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2017-2018学年河北省唐山一中高二上学期12月月考化学试题 解析版
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河北省唐山一中2017-2018学年高二上学期12月月考化学试题
命题人：赵广柱 审核人：李丽双
说明：
1．考试时间90分钟，满分100分。
2．将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,卷Ⅱ用蓝黑钢笔或圆珠笔答在答题纸上。
3．Ⅱ卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡占后５位。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Cl-35.5 Na-23 Zn-65
卷Ⅰ(选择题 共50分)
一．选择题（共25小题，每小题2分，计50分。每小题只有一个正确选项）
1. 下列物质仅能在水溶液中导电的是
A. HC1 B. NaHSO3 C. NaOH D. CH3CH2OH
【答案】A
考点：考察电解质概念知识。
2. 下列有关甲烷的说法中错误的是
A. 采煤矿井中的甲烷气体是植物残体经微生物发酵而来的
B. 天然气的主要成分是甲烷
C. 甲烷燃料电池、硅太阳能电池都利用了原电池原理
D. 甲烷与氯气发生取代反应所生成的产物四氯甲烷是一种效率较高的灭火剂
【答案】C
3. 将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】水电离出的c(H+)= c(OH－)，纯水呈中性，故A错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大、pH减小，故B错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)= c(OH－)，c(H+)、 c(OH－)增大，pH变小，水的离子积增大，呈中性，故C错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积变大、pH变小，c(H+)= c(OH－) 呈中性，故D正确。
点睛：水的离子积Kw=，水的离子积只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大；水中加入酸或碱抑制水电离，但水的离子积不变。
4. 下列说法中有明显错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
B. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
C. 活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D. 加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率
【答案】C
【解析】试题分析：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选C。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
5. 在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H+。对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C. 加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】0.1mol/L CH3COOH溶液中存在水解平衡为CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+。A项加入水时，平衡正反应方向移动，错误；B项加入少量的NaOH固体，则会消耗溶液中的H+，平衡向正反应方向移动，正确；C项，、加入少量0.1 mol/L HCl溶液，平衡虽然会向逆反应方向移动,但溶液中C(H＋)增大，错误；加入少量CH3COONa 固体，溶液中的CH3COO—的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，错误。
6. 有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是
A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3
【答案】C
【解析】Ba(OH)2、NaOH是强碱，完全电离，等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH中，c（OH-）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。
7. 下列说法正确的是
A. 若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7
C. 钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D. 一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2) = 2v逆(NH3)
【答案】C
【解析】A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；
B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；
D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．故选C．
【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．
8. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 配制FeCl3溶液时加入少量的浓盐酸
B. 常温下，NaOH溶液中由水电离出的c(H+)<1×10-7mol／L
C. AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度
D. 工业上SO2转化为SO3用五氧化二钒作为催化剂
【答案】D
【解析】试题分析：A、Fe3＋发生水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入盐酸增加H＋浓度，平衡逆向移动，符合勒夏特列原理，故错误；B、H2OH＋＋OH－，加入NaOH，增加OH－浓度，抑制水的电离，符合勒夏特列原理，故错误；C、氯化银存在溶解平衡体系：AgCl(s)=Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入氯化钠后，增加Cl－的浓度，平衡向逆反应方向移动，符合勒夏特列原理，故错误；D、催化剂不影响化学平衡，不符合勒夏特列原理，故正确。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
9. 中科大陈乾旺教授等人发明RTX合成金刚石的新方法，化学原理为：
①(未配平) 该方法比1955年人工首次制得金刚石的旧方法容易得多。
②。以下表述正确的是
A. 反应①中既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成
B. 新方法利用的是物理变化，旧方法利用的是化学变化
C. 在反应①中每生成12g金刚石需要消耗23g金属钠
D. 反应①和反应②中所得的金刚石都是还原产物
【答案】A
【解析】A、化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，反应①属于化学变化，所以反应①中既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成，故A正确；B、化学变化中有新物质生成，方法(1)和(2)都发生了化学变化，故B错误；C、反应①配平为，12g金刚石为1mol，消耗8molNa，Na的质量为8mol×23g/mol=184g，故C错误；D、因反应(2)中没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故D错误；故选A。
点睛：本题以信息的形式来考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意同素异形体的转化为非氧化还原反应。本题的易错点是C，需要先将方程式配平。
10. 已知反应：①101kPa时，2C(s) + O2(g) == 2CO(g)；ΔH = -221 kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq) + OHˉ(aq) == H2O(l)；ΔH = -57.3 kJ/mol
下列结论正确的是
A. 碳的燃烧热等于110.5 kJ/mol
B. ①的反应热为221 kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热ΔH为-57.3 kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】C
【解析】碳的燃烧热是1mol碳燃烧生成二氧化碳放出的热量，故A错误；反应热包含符号，①的反应热为-221 kJ/mol，故B错误；中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，△H=-57.3 kJ/mol，所以稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ/mol，故C正确；醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误。
点睛：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，稳定氧化物是指碳元素生成二氧化碳、氢元素生成液态水。
11. 下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是
A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B. 明矾或FeCl3可作净水剂
C. 厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D. 可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】碳酸钠水解，碳酸钠溶液呈碱性，所以盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，故A与盐的水解有关；明矾或FeCl3水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，所以可作净水剂，故B与盐的水解有关；碳酸钠水解，碳酸钠溶液呈碱性，所以常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污，故C与盐的水解有关；碳酸钠与醋酸反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳与盐的水解无关，故D正确。
12. 甲醇燃料电池体积小巧、洁净环保、理论比能量高，已在便携式通讯设备、汽车等领域应用。某型甲醇燃料电池的总反应式为2CH4O+3O2=2CO2↑+4H2O，如图是该燃料电池的示意图。下列说法错误的是
A. 燃料电池将化学能转化为电能
B. a是甲醇，b是氧气
C. 质子从M电极区穿过交换膜移向N电极区
D. 负极反应：CH4O — 6e-+H2O=CO2↑+6H+
【答案】B
【解析】试题分析：A、燃料电池是把化学能转化为电能的装置，正确；B、根据装置图可知，a端出来的是水，所以a通入的是氧气，氧气得到电子与质子结合为水，则b通入的是甲醇，错误；C、a通入氧气则N是正极，M是负极，则质子移向正极，所以质子从M电极区穿过交换膜移向N电极区，正确；D、负极是甲醇发生氧化反应，失去电子生成二氧化碳和氢离子，正确，答案选B。
考点：考查电化学反应原理的应用
13. 下列有关说法正确的是
A. 298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
B. 电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液处理，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D. 常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】该反应，298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，说明 ，所以ΔH<0，故A错误；电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故B正确；在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明BaSO4转化为BaCO3，由于饱和Na2CO3溶液中CO32-浓度很大，BaSO4悬浊液中SO42-浓度很小，所以不能判断Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，故C错误；盐酸抑制水电离、氯化铵促进水电离，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度不相同，故D错误。
14. 下列溶液中，可以大量共存的离子组是
A. Fe3＋、K＋、S2－、Cl－ B. Al3＋、HCO3－、SO42－、Cl－
C. K＋、NH4＋、SiO32－、NO3－ D. K＋、Cl－、SO42－、NO3－
【答案】D
【解析】Fe3＋、S2－能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Al3＋、HCO3－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；铵根和硅酸根双水解，产生刺激性气味氨气和硅酸沉淀，不能大量共存，故C错误；K＋、Cl－、SO42－、NO3－不反应，可以大量共存，故D正确。
15. 关于下列各图的叙述，正确的是
A. 甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为483.6 kJ·mol－1
B. 乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g) N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
C. 丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将A、B饱和溶液分别由t1 ℃升温至t2 ℃时，溶质的质量分数B＝A
D. 丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同浓度的NaA溶液的pH大于NaB溶液
【答案】C
【解析】试题分析：A、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物（如H→H2O），本题生成的水为气体，不是燃烧热，A错误；B、乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2（g）N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，横坐标向右表示浓度增大，纵坐标向上表示物质消耗速率快，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，B错误；C、将A、B饱和溶液分别由T1℃升温至T2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变，而二者T1℃溶解度相同，即浓度相同，所以T2℃时溶质的质量分数相等，C错误；D、常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化可知酸性HA大于HB，所以NaB溶液中B‑水解程度大，即同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，D正确，答案选D。
考点：考查燃烧热、化学平衡、溶解度以及酸性的比较等问题
16. 北京大学教授，著名的化学家和教育家徐光宪教授，是我国理论化学和稀土化学的奠基人之一，2008年获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土理论方面作出的贡献。稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应并产生气体。已知：铈常见的化合价为＋3和＋4，且Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋。下列说法正确的是
A. 用Pt作阴极，Fe作阳极，电解熔融CeO2，可在阳极获得铈
B. 将少量碘化亚铁溶液滴加到Ce（SO4）2溶液中，离子方程式为：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋
C. 金属铈着火，可采用普通的泡沫灭火器灭火
D. 金属铈可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源
【答案】D
【解析】Fe作阳极，Fe-2e-=Fe2＋, Fe2＋只能把Ce4＋还原为Ce3＋，故A错误；I-的还原性大于Fe2＋，I-、Fe2＋都能被Ce4＋氧化，故B错误；金属铈与水反应并产生气体，不能用泡沫灭火器灭火，故C错误；金属铈是活泼金属易与水、氧气反应，所以保存时放在煤油中隔离空气，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源，故D正确。
17. 向某密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2O（g），发生反应：CO+H2O (g) CO2 +H2。当反应达到平衡时，CO的体积分数为x。若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是
A. 0.5 mol CO + 2 mol H2O(g) + 1 mol CO2 +1 mol H2
B. 1 mol CO +1 mol H2O(g) +1 mol CO2 +1 mol H2
C. 0.5 mol CO +1.5 mol H2O(g) +0.4 mol CO2 +0.4 mol H2
D. 0.5 mol CO +1.5 mol H2O(g) +0.5 mol CO2 +0.5 mo H2
【答案】B
【解析】试题分析：A、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为1.5摩尔和3摩尔，比例为1:2，反应前后气体体积不变，平衡等效，一氧化碳的体积分数为x，不选A；B、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为2摩尔和2摩尔，比例为1:1，一氧化碳多，平衡正向移动，但一氧化碳的体积分数仍大于x，选B；C、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为0.9摩尔和1.9摩尔，比例为9:19，说明水的量多，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数小于x，不选C；D、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为1摩尔和2摩尔，比例为1:2，反应前后气体体积不变，平衡等效，一氧化碳的体积分数为x，不选D．
考点：等效平衡
【名师点睛】等效平衡是指在一定条件（定温、定容或定温、定压）下，只是起始加入情况不同的同一可逆反应达到平衡后，任何相同组分的分数（体积、物质的量）均相同，这样的化学平衡互称等效平衡。在恒温恒压下，反应前后体积不变的反应，只要极限转化后，物质的量比例相同即可等效，则平衡时各物质的百分含量对应相等。若比例不同，则根据平衡移动分析移动方向。
18. 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C(Na＋)>c(CO32 －)>c(HCO3－ )>c(OH－)
B. CH3COOH溶液加水稀释，溶液中不变
C. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)+c(H＋)>c(NH4＋)+c(OH－)
D. 0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合生成碳酸钠溶液，所得溶液中：C(Na＋)>c(CO32 －) >c(OH－)>c(HCO3－ )，故A错误；= ，所以CH3COOH溶液加水稀释，溶液中不变，故B正确；室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，氨水电离大于铵根离子水解，所以c(NH4＋ )> c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)，所得溶液中：c(Cl－)+c(H＋)
19. 某温度下HF的电离常数Ka=3.3×10-4 ，CaF2的溶度积常数Ksp=1.46×10-10。在该温度下取浓度为0.31 mol·L-1的HF与浓度为0.002 mol·L-1的CaCl2溶液等体积混合。下列说法正确的是
A. 该温度下，0.31 mol·L-1的HF溶液的pH=2
B. 升高温度或增大浓度，HF的电离平衡常数都将增大
C. 两溶液混合不会产生沉淀
D. 向饱和的CaF2溶液中加入少量CaCl2固体后，溶度积常数Ksp一定比之前减小
【答案】A
【解析】该温度下，0.31 mol·L-1的HF溶液的c（H＋）=x，则
x，pH=2，故A正确；增大浓度，HF的电离平衡常数不变，故B错误；根据A项分析，混合后c(F-)= 、c（Ca2＋）=0.001， ，所以会产生沉淀CaF2沉淀，故C错误；向饱和的CaF2溶液中加入少量CaCl2固体后，溶度积常数Ksp不变，故D错误。
点睛：溶液中离子的浓度熵Q>Ksp时有沉淀生成；Q=Ksp恰好达到饱和状态；Q
A. c（HCN）
【答案】D
【解析】将0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液中有等物质的量的NaCN和HCN，溶液显碱性，说明CN－水解大于HCN电离；c（HCN）>c（CN－），故A错误；CN－水解大于HCN电离，所以c（Na＋）> c（CN－），故B错误； 根据物料守恒，c（HCN）+c（CN－）=2 c（Na＋），根据电荷守恒c（Na＋）+ c（H＋）= c（CN－）+c（OH－），综合以上，c（HCN）-c（CN－）= 2c（OH－）- 2c（H＋），故C错误；根据物料守恒c（HCN）+c（CN－）=0.1mol·L－1，故D正确。
21. 下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)
B. 10 mL 0.02 mol·L－1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12
C. 在0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中，c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【答案】B
【解析】根据电荷守恒，0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)+ c(H＋)，故A错误；10 mL 0.02 mol·L－1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，氢氧化钡有剩余，溶液呈碱性，若混合后溶液的体积为20 mL，则 ， c(H＋)= ，则溶液的pH=12，故B正确；在0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中c(SO42-)
22. 常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L－1 CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)
C. 点③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)
D. 整个过程中可能出现：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】A项，根据电荷守恒判断；B项，点②溶液正好是NaCl、CH3COONa和CH3COOH等量混合，大小顺序应为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)；C项，点③正好生成NaCl和CH3COOH溶液，溶液呈酸性，错误；D项，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)恒成立，而c(Cl－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)，错误。
23. 下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)
B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(C1-)=c(I-)
C. CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)
D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。
考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。
24. 与丙烯具有相同的碳、氢百分含量，但既不是同系物又不是同分异构体的是
A. 环丙烷 B. 环丁烷 C. 乙烯 D. 丙烷
【答案】B
【解析】具有相同的碳、氢百分含量，说明最简式和丙烯的相同。A是同分异构体，C是同系物，D的最简式不同，所以正确的答案是B。
25. 化工生产中含Cu2+的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为：Cu2+(aq) + MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是
A. 该反应达到平衡时c(Cu2+)=c(Mn2+)
B. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c( Mn2 +)变大
D. 该反应平衡常数表达式：K=
【答案】A
【解析】依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，加入Cu(NO3)2(s)后平衡右移，C项正确；反应平衡常数K＝，D项正确，K≠1则该反应达到平衡时，c(Cu2＋)≠c(Mn2＋)，A项错误。
卷Ⅱ(非选择题 共50分)
二．填空题（计50分）
26. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100 mL)。
Ⅰ、实验步骤：
(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如下图所示，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
Ⅲ、数据处理与讨论：
(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100 mL(结果保留四位有效数字)。
(2)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的______(填写序号)。
a．pH b．沸点 c．电离常数 d．溶解度
(3)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．碱式滴定管的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．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酚酞 (3). 0.70 (4). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (5). 4.500 (6). c (7). ab
【解析】试题分析：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）强碱滴定弱酸时应选择碱性范围内变色的指示剂；（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；III．（1）根据数据的合理性来分析；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）根据电离常平衡数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；（3）根据C（待测）= 分析误差。
解析：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；（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂酚酞；（3）滴定管液面的读数0.70mL；（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色； III．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；3次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设20mL稀释后的白醋样品含有 CH3COOOH Xg，则
c（市售白醋）=g/100 mL；（2）依据电离常数的大小判断酸性强弱，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故选c；（3）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．碱式滴定管的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）不变，故c错误；d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，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错误。
27. Ⅰ、在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12，则：
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是________mol/L。
(3)在该温度下，将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝________。
Ⅱ、现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水，请回答下列问题：
(4)①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是 (填序号)___________。
(5)④、⑤、⑦、⑧四种溶液中NH浓度由大到小的顺序是 (填序号)_________________。
(6)将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度关系正确的是________(填字母序号)。
A．c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)
B．c(Na＋)＝0.1 mol/L
C．c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．c(H＋)>c(OH－)
Ⅲ、常温下，amol/L氯化铵溶液中加入等体积bmol/L氢氧化钠溶液，反应后混合液呈中性，求该温度下NH3·H2O的电离常数________。
【答案】 (1). 10－12 mol2·L－2 (2). 10－b－10－a (3). 11 (4). ④>②>③>① (5). ⑦>④>⑤>⑧ (6). A (7). （a-b）10-7/b
【解析】试题分析：Ⅰ、(1)水的离子积常数KW＝ ；(2)c(NaOH)= c(Na+)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)计算c(Na+)；(3)将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，氢氧化钠有剩余，根据 计算c(OH－)，根据KW计算c(H＋)，最后计算PH；Ⅱ、(4)向水中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且酸或碱电离出的H+或OH-浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离； (5)④氯化铵、⑤醋酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2ONH3•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小；(6) ③和④等体积混合后，溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2ONH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+）。Ⅲ、常温下，amol/L氯化铵溶液中加入等体积bmol/L氢氧化钠溶液，反应后混合液呈中性c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+ c（H+）+ c（NH4+）= c（OH-）+ c（CI-），则c（Na+）+ c（NH4+）= c（CI-），根据物料守恒c（Na+）=mol/L 、c（CI-）=mol/L 、c（NH4+）+c(NH3•H2O)= mol/L ，根据 计算NH3·H2O的电离常数；
解析：Ⅰ、(1)水的离子积常数KW＝ mol2·L－2；(2)c(NaOH)= c(Na+)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)，c(Na+)= c(OH－)- c(H+)=10－b－10－a，所以该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是10－b－10－a mol/L；(3)将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，氢氧化钠有剩余，根据 ， c(H＋)= ， PH=11；Ⅱ、向水中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且酸或碱电离出的H+或OH-浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离；①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，对水电离的抑制作用小，④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①；(5)④氯化铵、⑤醋酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2ONH3•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小，所以NH浓度由大到小的顺序是⑦>④>⑤>⑧；(6) ③和④等体积混合后，溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2ONH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+），，根据分析A．c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)，故A正确； B．根据物料守恒c(Na＋)＝0.05 mol/L，故B错误； C．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(NH)+ c（H+）＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C错误； D．溶液呈碱性c(H＋)
28. 有甲、乙两容器，甲容器容积固定，乙容器容积可变。一定温度下，在甲中加入2 mol N2、3 mol H2，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)达到平衡时生成NH3的物质的量为m mol。
(1)相同温度下，在乙中加入4 mol N2、6 mol H2，若乙的压强始终与甲的压强相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为________mol(从下列各项中选择，只填序号，下同)；若乙的容积与甲的容积始终相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为________mol。
A．小于m B．等于m C．在m～2m之间 D．等于2m E．大于2m
(2)相同温度下，保持乙的容积为甲的一半，并加入1 mol NH3，要使乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则起始应加入______mol N2和________mol H2。
【答案】 (1). D (2). E (3). 0.5 (4). 0
【解析】试题分析：：（1）相同温度下，在乙中加入4mol N2、6mol H2，若乙的压强始终与甲的压强相等，则两次平衡为等效平衡；若乙的容积与甲的容积始终相等，则乙容器相当于加压；（2）保持乙的容积为甲的一半，乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则乙中氮气和氢气起始量为甲中的一半。
解析：（1）乙容器容积可变，相同温度下，在乙中加入4mol N2、6mol H2，是甲中2mol N2、3mol H2的2倍，若乙的压强始终与甲的压强相等，则两次平衡为等效平衡，故生成的氨的物质的量为甲的2倍，即为2m mol，选D；若乙的容积与甲的容积始终相等，则乙容器相当于加压，平衡正向移动，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量大于2m，故选E；（2）保持乙的容积为甲的一半，乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则乙中氮气和氢气起始量为甲中的一半；根据一边倒的原则，加入1mol NH3，相当于加入0.5mol N2、1.5mol H2，故需再加入0.5molN2、0mol H2 。
29. Ⅰ、（1）惰性电极电解硫酸铜溶液的化学方程式_____________________________。
（2）惰性电极电解饱和食盐水的化学方程式_____________________________。
Ⅱ、某小组同学认为，如果模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
（3）该电解槽的阳极反应式为________________________________。此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”、“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
（4）制得的氢氧化钾溶液从出口________(填写“A”、“B”、“C”或“D”)导出。
（5）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的反应式为____________________________________________________。
【答案】 (1). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (4). 小于 (5). D (6). O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【解析】试题分析：Ⅰ、（1）惰性电极电解硫酸铜溶液的生成Cu、O2、H2SO4；（2）惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气；Ⅱ、（3）阳极OH－失电子发生氧化反应生成氧气；通过阴离子交换膜的离子是SO42-，通过阳离子交换膜的离子是K+；（4）阴极反应生成，所以氢氧化钾溶液在阴极生成；（5）氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，正极是氧气得电子生成OH－。
解析：Ⅰ、（1）惰性电极电解硫酸铜溶液的生成Cu、O2、H2SO4，总反应是2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；（2）惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，总反应是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Ⅱ、（3）阳极OH－失电子发生氧化反应生成氧气，阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；通过阴离子交换膜的离子是SO42-，通过阳离子交换膜的离子是K+，根据电荷守恒通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；（4）阴极反应生成，所以氢氧化钾溶液在阴极生成，制得的氢氧化钾溶液从出口D放出；（5）氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，正极是氧气得电子生成OH－，正极的反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
30. Ⅰ、目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
(1)图中用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。则阳极产生ClO2的电极反应式为___________________________________________。
(2)电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为________mol。
Ⅱ、某研究性学习小组根据反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4 ＋ 8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为 1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题：
(3)此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)。
(4)电池工作时，盐桥中的SO移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。
(5)甲烧杯中的电极反应式为_______________________。
(6)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为____mol。
【答案】 (1). Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋ (2). 0.01 (3). a (4). 乙 (5). MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O (6). 0.5
【解析】试题分析：Ⅰ、(1)阳极Cl－失去电子发生氧化反应生成ClO2。(2)水电离产生的H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，根据电荷守恒分析转移阳离子的物质的量。Ⅱ、(3)原电池中发生氧化反应的一极是负极，发生还原反应的一极是正极；(4)原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极；(5)甲烧杯中MnO得电子被还原为Mn2＋； (6) MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，则生成MnSO4的物质的量是0.2L×(1.5 mol·L－1-1 mol·L－1)=0.1mol，根据电极反应式计算转移电子的物质的量。
解析：Ⅰ、(1)阳极Cl－失去电子发生氧化反应生成ClO2，电极反应是Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋。(2)水电离产生的H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，溶液中阳离子全是+1价离子，根据电荷守恒，通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.01mol。Ⅱ、(3)原电池中发生氧化反应的一极是负极，发生还原反应的一极是正极；根据电池总反应方程式，KMnO4得电子发生还原反应，FeSO4失电子发生氧化反应；所以原电池的正极是石墨a； (4)原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，所以盐桥中的SO移向乙烧杯；(5)甲烧杯中MnO得电子被还原为Mn2＋，电极反应是MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O； (6) MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，则生成MnSO4的物质的量是0.2L×(1.5 mol·L－1-1 mol·L－1)=0.1mol，根据电极反应MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O，生成0.1mol MnSO4转移电子的物质的量是0.5mol。
河北省唐山一中2017-2018学年高二上学期12月月考化学试题
命题人：赵广柱 审核人：李丽双
说明：
1．考试时间90分钟，满分100分。
2．将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上,卷Ⅱ用蓝黑钢笔或圆珠笔答在答题纸上。
3．Ⅱ卷卷头和答题卡均填涂本次考试的考号，不要误填学号，答题卡占后５位。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Cl-35.5 Na-23 Zn-65
卷Ⅰ(选择题 共50分)
一．选择题（共25小题，每小题2分，计50分。每小题只有一个正确选项）
1. 下列物质仅能在水溶液中导电的是
A. HC1 B. NaHSO3 C. NaOH D. CH3CH2OH
【答案】A
考点：考察电解质概念知识。
2. 下列有关甲烷的说法中错误的是
A. 采煤矿井中的甲烷气体是植物残体经微生物发酵而来的
B. 天然气的主要成分是甲烷
C. 甲烷燃料电池、硅太阳能电池都利用了原电池原理
D. 甲烷与氯气发生取代反应所生成的产物四氯甲烷是一种效率较高的灭火剂
【答案】C
3. 将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离子积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】水电离出的c(H+)= c(OH－)，纯水呈中性，故A错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大、pH减小，故B错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)= c(OH－)，c(H+)、 c(OH－)增大，pH变小，水的离子积增大，呈中性，故C错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积变大、pH变小，c(H+)= c(OH－) 呈中性，故D正确。
点睛：水的离子积Kw=，水的离子积只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大；水中加入酸或碱抑制水电离，但水的离子积不变。
4. 下列说法中有明显错误的是
A. 对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大
B. 升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大
C. 活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞
D. 加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率
【答案】C
【解析】试题分析：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选C。
考点：考查了化学反应速率的影响因素的相关知识。
5. 在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H+。对于该平衡，下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C. 加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】0.1mol/L CH3COOH溶液中存在水解平衡为CH3COOH+H2OCH3COO—+H3O+。A项加入水时，平衡正反应方向移动，错误；B项加入少量的NaOH固体，则会消耗溶液中的H+，平衡向正反应方向移动，正确；C项，、加入少量0.1 mol/L HCl溶液，平衡虽然会向逆反应方向移动,但溶液中C(H＋)增大，错误；加入少量CH3COONa 固体，溶液中的CH3COO—的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，错误。
6. 有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是
A. V3>V2>V1 B. V3=V2=V1 C. V3>V2=V1 D. V1=V2>V3
【答案】C
【解析】Ba(OH)2、NaOH是强碱，完全电离，等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH中，c（OH-）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3·H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，答案选C。
7. 下列说法正确的是
A. 若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7
C. 钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D. 一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2) = 2v逆(NH3)
【答案】C
【解析】A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；
B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；
D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．故选C．
【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．
8. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 配制FeCl3溶液时加入少量的浓盐酸
B. 常温下，NaOH溶液中由水电离出的c(H+)<1×10-7mol／L
C. AgCl在水中的溶解度大于在饱和NaCl溶液中的溶解度
D. 工业上SO2转化为SO3用五氧化二钒作为催化剂
【答案】D
【解析】试题分析：A、Fe3＋发生水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入盐酸增加H＋浓度，平衡逆向移动，符合勒夏特列原理，故错误；B、H2OH＋＋OH－，加入NaOH，增加OH－浓度，抑制水的电离，符合勒夏特列原理，故错误；C、氯化银存在溶解平衡体系：AgCl(s)=Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入氯化钠后，增加Cl－的浓度，平衡向逆反应方向移动，符合勒夏特列原理，故错误；D、催化剂不影响化学平衡，不符合勒夏特列原理，故正确。
考点：考查勒夏特列原理等知识。
9. 中科大陈乾旺教授等人发明RTX合成金刚石的新方法，化学原理为：
①(未配平) 该方法比1955年人工首次制得金刚石的旧方法容易得多。
②。以下表述正确的是
A. 反应①中既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成
B. 新方法利用的是物理变化，旧方法利用的是化学变化
C. 在反应①中每生成12g金刚石需要消耗23g金属钠
D. 反应①和反应②中所得的金刚石都是还原产物
【答案】A
【解析】A、化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，反应①属于化学变化，所以反应①中既有旧化学键的断裂又有新化学键的形成，故A正确；B、化学变化中有新物质生成，方法(1)和(2)都发生了化学变化，故B错误；C、反应①配平为，12g金刚石为1mol，消耗8molNa，Na的质量为8mol×23g/mol=184g，故C错误；D、因反应(2)中没有元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，故D错误；故选A。
点睛：本题以信息的形式来考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意同素异形体的转化为非氧化还原反应。本题的易错点是C，需要先将方程式配平。
10. 已知反应：①101kPa时，2C(s) + O2(g) == 2CO(g)；ΔH = -221 kJ/mol
②稀溶液中，H+(aq) + OHˉ(aq) == H2O(l)；ΔH = -57.3 kJ/mol
下列结论正确的是
A. 碳的燃烧热等于110.5 kJ/mol
B. ①的反应热为221 kJ/mol
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热ΔH为-57.3 kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】C
【解析】碳的燃烧热是1mol碳燃烧生成二氧化碳放出的热量，故A错误；反应热包含符号，①的反应热为-221 kJ/mol，故B错误；中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，△H=-57.3 kJ/mol，所以稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ/mol，故C正确；醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误。
点睛：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，稳定氧化物是指碳元素生成二氧化碳、氢元素生成液态水。
11. 下面提到的问题中，与盐的水解无关的正确说法是
A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B. 明矾或FeCl3可作净水剂
C. 厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D. 可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】碳酸钠水解，碳酸钠溶液呈碱性，所以盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞，故A与盐的水解有关；明矾或FeCl3水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，所以可作净水剂，故B与盐的水解有关；碳酸钠水解，碳酸钠溶液呈碱性，所以常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污，故C与盐的水解有关；碳酸钠与醋酸反应生成醋酸钠、二氧化碳、水，用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳与盐的水解无关，故D正确。
12. 甲醇燃料电池体积小巧、洁净环保、理论比能量高，已在便携式通讯设备、汽车等领域应用。某型甲醇燃料电池的总反应式为2CH4O+3O2=2CO2↑+4H2O，如图是该燃料电池的示意图。下列说法错误的是
A. 燃料电池将化学能转化为电能
B. a是甲醇，b是氧气
C. 质子从M电极区穿过交换膜移向N电极区
D. 负极反应：CH4O — 6e-+H2O=CO2↑+6H+
【答案】B
【解析】试题分析：A、燃料电池是把化学能转化为电能的装置，正确；B、根据装置图可知，a端出来的是水，所以a通入的是氧气，氧气得到电子与质子结合为水，则b通入的是甲醇，错误；C、a通入氧气则N是正极，M是负极，则质子移向正极，所以质子从M电极区穿过交换膜移向N电极区，正确；D、负极是甲醇发生氧化反应，失去电子生成二氧化碳和氢离子，正确，答案选B。
考点：考查电化学反应原理的应用
13. 下列有关说法正确的是
A. 298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH>0
B. 电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极
C. 在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液处理，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
D. 常温下，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度相同
【答案】B
【解析】该反应，298K时，反应2Mg(s)＋CO2(g)===C(s)＋2MgO(s)能自发进行，说明 ，所以ΔH<0，故A错误；电解法精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故B正确；在硫酸钡悬浊液中加入足量饱和Na2CO3溶液，向所得沉淀中加入盐酸有气体产生，说明BaSO4转化为BaCO3，由于饱和Na2CO3溶液中CO32-浓度很大，BaSO4悬浊液中SO42-浓度很小，所以不能判断Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，故C错误；盐酸抑制水电离、氯化铵促进水电离，pH均为5的盐酸与氯化铵溶液中，水的电离程度不相同，故D错误。
14. 下列溶液中，可以大量共存的离子组是
A. Fe3＋、K＋、S2－、Cl－ B. Al3＋、HCO3－、SO42－、Cl－
C. K＋、NH4＋、SiO32－、NO3－ D. K＋、Cl－、SO42－、NO3－
【答案】D
【解析】Fe3＋、S2－能发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；Al3＋、HCO3－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，不能大量共存，故B错误；铵根和硅酸根双水解，产生刺激性气味氨气和硅酸沉淀，不能大量共存，故C错误；K＋、Cl－、SO42－、NO3－不反应，可以大量共存，故D正确。
15. 关于下列各图的叙述，正确的是
A. 甲表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为483.6 kJ·mol－1
B. 乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2(g) N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态
C. 丙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将A、B饱和溶液分别由t1 ℃升温至t2 ℃时，溶质的质量分数B＝A
D. 丁表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则同浓度的NaA溶液的pH大于NaB溶液
【答案】C
【解析】试题分析：A、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物（如H→H2O），本题生成的水为气体，不是燃烧热，A错误；B、乙表示恒温恒容条件下发生的可逆反应2NO2（g）N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，横坐标向右表示浓度增大，纵坐标向上表示物质消耗速率快，如果达到平衡状态，则二者消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，B错误；C、将A、B饱和溶液分别由T1℃升温至T2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都不会改变，而二者T1℃溶解度相同，即浓度相同，所以T2℃时溶质的质量分数相等，C错误；D、常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化可知酸性HA大于HB，所以NaB溶液中B‑水解程度大，即同浓度的NaA溶液的pH小于NaB溶液，D正确，答案选D。
考点：考查燃烧热、化学平衡、溶解度以及酸性的比较等问题
16. 北京大学教授，著名的化学家和教育家徐光宪教授，是我国理论化学和稀土化学的奠基人之一，2008年获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土理论方面作出的贡献。稀土铈（Ce）元素主要存在于独居石中，金属铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应并产生气体。已知：铈常见的化合价为＋3和＋4，且Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋。下列说法正确的是
A. 用Pt作阴极，Fe作阳极，电解熔融CeO2，可在阳极获得铈
B. 将少量碘化亚铁溶液滴加到Ce（SO4）2溶液中，离子方程式为：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋
C. 金属铈着火，可采用普通的泡沫灭火器灭火
D. 金属铈可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源
【答案】D
【解析】Fe作阳极，Fe-2e-=Fe2＋, Fe2＋只能把Ce4＋还原为Ce3＋，故A错误；I-的还原性大于Fe2＋，I-、Fe2＋都能被Ce4＋氧化，故B错误；金属铈与水反应并产生气体，不能用泡沫灭火器灭火，故C错误；金属铈是活泼金属易与水、氧气反应，所以保存时放在煤油中隔离空气，储存在阴凉、通风的地方，要远离火种和热源，故D正确。
17. 向某密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2O（g），发生反应：CO+H2O (g) CO2 +H2。当反应达到平衡时，CO的体积分数为x。若维持容器的体积和温度不变，起始物质按下列四种配比充入该容器中，达到平衡时CO的体积分数大于x的是
A. 0.5 mol CO + 2 mol H2O(g) + 1 mol CO2 +1 mol H2
B. 1 mol CO +1 mol H2O(g) +1 mol CO2 +1 mol H2
C. 0.5 mol CO +1.5 mol H2O(g) +0.4 mol CO2 +0.4 mol H2
D. 0.5 mol CO +1.5 mol H2O(g) +0.5 mol CO2 +0.5 mo H2
【答案】B
【解析】试题分析：A、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为1.5摩尔和3摩尔，比例为1:2，反应前后气体体积不变，平衡等效，一氧化碳的体积分数为x，不选A；B、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为2摩尔和2摩尔，比例为1:1，一氧化碳多，平衡正向移动，但一氧化碳的体积分数仍大于x，选B；C、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为0.9摩尔和1.9摩尔，比例为9:19，说明水的量多，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数小于x，不选C；D、用极限分析法，假如反应完全转化为一氧化碳和水，则为1摩尔和2摩尔，比例为1:2，反应前后气体体积不变，平衡等效，一氧化碳的体积分数为x，不选D．
考点：等效平衡
【名师点睛】等效平衡是指在一定条件（定温、定容或定温、定压）下，只是起始加入情况不同的同一可逆反应达到平衡后，任何相同组分的分数（体积、物质的量）均相同，这样的化学平衡互称等效平衡。在恒温恒压下，反应前后体积不变的反应，只要极限转化后，物质的量比例相同即可等效，则平衡时各物质的百分含量对应相等。若比例不同，则根据平衡移动分析移动方向。
18. 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：C(Na＋)>c(CO32 －)>c(HCO3－ )>c(OH－)
B. CH3COOH溶液加水稀释，溶液中不变
C. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)+c(H＋)>c(NH4＋)+c(OH－)
D. 0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)+c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合生成碳酸钠溶液，所得溶液中：C(Na＋)>c(CO32 －) >c(OH－)>c(HCO3－ )，故A错误；= ，所以CH3COOH溶液加水稀释，溶液中不变，故B正确；室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，氨水电离大于铵根离子水解，所以c(NH4＋ )> c(Cl－)，c(OH－)>c(H＋)，所得溶液中：c(Cl－)+c(H＋)
19. 某温度下HF的电离常数Ka=3.3×10-4 ，CaF2的溶度积常数Ksp=1.46×10-10。在该温度下取浓度为0.31 mol·L-1的HF与浓度为0.002 mol·L-1的CaCl2溶液等体积混合。下列说法正确的是
A. 该温度下，0.31 mol·L-1的HF溶液的pH=2
B. 升高温度或增大浓度，HF的电离平衡常数都将增大
C. 两溶液混合不会产生沉淀
D. 向饱和的CaF2溶液中加入少量CaCl2固体后，溶度积常数Ksp一定比之前减小
【答案】A
【解析】该温度下，0.31 mol·L-1的HF溶液的c（H＋）=x，则
x，pH=2，故A正确；增大浓度，HF的电离平衡常数不变，故B错误；根据A项分析，混合后c(F-)= 、c（Ca2＋）=0.001， ，所以会产生沉淀CaF2沉淀，故C错误；向饱和的CaF2溶液中加入少量CaCl2固体后，溶度积常数Ksp不变，故D错误。
点睛：溶液中离子的浓度熵Q>Ksp时有沉淀生成；Q=Ksp恰好达到饱和状态；Q
A. c（HCN）
【答案】D
【解析】将0.2mol·L－1HCN溶液和0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液中有等物质的量的NaCN和HCN，溶液显碱性，说明CN－水解大于HCN电离；c（HCN）>c（CN－），故A错误；CN－水解大于HCN电离，所以c（Na＋）> c（CN－），故B错误； 根据物料守恒，c（HCN）+c（CN－）=2 c（Na＋），根据电荷守恒c（Na＋）+ c（H＋）= c（CN－）+c（OH－），综合以上，c（HCN）-c（CN－）= 2c（OH－）- 2c（H＋），故C错误；根据物料守恒c（HCN）+c（CN－）=0.1mol·L－1，故D正确。
21. 下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)
B. 10 mL 0.02 mol·L－1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=12
C. 在0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中，c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
D. 0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【答案】B
【解析】根据电荷守恒，0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)+ c(H＋)，故A错误；10 mL 0.02 mol·L－1 HCl溶液与10 mL 0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，氢氧化钡有剩余，溶液呈碱性，若混合后溶液的体积为20 mL，则 ， c(H＋)= ，则溶液的pH=12，故B正确；在0.1 mol·L－1的(NH4)2SO4溶液中c(SO42-)
22. 常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L－1 CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)
C. 点③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)
D. 整个过程中可能出现：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】A项，根据电荷守恒判断；B项，点②溶液正好是NaCl、CH3COONa和CH3COOH等量混合，大小顺序应为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)；C项，点③正好生成NaCl和CH3COOH溶液，溶液呈酸性，错误；D项，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)恒成立，而c(Cl－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)，错误。
23. 下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是
A. pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)
B. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(C1-)=c(I-)
C. CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)
D. 含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2[c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)]
【答案】A
【解析】试题分析：A．根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故A正确；B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)＞c(Cl-)＞c(I-)，故B错误；C．H2CO3的第一步电离大于第二步电离，则c(H+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于2c(CO32-)，故C错误；D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c(Na+)═3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)]，故D错误；故选A。
考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。
24. 与丙烯具有相同的碳、氢百分含量，但既不是同系物又不是同分异构体的是
A. 环丙烷 B. 环丁烷 C. 乙烯 D. 丙烷
【答案】B
【解析】具有相同的碳、氢百分含量，说明最简式和丙烯的相同。A是同分异构体，C是同系物，D的最简式不同，所以正确的答案是B。
25. 化工生产中含Cu2+的废水常用MnS(s)作沉淀剂，其反应原理为：Cu2+(aq) + MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq)。下列有关该反应的推理不正确的是
A. 该反应达到平衡时c(Cu2+)=c(Mn2+)
B. CuS的溶解度比MnS的溶解度小
C. 往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2(s)后，c( Mn2 +)变大
D. 该反应平衡常数表达式：K=
【答案】A
【解析】依据沉淀的转化条件溶解度大的向溶解度小的转移，B选项正确；C选项，加入Cu(NO3)2(s)后平衡右移，C项正确；反应平衡常数K＝，D项正确，K≠1则该反应达到平衡时，c(Cu2＋)≠c(Mn2＋)，A项错误。
卷Ⅱ(非选择题 共50分)
二．填空题（计50分）
26. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的含酸量(g/100 mL)。
Ⅰ、实验步骤：
(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如下图所示，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
Ⅲ、数据处理与讨论：
(1)按正确数据处理，可得市售白醋含酸量＝________g/100 mL(结果保留四位有效数字)。
(2)乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子互换反应，需查找在一定温度下的醋酸与苯甲酸的______(填写序号)。
a．pH b．沸点 c．电离常数 d．溶解度
(3)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．碱式滴定管的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．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酚酞 (3). 0.70 (4). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (5). 4.500 (6). c (7). ab
【解析】试题分析：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）强碱滴定弱酸时应选择碱性范围内变色的指示剂；（3）根据滴定管的结构与精确度来分析；（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；III．（1）根据数据的合理性来分析；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）根据电离常平衡数判断酸的强弱，然后依据强酸制弱酸来分析；（3）根据C（待测）= 分析误差。
解析：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；（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂酚酞；（3）滴定管液面的读数0.70mL；（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色； III．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；3次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设20mL稀释后的白醋样品含有 CH3COOOH Xg，则
c（市售白醋）=g/100 mL；（2）依据电离常数的大小判断酸性强弱，进而判断反应能否发生，其他选项不能判断酸的强弱，故选c；（3）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．碱式滴定管的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）不变，故c错误；d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，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错误。
27. Ⅰ、在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12，则：
(1)该温度下水的离子积常数KW＝________。
(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是________mol/L。
(3)在该温度下，将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝________。
Ⅱ、现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水，请回答下列问题：
(4)①、②、③、④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是 (填序号)___________。
(5)④、⑤、⑦、⑧四种溶液中NH浓度由大到小的顺序是 (填序号)_________________。
(6)将③和④等体积混合后，混合液中各离子浓度关系正确的是________(填字母序号)。
A．c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)
B．c(Na＋)＝0.1 mol/L
C．c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．c(H＋)>c(OH－)
Ⅲ、常温下，amol/L氯化铵溶液中加入等体积bmol/L氢氧化钠溶液，反应后混合液呈中性，求该温度下NH3·H2O的电离常数________。
【答案】 (1). 10－12 mol2·L－2 (2). 10－b－10－a (3). 11 (4). ④>②>③>① (5). ⑦>④>⑤>⑧ (6). A (7). （a-b）10-7/b
【解析】试题分析：Ⅰ、(1)水的离子积常数KW＝ ；(2)c(NaOH)= c(Na+)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)计算c(Na+)；(3)将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，氢氧化钠有剩余，根据 计算c(OH－)，根据KW计算c(H＋)，最后计算PH；Ⅱ、(4)向水中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且酸或碱电离出的H+或OH-浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离； (5)④氯化铵、⑤醋酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2ONH3•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小；(6) ③和④等体积混合后，溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2ONH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+）。Ⅲ、常温下，amol/L氯化铵溶液中加入等体积bmol/L氢氧化钠溶液，反应后混合液呈中性c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+ c（H+）+ c（NH4+）= c（OH-）+ c（CI-），则c（Na+）+ c（NH4+）= c（CI-），根据物料守恒c（Na+）=mol/L 、c（CI-）=mol/L 、c（NH4+）+c(NH3•H2O)= mol/L ，根据 计算NH3·H2O的电离常数；
解析：Ⅰ、(1)水的离子积常数KW＝ mol2·L－2；(2)c(NaOH)= c(Na+)，根据电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)，c(Na+)= c(OH－)- c(H+)=10－b－10－a，所以该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是10－b－10－a mol/L；(3)将100 mL 0.1 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.4 mol/L的NaOH溶液混合后，氢氧化钠有剩余，根据 ， c(H＋)= ， PH=11；Ⅱ、向水中加入酸或碱均能抑制H2O的电离，且酸或碱电离出的H+或OH-浓度越大，由水电离出的H+浓度越小；盐的水解能促进水的电离；①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，对水电离的抑制作用小，④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①；(5)④氯化铵、⑤醋酸铵、⑦硫酸氢铵等溶液中存在：NH4++H2ONH3•H2O+H+，其中硫酸氢铵存在大量的H+，抑制NH4+的水解，醋酸铵为弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，三种物质中NH4+浓度最小，⑧氨水为弱电解质，难以电离，在这四种溶液中NH4+浓度最小，所以NH浓度由大到小的顺序是⑦>④>⑤>⑧；(6) ③和④等体积混合后，溶质为NaCl和NH4Cl，由于溶液中存在：NH3•H2ONH4++OH-，则c（Na+）=c（CI-）＞c（NH4+），c（OH-）＞c（H+），又溶液中存在水的电离，则c（OH-）＞c（NH4+），，根据分析A．c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(NH)，故A正确； B．根据物料守恒c(Na＋)＝0.05 mol/L，故B错误； C．根据电荷守恒c(Na＋)＋c(NH)+ c（H+）＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C错误； D．溶液呈碱性c(H＋)
28. 有甲、乙两容器，甲容器容积固定，乙容器容积可变。一定温度下，在甲中加入2 mol N2、3 mol H2，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)达到平衡时生成NH3的物质的量为m mol。
(1)相同温度下，在乙中加入4 mol N2、6 mol H2，若乙的压强始终与甲的压强相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为________mol(从下列各项中选择，只填序号，下同)；若乙的容积与甲的容积始终相等，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量为________mol。
A．小于m B．等于m C．在m～2m之间 D．等于2m E．大于2m
(2)相同温度下，保持乙的容积为甲的一半，并加入1 mol NH3，要使乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则起始应加入______mol N2和________mol H2。
【答案】 (1). D (2). E (3). 0.5 (4). 0
【解析】试题分析：：（1）相同温度下，在乙中加入4mol N2、6mol H2，若乙的压强始终与甲的压强相等，则两次平衡为等效平衡；若乙的容积与甲的容积始终相等，则乙容器相当于加压；（2）保持乙的容积为甲的一半，乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则乙中氮气和氢气起始量为甲中的一半。
解析：（1）乙容器容积可变，相同温度下，在乙中加入4mol N2、6mol H2，是甲中2mol N2、3mol H2的2倍，若乙的压强始终与甲的压强相等，则两次平衡为等效平衡，故生成的氨的物质的量为甲的2倍，即为2m mol，选D；若乙的容积与甲的容积始终相等，则乙容器相当于加压，平衡正向移动，乙中反应达到平衡时，生成NH3的物质的量大于2m，故选E；（2）保持乙的容积为甲的一半，乙中反应达到平衡时，各物质的体积分数与上述甲容器中达到平衡时相同，则乙中氮气和氢气起始量为甲中的一半；根据一边倒的原则，加入1mol NH3，相当于加入0.5mol N2、1.5mol H2，故需再加入0.5molN2、0mol H2 。
29. Ⅰ、（1）惰性电极电解硫酸铜溶液的化学方程式_____________________________。
（2）惰性电极电解饱和食盐水的化学方程式_____________________________。
Ⅱ、某小组同学认为，如果模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。
（3）该电解槽的阳极反应式为________________________________。此时通过阴离子交换膜的离子数________(填“大于”、“小于”或“等于”)通过阳离子交换膜的离子数。
（4）制得的氢氧化钾溶液从出口________(填写“A”、“B”、“C”或“D”)导出。
（5）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的反应式为____________________________________________________。
【答案】 (1). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (2). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (3). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (4). 小于 (5). D (6). O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【解析】试题分析：Ⅰ、（1）惰性电极电解硫酸铜溶液的生成Cu、O2、H2SO4；（2）惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气；Ⅱ、（3）阳极OH－失电子发生氧化反应生成氧气；通过阴离子交换膜的离子是SO42-，通过阳离子交换膜的离子是K+；（4）阴极反应生成，所以氢氧化钾溶液在阴极生成；（5）氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，正极是氧气得电子生成OH－。
解析：Ⅰ、（1）惰性电极电解硫酸铜溶液的生成Cu、O2、H2SO4，总反应是2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；（2）惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，总反应是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；Ⅱ、（3）阳极OH－失电子发生氧化反应生成氧气，阳极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；通过阴离子交换膜的离子是SO42-，通过阳离子交换膜的离子是K+，根据电荷守恒通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数；（4）阴极反应生成，所以氢氧化钾溶液在阴极生成，制得的氢氧化钾溶液从出口D放出；（5）氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，正极是氧气得电子生成OH－，正极的反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
30. Ⅰ、目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
(1)图中用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。则阳极产生ClO2的电极反应式为___________________________________________。
(2)电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为________mol。
Ⅱ、某研究性学习小组根据反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4 ＋ 8H2O设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为 1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。
回答下列问题：
(3)此原电池的正极是石墨________(填“a”或“b”)。
(4)电池工作时，盐桥中的SO移向________(填“甲”或“乙”)烧杯。
(5)甲烧杯中的电极反应式为_______________________。
(6)若不考虑溶液的体积变化，MnSO4浓度变为1.5 mol·L－1，则反应中转移的电子为____mol。
【答案】 (1). Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋ (2). 0.01 (3). a (4). 乙 (5). MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O (6). 0.5
【解析】试题分析：Ⅰ、(1)阳极Cl－失去电子发生氧化反应生成ClO2。(2)水电离产生的H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，根据电荷守恒分析转移阳离子的物质的量。Ⅱ、(3)原电池中发生氧化反应的一极是负极，发生还原反应的一极是正极；(4)原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极；(5)甲烧杯中MnO得电子被还原为Mn2＋； (6) MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，则生成MnSO4的物质的量是0.2L×(1.5 mol·L－1-1 mol·L－1)=0.1mol，根据电极反应式计算转移电子的物质的量。
解析：Ⅰ、(1)阳极Cl－失去电子发生氧化反应生成ClO2，电极反应是Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋。(2)水电离产生的H＋在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n＝2n(H2)＝2×(0.112 L÷22.4 L·mol－1)＝0.01 mol，溶液中阳离子全是+1价离子，根据电荷守恒，通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.01mol。Ⅱ、(3)原电池中发生氧化反应的一极是负极，发生还原反应的一极是正极；根据电池总反应方程式，KMnO4得电子发生还原反应，FeSO4失电子发生氧化反应；所以原电池的正极是石墨a； (4)原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，所以盐桥中的SO移向乙烧杯；(5)甲烧杯中MnO得电子被还原为Mn2＋，电极反应是MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O； (6) MnSO4浓度由1 mol·L－1变为1.5 mol·L－1，则生成MnSO4的物质的量是0.2L×(1.5 mol·L－1-1 mol·L－1)=0.1mol，根据电极反应MnO＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O，生成0.1mol MnSO4转移电子的物质的量是0.5mol。
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