H2O⇌NH3·H2O +H3O+，B正确； C．若H2A为二元强酸，则NaHA的电离方程式：NaHA=Na++H++A2-，若为二元弱酸，则NaHA=Na++HA-，C错误； D．钢铁吸氧腐蚀的正极得电子，电极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-，D错误； 答案为B。 13. 实验室用4molSO2与2 molO2进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为 A. 40% B. 50% C. 80% D. 90% - 19 - 【答案】C 【解析】 【详解】放出314.624kJ的热量，消耗SO2的物质的量为=3.2mol，则SO2的转化率为×100%=80%，答案选C。 14. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH=1的溶液中：K+，Fe2+，， B. 由H2O电离的c(H+)=1×10-14 mol/L的溶液中：Pb2+，K+，F-， C. c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中：，Al3+，，Cl− D. 在含有大量AlO2-的溶液中：，Na+，Cl−，H+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．pH=1的溶液中存在大量的H+，H+、Fe2+、发生氧化还原反应不能大量共存，A错误； B．溶液中的Pb2+、生成硫酸铅沉淀，不能大量共存，B错误； C．c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中存在大量的H+，H+、、Al3+、、Cl−不反应，能大量共存，C正确； D．在含有大量的溶液中：H+，反应生成铝离子和水，不能大量共存，D错误； 答案为C。 15. 下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（ ） A. CO32-＋H2OHCO3-＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污 B. Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 明矾净水 C. TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl 制备TiO2·xH2O D. SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠 【答案】D 【解析】 【详解】A、纯碱溶液中由于碳酸根离子的水解，溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中 - 19 - c(OH-)增大，清洗油污能力增强，故A正确； B、明矾溶于水，Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，起到净水作用，故B正确； C、四氯化钛可以和水之间发生反应：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2•xH2O↓+4HCl，可以用来制取TiO2·xH2O，故C正确； D、根据反应：SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl↓+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠，促进平衡正向移动，得到Sn(OH)Cl，配制结果不会成功，故D错误； 故选D。 16. 下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是 A. 物质的量浓度相等的硫酸铵溶液与碳酸铵溶液中的物质的量浓度 B. pH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，H2O的电离程度 C. 将pH=3的HCl和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加H2O的量 D. 相同温度下10 ml 0.1 mol/L的醋酸与100 ml 0.01 mol/L的醋酸中的H+物质的量 【答案】A 【解析】 【详解】A．硫酸铵为强酸弱碱盐，而碳酸铵为弱酸弱碱盐，碳酸铵溶于水，相互促进水解，导致铵根离子浓度小于硫酸铵中的铵根离子浓度，A正确； B．25℃时，pH值都等于10的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子为：1×10-10mol/L；pH=10的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，均为10-4mol/L，前者小于后者，B错误； C．HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，存在醋酸的电离平衡，稀释促进电离，稀释到pH=5时，则加入的水要多余盐酸的，所以pH=3的盐酸和醋酸加水稀释成pH=5的溶液，所加水的量前者小于后者，C错误； D．由n=cV可知，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，100mL0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者小于后者，D错误； 答案为A。 17. 一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3 - 19 - )的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列对该燃料电池说法不正确的是 A. 在熔融电解质中，O2－移向负极 B. 电池的总反应是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2O C. 通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－===2O2－ D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H10＋26e－＋13O2－===4CO2↑＋5H2O 【答案】D 【解析】 【分析】 丁烷作还原剂，具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e－=2O2－，总反应式为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，注意电解质和离子的定向移动方向． 【详解】A、原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，在熔融电解质中，O2－移向负极，故A正确； B、电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式相同，为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，故B正确； C、通入空气的一极是正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e－=2O2－，故C正确； D、通入丁烷一极是负极，失电子发生氧化反应，正确的电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，故D错误； 故选D。 18. 用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和Na2CO3溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法正确的是 A. 当电池负极消耗m g气体时，电解池阳极同时有m g气体生成 B. 电池的负极反应为：H2-2e-=2H+ C. 电解后c(Na2CO3)不变，但饱和Na2CO3溶液的量减少 D. 电池中n(KOH)不变，电池中溶液pH不变 【答案】CD 【解析】 【详解】A．负极上氢气失电子和氢氧根离子生成水H2+2OH--2e﹣=2H2O、阳极电极反应式为4OH-﹣4e﹣=O2↑+2H2O，则得失电子相等时，负极消耗的氢气质量不等于阳极析出氧气质量，A说法错误； - 19 - B．负极上氢气失电子和氢氧根离子生成水H2+2OH--2e﹣=2H2O，B说法错误； C．电解时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，实际上是电解水，导致析出部分碳酸钠，溶液仍然是饱和溶液，则电解后c(Na2CO3)不变，C说法正确； D．放电时，原电池中生成水，氢氧化钾的物质的量不变；电解池中碳酸钠浓度不变，其pH不变，故D正确； 答案为CD。 19. 下列装置图及有关说法正确的是（ ） A. 装置①中K键闭合时，片刻后CuSO4溶液中c(Cl-)增大 B. 装置①中K键闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色 C. 装置②中铁腐蚀的速率由大到小顺序是：只闭合K1>只闭合K3>只闭合K2>都断开 D. 装置③中当铁制品上析出1.6g铜时，电源负极输出的电子数为0.025NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．装置①中K键闭合时为原电池，原电池中阴离子向负极移动，放电过程中Zn被氧化成Zn2+为负极，则Cl-向ZnSO4溶液移动， CuSO4溶液中c(Cl-)减小，故A错误； B．装置①中K键闭合时，滤纸相当于电解池，a极与原电池负极相连为阴极，阴极氢离子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以a附近变红色，故B正确； C．只闭合K1时Fe作阳极被腐蚀，只闭合K2时Fe作阴极被保护，只闭合K3时Fe作负极被腐蚀，都断开为化学腐蚀，电解池的阳极腐蚀速度大于原电池的负极腐蚀速度，电化学腐蚀比化学腐蚀快，所以铁腐蚀的速度由大到小的顺序是：只闭合K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，故C错误； D．装置③中铁制品上的反应为Cu2++2e-=Cu，析出1.6g铜即0.025mol时，电源负极输出的电子数为0.05NA，故D错误。 - 19 - 故选：B。 20. 在一定温度下，反应H2(g)+X2(g)⇌2HX(g)的平衡常数为100，若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L的密闭容器中，在该温度下反应达平衡时HX(g)的体积分数为 A. 17% B. 83% C. 8.3% D. 91.7% 【答案】A 【解析】 【详解】 该反应的容积为1L，物质的浓度与物质的量数值相等，K==100，化简求解，x=mol，根据反应体系中气体的计量数可知，反应前后气体的物质的量不变，所以HX(g)的体积分数=×100%=17%，答案选A。 21. 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是 A. 25℃时pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中：c(Na+)＞c() B. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合： c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH) C. Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c()＞c(OH−)＞c(H+)＞c() D. 室温下，向0.01 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH−)=c(H+) 【答案】D 【解析】 【详解】A．氨水与NaOH溶液的pH都是10，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度浓度相等，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c()，A错误； B．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，根据物料守恒可得：c(Na+)＞c(CH3COOH)，结合电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)可得：c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+)+c(CH3COOH)，B错误； - 19 - C．Na2CO3溶液中，发生电离，c(Na+)＞c()，发生+H2O⇌+OH-，及少量的碳酸氢根离子的水解，则溶液呈碱性，c(OH−)＞c()＞c(H+)，故c(Na+)＞c()＞c(OH−)＞c()＞c(H+)，C错误； D．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，此时溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH后溶液呈中性，c(Na+)＞c()＞c()，故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH−)=c(H+)，D正确； 答案为D。 22. 用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有 ①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑ ②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑ ③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ ④2H2O2H2↑+O2↑ A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【分析】 用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，据此判断。 【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液中硫酸铜的物质的量为1mol，氯化钠的物质的量为3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时消耗2mol氯离子，所以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全被电解后，发生的电池反应式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，相当于电解水，所以发生的电池反应式为④；故答案选C。 - 19 - 【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解答本题的关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。 23. 分别在pH=1的酸和pH=14的NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是 ①两溶液体积相同，酸是多元强酸 ②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸 ③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积 ④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大 A. ①② B. ② C. ②③ D. ④ 【答案】C 【解析】 【详解】由铝与酸、碱的反应可知：2Al～6H+～3H2 2Al～2OH-～3H2，要使生成的氢气前者多，必须n(H+)＞n(OH-)，①当酸为多元强酸，由于c(H+)＜c(OH-)，当两种溶液体积相同时，则会有n(H+)＜n(OH-)，不符合题意，故①错误；②若酸是一元弱酸，虽然酸电离出的 C(H+)小于氢氧化钠中的 c(OH-)，但弱酸是部分电离，此时酸中的H+的总量完全可以比 NaOH 中的 OH-多 故满足n(H+)＞n(OH-)，符合题意，故②正确；③pH=1的酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c(OH-)=1mol/L，若酸溶液的体积大于NaOH溶液30倍，定有n(H+)＞3n(OH-)，不管强酸和弱酸，故③正确，④pH=1的酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c(OH-)=1mol/L，若酸为强酸，则浓度不可能比NaOH溶液大，与题意矛盾，故④错误；故选C。 【点晴】此题考查pH定义，强电解质和弱电解质的区别，铝单质的化学性质，其中强电解质和弱电解质的区别是难点，综合性较强。在本题中，酸电离出的 c(H+)=0.1mol/L，碱液中 c(OH-)=1 mol/L，铝是足量的，所以生成氢气的量就取决于 n(H+)、n(OH-)，而根据铝与酸碱的反应可知，当生成相同量的氢气时，需要的 n(H+) 比 n(OH-)多，所以当酸生成的氢气更多时，就需要 n(H+)＞n(OH-)，然后结合强酸完全电离，弱酸部分电离的特点解答。 24. 恒压下，在一个可变容积的密闭容器中发生如下反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)，若开始时放入2 mol NH3和1 mol CO2，达平衡后，生成a mol H2O，若开始时放入x mol NH3，2 mol CO2和1 mol H2O(g)，达平衡后，H2O的物质的量是3a mol，则 A. 1 mol B. 2 mol C. 3 mol D. 4 mol 【答案】D - 19 - 【解析】 【详解】开始时放入2molNH3和1molCO2，达平衡后，生成amolH2O； 若开始时放入xmolNH3、2molCO2和1molH2O(g)和1molCO(NH2)2(s)，达平衡后，H2O的物质的量是3amol，反应条件为恒压，而温度未变，则NH3、CO2的物质的量之比不变时，与开始等效，把CO(NH2)2(s)和H2O(g)转化为反应物，则NH3的物质的量为x+2mol，则=，解得x=4mol，答案为D。 25. 常温下，0.1000mol/L NaOH溶液分别滴20. 00mL 0.1000 mol/L盐酸和20. 00mL0.1000 mol/L 醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图。下列说法正确的是（A－表示Cl－或CH3COO－） A. 滴定盐酸的曲线是图2 B. 达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为 c(Na＋) =c(A－) C. 达到B、E状态时，反应消耗的n(CH3COOH)＞n(HCl) D. 当0 mL＜V(NaOH)＜20. 00 mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－) 【答案】B 【解析】 【详解】A.滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH>1，所以滴定盐酸的曲线是图1，故A错误； B.达到B、D状态时，溶液是中性的，此时c(H+)=c(OH－)，根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(A－)，故B正确； C.达到B、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HCl～NaOH，CH3COOH～NaOH，反应消耗的n(CH3COOH)=n(HCl)，故C错误； D.当0mL查看更多