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2018-2019学年黑龙江省龙东南七校高二上学期期末联考化学试题 解析版
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2018-2019学年黑龙江省龙东南七校高二上学期期末联考化学试题 解析版
可能用到的相对原子质量：H 1; O 16; Na 23; Cu 64; Zn 65
选择题，每个小题只有一个选项正确，共60分
1.下列说法正确的是（ ）
A. 活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B. 吸热反应只有加热才能发生
C. 有能量变化的一定是化学反应
D. 化学键断裂要吸收能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.活化分子间的碰撞一定是有效碰撞，能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞，A错误；
B.吸热反应可能在室温下进行，也可能在加热或高温等条件下才能发生，B错误；
C.物质发生状态变化时也有能量变化，因此有能量变化的不一定是化学反应，C错误；
D.化学键是相邻的2个或多个原子之间的强烈的相互作用，所以化学键断裂要吸收能量，D正确；
故合理选项是D。
2.用2g块状大理石与30ml3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（ ）
①再加入30mL3mol/L盐酸②改用30ml6mol/L盐酸③改用2g粉末状大理石④适当升高温度．
A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【详解】大理石与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，①盐酸的浓度不变，化学反应速率不变，①不合理；②盐酸的浓度增大，化学反应速率加快，②合理；③改用2g粉末状大理石，增大了固态物质与溶液的接触面积，反应速率加快，③合理；④适当升高温度，分子之间的有效碰撞加快，更多的分子变为活化分子，反应速率加快，④合理。故可以加快反应速率的序号为②③④，选项B正确。
3.将①H+、②Cl﹣、③Al3+、④K+、⑤S2﹣、⑥OH﹣、⑦NO3﹣、⑧NH4+分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（ ）
A. ①③⑤⑦⑧ B. ②④⑦ C. ①⑥ D. ②④⑥⑧
【答案】B
【解析】
试题分析：H+、OH-抑制水电离，弱离子发生水解反应而促进水电离，所以①⑥抑制水电离，③⑤⑧属于弱离子，能发生水解反应而促进水电离，则不影响水电离的离子有②④⑦，故选B。
考点：以盐类水解为载体考查水的电离。
4.在恒容密闭容器中，进行如下反应：NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)；△H=﹣373.2kJ/mol达到平衡后，为提高NO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂 B. 充入CO增大压强 C. 充入N2 D. 升高温度
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能使平衡发生移动，因此不能改变NO的转化率，A错误；
B.充入CO增大压强，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的转化率增大，B正确；
C.氮气是生成物，充入N2，平衡逆向移动，NO的转化率降低，C错误；
D.升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO的转化率降低，D错误；
故合理选项是B。
5.室温下，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，下列描述不正确的是（ ）
A. pH逐渐减小 B. c(H+)增大
C. 水的电离程度会不断增大 D. Kw不变
【答案】C
【解析】
【详解】醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液中c(H+)增大。
A.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，c(H+)增大，由于pH=-lgc(H+)，c(H+)越大，溶液的pH就越小，因此溶液的pH逐渐减小，A正确；
B.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，B正确；
C.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，但水的电离平衡逆向移动，因此水的电离程度减小，C错误；
D.Kw制与温度有关，与其它条件无关，温度不变，Kw不变，D正确；
故合理选项是C。
6.下列关于铜电极的叙述中，正确的是( )
A. 铜锌原电池中铜是正极 B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C. 在镀件上电镀铜时可用镀件作阳极 D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由于金属活动性Zn>Cu，所以中铜锌原电池中活动性弱的铜电极是正极，A正确；
B.用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液，B错误；
C.在镀件上电镀铜时,可用镀件作阴极，用镀层金属作阳极，C错误；
D.电解稀硫酸制H2、O2时，若用铜作电极，Cu电极不能参加反应，应该作阴极，D错误；
故合理选项是A。
7.将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3 ⑤NaHCO3 ⑥氯化铜
A. ③④ B. ①③④ C. ①②③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答。
【详解】①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，①错误；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，②错误；
③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，③正确；
④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，④正确；
⑤NaHCO3俗称小苏打，小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，不能得到原物质，⑤错误；
⑥氯化铜溶于水后，蒸发结晶过程中氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，蒸发促进氯化氢挥发，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铜，氢氧化铜不稳定，在灼烧时分解生成氧化铜，最终不能得到原物质，⑥错误；
可见能够得到原固体物质的是③④，故合理选项是A。
【点睛】本题以盐类水解为载体考查物质的性质，只有性质稳定、水解不生成挥发性酸的盐或会水解的盐蒸发结晶才可以得到原来物质，水解生成挥发性酸的盐蒸发结晶灼烧时得到氧化物，掌握盐的水解规律及物质是否具有挥发性是解题关键，题目难度中等。
8.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中溶液的pH均增大
D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；
B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；
C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；
D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。
9.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )
A. NaOH、H2SO4 B. CuCl2、Cu(NO3)2 C. Na2SO4、NaCl D. KNO3、AgNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。
【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，A正确；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为Cu2++2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，B错误；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，电极反应不同，C错误；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。
10.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+2H2O(l)=Zn(OH)2(s)+2MnOOH(s)，下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，锌失去电子
B. 电池正极电极反应式2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH-(aq)
C. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据电池总反应方程式可知：在电池工作时，锌失去电子，元素化合价升高，Zn作负极，A正确；
B.电池工作时，在正极上MnO2获得电子，发生还原反应产生MnOOH，正极的电极反应式：2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH-(aq)，B正确；
C.电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C错误；
D.Zn是+2价金属，每1molZn失去2mol电子，因此外电路中每通过0.2mol电子，锌消耗的物质的量为0.1mol，反应消耗的锌的质量理论上为6.5g，D正确；
故合理选项正确的C。
11.物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3 ③H2CO3 ④(NH4)2CO3按c(CO32-)由小到大顺序排列正确的是( )
A. ④＜③＜②＜① B. ③＜②＜④＜①
C. ③＜②＜④＜① D. ③＜④＜②＜①
【答案】B
【解析】
【分析】
①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解时碳酸根离子与水电离出的氢离子结合；②NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解时碳酸氢根离子与水电离出的氢离子结合；③H2CO3是弱酸，部分电离；④(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，然后判断离子浓度大小。
【详解】物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、(NH4)2CO3溶液中，根据盐类水解的规律：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，假设其物质的量浓度为0.1mol/L，则：
①Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；
②NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，故碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，即远远小于0.1mol/L；
③H2CO3是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L；
④(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；综上所述可知，在上述溶液中c(CO32-)根离子浓度为：Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3>H2CO3，由小到大顺序排列顺序为：③＜②＜④＜①，故合理选项是B。
【点睛】本题主要考查了盐类水解的应用，解答时需掌握盐类水解的规律、影响因素及应用。
12.在由水电离的c(H＋)=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. K＋、Fe2＋、S2-、MnO4- B. Al3＋、Cl-、NH4+、SO42-
C. Na＋、NO3-、Cl-、SO42- D. Na＋、AlO2-、Br-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】在室温下纯水电离产生的c(H＋)=10-7mol/L，现在该溶液中由水电离的c(H＋)=10-14mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。
A.在酸性溶液中，H+与S2-、MnO4-会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与Fe2＋会形成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，A错误；
B.在碱性溶液中OH-与Al3＋、NH4+会发生反应形成Al(OH)3沉淀、NH3·H2O，不能大量共存，B错误；
C.Na＋、NO3-、Cl-、SO42-与OH-或H+都不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D.在酸性溶液中，H+与AlO2-会发生反应形成Al3+，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
13.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是( )
A. a电极是负极
B. b电极的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D. 氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内新型发电装置
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧燃料电池中，通入氢气的电极a为电源的负极，A正确；
B.氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为原电池的正极，则b极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O4OH-，B错误；
C.氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，C正确；
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，D正确；
故合理选项是B。
14.下列过程通电后才能进行的是( )
①电离；②电解；③电镀；④电化学腐蚀
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③ D. 全部
【答案】C
【解析】
①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，故②正确；③电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，故③正确；④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，故④错误；故选C。
15.有① Na2CO3溶液 ② CH3COONa溶液 ③ NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是
A. 3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C. 若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
D. 若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
【答案】C
【解析】
酸越弱，相应的钠盐越容易水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确。稀释促进水解，所以pH变化最大的是氢氧化钠，B不正确。C中醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确。氢氧化钠是强碱，所以选项D中应该是②＞①＞③，D不正确。答案选C。
16.下列溶液中浓度关系正确的是( )
A. 小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(OH－)
B. CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
【答案】C
【解析】
A.电荷不守恒，错误；B. CH3COONa溶液中，醋酸根离子要水解，c(CH3COO－)＜c(Na＋)，错误；C. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)和电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c c(CH3COO－)＋c(OH－)，两式联列得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正确；D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA—的电离大于水解，则c(HA－)>c(H＋)> c(A2－)> c(H2A)，D错误。
17.下列实验和结论均正确的是( )
实验
结论
A
中和热的测定实验中，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒
测得ΔH偏小
B
中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗
测量结果将偏低
C
向氯化铁溶液中滴入KSCN溶液出现红色沉淀
Fe3+与SCN—反应生成红色物质
D
25℃，分别向等体积，浓度分别为0.1 mol/L和0.5 mol/L的草酸溶液中滴入少量等量的酸性高锰酸钾，后者褪色快。
其它条件相同，草酸的浓度越大，反应速率越快
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热的测定实验中，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒，会导致热量损失，测得ΔH偏大，A错误；
B.中和滴定实验中，锥形瓶不能用待测液润洗，若锥形瓶用待测液润洗，消耗的标准溶液多，反应放出的热量多，最终导致测量结果将偏低，B错误；
C.向氯化铁溶液中滴入KSCN溶液,Fe3+与SCN-会发生络合反应，形成Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，不会出现红色沉淀,C错误；
D.在其他条件不变时，反应物的浓度越大，化学反应速率越快，D正确；
故合理选项是D。
18.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，则氢气燃烧热为241.8 kJ/mol
B. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则2ΔH1<ΔH2
C. 已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-Q kJ/mol (Q>0)，则将16gSO2(g)和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量
D. 已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此氢气燃烧热大于241.8 kJ/mol，A错误；
B.物质越多，反应放出的热量越多，CO燃烧会放出热量，所以C转化为CO2气体比转化为CO放出的热量多，放出的热量越多，反应热就越小，故2ΔH1<ΔH2，B正确；
C.根据热化学方程式可知2molSO2完全转化为SO3气体时放出热量是QkJ，16gSO2(g)的物质的量是0.25mol，将其与足量氧气放在一密闭容器内充分反应，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以充分反应后放出热量小于0.125QkJ，C错误；
D. C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0表明该反应的正反应为吸热反应，物质含有的能量越高，物质的稳定性就越小，则金刚石不如石墨稳定，D错误；
故合理选项是B。
19.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是( )
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
Cu(NO3)2
Cu(NO3)2溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，说明根据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要满足加入溶液中减少的物质。
【详解】A.以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，电解的是氯化钠和水，故A错误；
B.以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，阴极铜离子放电，通电一段时间后为硫酸溶液，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B错误；
C.以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，所以C选项是正确的；
D.以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银离子放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D错误。
所以C选项是正确的。
20.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，不正确的是（ ）
A. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）
B. 常温下0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH－）减小
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 常温下pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7
【答案】B
【解析】
A为电荷守恒，正确；
加水稀释，C（H+）减小，利用Kw=[H+][OH-], c（OH－）应增大，故B错误；
加少量的CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，故C正确；
NaOH为强碱，pH＝12，得：c（OH－）=0.01mol.L-1，这是所有的OH－，CH3COOH为弱酸，pH＝2，得：c（H＋）＝0.01mol.L-1，这只是自由移动的H＋，所以等体积混合后，余酸，则pH＜7，故D正确
21.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3 s内，反应速率：v(NO2)=0.2 mol/L
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使平衡常数减小，A正确；
B.根据图示可知在0～3 s内，NO2的浓度减小了0.6mol/L，则NO2用表示的反应速率V==0.2 mol/(L·s)，B错误；
C.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动，C错误；
D.达平衡时，增大c(O2)，化学平衡逆向移动，NO2的转化率降低，D错误；
故合理选项是A。
22.在室温下有0.1 mol·L－1的下列物质：①Na2CO3溶液；②NH4HCO3溶液；③NaHCO3溶液；④NaHSO3溶液；⑤NaHSO4溶液；⑥NaHS溶液。其中，既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应，且pH>7的是( )
A. ①③④ B. ②④⑥ C. ②③⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2CO3溶液只能与酸不反应，不与NaOH反应，①错误；
②NH4HCO3溶液属于弱酸的铵盐溶液，既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸，由于HCO3-水解程度比NH4+大，因此溶液的pH>7，②正确；
③NaHCO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应生成碳酸钠，NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，pH>7，③正确；
④NaHSO3溶液能与酸反应生成二氧化硫气体，与碱反应生成亚硫酸钠，NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-的电离作用大于其水解作用，使溶液显酸性，pH<7，④错误；
⑤NaHSO4溶液只能与碱反应，不与酸反应，⑤错误；
⑥NaHS既能跟NaOH溶液反应产生Na2S，又能跟盐酸反应产生H2S气体，NaHS是强碱弱酸盐，HS-水解使溶液显碱性，pH>7，⑥正确；可见符合要求的物质为②③⑥，
故合理选项是B。
23.在20mL0.1mol·L－HCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3·H2O溶液，反应后溶液中各粒子浓度的关系错误的是( )
A. C（H＋）＋C（NH4＋）＝C（OH－）＋C（Cl－）
B. C（H＋）= C（OH－）+ C（NH 3·H2O）
C. C（Cl-）＞C（NH4+）＞C（OH－）＞C（H＋）
D. C（Cl-）＝C（NH4+）+ C（NH 3·H2O）
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（NH4＋）=c（OH－）＋c（Cl－），故A正确；
B.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c（H+）=c（OH-）+c（NH3•H2O），故B正确；
C.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-），故D正确。
故选C。
24.1000mL硝酸钾和硝酸铜的混合溶液中c(NO3-)=3.0mol/L，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后两极均收集到22.4L气体(标准状况)。下列说法正确的是（ ）
A. 原混合溶液中钾离子浓度为2mol/L B. 上述电解过程中共转移6mol电子
C. 电解得到的铜的物质的量为0.5mol D. 电解后溶液中氢离子浓度为2mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），阴极发生反应为：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，阳极发生反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，n(O2)= 22.4L÷22.4L/mol=1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答。
【详解】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n(O2)=22.4L÷22.4L/mol=1mol，阳极发生电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑。
A.根据同一闭合回路中电子转移数目相等，结合阴极上离子的放电顺序可知，溶液中Cu2+的浓度为：c(Cu2+)==1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为3mol/L-1mol/L×2=1mol/L，A错误；
B.根据氧气来计算反应过程中转移电子的物质的量，n(e-)=1mol×4=4mol，B错误；
C.电解得到的Cu的物质的量为1mol，C错误；
D.电解后溶液中c(H+)为：c(H+)==2mol/L，D正确；
故合理选项是D。
25.下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是( )
选项
事实
结论
A
工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧
增大反应物的接触面积，加快化学反应速率
B
A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2，在B试管中加入MnO2，B试管中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
C
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变短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
D
一定条件下：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)达到反应平衡，缩小体积颜色加深
c(I2)增大，I2物质的量增多
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧，可以增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，故A正确；
B. 当其他条件不变时，加入催化剂可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B正确；
C. 当其他条件不变时，升高温度可以增大活化分子数目和百分数，加快化学反应速率，故C正确；
D. H2(g)＋I2(g) 2HI(g)为反应前后等体积的可逆反应，缩小容器体积，压强增大，c(I2)增大，但平衡不移动，所以I2的物质的量不变，故D错误，答案选D。
26.浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
B. MOH的碱性强于ROH的碱性
C. ROH的电离程度：b点大于a点
D. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
【答案】A
【解析】
【分析】
A.升高温度促进弱电解质电离；
B.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)
D.若两溶液无限稀释，则它们水溶液接近中性。
【详解】A.升高温度促进弱电解质电离，MOH是强电解质，升高温度不影响其电离，ROH是弱电解质，升高温度促进其电离，所以当1g=2时，若两溶液同时升温，则减小，A错误；
B.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中 c(OH-)
故合理选项是A。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及电解质强弱判断、弱电解质的电离的知识，侧重考查学生对图象分析于判断能力，明确强弱电解质判断方法、弱电解质电离影响因素、弱电解质浓度与其电离程度关系是解本题关键，注意：当酸或碱无限稀释时溶液接近中性溶液，题目难度中等。
27.在相同的条件下测得①NaCN ②CH3COONa ③NaClO三种溶液pH相同，并且Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)>Ka(HCN)，则它们的物质的量浓度的大小顺序是( )
A. ①>②>③ B. ②>①>③ C. ②>③>① D. ③>①>②
【答案】C
【解析】
【分析】
对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，该盐溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，酸越强，盐的浓度越大，据此分析解答。
【详解】在相同的条件下测得①NaCN；②CH3COONa；③NaClO三种溶液pH相同，已知Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)>Ka(HCN)，说明相应的酸的酸性：CH3COOH＞HClO＞HCN，所以等浓度时盐的水解程度：NaCN>NaClO>CH3COONa。若盐溶液的pH相同，溶液的浓度：NaCN③>①，故合理选项是C。
【点睛】本题考查了酸的电离平衡产生与盐类的水解的关系的判断的知识，会运用逆向思维进行分析解答本题，注意盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当溶液pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大。
28.室温下在一定体积某浓度的Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH=1的稀硫酸至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，测定溶液pH=2，若忽略两溶液混合时的体积变化，则稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积之比是（ ）
A. 1：10 B. 1：9 C. 10：1 D. 9：1
【答案】B
【解析】
【分析】
硝酸钡和硫酸反应硫酸根离子恰好沉淀，需要Ba(NO3)2和H2SO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。
【详解】Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH=1H2SO4至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，根据H2SO4+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，设稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积分别是x、y，则生成硝酸的物质的量为n(HNO3)=2n(H2SO4)=0.05x×2=0.1xmol，c(H+)=c(HNO3)==0.01mol/L，解得x：y=1：9，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了溶液pH与盐溶液的浓度的有关计算知识，掌握物质的量浓度的计算公式及酸的浓度与溶液氢离子浓度的关系及溶液pH的含义是本题解答的关键。该题属于综合知识的考查，难度中等。
29.可逆反应：3A(气)3B(？)+C(？)；△H>0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是 ( )
A. B和C可能都是固体 B. B和C一定都是气体
C. 若C为气体，则B一定是固体 D. B和C可能都是气体
【答案】D
【解析】
【详解】3A(气)3B(？)+C(？)；△H>0，该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，气体平均摩尔质量变小，说明该反应的正反应为气体体积增大的反应。
A.若B和C都是固体，气体物质的量减小，质量减小，气体摩尔质量不变，A错误；
B.若都是气体，反应后气体物质的量一定增大，由于气体质量不变，因此气体的平均摩尔质量减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，平均摩尔质量也减小，B错误；
C.若C为气体，由于A、B的化学计量数相等，B为气体，反应前后气体物质的量增大，气体质量不变，平均摩尔质量减小；若是固体，反应后的气体物质的量不变，气体质量减小，气体的平均摩尔质量也减小；C错误；
D.若B和C都是气体时，根据质量守恒，由于气体物质的量增大，气体的平均摩尔质量减小，D正确；
故合理选项是D。
30.下列有关金属腐蚀的说法中正确的是( )
A. 钢铁闸门接在电源的负极上，此方法称为牺牲阳极的阴极保护法
B. 电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈
D. 金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢铁闸门接在电源的负极上，钢铁闸门为阴极，钢铁就不会失去电子，因而得到保护，此方法称为外接电流的阴极保护法，A错误；
B.电化学腐蚀指在不纯金属与周围接触的电解质溶液构成原电池，而发生化学反应而损耗的过程，B错误；
C.由于通常情况下电解质溶液为中性或弱酸性，钢铁腐蚀发生的最普遍的是吸氧腐蚀，正极吸收氧气，产物最终转化为铁锈，C错误；
D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属失去电子被氧化而引起的腐蚀，因此本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生，而化学腐蚀没有电流产生，D正确；
故合理选项是D。
31.如图所示，A、B两个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。
（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是_____(填标号，下同)，属于电解池的是________。
（2）A池中Zn是___极，电极反应式为____；Cu是___极，电极反应式为________，A中总反应的方程式_______。
（3）B池中总反应的方程式为________________。
（4）C池中Zn是__极，电极反应式为___；Cu是__极，电极反应式为____________。
【答案】 (1). A (2). BC (3). 负 (4). Zn - 2e- == Zn2+ (5). 正 (6). Cu2+ + 2e- == Cu (7). Zn + CuCl2 == ZnCl2 + Cu (8). CuCl2 ===Cu + Cl2↑（条件电解） (9). 阴 (10). Cu2+ + 2e- == Cu (11). 阳 (12). Cu - 2e- == Cu2+
【解析】
本题考查原电池的工作原理、电解池的工作原理以及电极反应式的书写，（1）原电池没有外加电源，电解池有外加电源，因此三个装置中属于原电池的是A，属于电解池的是BC；（2）根据原电池的构成条件，Zn比铜活泼，因此锌为负极，Cu为正极，电解质溶液为CuCl2，电池总反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，负极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；（3）B装置为电解池装置，两极为惰性材料为电极，电解液为CuCl2溶液，根据电解原理，总反应式为CuCl2 Cu + Cl2↑；（4）C装置为电解池装置，Zn与电源的负极相连，则Zn为阴极，Cu2＋在阴极上先放电，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，Cu连接电源的正极，Cu电极为阳极，Cu为活动性金属，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋。
点睛：电解池装置中放电顺序，首先判断电极材料，如果是惰性材料作电极（如石墨，Pt，金等），阳极：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根，阴极：氧化性强的先得到电子，如果是活动性金属作电极，阴极放电顺序不变，阳极应是金属先失电子，这些顺序都是灵活运用的，注意题目中所给信息。
32.Ⅰ.某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液
B．用移液管移取25 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴指示剂甲基橙
C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为c的标准盐酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母填写)__________→________→________→ D→________。
(2)D步骤中液面应调节到______________，尖嘴部分应______________。
(3)滴定终点时锥形瓶中颜色变化______________。
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？________(填“偏高”、“低”或“不变”)
(5)该烧碱样品纯度的计算式为______________。
Ⅱ. (1)常温下，0.2 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，则①混合溶液中由水电离出的c(H＋)___(填“>”、“<”或“=”)HCl溶液中由水电离出的c(H＋)。
②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)。
c(Cl-)-c(M＋)=________ mol/L；c(H＋)-c(MOH)=________ mol/L。
(2)常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，则混合溶液的pH________(填“>7”或“<7”或“无法确定”)。
【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). E (5). 零刻度或零刻度以下的某一刻度 (6). 充满溶液，无气泡 (7). 由黄色变为橙色 (8). 偏高 (9). % (10). > (11). 9.9×10-7 (12). 1.0×10-8 (13). <7
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；
(2)为准确测定待测溶液的浓度，盛装溶液调节液面，记下开始读数时，液面应调至0刻度或其下；尖嘴部分不能有气泡；
(3)以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4；
(4)据c(待测)=进行判断；
(5)利用n(NaOH)=n(HCl)，计算n(NaOH)及m(NaOH)，然后用纯度为×100%计算该烧碱样品纯度；
II. (1)常温下，0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积变化)，测得混合溶液的pH=6，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH是弱碱。
①酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)；根据物料守恒和电荷守恒计算c(H＋)-c(MOH)；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，证明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，溶液呈酸性。
【详解】Ⅰ.(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，为准确判断滴定终点，要在锥形瓶下垫一张白纸，故合理顺序：C；A；B；D；E；
(2)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍向下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡；
(3)以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，甲基橙在碱性环境中为黄色，因此滴定终点时溶液颜色由黄色变为橙色；
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，从滴定管流出的溶液的浓度偏小，等体积的溶液中含有的HCl的物质的量小，为将锥形瓶内的烧碱中和，消耗较多体积的标准溶液，在其他操作均正确的前提下，根据c(待测)=可知待测溶液的浓度偏高；
(5)滴定消耗盐酸的物质的量为n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，则根据酸、碱中和时二者的物质的量相等，n(NaOH)= n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，m(NaOH)=40c(V2-V1)×10-3g，则样品中NaOH的质量为m(NaOH)(总)=×40c(V2-V1)×10-3g，故烧碱样品纯度为=×100%=%。
II. (1)常温下，0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH是弱碱。
①酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，HCl对水的电离起抑制作用，该溶液为强酸弱碱盐，弱碱阳离子对水的电离平衡起促进作用，所以混合溶液中由水电离出的c(H＋)>HCl溶液中由水电离出的c(H＋)；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L；
根据物料守恒可得c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，将第一个式子带入第二个式子，整理可得c(H＋)-c(MOH)= c(OH-)=1.0×10-8mol/L；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于c(H+)=c(OH-)，说明电离产生的氢离子与氢氧根离子恰好中和，由于NaOH是强碱，完全电离，c(NaOH)= c(OH-)，而测得混合溶液的pH≠7，说明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，当酸碱中和后，过量的酸分子电离产生氢离子，使溶液呈酸性，因此溶液的pH<7。
【点睛】本题综合考查酸碱中和滴定、酸碱混合溶液定性判断、溶液的离子浓度大小比较及盐类水解的知识，正确判断电解质强弱及混合溶液成分及其性质是解本题关键，题目侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，建议在学习中把握相关基本实验方法，注重学习方法的积累，题目难度中等。
33.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性高锰酸钾与草酸的反应，记录以下实验数据：
实验编号
实验温度
试管中所加试剂及其用量 / mL
溶液褪至无色所需时间/ min
0.6mol/L H2C2O4
溶液
H2O
3mol/L H2SO4
稀溶液
0.05mol/L
KMnO4溶液
①
25
3.0
V1
2.0
3.0
1.5
②
25
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
③
50
2.0
V2
2.0
3.0
1.0
(1)请写出该反应的离子方程式_________，当该反应以表中数据反应完全时转移电子数为_______NA；
(2)V1=________ mL；
(3)根据上表中的实验①、②数据，可以得到的结论是________。
(4)探究温度对化学反应速率的影响，应选择________(填实验编号)；
(5)该小组同学根据经验绘制了n(Mn 2+)随时间变化的趋势如图所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn 2+)随时间变化的实际趋势如图所示。
该小组同学根据如图所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。
实验编号
实验温度/℃
试管中所加试剂及其用量
再加入某种固体
溶液褪至无色所需时间 / min
④
25
0.6mol/L H2C2O4
H2O
3mol/L H2SO4
0.05mol/L KMnO4溶液
2.0
3.0
2.0
3.0
MnSO4
t
①小组同学提出的假设是_________。
②若该小组同学提出的假设成立，应观察到_______________________现象。
【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O (2). 0.00075 (3). 2.0 (4). 其他条件相同时，反应物浓度减小，反应速率减慢 (5). ②、③ (6). Mn2+对该反应有催化作用 (7). 褪色时间变短
【解析】
【分析】
(1)酸性高锰酸钾与草酸的反应生成CO2、Mn2+和H2O，结合电荷守恒、原子守恒和电子守恒配平书写离子方程式，分析图表数据n(KMnO4)=0.05mol/L×0.003L=0.00015mol，n(H2C2O4)=0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，结合化学方程式定量关系分析判断，高锰酸钾完全反应，据此计算电子转移总数；
(2)探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，则必须保证其他影响反应速率的因素是相同的；
(3)实验①和②除H2C2O4溶液浓度不同，其它均相同；
(4)实验②和③除温度不同，其它均相同；
(5)①由图乙可知反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是硫酸锰在反应中的作用；
②若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。
【详解】(1)酸性高锰酸钾与H2C2O4的反应生成CO2、Mn2+和H2O，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得配平的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，分析图表数据n(KMnO4)=0.05mol/L×0.003L=0.00015mol，n(H2C2O4)=0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，结合化学方程式定量关系分析判断，高锰酸钾完全反应，据此计算电子转移总数=0.00015mol×(7-2)×NA=7.5×10-4NA；
(2)探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，必须保证其他影响反应速率的因素是相同的，而由实验②可知，H2C2O4溶液、H2O、KMnO4溶液和稀硫酸的体积和为10.0mL，由于须保证KMnO4 溶液的浓度相同，故V1=2.0mL；
(3)由实验①和②数据可知，H2C2O4溶液浓度不同，说明探究浓度对反应速率的影响，可知其他条件不变，增大反应物的浓度，加快反应速率；
(4)由实验②和③数据可知，除温度不同，其它均相同，说明探究温度对反应速率的影响，故应该选择②③；
(5)①由图乙可知反应开始后速率增大较快，说明Mn2+对该反应起催化剂的作用；
②若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明Mn2+是催化剂。
【点睛】本题结合化学实验考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握温度、催化剂对化学反应速率的影响，解题关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出合理结论，试题有助于培养学生的分析能力及化学实验能力。
2018-2019学年黑龙江省龙东南七校高二上学期期末联考化学试题 解析版
可能用到的相对原子质量：H 1; O 16; Na 23; Cu 64; Zn 65
选择题，每个小题只有一个选项正确，共60分
1.下列说法正确的是（ ）
A. 活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
B. 吸热反应只有加热才能发生
C. 有能量变化的一定是化学反应
D. 化学键断裂要吸收能量
【答案】D
【解析】
【详解】A.活化分子间的碰撞一定是有效碰撞，能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞，A错误；
B.吸热反应可能在室温下进行，也可能在加热或高温等条件下才能发生，B错误；
C.物质发生状态变化时也有能量变化，因此有能量变化的不一定是化学反应，C错误；
D.化学键是相邻的2个或多个原子之间的强烈的相互作用，所以化学键断裂要吸收能量，D正确；
故合理选项是D。
2.用2g块状大理石与30ml3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（ ）
①再加入30mL3mol/L盐酸②改用30ml6mol/L盐酸③改用2g粉末状大理石④适当升高温度．
A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【详解】大理石与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，①盐酸的浓度不变，化学反应速率不变，①不合理；②盐酸的浓度增大，化学反应速率加快，②合理；③改用2g粉末状大理石，增大了固态物质与溶液的接触面积，反应速率加快，③合理；④适当升高温度，分子之间的有效碰撞加快，更多的分子变为活化分子，反应速率加快，④合理。故可以加快反应速率的序号为②③④，选项B正确。
3.将①H+、②Cl﹣、③Al3+、④K+、⑤S2﹣、⑥OH﹣、⑦NO3﹣、⑧NH4+分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（ ）
A. ①③⑤⑦⑧ B. ②④⑦ C. ①⑥ D. ②④⑥⑧
【答案】B
【解析】
试题分析：H+、OH-抑制水电离，弱离子发生水解反应而促进水电离，所以①⑥抑制水电离，③⑤⑧属于弱离子，能发生水解反应而促进水电离，则不影响水电离的离子有②④⑦，故选B。
考点：以盐类水解为载体考查水的电离。
4.在恒容密闭容器中，进行如下反应：NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)；△H=﹣373.2kJ/mol达到平衡后，为提高NO的转化率，采取的正确措施是( )
A. 加催化剂 B. 充入CO增大压强 C. 充入N2 D. 升高温度
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能使平衡发生移动，因此不能改变NO的转化率，A错误；
B.充入CO增大压强，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的转化率增大，B正确；
C.氮气是生成物，充入N2，平衡逆向移动，NO的转化率降低，C错误；
D.升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO的转化率降低，D错误；
故合理选项是B。
5.室温下，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，下列描述不正确的是（ ）
A. pH逐渐减小 B. c(H+)增大
C. 水的电离程度会不断增大 D. Kw不变
【答案】C
【解析】
【详解】醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液中c(H+)增大。
A.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，c(H+)增大，由于pH=-lgc(H+)，c(H+)越大，溶液的pH就越小，因此溶液的pH逐渐减小，A正确；
B.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，B正确；
C.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，但水的电离平衡逆向移动，因此水的电离程度减小，C错误；
D.Kw制与温度有关，与其它条件无关，温度不变，Kw不变，D正确；
故合理选项是C。
6.下列关于铜电极的叙述中，正确的是( )
A. 铜锌原电池中铜是正极 B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极
C. 在镀件上电镀铜时可用镀件作阳极 D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【答案】A
【解析】
【详解】A. 由于金属活动性Zn>Cu，所以中铜锌原电池中活动性弱的铜电极是正极，A正确；
B.用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液，B错误；
C.在镀件上电镀铜时,可用镀件作阴极，用镀层金属作阳极，C错误；
D.电解稀硫酸制H2、O2时，若用铜作电极，Cu电极不能参加反应，应该作阴极，D错误；
故合理选项是A。
7.将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3 ⑤NaHCO3 ⑥氯化铜
A. ③④ B. ①③④ C. ①②③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答。
【详解】①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，①错误；
②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，②错误；
③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，③正确；
④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，④正确；
⑤NaHCO3俗称小苏打，小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，不能得到原物质，⑤错误；
⑥氯化铜溶于水后，蒸发结晶过程中氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，蒸发促进氯化氢挥发，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铜，氢氧化铜不稳定，在灼烧时分解生成氧化铜，最终不能得到原物质，⑥错误；
可见能够得到原固体物质的是③④，故合理选项是A。
【点睛】本题以盐类水解为载体考查物质的性质，只有性质稳定、水解不生成挥发性酸的盐或会水解的盐蒸发结晶才可以得到原来物质，水解生成挥发性酸的盐蒸发结晶灼烧时得到氧化物，掌握盐的水解规律及物质是否具有挥发性是解题关键，题目难度中等。
8.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）
A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中溶液的pH均增大
D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；
B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；
C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；
D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。
9.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )
A. NaOH、H2SO4 B. CuCl2、Cu(NO3)2 C. Na2SO4、NaCl D. KNO3、AgNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。
【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，A正确；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为Cu2++2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，B错误；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，电极反应不同，C错误；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。
10.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+2H2O(l)=Zn(OH)2(s)+2MnOOH(s)，下列说法错误的是( )
A. 电池工作时，锌失去电子
B. 电池正极电极反应式2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH-(aq)
C. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据电池总反应方程式可知：在电池工作时，锌失去电子，元素化合价升高，Zn作负极，A正确；
B.电池工作时，在正极上MnO2获得电子，发生还原反应产生MnOOH，正极的电极反应式：2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH-(aq)，B正确；
C.电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C错误；
D.Zn是+2价金属，每1molZn失去2mol电子，因此外电路中每通过0.2mol电子，锌消耗的物质的量为0.1mol，反应消耗的锌的质量理论上为6.5g，D正确；
故合理选项正确的C。
11.物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3 ②NaHCO3 ③H2CO3 ④(NH4)2CO3按c(CO32-)由小到大顺序排列正确的是( )
A. ④＜③＜②＜① B. ③＜②＜④＜①
C. ③＜②＜④＜① D. ③＜④＜②＜①
【答案】B
【解析】
【分析】
①Na2CO3是强碱弱酸盐，水解时碳酸根离子与水电离出的氢离子结合；②NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解时碳酸氢根离子与水电离出的氢离子结合；③H2CO3是弱酸，部分电离；④(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，然后判断离子浓度大小。
【详解】物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、(NH4)2CO3溶液中，根据盐类水解的规律：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，假设其物质的量浓度为0.1mol/L，则：
①Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；
②NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，故碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，即远远小于0.1mol/L；
③H2CO3是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L；
④(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；综上所述可知，在上述溶液中c(CO32-)根离子浓度为：Na2CO3>(NH4)2CO3>NaHCO3>H2CO3，由小到大顺序排列顺序为：③＜②＜④＜①，故合理选项是B。
【点睛】本题主要考查了盐类水解的应用，解答时需掌握盐类水解的规律、影响因素及应用。
12.在由水电离的c(H＋)=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A. K＋、Fe2＋、S2-、MnO4- B. Al3＋、Cl-、NH4+、SO42-
C. Na＋、NO3-、Cl-、SO42- D. Na＋、AlO2-、Br-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】在室温下纯水电离产生的c(H＋)=10-7mol/L，现在该溶液中由水电离的c(H＋)=10-14mol/L<10-7mol/L，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。
A.在酸性溶液中，H+与S2-、MnO4-会发生氧化还原反应，不能大量共存；在碱性溶液中，OH-与Fe2＋会形成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，A错误；
B.在碱性溶液中OH-与Al3＋、NH4+会发生反应形成Al(OH)3沉淀、NH3·H2O，不能大量共存，B错误；
C.Na＋、NO3-、Cl-、SO42-与OH-或H+都不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D.在酸性溶液中，H+与AlO2-会发生反应形成Al3+，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
13.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是( )
A. a电极是负极
B. b电极的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
C. 氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D. 氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内新型发电装置
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧燃料电池中，通入氢气的电极a为电源的负极，A正确；
B.氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为原电池的正极，则b极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O4OH-，B错误；
C.氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，C正确；
D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，D正确；
故合理选项是B。
14.下列过程通电后才能进行的是( )
①电离；②电解；③电镀；④电化学腐蚀
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③ D. 全部
【答案】C
【解析】
①电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故①错误；②电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，故②正确；③电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，故③正确；④电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，故④错误；故选C。
15.有① Na2CO3溶液 ② CH3COONa溶液 ③ NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是
A. 3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①
B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C. 若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
D. 若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
【答案】C
【解析】
酸越弱，相应的钠盐越容易水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确。稀释促进水解，所以pH变化最大的是氢氧化钠，B不正确。C中醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确。氢氧化钠是强碱，所以选项D中应该是②＞①＞③，D不正确。答案选C。
16.下列溶液中浓度关系正确的是( )
A. 小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(OH－)
B. CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
【答案】C
【解析】
A.电荷不守恒，错误；B. CH3COONa溶液中，醋酸根离子要水解，c(CH3COO－)＜c(Na＋)，错误；C. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)和电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c c(CH3COO－)＋c(OH－)，两式联列得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正确；D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA—的电离大于水解，则c(HA－)>c(H＋)> c(A2－)> c(H2A)，D错误。
17.下列实验和结论均正确的是( )
实验
结论
A
中和热的测定实验中，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒
测得ΔH偏小
B
中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗
测量结果将偏低
C
向氯化铁溶液中滴入KSCN溶液出现红色沉淀
Fe3+与SCN—反应生成红色物质
D
25℃，分别向等体积，浓度分别为0.1 mol/L和0.5 mol/L的草酸溶液中滴入少量等量的酸性高锰酸钾，后者褪色快。
其它条件相同，草酸的浓度越大，反应速率越快
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A.中和热的测定实验中，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒，会导致热量损失，测得ΔH偏大，A错误；
B.中和滴定实验中，锥形瓶不能用待测液润洗，若锥形瓶用待测液润洗，消耗的标准溶液多，反应放出的热量多，最终导致测量结果将偏低，B错误；
C.向氯化铁溶液中滴入KSCN溶液,Fe3+与SCN-会发生络合反应，形成Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，不会出现红色沉淀,C错误；
D.在其他条件不变时，反应物的浓度越大，化学反应速率越快，D正确；
故合理选项是D。
18.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，则氢气燃烧热为241.8 kJ/mol
B. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则2ΔH1<ΔH2
C. 已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-Q kJ/mol (Q>0)，则将16gSO2(g)和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量
D. 已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此氢气燃烧热大于241.8 kJ/mol，A错误；
B.物质越多，反应放出的热量越多，CO燃烧会放出热量，所以C转化为CO2气体比转化为CO放出的热量多，放出的热量越多，反应热就越小，故2ΔH1<ΔH2，B正确；
C.根据热化学方程式可知2molSO2完全转化为SO3气体时放出热量是QkJ，16gSO2(g)的物质的量是0.25mol，将其与足量氧气放在一密闭容器内充分反应，由于该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以充分反应后放出热量小于0.125QkJ，C错误；
D. C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH＞0表明该反应的正反应为吸热反应，物质含有的能量越高，物质的稳定性就越小，则金刚石不如石墨稳定，D错误；
故合理选项是B。
19.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是( )
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
Cu(NO3)2
Cu(NO3)2溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质在通电一段时间，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，说明根据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要满足加入溶液中减少的物质。
【详解】A.以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，电解的是氯化钠和水，故A错误；
B.以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，阴极铜离子放电，通电一段时间后为硫酸溶液，需要加入氧化铜或碳酸铜恢复浓度，故B错误；
C.以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，所以C选项是正确的；
D.以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银离子放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不需要加AgNO3固体恢复原样，故D错误。
所以C选项是正确的。
20.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，不正确的是（ ）
A. 醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO－）
B. 常温下0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH－）减小
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 常温下pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＜7
【答案】B
【解析】
A为电荷守恒，正确；
加水稀释，C（H+）减小，利用Kw=[H+][OH-], c（OH－）应增大，故B错误；
加少量的CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，故C正确；
NaOH为强碱，pH＝12，得：c（OH－）=0.01mol.L-1，这是所有的OH－，CH3COOH为弱酸，pH＝2，得：c（H＋）＝0.01mol.L-1，这只是自由移动的H＋，所以等体积混合后，余酸，则pH＜7，故D正确
21.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
升高温度，平衡常数减小
0～3 s内，反应速率：v(NO2)=0.2 mol/L
t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使平衡常数减小，A正确；
B.根据图示可知在0～3 s内，NO2的浓度减小了0.6mol/L，则NO2用表示的反应速率V==0.2 mol/(L·s)，B错误；
C.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动，C错误；
D.达平衡时，增大c(O2)，化学平衡逆向移动，NO2的转化率降低，D错误；
故合理选项是A。
22.在室温下有0.1 mol·L－1的下列物质：①Na2CO3溶液；②NH4HCO3溶液；③NaHCO3溶液；④NaHSO3溶液；⑤NaHSO4溶液；⑥NaHS溶液。其中，既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸反应，且pH>7的是( )
A. ①③④ B. ②④⑥ C. ②③⑥ D. ①③⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2CO3溶液只能与酸不反应，不与NaOH反应，①错误；
②NH4HCO3溶液属于弱酸的铵盐溶液，既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸，由于HCO3-水解程度比NH4+大，因此溶液的pH>7，②正确；
③NaHCO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应生成碳酸钠，NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，pH>7，③正确；
④NaHSO3溶液能与酸反应生成二氧化硫气体，与碱反应生成亚硫酸钠，NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-的电离作用大于其水解作用，使溶液显酸性，pH<7，④错误；
⑤NaHSO4溶液只能与碱反应，不与酸反应，⑤错误；
⑥NaHS既能跟NaOH溶液反应产生Na2S，又能跟盐酸反应产生H2S气体，NaHS是强碱弱酸盐，HS-水解使溶液显碱性，pH>7，⑥正确；可见符合要求的物质为②③⑥，
故合理选项是B。
23.在20mL0.1mol·L－HCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3·H2O溶液，反应后溶液中各粒子浓度的关系错误的是( )
A. C（H＋）＋C（NH4＋）＝C（OH－）＋C（Cl－）
B. C（H＋）= C（OH－）+ C（NH 3·H2O）
C. C（Cl-）＞C（NH4+）＞C（OH－）＞C（H＋）
D. C（Cl-）＝C（NH4+）+ C（NH 3·H2O）
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（NH4＋）=c（OH－）＋c（Cl－），故A正确；
B.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c（H+）=c（OH-）+c（NH3•H2O），故B正确；
C.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-），故D正确。
故选C。
24.1000mL硝酸钾和硝酸铜的混合溶液中c(NO3-)=3.0mol/L，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后两极均收集到22.4L气体(标准状况)。下列说法正确的是（ ）
A. 原混合溶液中钾离子浓度为2mol/L B. 上述电解过程中共转移6mol电子
C. 电解得到的铜的物质的量为0.5mol D. 电解后溶液中氢离子浓度为2mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】
石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），阴极发生反应为：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，阳极发生反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，n(O2)= 22.4L÷22.4L/mol=1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答。
【详解】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n(O2)=22.4L÷22.4L/mol=1mol，阳极发生电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑。
A.根据同一闭合回路中电子转移数目相等，结合阴极上离子的放电顺序可知，溶液中Cu2+的浓度为：c(Cu2+)==1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为3mol/L-1mol/L×2=1mol/L，A错误；
B.根据氧气来计算反应过程中转移电子的物质的量，n(e-)=1mol×4=4mol，B错误；
C.电解得到的Cu的物质的量为1mol，C错误；
D.电解后溶液中c(H+)为：c(H+)==2mol/L，D正确；
故合理选项是D。
25.下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是( )
选项
事实
结论
A
工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧
增大反应物的接触面积，加快化学反应速率
B
A、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2，在B试管中加入MnO2，B试管中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率
C
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变短
当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快
D
一定条件下：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)达到反应平衡，缩小体积颜色加深
c(I2)增大，I2物质的量增多
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧，可以增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，故A正确；
B. 当其他条件不变时，加入催化剂可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B正确；
C. 当其他条件不变时，升高温度可以增大活化分子数目和百分数，加快化学反应速率，故C正确；
D. H2(g)＋I2(g) 2HI(g)为反应前后等体积的可逆反应，缩小容器体积，压强增大，c(I2)增大，但平衡不移动，所以I2的物质的量不变，故D错误，答案选D。
26.浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
B. MOH的碱性强于ROH的碱性
C. ROH的电离程度：b点大于a点
D. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等
【答案】A
【解析】
【分析】
A.升高温度促进弱电解质电离；
B.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)
D.若两溶液无限稀释，则它们水溶液接近中性。
【详解】A.升高温度促进弱电解质电离，MOH是强电解质，升高温度不影响其电离，ROH是弱电解质，升高温度促进其电离，所以当1g=2时，若两溶液同时升温，则减小，A错误；
B.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中 c(OH-)
故合理选项是A。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及电解质强弱判断、弱电解质的电离的知识，侧重考查学生对图象分析于判断能力，明确强弱电解质判断方法、弱电解质电离影响因素、弱电解质浓度与其电离程度关系是解本题关键，注意：当酸或碱无限稀释时溶液接近中性溶液，题目难度中等。
27.在相同的条件下测得①NaCN ②CH3COONa ③NaClO三种溶液pH相同，并且Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)>Ka(HCN)，则它们的物质的量浓度的大小顺序是( )
A. ①>②>③ B. ②>①>③ C. ②>③>① D. ③>①>②
【答案】C
【解析】
【分析】
对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，该盐溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，酸越强，盐的浓度越大，据此分析解答。
【详解】在相同的条件下测得①NaCN；②CH3COONa；③NaClO三种溶液pH相同，已知Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)>Ka(HCN)，说明相应的酸的酸性：CH3COOH＞HClO＞HCN，所以等浓度时盐的水解程度：NaCN>NaClO>CH3COONa。若盐溶液的pH相同，溶液的浓度：NaCN
【点睛】本题考查了酸的电离平衡产生与盐类的水解的关系的判断的知识，会运用逆向思维进行分析解答本题，注意盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当溶液pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大。
28.室温下在一定体积某浓度的Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH=1的稀硫酸至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，测定溶液pH=2，若忽略两溶液混合时的体积变化，则稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积之比是（ ）
A. 1：10 B. 1：9 C. 10：1 D. 9：1
【答案】B
【解析】
【分析】
硝酸钡和硫酸反应硫酸根离子恰好沉淀，需要Ba(NO3)2和H2SO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。
【详解】Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH=1H2SO4至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，根据H2SO4+Ba(NO3)2=BaSO4↓+2HNO3，设稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积分别是x、y，则生成硝酸的物质的量为n(HNO3)=2n(H2SO4)=0.05x×2=0.1xmol，c(H+)=c(HNO3)==0.01mol/L，解得x：y=1：9，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了溶液pH与盐溶液的浓度的有关计算知识，掌握物质的量浓度的计算公式及酸的浓度与溶液氢离子浓度的关系及溶液pH的含义是本题解答的关键。该题属于综合知识的考查，难度中等。
29.可逆反应：3A(气)3B(？)+C(？)；△H>0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是 ( )
A. B和C可能都是固体 B. B和C一定都是气体
C. 若C为气体，则B一定是固体 D. B和C可能都是气体
【答案】D
【解析】
【详解】3A(气)3B(？)+C(？)；△H>0，该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，气体平均摩尔质量变小，说明该反应的正反应为气体体积增大的反应。
A.若B和C都是固体，气体物质的量减小，质量减小，气体摩尔质量不变，A错误；
B.若都是气体，反应后气体物质的量一定增大，由于气体质量不变，因此气体的平均摩尔质量减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，平均摩尔质量也减小，B错误；
C.若C为气体，由于A、B的化学计量数相等，B为气体，反应前后气体物质的量增大，气体质量不变，平均摩尔质量减小；若是固体，反应后的气体物质的量不变，气体质量减小，气体的平均摩尔质量也减小；C错误；
D.若B和C都是气体时，根据质量守恒，由于气体物质的量增大，气体的平均摩尔质量减小，D正确；
故合理选项是D。
30.下列有关金属腐蚀的说法中正确的是( )
A. 钢铁闸门接在电源的负极上，此方法称为牺牲阳极的阴极保护法
B. 电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程
C. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈
D. 金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生
【答案】D
【解析】
【详解】A.钢铁闸门接在电源的负极上，钢铁闸门为阴极，钢铁就不会失去电子，因而得到保护，此方法称为外接电流的阴极保护法，A错误；
B.电化学腐蚀指在不纯金属与周围接触的电解质溶液构成原电池，而发生化学反应而损耗的过程，B错误；
C.由于通常情况下电解质溶液为中性或弱酸性，钢铁腐蚀发生的最普遍的是吸氧腐蚀，正极吸收氧气，产物最终转化为铁锈，C错误；
D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属失去电子被氧化而引起的腐蚀，因此本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生，而化学腐蚀没有电流产生，D正确；
故合理选项是D。
31.如图所示，A、B两个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。
（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是_____(填标号，下同)，属于电解池的是________。
（2）A池中Zn是___极，电极反应式为____；Cu是___极，电极反应式为________，A中总反应的方程式_______。
（3）B池中总反应的方程式为________________。
（4）C池中Zn是__极，电极反应式为___；Cu是__极，电极反应式为____________。
【答案】 (1). A (2). BC (3). 负 (4). Zn - 2e- == Zn2+ (5). 正 (6). Cu2+ + 2e- == Cu (7). Zn + CuCl2 == ZnCl2 + Cu (8). CuCl2 ===Cu + Cl2↑（条件电解） (9). 阴 (10). Cu2+ + 2e- == Cu (11). 阳 (12). Cu - 2e- == Cu2+
【解析】
本题考查原电池的工作原理、电解池的工作原理以及电极反应式的书写，（1）原电池没有外加电源，电解池有外加电源，因此三个装置中属于原电池的是A，属于电解池的是BC；（2）根据原电池的构成条件，Zn比铜活泼，因此锌为负极，Cu为正极，电解质溶液为CuCl2，电池总反应式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，负极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；（3）B装置为电解池装置，两极为惰性材料为电极，电解液为CuCl2溶液，根据电解原理，总反应式为CuCl2 Cu + Cl2↑；（4）C装置为电解池装置，Zn与电源的负极相连，则Zn为阴极，Cu2＋在阴极上先放电，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，Cu连接电源的正极，Cu电极为阳极，Cu为活动性金属，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋。
点睛：电解池装置中放电顺序，首先判断电极材料，如果是惰性材料作电极（如石墨，Pt，金等），阳极：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根，阴极：氧化性强的先得到电子，如果是活动性金属作电极，阴极放电顺序不变，阳极应是金属先失电子，这些顺序都是灵活运用的，注意题目中所给信息。
32.Ⅰ.某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250 mL的容量瓶中定容配成250mL烧碱溶液
B．用移液管移取25 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴几滴指示剂甲基橙
C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中用蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为c的标准盐酸溶液装入酸式滴定管，调节液面，记下开始读数为V1
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下读数V2
回答下列各问题：
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母填写)__________→________→________→ D→________。
(2)D步骤中液面应调节到______________，尖嘴部分应______________。
(3)滴定终点时锥形瓶中颜色变化______________。
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，在其他操作均正确的前提下，会对测定结果(指烧碱的纯度)有何影响？________(填“偏高”、“低”或“不变”)
(5)该烧碱样品纯度的计算式为______________。
Ⅱ. (1)常温下，0.2 mol/L HCl溶液与0.2 mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，则①混合溶液中由水电离出的c(H＋)___(填“>”、“<”或“=”)HCl溶液中由水电离出的c(H＋)。
②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)。
c(Cl-)-c(M＋)=________ mol/L；c(H＋)-c(MOH)=________ mol/L。
(2)常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，则混合溶液的pH________(填“>7”或“<7”或“无法确定”)。
【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). E (5). 零刻度或零刻度以下的某一刻度 (6). 充满溶液，无气泡 (7). 由黄色变为橙色 (8). 偏高 (9). % (10). > (11). 9.9×10-7 (12). 1.0×10-8 (13). <7
【解析】
【分析】
Ⅰ. (1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；
(2)为准确测定待测溶液的浓度，盛装溶液调节液面，记下开始读数时，液面应调至0刻度或其下；尖嘴部分不能有气泡；
(3)以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4；
(4)据c(待测)=进行判断；
(5)利用n(NaOH)=n(HCl)，计算n(NaOH)及m(NaOH)，然后用纯度为×100%计算该烧碱样品纯度；
II. (1)常温下，0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积变化)，测得混合溶液的pH=6，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH是弱碱。
①酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)；根据物料守恒和电荷守恒计算c(H＋)-c(MOH)；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH≠7，证明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，溶液呈酸性。
【详解】Ⅰ.(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，为准确判断滴定终点，要在锥形瓶下垫一张白纸，故合理顺序：C；A；B；D；E；
(2)滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍向下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡；
(3)以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，甲基橙在碱性环境中为黄色，因此滴定终点时溶液颜色由黄色变为橙色；
(4)若酸式滴定管不用标准盐酸润洗，从滴定管流出的溶液的浓度偏小，等体积的溶液中含有的HCl的物质的量小，为将锥形瓶内的烧碱中和，消耗较多体积的标准溶液，在其他操作均正确的前提下，根据c(待测)=可知待测溶液的浓度偏高；
(5)滴定消耗盐酸的物质的量为n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，则根据酸、碱中和时二者的物质的量相等，n(NaOH)= n(HCl)=c(V2-V1)×10-3mol，m(NaOH)=40c(V2-V1)×10-3g，则样品中NaOH的质量为m(NaOH)(总)=×40c(V2-V1)×10-3g，故烧碱样品纯度为=×100%=%。
II. (1)常温下，0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=6，说明MCl是强酸弱碱盐，则MOH是弱碱。
①酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，HCl对水的电离起抑制作用，该溶液为强酸弱碱盐，弱碱阳离子对水的电离平衡起促进作用，所以混合溶液中由水电离出的c(H＋)>HCl溶液中由水电离出的c(H＋)；
②任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，则c(Cl-)- c(M+)=c(H+)-c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L；
根据物料守恒可得c(Cl-)=c(M+)+c(MOH)，根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)，将第一个式子带入第二个式子，整理可得c(H＋)-c(MOH)= c(OH-)=1.0×10-8mol/L；
(2)常温下，若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，由于c(H+)=c(OH-)，说明电离产生的氢离子与氢氧根离子恰好中和，由于NaOH是强碱，完全电离，c(NaOH)= c(OH-)，而测得混合溶液的pH≠7，说明HR是弱酸，二者等体积混合时，酸有剩余，当酸碱中和后，过量的酸分子电离产生氢离子，使溶液呈酸性，因此溶液的pH<7。
【点睛】本题综合考查酸碱中和滴定、酸碱混合溶液定性判断、溶液的离子浓度大小比较及盐类水解的知识，正确判断电解质强弱及混合溶液成分及其性质是解本题关键，题目侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，建议在学习中把握相关基本实验方法，注重学习方法的积累，题目难度中等。
33.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性高锰酸钾与草酸的反应，记录以下实验数据：
实验编号
实验温度
试管中所加试剂及其用量 / mL
溶液褪至无色所需时间/ min
0.6mol/L H2C2O4
溶液
H2O
3mol/L H2SO4
稀溶液
0.05mol/L
KMnO4溶液
①
25
3.0
V1
2.0
3.0
1.5
②
25
2.0
3.0
2.0
3.0
2.7
③
50
2.0
V2
2.0
3.0
1.0
(1)请写出该反应的离子方程式_________，当该反应以表中数据反应完全时转移电子数为_______NA；
(2)V1=________ mL；
(3)根据上表中的实验①、②数据，可以得到的结论是________。
(4)探究温度对化学反应速率的影响，应选择________(填实验编号)；
(5)该小组同学根据经验绘制了n(Mn 2+)随时间变化的趋势如图所示，但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn 2+)随时间变化的实际趋势如图所示。
该小组同学根据如图所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。
实验编号
实验温度/℃
试管中所加试剂及其用量
再加入某种固体
溶液褪至无色所需时间 / min
④
25
0.6mol/L H2C2O4
H2O
3mol/L H2SO4
0.05mol/L KMnO4溶液
2.0
3.0
2.0
3.0
MnSO4
t
①小组同学提出的假设是_________。
②若该小组同学提出的假设成立，应观察到_______________________现象。
【答案】 (1). 2MnO4-+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O (2). 0.00075 (3). 2.0 (4). 其他条件相同时，反应物浓度减小，反应速率减慢 (5). ②、③ (6). Mn2+对该反应有催化作用 (7). 褪色时间变短
【解析】
【分析】
(1)酸性高锰酸钾与草酸的反应生成CO2、Mn2+和H2O，结合电荷守恒、原子守恒和电子守恒配平书写离子方程式，分析图表数据n(KMnO4)=0.05mol/L×0.003L=0.00015mol，n(H2C2O4)=0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，结合化学方程式定量关系分析判断，高锰酸钾完全反应，据此计算电子转移总数；
(2)探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，则必须保证其他影响反应速率的因素是相同的；
(3)实验①和②除H2C2O4溶液浓度不同，其它均相同；
(4)实验②和③除温度不同，其它均相同；
(5)①由图乙可知反应开始后锰离子浓度增大，反应速率增加的比较快，所以探究的是硫酸锰在反应中的作用；
②若反应加快，说明Mn2+是催化剂，反应过程中溶液褪色时间减少。
【详解】(1)酸性高锰酸钾与H2C2O4的反应生成CO2、Mn2+和H2O，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得配平的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，分析图表数据n(KMnO4)=0.05mol/L×0.003L=0.00015mol，n(H2C2O4)=0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，结合化学方程式定量关系分析判断，高锰酸钾完全反应，据此计算电子转移总数=0.00015mol×(7-2)×NA=7.5×10-4NA；
(2)探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，必须保证其他影响反应速率的因素是相同的，而由实验②可知，H2C2O4溶液、H2O、KMnO4溶液和稀硫酸的体积和为10.0mL，由于须保证KMnO4 溶液的浓度相同，故V1=2.0mL；
(3)由实验①和②数据可知，H2C2O4溶液浓度不同，说明探究浓度对反应速率的影响，可知其他条件不变，增大反应物的浓度，加快反应速率；
(4)由实验②和③数据可知，除温度不同，其它均相同，说明探究温度对反应速率的影响，故应该选择②③；
(5)①由图乙可知反应开始后速率增大较快，说明Mn2+对该反应起催化剂的作用；
②若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于1.5min，从而说明Mn2+是催化剂。
【点睛】本题结合化学实验考查了影响化学反应速率的因素，注意掌握温度、催化剂对化学反应速率的影响，解题关键是对比分析图表中的数据找出相同点和不同点，然后得出合理结论，试题有助于培养学生的分析能力及化学实验能力。
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