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2020-2021学年重庆市万州区万州第二高级中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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这是一份2020-2021学年重庆市万州区万州第二高级中学高二上学期期中考试化学试题 解析版，共15页。试卷主要包含了NH4H CO3等内容，欢迎下载使用。
万州二中高2022届高二（上）中期考试化学试题
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Fe 56 Ag 108
试题说明：1、本试题满分100分，答题时间80分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷 选择题部分（42分）
1. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na+)＝c(CH3COO－)
B. 石墨、CO2都是非电解质，但石墨、CO2的水溶液均导电
C. 硫酸钡是强电解质，氨水是弱电解质
D. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，此时溶液中的溶质只有氯化铵
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH3COONa溶液因水解呈碱性，CH3COOH呈酸性，在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，溶液始终呈电中性：c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO－)+c(OH－)，若加入适量醋酸使溶液呈中性，即c(H+)＝c(OH－)，则c(Na+)＝c(CH3COO－)，A正确；
B. 石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；
C.氨水混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D. 氯化铵溶液因水解呈酸性，故向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，此时溶液中的溶质有氯化铵和一水合氨，D错误；
答案选A。
2. 设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 L 0.5 mol/LNaHCO3溶液中含有的HCO3-数目大于0.5 NA
B. 物质的量浓度为0.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为0.2 NA
C. 25℃ 时，1 L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2 NA
D. 100 mL 1mol/L的NaF中：N（F-）+N（HF）= 0.1 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCO3-在溶液中既能电离为碳酸根又能水解为碳酸分子，导致个数减少，故溶液中的碳酸氢根的个数小于0.5NA个，故A错误；
B．溶液的体积未知，无法计算氯离子的个数，故B错误；
C．25℃时，pH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中，OH-的物质的量浓度为0.1mol/L，所以1.0L溶液中氢氧根离子等于0.1NA，故C错误；
D．溶液中NaF的物质的量为1mol/L×0.1L=0.1mol，根据物料守恒，溶液中的N(F-)+N(HF)=0.1 NA，故D正确。
答案选D。
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 甲烷分子的空间构型是正四面体，所以，CH2Cl2有两种不同构型
B. 甲烷可以与氯气发生取代反应，因此，可以使氯水褪色
C. 烷烃的分子通式为CnH2n＋2
D. 正丁烷分子中所有的碳原子均在同一条直线上
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于甲烷是正四面体结构，四个顶点中任意两个氢原子都是相邻关系，故CH2Cl2不存在不同构型，故A错误；
B．CH4只能跟氯气在光照下反应，与氯水不反应，故B错误；
C．烷烃属于饱和烃，其分子通式为CnH2n＋2，故C正确；
D．正丁烷分子中所有的碳原子是链状结构，每个碳原子形成四个共价键，周围连接四个原子形成四面体结构，碳原子间连接形成锯齿形不在同一条直线上，故D错误；
故选C。
4. 下列事实不能用原电池原理解释是( )
A. 将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中迅速反应放热
B. 铁被钝化处理后不易腐蚀
C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快
D. 镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用
【答案】B
【解析】
【详解】A．将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极，镁和水的反应是放热反应，形成原电池可以加快化学反应速率，能用原电池原理解释，故A不选；
B．铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，故B选；
C．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电池装置，Zn为负极，使得Zn和硫酸的反应速率加快，能用原电池原理解释，故C不选；
D．镀层破损后，镀锌铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，镀锡铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀速率加快，镀锌铁比镀锡铁更耐用，能用原电池原理解释，故D不选；
故选B。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 若用水润湿过的pH试纸去测pH相等的H2SO4和H3PO4，H3PO4的误差更大
B. 用10 mL的量筒量取8.58 mL 0.10 mol·L－1的稀盐酸
C. 准确量取35.20 mL KMnO4溶液，可选用50 mL酸式滴定管
D. 用广泛pH试纸测得0.10 mol/L NH4Cl溶液的pH=5.2
【答案】C
【解析】
【详解】A．若用水润湿过的pH试纸去测pH相等的H2SO4和H3PO4，会稀释这两种酸。由于H2SO4是强酸，H3PO4是弱酸，在稀释相同倍数过程中，H3PO4继续电离产生H+，使得该溶液中c(H+)较H2SO4溶液中c(H+)大，则H3PO4的pH增加的比H2SO4小，所以H2SO4的pH误差更大，A项错误；
B．量筒精确值为0.1 mL，不能用10 mL的量筒量取8.58 mL 0.10 mol·L－1的稀盐酸，B项错误；
C．酸式滴定管可以盛放酸性溶液和强氧化性溶液，且滴定管精确值为0.01mL，故可以用50mL酸式滴定管能准确量取35.20 mL KMnO4溶液，C项正确；
D．广泛pH试纸可以精确到整数位，不能精确到0.1，故用广泛pH试纸不能测得0.10 mol/L NH4Cl溶液的pH=5.2，可用精密pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2，D项错误；
答案选C。
6. 25℃时，在浓度都为1 mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4H CO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中，测得c（NH4+）分别为a、b、c、d（单位为mol·L-1）。下列判断正确的是
A. a=2b=2c=2d B. a>b>c> d C. a>c>d>b D. a>c>b>d
【答案】C
【解析】
【详解】根据（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的化学式，浓度都为1 mol·L-1的溶液，（NH4）2SO4中c（NH4+）最大；溶液均存在水解平衡：NH4++H2ONH3 •H2O +H+，Cl-对NH4+水解没影响，NH4HSO4电离出的氢离子抑制NH4+水解，NH4HCO3中HCO3-的水解促进NH4+水解，所以浓度都为1 mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中c（NH4+）从大到小的顺序是（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3，故C正确。
7. 某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）
A. a．c两点溶液的导电能力相同
B. 曲线bc表示氨水的稀释过程
C. 与同种盐酸完全反应时，上述两种碱消耗盐酸较多的是氢氧化钠
D. 从b点到c点的过程中溶液中的n(NH)+n(NH3•H2O)保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．a．c两点溶液的pH相同，故导电能力相同，故A项正确；
B．曲线bc表示的稀释曲线更加平缓，符合氨水的稀释曲线特点，故B项正确；
C．因为初始pH相同，所以氨水中NH3•H2O浓度更大，消耗盐酸更多，故C项错误；
D．由物料守恒可知，n(NH)+n(NH3•H2O)定值，故D项正确；
故答案为C。
8. 关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电流方向知，a是电解池阳极，b是电解池阴极，用装置①精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子可溶性盐溶液，所以a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A不选；
B. 铁比铜活泼，所以铁是负极，电极总反应式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B选；
C. 电解池的阴极上电解质溶液中阴离子导电，所以阴极金属被保护，则为了保护金属不被腐蚀，被保护的金属应该与电源的负极相连作阴极，故C不选；
D. 电解质溶液是浓硫酸，呈强氧化性，铁被钝化，几乎没被腐蚀，故D不选；
故选：B。
9. 按官能团分类，下列说法正确是
A. 属于芳香化合物 B. 属于羧酸
C. 属于醛类 D. 属于酚类
【答案】B
【解析】
【分析】根据有机物分子中含有的官能团种类，可以将有机物分为：烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、酮、羧酸、酯等，据有机物的官能团对各选项进行判断。
【详解】A．分子中不存在苯环，不属于芳香化合物，A错误；
B．为苯甲酸，分子中含有官能团羧基，属于羧酸，B正确；
C．CH3－分子中含有的官能团为羰基，不存在醛基-CHO，不属于醛类，C错误；
D．中羟基与苯环的侧链碳原子相连，属于醇类，不属于酚类，D错误；
答案选B
【点睛】本题考查了有机物官能团及分类方法判断，题目难度不大，注意掌握常见官能团的结构、类型，明确有机物类型与官能团的关系是解答本题的关键。
10. 下列说法不正确的是( )
A. 14C与16O是不同的核素但具有相同的中子数
B. 乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3-O-CH3)互为同分异构体
C. 同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化
D. 环丙烷()和乙烯(CH2=CH2)互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．同种元素的不同原子互称为核素，14C是C元素的核素，中子数为8， 16O是O元素的核素，中子数为8，二者是不同元素的核素，但具有相同的中子数，故A正确；
B．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3-O-CH3)分子式相同，但结构不同，二者互为同分异构体，故B正确；
C．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化，如氧气在一定条件下转化为臭氧，石墨在一定条件下转化为金刚石，白磷在一定条件下转化为红磷等，故C正确；
D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“CH2”原子团的有机物互为同系物，环丙烷()为环烷烃，乙烯(CH2=CH2)为烯烃，二者类别不同，结构不相似，不互为同系物，故D错误；
答案选D。
11. 下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合： c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
C. 物质的量浓度相等CH3COOH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：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2—)
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据电荷守恒可知，pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） ＝c（OH－） + c（A－），A正确；
B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH－，碳酸钠和醋酸钠水解溶液显碱性。因为碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B正确；
C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO－）＋c（OH-）＝c（H+）＋c（Na＋）。根据物料守恒可知c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），所以c（CH3COO－） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；
D、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4，这说明HA－的电离程度强于其水解程度，因此粒子浓度大小关系：c（HA－）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D不正确；
答案选D。
12. 常温下，在溶液中逐滴加入溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化，下列说法正确的是
A. 在溶液中：
B. 当溶液的pH为7时，溶液的总体积为
C. 在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是
D. 在A点所示的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A.不符合电荷守恒，Na2CO3溶液中的电荷守恒为，选项A错误；
B.溶液的总体积为，此时应为溶液与溶液恰好完全反应生成溶液，溶液呈弱碱性，不可能为7，选项B错误；
C.B点对应的是碳酸氢钠，浓度最大的阳离子是Na+，选项C正确；
D.根据图象可知，A点所示的溶液呈碱性，，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液的成分及所含有的微粒，并结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，难点是B，采用逆推的方法分析解答。
13. 钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按如图装置进行电解。通电后。a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是( )
A. 已知钴酸锂电池放电时总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，则Li1－xCoO2作负极
B. 当外电路中转移0.2 mol电子时，电极b处有2.24 L Cl2生成
C. 电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为Cu＋Cl－－e－=CuCl
D. 随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合图示，a电极上一直有气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，c为阴极，d极为阳极，d电极反应式为：Cu＋Cl--e-=CuCl，d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。
【详解】A．已知钴酸锂电池放电时总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，LixC6中C为负价，根据电池总反应，C的化合价升高，失电子，发生氧化反应，LixC6作负极，则Li1－xCoO2为正极，得到电子，故A错误；
B．没有说明是否是标准状况，因此无法直接计算氯气的体积，故B错误；
C．a电极一直由气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，d极为阳极，电极反应式为：Cu＋Cl--e-=CuCl，故C错误；
D．结合C项分析，d电极先产生CuCl白色沉淀，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应为：CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－，故D正确；
答案选D。
14. 用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极增重a g时，在阳极上产生了b L气体（标况），则M的相对分子质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】惰性电极电解M(NO3)x水溶液的电极反应式为：阳极：4xOH—-4xe-=2xH2O+xO2↑；阴极：4Mx++4xe-=4M。
【详解】设M的相对原子质量为R，电解时，电池反应方程式为：
4M（NO3）x+2xH2O4M + xO2↑+4xHNO3
4Rg 22.4xL
ag bL
所以R= ；
答案：C
第II卷 非选择题部分
15. 按要求填空。
(1)AlCl3溶液呈_____性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是______(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是______(写化学式)。实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的_____，以抑制其水解。
(2)25℃时，将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈____性(填“酸”“中”或“碱”)。
(3)已知0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液pH=5，则溶液中离子浓度从大到小关系为_____。
(4)常温下，将pH=12的Ba(OH)2溶液aL和pH=2的盐酸bL混合后pH=11，则a∶b的值为_____。
(5)常温下，a mol/L的盐酸与b mol/L 的氨水等体积混合后溶液呈中性，则Kb(NH3·H2O)= ________(用含a、b的代数式表示) 。
(6)在120 ℃、1.01×105 Pa条件下，某气态烷烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃为_____。(填化学式)
【答案】 ①. 酸 ②. Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ ③. Al2O3 ④. 盐酸 ⑤. 酸 ⑥. c(Na+)＞c(HSO)＞c(H+)＞c(SO)＞c(OH-) ⑦. 11∶9 ⑧. ⑨. CH4
【解析】
【详解】(1)氯化铝属于强酸弱碱盐，铝离子水解而导致其溶液呈酸性，水解方程式为Al3++3H3O⇌Al(OH)3+3H+；蒸干、灼烧含有挥发性酸的盐时最后得到固体为其氧化物，氯化铝水解生成Al(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，蒸干氯化铝溶液时得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3，Al(OH)3分解生成Al2O3和水，所以灼烧后最终得到固体Al2O3；实验室在保存氯化铝时，为防止铝离子水解，应该加入少量稀盐酸；
(2)25℃时，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度大于NaOH，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性；
(3)NaHSO3为强碱弱酸盐，HSO在溶液中发生水解可产生OH-，已知0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液pH=5，溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，且NaHSO3在溶液中的电离程度大于其水解程度，则溶液中离子浓度从大到小关系为c(Na+)＞c(HSO)＞c(H+)＞c(SO)＞c(OH-)；
(4)pH=12的Ba(OH)2溶液，c(OH−)=0.01mol/L，pH=2的盐酸，c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后，pH=11，则碱过量，pOH=14-pH=3，则剩余的c(OH−)=0.001mol/L，则mol/L =0.001mol/L，则a∶b=11∶9；
(5)常温下，a mol/L的盐酸与bmol/L 的氨水等体积混合后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，混合和后的溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(Cl-)+ c(OH-)，体积增大一倍，浓度减小到原来的一半，则c() = c(Cl-)=mol/L，根据物料守恒c() + c(NH3·H2O)=mol/L，c(NH3·H2O)= (-)mol/L，Kb(NH3·H2O)= ；
(6)在120 ℃、1.01×105 Pa条件下，某气态烷烃与足量的O2完全反应后，生成的水为气态，CxHy+(x+)O2xCO2+H2O(g)，根据题意 1+(x+)=x+，解得y=4，即分子式中氢原子数目为4，则该气态烷烃为CH4。
16. Ⅰ、取20.00 mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用碱式滴定管盛装配制的0.01 mol·L-1的NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次，记录数据如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
标准NaOH溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/rnL
第一次
20.00
0.40
20.50
第二次
20.00
4.10
24.00
第三次
20.00
1.00
24.00
(1)该滴定实验盛装标准液的仪器是__________， 若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积_______50mL。(填“＞”，“＝”，“＜”)
(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为__________mol·L-1。
(3)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。
A 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
B 锥形瓶水洗后未干燥
C 称量NaOH固体中混有Na2CO3固体
D 滴定终点读数时俯视读数
E 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
Ⅱ． 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。
(1)写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式__________________。
(2)如何判断滴定终点：__________。
(3)计算：血液中含钙离子的浓度为_______g·mL-1。
【答案】 ①. 碱式滴定管 ②. ＞ ③. 0.01 ④. AD ⑤. 2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ⑥. 当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 ⑦. 5×10-5
【解析】
【详解】Ⅰ．(1)盛装配制的标准NaOH溶液用碱式滴定管；若该仪器的量程为50mL，调液面为0，根据滴定管的构造，在最大量程的下端仍有一段没有刻度的液体，则将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积＞50mL；
(2)根据上述数据，第三次数据误太大，舍去，V(NaOH)==20.00mL，因为c酸·V酸=c碱·V碱，所以c酸= mol/L =0.01mol/L；
(3)根据c酸=分析判断，
A．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，则待测溶液的浓度偏小，相同体积时含有的酸的物质的量偏少，消耗的碱溶液体积偏小，c酸偏低，故A符合题意；
B．锥形瓶水洗后未干燥，由于酸的物质的量没变化，所以对实验结果无影响，故B不符合题意；
C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体，等质量的Na2CO3和NaOH，NaOH消耗的盐酸的量较大，则使用该碱溶液滴定盐酸时消耗标准液的体积偏大，所以测定的酸的浓度就偏高，故C不符合题意；
D．滴定终点读数时俯视读数，则标准溶液的体积偏小，所测定的酸溶液浓度偏低，故D符合题意；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则导致标准溶液的体积偏大，以此为标准测定的酸溶液浓度偏高，故E不符合题意；
答案选AD；
Ⅱ．(1)根据题意，高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2 MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)酸性KMnO4本身为紫红色，滴定H2C2O4溶液时发生氧化还原反应，酸性KMnO4溶液会褪色，则当加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟溶液不褪色，则滴定达到终点；
(3)由题意知可能发生反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O、Ca2++=CaC2O4↓、CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4，设血液中含Ca2+的物质的量为n，则
2×n=5×0.02L×1.0×10−4mol/L，则n=5×10−6mol，则血液中含钙离子的浓度==5×10-5g·mL-1。
【点睛】易错点为Ⅱ(3)中钙离子浓度的计算，注意题目中单位的换算。
17. 如图是一个电化学过程的示意图。
请回答下列问题：
(1)甲池中OH－移向________极(填“C2H5OH”或“O2”)，通入C2H5OH电极的电极反应式为__________。
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，并写出此电极的反应式： _____________，
(3)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，丙中溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)当乙池中B(Ag)极质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为______mL(标准状况下)，乙池的pH是______ (若此时乙池中溶液的体积为500mL)；
【答案】 ①. C2H5OH ②. C2H5OH-12e-＋16OH-=2CO＋11H2O ③. 阳极 ④. 4OH--4e-= 2H2O+ O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+ ⑤. 增大 ⑥. 280 ⑦. 1
【解析】
【分析】根据图示分析，甲池是乙醇燃料电池，通入燃料乙醇的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入氧气的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，电解池中，与电源正极相连的A电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，B电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，乙池和丙池是串联的电解池，C电极是阳极，D电极是阴极，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；
【详解】(1)甲池为原电池，阴离子向负极移动，通入C2H5OH电极为负极，则电解质溶液中OH－移向移向C2H5OH极；C2H5OH失去电子发生氧化反应，电极反应式为：C2H5OH-12e-＋16OH-=2CO＋11H2O；
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为阳极，阳极上水电离的阴离子氢氧根离子发生氧化反应，电极的反应式：4OH--4e-= 2H2O+ O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+；
(3)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合，则一段时间后，丙中电解饱和食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，溶液的pH将增大；
(4)甲池反应为：C2H5OH+3O2+4OH−=2CO+5H2O，乙池反应为： 4AgNO3+2H24Ag+O2↑+4HNO3，当乙池中B(Ag)极质量增加5.4g时，
则，V=0.28L=280mL，，n=0.05mol，甲池中理论上消耗O2的体积为280mL(标准状况下)，乙池中生成氢离子0.05mol，则氢离子的物质的量浓度为=0.1mol/L，则 pH= −lg0.1=1。
18. 工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：
已知：①酸浸时， FeTiO3转化为Fe2＋和TiO2＋；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11；请回答下列问题：
(1)酸浸时如何提高浸取速度和浸取率_________(至少答两种方法)。
(2)“水解”生成H2TiO3的离子方程式为_____________。
(3)“沉铁”过程中，反应的离子方程式为_______；该过程需控制反应温度低于35 ℃，原因为___________。
(4)滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2＋)＝1.0×10－3 mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2＋沉淀完全。
(5)“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。则_______极石墨棒需要定期更换，原因是_____________。
(6)测定铁红产品纯度：称取mg铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00 mL溶液。从其中量取20.00 mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用 c mol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2＋2S2O=S4O＋2I－。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为V mL。则铁红产品的纯度为________(用c、V、m表示)。
【答案】 ①. 搅拌、升温、粉碎、适当增加酸的浓度等 ②. TiO2＋+2H2O= H2TiO3↓+2H+ ③. Fe2＋+2HCO= Fe CO3↓+ H2O+ CO2↑ ④. 防止温度过高NH4HCO3分解，同时减少Fe2＋水解 ⑤. 11 ⑥. 阳极 ⑦. 阳极产生的O2在熔融状态下能与石墨反应生成CO2，导致阳极消耗 ⑧. ×100℅或者 ℅
【解析】
【分析】根据流程：用硫酸酸浸钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)，SiO2不溶，钛酸亚铁、氧化镁溶解，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1含有Fe2+、TiO2+、Mg2+，水解滤液1发生反应：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，过滤得到H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2，电解得到Ti；滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，得到FeCO3沉淀和含有Mg2+的滤液3，FeCO3与氧气煅烧得到铁红，据此分析作答。
【详解】(1)适当升温、搅拌、适当增大硫酸浓度、粉碎矿石等可以提高浸取速度和浸取率；
(2)根据分析，滤液1含有TiO2+，水解生成H2TiO3，离子反应为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
(3)根据分析，滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；温度过高溶液导致碳酸氢铵分解(或防止Fe2+、Mg2+等受热水解)，过沉铁过程过程需控制反应温度低于35℃；
(4)已知：Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，使Mg2+恰好沉淀完全，此时c(OH-)= mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)= mol/L =1.0×10-11mol/L，故pH≥11，Mg2+沉淀完全；
(5) “电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒，阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，阳极产生的氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗，故阳极石墨棒需要定期更换；
(6)铁红溶于稀硫酸得到Fe3+，与KI发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，用硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定生成的碘，有关系式：Fe2O3～2Fe3+～I2～2Na2S2O3，则n(Fe2O3)= n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，故mg样品中铁红产品的纯度为×100%=×100℅或者 ℅。
【点睛】易错点为(6)中计算产品含量时，需要注意，滴定实验操作中使用了20mL样品进行实验，需要转化为500mL溶液中样品中产品的总量进行百分含量的计算。
万州二中高2022届高二（上）中期考试化学试题
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Fe 56 Ag 108
试题说明：1、本试题满分100分，答题时间80分钟。
2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。
第Ⅰ卷 选择题部分（42分）
1. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na+)＝c(CH3COO－)
B. 石墨、CO2都是非电解质，但石墨、CO2的水溶液均导电
C. 硫酸钡是强电解质，氨水是弱电解质
D. 向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，此时溶液中的溶质只有氯化铵
【答案】A
【解析】
【详解】A. CH3COONa溶液因水解呈碱性，CH3COOH呈酸性，在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，溶液始终呈电中性：c(Na+)+c(H+)＝c(CH3COO－)+c(OH－)，若加入适量醋酸使溶液呈中性，即c(H+)＝c(OH－)，则c(Na+)＝c(CH3COO－)，A正确；
B. 石墨是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；
C.氨水混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；
D. 氯化铵溶液因水解呈酸性，故向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，此时溶液中的溶质有氯化铵和一水合氨，D错误；
答案选A。
2. 设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是（ ）
A. 1 L 0.5 mol/LNaHCO3溶液中含有的HCO3-数目大于0.5 NA
B. 物质的量浓度为0.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为0.2 NA
C. 25℃ 时，1 L pH=13的Ba（OH）2溶液中含有的OH﹣数目为0.2 NA
D. 100 mL 1mol/L的NaF中：N（F-）+N（HF）= 0.1 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCO3-在溶液中既能电离为碳酸根又能水解为碳酸分子，导致个数减少，故溶液中的碳酸氢根的个数小于0.5NA个，故A错误；
B．溶液的体积未知，无法计算氯离子的个数，故B错误；
C．25℃时，pH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中，OH-的物质的量浓度为0.1mol/L，所以1.0L溶液中氢氧根离子等于0.1NA，故C错误；
D．溶液中NaF的物质的量为1mol/L×0.1L=0.1mol，根据物料守恒，溶液中的N(F-)+N(HF)=0.1 NA，故D正确。
答案选D。
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 甲烷分子的空间构型是正四面体，所以，CH2Cl2有两种不同构型
B. 甲烷可以与氯气发生取代反应，因此，可以使氯水褪色
C. 烷烃的分子通式为CnH2n＋2
D. 正丁烷分子中所有的碳原子均在同一条直线上
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于甲烷是正四面体结构，四个顶点中任意两个氢原子都是相邻关系，故CH2Cl2不存在不同构型，故A错误；
B．CH4只能跟氯气在光照下反应，与氯水不反应，故B错误；
C．烷烃属于饱和烃，其分子通式为CnH2n＋2，故C正确；
D．正丁烷分子中所有的碳原子是链状结构，每个碳原子形成四个共价键，周围连接四个原子形成四面体结构，碳原子间连接形成锯齿形不在同一条直线上，故D错误；
故选C。
4. 下列事实不能用原电池原理解释是( )
A. 将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中迅速反应放热
B. 铁被钝化处理后不易腐蚀
C. 纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快
D. 镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用
【答案】B
【解析】
【详解】A．将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极，镁和水的反应是放热反应，形成原电池可以加快化学反应速率，能用原电池原理解释，故A不选；
B．铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，故B选；
C．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电池装置，Zn为负极，使得Zn和硫酸的反应速率加快，能用原电池原理解释，故C不选；
D．镀层破损后，镀锌铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，镀锡铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀速率加快，镀锌铁比镀锡铁更耐用，能用原电池原理解释，故D不选；
故选B。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 若用水润湿过的pH试纸去测pH相等的H2SO4和H3PO4，H3PO4的误差更大
B. 用10 mL的量筒量取8.58 mL 0.10 mol·L－1的稀盐酸
C. 准确量取35.20 mL KMnO4溶液，可选用50 mL酸式滴定管
D. 用广泛pH试纸测得0.10 mol/L NH4Cl溶液的pH=5.2
【答案】C
【解析】
【详解】A．若用水润湿过的pH试纸去测pH相等的H2SO4和H3PO4，会稀释这两种酸。由于H2SO4是强酸，H3PO4是弱酸，在稀释相同倍数过程中，H3PO4继续电离产生H+，使得该溶液中c(H+)较H2SO4溶液中c(H+)大，则H3PO4的pH增加的比H2SO4小，所以H2SO4的pH误差更大，A项错误；
B．量筒精确值为0.1 mL，不能用10 mL的量筒量取8.58 mL 0.10 mol·L－1的稀盐酸，B项错误；
C．酸式滴定管可以盛放酸性溶液和强氧化性溶液，且滴定管精确值为0.01mL，故可以用50mL酸式滴定管能准确量取35.20 mL KMnO4溶液，C项正确；
D．广泛pH试纸可以精确到整数位，不能精确到0.1，故用广泛pH试纸不能测得0.10 mol/L NH4Cl溶液的pH=5.2，可用精密pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2，D项错误；
答案选C。
6. 25℃时，在浓度都为1 mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4H CO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中，测得c（NH4+）分别为a、b、c、d（单位为mol·L-1）。下列判断正确的是
A. a=2b=2c=2d B. a>b>c> d C. a>c>d>b D. a>c>b>d
【答案】C
【解析】
【详解】根据（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的化学式，浓度都为1 mol·L-1的溶液，（NH4）2SO4中c（NH4+）最大；溶液均存在水解平衡：NH4++H2ONH3 •H2O +H+，Cl-对NH4+水解没影响，NH4HSO4电离出的氢离子抑制NH4+水解，NH4HCO3中HCO3-的水解促进NH4+水解，所以浓度都为1 mol·L-1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4Cl的四种溶液中c（NH4+）从大到小的顺序是（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3，故C正确。
7. 某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）
A. a．c两点溶液的导电能力相同
B. 曲线bc表示氨水的稀释过程
C. 与同种盐酸完全反应时，上述两种碱消耗盐酸较多的是氢氧化钠
D. 从b点到c点的过程中溶液中的n(NH)+n(NH3•H2O)保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．a．c两点溶液的pH相同，故导电能力相同，故A项正确；
B．曲线bc表示的稀释曲线更加平缓，符合氨水的稀释曲线特点，故B项正确；
C．因为初始pH相同，所以氨水中NH3•H2O浓度更大，消耗盐酸更多，故C项错误；
D．由物料守恒可知，n(NH)+n(NH3•H2O)定值，故D项正确；
故答案为C。
8. 关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电流方向知，a是电解池阳极，b是电解池阴极，用装置①精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子可溶性盐溶液，所以a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜溶液，故A不选；
B. 铁比铜活泼，所以铁是负极，电极总反应式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B选；
C. 电解池的阴极上电解质溶液中阴离子导电，所以阴极金属被保护，则为了保护金属不被腐蚀，被保护的金属应该与电源的负极相连作阴极，故C不选；
D. 电解质溶液是浓硫酸，呈强氧化性，铁被钝化，几乎没被腐蚀，故D不选；
故选：B。
9. 按官能团分类，下列说法正确是
A. 属于芳香化合物 B. 属于羧酸
C. 属于醛类 D. 属于酚类
【答案】B
【解析】
【分析】根据有机物分子中含有的官能团种类，可以将有机物分为：烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、酮、羧酸、酯等，据有机物的官能团对各选项进行判断。
【详解】A．分子中不存在苯环，不属于芳香化合物，A错误；
B．为苯甲酸，分子中含有官能团羧基，属于羧酸，B正确；
C．CH3－分子中含有的官能团为羰基，不存在醛基-CHO，不属于醛类，C错误；
D．中羟基与苯环的侧链碳原子相连，属于醇类，不属于酚类，D错误；
答案选B
【点睛】本题考查了有机物官能团及分类方法判断，题目难度不大，注意掌握常见官能团的结构、类型，明确有机物类型与官能团的关系是解答本题的关键。
10. 下列说法不正确的是( )
A. 14C与16O是不同的核素但具有相同的中子数
B. 乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3-O-CH3)互为同分异构体
C. 同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化
D. 环丙烷()和乙烯(CH2=CH2)互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．同种元素的不同原子互称为核素，14C是C元素的核素，中子数为8， 16O是O元素的核素，中子数为8，二者是不同元素的核素，但具有相同的中子数，故A正确；
B．分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体，乙醇(CH3CH2OH)和二甲醚(CH3-O-CH3)分子式相同，但结构不同，二者互为同分异构体，故B正确；
C．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，同素异形体之间在一定条件下能发生相互转化，如氧气在一定条件下转化为臭氧，石墨在一定条件下转化为金刚石，白磷在一定条件下转化为红磷等，故C正确；
D．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“CH2”原子团的有机物互为同系物，环丙烷()为环烷烃，乙烯(CH2=CH2)为烯烃，二者类别不同，结构不相似，不互为同系物，故D错误；
答案选D。
11. 下列溶液中有关物质的量浓度关系不正确的是
A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合： c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)
C. 物质的量浓度相等CH3COOH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：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2—)
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据电荷守恒可知，pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后c（H+） + c（M+） ＝c（OH－） + c（A－），A正确；
B、氢氧化钠是强碱，完全电离出OH－，碳酸钠和醋酸钠水解溶液显碱性。因为碳酸的酸性弱于醋酸的酸性，因此碳酸钠的水解程度强于醋酸钠的水解程度，因此溶液的碱性强于醋酸钠溶液的碱性，所以在pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），B正确；
C、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，根据电荷守恒可知c（CH3COO－）＋c（OH-）＝c（H+）＋c（Na＋）。根据物料守恒可知c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝2c（Na＋），所以c（CH3COO－） +2c（OH-） = 2c（H+） + c（CH3COOH），C正确；
D、0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH＝4，这说明HA－的电离程度强于其水解程度，因此粒子浓度大小关系：c（HA－）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），D不正确；
答案选D。
12. 常温下，在溶液中逐滴加入溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化，下列说法正确的是
A. 在溶液中：
B. 当溶液的pH为7时，溶液的总体积为
C. 在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是
D. 在A点所示的溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A.不符合电荷守恒，Na2CO3溶液中的电荷守恒为，选项A错误；
B.溶液的总体积为，此时应为溶液与溶液恰好完全反应生成溶液，溶液呈弱碱性，不可能为7，选项B错误；
C.B点对应的是碳酸氢钠，浓度最大的阳离子是Na+，选项C正确；
D.根据图象可知，A点所示的溶液呈碱性，，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，明确溶液的成分及所含有的微粒，并结合物料守恒、电荷守恒来分析解答，当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO3-的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，难点是B，采用逆推的方法分析解答。
13. 钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按如图装置进行电解。通电后。a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是( )
A. 已知钴酸锂电池放电时总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，则Li1－xCoO2作负极
B. 当外电路中转移0.2 mol电子时，电极b处有2.24 L Cl2生成
C. 电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为Cu＋Cl－－e－=CuCl
D. 随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合图示，a电极上一直有气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，c为阴极，d极为阳极，d电极反应式为：Cu＋Cl--e-=CuCl，d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。
【详解】A．已知钴酸锂电池放电时总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，LixC6中C为负价，根据电池总反应，C的化合价升高，失电子，发生氧化反应，LixC6作负极，则Li1－xCoO2为正极，得到电子，故A错误；
B．没有说明是否是标准状况，因此无法直接计算氯气的体积，故B错误；
C．a电极一直由气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，d极为阳极，电极反应式为：Cu＋Cl--e-=CuCl，故C错误；
D．结合C项分析，d电极先产生CuCl白色沉淀，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应为：CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－，故D正确；
答案选D。
14. 用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极增重a g时，在阳极上产生了b L气体（标况），则M的相对分子质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】惰性电极电解M(NO3)x水溶液的电极反应式为：阳极：4xOH—-4xe-=2xH2O+xO2↑；阴极：4Mx++4xe-=4M。
【详解】设M的相对原子质量为R，电解时，电池反应方程式为：
4M（NO3）x+2xH2O4M + xO2↑+4xHNO3
4Rg 22.4xL
ag bL
所以R= ；
答案：C
第II卷 非选择题部分
15. 按要求填空。
(1)AlCl3溶液呈_____性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是______(用离子方程式表示)。把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是______(写化学式)。实验室在保存AlCl3溶液时，常在溶液中加少量的_____，以抑制其水解。
(2)25℃时，将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈____性(填“酸”“中”或“碱”)。
(3)已知0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液pH=5，则溶液中离子浓度从大到小关系为_____。
(4)常温下，将pH=12的Ba(OH)2溶液aL和pH=2的盐酸bL混合后pH=11，则a∶b的值为_____。
(5)常温下，a mol/L的盐酸与b mol/L 的氨水等体积混合后溶液呈中性，则Kb(NH3·H2O)= ________(用含a、b的代数式表示) 。
(6)在120 ℃、1.01×105 Pa条件下，某气态烷烃与足量的O2完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃为_____。(填化学式)
【答案】 ①. 酸 ②. Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ ③. Al2O3 ④. 盐酸 ⑤. 酸 ⑥. c(Na+)＞c(HSO)＞c(H+)＞c(SO)＞c(OH-) ⑦. 11∶9 ⑧. ⑨. CH4
【解析】
【详解】(1)氯化铝属于强酸弱碱盐，铝离子水解而导致其溶液呈酸性，水解方程式为Al3++3H3O⇌Al(OH)3+3H+；蒸干、灼烧含有挥发性酸的盐时最后得到固体为其氧化物，氯化铝水解生成Al(OH)3和HCl，升高温度促进HCl挥发，蒸干氯化铝溶液时得到Al(OH)3，灼烧Al(OH)3，Al(OH)3分解生成Al2O3和水，所以灼烧后最终得到固体Al2O3；实验室在保存氯化铝时，为防止铝离子水解，应该加入少量稀盐酸；
(2)25℃时，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液，醋酸浓度大于NaOH，等体积混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性；
(3)NaHSO3为强碱弱酸盐，HSO在溶液中发生水解可产生OH-，已知0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液pH=5，溶液显酸性，说明c(H+)＞c(OH-)，且NaHSO3在溶液中的电离程度大于其水解程度，则溶液中离子浓度从大到小关系为c(Na+)＞c(HSO)＞c(H+)＞c(SO)＞c(OH-)；
(4)pH=12的Ba(OH)2溶液，c(OH−)=0.01mol/L，pH=2的盐酸，c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后，pH=11，则碱过量，pOH=14-pH=3，则剩余的c(OH−)=0.001mol/L，则mol/L =0.001mol/L，则a∶b=11∶9；
(5)常温下，a mol/L的盐酸与bmol/L 的氨水等体积混合后溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，混合和后的溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(Cl-)+ c(OH-)，体积增大一倍，浓度减小到原来的一半，则c() = c(Cl-)=mol/L，根据物料守恒c() + c(NH3·H2O)=mol/L，c(NH3·H2O)= (-)mol/L，Kb(NH3·H2O)= ；
(6)在120 ℃、1.01×105 Pa条件下，某气态烷烃与足量的O2完全反应后，生成的水为气态，CxHy+(x+)O2xCO2+H2O(g)，根据题意 1+(x+)=x+，解得y=4，即分子式中氢原子数目为4，则该气态烷烃为CH4。
16. Ⅰ、取20.00 mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用碱式滴定管盛装配制的0.01 mol·L-1的NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次，记录数据如下：
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
标准NaOH溶液体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/rnL
第一次
20.00
0.40
20.50
第二次
20.00
4.10
24.00
第三次
20.00
1.00
24.00
(1)该滴定实验盛装标准液的仪器是__________， 若该仪器的量程为50mL，调液面为0，将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积_______50mL。(填“＞”，“＝”，“＜”)
(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为__________mol·L-1。
(3)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。
A 酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
B 锥形瓶水洗后未干燥
C 称量NaOH固体中混有Na2CO3固体
D 滴定终点读数时俯视读数
E 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
Ⅱ． 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。测血钙的含量时，进行如下实验：
①可将4mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。
②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。
③终点时用去20mLl.0×l0-4mol/L的KMnO4溶液。
(1)写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式__________________。
(2)如何判断滴定终点：__________。
(3)计算：血液中含钙离子的浓度为_______g·mL-1。
【答案】 ①. 碱式滴定管 ②. ＞ ③. 0.01 ④. AD ⑤. 2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ⑥. 当滴入一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 ⑦. 5×10-5
【解析】
【详解】Ⅰ．(1)盛装配制的标准NaOH溶液用碱式滴定管；若该仪器的量程为50mL，调液面为0，根据滴定管的构造，在最大量程的下端仍有一段没有刻度的液体，则将该仪器中所有液体放出，则放出的溶液体积＞50mL；
(2)根据上述数据，第三次数据误太大，舍去，V(NaOH)==20.00mL，因为c酸·V酸=c碱·V碱，所以c酸= mol/L =0.01mol/L；
(3)根据c酸=分析判断，
A．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，则待测溶液的浓度偏小，相同体积时含有的酸的物质的量偏少，消耗的碱溶液体积偏小，c酸偏低，故A符合题意；
B．锥形瓶水洗后未干燥，由于酸的物质的量没变化，所以对实验结果无影响，故B不符合题意；
C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体，等质量的Na2CO3和NaOH，NaOH消耗的盐酸的量较大，则使用该碱溶液滴定盐酸时消耗标准液的体积偏大，所以测定的酸的浓度就偏高，故C不符合题意；
D．滴定终点读数时俯视读数，则标准溶液的体积偏小，所测定的酸溶液浓度偏低，故D符合题意；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则导致标准溶液的体积偏大，以此为标准测定的酸溶液浓度偏高，故E不符合题意；
答案选AD；
Ⅱ．(1)根据题意，高锰酸钾具有强氧化性，把草酸中的C从+3价氧化成+4价的二氧化碳，Mn元素从+7价变化到+2价的锰离子，由于草酸分子中有2个C原子，所以高锰酸钾与草酸的反应比例为 5：2，故H2C2O4溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2 MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)酸性KMnO4本身为紫红色，滴定H2C2O4溶液时发生氧化还原反应，酸性KMnO4溶液会褪色，则当加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟溶液不褪色，则滴定达到终点；
(3)由题意知可能发生反应的离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O、Ca2++=CaC2O4↓、CaC2O4+2H+=Ca2++H2C2O4，设血液中含Ca2+的物质的量为n，则
2×n=5×0.02L×1.0×10−4mol/L，则n=5×10−6mol，则血液中含钙离子的浓度==5×10-5g·mL-1。
【点睛】易错点为Ⅱ(3)中钙离子浓度的计算，注意题目中单位的换算。
17. 如图是一个电化学过程的示意图。
请回答下列问题：
(1)甲池中OH－移向________极(填“C2H5OH”或“O2”)，通入C2H5OH电极的电极反应式为__________。
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，并写出此电极的反应式： _____________，
(3)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，丙中溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)当乙池中B(Ag)极质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为______mL(标准状况下)，乙池的pH是______ (若此时乙池中溶液的体积为500mL)；
【答案】 ①. C2H5OH ②. C2H5OH-12e-＋16OH-=2CO＋11H2O ③. 阳极 ④. 4OH--4e-= 2H2O+ O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+ ⑤. 增大 ⑥. 280 ⑦. 1
【解析】
【分析】根据图示分析，甲池是乙醇燃料电池，通入燃料乙醇的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入氧气的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，电解池中，与电源正极相连的A电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，B电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，乙池和丙池是串联的电解池，C电极是阳极，D电极是阴极，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；
【详解】(1)甲池为原电池，阴离子向负极移动，通入C2H5OH电极为负极，则电解质溶液中OH－移向移向C2H5OH极；C2H5OH失去电子发生氧化反应，电极反应式为：C2H5OH-12e-＋16OH-=2CO＋11H2O；
(2)乙池中A(石墨)电极的名称为阳极，阳极上水电离的阴离子氢氧根离子发生氧化反应，电极的反应式：4OH--4e-= 2H2O+ O2↑或者2H2O-4e-=O2↑+4H+；
(3)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合，则一段时间后，丙中电解饱和食盐水，生成氢氧化钠、氢气和氯气，溶液的pH将增大；
(4)甲池反应为：C2H5OH+3O2+4OH−=2CO+5H2O，乙池反应为： 4AgNO3+2H24Ag+O2↑+4HNO3，当乙池中B(Ag)极质量增加5.4g时，
则，V=0.28L=280mL，，n=0.05mol，甲池中理论上消耗O2的体积为280mL(标准状况下)，乙池中生成氢离子0.05mol，则氢离子的物质的量浓度为=0.1mol/L，则 pH= −lg0.1=1。
18. 工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：
已知：①酸浸时， FeTiO3转化为Fe2＋和TiO2＋；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11；请回答下列问题：
(1)酸浸时如何提高浸取速度和浸取率_________(至少答两种方法)。
(2)“水解”生成H2TiO3的离子方程式为_____________。
(3)“沉铁”过程中，反应的离子方程式为_______；该过程需控制反应温度低于35 ℃，原因为___________。
(4)滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2＋)＝1.0×10－3 mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2＋沉淀完全。
(5)“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。则_______极石墨棒需要定期更换，原因是_____________。
(6)测定铁红产品纯度：称取mg铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00 mL溶液。从其中量取20.00 mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用 c mol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2＋2S2O=S4O＋2I－。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为V mL。则铁红产品的纯度为________(用c、V、m表示)。
【答案】 ①. 搅拌、升温、粉碎、适当增加酸的浓度等 ②. TiO2＋+2H2O= H2TiO3↓+2H+ ③. Fe2＋+2HCO= Fe CO3↓+ H2O+ CO2↑ ④. 防止温度过高NH4HCO3分解，同时减少Fe2＋水解 ⑤. 11 ⑥. 阳极 ⑦. 阳极产生的O2在熔融状态下能与石墨反应生成CO2，导致阳极消耗 ⑧. ×100℅或者 ℅
【解析】
【分析】根据流程：用硫酸酸浸钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)，SiO2不溶，钛酸亚铁、氧化镁溶解，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1含有Fe2+、TiO2+、Mg2+，水解滤液1发生反应：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，过滤得到H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2，电解得到Ti；滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，得到FeCO3沉淀和含有Mg2+的滤液3，FeCO3与氧气煅烧得到铁红，据此分析作答。
【详解】(1)适当升温、搅拌、适当增大硫酸浓度、粉碎矿石等可以提高浸取速度和浸取率；
(2)根据分析，滤液1含有TiO2+，水解生成H2TiO3，离子反应为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；
(3)根据分析，滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；温度过高溶液导致碳酸氢铵分解(或防止Fe2+、Mg2+等受热水解)，过沉铁过程过程需控制反应温度低于35℃；
(4)已知：Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，使Mg2+恰好沉淀完全，此时c(OH-)= mol/L=1.0×10-3mol/L，c(H+)= mol/L =1.0×10-11mol/L，故pH≥11，Mg2+沉淀完全；
(5) “电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒，阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，阳极产生的氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗，故阳极石墨棒需要定期更换；
(6)铁红溶于稀硫酸得到Fe3+，与KI发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，用硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定生成的碘，有关系式：Fe2O3～2Fe3+～I2～2Na2S2O3，则n(Fe2O3)= n(Na2S2O3)=cV×10-3mol，故mg样品中铁红产品的纯度为×100%=×100℅或者 ℅。
【点睛】易错点为(6)中计算产品含量时，需要注意，滴定实验操作中使用了20mL样品进行实验，需要转化为500mL溶液中样品中产品的总量进行百分含量的计算。
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