化学卷·2018届吉林省吉林市舒兰一中高二上学期第一次月考化学试卷（解析版）

化学卷·2018届吉林省吉林市舒兰一中高二上学期第一次月考化学试卷（解析版）

‎2016-2017学年吉林省吉林市舒兰一中高二（上）第一次月考化学试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1．关于强、弱电解质的叙述不正确的是（　　）‎ A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡 B．同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同 C．强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱 D．强电解质在固态或液态时，可能不导电 ‎2．下列电离方程式中，正确的是（　　）‎ A．CH3COOH═CH3COO﹣+H+ B．NaOH═Na++OH﹣‎ C．KClO3⇌K++ClO3﹣ D．BaSO4═Ba2++S2﹣+4O2﹣‎ ‎3．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c（）：c（H+）约为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：10 D．10：1‎ ‎4．在100ml下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（　　）‎ A．0.5mol/L的HCl B．0.5mol/L的CH3COOH C．蒸馏水 D．0.5mol/L的氨水 ‎5．X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极．X、Y、Z三种金属的活动性顺序为（　　）‎ A．X＞Y＞Z B．X＞Z＞Y C．Y＞X＞Z D．Y＞Z＞X ‎6．将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，下列各图中产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系如图所示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．一定温度下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c（OH﹣）之比为（　　）‎ A．小于10 B．等于10 C．大于10 D．无法确定 ‎8．25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）‎ A．NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣ B．CO32﹣、PO43﹣、K+、Na+‎ C．Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣ D．HPO42﹣、Na+、HSO3﹣、K+‎ ‎9．对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（　　）‎ A．升高温度，溶液的pH降低 B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）‎ C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）‎ D．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大 ‎10．关于浓度均为0.1mol•L﹣1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（　　）‎ A．c（NH4+）：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（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎11．在25℃时，V mL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液10V mL时，溶液中Cl﹣的物质的量恰好等于Na+的物质的量，则a+b的值是（　　）‎ A．13 B．14 C．15 D．无法确定 ‎12．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）‎ B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小 C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动 D．常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7‎ ‎13．如图甲是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如图乙所示，则卡片上的描述合理的是（　　）‎ A．①②③ B．②④ C．④⑤⑥ D．③④⑤‎ ‎14．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎15．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）‎ A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点 C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816‎ ‎16．下列说法正确的是（　　）‎ A．难溶电解质的溶度积Ksp越小，则它的溶解度越小 B．任何难溶物在水中都存在沉淀溶解平衡，溶解度大小都可以用Ksp表示 C．溶度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积越大 D．升高温度，某沉淀溶解平衡逆向移动，说明它的溶解度是减小的，Ksp也变小 ‎　‎ 二、填空题（本小题包括3小题，共36分）‎ ‎17．Cu（NO3）2的水溶液呈　 　（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH　 　7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：　 　；实验室在配制 AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　 　（填“促进”、“抑制”）其水解．‎ ‎18．氯化铝水溶液呈　 　性，原因是（用离子方程式表示）：　 　．把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　 　．‎ ‎19．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）电极X的材料是　 　，电解质溶液Y是　 　；‎ ‎（2）银电极为电池的　 　极，发生的电极反应为　 　 X电极上发生的电极反应为　 　．‎ ‎（3）外电路中的电子是从　 　电极流向　 　电极．‎ ‎20．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡．‎ I、已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．‎ ‎（1）NaHA溶液的pH　 　（填大于、小于或等于） Na2A溶液的pH．‎ ‎（2）某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性．此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是　 　．‎ a．c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14 b．c（Na+）+c（K+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣）‎ c．c（Na+）＞c（K+） d．c（Na+）+c（K+）=0.05mol/L ‎（3）已知常温下H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0．‎ ‎①降低温度时，Ksp　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ II、含有Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.00×10﹣3 mol•L﹣1的Cr2O72﹣．为使废水能达标排放，作如下处理：‎ Cr2O72﹣Cr3+、Fe3+Cr（OH）3、Fe（OH）3‎ ‎（1）该废水中加入绿矾（FeSO4•7H2O）和H+，发生反应的离子方程式为：　 　．‎ ‎（2）欲使10L该废水中的Cr2O72﹣完全转化为Cr3+，理论上需要加入　 　g FeSO4•7H2O．‎ ‎（3）若处理后的废水中残留的c（Fe3+）=2×10﹣13mol•L﹣1，则残留的Cr3+的浓度为　 　．（已知：Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38 Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）‎ ‎　‎ 三、实验题（本小题包括1小题，共16分）‎ ‎21．草酸晶体的组成可用H2C2O4•xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：‎ 称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液 ‎（1）称25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O试回答：（1）实验中不需要的仪器有（填序号）　 　，还缺少的仪器有（填名称）　 　．‎ a．托盘天平（带砝码，镊子）b．滴定管 c.100mL量筒 d.100mL容量瓶 e．烧杯 f．漏斗 g．锥形瓶 h．玻璃棒 i．药匙 j．烧瓶 ‎（2）实验中，标准液KMnO4溶液应装在　 　式滴定管中，因为　 　．‎ ‎（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会　 　（偏大、偏小、无影响）‎ ‎（4）实验中用左手控制　 　（填仪器及部位），眼睛注视　 　，直至滴定终点．判断到达终点的现象是　 　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年吉林省吉林市舒兰一中高二（上）第一次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分）‎ ‎1．关于强、弱电解质的叙述不正确的是（　　）‎ A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡 B．同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同 C．强电解质溶液导电能力一定很强，弱电解质溶液导电能力一定很弱 D．强电解质在固态或液态时，可能不导电 ‎【考点】D2：强电解质和弱电解质的概念．‎ ‎【分析】A、依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质；‎ B、弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同；‎ C、强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力由离子浓度大小决定；‎ D、强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电．‎ ‎【解答】解：A、依据强电解质概念分析，水溶液中完全电离的电解质为强电解质，不存在电离平衡，故A正确；‎ B、弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故B正确；‎ C、强电解质溶液导电能力不一定强于弱电解质，导电能力由离子浓度大小决定，如硫酸钡是强电解质水溶液中导电能力弱于弱电解质醋酸溶液的导电能力，故C错误；‎ D、强电解质中，是离子化合物的电解质熔融可以导电，如熔融氯化钠能导电，共价化合物的强电解质熔融不能导电，固体强电解质中无自由移动的离子，不能导电，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．下列电离方程式中，正确的是（　　）‎ A．CH3COOH═CH3COO﹣+H+ B．NaOH═Na++OH﹣‎ C．KClO3⇌K++ClO3﹣ D．BaSO4═Ba2++S2﹣+4O2﹣‎ ‎【考点】4A：电离方程式的书写．‎ ‎【分析】弱电解质只能部分电离，用⇌号，强电解质可以完全电离，用═号，离子团在电离时不能拆，遵循电荷守恒和原子守恒．‎ ‎【解答】解：A、醋酸是弱电解质，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故A错误；‎ B、氢氧化钠能完全电离，电离方程式为NaOH═Na++OH﹣，故B正确；‎ C、氯酸钾是强电解质，能完全电离出钾离子和氯酸根离子，即电离方程式为KClO3═K++ClO3﹣，故C错误；‎ D、硫酸钡是强电解质，硫酸根离子团不能拆开，电离方程式为BaSO4═Ba2++SO42﹣，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c（）：c（H+）约为（　　）‎ A．1：1 B．1：2 C．1：10 D．10：1‎ ‎【考点】DA：pH的简单计算．‎ ‎【分析】稀释过程中硫酸的物质的量不变，当溶液接近中性时要考虑水的电离，所以将pH=5的硫酸溶液稀释500倍后，溶液中的SO42﹣与H+浓度的比值约为1：10．‎ ‎【解答】解：pH为5的溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）=5×10﹣6mol/L；‎ 溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c（SO42﹣）=1×10﹣8mol/L，‎ 所以稀释后溶液中硫酸根离子与氢离子浓度之比为：1×10﹣8mol/L：1×10﹣7mol/L=1：10，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．在100ml下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（　　）‎ A．0.5mol/L的HCl B．0.5mol/L的CH3COOH C．蒸馏水 D．0.5mol/L的氨水 ‎【考点】D4：电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，则离子浓度变化不大，结合物质的反应特点解答该题．‎ ‎【解答】解：A．盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；‎ B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；‎ C．水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；‎ D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎5．X、Y、Z都是金属，把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极．X、Y、Z三种金属的活动性顺序为（　　）‎ A．X＞Y＞Z B．X＞Z＞Y C．Y＞X＞Z D．Y＞Z＞X ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；G2：常见金属的活动性顺序及其应用．‎ ‎【分析】活泼性强的金属可以把活泼性弱的金属从其盐中置换出来，原电池中，负极金属的活泼性强于正极金属的活泼性．‎ ‎【解答】‎ 解：把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，所以活泼性X＞Z，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性Y＞X，X、Y、Z三种金属的活动性顺序为Y＞X＞Z．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，下列各图中产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系如图所示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；CA：化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，形成原电池，反应速率增大，但生成的氢气少．‎ ‎【解答】解：等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：‎ Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铜﹣铁﹣稀硫酸形成原电池，反应速率增大，反应用时少于b，但生成的氢气少，也少于b，图象应为A．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．一定温度下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c（OH﹣）之比为（　　）‎ A．小于10 B．等于10 C．大于10 D．无法确定 ‎【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】弱电解质溶液中，弱电解质的浓度越大，其电离程度越小，浓度越小，其电离程度越大．‎ ‎【解答】解：一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大，‎ 甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，由弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，‎ 所以甲、乙两瓶氨水中[OH﹣]之比小于10，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（　　）‎ A．NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣ B．CO32﹣、PO43﹣、K+、Na+‎ C．Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣ D．HPO42﹣、Na+、HSO3﹣、K+‎ ‎【考点】DP：离子共存问题．‎ ‎【分析】25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子，能大量共存，以此来解答．‎ ‎【解答】解：25°C时，某溶液中由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L，为酸或碱溶液，‎ A．因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，酸溶液中不反应能共存，故A不选；‎ B．因酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱溶液中不反应能共存，故B不选；‎ C．因酸或碱溶．因液中均不反应，能大量共存，故C不选；‎ D．HPO42﹣、HSO3﹣既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D选；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（　　）‎ A．升高温度，溶液的pH降低 B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）‎ C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）‎ D．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大 ‎【考点】DN：离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A、升高温度，会促进盐的水解；‎ B、根据溶液中的物料守恒知识来回答；‎ C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；‎ D、根据水解平衡的移动原理来回答．‎ ‎【解答】解：0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌‎ HSO3﹣+OH﹣，该过程是吸热过程．‎ A、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，故A错误；‎ B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故B错误；‎ C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故C正确；‎ D、加入少量NaOH固体，平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣向逆反应方向移动，所以c（SO32﹣）与c（Na+）均增大，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．关于浓度均为0.1mol•L﹣1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（　　）‎ A．c（NH4+）：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（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）‎ ‎【考点】DN：离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小；‎ B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大或碱中c（OH﹣）越大越抑制水电离；‎ C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒判断；‎ D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断．‎ ‎【解答】解：A．NH3•H2O是弱电解质，部分电离，NH4Cl是强电解质完全电离，NH4Cl中NH4+水解但程度较小，所以c（NH4+）：③＞①，故A正确；‎ B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大或碱中c（OH﹣）越大越抑制水电离，①中c（OH﹣）小于②中；‎ c（H+），所以①抑制水电离程度小于②，则水电离出的c（H+）：②＜①‎ ‎，故B错误；‎ C．NH3•H2O是弱电解质、HCl是强电解质，①和②等体积混合后，二者恰好反应生成NH4Cl，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）=c（OH﹣）+c（NH3•H2O），故C正确；‎ D．①和③等体积混合后，NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度导致溶液呈碱性，再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（Cl﹣），NH3•H2O电离程度、NH4+水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．在25℃时，V mL pH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH溶液10V mL时，溶液中Cl﹣的物质的量恰好等于Na+的物质的量，则a+b的值是（　　）‎ A．13 B．14 C．15 D．无法确定 ‎【考点】DA：pH的简单计算．‎ ‎【分析】溶液中Cl﹣的物质的量恰好等于Na+的物质的量，根据溶液呈电中性可知n（H+）=n（OH﹣），即酸碱恰好完全中和，则有n（HCl）=n（NaOH），即V×10﹣3L×10﹣amol/L=10V×10﹣3L×10b﹣14mol/L，以此计算．‎ ‎【解答】解：盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液中Cl﹣的物质的量恰好等于Na+的物质的量，根据溶液呈电中性可知n（H+）=n（OH﹣），即酸碱恰好完全中和，则有n（HCl）=n（NaOH），pH=a的盐酸中c（H+）=10﹣amol/L，pH=b的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）=10b﹣14mol/L，则V×10﹣3L×10﹣amol/L=10V×10﹣3L×10b﹣14mol/L，‎ 解之得：a+b=13，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌H++CH3COO﹣，下列叙述不正确的是（　　）‎ A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）‎ B．0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH﹣）减小 C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动 D．常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7‎ ‎【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；‎ B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）减小、c（OH﹣）增大；‎ C．向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离；‎ D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性．‎ ‎【解答】解：A．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故A正确；‎ B．加水稀释促进醋酸电离，溶液中CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，温度不变，溶液中水的离子积常数不变，则c（OH﹣）增大，故B错误；‎ C．向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右进行，故C正确；‎ D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性，则溶液的pH＜7，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．如图甲是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如图乙所示，则卡片上的描述合理的是（　　）‎ A．①②③ B．②④ C．④⑤⑥ D．③④⑤‎ ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】Zn﹣Cu原电池中，Zn作负极，发生电池反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，电子由负极流向正极，阳离子向正极移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：①原电池的电极名称是正负极，不是阴阳极，故①错误；‎ ‎②根据金属活动性顺序知，锌作负极，铜作正极，氢离子在铜电极上得电子生成氢气，所以在铜极上有气泡产生，故②正确；‎ ‎③锌失去电子变成金属阳离子进入溶液，所以在锌极附近有带正电荷的离子，根据异性电荷相吸原理，硫酸根离子向锌极移动，故③错误；‎ ‎④2H++2e﹣=H2↑‎ ‎ 2mol 1mol ‎ 0.5mol 0.25mol 故④正确；‎ ‎⑤外电路电子流向为Zn→Cu，故⑤错误；‎ ‎⑥正极上氢离子得电子生成氢气，所以其反应式为 2H++2e﹣=H2↑，故⑥错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 ‎【考点】CF：化学平衡移动原理；C8：化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答．‎ ‎【解答】解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；‎ B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH﹣反应，平衡正向移动，故B正确；‎ C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，是增大的，故C错误；‎ D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．又知t℃时AgCl的Ksp=4×10﹣10，下列说法不正确的是（　　）‎ A．在t℃时，AgBr的Ksp为4.9×l0﹣13‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点 C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液 D．在t℃时，AgCl（s）+Br﹣（aq）⇌AgBr（s）+Cl﹣（aq）平衡常数K≈816‎ ‎【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13；‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小；‎ C．在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液；‎ D．K==．‎ ‎【解答】解：A．根据图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10﹣13，故A正确；‎ B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；‎ C．在a点时Qc＜Ksp，故a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；‎ D．K===≈816，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．下列说法正确的是（　　）‎ A．难溶电解质的溶度积Ksp越小，则它的溶解度越小 B．任何难溶物在水中都存在沉淀溶解平衡，溶解度大小都可以用Ksp表示 C．溶度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积越大 D．升高温度，某沉淀溶解平衡逆向移动，说明它的溶解度是减小的，Ksp也变小 ‎【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】A．不同类型的电解质无法由溶度积比较溶解度大小；‎ B．难溶物不一定是电解质；‎ C．溶度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积不一定越大；‎ D．升高温度，沉淀溶解平衡向吸热方向移动，根据溶液中离子浓度变化判断溶度积变化．‎ ‎【解答】解：A．同类型的难溶电解质Ksp越小，溶解度越小，不同类型的电解质无法由溶度积比较溶解度大小，故A错误；‎ B．任何难溶物在水中不一定存在溶解平衡，只有难溶电解质在水中才存在溶解平衡，故B错误；‎ C．溶度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积常数可能增大也可能减小，如果正反应是放热反应，则温度越高，溶度积常数越小，否则越大，故C错误；‎ D．升高温度，沉淀溶解平衡向吸热方向移动，如果某沉淀溶解平衡是放热反应，升高温度，逆向移动，则说明它的溶解度是减小的，溶液中离子浓度减小，所以Ksp也变小，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本小题包括3小题，共36分）‎ ‎17．Cu（NO3）2的水溶液呈　酸　（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH　＜　7（填“＞”、“=”、“＜”），原因是（用离子方程式表示）：　Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+　；实验室在配制 AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以　抑制　‎ ‎（填“促进”、“抑制”）其水解．‎ ‎【考点】DB：盐类水解的原理．‎ ‎【分析】Cu（NO3）2中的铜离子在水中易水解，而显酸性；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，为了抑制其水解．‎ ‎【解答】解：Cu（NO3）2中的铜离子在水中易水解，而显酸性，pH＜7，水解方程为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，为了抑制其水解，故答案为：酸；＜；Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；抑制．‎ ‎　‎ ‎18．氯化铝水溶液呈　酸　性，原因是（用离子方程式表示）：　Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+　．把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是　2Al（OH）3Al2O3+3H2O　．‎ ‎【考点】DB：盐类水解的原理．‎ ‎【分析】AlCl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性；将AlCl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成HCl和Al（OH）3，温度越高HCl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是氧化铝．‎ ‎【解答】解：AlCl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；将AlCl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成HCl和Al（OH）3，温度越高HCl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是Al（OH）3，灼烧Al（OH）3得到的固体是氧化铝，方程式为2Al（OH）3Al2O3+3H2O，‎ 故答案为：酸；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；2Al（OH）3Al2O3+3H2O．‎ ‎　‎ ‎19．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示．请回答下列问题：‎ ‎（1）电极X的材料是　Cu　，电解质溶液Y是　AgNO3　；‎ ‎（2）银电极为电池的　正　极，发生的电极反应为　2Ag++2e﹣═2Ag　 X电极上发生的电极反应为　Cu﹣2e﹣═Cu2+　．‎ ‎（3）外电路中的电子是从　Cu　电极流向　Ag　电极．‎ ‎【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）根据电池反应式知，失电子化合价升高的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，得电子的化合价降低的可溶性反应物作电解质溶液，据此设计原电池；‎ ‎（2）原电池中，易失电子的电极铜为负极，银作正极，正极上得电子发生还原反应；‎ ‎（3）电子从负极沿导线流向正极．‎ ‎【解答】解：（1）由反应2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，所以X电极材料是Cu，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3 ，‎ 故答案为：Cu；AgNO3；‎ ‎（2）正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为2Ag++2e﹣═2Ag，X（铜）电极失电子发生氧化反应，电极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+，‎ 故答案为：正极； 2Ag++2e﹣=2Ag；Cu﹣2e﹣═Cu2+；‎ ‎（3）电子从负极Cu沿导线流向正极Ag，‎ 故答案为：Cu；Ag．‎ ‎　‎ ‎20．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶液平衡均属于化学平衡．‎ I、已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣．‎ ‎（1）NaHA溶液的pH　小于　（填大于、小于或等于） Na2A溶液的pH．‎ ‎（2）某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性．此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是　bc　．‎ a．c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14 b．c（Na+）+c（K+）=c（HA﹣）+‎ ‎2c（A2﹣）‎ c．c（Na+）＞c（K+） d．c（Na+）+c（K+）=0.05mol/L ‎（3）已知常温下H2A的钙盐（CaA）饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）△H＞0．‎ ‎①降低温度时，Ksp　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎②滴加少量浓盐酸，c（Ca2+）　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ II、含有Cr2O72﹣的废水毒性较大，某工厂废水中含5.00×10﹣3 mol•L﹣1的Cr2O72﹣．为使废水能达标排放，作如下处理：‎ Cr2O72﹣Cr3+、Fe3+Cr（OH）3、Fe（OH）3‎ ‎（1）该废水中加入绿矾（FeSO4•7H2O）和H+，发生反应的离子方程式为：　Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O　．‎ ‎（2）欲使10L该废水中的Cr2O72﹣完全转化为Cr3+，理论上需要加入　83.4　g FeSO4•7H2O．‎ ‎（3）若处理后的废水中残留的c（Fe3+）=2×10﹣13mol•L﹣1，则残留的Cr3+的浓度为　3×10﹣6mol•L﹣1　．（已知：Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38 Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10﹣31）‎ ‎【考点】DN：离子浓度大小的比较；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】I．（1）二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；‎ ‎（2）混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），溶液呈存在物料守恒和电荷守恒，注意离子积常数只与温度有关；‎ ‎（3）①降低温度，抑制难溶物的电离，导致溶度积常数变小．‎ ‎②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动；‎ II（1）酸性条件下，Cr2O72﹣具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铬离子和铁离子；‎ ‎（2）依据浓度计算10L废水中Cr2O72﹣的物质的量，结合氧化还原反应电子守恒的定量关系计算硫酸亚铁晶体质量；‎ ‎（3）依据溶度积常数计算得到．‎ ‎【解答】‎ 解：I（1）二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，水解程度越大，钠盐溶液碱性越强，所以NaHA溶液的pH小于Na2A溶液的pH，故答案为：小于；‎ ‎（2）a．水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故a错误；‎ b．溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）+c（K+）=c（HA﹣）+2c（A2﹣），故b正确；‎ c．NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（Na+）＞c（K+），故c正确；‎ d．NaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积，所以c（Na+）+c（K+）＞0.05mol/L，故d错误；‎ 故选：BC．‎ ‎（3）①降低温度，抑制难溶物的电离，所以导致溶度积常数变小．‎ 故答案为：减小；‎ ‎②加盐酸，促进难溶盐的电离，使平衡向正反应方向移动，所以钙离子浓度增大．‎ 故答案为：增大；‎ II（1）酸性条件下，Cr2O72﹣具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应生成铬离子和铁离子，离子方程式为Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O；‎ ‎（2）某工厂废水中含5.00×10﹣3 mol•L﹣1的Cr2O72﹣，n（Cr2O72﹣）=10L×5.00×10﹣3mol/L=5.00×10﹣2mol；‎ 依据氧化还原反应离子方程式：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到n（Fe2+）=5.00×10﹣2mol×6=0.3mol；需要FeSO4•7H2O蒸馏=0.3mol×278g/mol=83.4g，故答案为：83.4；‎ ‎②若处理后的废水中残留的c（Fe3+）=2×10﹣13mol•L﹣1，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）=4.0×10﹣38，计算得到c3（OH﹣）=2×10﹣25mol/L，则残留的Cr3+‎ 的浓度为Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）c3（OH﹣）=6.0×10﹣31 ，c（Cr3+）=3×10﹣6mol•L﹣1，‎ 故答案为：3×10﹣6mol•L﹣1．‎ ‎　‎ 三、实验题（本小题包括1小题，共16分）‎ ‎21．草酸晶体的组成可用H2C2O4•xH2O表示，为了测定x值，进行如下实验：‎ 称取Wg草酸晶体，配成100.00mL水溶液 ‎（1）称25.00mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L﹣1的KMnO4溶液滴定到KMnO4不再褪色为止，所发生的反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O试回答：（1）实验中不需要的仪器有（填序号）　cf　，还缺少的仪器有（填名称）　铁架台（带滴定管夹）　．‎ a．托盘天平（带砝码，镊子）b．滴定管 c.100mL量筒 d.100mL容量瓶 e．烧杯 f．漏斗 g．锥形瓶 h．玻璃棒 i．药匙 j．烧瓶 ‎（2）实验中，标准液KMnO4溶液应装在　酸　式滴定管中，因为　KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡皮管　．‎ ‎（3）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测得的x值会　无影响　（偏大、偏小、无影响）‎ ‎（4）实验中用左手控制　滴定管活塞　（填仪器及部位），眼睛注视　锥形瓶中溶液的颜色变化　，直至滴定终点．判断到达终点的现象是　滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色　．‎ ‎【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）实验有两个过程：配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；‎ 用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量：所需要的实验仪器主要有烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等；根据以上操作中使用的仪器进行解答；‎ ‎（2）KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，故KMnO4‎ 溶液应装在酸式滴定管中；‎ ‎（3）根据实验操作对c（待测）=的影响分析误差；‎ ‎（4）实验中应控制流速并观察锥形瓶中颜色变化；如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点．‎ ‎【解答】解：（1）为了准确配制一定浓度浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；‎ 用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等，‎ 则在以上操作中不需要的仪器有：c.100mL量筒、f．漏斗；还缺少的仪器为：铁架台（带滴定管夹），‎ 故答案为：cf；铁架台（带滴定管夹）；‎ ‎（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，‎ 故答案为：酸；KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡皮管；‎ ‎（3）在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，蒸馏水不影待测液的物质的量，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知，c（待测）不变，则对所测得的x值无影响，‎ 故答案为：无影响；‎ ‎（4）滴定时，滴定过程中，用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处，右手摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定时，滴入最后一滴溶液，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：滴定管活塞；锥形瓶中溶液的颜色变化；滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色．‎ ‎　‎ ‎2017年7月7日