化学卷·2018届湖北省孝感市七校教学联盟高二上学期期末化学试卷 （解析版） 29页

‎2016-2017学年湖北省孝感市七校教学联盟高二（上）期末化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，计48分，选项中只有一项是正确的）‎ ‎1．下列实验能达到测量要求的是（　　）‎ A．用托盘天平称取35.20g NaCl固体 B．用25mL酸式滴定管量取15.80mL盐酸溶液 C．用10mL量筒量取8.50mL盐酸 D．用广泛pH试纸测得某溶液pH值为4.2‎ ‎2．下列溶液一定呈酸性的是（　　）‎ A．pH＜7的溶液 B．含有H+的溶液 C．c（H+）＞c（OH﹣） 的溶液 D．c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L的溶液 ‎3．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+ B．SO2+H2O⇌HSO3﹣+H+‎ C．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+ D．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣‎ ‎4．下列各组离子在指定的环境中能大量存在的是（　　）‎ A．pH=1的无色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣‎ B．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2﹣、CO32﹣‎ C．加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Na+、Fe2+、NO3﹣‎ D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣‎ ‎5．已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=+242 kJ/mol B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣484 kJ/mol C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+484kJ/mol D．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242 kJ/mol ‎6．已知299K时，合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△‎ H=﹣92.0kJ/mol，将此温度下的1mol N2和3mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）（　　）‎ A．一定小于92.0 kJ B．一定等于92.0 kJ C．一定大于92.0 kJ D．不能确定 ‎7．下列过程中需要通电才可以进行的是（　　）‎ ‎①电离 ②电解 ③电镀 ④电化学腐蚀．‎ A．①②③ B．②③④ C．②③ D．全部 ‎8．用石墨作电极，电解1mol/L下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）‎ A．HCl B．Na2SO4 C．NaCl D．NaOH ‎9．将0.1mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（　　）‎ A．溶液中c（H+）和c（OH﹣）都减小 B．溶液中c（H+）增大 C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大 ‎10．将某一元弱酸（HA）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液呈中性，则此溶液中c（Na+）与c（A﹣）的大小关系为（　　）‎ A．c（Na+）=c（A﹣） B．c（Na+）＜c（A﹣） C．c（Na+）＞c（A﹣） D．无法确定 ‎11．将反应Cu（s）+2Ag+（aq）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液 B．Cu作负极，发生还原反应 C．电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu（NO3）2溶液 D．工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小 ‎12．LiFePO4新型锂离子动力电池以其独特的优势成为奥运会绿色能源的新宠．已知该电池放电时的电极反应式为：正极 FePO4+Li++e﹣═LiFePO4 负极 Li﹣e﹣═Li+‎ 下列说法中正确的是（　　）‎ A．充电时电池反应为FePO4+Li═LiFePO4‎ B．充电时动力电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连 C．放电时电池内部Li+向负极移动 D．放电时，在正极上是Li+得电子被还原 ‎13．同质量的锌与酸反应制备H2，欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是（　　）‎ ‎①纯锌粒；‎ ‎②粗锌片；‎ ‎③0.01mol•L﹣1盐酸；‎ ‎④0.01mol•L﹣1硫酸；‎ ‎⑤98%硫酸；‎ ‎⑥加热；‎ ‎⑦用冰水冷却．‎ A．①③⑦ B．②④⑥ C．②③⑥ D．①⑤⑥‎ ‎14．Mg（OH）2固体在水中存在下列溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），欲减少Mg（OH）2固体的量，可以加入少量的（　　）‎ A．NaOH固体 B．NaCl固体 C．MgSO4固体 D．NaHSO4固体 ‎15．下列说法不正确的是（　　）‎ A．0.2mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）‎ B．常温下，将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，盐酸需加的水多 C．常温下，向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c（NH4+）=c（Cl﹣）‎ D．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）‎ ‎16．如图两个装置中，液体体积均为200ml，开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述正确的是（　　）‎ A．产生气体体积①=②‎ B．电极上析出固体质量①＜②‎ C．溶液的pH变化：①减小②增大 D．电极反应式：①中阳极Cu2++2e﹣=Cu，②中负极Zn﹣2e﹣=Zn2+‎ ‎　‎ 二、非选择题（本大题共6小题，计52分）‎ ‎17．用所学知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5×10﹣12，若某溶液常温下刚析出Mg（OH）2固体时，c（Mg2+）=5×10﹣2mol/L，则此时溶液的pH=．‎ ‎（2）已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，试推断常温下NH4HCO3溶液的pH7（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）25℃时，pH=11的KOH溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=　　mol/L．‎ ‎（4）25℃时，pH=11的K2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=　　mol/L．‎ ‎18．降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示：‎ ‎（1）从反应开始到平衡，用CO2表示该反应的平均速率ν（CO2）=　　mol/（L•min）；‎ ‎（2）平衡时氢气的物质的量浓度为　　；‎ ‎（3）该条件下该反应的平衡常数K=　　；‎ ‎（4）下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是　　；‎ A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．将H2O（g）从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2‎ ‎（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，平衡将　　（填“正向”、“逆向”或“不移动”）．‎ ‎19．使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）．‎ Ⅰ．实验步骤：‎ ‎（1）配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到　　（填仪器名称）中定容，摇匀即得．‎ ‎（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴　　作指示剂．‎ ‎（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH 溶液的　　（填仪器名称）的初始读数．‎ 如果液面位置如右图所示，则此时的读数为　　mL．‎ ‎（4）滴定．当　　时，停止滴定，‎ 并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．‎ Ⅱ．实验记录 滴定次数 实验数据（mL）‎ ‎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）经计算，市售白醋总酸量=　　g/100mL．‎ ‎（2）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．碱式滴定管在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．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出．‎ ‎20．用所学的电化学知识回答下列问题：‎ Ⅰ．如图烧杯中都盛有稀硫酸，依次分析（1）～（4）小题．‎ ‎（1）B中负极反应式为：　　；‎ ‎（2）C中溶液的pH　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（3）三烧杯中铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是　　；‎ ‎（4）某学生欲完成2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是　　．‎ ‎21．如图所示，甲、乙为相互串联的两电解池，甲池利用电解原理在铁上镀银，一段时间后，甲池阴极增重43.2g，乙中盛放足量的CuSO4溶液，请回答（1）～（3）小题：‎ ‎（1）A是　　（填电极材料），B是　　（填电极材料）；‎ ‎（2）乙池阳极电极反应式为：　　；‎ ‎（3）乙池放出的气体在标准状况下的体积是　　L．‎ ‎22．常温下，有浓度均为1mol•L﹣1的下列4种溶液：‎ ‎①H2SO4溶液②NaHCO3溶液③NH4Cl溶液④NaOH溶液 ‎（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序是　　（填序号）；‎ ‎（2）③中各离子浓度由大到小的顺序是　　，‎ ‎（3）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积④的体积　　（填“大于”、“小于”或“等于”）．‎ ‎（4）常温下，将②和④等体积混合，向混合后的溶液中加入酚酞，溶液变红，用一个离子方程式解释变红的原因：　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省孝感市七校教学联盟高二（上）期末化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，计48分，选项中只有一项是正确的）‎ ‎1．下列实验能达到测量要求的是（　　）‎ A．用托盘天平称取35.20g NaCl固体 B．用25mL酸式滴定管量取15.80mL盐酸溶液 C．用10mL量筒量取8.50mL盐酸 D．用广泛pH试纸测得某溶液pH值为4.2‎ ‎【考点】化学实验方案的评价．‎ ‎【分析】A．托盘天平的感量为0.1g；‎ B．滴定管的感量为0.01mL；‎ C．量筒的感量为0.1mL；‎ D．广泛pH试纸测定pH为整数．‎ ‎【解答】解：A．托盘天平的感量为0.1g，则用托盘天平称取35.2g NaCl固体，故A错误；‎ B．滴定管的感量为0.01mL，则用25mL酸式滴定管量取15.80mL盐酸溶液，故B正确；‎ C．量筒的感量为0.1mL，则用10mL量筒量取8.5mL盐酸，故C错误；‎ D．广泛pH试纸测定pH为整数，则用广泛pH试纸测得某溶液pH值为4，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列溶液一定呈酸性的是（　　）‎ A．pH＜7的溶液 B．含有H+的溶液 C．c（H+）＞c（OH﹣） 的溶液 D．c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L的溶液 ‎【考点】探究溶液的酸碱性．‎ ‎【分析】由溶液中c（H+）、c（OH﹣） 的相对大小可判断溶液的酸碱性，溶液中Kw与温度有关，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A.100℃时pH=6为中性，则pH＜7的溶液，不一定为酸性，故A不选；‎ B．水溶液均含H+，如NaOH溶液含H+，显碱性，故B不选；‎ C．c（H+）＞c（OH﹣） 的溶液，显酸性，故C选；‎ D．c（H+）＞1.0×10﹣7mol/L的溶液，可能为水解显碱性的盐溶液，因水解促进电离，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．下列离子方程式中，属于水解反应的是（　　）‎ A．CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+ B．SO2+H2O⇌HSO3﹣+H+‎ C．HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+ D．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．‎ ‎【分析】弱酸根离子、弱碱离子与水电离的氢离子、氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，为水解反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A、B、C为电离方程式，只有D为碳酸根离子与水电离生成的氢离子结合生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，为水解反应，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列各组离子在指定的环境中能大量存在的是（　　）‎ A．pH=1的无色溶液中：SO42﹣、Cu2+、Na+、Cl﹣‎ B．能使石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、K+、S2﹣、CO32﹣‎ C．加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Na+、Fe2+、NO3﹣‎ D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣‎ ‎【考点】离子共存问题．‎ ‎【分析】A、Cu2+在水溶液中为蓝色；‎ B、使石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性；‎ C、加入铝粉能产生H2的溶液，可能为酸或碱的溶液；‎ D、水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸或碱的溶液．‎ ‎【解答】解：A、pH=1的溶液中存在大量的H+，该组离子之间不反应，能共存，但Cu2+在水溶液中为蓝色，与无色溶液不符，故A错误；‎ B、石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性，碱性条件下该组离子之间不反应，能够大量共存，故B正确；‎ C、加入铝粉能产生H2的溶液，可能为酸或碱的溶液，酸溶液时，Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能大量共存，若为碱溶液时，NH4+、OH﹣结合，Fe2+、OH﹣结合，则也不能大量共存，故C错误；‎ D、水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸或碱的溶液，HCO3﹣既能与H+反应，又能与OH﹣反应，则一定不能大量共存，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．已知在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（　　）‎ A．H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=+242 kJ/mol B．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣484 kJ/mol C．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+484kJ/mol D．H2O（g）=H2（g）+O2（g）△H=+242 kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，焓变为负，且物质的量与热量成正比，以此来解答．‎ ‎【解答】解：燃烧反应的焓变为负，则A、C错误，B中生成水蒸气时△H=﹣484 kJ/mol，则B错误；‎ D中由2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣484 kJ/mol，结合物质的量与热量成正比，互为逆反应的焓变数值相同、符号相反，则H2O（g）=H2（g）+O2‎ ‎（g）△H=+242 kJ/mol，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．已知299K时，合成氨反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.0kJ/mol，将此温度下的1mol N2和3mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）（　　）‎ A．一定小于92.0 kJ B．一定等于92.0 kJ C．一定大于92.0 kJ D．不能确定 ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】由热化学方程式可知：N2和H2完全反应生成2molNH3时放出的热量为92.0kJ，但该反应为可逆反应，不可能完全转化为NH3，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：N2和H2反应生成NH3的反应为可逆反应，反应为：N2+3H2⇌2NH3，可逆反应不能完全进行到底，反应物的转化率不能达到100%，此温度下的1molN2和3molH2放在一密闭容器中，不能生成2molNH3，则反应放出的热量小于92.0kJ，故选A．‎ ‎　‎ ‎7．下列过程中需要通电才可以进行的是（　　）‎ ‎①电离 ②电解 ③电镀 ④电化学腐蚀．‎ A．①②③ B．②③④ C．②③ D．全部 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程；‎ ‎②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应；‎ ‎③电镀池实质是一个电解池；‎ ‎④电化学腐蚀原理是原电池原理．‎ ‎【解答】解：①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；‎ ‎②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，故②正确；‎ ‎③电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，故③正确；‎ ‎④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，故⑤错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．用石墨作电极，电解1mol/L下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）‎ A．HCl B．Na2SO4 C．NaCl D．NaOH ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】用石墨作电极，电解下列物质的溶液，通电一段时间后溶液的pH不变，说明该电解质溶液中氢离子或氢氧根离子浓度不变，则溶液中的电解质不能是酸、碱、氢之后的含氧酸盐或氢之前的氯化物、溴化物或碘化物等．‎ ‎【解答】解：A．电解氯化氢溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；‎ B．电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，相当于电解水，溶液中的溶质是强酸强碱盐，所以溶液pH不变，故B正确；‎ C．电解氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH变大，故C错误；‎ D．电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．将0.1mol•L﹣1醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（　　）‎ A．溶液中c（H+）和c（OH﹣）都减小 B．溶液中c（H+）增大 C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】根据醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系确定氢氧根浓度的变化．‎ ‎【解答】解：A、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，则氢氧根浓度增大，故A错误；‎ B、因醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，故B错误；‎ C、醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中加水稀释将促进电离，平衡向右移动，故C错误；‎ D、醋酸溶液中加水稀释，溶液的体积增大，则电离产生的氢离子的浓度减小，根据Kw值不变，所以氢氧根浓度增大，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．将某一元弱酸（HA）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液呈中性，则此溶液中c（Na+）与c（A﹣）的大小关系为（　　）‎ A．c（Na+）=c（A﹣） B．c（Na+）＜c（A﹣） C．c（Na+）＞c（A﹣） D．无法确定 ‎【考点】离子浓度大小的比较．‎ ‎【分析】某一元弱酸（HA）和氢氧化钠溶液混合，所得溶液呈中性，可知c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒判断c（Na+）与c（A﹣）的大小关系．‎ ‎【解答】解：某一元弱酸（HA）和氢氧化钠溶液混合，溶液遵循电荷守恒，则电荷守恒式为c（H+）+c（Na+）=c（A﹣）+c（OH﹣），‎ 所得溶液呈中性，可知c（H+）=c（OH﹣），则c（Na+）=c（A﹣），‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．将反应Cu（s）+2Ag+（aq）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液 B．Cu作负极，发生还原反应 C．电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu（NO3）2溶液 D．工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、铜为负极，银为正极，所以K+移向KNO3溶液移动；‎ B、活泼的铜为负极，发生氧化反应；‎ C、电子不经过盐桥；‎ D、银为正极，发生还原反应．‎ ‎【解答】解：A、铜为负极，银为正极，所以K+移向KNO3溶液移动，故A错误；‎ B、活泼的铜为负极，发生氧化反应，故B错误；‎ C、电子不经过盐桥，故C错误；‎ D、银为正极，银离子在正极发生还原反应而析出，所以工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．LiFePO4新型锂离子动力电池以其独特的优势成为奥运会绿色能源的新宠．已知该电池放电时的电极反应式为：正极 FePO4+Li++e﹣═LiFePO4 负极 Li﹣e﹣═Li+下列说法中正确的是（　　）‎ A．充电时电池反应为FePO4+Li═LiFePO4‎ B．充电时动力电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连 C．放电时电池内部Li+向负极移动 D．放电时，在正极上是Li+得电子被还原 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A、依据原电池的电极反应得到电池反应，FePO4+Li=LiFePO4，充电时正好相反；‎ B、充电器的正极（+）与电池正极（+）连接，充电器的负极（﹣）与电池负极（﹣）连接；‎ C、放电时原电池正极电极反应可知，锂离子移向正极；‎ D、放电时原电池正极是铁元素化合价降低得到电子；‎ ‎【解答】解：A、依据原电池的电极反应得到电池反应，FePO4+Li=LiFePO4，充电时电池反应为LiFePO4=FePO4+Li，故A错误；‎ B、充电器的正极（+）与电池正极（+‎ ‎）连接，充电器的负极（﹣）与电池负极（﹣）连接，充电时动力电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连，故B正确；‎ C、依据原电池的正极反应可知 FePO4+Li++e﹣═LiFePO4，放电时电池内部Li+向正极移动，故C错误；‎ D、原电池的正极反应可知 FePO4+Li++e﹣═LiFePO4，锂元素化合价未变，化合价变化的是铁元素得到电子，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎13．同质量的锌与酸反应制备H2，欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是（　　）‎ ‎①纯锌粒；‎ ‎②粗锌片；‎ ‎③0.01mol•L﹣1盐酸；‎ ‎④0.01mol•L﹣1硫酸；‎ ‎⑤98%硫酸；‎ ‎⑥加热；‎ ‎⑦用冰水冷却．‎ A．①③⑦ B．②④⑥ C．②③⑥ D．①⑤⑥‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】①纯的锌与酸反应速率较慢；‎ ‎②粗锌片中含有杂质，可以形成原电池，反应速率加快；‎ ‎③与④相比，氢离子浓度较小，反应较慢；‎ ‎④与③相比，氢离子浓度较大，反应速率较快；‎ ‎⑤浓硫酸与锌反应不能生成氢气；‎ ‎⑥加热可以加快反应速率；‎ ‎⑦温度低，反应速率慢．‎ ‎【解答】解：①纯锌粒，与酸反应，不能形成原电池，速率较慢，故①错误；‎ ‎②粗锌片，含有的杂质可以形成原电池，加快了反应速率，故②正确；‎ ‎③0.01mol•L﹣1盐酸，与④‎ 相比，盐酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较慢，故③错误；‎ ‎④0.01mol•L﹣1硫酸，与③相比，溶液中含有的氢离子浓度较大，反应速率较快，故④正确；‎ ‎⑤98%硫酸，由于浓硫酸与锌反应生成的是二氧化硫，不能生成氢气，故⑤错误；‎ ‎⑥加热，温度较高，反应速率加快，故⑥正确；‎ ‎⑦用冰水冷却，温度降低，反应速率减小，故⑦错误；‎ 以上符合题意的有②④⑥，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．Mg（OH）2固体在水中存在下列溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），欲减少Mg（OH）2固体的量，可以加入少量的（　　）‎ A．NaOH固体 B．NaCl固体 C．MgSO4固体 D．NaHSO4固体 ‎【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ ‎【分析】根据平衡移动原理及溶度积解答，要使Mg （OH）2 固体进一步溶解，即平衡向右移动，可以加水，或降低Mg2+或OH﹣的浓度，加入与Mg2+或OH﹣反应的物质，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．加入NaOH，OH﹣的浓度增大，平衡向左移动，Mg （OH）2 固体的量增大，故A错误；‎ B．加入NaCl固体，对平衡移动无影响，故B错误；‎ C．加入MgSO4固体，Mg2+的浓度增大，平衡向左移动，Mg （OH）2 固体的量增大，故C错误；‎ D．加入少量NaHSO4固体，H+与OH﹣结合生成水，故氢氧根的浓度减小，故平衡右移，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎15．下列说法不正确的是（　　）‎ A．0.2mol/L的NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）‎ B．常温下，将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，盐酸需加的水多 C．常温下，向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则混合液中：c（NH4+）=c（Cl﹣）‎ D．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣）‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A、HCO3﹣的水解程度大于电离程度；‎ B、醋酸溶液中存在电离平衡；‎ C、常温下，向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒来分析；‎ D、NaHSO4溶液中，c（Na+）=c（SO42﹣），根据电荷守恒来分析．‎ ‎【解答】解：A、HCO3﹣既能水解又能电离，故c（Na+）＞c（HCO3﹣），而HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），而溶液中的氢离子既来自于HCO3﹣的电离，还来自于水的电离，故有c（H+）＞c（CO32﹣），则离子浓度为c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），故A正确；‎ B、醋酸溶液中存在电离平衡，当将等体积pH=4的盐酸和醋酸稀释时，醋酸的电离被促进，能电离出更多的氢离子，故若同样稀释至pH=5，则醋酸加水更多，故B错误；‎ C、常温下，向氨水中逐滴滴入盐酸至溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）+（Cl﹣），故有c（NH4+）=c（Cl﹣），故C正确；‎ D、NaHSO4溶液中，有c（Na+）=c（SO42﹣），而根据电荷守恒可知：c（H+）+c（Na+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），故有：c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．如图两个装置中，液体体积均为200ml，开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述正确的是（　　）‎ A．产生气体体积①=②‎ B．电极上析出固体质量①＜②‎ C．溶液的pH变化：①减小②增大 D．电极反应式：①中阳极Cu2++2e﹣=Cu，②中负极Zn﹣2e﹣=Zn2+‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、根据转移电子的量可以计算①的阳极和②的正极产生气体的量；‎ B、①中阴极生成铜，②生成氢气；‎ C、①相当于电解硫酸铜，电解生成硫酸，②相当于锌和硫酸中的氢离子反应；‎ D、电解池的阳极是惰性电极时，则阴离子在该极失电子，原电池的负极是金属失电子的过程．‎ ‎【解答】解：A、①的阳极反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，导线中通过0.02mol电子时，产生氧气的体积V=nVm=0.005mol×22.4L/mol=0.0112L，②中的正极反应为：2H++2e﹣=H2↑，导线中通过0.02mol电子时，产生氢气的体积V=nVm=0.01mol×22.4L/mol=0.0224L，所以产生气体的体积：①＜②，故A错误；‎ B、①中阴极生成铜，②生成氢气，则电极上析出物质的质量：①＞②，故B错误；‎ C、①相当于电解硫酸铜，电解生成硫酸，溶液的pH减小，②相当于锌和硫酸中的氢离子反应，所以氢离子减少，酸性减弱，所以pH增大，故C正确；‎ D、①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，②中负极：Zn﹣2e﹣=Zn2+，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、非选择题（本大题共6小题，计52分）‎ ‎17．用所学知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5×10﹣12‎ ‎，若某溶液常温下刚析出Mg（OH）2固体时，c（Mg2+）=5×10﹣2mol/L，则此时溶液的pH=．‎ ‎（2）已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，试推断常温下NH4HCO3溶液的pH7（填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎（3）25℃时，pH=11的KOH溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=　10﹣11　mol/L．‎ ‎（4）25℃时，pH=11的K2CO3溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=　10﹣3　mol/L．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）某溶液常温下刚析出Mg（OH）2固体时，达到Mg（OH）2的溶解平衡，即有：c（Mg2+）•c（OH﹣）2=Ksp[Mg（OH）2]=5×10﹣12，据此解答；‎ ‎（2）CH3COONH4溶液为中性，说明醋酸和一水合氨电离程度相等，且CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，说明CH3COOH大于H2CO3，则一水合氨电离程度大于H2CO3电离程度，根据铵根离子水解程度和HCO3﹣水解程度相对大小判断NH4HCO3溶液的pH；‎ ‎（3）碱能抑制水的电离，而在碱溶液中，氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离；‎ ‎（4）在能水解的正盐溶液中，盐类的水解对水的电离有促进作用，且氢离子和氢氧根全部来自于水的电离，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）已知常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5×10﹣12，某溶液常温下刚析出Mg（OH）2固体时，即达到Mg（OH）2的溶解平衡，即有：c（Mg2+）•c（OH﹣）2=Ksp[Mg（OH）2]=5×10﹣12，而c（Mg2+）=5×10﹣2mol/L，故有：5×10﹣2mol/L×c（OH﹣）2=Ksp[Mg（OH）2]=5×10﹣12，解得c（OH﹣）=10﹣5mol/L，则有：c（H+）=10﹣9mol/L，则溶液的pH=﹣lgc（H+）=9．故答案为：9；‎ ‎ （2）CH3COONH4溶液为中性，说明醋酸和一水合氨电离程度相等，且CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，说明CH3COOH大于H2CO3，则一水合氨电离程度大于H2CO3电离程度，所以水解程度：HCO3﹣＞NH4+，所以NH4HCO3溶液的pH＞7，故答案为：＞；‎ ‎（3）碱能抑制水的电离，而在碱溶液中，氢氧根几乎全部来自于碱的电离，而氢离子来自于水的电离，故在pH=11的KOH溶液中，氢离子浓度c（H+）=10﹣11mol/L，全部来自于水，而由水电离出的氢离子和水电离出的氢氧根的浓度相同，故此溶液中水电离出的氢氧根的浓度c（OH﹣）=c（H+）=10﹣11mol/L；故答案为：10﹣11；‎ ‎（4）在能水解的正盐溶液中，盐类的水解对水的电离有促进作用，且氢离子和氢氧根全部来自于水的电离，在pH=11的K2CO3溶液中，c（H+）=10﹣11 mol/L，是CO32﹣结合剩余的，而c（OH﹣）=10﹣3 mol/L是水电离出的全部，故由水电离出来c（OH﹣）是10﹣23mol/L．‎ 故答案为：10﹣3．‎ ‎　‎ ‎18．降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CO2和6mol H2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图所示：‎ ‎（1）从反应开始到平衡，用CO2表示该反应的平均速率ν（CO2）=　0.075　mol/（L•min）；‎ ‎（2）平衡时氢气的物质的量浓度为　0.75　；‎ ‎（3）该条件下该反应的平衡常数K=　　；‎ ‎（4）下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是　CD　；‎ A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大 C．将H2O（g）从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2‎ ‎（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，平衡将　逆向　（填“正向”、“逆向”或“不移动”）．‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】（1）根据v=计算；‎ ‎（2）三行计算得到氢气的平衡浓度；‎ ‎（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；‎ ‎（4）要使增大，应使平衡向正反应方向移动；‎ ‎（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行；‎ ‎【解答】解：（1）①利用三段式解题法计算 ‎ ‎ CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），‎ 开始（mol/L）：1 3 0 0‎ 变化（mol/L）：0.75 2.25 0.75 0.75 ‎ 平衡（mol/L）：0.25 0.75 0.75 0.75‎ v（CO2）==0.075mol/（L•min）‎ 故答案为：0.075；‎ ‎（2）上述计算可知氢气平衡浓度为0.75mol/L，‎ 故答案为：0.75；‎ ‎（3）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则k===，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）要使增大，应使平衡向正反应方向移动，‎ A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则减小，故A错误；‎ B．充入He（g），使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，不变，故B错误；‎ C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方法移动，增大，故C正确；‎ D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则增大，故D正确．‎ 故答案为：CD；‎ ‎（5）当达到平衡时，不再维持恒容，充入氩气保持压强不变，体积增大，平衡向气体体积增大的方向进行，CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），平衡逆向进行，‎ 故答案为：逆向；‎ ‎　‎ ‎19．使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g/100mL）．‎ Ⅰ．实验步骤：‎ ‎（1）配制100mL待测白醋溶液．量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到　100mL容量瓶　（填仪器名称）中定容，摇匀即得．‎ ‎（2）取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴　酚酞　作指示剂．‎ ‎（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH 溶液的　碱式滴定管　（填仪器名称）的初始读数．‎ 如果液面位置如右图所示，则此时的读数为　0.60　mL．‎ ‎（4）滴定．当　溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色　时，停止滴定，‎ 并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．‎ Ⅱ．实验记录 滴定次数 实验数据（mL）‎ ‎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）经计算，市售白醋总酸量=　4.5　g/100mL．‎ ‎（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是　ab　（填写序号）‎ a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗 b．碱式滴定管在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．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】I．（1）溶液的稀释在烧杯中进行，溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；‎ ‎（2）根据强碱滴定弱酸应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；‎ ‎（3）根据碱溶液应盛放在碱式滴定管中；根据滴定管的结构与精确度来分析；‎ ‎（4）滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断滴定终点；‎ Ⅲ．（1）根据数据的合理性求出平均消耗的NaOH溶液的体积，然后根据白醋与NaOH溶液反应的关系式来解答；‎ ‎（2）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．‎ ‎【解答】解：I．（1）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，‎ 故答案为：100mL容量瓶；‎ ‎（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，‎ 故答案为：酚酞；‎ ‎（3）NaOH 溶液应盛放在碱式滴定管中；滴定管液面的读数0.60mL；‎ 故答案为：碱式滴定管；0.60；‎ ‎（4）酚酞遇到酸显无色，在弱碱溶液中显浅红色，则滴定终点时溶液从无色变为浅红色，所以滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；‎ 故答案为：溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色；‎ Ⅲ．（1）第1次滴定误差明显大，应舍去，其他3次消耗的NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；‎ 设10mL市售白醋样品含有 CH3COOOH xg，则 ‎ CH3COOOH～NaOH ‎ ‎ 60 40‎ ‎ xg×0.2 0.1000mol/L×0.015L×40g/mol ‎ x=0.450‎ 样品总酸量为=4.5g/100mL，‎ 故答案为：4.5；‎ ‎（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故a正确；‎ b．碱式滴定管在尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏大，故b正确；‎ c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析，可知c（待测）无影响，故c错误；‎ d．锥形瓶在滴定时距离摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，可知c（待测）偏小，故d正确；‎ 故选：ab．‎ ‎　‎ ‎20．用所学的电化学知识回答下列问题：‎ Ⅰ．如图烧杯中都盛有稀硫酸，依次分析（1）～（4）小题．‎ ‎（1）B中负极反应式为：　Fe﹣2e﹣=Fe2+　；‎ ‎（2）C中溶液的pH　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）；‎ ‎（3）三烧杯中铁被腐蚀的速率由快到慢的顺序是　B＞A＞C　；‎ ‎（4）某学生欲完成2HCl+2Ag=2AgCl+H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是　C　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）B装置构成原电池，Fe易失电子作负极、Sn作正极，负极Fe失电子发生氧化反应；‎ ‎（2）C装置构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，导致氢离子浓度降低；‎ ‎（3）作负极的金属＞发生化学腐蚀的金属＞作正极的金属；‎ ‎（4）盐酸和银不能自发的进行氧化还原反应，所以不能设计成原电池，只能设计成电解池，失电子的物质作电解池阳极，金属或导电的非金属作电解池阴极，失电子的物质作电解质溶液．‎ ‎【解答】解：（1）B装置构成原电池，Fe易失电子作负极、Sn作正极，负极Fe失电子发生氧化反应，负极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；‎ ‎（2）C装置构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应而生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，导致氢离子浓度降低，溶液的pH增大，故答案为：增大；‎ ‎（3）金属腐蚀快慢速率：作负极的金属＞发生化学腐蚀的金属＞作正极的金属，所以铁被腐蚀快慢速率为B＞A＞C，‎ 故答案为：B＞A＞C；‎ ‎（4）2HCl+2Ag=2AgCl↓+H2↑不能自发进行，所以必须设计成电解池，该反应中银失电子，所以银作电解池阳极，金属或导电的非金属作电解池阴极，该反应中氯化氢得电子生成氢气，则选取盐酸作电解质溶液，所以C选项符合条件，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，甲、乙为相互串联的两电解池，甲池利用电解原理在铁上镀银，一段时间后，甲池阴极增重43.2g，乙中盛放足量的CuSO4溶液，请回答（1）～（3）小题：‎ ‎（1）A是　铁　（填电极材料），B是　银　（填电极材料）；‎ ‎（2）乙池阳极电极反应式为：　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　；‎ ‎（3）乙池放出的气体在标准状况下的体积是　2.24　L．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】根据图示可知，A为阴极，B为阳极，Fe为阴极，石墨为阳极．‎ ‎（1）根据甲池利用电解原理在铁上镀银，据此分析A和B的电极材料；‎ ‎（2）由于乙池中石墨为阳极，是惰性电极，而乙中盛放足量的CuSO4溶液，故在阳极上放电的是氢氧根，据此写出电极方程式；‎ ‎（3）甲池阴极增重43.2g，增重的是银的质量，据此求出银的物质的量，然后根据Ag+放电反应为：Ag++e﹣=Ag，即可求出流经电极的电子的物质的量，然后根据乙池中只有阳极放出气体，且反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，据此分析计算．‎ ‎【解答】解：根据图示可知，A为阴极，B为阳极，Fe为阴极，石墨为阳极．‎ ‎（1）由于A为阴极，B为阳极，而甲池要利用电解原理在铁上镀银，故银应做阳极，铁做阴极，即A的电极材料为铁，B的电极材料为银，故答案为：铁；银；‎ ‎（2）由于乙池中阳极为石墨，故是阴离子放电，而乙中盛放足量的CuSO4溶液，故在阳极上放电的是氢氧根，故电极方程式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；‎ ‎（3）甲池阴极上Ag+放电，故增重43.2g是银的质量，物质的量为0.4mol，设阴极上得电子为xmol，根据Ag+放电反应可知：‎ ‎ Ag++e﹣=Ag ‎ 1 1‎ ‎ xmol 0.4mol 则有：，‎ 解得x=0.4mol 故乙池中两个电极上流经电子的物质的量为0.4mol，而只有阳极上有气体放出，且电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，设生成的氧气的物质的量为ymol，则有：‎ ‎4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑‎ ‎ 4 1‎ ‎ 0.4mol ymol 则有：‎ 解得y=0.1mol 则体积V=nVm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L．‎ 故答案为：2.24L．‎ ‎　‎ ‎22．常温下，有浓度均为1mol•L﹣1的下列4种溶液：‎ ‎①H2SO4溶液②NaHCO3溶液③NH4Cl溶液④NaOH溶液 ‎（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序是　④②③①　（填序号）；‎ ‎（2）③中各离子浓度由大到小的顺序是　c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　，‎ ‎（3）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积④的体积　大于　（填“大于”、“小于”或“等于”）．‎ ‎（4）常温下，将②和④等体积混合，向混合后的溶液中加入酚酞，溶液变红，用一个离子方程式解释变红的原因：　CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣　．‎ ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】（1）①H2SO4溶液是强酸溶液；②NaHCO3溶液是强碱弱酸盐溶液；③NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液；④NaOH溶液是强碱溶液；‎ ‎（2）NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液，水解显酸性，根据电荷守恒来分析；‎ ‎（3）③NH4Cl溶液水解显弱酸性，④NaOH溶液显强碱性，故③的酸性远弱于等浓度的④的碱性；‎ ‎（4）常温下，将②和④等体积混合后两者反应生成Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性．‎ ‎【解答】解：（1）①H2SO4溶液是强酸溶液；②NaHCO3溶液是强碱弱酸盐溶液；③‎ NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液；④NaOH溶液是强碱溶液；由于盐类的水解程度很小，故等浓度的四种溶液的pH由大到小的排列顺序是④②③①，故答案为：④②③①；‎ ‎（2）NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液，水解显酸性，故有：c（H+）＞c（OH﹣）；而根据电荷守恒可知：c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），则有：c（Cl﹣）＞‎ c（NH4+），故有：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），‎ 故答案为：c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；‎ ‎（3）③NH4Cl是强碱弱碱盐，水解显弱酸性，由于盐类的水解程度很小，故氯化铵溶液的酸性很弱；而④NaOH是可溶性强碱，故③的酸性远弱于等浓度的④的碱性，则若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积大于④的体积，故答案为：大于；‎ ‎（4）常温下，将②和④等体积混合后两者反应生成Na2CO3溶液，是强碱弱酸盐，水解显碱性，水解方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故向混合后的溶液中加入酚酞，溶液变红，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣．‎