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【化学】宁夏长庆高级中学2018-2019学年高二上学期期末考试试卷（解析版）
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宁夏长庆高级中学2018-2019学年高二上学期期末考试试卷
1.下列说法正确的是 ( )
A. 原电池是把电能转化为化学能的装置
B. 原电池中电子流出的一极是正极,发生氧化反应
C. 原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应
D. 形成原电池后,原电池中的阳离子向正极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，A错误；
B.原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反应，电子流入的电极是正极，发生还原反应，B错误；
C.原电池一个电极失电子发生氧化反应，另一个电极得电子发生还原反应，C错误；
D.原电池放电时，负极上失电子，负极附近聚集大量阳离子；正极上得电子，正极上聚集大量电子，则阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，D正确；
故合理选项是D。
2.下列叙述正确的是 ( )
A. 强电解质只能在水溶液里完全电离
B. 固体氯化钠不导电，氯化钠是非电解质
C. CO2的水溶液能导电，但CO2是非电解质
D. 氯水能导电，所以Cl2是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.强电解质中的离子化合物在水溶液里或熔融状态时均可电离，但强电解质中的共价化合物在熔融状态时不会电离，只能在水溶液里完全电离，A错误；
B.固体氯化钠中不含自由移动的离子，所以不导电，但氯化钠在水溶液中和熔融状态下均可导电，氯化钠是电解质，B错误；
C.二氧化碳的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是碳酸而不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，C正确；
D.氯水能导电，但氯气是单质，它既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故合理选项是C。
3.准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是
A. 25mL酸式滴定管 B. 有刻度的50mL烧杯
C. 25mL碱式滴定管 D. 25mL量筒
【答案】A
【解析】
【分析】
KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，再依据计量仪器的精确度和化学仪器的用途判断。
【详解】A. 滴定管精确到0.01mL，可用25mL酸式滴定管，选项A正确；
B. 烧杯精确到0.1mL，精确度达不到，选项B错误；
C. KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，不能使用碱式滴定管，选项C错误；
D.量筒精确到0.1mL，精确度达不到，选项D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查计量仪器及使用方法，注意计量仪器的精确度和常见仪器的用途，题目难度不大。
4. 钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是( )
A. 2H+＋2e－＝H2 B. Fe2+＋2e－＝Fe
C. 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－ D. Fe3+＋e－＝Fe2+
【答案】C
【解析】
试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气在正极得到电子，铁在负极失去电子，所以答案选C。
考点：考查钢铁吸氧腐蚀的判断
点评：钢铁是高考中的常见考点和题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学习效率。
5.如图所示装置，电流计G发生偏转，同时A极逐渐变粗、B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的
A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸
B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸
C. A是Fe，B是Ag，C为AgNO3溶液
D. A是Ag，B是Fe，C为AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性，负极上金属失电子变成阳离子进入溶液，质量减少；正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正极质量增加，据此分析。
【详解】根据题意可知：在该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以排除A、C选项；A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项中是H+放电析出氢气不是金属，D选项析出金属Ag，所以D符合题意，答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理,明确正负极的判断方法，注意不能仅根据金属的活泼性判断正负极，要根据发生反应的反应类型判断正负极，如：Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池，铝作负极，镁作正极。
6.下列有关反应：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=－905 kJ/mol的描述不正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 该反应中每4molNH3(g)被氧化，放出905 kJ热量
C. 生成物的总能量小于反应物的总能量
D. 生成物的总键能小于反应物的总键能
【答案】D
【解析】
【分析】
△H＜0，正反应放热，反应物总能量大于生成物总能量，每有4molNH3(g)被氧化，放出905kJ的热量，据此解答。
【详解】A. 依据反应焓变可知，该反应是放热反应，A正确；
B.根据方程式可知：氮元素的化合价变化为-3→0，所以氨气被氧化，每有4mol NH3(g)被氧化，放出905kJ的热量，B正确；
C. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=－905 kJ/mol，反应是放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，C正确；
D.该反应为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则该反应中反应物的总键能小于生成物的总键能，故D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查反应热与物质的能量、键能关系的知识。掌握相关原理是本题解答的关键，注意C、D两选项的区别。
7.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol-1， 则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283 kJ/mol，则2CO(g)＋O2(g)==2CO2(g)反应的ΔH＝-566 kJ·mol-1
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A.中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱稀溶液反应生成1mol水放出的能量，而H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙沉淀，故中和热△H＜-57.3kJ．mol-1，A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式改变方向，焓变改变符号，CO(g)的燃烧热是283.0kJ•mol-1，则2CO(g)+O2(g) ═2CO2(g)的△H=-(2×283.0) kJ•mol-1=-566kJ•mol-1，B正确；
C.反应条件和反应吸放热无必然联系，即需要加热的反应不一定是吸热反应，放热反应也可能需要加热，C错误；
D.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即生成的水为液体，碳元素转化为二氧化碳气体，D错误。
故合理选项是B。
【点睛】本题考查燃烧热和中和热的概念，抓住概念的实质是判断的关键。
8.已知在25℃时下述反应的有关数据：
C(s)+1/2 O2(g)=CO(g) △H1 =－110.5 kJ• mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=－393.5 kJ• mol-1
则C(s)+CO2(g)=2CO(g) 的△H 为
A. +283.5 kJ• mol-1 B. +172.5 kJ• mol-1
C. -172.5 kJ• mol-1 D. -504 kJ• mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此计算解答。
【详解】由盖斯定律，①×2-②，整理可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，故该反应的△H=2×△H1-△H2=2×(-110.5kJ•mol-1)-(-393.5kJ•mol-1)=+172.5kJ•mol-1，故选项B正确。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用以及热化学方程式的书写知识，注意知识的归纳和整理是关键。
9.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是 ( )
A. 电池反应的化学方程式为CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O
B. 若有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C. 检测时,电解质溶液中的H+向负极移动
D. 正极上发生的反应为O2+4e-+2H2O4OH-
【答案】A
【解析】
【分析】
酸性乙醇燃料电池中，负极上乙醇失去电子被氧化，负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，正极上O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，将正负极电极反应式相加，可得电池的总反应式。在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此判断。
【详解】A. 酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，A正确；
B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下氧气的体积为2.24L，B错误；
C.原电池中，阳离子H+向正极移动，C错误；
D.酸性燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，D错误。
故合理选项是A。
【点睛】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，注意在酸性条件下乙醇被氧化为乙酸的特点。
10.化学反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H>0 达到平衡，下列叙述正确的是
A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
B. 加入固体炭，平衡向正反应方向移动
C. 加入水蒸气，平衡向逆反应方向移动
D. 扩大容器的容积，平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正方向移动，反应物气体的体积小于生成物气体的体积，则增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题。
【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，由于该反应的正反应为吸热反应，则升高温度，正反应速率增大的多，所以平衡向正方向移动，A错误；
B．炭为固体，加入固体炭，由于物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，化学平衡不发生移动，B错误；
C．加入水蒸气，使反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C错误；
D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，扩大容器的容积，导致容器的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意观察反应方程式的特征，把握温度、压强等外界条件对平衡移动的影响。
11.某温度下,相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是 ( )
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点H+的浓度大于a点H+的浓度
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大。在溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，II应为醋酸稀释时的pH变化曲线，根据c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸(II)浓度大于盐酸(I)浓度。
【详解】A. 盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大。在溶液稀释时，未电离的醋酸分子会进一步电离产生离子，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，II应为醋酸稀释时的pH变化曲线，A错误；
B.溶液导电性取决于离子浓度，根据图示可知c(H+)：b>c，所以b溶液的导电性强，B正确；
C.Kw的大小只取决于温度，a、b两点温度相同，所以这两点的Kw相等，C错误；
D.根据图示可知pH：b>a，由于pH=-lg c(H+)，可见溶液的pH越大，c(H+)越小。由于b点pH大于a点，所以c(H+)：a点大于b点，D错误。
故合理选项是B。
【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离、Kw只和温度有关的特点。
12.25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀盐酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是
A. c(NH4+) = c(Cl－) B. c(NH4+)=2c(Cl－)
C. 2c(NH4+)=c(Cl－) D. c(OH－)+c(Cl－) = c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】
利用溶液的电荷守恒原则，在溶液中存在c(OH－)+ c(Cl－)= c(NH4+)+ c(H+)，再根据溶液pH=7，则c(OH－)= c(H+)解答。
【详解】25℃时，溶液pH=7，则有c(OH－)= c(H+)，溶液呈电中性，则有c(OH－)+ c(Cl－)= c(NH4+)+ c(H+)，两式相减，可得：c(Cl－)= c(NH4+)，故选项A正确。
【点睛】本题考查溶液离子浓度的大小比较，注意从溶液电中性原则分析。
13.在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡逆向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C. 加入少量0.1 mol/L 盐酸，溶液中c(H＋)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水使酸的电离平衡正向移动，促进弱电解质的电离，A错误；
B．加入少量NaOH固体，NaOH电离产生的OH-与氢离子反应，使c(H+)减小，根据平衡移动原理可知：醋酸的电离平衡向正向移动，B正确；
C．加入少量0.1 mol•L-1HCl溶液，使溶液c(H+)增大，根据平衡移动原理可知，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液c(H+)增大，C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，使溶液醋酸根离子浓度增大，根据平衡移动原理可知，醋酸的电离平衡逆向移动，D错误；
故合理选项是B。
14.已知25 ℃时水的离子积为Kw=1.0×10-14,35 ℃时水的离子积为Kw=2.1×10-14。下列说法中正确的是 ( )
A. 水中的c(H+)随温度的升高而降低
B. 25 ℃时水呈中性,35 ℃时水呈酸性
C. 水的电离过程是吸热过程
D. 一定温度下,向水中加入酸或碱时,水的离子积将发生变化
【答案】C
【解析】
【分析】
水的电离过程为H2O⇌H++OH-，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）=1.0×10-14，Kw（35℃）=2.1×10-14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c(H+)增大，其pH减小，但仍然存在c(H+)=c(OH-)，据此分析解答。
【详解】A．由于升高温度水的离子积Kw增大，说明升高温度促进水电离，使c(H+)随温度的升高而增大，A错误；
B．升高温度促进水电离，但水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，因此仍然呈中性，B错误；
C．升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，根据平衡移动原理可知：水的电离是吸热反应，C正确；
D. 水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。温度不变，溶液中水的离子积常数不变，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查水的电离，知道离子积常数与温度的关系是解本题关键。注意：无论水的电离程度多大，水不可能变为酸性或碱性，仍然呈中性，为易错点。
15.室温下，在pH=12的NaOH溶液中，由水电离生成的c(OH－)为
A. 1.0×10－7 mol·Ｌ－1 B. 1.0×10－6 mol·Ｌ－1
C. 1.0×10－2 mol·Ｌ－1 D. 1.0×10－12 mol·Ｌ－1
【答案】D
【解析】
【分析】
强碱溶液抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，溶液中的氢氧根离子由碱和水共同电离产生，结合室温时水的离子积Kw= c(H+)×c(OH-)=1×10-14计算。
【详解】在NaOH溶液中OH-由水和NaOH共同电离产生，而H+只有水电离产生，室温下pH=12的该溶液中氢离子浓度为c(H+)=1.0×10-12mol/L，根据c（H+）×c（OH-）=1×10-14可知：c(OH-)===1.0×10-2mol/L，氢氧根离子抑制了电离平衡，使水电离产生的离子浓度减小，但由水电离产生的c(H+)、c(OH-)相等，所以由水电离生成的c(OH－)= c(H+)=1.0×10-12mol/L，选项D正确。
【点睛】本题考查电解质溶液pH与水电离生成的离子浓度关系的计算，明确酸、碱溶液对水的电离的影响为解答关键。
16.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，下列研究目的和示意图相符的是
A
B
C
D
研究目的
压强对反应的影响(p2＞p1)
温度对反应的影响
平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
【答案】C
【解析】
【详解】A. 合成氨反应是气体体积缩小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，使氨气的体积分数增大；并且压强越大，物质的浓度增大，使化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A错误；
B.因该反应正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致氮气的平衡转化率降低，与图象中转化率增大不符，B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间反应物的浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率不变，由于正反应速率大于逆反应速率，所以化学平衡正向移动，使正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到达到新的化学平衡，与图象符合，C正确；
D.催化剂能加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，因此有催化剂时达到化学平衡的时间少，且催化剂对化学平衡移动无影响，与图象不符，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素、图象中纵、横坐标的含义及曲线变化趋势是本题解答的关键。
17.现有等浓度的下列溶液:①醋酸；②硫酸氢钠；③醋酸钠；④碳酸；⑤碳酸钠；⑥硫酸钠。按溶液pH由小到大排列正确的是 ( )
A. ④①②⑤⑥③ B. ⑥①②④③⑤
C. ②①④⑥③⑤ D. ①④②③⑥⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
先按照溶液的酸碱性进行分组，再考虑电解质的强弱以及盐类水解的程度，就可比较溶液的pH大小。
【详解】①④属于酸，由于醋酸酸性比碳酸强，则pH①＜④，②属于盐，但是能完全电离出氢离子，相当于一元强酸，酸性最强，所以pH：②＜①＜④；③⑤均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，结合酸性：碳酸＜醋酸，可知对应的盐溶液的碱性为碳酸钠＞醋酸钠，即pH：③＜⑤；而⑥属于强酸强碱盐，溶液显示中性，所以按溶液pH由小到大排列顺序为：②①④⑥③⑤。故合理选项是C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离和盐类的水解知识，注意溶液pH由小到大的顺序就是酸性减弱，碱性增强的顺序解答。
18.有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法正确的是
A. AgCl沉淀的生成和溶解仍在不断进行，但速率相等
B. AgCl不溶于水，溶液中没有Cl-和Ag+
C. 升高温度，AgCl的溶解度不变，Ksp不变
D. 向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，AgCl的Ksp变小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在溶液中AgCl达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解还在不断进行，溶解平衡是动态平衡，二者的速率相等但是不为零，A正确；
B.AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，溶液中仍然含有少量的Ag+和Cl-，B错误；
C.升高温度会增大AgCl的溶解度，使溶液中Ag+和Cl-的浓度增大，根据Ksp含义可知氯化银的Ksp也增大；C错误；
D. 向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，溶液中Cl-的浓度增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，最终达到平衡时Ag+和Cl-的浓度不再相等，但Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，D选项错误；
故合理选项是A。
19.向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为
A. AgCl＝AgI＝Ag2S B. AgCl
【答案】C
【解析】
试题分析：向NaCl溶液中滴入AgNO3溶液时发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，出现白色沉淀。由于存在沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向其中一滴KI溶液时，由于c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI),会产生黄色沉淀：Ag++I-=AgI↓，沉淀由白色变为黄色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)。AgCl会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。同样AgI在溶液中也存在沉淀溶解平衡：AgI(s）Ag+(aq)+I-(aq)，当再向其中滴加Na2S溶液时，由于c2(Ag+)·c(S2-)＞Ksp(Ag2S),会产生黑色沉淀：2Ag++I-= Ag2S↓，沉淀由黄色变为黑色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgI(s）Ag+(aq）+I-(aq)。AgI会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。直至达到新的平衡状态。最终沉淀又变为黑色。可见物质总是由溶解度大的向溶解度小的转化。则这三种沉淀的溶解度的大小关系为AgCl＞AgI＞ Ag2S，答案选C。
考点：考查沉淀溶解平衡的知识。
20.控制适合的条件，将反应设计成如右图所示的原电池。下列判断不正确的是( )
A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B. 反应开始时，甲中石墨电极上被还原
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入固体，乙中的石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
原电池的正极发生还原反应，负极发生氧化反应。由方程式知Fe3+在甲中发生还原反应，I-在乙中发生氧化反应，达到平衡后，电流计读数为零。所以选D。
21.下列不能用于金属防腐处理的是
A. 在海轮的船体上涂油漆 B. 在海轮的船体上镶锌块
C. 在海轮的船体上镶铜块 D. 在海轮的船体上镀上一层耐腐蚀的金属
【答案】C
【解析】
【分析】
根据铁生锈的主要条件是与空气和水(或水蒸气)直接接触发生吸氧腐蚀，结合金属的保护措施，进行分析解答。
【详解】A．在海轮的船体上涂油漆，可以使钢铁与空气和水(或水蒸气)隔绝，避免其被氧化，引起腐蚀生锈， A不符合题意；
B．在海轮的船体上镶锌块，Fe、Zn海水构成原电池，Zn作原电池的负极被腐蚀，船体被保护，不能腐蚀，B不符合题意；
C．在海轮的船体上镶铜块，Fe、Cu海水构成原电池，由于Fe比Cu活泼，Fe作负极被腐蚀，C符合题意；
D.在金属铁的表面镀上一层耐腐蚀的金属，就可以阻止轮船接触空气、水，引起轮船腐蚀生锈，可以防止铁被腐蚀，D不符合题意；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查金属腐蚀的主要条件与保护措施的知识，注意把握原电池原理以及应用。
22.用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是
A. CuCl2[CuSO4] B. NaOH [NaOH]
C. NaCl [HCl] D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】C
【解析】
【分析】
电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么，就利用元素守恒来加什么物质。
【详解】A.电解氯化铜时，阳极放出氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，A错误；
B.电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，B错误；
C.电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，C正确；
D.电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，加入氢氧化铜相当于多加入水，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解池原理，掌握电解原理，弄清两个电极上产生的物质，是本题解答的关键，本着“出什么加什么”的思想可使电解质复原。
23.以惰性电极电解CuSO4溶液，若阳极上产生的气体的物质的量为0.010 mol，则阴极上析出Cu的质量为
A. 0.64 g B. 1.28 g C. 2.56 g D. 5.12g
【答案】B
【解析】
根据电解原理和溶液中的阴、阳离子的放电顺序，先书写阴、阳两极的电极反应，然后结合电极上电子转移相同进行计算。
【详解】以惰性电极电解CuSO4溶液，在阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；在阴极上铜离子得到电子析出金属铜，电极反应式是：2Cu2++4e-=2Cu。
根据电子守恒得到：O2～2Cu～4e-
0.01mol 0.02mol
所以阴极析出铜的质量m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了电解原理的应用，关键是正确书写电极反应判断生成产物，利用电子守恒进行有关计算。
24.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是
A. 放电时负极反应为：Zn－2e— +2OH—= Zn(OH)2
B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3 —3e— + 5 OH— = FeO42-+ 4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
试题分析：放电为原电池，负极失电子发生氧化反应：Zn – 2e-+ 2OH- ＝ Zn(OH)2 Ａ对
正极反应为2K2FeO4＋6e+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-,有OH-生成，所以正极附近碱性增强，D对充电时是电解池，阳极发生氧化反应：Fe(OH)3- 3e-+ 5OH- ＝ FeO42-+ 4H2O Ｂ对
原电池中正极得电子，发生的是还原反应，故Ｃ错
考点：原电池和电解池的反应原理
点评：该题已给出反应的总原理，注意电子流入负极，流出正极，在判断电极方程式时要有体现。
25.由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1 mol·L-1的溶液，在室温下前两种溶液的pH=7，第三种溶液的pH>7，最后一种溶液的pH<7，则下列说法正确的是( )
A
B
C
D
碱性
AOH>BOH
AOH
AOH
HC>HD
HC>HD
HC
【解析】
正盐水解后对溶液酸碱性的影响规律为“越弱越水解,谁强显谁性,同强显中性”,所以对该题可以进行如下归类:综上可知,电离程度:HC=AOH>HD=BOH,即酸性:HC>HD,碱性:AOH>BOH。注意:AC、BD两溶液的pH=7,并不说明二者都为强酸强碱盐,也可能指的是弱酸弱碱盐,但阴、阳离子水解程度相同。
26.按要求填空：
（1）写出碳酸第一步电离的离子方程式：_____________________________
（2）写出氯化铵溶液水解的离子方程式： ____________________________
（3）实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某同学在实验室测定盐酸的浓度。请完成下列填空:
首先，配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液。
① 配制过程中，请计算需要称量_____g氢氧化钠固体。然后，取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2-3滴酚酞作指示剂,用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2-3次,记录数据如下。
编号
NaOH溶液的浓度mol/L
滴定消耗NaOH溶液的体积mL
待测盐酸的体积mL
1
0.10
22.02
20.00
2
0.10
21.98
20.00
3
0.10
23.98
20.00
② 下列滴定操作的顺序正确的是 （ ）
a.检查滴定管是否漏水
b.用蒸馏水洗涤玻璃仪器
c.用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管,用待测液润洗盛待测液的滴定管
d.装标准溶液和待测液并排出气泡调整液面(记录初始读数)
e.取一定体积的待测液于锥形瓶中并滴加适量指示剂
f.滴定
A. acbdef B. abcdef C. bcadef D. deabcf
③ 滴定达到终点的标志是________________________。
④ 根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度为________。
⑤ 造成测定结果偏高的原因可能是 （ ）
A. 振荡锥形瓶时，部分未知液溅出液体
B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【答案】 (1). H2CO3 H+ ＋HCO3－ (2). NH4+ + H2O NH3·H2O + H+ (3). 0.4 g (4). B (5). 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色 (6). 0.11 mol·L-1 (7). D
【解析】
【分析】
(1)碳酸为二元弱酸，在水溶液中分步电离；
(2)氯化铵水解呈酸性，生成一水合氨；
(3)①根据m=nM=cVM来计算；
②根据滴定操作步骤判断顺序；
③滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
④先求出标准NaOH溶液体积，判断数据的合理性，然后求出标准NaOH溶液的平均体积，根据c(酸)×V(酸)= c(碱) ×V(碱)计算出待测酸的浓度；
⑤利用，把过程中操作引起的误差转化为V(碱)的影响分析判断。
【详解】(1)碳酸为二元弱酸，在水溶液中分步电离，碳酸的第一步电离方程式为：H2CO3H++HCO3-，
(2)氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中，NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，结合形成一水合氨，破坏了水的电离平衡，促使水进一步电离，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性，水解的离子方程式为NH4++H2O NH3•H2O+H+；
(3)①根据物质在溶解过程中其质量不变，物质的量不变，则需要氢氧化钠的质量为：m(NaOH)=nM=cVM=0.10mol•L-1×0.1L×40g/mol=0.4g；
②滴定时，首先检查滴定管是否漏水；然后用蒸馏水洗涤玻璃仪器；再用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管；用待测液润洗盛待测液的滴定管；装标准溶液和待测液并排出气泡调整液面(记录初始读数)；接着取一定体积的待测液于锥形瓶中并滴加适量指示剂；最后进行滴定，根据指示剂颜色变化确定滴定终点，停止滴加，根据二者反应时的物质的量关系计算出待测溶液的浓度。故正确顺序是abcdef，选项B合理；
③以酚酞作指示剂，用一定浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的HCl，开始时溶液为无色，当最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；
④根据三次实验结果，可知第三次溶液体积太大，舍去，消耗标准NaOH溶液体积是V(NaOH)=( 22.02mL+21.98mL)÷2=22.00mL，然后根据c(酸)×V(酸)= c(碱) ×V(碱)，可得c(酸)=( 0.10×22.00mL) ÷20.00mL=0.11mol/L；
⑤A. 振荡锥形瓶时，部分未知液溅出，使消耗的标准碱溶液体积变小，导致c(酸)偏低，A错误；
B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确，V(碱)偏小，导致c(酸)偏低，B正确；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，则锥形瓶中酸的物质的量不变，消耗标准碱溶液体积不变，对测定结果无影响，C错误；
D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则V(碱)偏大，导致c(酸)偏高，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离、盐的水解、酸碱中和滴定的知识。掌握物质的性质、反应原理是正确解题的关键。
27.(1)铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。工作时该电池总反应式为：Pb+PbO2 +2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此判断：
①铅蓄电池的负极材料是________（写化学式）；
②工作时正极反应为__________________________________________；
③工作时，电解质溶液中阴离子移向________极(填“正”或“负”)。
(2)如图A 直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请填空：
①电源A上的a为________极(填“正”或“负”)；
②滤纸B上发生的总化学方程式为___________________；
③欲在电槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极f上发生的反应为________________________。电槽中放的镀液可以是___________(只需写出一种即可)。
【答案】 (1). Pb (2). PbO2 + 4H+ +SO42- +2e-==PbSO4+2H2O (3). 负 (4). 正 (5). 2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH (6). Zn2++2e-===Zn (7). ZnSO4溶液、ZnCl2溶液等
【解析】
【分析】
(1)负极失去电子，发生氧化反应，正极上物质得到电子，发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动分析；
(2)①由B上的c点显红色判断c的电极，根据c的电极反应现象判断a、b的电极；
②根据溶液中离子的放电顺序判断生成物，由反应物、生成物写出相应的方程式；
③先判断e、f的电极，再根据阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应式；根据电镀原理选取电解质。
【详解】(1)①根据电池反应式知，Pb元素化合价由0价、+4价变为+2价，元素化合价升高的金属为负极，则Pb为负极；
②PbO2为正极，得到电子，发生还原反应，正极的电极反应式是PbO2+ 4H+ +SO42- +2e-=PbSO4+2H2O；
③放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，答案为负极；
(2)①B外接电源，B是电解氯化钠溶液的电解池；B上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，c(OH-)增大，根据离子的放电顺序知，该电极上是H+得电子变为H2，所以电极c是阴极，外电源b是负极，a是正极；
②电解氯化钠溶液时，溶液中的离子放电顺序为：H+>Na+，Cl->OH-，所以电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，反应方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+ Cl2↑；
③由于外电源上，a是正极，b是负极，所以电镀时，e是阳极，f是阴极，镀层金属锌作阳极，镀件铁作阴极，阳极上Zn失电子变成Zn2+离子进入溶液，阴极上锌离子得电子生成锌单质，阴极f上的电极反应式为Zn2++2e-=Zn；电镀液的选取：用含有镀层金属Zn离子的溶液作电镀液，所以可选ZnSO4、Zn(NO3)2、ZnCl2溶液作电镀液。
【点睛】本题考查了原电池、电解池原理的知识，明确原电池的正负极上、电解池的阴阳极上发生反应、元素化合价变化、电解质溶液中阴阳离子移动方向等知识即可。
28.常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度和混合后所得溶液的pH如下表:
实验编号
HA的物质的量浓度/(mol·L-1)
NaOH的物质的量浓度/(mol·L-1)
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH=9
②
c
0.2
pH=7
③
0.2
0.1
pH<7
请回答:
（1）从①组实验分析,HA是强酸还是弱酸_______。
（2）②组实验表明,c____0.2(填“大于”“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A-)与c(Na+)的大小关系是c(A-)_____c(Na+)(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）从③组实验结果分析,说明HA的电离程度_____NaA的水解程度(填“大于”“小于”或“等于”),该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________。
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=______ mol·L-1。写出该混合溶液中下列表达式的计算结果：c(Na+)-c(A-)=__ mol·L-1;c(OH-)-c(HA)=____mol·L-1。
【答案】 (1). 弱酸 (2). 大于 (3). 等于 (4). 大于 (5). c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) (6). 10-5 (7). 10-5-10-9 (8). 10-9
【解析】
【分析】
(1)等物质的量的一元酸碱恰好反应生成盐，盐溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，盐促进水电离；
(2)酸是弱酸，要使酸碱混合溶液呈中性，则酸应该稍微过量，根据电荷守恒判断c(A-)与 c(Na+)的大小关系；
(3)混合溶液中溶质为等物质的量的HA和NaA，混合溶液呈酸性，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度；结合电荷守恒判断离子浓度大小顺序；
(4)根据溶液的pH，结合盐的水解规律判断水电离出的c(OH-)；根据电荷守恒、质子守恒计算离子浓度。
【详解】(1)根据图表知，等浓度等体积的HA和NaOH混合，二者恰好反应生成NaA，盐溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，盐溶液pH=9，c(H+)=1×10-9 mol/L，溶液中c(OH-)=1×10-5 mol/L，溶液中的H+、OH-都是由水电离产生，弱酸根离子水解消耗水电离产生的H+，使c(H+)=1×10-9 mol/L
混合溶液呈中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，则 c(A-)+ c(OH-) = c(H+)+c(Na+)，所以 c(A-)= c(Na+)；
(3)根据表知，酸和碱混合后，溶液中的溶质为等物质的量的NaA、HA的混合溶液，由于pH<7，说明混合溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，混合溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)，在溶液中存在电荷守恒 c(A-)+ c(OH-) = c(H+)+c(Na+)，所以c(A-)＞c(Na+)，酸的电离程度较小，所以c(Na+)＞c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
(4)根据(1)中计算可知由水电离出的c(OH-)=1×10-5 mol/L；在该混合溶液中根据电荷守恒 c(A-)+ c(OH-) = c(H+)+c(Na+)可知：c(Na+)-c(A-)= c(OH-) - c(H+)=( 10-5-10-9) mol·L-1；
①为NaA，pH=9，c(H+)=10-9mol/L，根据质子守恒可得：c(OH-)= c(H+)+ c(HA)，所以c(OH-)-c(HA)= c(H+)=10-9mol/L；
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离等知识点，根据①确定酸的强弱，再结合电荷守恒来分析解答，难度中等。
29.25℃时，把0.08 mol/L的H2SO4溶液和0.18 mol/L的NaOH溶液等体积混合求混合后其pH＝___________。（写出计算过程，只填结果不得分）
【答案】pH＝12
【解析】
【分析】
先根据酸、碱的浓度计算出混合前溶液中c(H+)、c(OH-)，然后根据二者是按1:1反应，判断出酸过量还是碱过量，最后根据Kw=c(H+)×c(OH-)、pH=-lg c(H+)计算出溶液的pH。
【详解】0.08 mol/L的H2SO4溶液，c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.08mol/L=0.16mol/L，0.18 mol/LNaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=0.18mol/L，将两种溶液等体积混合时，发生反应：H++OH-=H2O，可知碱过量，混合后溶液中c(OH-)=( 0.18mol/L-0.16mol/L)÷2=0.01mol/L，在室温下，Kw= c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14，所以反应后溶液的氢离子浓度c(H+)=(1.0×10-14) ÷0.01=1.0×10-12mol/L，则溶液的pH=-lg c(H+)=-lg[1.0×10-12]=12。
1.下列说法正确的是 ( )
A. 原电池是把电能转化为化学能的装置
B. 原电池中电子流出的一极是正极,发生氧化反应
C. 原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应
D. 形成原电池后,原电池中的阳离子向正极移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.原电池是将化学能转化为电能的装置，电解池是将电能转化为化学能的装置，A错误；
B.原电池中电子流出的电极是负极，发生氧化反应，电子流入的电极是正极，发生还原反应，B错误；
C.原电池一个电极失电子发生氧化反应，另一个电极得电子发生还原反应，C错误；
D.原电池放电时，负极上失电子，负极附近聚集大量阳离子；正极上得电子，正极上聚集大量电子，则阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，D正确；
故合理选项是D。
2.下列叙述正确的是 ( )
A. 强电解质只能在水溶液里完全电离
B. 固体氯化钠不导电，氯化钠是非电解质
C. CO2的水溶液能导电，但CO2是非电解质
D. 氯水能导电，所以Cl2是电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A.强电解质中的离子化合物在水溶液里或熔融状态时均可电离，但强电解质中的共价化合物在熔融状态时不会电离，只能在水溶液里完全电离，A错误；
B.固体氯化钠中不含自由移动的离子，所以不导电，但氯化钠在水溶液中和熔融状态下均可导电，氯化钠是电解质，B错误；
C.二氧化碳的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是碳酸而不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，C正确；
D.氯水能导电，但氯气是单质，它既不是电解质也不是非电解质，D错误；
故合理选项是C。
3.准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是
A. 25mL酸式滴定管 B. 有刻度的50mL烧杯
C. 25mL碱式滴定管 D. 25mL量筒
【答案】A
【解析】
【分析】
KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，再依据计量仪器的精确度和化学仪器的用途判断。
【详解】A. 滴定管精确到0.01mL，可用25mL酸式滴定管，选项A正确；
B. 烧杯精确到0.1mL，精确度达不到，选项B错误；
C. KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，不能使用碱式滴定管，选项C错误；
D.量筒精确到0.1mL，精确度达不到，选项D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查计量仪器及使用方法，注意计量仪器的精确度和常见仪器的用途，题目难度不大。
4. 钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是( )
A. 2H+＋2e－＝H2 B. Fe2+＋2e－＝Fe
C. 2H2O＋O2＋4e－＝4OH－ D. Fe3+＋e－＝Fe2+
【答案】C
【解析】
试题分析：钢铁发生吸氧腐蚀时，氧气在正极得到电子，铁在负极失去电子，所以答案选C。
考点：考查钢铁吸氧腐蚀的判断
点评：钢铁是高考中的常见考点和题型，属于基础性试题的考查。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学习效率。
5.如图所示装置，电流计G发生偏转，同时A极逐渐变粗、B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的
A. A是Zn，B是Cu，C为稀硫酸
B. A是Cu，B是Zn，C为稀硫酸
C. A是Fe，B是Ag，C为AgNO3溶液
D. A是Ag，B是Fe，C为AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性，负极上金属失电子变成阳离子进入溶液，质量减少；正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正极质量增加，据此分析。
【详解】根据题意可知：在该原电池中，A极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，A作正极，B的活泼性大于A的活泼性，所以排除A、C选项；A极逐渐变粗，说明有金属析出，B选项中是H+放电析出氢气不是金属，D选项析出金属Ag，所以D符合题意，答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理,明确正负极的判断方法，注意不能仅根据金属的活泼性判断正负极，要根据发生反应的反应类型判断正负极，如：Mg、Al、NaOH溶液构成的原电池，铝作负极，镁作正极。
6.下列有关反应：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=－905 kJ/mol的描述不正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 该反应中每4molNH3(g)被氧化，放出905 kJ热量
C. 生成物的总能量小于反应物的总能量
D. 生成物的总键能小于反应物的总键能
【答案】D
【解析】
【分析】
△H＜0，正反应放热，反应物总能量大于生成物总能量，每有4molNH3(g)被氧化，放出905kJ的热量，据此解答。
【详解】A. 依据反应焓变可知，该反应是放热反应，A正确；
B.根据方程式可知：氮元素的化合价变化为-3→0，所以氨气被氧化，每有4mol NH3(g)被氧化，放出905kJ的热量，B正确；
C. 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) △H=－905 kJ/mol，反应是放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，C正确；
D.该反应为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则该反应中反应物的总键能小于生成物的总键能，故D错误；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查反应热与物质的能量、键能关系的知识。掌握相关原理是本题解答的关键，注意C、D两选项的区别。
7.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol-1， 则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283 kJ/mol，则2CO(g)＋O2(g)==2CO2(g)反应的ΔH＝-566 kJ·mol-1
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A.中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱稀溶液反应生成1mol水放出的能量，而H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙沉淀，故中和热△H＜-57.3kJ．mol-1，A错误；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，热化学方程式改变方向，焓变改变符号，CO(g)的燃烧热是283.0kJ•mol-1，则2CO(g)+O2(g) ═2CO2(g)的△H=-(2×283.0) kJ•mol-1=-566kJ•mol-1，B正确；
C.反应条件和反应吸放热无必然联系，即需要加热的反应不一定是吸热反应，放热反应也可能需要加热，C错误；
D.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，即生成的水为液体，碳元素转化为二氧化碳气体，D错误。
故合理选项是B。
【点睛】本题考查燃烧热和中和热的概念，抓住概念的实质是判断的关键。
8.已知在25℃时下述反应的有关数据：
C(s)+1/2 O2(g)=CO(g) △H1 =－110.5 kJ• mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=－393.5 kJ• mol-1
则C(s)+CO2(g)=2CO(g) 的△H 为
A. +283.5 kJ• mol-1 B. +172.5 kJ• mol-1
C. -172.5 kJ• mol-1 D. -504 kJ• mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此计算解答。
【详解】由盖斯定律，①×2-②，整理可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，故该反应的△H=2×△H1-△H2=2×(-110.5kJ•mol-1)-(-393.5kJ•mol-1)=+172.5kJ•mol-1，故选项B正确。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用以及热化学方程式的书写知识，注意知识的归纳和整理是关键。
9.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪,负极上的反应为CH3CH2OH-4e-+H2OCH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是 ( )
A. 电池反应的化学方程式为CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O
B. 若有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C. 检测时,电解质溶液中的H+向负极移动
D. 正极上发生的反应为O2+4e-+2H2O4OH-
【答案】A
【解析】
【分析】
酸性乙醇燃料电池中，负极上乙醇失去电子被氧化，负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，正极上O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，将正负极电极反应式相加，可得电池的总反应式。在原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此判断。
【详解】A. 酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH-4e-+H2O═CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，A正确；
B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到-2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下氧气的体积为2.24L，B错误；
C.原电池中，阳离子H+向正极移动，C错误；
D.酸性燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e-+4H+═2H2O，D错误。
故合理选项是A。
【点睛】本题考查酸性乙醇燃料电池知识，注意在酸性条件下乙醇被氧化为乙酸的特点。
10.化学反应C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H>0 达到平衡，下列叙述正确的是
A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动
B. 加入固体炭，平衡向正反应方向移动
C. 加入水蒸气，平衡向逆反应方向移动
D. 扩大容器的容积，平衡向正反应方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
该反应的正反应为吸热反应，则升高温度平衡向正方向移动，反应物气体的体积小于生成物气体的体积，则增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题。
【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都增大，由于该反应的正反应为吸热反应，则升高温度，正反应速率增大的多，所以平衡向正方向移动，A错误；
B．炭为固体，加入固体炭，由于物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，化学平衡不发生移动，B错误；
C．加入水蒸气，使反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C错误；
D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，扩大容器的容积，导致容器的压强减小，减小压强，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，注意观察反应方程式的特征，把握温度、压强等外界条件对平衡移动的影响。
11.某温度下,相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是 ( )
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点H+的浓度大于a点H+的浓度
【答案】B
【解析】
【分析】
根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大。在溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，II应为醋酸稀释时的pH变化曲线，根据c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸(II)浓度大于盐酸(I)浓度。
【详解】A. 盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大。在溶液稀释时，未电离的醋酸分子会进一步电离产生离子，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，II应为醋酸稀释时的pH变化曲线，A错误；
B.溶液导电性取决于离子浓度，根据图示可知c(H+)：b>c，所以b溶液的导电性强，B正确；
C.Kw的大小只取决于温度，a、b两点温度相同，所以这两点的Kw相等，C错误；
D.根据图示可知pH：b>a，由于pH=-lg c(H+)，可见溶液的pH越大，c(H+)越小。由于b点pH大于a点，所以c(H+)：a点大于b点，D错误。
故合理选项是B。
【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离、Kw只和温度有关的特点。
12.25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀盐酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是
A. c(NH4+) = c(Cl－) B. c(NH4+)=2c(Cl－)
C. 2c(NH4+)=c(Cl－) D. c(OH－)+c(Cl－) = c(H+)
【答案】A
【解析】
【分析】
利用溶液的电荷守恒原则，在溶液中存在c(OH－)+ c(Cl－)= c(NH4+)+ c(H+)，再根据溶液pH=7，则c(OH－)= c(H+)解答。
【详解】25℃时，溶液pH=7，则有c(OH－)= c(H+)，溶液呈电中性，则有c(OH－)+ c(Cl－)= c(NH4+)+ c(H+)，两式相减，可得：c(Cl－)= c(NH4+)，故选项A正确。
【点睛】本题考查溶液离子浓度的大小比较，注意从溶液电中性原则分析。
13.在0.1 mol/LCH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡下列叙述正确的是
A. 加入水时，平衡逆向移动
B. 加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C. 加入少量0.1 mol/L 盐酸，溶液中c(H＋)减小
D. 加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加水使酸的电离平衡正向移动，促进弱电解质的电离，A错误；
B．加入少量NaOH固体，NaOH电离产生的OH-与氢离子反应，使c(H+)减小，根据平衡移动原理可知：醋酸的电离平衡向正向移动，B正确；
C．加入少量0.1 mol•L-1HCl溶液，使溶液c(H+)增大，根据平衡移动原理可知，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液c(H+)增大，C错误；
D．加入少量CH3COONa固体，使溶液醋酸根离子浓度增大，根据平衡移动原理可知，醋酸的电离平衡逆向移动，D错误；
故合理选项是B。
14.已知25 ℃时水的离子积为Kw=1.0×10-14,35 ℃时水的离子积为Kw=2.1×10-14。下列说法中正确的是 ( )
A. 水中的c(H+)随温度的升高而降低
B. 25 ℃时水呈中性,35 ℃时水呈酸性
C. 水的电离过程是吸热过程
D. 一定温度下,向水中加入酸或碱时,水的离子积将发生变化
【答案】C
【解析】
【分析】
水的电离过程为H2O⇌H++OH-，在不同温度下其离子积为Kw（25℃）=1.0×10-14，Kw（35℃）=2.1×10-14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c(H+)增大，其pH减小，但仍然存在c(H+)=c(OH-)，据此分析解答。
【详解】A．由于升高温度水的离子积Kw增大，说明升高温度促进水电离，使c(H+)随温度的升高而增大，A错误；
B．升高温度促进水电离，但水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，因此仍然呈中性，B错误；
C．升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，根据平衡移动原理可知：水的电离是吸热反应，C正确；
D. 水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。温度不变，溶液中水的离子积常数不变，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查水的电离，知道离子积常数与温度的关系是解本题关键。注意：无论水的电离程度多大，水不可能变为酸性或碱性，仍然呈中性，为易错点。
15.室温下，在pH=12的NaOH溶液中，由水电离生成的c(OH－)为
A. 1.0×10－7 mol·Ｌ－1 B. 1.0×10－6 mol·Ｌ－1
C. 1.0×10－2 mol·Ｌ－1 D. 1.0×10－12 mol·Ｌ－1
【答案】D
【解析】
【分析】
强碱溶液抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，溶液中的氢氧根离子由碱和水共同电离产生，结合室温时水的离子积Kw= c(H+)×c(OH-)=1×10-14计算。
【详解】在NaOH溶液中OH-由水和NaOH共同电离产生，而H+只有水电离产生，室温下pH=12的该溶液中氢离子浓度为c(H+)=1.0×10-12mol/L，根据c（H+）×c（OH-）=1×10-14可知：c(OH-)===1.0×10-2mol/L，氢氧根离子抑制了电离平衡，使水电离产生的离子浓度减小，但由水电离产生的c(H+)、c(OH-)相等，所以由水电离生成的c(OH－)= c(H+)=1.0×10-12mol/L，选项D正确。
【点睛】本题考查电解质溶液pH与水电离生成的离子浓度关系的计算，明确酸、碱溶液对水的电离的影响为解答关键。
16.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，下列研究目的和示意图相符的是
A
B
C
D
研究目的
压强对反应的影响(p2＞p1)
温度对反应的影响
平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
【答案】C
【解析】
【详解】A. 合成氨反应是气体体积缩小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，使氨气的体积分数增大；并且压强越大，物质的浓度增大，使化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A错误；
B.因该反应正反应是放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致氮气的平衡转化率降低，与图象中转化率增大不符，B错误；
C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间反应物的浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率不变，由于正反应速率大于逆反应速率，所以化学平衡正向移动，使正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到达到新的化学平衡，与图象符合，C正确；
D.催化剂能加快化学反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，因此有催化剂时达到化学平衡的时间少，且催化剂对化学平衡移动无影响，与图象不符，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素、图象中纵、横坐标的含义及曲线变化趋势是本题解答的关键。
17.现有等浓度的下列溶液:①醋酸；②硫酸氢钠；③醋酸钠；④碳酸；⑤碳酸钠；⑥硫酸钠。按溶液pH由小到大排列正确的是 ( )
A. ④①②⑤⑥③ B. ⑥①②④③⑤
C. ②①④⑥③⑤ D. ①④②③⑥⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
先按照溶液的酸碱性进行分组，再考虑电解质的强弱以及盐类水解的程度，就可比较溶液的pH大小。
【详解】①④属于酸，由于醋酸酸性比碳酸强，则pH①＜④，②属于盐，但是能完全电离出氢离子，相当于一元强酸，酸性最强，所以pH：②＜①＜④；③⑤均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，结合酸性：碳酸＜醋酸，可知对应的盐溶液的碱性为碳酸钠＞醋酸钠，即pH：③＜⑤；而⑥属于强酸强碱盐，溶液显示中性，所以按溶液pH由小到大排列顺序为：②①④⑥③⑤。故合理选项是C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离和盐类的水解知识，注意溶液pH由小到大的顺序就是酸性减弱，碱性增强的顺序解答。
18.有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法正确的是
A. AgCl沉淀的生成和溶解仍在不断进行，但速率相等
B. AgCl不溶于水，溶液中没有Cl-和Ag+
C. 升高温度，AgCl的溶解度不变，Ksp不变
D. 向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，AgCl的Ksp变小
【答案】A
【解析】
【详解】A. 在溶液中AgCl达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解还在不断进行，溶解平衡是动态平衡，二者的速率相等但是不为零，A正确；
B.AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，溶液中仍然含有少量的Ag+和Cl-，B错误；
C.升高温度会增大AgCl的溶解度，使溶液中Ag+和Cl-的浓度增大，根据Ksp含义可知氯化银的Ksp也增大；C错误；
D. 向AgCl饱和溶液中加入NaCl固体，溶液中Cl-的浓度增大，使沉淀溶解平衡逆向移动，最终达到平衡时Ag+和Cl-的浓度不再相等，但Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，D选项错误；
故合理选项是A。
19.向5 mL NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴KI溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴入一滴Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色，根据上述变化过程，分析此三种沉淀物的溶解度关系为
A. AgCl＝AgI＝Ag2S B. AgCl
【答案】C
【解析】
试题分析：向NaCl溶液中滴入AgNO3溶液时发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，出现白色沉淀。由于存在沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)，当向其中一滴KI溶液时，由于c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI),会产生黄色沉淀：Ag++I-=AgI↓，沉淀由白色变为黄色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgCl(s）Ag+(aq)+Cl-(aq)。AgCl会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。同样AgI在溶液中也存在沉淀溶解平衡：AgI(s）Ag+(aq)+I-(aq)，当再向其中滴加Na2S溶液时，由于c2(Ag+)·c(S2-)＞Ksp(Ag2S),会产生黑色沉淀：2Ag++I-= Ag2S↓，沉淀由黄色变为黑色。由于破坏了沉淀溶解平衡AgI(s）Ag+(aq）+I-(aq)。AgI会继续溶解电离。直至到达新的平衡状态。发生沉淀转化。直至达到新的平衡状态。最终沉淀又变为黑色。可见物质总是由溶解度大的向溶解度小的转化。则这三种沉淀的溶解度的大小关系为AgCl＞AgI＞ Ag2S，答案选C。
考点：考查沉淀溶解平衡的知识。
20.控制适合的条件，将反应设计成如右图所示的原电池。下列判断不正确的是( )
A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B. 反应开始时，甲中石墨电极上被还原
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入固体，乙中的石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
原电池的正极发生还原反应，负极发生氧化反应。由方程式知Fe3+在甲中发生还原反应，I-在乙中发生氧化反应，达到平衡后，电流计读数为零。所以选D。
21.下列不能用于金属防腐处理的是
A. 在海轮的船体上涂油漆 B. 在海轮的船体上镶锌块
C. 在海轮的船体上镶铜块 D. 在海轮的船体上镀上一层耐腐蚀的金属
【答案】C
【解析】
【分析】
根据铁生锈的主要条件是与空气和水(或水蒸气)直接接触发生吸氧腐蚀，结合金属的保护措施，进行分析解答。
【详解】A．在海轮的船体上涂油漆，可以使钢铁与空气和水(或水蒸气)隔绝，避免其被氧化，引起腐蚀生锈， A不符合题意；
B．在海轮的船体上镶锌块，Fe、Zn海水构成原电池，Zn作原电池的负极被腐蚀，船体被保护，不能腐蚀，B不符合题意；
C．在海轮的船体上镶铜块，Fe、Cu海水构成原电池，由于Fe比Cu活泼，Fe作负极被腐蚀，C符合题意；
D.在金属铁的表面镀上一层耐腐蚀的金属，就可以阻止轮船接触空气、水，引起轮船腐蚀生锈，可以防止铁被腐蚀，D不符合题意；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查金属腐蚀的主要条件与保护措施的知识，注意把握原电池原理以及应用。
22.用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是
A. CuCl2[CuSO4] B. NaOH [NaOH]
C. NaCl [HCl] D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】C
【解析】
【分析】
电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么，就利用元素守恒来加什么物质。
【详解】A.电解氯化铜时，阳极放出氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，A错误；
B.电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，B错误；
C.电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，C正确；
D.电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，加入氢氧化铜相当于多加入水，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了电解池原理，掌握电解原理，弄清两个电极上产生的物质，是本题解答的关键，本着“出什么加什么”的思想可使电解质复原。
23.以惰性电极电解CuSO4溶液，若阳极上产生的气体的物质的量为0.010 mol，则阴极上析出Cu的质量为
A. 0.64 g B. 1.28 g C. 2.56 g D. 5.12g
【答案】B
【解析】
根据电解原理和溶液中的阴、阳离子的放电顺序，先书写阴、阳两极的电极反应，然后结合电极上电子转移相同进行计算。
【详解】以惰性电极电解CuSO4溶液，在阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；在阴极上铜离子得到电子析出金属铜，电极反应式是：2Cu2++4e-=2Cu。
根据电子守恒得到：O2～2Cu～4e-
0.01mol 0.02mol
所以阴极析出铜的质量m(Cu)=0.02mol×64g/mol=1.28g，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了电解原理的应用，关键是正确书写电极反应判断生成产物，利用电子守恒进行有关计算。
24.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是
A. 放电时负极反应为：Zn－2e— +2OH—= Zn(OH)2
B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3 —3e— + 5 OH— = FeO42-+ 4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】C
【解析】
试题分析：放电为原电池，负极失电子发生氧化反应：Zn – 2e-+ 2OH- ＝ Zn(OH)2 Ａ对
正极反应为2K2FeO4＋6e+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-,有OH-生成，所以正极附近碱性增强，D对充电时是电解池，阳极发生氧化反应：Fe(OH)3- 3e-+ 5OH- ＝ FeO42-+ 4H2O Ｂ对
原电池中正极得电子，发生的是还原反应，故Ｃ错
考点：原电池和电解池的反应原理
点评：该题已给出反应的总原理，注意电子流入负极，流出正极，在判断电极方程式时要有体现。
25.由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1 mol·L-1的溶液，在室温下前两种溶液的pH=7，第三种溶液的pH>7，最后一种溶液的pH<7，则下列说法正确的是( )
A
B
C
D
碱性
AOH>BOH
AOH
AOH
HC>HD
HC>HD
HC
【解析】
正盐水解后对溶液酸碱性的影响规律为“越弱越水解,谁强显谁性,同强显中性”,所以对该题可以进行如下归类:综上可知,电离程度:HC=AOH>HD=BOH,即酸性:HC>HD,碱性:AOH>BOH。注意:AC、BD两溶液的pH=7,并不说明二者都为强酸强碱盐,也可能指的是弱酸弱碱盐,但阴、阳离子水解程度相同。
26.按要求填空：
（1）写出碳酸第一步电离的离子方程式：_____________________________
（2）写出氯化铵溶液水解的离子方程式： ____________________________
（3）实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某同学在实验室测定盐酸的浓度。请完成下列填空:
首先，配制100mL 0.10mol/L NaOH标准溶液。
① 配制过程中，请计算需要称量_____g氢氧化钠固体。然后，取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2-3滴酚酞作指示剂,用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2-3次,记录数据如下。
编号
NaOH溶液的浓度mol/L
滴定消耗NaOH溶液的体积mL
待测盐酸的体积mL
1
0.10
22.02
20.00
2
0.10
21.98
20.00
3
0.10
23.98
20.00
② 下列滴定操作的顺序正确的是 （ ）
a.检查滴定管是否漏水
b.用蒸馏水洗涤玻璃仪器
c.用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管,用待测液润洗盛待测液的滴定管
d.装标准溶液和待测液并排出气泡调整液面(记录初始读数)
e.取一定体积的待测液于锥形瓶中并滴加适量指示剂
f.滴定
A. acbdef B. abcdef C. bcadef D. deabcf
③ 滴定达到终点的标志是________________________。
④ 根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度为________。
⑤ 造成测定结果偏高的原因可能是 （ ）
A. 振荡锥形瓶时，部分未知液溅出液体
B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【答案】 (1). H2CO3 H+ ＋HCO3－ (2). NH4+ + H2O NH3·H2O + H+ (3). 0.4 g (4). B (5). 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色 (6). 0.11 mol·L-1 (7). D
【解析】
【分析】
(1)碳酸为二元弱酸，在水溶液中分步电离；
(2)氯化铵水解呈酸性，生成一水合氨；
(3)①根据m=nM=cVM来计算；
②根据滴定操作步骤判断顺序；
③滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；
④先求出标准NaOH溶液体积，判断数据的合理性，然后求出标准NaOH溶液的平均体积，根据c(酸)×V(酸)= c(碱) ×V(碱)计算出待测酸的浓度；
⑤利用，把过程中操作引起的误差转化为V(碱)的影响分析判断。
【详解】(1)碳酸为二元弱酸，在水溶液中分步电离，碳酸的第一步电离方程式为：H2CO3H++HCO3-，
(2)氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中，NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，结合形成一水合氨，破坏了水的电离平衡，促使水进一步电离，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性，水解的离子方程式为NH4++H2O NH3•H2O+H+；
(3)①根据物质在溶解过程中其质量不变，物质的量不变，则需要氢氧化钠的质量为：m(NaOH)=nM=cVM=0.10mol•L-1×0.1L×40g/mol=0.4g；
②滴定时，首先检查滴定管是否漏水；然后用蒸馏水洗涤玻璃仪器；再用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管；用待测液润洗盛待测液的滴定管；装标准溶液和待测液并排出气泡调整液面(记录初始读数)；接着取一定体积的待测液于锥形瓶中并滴加适量指示剂；最后进行滴定，根据指示剂颜色变化确定滴定终点，停止滴加，根据二者反应时的物质的量关系计算出待测溶液的浓度。故正确顺序是abcdef，选项B合理；
③以酚酞作指示剂，用一定浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的HCl，开始时溶液为无色，当最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色且半分钟内不褪色，可说明达到滴定终点；
④根据三次实验结果，可知第三次溶液体积太大，舍去，消耗标准NaOH溶液体积是V(NaOH)=( 22.02mL+21.98mL)÷2=22.00mL，然后根据c(酸)×V(酸)= c(碱) ×V(碱)，可得c(酸)=( 0.10×22.00mL) ÷20.00mL=0.11mol/L；
⑤A. 振荡锥形瓶时，部分未知液溅出，使消耗的标准碱溶液体积变小，导致c(酸)偏低，A错误；
B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确，V(碱)偏小，导致c(酸)偏低，B正确；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，则锥形瓶中酸的物质的量不变，消耗标准碱溶液体积不变，对测定结果无影响，C错误；
D. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则V(碱)偏大，导致c(酸)偏高，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离、盐的水解、酸碱中和滴定的知识。掌握物质的性质、反应原理是正确解题的关键。
27.(1)铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。工作时该电池总反应式为：Pb+PbO2 +2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此判断：
①铅蓄电池的负极材料是________（写化学式）；
②工作时正极反应为__________________________________________；
③工作时，电解质溶液中阴离子移向________极(填“正”或“负”)。
(2)如图A 直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请填空：
①电源A上的a为________极(填“正”或“负”)；
②滤纸B上发生的总化学方程式为___________________；
③欲在电槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极f上发生的反应为________________________。电槽中放的镀液可以是___________(只需写出一种即可)。
【答案】 (1). Pb (2). PbO2 + 4H+ +SO42- +2e-==PbSO4+2H2O (3). 负 (4). 正 (5). 2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH (6). Zn2++2e-===Zn (7). ZnSO4溶液、ZnCl2溶液等
【解析】
【分析】
(1)负极失去电子，发生氧化反应，正极上物质得到电子，发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动分析；
(2)①由B上的c点显红色判断c的电极，根据c的电极反应现象判断a、b的电极；
②根据溶液中离子的放电顺序判断生成物，由反应物、生成物写出相应的方程式；
③先判断e、f的电极，再根据阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应式；根据电镀原理选取电解质。
【详解】(1)①根据电池反应式知，Pb元素化合价由0价、+4价变为+2价，元素化合价升高的金属为负极，则Pb为负极；
②PbO2为正极，得到电子，发生还原反应，正极的电极反应式是PbO2+ 4H+ +SO42- +2e-=PbSO4+2H2O；
③放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，答案为负极；
(2)①B外接电源，B是电解氯化钠溶液的电解池；B上的c点显红色，说明c点有氢氧根离子生成，c(OH-)增大，根据离子的放电顺序知，该电极上是H+得电子变为H2，所以电极c是阴极，外电源b是负极，a是正极；
②电解氯化钠溶液时，溶液中的离子放电顺序为：H+>Na+，Cl->OH-，所以电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，反应方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+ H2↑+ Cl2↑；
③由于外电源上，a是正极，b是负极，所以电镀时，e是阳极，f是阴极，镀层金属锌作阳极，镀件铁作阴极，阳极上Zn失电子变成Zn2+离子进入溶液，阴极上锌离子得电子生成锌单质，阴极f上的电极反应式为Zn2++2e-=Zn；电镀液的选取：用含有镀层金属Zn离子的溶液作电镀液，所以可选ZnSO4、Zn(NO3)2、ZnCl2溶液作电镀液。
【点睛】本题考查了原电池、电解池原理的知识，明确原电池的正负极上、电解池的阴阳极上发生反应、元素化合价变化、电解质溶液中阴阳离子移动方向等知识即可。
28.常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度和混合后所得溶液的pH如下表:
实验编号
HA的物质的量浓度/(mol·L-1)
NaOH的物质的量浓度/(mol·L-1)
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH=9
②
c
0.2
pH=7
③
0.2
0.1
pH<7
请回答:
（1）从①组实验分析,HA是强酸还是弱酸_______。
（2）②组实验表明,c____0.2(填“大于”“小于”或“等于”)。混合液中离子浓度c(A-)与c(Na+)的大小关系是c(A-)_____c(Na+)(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）从③组实验结果分析,说明HA的电离程度_____NaA的水解程度(填“大于”“小于”或“等于”),该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________。
（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=______ mol·L-1。写出该混合溶液中下列表达式的计算结果：c(Na+)-c(A-)=__ mol·L-1;c(OH-)-c(HA)=____mol·L-1。
【答案】 (1). 弱酸 (2). 大于 (3). 等于 (4). 大于 (5). c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) (6). 10-5 (7). 10-5-10-9 (8). 10-9
【解析】
【分析】
(1)等物质的量的一元酸碱恰好反应生成盐，盐溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，盐促进水电离；
(2)酸是弱酸，要使酸碱混合溶液呈中性，则酸应该稍微过量，根据电荷守恒判断c(A-)与 c(Na+)的大小关系；
(3)混合溶液中溶质为等物质的量的HA和NaA，混合溶液呈酸性，说明酸的电离程度大于酸根离子的水解程度；结合电荷守恒判断离子浓度大小顺序；
(4)根据溶液的pH，结合盐的水解规律判断水电离出的c(OH-)；根据电荷守恒、质子守恒计算离子浓度。
【详解】(1)根据图表知，等浓度等体积的HA和NaOH混合，二者恰好反应生成NaA，盐溶液呈碱性，说明生成的盐是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，盐溶液pH=9，c(H+)=1×10-9 mol/L，溶液中c(OH-)=1×10-5 mol/L，溶液中的H+、OH-都是由水电离产生，弱酸根离子水解消耗水电离产生的H+，使c(H+)=1×10-9 mol/L
混合溶液呈中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒，则 c(A-)+ c(OH-) = c(H+)+c(Na+)，所以 c(A-)= c(Na+)；
(3)根据表知，酸和碱混合后，溶液中的溶质为等物质的量的NaA、HA的混合溶液，由于pH<7，说明混合溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-的水解程度，混合溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)，在溶液中存在电荷守恒 c(A-)+ c(OH-) = c(H+)+c(Na+)，所以c(A-)＞c(Na+)，酸的电离程度较小，所以c(Na+)＞c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
(4)根据(1)中计算可知由水电离出的c(OH-)=1×10-5 mol/L；在该混合溶液中根据电荷守恒 c(A-)+ c(OH-) = c(H+)+c(Na+)可知：c(Na+)-c(A-)= c(OH-) - c(H+)=( 10-5-10-9) mol·L-1；
①为NaA，pH=9，c(H+)=10-9mol/L，根据质子守恒可得：c(OH-)= c(H+)+ c(HA)，所以c(OH-)-c(HA)= c(H+)=10-9mol/L；
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质的电离等知识点，根据①确定酸的强弱，再结合电荷守恒来分析解答，难度中等。
29.25℃时，把0.08 mol/L的H2SO4溶液和0.18 mol/L的NaOH溶液等体积混合求混合后其pH＝___________。（写出计算过程，只填结果不得分）
【答案】pH＝12
【解析】
【分析】
先根据酸、碱的浓度计算出混合前溶液中c(H+)、c(OH-)，然后根据二者是按1:1反应，判断出酸过量还是碱过量，最后根据Kw=c(H+)×c(OH-)、pH=-lg c(H+)计算出溶液的pH。
【详解】0.08 mol/L的H2SO4溶液，c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.08mol/L=0.16mol/L，0.18 mol/LNaOH溶液中c(OH-)=c(NaOH)=0.18mol/L，将两种溶液等体积混合时，发生反应：H++OH-=H2O，可知碱过量，混合后溶液中c(OH-)=( 0.18mol/L-0.16mol/L)÷2=0.01mol/L，在室温下，Kw= c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14，所以反应后溶液的氢离子浓度c(H+)=(1.0×10-14) ÷0.01=1.0×10-12mol/L，则溶液的pH=-lg c(H+)=-lg[1.0×10-12]=12。
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