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【化学】云南省峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二6月月考（解析版） 试卷
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云南省峨山彝族自治县第一中学2018-2019学年高二6月月考
1．本试卷共7页，分为I卷和II卷，满分100分。其中第I卷为选择题，共50分；第II卷为非选择题，共50分。
2．考试时间为90分钟。
3．请将答案填在答题卡内。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-6 S-32 Cl-35．5 Ca-40
第I卷
一、选择题（共25个小题，每题2分，共50分，每个小题只有一个选项符合题意）
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②太阳能 ③风能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦核能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ②③⑥⑧ C. ①②⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
考查新能源的有关判断。①④⑤属于化石燃料，是不可再生的，核能容易造成核污染，不是新能源，所以正确的答案选B。
2.氨水有下列平衡：NH3·H2ONH4+ + OH–，当其它条件不变时，改变下列条件，平衡向左移动，且c(NH4+)增大的是（ ）
A. 加NaOH B. 加盐酸 C. 加NH4Cl D. 加热
【答案】C
【解析】
A、加NaOH，增加c(OH－)，平衡向逆反应方向进行，c(NH4＋)减少，故A错误；B、加盐酸，H＋消耗OH－，平衡向正反应方向进行，c(NH4＋)增大，故B错误；C、加NH4Cl，c(NH4＋)增大，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，故D错误。
3.铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述错误的是（ ）
A. 正极反应为：Cu2++2e–= Cu
B. 电池反应为：Zn+Cu2+=Zn2+ +Cu
C. 在外电路中，电子从负极流向正极
D. 盐桥中K+移向ZnSO4溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
从题图中可以看出锌、铜为电极，电解质溶液分别为ZnSO4溶液、CuSO4溶液，自发的氧化还原反应是：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+。锌为负极，铜为正极。
【详解】A.铜为正极，发生还原反应：Cu2++2e–= Cu，A项正确；
B.电池总反应为Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，改写成离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2+ +Cu，B项正确；
C.在外电路中，电子从负极流出，流入正极，C项正确；
D.盐桥所在的电路为内电路，内电路中阳离子K+移向正极(CuSO4溶液)，D项错误；
所以答案选择D项。
【点睛】本题为经典的带盐桥的原电池。在外电路中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极；在内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
4.体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A. 相同 B. 中和HCl的多
C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】
盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以C（HCl）＜C（CH3COOH），等体积的两种溶液 n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故选C．
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键，难度不大．
5.已知反应4NH3＋5O24NO＋6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列正确的关系是
A. v(NH3)＝v(O2) B. v(O2)＝v(H2O)
C. v(NH3)＝v(H2O) D. v(O2)＝v(NO)
【答案】D
【解析】
在同一反应中，不同物质表示的反应速率之比等于物质的化学计量数之比。答案选D。
6.下列溶液，c(H+)由小到大的排列顺序是（ ）
①0.1mol/ L HCl溶液；②0.1mol/ LH2SO4溶液；③0.1mol/ L NaOH溶液；④0.1mol/ L CH3COOH溶液；
A. ①②③④ B. ③④①② C. ②①③④ D. ④②①③
【答案】B
【解析】
【分析】
所给溶液均为酸溶液或碱溶液，酸溶液中的OH-完全由水电离提供，碱溶液中的H+完全由水电离提供。题目最好是能指明溶液是在25℃这一条件下。
【详解】①因盐酸是一元强酸，所以0.1mol/ L HCl溶液中，c(H+)=0.1mol/L；
②因硫酸是二元强酸，所以0.1mol/ LH2SO4溶液中，c(H+)=0.2mol/L；
③因氢氧化钠是一元强碱，所以常温下，0.1mol/ L NaOH溶液中，c(H+)=1×10-13mol/L；
④因醋酸是弱酸，所以0.1mol/ L CH3COOH溶液中，c(H+)小于0.1mol/L，但一定会大于1×10-7mol/L；所以所给的四种溶液中，c(H+)由小到大的排列顺序是③④①②。
所以答案选择B项。
【点睛】本题也可以进行估算分组。①、②、④均为酸溶液，③为碱溶液，酸溶液中的c(H+)必大于碱溶液中的c(H+)，所以③中c(H+)最小，所以答案选B项。
7.下列化学方程式中，属于水的电离是（ ）
A. H2O+H2OH3O＋+OH－ B. HCO3－+OH－==H2O+CO32－
C. CO2+H2OH2CO3 D. CO32－+H2OHCO3－+OH－
【答案】A
【解析】
【详解】A．水电离生成的H+与水分子结合形成水合氢离子，A项正确；
B．所给式子为HCO3-和OH-反应的离子方程式，B项排除；
C．所给式子为二氧化碳与水反应，并非水的电离方程式，C项排除；
D．所给式子为CO32-发生第一步水解的式子，D项排除；
所以答案选择A项。
【点睛】电离方程式的特征是左边为一种化合物的化学式，右侧为阴、阳离子。由于水的电离是一种自耦电离，可以写成H2O+H2OH3O＋+OH－或简写成H2OH＋+OH－。
8.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HX，HZ，HY B. HX，HY，HZ C. HZ，HY，HX D. HY，HZ，HX
【答案】B
【解析】
阴离子对应的酸越弱，离子水解程度越大，碱性越强，PH越大，所以选B。
9.MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是（ ）
A. c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B. c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C. c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D. c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意可知，酸和碱的物质的量是相等的，二者恰好反应。但由于酸是弱酸，所以生成的盐水解，溶液显碱性，答案选C。
考点：考查溶液酸碱性的判断和离子浓度大小比较
点评：在判断中和反应后溶液的酸碱性时，应该首先判断酸或碱的过量问题。只有当酸或碱恰好反应时，才能考虑生成的盐是否水解。
10.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）
A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3
【答案】D
【解析】
试题分析：Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，达到除杂的目的，A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，正确，选D。
考点：考查盐类水解的应用。
11.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（ ）。
A. 具有吸附性 B. 溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C. 溶解度大于CuS、PbS、CdS D. 溶解度小于CuS、PbS、CdS
【答案】C
【解析】
添加过量的MnS是为了除去MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋，为了不引入MnS杂质，MnS应该具有难溶的性质，但又能提供S2－，以便与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋结合，所以MnS的溶解度应大于CuS、PbS、CdS。
12.锌铜原电池产生电流时，阳离子（ ）
A. 移向Zn极，阴离子移向Cu极 B. 移向Cu极，阴离子移向Zn极
C. 和阴离子都移向Zn极 D. 和阴离子都移向Cu极
【答案】B
【解析】
试题分析：锌铜原电池中锌做负极，铜做正极，溶液中的阳离子向正极移动，即向铜电极移动，选
考点： 原电池的原理
13.镍镉(Ni－Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，由此可知，该电池充电时的阴极材料是
A. Cd(OH)2 B. Ni(OH)2 C. Cd D. NiOOH
【答案】C
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。在电解池中，阴极得到电子，发生还原反应。所以根据总反应式可知，充电时Cd元素的化合价降低，所以电池充电时的阴极材料是Cd(OH)2，因此正确的答案选A。
14.下列关于铜电极的叙述中不正确的是（ ）
A. 锌铜原电池中铜是正极 B. 在镀件上镀铜时可用金属铜作阳极
C. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极 D. 用电解法精炼粗铜时纯铜作阳极
【答案】D
【解析】
试题分析：A、锌铜原电池中锌做负极，铜做正极，正确，不选A；B、在电镀池中，镀件做阴极，铜做阳极，正确，不选B；C、电解法精炼铜，粗铜做阳极，纯铜做阴极，正确，不选C；D、电解法精炼铜，纯铜做阴极，错误，选D。
考点：原电池和电解池电解原理
【名师点睛】原电池的负极和电解池中的阳极都是失去电子发生氧化反应，原电池中正极和电解池的阴极得到电子发生还原反应，在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。精炼铜是，粗铜做阳极，纯铜做阴极，含有铜离子的电解质做电解质溶液。电镀池中镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属的阳离子，镀件做阴极。
15.将FeCl3溶液蒸干、灼烧所得固体的主要成分（ ）
A. FeCl3 B. FeO C. Fe2O3 D. Fe3O4
【答案】C
【解析】
【详解】在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，水解过程是一个吸热的过程，所以当对FeCl3溶液进行加热时，水解平衡右移，又由于生成的HCl易挥发逸出，所以蒸干FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3，进行灼烧时发生反应：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，所以蒸干、灼烧FeCl3溶液得到的固体是Fe2O3。
答案选择C项。
16.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应是（ ）
A. Fe－2e-=Fe2+ B. 2H+ +2e-=H2↑ C. O2+4e- +2H2O= 4OH- D. Fe－3e-=Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】A.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应均是Fe－2e-=Fe2+，A项正确；
B.B项给的是电极反应式是发生析氢腐蚀的正极反应，B项错误；
C.C项给的是吸氧腐蚀的正极反应，C项错误；
D.铁作电极时通常生成的是Fe2+，假设生成了Fe3+，也会继续与铁电极反应生成Fe2+：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D项错误。
所以答案选择A项。
【点睛】金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀两大类。铁在潮湿的空气通常会发生电化学腐蚀。当pH<4.1时，以析氢腐蚀为主，当在中性或略碱性的介质中，会以吸氧腐蚀为主。
17.以下现象与电化学腐蚀无关的是
A. 黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿 B. 生铁比纯铁容易生锈
C. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D. 银质物品久置表面变暗
【答案】D
【解析】
【分析】
根据构成原电池的条件判断是否能够构成原电池，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀。
【详解】A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；
B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，铁为负极，易被腐蚀而生锈，与电化学腐蚀有关，故B不选；
C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；
D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗，常因空气中的水或其它化学物质而氧化变黑或变黄并失去光泽，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；
故选：D。
【点睛】本题考查了金属腐蚀类别的判断，解题关键：明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别及原电池构成条件。易错项B，与铁与氧气直接反应混淆。
18.下列实验操作、现象、结论、解释均正确的是（ ）
操作
现象
解释或结论
A
在饱和CaCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液
产生白色沉淀
Ca2+ +2OH-=Ca(OH)2↓
B
向1mL0.1mol/LMgCl2溶液滴加1mL2mol/LNaOH溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3
产生白色沉淀，白色沉淀再变为红褐色
氢氧化铁的溶度积小于氢氧化镁的溶度积
C
用玻璃棒蘸取0.1mol/LNaOH溶液滴在湿润的pH试纸中央，与标准比色卡对比
读出pH为13
氢氧化钠溶液显碱性
D
测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pH
pH=10
CH3COOH为强电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A.CaCl2是饱和的，Ca(OH)2是微溶的，所以在饱和CaCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液，会产生白色沉淀，离子方程式表达为：Ca2+ +2OH-=Ca(OH)2↓，此处Ca(OH)2作为微溶物，主要是以固体形式存在，故不拆写成离子形式，A项正确；
B.从所给的数据可以明显看出，加入的NaOH的量相对比较充足，所以Mg(OH)2和Fe(OH)3将共同沉淀，且无法比较二者的溶度积大小，B项错误；
C.在测定溶液pH时，如将所用试纸湿润，则会对待测的溶液造成稀释，可能会引起实验误差。本题测定NaOH溶液的pH时，使用了湿润的pH试纸，将造成测定结果偏低，C项错误；
D.该项的结论错误，CH3COONa溶液呈碱性，证明醋酸是弱酸，醋酸根离子发生了水解，使CH3COONa溶液呈现了碱性。
所以答案选择A项。
【点睛】题干的意思是下列实验操作可能是错的，现象可能是错的，结论可能是错的，解释也可能是错的。
19.反应CaCO3=CaO +CO2↑为非自发反应，要使此反应能发生，采取的措施（ ）
A. 升高温度 B. 降低温度
C. 减少CO2 D. 增加CO2
【答案】A
【解析】
【分析】
要使一个反应能自发进行，就要保证△G=△H-T△S<0。
【详解】分析该反应的特点，发现是由固体生成了气体，熵是增加的，有利于反应自发的，但反应在低温下仍为非自发反应，说明该反应是吸热的，可以通过升高温度的方式，使△H-T△S<0，所以答案选择A项。
20.下列溶液显中性的是（ ）
A. Na2CO3溶液 B. NaHCO3溶液 C. NaHSO4溶液 D. Na2SO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3属于强碱弱酸盐，其CO32-水解使溶液呈现碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-，A项排除；
B. NaHCO3属于强碱弱酸盐，其HCO3-水解使溶液呈现碱性：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，B项排除；
C. NaHSO4是强酸酸式盐，其水溶液呈强酸性：NaHSO4=Na++H++SO42-，C项排除；
D. Na2SO4属于强酸强碱盐，其水溶液呈中性，D项正确；
所以答案选择D项。
21.下列说法正确的是（ ）
A. 强酸一定可以跟弱酸盐反应
B. 弱酸一定不能与强酸盐反应
C. 溶解度小的物质其溶度积一定小
D. 已知100℃时，纯水的KW=1×10-12.24，pH=6.12，一定显中性
【答案】D
【解析】
【详解】A.我们知道，H2S是弱酸，H2SO4是强酸，H2S气体通入CuSO4溶液中能发生反应：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，该式反过来看，可以看出硫酸作为强酸，并不能与CuS这样的弱酸盐反应，A项错误；
B.A项所给的反应式从正向来看，H2S作为弱酸，能与强酸的盐反应，B项错误；
C.因为溶度积是离子浓度的幂之积，所以我们在通过溶解度比较溶度积大小时，通常要求难溶电解质是同类型的，比如都是AB型、AB2型、AB3型等，C项错误；
D. 已知100℃时，纯水的KW=1×10-12.24，此时水电离出的H+和OH-的浓度均为 10-6.12mol/L，所以pH=6.12代表了中性，D项正确；
所以答案选择D项。
22.取80mLNaOH溶液加入到120 mL盐酸中，所得溶液的pH为2。如果混合前NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度相同，则它们的浓度是（ ）
A. 0.05 mol/L B. 0.10mol/L C. 0.15 mol/L D. 0.20 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】设混合前NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度均为x。混合溶液的pH=2，则混合溶液中的c(H+)=0.01mol/L，也说明盐酸是过量的，所以有：，解得x=0.05mol/L；
答案选择A项。
23.对于0.1mol·L-1的Na2S溶液，下列判断正确的是（ ）
A. 溶液中阴离子浓度的大小顺序：c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）
B. c（Na+）=2c（S2-）＋c（OH-）＋c（HS-）
C. 向Na2S溶液中加水稀释，其所有离子的浓度都减小
D. 向溶液中加入少量NaOH固体，能促进水的电离
【答案】A
【解析】
试题分析：硫化钠是强碱弱酸盐，S2－水解且是分布水解的，溶液显减小，则选项A正确；B不正确，不符合电荷守恒，应该是c（Na+）＋c（H＋）＝2c（S2-）＋c（OH-）＋c（HS-）；消失促进水解，但溶液中c（OH-）减小，则c（H＋）增大，C不正确；氢氧化钠是强碱，溶于水电离出OH－，抑制水的电离，D不正确，答案选A。
考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度比较以及外界条件对水的电离平衡的影响
点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。试题紧扣教材，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。
24.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Mg 电极是该电池的正极
B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的pH 增大
D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A.组成原电池的负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查原电池工作原理。
【名师点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液PH的变化。
25.某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B(g)2C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol和4 mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（ ）
A. 均减半 B. 均加倍 C. 均增加1 mol D. 均减少1 mol
【答案】C
【解析】
由于是容积可变的，所以AB中平衡是等效的，不移动。C相当于都变为1.25倍时没影响的基础上，再加入0.5molB，可使平衡右移。D相当于都变为0.75倍时没影响的基础上，再减少0.5molB，可使平衡左移，所以答案选C。
第Ⅱ卷
二、填空题（共3个大题，每空2分，总分50分）
26.海水中蕴藏着丰富的资源，海水综合利用的流程图如下：
（一）某化学研究小组用如图装置模拟步骤I电解食盐水（用铁和石墨做电极）。
（1）a电极材料是_____（填铁、石墨），其电极反应式为_________。
（2）当阴极产生11.2mL气体时（标准状况），该溶液的pH为______（忽略反应前后溶液体积的变化）。
（二）卤水中蕴含着丰富的镁资源，就MgCl2粗产品的提纯、镁的冶炼过程回答下列问题：已知MgCl2粗产品的溶液中含有Fe2+、Fe3+和Al3+。
下表是生成氢氧化物沉淀的pH：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀pH
2．7
8．1
3．8
9．5
完全沉淀pH
3．7
9．6
4．8
11．0
（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是_____（填序号，下同），加入_____调节溶液的pH，充分反应后过滤，可得MgCl2溶液。
a．KMnO4 b．H2O2 c．MgO d．NaOH
（4）步骤Ⅲ由MgCl2·H2O获得MgCl2的操作是：_________。
（三）制取工业溴：
（5）步骤Ⅳ中已获得Br2，步骤Ⅴ中又将Br2还原为Br－，其目的是_______。
（6）写出步骤Ⅴ用SO2水溶液吸收Br2的离子方程式：________。
【答案】（1）石墨 2Cl－－2e－==Cl2↑
（2）12 （3）b ；c
（4）将MgCl2·6H2O在干燥的HCl气流中加热
（5）富集溴元素 （6）Br2+SO2+2H2O=4H++SO42－+2Br－
【解析】
试题分析：（1）在电解食盐水制氯气的装置中，Fe电极作阴极，石墨作阳极，则a电极为石墨；在阳极，溶液中的Cl－失电子生成氯气，电极反应为2Cl－－2e－==Cl2↑。
（2）在电解食盐水制氯气的装置中，阴极H＋得电子生成氢气，则阴极产生氢气的物质的量为0.0112L÷22.4L/mol=0.0005mol，根据化学反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成NaOH的物质的量为0.001mol，所以c(OH－)=0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，pH=12。
（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是过氧化氢，化学反应为2H＋+2Fe2＋+H2O2=2Fe3＋+2H2O，氧化亚铁离子为铁离子且不会引入杂质离子，调节溶液PH除去Fe3＋，加入的试剂不引入新的杂质应选择氧化镁，发生的反应为Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋,MgO+2H＋=Mg2＋+H2O；答案选b；c；
（4）如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O，则Mg2+会水解的生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解，则应将MgCl2·6H2O在干燥的HCl气流中加热；
（5）步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br-，步骤I中获取的溴浓度较小，所以其目的是富集溴元素；
（6）溴具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者能发生氧化还原生成硫酸和氢溴酸，离子反应方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42－+2Br－。
考点：考查电解原理的应用，物质的提纯，海水的综合利用等知识。
27.有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。
（1）能判断该反应达到平衡状态的依据是____（双选，填序号）。
A．容器内压强不变了 B．c（CO）不变了
C．v正（CO2）=v逆（CO） D．c（CO2）=c（CO）
（2）该反应的正反应是_____（选填“吸热”、“放热”）反应。
（3）写出该反应的平衡常数表达式____。若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=____（保留二位有效数字）。
（4）若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
①升高温度______；②再通入CO______。
（5）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：
①从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）____。（单选）
A．升温 B．增大CO2浓度
②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4~ t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3~ t5的V（逆）变化曲线_______
【答案】 (1). B、C (2). 吸热 (3). k=c(CO)/c(CO2)） (4). 1.0 (5). 减小 (6). 不变 (7). A (8).
【解析】
试题分析：（1）A．该反应是气体分子数前后不变的可逆反应，在恒容容器中，容器内压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．c（CO）不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．v正（CO2）=v逆（CO）说明反应达到平衡状态，C正确；D．c（CO2）=c（CO），不能说明可逆反应v （正）="v" （逆），即不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选BC。
（2）在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2，温度升高，平衡正向移动，K值增大，则该反应的正反应是吸热反应。
（3）该反应的平衡常数表达式K= c（CO）/c（CO2）；根据化学反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s） + CO（g），CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，说明反应掉1.0mol/LCO2，则平衡时CO2的浓度为1.0mol/L，所以K="1.0" mol/L÷1.0 mol/L=1.0；
（4）①该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数减小；
②再通入CO，相当于增大压强，平衡不移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数不变。
（5）①A该反应是吸热反应，升高温度，v （正）与v （逆）均增大，平衡正向移动，v （正）减小，v （逆）继续增大，图像相符，正确；B再通入CO，v （逆）迅速增大，然后减小，与图像不符，错误；答案选A。②在t3时从混合物中分离出部分CO，v （逆）迅速减小，平衡正向移动，随后V （逆）增大，建立新的平衡，图像可表示为。
考点：考查平衡状态的判断，化学平衡常数的计算与表达，影响平衡的因素等知识。
28.甲乙两同学对保存已久的Na2SO3试剂进行试验探究。
取适量Na2SO3样品于洁净烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌全部溶解。
（1）测上述溶液的pH值，其pH值＞7，原因是（用离子方程式表示）_________
（2）取少量上述溶液于试管中，加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，甲认为已变质，乙认为他的结论不科学，理由是______
（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，设计试验方案，进行成分检验，他们决定继续探究，请在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。
限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液，品红溶液，酸性高锰酸溶液，NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
实验步骤
预期现象和结论
1．取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置。
2．取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的____________溶液。
若溶液褪色，说明其有_________
若溶液不褪色，说明其中没有______
3． 再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴
加______________溶液。
如果有白色沉淀生成，则说明其中有__________，已经变质。如果没有白色沉淀生成，则说明其中没有_____________
（4）经实验检验后，确实已变质，现准确测定其中Na2SO3的含量。实验如下：
①配制250ml 约0.2mol•L-1 Na2SO3溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入________，洗涤，定容，摇匀。
②滴定：准确量取25.00ml Na2SO3所配制溶液于锥形瓶中，将0.05mol•L-1酸性高锰酸钾装入50ml____（填酸式或碱式）滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗KMnO4VmL。
③计算Na2SO3的质量分数=______（只列出计算式，不要求算出结果）
【答案】 (1). SO32-+H2OHSO3-+OH- (2). 溶液中的NO3-和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡 (3). 酸性高锰酸溶液 (4). Na2SO3 (5). Na2SO3 (6). 氯化钡 (7). Na2SO4 (8). Na2SO4 (9). 250mL容量瓶 (10). 酸式 (11). 计算Na2SO3的质量分数=5×0.05×10×126V/2000W×100%
【解析】
试题分析：（1）Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以Na2SO3溶液pH>7的原因是SO32-+H2OHSO3-+OH-。
（2）溶液中的NO3-和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡，所以在亚硫酸钠溶液中加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，并不能说明Na2SO3已经变质。
（3）酸性高猛酸钾溶液具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，高猛酸钾因发生还原反应而褪色，所以取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的酸性高锰酸溶液，若酸性高锰酸溶液褪色，说明中有Na2SO3，相反，若酸性高锰酸溶液不褪色，说明中没有Na2SO3。因为BaSO3能溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，所以再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则说明其中有Na2SO4，已经变质；如果没有白色沉淀生成，则说明没有Na2SO4。
（4）①因为需要配制250mL的溶液，所以选择250mL容量瓶；
②高猛酸钾具有氧化性，能腐蚀橡胶，所以将高猛酸钾酸性溶液盛装在酸式滴定管中。
③根据化学反应5Na2SO3+2KMnO4+H2SO4=5Na2SO4+2MnSO4+H2O+K2SO4, Na2SO3的质量分数="5×0.05×10×126V/2000W×100%" 。
考点：考查盐的水解，溶液的配制，质量分数的计算等知识。
1．本试卷共7页，分为I卷和II卷，满分100分。其中第I卷为选择题，共50分；第II卷为非选择题，共50分。
2．考试时间为90分钟。
3．请将答案填在答题卡内。
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-6 S-32 Cl-35．5 Ca-40
第I卷
一、选择题（共25个小题，每题2分，共50分，每个小题只有一个选项符合题意）
1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②太阳能 ③风能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦核能 ⑧氢能
A. ①②③④ B. ②③⑥⑧ C. ①②⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
考查新能源的有关判断。①④⑤属于化石燃料，是不可再生的，核能容易造成核污染，不是新能源，所以正确的答案选B。
2.氨水有下列平衡：NH3·H2ONH4+ + OH–，当其它条件不变时，改变下列条件，平衡向左移动，且c(NH4+)增大的是（ ）
A. 加NaOH B. 加盐酸 C. 加NH4Cl D. 加热
【答案】C
【解析】
A、加NaOH，增加c(OH－)，平衡向逆反应方向进行，c(NH4＋)减少，故A错误；B、加盐酸，H＋消耗OH－，平衡向正反应方向进行，c(NH4＋)增大，故B错误；C、加NH4Cl，c(NH4＋)增大，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，故D错误。
3.铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述错误的是（ ）
A. 正极反应为：Cu2++2e–= Cu
B. 电池反应为：Zn+Cu2+=Zn2+ +Cu
C. 在外电路中，电子从负极流向正极
D. 盐桥中K+移向ZnSO4溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
从题图中可以看出锌、铜为电极，电解质溶液分别为ZnSO4溶液、CuSO4溶液，自发的氧化还原反应是：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+。锌为负极，铜为正极。
【详解】A.铜为正极，发生还原反应：Cu2++2e–= Cu，A项正确；
B.电池总反应为Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，改写成离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2+ +Cu，B项正确；
C.在外电路中，电子从负极流出，流入正极，C项正确；
D.盐桥所在的电路为内电路，内电路中阳离子K+移向正极(CuSO4溶液)，D项错误；
所以答案选择D项。
【点睛】本题为经典的带盐桥的原电池。在外电路中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极；在内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
4.体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量
A. 相同 B. 中和HCl的多
C. 中和CH3COOH的多 D. 无法比较
【答案】C
【解析】
盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以C（HCl）＜C（CH3COOH），等体积的两种溶液 n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故选C．
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键，难度不大．
5.已知反应4NH3＋5O24NO＋6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则下列正确的关系是
A. v(NH3)＝v(O2) B. v(O2)＝v(H2O)
C. v(NH3)＝v(H2O) D. v(O2)＝v(NO)
【答案】D
【解析】
在同一反应中，不同物质表示的反应速率之比等于物质的化学计量数之比。答案选D。
6.下列溶液，c(H+)由小到大的排列顺序是（ ）
①0.1mol/ L HCl溶液；②0.1mol/ LH2SO4溶液；③0.1mol/ L NaOH溶液；④0.1mol/ L CH3COOH溶液；
A. ①②③④ B. ③④①② C. ②①③④ D. ④②①③
【答案】B
【解析】
【分析】
所给溶液均为酸溶液或碱溶液，酸溶液中的OH-完全由水电离提供，碱溶液中的H+完全由水电离提供。题目最好是能指明溶液是在25℃这一条件下。
【详解】①因盐酸是一元强酸，所以0.1mol/ L HCl溶液中，c(H+)=0.1mol/L；
②因硫酸是二元强酸，所以0.1mol/ LH2SO4溶液中，c(H+)=0.2mol/L；
③因氢氧化钠是一元强碱，所以常温下，0.1mol/ L NaOH溶液中，c(H+)=1×10-13mol/L；
④因醋酸是弱酸，所以0.1mol/ L CH3COOH溶液中，c(H+)小于0.1mol/L，但一定会大于1×10-7mol/L；所以所给的四种溶液中，c(H+)由小到大的排列顺序是③④①②。
所以答案选择B项。
【点睛】本题也可以进行估算分组。①、②、④均为酸溶液，③为碱溶液，酸溶液中的c(H+)必大于碱溶液中的c(H+)，所以③中c(H+)最小，所以答案选B项。
7.下列化学方程式中，属于水的电离是（ ）
A. H2O+H2OH3O＋+OH－ B. HCO3－+OH－==H2O+CO32－
C. CO2+H2OH2CO3 D. CO32－+H2OHCO3－+OH－
【答案】A
【解析】
【详解】A．水电离生成的H+与水分子结合形成水合氢离子，A项正确；
B．所给式子为HCO3-和OH-反应的离子方程式，B项排除；
C．所给式子为二氧化碳与水反应，并非水的电离方程式，C项排除；
D．所给式子为CO32-发生第一步水解的式子，D项排除；
所以答案选择A项。
【点睛】电离方程式的特征是左边为一种化合物的化学式，右侧为阴、阳离子。由于水的电离是一种自耦电离，可以写成H2O+H2OH3O＋+OH－或简写成H2OH＋+OH－。
8.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HX，HZ，HY B. HX，HY，HZ C. HZ，HY，HX D. HY，HZ，HX
【答案】B
【解析】
阴离子对应的酸越弱，离子水解程度越大，碱性越强，PH越大，所以选B。
9.MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是（ ）
A. c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) B. c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C. c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) D. c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
【答案】C
【解析】
试题分析：根据题意可知，酸和碱的物质的量是相等的，二者恰好反应。但由于酸是弱酸，所以生成的盐水解，溶液显碱性，答案选C。
考点：考查溶液酸碱性的判断和离子浓度大小比较
点评：在判断中和反应后溶液的酸碱性时，应该首先判断酸或碱的过量问题。只有当酸或碱恰好反应时，才能考虑生成的盐是否水解。
10.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）
A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3
【答案】D
【解析】
试题分析：Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，达到除杂的目的，A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，正确，选D。
考点：考查盐类水解的应用。
11.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（ ）。
A. 具有吸附性 B. 溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C. 溶解度大于CuS、PbS、CdS D. 溶解度小于CuS、PbS、CdS
【答案】C
【解析】
添加过量的MnS是为了除去MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋，为了不引入MnS杂质，MnS应该具有难溶的性质，但又能提供S2－，以便与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋结合，所以MnS的溶解度应大于CuS、PbS、CdS。
12.锌铜原电池产生电流时，阳离子（ ）
A. 移向Zn极，阴离子移向Cu极 B. 移向Cu极，阴离子移向Zn极
C. 和阴离子都移向Zn极 D. 和阴离子都移向Cu极
【答案】B
【解析】
试题分析：锌铜原电池中锌做负极，铜做正极，溶液中的阳离子向正极移动，即向铜电极移动，选
考点： 原电池的原理
13.镍镉(Ni－Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，由此可知，该电池充电时的阴极材料是
A. Cd(OH)2 B. Ni(OH)2 C. Cd D. NiOOH
【答案】C
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。在电解池中，阴极得到电子，发生还原反应。所以根据总反应式可知，充电时Cd元素的化合价降低，所以电池充电时的阴极材料是Cd(OH)2，因此正确的答案选A。
14.下列关于铜电极的叙述中不正确的是（ ）
A. 锌铜原电池中铜是正极 B. 在镀件上镀铜时可用金属铜作阳极
C. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极 D. 用电解法精炼粗铜时纯铜作阳极
【答案】D
【解析】
试题分析：A、锌铜原电池中锌做负极，铜做正极，正确，不选A；B、在电镀池中，镀件做阴极，铜做阳极，正确，不选B；C、电解法精炼铜，粗铜做阳极，纯铜做阴极，正确，不选C；D、电解法精炼铜，纯铜做阴极，错误，选D。
考点：原电池和电解池电解原理
【名师点睛】原电池的负极和电解池中的阳极都是失去电子发生氧化反应，原电池中正极和电解池的阴极得到电子发生还原反应，在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。精炼铜是，粗铜做阳极，纯铜做阴极，含有铜离子的电解质做电解质溶液。电镀池中镀层金属做阳极，溶液含有镀层金属的阳离子，镀件做阴极。
15.将FeCl3溶液蒸干、灼烧所得固体的主要成分（ ）
A. FeCl3 B. FeO C. Fe2O3 D. Fe3O4
【答案】C
【解析】
【详解】在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，水解过程是一个吸热的过程，所以当对FeCl3溶液进行加热时，水解平衡右移，又由于生成的HCl易挥发逸出，所以蒸干FeCl3溶液得到的是Fe(OH)3，进行灼烧时发生反应：2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，所以蒸干、灼烧FeCl3溶液得到的固体是Fe2O3。
答案选择C项。
16.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应是（ ）
A. Fe－2e-=Fe2+ B. 2H+ +2e-=H2↑ C. O2+4e- +2H2O= 4OH- D. Fe－3e-=Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】A.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应均是Fe－2e-=Fe2+，A项正确；
B.B项给的是电极反应式是发生析氢腐蚀的正极反应，B项错误；
C.C项给的是吸氧腐蚀的正极反应，C项错误；
D.铁作电极时通常生成的是Fe2+，假设生成了Fe3+，也会继续与铁电极反应生成Fe2+：Fe+2Fe3+=3Fe2+，D项错误。
所以答案选择A项。
【点睛】金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀两大类。铁在潮湿的空气通常会发生电化学腐蚀。当pH<4.1时，以析氢腐蚀为主，当在中性或略碱性的介质中，会以吸氧腐蚀为主。
17.以下现象与电化学腐蚀无关的是
A. 黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿 B. 生铁比纯铁容易生锈
C. 铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D. 银质物品久置表面变暗
【答案】D
【解析】
【分析】
根据构成原电池的条件判断是否能够构成原电池，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀。
【详解】A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；
B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，铁为负极，易被腐蚀而生锈，与电化学腐蚀有关，故B不选；
C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；
D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗，常因空气中的水或其它化学物质而氧化变黑或变黄并失去光泽，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；
故选：D。
【点睛】本题考查了金属腐蚀类别的判断，解题关键：明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别及原电池构成条件。易错项B，与铁与氧气直接反应混淆。
18.下列实验操作、现象、结论、解释均正确的是（ ）
操作
现象
解释或结论
A
在饱和CaCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液
产生白色沉淀
Ca2+ +2OH-=Ca(OH)2↓
B
向1mL0.1mol/LMgCl2溶液滴加1mL2mol/LNaOH溶液，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3
产生白色沉淀，白色沉淀再变为红褐色
氢氧化铁的溶度积小于氢氧化镁的溶度积
C
用玻璃棒蘸取0.1mol/LNaOH溶液滴在湿润的pH试纸中央，与标准比色卡对比
读出pH为13
氢氧化钠溶液显碱性
D
测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pH
pH=10
CH3COOH为强电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A.CaCl2是饱和的，Ca(OH)2是微溶的，所以在饱和CaCl2溶液中滴加氢氧化钠溶液，会产生白色沉淀，离子方程式表达为：Ca2+ +2OH-=Ca(OH)2↓，此处Ca(OH)2作为微溶物，主要是以固体形式存在，故不拆写成离子形式，A项正确；
B.从所给的数据可以明显看出，加入的NaOH的量相对比较充足，所以Mg(OH)2和Fe(OH)3将共同沉淀，且无法比较二者的溶度积大小，B项错误；
C.在测定溶液pH时，如将所用试纸湿润，则会对待测的溶液造成稀释，可能会引起实验误差。本题测定NaOH溶液的pH时，使用了湿润的pH试纸，将造成测定结果偏低，C项错误；
D.该项的结论错误，CH3COONa溶液呈碱性，证明醋酸是弱酸，醋酸根离子发生了水解，使CH3COONa溶液呈现了碱性。
所以答案选择A项。
【点睛】题干的意思是下列实验操作可能是错的，现象可能是错的，结论可能是错的，解释也可能是错的。
19.反应CaCO3=CaO +CO2↑为非自发反应，要使此反应能发生，采取的措施（ ）
A. 升高温度 B. 降低温度
C. 减少CO2 D. 增加CO2
【答案】A
【解析】
【分析】
要使一个反应能自发进行，就要保证△G=△H-T△S<0。
【详解】分析该反应的特点，发现是由固体生成了气体，熵是增加的，有利于反应自发的，但反应在低温下仍为非自发反应，说明该反应是吸热的，可以通过升高温度的方式，使△H-T△S<0，所以答案选择A项。
20.下列溶液显中性的是（ ）
A. Na2CO3溶液 B. NaHCO3溶液 C. NaHSO4溶液 D. Na2SO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2CO3属于强碱弱酸盐，其CO32-水解使溶液呈现碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-，A项排除；
B. NaHCO3属于强碱弱酸盐，其HCO3-水解使溶液呈现碱性：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，B项排除；
C. NaHSO4是强酸酸式盐，其水溶液呈强酸性：NaHSO4=Na++H++SO42-，C项排除；
D. Na2SO4属于强酸强碱盐，其水溶液呈中性，D项正确；
所以答案选择D项。
21.下列说法正确的是（ ）
A. 强酸一定可以跟弱酸盐反应
B. 弱酸一定不能与强酸盐反应
C. 溶解度小的物质其溶度积一定小
D. 已知100℃时，纯水的KW=1×10-12.24，pH=6.12，一定显中性
【答案】D
【解析】
【详解】A.我们知道，H2S是弱酸，H2SO4是强酸，H2S气体通入CuSO4溶液中能发生反应：H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，该式反过来看，可以看出硫酸作为强酸，并不能与CuS这样的弱酸盐反应，A项错误；
B.A项所给的反应式从正向来看，H2S作为弱酸，能与强酸的盐反应，B项错误；
C.因为溶度积是离子浓度的幂之积，所以我们在通过溶解度比较溶度积大小时，通常要求难溶电解质是同类型的，比如都是AB型、AB2型、AB3型等，C项错误；
D. 已知100℃时，纯水的KW=1×10-12.24，此时水电离出的H+和OH-的浓度均为 10-6.12mol/L，所以pH=6.12代表了中性，D项正确；
所以答案选择D项。
22.取80mLNaOH溶液加入到120 mL盐酸中，所得溶液的pH为2。如果混合前NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度相同，则它们的浓度是（ ）
A. 0.05 mol/L B. 0.10mol/L C. 0.15 mol/L D. 0.20 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】设混合前NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度均为x。混合溶液的pH=2，则混合溶液中的c(H+)=0.01mol/L，也说明盐酸是过量的，所以有：，解得x=0.05mol/L；
答案选择A项。
23.对于0.1mol·L-1的Na2S溶液，下列判断正确的是（ ）
A. 溶液中阴离子浓度的大小顺序：c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）
B. c（Na+）=2c（S2-）＋c（OH-）＋c（HS-）
C. 向Na2S溶液中加水稀释，其所有离子的浓度都减小
D. 向溶液中加入少量NaOH固体，能促进水的电离
【答案】A
【解析】
试题分析：硫化钠是强碱弱酸盐，S2－水解且是分布水解的，溶液显减小，则选项A正确；B不正确，不符合电荷守恒，应该是c（Na+）＋c（H＋）＝2c（S2-）＋c（OH-）＋c（HS-）；消失促进水解，但溶液中c（OH-）减小，则c（H＋）增大，C不正确；氢氧化钠是强碱，溶于水电离出OH－，抑制水的电离，D不正确，答案选A。
考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度比较以及外界条件对水的电离平衡的影响
点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。试题紧扣教材，侧重对学生基础知识的巩固和训练，意在提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒等。
24.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）
A. Mg 电极是该电池的正极
B. H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C. 石墨电极附近溶液的pH 增大
D. 溶液中Cl－向正极移动
【答案】C
【解析】
试题分析：A.组成原电池的负极被氧化，在Mg－H2O2电池中，镁为负极，而非正极，A项错误；B. H2O2在石墨电极上得电子发生还原反应，B项错误；C.工作时，正极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的pH增大，C项正确；D.原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的Cl－向负极移动，D项错误；答案选C。
【考点定位】考查原电池工作原理。
【名师点睛】本题考查原电池的工作原理等知识。正确书写电极反应式为解答该题的关键，镁-H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液PH的变化。
25.某温度下，在一容积可变的容器中，反应2A（g）+B(g)2C(g)达到平衡时，A、B和C的物质的量分别为4 mol、2 mol和4 mol，保持温度和压强不变，对平衡混合物中三者的物质的量做如下调整，可使平衡右移的是（ ）
A. 均减半 B. 均加倍 C. 均增加1 mol D. 均减少1 mol
【答案】C
【解析】
由于是容积可变的，所以AB中平衡是等效的，不移动。C相当于都变为1.25倍时没影响的基础上，再加入0.5molB，可使平衡右移。D相当于都变为0.75倍时没影响的基础上，再减少0.5molB，可使平衡左移，所以答案选C。
第Ⅱ卷
二、填空题（共3个大题，每空2分，总分50分）
26.海水中蕴藏着丰富的资源，海水综合利用的流程图如下：
（一）某化学研究小组用如图装置模拟步骤I电解食盐水（用铁和石墨做电极）。
（1）a电极材料是_____（填铁、石墨），其电极反应式为_________。
（2）当阴极产生11.2mL气体时（标准状况），该溶液的pH为______（忽略反应前后溶液体积的变化）。
（二）卤水中蕴含着丰富的镁资源，就MgCl2粗产品的提纯、镁的冶炼过程回答下列问题：已知MgCl2粗产品的溶液中含有Fe2+、Fe3+和Al3+。
下表是生成氢氧化物沉淀的pH：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀pH
2．7
8．1
3．8
9．5
完全沉淀pH
3．7
9．6
4．8
11．0
（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是_____（填序号，下同），加入_____调节溶液的pH，充分反应后过滤，可得MgCl2溶液。
a．KMnO4 b．H2O2 c．MgO d．NaOH
（4）步骤Ⅲ由MgCl2·H2O获得MgCl2的操作是：_________。
（三）制取工业溴：
（5）步骤Ⅳ中已获得Br2，步骤Ⅴ中又将Br2还原为Br－，其目的是_______。
（6）写出步骤Ⅴ用SO2水溶液吸收Br2的离子方程式：________。
【答案】（1）石墨 2Cl－－2e－==Cl2↑
（2）12 （3）b ；c
（4）将MgCl2·6H2O在干燥的HCl气流中加热
（5）富集溴元素 （6）Br2+SO2+2H2O=4H++SO42－+2Br－
【解析】
试题分析：（1）在电解食盐水制氯气的装置中，Fe电极作阴极，石墨作阳极，则a电极为石墨；在阳极，溶液中的Cl－失电子生成氯气，电极反应为2Cl－－2e－==Cl2↑。
（2）在电解食盐水制氯气的装置中，阴极H＋得电子生成氢气，则阴极产生氢气的物质的量为0.0112L÷22.4L/mol=0.0005mol，根据化学反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成NaOH的物质的量为0.001mol，所以c(OH－)=0.001mol÷0.1L=0.01mol/L，pH=12。
（3）把MgCl2粗产品的溶液中的Fe2+转化为Fe3+，可选用的物质是过氧化氢，化学反应为2H＋+2Fe2＋+H2O2=2Fe3＋+2H2O，氧化亚铁离子为铁离子且不会引入杂质离子，调节溶液PH除去Fe3＋，加入的试剂不引入新的杂质应选择氧化镁，发生的反应为Fe3＋+3H2OFe(OH)3+3H＋,MgO+2H＋=Mg2＋+H2O；答案选b；c；
（4）如果直接在空气中加热MgCl2•6H2O，则Mg2+会水解的生成Mg(OH)Cl和HCl，通入HCl可以抑制其水解，则应将MgCl2·6H2O在干燥的HCl气流中加热；
（5）步骤I中已获得Br2，步骤II中又将Br2还原为Br-，步骤I中获取的溴浓度较小，所以其目的是富集溴元素；
（6）溴具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者能发生氧化还原生成硫酸和氢溴酸，离子反应方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++SO42－+2Br－。
考点：考查电解原理的应用，物质的提纯，海水的综合利用等知识。
27.有可逆反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)，已知温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2。
（1）能判断该反应达到平衡状态的依据是____（双选，填序号）。
A．容器内压强不变了 B．c（CO）不变了
C．v正（CO2）=v逆（CO） D．c（CO2）=c（CO）
（2）该反应的正反应是_____（选填“吸热”、“放热”）反应。
（3）写出该反应的平衡常数表达式____。若起始时把Fe和CO2放入体积固定的密闭容器中，CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，则该温度下上述反应的平衡常数K=____（保留二位有效数字）。
（4）若该反应在体积固定的密闭容器中进行，在一定条件下达到平衡状态，如果改变下列条件，反应混合气体中CO2的物质的量分数如何变化（选填“增大”、“减小”、“不变”）。
①升高温度______；②再通入CO______。
（5）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图：
①从图中看到，反应在t2时达平衡，在t1时改变了某种条件，改变的条件可能是（填序号）____。（单选）
A．升温 B．增大CO2浓度
②如果在t3时从混合物中分离出部分CO，t4~ t5时间段反应处于新平衡状态，请在图上画出t3~ t5的V（逆）变化曲线_______
【答案】 (1). B、C (2). 吸热 (3). k=c(CO)/c(CO2)） (4). 1.0 (5). 减小 (6). 不变 (7). A (8).
【解析】
试题分析：（1）A．该反应是气体分子数前后不变的可逆反应，在恒容容器中，容器内压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．c（CO）不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．v正（CO2）=v逆（CO）说明反应达到平衡状态，C正确；D．c（CO2）=c（CO），不能说明可逆反应v （正）="v" （逆），即不能说明反应达到平衡状态，D错误；答案选BC。
（2）在温度938K时，平衡常数K=1.5，在1173K时，K=2.2，温度升高，平衡正向移动，K值增大，则该反应的正反应是吸热反应。
（3）该反应的平衡常数表达式K= c（CO）/c（CO2）；根据化学反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s） + CO（g），CO2的起始浓度为2.0mol/L，某温度时达到平衡，此时容器中CO的浓度为1.0 mol/L，说明反应掉1.0mol/LCO2，则平衡时CO2的浓度为1.0mol/L，所以K="1.0" mol/L÷1.0 mol/L=1.0；
（4）①该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数减小；
②再通入CO，相当于增大压强，平衡不移动，反应混合气体中CO2的物质的量分数不变。
（5）①A该反应是吸热反应，升高温度，v （正）与v （逆）均增大，平衡正向移动，v （正）减小，v （逆）继续增大，图像相符，正确；B再通入CO，v （逆）迅速增大，然后减小，与图像不符，错误；答案选A。②在t3时从混合物中分离出部分CO，v （逆）迅速减小，平衡正向移动，随后V （逆）增大，建立新的平衡，图像可表示为。
考点：考查平衡状态的判断，化学平衡常数的计算与表达，影响平衡的因素等知识。
28.甲乙两同学对保存已久的Na2SO3试剂进行试验探究。
取适量Na2SO3样品于洁净烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌全部溶解。
（1）测上述溶液的pH值，其pH值＞7，原因是（用离子方程式表示）_________
（2）取少量上述溶液于试管中，加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，甲认为已变质，乙认为他的结论不科学，理由是______
（3）假设试剂由Na2SO3和Na2SO4组成，设计试验方案，进行成分检验，他们决定继续探究，请在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论。
限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硝酸、氯化钡溶液，品红溶液，酸性高锰酸溶液，NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
实验步骤
预期现象和结论
1．取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置。
2．取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的____________溶液。
若溶液褪色，说明其有_________
若溶液不褪色，说明其中没有______
3． 再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴
加______________溶液。
如果有白色沉淀生成，则说明其中有__________，已经变质。如果没有白色沉淀生成，则说明其中没有_____________
（4）经实验检验后，确实已变质，现准确测定其中Na2SO3的含量。实验如下：
①配制250ml 约0.2mol•L-1 Na2SO3溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水溶解，将溶液转入________，洗涤，定容，摇匀。
②滴定：准确量取25.00ml Na2SO3所配制溶液于锥形瓶中，将0.05mol•L-1酸性高锰酸钾装入50ml____（填酸式或碱式）滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗KMnO4VmL。
③计算Na2SO3的质量分数=______（只列出计算式，不要求算出结果）
【答案】 (1). SO32-+H2OHSO3-+OH- (2). 溶液中的NO3-和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡 (3). 酸性高锰酸溶液 (4). Na2SO3 (5). Na2SO3 (6). 氯化钡 (7). Na2SO4 (8). Na2SO4 (9). 250mL容量瓶 (10). 酸式 (11). 计算Na2SO3的质量分数=5×0.05×10×126V/2000W×100%
【解析】
试题分析：（1）Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，所以Na2SO3溶液pH>7的原因是SO32-+H2OHSO3-+OH-。
（2）溶液中的NO3-和H+在一起有强氧化性，会把亚硫酸钡氧化成硫酸钡，所以在亚硫酸钠溶液中加入硝酸钡溶液生成白色沉淀，再加入盐酸，白色沉淀不溶解，并不能说明Na2SO3已经变质。
（3）酸性高猛酸钾溶液具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，高猛酸钾因发生还原反应而褪色，所以取适量步骤1所得溶液于试管中，加入少量的酸性高锰酸溶液，若酸性高锰酸溶液褪色，说明中有Na2SO3，相反，若酸性高锰酸溶液不褪色，说明中没有Na2SO3。因为BaSO3能溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，所以再取适量步骤1所得溶液于另一试管中，先加入足量的稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，则说明其中有Na2SO4，已经变质；如果没有白色沉淀生成，则说明没有Na2SO4。
（4）①因为需要配制250mL的溶液，所以选择250mL容量瓶；
②高猛酸钾具有氧化性，能腐蚀橡胶，所以将高猛酸钾酸性溶液盛装在酸式滴定管中。
③根据化学反应5Na2SO3+2KMnO4+H2SO4=5Na2SO4+2MnSO4+H2O+K2SO4, Na2SO3的质量分数="5×0.05×10×126V/2000W×100%" 。
考点：考查盐的水解，溶液的配制，质量分数的计算等知识。
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