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【化学】黑龙江省宾县一中2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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黑龙江省宾县一中2019-2020学年高二上学期第三次月考
一、选择题 每题只有一个正确选项（54分）
1.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是
A. 纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】
A．纯银器主要发生化学腐蚀；B．铁比锡活泼，易被腐蚀；C．海轮外壳连接锌块，锌为负极；D．防止金属被氧化，金属应连接电源的负极。
【详解】A. 银器表面变黑是因为银与空气中的氧气发生化学反应生成氧化银所致，属于化学腐蚀，故A正确；B. Fe比Sn活泼，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C. 在海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以被腐蚀的是锌块，铁被保护，这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D. 钢管与电源的负极相连，则钢管作阴极，所以钢管中的铁不会被氧化而腐蚀，是外加电流的阴极保护法，故D正确；本题选B。
2.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
C Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)= BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l) ΔH<0
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的 稀溶液混合，则放出的热量大于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫蒸汽所含能量比硫固体高，所以，等物质的量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，选项A错误；
B．氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1，氢气的燃烧热热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8 kJ/mol，选项B错误；
C．反应中固体生成气体，△S＞0，在常温下能自发进行，△G=△H-T•△S＜0，故ΔH<0，选项C正确；
D．已知中和热为57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸溶液与含1mol NaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶解会放出热量，所以放出的热量要大于57.3kJ，选项D错误；
答案选C。
3.下列有关问题，与盐的水解有关的是（ ）
① NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用 NaHCO3 与 Al2(SO4)3 两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干 AlCl3 溶液得到 Al(OH)3 固体
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；
③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；
④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；
⑤加热蒸干CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Cu(OH)2固体，与水解有关；
答案选A。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答，NH4Cl、ZnCl2、NaHCO3、Na2CO3、K2CO3、AlCl3、Al2(SO4)3都是含有弱酸根或弱碱阳离子的盐，对应的水溶液都能水解，以此分析解答。
4.以铁为阳极、铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2 mol Fe(OH)3沉淀，此时消耗水的物质的量共为( )
A. 5mol B. 4 mol C. 3 moI D. 2moI
【答案】A
【解析】
反应为阳极：Fe-2e-=Fe2+；阴极：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-；然后Fe2+ + 2OH- = Fe(OH)2，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。得到2 mol Fe(OH)3沉淀，所以在最后一个反应中需要有2molFe(OH)2同时消耗1molH2O；生成2molFe(OH)2需要有2molFe2+，在阳极方程式中转移4mol电子，所以阴极也转移4mol电子，则消耗4mol水；由上一共消耗5mol水，选项A正确。
5. 把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是( )
A. CH3COOH溶液 B. NaCl溶液 C. NaOH溶液 D. FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离正向进行，但OH-浓度增大，其余的均减小，A错误；
B、NaCl溶液是中性溶液，加水稀释，钠离子、氯离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，B正确；
C．NaOH溶液加水稀释，氢离子浓度增大，OH-浓度减小、Na+浓度减小，C错误；
D、氯化铁溶液加水稀释，水解平衡右移，但OH-浓度增大，其它离子浓度减小，D错误；
答案选B。
6. 下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A. 某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D. pH＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】
【详解】A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐或NaHSO4等，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；
B、pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝1.0×10-6.5mol/L，前者c（H+）是后者的100倍，B正确；
C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者c（Cl-）是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；
D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)，D错误；
答案选B。
7.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ 碱性锌锰电池
图Ⅱ铅硫酸蓄电池
图Ⅲ 电解精炼铜
图Ⅳ 银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，正极质量不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，放电时，负极附近溶液的pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，MnO2为原电池的正极，选项A错误；
B．铅蓄电池放电时正极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，可见正极质量不断增大，选项B正确；
C.该装置是电解精炼铜，阳极材料是粗铜，溶解的金属有Cu及活动性比Cu强的金属，活动性比Cu弱的则以单质形式沉积在阳极底部，在阴极上Cu2+获得电子，变为Cu单质，所以电解质溶液的浓度会逐渐降低，选项C错误；
D．在该纽扣电池放电时，负极发生反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，可见放电时负极附近溶液的c(OH-)减小，溶液的pH减小，选项D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，本题难度不大。
8.在室温下等体积的酸和碱的溶液,混合后pH 一定大于7的是 ( )
A. pH =3的硝酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液
B. pH =3的盐酸跟pH =11的氨水溶液
C. pH =3的硫酸跟pH =11的KOH 溶液
D. pH =3的醋酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
在室温下等体积的酸和碱的溶液，若混合后pH 一定小于7，则混合溶液中氢离子浓度大于氢氧根。
【详解】A. 硝酸和氢氧化钡均为强电解质，pH =3的硝酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液相互混合，产物为中性硝酸钡，pH=7，A错误；
B. 盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓度大于盐酸。pH =3的盐酸跟pH =11的氨水溶液等体积混合后，产物为氯化铵和少量氨水，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+C(Cl-)可知，c(H+)
D. 醋酸为弱酸，氢氧化钡为强碱，pH =3的醋酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液等体积混合时，产物为醋酸钡和少量醋酸，根据电荷守恒可知，c(H+)>c(OH-)，pH小于7，D错误；
答案为B。
【点睛】本题难点在于pH和浓度的混淆，硫酸和氢氧化钾在等pH的条件下，氢离子和氢氧根离子相同，发生中和反应，产物为中性；同时，对于同样pH的酸来说，弱酸由于存在部分电离，故真实浓度大于电离出的氢离子浓度，与等浓度的氢氧根离子反应时，产物有少量弱酸，弱碱原理相同。
9.已知常温CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是( )
A. a点表示的溶液中c(CH3COO－)略小于10-3 mol·L－1
B. b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. b、d点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点对应的溶液中pH=3，则c（H+）=10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，溶液中存在水的电离平衡和醋酸的电离平衡，根据电离守恒可知，c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度，故A正确；
B. b点时，溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；
C. 醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；
D. b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，故D正确；
题目要求选错误的，故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确图象中各个点对应溶液中的溶质是解本题关键，根据溶液酸碱性再结合电荷守恒分析解答。
10.用如图装置电解K2SO4溶液，同时制备H2SO4溶液和KOH溶液，Ⅱ中装入K2SO4溶液，下列有关分析正确的是( )
A. Ⅰ区生成H2SO4
B. a是阴离子交换膜
C. Ⅱ区的K＋进入Ⅰ区
D. Ⅲ区溶液的pH会升高
【答案】C
【解析】
Ⅰ是阴极，电极反应为，K＋进入Ⅰ区，同时生成氢氧化钾，a是阳离子交换膜；Ⅲ是阳极，电极反应为，同时生成硫酸，pH会降低，故C正确。
11.已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。向浓度均为0.01 mol·L－1的Cu2＋和Mg2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，下列说法正确的是( )
A. 较先出现的沉淀是Mg(OH)2
B. 两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大
C. 相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2的溶解度
D. 当两种沉淀共存时，溶液中Cu2＋和Mg2＋均不存在
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ksp的越小越容易生成沉淀，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，所以首先生成的沉淀是Cu(OH)2，选项A错误；
B. Cu(OH)2、Mg(OH)2构型相同，当溶液中Cu2＋和Mg2＋的浓度相同时，溶度积常数小的先形成沉淀，需要的c(OH-)小，pH就小，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，所以Cu(OH)2沉淀时c(OH-)小，则Mg2＋所需溶液的c(OH-)大，溶液的pH较大，选项B错误；
C. Cu(OH)2、Mg(OH)2构型相同，溶度积常数越小，相同温度下的溶解度就越小，所以相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2的溶解度，选项C正确；
D.任何物质溶解度再小，也有一定的溶解度，溶解的电解质就会电离产生离子，所以溶液中Cu2＋和Mg2＋均会存在，选项D错误；
故合理选项是C。
12.某溶液只含有NaCl和H2SO4两种溶质，它们的物质的量之比为3:1。用石墨作电极电解该混合溶液时，根据电解产物，可明显分为几个阶段。下列叙述不正确的是
A. 阴极自始至终只析出氢气 B. 阳极先析出Cl2，后析出O2
C. 电解最后阶段为电解水 D. 溶液pH不断增大，最后pH=7
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电解原理：阳极离子的放电顺序：银离子＞铜离子＞氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理判断放电的离子．
【详解】可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，
即2HClH2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7。
A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，故A正确；
B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，故B正确；
C、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故C错误；
D、电解最后阶段为电解水，故D正确；
故选C。
13.草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol•L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol•L-1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是( )
A. V（NaOH）＝0时，c(H+)＝1×10-2 mol•L-1
B. V（NaOH）＜10 mL时，不可能存在c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C. V（NaOH）＝10 mL时，c(H+)＝1×10-7 mol/L
D. V（NaOH）＞10 mL时，c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 草酸是二元中强酸，V(NaOH)=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c(H+)＜1×10-2mol•L-1，故A错误；
B. V(NaOH)＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，由于草酸氢钠溶液显酸性，而草酸钠溶液显碱性，当混合溶液显中性时，即c(H+)=c(OH-)时，存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4- )，故B错误；
C. V(NaOH)=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c(H+)＜1×10-7mol•L-1，故C错误；
D. V(NaOH)＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42-水解生成HC2O4-，则离子浓度为c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(HC2O4- )，故D正确；
正确答案是D。
14.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。对于该溶液下列叙述不正确的是（ ）
A. 该温度高于25℃
B. 水电离出来的c（H+）=1×10-10mol/L
C. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
D. c（H+）=c（OH-）+c（SO42-）
【答案】C
【解析】
【详解】A. 25℃时水的pH=7，某温度下水的pH=6，说明水的电离变大，由于水的电离过程吸热，故T＞25℃，故A正确；
B.该温度下水 pH=6，则该温度下水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，当溶液的pH为2时，由水电离出来的c（H+）=1×10-10mol/L，故B正确；
C.该温度下 Kw=1×10-12，测得溶液的pH为2，氢离子浓度为0.01mol/L；pH为12的NaOH溶液中，c(OH-)=1mol/L。该温度下两溶液等体积混合后，由于氢氧化钠的物质的量大于氢离子的物质的量，所以反应后使该溶液呈碱性，故C错误；
D. 根据电荷守恒，①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)；②NaHSO4=Na+ +H+ +SO42-；③H2O⇌H+ +OH-；②得c(Na+)=c(SO42-)，带入①可得c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)，故D正确；
题目要求选错误的，故选C。
15. 铁—镍蓄电池充电放电时发生的反应为：
Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2
关于此蓄电池的下列说法中不正确的是
A. 放电时Fe为负极
B. 充电时阴极电极反应式为Ni(OH)2－2e－===NiO2＋2H＋
C. 放电时NiO2的反应为NiO2＋2e－＋2H2O===Ni(OH)2＋2OH－
D. 蓄电池的电极必须浸在碱性电解质溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A、放电时，铁做负极失去电子，正确，不选A；
B、充电时阴极上发生还原反应，错误，选B；
C、放电时，NiO2发生还原反应生成Ni(OH)2，电极反应式正确，不选C；
D、蓄电池的电极容易与酸反应，所以需要浸在碱性电解质溶液中，正确，不选D。
本题选B。
【点睛】本题考查的原电池和电解池的原理，注意把握原电池和电解池的方向，放电为原电池，充电为电解池。原电池的负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，电解池的阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，注意电解质溶液的酸碱性对电极反应的影响。
16.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施
D. 对2HI（g）H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡体系颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是用来解释平衡移动的基本原理，所以平衡不移动的问题无法用勒夏特列原理解释。
【详解】A.溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后，HBr和AgNO3溶液反应生成溴化银沉淀，使反应平衡向正反应方向移动，单质溴减少，所以颜色变浅，选项A可以解释。
B.合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，催化剂只改变速率不影响平衡，所以选项B不能解释。
C.工业合成氨是放热反应，所以低温使反应平衡正向移动，提高氨气产率，选项C可以解释。
D.对2HI（g）H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡向逆反应方向移动，从而使I2的浓度减小，颜色变浅，选项D可以解释。
故选B。
17.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②
【答案】B
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。
②醋酸溶液能导电，只能说明其是电解质，不能说明其是弱电解质。
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以其是弱电解质。
④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明其是弱电解质。
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明其是强电解质。
⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。
所以③④⑥⑦正确，答案为B。
18.常温下，在20.00 mL 0.100 0 mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.100 0 mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. ①溶液：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
B. ②溶液：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
C. ①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②>③>①
D. 滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A、①点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；
B、②点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；
C、③点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，①、②两点有碱剩余，抑制水电离，①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度③＞②＞①，故C错误；
D、开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故D错误；
答案选B。
19.电解质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和溶解平衡。请根据所学知识回答下列问题：
（1）NaHCO3溶液中共存在____种微粒，溶液中的电荷守恒关系式为___________。
（2）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液：①NH4NO3②NaCl③Na2CO3④H2SO4⑤NaOH⑥CH3COONa，pH从大到小排列顺序为_________。(填序号)
（3）在实验室中配制CH3COONa溶液时,常先将CH3COONa固体溶于较浓的_________溶液中,然后用蒸馏水稀释到所需的浓度以抑制其水解。
（4）联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,写出在水中联氨第一步电离反应的方程式_________。
（5）在验证牺牲阳极的阴极保护法的实验中，通常用黄色的铁氰化钾溶液来检验Fe2+的存在，请写出该检验反应的离子方程式_____________；
（6）碳酸钙是一种难溶物质(Ksp=2.8×10-9)。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的Na2CO3溶液与CaCl2 溶液混合，若Na2CO3 溶液的浓度为2×10-4mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______。
【答案】 (1). 7 (2). c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－) (3). ⑤＞③＞⑥＞②＞①＞④ (4). NaOH (5). N2H4 +H2O ⇌N2H5 + +OH－ (6). 3Fe2+ +2Fe(CN)63-＝Fe3[Fe(CN)6]2 (7). 5.6×10－5
【解析】
【分析】
（1）NaHCO3是盐能完全电离，溶液中HCO3-电离，HCO3-水解，但水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性，据此即可解答；
（2）①NH4NO3、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO4、⑤NaOH、⑥CH3COONa，④为强酸⑤为强碱，②为强酸强碱盐，①为强酸弱碱盐，③⑥为弱酸强碱盐，醋酸的酸性比碳酸强；
（3）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性性：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，为防止醋酸根水解可以加入氢氧根抑制水解；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，电离出一个氢氧根，电离方程式为：N2H4 +H2O ⇌N2H5 + +OH－；
（5）铁氰化钾与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀；
（6）等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4 mol/L，混合后c（CO32-）= =1×10-4 mol/L，根据Ksp=解答。
【详解】（1）NaHCO3是强碱弱酸盐，能完全电离NaHCO3═Na++HCO3-，所以溶液中存在Na+、HCO3-；溶液中HCO3-电离HCO3- ⇌H++CO32-，所以溶液中存在H+、CO32-；溶液中HCO3-水解HCO3-+H2O ⇌H2CO3+OH-，所以溶液中存在H2CO3、OH-，；但溶液中HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性；NaHCO3溶液必存在水；所以NaHCO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HCO3-、H+、CO32-、H2O、OH-、H2CO3；溶液中的电荷守恒关系是：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)；
（2）①NH4NO3、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO4、⑤NaOH、⑥CH3COONa中，④为强酸⑤为强碱，②为强酸强碱盐，①为强酸弱碱盐，水解显酸性，但酸性比④弱，③⑥为弱酸强碱盐，水解显碱性，但碱性比⑤弱，醋酸的酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强，所以其pH从大到小排列顺序为：⑤＞③＞⑥＞②＞①＞④；
（3）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性性：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，为防止醋酸根水解，在配制CH3COONa溶液时常将CH3COONa固体先溶于NaOH中，OH-浓度较大，以抑制醋酸根水解，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度以抑制其水解；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，电离出一个氢氧根，电离方程式为：N2H4 +H2O ⇌N2H5 + +OH－；
（5）铁氰化钾与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀，离子方程式：3Fe2+ +2Fe(CN)63-＝Fe3[Fe(CN)6]2；
（6）等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4 mol/L，混合后c（CO32-）= =1×10-4 mol/L，Ksp=2.8×10-9，则混合后c（Ca2+）= =2.8´10-5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为=5.6×10-5mol/L。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较、盐类水解的原理和应用，题目难度中等，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键。
20.科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：C(s)++H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= — 41.2kJ•mol-1
（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是 __________________________________。
（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示：
①生成甲醇的反应为_______（填“放热”或“吸热”）。
②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是____________（填“A”或“B”）。
③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有 _______________________ 。
④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是 _______________。
（3）某新型电池以熔融碳酸盐作电解质，在650℃下工作，负极通入煤炭气，正极通入空气与CO2的混合气．电池的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32—，负极反应式为 ___________________和_________________。
【答案】 (1). C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1 (2). 放热 (3). A (4). 降温、加压 (5). 25% (6). H2+CO32--2e-=H2O+CO2 (7). CO+CO32--2e-= 2CO2
【解析】
【详解】⑴. 已知① C(s)+ H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
② CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= －41.2kJ•mol-1，利用盖斯定律将①－②可得：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1，故答案为C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1；
⑵. ①. 由图象可知，随温度的升高CO的平衡转化率降低，说明升温时平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为放热；
②. 从反应方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，所以压强增大时平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，即转化率高的压强大，故答案为A；
③. 为提高CO的转化率，即要使平衡正向移动，根据反应方程式可知，增大压强可以使平衡正向移动，又因该反应是放热反应，所以降低温度也可以使平衡正向移动，故答案为降温、加压；
④. 在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1:2混合，设起始时加入CO amol，则加入H2 2amol，结合图象可知，压强为0.1MPa、温度为200℃时，CO的平衡转化率为0.5，则根据三段式法有：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始(mol) a 2a 0
转化(mol) 0.5a a 0.5a
平衡(mol) 0.5a a 0.5a
所以平衡混合气中甲醇的物质的量分数是：×100%=25%，故答案为25%；
⑶. 煤炭气的主要成分是CO和H2，则该新型电池的总反应为：①O2+2CO=2CO2和②2H2+O2=2H2O，因该电池的正极反应式为③O2+2CO2+4e－=2CO32－，根据负极反应式=电池总反应式－正极反应式，①-③可得：2CO+2CO32－－4e－=4CO2，化简得CO+CO32－－2e－=2CO2，②-③可得：2H2+2CO32－－4e－=2H2O+2CO2，化简得H2+CO32－－2e－=H2O+CO2，
故答案为H2+CO32－－2e－=H2O+CO2、CO+CO32－－2e－=2CO2。
【点睛】本题的难点是第（3）小题判断该新型电池的负极反应式，解答该题时可以根据题目信息先写出电池的总反应式，再根据负极反应式=电池总反应式－正极反应式即可得出正确结论。
21.某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)如图为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过________mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极会产生气泡，这是由于NH4Cl溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示溶液显此性的原因__________________，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的＋3价铁被氧化为更高的价态。”如果＋3价铁被氧化为FeO42-，试写出该反应（红色褪去）的离子方程式：______________。
(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示。一段时间后，在甲装置铜丝电极反应为___________________；乙装置中石墨（1）电极现象为__________________________。
【答案】 (1). 0.2 (2). 酸性 (3). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4). 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42-＋6Cl－＋16H＋ (5). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (6). 析出红色固体
【解析】
【详解】(1)负极反应：Fe-2e－Fe2+，正极反应：Cu2+＋2e－Cu，导线中通过2mol电子时，两电极质量相差120g，所以两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极会产生气泡，这是由于NH4Cl溶液显酸性，用离子方程式表示溶液显此性的原因：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。
如果＋3价铁被氧化为FeO42-，该反应（红色褪去）的离子方程式：2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42-＋6Cl－＋16H＋。
(3)一段时间后，在甲装置铜丝电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；乙装置中石墨（1）电极发生还原反应，生成铜单质，现象为析出红色固体。
22.氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定．（滴定原理为：6H++2MnO4-+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O）．
（1）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式_____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（2）如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的读数为_______mL．达到滴定终点时的标志是_____________________
（3）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
26.32
24.02
23.98
从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是由以下选项中的______________引起的。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积．
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡．
C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗．
D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗．
E．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定．
（4）H2C2O4的物质的量浓度：C( H2C2O4)=______________mol/L(用含c、V的式子表示)
【答案】 (1). 酸式 (2). 21.40 (3). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色 (4). BCD (5). 浓度为60c/V mol/L
【解析】
【分析】
（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
（2）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度21，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；
（3）根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；
（4）根据化学方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O计算H2C2O4的浓度。
【详解】（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式酸式滴定管中；
（2）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度21，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL；
（3）A. 实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致KMnO4体积偏小，故A错误；
B. 滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致KMnO4体积偏大，故B正确；
C. 第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致KMnO4体积偏大，故C正确；
D. 第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，润洗锥形瓶导致草酸的物质的量偏大，导致KMnO4体积偏大，故D正确；
E. 滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，导致KMnO4体积偏小，故E错误；
故选：BCD；
（4）三次滴定消耗KMnO4溶液体积分别为：26.32mL、24.02mL、23.98mL，第一次误差较大，消耗KMnO4溶液平均体积为=24mL，消耗KMnO4物质的量为n(KMnO4)=cmol/L×0.024L，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，n(H2C2O4)= n(KMnO4)= ×cmol/L×24mL=60cmol，则草酸的浓度为c= =mol/L。
【点睛】本题以物质含量为背景考查氧化还原滴定与计算，难度中等，注意实验原理的掌握，滴定管结构与使用等。
23.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）甲池为 ________ (填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)，A电极的电极反应式为____。
（2）丙池中F电极为 __________ (填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，该池的总反应方程式为__________________。
（3）当乙池中C极质量减轻4.32g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_____ml(标准状况)。若丙池中两端的电极不变,将其溶液换成NaCl溶液,则开关闭合一段时间后,丙池中溶液的的体积为400ml计算溶液PH____
（4）一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是________ (填选项字母)。
A．Cu
B．CuO
C．Cu(OH)2
D．Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). 原电池 (2). CH4OH+ 8OH－－6e－= CO32－+ 6H2O (3). 阴极 (4). 2CuSO4+ 2H2O = 2H2SO4+ 2Cu + O2↑ (5). 224 (6). 13 (7). A
【解析】
【分析】
甲池为燃料电池，通入甲醇的为负极，通入氧气的电极为正极，因此A、C为阳极，B、D为阴极，则乙池为电解硝酸银溶液，丙池是电解硫酸铜溶液。
（1）甲池为甲醇燃料电池，负极甲醇发生反应：CH3OH + 8OH－ －6e－ = CO32－+ 6H2O；
（2）丙池为电解硫酸铜溶液：2CuSO4+ 2H2O2H2SO4 + 2Cu + O2↑，F电极连接甲池的负极，为阴极；
（3）根据转移的电子守恒，可得当乙池中C极质量减轻4.32g时，转移0.04mol电子，以此解答；
（4）加入铜以后，银离子又被置换出来，同时补充了铜离子，故可以使乙池恢复到反应前浓度。
【详解】（1）甲池为原电池，通入甲醇的电极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，故答案为：原电池；CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
（2）丙池中F电极与甲池负极相连，为阴极，丙池为电解硫酸铜溶液，总反应式为2CuSO4＋2H2O 2H2SO4＋2Cu＋O2↑；
（3）C极上的电极反应为：Ag-e- = Ag+，B电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，当池中C极质量减轻4.32g时，消耗的n（Ag）= =0.04mol，则转移电子是0.04mol，此时甲池中B电极理论上消耗O2的物质的量是0.01mol，这些氧气在标准状况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL；丙池中两端的电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙中发生的是电解NaCl溶液，阳极反应为：2H++ 2e- = H2↑，转移0.04mol电子则消耗0.04mol氢离子，该溶液中c（OH-）==0.1mol/L，则c（H+）==10-13 mol/L，故pH为13；
（4）甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，故选A。
【点睛】本题把电解池和原电池二者结合起来，考查学生综合分析问题的能力。根据装置中的特征电极或电解液判断它是原电池还是电解池。应注意：燃料电池中，燃料在负极发生氧化反应。
一、选择题 每题只有一个正确选项（54分）
1.下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是
A. 纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗
B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
C. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法
D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】
A．纯银器主要发生化学腐蚀；B．铁比锡活泼，易被腐蚀；C．海轮外壳连接锌块，锌为负极；D．防止金属被氧化，金属应连接电源的负极。
【详解】A. 银器表面变黑是因为银与空气中的氧气发生化学反应生成氧化银所致，属于化学腐蚀，故A正确；B. Fe比Sn活泼，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C. 在海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以被腐蚀的是锌块，铁被保护，这种方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D. 钢管与电源的负极相连，则钢管作阴极，所以钢管中的铁不会被氧化而腐蚀，是外加电流的阴极保护法，故D正确；本题选B。
2.下列说法或表示方法正确的是( )
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
C Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)= BaCl2(s)＋2NH3(g)＋10H2O(l) ΔH<0
D. 已知中和热为57.3 kJ·mol－1，若将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的 稀溶液混合，则放出的热量大于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫蒸汽所含能量比硫固体高，所以，等物质的量的硫蒸汽和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，选项A错误；
B．氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1，氢气的燃烧热热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=-285.8 kJ/mol，选项B错误；
C．反应中固体生成气体，△S＞0，在常温下能自发进行，△G=△H-T•△S＜0，故ΔH<0，选项C正确；
D．已知中和热为57.3kJ•mol-1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸溶液与含1mol NaOH的溶液混合，由于浓硫酸溶解会放出热量，所以放出的热量要大于57.3kJ，选项D错误；
答案选C。
3.下列有关问题，与盐的水解有关的是（ ）
① NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用 NaHCO3 与 Al2(SO4)3 两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干 AlCl3 溶液得到 Al(OH)3 固体
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③
【答案】A
【解析】
【详解】①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳，可作泡沫灭火剂，与水解有关；
③草木灰与铵态氮肥相互促进水解，不能混合施用，与水解有关；
④实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；
⑤加热蒸干CuCl2溶液水解生成氢氧化铜和盐酸，盐酸为挥发性酸，则最后得到Cu(OH)2固体，与水解有关；
答案选A。
【点睛】本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答，NH4Cl、ZnCl2、NaHCO3、Na2CO3、K2CO3、AlCl3、Al2(SO4)3都是含有弱酸根或弱碱阳离子的盐，对应的水溶液都能水解，以此分析解答。
4.以铁为阳极、铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2 mol Fe(OH)3沉淀，此时消耗水的物质的量共为( )
A. 5mol B. 4 mol C. 3 moI D. 2moI
【答案】A
【解析】
反应为阳极：Fe-2e-=Fe2+；阴极：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-；然后Fe2+ + 2OH- = Fe(OH)2，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。得到2 mol Fe(OH)3沉淀，所以在最后一个反应中需要有2molFe(OH)2同时消耗1molH2O；生成2molFe(OH)2需要有2molFe2+，在阳极方程式中转移4mol电子，所以阴极也转移4mol电子，则消耗4mol水；由上一共消耗5mol水，选项A正确。
5. 把下列溶液加水稀释，溶液中每种离子的浓度都不会增加的是( )
A. CH3COOH溶液 B. NaCl溶液 C. NaOH溶液 D. FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离正向进行，但OH-浓度增大，其余的均减小，A错误；
B、NaCl溶液是中性溶液，加水稀释，钠离子、氯离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，B正确；
C．NaOH溶液加水稀释，氢离子浓度增大，OH-浓度减小、Na+浓度减小，C错误；
D、氯化铁溶液加水稀释，水解平衡右移，但OH-浓度增大，其它离子浓度减小，D错误；
答案选B。
6. 下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是
A. 某物质的溶液pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐
B. pH＝ 4.5的番茄汁中c(H+)是pH＝ 6.5的牛奶中c(H+)的100倍
C. AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
D. pH＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+) > c(CH3COO－)
【答案】B
【解析】
【详解】A、某物质的溶液pH＜7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐或NaHSO4等，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；
B、pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝1.0×10-4.5mol/L，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝1.0×10-6.5mol/L，前者c（H+）是后者的100倍，B正确；
C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者c（Cl-）是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者较小，C错误；
D、pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)，D错误；
答案选B。
7.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是( )
图Ⅰ 碱性锌锰电池
图Ⅱ铅硫酸蓄电池
图Ⅲ 电解精炼铜
图Ⅳ 银锌纽扣电池
A. 图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂
B. 图Ⅱ所示电池放电过程中，正极质量不断增大
C. 图Ⅲ所示装置工作过程中，电解质溶液浓度始终不变
D. 图Ⅳ所示电池中，放电时，负极附近溶液的pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，MnO2为原电池的正极，选项A错误；
B．铅蓄电池放电时正极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，可见正极质量不断增大，选项B正确；
C.该装置是电解精炼铜，阳极材料是粗铜，溶解的金属有Cu及活动性比Cu强的金属，活动性比Cu弱的则以单质形式沉积在阳极底部，在阴极上Cu2+获得电子，变为Cu单质，所以电解质溶液的浓度会逐渐降低，选项C错误；
D．在该纽扣电池放电时，负极发生反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，可见放电时负极附近溶液的c(OH-)减小，溶液的pH减小，选项D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原电池和电解池原理，明确电极上发生的反应是解本题关键，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，本题难度不大。
8.在室温下等体积的酸和碱的溶液,混合后pH 一定大于7的是 ( )
A. pH =3的硝酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液
B. pH =3的盐酸跟pH =11的氨水溶液
C. pH =3的硫酸跟pH =11的KOH 溶液
D. pH =3的醋酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
在室温下等体积的酸和碱的溶液，若混合后pH 一定小于7，则混合溶液中氢离子浓度大于氢氧根。
【详解】A. 硝酸和氢氧化钡均为强电解质，pH =3的硝酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液相互混合，产物为中性硝酸钡，pH=7，A错误；
B. 盐酸为强酸，氨水为弱碱，氨水浓度大于盐酸。pH =3的盐酸跟pH =11的氨水溶液等体积混合后，产物为氯化铵和少量氨水，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+C(Cl-)可知，c(H+)
D. 醋酸为弱酸，氢氧化钡为强碱，pH =3的醋酸跟pH =11的Ba(OH)2溶液等体积混合时，产物为醋酸钡和少量醋酸，根据电荷守恒可知，c(H+)>c(OH-)，pH小于7，D错误；
答案为B。
【点睛】本题难点在于pH和浓度的混淆，硫酸和氢氧化钾在等pH的条件下，氢离子和氢氧根离子相同，发生中和反应，产物为中性；同时，对于同样pH的酸来说，弱酸由于存在部分电离，故真实浓度大于电离出的氢离子浓度，与等浓度的氢氧根离子反应时，产物有少量弱酸，弱碱原理相同。
9.已知常温CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是( )
A. a点表示的溶液中c(CH3COO－)略小于10-3 mol·L－1
B. b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. b、d点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点对应的溶液中pH=3，则c（H+）=10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，溶液中存在水的电离平衡和醋酸的电离平衡，根据电离守恒可知，c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度，故A正确；
B. b点时，溶液满足c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），由于溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；
C. 醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；
D. b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，故D正确；
题目要求选错误的，故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确图象中各个点对应溶液中的溶质是解本题关键，根据溶液酸碱性再结合电荷守恒分析解答。
10.用如图装置电解K2SO4溶液，同时制备H2SO4溶液和KOH溶液，Ⅱ中装入K2SO4溶液，下列有关分析正确的是( )
A. Ⅰ区生成H2SO4
B. a是阴离子交换膜
C. Ⅱ区的K＋进入Ⅰ区
D. Ⅲ区溶液的pH会升高
【答案】C
【解析】
Ⅰ是阴极，电极反应为，K＋进入Ⅰ区，同时生成氢氧化钾，a是阳离子交换膜；Ⅲ是阳极，电极反应为，同时生成硫酸，pH会降低，故C正确。
11.已知：Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。向浓度均为0.01 mol·L－1的Cu2＋和Mg2＋的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，下列说法正确的是( )
A. 较先出现的沉淀是Mg(OH)2
B. 两种离子开始沉淀时，Cu2＋所需溶液的pH较大
C. 相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2的溶解度
D. 当两种沉淀共存时，溶液中Cu2＋和Mg2＋均不存在
【答案】C
【解析】
【详解】A.Ksp的越小越容易生成沉淀，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，所以首先生成的沉淀是Cu(OH)2，选项A错误；
B. Cu(OH)2、Mg(OH)2构型相同，当溶液中Cu2＋和Mg2＋的浓度相同时，溶度积常数小的先形成沉淀，需要的c(OH-)小，pH就小，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mg(OH)2]，所以Cu(OH)2沉淀时c(OH-)小，则Mg2＋所需溶液的c(OH-)大，溶液的pH较大，选项B错误；
C. Cu(OH)2、Mg(OH)2构型相同，溶度积常数越小，相同温度下的溶解度就越小，所以相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Cu(OH)2的溶解度，选项C正确；
D.任何物质溶解度再小，也有一定的溶解度，溶解的电解质就会电离产生离子，所以溶液中Cu2＋和Mg2＋均会存在，选项D错误；
故合理选项是C。
12.某溶液只含有NaCl和H2SO4两种溶质，它们的物质的量之比为3:1。用石墨作电极电解该混合溶液时，根据电解产物，可明显分为几个阶段。下列叙述不正确的是
A. 阴极自始至终只析出氢气 B. 阳极先析出Cl2，后析出O2
C. 电解最后阶段为电解水 D. 溶液pH不断增大，最后pH=7
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电解原理：阳极离子的放电顺序：银离子＞铜离子＞氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理判断放电的离子．
【详解】可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，
即2HClH2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7。
A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，故A正确；
B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，故B正确；
C、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故C错误；
D、电解最后阶段为电解水，故D正确；
故选C。
13.草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10 mL 0.01 mol•L-1 NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol•L-1 NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是( )
A. V（NaOH）＝0时，c(H+)＝1×10-2 mol•L-1
B. V（NaOH）＜10 mL时，不可能存在c(Na+)＝2c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C. V（NaOH）＝10 mL时，c(H+)＝1×10-7 mol/L
D. V（NaOH）＞10 mL时，c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(HC2O4-)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 草酸是二元中强酸，V(NaOH)=0时，NaHC2O4不能完全电离出H+，则c(H+)＜1×10-2mol•L-1，故A错误；
B. V(NaOH)＜10mL时，溶液中溶质为NaHC2O4、Na2C2O4，由于草酸氢钠溶液显酸性，而草酸钠溶液显碱性，当混合溶液显中性时，即c(H+)=c(OH-)时，存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4- )，故B错误；
C. V(NaOH)=10 mL时，溶液中溶质为Na2C2O4，溶液显碱性，则c(H+)＜1×10-7mol•L-1，故C错误；
D. V(NaOH)＞10 mL时，溶液中溶质为NaOH、Na2C2O4，C2O42-水解生成HC2O4-，则离子浓度为c(Na+)＞c(C2O42-)＞c(HC2O4- )，故D正确；
正确答案是D。
14.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液pH为2。对于该溶液下列叙述不正确的是（ ）
A. 该温度高于25℃
B. 水电离出来的c（H+）=1×10-10mol/L
C. 该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
D. c（H+）=c（OH-）+c（SO42-）
【答案】C
【解析】
【详解】A. 25℃时水的pH=7，某温度下水的pH=6，说明水的电离变大，由于水的电离过程吸热，故T＞25℃，故A正确；
B.该温度下水 pH=6，则该温度下水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，当溶液的pH为2时，由水电离出来的c（H+）=1×10-10mol/L，故B正确；
C.该温度下 Kw=1×10-12，测得溶液的pH为2，氢离子浓度为0.01mol/L；pH为12的NaOH溶液中，c(OH-)=1mol/L。该温度下两溶液等体积混合后，由于氢氧化钠的物质的量大于氢离子的物质的量，所以反应后使该溶液呈碱性，故C错误；
D. 根据电荷守恒，①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)；②NaHSO4=Na+ +H+ +SO42-；③H2O⇌H+ +OH-；②得c(Na+)=c(SO42-)，带入①可得c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)，故D正确；
题目要求选错误的，故选C。
15. 铁—镍蓄电池充电放电时发生的反应为：
Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2
关于此蓄电池的下列说法中不正确的是
A. 放电时Fe为负极
B. 充电时阴极电极反应式为Ni(OH)2－2e－===NiO2＋2H＋
C. 放电时NiO2的反应为NiO2＋2e－＋2H2O===Ni(OH)2＋2OH－
D. 蓄电池的电极必须浸在碱性电解质溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A、放电时，铁做负极失去电子，正确，不选A；
B、充电时阴极上发生还原反应，错误，选B；
C、放电时，NiO2发生还原反应生成Ni(OH)2，电极反应式正确，不选C；
D、蓄电池的电极容易与酸反应，所以需要浸在碱性电解质溶液中，正确，不选D。
本题选B。
【点睛】本题考查的原电池和电解池的原理，注意把握原电池和电解池的方向，放电为原电池，充电为电解池。原电池的负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应，电解池的阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，注意电解质溶液的酸碱性对电极反应的影响。
16.下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后溶液颜色变浅
B. 合成氨工业中使用铁触媒做催化剂
C. 合成NH3反应，为提高NH3的产率，理论上应采取低温度的措施
D. 对2HI（g）H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡体系颜色变浅
【答案】B
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是用来解释平衡移动的基本原理，所以平衡不移动的问题无法用勒夏特列原理解释。
【详解】A.溴水中有下列平衡Br2+H2O HBr + HBrO，当加入AgNO3溶液后，HBr和AgNO3溶液反应生成溴化银沉淀，使反应平衡向正反应方向移动，单质溴减少，所以颜色变浅，选项A可以解释。
B.合成氨工业中使用铁触媒做催化剂，催化剂只改变速率不影响平衡，所以选项B不能解释。
C.工业合成氨是放热反应，所以低温使反应平衡正向移动，提高氨气产率，选项C可以解释。
D.对2HI（g）H2(g)+I2(g)，保持容器体积不变，通入氢气可使平衡向逆反应方向移动，从而使I2的浓度减小，颜色变浅，选项D可以解释。
故选B。
17.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
①醋酸与水能以任意比互溶；
②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；
④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑥⑦ C. ③④⑥⑧ D. ①②
【答案】B
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶，物理性质不说明问题。
②醋酸溶液能导电，只能说明其是电解质，不能说明其是弱电解质。
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸没有完全电离，所以其是弱电解质。
④常温下，0.1 mol/L醋酸的pH比0.1 mol/L盐酸的pH大，说明醋酸中氢离子的浓度小于0.1mol/L，醋酸没有完全电离，说明其是弱电解质。
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，只能说明醋酸比碳酸强，不能证明其是强电解质。
⑥0.1 mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，说明醋酸是弱酸。
⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，证明醋酸是弱酸。
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍，说明溶液稀释10倍，pH变化1个单位，说明该酸是一种强酸。
所以③④⑥⑦正确，答案为B。
18.常温下，在20.00 mL 0.100 0 mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.100 0 mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. ①溶液：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
B. ②溶液：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
C. ①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②>③>①
D. 滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A、①点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；
B、②点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；
C、③点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，①、②两点有碱剩余，抑制水电离，①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度③＞②＞①，故C错误；
D、开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故D错误；
答案选B。
19.电解质在水中可能存在电离平衡、水解平衡和溶解平衡。请根据所学知识回答下列问题：
（1）NaHCO3溶液中共存在____种微粒，溶液中的电荷守恒关系式为___________。
（2）常温下，物质的量浓度均为0.1mol/L的六种溶液：①NH4NO3②NaCl③Na2CO3④H2SO4⑤NaOH⑥CH3COONa，pH从大到小排列顺序为_________。(填序号)
（3）在实验室中配制CH3COONa溶液时,常先将CH3COONa固体溶于较浓的_________溶液中,然后用蒸馏水稀释到所需的浓度以抑制其水解。
（4）联氨(又称肼,N2H4,无色液体)是一种应用广泛的化工原料,可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱,在水中的电离方式与氨相似,写出在水中联氨第一步电离反应的方程式_________。
（5）在验证牺牲阳极的阴极保护法的实验中，通常用黄色的铁氰化钾溶液来检验Fe2+的存在，请写出该检验反应的离子方程式_____________；
（6）碳酸钙是一种难溶物质(Ksp=2.8×10-9)。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的Na2CO3溶液与CaCl2 溶液混合，若Na2CO3 溶液的浓度为2×10-4mol/L,则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______。
【答案】 (1). 7 (2). c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－) (3). ⑤＞③＞⑥＞②＞①＞④ (4). NaOH (5). N2H4 +H2O ⇌N2H5 + +OH－ (6). 3Fe2+ +2Fe(CN)63-＝Fe3[Fe(CN)6]2 (7). 5.6×10－5
【解析】
【分析】
（1）NaHCO3是盐能完全电离，溶液中HCO3-电离，HCO3-水解，但水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性，据此即可解答；
（2）①NH4NO3、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO4、⑤NaOH、⑥CH3COONa，④为强酸⑤为强碱，②为强酸强碱盐，①为强酸弱碱盐，③⑥为弱酸强碱盐，醋酸的酸性比碳酸强；
（3）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性性：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，为防止醋酸根水解可以加入氢氧根抑制水解；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，电离出一个氢氧根，电离方程式为：N2H4 +H2O ⇌N2H5 + +OH－；
（5）铁氰化钾与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀；
（6）等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4 mol/L，混合后c（CO32-）= =1×10-4 mol/L，根据Ksp=解答。
【详解】（1）NaHCO3是强碱弱酸盐，能完全电离NaHCO3═Na++HCO3-，所以溶液中存在Na+、HCO3-；溶液中HCO3-电离HCO3- ⇌H++CO32-，所以溶液中存在H+、CO32-；溶液中HCO3-水解HCO3-+H2O ⇌H2CO3+OH-，所以溶液中存在H2CO3、OH-，；但溶液中HCO3-水解程度大于HCO3-电离程度，溶液呈碱性；NaHCO3溶液必存在水；所以NaHCO3溶液中共存在7种微粒，它们是Na+、HCO3-、H+、CO32-、H2O、OH-、H2CO3；溶液中的电荷守恒关系是：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(OH－)；
（2）①NH4NO3、②NaCl、③Na2CO3、④H2SO4、⑤NaOH、⑥CH3COONa中，④为强酸⑤为强碱，②为强酸强碱盐，①为强酸弱碱盐，水解显酸性，但酸性比④弱，③⑥为弱酸强碱盐，水解显碱性，但碱性比⑤弱，醋酸的酸性比碳酸强，碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，溶液碱性强，所以其pH从大到小排列顺序为：⑤＞③＞⑥＞②＞①＞④；
（3）CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶液呈碱性性：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，为防止醋酸根水解，在配制CH3COONa溶液时常将CH3COONa固体先溶于NaOH中，OH-浓度较大，以抑制醋酸根水解，然后用蒸馏水稀释到所需的浓度以抑制其水解；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，电离出一个氢氧根，电离方程式为：N2H4 +H2O ⇌N2H5 + +OH－；
（5）铁氰化钾与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀，离子方程式：3Fe2+ +2Fe(CN)63-＝Fe3[Fe(CN)6]2；
（6）等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为2×10-4 mol/L，混合后c（CO32-）= =1×10-4 mol/L，Ksp=2.8×10-9，则混合后c（Ca2+）= =2.8´10-5mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为=5.6×10-5mol/L。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较、盐类水解的原理和应用，题目难度中等，注意盐类水解的实质和把握弱电解质的电离，从影响平衡移动的角度分析离子浓度的大小比较是解答的关键。
20.科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：C(s)++H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= — 41.2kJ•mol-1
（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是 __________________________________。
（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如右图所示：
①生成甲醇的反应为_______（填“放热”或“吸热”）。
②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是____________（填“A”或“B”）。
③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有 _______________________ 。
④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是 _______________。
（3）某新型电池以熔融碳酸盐作电解质，在650℃下工作，负极通入煤炭气，正极通入空气与CO2的混合气．电池的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32—，负极反应式为 ___________________和_________________。
【答案】 (1). C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1 (2). 放热 (3). A (4). 降温、加压 (5). 25% (6). H2+CO32--2e-=H2O+CO2 (7). CO+CO32--2e-= 2CO2
【解析】
【详解】⑴. 已知① C(s)+ H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
② CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= －41.2kJ•mol-1，利用盖斯定律将①－②可得：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1，故答案为C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1；
⑵. ①. 由图象可知，随温度的升高CO的平衡转化率降低，说明升温时平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为放热；
②. 从反应方程式可知，该反应为气体体积减小的反应，所以压强增大时平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，即转化率高的压强大，故答案为A；
③. 为提高CO的转化率，即要使平衡正向移动，根据反应方程式可知，增大压强可以使平衡正向移动，又因该反应是放热反应，所以降低温度也可以使平衡正向移动，故答案为降温、加压；
④. 在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1:2混合，设起始时加入CO amol，则加入H2 2amol，结合图象可知，压强为0.1MPa、温度为200℃时，CO的平衡转化率为0.5，则根据三段式法有：
CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始(mol) a 2a 0
转化(mol) 0.5a a 0.5a
平衡(mol) 0.5a a 0.5a
所以平衡混合气中甲醇的物质的量分数是：×100%=25%，故答案为25%；
⑶. 煤炭气的主要成分是CO和H2，则该新型电池的总反应为：①O2+2CO=2CO2和②2H2+O2=2H2O，因该电池的正极反应式为③O2+2CO2+4e－=2CO32－，根据负极反应式=电池总反应式－正极反应式，①-③可得：2CO+2CO32－－4e－=4CO2，化简得CO+CO32－－2e－=2CO2，②-③可得：2H2+2CO32－－4e－=2H2O+2CO2，化简得H2+CO32－－2e－=H2O+CO2，
故答案为H2+CO32－－2e－=H2O+CO2、CO+CO32－－2e－=2CO2。
【点睛】本题的难点是第（3）小题判断该新型电池的负极反应式，解答该题时可以根据题目信息先写出电池的总反应式，再根据负极反应式=电池总反应式－正极反应式即可得出正确结论。
21.某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)如图为某实验小组依据氧化还原反应设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过________mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极会产生气泡，这是由于NH4Cl溶液显________(填“酸性”“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示溶液显此性的原因__________________，用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的＋3价铁被氧化为更高的价态。”如果＋3价铁被氧化为FeO42-，试写出该反应（红色褪去）的离子方程式：______________。
(3)如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示。一段时间后，在甲装置铜丝电极反应为___________________；乙装置中石墨（1）电极现象为__________________________。
【答案】 (1). 0.2 (2). 酸性 (3). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋ (4). 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42-＋6Cl－＋16H＋ (5). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (6). 析出红色固体
【解析】
【详解】(1)负极反应：Fe-2e－Fe2+，正极反应：Cu2+＋2e－Cu，导线中通过2mol电子时，两电极质量相差120g，所以两电极质量相差12g，导线中通过0.2mol电子。
(2)其他条件不变，若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，石墨电极会产生气泡，这是由于NH4Cl溶液显酸性，用离子方程式表示溶液显此性的原因：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H＋。
如果＋3价铁被氧化为FeO42-，该反应（红色褪去）的离子方程式：2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42-＋6Cl－＋16H＋。
(3)一段时间后，在甲装置铜丝电极反应为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；乙装置中石墨（1）电极发生还原反应，生成铜单质，现象为析出红色固体。
22.氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定．（滴定原理为：6H++2MnO4-+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O）．
（1）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式_____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（2）如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的读数为_______mL．达到滴定终点时的标志是_____________________
（3）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
26.32
24.02
23.98
从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是由以下选项中的______________引起的。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积．
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡．
C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗．
D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗．
E．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定．
（4）H2C2O4的物质的量浓度：C( H2C2O4)=______________mol/L(用含c、V的式子表示)
【答案】 (1). 酸式 (2). 21.40 (3). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色 (4). BCD (5). 浓度为60c/V mol/L
【解析】
【分析】
（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
（2）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度21，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；
（3）根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；
（4）根据化学方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O计算H2C2O4的浓度。
【详解】（1）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，滴定时，KMnO4溶液应装在酸式酸式滴定管中；
（2）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度21，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是21.40mL；
（3）A. 实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致KMnO4体积偏小，故A错误；
B. 滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致KMnO4体积偏大，故B正确；
C. 第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗，KMnO4浓度偏小，导致KMnO4体积偏大，故C正确；
D. 第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，润洗锥形瓶导致草酸的物质的量偏大，导致KMnO4体积偏大，故D正确；
E. 滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，导致KMnO4体积偏小，故E错误；
故选：BCD；
（4）三次滴定消耗KMnO4溶液体积分别为：26.32mL、24.02mL、23.98mL，第一次误差较大，消耗KMnO4溶液平均体积为=24mL，消耗KMnO4物质的量为n(KMnO4)=cmol/L×0.024L，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，n(H2C2O4)= n(KMnO4)= ×cmol/L×24mL=60cmol，则草酸的浓度为c= =mol/L。
【点睛】本题以物质含量为背景考查氧化还原滴定与计算，难度中等，注意实验原理的掌握，滴定管结构与使用等。
23.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
（1）甲池为 ________ (填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)，A电极的电极反应式为____。
（2）丙池中F电极为 __________ (填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，该池的总反应方程式为__________________。
（3）当乙池中C极质量减轻4.32g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_____ml(标准状况)。若丙池中两端的电极不变,将其溶液换成NaCl溶液,则开关闭合一段时间后,丙池中溶液的的体积为400ml计算溶液PH____
（4）一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是________ (填选项字母)。
A．Cu
B．CuO
C．Cu(OH)2
D．Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). 原电池 (2). CH4OH+ 8OH－－6e－= CO32－+ 6H2O (3). 阴极 (4). 2CuSO4+ 2H2O = 2H2SO4+ 2Cu + O2↑ (5). 224 (6). 13 (7). A
【解析】
【分析】
甲池为燃料电池，通入甲醇的为负极，通入氧气的电极为正极，因此A、C为阳极，B、D为阴极，则乙池为电解硝酸银溶液，丙池是电解硫酸铜溶液。
（1）甲池为甲醇燃料电池，负极甲醇发生反应：CH3OH + 8OH－ －6e－ = CO32－+ 6H2O；
（2）丙池为电解硫酸铜溶液：2CuSO4+ 2H2O2H2SO4 + 2Cu + O2↑，F电极连接甲池的负极，为阴极；
（3）根据转移的电子守恒，可得当乙池中C极质量减轻4.32g时，转移0.04mol电子，以此解答；
（4）加入铜以后，银离子又被置换出来，同时补充了铜离子，故可以使乙池恢复到反应前浓度。
【详解】（1）甲池为原电池，通入甲醇的电极发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，故答案为：原电池；CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
（2）丙池中F电极与甲池负极相连，为阴极，丙池为电解硫酸铜溶液，总反应式为2CuSO4＋2H2O 2H2SO4＋2Cu＋O2↑；
（3）C极上的电极反应为：Ag-e- = Ag+，B电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e-═4OH-，当池中C极质量减轻4.32g时，消耗的n（Ag）= =0.04mol，则转移电子是0.04mol，此时甲池中B电极理论上消耗O2的物质的量是0.01mol，这些氧气在标准状况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL；丙池中两端的电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，则丙中发生的是电解NaCl溶液，阳极反应为：2H++ 2e- = H2↑，转移0.04mol电子则消耗0.04mol氢离子，该溶液中c（OH-）==0.1mol/L，则c（H+）==10-13 mol/L，故pH为13；
（4）甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，故选A。
【点睛】本题把电解池和原电池二者结合起来，考查学生综合分析问题的能力。根据装置中的特征电极或电解液判断它是原电池还是电解池。应注意：燃料电池中，燃料在负极发生氧化反应。
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