【化学】黑龙江省双鸭山市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）

黑龙江省双鸭山市第一中学2018-2019学年高二下学期开学考试
可能用到的相对原子质量： H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Ba：137 He:4 C:12 N:14 O:16 F:19 Ne:20 Na:23 Mg:24 Al:27 Si:28 S:32 Cl:35.5 K:39 Ca:40 Mn:55 Fe:56 Cu:64
说明：本试卷共分I卷和II卷，满分100分，时间90分钟。请将答案写在答题卡对应位置。
一、选择题：（ 每小题2分，共48分，每个题只有一个答案）
1.下列关于能量的说法或做法不合理的是（ ）
A. 升高温度或加入催化剂，均不可以改变化学反应的反应热
B. 太阳能电池将化学能转化为电能
C. 电镀将电能转化为化学能
D. 物质发生化学变化，一定伴随着能量变化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应热只与反应物总能量和生成物总能量的相对大小有关系，因此升高温度或加入催化剂，均不可以改变化学反应的反应热，A正确；
B. 太阳能电池将太阳能转化为电能，B错误；
C. 电镀利用的是电解原理，是将电能转化为化学能，C正确；
D. 物质发生化学变化，一定伴随着能量变化，D正确；
答案选B。
2.下列化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. H2O＋H2O H3O＋＋OH－
B. HS－＋OH－ H2O＋S2－
C. HS－＋H2O H3O＋＋S2－
D. HS－＋H2O H2S＋OH－
【答案】D
【解析】
【分析】
根据水解反应的定义分析判断是否为水解反应。
【详解】水解反应是指：在溶液中盐电离出的离子与水电离出的H+和OH-结合生成弱电解质的反应。
A. H2O＋H2O H3O＋＋OH－，是水的电离方程式，故A错误；
B. HS－＋OH－ H2O＋S2－，是HS－电离出的H+与OH－结合生成水的过程，属于离子反应方程式，故B错误；
C. HS－＋H2O H3O＋＋S2－，是HS－电离出的H+与H2O结合生成H3O＋的过程，属于HS－的电离方程式，故C错误；
D. HS－＋H2O H2S＋OH－，是HS－与水电离出的H+结合生成H2S的反应，故D正确。
故选D。
3.下列说法不正确的是（ ）
A. 一般来说，不纯的金属与电解质溶液接触时，会发生原电池反应
B. 溶液中Fe2＋ 可以用K3[Fe(CN)6]溶液来检测
C. 铁锈覆盖在钢铁表面，阻止钢铁继续腐蚀
D. 在船身上装锌块来避免船体遭受腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A. 不纯的金属，杂质和金属构成原电池的两个电极，与电解质溶液接触时，会发生原电池反应，故A正确；
B. 溶液中Fe2＋ 遇到K3[Fe(CN)6]溶液可以产生蓝色沉淀，故B正确；
C. 铁锈的结构比较疏松，无法隔绝空气中的水分和氧气，所以无法阻止钢铁继续腐蚀，故C错误；
D. 在船身上装锌块，锌比较活泼，先被腐蚀，是利用原电池原理来避免船体遭受腐蚀，故D正确。
故选C。
4.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，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是（ ）
A. NaOH B. Na2CO3 C. NH3·H2O D. MgCO3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故A错误；
B. 加入碳酸钠，酸性条件下，碳酸钠生成NaCl杂质，引入新杂质，故B错误；
C. 加入氨水，氯化镁和氨水反应生成氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，引入新杂质，故C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，加热条件下，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，故D正确。
故选D。
【点睛】除杂的原则：一是除去杂质；二是不引入新的杂质；三是不损失主体物质；四是易恢复到原来状态。
5.下列说法不正确的是（ ）
A. 改变物质表面积可以改变化学反应速率
B. 催化剂同时改变正逆反应速率
C. 活化分子的每次碰撞都能发生反应
D. 活化能的作用在于使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A. 增大反应物的表面积可以加快反应速率，则改变物质表面积可以改变化学反应速率，故A正确；
B. 加入催化剂，可以同时同等程度改变正逆反应速率，故B正确；
C. 活化分子之间的碰撞不一定为有效碰撞，发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故C错误；
D. 活化能的作用在于使反应物活化，从而启动反应或改变反应速率，故D正确。
故答案选C。
6.某温度下,体积一定的密闭容器中进行如下反应:2X(g)+Y(g) Z(g)+W(s)ΔH>0,下列叙述正确的是( )
A. 在容器中加入氩气,反应速率不变
B. 加入少量W,逆反应速率增大
C. 升高温度,正反应速率增大,逆反应速率减小
D. 将容器的体积压缩,可增大单位体积内活化分子的百分数,有效碰撞次数增大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、在容器中加入氩气，压强增大，但物质的浓度，所以反应速率不变，A正确；B、W是固体，所以加入少量W，正逆反应速率均不变，B不正确；C、升高温度，正逆反应速率均增大，C不正确；D、将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，D不正确，答案选A。
考点：考查外界条件对反应速率的影响
7.在恒温、容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，达到平衡。下列说法不正确的是（ ）
A. 其它条件不变，缩小容器体积，平衡正向移动，K值变大
B. 其它条件不变，通入少量氦气，平衡不移动
C. N2、H2、NH3百分含量不再变化
D. 其它条件不变，升高温度，化学平衡一定发生移动
【答案】A
【解析】
【详解】A. 其它条件不变，缩小容器体积，即压强增大，促进平衡向体积减小的方向移动，即平衡正向移动，K值只受温度影响，所以K值不变，故A错误；
B.其它条件不变，通入少量氦气，各组分的分压强不变，平衡不移动，故B正确；
C.化学反应达到平衡时，各组分的浓度、百分含量、体积分数都不再改变，故C正确；
D. 其它条件不变，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，化学平衡一定发生移动，故D正确。
故选A。
8.容积不变的密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)；ΔH<0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列对于图像分析正确的是（ ）

A. 图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
D. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
【答案】C
【解析】
A、增大O2的物质的量浓度应该是正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，而题目的图像是正逆反应速率瞬间都增大，A错误；B、通入氦气增大体系压强，实际体积不变，各物质的的物质的量不变，所以物质的量浓度也不变，那么速率应该不改变，B错误；C、乙达到平衡用的时间更短，所以乙的反应速率比甲快，即乙的温度应该更高；该反应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，乙在甲的下面，C正确；D催化剂不改变平衡态，所以甲乙的转化率应该相等，D错误。
点睛：恒容下，加入与反应无关的气体，因为各反应物和生成物的浓度不变，反应温度不变，所以反应速率不变，平衡也不移动；恒压下，加入与反应无关的气体，因为容器体积增大，所以所有物质浓度都减小，相当于增大体积减小压强，平衡向物质的量增大的方向移动。
9.关于化学反应进行的方向叙述不正确的是（ ）
A. △H＜0，△S＞0时，反应自发进行，如金属钠和水的反应
B. 过程的自发性能判断过程的方向，还能确定过程是否一定会发生
C. △H＞0，△S＜0时，反应不自发进行，如2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)
D. 同一种物质，气态时的熵值最大、液态时次之、固态时最小
【答案】B
【解析】
【详解】A. 一定温度、压强条件下，△H-T△S＜0反应自发进行，△H-T△S＞0反应不能自发进行，对于△H＜0、△S＞0的反应，△G＜0，反应能自发进行，故A正确；
B. 过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故B错误；
C. 已知反应2CO(g)＝2C(s)＋O2(g)的△H＞0，△S＜0，所以△H-T△S＞0，反应任何温度下都是不能自发进行，故C正确；
D. 物质的熵值与物质的状态有关，气体的混乱度最大，液体次之，固体最小，故D正确。
故选B。
10.下列说法正确的是(　　)
A. pH=7的溶液一定显中性
B. pH=6的溶液一定显酸性
C. c(H+)＜c(OH-)的溶液一定显碱性
D. c(OH-)=1×10-6 mol/L的溶液一定显酸性
【答案】C
【解析】
试题分析：Kw≠10-14，pH＝7的溶液不呈中性，Kw=10-12，pH=6的溶液显中性，所以A、B、D都错误，C正确。答案选C
考点：溶液酸碱性的判断
点评：用pH判断溶液的酸碱性时，要知道水的离子积，用c(H＋)、c(OH－)相对大小来判断时，不需要任何条件。
11.下列说法正确的是(　　)
A. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小
B. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸的电离程度增大
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质
D. CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加水稀释，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 电离是吸热过程，升高温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，故C正确；
D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，故D错误。
故答案选C。
12.25℃时，浓度均为0.10 mol/L 的NaHCO3 和Na2CO3 溶液中，下列判断不正确的是（ ）
A. 两种溶液中存在的粒子种类相同 B. 两种溶液中均存在电离平衡和水解平衡
C. c(OH－)前者大于后者 D. 分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO32－)均增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的微粒均为：碳酸根、碳酸氢根、氢氧根、氢离子、碳酸分子、水分子，存在的粒子种类相同，故A正确；
B. Na2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡，故B正确；
C. 碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，且CO32-的水解程度大于HCO3-，所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度，故C错误；
D. 加入NaOH固体,前者因OH-与HCO3- 反应而使c(CO32-)增大，后者因OH-抑制CO32-的水解而使c(CO32-)增大，故D正确。
故选C。
13.下列盐类水解的应用，不正确的是( )
A. 实验室配制氯化铁溶液时，滴入少量稀硫酸抑制水解
B. 为使纯碱溶液的去油污效果更好，可以使用热的纯碱溶液
C. 明矾可用于净水，是由于溶于水后产生的Al(OH)3胶体具有吸附作用
D. 铵态氮肥不能和草木灰混合施用，是由于NH4+与C032-互相促进水解，肥效下降
【答案】A
【解析】
A、铁离子水解呈酸性，加入盐酸可抑制水解，防止溶液变浑浊，但不能加入硫酸，因引入新的杂质，选项A错误；B、碳酸钠水解溶液显碱性，可以用去除油污。水解吸热，因此热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污效果更好，选项B正确；C、明矾作为净水剂是因为明矾溶于水发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附杂质，反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，选项C正确；D、铵态氮肥不能与草木灰混合施用，是由于铵根离子与碳酸根离子发生互促水解的原因，选项D正确。答案选A。
14.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是( )
A. pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4-、CO32-
B. 无色溶液中：Cu2+、Al3+、NH4+、Cl-
C. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
D. 0.1mol·L-1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN-、SO42-
【答案】C
【解析】
A、CO32－在酸性条件下不能大量共存，故A错误；B、Cu2＋显蓝色，不符合题意，故B错误；C、此溶液可能显酸，也可能显碱，Cu2＋在碱中不能大量共存，但这些离子在酸中能够大量共存，故C正确；D、Fe3＋和SCN－生成络合物Fe(SCN)3，不能大量共存，故D错误。
15.下列叙述正确的是 （ ）
A. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag＋)＞c(C1－)＝c(I－)
B. 在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大
C. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D. CaCO3 难溶于稀硫酸，但可溶于醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c（Ag+）>c（Cl-）>c（I-），故A错误；
B. 在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积一定温度下是常数，加入Na2SO4固体后硫酸根离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，c(Ba2＋)减小，故B错误；
C. AgCl 在溶液中存在溶解平衡，AgCl(s) Ag+(aq) + Cl-(aq)，CaCl2和NaCl溶液浓度相同，即CaCl2溶液中c(Cl-)是NaCl溶液中c(Cl-)的二倍，AgCl在CaCl2溶液中，c(Cl-)大，使AgCl 的溶解平衡向逆反应方向移动，所以AgCl在CaCl2溶液中的溶解度比在NaCl溶液中的溶解度小，故C错误；
D. CaCO3(s)CO32-(aq)+Ca2+(aq),在稀硫酸中生成的CaSO4微溶,附着在CaCO3的表面,很难破坏CaCO3的溶解平衡,所以CaCO3难溶于稀硫酸，而在醋酸中，CO32-+2CH3COOH2CH3COO-+H2O+CO2↑,消耗了CO32-，c(CO32-)降低，促进平衡向正反应方向移动，即破坏了CaCO3的溶解平衡,使CaCO3能溶于醋酸，故D正确。
故选D。
【点睛】勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一(如温度、压强，以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。掌握和灵活应用勒夏特列原理是解答本题的关键。
16.用盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中会引起实验误差的是(　　)
A. 滴定前酸式滴定管需用盐酸标准液润洗
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C. 往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
根据c（待测）=分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A．取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸，标准液浓度不变，标准溶液盐酸的体积不变，对实验结果无影响，故A错误；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定，待测液的物质的量不变，标准溶液盐酸的体积不变，对实验结果无影响，故B错误；
C．在NaOH溶液中酚酞为红色，滴定终点时为无色，所以往盛有20.00mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后可以进行滴定，故C错误；
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液，待测液的物质的量偏大，标准溶液盐酸的体积偏大，所测结果偏大，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查中和滴定的误差分析，注意滴定管必须润洗，锥形瓶不能润洗，锥形瓶内的蒸馏水不影响滴定结果。
17.下列叙述正确的是(　　)
A. 电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化
B. 某原电池反应为Cu＋2AgNO3＝Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液
C. 因为镁的活泼性强于铝，所以将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中，镁作负极、铝作正极
D. 不能自发进行的氧化还原反应，任何方法都不可以实现
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电解质溶液导电时，溶液中的阴阳离子分别向阳极和阴极移动，在两个电极上得失电子，发生氧化还原反应；金属的导电只是自由电子的定向移动不存在电子得失没有新物质产生，是一种物理过程，故A正确；
B. 因为电解质溶液为AgNO3，与氯离子反应生成沉淀，故不能用装有含琼胶的KCl饱和溶液作盐桥，B错误；
因为镁的活泼性强于铝，所以将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中，镁作负极、铝作正极
C. 将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中组成原电池，镁和氢氧化钠溶液不反应，故不能做负极，而铝可以与氢氧化钠溶液反应，故做负极的为铝，C错误。
D. 电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化还原反应转变成现实，故D错误。
答案选A。
18.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A. d为石墨，铁片腐蚀加快
B. d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
C. d为锌块，铁片不易被腐蚀
D. d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－＝H2↑
【答案】D
【解析】
A、由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e-→ 4OH–，选项D错误。答案选D。
点睛：本题考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。
19.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是(　　)
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＞c(OH－)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞④＞③
D. V1 L ④与V2 L ①混合，若混合后溶液pH＝7，则V1＜ V2
【答案】D
【解析】
A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；故选D。
20.25℃时，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )
A. pH=a的醋酸溶液稀释10倍后，其pH=b，则b=a+1
B. 浓度相同的①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4三种溶液的c(NH4+)：①＞③＞②
C. 浓度相同的氨水与盐酸等体积混合：c(NH4+)＞c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
D. 将amol·L﹣1CH3COOH与bmol·L﹣1NaOH溶液等体积混合，测得溶液pH为7，则a＞b
【答案】D
【解析】
试题分析：A、醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，pH=a的醋酸稀释10倍后，其pH=b，则b＜a—1，错误；B、CH3COONH4中醋酸根水解呈碱性，促进铵离子的水解，NH4HSO4电离出的氢离子抑制铵离子的水解，故浓度相同的①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4，三种溶液中的c(NH4+)：③>①>②，错误；C、将相同浓度的氨水与盐酸等体积混合，二者恰好完全反应，所得溶液为氯化铵溶液，离子浓度关系：c (Cl-) >c (NH4+)> c (H+) > c (OH-)，错误；D、等浓度等体积的醋酸和氢氧化钠溶液混合二者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，现混合液呈中性，则溶液为醋酸钠和醋酸的混合液，则a与b的关系：a>b，正确。
考点：考查弱电解质的电离和盐类的水解。
21.下列判断中，正确的是( )
A. 已知25 ℃时NH4CN显碱性，则25 ℃时的电离常数K（NH3·H2O）＞K（HCN）
B. 25 ℃时，Mg（OH）2固体在20 mL0．01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL0．01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小
C. pH试纸测得新制氯水的pH为4
D. FeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加热蒸干．灼烧都得到Fe2O3
【答案】A
【解析】
A、已知25℃时NH4CN水溶液显碱性，说明CN﹣水解程度大于NH4+，HCN电离程度小于NH3•H2O电离程度，则25℃时的电离常数K（NH3•H2O）＞K（HCN），故A正确；
B、沉淀的Ksp随温度变化，不随浓度变化，25℃时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp和在20mL 0.01mol•L﹣1 NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B错误；
C、氯水中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，故C错误；
D、FeCl3溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe2（SO4）3溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，弱电解质电离溶液PH测定，掌握基础是关键，题目难度中等．
22.室温下向10mL0.1mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(    )

A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B. a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH=7时，c(Na＋)=c(A－)＋c(HA) D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
【答案】D
【解析】
A、a点NaOH与HA物质的量相等，则二者恰好完全反应，生成NaA，反应后溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生水解反应，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(HA)＞c(H+)，A错误；B、a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点盐酸过量，抑制水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，B错误；C、根据电荷守恒，溶液中存在c（H+）+c（Na+）=c（OH‾）+c（A-），pH=7时，c（H+）=c（OH‾），因此溶液中：c（Na+）= c（A-），C错误；D、根据图像可知b点HA过量，因为b点溶液pH=4.7，溶液呈酸性，这说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c（A-）＞c(HA)，D正确，答案选D。
23.化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示，下列有关描述正确的是(　　)

A. 电池工作时H＋移向负极
B. 该电池用的电解质溶液是KOH溶液
C. 甲电极反应式：CO(NH2)2＋H2O－6e－＝CO2＋N2＋6H＋
D. 电池工作时，理论上每净化1 mol CO(NH2)2，消耗33.6 L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H＋移向正极，故A错误；
B.该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，故B错误；
C.负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO(NH2)2＋H2O－6e－===CO2＋N2＋6H＋，所以C选项是正确的；
D.电池的总反应式为：2 CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，1 mol CO(NH2)2，消耗1.5mol O2，
则在标准状况下氧气为33.6 L，因为没说明是标准状况，所以氧气的体积不能求算，故D错误。
所以C选项是正确的。
24.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42—等离子。下列叙述中正确的是(　　)

A. A膜是阳离子交换膜
B. 通电后，海水中阴离子往b电极处移动
C. 通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀
D. 通电后，a电极的电极反应式为4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. a电极为电解池的阳极，是阴离子移向的极，所以A膜是阴离子交换膜，A错误；
B. 通电后，海水中阴离子往阳极（a电极）处移动，B错误；
C. 通电后，由于放电能力：H+>Mg2+>Ca2+，所以H+在阴极（b电极）上放电：2 H++2e-=H2↑，产生无色气体，由于破坏了附近的水的电离平衡，在该区域c(OH-)增大，会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以溶液中还会出现白色沉淀，C正确；
D. 通电后，由于在溶液中放电能力：Cl->OH-，所以在阳极发生反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，D错误。
答案选C。
二、非选择题(共四道大题，总计 52 分)
25.恒温恒容下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min时反应达到平衡状态，此时剩余1.2molB，并测得C的浓度为1.2mo1·L—1。
（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为____________________。
（2）x =________。
（3）A的转化率与B的转化率之比为___________。
（4）下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志的是_________。
A．压强不再变化
B．气体密度不再变化
C．气体平均相对分子质量不再变化
D．A的消耗速率与B的消耗速率之比为2∶1
（5）欲使反应达到平衡时，C的物质的量分数与上述平衡相等，起始加入A、B的物质的量n(A)和n(B)之间应满足的关系为 ___。
【答案】 (1). 0.6mo1·L—1·min—1 (2). 3 (3). 2:1 (4). BC (5). n(A) = n(B)或n(A):n(B)=1:1
【解析】
（1）2min达到平衡，C的浓度为1.2mol/L，因此生成C的平均反应速率为1.2mol/L÷2min=0.6mol/（L·min）；
（2） 2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)
起始量（mol） 2 2 0
转化量（mol） 1.6 0.8 0.8x
平衡量（mol） 0.4 1.2 0.8x
则0.8xmol÷2L＝1.2mol/L，解得x＝3
（3）A、B的转化率之比为；
（4）A、该反应中压强始终不变，不能判断平衡，A错误；B、因气体的质量在变化，则气体密度不再变化，达到平衡，B正确；C、因气体的质量在变化，而气体的物质的量不变，则气体平均相对分子质量不再变化，达到平衡，C正确；D、A的消耗速率与B的消耗速率之比为2：1，关系始终存在，不能判断平衡，D错误；答案选BC；
（5）欲使反应达到平衡时C的物质的量分数与上述平衡相等，与原平衡为等效平衡，由于x=3，反应前后气体的化学计量数不变，则起始加入的A、B物质的量n（A）：n（B）应与原平衡相等为1：1，即n（A）=n（B）。
点睛：本题考查化学平衡计算、反应速率计算、平衡状态判断、等效平衡等，侧重考查学生的分析、计算能力，注意利用反应速率的关系确定x为解答的关键，（5）是计算的难点，注意理解等效平衡规律，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。
26.按要求填空：
I.（1）AlCl3的水溶液pH______7（填＞、=、＜＝，其原因为______________（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是_____________________（填化学式）。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至___。
（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①(NH4)2SO4 ②氨水 ③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是______。（用序号表示）
（4）常温下两种溶液：a．pH=4 NH4Cl b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为______。
II．室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。 向20.00 mL 浓度约为0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1 的标准NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：
（1）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用________作指示剂，滴定终点在___(填“c点以上”或“c点以下”)。

（2）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是___________（填字母序号）。
A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定
D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积
（3）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为_______mol/L。（保留4位有效数字）
实验序号
NaOH溶液体积/mL
待测HA溶液体积/mL
1
21.01
20.00
2
20.99
20.00
3
21.60
20.00

【答案】 (1). < (2). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). 5 (5). ①>③>② (6). 106:1 (7). c (8). 酚酞 (9). c点以上 (10). A D (11). 0.1050
【解析】
【分析】
I.（1）氯化铝为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，据此判断；
（2）根据Ksp=c(Cr3+)·c3(OH－)计算；
（3）水解和电离程度都很小，依据其它离子对铵根离子水解是否有影响分析；
（4）NH4Cl溶液中H+全部来自水的电离，盐酸中，HCl电离出H+，抑制水的电离，盐酸中的c(H+)水与溶液中的c(OH-)相等，据此解答；
II．（1）a点是HA溶液，b点是HA和少量NaA的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合溶液，d点是NaA和NaOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，NaA水解促进水的电离。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，据此判断指示剂以及滴定终点在图像中的位置。
（2）根据c(待测)=c(标准)·V（标准）/V（待测）分析；
（3）根据数据的有效性舍去第3组数据，利用1、2组计算消耗标准液体积的平均值，利用反应方程式HA+NaOH＝NaA+H2O计算。
【详解】I.（1）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液呈酸性，常温时pH＜7，水解方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。水解吸热，将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝；
（2）当c(Cr3+)=10-5mol/L时，Ksp=c(Cr3+)·c3(OH－)则溶液的c(OH－)=mol/L=10-9 mol/L，则氢离子浓度是10-5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；
（3）(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度最大，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，氨水中一水合氨电离程度很小，铵根离子浓度最小，硫酸氢铵中，氢离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中，铵根离子的浓度大小顺序是：①＞③＞②；
（4）pH=4的NH4Cl溶液中铵根水解，由水电离出的c（H+）=10-4mol/L，盐酸抑制水的电离，pH=4的盐酸溶液中由水电离出的c（H+）=10-10mol/L，二者比值为10-4mol/L：10-10mol/L=106：1；
II．（1）a点是HA溶液，b点是HA和少量NaA的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合溶液，d点是NaA和NaOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，NaA水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。根据图像可知滴定终点应在c点以上；
（2）A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=c(标准)·V（标准）/V（待测）可以知道测定c(HA)偏大，故A正确；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，被滴定的HA溶质的量不变，对结果没有影响，故B错误；
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，相当于标准液的体积偏小，根c(待测)=c(标准)·V（标准）/V（待测）可以知道测定c(HA)偏小，故C错误；
D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=c(标准)·V（标准）/V（待测）可以知道测定c(HA)偏大，故D正确。
故答案为AD；
（3）根据数据的有效性舍去第3组数据，则1、2组平均消耗V(NaOH)=（21.01+20.99）mL÷2=21.00mL，根据反应方程式HA+NaOH=NaA+H2O可知0.021L×0.1000mol/L=0.02L×c(HA)，解得c(HA)=0.1050mol/L。
27.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)下列说法正确的是__________。
A．加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
(2)将100 mL 1 mol·L－1 H2SO4加入100 mL含Ba2＋ 0.137 g 的溶液中充分反应后，过滤出沉淀，滤液中残留的Ba2＋的物质的量浓度为____________。
(3)将沉淀用100 mL纯水和100 mL 0.01 mol·L－1的H2SO4分别洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为________。
【答案】 (1). C (2). 2.02×10－10 mol·L－1 (3). 103∶1
【解析】
【分析】
（1）该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，结合选项分析判断；
（2）根据硫酸根离子与钡离子的反应，求出剩余的硫酸根离子浓度，再根据Ksp计算；
（3）利用离子对溶解平衡的影响及Ksp（BaSO4）来计算溶解的硫酸钡的质量，然后确定两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比。
【详解】（1）A．硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO42-)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，即加入Na2SO4不能使溶液由a点变到b点，故A错误；
B．d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO42-)、c(Ba2+)均增大，通过蒸发不能使溶液由d点变到c点，故B错误；
C．d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；
D．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误；
故答案为C；
（2）由图象可知Ksp(BaSO4)=10-5×10-5=10-10，将100mL1mol•L-1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4，硫酸根离子过量，加入n(Ba2+)=0.137g÷137g/mol=0.001mol，剩余的硫酸根离子的浓度为：c(SO42-)=（0.1mol－0.001mol）÷0.2L=0.495mol/L，所以剩余的钡离子为：c(Ba2+)=≈2.02×10-10mol/L；
（3）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×mol/L=10-6mol，用100mL 0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×=10-9mol，由同种物质的质量之比等于物质的质量之比可知两种情况下损失的BaSO4的质量之比为10-6mol：10-9mol=1000：1。
【点睛】本题考查沉淀溶解平衡，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积Ksp的概念以及影响因素是解答的关键。
28. I.依据氧化还原反应Zn(s)＋Cu2＋(aq)===Zn2＋(aq)＋Cu(s)设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：
(1)铜电极为电池的________极；电解质溶液Y是________________。
(2)盐桥中的Cl－向________（填“左”、或“右”）移动，如将盐桥撤掉，电流计的指针将不偏转。
Ⅱ．电解原理在化学工业中有广泛应用。
如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请完成以下问题：

(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液：
①在X极附近观察到的现象是_________________；
②电解一段时间后，该反应总离子方程式_______________________________；
(2)若用该装置电解精炼铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是____________电解一段时间后，CuSO4溶液浓度_________（填“增大”、减小”或“不变”）。
(3)若X、Y都是惰性电极，a是溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1 mol的混合溶液，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是_____。

【答案】 (1). 正 (2). CuSO4 (3). 左 (4). 有气体产生，溶液变红 (5). 2Cl-+2H2O 2OH-+Cl2↑+H2↑ (6). 纯铜 (7). 减小 (8). Cu2+、H+ 、X3+
【解析】
【分析】
I.原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此分析解答；
II、（1）电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氢氧根离子浓度会减小，碱性增强，据此回答；
（2）电解精炼铜时电解池的阴极X材料是纯铜，阳极是粗铜，其中比金属铜活泼的金属优先放电；
（3）根据电解的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明阴极产生的是氢气，即电解水，据此回答氧化能力。
【详解】I.（1）根据方程式Zn(s)＋Cu2＋(aq)＝Zn2＋(aq)＋Cu(s)可知锌是还原剂，溶液中的铜离子得到电子，则X是锌电极，为负极，铜电极为电池的正极，电解质溶液Y是CuSO4。
（2）盐桥中的Cl－向负极，即向左移动。
Ⅱ．（1）①和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e-＝H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，即在X极附近观察到的现象是有气体产生，溶液变红；
②电解饱和食盐水得到的产物是氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）电解精炼铜时电解池的阴极X材料是纯铜，电极反应为Cu2++2e-＝Cu，阳极是粗铜，电极反应为：Cu-2e-＝Cu2+，其中比金属铜活泼的金属优先放电，所以电解一段时间后，CuSO4溶液浓度会降低；
（3）根据电解的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜。如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故氧化能力为Cu2+＞H+＞X3+。
【点睛】本题考查原电池、电解池的工作原理知识，明确图中电源的正负极确定电解池的阴阳极是解答的关键，并熟悉电极反应及离子的放电顺序来解答。电解精炼铜时溶液中硫酸铜浓度的变化判断是解答的易错点。