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2017-2018学年江西省樟树中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版
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樟树中学2019届高二上学期第一次月考
化学试卷
1. 判断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列情况下，可以判定反应一定自发进行的是( )
A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS>0 C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS<0
【答案】B
【解析】ΔH<0，ΔS>0时， 一定小于0 ，所以反应一定能自发进行，故B正确。
点睛：反应一定能自发正向进行；反应达到平衡状态；反应不能正向进行。
2. 下列氧化还原反应：6NO+4NH3===5N2+6H2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 5：6 C. 3：2 D. 2：3
【答案】D
【解析】还原剂失电子发生氧化反应得到的产物是氧化产物，氧化剂得电子发生还原反应得到的产物是还原产物，4个N原子化合价由-3升高为0，6个N原子化合价由+2降低为0，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:6=2:3，故D正确。
3. 下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是( )
A. CH3COOH + NaOHCH3COONa + H2O B. NH4+ + H2ONH4OH + H+
C. CH3COO— + H2OCH3COOH + OH— D. NaCl + H2ONaOH + HCl
【答案】C
【解析】CH3COOH + NaOH=CH3COONa + H2O是醋酸与氨水反应的化学方程式，故A错误；铵根离子水解的离子方程式是NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，故B错误；CH3COO— + H2OCH3COOH + OH—是醋酸根离子水解的离子方程式，故C正确；NaCl是强酸强碱盐，不水解，故D错误。
4. 下列有关化学键与晶体结构说法正确的是( )
A. 两种元素组成的分子中一定只有极性键 B. 离子化合物的熔点一定比共价化合物的高
C. 非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D. 含有阴离子的化合物一定含有阳离子
【答案】D
【解析】试题分析：A．H2O2分子中既有极性键也有非极性键，故A错误；B．氯化钠的熔点小于二氧化硅的熔点，故B错误；C．氯化铵是离子化合物，且是非金属元素组成的化合物，故C错误；D．根据正负电荷相等，所以含有阴离子的化合物一定含有阳离子，故D正确。故选 D。
考点：考查极性键和非极性键；离子化合物和共价化合物；晶体结构与性质
5. 已知反应X+Y= M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是( )
A. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 B. Y的能量一定高于N
C. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 D. X的能量一定高于M
【答案】C
【解析】放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故C正确。
6. 在恒温恒容密闭容器中发生反应2NO22NO+O2，不能说明反应达到平衡状态的是( )
A. 2v（O2）=v（NO2） B. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO2
C. 混合气体的颜色不再改变 D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
【答案】A
【解析】v（O2）、v（NO2）都是正反应速率，反应任意时刻都满足2v（O2）=v（NO2），不一定达到平衡状态；单位时间内生成nmolO2的同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，反应一定达到平衡状态；NO2是红棕色，混合气体颜色不变，说明NO2浓度不变，反应一定达到平衡状态；反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，总物质的量是变量，平均相对分子质量是变量，当平均相对分子质量不再改变时，反应一定达平衡状态。故选A。
7. 下列说法正确的是( )
A. 零下10摄氏度液态水结冰属于自发过程，因为这是一个熵增的过程
B. 在化学平衡、电离平衡、水解平衡中，平衡常数都随温度的升高而增大
C. 升高温度和使用正催化剂都可降低反应活化能而使化学反应速率加快
D. 使用容量瓶配制溶液，定容时俯视，所得溶液的浓度偏大
【答案】D
【解析】零下10摄氏度液态水结冰属于自发过程，因为这是一个放热的过程，故A错误；
放热反应的化学平衡常数随温度的升高而减小，故B错误；温度不能改变反应活化能，故C错误；使用容量瓶配制溶液，定容时俯视，溶液体积偏小，所得溶液的浓度偏大，故D正确。
8. 下列说法正确的是( )
A. 电池充电时其正极应与外电源的负极相连而成为阴极
B. 铁件上镀铜时，将铁件与电源的负极相连
C. 氢氧燃料电池（碱性介质）的正极反应式：O2+4e﹣===2O2﹣
D. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜
【答案】B
【解析】电池充电时其正极应与外电源的正极相连而成为阳极，故A错误；电镀时，镀件作阴极，铁件上镀铜时，将铁件与电源的负极相连，故B正确；氢氧燃料电池（碱性介质）的正极反应式：O2+4e﹣+2H2O===4OH﹣，故C错误；粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，故D错误。
9. 下列各组离子在溶液中能大量共存，加NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是( )
A. Ba2+、NO3－、NH4＋、Cl－ B. Ca2＋、HCO3－、NH4＋、AlO2－
C. K＋、Ba2+、Cl－、HSO3－ D. Mg2＋、NH4＋、SO42－、K＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH溶液，OH－与NH4+反应产生NH3和水，但没有沉淀，错误；B、AlO2-与HCO3-反应生成Al（OH）3沉淀和碳酸根，则该组离子不能大量共存，错误；C、该组离子之间不反应，大量共存，当加入NaOH溶液，OH－与HSO3-生成SO32-，SO32-与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，错误；D、该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH溶液后，加热，OH-与NH4+产生NH3和水，OH-与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，正确。
考点：考查离子反应、离子共存
10. 表示下列变化的化学用语正确的是( )
A. 硫化钠溶于水显碱性： S2-＋2H2OH2S↑＋2OH-
B. 明矾净水原理：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
C. NaHCO3的水解：HCO3-+H2OH3O++CO32-
D. Na2HPO4在水中的电离：Na2HPO42Na++ HPO42-
【答案】B
【解析】硫化钠溶于水显碱性： S2-＋H2OHS-＋OH-，故A错误；明矾净水的原理是铝离子水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故B正确；NaHCO3的水解：HCO3-+H2OOH-+H2CO3，故C错误；Na2HPO4是强电解质，在水中的电离：Na2HPO4 = 2Na++ HPO42-，故D错误。
11. 根据右表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是( )
A. c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)
B. c(ClO－)>c(HCO3－)>c(H＋)
C. c(HClO)>c(ClO－)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D. c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
【答案】A
【解析】试题分析：A、由表中信息可知，电离常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－＞H2O，由酸越弱其对应盐的水解程度越大可知，水解程度（或转化率）：HCO3－＜ClO－（一般都在10%以下），则达到水解平衡时盐溶液中：c(HCO3－)＞c(ClO-)＞c(OH－)，A正确；B、由表中数据可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO-的水解程度大于HCO3-，则c（HCO3-）＞c（ClO-），B错误；C、物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒得c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），C错误；D．由电荷守恒可知，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-），D错误，答案选A。
【考点定位】考查电离常数、盐类水解、溶液离子浓度大小比较、物料守恒、电荷守恒原理。
【名师点晴】该题综合性强，难度较大。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到“守恒”来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。
12. 等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是( )
A. 2 mol·L－1 H2SO4 B. 18 mol·L－1 H2SO4 C. 6 mol·L－1 KOH D. 3 mol·L－1 HNO3
【答案】A
【解析】试题分析：A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，故选A。
考点：考查了的相关知识。
【考点定位】考查镁的化学性质；铝的化学性质；有关混合物反应的计算
【名师点晴】本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气。
13. 常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是( )
A. S2－ B. NH4+ C. CO32－ D. Br－
【答案】B
【解析】S2－水解为HS－，H+离子数目减少，故A错误； NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，NH4+水解使H+离子数目增加，故B正确；CO32－水解为HCO3－，H+离子数目减少，故C错误；Br－是强酸的酸根离子，Br－不水解，H+离子数目不变，故D错误。
14. 已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（g） △H＝－48.40kJ·mol－1
B. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝－5518kJ·mol－1
C. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝＋5518kJ·mol－1
D. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝－48.40kJ·mol－1
【答案】B
.....................
考点：热化学方程式的书写
点评：热化学方程式在书写时一定要写状态，反应热及单位。
15. 下图表示反应A(g)+B(g)n C(g)；（正反应为放热反应），在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线。下列有关叙述正确的是( )
A. 反应由逆反应开始
B. a表示有催化剂，b表示无催化剂
C. 若n=2，其它条件相同，a比b的压强大
D. 若其它条件相同，a比b的温度高
【答案】D
【解析】试题分析：A、开始时C的百分含量为0，说明反应从正反应方向开始，故错误；B、催化剂加快反应速率，但对平衡无影响，达到平衡时，两者C的百分含量相等，故错误；C、根据图像，压强越大，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，即a的压强大于b，但反应前后气体系数之和相等，增大压强对化学平衡无影响，达到平衡时C的百分含量相等，故错误；D、温度越高，反应速率越快，达到平衡所用时间越短，即a的温度高于b，正反应方向是放热反应，因此升高温度，平衡向逆反应方向进行，即C的百分含量降低，故正确。
考点：考查影响化学反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素等知识。
16. 下列有关叙述，正确的是( )
A. Cl2的水溶液能导电，所以Cl2是电解质
B. 0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水是弱电解质
C. 在某温度下，测得纯水中c(H+)=2×10－7 mol/L，则c(OH－)为5×10－8mol/L
D. 常温下，0.1mol/L亚硝酸（HNO2）溶液的pH值为2.145，则亚硝酸是弱电解质
【答案】D
【解析】试题分析：A．Cl2的水溶液能导电是因为氯气与水反应生成的盐酸与次氯酸电离出自由移动的离子而导电，所以Cl2不是电解质也不是非电解质。
B．0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水呈碱性，不能说明氨水是弱电解质。
C．纯水中不管任何温度，其中c(H+)与c(OH－)总会相等而呈中性。
D．常温下0.1mol/L亚硝酸（HNO2）溶液若为强电解质则完全电离c(H+)=0.1mol/L，pH=1，实际pH值为2.145，说明亚硝酸不完全电离，则亚硝酸是弱电解质。故D正确。
考点：电解质概念
点评：注意判断弱电解质的方法。理解强弱电解质的概念（部分电离）。
17. 常温时，将两种溶液等体积混合，其中溶液pH一定或可能等于7的情况共有( )
①pH=2盐酸和pH=12 NaOH溶液 ②pH=2醋酸和pH=12 NaOH溶液 ③pH=2盐酸和pH=12氨水 ④pH=2某酸和pH=12 NaOH溶液 ⑤pH=2盐酸和pH=12某碱溶液 ⑥pH=2硫酸和pH=12 NaOH溶液 ⑦pH=2盐酸和pH=12 Ba(OH)2溶液 ⑧pH=2硫酸和pH=12 Ba(OH)2溶液
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】B
【解析】①pH=2的盐酸和pH=12的 NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成氯化钠和水，溶液呈中性，所以PH=7；②醋酸是弱酸，pH=2的醋酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，PH<7；③氨水是弱碱，pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，PH>7；④若某酸是强酸，pH=2的某酸和pH=12 的NaOH溶液等体积混合，PH=7；若某酸是弱酸，pH=2的某酸和pH=12 的NaOH溶液等体积混合，PH<7；⑤若某碱是强碱，pH=2的盐酸和pH=12的某碱溶液等体积混合PH=7；若某碱是弱碱，pH=2的盐酸和pH=12的某碱溶液等体积混合PH>7；⑥pH=2的硫酸和pH=12 的NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成硫酸钠和水，溶液呈中性，所以PH=7； ⑦pH=2的盐酸和pH=12 的Ba(OH)2溶液等体积混合，恰好反应生成氯化钡和水，溶液呈中性，所以PH=7；⑧pH=2的硫酸和pH=12 的Ba(OH)2溶液等体积混合，恰好反应生成硫酸钡和水，溶液呈中性，所以PH=7；故选B。
18. 下列各溶液中，微粒浓度的关系不正确的是( )
A. 0.1 mol/L Na2CO3溶液：c(OH-) =c(HCO3-) +c(H+ )+2c(H2CO3)
B. 10mL 0.1mol/L NH4Cl溶液与5mL 0.2mol/L NaOH溶液混合：c(Na +)=c(Cl-) >c(OH-)> c(H +)
C. 将0.1 mol/L氨水缓缓滴入0.1 mol/L盐酸中至中性：c(Cl-) >c(NH4 +)
D. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的PH=5的混合溶液：c(Na+)=c(NO3-)
【答案】C
【解析】0.1 mol/L Na2CO3溶液中c(OH-) =c(HCO3-) +c(H+ )+2c(H2CO3)，符合质子守恒，故A正确；10mL 0.1mol/L NH4Cl溶液与5mL 0.2mol/L NaOH溶液混合，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，一水合氨是弱碱，溶液呈碱性，所以c(Na +)=c(Cl-) >c(OH-)> c(H +)，故B正确；根据电荷守恒，将0.1 mol/L氨水缓缓滴入0.1 mol/L盐酸中至中性：c(Cl-)=c(NH4 +)，故C错误；根据物料守恒，向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸，一定有c(Na+)=c(NO3-)，故D正确。
19. 在常温下，pH=2的盐酸溶液，pH=2的氯化铁溶液，pH=12的氨水溶液，pH=12的碳酸钠溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，则这四种溶液中，水的电离程度大小比较正确的是
A. a=b＞c=d B. b＞a=c＞d C. a＞b=c＞d D. b = d＞a = c
【答案】D
【解析】酸、碱都能抑制水电离，在常温下，pH=2的盐酸溶液中水电离出的 ， pH=12的氨水溶液中水电离出的 ，盐水解促进水电离，氯化铁水解促进水电离，pH=2的氯化铁溶液中水电离出的，碳酸钠水解促进水电离，pH=12的碳酸钠溶液中水电离出的，所以b = d＞a = c，故D正确。
20. 某稀HNO3与6.4g Cu恰好完全反应。若还原产物只有NO，则这些酸最多可溶解铁( )
A. 0.23mol B. 0.1mol C. 3.37g D. 8.4g
【答案】B
【解析】铁最大限度溶于硝酸生成硝酸亚铁，铜溶于硝酸生成硝酸铜，反应后铁与铜的化合价相同，根据得失电子守恒和元素守恒，溶解铜与铁的物质的量相同，6.4g Cu的物质的量是0.1mol，这些酸最多可溶解铁0.1mol，故B正确。
21. 按要求完成下列各小题
（1）氯化铁水溶液常温时pH ______7（填＞或＝或＜），原因是（用离子方程式表示）________。把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物是_________。
（2）用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理：__________________________________________。
（3）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是（用离子方程式表）：__________________。
【答案】 (1). ＜ (2). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (3). Fe2O3 (4). Al3＋＋3HCO3－=3CO2↑＋Al(OH)3↓ (5). CO32－＋H2OHCO3－＋OH－
【解析】试题分析：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性；把氯化铁溶液蒸干，氯化氢挥发，水解平衡正向移动生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解；（2）氯化铝与碳酸氢钠相互促进水解生成沉淀和气体；（3）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性；
解析：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+能水解，水解方程式是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，PH<7；把氯化铁溶液蒸干，氯化氢挥发，水解平衡正向移动生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解生成氧化铁和水，最后得到的固体产物是Fe2O3；（2）氯化铝与碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式是Al3＋＋3HCO3－=3CO2↑＋Al(OH)3↓；（3）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，水解离子方程式是CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。
点睛：强酸弱碱盐中弱碱根离子结合水电离的氢氧根离子生成弱碱，使溶液呈酸性；强碱弱酸盐是弱酸根离子结合水电离出的氢离子生成弱酸，使溶液呈碱性,多元弱碱根离子的水解分步进行,如: CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。
22. 现有25 ℃时0.1 mol·L－1的氨水，请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 ________(填“增大”、“减小”
或“不变”)。
（2）若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：___________________；所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：_________________。
（3）若向该氨水中加入pH＝1的盐酸，且氨水与盐酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_____________________________________________。
【答案】 (1). 减小 (2). NH3·H2O＋H＋=NH＋H2O (3). < (4). NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋ (5). c(Cl－) > c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】试题分析：(1)氨水中加入硫酸铵固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离；（2）盐酸和氨水反应生成氯化铵和水，氯化铵是强酸弱碱盐，水解而使其溶液呈酸性；（3）pH＝1的盐酸的浓度是0.1 mol·L－1，与0.1 mol·L－1的氨水等体积混合，恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强碱弱酸盐。
解析：(1)由于(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，加入硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中减小;
(2) 盐酸和氨水反应生成氯化铵和水，离子反应方程式为NH3·H2O+H+=NH4++H2O，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，PH<7，水解方程式为:NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+;
（3）根据以上分析，混合后的溶液为氯化铵溶液，由于铵根离子水解，所以c(Cl－) > c(NH4+)，溶液呈酸性，所以c(H＋)>c(OH－)，故氯化铵溶液中c(Cl－) > c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)。
点睛：对混合溶液的分析，首先判断溶液中的溶质，其次根据电离或水解，判断溶液中的离子种类以及溶液的酸碱性。如同浓度、同体积的氨水和盐酸混合后溶质是氯化铵，再根据氯化铵的水解判断离子浓度及溶液的酸碱性。
23. 将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则(用“>”、“<”或“＝”填写下列空白)：
（1）混合溶液中c(HA)________c(A－)；
（2）混合溶液中c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1；
（3）混合溶液中由水电离出的c(OH－)_______0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)；
（4）25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度________NaA的水解程度。
【答案】 (1). < (2). ＝ (3). > (4). >
解析：根据以上分析，混合后的溶液是0.1 mol·L－1的NaA溶液。（1）HA是弱酸，混合溶液中A-发生了水解，但水解毕竟是少量的，所以混合液中c(HA)＜c(A-)；
（2）混合后得到0.1 mol·L－1的NaA溶液，A-发生了水解,根据物料守恒，混合溶液中c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L－1；
（3）盐类的水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离，所以混合液中的水电离的c(OH-)大于0.2 mol·L-1 HA溶液由水电离出的c(H+)；
（4）25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，则混合后溶质为等浓度的NaA、HA，NaA水解呈碱性，HA电离呈酸性，混合溶液的pH<7，说明则HA的电离程度大于NaA的水解程度。
点睛：等浓度的NaA、HA的混合溶液，NaA水解呈碱性，HA电离呈酸性，若溶液呈碱性，则HA的电离程度小于NaA的水解程度；若溶液呈酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度。
24. 电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解质溶液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：
（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，则
①电解池中X极上的电极反应式_____________________________________。在X极附近观察到的现象是____________________________________。
②检验Y电极电极反应产物的方法是____________________________________________。
（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则
①X电极的材料是___________，②Y电极电极反应式是______________（说明：杂质发生的电极反应不必写出）
（3）当阴极增重1.28 克，电路中有_________mol电子通过。
【答案】 (1). 2H＋＋2e - =H2↑(或2H2O+2e - = H2↑+2OH－) (2). 放出气体，溶液变红 (3). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (4). 纯铜 (5). Cu－2e－ = Cu2＋ (6). 0.04
【解析】试题分析：（1）X与电源负极相连，X是阴极；Y与电源正极相连，Y是阳极。①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液；X是阴极,H＋得电子生成氢气；②Y是阳极，氯离子失电子生成氯气；（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液选用CuSO4溶液，粗铜做阳极、精铜做阴极；（3）根据阴极电极反应，计算阴极增重1.28 克时电路中转移电子的物质的量。
解析：（1）①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液；X是阴极,H＋得电子生成氢气，电极反应为2H2O+2e- = H2↑+2OH－，溶液碱性增强，X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红；②Y是阳极，氯离子在Y极失电子生成氯气，电极反应式是 ，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，检验氯气的方法是把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液选用CuSO4溶液，粗铜做阳极、精铜做阴极；①X是阴极，电极的材料是纯铜，②Y是阳极，铜在阳极失电子生成铜离子，电极电极反应式是Cu－2e－ = Cu2＋；
（3）阴极电极反应是Cu2＋+2e－ = Cu，设阴极增重1.28 克时电路中转移电子的物质的量为x mol。
x= 0.04mol
点睛：电解池中，与电源负极相连的电极是阴极，与电源正极相连的电极是阳极；阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子反应还原反应。
25. 某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入甲基橙作指示剂，进行滴定。到达滴定终点时测得所耗盐酸的体积为V1mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：
（1）滴定终点的判断方法是______________________________________________。
（2）有错误操作步骤有_______________。
（3）如右图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL
（4）则待测烧碱溶液的浓度为___________mol/L。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前度数(mL)
滴定后度数(mL)
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
4.00
24.10
【答案】 (1). 当最后加入一滴盐酸后，锥形瓶内溶液颜色刚好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复 (2). ①② (3). 22.60 (4). 0.0800
【解析】试题分析：(1)锥形瓶中盛有含甲基橙的NaOH溶液，溶液呈黄色；滴加盐酸，溶液碱性逐渐减小，当颜色变为橙色且半分钟内颜色不恢复时，达到滴定终点；（2）锥形瓶不能用待盛液润洗；滴定管要先水洗再用待盛液润洗；（3）液面的位置在22 23之间，每个小刻度为0.1mL，注意滴定管的精度是0.01mL；（4）第一次消耗酸 ，第二次消耗酸，两次平均消耗盐酸20.00mL，根据H+、OH-物质的量相等计算碱溶液的浓度；
解析：(1)锥形瓶中盛有含甲基橙的NaOH溶液，溶液呈黄色；滴加盐酸，溶液碱性逐渐减小，当最后加入一滴盐酸后，锥形瓶内溶液颜色刚好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复，即达到达到终点；（2）锥形瓶不能用待盛液润洗；滴定管要先水洗再用待盛液润洗后再注入待盛液，有错误的是①②；（3）液面的位置在22 23之间，每个小刻度为0.1mL，注意滴定管的精度是0.01mL，图中读数为22.60mL；（4）第一次消耗酸 ，第二次消耗酸，两次平均消耗盐酸20.00mL，根据H+、OH-物质的量相等， 则 ；待测烧碱溶液的浓度为0.0800mol/L。
点睛：盛放标准液的滴定管若不用标准液润洗，使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，造成待测液浓度偏大。
26. 镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2
（1）若用此电池作电源电解足量的M(NO3)x溶液(用碳棒作电极材料)，电解池的阳极应连接________(填序号)
①NiO(OH) ②Cd ③Cd(OH)2 ④Ni(OH)2
电池的负极反应为 ___________________。当该电池工作一段时间后消耗了3.6gH2O时，电解池某极增重m g，则金属M的相对原子质量为________________(用m、x表示)。
（2）若用此电池作电源电解含有0.1molCuSO4和0.1molNaCl的混合溶液100mL(用碳棒作电极材料)，当电路中有0.2mole－通过时，阳极产生气体__________升(标准状况)。电解后溶液加水稀释至1L，常温下溶液的pH是________。
【答案】 (1). ① (2). Cd＋2OH－－2e－=Cd(OH)2 (3). 5mx (4). 1.68 (5). 1
【解析】试题分析：原电池放电时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；根据Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2可知放电时，Cd是负极，NiO(OH)是正极；电解池的阳极应连电源的正极，阴极连电源的负极；先根据Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，计算消耗3.6gH2O转移电子的物质的量，再根据每个电极转移电子数相同,计算M的相对原子质量；
（2）电解含有0.1molCuSO4和0.1molNaCl的混合溶液100mL(用碳棒作电极材料)，当电路中有0.2mole－通过时，阳极依次发生 、，两个反应； 阴极只发生 。
解析：(1)根据以上分析，Cd是负极，NiO(OH)是正极；电解池的阳极应连电源的正极，所以电解池的阳极应连接NiO(OH) ；电池的负极失电子发生氧化反应，根据总反应，负极反应为Cd＋2OH－－2e－=Cd(OH)2；根据Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，可知消耗36g水，转移2mol电子，则消耗3.6gH2O转移电子0.2mol电子；由M(NO3)x可知，M的化合价为+x，生成M的电极反应为 ，设M的相对原子质量为a， 根据每个电极转移电子数相同，
a= 5mx；
（2）阳极依次发生 、；溶液中含有0.1mol氯离子，发生反应转移电子0.1mol，生成氯气0.05mol；发生反应转移电子0.1mol，生成氧气0.025mol；所以阳极共生成气体0.075mol，标准状况下的体积是0.075mol×22.4L/mol=1.68L。
阳极消耗0.1mol OH-，所以溶液中生成0.1mol H+，电解后溶液加水稀释至1L， ，常温下溶液的pH=1。
樟树中学2019届高二上学期第一次月考
化学试卷
1. 判断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列情况下，可以判定反应一定自发进行的是( )
A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS>0 C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS<0
【答案】B
【解析】ΔH<0，ΔS>0时， 一定小于0 ，所以反应一定能自发进行，故B正确。
点睛：反应一定能自发正向进行；反应达到平衡状态；反应不能正向进行。
2. 下列氧化还原反应：6NO+4NH3===5N2+6H2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为( )
A. 1：1 B. 5：6 C. 3：2 D. 2：3
【答案】D
【解析】还原剂失电子发生氧化反应得到的产物是氧化产物，氧化剂得电子发生还原反应得到的产物是还原产物，4个N原子化合价由-3升高为0，6个N原子化合价由+2降低为0，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:6=2:3，故D正确。
3. 下列水解化学方程式或水解离子方程式正确的是( )
A. CH3COOH + NaOHCH3COONa + H2O B. NH4+ + H2ONH4OH + H+
C. CH3COO— + H2OCH3COOH + OH— D. NaCl + H2ONaOH + HCl
【答案】C
【解析】CH3COOH + NaOH=CH3COONa + H2O是醋酸与氨水反应的化学方程式，故A错误；铵根离子水解的离子方程式是NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，故B错误；CH3COO— + H2OCH3COOH + OH—是醋酸根离子水解的离子方程式，故C正确；NaCl是强酸强碱盐，不水解，故D错误。
4. 下列有关化学键与晶体结构说法正确的是( )
A. 两种元素组成的分子中一定只有极性键 B. 离子化合物的熔点一定比共价化合物的高
C. 非金属元素组成的化合物一定是共价化合物 D. 含有阴离子的化合物一定含有阳离子
【答案】D
【解析】试题分析：A．H2O2分子中既有极性键也有非极性键，故A错误；B．氯化钠的熔点小于二氧化硅的熔点，故B错误；C．氯化铵是离子化合物，且是非金属元素组成的化合物，故C错误；D．根据正负电荷相等，所以含有阴离子的化合物一定含有阳离子，故D正确。故选 D。
考点：考查极性键和非极性键；离子化合物和共价化合物；晶体结构与性质
5. 已知反应X+Y= M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是( )
A. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 B. Y的能量一定高于N
C. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量 D. X的能量一定高于M
【答案】C
【解析】放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故C正确。
6. 在恒温恒容密闭容器中发生反应2NO22NO+O2，不能说明反应达到平衡状态的是( )
A. 2v（O2）=v（NO2） B. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO2
C. 混合气体的颜色不再改变 D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变
【答案】A
【解析】v（O2）、v（NO2）都是正反应速率，反应任意时刻都满足2v（O2）=v（NO2），不一定达到平衡状态；单位时间内生成nmolO2的同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，反应一定达到平衡状态；NO2是红棕色，混合气体颜色不变，说明NO2浓度不变，反应一定达到平衡状态；反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，总物质的量是变量，平均相对分子质量是变量，当平均相对分子质量不再改变时，反应一定达平衡状态。故选A。
7. 下列说法正确的是( )
A. 零下10摄氏度液态水结冰属于自发过程，因为这是一个熵增的过程
B. 在化学平衡、电离平衡、水解平衡中，平衡常数都随温度的升高而增大
C. 升高温度和使用正催化剂都可降低反应活化能而使化学反应速率加快
D. 使用容量瓶配制溶液，定容时俯视，所得溶液的浓度偏大
【答案】D
【解析】零下10摄氏度液态水结冰属于自发过程，因为这是一个放热的过程，故A错误；
放热反应的化学平衡常数随温度的升高而减小，故B错误；温度不能改变反应活化能，故C错误；使用容量瓶配制溶液，定容时俯视，溶液体积偏小，所得溶液的浓度偏大，故D正确。
8. 下列说法正确的是( )
A. 电池充电时其正极应与外电源的负极相连而成为阴极
B. 铁件上镀铜时，将铁件与电源的负极相连
C. 氢氧燃料电池（碱性介质）的正极反应式：O2+4e﹣===2O2﹣
D. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜
【答案】B
【解析】电池充电时其正极应与外电源的正极相连而成为阳极，故A错误；电镀时，镀件作阴极，铁件上镀铜时，将铁件与电源的负极相连，故B正确；氢氧燃料电池（碱性介质）的正极反应式：O2+4e﹣+2H2O===4OH﹣，故C错误；粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，故D错误。
9. 下列各组离子在溶液中能大量共存，加NaOH溶液后加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是( )
A. Ba2+、NO3－、NH4＋、Cl－ B. Ca2＋、HCO3－、NH4＋、AlO2－
C. K＋、Ba2+、Cl－、HSO3－ D. Mg2＋、NH4＋、SO42－、K＋
【答案】D
【解析】试题分析：A、该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH溶液，OH－与NH4+反应产生NH3和水，但没有沉淀，错误；B、AlO2-与HCO3-反应生成Al（OH）3沉淀和碳酸根，则该组离子不能大量共存，错误；C、该组离子之间不反应，大量共存，当加入NaOH溶液，OH－与HSO3-生成SO32-，SO32-与Ba2+可生成BaSO3沉淀，但无气体生成，错误；D、该组离子之间不反应，能大量共存，当加入NaOH溶液后，加热，OH-与NH4+产生NH3和水，OH-与Mg2+会产生Mg（OH）2沉淀，正确。
考点：考查离子反应、离子共存
10. 表示下列变化的化学用语正确的是( )
A. 硫化钠溶于水显碱性： S2-＋2H2OH2S↑＋2OH-
B. 明矾净水原理：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
C. NaHCO3的水解：HCO3-+H2OH3O++CO32-
D. Na2HPO4在水中的电离：Na2HPO42Na++ HPO42-
【答案】B
【解析】硫化钠溶于水显碱性： S2-＋H2OHS-＋OH-，故A错误；明矾净水的原理是铝离子水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，故B正确；NaHCO3的水解：HCO3-+H2OOH-+H2CO3，故C错误；Na2HPO4是强电解质，在水中的电离：Na2HPO4 = 2Na++ HPO42-，故D错误。
11. 根据右表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是( )
A. c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)
B. c(ClO－)>c(HCO3－)>c(H＋)
C. c(HClO)>c(ClO－)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)
D. c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
【答案】A
【解析】试题分析：A、由表中信息可知，电离常数：H2CO3＞HClO＞HCO3－＞H2O，由酸越弱其对应盐的水解程度越大可知，水解程度（或转化率）：HCO3－＜ClO－（一般都在10%以下），则达到水解平衡时盐溶液中：c(HCO3－)＞c(ClO-)＞c(OH－)，A正确；B、由表中数据可知，H2CO3的酸性大于HClO，则ClO-的水解程度大于HCO3-，则c（HCO3-）＞c（ClO-），B错误；C、物质的量浓度相等NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒得c（HClO）+c（ClO-）=c（HCO3-）+c（H2CO3）+c（CO32-），C错误；D．由电荷守恒可知，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3-）+c（ClO-）+c（OH-）+2c（CO32-），D错误，答案选A。
【考点定位】考查电离常数、盐类水解、溶液离子浓度大小比较、物料守恒、电荷守恒原理。
【名师点晴】该题综合性强，难度较大。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反应,以及化学反应类型,化学计算,甚至还要用到“守恒”来求解。解题的关键是运用物料守恒、电荷守恒和质子守恒原理计算相关离子浓度大小。
12. 等量镁铝合金粉末分别与下列4种过量的溶液充分反应，放出氢气最多的是( )
A. 2 mol·L－1 H2SO4 B. 18 mol·L－1 H2SO4 C. 6 mol·L－1 KOH D. 3 mol·L－1 HNO3
【答案】A
【解析】试题分析：A、镁、铝都和稀硫酸反应生成氢气；B、镁与浓硫酸（18mol/LH2SO4）反应生成SO2气体，铝与浓硫酸发生钝化（常温）；C、镁不能和氢氧化钾反应，铝和氢氧化钾反应生成氢气；D、硝酸为强氧化性酸，和镁、铝反应不产生氢气；根据以上分析知，生成氢气最多的是稀硫酸，故选A。
考点：考查了的相关知识。
【考点定位】考查镁的化学性质；铝的化学性质；有关混合物反应的计算
【名师点晴】本题考查金属的性质，主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，该题溶液的浓度不是计算的数据，而是判断溶液属于“浓”或是“稀”，8mol/L以上的HCl、H2SO4、HNO3通常认为是浓酸，等量的镁铝合金分别与不同的溶液反应，只有两种金属都和该溶液反应，且都生成氢气，这样才能产生最多的氢气。
13. 常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是( )
A. S2－ B. NH4+ C. CO32－ D. Br－
【答案】B
【解析】S2－水解为HS－，H+离子数目减少，故A错误； NH4+ + H2ONH3·H2O + H+，NH4+水解使H+离子数目增加，故B正确；CO32－水解为HCO3－，H+离子数目减少，故C错误；Br－是强酸的酸根离子，Br－不水解，H+离子数目不变，故D错误。
14. 已知在25℃，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确的是( )
A. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（g） △H＝－48.40kJ·mol－1
B. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝－5518kJ·mol－1
C. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝＋5518kJ·mol－1
D. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝－48.40kJ·mol－1
【答案】B
.....................
考点：热化学方程式的书写
点评：热化学方程式在书写时一定要写状态，反应热及单位。
15. 下图表示反应A(g)+B(g)n C(g)；（正反应为放热反应），在不同条件下反应混合物中C的百分含量和反应过程所需时间的关系曲线。下列有关叙述正确的是( )
A. 反应由逆反应开始
B. a表示有催化剂，b表示无催化剂
C. 若n=2，其它条件相同，a比b的压强大
D. 若其它条件相同，a比b的温度高
【答案】D
【解析】试题分析：A、开始时C的百分含量为0，说明反应从正反应方向开始，故错误；B、催化剂加快反应速率，但对平衡无影响，达到平衡时，两者C的百分含量相等，故错误；C、根据图像，压强越大，反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，即a的压强大于b，但反应前后气体系数之和相等，增大压强对化学平衡无影响，达到平衡时C的百分含量相等，故错误；D、温度越高，反应速率越快，达到平衡所用时间越短，即a的温度高于b，正反应方向是放热反应，因此升高温度，平衡向逆反应方向进行，即C的百分含量降低，故正确。
考点：考查影响化学反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素等知识。
16. 下列有关叙述，正确的是( )
A. Cl2的水溶液能导电，所以Cl2是电解质
B. 0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水是弱电解质
C. 在某温度下，测得纯水中c(H+)=2×10－7 mol/L，则c(OH－)为5×10－8mol/L
D. 常温下，0.1mol/L亚硝酸（HNO2）溶液的pH值为2.145，则亚硝酸是弱电解质
【答案】D
【解析】试题分析：A．Cl2的水溶液能导电是因为氯气与水反应生成的盐酸与次氯酸电离出自由移动的离子而导电，所以Cl2不是电解质也不是非电解质。
B．0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，只能说明氨水呈碱性，不能说明氨水是弱电解质。
C．纯水中不管任何温度，其中c(H+)与c(OH－)总会相等而呈中性。
D．常温下0.1mol/L亚硝酸（HNO2）溶液若为强电解质则完全电离c(H+)=0.1mol/L，pH=1，实际pH值为2.145，说明亚硝酸不完全电离，则亚硝酸是弱电解质。故D正确。
考点：电解质概念
点评：注意判断弱电解质的方法。理解强弱电解质的概念（部分电离）。
17. 常温时，将两种溶液等体积混合，其中溶液pH一定或可能等于7的情况共有( )
①pH=2盐酸和pH=12 NaOH溶液 ②pH=2醋酸和pH=12 NaOH溶液 ③pH=2盐酸和pH=12氨水 ④pH=2某酸和pH=12 NaOH溶液 ⑤pH=2盐酸和pH=12某碱溶液 ⑥pH=2硫酸和pH=12 NaOH溶液 ⑦pH=2盐酸和pH=12 Ba(OH)2溶液 ⑧pH=2硫酸和pH=12 Ba(OH)2溶液
A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种
【答案】B
【解析】①pH=2的盐酸和pH=12的 NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成氯化钠和水，溶液呈中性，所以PH=7；②醋酸是弱酸，pH=2的醋酸和pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，PH<7；③氨水是弱碱，pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，PH>7；④若某酸是强酸，pH=2的某酸和pH=12 的NaOH溶液等体积混合，PH=7；若某酸是弱酸，pH=2的某酸和pH=12 的NaOH溶液等体积混合，PH<7；⑤若某碱是强碱，pH=2的盐酸和pH=12的某碱溶液等体积混合PH=7；若某碱是弱碱，pH=2的盐酸和pH=12的某碱溶液等体积混合PH>7；⑥pH=2的硫酸和pH=12 的NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成硫酸钠和水，溶液呈中性，所以PH=7； ⑦pH=2的盐酸和pH=12 的Ba(OH)2溶液等体积混合，恰好反应生成氯化钡和水，溶液呈中性，所以PH=7；⑧pH=2的硫酸和pH=12 的Ba(OH)2溶液等体积混合，恰好反应生成硫酸钡和水，溶液呈中性，所以PH=7；故选B。
18. 下列各溶液中，微粒浓度的关系不正确的是( )
A. 0.1 mol/L Na2CO3溶液：c(OH-) =c(HCO3-) +c(H+ )+2c(H2CO3)
B. 10mL 0.1mol/L NH4Cl溶液与5mL 0.2mol/L NaOH溶液混合：c(Na +)=c(Cl-) >c(OH-)> c(H +)
C. 将0.1 mol/L氨水缓缓滴入0.1 mol/L盐酸中至中性：c(Cl-) >c(NH4 +)
D. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的PH=5的混合溶液：c(Na+)=c(NO3-)
【答案】C
【解析】0.1 mol/L Na2CO3溶液中c(OH-) =c(HCO3-) +c(H+ )+2c(H2CO3)，符合质子守恒，故A正确；10mL 0.1mol/L NH4Cl溶液与5mL 0.2mol/L NaOH溶液混合，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，一水合氨是弱碱，溶液呈碱性，所以c(Na +)=c(Cl-) >c(OH-)> c(H +)，故B正确；根据电荷守恒，将0.1 mol/L氨水缓缓滴入0.1 mol/L盐酸中至中性：c(Cl-)=c(NH4 +)，故C错误；根据物料守恒，向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸，一定有c(Na+)=c(NO3-)，故D正确。
19. 在常温下，pH=2的盐酸溶液，pH=2的氯化铁溶液，pH=12的氨水溶液，pH=12的碳酸钠溶液，水的电离程度分别为a、b、c、d，则这四种溶液中，水的电离程度大小比较正确的是
A. a=b＞c=d B. b＞a=c＞d C. a＞b=c＞d D. b = d＞a = c
【答案】D
【解析】酸、碱都能抑制水电离，在常温下，pH=2的盐酸溶液中水电离出的 ， pH=12的氨水溶液中水电离出的 ，盐水解促进水电离，氯化铁水解促进水电离，pH=2的氯化铁溶液中水电离出的，碳酸钠水解促进水电离，pH=12的碳酸钠溶液中水电离出的，所以b = d＞a = c，故D正确。
20. 某稀HNO3与6.4g Cu恰好完全反应。若还原产物只有NO，则这些酸最多可溶解铁( )
A. 0.23mol B. 0.1mol C. 3.37g D. 8.4g
【答案】B
【解析】铁最大限度溶于硝酸生成硝酸亚铁，铜溶于硝酸生成硝酸铜，反应后铁与铜的化合价相同，根据得失电子守恒和元素守恒，溶解铜与铁的物质的量相同，6.4g Cu的物质的量是0.1mol，这些酸最多可溶解铁0.1mol，故B正确。
21. 按要求完成下列各小题
（1）氯化铁水溶液常温时pH ______7（填＞或＝或＜），原因是（用离子方程式表示）________。把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的固体产物是_________。
（2）用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理：__________________________________________。
（3）纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是（用离子方程式表）：__________________。
【答案】 (1). ＜ (2). Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (3). Fe2O3 (4). Al3＋＋3HCO3－=3CO2↑＋Al(OH)3↓ (5). CO32－＋H2OHCO3－＋OH－
【解析】试题分析：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性；把氯化铁溶液蒸干，氯化氢挥发，水解平衡正向移动生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解；（2）氯化铝与碳酸氢钠相互促进水解生成沉淀和气体；（3）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性；
解析：（1）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+能水解，水解方程式是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，PH<7；把氯化铁溶液蒸干，氯化氢挥发，水解平衡正向移动生成氢氧化铁，灼烧后氢氧化铁分解生成氧化铁和水，最后得到的固体产物是Fe2O3；（2）氯化铝与碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式是Al3＋＋3HCO3－=3CO2↑＋Al(OH)3↓；（3）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，水解离子方程式是CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。
点睛：强酸弱碱盐中弱碱根离子结合水电离的氢氧根离子生成弱碱，使溶液呈酸性；强碱弱酸盐是弱酸根离子结合水电离出的氢离子生成弱酸，使溶液呈碱性,多元弱碱根离子的水解分步进行,如: CO32－＋H2OHCO3－＋OH－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。
22. 现有25 ℃时0.1 mol·L－1的氨水，请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中 ________(填“增大”、“减小”
或“不变”)。
（2）若向氨水中加入稀盐酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：___________________；所得溶液的pH_____7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：_________________。
（3）若向该氨水中加入pH＝1的盐酸，且氨水与盐酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_____________________________________________。
【答案】 (1). 减小 (2). NH3·H2O＋H＋=NH＋H2O (3). < (4). NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋ (5). c(Cl－) > c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】试题分析：(1)氨水中加入硫酸铵固体，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离；（2）盐酸和氨水反应生成氯化铵和水，氯化铵是强酸弱碱盐，水解而使其溶液呈酸性；（3）pH＝1的盐酸的浓度是0.1 mol·L－1，与0.1 mol·L－1的氨水等体积混合，恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵是强碱弱酸盐。
解析：(1)由于(NH4)2SO4=2NH4++SO42-，加入硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中减小;
(2) 盐酸和氨水反应生成氯化铵和水，离子反应方程式为NH3·H2O+H+=NH4++H2O，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，PH<7，水解方程式为:NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+;
（3）根据以上分析，混合后的溶液为氯化铵溶液，由于铵根离子水解，所以c(Cl－) > c(NH4+)，溶液呈酸性，所以c(H＋)>c(OH－)，故氯化铵溶液中c(Cl－) > c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)。
点睛：对混合溶液的分析，首先判断溶液中的溶质，其次根据电离或水解，判断溶液中的离子种类以及溶液的酸碱性。如同浓度、同体积的氨水和盐酸混合后溶质是氯化铵，再根据氯化铵的水解判断离子浓度及溶液的酸碱性。
23. 将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.2 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则(用“>”、“<”或“＝”填写下列空白)：
（1）混合溶液中c(HA)________c(A－)；
（2）混合溶液中c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1；
（3）混合溶液中由水电离出的c(OH－)_______0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的c(H＋)；
（4）25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度________NaA的水解程度。
【答案】 (1). < (2). ＝ (3). > (4). >
解析：根据以上分析，混合后的溶液是0.1 mol·L－1的NaA溶液。（1）HA是弱酸，混合溶液中A-发生了水解，但水解毕竟是少量的，所以混合液中c(HA)＜c(A-)；
（2）混合后得到0.1 mol·L－1的NaA溶液，A-发生了水解,根据物料守恒，混合溶液中c(HA)＋c(A－)=0.1 mol·L－1；
（3）盐类的水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离，所以混合液中的水电离的c(OH-)大于0.2 mol·L-1 HA溶液由水电离出的c(H+)；
（4）25℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，则混合后溶质为等浓度的NaA、HA，NaA水解呈碱性，HA电离呈酸性，混合溶液的pH<7，说明则HA的电离程度大于NaA的水解程度。
点睛：等浓度的NaA、HA的混合溶液，NaA水解呈碱性，HA电离呈酸性，若溶液呈碱性，则HA的电离程度小于NaA的水解程度；若溶液呈酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度。
24. 电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解质溶液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：
（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，则
①电解池中X极上的电极反应式_____________________________________。在X极附近观察到的现象是____________________________________。
②检验Y电极电极反应产物的方法是____________________________________________。
（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则
①X电极的材料是___________，②Y电极电极反应式是______________（说明：杂质发生的电极反应不必写出）
（3）当阴极增重1.28 克，电路中有_________mol电子通过。
【答案】 (1). 2H＋＋2e - =H2↑(或2H2O+2e - = H2↑+2OH－) (2). 放出气体，溶液变红 (3). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (4). 纯铜 (5). Cu－2e－ = Cu2＋ (6). 0.04
【解析】试题分析：（1）X与电源负极相连，X是阴极；Y与电源正极相连，Y是阳极。①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液；X是阴极,H＋得电子生成氢气；②Y是阳极，氯离子失电子生成氯气；（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液选用CuSO4溶液，粗铜做阳极、精铜做阴极；（3）根据阴极电极反应，计算阴极增重1.28 克时电路中转移电子的物质的量。
解析：（1）①若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液；X是阴极,H＋得电子生成氢气，电极反应为2H2O+2e- = H2↑+2OH－，溶液碱性增强，X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红；②Y是阳极，氯离子在Y极失电子生成氯气，电极反应式是 ，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，检验氯气的方法是把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液选用CuSO4溶液，粗铜做阳极、精铜做阴极；①X是阴极，电极的材料是纯铜，②Y是阳极，铜在阳极失电子生成铜离子，电极电极反应式是Cu－2e－ = Cu2＋；
（3）阴极电极反应是Cu2＋+2e－ = Cu，设阴极增重1.28 克时电路中转移电子的物质的量为x mol。
x= 0.04mol
点睛：电解池中，与电源负极相连的电极是阴极，与电源正极相连的电极是阳极；阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子反应还原反应。
25. 某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入甲基橙作指示剂，进行滴定。到达滴定终点时测得所耗盐酸的体积为V1mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：
（1）滴定终点的判断方法是______________________________________________。
（2）有错误操作步骤有_______________。
（3）如右图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL
（4）则待测烧碱溶液的浓度为___________mol/L。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前度数(mL)
滴定后度数(mL)
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
4.00
24.10
【答案】 (1). 当最后加入一滴盐酸后，锥形瓶内溶液颜色刚好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复 (2). ①② (3). 22.60 (4). 0.0800
【解析】试题分析：(1)锥形瓶中盛有含甲基橙的NaOH溶液，溶液呈黄色；滴加盐酸，溶液碱性逐渐减小，当颜色变为橙色且半分钟内颜色不恢复时，达到滴定终点；（2）锥形瓶不能用待盛液润洗；滴定管要先水洗再用待盛液润洗；（3）液面的位置在22 23之间，每个小刻度为0.1mL，注意滴定管的精度是0.01mL；（4）第一次消耗酸 ，第二次消耗酸，两次平均消耗盐酸20.00mL，根据H+、OH-物质的量相等计算碱溶液的浓度；
解析：(1)锥形瓶中盛有含甲基橙的NaOH溶液，溶液呈黄色；滴加盐酸，溶液碱性逐渐减小，当最后加入一滴盐酸后，锥形瓶内溶液颜色刚好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复，即达到达到终点；（2）锥形瓶不能用待盛液润洗；滴定管要先水洗再用待盛液润洗后再注入待盛液，有错误的是①②；（3）液面的位置在22 23之间，每个小刻度为0.1mL，注意滴定管的精度是0.01mL，图中读数为22.60mL；（4）第一次消耗酸 ，第二次消耗酸，两次平均消耗盐酸20.00mL，根据H+、OH-物质的量相等， 则 ；待测烧碱溶液的浓度为0.0800mol/L。
点睛：盛放标准液的滴定管若不用标准液润洗，使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，造成待测液浓度偏大。
26. 镉镍可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充、放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2
（1）若用此电池作电源电解足量的M(NO3)x溶液(用碳棒作电极材料)，电解池的阳极应连接________(填序号)
①NiO(OH) ②Cd ③Cd(OH)2 ④Ni(OH)2
电池的负极反应为 ___________________。当该电池工作一段时间后消耗了3.6gH2O时，电解池某极增重m g，则金属M的相对原子质量为________________(用m、x表示)。
（2）若用此电池作电源电解含有0.1molCuSO4和0.1molNaCl的混合溶液100mL(用碳棒作电极材料)，当电路中有0.2mole－通过时，阳极产生气体__________升(标准状况)。电解后溶液加水稀释至1L，常温下溶液的pH是________。
【答案】 (1). ① (2). Cd＋2OH－－2e－=Cd(OH)2 (3). 5mx (4). 1.68 (5). 1
【解析】试题分析：原电池放电时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；根据Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2可知放电时，Cd是负极，NiO(OH)是正极；电解池的阳极应连电源的正极，阴极连电源的负极；先根据Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，计算消耗3.6gH2O转移电子的物质的量，再根据每个电极转移电子数相同,计算M的相对原子质量；
（2）电解含有0.1molCuSO4和0.1molNaCl的混合溶液100mL(用碳棒作电极材料)，当电路中有0.2mole－通过时，阳极依次发生 、，两个反应； 阴极只发生 。
解析：(1)根据以上分析，Cd是负极，NiO(OH)是正极；电解池的阳极应连电源的正极，所以电解池的阳极应连接NiO(OH) ；电池的负极失电子发生氧化反应，根据总反应，负极反应为Cd＋2OH－－2e－=Cd(OH)2；根据Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，可知消耗36g水，转移2mol电子，则消耗3.6gH2O转移电子0.2mol电子；由M(NO3)x可知，M的化合价为+x，生成M的电极反应为 ，设M的相对原子质量为a， 根据每个电极转移电子数相同，
a= 5mx；
（2）阳极依次发生 、；溶液中含有0.1mol氯离子，发生反应转移电子0.1mol，生成氯气0.05mol；发生反应转移电子0.1mol，生成氧气0.025mol；所以阳极共生成气体0.075mol，标准状况下的体积是0.075mol×22.4L/mol=1.68L。
阳极消耗0.1mol OH-，所以溶液中生成0.1mol H+，电解后溶液加水稀释至1L， ，常温下溶液的pH=1。
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