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【化学】贵州省铜仁市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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贵州省铜仁市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.在下列过程中，需要加快化学反应速率的是
A. 钢铁腐蚀 B. 工业炼钢 C. 食物腐烂 D. 橡胶老化
【答案】B
【解析】
【分析】
为提高生产效益或促进人类发展的反应，需要加快反应速率，而材料的腐蚀、老化、食物腐烂等需要减慢反应速率，以此来解答。
【详解】选项中只有B工业炼钢为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、C、D均需要减慢反应速率，
答案选B。
2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2SO2(g)+O2（g）2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 已知C(石墨,s)＝C(金刚石,s) △H﹥0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知H+(aq)+OH–(aq)＝H2O（1） △H = -57.3kJ·mol-1，则任何酸碱中和的反应热均为57.3kJ
D. 一定条件下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H1 ，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l) △H2 则△H1>△H2
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 依据化学反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；
B. 石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定；
C. 在稀溶液中强酸和强碱反应生成1 mol水放出的热量为中和热；
D. 2 mol气态SO3比2 mol液态SO3的能量高，因此生成2 mol气态SO3时放出的热量少，焓变大。
【详解】A. 依据化学反应是放热反应，2mol二氧化硫和1mol氧气能量之和高于2mol三氧化硫的能量，不能确定二氧化硫能量与三氧化硫的关系，故A项错误；
B. 石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B项错误；
C. 在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，△H=−57.3 kJ/mol，弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于57.3 kJ/mol，故C项错误；
D. 2 mol气态SO3比2 mol液态SO3的能量高，因此生成2 mol气态SO3时放出的热量少，焓变大，即△H1＞△H2，故D项正确；
答案选D。
【点睛】本题侧重考查对热化学方程式的理解与运用，如本题D项中比较反应热的大小，该考点是学生的易错点，要理清总体原则，即比较△H的大小时，必须把反应热的“+”和“-”与反应热的数值看做一个整体进行比较。在同一反应中，若生成物的状态不同，可根据等量的物质，气态比液态能量高，液态比固态能量高来进行分析判断，先分析放热多少，再比较△H的大小。
3.下列物质的分类组合全部正确的是
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
CaO
HCl
CO2
B
NaHCO3
NH3·H2O
NH3
C
Ba(OH)2
H2O
Cu
D
H2SO4
BaSO4
蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质是指溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物，酸、碱、盐等都是电解质；
非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，非金属氧化物、蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐；
弱电解质是指在水溶液中能部分电离的电解质，一般是弱酸、弱碱和水，据此分析作答。
【详解】A. CaO是金属氧化物，在熔融状态下完全电离，属于强电解质；HCl在水溶液中完全电离，属于强电解质；CO2溶于水中不是本身电离的离子导电，属于非电解质，故A项错误；
B. NaHCO3是钠盐，属于强电解质；NH3•H2O是弱碱，属于弱电解质；NH3溶于水能导电，但不是本身电离的离子导电，故属于非电解质，故B项正确；
C. Ba(OH)2属于强碱，属于强电解质；H2O是弱电解质；Cu是单质，它既不是电解质，也不是非电解质，故C项错误；
D. H2SO4是强酸，属于强电解质；BaSO4是盐，属于强电解质；蔗糖属于有机物，在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故D项错误；
【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为难溶的物质就是弱电解质，如硫酸钡，虽然难溶，但溶解的部分能完全电离，故硫酸钡属于强电解质，学生依据定义理解判断，不能偷换概念。
4.下列应用与水解原理无关的是
A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
B. 泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量二氧化碳的泡沫
C. 浓硫化钠溶液有臭味
D. 可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 在碳酸钠溶液中，碳酸根离子会发生水解，使溶液呈碱性，则不能用玻璃塞的试剂瓶盛放碳酸钠溶液；
B. 泡沫灭火器利用的是碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解反应；
C. 浓硫化钠溶液中，硫离子发生两步水解生成硫化氢气体；
D. 醋酸的酸性大于碳酸，则用醋酸与碳酸钠反应制取二氧化碳。
【详解】A. 碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃塞打不开，实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，与水解原理有关，不符合题意，故A项不选；
B. 碳酸氢钠溶液和硫酸铝发生互促水解反应而生成二氧化碳气体，可用于灭火，与盐的水解原理有关，不符合题意，故B项不选；
C. 硫离子发生两步水解，其水解离子方程式为：S2－+ H2O HS－+ OH－，HS－+ H2O H2S+ OH－，浓硫化钠溶液中生成硫化氢气体，与盐的水解原理有关，不符合题意，故C项不选；
D. 醋酸酸性比碳酸弱，可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，该反应利用了强酸制弱酸的原理，与盐类水解无关，符合题意，故D项选；
答案选D。
5.利用如图装置，完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，正确的是
A. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法
C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将增大
【答案】C
【解析】
【分析】
开关K置于M处，为原电池装置，X比Fe活泼可减缓铁的腐蚀；开关K置于N处，为电解池装置，Fe为阴极可减缓铁的腐蚀，结合发生的电极反应来分析解答。
【详解】A. X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流阴极保护法，故A项错误；
B. X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，该法称为牺牲阳极的阴极保护法，故B项错误；
C. X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为负极，正极上析出Cu，则铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，故C项正确；
D. X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，为电镀装置，铁棒质量将增加，但溶液中铜离子浓度不变，故D项错误；
答案选C。
【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：
（1）先根据是否连接电源等信息，判断是原电池原理还是电解池原理；
（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的转移及其反应现象等，本题则可以考虑铁的电化学腐蚀类型；
（3）若为电解池，则需要先看是惰性电极还是活性电极，如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电顺序分析即可。
6.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 无色溶液：K+ 、Cl- 、 Mg2+、 SO42- 、Ag+
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I－、NO3-
C. Na2CO3溶液：K+、Fe3+、SO42- 、NO3-
D. 常温下，Kw/c(H+)＝0.1 mol/L的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
A、Cl- 、SO42-与Ag+能反应生成沉淀；
B、能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，I-有强还原性，NO3-在酸性溶液中有强氧化性，据此分析；
C、Fe3+与CO32-能发生双水解反应；
D、常温下， = c(OH-) = 0.1 mol/L，为碱性溶液，据此分析作答。
【详解】A. Cl- 、SO42-与Ag+均能反应生成沉淀而不能大量共存，故A项错误；
B. 能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，I−和NO3−在酸性溶液中能发生氧化还原反应而不能共存，故B项错误；
C. Fe3+水解显酸性，CO32−水解显碱性，两者会发生双水解反应而不能共存，故C项错误；
D. 常温下， = c(OH-) = 0.1 mol/L，可知该溶液为碱性溶液，该组离子与OH-相互间不反应，可以共存，故D项正确。
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不存在；本题D选项考点为水的离子积公式，学生要熟练掌握才能判断作答。
7.下图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为
A. ⑤②①③④ B. ⑤④②①③
C. ④③②①⑤ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序。
【详解】根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀，所以④>②>③，⑤装置是电解池，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，根据电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即⑤>④>②>①>③，
故答案选B。
【点睛】本题考查金属腐蚀速率的大小判断，理解并识记电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，是解决问题的关键。
8.将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：υ（H2）＝1 mol·L－1·min－1；乙：υ（N2）＝2 mol·L－1·min－1；丙：υ（NH3）＝ 3 mol·L－1·min－1。则三个容器中合成氨的反应速率
A. υ(甲)＞υ(乙)＞υ(丙） B. υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲）
C. υ(丙)＞υ(甲)＞υ(乙) D. υ(乙)＞υ(甲)＞υ(丙）
【答案】B
【解析】
【分析】
同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，据此分析作答。
【详解】合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，以氢气的化学反应速率为标准进行判断，
甲：υ（H2）＝1 mol·L－1·min－1；
乙：υ（N2）＝2 mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，υ（H2）＝3υ（N2） = 3×2 mol·L－1·min－1 = 6 mol·L－1·min－1；
丙：υ（NH3）＝ 3 mol·L－1·min－1，同理可知υ（H2）＝1.5υ（NH3）＝ 1.5×3 mol·L－1·min－1 = 4.5 mol·L－1·min－1，可以看出反应速率：υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲），B项正确；
故答案选B。
【点睛】对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但比较反应速率的大小，不能只看数值的多少，而要进行一定的转化，具体比较方法如下：①一看：看化学反应速率的单位是否一致；②二化：将不同物质表示的化学反应速率转化成同一物质表示的化学反应速率，或分别除以相应物质的化学计量数。③三比较：比较同一物质表示的化学反应速率或除以化学计量数之后的数值，数值越大，反应进行得越快。
9.可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成1 mol O2的同时生成2 mol NO2
②单位时间内生成1 mol O2的同时生成2 mol NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①②③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态。
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故①项正确；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，故②项错误；
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故③项错误；
④混合气体的颜色不变化说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，故④项正确；
⑤该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不变时该反应不一定达到平衡状态，故⑤项错误；
⑥因该反应是物质的量增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥项正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量在数值上等于其平均摩尔质量，即混合气体的总质量与混合气体的总物质的量的比，因质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故⑦项正确；
答案选A。
【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。
一、直接判断法：
①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率。
注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。
②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。
二、间接判断法
①在恒温恒容容器中，对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。
②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化是平衡标志。
⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。
10.常温下，pH=12的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是
A. 11：1 B. 9：11 C. 1：11 D. 11：9
【答案】D
【解析】
【分析】
酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比。
【详解】解：设强碱的体积为x L，强酸的体积为y L，
pH=12的强碱溶液中c(OH-) = 10-2 mol/L，
pH=2的强酸溶液中c(H+) = 10-2 mol/L，
混合后pH=11，则说明碱过量，
根据公式c(OH-)=，即,解得x：y = 11：9，故D项正确；
答案选D。
11.常温下，下列四种溶液：①c(H＋)＝10－3mol·L－1的醋酸 ②0.01mol·L－1的盐酸 ③0.1mol·L－1的NaOH溶液 ④c(OH－)＝1mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A. 1000∶100∶10∶1 B. 11∶12∶1∶0
C. 11∶12∶13∶14 D. 3∶2∶13∶14
【答案】A
【解析】
【分析】
根据溶液中水的离子积Kw=c(H+)×c(OH−)，其中c(H+)是溶液中所有的氢离子的浓度，c(OH−)是溶液中所有的氢氧离子的浓度，且在任何溶液中，由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等，酸溶液中OH-全部来自水电离，碱溶液中H+全部来自水电离，据此分析作答。
【详解】根据常温下水的离子积为1×10-14 可知：
（1）c(H＋)＝10－3 mol·L－1的醋酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH−) = = 1×10-11 mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH−) = 1×10-11 mol/L；
（2）0.01mol·L－1的盐酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH−) = = 1×10-12 mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH−) = 1×10-12 mol/L；
（3）0.1mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度为： = 1×10-13 mol/L；
（4）c(OH－)＝1 mol·L－1氨水溶液中，由水电离出的氢离子浓度为： =1×10-14 mol/L；
则四种溶液中由水电离出的氢离子浓度之比为：1000：100：10：1，故A项正确；
答案选A。
【点睛】水的离子积适用于任何溶液，理解氢离子和氢氧根离子的来源是解题的关键。如本题不管是强酸还是弱酸，其c(H＋)主要来源于溶质，c(OH－)则来源于水，而由水电离出的c(H＋)与c(OH－)相等，据此分析由水电离的c(H＋)这个问题便可迎刃而解。
12.在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+ B（g） 2C（g）+D（g） 。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.16 mol/（L·s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中其对应的化学计量数之比计算υ（B），利用△c=υ△t计算△c（B），△n（B）=△c（B）•V，B的起始物质的量减去△n（B）即为10秒钟时容器中B的物质的量。
【详解】根据速率之比等于化学计量数之比，所以υ(B) = 0.5υ(A) = 0.5×0.16 mol/(L•s)=0.08 mol/(L•s)，
所以△c(B) = 0.08 mol/(L•s)×10 s=0.8 mol/L，
所以△n(B) = 0.8 mol/L×2 L=1.6 mol，
故10秒钟时容器中B的物质的量为4 mol-1.6 mol=2.4 mol，故C项正确；
答案选C。
13.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是
A. CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0
B. CO2(g)＋2NH3(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH<0
C. CH3CH2OH(g) CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH>0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g) 2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH<0
【答案】B
【解析】
【分析】
四个反应中水蒸气都是生成物；图象分析方法为先拐先平，温度或压强大，由图象可以看出T2>T1，随着温度的升高，水蒸气的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应；P1>P2，增大压强，水蒸气的含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此解答该题。
【详解】温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2>T1，同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1>P2，则：
A. 反应是气体体积不变的吸热反应，升高温度平衡正向进行，水蒸气量增大，与图象不符，压强增大，平衡不移动，与图象不符合，故A项错误；
B. 该反应是一个气体体积减小的放热反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量，而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，与图象均符合，故B项正确；
C. 反应是一个气体体积增大的吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，增大压强，平衡逆移，水蒸气的含量减小，与图象均不符合，故C项错误。
D. 反应是一个气体体积增大的放热反应，升温平衡逆向进行，水蒸气的含量减少，与图象符合，增大压强平衡逆向移动，水蒸气的含量减少，因此与图象不符合，故D项错误；
答案选B。
14.下列比较中正确的是
A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：②>①>③
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 相同浓度的三种溶液均存在铵根离子的水解，根据起始浓度及其他粒子对其水解程度的影响结果来判断；
B. 先根据相同浓度的物质判断其水解程度的强弱，再利用逆向思维分析相同pH的溶液中，c(Na+)的大小；
C. 根据三种盐溶液的酸碱性来判断其pH；
D. 碱溶液中，先判断c(OH-)的大小，再根据c(H+) = 分析作答。
【详解】A. 不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A项错误；
B. 相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，则相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B项正确；
C. CH3COONa溶液水解显碱性，NH4Cl溶液水解显酸性，NaNO3溶液显中性，所以三种溶液中pH：①>③>②，故C项错误；
D. 氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D项错误；
答案选B。
15.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2 ，有关该电池的说法正确的是
A. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性增强
D. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e- + OH- = NiOOH + H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转化为化学能的装置，据此分析作答。
【详解】A. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故A项错误；
B. 充电过程实际上是把电能转化为化学能的过程，故B项错误；
C. 放电时，负极上电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，碱性减弱，故C项错误；
D. 充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2-e-+OH-═NiOOH+H2O，故D项正确；
答案选D。
16.关于醋酸(CH3COOH)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是
A. 把pH=2的醋酸溶液稀释100倍后pH=3.8
B. 100mL l mol·L-1的醋酸溶液恰好与100mL l mol·L-1的NaOH溶液完全反应
C. 醋酸钠CH3COONa溶液能使酚酞试液变红
D. 0.1 mol·L-1的醋酸溶液的pH约为2
【答案】B
【解析】
【分析】
强弱电解质的根本区别是电离程度的不同，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，只要能证明CH3COOH部分电离则可证明CH3COOH是弱电解质，据此分析解答。
【详解】A. 把pH=2的醋酸溶液稀释100倍后，若醋酸是强酸，则稀释后溶液的pH=4，实际上稀释后溶液的pH=3.8，说明加水稀释促进醋酸电离，醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，不符合题意，故A项不选；
B. 100mL l mol⋅L−1的醋酸溶液恰好与100mL l mol⋅L−1的NaOH溶液完全反应，说明醋酸是一元酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸为弱电解质，符合题意，故B项选；
C. 醋酸钠溶液能使酚酞试液变红，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则证明醋酸是弱酸，为弱电解质，不符合题意，故C项不选；
D. 0.1 mol⋅L−1的醋酸溶液的pH约为2，说明氢离子浓度小于酸浓度，说明醋酸存在电离平衡，为弱电解质，不符合题意，故D项不选；
答案选B。
17.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.5 mol·L－1
C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：B＜A＜C
D. D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此分析。
【详解】根据上述分析可知，
A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A项错误；
B. A点溶液中c(Na+) = 0.05 mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO−) + c(OH−)−c(H+) = c(Na+) = 0.05 mol/L，故B项错误；
C. 酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl。A点溶质为醋酸钠，可促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，则在相同温度下，由水的电离程度：B
答案选D。
18.298 K时，AgSCN的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列判断错误的是
A. 298 K时，Ksp(AgSCN)=1.0×10-12
B. 欲使溶液由c点移到d点，可滴入少量KSCN浓溶液
C. 向a点溶液中加入等物质的量的AgNO3、KSCN固体后，可能使a点移动到c点
D. b点溶液蒸发部分水后恢复至室温可移动到c点
【答案】D
【解析】
A. 298 K时，AgSCN的Ksp(AgSCN)=c(Ag+)c(SCN-)=(1×10-6)2=1×10-12，故A正确；B. 滴入少量KSCN浓溶液，c(SCN-)增大，Ksp(AgSCN)不变，则c(Ag+)减小，仍为AgSCN的饱和溶液，溶液由c点可以移到d点，故B正确； C. a点溶液为AgSCN的不饱和溶液，向a点溶液中加入等物质的量的AgNO3、KSCN固体后，反应生成AgSCN沉淀，可使a点移动到c点，形成饱和溶液，故C正确；D. b点为AgSCN的不饱和溶液，溶液蒸发部分水后，c(SCN-)和c(Ag+)都增大，恢复至室温不可能移动到c点，故D错误；故选D。
点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握Ksp的计算、溶解平衡移动为解答的关键。要注意线上的任意点都是溶解平衡状态，b和a不是平衡状态，为AgSCN的不饱和溶液。本题的易错点为D，蒸发部分水后溶液体积减小，各种微粒的浓度均会增大。
19.t℃时，将3mol A和1mol B气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g），△H<0；在2min时反应达到平衡状态（温度不变）剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol·L—1，请填写下列空白：
（1）从开始反应至达到平衡状态，生成B的平均反应速率为_____________。
（2）x=__________，平衡常数K=_________，A的转化率为_____________。
（3）若继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气（假设氦气和A、B、C都不反应）后，化学平衡（填字母）________________。
A.向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动
（4）如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n（A）、n（B）、n（C）之间应该满足的关系式为______________。
【答案】 (1). 0.05 mol·L－1·min－1 (2). 4 (3). 1/27 (4). 20% (5). C (6). n(A)/n(B) ＝3/1，n(C)≥0或者n(A) ＋3/4 n(C) ＝3[n(B) ＋1/4 n(C)]
【解析】
【分析】
（1）依据化学反应速率的概念 = = 分析计算；
（2）依据平衡三段式列式计算，结合平衡常数与转化率的定义求解；
（3）恒温恒容容器中加入氦气是惰性气体，增大体系压强，各气体分压不变，平衡不移动；
（4）在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，说明两者达到等效平衡，依据等效平衡的规律分析满足的关系。
【详解】（1）剩余了0.8 mol B，依据化学反应速率概念计算得到：(B) = = 0.05 mol/（L⋅min），故答案为：0.05 mol/（L⋅min）；
（2）t℃时，将3 mol A和1 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)，2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8 mol B，并测得C的浓度为0.4 mol/L，即其物质的量为0.8 mol，
则1：x=0.2：0.8 = 1：4，解得x=4，
平衡常数K = = = 1/27，
A的转化率 = ×100% = 20%，
故答案为：4；1/27；20%；
（3）恒温恒容容器中加入氦气是惰性气体，增大体系压强，各气体分压不变，平衡不移动，
故答案选C；
（5）在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，说明两者达到等效平衡，由于反应前后气体分子数相等，所以起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)采用极限法“一边倒”与原物质的量之比成比例；
3A(g)+B(g)⇌4C(g)
n(A) n(B) n(C)
则[n(A)+n(C)]：[n(B)+n(C)] = 3：1，
整理得n(A)/n(B)＝3/1，n(C)≥0或者n(A) ＋3/4 n(C) ＝3[n(B) ＋1/4 n(C)]
故答案为：n(A)/n(B)＝3/1，n(C)≥0或者n(A) ＋3/4 n(C) ＝3[n(B) ＋1/4 n(C)]
20.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
试回答下列问题：
（1）实验中不考虑铁架台等夹持仪器外，需要的仪器有（填序号）___________，还缺少的仪器有（填名称）____________。
A.托盘天平（带砝码，镊子） B.滴定管 C. 100mL容量瓶 D.烧杯E.漏斗 F.锥形瓶 G.玻璃棒 H.烧瓶
（2）实验中KMnO4溶液应装在____式滴定管中，滴定终点的判断依据是_________________
（3）若在滴定前没有用amol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，则所测得的x值会___________（偏大、偏小、无影响）。
（4）若滴定终点读数时目光仰视，则计算出的x值可能_______________（填偏大、偏小、无影响）。
（5）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为_______mol·L－1 。
【答案】 (1). ABCDFG (2). 胶头滴管 (3). 酸 (4). 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点 (5). 偏小 (6). 偏小 (7). 0.1aV
【解析】
【分析】
（1）实验有两个过程：配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；
用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量：所需要的实验仪器主要有烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等；根据以上操作中使用的仪器进行解答；
（2）KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；根据酸性高锰酸钾本身显紫色及操作规范分析作答；
（3）（4）先根据实验的规范操作对公式c（待测）=的影响分析误差，再结合实验计算过程分析出草酸含量，草酸含量越大，其结晶水的质量越小，即所得x值越小，据此分析作答；
（5）根据已知的化学方程式中物质的量与其化学计量数之间的关系作答。
【详解】（1）为了准确配制一定浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：托盘天平（带砝码，镊子）、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等，故选ABCDFG，还缺少的仪器为：胶头滴管，
故答案为：ABCDFG；胶头滴管；
（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点，
故答案为：酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点；
（3）在滴定前没有用a mol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，相当于稀释了KMnO4标准溶液，则会使V(标准)偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，
故答案为：偏小；
（4）若滴定终点读数时目光仰视，会使V(标准)偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，
故答案为：偏小；
（5）根据关系式2KMnO4 5H2C2O4可得n (H2C2O4) = = mol，则
c(H2C2O4) = = 0.1 aV mol•L-1，
故答案为：0.1 aV。
21.I．25℃时，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的一元酸HA溶液，pH变化曲线如下图所示：
（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
（2）A点对应酸的体积为12.5mL，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝_______ mol·L－1。
（3）NaA的水溶液显______性（选填“酸”、“碱”），原因是：________（用离子方程式表示）。
（4）在B点所得混合溶液中，c(Na＋) 、c(A－)、c(H＋)、c(OH－)由大到小的顺序是_________。
Ⅱ．在25 ℃的条件下，某些弱酸的电离平衡常数。
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2C2O4
Ka
Ka＝1.8×10－5
Ka＝3.0×10－8
Ka1＝4.1×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ka1＝5.9×10－2
Ka2＝6.4×10－5
（1）温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液，水的电离程度前者________ 后者（填“>”“=”或“<”）。
（2）相同温度下，pH相同的NaClO和CH3COOK两种溶液中，c(CH3COOK)________c(NaClO) （填“>”“=”或“<”），[c(Na＋)－c(ClO－)]_______[c(K＋)－c(CH3COO－)]（填“>”“=”或“<”）。
【答案】 (1). 0.1 (2). 1 ×10－4 (3). 碱 (4). A－＋H2OHA＋OH－ (5). c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－) (6). < (7). > (8). =
【解析】
【分析】
I．（1）由开始NaOH溶液的pH=13及水的离子积计算其浓度；
（2）根据物质的量关系可知，混合后溶液的溶质为NaA，图示信息得出，A点对应混合后的溶液pH = 10，则HA为弱酸，NaA存在水解平衡，由水电离出的氢氧根离子等于溶液中的氢氧根离子，据此分析作答；
（3）由图中a点分析等物质的量氢氧化钠与HA混合后溶液显碱性可推出，NaA存在水解平衡，据此分析判断；
（4）B点溶液显中性，c(H+) = c(OH−)，再结合电荷守恒规律作答；
Ⅱ．（1）根据表格可知，CH3COOH的Ka＞HClO的Ka，则根据相同浓度的两种酸对水电离的抑制程度不同来分析作答；
（2）根据醋酸和次氯酸的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越弱，据此判断pH相同时醋酸钾和次氯酸钠的浓度大小；根据电荷守恒判断浓度关系。
【详解】I．（1）根据图示信息可知，开始NaOH溶液的pH=13，则c(H+) = 10-13 mol/L，根据 Kw = c(H+)×c(OH−)，则c(OH−)=c(NaOH)=0.1 mol/L，
故答案为：0.1；
（2）由第（1）问可知，氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol/L，a点时，c(NaOH)×V(NaOH) = c（HA）×V(HA)，则溶液的溶质为NaA，根据图示信息可知，混合后溶液pH = 10，可推出HA为弱酸，A-水解显碱性，则溶液中的氢氧根离子浓度c(OH-) = = = 1 ×10－4 mol/L，则由水电离的氢氧根离子为1 ×10－4 mol/L，
故答案为：1 ×10－4；
（3）a点溶质为NaA，其溶液pH = 10，则NaA存在水解平衡，其水溶液显碱性，发生的离子方程式为：A－＋H2OHA＋OH－，
故答案为：碱；A－＋H2OHA＋OH－；
（4）在B点所得混合溶液中，pH=7，则c(H+) = c(OH−)，又因为溶液中溶质为生成的NaA和过量的HA，遵循电荷守恒，故c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)，
故答案为：c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)；
Ⅱ．（1）因CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，HClO的Ka＝3.0×10－8，则温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性大，即对水的电离抑制作用强，故水的电离程度前者小于后者，
故答案为：<；
（２）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH>HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：[c(Na＋)－c(ClO－)] = [c(K＋)－c(CH3COO－)]，
故答案为：>；=。
22.研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：
Ⅰ.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH＝______________
Ⅱ.下图是镁铝原电池请写出甲的电池总反应______________ ，乙池铝极的电极反应式______________
Ⅲ.下图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：
（1）乙装置中电极A的名称是__________
（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为 ________________________________________________
（3）一段时间，当丙池中产生224 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25 ℃时的pH＝________(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为1000 mL)。
【答案】 (1). -92.4 kJ·mol－1 (2). Mg+2H+ =Mg2+ +H2↑ (3). 2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O (4). 阳极 (5). CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O (6). 12
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；
Ⅱ. 镁铝原电池，图甲中，电解质溶液为硫酸，则根据金属活动性顺序判断电源负极为镁，图乙中，电解质溶液为氢氧化钠，铝与氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，故铝做负极，据此分析作答；
Ⅲ. （1）甲池为甲烷形成的燃料电池；根据原电池的正负极判断乙装置电解池的阴阳极；
（2）CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根；
（3）电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据氯气、氢气和氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH。
【详解】Ⅰ. N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1，N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH＝反应物键能总和−生成物键能总和 = 948.9 kJ⋅mol−1+3×436.0 kJ⋅mol−1−6×391.55 kJ⋅mol−1 =-92.4 kJ·mol－1，
故答案为：-92.4 kJ·mol－1；
Ⅱ. 图甲的原电池装置中，镁做负极，被氧化，铝电极做正极，氢离子被还原，其总的电池反应式为：Mg+2H+ =Mg2+ +H2↑；在图乙中，铝与氢氧化钠溶液反应，Al为原电池的负极，被氧化，故电极反应式为：2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O，
故答案为：Mg+2H+ =Mg2+ +H2↑；2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O；
Ⅲ. （1）甲池中一极通入甲烷，另一极通入氧气，所以甲池为甲烷形成的燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，A与正极相连，所以A的名称为阳极；
故答案为：阳极；
（2）CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根，所以甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，
故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；
（3）丙池中发生的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，丙池中产生224 mL，则氢气的体积与氯气的体积相同均为112 mL，其物质的量为 = 0.005 mol，根据H22NaOH关系式得n(NaOH)=2×0.005 mol = 0.01 mol，故c(OH-) = = 0.01 mol/L，根据水的离子积c(H+) = = 10-12 mol/L，所以溶液的pH=12，
故答案为：12。
1.在下列过程中，需要加快化学反应速率的是
A. 钢铁腐蚀 B. 工业炼钢 C. 食物腐烂 D. 橡胶老化
【答案】B
【解析】
【分析】
为提高生产效益或促进人类发展的反应，需要加快反应速率，而材料的腐蚀、老化、食物腐烂等需要减慢反应速率，以此来解答。
【详解】选项中只有B工业炼钢为有利于人类发展的反应，需要加快反应速率，而A、C、D均需要减慢反应速率，
答案选B。
2.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2SO2(g)+O2（g）2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 已知C(石墨,s)＝C(金刚石,s) △H﹥0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知H+(aq)+OH–(aq)＝H2O（1） △H = -57.3kJ·mol-1，则任何酸碱中和的反应热均为57.3kJ
D. 一定条件下2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H1 ，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(l) △H2 则△H1>△H2
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 依据化学反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；
B. 石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定；
C. 在稀溶液中强酸和强碱反应生成1 mol水放出的热量为中和热；
D. 2 mol气态SO3比2 mol液态SO3的能量高，因此生成2 mol气态SO3时放出的热量少，焓变大。
【详解】A. 依据化学反应是放热反应，2mol二氧化硫和1mol氧气能量之和高于2mol三氧化硫的能量，不能确定二氧化硫能量与三氧化硫的关系，故A项错误；
B. 石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故B项错误；
C. 在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，△H=−57.3 kJ/mol，弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于57.3 kJ/mol，故C项错误；
D. 2 mol气态SO3比2 mol液态SO3的能量高，因此生成2 mol气态SO3时放出的热量少，焓变大，即△H1＞△H2，故D项正确；
答案选D。
【点睛】本题侧重考查对热化学方程式的理解与运用，如本题D项中比较反应热的大小，该考点是学生的易错点，要理清总体原则，即比较△H的大小时，必须把反应热的“+”和“-”与反应热的数值看做一个整体进行比较。在同一反应中，若生成物的状态不同，可根据等量的物质，气态比液态能量高，液态比固态能量高来进行分析判断，先分析放热多少，再比较△H的大小。
3.下列物质的分类组合全部正确的是
选项
强电解质
弱电解质
非电解质
A
CaO
HCl
CO2
B
NaHCO3
NH3·H2O
NH3
C
Ba(OH)2
H2O
Cu
D
H2SO4
BaSO4
蔗糖
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质是指溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物，酸、碱、盐等都是电解质；
非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，非金属氧化物、蔗糖、乙醇等都是非电解质，大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
强电解质是指在水溶液中能完全电离的电解质，一般是强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐；
弱电解质是指在水溶液中能部分电离的电解质，一般是弱酸、弱碱和水，据此分析作答。
【详解】A. CaO是金属氧化物，在熔融状态下完全电离，属于强电解质；HCl在水溶液中完全电离，属于强电解质；CO2溶于水中不是本身电离的离子导电，属于非电解质，故A项错误；
B. NaHCO3是钠盐，属于强电解质；NH3•H2O是弱碱，属于弱电解质；NH3溶于水能导电，但不是本身电离的离子导电，故属于非电解质，故B项正确；
C. Ba(OH)2属于强碱，属于强电解质；H2O是弱电解质；Cu是单质，它既不是电解质，也不是非电解质，故C项错误；
D. H2SO4是强酸，属于强电解质；BaSO4是盐，属于强电解质；蔗糖属于有机物，在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故D项错误；
【点睛】掌握电解质的判断方法与物质导电的原因是解此题的关键。需要注意的是，判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物，若为化合物，再进一步判断该物质在特定条件（水溶液或者熔融状态）下能否导电，进而做出最终判断，若是单质或者混合物，则一定不属于电解质。此外不能片面地认为难溶的物质就是弱电解质，如硫酸钡，虽然难溶，但溶解的部分能完全电离，故硫酸钡属于强电解质，学生依据定义理解判断，不能偷换概念。
4.下列应用与水解原理无关的是
A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞
B. 泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将两者混合就可产生大量二氧化碳的泡沫
C. 浓硫化钠溶液有臭味
D. 可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 在碳酸钠溶液中，碳酸根离子会发生水解，使溶液呈碱性，则不能用玻璃塞的试剂瓶盛放碳酸钠溶液；
B. 泡沫灭火器利用的是碳酸氢钠与硫酸铝发生双水解反应；
C. 浓硫化钠溶液中，硫离子发生两步水解生成硫化氢气体；
D. 醋酸的酸性大于碳酸，则用醋酸与碳酸钠反应制取二氧化碳。
【详解】A. 碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠而导致玻璃塞打不开，实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，与水解原理有关，不符合题意，故A项不选；
B. 碳酸氢钠溶液和硫酸铝发生互促水解反应而生成二氧化碳气体，可用于灭火，与盐的水解原理有关，不符合题意，故B项不选；
C. 硫离子发生两步水解，其水解离子方程式为：S2－+ H2O HS－+ OH－，HS－+ H2O H2S+ OH－，浓硫化钠溶液中生成硫化氢气体，与盐的水解原理有关，不符合题意，故C项不选；
D. 醋酸酸性比碳酸弱，可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳，该反应利用了强酸制弱酸的原理，与盐类水解无关，符合题意，故D项选；
答案选D。
5.利用如图装置，完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，正确的是
A. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀
B. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法
C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将增大
【答案】C
【解析】
【分析】
开关K置于M处，为原电池装置，X比Fe活泼可减缓铁的腐蚀；开关K置于N处，为电解池装置，Fe为阴极可减缓铁的腐蚀，结合发生的电极反应来分析解答。
【详解】A. X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流阴极保护法，故A项错误；
B. X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，该法称为牺牲阳极的阴极保护法，故B项错误；
C. X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为负极，正极上析出Cu，则铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，故C项正确；
D. X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，为电镀装置，铁棒质量将增加，但溶液中铜离子浓度不变，故D项错误；
答案选C。
【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：
（1）先根据是否连接电源等信息，判断是原电池原理还是电解池原理；
（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的转移及其反应现象等，本题则可以考虑铁的电化学腐蚀类型；
（3）若为电解池，则需要先看是惰性电极还是活性电极，如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电顺序分析即可。
6.在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. 无色溶液：K+ 、Cl- 、 Mg2+、 SO42- 、Ag+
B. 能使pH试纸呈红色的溶液：Na+、NH4+、I－、NO3-
C. Na2CO3溶液：K+、Fe3+、SO42- 、NO3-
D. 常温下，Kw/c(H+)＝0.1 mol/L的溶液：Na＋、K＋、SiO32-、NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】
A、Cl- 、SO42-与Ag+能反应生成沉淀；
B、能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，I-有强还原性，NO3-在酸性溶液中有强氧化性，据此分析；
C、Fe3+与CO32-能发生双水解反应；
D、常温下， = c(OH-) = 0.1 mol/L，为碱性溶液，据此分析作答。
【详解】A. Cl- 、SO42-与Ag+均能反应生成沉淀而不能大量共存，故A项错误；
B. 能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，I−和NO3−在酸性溶液中能发生氧化还原反应而不能共存，故B项错误；
C. Fe3+水解显酸性，CO32−水解显碱性，两者会发生双水解反应而不能共存，故C项错误；
D. 常温下， = c(OH-) = 0.1 mol/L，可知该溶液为碱性溶液，该组离子与OH-相互间不反应，可以共存，故D项正确。
答案选D。
【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不存在；本题D选项考点为水的离子积公式，学生要熟练掌握才能判断作答。
7.下图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为
A. ⑤②①③④ B. ⑤④②①③
C. ④③②①⑤ D. ③②④①⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序。
【详解】根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀，所以④>②>③，⑤装置是电解池，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，根据电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即⑤>④>②>①>③，
故答案选B。
【点睛】本题考查金属腐蚀速率的大小判断，理解并识记电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，是解决问题的关键。
8.将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器中，进行合成氨反应，经过相同的一段时间后，测得反应速率分别为：甲：υ（H2）＝1 mol·L－1·min－1；乙：υ（N2）＝2 mol·L－1·min－1；丙：υ（NH3）＝ 3 mol·L－1·min－1。则三个容器中合成氨的反应速率
A. υ(甲)＞υ(乙)＞υ(丙） B. υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲）
C. υ(丙)＞υ(甲)＞υ(乙) D. υ(乙)＞υ(甲)＞υ(丙）
【答案】B
【解析】
【分析】
同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，据此分析作答。
【详解】合成氨的反应为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，以氢气的化学反应速率为标准进行判断，
甲：υ（H2）＝1 mol·L－1·min－1；
乙：υ（N2）＝2 mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学方程式中化学计量数之比，υ（H2）＝3υ（N2） = 3×2 mol·L－1·min－1 = 6 mol·L－1·min－1；
丙：υ（NH3）＝ 3 mol·L－1·min－1，同理可知υ（H2）＝1.5υ（NH3）＝ 1.5×3 mol·L－1·min－1 = 4.5 mol·L－1·min－1，可以看出反应速率：υ(乙)＞υ(丙)＞υ(甲），B项正确；
故答案选B。
【点睛】对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但比较反应速率的大小，不能只看数值的多少，而要进行一定的转化，具体比较方法如下：①一看：看化学反应速率的单位是否一致；②二化：将不同物质表示的化学反应速率转化成同一物质表示的化学反应速率，或分别除以相应物质的化学计量数。③三比较：比较同一物质表示的化学反应速率或除以化学计量数之后的数值，数值越大，反应进行得越快。
9.可逆反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是
①单位时间内生成1 mol O2的同时生成2 mol NO2
②单位时间内生成1 mol O2的同时生成2 mol NO
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①②③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态。
【详解】①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故①项正确；
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，故②项错误；
③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故③项错误；
④混合气体的颜色不变化说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，故④项正确；
⑤该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度始终不变，所以混合气体的密度不变时该反应不一定达到平衡状态，故⑤项错误；
⑥因该反应是物质的量增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥项正确；
⑦混合气体的平均相对分子质量在数值上等于其平均摩尔质量，即混合气体的总质量与混合气体的总物质的量的比，因质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故⑦项正确；
答案选A。
【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类。
一、直接判断法：
①ν（正）=ν（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率。
注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错。
②各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。
二、间接判断法
①在恒温恒容容器中，对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志，而对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志。
②对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志。
③对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
④有颜色的物质参与或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间而变化是平衡标志。
⑤任何化学反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时，达到平衡。
10.常温下，pH=12的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是
A. 11：1 B. 9：11 C. 1：11 D. 11：9
【答案】D
【解析】
【分析】
酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比。
【详解】解：设强碱的体积为x L，强酸的体积为y L，
pH=12的强碱溶液中c(OH-) = 10-2 mol/L，
pH=2的强酸溶液中c(H+) = 10-2 mol/L，
混合后pH=11，则说明碱过量，
根据公式c(OH-)=，即,解得x：y = 11：9，故D项正确；
答案选D。
11.常温下，下列四种溶液：①c(H＋)＝10－3mol·L－1的醋酸 ②0.01mol·L－1的盐酸 ③0.1mol·L－1的NaOH溶液 ④c(OH－)＝1mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A. 1000∶100∶10∶1 B. 11∶12∶1∶0
C. 11∶12∶13∶14 D. 3∶2∶13∶14
【答案】A
【解析】
【分析】
根据溶液中水的离子积Kw=c(H+)×c(OH−)，其中c(H+)是溶液中所有的氢离子的浓度，c(OH−)是溶液中所有的氢氧离子的浓度，且在任何溶液中，由水电离的氢离子与氢氧根离子浓度相等，酸溶液中OH-全部来自水电离，碱溶液中H+全部来自水电离，据此分析作答。
【详解】根据常温下水的离子积为1×10-14 可知：
（1）c(H＋)＝10－3 mol·L－1的醋酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH−) = = 1×10-11 mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH−) = 1×10-11 mol/L；
（2）0.01mol·L－1的盐酸中，由水电离出的氢氧根离子浓度c(OH−) = = 1×10-12 mol/L，故由水电离的氢离子浓度等于c(OH−) = 1×10-12 mol/L；
（3）0.1mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度为： = 1×10-13 mol/L；
（4）c(OH－)＝1 mol·L－1氨水溶液中，由水电离出的氢离子浓度为： =1×10-14 mol/L；
则四种溶液中由水电离出的氢离子浓度之比为：1000：100：10：1，故A项正确；
答案选A。
【点睛】水的离子积适用于任何溶液，理解氢离子和氢氧根离子的来源是解题的关键。如本题不管是强酸还是弱酸，其c(H＋)主要来源于溶质，c(OH－)则来源于水，而由水电离出的c(H＋)与c(OH－)相等，据此分析由水电离的c(H＋)这个问题便可迎刃而解。
12.在2升的密闭容器中，发生以下反应：2A（g）+ B（g） 2C（g）+D（g） 。若最初加入的A和B都是4 mol，在前10秒钟A的平均反应速度为0.16 mol/（L·s），则10秒钟时，容器中B的物质的量是
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol
【答案】C
【解析】
【分析】
根据各物质的化学反应速率之比等于化学方程式中其对应的化学计量数之比计算υ（B），利用△c=υ△t计算△c（B），△n（B）=△c（B）•V，B的起始物质的量减去△n（B）即为10秒钟时容器中B的物质的量。
【详解】根据速率之比等于化学计量数之比，所以υ(B) = 0.5υ(A) = 0.5×0.16 mol/(L•s)=0.08 mol/(L•s)，
所以△c(B) = 0.08 mol/(L•s)×10 s=0.8 mol/L，
所以△n(B) = 0.8 mol/L×2 L=1.6 mol，
故10秒钟时容器中B的物质的量为4 mol-1.6 mol=2.4 mol，故C项正确；
答案选C。
13.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图的是
A. CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0
B. CO2(g)＋2NH3(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH<0
C. CH3CH2OH(g) CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH>0
D. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g) 2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH<0
【答案】B
【解析】
【分析】
四个反应中水蒸气都是生成物；图象分析方法为先拐先平，温度或压强大，由图象可以看出T2>T1，随着温度的升高，水蒸气的含量减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应；P1>P2，增大压强，水蒸气的含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，则气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此解答该题。
【详解】温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2>T1，同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1>P2，则：
A. 反应是气体体积不变的吸热反应，升高温度平衡正向进行，水蒸气量增大，与图象不符，压强增大，平衡不移动，与图象不符合，故A项错误；
B. 该反应是一个气体体积减小的放热反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，降低水蒸气的含量，而增大压强平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，与图象均符合，故B项正确；
C. 反应是一个气体体积增大的吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，增大水蒸气的含量，增大压强，平衡逆移，水蒸气的含量减小，与图象均不符合，故C项错误。
D. 反应是一个气体体积增大的放热反应，升温平衡逆向进行，水蒸气的含量减少，与图象符合，增大压强平衡逆向移动，水蒸气的含量减少，因此与图象不符合，故D项错误；
答案选B。
14.下列比较中正确的是
A. 相同浓度的三种溶液：①(NH4)2CO3溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4NO3溶液中 c(NH4+)：③>①>②
B. 相同pH的溶液：①NaClO溶液、②NaHCO3溶液、③CH3COONa溶液中 c(Na+)：③>②>①
C. 同浓度、同体积的溶液：①CH3COONa溶液、②NH4Cl溶液、③NaNO3溶液中 pH：②>③>①
D. 相同浓度的溶液：①氨水、②NaOH溶液、③Ba(OH)2溶液 c(H+)：②>①>③
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 相同浓度的三种溶液均存在铵根离子的水解，根据起始浓度及其他粒子对其水解程度的影响结果来判断；
B. 先根据相同浓度的物质判断其水解程度的强弱，再利用逆向思维分析相同pH的溶液中，c(Na+)的大小；
C. 根据三种盐溶液的酸碱性来判断其pH；
D. 碱溶液中，先判断c(OH-)的大小，再根据c(H+) = 分析作答。
【详解】A. 不考虑水解情况，①溶液中电离出的c(NH4+)是②、③溶液中电离出的两倍，②中NH4+与HCO3-发生相互促进的水解反应，促进了NH4+的水解，故c(NH4+)的大小关系为①>③>②，故A项错误；
B. 相同温度、相同浓度的三种酸的强弱顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解规律，相同温度、相同浓度的三种盐溶液的碱性为NaClO>NaHCO3>CH3COONa，则相同pH的溶液中Na+浓度大小顺序为③>②>①，故B项正确；
C. CH3COONa溶液水解显碱性，NH4Cl溶液水解显酸性，NaNO3溶液显中性，所以三种溶液中pH：①>③>②，故C项错误；
D. 氨水是弱碱溶液，NaOH是一元强碱，Ba(OH)2是二元强碱，故相同浓度的溶液中c(OH-)的大小关系为③>②>①，c(H+)的大小关系为①>②>③，故D项错误；
答案选B。
15.镍镉（Ni-Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2 + 2Ni(OH)2 ，有关该电池的说法正确的是
A. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性增强
D. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e- + OH- = NiOOH + H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni（OH）2+OH-，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e-═Cd+2OH-，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转化为化学能的装置，据此分析作答。
【详解】A. 放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故A项错误；
B. 充电过程实际上是把电能转化为化学能的过程，故B项错误；
C. 放电时，负极上电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，碱性减弱，故C项错误；
D. 充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2-e-+OH-═NiOOH+H2O，故D项正确；
答案选D。
16.关于醋酸(CH3COOH)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是
A. 把pH=2的醋酸溶液稀释100倍后pH=3.8
B. 100mL l mol·L-1的醋酸溶液恰好与100mL l mol·L-1的NaOH溶液完全反应
C. 醋酸钠CH3COONa溶液能使酚酞试液变红
D. 0.1 mol·L-1的醋酸溶液的pH约为2
【答案】B
【解析】
【分析】
强弱电解质的根本区别是电离程度的不同，完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，只要能证明CH3COOH部分电离则可证明CH3COOH是弱电解质，据此分析解答。
【详解】A. 把pH=2的醋酸溶液稀释100倍后，若醋酸是强酸，则稀释后溶液的pH=4，实际上稀释后溶液的pH=3.8，说明加水稀释促进醋酸电离，醋酸中存在电离平衡，为弱电解质，不符合题意，故A项不选；
B. 100mL l mol⋅L−1的醋酸溶液恰好与100mL l mol⋅L−1的NaOH溶液完全反应，说明醋酸是一元酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能说明醋酸为弱电解质，符合题意，故B项选；
C. 醋酸钠溶液能使酚酞试液变红，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则证明醋酸是弱酸，为弱电解质，不符合题意，故C项不选；
D. 0.1 mol⋅L−1的醋酸溶液的pH约为2，说明氢离子浓度小于酸浓度，说明醋酸存在电离平衡，为弱电解质，不符合题意，故D项不选；
答案选B。
17.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.100 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1 的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
B. A点溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.5 mol·L－1
C. 在相同温度下，A、B、C三点溶液中水的电离程度：B＜A＜C
D. D点溶液中：c(Cl－)＝2c(OH－)－2c(H＋)
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强；HCl是强电解质，随着NaOH溶液加入，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反应时离子浓度最小，继续加入NaOH溶液，离子浓度增大，溶液导电能力增强，根据图知，曲线②代表0.1 mol/L NaOH溶液滴定HC1溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1 mol/LNaOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线，据此分析。
【详解】根据上述分析可知，
A. 曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A项错误；
B. A点溶液中c(Na+) = 0.05 mol/L，电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO−) + c(OH−)−c(H+) = c(Na+) = 0.05 mol/L，故B项错误；
C. 酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，C点溶质为NaCl。A点溶质为醋酸钠，可促进水电离，B点为等物质的量浓度的醋酸钠和NaOH，NaOH会抑制水的电离，则在相同温度下，由水的电离程度：B
答案选D。
18.298 K时，AgSCN的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列判断错误的是
A. 298 K时，Ksp(AgSCN)=1.0×10-12
B. 欲使溶液由c点移到d点，可滴入少量KSCN浓溶液
C. 向a点溶液中加入等物质的量的AgNO3、KSCN固体后，可能使a点移动到c点
D. b点溶液蒸发部分水后恢复至室温可移动到c点
【答案】D
【解析】
A. 298 K时，AgSCN的Ksp(AgSCN)=c(Ag+)c(SCN-)=(1×10-6)2=1×10-12，故A正确；B. 滴入少量KSCN浓溶液，c(SCN-)增大，Ksp(AgSCN)不变，则c(Ag+)减小，仍为AgSCN的饱和溶液，溶液由c点可以移到d点，故B正确； C. a点溶液为AgSCN的不饱和溶液，向a点溶液中加入等物质的量的AgNO3、KSCN固体后，反应生成AgSCN沉淀，可使a点移动到c点，形成饱和溶液，故C正确；D. b点为AgSCN的不饱和溶液，溶液蒸发部分水后，c(SCN-)和c(Ag+)都增大，恢复至室温不可能移动到c点，故D错误；故选D。
点睛：本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握Ksp的计算、溶解平衡移动为解答的关键。要注意线上的任意点都是溶解平衡状态，b和a不是平衡状态，为AgSCN的不饱和溶液。本题的易错点为D，蒸发部分水后溶液体积减小，各种微粒的浓度均会增大。
19.t℃时，将3mol A和1mol B气体通入体积为2L的密闭容器中（容积不变），发生如下反应：3A（g）+B（g）xC（g），△H<0；在2min时反应达到平衡状态（温度不变）剩余了0.8molB，并测得C的浓度为0.4mol·L—1，请填写下列空白：
（1）从开始反应至达到平衡状态，生成B的平均反应速率为_____________。
（2）x=__________，平衡常数K=_________，A的转化率为_____________。
（3）若继续向原平衡混合物的容器中通入少量氦气（假设氦气和A、B、C都不反应）后，化学平衡（填字母）________________。
A.向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动
（4）如果上述反应在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，起始加入的三种物质的物质的量n（A）、n（B）、n（C）之间应该满足的关系式为______________。
【答案】 (1). 0.05 mol·L－1·min－1 (2). 4 (3). 1/27 (4). 20% (5). C (6). n(A)/n(B) ＝3/1，n(C)≥0或者n(A) ＋3/4 n(C) ＝3[n(B) ＋1/4 n(C)]
【解析】
【分析】
（1）依据化学反应速率的概念 = = 分析计算；
（2）依据平衡三段式列式计算，结合平衡常数与转化率的定义求解；
（3）恒温恒容容器中加入氦气是惰性气体，增大体系压强，各气体分压不变，平衡不移动；
（4）在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，说明两者达到等效平衡，依据等效平衡的规律分析满足的关系。
【详解】（1）剩余了0.8 mol B，依据化学反应速率概念计算得到：(B) = = 0.05 mol/（L⋅min），故答案为：0.05 mol/（L⋅min）；
（2）t℃时，将3 mol A和1 mol B气体通入体积为2 L的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)，2 min时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了0.8 mol B，并测得C的浓度为0.4 mol/L，即其物质的量为0.8 mol，
则1：x=0.2：0.8 = 1：4，解得x=4，
平衡常数K = = = 1/27，
A的转化率 = ×100% = 20%，
故答案为：4；1/27；20%；
（3）恒温恒容容器中加入氦气是惰性气体，增大体系压强，各气体分压不变，平衡不移动，
故答案选C；
（5）在相同温度和容器中进行，欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与原平衡相等，说明两者达到等效平衡，由于反应前后气体分子数相等，所以起始加入的三种物质的物质的量n(A)、n(B)、n(C)采用极限法“一边倒”与原物质的量之比成比例；
3A(g)+B(g)⇌4C(g)
n(A) n(B) n(C)
则[n(A)+n(C)]：[n(B)+n(C)] = 3：1，
整理得n(A)/n(B)＝3/1，n(C)≥0或者n(A) ＋3/4 n(C) ＝3[n(B) ＋1/4 n(C)]
故答案为：n(A)/n(B)＝3/1，n(C)≥0或者n(A) ＋3/4 n(C) ＝3[n(B) ＋1/4 n(C)]
20.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O，为了测定x值，进行下述实验：
①称取n g草酸晶体配成100.00 mL水溶液；
②取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶中，加稀硫酸，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定，已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O
试回答下列问题：
（1）实验中不考虑铁架台等夹持仪器外，需要的仪器有（填序号）___________，还缺少的仪器有（填名称）____________。
A.托盘天平（带砝码，镊子） B.滴定管 C. 100mL容量瓶 D.烧杯E.漏斗 F.锥形瓶 G.玻璃棒 H.烧瓶
（2）实验中KMnO4溶液应装在____式滴定管中，滴定终点的判断依据是_________________
（3）若在滴定前没有用amol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，则所测得的x值会___________（偏大、偏小、无影响）。
（4）若滴定终点读数时目光仰视，则计算出的x值可能_______________（填偏大、偏小、无影响）。
（5）滴定过程中用去V mL a mol·L－1的KMnO4溶液，则所配制的草酸的物质的量浓度为_______mol·L－1 。
【答案】 (1). ABCDFG (2). 胶头滴管 (3). 酸 (4). 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点 (5). 偏小 (6). 偏小 (7). 0.1aV
【解析】
【分析】
（1）实验有两个过程：配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有天平（含砝码）、烧杯、药匙、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒等；
用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量：所需要的实验仪器主要有烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等；根据以上操作中使用的仪器进行解答；
（2）KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；根据酸性高锰酸钾本身显紫色及操作规范分析作答；
（3）（4）先根据实验的规范操作对公式c（待测）=的影响分析误差，再结合实验计算过程分析出草酸含量，草酸含量越大，其结晶水的质量越小，即所得x值越小，据此分析作答；
（5）根据已知的化学方程式中物质的量与其化学计量数之间的关系作答。
【详解】（1）为了准确配制一定浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要为：托盘天平（带砝码，镊子）、100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；用高锰酸钾溶液进行滴定测草酸的物质的量，所需要的实验仪器主要有：烧杯、酸式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶等，故选ABCDFG，还缺少的仪器为：胶头滴管，
故答案为：ABCDFG；胶头滴管；
（2）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，故KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点，
故答案为：酸；滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液从无色变为紫色且半分钟不褪去，说明滴定到终点；
（3）在滴定前没有用a mol·L-1的KMnO4溶液对滴定管进行润洗，相当于稀释了KMnO4标准溶液，则会使V(标准)偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，
故答案为：偏小；
（4）若滴定终点读数时目光仰视，会使V(标准)偏大，根据c（待测）=可知，c（待测）偏大，导致n(H2C2O4)会偏大，则计算出的x会偏小，
故答案为：偏小；
（5）根据关系式2KMnO4 5H2C2O4可得n (H2C2O4) = = mol，则
c(H2C2O4) = = 0.1 aV mol•L-1，
故答案为：0.1 aV。
21.I．25℃时，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1的一元酸HA溶液，pH变化曲线如下图所示：
（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
（2）A点对应酸的体积为12.5mL，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝_______ mol·L－1。
（3）NaA的水溶液显______性（选填“酸”、“碱”），原因是：________（用离子方程式表示）。
（4）在B点所得混合溶液中，c(Na＋) 、c(A－)、c(H＋)、c(OH－)由大到小的顺序是_________。
Ⅱ．在25 ℃的条件下，某些弱酸的电离平衡常数。
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2C2O4
Ka
Ka＝1.8×10－5
Ka＝3.0×10－8
Ka1＝4.1×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ka1＝5.9×10－2
Ka2＝6.4×10－5
（1）温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液，水的电离程度前者________ 后者（填“>”“=”或“<”）。
（2）相同温度下，pH相同的NaClO和CH3COOK两种溶液中，c(CH3COOK)________c(NaClO) （填“>”“=”或“<”），[c(Na＋)－c(ClO－)]_______[c(K＋)－c(CH3COO－)]（填“>”“=”或“<”）。
【答案】 (1). 0.1 (2). 1 ×10－4 (3). 碱 (4). A－＋H2OHA＋OH－ (5). c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－) (6). < (7). > (8). =
【解析】
【分析】
I．（1）由开始NaOH溶液的pH=13及水的离子积计算其浓度；
（2）根据物质的量关系可知，混合后溶液的溶质为NaA，图示信息得出，A点对应混合后的溶液pH = 10，则HA为弱酸，NaA存在水解平衡，由水电离出的氢氧根离子等于溶液中的氢氧根离子，据此分析作答；
（3）由图中a点分析等物质的量氢氧化钠与HA混合后溶液显碱性可推出，NaA存在水解平衡，据此分析判断；
（4）B点溶液显中性，c(H+) = c(OH−)，再结合电荷守恒规律作答；
Ⅱ．（1）根据表格可知，CH3COOH的Ka＞HClO的Ka，则根据相同浓度的两种酸对水电离的抑制程度不同来分析作答；
（2）根据醋酸和次氯酸的电离平衡常数判断二者酸性强弱，酸性越强，对应的酸根离子的水解程度越弱，据此判断pH相同时醋酸钾和次氯酸钠的浓度大小；根据电荷守恒判断浓度关系。
【详解】I．（1）根据图示信息可知，开始NaOH溶液的pH=13，则c(H+) = 10-13 mol/L，根据 Kw = c(H+)×c(OH−)，则c(OH−)=c(NaOH)=0.1 mol/L，
故答案为：0.1；
（2）由第（1）问可知，氢氧化钠的物质的量浓度为0.1 mol/L，a点时，c(NaOH)×V(NaOH) = c（HA）×V(HA)，则溶液的溶质为NaA，根据图示信息可知，混合后溶液pH = 10，可推出HA为弱酸，A-水解显碱性，则溶液中的氢氧根离子浓度c(OH-) = = = 1 ×10－4 mol/L，则由水电离的氢氧根离子为1 ×10－4 mol/L，
故答案为：1 ×10－4；
（3）a点溶质为NaA，其溶液pH = 10，则NaA存在水解平衡，其水溶液显碱性，发生的离子方程式为：A－＋H2OHA＋OH－，
故答案为：碱；A－＋H2OHA＋OH－；
（4）在B点所得混合溶液中，pH=7，则c(H+) = c(OH−)，又因为溶液中溶质为生成的NaA和过量的HA，遵循电荷守恒，故c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)，
故答案为：c(Na＋)=c(A－)>c(H＋)=c(OH－)；
Ⅱ．（1）因CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，HClO的Ka＝3.0×10－8，则温度、浓度相同的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性大，即对水的电离抑制作用强，故水的电离程度前者小于后者，
故答案为：<；
（２）根据电离平衡常数可知：酸性CH3COOH>HClO，则NaClO的水解程度大于CH3COOK，所以pH相同时CH3COOK的浓度大于NaClO；由于两溶液的pH相同，则两溶液中氢离子、氢氧根离子的浓度相同，根据电荷守恒可得：[c(Na＋)－c(ClO－)] = [c(K＋)－c(CH3COO－)]，
故答案为：>；=。
22.研究化学反应中的能量变化有重要意义。请根据学过的知识回答下列问题：
Ⅰ.化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知：N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1。则N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH＝______________
Ⅱ.下图是镁铝原电池请写出甲的电池总反应______________ ，乙池铝极的电极反应式______________
Ⅲ.下图是一个化学过程的示意图，回答下列问题：
（1）乙装置中电极A的名称是__________
（2）甲装置中通入CH4的电极反应式为 ________________________________________________
（3）一段时间，当丙池中产生224 mL(标准状况下)气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25 ℃时的pH＝________(已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为1000 mL)。
【答案】 (1). -92.4 kJ·mol－1 (2). Mg+2H+ =Mg2+ +H2↑ (3). 2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O (4). 阳极 (5). CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O (6). 12
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）反应的焓变△H=反应物键能总和-生成物键能总和计算；
Ⅱ. 镁铝原电池，图甲中，电解质溶液为硫酸，则根据金属活动性顺序判断电源负极为镁，图乙中，电解质溶液为氢氧化钠，铝与氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，故铝做负极，据此分析作答；
Ⅲ. （1）甲池为甲烷形成的燃料电池；根据原电池的正负极判断乙装置电解池的阴阳极；
（2）CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根；
（3）电解氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，根据氯气、氢气和氢氧化钠的关系式计算氢氧化钠的物质的量浓度，从而得出溶液的pH。
【详解】Ⅰ. N≡N键的键能是948.9 kJ·mol－1，H—H键的键能是436.0 kJ·mol－1；N—H键的键能是391.55 kJ·mol－1，N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH＝反应物键能总和−生成物键能总和 = 948.9 kJ⋅mol−1+3×436.0 kJ⋅mol−1−6×391.55 kJ⋅mol−1 =-92.4 kJ·mol－1，
故答案为：-92.4 kJ·mol－1；
Ⅱ. 图甲的原电池装置中，镁做负极，被氧化，铝电极做正极，氢离子被还原，其总的电池反应式为：Mg+2H+ =Mg2+ +H2↑；在图乙中，铝与氢氧化钠溶液反应，Al为原电池的负极，被氧化，故电极反应式为：2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O，
故答案为：Mg+2H+ =Mg2+ +H2↑；2Al-6e-+8OH-=2AlO2-+4H2O；
Ⅲ. （1）甲池中一极通入甲烷，另一极通入氧气，所以甲池为甲烷形成的燃料电池，通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极，A与正极相连，所以A的名称为阳极；
故答案为：阳极；
（2）CH4在负极上失电子，碱性条件下生成碳酸根，所以甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，
故答案为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；
（3）丙池中发生的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，丙池中产生224 mL，则氢气的体积与氯气的体积相同均为112 mL，其物质的量为 = 0.005 mol，根据H22NaOH关系式得n(NaOH)=2×0.005 mol = 0.01 mol，故c(OH-) = = 0.01 mol/L，根据水的离子积c(H+) = = 10-12 mol/L，所以溶液的pH=12，
故答案为：12。
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