【化学】江西省南昌市八一中学、洪都中学等六校2019-2020学年高二上学期期末联考（解析版） 23页

江西省南昌市八一中学、洪都中学等六校2019-2020学年高二上学期期末联考 相对原子质量H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Cu:64 Fe:56 Ag:108‎ 一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）‎ ‎1.化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被腐蚀 B. 汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢 C. 金属冶炼过程是金属离子得电子变成金属单质的氧化过程 D. PM2.5颗粒微粒直径约为2.5×106m)分散在空气中形成气溶胶 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锌的活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，锌块不是作正极，故A错误；‎ B．减小压强，活化分子百分数不变，但是单位体积内的活化分子减少，反应速率减小，故B正确；‎ C．金属矿物中，金属为化合态，金属离子得到电子被还原可得到金属单质，是还原过程，故C错误；‎ D．PM2.5(微粒直径约为2.5×10-6m)微粒直径大于10-7m，不能形成气溶胶，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体微粒直径在1～100nm，即10-9～10-7m之间。‎ ‎2.已知：C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1‎ ‎2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1‎ H-H 、O=O和O-H键的键能（kJ·mol-1）分别为436、496和462，则a为（ ）‎ A. -332 B. -118 C. +350 D. +130‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由①C（s）+ H2O（g）== CO(g) + H2(g) △H = a kJ·mol-1‎ ‎②2 C（s）+ O2（g）== 2CO(g) △H = -220 kJ·mol-1‎ 结合盖斯定律可知,②−①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)， ‎ ‎△H=−220kJmol−2akJ/mol=−(220+2a)kJ/mol，焓变等于断键吸收能量减去成键释放的能量，则496+2×431−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130，‎ 故选D.‎ ‎3.如图所示的各图中，表示2A(g)+B(g)⇌2C(g)（△H＜0）这个可逆反应的正确图象为（注：F(C)表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动；‎ B.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动；‎ C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但质量分数不发生变化；‎ D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；‎ ‎【详解】A. 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动，C的质量分数降低，A项正确；‎ B. 增大压强，反应速率加快，v(正)、v(逆)均增大，B项错误；‎ C. 加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但C的质量分数不发生变化，C项错误；‎ D. 降低温度，平衡向放热反应方向移动，即正向移动，A的转化率增大；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即正向移动，A的转化率增大，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题的重点是要熟练掌握外界因素对平衡移动的影响。‎ 改变的条件(其他条件不变)‎ 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体参加的反应)‎ 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 ‎4.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；‎ B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；‎ D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。‎ ‎5.如图所示，甲池的总反应式为：，下列关于该电池工作时的说法正确的是 A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成 B. 甲池中负极反应为 C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小 D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2‎ ‎↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。‎ ‎6.某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质，以C4H10为燃料，该电池工作原理如图。下列说法正确的是（ ）‎ A. a为C4H10，b为CO2‎ B. 熔融电解质中，CO32-向正极移动 C. 此电池在常温时也能工作 D. 通入丁烷的一极是负极，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边电极是负极、右边电极是正极，所以a为，b为，故A错误；‎ B.原电池放电时，阴离子移向负极，故CO32-向负极移动，故B错误；‎ C.电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，常温下不能工作，故C错误；‎ D.通入丁烷的一极是负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为C4H10-26e-+13CO32-=17CO2↑+5H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 5.6g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.3×6.02×1023‎ B. 反应MgCl2(l)=Mg(l)+Cl2(g)的ΔH＜0、ΔS＞0‎ C. 电解精炼铜过程中，电路中每通过2mol电子，阳极溶解铜64g D. 0.1mol·L-1Na2SO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=2c(H2SO3)+c(HSO3-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3+离子，当生成Fe2+离子时，转移的电子数为0.2×6.02×1023，当生成Fe3+离子时，转移的电子数为0.3×6.02×1023，故A错误；‎ B、MgCl2的分解反应属于吸热反应，△H＞0，反应后生成气体，熵变增加，△S＞0，故B错误；‎ C、由Cu-2e=Cu2+，64g铜的物质的量为1mol，则转移电子数为2×6.02×1023个，但在阳极上比铜活泼的金属锌、铁等先失去电子，则转移电子数大于2×6.02×1023个，故C错误；‎ D、0.1mol•L-1Na2SO3溶液中，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3-)+2c(SO32-)，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，则：c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(HSO3-)-2c(SO32-)=2c(H2SO3)+2c(HSO3-)+2c(SO32-)-c(HSO3-)-2c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(HSO3-)，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.下列实验事实得出的相应结论不正确的是 选项 事实 结论 A 其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短 当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快 B 向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01 mol·L－1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色 Ksp：AgCl＞AgI C ‎2NO2(g)N2O4(g)，加压气体颜色加深 加压平衡向着气体颜色加深的方向移动 D 将MgCl2‎ 蒸干 溶液蒸干后灼烧，得到MgO固体 过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Mg(OH)2，灼烧后产生MgO A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短，因此，当其他条件不变时，升高反应温度可加快化学反应速率，A正确；‎ B. 向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01 mol·L－1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，生成了AgI沉淀，可以证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，B正确； ‎ C. 2NO2(g)N2O4(g)，二氧化氮是红棕色的、四氧化二氮是无色的，加压后气体体积减小，气体的浓度变大，故气体的颜色加深，加压后平衡向着气体体积减小的方向移动，即正反应方向移动，C不正确；‎ D. 将MgCl2溶液蒸干后灼烧，得到MgO固体，说明蒸干的过程中水解生成的HCl挥发，水解进一步促进生成Mg(OH)2，灼烧后产生MgO ，D正确。‎ 本题选C。‎ ‎9.下表是3种物质的溶解度(20 ℃)，下列说法中正确的是 物质 MgCl2‎ Mg(OH)2‎ MgCO3‎ 溶解度(g/100 g)‎ ‎74‎ ‎0.000 84‎ ‎0.01‎ A. 已知MgCO3的Ksp＝6.82×10－6mol2·L－2，则所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2＋)＝c(CO32-)，且c(Mg2＋)·c(CO32-)＝6.82×10－6mol2·L－2‎ B. 除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为Na2CO3溶液 C. 将表中三种物质与水混合，加热、灼烧，最终的固体产物相同 D. 用石灰水处理含有Mg2＋和HCO3-的硬水，发生的离子反应方程式为Mg2＋＋2HCO3-＋Ca2＋＋2OH－＝CaCO3↓＋MgCO3↓＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据MgCO3的Ksp=6.82×10﹣6mol2·L﹣2，则c（Mg2+）·c（CO32﹣）=6.82×10﹣6mol2·L﹣2，若向Na2CO3溶液中加入固体MgCO3，则溶液中c（Mg2+‎ ‎）＜c（CO32﹣），故A错误；‎ B.氢氧化镁比碳酸镁更难溶，除去粗盐中含有的MgCl2杂质，最佳除杂试剂为NaOH溶液，故B错误；‎ C.MgCl2溶液加热时HCl挥发，使其水解程度增大，蒸干后灼烧，最终的固体是氧化镁，Mg(OH)2和MgCO3灼烧分解成氧化镁，故C正确；‎ D. 氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣═2CaCO3↓+ Mg(OH)2↓+2H2O，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.下列有关说法正确的是 A. 常温下，0.1mol/LNH4Cl溶液的pH=1‎ B. 工业上电解饱和食盐水时，以石墨为阴极，铁棒为阳极 C. 铅蓄电池放电时，正极电极反应为:PbO2+SO42-+4H++2e-=PbSO4+2H2O D. 常温下，在AgCl悬浊液中加入少量NaCl饱和溶液，c(Ag+)减小,Ksp(AgCl)减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. NH4Cl在水溶液中只能有很少的部分发生水解而使溶液呈弱酸性，故在常温下，0.1mol/LNH4Cl溶液的11‎ D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.加水促进弱电解质的电离，因此溶液n(H+)增大，n(CH3COOH)减小；‎ B.从20℃升温至30℃，促进水解，Kh增大；‎ C.向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒分析；‎ D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c(Ag+)相同，。‎ ‎【详解】A.Ka=，加水虽然促进电离，n(CH3COO-)增大，但c(CH3COO-)减小，Ka保持不变，则溶液中增大，A错误；‎ B.从20℃升温至30℃，促进水解，Kh增大，则溶液中减小，B错误；‎ C.向盐酸中加入氨水至中性，则c(H+)=c(OH-)，根据溶液中电荷守恒可知，溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，所以c(NH4+)：c(Cl-)=1，C错误；‎ D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，c(Ag+)相同，，Ksp只与温度有关，温度不变，因此溶液中不变，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离、盐的水解及沉淀溶解平衡等知识。把握电离平衡、溶解平衡、水解平衡及酸碱混合溶液的定性分析为解答的关键，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，侧重考查学生的分析与应用能力。‎ ‎14.25℃时，用0.1 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 A. Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线 B. pH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等 C. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)‎ D. V(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-)> c(Cl-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；‎ B．浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；‎ C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；‎ D．V（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。‎ ‎【详解】A．根据图示可知，Ⅰ的起始pH较大，Ⅱ的起始pH较小，则Ⅰ表示的是醋酸，Ⅱ表示盐酸，选项A错误；‎ B．醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；‎ C．V（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），选项C正确；‎ D．V（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）＜c（Cl-），选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎15.结合下图判断，下列叙述正确的是 A. Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护 B. Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－＝Fe2＋‎ C. Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－＝4OH－‎ D. Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3Fe(CN)6溶液（此溶液遇Fe2+产生蓝色沉淀），均有蓝色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】原电池中，活泼一极失电子，发生氧化反应，作负极，电子经导线流向正极；物质在正极上得电子，发生还原反应。左装置中，锌做负极：Zn－2e－=Zn2＋，氧气在正极得电子：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－；右装置中，铁做负极：Fe－2e－＝Fe2＋，氢离子在正极得电子：2H＋＋2e－=H2↑。由以上分析可知答案为A。‎ ‎16.如图，下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是（　　）‎ A. ⑤②①③④ B. ⑤①②④③ C. ④②①③⑤ D. ④③①②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③。④⑤装置是电解池，④中金属铁为阴极，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞④‎ ‎，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀由慢到快顺序为：④③①②⑤；故选D ‎【点晴】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀。先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属易被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。‎ 二、填空题（本大题共4小题，共52.0分）‎ ‎17.在常温下，有下列五种溶液：A.0.1mol/LNH4Cl B.0.1mol/L CH3COONH4 C.0.1mol/LNH4HSO4 D.0.1mol/LNH4HCO3 E.0.1mol/LNaHCO3‎ 请根据要求填写下列空白：‎ ‎（1）溶液A呈___性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是：___(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）溶液E呈___性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是：___(用离子方程式表示)。‎ ‎（3）比较溶液A、C中c(NH4+)的大小关系是A___C(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎（4）常温下，测得溶液B的pH=，则CH3COO-的水解程度___NH4+的水解程度(填“>”、“<”或“=”)，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)___c(NH4+)(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). 酸 (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). 碱 (4). HCO3-+H2OH2CO3+OH- (5). ＜ (6). = (7). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NH4Cl是强酸弱碱盐，NaHCO3是强碱弱酸盐，结合盐类水解的规律分析解答(1)和(2)；‎ ‎(3)氢离子抑制铵根离子水解，据此分析判断；‎ ‎(4)室温下，pH=7，说明溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析判断。‎ ‎【详解】(1)0.1mol/L NH4Cl是强酸弱碱盐，水解呈酸性，其原因是 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；‎ ‎(2)0.1mol/LNaHCO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，其原因是 HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：碱；HCO3-+H2OH2CO3+OH-；‎ ‎(3)氢离子抑制铵根离子水解，所以相同浓度的NH4Cl和NH4HSO4‎ 溶液中铵根离子浓度A＜C，故答案为：＜；‎ ‎(4)室温下，pH=7，说明溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c(NH4+)，说明CH3COO-的水解程度与NH4+的水解程度相同，故答案为：=；=。‎ ‎18.已知K、Ka、Kw、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数。‎ ‎（1）有关上述常数的说法正确的是___。‎ 它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 它们的大小都随温度的升高而增大 常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka ‎（2）已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液中水电离的H+浓度为___，溶液中离子浓度大小关系为___。‎ ‎（3）氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到的固体物质是___。‎ ‎（4）泡沫灭火器的反应原理(硫酸铝溶液与小苏打)___。(写离子方程式)‎ ‎（5）已知在25℃时Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.02mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成沉淀___(填化学式)；当两种沉淀共存时，=___。‎ ‎【答案】 (1). a (2). 1.0×10-7mol/L (3). c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+) (4). Al2O3 (5). Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ (6). Cu(OH)2 (7). 1.45×109‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)平衡常数只与温度有关，结合升高温度，平衡向吸热方向移动分析判断；‎ ‎(2)CH3COOH和NH3．H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性；水的电离程度很小，据此判断离子浓度大小；‎ ‎(3)氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液显酸性，水解过程为吸热反应，加热促进水解，蒸干得到水解产物，灼烧时生成的氢氧化铝分解生成氧化铝； ‎ ‎(4)泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；‎ ‎(5)溶度积常数小的先产生沉淀，当两种沉淀共存时，＝分析解答。‎ ‎【详解】(1)a．平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故a正确；b．升高温度平衡向吸热方向移动，如果某化学反应的正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数将减小，故b错误；c．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离平衡常数相同，故c错误；故选a；‎ ‎(2)CH3COOH和NH3·H2O电离常数相等，则该温度下CH3COONH4溶液铵根离子和醋酸根离子水解程度相同，导致醋酸铵溶液呈中性，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-7mol/L；水的电离程度很小，溶液中离子浓度大小顺序为c(NH4+)═c(CH3COO-)＞c(OH- )═c(H+)，故答案为：1.0×10-7mol/L；c(NH4+)═c(CH3COO-)＞c(OH- )═c(H+)；‎ ‎(3)氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液显酸性，AlCl3+3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，水解过程为吸热反应，加热促进水解，蒸发时，HCl挥发，促进水解正向进行，得到水解产物Al(OH)3，灼烧时生成的氢氧化铝分解生成氧化铝，2Al(OH)3 Al2O3+3H2O↑，故答案为：Al2O3；‎ ‎(4)泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，碳酸氢钠属于强碱弱酸盐的酸式盐，硫酸铝属于强酸弱碱盐，两者发生双水解反应，所以泡沫灭火器的反应原理为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(5)溶度积常数越小的越先产生沉淀，所以先生成沉淀的是Cu(OH)2；当两种沉淀共存时，＝===1.45×109，故答案为：Cu(OH)2；1.45×109。‎ ‎19.如图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和电解CuSO4溶液，其中乙装置中X为阳离子交换膜。‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎（1）通入氧气的电极为___(填“正极”或“负极”)，负极的电极反应式为___。‎ ‎（2）铁电极为___(填“阳极”或“阴极”)，石墨电极（C）的电极反应式为___。‎ ‎（3）乙装置中电解的总反应的离子方程式为___。‎ ‎（4）若在标准状况下，有1.12L氧气参加反应，丙装置中阴极增重的质量为___。‎ ‎【答案】 (1). 正极 (2). H2-2e-+2OH-=2H2O (3). 阴极 (4). 2Cl--2e-=Cl2↑ (5). 2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- (6). 6.4g ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，通入燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，据此分析解答；‎ ‎(2)电解饱和氯化钠溶液时，连接原电池负极的电极是阴极，连接原电池正极的电极是阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，注意如果活泼电极作阳极，则阳极上电极材料放电而不是溶液中阴离子放电；‎ ‎(3)乙装置阳极为惰性电极电解饱和氯化钠溶液，据此写出电解总反应；‎ ‎(4)丙装置中阴极增重的质量为析出铜的质量，串联电池中转移电子数相等，根据转移电子数相等计算丙装置中阴极析出铜的质量。‎ ‎【详解】(1)燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，通入燃料的电极是负极，通入空气或氧气的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上氢气失电子结合溶液中的氢氧根离子生成水，电极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案为：正极，H2-2e-+2OH-=2H2O；‎ ‎(2)燃料电池相当于电源，乙装置有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，故答案为：阴极；2Cl--2e-═Cl2↑；‎ ‎(3)乙装置是阳极为惰性电极的电解饱和氯化钠溶液电解池，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，则电解总反应离子方程式为2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑，故答案为：2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑；‎ ‎(4)丙装置中阴极增重的质量为析出铜的质量，根据串联电池中转移电子数相等得氧气和铜的关系式为：O2～2H2～2Cu，设生成铜的质量是y，‎ O2～～～2Cu ‎22.4L     128g ‎1.12L        y ‎=，解得：y=6.4g，故答案为：6.4g。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(1)，要注意燃料电池中电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，燃料相同，如果电解质溶液不同，电极反应式则不同。‎ ‎20.已知2X2(g)+Y2(g)2Z(g) ΔH1=-akJ·mol-1(a＞0)，在一个容积固定的容器中加入2molX2和lmolY2，在500℃时充分反应达平衡后Z的浓度为Wmol·L-1，放出热量bkJ。‎ ‎（1）此反应平衡常数表达式为___；若将温度降低到300℃，则反应平衡常数将___(填增大、减少或不变)。‎ ‎（2）能说明反应己达平衡状态是___‎ A.浓度c(Z)=2c(Y2) B.容器内压强保持不变 C.v逆(X2)=2v正(Y2) D.容器内的密度保持不变 ‎（3）若将上述容器改为恒压容器反应器开始体积相同，相同温度下起始加入2molX2和lmolY2达到平衡后，Y2的转化率将____(填变大、变小或不变)。‎ ‎【答案】 (1). K= (2). 增大 (3). BC (4). 变大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化学平衡常数概念可得K的表达式，根据温度对化学平衡的影响分析判断；‎ ‎(2)根据化学平衡时正逆反应速率相等，各组分的含量保持不变进行判断；‎ ‎(3)原平衡随反应进行，压强降低，恒压容器(反应器开始体积相同)，相同温度下起始加入2molX2和1molY2，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，据此判断。‎ ‎【详解】(1)2X2(g)+Y2(g)⇌2Z(g)，化学平衡常数K=；△H=-akJ•mol-1，a＞0，则△H＜0，正反应为放热反应，降低温度，平衡向着正反应方向移动，K增大，故答案为：K=；增大；‎ ‎(2)A．平衡时浓度不变，不一定满足c(Z)=2c(Y2)，故A错误；B．该反应是个气体体积减小的反应，随着反应的进行，压强减小，当容器内压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．v逆(X2)=2v正(Y2)=v正(X2)，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D．恒容气体体积不变，混合气体的质量不变，根据ρ＝，容器内的密度始终不变，不能说明是平衡状态，故D错误；故答案为：BC；‎ ‎ (3)原平衡随反应进行，压强降低．恒压容器(反应器开始体积相同)，相同温度下起始加入2molX2和1molY2，等效为在原平衡的基础上增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，Y2的转化率变大，故答案为：变大。‎ ‎21.常温下，以酚酞溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图：‎ ‎（1）在整个实验过程中，不需要的仪器或用品是___(填序号)。‎ a.100mL容量瓶 b.锥形瓶 c.滴定管夹 d.漏斗 e.玻璃棒 f.滴定管 ‎（2）到达滴定终点的标志是___。‎ ‎（3）下列操作会导致测定结果偏高的是___。‎ A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗 B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡 D.达到滴定终点时，仰视读数 ‎（4）如图点①所示溶液中c(CH3COO-)+c(OH-)___c(CH3COOH)+c(H+)(填“＞”“＜”或“=”，下同)，点②所示溶液中：c(Na+)___c(CH3COOH)+c(CH3COO-)。‎ ‎【答案】 (1). ade (2). 加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为微红色，且30s内不褪色 (3). AD (4). ＞ (5). ＜‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以酚酞溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液，结合实验过程和滴定过程中溶液性质的变化分析解答(1)和(2)；‎ ‎(3)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；‎ ‎(4)点①反应后溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(Na+)＞c(CH3COOH)，结合电荷守恒分析；点②的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒判断。‎ ‎【详解】(1)以酚酞溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液，实验过程中，20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液放在锥形瓶中，0.1000mol·L-1NaOH溶液盛放在碱式滴定管中滴定，不需要的仪器或用品有：100mL容量瓶、漏斗、玻璃棒，故答案为：ade；‎ ‎(2)以酚酞溶液作指示剂，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液，当加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为微红色，且30s内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：加入最后一滴氢氧化钠，溶液变为微红色，且30s内不褪色；‎ ‎(3)A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故A选；B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故B不选；C．碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低，故C不选；D．达到滴定终点时，仰视读数，导致消耗标准液偏大，则测定结果偏高，故D选；故答案为：AD；‎ ‎(4)点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1∶1的混合物，根据图像，溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，则c(Na+)＞c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，点②的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)＜c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故答案为：＞；＜。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(4)，要注意图像中各点溶液的性质的解读，并能够灵活运用电荷守恒和物料守恒。‎ ‎22.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/LKOH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)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) ΔH＞0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可采取的措施有___。‎ A.升高温度 B.降低温度 C.加入NH4Cl晶体 D.加入Na2A固体 ‎【答案】 (1). 小于 (2). BC (3). BD ‎【解析】‎ ‎ (1)H2A在水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，第一步完全电离，HA-离子只存在电离不发生水解；‎ ‎(2)混合溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，溶液中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)根据影响沉淀溶解平衡移动的因素有温度和浓度分析判断。‎ ‎【详解】(1)H2A在水中存在以下平衡：H2A=H++HA-，HA-⇌H++A2-，第一步完全电离，HA-离子只存在电离不发生水解，溶液显酸性，Na2A溶液中A2-离子水解显碱性，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溶液呈酸性，Na2A溶液显碱性，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．Na2A溶液显碱性，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；故答案为：BC；‎ ‎(3)CaA(s)⇌Ca2+(aq)+A2-(aq)△H＞0，降低温度，平衡逆向移动，c(Ca2+)减小，加入NH4‎ Cl晶体，铵根离子与A离子水解相互促进，平衡正向移动，钙离子浓度增大，加入Na2A固体，A2-离子浓度增大，平衡逆向移动，c(Ca2+)减小，故答案为：BD。‎ ‎【点睛】明确H2A在水中存在的平衡是解题的关键。本题的易错点为H2A的第一步完全电离，HA-离子只存在电离不发生水解。本题的难点为(2)，要注意Na2A溶液显碱性，当溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量。‎ ‎23.25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 ‎10-5‎ K1=4×10-7‎ K2=4×10-11‎ ‎10-8‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）a.CH3COOH、b.H2CO3、c.HClO的酸性由强到弱的顺序为___。(填字母)‎ ‎（2）物质量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：‎ a.CH3COONa b.Na2CO3 c.NaClO d.NaHCO3‎ pH由小到大排列的顺序是___(填字母)‎ ‎（3）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程中，下列各项中数值变大的是___(填字母)‎ A.c(H+) B. C.c(H+)·c(OH-) ‎ D. E. F.‎ ‎（4）25℃时，H2SO3HSO3-+H+的电离常数Ka=1×10-2mol/L，则该温度下pH=3、c(HSO3-)=0.1mol/L的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=___。‎ ‎【答案】 (1). a＞b＞c (2). a＜d＜c＜b (3). BD (4). 0.01mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强；‎ ‎(2)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子结合氢离子的能力越弱；‎ ‎(3)加水稀释促进醋酸电离，醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但是c(OH-)增大；‎ 升高温度促进醋酸电离，溶液中c(H+)、c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)、c(OH-)减小；‎ ‎(4)根据亚硫酸第一步电离平衡常数计算亚硫酸浓度。‎ ‎【详解】(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，CH3COOH、H2CO3、HClO电离平衡常数依次减小，则酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO，故答案为：a＞b＞c；‎ ‎(2)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根阴离子结合氢离子的能力越弱，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以结合氢离子能力强弱顺序是CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，结合氢离子的能力越强，溶液的碱性越强，pH越大，因此pH由小到大排列的顺序CH3COO-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，即a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b；‎ ‎(3)加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)都减小，但水离子积常数不变，则c(OH-)增大。‎ A．加水稀释c(H+)减小，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，n(H+) 增大、n(CH3COOH)减小，所以=增大，故B正确；C．c(H+)•c(OH-)=Kw，温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；D．加水稀释，溶液中c(H+) 减小，c(OH-)增大，则增大，故D正确；E．=Ka，温度不变，电离平衡常数不变，故E错误；F．= =，温度不变，电离平衡常数和水的离子积常数不变，故F错误；故答案为：BD；‎ ‎(4)电离常数Ka=1×10-2mol•L-1，则该温度下pH=3、c(HSO3-)=0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)= =mol/L=0.01 mol/L，故答案为：0.01 mol/L。‎