浙江省丽水四校2020届高三10月联考化学试题 22页

浙江省丽水四校2019-2020学年高三10月联考 化学试题 ‎1. 下列说法正确的是 （ ）‎ A. 热化学方程式的计量数只表示分子的个数 B. 热化学方程式中只需标明生成物的状态 C. 反应热指的是反应过程中放出或吸收的热量 D. 有能量变化的一定是化学变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．热化学方程式的计量数既表示分子的个数，也表示物质的量 B．热化学方程式中不仅标明生成物、反应物的状态，还要标出焓变 D．有能量变化的不一定是化学变化，例如，由液态水变为气态水。‎ ‎2.常温下c（H＋）最小的是下列各项中的 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】‎ 试题分析：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。‎ ‎【考点定位】考查物质的量浓度的相关计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查物质的量浓度的相关计算。注意理解电解质浓度与电解质离子的浓度的关系。①根据pH=-lgc（H+）计算c（H+）；②硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）；③HCl完全电离，溶液中c（H+）=c（HCl）；④醋酸不完全电离，溶液中c（H+）远远小于醋酸的浓度。‎ ‎3. 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】‎ ‎【分析】‎ 弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。‎ ‎【详解】A、是甲酸的电离方程式，故A错误；‎ B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；‎ C、是碳酸根的水解方程式，所以C选项是正确的；‎ D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误。‎ 所以C选项是正确的。‎ ‎4. 如图所示，下列说法正确的是 A. 该装置中能量转化方式为电能转化为化学能 B. 电子从锌片流出，经导线流向铜片 C. 工作一段时间之后，溶液颜色逐渐变蓝 D. 锌片发生还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，将电能转化为化学能的装置为电解池，A项错误；‎ B．锌失电子作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，B项正确；‎ C．锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜不溶解，则溶液不变蓝色，C项错误；‎ D．负极上电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，锌片发生氧化反应，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5. 下列表述中合理的是 A. 在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值 B. 把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固体 C. 用25 mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液 D. 太阳能电池是把太阳能转化为内能的装置 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．热值是指在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值，热值的单位是kJ/g，A项正确；B．氯化铁水解产生氢氧化铁和氯化氢，水解吸热，加热促进水解，同时氯化氢挥发，促使水解平衡进一步向正反应方向移动，所以最终得到的是氢氧化铁，B项错误；C．高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取，C项错误；D．太阳能电池是把太阳能转化为电能，从而给其它用电器供电，D项错误；答案选A。‎ 考点：考查热值的定义，盐的水解等知识。‎ ‎6. 下列说法正确的是 A. 任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同 B. 中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小 C. 若①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-akJ·mol-1，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-bkJ·mol-1，则a>b D. 能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．强酸、强碱的稀溶液恰好反应生成1mol水放热相同，浓硫酸溶于水放热，若为浓硫酸和碱反应，放热不同，弱酸、弱碱电离吸热，弱酸弱碱反应，放热也不同，A项错误；B．中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，由于Cu是金属材料，导热性强，容易导致热量损失，则测量出的中和热数值偏小，B项正确；C．△H=Q（生成物能量和）-Q（反应物能量和），水蒸气比液体水能量高，所以生成液态水放出的热量多，b＞a，C项错误；D．化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，必须综合考虑体系的焓变和熵变，吸热反应也可能自发进行，D项错误；答案选B。‎ 考点：考查中和热的测定，反应热的大小比较等知识。‎ ‎7. 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. H2SO4‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ H2OH＋＋OH－，可受温度、酸碱盐的影响 A、B有弱离子，发生水解，可促进水的电离，C不能影响水的电离，D电离出H+，抑制水的电离且溶液为酸性。‎ ‎8.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考下图，从下表中选出正确选项 ‎ ‎ 锥形瓶中的溶液 ‎ 滴定管中的溶液 ‎ 选用指示剂 ‎ 选用滴定管 ‎ A ‎ 碱 ‎ 酸 ‎ 石蕊 ‎ ‎（乙） ‎ B ‎ 酸 ‎ 碱 ‎ 酚酞 ‎ ‎（甲） ‎ C ‎ 碱 ‎ 酸 ‎ 甲基橙 ‎ ‎（甲） ‎ D ‎ 酸 ‎ 碱 ‎ 石蕊 ‎ ‎（乙） ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 指示剂一般不选用石蕊，且由图可知甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管；‎ ‎9.下列水溶液一定呈中性的是（ ）‎ A. pH=7的溶液 B. c(H+)=1.0×10-7mol·L-1的溶液 C. c(H+)=c(OH-)溶液 D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故错误；B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H＋)=1×10－7mol·L－1，溶液不一定显中性，故错误；C、溶液显中性，故正确；D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。‎ 考点：考查水的离子积、溶液酸碱性等知识。‎ ‎10.依据下图装置，下列叙述不正确的是 A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e-=Cu C. a和b分别连接直流电源正、负极，Cu2+向铜电极移动 D. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液颜色都会发生变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，a和b不连接时，铁和铜离子直接发生置换反应，铜离子变成铜单质在铁表面析出，故A正确；B项，a和b用导线连接时，构成原电池，铁作负极，铜作正极，溶液中的Cu2+在正极上得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，故B正确；C项，a和b分别连接直流电源正、负极，构成电解池，a是阳极，b是阴极，阳离子向阴极移动，故Cu2+向铁电极（b）移动，C错误；D项，无论a和b是否连接，都存在自发的氧化还原反应：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铁片均会溶解，溶液由蓝色变为浅绿色，故D正确。‎ 点睛：本题考查原电池和电解池工作原理，主要考查原电池、电解池的电极反应、现象及电极反应式的书写、离子移动方向等，注意根据氧化还原反应原理分析解答。‎ ‎11. 下列关于热化学反应的描述中正确的是 A. CO (g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol B. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57．3)kJ/mol C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则CO(g)＋1/2O2=(g)CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，那么2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol，正确 B中和热是指生成1 mol水所放出的热量 C：木柴的燃烧需要加热，但却是放热反应 D：燃烧热是指生成稳定的物质，所对应的能量，例如液态水、气态二氧化碳等等。‎ ‎12.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸。在0.1mol·L－1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是 A. c（Na＋）＋c（OH—）= c（A—）＋c（H＋）‎ B. c（Na＋）＝ c（A—）＋c（HA）‎ C. c（Na＋）>c（OH—） > c（A—） > c（H＋）‎ D. c（Na＋）> c（A—）> c（H＋）> c（OH—）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 正确答案：B A．不正确，电荷守恒应为 c（Na＋）―c（OH—）= c（A—）―c（H＋）‎ B．正确，物料守恒：c（Na＋）＝ c（A—）＋c（HA）‎ C．不正确， c（Na＋）> c（A—）>c（OH—） > c（H＋）‎ D．不正确，溶液应呈碱性，c（Na＋）> c（A—）> c（OH—）> c（H＋）‎ ‎13.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】由于Ag在金属活动性顺序表中排在H后边，不能置换出酸溶液中的H，所以反应2HCl+2Ag=2AgCl↓+H2↑不能自发进行，要使反应发生，必须设计成电解池，该反应中银失电子，作电解池阳极，与电源的正极连接，金属或导电的非金属作电解池阴极，溶液中的H+在阴极获得电子变为H2逸出，选取盐酸作电解质溶液，A选项符合条件，故合理选项是A。‎ ‎14.某溶液中由水电离产生的C（H+）=1.0×10-10mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能大量共存的是：‎ A. Ｋ＋、Ｎa＋、HCO3—、Cl— B. Ｎa＋、Ｋ＋、NO3—、Ｃl－‎ C. Ｋ＋、Ｎa＋、Ｓ２－、NO3— D. Ｍg２＋、Ｎa＋、SO32—、CO32—‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢跟离子在酸性或碱性条件下不存在，不选A；B、四种离子在酸性或碱性溶液中存在，选B；C、硫离子在酸性条件下反应而不共存，不选C；D、镁离子在碱性条件下反应不存在，亚硫酸根离子和碳酸根离子在酸性条件下反应不存在，不选D。‎ 考点：离子共存。‎ ‎15.金属铬和氢气在工业上都有重要的用途。已知：铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4）。铜铬构成原电池如图所示，盐桥中装的是饱和KCl琼脂溶液，下列关于此电池的说法正确的是 A. 盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，凡是有盐桥的原电池，盐桥中均可以用饱和KCl琼脂溶液 B. 理论上1molCr溶解，盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK＋进入右池 C. 此过程中H＋得电子，发生氧化反应 D. 电子从铬极通过导线到铜极，又通过盐桥到转移到左烧杯中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：铜铬构成原电池，由于铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4），这说明铬电极是负极，铜电极是正极，氢离子放电，所以盛稀硫酸烧杯中的现象为铜电极上有气泡产生。A．盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，盐桥中不一定均可以用饱和KCl琼脂溶液，A项错误；B．理论上1molCr溶解，则转移2mol电子生成1molCr2+，同时消耗2mol氢离子，所以根据溶液的电中性可知盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK+进入右池，B项正确；C．此过程中H+得电子，发生还原反应，C项错误；D．电子不能在溶液中传递，D项错误，答案选B。‎ 考点：考查原电池的工作原理。‎ ‎16. 下列叙述正确的是 A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性 B. 25℃时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数 C. pH＝3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH＝4‎ D. pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95℃纯水的pH＜7，但纯水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，纯水仍然呈中性，A项错误；B．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，B项正确；C．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/L＜c（H+）＜0.0001mol/L，溶液的pH小于4，C项错误；D．c（H+）=n(混酸)/V(混酸)= (10−3+10−5)mol/L×0.01L÷0.02L=5.5×10-4mol/L，所以溶液的pH小于4，D项错误；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【名师点睛】本题考查弱电解质的电离，注意不能根据溶液PH的大小确定溶液的酸碱性，要根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性，为易错点。①纯水呈中性；②水的离子积常数只与温度有关；③醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；④根据c（H+）=n(混酸)/V(混酸)计算，再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH。‎ ‎17.LED系列产品是被看好的一类节能新产品,下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是 A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2O B. b处通入氧气，为电池的正极 C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替 D. P-型半导体连接的是电池负极．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电子流向可知a为负极，b为正极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；‎ B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，b处通入的是氧气，正确；‎ C．该装置的能量转换有化学能、电能和光能，错误；‎ D．P-型半导体连接的是电池正极，错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.下列说法正确是 A. 根据溶液中有CH3COOH、CH3COO-和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态 B. 根据溶液中CH3COO-和H＋的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态 C. 当NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中NH3·H2O、NH4＋和OH-浓度相等 D. H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸电离出醋酸根离子和氢离子，无论是否平衡，三种微粒都有，A项错误；‎ B．平衡状态时离子浓度不变，离子浓度不一定相等，B项错误；‎ C．电离平衡时，各离子浓度不变，不一定相等，C项错误；‎ D．多元弱酸分步电离，且第一步电离产生的氢离子会抑制后来的电离过程，所以电离程度依次减弱，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎19.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量 B. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量 C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 该反应热△H=+（a-b）kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b） kJ的热量，A项错误；B．断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，B项错误；C．依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；D．反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+（a-b）kJ•mol-1，D项正确；答案选D。‎ 考点：考查化学反应中的能量变化，化学图像的分析与判断。‎ ‎20.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】‎ 试题分析：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。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。‎ ‎【名师点睛】本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡，涉及电解质强弱的判断，不能根据电解质溶液的导电性及电解质的溶解性强弱确定强弱电解质。MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答。‎ ‎21. 高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：‎ 下列叙述错误的是：‎ A. 放电时正极附近溶液的碱性增强 B. 放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原 C. 充电时锌极与外电源负极相连 D. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3— 3e－+ H2OFeO42-+5H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 充放电时的电极反应为：‎ 放电时负极：Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2正极：FeO42-+4H2O+ 3e－= Fe(OH)3+ 5OH—‎ 充电时阴极：Zn(OH)2+2e－= Zn＋2OH－阳极：Fe(OH)3— 3e－+ 5OH— FeO42-+4H2O ‎22.根据碘与氢气反应的热化学方程式：‎ ‎①I2(g)+H2(g)2HI(g) △H=-9.48kJ•mol-1‎ ‎②I2(s)+H2(g)2HI(g)△H=+26.48kJ•mol-1，下列判断正确的是 A. 反应①的产物比反应②的产物稳定 B. 254g I2(g)中通入2g H2(g)，反应放热9.48kJ C. 反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低 D. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应①的产物与反应②的产物都是在相同状态下的同种气体物质，二者的稳定性相同，由于I2(g)比I2(s)能量高，所以反应①放出热量，而②吸收热量，A错误；‎ B.254g I2(g)的物质的量为1mol，n(H2)=1mol，由于该反应为可逆反应，则放出的热量小于9.48kJ，B错误；‎ C.①-②，整理可得I2(g)=I2(s) △H=-35.96kJ/mol，可知I2(g)能量大于I2(s)，则反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，C正确；‎ D.①-②，整理可得I2(g)=I2(s) △H=-35.96kJ/mol，可知I2(g)能量大于I2(s)，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎23.常温下有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种。已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。下列说法中不正确的是 A. D溶液的pH＝7‎ B. 四种溶液相比，C溶液中水的电离程度最大 C. A与C等体积混合后，溶液中有c（Cl－）＞c（H＋）＞c（NH4＋）＞c（OH－）‎ D. B与D等体积混合后，溶液中有c（OH－）＝c（CH3COOH）＋c（H＋）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析:CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4C1溶液显酸性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4C1溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，溶液的pH=7；则A为NH4C1溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为Na2SO4溶液。A．D为Na2SO4溶液，所以D溶液的PH=7，A项正确；B．NH4C1溶液、CH3COONa溶液促进水电离，硫酸钠是强酸强碱盐既不促进水电离也不抑制水电离，盐酸抑制水电离，所以C溶液中水的电离程度最小，B项错误；C．A为NH4C1溶液，C为盐酸，二者等体积混合，溶液中的溶质是氯化铵和HCl，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），由于铵根离子水解，则c（H+‎ ‎）＞c（NH4+），所以离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH-），C项正确；D．B为CH3COONa溶液，D为Na2SO4溶液，B与D等体积混合后，根据质子守恒：溶液中有c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），D项正确；答案选B。‎ ‎【考点定位】考查电解质溶液和水的电离 ‎【名师点睛】本题考查电解质溶液和水的电离。CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4C1溶液显酸性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4C1溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，A为NH4C1溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸。以此解答该题。‎ ‎24.常温下，有关下列两种溶液（①100mL 0.1mol/L NaHCO3溶液 ②100mL 0.1mol/L Na2CO3溶液）的叙述不正确的是（ ）‎ A. 均存在电离平衡与水解平衡 B. c（OH-）：①＞②‎ C. 存在的粒子种类相同 D. ②溶液中：c（HCO3-）＞c（H2CO3）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，水解程度大，溶液的碱性强，则：①<②，B错误；‎ 故选B。‎ ‎25.室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL 1.000mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是 A. a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10－14mol/L B. b点：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O) ＞c(Cl－)‎ C. b点时加入的盐酸体积小于20.00mL，而c点时加入的盐酸体积大于20.00mL D. d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．因a点7＜pH＜14，因此水电离出的c（H+）＞1.0×10-14mol•L-1，A项错误；B．b点时pH＞7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4+）+c（NH3•H2O）＞c（Cl-），B项正确；C．若等体积、等浓度的盐酸和氨水混合，则恰好反应生成氯化铵，溶液显酸性，c点pH=7溶液呈中性，说明氨水过量，c点时加入的盐酸体积小于于20.00mL，C项错误；D．d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，D项错误；答案选B。‎ 考点：考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 ‎26.（1）家用液化石油气的主要成分之一是甲烷，当16 kg甲烷完全燃烧并生成二氧化碳气体和液态水时，放出的热量为8.9×105kJ。已知1mol液态水汽化时需要吸收44 kJ热量。试写出甲烷燃烧生成水蒸气的热化学方程式： 。‎ ‎（2）有同学用甲烷与空气为原料制作一燃烧电池，若以稀硫酸为电解质溶液时，其负极反应式为 。‎ ‎（3）已知拆开1 mol H－H键，1 molN－H键，1 molN≡N键分别需要的能量是akJ、bkJ、ckJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为 。‎ ‎【答案】（1）CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(g) ΔH=－802kJ/mol ‎（2）CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+‎ ‎（3）N2(g)+3H2(g)==2NH3(g) ΔH＝－6b+c+3akJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）16 kg甲烷完全反应物质的量16000g÷16g/mol=1000mol，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水时，放出热量为890kJ，1mol液态水汽化时需要吸收44 kJ热量，则甲烷燃烧生成水蒸气的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) == CO2(g)+2H2O (g) ΔH =－802kJ/mol。‎ ‎（2）燃料电池依据原电池原理，燃料甲烷做负极失电子发生氧化反应，在酸溶液中生成CO2和水，则负极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+。‎ ‎（3）反应热=反应物的键能总和—生成物的键能总和，则化学反应N2+3H22NH3的ΔH＝－6b+c+3a kJ·mol－1，热化学方程式为N2(g)+3H2(g) == 2NH3(g) ΔH＝－6b+c+3a kJ·mol－1。‎ 考点：考查热化学方程式的书写，燃料电池，反应热的计算等知识。‎ ‎27.下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3‎ 晶体，烧杯②中不加任何物质。‎ ‎（1）含酚酞的0.01 mol·L－1CH3COONa溶液显浅红色的原因为______________(用离子方程式解释)。‎ ‎（2）实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是_____________(填字母)。‎ A．水解反应为放热反应 B．水解反应为吸热反应 C．NH4NO3溶于水时放出热量 D．NH4NO3溶于水时吸收热量 ‎（3）向0.01 mol·L－1CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为__________、___________、__________。(填“左”、“右”或“不移动”)‎ ‎【答案】（1）CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－（1分）‎ ‎（2）BD （1分） （3）左 左 右（3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，所以含酚酞的CH3COONa溶液呈红色的原因为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性。‎ ‎（2）向烧杯①中加入的生石灰与水反应生成氢氧化钙，该反应放热，实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，说明水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，则水解反应为吸热反应，A项错误，B项正确；向烧杯③中加入NH4NO3晶体溶解后，烧瓶③中溶液红色变浅，说明平衡逆向移动，根据上述分析，一定是降低了溶液的温度，则硝酸铵溶于水时吸收热量，C项错误，D项正确；答案选BD。‎ ‎（3）0.01mol•L-1CH3COONa溶液中存在水解平衡，CH3COO-+H2O ⇌ CH3COOH+OH-，使溶液显碱性；加入NaOH固体，平衡向左移动，加入Na2CO3固体，溶解后碳酸根离子水解显碱性使水解平衡左移；加入FeSO4固体，溶解后Fe2＋水解显酸性导致水解平衡右移。‎ 考点：考查盐类水解平衡的影响因素。‎ ‎28. 如图为某加碘盐标签的一部分。‎ 已知：①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O ‎②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6（无色）‎ 某同学想定量测定此加碘盐中碘元素的含量，进行以下实验：‎ 步骤1：称取ag市售食盐，配成溶液，全部转移至锥形瓶中，加入适量新制KI溶液，滴入几滴稀硫酸，溶液变黄色，再加入3滴淀粉溶液。‎ 步骤2：取一支50mL碱式滴定管，用bmol·L-1的新制Na2S2O3 溶液润洗2～3次后，装满溶液，调节液面高度至0刻度。‎ 步骤3：开始滴定直至终点，重复操作2～3次，实验数据记录如下：‎ ‎（1）第一次读数为 mL。‎ ‎（2）滴定终点的判断方法 。‎ ‎（3）经过计算，此碘盐碘元素的含量为 mg·kg-1（用含a、b的最简表达式表示） 。‎ ‎（4）下列操作可能会导致测量结果偏低的是 。‎ A．步骤1中称取食盐时将砝码放在左盘，食盐放在放在右盘，游码读数为0.5g B．步骤1所配食盐溶液未完全转移至锥形瓶 C．步骤2中滴定管洗涤后未润洗 D．步骤3滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 ‎【答案】（1）24.00（1分）‎ ‎（2）溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不变色（不变蓝）（1分）‎ ‎（3）508000b/a（或5.08×105b/a） （4）AB （1分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）读数时要平视刻度线，且滴定管的量程为0.01mL，根据图一可知，第一次读数为24.00mL。‎ ‎（2）溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，所以滴定终点的判断方法是溶液颜色恰好由蓝色变为无色且半分钟内不变色。‎ ‎（3）标准溶液的体积三次消耗的体积分别为：24.00mL，23.98mL，24.02mL，3组标准溶液的体积的平均值为24.00mL，根据化学反应①KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O、②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6得关系式为I——KIO3——6Na2S2O3‎ ‎127000mg 6mol x 24.00×10-3×bmol/L 解得x="127×4×b" mg，则此碘盐碘元素的含量为(1000×127×4×b)÷a ="508000b/a" mg·kg-1。‎ ‎（4）A．步骤1中称取食盐时将砝码放在左盘，食盐放在放在右盘，游码读数为0.5g，实际称量的质量偏小，则会导致测量结果偏低，A项正确；B．步骤1所配食盐溶液未完全转移至锥形瓶，导致消耗Na2S2O3 溶液偏小，则会导致测量结果偏低，B项正确；C．步骤2中滴定管洗涤后未润洗，导致Na2S2O3 溶液浓度降低，消耗体积增多，则会导致测量结果偏高；D．步骤3滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，使得Na2S2O3 溶液体积偏大，计算结果待测液浓度偏高，答案选AB。‎ 考点：考查物质含量的测定，氧化还原滴定等知识。‎ ‎29.室温下，50 mL pH = 1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50 mL Ba(OH)2溶液相混合，充分反应后过滤，得0.466 g沉淀，滤液的pH值变为13。求：‎ ‎（1）原混合液中SO42-和Cl-的物质的量 ， ‎ ‎（2）Ba(OH)2溶液的物质的量浓度 ‎ ‎【答案】（1）0002mol（1分） 0.001mol（1分） （2） 0.15 mol/L（3分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将稀硫酸和盐酸的混合液与50mL Ba(OH)2溶液相混合，离子间发生的反应有：Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，H+＋OH－＝H2O，0.446g沉淀为BaSO4，n(H2SO4)＝n(BaSO4)＝0.466g÷233g/mol＝0.002mol，硫酸电离出的n(SO42-)＝0.002mol，n(H+)＝0.004mol，稀硫酸和盐酸的混合液为50mL pH＝1，共有n(H+)＝0.05L×0.1mol/L＝0.005mol，所以盐酸电离出的n(H+)＝0.005mol－0.004mol＝0.001mol，n(Cl－)＝0.001mol。‎ ‎（2）反应后滤液的pH变为13，呈碱性，说明Ba(OH)2溶液过量，反应后过量的n(OH－)＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，反应了的n(OH－)＝n(H+)＝0.005mol，所以Ba(OH)2中的n(OH－)＝0.01mol＋0.005mol＝0.015mol，可求出c[Ba(OH)2]＝0.015mol÷(0.05L×2)＝0.15mol/L．‎ 考点：考查物质的量的计算。‎ ‎30.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知如表数据。‎ 化学式 电离平衡常数(25℃)‎ HCN K=4.9×10-10‎ CH3COOH K=1.8×10-5‎ H2CO3‎ K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11‎ ‎(1)25 ℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为__________________。‎ ‎(2)25 ℃时，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液混合，若所得溶液显酸性，则c(Na＋)__________c(CH3COO－)(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎(3)NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为___________。‎ ‎(4)25 ℃时， pH=8的CH3COONa溶液中，c(Na＋)-c(CH3COO-)=___________。‎ ‎【答案】 (1). Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液 (2). < (3). NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3 (4). 9.9x10-7 mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据酸的电离常数进行分析判断，电离常数越大，对应盐的水解程度越小，溶液的pH越小；‎ ‎(2)根据溶液中电荷守恒分析比较；‎ ‎(3)根据电离平衡常数H2CO3>HCN>HCO3-，结合复分解反应的规律书写方程式；‎ ‎(4)根据溶液的pH可计算溶液中c(H+)、c(OH-)，然后结合电荷守恒计算。‎ ‎【详解】(1)根据图表数据分析，电离常数：CH3COOH>HCN>HCO3-，酸的电离平衡常数越小，其形成的钠盐越容易水解，溶液的碱性就越强。所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液>NaCN溶液>CH3COONa溶液；‎ ‎(2)25 ℃时，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液混合，在该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，若所得溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)HCN>HCO3-，可知向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；‎ ‎(4)CH3COONa溶液溶液的pH=8，则溶液中c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)==10-6mol/L，在该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na＋)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了电离平衡常数在溶液中离子浓度大小比较的应用的知识。要根据电离平衡常数大小判断盐溶液的酸碱性，根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断溶液中离子浓度大小。‎ ‎31.常温下有0.1 mol·L－1四种溶液NaOH、 NH3·H2O、 HCl 、CH3COOH ‎（1）已知CH3COOH溶液的pH=3，其电离度为 ，由水电离的c(H＋)= mol·L－1。‎ ‎（2）相同pH的CH3COOH溶液和HCl溶液加水稀释，其pH变化情况如图，其中表示HCl溶液的是曲线 ，a、b两点中，导电能力更强的是 。‎ ‎（3）NH3·H2O溶液和HCl溶液混合，已知体积V(NH3·H2O)> V(HCl)，当溶液中c(NH3·H2O)= c(NH4＋)时，溶液的pH= 。[已知：Kb（NH3·H2O）=1.77×10-5，lg 1.77=0.25]‎ ‎【答案】（1）1%；1×10-11（2）І；a（3）9.25‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电离度=c(H+)÷c(CH3COOH)×100%=10-3÷0.1×100%=1%；由水电离的c（H+）等于溶液中氢氧根离子浓度=Kw÷c(OH-)=10-14÷10-3=1×10-11mol/L。‎ ‎（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸，根据图象知，I为盐酸；溶液的导电能力与离子浓度成正比，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以溶液导电能力较大的是a 。‎ ‎（3）根据NH3·H2ONH4++OH-，Kb=（[NH4+]×[OH-]）÷[NH3·H2O]，则1.77×10-5=c(OH-)，POH="5-lg" 1.77= 4.75，所以溶液的pH=14-4.75=9.25.‎ 考点：考查电离度的计算，pH的计算等知识。‎ ‎32.如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（甲）中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。丙池中盛有100 mL 3.00 mol.L-1的CuSO4溶液。试回答下列问题:‎ ‎（1）在电源中，B电极为 极（填电极名称，下同）；乙装置中粗铜为 极。‎ ‎（2）在甲装置中，石墨（C）电极上发生 反应（填“氧化”或“还原”）；甲装置中总的化学方程式是 。‎ ‎（3）如果乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，请问甲装置中，铁电极上产生的气体在标准状况下为 L。‎ ‎（4）在丙装置中， X电极上发生的电极反应式是 。‎ ‎（5）在此过程中，若丙池中两电极产生的气体恰好相等时，理论上在乙池中精铜增加了 g ‎【答案】（1）负极（1分）；阳极（1分）。‎ ‎（2）氧化（2分）；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑（2分）‎ ‎（3）0.224（2分）（4）2H2O-4e-=4H++O2↑或40H--4e-=2H2O+O2↑（2分）‎ ‎（5）38.4（2分）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连，则在Fe极附近显红色，所以Fe是阴极，A是正极、B电极是负极，X是阳极，Y是阴极，粗铜为阳极，精铜为阴极。‎ ‎（2）在甲装置中，石墨（C）电极是阳极，该电极上发生氧化反应，电解饱和食盐水的反应原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。‎ ‎（3）乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，根据电极反应：Cu2++2e-=Cu，生成0.64g即0.01mol铜，转移电子是0.02mol，铁电极是阴极，该极上产生氢气，2H++2e-=H2↑，当转移0.02mol电子时，该极上产生的气体为0.01mol，在标准状况下体积为0.224L。‎ ‎（4）在丙装置中，X是阳极，OH-在阳极放电生成氧气，则电极反应式是40H--4e-=2H2O+ O2↑。‎ ‎（5）丙池中盛有100 mL 3.00 mol.L-1的CuSO4溶液，发生的电极反应为：阳极：40H--4e-=2H2O+ O2↑，阴极：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，两电极产生的气体恰好相等，设为xmol，则4x=2x+0.3×2，解得：x=0.3mol，电路中转移的电子数为1.2mol，乙池中的精铜电极反应为Cu2++2e-=Cu，所以生成0.6mol铜，质量为0.6mol×64g/mol=38.4。‎ 考点：考查电解池工作原理及应用等知识。‎ ‎ ‎