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2021-2022学年贵州省遵义市仁怀市周林高级中学高二（下）入学化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年贵州省遵义市仁怀市周林高级中学高二（下）入学化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了 下列反应中属于吸热反应的是， 下列表述中合理的是， 下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年贵州省遵义市仁怀市周林高级中学高二（下）入学化学试卷
1. 人类对能源的需求不断增加，开发新能源成为当前国际能源研究的重要课题。下列能量转化过程，不涉及化学变化的是
A. 利用太阳能分解水制备氢气 B. 利用氢氧燃料电池提供电能
C. 利用风驱动风轮机发电 D. 利用植物秸秆为原料生产沼气
2. 下列物质的加入，对H2O的电离平衡不产生影响的是
A. HNO3 B. KOH C. AlCl3 D. NaCl
3. 亚硫酸与氢硫酸都是二元弱酸，下列事实中，不能比较亚硫酸与氢硫酸的酸性强弱的是( )
A. 亚硫酸的还原性比氢硫酸弱
B. 相同条件下，导电能力亚硫酸强于氢硫酸
C. 0.10mol⋅L−1的亚硫酸和氢硫酸的pH分别为2.1和4.5
D. 亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应，而氢硫酸不能
4. 等物质的量浓度的下列溶液中c(NH4+)最大的是( )
A. NH4Cl B. NH4HSO4 C. (NH4)2SO4 D. (NH4)2CO3
5. 下列反应中属于吸热反应的是
A. 铝热反应
B. 氢氧化钠和盐酸中和
C. 葡萄糖在人体内氧化
D. Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl固体反应
6. 下列关于原电池的叙述正确的是( )
A. 原电池将化学能转化为电能
B. 原电池正极发生的是氧化反应
C. 原电池在工作时其正极不断产生电子并经过外电路流向负极
D. 用导线连接的两种不同金属同时插入液体中，能形成原电池
7. 下列表述中合理的是( )
A. 配制FeCl3溶液，可加入少量稀硫酸，以防止溶液浑浊
B. 用25 mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液
C. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
D. 在中和热的测定实验中，改变酸碱的用量后所求中和热的数值也随之改变
8. 下列反应中△H>0，△S>0的是( )
A. HCl(g)+NH3(g)=NH4Cl(s)
B. 高温下能自发进行的反应：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)
D. 任何温度下均能自发进行的反应：COCl2(g)=CO(g)+Cl2(g)
9. 下列说法错误的是( )
A. 中和热测定实验中需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒
B. 乙烯的燃烧热是1411.3kJ⋅mol−1，则乙烯燃烧的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−1411.3kJ⋅mol−1
C. P(s,红磷)=P(s,黑磷)ΔH=−39.3kJ⋅mol−1；P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH=−17.6kJ⋅mol−1；由此推知，最稳定的磷单质是黑磷
D. MgCO3分解的能量关系如图所示：则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
10. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)( )
A
B
C
D
NaCl溶于水
铁的吸氧腐蚀原理
铜锌原电池构造和原理
N2与O2反应能量变化
NaCl=Na++Cl−
负极：Fe−2e−=Fe2+
总反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu
N2(g)+O2(g)=2NO(g)
△H=−180kJ⋅mol−1
A. A B. B C. C D. D
11. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，下列判断正确的是
A. 增加Ni的用量，可加快该反应速率
B. 该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)
C. 减压，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小
D. 选择合适的催化剂可提高CO转化率
12. 已知分解1molH2O2放出热量98 kJ，在含少量I−的溶液中，H2O2分解的机理为
①H2O2+I−→H2O+IO−慢
②H2O2+IO−→H2O+O2+I−快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 当反应放出98 kJ的热量时会生成0.5molO2
B. H2O2的分解速率主要是由②反应决定
C. IO−是该反应的催化剂
D. 由于催化剂的加入改变了该反应的反应热
13. 在同温同压下，用惰性电极在U型管中电解下列溶液，消耗相同的电量，生成的气体体积最大的是( )
A. 饱和食盐水 B. H2SO4溶液 C. CuSO4溶液 D. CuCl2溶液
14. 下列事实中不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡后增大压强颜色变深
B. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
C. N2+3H2⇌2NH3△H<0工业上采用高温条件更有利于合成氨
D. 向AgCl悬浊液中加入KI溶液，有黄色沉淀生成
15. 研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl.下列“水”电池在海水中放电时的有关说法不正确的是( )
A. Ag电极发生氧化反应
B. 正极反应式：5MnO2+2e−=Mn5O102−
C. 该电池中电子的移动方向是：Ag→盐溶液→MnO2
D. Cl−不断向“水”电池的负极移动
16. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 无色溶液中：Ca2+、NH4+、Br−、OH−
B. 室温下c(H+)c(OH−)=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3−、SO42−
C. 室温下水电离c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液：K+、HCO3−、Cl−、Ca2+
D. pH=13的溶液中：CO32−、Na+、Cl−、AlO2−
17. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1 AlCl3溶液中离子总数为0.4NA
B. 精炼铜，若阳极重量减轻32 g，则电路中一定通过NA个电子
C. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1 若放出46.2kJ热量，则反应消耗N2分子数为0.5NA
D. 1molFeCl3完全水解生成的Fe(OH)3胶粒数目小于NA
18. 室温下，取10mL0.1mol⋅L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液。已知：H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−.下列说法正确的是( )
A. A2−可经过两步水解得到H2A
B. 当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)
C. 当滴加至中性时，溶液中有c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)
D. 当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)
19. 已知T℃时两种弱酸的电离平衡常数如表。将pH和体积均相同的两种酸溶液M、N分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是( )
弱酸
HNO2
CH3COOH
电离平衡常数
5.0×10−4
1.7×10−5
A. 曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液
B. M、N两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
C. 溶液中水的电离程度：b点
20. 298K时，将10mLamol⋅L−1Na3AsO3、10mLamol⋅L−1I2和10 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33−(aq)+I2(aq)+2OH−(aq)⇌AsO43−(aq)+2I−(aq)+H2O(l)，溶液中c(I−)与反应时间(t)的关系如图所示。下列不能判断反应达到平衡的是( )
A. 溶液的pH不再变化 B. v正(I−)=2v逆(AsO33−)
C. c(I−)c(AsO33−)不再变化 D. c(AsO43−)=2bmol⋅L−1
21. 一定温度下，BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)体系中，c(Ba2+)和c(SO42−)关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. BaSO4溶于水形成的饱和溶液中，c(Ba2+)=c(SO42−)
B. BaSO4在c点的溶解度比b点的大
C. b点的溶液中加入BaCl2固体，c(SO42−)沿曲线向c点方向变化
D. a、b、c三点对应的Ksp相等
22. 用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，请回答下列问题：
(1)准确称量5.0g含有少量易溶杂质的样品(杂质不与盐酸反应)，配成250mL待测溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。
(2)滴定时，用0.2000mol/L的盐酸来滴定待测溶液，量取待测液10.00mL应选用右侧 ______仪器(填字母)。
(3)滴定过程中，以甲基橙做指示剂，正确判断滴定终点的现象是 ______。
滴定次数
待测溶液体积(mL)
标准酸体积
滴定前的刻度(mL)
滴定后的刻度(mL)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
2.10
24.20
第三次
10.00
4.10
24.00
(4)由下表可知，第2次所用盐酸体积明显偏大，其可能的原因是 ______。
a.锥形瓶用待测液润洗
b.滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外
c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束气泡消失d.滴定结束时，俯视读数
(5)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10−10，现将足量的氯化银加入到0.1mol⋅L−1氯化铝溶液中，银离子浓度最大可达到 ______mol⋅L−1。
(6)20℃时，0.1mol⋅L−1 NH4Al(SO4)2溶液的pH=3，则2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)≈______mol⋅L−1(填数值)。
23. 氢能源是最具应用前景的能源之一。
(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJmol−l
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ⋅mol−1
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiC14(s)+O2(g)ΔH=+141kJ⋅mol−1
则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=______。
(2)氢氧燃料电池是一种高效无污染的清洁电池，用KOH溶液作电解质溶液，其负极反应式为 ______，理论上，正极消耗氧气2.8L(标况下)时，电路中有______mole−通过。
(3)高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制双控开关，可交替得到H2和O2。
①太阳能光伏电池是将光能转化为 ______能。
②当连接K1时可制得 ______气体。
③当连接K2时，电极2附近pH ______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
④当连接K2时，电极3作 ______极，其电极反应式为 ______。
24. 现有浓度均为0.1mol⋅L−1的五种电解质溶液①Na2CO3；②NaHCO3；③NaAlO2；④CH3COONa；⑤NaOH已知：HCO3−+H2O+AlO2−=Al(OH)3]+CO32−。
(1)25℃时⑤的pH=______。
(2)请写出NaHCO3在水溶液中的电离方程式 ______。
(3)这五种溶液的pH由大到小的顺序是 ______(填编号)。
(4)在上述五种溶液中分别加入AlCl3溶液，能产生大量无色无味气体的是 ______(填编号)。
(5)将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是 ______(填编号)。
(6)常温下，向20mL0.1mol⋅L−1的MOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1HCl溶液，滴定曲线如图所示。
①常温下，该碱的电离平衡常数K=______。
②图中A、B、C三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、用太阳能分解水制备氢气，有新物质生成，故有化学变化，故A错误；
B、利用氢氧燃料电池提供电能是利用了氢气的燃烧反应，生成水，有新物质生成，故为化学变化，故B错误；
C、利用风驱动风轮机发电没有新物质生成，故不涉及化学变化，故C正确；
D、利用植物秸秆为原料生产沼气即是用纤维素来生产甲烷，有新物质生成，故为化学变化，故D错误。
故选：C。
有新物质生成的反应为化学变化，据此分析。
本题考查了能量转化过程中所涉及的物理或化学过程，化学反应一定伴随着能量变化，但有能量变化的不一定是化学反应。
2.【答案】D
【解析】解：A、HNO3电离出的H+对水的电离有抑制作用，使水的电离平衡左移，故A错误；
B、KOH电离出的OH−对水的电离有抑制作用，使水的电离平衡左移，故B错误；
C、AlCl3是弱碱强酸盐，其电离出的Al3+能水解，对水的电离有促进作用，故C错误；
D、NaCl是强酸强碱盐，不能水解，对水的电离无影响，故D正确。
故选：D。
酸和碱对水的电离有抑制作用，盐类的水解对水的电离有抑制作用，而当盐中弱离子时则盐能发生水解，据此分析。
本题考查了对盐类的水解有影响的物质或离子，应注意的是盐对水的电离的作用可能是无影响、促进或是抑制，但盐类的水解对水的电离有促进作用。
3.【答案】A
【解析】解：A.氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故A错误；
B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；
C.0.10mol⋅L−1的亚硫酸和氢硫酸的pH分别为2.1和4.5，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；
D.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故D正确；
故选：A。
比较酸的酸性强弱，可根据弱电解质的概念、强酸制备弱酸规律、测定一定浓度酸的pH、比较同一浓度酸溶液的导电能力和测定对应酸的盐溶液的pH等，据此分析判断。
本题考查弱电解质判定，把握弱电解质的概念和证明方法是解题关键，注意弱电解质的电离不完全特点，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：相同物质的量浓度的这几种溶液，c(NH4+)：强电解质>弱电解质，ABCD是强电解质、CD中铵根离子浓度大于AB，在D中溶质是弱酸弱碱盐，水解相互促进，D中c(NH4+)小于C中铵根离子浓度，B中电离出的氢离子会抑制铵根离子的水解，所以c(NH4+)：C>D>B>A，
故选：C。
相同物质的量浓度的这几种溶液，c(NH4+)：强电解质>弱电解质，H+抑制NH4+水解、HCO3−促进NH4+水解，NH4+水解程度越大则溶液中c(NH4+)越小，据此分析判断。
本题以离子浓度大小判断为载体考查电解质电离、盐类水解等知识点，为高频考点，明确强弱电解质电离特点、弱离子水解影响因素是解本题关键，注意BC中酸式酸根离子区别，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A、铝热反应是放热反应，故A错误；
B、氢氧化钠和盐酸发生的酸碱中和反应为放热反应，故B错误；
C、葡萄糖在人体内的氧化即在人体内燃烧，放出热量供人体活动，为放热反应，故C错误；
D、Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl固体的反应为吸热反应，故D正确。
故选：D。
根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)。
本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。
6.【答案】A
【解析】解：A、原电池是化学能转化为电能的装置，故A正确；
B、原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而不是正极发生氧化反应，故B错误；
C、电子由负极流向正极，而不是正极流向负极，故C错误；
D、用导线连接的两种不同金属同时插入电解质溶液中，且负极和电解质能自发的进行氧化还原反应，才能形成原电池，故D错误。
故选：A。
原电池是把化学能转化为电能的装置，原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析。
本题考查了原电池的有关知识，难度不大，根据原电池工作原理及原电池的构成条件分析判断即可。
7.【答案】C
【解析】解：A.配制溶液时不能引入杂质，应加入盐酸酸化，故A错误；
B.量取高锰酸钾溶液应选择酸式滴定管，故B错误；
C.实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，故C正确；
D.改变酸碱的用量，所求中和热数值不变，故D错误；
故选：C。
A.配制溶液时不能引入杂质；
B.高锰酸钾溶液具有强氧化性，应选择酸式滴定管；
C.碳酸钠水解显碱性；
D.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
本题考查了化学式试剂的保存和制备，计量仪器的使用方法，熟悉相关物质的性质，计量仪器构造特点及使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.气体体积减小，△S<0，故A不选；
B.2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)的△S>0，高温下能自发进行，可知△H>0，故B选；
C.气体体积减小，△S<0，且△H<0，故C不选；
D.气体体积增大，△S>0，任何温度下均能自发进行的反应，可知△H<0，故D不选；
故选：B。
气体体积增大的反应，其△S>0，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等，吸热反应的△H>0，且△H−T△<0的反应可自发进行，以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变的判断及反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：两支大小不同的烧杯、两支大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌捧，故A正确；
B.乙烯的燃烧热是1411.3kJ⋅mol−1，则1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出1411.3kJ的热量，则乙烯燃烧的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−1411.3kJ⋅mol−1，故B错误；
C.P(s,红磷)=P(s,黑磷)ΔH=−39.3kJ⋅mol−1；P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH=−17.6kJ⋅mol−1由此推知，能量从大到小：白磷>红磷>黑鳞，根据能量越低越稳定，则最稳定的磷单质是黑磷，故C正确；
D.根据盖斯定律，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故D正确；
故选：B。
A.测定中和热，大烧杯中放小烧杯，中间有泡沫来隔热，利用量筒量取酸、碱溶液，混合时利用环形玻璃搅拌棒来搅拌，并利用温度计测定初温度及完全反应的温度；
B.乙烯的燃烧热是1411.3kJ⋅mol−1，则1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出1411.3kJ的热量；
C.能量越低越稳定；
D.根据盖斯定律，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A、氯化钠溶于水后电离为Na+和Cl−，故电离方程式为NaCl=Na++Cl−，故A正确；
B、铁的吸氧腐蚀中负极上铁放电变为Fe2+，故电极反应为Fe−2e−=Fe2+，故B正确；
C、铜锌原电池中锌在负极上失电子，Cu2+在正极上得电子，故总反应为锌与铜离子的反应，即总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故C正确；
D、反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=946kJ/mol+498kJ/mol−632kJ/mol×2=180kJ/mol，故D错误。
故选：D。
A、氯化钠溶于水后电离为Na+和Cl−；
B、铁的吸氧腐蚀中负极上铁放电变为Fe2+；
C、铜锌原电池中锌在负极上失电子，Cu2+在正极上得电子；
D、反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
本题考查了反应热的计算、电极反应的书写以及电离方程式的书写，难度不大，应注意基础的掌握。
11.【答案】B
【解析】解：A.Ni为纯固体，增加Ni的用量，反应速率不变，故A错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到平衡时存在4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故B正确；
C.为气体体积减小的反应，且平衡常数与温度有关，则减压，平衡逆向移动，反应的平衡常数不变，故C错误；
D.催化剂对平衡移动无影响，则选择合适的催化剂不影响CO转化率，故D错误；
故选：B。
A.Ni为纯固体；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；
C.为气体体积减小的反应，且平衡常数与温度有关；
D.催化剂对平衡移动无影响。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度、催化剂、压强对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡判定及平衡常数与温度的关系，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.双氧水分解时 消耗的H2O2与生成的O2的物质的量之比为2：1，则当反应放出98 kJ的热量时消耗1mol双氧水，则会生成0.5molO2，故A正确；
B.化学反应速率由慢反应决定，所以H2O2的分解速率主要是由①反应决定，故B错误；
C.在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物的微粒是催化剂，则该反应的催化剂是I−，故C错误；
D.催化剂降低反应所需活化能导致活化分子百分数增大，则加快化学反应速率，但不影响反应热，故D错误；
故选：A。
A.双氧水分解时 消耗的H2O2与生成的O2的物质的量之比为2：1；
B.化学反应速率由慢反应决定；
C.在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物的微粒是催化剂；
D.催化剂改变化学反应速率，不影响反应热。
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确催化剂的判断方法、催化剂对化学反应速率影响原理是解本题关键，D为解答易错点。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了电解原理，难度不大，根据电解方程式及转移等量的电子来确定生成气体的体积是解本题的关键，根据电解质溶液中离子的放电顺序确定阴阳电极上析出的物质，再根据得失相同电子确定析出气体的体积，据此分析解答。
【解答】
电解饱和食盐水、H2SO4溶液、硫酸铜溶液、氯化铜溶液的方程式分别为：
2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑∼2e−、2H2O2H2↑+O2↑∼4e−、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4∼4e−、CuCl2Cu+Cl2↑∼2e−、
由电解方程式可知，电解氯化铜、硫酸铜只有一个电极生成气体，电解氯化钠、H2SO4溶液有两个电极产生气体，
当转移相同电子时，电解氯化钠生成的气体大于电解H2SO4溶液生成的气体，
所以当消耗相同的电量，生成气体的体积最大的是饱和食盐水溶液。
故选：A。
14.【答案】AC
【解析】解：A、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、向硫氰化铁溶液中加入硫氰化钾固体时，硫氰根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液的颜色变深，能用勒沙特列原理解释，故B不选；
C、根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，平衡逆向移动，不利氨气的生成，而高温是从提高反应速率从而提高生产效率方面考虑的，故C选；
D、向AgCl悬浊液中加入KI溶液有黄色沉淀生成，是利用了沉淀溶解平衡，的沉淀转化，与平衡有关，故D不选；
故选：AC。
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动。
15.【答案】C
【解析】解：A.反应中Ag的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A正确；
B.5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，得到2个电子，则正极反应式：5MnO2+2e−=Mn5O102−，故B正确；
C.电子只能在导线和电极上移动，不能通过溶液，故C错误；
D.在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则Cl−不断向“水”电池的负极移动，故D正确。
故选：C。
根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，得电子作正极；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。
本题考查了原电池的原理的应用，题目难度不大，把握原电池正负极的判断、电极方程式的书写是解题的关键，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
16.【答案】D
【解析】解：A.Ca2+与OH−反应生成微溶物氢氧化钙，NH4+与OH−反应，不能大量共存，故A错误；
B.该溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.室温下水电离c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，HCO3−与OH−、H+反应，不能大量共存，故C错误；
D.pH=13的溶液呈碱性，CO32−、Na+、Cl−、AlO2−、OH−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.钙离子与氢氧根离子生成微溶物氢氧化钙，铵根离子与氢氧根离子反应；
B.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
C.该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
D.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
17.【答案】CD
【解析】解：A、铝离子的水解导致阳离子个数增多：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故溶液中离子总数多于0.4NA个，故A正确；
B、电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极质量减轻32g时，则电路中失去的电子多于NA个，故B错误；
C、反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1 放出92.4kJ热量时，消耗1mol氮气，故当放出46.2kJ热量，则反应消耗N2分子数为0.5NA，故C正确；
D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故水解所得的胶粒的个数小于NA个，故D正确。
故选：CD。
A、铝离子的水解导致阳离子个数增多；
B、电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属；
C、反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1 放出92.4kJ热量时，消耗1mol氮气；
D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
18.【答案】B
【解析】解：根据H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。
A.H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，HA−只发生电离，故A错误；
B.当用去NaOH溶液体积10mL时，反应后溶质为NaHA，HA−只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH<7，则c(H+)>c(OH−)、c(Na+)>c(HA−)，氢离子还离子水的电离，则c(H+)>c(A2−)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)，故B正确；
C.当滴加至中性时：c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−)，由于HA−只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该大于10mL，故C错误；
D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可得：c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−)，故D错误；
故选：B。
根据H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。
A.H2A的第一步完全电离，HA−不水解；
B.反应后溶质为0.1mol/L的NaHA，HA−只发生电离，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)、c(Na+)>c(HA−)；
C.中性时c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
D.反应后溶质为Na2A，结合物料守恒分析。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确H2A的电离特点为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
19.【答案】B
【解析】解：A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A正确；
B.相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)
故选：B。
A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2；
B.相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)
D.温度不变水解平衡常数Kh(A−)=c(HA)⋅c(OH−)c(A−)不变。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、电解平衡常数影响等知识点是解本题关键，难点是根据图象中曲线变化判断相对应的酸，题目难度不大。
20.【答案】D
【解析】解：A.因为OH−参加反应导致溶液中pH发生变化，当溶液的pH不再变化时，说明溶液中c(OH−)不变，反应达到平衡状态，故A不选；
B.当v正(I−)=2v逆(AsO33−)=v逆(I−)，碘离子的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不选；
C.随着反应的进行，c(I−)c(AsO33−)增大，当c(I−)c(AsO33−)不变时各离子浓度不变，反应达到平衡状态，故C不选；
D.c(AsO43−)=4bmol⋅L−1时该反应达到平衡状态，则c(AsO43−)=2bmol⋅L−1时该反应没有达到平衡状态，故D选；
故选：D。
可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，题目难度不大。
21.【答案】B
【解析】解：A.BaSO4溶于水形成的饱和溶液，存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)，则存在c(Ba2+)=c(SO42−)，故A正确；
B.温度不变，b、c点均为BaSO4的饱和溶液，则BaSO4在c点和b点的溶解度相同，故B错误；
C.b点的溶液中加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，使BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)逆向移动，c(SO42−)减小，c(SO42−)沿曲线向c点方向变化，故C正确；
D.Ksp与温度有关，温度不变，则a、b、c三点对应的Ksp相等，故D正确；
故选：B。
A.BaSO4溶于水形成的饱和溶液，存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)；
B.温度不变，b、c点均为BaSO4的饱和溶液；
C.b点的溶液中加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，使BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)逆向移动；
D.Ksp与温度有关。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡曲线、溶解度、溶度积为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
22.【答案】250mL容量瓶 B 滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不恢复为黄色 ac6×10−10 0.001
【解析】解：(1)250mL溶液配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，所以还需要250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
(2)待测液呈碱性，应该用碱式滴定管盛放，A是酸式滴定管、B是碱式滴定管，所以应该选取B，
故答案为：B；
(3)滴定时要注视锥形瓶内溶液颜色变化，否则加入酸过量；甲基橙作指示剂时，滴定过程中溶液颜色由黄色变为橙色，滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不恢复为黄色为滴定终点，
故答案为：滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不恢复为黄色；
(4)a.锥形瓶用待测液润洗，导致待测液中碱的物质的量增大，则使用酸的体积偏大，故正确；
b.滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外，导致碱的物质的量减小，则使用酸的体积偏小，故错误；
c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束气泡消失，一部分气体占据酸体积，所以导致酸溶液体积偏大，故正确；
d.滴定结束时，俯视读数导致酸体积偏小，故错误；
故答案为：ac；
(5)0.1mol⋅L−1氯化铝溶液中c(Cl−)=0.3mol/L，Ksp=c(Ag+)⋅c(Cl−)，则c(Ag+)=Kspc(Cl−)=1.8×10−100.3mol/L=6×10−10mol/L，
故答案为：6×10−10；
(6)pH=3，即c(H+)=10−3mol/L，则c(OH−)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，NH4Al(SO4)2溶液电荷关系为2c(SO42−)+c(OH−)=c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)，所以2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=c(H+)−c(OH−)=10−3mol/L−10−11mol/L≈0.001mol/L，
故答案为：0.001。
(1)250mL溶液配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；
(2)待测液呈碱性，应该用碱式滴定管盛放；
(3)滴定时要注视锥形瓶内溶液颜色变化；甲基橙作指示剂时，溶液颜色由黄色变为橙色；
(4)a.锥形瓶用待测液润洗，导致待测液中碱的物质的量增大；
b.滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外，导致碱的物质的量减小；
c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束气泡消失，导致酸溶液体积偏大；
d.滴定结束时，俯视读数导致酸体积偏小；
(5)0.1mol⋅L−1氯化铝溶液中c(Cl−)=0.3mol/L，结合Ksp=c(Ag+)⋅c(Cl−)进行计算；
(6)根据溶液中电荷关系为2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=c(H+)−c(OH−)，结合pH=3计算。
本题以酸碱滴定为载体考查物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及计算能力，明确实验原理、实验操作规范性、误差分析等知识点是解本题关键，难点是误差分析，注意滴定管小刻度在上方，题目难度不大。
23.【答案】+141kJ/molH2+2OH−−2e−=2H2O0.5电 H2 变小 阴 NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−
【解析】解：(1)利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=(−80−566+393.5×2)kJ/mol=+141kJ/mol，
故答案为：+141kJ/mol；
(2)氢氧燃料的总化学方程式为2H2+O2=2H2O，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子生成水，则负极反应式为H2+2OH−−2e−=2H2O；该电池中氧气在正极上发生得电子的还原反应，其电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，则消耗氧气2.8L(标况下)时，则电路中转移电子的物质的量为2.8L22.4L/mol×4=0.5mol，
故答案为：H2+2OH−−2e−=2H2O；0.5；
(3)①由图可知，太阳能光伏电池是将光能转化为电能，用于电解水，
故答案为：电；
②当开关连接K1时，电极1为阴极，水得到电子，放出氢气，
故答案为：H2；
③当开关连接K2时，电极2为阳极，氢氧根失去电子，变为氧气，电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，即开关连接K2时电极2附近pH变小，
故答案为：变小；
④当连接K2时，电极3为阴极，NiOOH→Ni(OH)2，阴极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，
故答案为：阴；NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−。
(1)利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)；
(2)碱性条件下，负极氢气失电子生成水，氧气得电子生成OH−，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，据此计算转移电子的物质的量；
(3)太阳能光伏电池是将光能转化为电能，用于电解水，通过控制双控开关电解水生成H2和O2，O2在阳极生成，H2在阴极生成，电极3可连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，并且还可循环使用：若电极3连接K1时，电极1为阴极，氢离子放电生成H2，电极3为阳极，Ni(OH)2→NiOOH；若电极3连接K2时，电极3为阴极，NiOOH→Ni(OH)2，电极2为阳极，氢氧根离子放电生成O2，据此分析解答。
本题考查盖斯定律计算焓变、原电池和电解池原理的应用等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和灵活运用能力，把握电解池工作原理的分析为解题关键，注意结合溶液的酸碱性书写电极方程式，题目难度不大。
24.【答案】13NaHCO3=Na++HCO3− ⑤③①②④ ①② ⑤ 10−5 C>B>A
【解析】解：(1)25℃时0.1mol/L⑤NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)mol/L=10−13mol/L，pH=13，
故答案为：13；
(2)NaHCO3在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3−，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3−；
(3)五种电解质溶液的阳离子相同，氢氧化钠为强碱，PH最大，其它阴离子对应的酸越弱，酸根的水解程度越大，酸性：醋酸>碳酸>碳酸氢根>偏铝酸，浓度相同，酸根的水解程度越大，pH值越大，故pH为④<②<①<③<⑤，
故答案为：⑤③①②④；
(4)在上述五种溶液中，①Na2CO3；②NaHCO3分别加入AlCl3溶液，发生双水解反应，能产生大量无色无味气体二氧化碳气体，
故答案为：①②；
(5)①Na2CO3；②NaHCO3；③NaAlO2；④CH3COONa都存在水解平衡，当稀释时，盐的弱酸根又水解出部分离子进行补充，⑤氢氧化钠是强碱，完全电离，不存在电离平衡，将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的，
故答案为：⑤；
(6)①常温下，20mL0.1mol⋅L−1的MOH溶液的pH=11，溶液中c(H+)=10−11mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−11mol/L≈c(M+)=10−3mol/L，该碱的电离平衡常数K=c(M+)×c(OH−)c(MOH)=10−3×10−30.1−103≈10−5，
故答案为：10−5；
②A点碱溶液中氢氧根离子浓度最大，抑制水电离程度最大，随盐酸加入，氢氧根离子和氢离子反应，溶液中水电离程度增大，加入20mL盐酸溶液恰好完全反应，M+离子水解溶液显酸性，水的电离程度最大，图中A、B、C三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：C>B>A，
故答案为：C>B>A。
(1)25℃时0.1mol/L⑤NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，利用离子积常数计算溶液中氢离子浓度，pH=−lgc(H+)；
(2)NaHCO3在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
(3)溶液中溶质浓度相同，氢氧化钠是强碱，电离产生氢氧根离子，pH最大，盐中阳离子相同，酸越弱，其盐的酸根水解程度越大，据此解答；
(4)在上述五种溶液中，①Na2CO3；②NaHCO3分别加入AlCl3溶液，能产生大量无色无味气体二氧化碳；
(5)不存在平衡的电解质溶液pH值变化大；
(6)20mL0.1mol⋅L−1的MOH溶液pH=11，说明MOH为弱碱，逐滴加入0.1mol⋅L−1HCl溶液，发生反应生成MCl和水，加入20mL盐酸溶液恰好完全反应，M+离子水解溶液显酸性，水的电离程度最大。
本题考查了溶液中的离子浓度大小比较，题目难度中等，试题涉及盐类水解、电离、离子之间的反应等知识点，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力。
2021-2022学年贵州省遵义市仁怀市周林高级中学高二（下）入学化学试卷
1. 人类对能源的需求不断增加，开发新能源成为当前国际能源研究的重要课题。下列能量转化过程，不涉及化学变化的是
A. 利用太阳能分解水制备氢气 B. 利用氢氧燃料电池提供电能
C. 利用风驱动风轮机发电 D. 利用植物秸秆为原料生产沼气
2. 下列物质的加入，对H2O的电离平衡不产生影响的是
A. HNO3 B. KOH C. AlCl3 D. NaCl
3. 亚硫酸与氢硫酸都是二元弱酸，下列事实中，不能比较亚硫酸与氢硫酸的酸性强弱的是( )
A. 亚硫酸的还原性比氢硫酸弱
B. 相同条件下，导电能力亚硫酸强于氢硫酸
C. 0.10mol⋅L−1的亚硫酸和氢硫酸的pH分别为2.1和4.5
D. 亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应，而氢硫酸不能
4. 等物质的量浓度的下列溶液中c(NH4+)最大的是( )
A. NH4Cl B. NH4HSO4 C. (NH4)2SO4 D. (NH4)2CO3
5. 下列反应中属于吸热反应的是
A. 铝热反应
B. 氢氧化钠和盐酸中和
C. 葡萄糖在人体内氧化
D. Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl固体反应
6. 下列关于原电池的叙述正确的是( )
A. 原电池将化学能转化为电能
B. 原电池正极发生的是氧化反应
C. 原电池在工作时其正极不断产生电子并经过外电路流向负极
D. 用导线连接的两种不同金属同时插入液体中，能形成原电池
7. 下列表述中合理的是( )
A. 配制FeCl3溶液，可加入少量稀硫酸，以防止溶液浑浊
B. 用25 mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液
C. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
D. 在中和热的测定实验中，改变酸碱的用量后所求中和热的数值也随之改变
8. 下列反应中△H>0，△S>0的是( )
A. HCl(g)+NH3(g)=NH4Cl(s)
B. 高温下能自发进行的反应：2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)
D. 任何温度下均能自发进行的反应：COCl2(g)=CO(g)+Cl2(g)
9. 下列说法错误的是( )
A. 中和热测定实验中需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒
B. 乙烯的燃烧热是1411.3kJ⋅mol−1，则乙烯燃烧的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)ΔH=−1411.3kJ⋅mol−1
C. P(s,红磷)=P(s,黑磷)ΔH=−39.3kJ⋅mol−1；P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH=−17.6kJ⋅mol−1；由此推知，最稳定的磷单质是黑磷
D. MgCO3分解的能量关系如图所示：则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
10. 下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)( )
A
B
C
D
NaCl溶于水
铁的吸氧腐蚀原理
铜锌原电池构造和原理
N2与O2反应能量变化
NaCl=Na++Cl−
负极：Fe−2e−=Fe2+
总反应：Zn+Cu2+=Zn2++Cu
N2(g)+O2(g)=2NO(g)
△H=−180kJ⋅mol−1
A. A B. B C. C D. D
11. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)，下列判断正确的是
A. 增加Ni的用量，可加快该反应速率
B. 该反应达到平衡时，4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)
C. 减压，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小
D. 选择合适的催化剂可提高CO转化率
12. 已知分解1molH2O2放出热量98 kJ，在含少量I−的溶液中，H2O2分解的机理为
①H2O2+I−→H2O+IO−慢
②H2O2+IO−→H2O+O2+I−快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 当反应放出98 kJ的热量时会生成0.5molO2
B. H2O2的分解速率主要是由②反应决定
C. IO−是该反应的催化剂
D. 由于催化剂的加入改变了该反应的反应热
13. 在同温同压下，用惰性电极在U型管中电解下列溶液，消耗相同的电量，生成的气体体积最大的是( )
A. 饱和食盐水 B. H2SO4溶液 C. CuSO4溶液 D. CuCl2溶液
14. 下列事实中不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)平衡后增大压强颜色变深
B. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深
C. N2+3H2⇌2NH3△H<0工业上采用高温条件更有利于合成氨
D. 向AgCl悬浊液中加入KI溶液，有黄色沉淀生成
15. 研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl.下列“水”电池在海水中放电时的有关说法不正确的是( )
A. Ag电极发生氧化反应
B. 正极反应式：5MnO2+2e−=Mn5O102−
C. 该电池中电子的移动方向是：Ag→盐溶液→MnO2
D. Cl−不断向“水”电池的负极移动
16. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. 无色溶液中：Ca2+、NH4+、Br−、OH−
B. 室温下c(H+)c(OH−)=1012的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3−、SO42−
C. 室温下水电离c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液：K+、HCO3−、Cl−、Ca2+
D. pH=13的溶液中：CO32−、Na+、Cl−、AlO2−
17. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A. 1L0.1mol⋅L−1 AlCl3溶液中离子总数为0.4NA
B. 精炼铜，若阳极重量减轻32 g，则电路中一定通过NA个电子
C. N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1 若放出46.2kJ热量，则反应消耗N2分子数为0.5NA
D. 1molFeCl3完全水解生成的Fe(OH)3胶粒数目小于NA
18. 室温下，取10mL0.1mol⋅L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol⋅L−1NaOH溶液。已知：H2A=H++HA−，HA−⇌H++A2−.下列说法正确的是( )
A. A2−可经过两步水解得到H2A
B. 当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)
C. 当滴加至中性时，溶液中有c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)
D. 当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)
19. 已知T℃时两种弱酸的电离平衡常数如表。将pH和体积均相同的两种酸溶液M、N分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是( )
弱酸
HNO2
CH3COOH
电离平衡常数
5.0×10−4
1.7×10−5
A. 曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液
B. M、N两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
C. 溶液中水的电离程度：b点
20. 298K时，将10mLamol⋅L−1Na3AsO3、10mLamol⋅L−1I2和10 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO33−(aq)+I2(aq)+2OH−(aq)⇌AsO43−(aq)+2I−(aq)+H2O(l)，溶液中c(I−)与反应时间(t)的关系如图所示。下列不能判断反应达到平衡的是( )
A. 溶液的pH不再变化 B. v正(I−)=2v逆(AsO33−)
C. c(I−)c(AsO33−)不再变化 D. c(AsO43−)=2bmol⋅L−1
21. 一定温度下，BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)体系中，c(Ba2+)和c(SO42−)关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A. BaSO4溶于水形成的饱和溶液中，c(Ba2+)=c(SO42−)
B. BaSO4在c点的溶解度比b点的大
C. b点的溶液中加入BaCl2固体，c(SO42−)沿曲线向c点方向变化
D. a、b、c三点对应的Ksp相等
22. 用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，请回答下列问题：
(1)准确称量5.0g含有少量易溶杂质的样品(杂质不与盐酸反应)，配成250mL待测溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、______。
(2)滴定时，用0.2000mol/L的盐酸来滴定待测溶液，量取待测液10.00mL应选用右侧 ______仪器(填字母)。
(3)滴定过程中，以甲基橙做指示剂，正确判断滴定终点的现象是 ______。
滴定次数
待测溶液体积(mL)
标准酸体积
滴定前的刻度(mL)
滴定后的刻度(mL)
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
2.10
24.20
第三次
10.00
4.10
24.00
(4)由下表可知，第2次所用盐酸体积明显偏大，其可能的原因是 ______。
a.锥形瓶用待测液润洗
b.滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外
c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束气泡消失d.滴定结束时，俯视读数
(5)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，在25℃时，氯化银的Ksp=1.8×10−10，现将足量的氯化银加入到0.1mol⋅L−1氯化铝溶液中，银离子浓度最大可达到 ______mol⋅L−1。
(6)20℃时，0.1mol⋅L−1 NH4Al(SO4)2溶液的pH=3，则2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)≈______mol⋅L−1(填数值)。
23. 氢能源是最具应用前景的能源之一。
(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−393.5kJmol−l
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=−566kJ⋅mol−1
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiC14(s)+O2(g)ΔH=+141kJ⋅mol−1
则TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)的ΔH=______。
(2)氢氧燃料电池是一种高效无污染的清洁电池，用KOH溶液作电解质溶液，其负极反应式为 ______，理论上，正极消耗氧气2.8L(标况下)时，电路中有______mole−通过。
(3)高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制双控开关，可交替得到H2和O2。
①太阳能光伏电池是将光能转化为 ______能。
②当连接K1时可制得 ______气体。
③当连接K2时，电极2附近pH ______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
④当连接K2时，电极3作 ______极，其电极反应式为 ______。
24. 现有浓度均为0.1mol⋅L−1的五种电解质溶液①Na2CO3；②NaHCO3；③NaAlO2；④CH3COONa；⑤NaOH已知：HCO3−+H2O+AlO2−=Al(OH)3]+CO32−。
(1)25℃时⑤的pH=______。
(2)请写出NaHCO3在水溶液中的电离方程式 ______。
(3)这五种溶液的pH由大到小的顺序是 ______(填编号)。
(4)在上述五种溶液中分别加入AlCl3溶液，能产生大量无色无味气体的是 ______(填编号)。
(5)将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的是 ______(填编号)。
(6)常温下，向20mL0.1mol⋅L−1的MOH溶液中逐滴加入0.1mol⋅L−1HCl溶液，滴定曲线如图所示。
①常温下，该碱的电离平衡常数K=______。
②图中A、B、C三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是 ______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、用太阳能分解水制备氢气，有新物质生成，故有化学变化，故A错误；
B、利用氢氧燃料电池提供电能是利用了氢气的燃烧反应，生成水，有新物质生成，故为化学变化，故B错误；
C、利用风驱动风轮机发电没有新物质生成，故不涉及化学变化，故C正确；
D、利用植物秸秆为原料生产沼气即是用纤维素来生产甲烷，有新物质生成，故为化学变化，故D错误。
故选：C。
有新物质生成的反应为化学变化，据此分析。
本题考查了能量转化过程中所涉及的物理或化学过程，化学反应一定伴随着能量变化，但有能量变化的不一定是化学反应。
2.【答案】D
【解析】解：A、HNO3电离出的H+对水的电离有抑制作用，使水的电离平衡左移，故A错误；
B、KOH电离出的OH−对水的电离有抑制作用，使水的电离平衡左移，故B错误；
C、AlCl3是弱碱强酸盐，其电离出的Al3+能水解，对水的电离有促进作用，故C错误；
D、NaCl是强酸强碱盐，不能水解，对水的电离无影响，故D正确。
故选：D。
酸和碱对水的电离有抑制作用，盐类的水解对水的电离有抑制作用，而当盐中弱离子时则盐能发生水解，据此分析。
本题考查了对盐类的水解有影响的物质或离子，应注意的是盐对水的电离的作用可能是无影响、促进或是抑制，但盐类的水解对水的电离有促进作用。
3.【答案】A
【解析】解：A.氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故A错误；
B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B正确；
C.0.10mol⋅L−1的亚硫酸和氢硫酸的pH分别为2.1和4.5，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C正确；
D.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，故D正确；
故选：A。
比较酸的酸性强弱，可根据弱电解质的概念、强酸制备弱酸规律、测定一定浓度酸的pH、比较同一浓度酸溶液的导电能力和测定对应酸的盐溶液的pH等，据此分析判断。
本题考查弱电解质判定，把握弱电解质的概念和证明方法是解题关键，注意弱电解质的电离不完全特点，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：相同物质的量浓度的这几种溶液，c(NH4+)：强电解质>弱电解质，ABCD是强电解质、CD中铵根离子浓度大于AB，在D中溶质是弱酸弱碱盐，水解相互促进，D中c(NH4+)小于C中铵根离子浓度，B中电离出的氢离子会抑制铵根离子的水解，所以c(NH4+)：C>D>B>A，
故选：C。
相同物质的量浓度的这几种溶液，c(NH4+)：强电解质>弱电解质，H+抑制NH4+水解、HCO3−促进NH4+水解，NH4+水解程度越大则溶液中c(NH4+)越小，据此分析判断。
本题以离子浓度大小判断为载体考查电解质电离、盐类水解等知识点，为高频考点，明确强弱电解质电离特点、弱离子水解影响因素是解本题关键，注意BC中酸式酸根离子区别，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A、铝热反应是放热反应，故A错误；
B、氢氧化钠和盐酸发生的酸碱中和反应为放热反应，故B错误；
C、葡萄糖在人体内的氧化即在人体内燃烧，放出热量供人体活动，为放热反应，故C错误；
D、Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl固体的反应为吸热反应，故D正确。
故选：D。
根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)。
本题考查吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。
6.【答案】A
【解析】解：A、原电池是化学能转化为电能的装置，故A正确；
B、原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而不是正极发生氧化反应，故B错误；
C、电子由负极流向正极，而不是正极流向负极，故C错误；
D、用导线连接的两种不同金属同时插入电解质溶液中，且负极和电解质能自发的进行氧化还原反应，才能形成原电池，故D错误。
故选：A。
原电池是把化学能转化为电能的装置，原电池放电时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析。
本题考查了原电池的有关知识，难度不大，根据原电池工作原理及原电池的构成条件分析判断即可。
7.【答案】C
【解析】解：A.配制溶液时不能引入杂质，应加入盐酸酸化，故A错误；
B.量取高锰酸钾溶液应选择酸式滴定管，故B错误；
C.实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，故C正确；
D.改变酸碱的用量，所求中和热数值不变，故D错误；
故选：C。
A.配制溶液时不能引入杂质；
B.高锰酸钾溶液具有强氧化性，应选择酸式滴定管；
C.碳酸钠水解显碱性；
D.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
本题考查了化学式试剂的保存和制备，计量仪器的使用方法，熟悉相关物质的性质，计量仪器构造特点及使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.气体体积减小，△S<0，故A不选；
B.2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g)的△S>0，高温下能自发进行，可知△H>0，故B选；
C.气体体积减小，△S<0，且△H<0，故C不选；
D.气体体积增大，△S>0，任何温度下均能自发进行的反应，可知△H<0，故D不选；
故选：B。
气体体积增大的反应，其△S>0，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C或氢气作还原剂的氧化还原反应、氯化铵与氢氧化钡的反应等，吸热反应的△H>0，且△H−T△<0的反应可自发进行，以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变、熵变的判断及反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意综合判据的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.中和热的测定实验中需要用的主要玻璃仪器有：两支大小不同的烧杯、两支大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌捧，故A正确；
B.乙烯的燃烧热是1411.3kJ⋅mol−1，则1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出1411.3kJ的热量，则乙烯燃烧的热化学方程式为：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=−1411.3kJ⋅mol−1，故B错误；
C.P(s,红磷)=P(s,黑磷)ΔH=−39.3kJ⋅mol−1；P(s,白磷)=P(s,红磷)ΔH=−17.6kJ⋅mol−1由此推知，能量从大到小：白磷>红磷>黑鳞，根据能量越低越稳定，则最稳定的磷单质是黑磷，故C正确；
D.根据盖斯定律，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故D正确；
故选：B。
A.测定中和热，大烧杯中放小烧杯，中间有泡沫来隔热，利用量筒量取酸、碱溶液，混合时利用环形玻璃搅拌棒来搅拌，并利用温度计测定初温度及完全反应的温度；
B.乙烯的燃烧热是1411.3kJ⋅mol−1，则1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出1411.3kJ的热量；
C.能量越低越稳定；
D.根据盖斯定律，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热、盖斯定律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】D
【解析】解：A、氯化钠溶于水后电离为Na+和Cl−，故电离方程式为NaCl=Na++Cl−，故A正确；
B、铁的吸氧腐蚀中负极上铁放电变为Fe2+，故电极反应为Fe−2e−=Fe2+，故B正确；
C、铜锌原电池中锌在负极上失电子，Cu2+在正极上得电子，故总反应为锌与铜离子的反应，即总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故C正确；
D、反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=946kJ/mol+498kJ/mol−632kJ/mol×2=180kJ/mol，故D错误。
故选：D。
A、氯化钠溶于水后电离为Na+和Cl−；
B、铁的吸氧腐蚀中负极上铁放电变为Fe2+；
C、铜锌原电池中锌在负极上失电子，Cu2+在正极上得电子；
D、反应的△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和。
本题考查了反应热的计算、电极反应的书写以及电离方程式的书写，难度不大，应注意基础的掌握。
11.【答案】B
【解析】解：A.Ni为纯固体，增加Ni的用量，反应速率不变，故A错误；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则达到平衡时存在4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故B正确；
C.为气体体积减小的反应，且平衡常数与温度有关，则减压，平衡逆向移动，反应的平衡常数不变，故C错误；
D.催化剂对平衡移动无影响，则选择合适的催化剂不影响CO转化率，故D错误；
故选：B。
A.Ni为纯固体；
B.平衡时不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；
C.为气体体积减小的反应，且平衡常数与温度有关；
D.催化剂对平衡移动无影响。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握浓度、催化剂、压强对平衡的影响为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡判定及平衡常数与温度的关系，题目难度不大。
12.【答案】A
【解析】解：A.双氧水分解时 消耗的H2O2与生成的O2的物质的量之比为2：1，则当反应放出98 kJ的热量时消耗1mol双氧水，则会生成0.5molO2，故A正确；
B.化学反应速率由慢反应决定，所以H2O2的分解速率主要是由①反应决定，故B错误；
C.在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物的微粒是催化剂，则该反应的催化剂是I−，故C错误；
D.催化剂降低反应所需活化能导致活化分子百分数增大，则加快化学反应速率，但不影响反应热，故D错误；
故选：A。
A.双氧水分解时 消耗的H2O2与生成的O2的物质的量之比为2：1；
B.化学反应速率由慢反应决定；
C.在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物的微粒是催化剂；
D.催化剂改变化学反应速率，不影响反应热。
本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确催化剂的判断方法、催化剂对化学反应速率影响原理是解本题关键，D为解答易错点。
13.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了电解原理，难度不大，根据电解方程式及转移等量的电子来确定生成气体的体积是解本题的关键，根据电解质溶液中离子的放电顺序确定阴阳电极上析出的物质，再根据得失相同电子确定析出气体的体积，据此分析解答。
【解答】
电解饱和食盐水、H2SO4溶液、硫酸铜溶液、氯化铜溶液的方程式分别为：
2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑∼2e−、2H2O2H2↑+O2↑∼4e−、2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4∼4e−、CuCl2Cu+Cl2↑∼2e−、
由电解方程式可知，电解氯化铜、硫酸铜只有一个电极生成气体，电解氯化钠、H2SO4溶液有两个电极产生气体，
当转移相同电子时，电解氯化钠生成的气体大于电解H2SO4溶液生成的气体，
所以当消耗相同的电量，生成气体的体积最大的是饱和食盐水溶液。
故选：A。
14.【答案】AC
【解析】解：A、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A选；
B、向硫氰化铁溶液中加入硫氰化钾固体时，硫氰根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，则硫氰化铁浓度增大，溶液的颜色变深，能用勒沙特列原理解释，故B不选；
C、根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H<0，平衡逆向移动，不利氨气的生成，而高温是从提高反应速率从而提高生产效率方面考虑的，故C选；
D、向AgCl悬浊液中加入KI溶液有黄色沉淀生成，是利用了沉淀溶解平衡，的沉淀转化，与平衡有关，故D不选；
故选：AC。
勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。
本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动。
15.【答案】C
【解析】解：A.反应中Ag的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A正确；
B.5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，得到2个电子，则正极反应式：5MnO2+2e−=Mn5O102−，故B正确；
C.电子只能在导线和电极上移动，不能通过溶液，故C错误；
D.在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则Cl−不断向“水”电池的负极移动，故D正确。
故选：C。
根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，得电子作正极；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路，以此解答该题。
本题考查了原电池的原理的应用，题目难度不大，把握原电池正负极的判断、电极方程式的书写是解题的关键，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
16.【答案】D
【解析】解：A.Ca2+与OH−反应生成微溶物氢氧化钙，NH4+与OH−反应，不能大量共存，故A错误；
B.该溶液呈酸性，Fe2+、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C.室温下水电离c(H+)=10−12mol⋅L−1的溶液呈酸性或碱性，HCO3−与OH−、H+反应，不能大量共存，故C错误；
D.pH=13的溶液呈碱性，CO32−、Na+、Cl−、AlO2−、OH−之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
A.钙离子与氢氧根离子生成微溶物氢氧化钙，铵根离子与氢氧根离子反应；
B.该溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
C.该溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；
D.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
17.【答案】CD
【解析】解：A、铝离子的水解导致阳离子个数增多：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故溶液中离子总数多于0.4NA个，故A正确；
B、电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属，故当阳极质量减轻32g时，则电路中失去的电子多于NA个，故B错误；
C、反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1 放出92.4kJ热量时，消耗1mol氮气，故当放出46.2kJ热量，则反应消耗N2分子数为0.5NA，故C正确；
D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故水解所得的胶粒的个数小于NA个，故D正确。
故选：CD。
A、铝离子的水解导致阳离子个数增多；
B、电解精炼铜时，阳极上放电的不只是铜，还有比铜活泼的金属；
C、反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=−92.4kJ⋅mol−1 放出92.4kJ热量时，消耗1mol氮气；
D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。
本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
18.【答案】B
【解析】解：根据H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。
A.H2A的第一步完全电离，第二步部分电离，HA−只发生电离，故A错误；
B.当用去NaOH溶液体积10mL时，反应后溶质为NaHA，HA−只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH<7，则c(H+)>c(OH−)、c(Na+)>c(HA−)，氢离子还离子水的电离，则c(H+)>c(A2−)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(A2−)>c(OH−)，故B正确；
C.当滴加至中性时：c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒可知c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−)，由于HA−只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，若为中性，加入的氢氧化钠溶液应该大于10mL，故C错误；
D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可得：c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−)，故D错误；
故选：B。
根据H2A=H++HA−、HA−⇌H++A2−可知，H2A的第一步完全电离，第二步部分电离。
A.H2A的第一步完全电离，HA−不水解；
B.反应后溶质为0.1mol/L的NaHA，HA−只发生电离，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH−)、c(Na+)>c(HA−)；
C.中性时c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒分析；
D.反应后溶质为Na2A，结合物料守恒分析。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确H2A的电离特点为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
19.【答案】B
【解析】解：A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2，故A正确；
B.相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)
故选：B。
A.酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，pH相同的HNO2和CH3COOH分别加水稀释相同的倍数，pH值变化较大的是强酸，根据图知，曲线I表示CH3COOH、曲线II表示HNO2；
B.相同体积的a点两种溶液中n(酸)：n(HNO2)
D.温度不变水解平衡常数Kh(A−)=c(HA)⋅c(OH−)c(A−)不变。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡常数与酸性强弱关系、电解平衡常数影响等知识点是解本题关键，难点是根据图象中曲线变化判断相对应的酸，题目难度不大。
20.【答案】D
【解析】解：A.因为OH−参加反应导致溶液中pH发生变化，当溶液的pH不再变化时，说明溶液中c(OH−)不变，反应达到平衡状态，故A不选；
B.当v正(I−)=2v逆(AsO33−)=v逆(I−)，碘离子的正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不选；
C.随着反应的进行，c(I−)c(AsO33−)增大，当c(I−)c(AsO33−)不变时各离子浓度不变，反应达到平衡状态，故C不选；
D.c(AsO43−)=4bmol⋅L−1时该反应达到平衡状态，则c(AsO43−)=2bmol⋅L−1时该反应没有达到平衡状态，故D选；
故选：D。
可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态判断，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，题目难度不大。
21.【答案】B
【解析】解：A.BaSO4溶于水形成的饱和溶液，存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)，则存在c(Ba2+)=c(SO42−)，故A正确；
B.温度不变，b、c点均为BaSO4的饱和溶液，则BaSO4在c点和b点的溶解度相同，故B错误；
C.b点的溶液中加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，使BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)逆向移动，c(SO42−)减小，c(SO42−)沿曲线向c点方向变化，故C正确；
D.Ksp与温度有关，温度不变，则a、b、c三点对应的Ksp相等，故D正确；
故选：B。
A.BaSO4溶于水形成的饱和溶液，存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)；
B.温度不变，b、c点均为BaSO4的饱和溶液；
C.b点的溶液中加入BaCl2固体，c(Ba2+)增大，使BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)+SO42−(aq)逆向移动；
D.Ksp与温度有关。
本题考查难溶电解质，为高频考点，把握溶解平衡曲线、溶解度、溶度积为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
22.【答案】250mL容量瓶 B 滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不恢复为黄色 ac6×10−10 0.001
【解析】解：(1)250mL溶液配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，所以还需要250mL容量瓶，
故答案为：250mL容量瓶；
(2)待测液呈碱性，应该用碱式滴定管盛放，A是酸式滴定管、B是碱式滴定管，所以应该选取B，
故答案为：B；
(3)滴定时要注视锥形瓶内溶液颜色变化，否则加入酸过量；甲基橙作指示剂时，滴定过程中溶液颜色由黄色变为橙色，滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不恢复为黄色为滴定终点，
故答案为：滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不恢复为黄色；
(4)a.锥形瓶用待测液润洗，导致待测液中碱的物质的量增大，则使用酸的体积偏大，故正确；
b.滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外，导致碱的物质的量减小，则使用酸的体积偏小，故错误；
c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束气泡消失，一部分气体占据酸体积，所以导致酸溶液体积偏大，故正确；
d.滴定结束时，俯视读数导致酸体积偏小，故错误；
故答案为：ac；
(5)0.1mol⋅L−1氯化铝溶液中c(Cl−)=0.3mol/L，Ksp=c(Ag+)⋅c(Cl−)，则c(Ag+)=Kspc(Cl−)=1.8×10−100.3mol/L=6×10−10mol/L，
故答案为：6×10−10；
(6)pH=3，即c(H+)=10−3mol/L，则c(OH−)=10−1410−3mol/L=10−11mol/L，NH4Al(SO4)2溶液电荷关系为2c(SO42−)+c(OH−)=c(NH4+)+3c(Al3+)+c(H+)，所以2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=c(H+)−c(OH−)=10−3mol/L−10−11mol/L≈0.001mol/L，
故答案为：0.001。
(1)250mL溶液配制一定物质的量浓度溶液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；
(2)待测液呈碱性，应该用碱式滴定管盛放；
(3)滴定时要注视锥形瓶内溶液颜色变化；甲基橙作指示剂时，溶液颜色由黄色变为橙色；
(4)a.锥形瓶用待测液润洗，导致待测液中碱的物质的量增大；
b.滴定过程中锥形瓶中溶液溅出瓶外，导致碱的物质的量减小；
c.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束气泡消失，导致酸溶液体积偏大；
d.滴定结束时，俯视读数导致酸体积偏小；
(5)0.1mol⋅L−1氯化铝溶液中c(Cl−)=0.3mol/L，结合Ksp=c(Ag+)⋅c(Cl−)进行计算；
(6)根据溶液中电荷关系为2c(SO42−)−c(NH4+)−3c(Al3+)=c(H+)−c(OH−)，结合pH=3计算。
本题以酸碱滴定为载体考查物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及计算能力，明确实验原理、实验操作规范性、误差分析等知识点是解本题关键，难点是误差分析，注意滴定管小刻度在上方，题目难度不大。
23.【答案】+141kJ/molH2+2OH−−2e−=2H2O0.5电 H2 变小 阴 NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−
【解析】解：(1)利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)ΔH=(−80−566+393.5×2)kJ/mol=+141kJ/mol，
故答案为：+141kJ/mol；
(2)氢氧燃料的总化学方程式为2H2+O2=2H2O，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子生成水，则负极反应式为H2+2OH−−2e−=2H2O；该电池中氧气在正极上发生得电子的还原反应，其电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，则消耗氧气2.8L(标况下)时，则电路中转移电子的物质的量为2.8L22.4L/mol×4=0.5mol，
故答案为：H2+2OH−−2e−=2H2O；0.5；
(3)①由图可知，太阳能光伏电池是将光能转化为电能，用于电解水，
故答案为：电；
②当开关连接K1时，电极1为阴极，水得到电子，放出氢气，
故答案为：H2；
③当开关连接K2时，电极2为阳极，氢氧根失去电子，变为氧气，电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，即开关连接K2时电极2附近pH变小，
故答案为：变小；
④当连接K2时，电极3为阴极，NiOOH→Ni(OH)2，阴极反应式为NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−，
故答案为：阴；NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−。
(1)利用盖斯定律将③+②−2×①可得：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(s)+O2(g)；
(2)碱性条件下，负极氢气失电子生成水，氧气得电子生成OH−，电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−，据此计算转移电子的物质的量；
(3)太阳能光伏电池是将光能转化为电能，用于电解水，通过控制双控开关电解水生成H2和O2，O2在阳极生成，H2在阴极生成，电极3可连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，并且还可循环使用：若电极3连接K1时，电极1为阴极，氢离子放电生成H2，电极3为阳极，Ni(OH)2→NiOOH；若电极3连接K2时，电极3为阴极，NiOOH→Ni(OH)2，电极2为阳极，氢氧根离子放电生成O2，据此分析解答。
本题考查盖斯定律计算焓变、原电池和电解池原理的应用等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和灵活运用能力，把握电解池工作原理的分析为解题关键，注意结合溶液的酸碱性书写电极方程式，题目难度不大。
24.【答案】13NaHCO3=Na++HCO3− ⑤③①②④ ①② ⑤ 10−5 C>B>A
【解析】解：(1)25℃时0.1mol/L⑤NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，c(H+)=Kwc(OH−)mol/L=10−13mol/L，pH=13，
故答案为：13；
(2)NaHCO3在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3−，
故答案为：NaHCO3=Na++HCO3−；
(3)五种电解质溶液的阳离子相同，氢氧化钠为强碱，PH最大，其它阴离子对应的酸越弱，酸根的水解程度越大，酸性：醋酸>碳酸>碳酸氢根>偏铝酸，浓度相同，酸根的水解程度越大，pH值越大，故pH为④<②<①<③<⑤，
故答案为：⑤③①②④；
(4)在上述五种溶液中，①Na2CO3；②NaHCO3分别加入AlCl3溶液，发生双水解反应，能产生大量无色无味气体二氧化碳气体，
故答案为：①②；
(5)①Na2CO3；②NaHCO3；③NaAlO2；④CH3COONa都存在水解平衡，当稀释时，盐的弱酸根又水解出部分离子进行补充，⑤氢氧化钠是强碱，完全电离，不存在电离平衡，将五种溶液稀释相同的倍数时，其pH变化最大的，
故答案为：⑤；
(6)①常温下，20mL0.1mol⋅L−1的MOH溶液的pH=11，溶液中c(H+)=10−11mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−11mol/L≈c(M+)=10−3mol/L，该碱的电离平衡常数K=c(M+)×c(OH−)c(MOH)=10−3×10−30.1−103≈10−5，
故答案为：10−5；
②A点碱溶液中氢氧根离子浓度最大，抑制水电离程度最大，随盐酸加入，氢氧根离子和氢离子反应，溶液中水电离程度增大，加入20mL盐酸溶液恰好完全反应，M+离子水解溶液显酸性，水的电离程度最大，图中A、B、C三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是：C>B>A，
故答案为：C>B>A。
(1)25℃时0.1mol/L⑤NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，利用离子积常数计算溶液中氢离子浓度，pH=−lgc(H+)；
(2)NaHCO3在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
(3)溶液中溶质浓度相同，氢氧化钠是强碱，电离产生氢氧根离子，pH最大，盐中阳离子相同，酸越弱，其盐的酸根水解程度越大，据此解答；
(4)在上述五种溶液中，①Na2CO3；②NaHCO3分别加入AlCl3溶液，能产生大量无色无味气体二氧化碳；
(5)不存在平衡的电解质溶液pH值变化大；
(6)20mL0.1mol⋅L−1的MOH溶液pH=11，说明MOH为弱碱，逐滴加入0.1mol⋅L−1HCl溶液，发生反应生成MCl和水，加入20mL盐酸溶液恰好完全反应，M+离子水解溶液显酸性，水的电离程度最大。
本题考查了溶液中的离子浓度大小比较，题目难度中等，试题涉及盐类水解、电离、离子之间的反应等知识点，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力。
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