2017-2018学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版
黑龙江省牡丹江市第一高级中学2017-2018学年高二上学期期中考试化学（理）试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题共53分)
一、单项选择题(1—10小题，每小题2分，11—21小题，每小题3分，共53分。每小题只有一个选项正确。)
1. 下列叙述不正确的是（ ）
A. 铁表面镀锌，铁作阳极
B. 甲醇燃料电池可把化学能转化为电能
C. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应:O2+2H2O+4e-=40H-
D. 工业上电解饱和食盐水的阳极反应: 2Cl--2e-=Cl2↑
【答案】A
【解析】铁表面镀锌，铁作阴极，硫酸锌溶液作电解质，锌作阳极，A错误；甲醇燃料电池可把化学能转化为电能，B正确；钢铁吸氧腐蚀的正极反应：O2+2H2O+4e-=40H-，C正确；工业上电解饱和食盐水时，石墨电极阳极上氯离子优先失去电子，反应为: 2Cl--2e-=Cl2↑，D正确。故选A。
2. 在稀硫酸与锌反应制氢气的实验中，下列因素对产生H2速率没有影响的是（ ）
A. 升高溶液的温度
B. 初始加入的稀硫酸由5mL变成10mL
C. 将锌块换成锌粉
D. 加几滴硫酸铜溶液
【答案】B
【解析】A. 升高溶液的温度反应速率加快，A错误；B. 初始加入的稀硫酸由5 mL变成10 mL，氢离子浓度不变，反应速率不变，B正确；C. 将锌块换成锌粉增大固体反应物的接触面积，反应速率加快，C错误；D. 滴加几滴硫酸铜溶液，锌置换出铜，构原电池，加快反应速率，D错误，答案选B。
3. 下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施
D. 对2HI（g）H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡体系颜色变浅
【答案】B
【解析】勒夏特列原理是用来解释平衡移动的基本原理，所以平衡不移动的问题无法用勒夏特列原理解释。溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后，HBr和AgNO3溶液反应生成溴化银沉淀，使反应平衡向正反应方向移动，单质溴减少，所以颜色变浅，选项A可以解释。合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，催化剂只改变速率不影响平衡，所以选项B不能解释。工业合成氨是放热反应，所以低温使反应平衡正向移动，提高氨气产率，选项C可以解释。对2HI（g）H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡向正反应方向移动，从而使I2的浓度减小，颜色变浅，选项D可以解释。
4. 某反应2AB（g）C（g）+3D(g)在高温下能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的ΔH、ΔS应为（ ）
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】试题分析：A、ΔH＜0，ΔS＞0，正向任何温度下都自发进行，A项错误；B、ΔH＜0，ΔS＜0，正向低温下能进行，B项错误；C、ΔH＞0，ΔS＞0，在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，C项正确；D、ΔH＞0，ΔS＜0正向不能自发反应，D项产物；答案选C。
考点：考查自发反应
5. 下列操作会促进H2O的电离，且使溶液pH>7的是( )
A. 将纯水加热到90 ℃
B. 向水中加少量NaOH溶液
C. 向水中加少量Na2CO3溶液
D. 向水中加少量FeCl3溶液
【答案】C
【解析】试题分析：A、水的电离为吸热过程，将纯水加热到90 ℃，平衡正向移动，促进水的电离，氢离子浓度增大，pH＜7，错误；B、向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，错误；C、Na2CO3为强碱弱酸盐，向水中加入少量Na2CO3 ，碳酸根发生水解，促进水的电离，溶液呈碱性，pH＞7，正确；D、FeCl3为强酸弱碱盐，向水中加入少量FeCl3，Fe3＋发生水解，促进水的电离，溶液呈酸性，pH＜7，错误。
考点：考查水的电离的影响因素。
6. 用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )
A. c（OH-）/c（NH3·H2O） B. n（OH-）
C. c（NH3·H2O）/c（OH-） D. c（H﹢）
【答案】C
【解析】氨水中存在如下电离平衡：NH3·H2O NH4+ + OH－，加水稀释平衡正向移动，氢氧根物质的量增加，一水合氨物质的量减少，所以c（OH-）/c（NH3·H2O）增大，选项A错误。加水稀释平衡正向移动，氢氧根物质的量增加，选项B错误。加水稀释平衡正向移动，氢氧根物质的量增加，一水合氨物质的量减少，所以c（NH3·H2O）/c（OH-）减小，选项C正确。加水稀释，溶液碱性减弱，氢氧根浓度减小，所以氢离子浓度增大，选项D错误。
点睛：加水稀释时，弱电解质的电离平衡正向移动，会电离出更多的离子，但是溶液的体积在增加，所以溶液中溶质电离出来的离子的浓度均减小。另外还要考虑到，溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度的乘积一定等于水的离子积KW，所以氢离子和氢氧根离子浓度不可能都减小或者都增大。酸性溶液稀释，是氢离子减小，氢氧根增大；碱性溶液稀释是氢氧根减小，氢离子增大。
7. 在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是( )
A. NH＋2H2ONH3·H2O＋H3O＋
B. HCO＋H2OH3O＋＋CO
C. HS－＋H＋H2S
D. Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO
【答案】A
【解析】试题分析：A、铵根离子和水发生水解生成一水合铵和氢离子，选A；B、是碳酸氢根的电离，不是水解，不选B；C、反应时硫氢根离子和酸的反应，不选C；D、反应是氯气和水的反应，不是水解，不选D。
考点：盐类的水解。
8. 向一种一元强酸HA溶液中加入一种碱MOH，溶液呈中性，下列判断正确的是
A. 加入的碱过量
B. 生成的盐发生水解
C. 反应后溶液中c(A－)＝c(M＋)
D. 混合前酸与碱中溶质的物质的量相等
【答案】C
.....................
9. 下列说法不正确的是( )
A. 有固体Mg(OH)2存在的饱和溶液中加入NH4Cl固体，能使Mg(OH)2固体减少
B. 为了避免电解液中CuSO4因水解发生沉淀，可加入适量稀硫酸抑制水解
C. 将氯化铁溶液加热蒸干并灼烧，可以得到氧化铁
D. 溶液导电过程是电解的过程，强电解质的导电能力一定比弱电解质的导电能力强
【答案】D
【解析】有固体Mg(OH)2存在的饱和溶液中存在如下平衡：Mg(OH)2Mg2+ + 2OH-，加入氯化铵后，氯化铵电离的铵根离子结合氢氧根离子生成一水合氨，使平衡正向移动，氢氧化镁固体减少，选项A正确。硫酸铜水解会使溶液显酸性，所以加入硫酸可以抑制水解，选项B正确。氯化铁受热促进水解，生成氢氧化铁，氢氧化铁受热分解转化为氧化铁，选项C正确。电解质溶液的导电能力由离子的浓度和电荷决定，与电解质强弱无关。例如：浓度很小的盐酸溶液，导电能力会很差，但是HCl是强电解质，所以选项D不正确。
点睛：在有固体Mg(OH)2存在的饱和溶液中加入NH4Cl固体，能使Mg(OH)2固体减少的原因除解析中的说法之外，还可以理解为氯化铵溶液显酸性，中和了氢氧根，使氢氧化镁的沉淀溶解平衡正向移动，减少了氢氧化镁固体。但是根据实验探究的结果，其真实的原因，还是铵根离子结合了氢氧根，使平衡正向移动。
10. 用如图所示的装置电解K2SO4溶液同时制备H2SO4和KOH溶液，Ⅱ中装入K2SO4溶液，下列有关分析正确的是(a、b是离子交换膜)( )
A. Ⅰ区生成H2SO4 B. a是阴离子交换膜
C. Ⅱ区中的K＋进入Ⅰ区 D. Ⅲ区溶液的pH会升高
【答案】C
【解析】电解池内部阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。所以加入的硫酸钾溶液的钾离子向Ⅰ区移动，在Ⅰ区生成氢氧化钾，硫酸根离子向Ⅲ区移动，在Ⅲ区生成硫酸。所以选项A错误。为保证钾离子通过，a为阳离子交换膜，选项B错误。硫酸钾溶液的钾离子向Ⅰ区移动，在Ⅰ区生成氢氧化钾，所以选项C正确。在Ⅲ区生成硫酸，所以pH降低，选项D错误。
11. 浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，说法不正确的是( )
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(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】试题分析：A．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离产生的离子浓度很小，主要以电解质分子存在；而③氯化铵是盐，属于强电解质，完全电离产生离子，当二者等浓度时，电离产生的c(NH4+)：③＞①，A正确；B．①氨水中的一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离产生的离子浓度很小，电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用；②盐酸是强电解质，HCl=H++Cl-，二者浓度相等时电离产生的离子浓度HCl大于氨水，电离产生的离子浓度越大，对水的电离平衡的抑制作用越强，水电离出的c(H+)就越小，所以水电离出的c(H+)：②<①，B错误； C．①和②等体积混合，二者恰好完全反应产生NH4Cl，根据质子守恒，可得混合后的溶液：c（H+）＝c(OH-)+c(NH3·H2O)，C正确； D．①和③等体积混合后的溶液是NH3·H2O、NH4Cl等物质的量的混合溶液，则根据物料守恒可得：c（NH4+）＞c(Cl-)；由于NH3·H2O的电离作用大于NH4+的水解作用，所以溶液中c(OH-)＞c(H+)；等浓度的强电解质电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，所以c(Cl-)＞c(OH-)，所以溶液中离子浓度关系是c（NH4+）＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确。答案选B。
考点：考查强电解质、弱电解质溶液的电离及离子浓度大小比较的知识。
12. 下列各组离子在相应的条件下可能大量共存的是( )
A. 能使pH试纸变红的溶液中：CO、K＋、Cl－、Na＋
B. 由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中：NO、Mg2＋、Na＋、SO
C. 在c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液中：NH、Fe2＋、Cl－、NO
D. ＝10－10 mol·L－1的溶液中：Na＋、HCO、Cl－、K＋
【答案】B
【解析】试题分析：能使pH试纸变红的溶液呈酸性，在酸性条件下CO32-不能存在，故A错误；由水电离产生的c(OH－)＝1×10－10mol·L－1的溶液，可能呈酸性或碱性，在酸性条件下NO3-、Mg2＋、Na＋、SO42-都能存在，故B正确；c(OH－)/c(H＋)＝1×1012的溶液，呈强碱性，在碱性条件下NH4+、Fe2＋不能存在，故C错误；＝10－10mol·L－1的溶液，呈酸性，酸性条件下HCO3-不能存在，故D错误。
考点：本题考查离子共存。
13. 某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解该混合溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是( )
A. 阴极自始至终只逸出H2 B. 阳极先逸出Cl2，后逸出O2
C. 电解最后阶段为电解水 D. 溶液pH不断增大，最后为7
【答案】D
【解析】某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3∶1，将溶液中的离子重新组合，可以认为溶质为HCl、NaCl、Na2SO4，其物质的量的比为2:1:1。刚开始电解HCl，生成氢气和氯气；然后电解NaCl，生成氢气、氯气和氢氧化钠；最后溶液中为氢氧化钠和硫酸钠的混合溶液，电解这两个的溶液，相当于电解水，生成氢气、氧气。所以阴极只生成氢气，选项A正确。阳极先逸出Cl2，后逸出O2，选项B正确。电解到最后溶液为氢氧化钠和硫酸钠的混合溶液，电解这两种物质的溶液，都相当于电解水，选项C正确。电解到最后溶液为氢氧化钠和硫酸钠的混合溶液，电解这两种物质的溶液，都相当于电解水，所以溶液一直保持碱性，选项D错误。
14. 下列有关问题，与盐的水解有关的是（ ）
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤明矾可以做净水剂
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂，是因为两者水解都显酸性可以将金属表面的锈迹反应。②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂，是因为铝离子和碳酸氢根发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝。③草木灰（碳酸钾）与铵态氮肥不能混合施用，是因为碳酸根和铵根的水解互相促进。④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，是因为碳酸钠水解溶液显碱性，会与玻璃中的二氧化硅反应。⑤明矾可以做净水剂，是因为铝离子水解得到氢氧化铝胶体。所以都正确，答案为D。
15. 等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②(NH4)2CO3 ③NaHSO4 ④NaHCO3 ⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是( )
A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④③①⑤ D. ②④①③⑤
【答案】D
【解析】试题分析：CH3COOH、NaHSO4、Ba(OH)2自身电离出氢离子或氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，使水的电离程度减小，而(NH4)2CO3、NaHCO3两种盐因水解使水的电离程度增大，故选项A、B错；CH3COOH是弱酸与同浓度的 NaHSO4比氢离子浓度要小的多，对水的电离的抑制要弱，故选项D正确。
考点：酸、碱、盐对水的电离的影响。
16. 在相同温度，等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A. 均存在电离平衡和水解平衡
B. 存在的粒子种类相同
C. c(OH－)前者大于后者
D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
【答案】C
【解析】试题分析：A.在NaHCO3溶液中存在水的电离平衡、HCO3-的电离平衡及HCO3-的水解平衡；在Na2CO3溶液中存在水的电离平衡及CO32-的水解平衡；正确；B．在NaHCO3与Na2CO3溶液中存在Na+、HCO3-、CO32-、H2CO3、H+、OH-,所以含有的粒子种类相同，正确；C．在相同温度，等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3溶液中，前者存在HCO3-的电离平衡及HCO3-的水解平衡，由于水解大于电离，所以溶液显碱性，由于水解程度HCO3-
10－2mol·L－1，故错误；B、V(NaOH)<10mL，反应后溶质是Na2C2O4、NaHC2O4，当NaHC2O4电离出的c(H＋)等于Na2C2O4中C2O42－水解产生c(OH－)，溶液显中性，根据电荷守恒，则有c(Na＋)=2c(C2O42－)+c(HC2O4－)，故错误；C、两者恰好完全反应，溶质为Na2C2O4，C2O42－发生水解，溶液显碱性，即c(H＋)<10－7mol·L－1，故错误；D、反应后溶液中溶质为Na2C2O4、NaOH，盐类水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(C2O42－)>c(HC2O4－)，故正确。
18. 下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（ ）
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0．1 mol/L醋酸的pH比0．1 mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；
⑥0．1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8．9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②
【答案】B
【解析】①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。②醋酸溶液能导电，只能说明是电解质，不能说明是弱电解质。③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以是弱电解质。④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1
mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明是弱电解质。⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明是强电解质。⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。所以③④⑥⑦正确，答案为B。
19. 下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是（ ）
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3) ＜c(CH3COONa)
C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)
D. 0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(OH-)
【答案】D
【解析】pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液无论怎样混合，溶液中只有4种离子，所以一定有电荷守恒：c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)，选项A正确。pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，因为氢氧化钠是强碱所以达到相同的碱性用氢氧化钠的浓度一定最小。因为醋酸比碳酸强，所以醋酸根的水解能力弱于碳酸根，达到相同的碱性，醋酸钠的浓度就要大于碳酸钠的浓度，所以顺序为c(NaOH)＜c(Na2CO3) ＜c(CH3COONa)，选项B正确。物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，其电荷守恒为：c(CH3COO-) +c(OH-) == c(H+) + c(Na+)；物料守恒为：c(CH3COO-) + c(CH3COOH) == 2 c(Na+)。将物料守恒带入电荷守恒，消去钠离子，得到：c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)，实际为溶液的质子守恒，选项C正确。0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4，说明电离大于水解。所以c(H+)（电离出来的离子）大于c(H2A)和c(OH-)（都是水解出来的），但是HA-水解生成的c(H2A)和c(OH-)应该相等，再考虑到水电离，应该是c(H2A)小于c(OH-)，选项D错误。
20. 关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【解析】试题分析：A、根据电流的方向，判断出a为阳极，b为阴极，精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质含有铜离子，故说法正确；B、铁比铜活泼，且铁也和Fe3＋发生反应，因此总电极反应式为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，故说法错误；C、根据电解原理，阴极材料不参与反应，因此保护钢闸门，钢闸门应连接电源的负极，故说法正确；D、铁和浓硫酸发生钝化反应，产生一层致密的氧化薄膜阻碍反应的进行，因此铁几乎没有腐蚀，故说法正确。
考点：考查电解原理、金属的腐蚀和防护、原电池等知识。
21. 已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是( )
A. a点表示的溶液中c(CH3COO－)略小于10－3 mol·L－1
B. b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. b、d点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【解析】试题分析：A、a点是c（H+）=10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，酸能抑制水的电离，溶液中存在水的电离，所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度，正确；B、溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，错误；D、b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，正确。
考点：本题考查酸碱中和反应、离子浓度比较、盐类的水解、平衡常数的判断。
第II卷（非选择题共47分）
22. 现有pH＝2的醋酸溶液甲和pH＝2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：
（1）取10 mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________移动(填“向左”、“向右”或“不移动”)；
（2）各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH＝7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V(甲)________V(乙)。 (填“大于”、“小于”或“等于”，下同)。
（3）取等体积的甲乙两溶液，分别加入等物质的量的相应钠盐固体少量，两溶液的pH大小关系是：pH(甲)________pH(乙)
【答案】 (1). 向右 (2). 大于 (3). 大于
【解析】（1）加水稀释应该使电离平衡正向移动，所以答案为向右。
（2）醋酸是弱酸只能电离很少一部分，盐酸是完全电离的，所以两溶液pH相等时，醋酸的浓度应该远大于盐酸浓度。相同体积的两个溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，因为醋酸的浓度远大于盐酸浓度，所以醋酸需要的氢氧化钠就会大于盐酸需要的氢氧化钠。答案为V(甲)大于V(乙)。
（3）取等体积的甲乙两溶液，分别加入等物质的量的相应钠盐固体少量，醋酸中加入醋酸钠，醋酸根对于醋酸的电离起到抑制作用，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH升高。而在盐酸中加入氯化钠，对于盐酸的电离没有影响，pH不变。所以pH(甲)大于pH(乙)。
23. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100 mL－1)。
Ⅰ.实验步骤：
（1）配制待测白醋溶液。用________________(填仪器名称)量取10.00 mL食用白醋，在__________(填仪器名称)中用水稀释后转移到100 mL__________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）量取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。
（3）读取盛装0.100 0 mol·L－1NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数。
（4）滴定。判断滴定终点的现象是：_________________，到达滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
（5）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。
Ⅱ.实验记录
实验数据（mL） 滴定次数
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
（1）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝mL＝15.24 mL。指出他计算的不合理之处：______。按正确数据处理，得c(市售白醋)＝_____mol·L－1；市售白醋总酸量＝_____g·100 mL－1。
（2）乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生复分解反应，需查找在一定温度下的________(填序号)。
A．pH B．电离度 C．电离平衡常数 D．溶解度
（3）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是_________(填写序号)。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 酸式滴定管(或10 mL移液管) (2). 烧杯 (3). 容量瓶 (4). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (5). 22.60 (6). 第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去 (7). 0.75 (8). 4.5 (9). C (10). AB
【解析】Ⅰ.实验步骤：（1）白醋显酸性应该使用酸式滴定管量取，转移至烧杯中，加水稀释，再转移至容量瓶中定容。所以答案为酸式滴定管、烧杯、容量瓶（10 mL移液管也可以，但是在高中范围内少见，参看不同版本的选修6）。
（4）向酸性溶液中滴加氢氧化钠滴定，以酚酞为指示剂，终点时，溶液颜色应该突然由无色变为浅红色，注意要回答半分钟不褪色。
（5）滴定管的精度是0.01mL，读数要精确到小数点后第二位，所以必须为22.60mL。
（2）醋酸是否和苯甲酸钠反应，实际是判断醋酸和苯甲酸的酸性强弱，如果醋酸强于苯甲酸，根据强酸制弱酸的原则，二者就能反应。判断酸性强弱，应该用电离平衡常数，所以选C。至于选项A和B，都是和浓度相关的，必须在同浓度的前提下才有价值（当然，实际上也没有哪本书会提供pH和电离度的资料）。而选项D这种物理性质与酸性强弱明显没有关系。
（3）碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，则滴定管内氢氧化钠的浓度减小，滴定中应该添加更多体积的氢氧化钠，所以结果偏大，选项A正确。
碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则氢氧化钠溶液有一部分用来填充消失的气泡，使加入的氢氧化钠体积增加，结果偏大，选项B正确。
锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，这样的操作应该无影响，因为滴定过程中实际会加入不少的水，一是为了冲洗锥形瓶内壁上沾有的溶质，二是为了增大体积以便于观察颜色，所以选项C错误。
锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，这样会使加入的氢氧化钠体积减小，结果偏小，选项D错误。
点睛：这种探讨滴定中的结果误差的问题，应该要注意到考虑问题的角度。实际这种计算一般的计算式都是，这个式子中，是已知的，V待测是从滴定管中直接取出的（一般也是一个定值，例如：20.00mL等），所以实际能发生变化的只有V标准。那么考虑这种滴定过程的结果变化，应该专注于考虑不同错误操作会使V标准发生怎样的变化。
24. 下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数变为10.47%，乙中c电极质量增加。
①电源的N端为________极；
②电极b上发生的电极反应式为___________________________________________；
③电极b上生成的气体在标准状况下的体积___________L；
④电极c的质量变化是________g；
⑤电解前后溶液的pH保持不变的是________。
A．甲溶液 B．乙溶液 C．丙溶液
【答案】 (1). 正 (2). 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ (3). 2.8 (4). 16 (5). C
【解析】（1）c电极质量增加是因为铜离子得电子生成单质铜，附着在电极表面，所以c电极一定为电解的阴极。从而推测出来M为负极，N为正极。
（2）b为电解氢氧化钠溶液的阳极，所以应该是氢氧根失电子生成氧气，即4OH－-4e－=2H2O＋O2↑
（3）丙中电解K2SO4的溶液实际相当于电解水，水减少使溶液的质量分数由10%升高到10.47%。原来的100 g 10.00%的K2SO4溶液中含有硫酸钾10g，反应后溶液质量为10÷10.47% = 95.51g，所以减少的水为100-95.51=4.49g，即反应的水约为0.25mol，根据电解水的反应，转移电子为0.5mol，所以每个电极上转移的电子都是0.5mol。根据b电极的反应方程式，可计算出生成的氧气为0.125mol体积为2.8L。
（4）c电极的反应是Cu2+ + 2e- = Cu，转移0.5mol电子，生成0.25molCu质量为16g。
（5）甲为氢氧化钠溶液，电解时相当于电解水，随着水的减少，氢氧化钠浓度增加，pH增大。乙为硫酸铜溶液，电解的反应为2CuSO4 + 2H2O2Cu + O2↑+ 2H2SO4，所以溶液的pH减小。丙为硫酸钾溶液，电解硫酸钾相当于电解水，但是不管浓度如何变化，硫酸钾终究是中性的，pH=7，保持不变。答案为丙。
25. （1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是________
A. KMnO4 B. H2O2 C. Cl2 水 D. HNO3
然后再加入适当物质调整至溶液pH=3.8，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的________
A. NaOH B. NH3·H2O C. CuO D. Cu(OH)2
（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定,已知lg2=0.3，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为____，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为____，通过计算确定上述方案________（填“可行”或“不可行”）
【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3.3 (5). 可行
【解析】（1）本题中将亚铁离子氧化为铁离子的最好试剂是过氧化氢，因为过氧化氢做氧化剂的还原产物是水，这样不会引入杂质。而其他选项都会引入之前溶液中不存在的元素，例如：K、Mn、Cl、N等，所以答案为B。加入物质的目的是为了提高溶液pH，所以应该加入可以与酸反应的物质。但是只需要调节pH至3.8，所以不需要太强的碱。另外，也要保证在此过程中不引入杂质。氢氧化钠碱性太强，而且氢氧化钠和氨水都会引入杂质。所以答案为CD。
（2）开始沉淀的要求是QC大于KSP，即QC = c(Cu2+)×c2(OH-) = 3.0 × c2(OH-)＞Ksp=3.0×10-20，CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1，所以c(OH-)=1.0×10-10 mol·L-1，pH=4。当铁离子完全沉淀时，应该认为铁离子的浓度为1×10-5 mol·L-1，此时该溶液是氢氧化铁的饱和溶液，所以Qc=KSP。即QC = c(Fe3+)×c3(OH-) = Ksp=8.0×10-38，因为c(Fe3+)=1×10-5 mol·L-1，所以c(OH-)=2.0×10-11 mol·L-1，由水的离子积得到c(H+)=5.0×10-4 mol·L-1，对5.0×10-4 mol·L-1取负对数得到。经过上述计算得到：铁离子完全沉淀时，铜离子还没有开始沉淀，所以方案可行。
26. 工业上通常采用CO(g)和H2(g)催化合成甲醇CH3OH(g)．
（1）在—定温度和压强下，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝－128.8 kJ/mol．若将10a mol CO和20a mol H2放入2 L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为60%，则该反应的平衡常数为________(用含a的代数式表示)．若此时再向该容器中投入10a mol CO、20a mol H2和10a mol CH3OH(g)，判断平衡移动的方向是_______(填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)。
（2）判断该反应达到平衡状态的依据是________(填字母序号)．
A．混合气体的密度不变
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．2v逆(H2)＝v正(CO)
D．容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1∶2∶1
E．CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化
（3）一定条件下，在容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1 mol CO、2 mol H2
1 mol CH3OH
2 mol CH3OH
平衡时数据
反应能量变化的绝对值(kJ)
a
b
c
反应物转化率
α1
α2
α3
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
则a＋b＝________；a1＋a3________1(填“<”、“>”或“＝”，下同)；2p2________p3．
【答案】 (1). (2). 正向移动 (3). BE (4). 128.8 (5). < (6). >
【解析】（1）加入10a mol CO，转化率为60%，反应的CO为6a mol。
CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始： 10a 20a 0
反应： 6a 12a 6a
平衡： 4a 8a 6a
容器得体积为2L，所以将物质的量都除以体积得到浓度，计算平衡常数为 。
若此时再向该容器中投入10a mol CO、20a mol H2和10a mol CH3OH(g)，则变为14a mol CO、28a mol H2和16a mol CH3OH(g)，浓度为7a mol/L CO、14a mol/L H2和8a mol/L CH3OH(g)，所以 ，Q小于K，所以平衡正向移动。
（2）反应混合物质量不变（质量守恒），容器体积不变，所以气体密度恒定不变，选项A无法说明反应达平衡。反应混合物质量不变（质量守恒），平均分子量不变，而，所以说明气体的n总不变。该反应前后的物质的量不等，所以n总不变可以说明反应达平衡，选项B正确。2v逆(H2)＝v正(CO)得到v逆(H2)：v正(CO)=1:2，依据反应速率比等于系数比的关系，应该有v逆(H2)：v正(CO)=2:1，所以选项C错误。容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1∶2∶1，有可能是某个瞬间达到这个比例关系，过了这个瞬间还会变化，所以选项D错误。CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化，一定说明反应达平衡，所以选项E正确。
（3）甲乙明显为等效平衡，最后的平衡态一定相同。从甲出发到平衡态放出akJ热量，从乙出发到相同平衡态吸收bkJ热量，则相反过程（从平衡态到乙）应该放出bkJ热量，所以从甲到乙应该放出（a+b）kJ热量。而从甲到乙就是将1molCO和2molH2反应为1 mol CH3OH，所以反应热量就是焓变，即a+b=128.8。甲的转化率为α1，说明从甲开始到平衡态，应该正向反应了总量的α1；乙的转化率为α2，说明从乙到相同平衡态应该逆向反应了总量的α2，所以一定有α1+α2=1。丙的投料量是乙的2倍，恒容下，相当于增大压强，所以平衡正向移动，丙中甲醇转化率降低，α2＞α3，所以α1+α3＜1。同温同体积下，压强的比等于气体物质的量的比。丙的投料量是乙的2倍，恒容下，相当于增大压强，平衡正向移动，所以达平衡时丙的总物质的量比乙的2倍还要小，所以丙压强小于乙的2倍，即2p2＜p3。
