【化学】吉林省长春市实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 20页

吉林省长春市实验中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 可用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64‎ 第Ⅰ卷 选择题（60分）‎ 一、单选题（共25小题，1-15小题每题2分，16-25小题每题3分）‎ ‎1.下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是（ ）‎ A. Na2CO3 B. Al2(SO4)3 C. K2SO4 D. NaHSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，Na2CO3中碳酸根水解，促进水的电离，溶液显碱性，故A不符合题意；‎ B选项，Al2(SO4)3中铝离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，故B不符合题意；‎ C选项，K2SO4中K+、SO42-对水的电离无影响，既不促进也不抑制，故C不符合题意；‎ D选项，NaHSO4电离出氢离子，抑制水的电离，溶液显酸性，故D符合题意；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎2.下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）‎ A. HCOOH+H2OHCOO－+ H3O+‎ B. CO2+H2OHCO3－+ H+‎ C. CO32－+ H2OHCO3－+ OH－‎ D. HS－+ H2OS2－+ H3O+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，HCOOH+H2OHCOO－+ H3O+是甲酸的电离方程式；‎ B选项，CO2+H2OHCO3－+ H+是二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸部分电离的电离方程式；‎ C选项，CO32－+ H2OHCO3－+ OH－是碳酸根的水解方程式；‎ D选项，HS－+ H2OS2－+ H3O+是硫氢根的电离方程式；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎3.下列事实可以证明MOH是弱碱的有（ ）‎ ‎①0.1mol/LMOH溶液能使酚酞溶液变红 ‎②常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=12‎ ‎③0.1mol/LMOH溶液的导电性比0.1mol/LNaOH溶液弱 ‎④等体积的0.1mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液恰好完全反应 A. ①②③ B. ②③ C. ②④ D. ③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH的电离程度，所以不能证明 MOH是弱电解质，错误；②常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12，溶液中c(OH－)=0.01mol/L，说明MOH不完全电离，MOH是弱碱，正确；③溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，说明 MOH部分电离，正确；④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；答案选B。‎ ‎4.实验室配制和保存溶液，应采取的正确措施是（ ）‎ ‎①把蒸馏水煮沸，以赶走水中溶解的 ‎ ‎②溶解时加入少量稀 ‎③加入少量还原铁粉，并充分振荡 ‎ ‎④加入少量盐酸 A. ①② B. ①②③ C. ②③ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①蒸馏水煮沸时赶走氧气，Fe2+容易被O2氧化，①项正确；‎ ‎②水解显酸性，加入少量稀硫酸可以抑制Fe2+的水解，②项正确；‎ ‎③加入少量还原铁粉后，Fe2+即使氧化为Fe3+，也能还原为Fe2+，③项正确；‎ ‎④加入少量盐酸可以抑制Fe2+的水解，但引入氯离子(杂质)，④项错误；‎ 综上分析，①②③符合题意，B项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 将10mL该溶液稀释至100mL后，pH=4‎ B. 向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和 C. 该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1010：1‎ D. 该溶液中由水电离出的c(H+)水×c(OH-)水=1×10-14‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将10mL该溶液稀释至100mL后，c(H+)=，pH=3，A错误；‎ B. 向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，由于氨水部分电离，所以盐酸完全反应后，溶液中仍含大量的氨水，B错误；‎ C. 该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为，正确；‎ D. 该溶液中由水电离出的c(H+)水×c(OH-)水=10-12×10-12=1×10-24，错误。‎ 故选C。‎ ‎6.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ）‎ A. 对该反应体系加热 B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸 C. 向H2SO4中通入HCl气体 D. 不用铁片，改用铁粉 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 对该反应体系加热，体系的温度升高，反应速率加快；‎ B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸，铁片发生钝化，反应速率减慢；‎ C. 向H2SO4中通入HCl气体，c(H+)增大，反应速率加快；‎ D. 不用铁片，改用铁粉，增大接触面积，加快反应速率。‎ 故答案为B。‎ ‎7.常温下c（H＋）最小是下列各项中的（ ）‎ A. pH＝0的溶液 B. 0.5 mol·L－1H2SO4‎ C. 0.5 mol·L－1HCl D. 0.6 mol·L－1CH3COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=-lgc（H+）=0，则c（H+）=1mol/L；‎ B．硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=1mol/L；‎ C．HCl完全电离，溶液中c（H+）=c（HCl）=0.5mol/L；‎ D．醋酸不完全电离，溶液中c（H+）远远小于 0.6mol/L.‎ 答案选D。‎ ‎8.已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.5×10-4g、8.4×10-6g，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为（ ）‎ A. 只有AgBr沉淀生成 B. AgCl和AgBr沉淀等量生成 C. AgCl沉淀多于AgBr沉淀 D. AgCl沉淀少于AgBr沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由于AgCl的溶解度大于AgBr，AgCl与 AgBr的饱和溶液中，前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋），c（Cl－）＞c（Br－），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合，加入AgNO3，溶液中AgCl沉淀较多。‎ ‎【详解】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag＋）大于后者c（Ag＋），c（Cl－）＞c（Br－），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl-也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，则生成的AgCl沉淀比AgBr多。‎ 故选C。‎ ‎9.用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）‎ ‎①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ‎③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线 A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①‎ 碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所用体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；‎ ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；‎ ‎③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，此时所测盐酸的浓度减小；‎ ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所用碱液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；‎ ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线，读数偏高，所用碱液的体积偏小，所测盐酸浓度偏低。‎ 只有①④符合题意，故答案为A。‎ ‎10.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法不正确的是（　　）‎ A. 放电时，多孔碳材料电极为正极 B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C. 充电时，电解质溶液中Li+向锂电极迁移 D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+ (1－)O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】当电池放电时，O2与Li＋在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x，即O2在多孔碳材料电极表面得到电子生成O2－，再与转移过来的Li＋结合生成Li2O2-x，所以锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，原电池总反应为2Li＋（1-x/2）O2=Li2O2-x。‎ ‎【详解】A．放电时，O2在多孔碳材料电极表面得到电子与转移过来的Li＋结合生成Li2O2-x，所以O2所在电极为正极，即图中多孔碳材料电极为正极，故A正确；‎ B．原电池放电时，锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，外电路电子由锂电极经过导线流向多孔碳材料电极，故B错误；‎ C．充电时，装置为电解池，原电池的正极与电源正极相接，为阳极，负极与电源负极相接，为阴极，电解质溶液中阳离子Li＋向阴极锂电极迁移，故C正确；‎ D．原电池总反应为2Li＋（1-x/2）O2=Li2O2-x，充电时为电解池，总反应为Li2O2-x=2Li＋（1-x/2）O2，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎11.某学生欲完成反应2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑而设计了下列四个实验，你认为可行的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，中银作阳极，电极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，C为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，故A可行；‎ B选项，为原电池，铁活泼性强，铁作负极，Ag为正极，发生的电池反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故B不可行；‎ C选项，银作阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，C作阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故C不可行；‎ D选项，不反应，故D不可行；‎ 综上所述，答案为A。‎ ‎12.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，而不用还原剂还原氧化铝的方法冶炼铝，下列有关说法中正确的是（ ）‎ A. 氧化铝中铝元素的化合价为+3价，只有还原性，没有氧化性 B. 氧化铝的熔点较低，在熔融状态下易被还原 C. 铝离子的氧化性强，较难用还原剂还原氧化铝得到铝 D. 铝单质的还原性强，较难用还原剂还原氧化铝得到铝 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化铝中铝元素显+3价，是其最高正价，只有氧化性，没有还原性，A项错误；‎ B. 熔融状态下的氧化铝也不易被还原，所以才用电解法冶炼，B项错误；‎ C. 铝离子的氧化性很弱，较难用还原剂还原氧化铝得到铝，C项错误；‎ D. 金属铝位于金属活动性顺序表的前面，铝单质具有很强的还原性，较难用还原剂还原氧化铝得到铝，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀 B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e− =Fe2+‎ C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀 D. 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−=H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；‎ B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；‎ C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁腐蚀，故C正确；‎ D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H++2e−=H2↑，故D正确。‎ 故选B．‎ ‎14.用石墨电极电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体且气体物质的量之比为2∶1的是（ ）‎ A. 食盐水 B. 硫酸钠溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 氯化铜溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】阴、阳两极均产生气体，说明溶液中阳离子是氢离子放电，根据生成气体需要的转移电子数判断生成气体体积之比，从而得出结论。‎ ‎【详解】A．电解氯化钠溶液时，阳极上析出Cl2，阴极上析出H2，2mol氢离子得2mol电子生成1molH2，2mol氯离子失去2mol电子生成1molCl2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比1：1，A项错误； B．电解硫酸钠溶液时，阳极上析出O2，4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1molO2转移4mol电子，阴极上析出H2，4mol氢离子得4mol电子生成2molH2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比为2：1，故正确； C．电解硫酸铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，C项错误； D．电解氯化铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，D项错误； 故选B。‎ ‎15.常温下用石墨作电极，电解100 mL 0.1 mol·L－1的Cu(NO3)2和0.1 mol·L－1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L 时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是(　　)‎ A. 阴极增重1.4 g B. 所得溶液pH＜1‎ C. 阴极增重0.64 g D. 所得溶液pH＞1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中铜离子和银离子的物质的量都是0.01mol，根据放电顺序可知，阴极首先是银离子放电，生成银，然后是铜离子放电生成铜。阳极是OH－放电生成氧气，即氧气是0.05mol，转移电子是0.2mol，所以根据电子的得失守恒可知，阴极除了生成0.01mol银和铜外，还生成0.085mol氢气，所以阴极增加的质量是1.08g＋0.64g＝1.72g，选项A、C错误；在金属离子放电的同时，溶液中产生氢离子，所得溶液pH＜1，选项B正确，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列说法错误的是（ ）‎ A. 用惰性电极电解 Na2SO4溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复 B. 用惰性电极电解 CuSO4溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2恢复电解前浓度时，电路中转移了 ‎ 4 mol e－‎ C. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大 D. 要想实现 Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用惰性电极电解Na2SO4溶液，相当于电解水：2H2O 2H2↑+O2↑，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol电子转移时，消耗水1mol，即可加入18g水恢复到原状态，故A正确；‎ B．用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，电解反应为2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol；现需加入1molCu(OH)2 恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O 2H2↑+O2↑可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4mole-，故B正确；‎ C．阳离子在阴极得电子能力Cu2+＞H+，阴离子在阳极失电子能力Cl-＞OH-；所以用惰性电极电解1molCuSO4 和1molNaCl的混合溶液，阴极电极反应：Cu2++2e-═Cu，1molCu2+完全反应转移2mol电子；阳极电极反应：Cl--e-═Cl2↑，1molCl-完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH--4e-=O2↑+2H2O，转移1mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，故C错误；‎ D．Cu与稀硫酸不反应，若要实现Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎17.饱和的H2S溶液中，微粒浓度最大的是（ ）‎ A. H+ B. HS- C. OH- D. H2S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】H2S是弱电解质，电离程度较小，在水溶液里存在两步电离平衡H2S⇌H++HS-‎ ‎、HS-⇌H++S2-，H2S的第一步电离远远大于第二步电离，溶液中还存在电离平衡H2O⇌H++OH-，酸会抑制水的电离，所以溶液中微粒浓度大小顺序是c(H2S)＞c(H+)＞c(HS-)＞c(S2-)＞c(OH-)，则浓度最大的是H2S，‎ 答案选D。‎ ‎18.常温下，下列有关离子浓度之间的关系不正确的是（　　）‎ A. 将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，溶液中:2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.lmol/L B. 浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)＞c(Na+)‎ C. 在0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)‎ D. 已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)，则常温下0.1mol/LCH3COONH4中： c(CH3COO-)=c(NH4+)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将CO2通入0.1mol·L－1Na2CO3溶液至中性，则溶液中c（H＋）=c（OH－），根据溶液中的电荷守恒，c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－），由于c（H＋）=c（OH－），则c（Na＋）=c（HCO3－）+2c（CO32－）=0.2mol·L－1，故A错误；‎ B．浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则溶液呈酸性，c（H＋）＞c（OH－），由电荷守恒式c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），可知c（CH3COO－）＞c（Na＋），故B正确；‎ C．溶液中存在电荷守恒式为c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（HCO3－）+2c（CO32－），物料守恒式为c（Na＋）=c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－），由两式可知c（H2CO3）+c（H＋）=c（OH－）+c（CO32－），故C正确；‎ D．Ka（CH3COOH）=Kb（NH3·H2O），则常温下0.1mol·L－1CH3COONH4为中性，c（H＋）=c（OH－），由电荷守恒可知c（CH3COO－）=c（NH4＋），故D正确；‎ 故选A。‎ ‎19.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Mg2＋、NO3－、I－‎ B. c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、OH－‎ C. 无色透明的溶液中： Fe3+、Al3+、NO3－、SO42－‎ D. =1012的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、AlO2-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲基橙变红，说明溶液显酸性，NO3－在酸中具有强氧化性，能将I－氧化，即该离子组不能在指定溶液中大量共存，故A错误；‎ B、OH－能与HCO3－发生OH－＋HCO3－=H2O＋CO2↑，因此该离子组不能在指定溶液中大量共存，故B错误；‎ C、Fe3＋显棕黄色，该离子组不符合题意，故C错误；‎ D、=1012的溶液显碱性，这些离子在碱中能大量共存，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎20.中和滴定的误差要求小于0.1%，若用20.00 mL0.2000mol·L－1盐酸滴定20mL0.2000mol·L－1NaOH溶液，则中和滴定曲线中发生突变时的pH范围是(lg2＝0.3)（ ）‎ A. 4.3～9.7 B. 3.7～10.3 C. 4.0～10.0 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】误差要求小于0.1%，则20.00 mL溶液滴定误差为0.02毫升，此范围内溶液的pH变化称为酸碱滴定的突跃范围，则：‎ 盐酸多0.02毫升时，酸过量，c(H+)==10-4mol•L-1，pH=4；‎ 则盐酸少0.02毫升时，碱过量，c(OH-)==10-4mol•L-1，c(H+)==10-10mol•L-1，pH=10，即中和滴定曲线中发生突变时的pH范围是4.0～10.0；‎ 答案为C。‎ ‎21.室温下，下列有关溶液说法正确的是（ ）‎ A. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH B. 某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10-a mol·L-1，若a＞7时，则溶液的pH为a或14－a C. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前＞N后 D. 常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，溶液pH＞7，则BOH为强碱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaHA溶液的pH可能小于7，如NaHSO4、NaHSO3，也可能大于7，如NaHCO3，所以不能通过测NaHA溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故A错误；‎ B．某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a>7时，溶液中由水电离出的 c(H+)＜1×10-7mol•L-1，水的电离受到抑制，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则pH=14-a，若为碱溶液，则pH=a，故B正确；‎ C．NaClO溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，同理NaCl溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)；但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以NaClO溶液中c(H+)＜1×10-7mol•L-1，NaCl溶液中c(H+)=1×10-7mol•L-1，即等体积等物质的量浓度的NaClO 溶液和NaCl 溶液中离子总数大小 N 前＜N 后，故C错误；‎ D．pH=3HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，①若BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7，②若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH＜7，③若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH＞7，所以溶液 pH＞7，则BOH为弱碱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎22.下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A. pH=4的醋酸中：c（H+）= 0.4mol·L-1‎ B. 饱和碳酸氢钠溶液中（已知碳酸氢钠溶液呈碱性）：c（Na+）= c（HCO3-）‎ C. 饱和食盐水中：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）‎ D. pH=12的纯碱溶液中：c（OH-）=1.0×10-12mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. pH=4的醋酸中c（H+）= mol·L-1，A不正确；B. 饱和碳酸氢钠溶液中（已知碳酸氢钠溶液呈碱性），因为碳酸氢根既能水解又能电离（以水解为主，所以溶液显碱性），导致c（Na+）>c（HCO3-）,所以B不正确；C. 饱和食盐水呈电中性，存在电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-），所以C正确；D. 纯碱溶液中，因碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，所以c（OH-）> c（H+），常温下pH=12的纯碱溶液中，c（H+）=1.0×10-12mol·L-1，根据水的离子积可以求出c（OH-）=1.0×10-2mol·L-1，所以D不正确。本题选C。‎ ‎23.下列关于氢氧化钠溶液和氨水的说法正确的是（　　）‎ A. 分别中和等物质的量浓度、等体积的两溶液，所需HCl的物质的量相等 B. 物质的浓度相等的两溶液具有相等的pH C. pH相等的两溶液稀释相同倍数，pH增大幅度不相等 D. 物质的量浓度相等的两溶液，分别通入HCl气体反应后呈中性的溶液中（忽略溶液体积变化）c（Na+）＝c（NH4+）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．等物质的量浓度、等体积的两溶液含有溶质的物质的量相等，氢氧化钠和一水合氨都是一元碱，则恰好反应时消耗HCl的物质的量相等，故A正确；‎ B．NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，NH3•H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以等物质的量的两种溶液中c（OH﹣）和pH：NaOH大于氨水，故B错误；‎ C．pH相等的两溶液稀释相同倍数，稀释过程中氨水中氢氧根离子的物质的量增大，而氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量基本不变，则稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，但稀释后两溶液的pH都会减小，不会增大，故C错误；‎ D．物质的量浓度相等的两溶液，若铵根离子不水解，反应后溶液中一定满足c（Na+）＝c（NH4+），但NH4+发生水解，所以c（Na+）＞c（NH4+），故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎24.下列实验不能达到目的的是（ ）‎ 选项 目的 实验 A 由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2‎ 在HCl气流中加热 B 清洗试管内壁残留的硫 先用热的浓NaOH溶液清洗，再用水清洗 C 除去SiO2中混有的Al2O3‎ 加入NaOH溶液溶解，过滤、洗涤、干燥 D 检验Fe3O4与足量盐酸反应后的溶液中含Fe2+‎ 取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl气流可以抑制MgCl2·6H2O水解，可以制备无水MgCl2，故A正确；‎ B. 热浓NaOH溶液可与硫反应，将试管内壁残留的硫除去，故B正确；‎ C. SiO2和Al2O3均能溶于NaOH溶液中，故C错误；‎ D. Fe3O4中有二价铁和三价铁，与盐酸反应后产生二价铁离子，遇K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎25.化学上常用AG表示溶液中的lg。25℃时，用0.100mol•L-1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.100mol•L-1的HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. D点溶液的pH=11.25‎ B. C点之前溶液显碱性，C点之后溶液显酸性 C. C点时，加入NaOH溶液的体积为20mL D. 25℃时，HNO2的电离常数Ka=1.0×10-5.5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、D点AG= -8.5，即lg= -8.5，=10-8.5，根据水的离子积，得出c(H+)=10-11.25mol·L-1，pH=11.25，故A正确；‎ B、A点=108.5，说明c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，即C点之前溶液显酸性，=100，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，C点之后溶液显中性，故B错误；‎ C、HNO2为弱酸，当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好完全反应，溶质为NaNO2‎ ‎，溶液显碱性，因此C点所加NaOH的体积小于20mL，故C错误；‎ D、A点 =108.5，利用水的离子积，得出c2(H+)=10-5.5mol·L-1，HNO2H+＋NO2-，Ka====10-4.5，故D错误；‎ 答案选A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（40分）‎ ‎26.铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。放电时，该电池总反应式为：Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O。请根据上述情况判断：‎ ‎（1）该蓄电池的负极材料是_________，放电时发生_________（填“氧化”或“还原”）反应。‎ ‎（2）该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性_________（填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎（3）已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上。试写出该电池放电时，正极的电极反应_______________________________________（用离子方程式表示）。‎ ‎（4）氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。若电解质为H2SO4溶液，则氢氧燃料电池的正极反应式为__________________________________。‎ ‎（5）铅的电解精炼是工业上实现废铅回收以及粗铅提纯的重要手段。铅的电解精炼在由PbSiF6和H2SiF6两种强电解质组成的水溶液中进行。从还原炉中产出的某粗铅成分如下表所示：‎ 成分 Pb Cu Ag Fe Zn Sn 其它 ‎％‎ ‎97.50‎ ‎1.22‎ ‎0.12‎ ‎0.15‎ ‎0.09‎ ‎0.64‎ ‎0.28‎ ‎①电解精炼时阳极泥的主要成分是______（元素符号）。‎ ‎②电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，写出该电极反应式________。‎ ‎【答案】(1). Pb (2). 氧化 (3). 减小 (4). PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋＝PbSO4＋2H2O (5). O2＋4H+ +4e－＝2H2O (6). Cu、Ag (7). SiF62－－2e－ =SiF6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】分析铅蓄电池化合价升降，确定负极、正极材料，再依据反应方程式写电极反应式；氢氧燃料电池是燃料作负极，氧化剂作正极；电解精炼铅，粗铅作阳极，纯铅作阴极，活泼性比铅弱的为阳极泥，活泼性比铅强的先放电。‎ ‎【详解】（1）分析蓄电池Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O，放电时，Pb中铅元素化合价升高，作负极，发生氧化反应，故答案为：Pb；氧化；‎ ‎（2）该蓄电池放电时，根据反应方程式，硫酸不断消耗，因此电解质溶液的酸性减小，‎ 故答案为：减小；‎ ‎（3）已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上，放电时正极的电极反应PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋＝PbSO4＋2H2O，故答案为：PbO2＋2e－＋SO42－＋4H＋＝PbSO4＋2H2O；‎ ‎（4）若电解质为H2SO4溶液，氢氧燃料电池，H2作负极，O2作正极，因此正极反应式为O2＋4H+ +4e－＝2H2O，故答案为：O2＋4H+ +4e－＝2H2O；‎ ‎（5）①电解精炼铅，粗铅作阳极，纯铅作阴极，根据金属活动顺序表得出电解精炼时阳极泥的主要成分是Cu、Ag，故答案为：Cu、Ag；‎ ‎②电解过程中，粗铅是阳极，其表面会生成SiF6气体，说明是SiF62－在阳极失去电子变为SiF6，该电极反应式SiF62－－2e－= SiF6，故答案为：SiF62－－2e－= SiF6。‎ ‎27.I：乙二酸俗称草酸，是一种二元弱酸（结构简式为HOOC—COOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示）填空：‎ H2C2O4‎ KHC2O4‎ K2C2O4‎ pH ‎2.1‎ ‎3.1‎ ‎8.1‎ ‎（1）KHC2O4溶液显酸性的原因是___________ ‎ ‎（2）向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是________‎ A．c（K+）═ c（HC2O4－）+c（H2C2O4）+c（C2O42－）‎ B．c（Na+）═ c（H2C2O4）+c（C2O42－）‎ C．c（K+）+c（Na+）═ c（HC2O4－）+c（C2O42－）‎ D．c（K+）＞c（Na+）‎ II：电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据（25 ℃）：‎ 化学式 电离平衡常数 HCN K＝4.9×10－10‎ CH3COOH K＝1.8×10－5‎ H2CO3‎ K1＝4.4×10－7，K2＝4.7×10－11‎ ‎（1）25 ℃时，等浓度的三种溶液（A．NaCN溶液、B．Na2CO3溶液、C．CH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为______(填写序号)‎ ‎（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为__________；‎ ‎（3）现有浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c(Na+)>c(CN－)，下列关系正确的是____（填标号）。‎ A．c(H+)>c(OH－) B．c(H+)A>C (4). CN－+CO₂+ H2O = HCO3－+HCN (5). B、D (6). c（H2CO3）+c（H+）=c（OH－）+c（CO32－）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】草酸氢钾主要是电离为主，因此显酸性；草酸氢钾溶液中滴加氢氧化钠溶液直到中性，根据电荷守恒和物料守恒思想解离子大小问题；‎ 根据离子对应酸越弱，离子水解程度越大的思想解决盐的酸碱性大小，根据强制弱原理书写离子方程式，根据电荷守恒和物料守恒解质子守恒、判断粒子浓度大小关系。‎ ‎【详解】I：（1）KHC2O4溶液显酸性的原因是HC2O4－既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度，‎ 故答案为：HC2O4－既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4－的电离程度大于水解程度；‎ ‎（2）向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，溶液中c(H+) = c(OH－)，根据电荷守恒得出c(K+) + c(Na+) + c(H+) = c(HC2O4－) + c(OH－) + 2c(C2O42－)，根据物料守恒得出c(K+) = c(HC2O4－) + c(H2C2O4) + c(C2O42－)，如果生成物KNaC2O4，则溶液显碱性，说明c(K+) ＞ c(Na+)才可能显中性，‎ A选项，根据物料守恒得出c(K+) = c(HC2O4－) + c(H2C2O4) + c(C2O42－)，故A正确；‎ B选项，由电荷守恒和物料守恒整理得，c（Na+）=c（C2O42-）-c（H2C2O4），B错误；‎ C选项，根据前面分析c(K+) + c(Na+) = c(HC2O4－) + 2c(C2O42－)，故C错误；‎ D选项，根据前面分析得出c(K+) ＞ c(Na+)，故D正确；‎ 综上所述，答案为AD。‎ II（1）25 ℃时，根据对应酸越弱，水解程度越大，氢氧根浓度越大，碱性越强，pH值越大，酸强弱顺序为：CH3COOH > H2CO3 > HCN > HCO3－，因此等浓度的三种溶液pH由大到小的顺序为B>A>C，故答案为：B>A>C；‎ ‎（2）25℃时，酸由强到弱顺序为：H2CO3 > HCN > HCO3－，向NaCN溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢根，反应的离子方程式为CN－+CO₂+ H2O = HCO3－+HCN，‎ 故答案为：CN－+CO₂+ H2O = HCO3－+HCN；‎ ‎（3）浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，溶质为HCN和NaCN且浓度相等，浓度为0.005 mol/L，HCN存在电离平衡，CN－存在水解平衡，测得c(Na+) > c(CN－)，说明HCN电离程度小于CN－水解程度，溶液显碱性，‎ A选项，溶液显碱性，应该c(H+)