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【化学】新疆维吾尔自治区生产建设兵团第二中学2018-2019学年高二上学期期中检测（解析版）
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新疆维吾尔自治区生产建设兵团第二中学2018-2019学年高二上学期期中检测
1.下列有关乙烯的说法，其中错误的是
A. 乙烯分子的双键中有一个键较易断裂
B. 乙烯分子里所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角约为120°
C. 乙烯的化学性质比乙烷活泼
D. 乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，因此它们属于同系物
【答案】D
【解析】
试题分析：A．乙烯分子的双键中有一个键较易断裂，化学性质活泼，故A正确；B．乙烯分子是平面结构，所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角为120°，故B正确；C．碳碳双键不稳定，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故C正确；D．乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，但结构不相似，因此它们不属于同系物，故D错误，答案为D。
考点：考查有机物的结构与性质，涉及烷烃、烯烃的性质及同系物的判断。
2. 下列说法正确的是
A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B. 向纯水中加入盐酸或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
C. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少
D. 常温下，反应4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)==4Fe(OH)3(s)的△H＜0、△S＜0
【答案】D
【解析】
试题分析：A．二氧化硫溶于水能够导电，导电的离子不是二氧化硫本身电离的离子，所以二氧化硫不属于电解质，属于非电解质，故A错误；B．该反应过程中，由于温度不变，所以水的离子积不变，故B错误；C．铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO42--2e-=PbSO4，负极质量减少，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O正极质量减少，故C错误；D．常温下，反应4Fe(OH)2(s) + 2H2O(l) + O2(g) = 4Fe(OH)3(s)能自发进行，应满足△H-T•△S＜0，该反应为熵减反应，即△S＜0，说明是放热反应，△H＜0，故D正确；故选D。
考点：考查电解质的判断、水的电离、水的离子积、焓变和熵变等。
3.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A. 铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应： Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈
B. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
C. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
D. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故C错误；D．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。
点睛：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。
4.室温条件下，若溶液中由水电离产生的，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】B
【解析】
【分析】
根据溶液中水电离出的氢氧根浓度计算溶液可能的pH，再分析特定条件下离子之间的反应。
【详解】室温时，溶液中由水电离产生的，小于纯水中由水电离产生的c(OH-)=10－7mol·L-1，可能是酸或碱抑制了水的电离，故溶液pH为0或14。
A项：不能大量存在于pH＝14的溶液，A项错误；
B项：在pH＝0或14的溶液中都能大量共存，B项正确；
C项：不能大量存在于pH＝0的溶液，C项错误；
D项：不能大量存在于pH＝14的溶液，D项错误。
本题选B。
【点睛】室温时，若溶液中由水电离产生的c(H+)或c(OH-)=10－amol·L-1<10－7mol·L-1，则溶液可能呈酸性或碱性。
5.下列由乙烯推测丙烯的结构或性质中，正确的是
A. 分子中所有原子都在同一平面上 B. 不能发生氧化反应
C. 与 HCl 加成只生成一种产物 D. 能发生加聚反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据乙烯的结构或性质，推测丙烯的结构或性质。注意它们的相似性和特殊性。
【详解】乙烯分子中所有原子共面，将其中一个氢原子换成甲基即得丙烯，甲基碳所连接的4个原子在四面体的顶点上（A项错误）；乙烯和丙烯都能燃烧、碳碳双键都能使酸性高锰酸钾褪色，发生氧化反应（B项错误）；有碳碳双键就能发生加聚反应，分别生成聚乙烯、聚丙烯（D项正确）；乙烯双键两端对称，与HCl加成产物只有一种。丙烯双键两端不对称，与HCl加成产物有两种（C项错误）。
本题选D。
6.将 18g 甲烷与乙烯的混合气通入盛有足量溴水的洗气瓶，反应后溴水增重 14g，则混合气体中甲烷和乙烯的体积比是
A. 2：1 B. 1：2 C. 3：2 D. 2：3
【答案】B
【解析】
【分析】
乙烯能与溴水加成反应使溴水增重，混合气体的体积比即物质的量之比。
【详解】溴水增重14g即乙烯的质量，n(C2H4)=14g/28g·mol-1=0.5mol。则混合气体中甲烷质量为4g，n(CH4)=4g/16g·mol-1=0.25mol。n(CH4):n(C2H4)=0.25mol:0.5mol=1:2。
本题选B。
7.c(OH－)相同的氢氧化钠溶液和氨水，分别用蒸馏水稀释至原体积的m倍和n倍，若稀释后两溶液的c(OH－)仍相同，则m和n的关系是( )
A. m＞n B. m＝n C. m＜n D. 不能确定
【答案】C
【解析】
试题分析：一水合氨是弱碱，氢氧化钠是强碱，要稀释后两溶液的c(OH－)仍相同，弱碱需多加水，故m＜n ，C项正确；答案选C。
考点：考查强弱碱的区别
8.根据图，下列判断正确的是
A. 电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极
B. 烧杯b中发生的电极反应为
C. 烧杯a中发生反应，溶液pH降低
D. 向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理分析判断。
【详解】据图，电子从较活泼金属锌经外电路转移向较不活泼金属铁，使铁被保护，不能失电子形成离子（D项错误）。故锌为负极，电极反应为（B项正确）；铁为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，生成OH-使溶液pH升高（C项错误）。在NaCl溶液和盐桥内部，阳离子移向正极、阴离子移向负极，而不是电子移动（A项错误）。
本题选B。
【点睛】原电池外电路中，电子由负极移向正极；内电路中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
9.醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是
白醋中滴入石蕊试液呈红色
室温时，醋酸溶液的pH约为3
醋酸恰好与10mL NaOH溶液完全反应
醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
常温下，将的醋酸溶液稀释1000倍，测得．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
证明醋酸是弱电解质，即要证明它在水溶液中不能完全电离。
【详解】白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸能电离出H+，但不能确定它是否为弱电解质；
室温时醋酸溶液的pH约为3，即c(H+)=0.001mol/L。醋酸未完全电离，为弱电解质；
③按化学方程式，不论醋酸强或弱， 等体积、等浓度的醋酸与NaOH溶液都能恰好完全反应，不能证明醋酸是弱电解质；
溶液导电性强弱与离子浓度和离子电荷数有关。未知溶液浓度时比较导电性，不能比较电离程度大小。
若醋酸为强酸，因稀释过程中氢离子数目不变，的醋酸溶液稀释1000倍时pH应为4。现，则醋酸为弱酸。
本题选D。
10.己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（ ）
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑
④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A. ②③⑤ B. ②④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③
【答案】D
【解析】
根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。
点睛：根据电离平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键。本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。
11.向体积和pH 均相等的盐酸和醋酸中分别加入等质量的镁粉，镁粉均完全溶解，则产生的体积同温同压下测定随时间变化的关系正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
醋酸是弱酸，醋酸溶液中存在：CH3COOHCH3COO－＋H＋，pH相同，推出醋酸的物质的量浓度大于盐酸，反应开始后CH3COOH中c(H＋)大于盐酸c(H＋)，即醋酸溶液中化学反应速率大于盐酸中的化学反应速率，两种溶液中，加入镁粉的质量相等，且均完全溶解，说明两个溶液产生氢气的量相等，故选项B正确。
点睛：醋酸是弱酸，HCl是强酸，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸浓度，醋酸中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸与金属镁反应，消耗H＋，醋酸还能电离产生H＋，而HCl是完全电离，消耗H＋，不能补充，因此醋酸中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，即反应开始后，与醋酸反应速率快，先达到平衡，根据信息，金属镁是等质量，且完全消耗，说明产生氢气的量相同，从而作出正确答案。
12.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/ ℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4 s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L·s)。下列说法正确的是
A. 4 s时c(B)为0.76mol/L
B. 830℃达平衡时，A的转化率为80%
C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D. 1200℃时反应C(g)+D(g）A(g)+B(g)的平衡常数的值为0.4
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=v(A)=0.005mol/(L•s)，则4s内△c(B)=0.005mol•L-1•s-1×4s=0.02mol/L，B的起始浓度为=0.4mol/L，故4s时c(B)=0.4mol/L-0.02mol/L=0.38mol/L，故A正确；B．设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A(g)+B(g)C(g)+D(g)
开始(mol/L)：0.1 0.4 0 0
变化(mol/L)：x x x x
平衡(mol/L)：0.1-x 0.4-x x x
故=1，解得x=0.08，所以平衡时A的转化率为×100%=80%，故B错误；C．由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，不是正向移动，故C错误；D.1200℃时反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2.5，故D错误；故选A。
考点：考查了化学反应速率、化学平衡常数的计算的相关知识。
13.CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2＋+4I－=2CuI↓+I2而得到。现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法正确的是
A. 铜片做阴极，石墨做阳极
B. 白色沉淀在阴极附近生成
C. 阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝
D. 阳极区溶液变蓝的原因是：4OH－－4e－=2H2O+O2↑，O2将I－氧化为I2，碘遇淀粉变蓝
【答案】C
【解析】
现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。所以，肯定是铜片做阳极，铜片溶解，A 错误；
在阳极铜失去电子得到亚铜离子，和碘离子结合生成CuI白色沉淀，此沉淀是在阳极附近生成，B 错误；
阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝，所以，C 正确；D 错误。
14.某电化学装置如图所示，下列说法正确的是
A. 甲池中消耗标准状况下，此时丙池中理论上最多产生固体
B. 乙池Ag电极增重，溶液中将转移电子
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量固体，能使溶液恢复到原浓度
D. 甲池通入的电极反应为
【答案】A
【解析】
【分析】
根据原电池和电解池的工作原理分析解答。
【详解】甲池两电极分别通入氢气、氧气，为碱性氢氧燃料电池，通入氢气的电极为电池的负极（H2-2e-+2OH-=2H2O），通入氧气的电极为电池的正极（O2+4e-+2H2O=4OH-）。乙池、丙池为两个串联电解池，乙池中石墨为电解池阳极（2H2O－4e-=O2↑+4H+），Ag为电解池阴极（Cu2++2e-=Cu）。丙池中左边Pt电极为电解池阳极（2Cl--2e-=Cl2↑）、右边Pt电极为电解池阴极（2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+Mg(OH)2↓）。一定时间内通过6个电极的电子的物质的量相等。
A项：据甲池正极和丙池阴极反应有O2~4e-~2Mg(OH)2，n(O2)=0.28L/22.4L·mol-1=0.0125mol，则n[Mg(OH)2]=0.025mol，m[Mg(OH)2]=0.025mol×58g/mol=1.45g。A项正确；
B项：据乙池Ag电极（阴极）Cu2++2e-=Cu，生成Cu时电路中.2mol电子转移，溶液中是阴阳离子移动而不是电子转移。B项错误；
C项：乙池总反应为2Cu2++2H2O=2Cu+O2↑+4H+，要使溶液恢复到原浓度，需除去生成的H+、补充消耗的Cu2+和H2O，且满足2H+~Cu2+~H2O。若电解生成2molH+，则加入1mol固体，会生成2molH2O，C项错误；
D. 甲池为强碱溶液，电极反应中不应出现H+，通入的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，D项错误。
本题选A。
【点睛】原电池负极、电解池阳极失电子，发生氧化反应；原电池正极、电解池阴极得电子，发生还原反应。书写电极反应式时，需考虑得失电子的产物与溶液之间的反应。
15.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是
A. 酸式滴定管未用盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D. 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】D
【解析】
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故A不符合；B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）无影响，故B不符合；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故C不符合；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏低，故D符合；故答案为D。
点睛：要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。
16.用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为OHC-CHOHOOC-COOH下列说法正确的是
A. 该装置利用上述反应将化学能转化为电能
B. 电极的反应式为
C. 盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供参与电极反应
D. 理论上每得到乙二酸，将有从右室迁移到左室
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；
B. Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2，故B错误；
C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；
D. 由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有从右室迁移到左室，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。
17.关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是
A. 常温下，测得氨水的pH为11：
B. 将通入水中，所得水溶液呈酸性：
C. 用、进行氢氧燃料电池实验，产生电流：
D. 恒温恒容时，平衡体系中，通人，平衡正向移动：通入后，体系中的值小于平衡常数K
【答案】C
【解析】
【详解】A.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/L氨水的pH为13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故A原理表示正确；
B．将通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故B表示原理正确；
C．用、进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故C原理表示不正确；
D.在平衡体系中，通入I2(g)后，C(I2)增大，减小，体系中的值小于平衡常数K，平衡正向移动，故D原理表示正确；
答案选C。
【点睛】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，Qc=K，则反应处于平衡状态；Qc>K，则反应逆向移动； Qc
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
19.室温条件下，现有四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液，下列有关说法正确的是
A. 由水电离出的c（H＋）：①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：③=②
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，②生成的H2的物质的量最大
D. 向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
【答案】A
【解析】
试题分析：A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的C（H+）：①=②=③=④，A项正确；B.氨水是弱碱，只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH-），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，B项正确；C. 醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，C项错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的PH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的PH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，D项错误；答案选A。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡,酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。
【名师点睛】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后PH值相对大小的比较等知识点，注意无论是酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。①温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度，②pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合，氨水平衡状态下的氢氧根离子浓度和CH3COOH溶液中的氢离子浓度相同恰好反应生成醋酸铵，根据醋酸铵溶液分析，③先根据溶液的PH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少，④根据电解质的强弱、溶液稀释时离子浓度的变化判断溶液的PH值大小。
20.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c
D. 图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c
【答案】C
【解析】
图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。
点睛：放热反应，反应物的能量大于生成物的能量；吸热反应，反应物的能量小于生成物的能量；醋酸是弱电解质，部分电离，所以0.1mol·L-1 CH3COOH溶液的pH大于1。
21.据报道，以硼氢化合物元素的化合价为和作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用，正极材料采用，其工作原理如图所示下列说法正确的是
A. 每消耗1 mol ，转移的电子为1 mol
B. 电极b采用，既作电极材料又有催化作用
C. 该电池的正极反应为
D. 电池放电时从b极区移向a极区
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理分析解答。
【详解】图中电极b上H2O2变成OH-，氧元素得电子从－1价降低为－2价，则电极b为电池正极，正极反应为H2O2+2e-=2OH-（A项错误）。电极a为电池负极，负极反应为（C项错误）。外电路中，电子从电极a经用电器流向电极b，电流方向相反。电池内部，阳离子（）从a极区移向b极区（D项错误）。
本题选 B。
22.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是
A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－
B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D
【解析】
试题分析：A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，但电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。
考点：考查原电池知识。
23.液流电池是一种新型可充电的高性能蓄电池，其工作原理如图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有、的混合液和、酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。已知放电时右侧存储罐中浓度增大。下列说法 不正确的是
A. 充电时阴极的电极反应是
B. 放电时，作氧化剂，在正极被还原，作还原剂，在负极被氧化
C. 若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有发生转移时，最终左罐电解液的的物质的量增加了1 mol
D. 若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐
【答案】B
【解析】
【分析】
蓄电池即二次电池，放电时是原电池，把化学能变成电能。充电时是电解池，把电能变成化学能。因此，根据原电池和电解池工作原理解答。
【详解】放电时右侧存储罐中浓度增大，则右边电极反应为V2+－e-=V3+，是电池负极，是还原剂在负极被氧化。从而左边电极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，是电池正极，VO2+是氧化剂在正极被还原（B项错误）。
放电时阴离子由正极区移向负极区，即由左罐移向右罐（D项正确）。
放电、充电过程相反，电极反应式也相反。充电时，右边电极是阴极，电极反应为V3++e-=V2+（A项正确）。左边电极是阳极，电极反应为VO2++H2O－e-＝VO2++2H+。若离子交换膜为质子交换膜，有发生转移时阳极生成2molH+。为使交换膜两侧溶液呈电中性，有1molH+从交换膜左侧移向右侧，故最终左罐电解液的的物质的量增加了1 mol（C项正确）。
本题选B。
【点睛】交换膜两侧溶液呈电中性，是分析迁移离子数量问题的关键。
24.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致： N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4，请回答：
（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______。
A．消耗1molN2同时生成1molO2 B．混合气体密度不变
C．混合气体平均相对分子质量不变 D．2v正（N2）=v逆（NO）
（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______（填字母序号）
（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（5）在240℃下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1 mol/L、4.0×10-2 mol/L和3.0×10-3 mol/L，此时反应______（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是_________________________________________。
【答案】（1）0.05mol/（L·min）；（2）AD；（3）AC；（4）不变；（5）向正向进行；浓度商小于平衡常数。
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应速率数学表达式，v(O2)=(1－0.5)/(2×5)mol/(L·min)="0.05" mol/(L·min)；（2）A、用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，故正确；B、ρ=m/v，条件是恒容，v不变，反应物和生成物都是气体，气体质量不变，因此密度不能作为达到平衡的标志，故错误；C、M=m/n，气体的质量不变，气体系数之和相等，n不变，因此平均相对分子质量不变，不能作为达到平衡的标志，故错误；D、根据A的分析，故正确；（3）化学平衡常数K=c2(NO)/[c(NO)×c(O2)]，此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数只受温度的影响，因此随着温度的升高，化学平衡常数增大，故正确；B、催化剂只增大反应速率，对化学平衡无影响，故错误；C、先拐先平衡，说明反应速率快，即T1＞T2，此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，N2的转化率增大，故正确；（4）再充入NO，相当于在原来的基础增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，即平衡不移动，NO的体积分数不变；（5）此时的Qc=(3×10－3)2/[(2．5×10－1×4×10－2]=9×10－4，上述反应达到平衡时的化学平衡常数为K=64×10－4，Qc＜K，说明反应向正反应方向移动。
考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡标志的判断、列夏特勒原理、化学平衡常数等知识。
25.已知水的离子积：25℃时Kw=1×10﹣14，100℃时Kw=1×10﹣12。试回答以下问题．
（1）25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4 mol•L﹣1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=_________．
（2）在100℃时，测得某溶液pH=7，该溶液显_________（填“酸”、“碱”或“中”）性．
（3）将100℃温度下pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合，若所得混合液pH=2，则a：b=________．
（4）某温度时，有pH＝2的稀硫酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw＝________。
①该温度下( T ℃)，将100 mL 0.1 mol·L－1的稀H2SO4溶液与100 mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH＝____________。
②该温度下(T ℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是________________。
【答案】 (1). 103 (2). 碱 (3). 9：11 (4). 10-13 (5). 12 (6). pHa＋pHb＝12
【解析】
本题主要考查pH的计算。
（1）25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4 mol•L﹣1，c（Na+）=10﹣3 mol•L﹣1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=10﹣4：10﹣7=103。
（2）在100℃时，水的pH=6，测得某溶液pH=7，该溶液显碱性。
（3）将100℃温度下aLpH=11的NaOH溶液与bLpH=1的H2SO4溶液混合，在氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.1mol/L，在硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，若所得混合液pH=2，则c(H+)==0.01mol/L，a：b=9:11。
（4）某温度时，有pH＝2的稀硫酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，稀硫酸中c(H+)=0.01mol/L=氢氧化钠溶液中c(OH-)，则该温度下水的离子积常数Kw＝0.01×10-11=10-13。
①该温度下( T ℃)，将100 mL 0.1 mol·L－1的稀H2SO4溶液与100 mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，c(OH-)==0.1mol/L，pH=12。
②该温度下(T ℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，c硫酸(H+)=10c氢氧化钠(OH-)=10-12/c氢氧化钠(H+)，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是pHa＋pHb＝12。
26.Ⅰ甲醇水蒸气重整制氢系统简单，产物中含量高、CO含量低会损坏燃料电池的交换膜，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：
反应主
反应副
温度高于则会同时发生反应
（1）计算反应III的______________。
Ⅱ太阳能电池可用作电解的电源如图。
（2）若c、d均为惰性电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，电解过程中，c极先无气体产生，后又生成气体，则c极为________极，在电解过程中，溶液的pH________填“增大”“减小”或“不变”，停止电解后，为使溶液恢复至原溶液应加入适量的____________________。
（3）若c、d均为铜电极，电解质溶液为氯化钠溶液，则电解时，溶液中氯离子的物质的量将________填“增大”“减小”或“不变”。
（4）若用石墨、铁作电极材料，可组装成一个简易污水处理装置。其原理是加入试剂调节污水的pH在。接通电源后，阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而刮去，起到浮选净化作用；阳极产生的有色物质具有吸附性，吸附污物而沉积，起到凝聚净化作用。该装置中，阴极的电极反应为________；阳极区生成的有色物质是________。
Ⅲ现有以下三种乙醇燃料电池。
（5）碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为___________________________。
酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为___________________________。
熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b上发生的电极反应式为__________。以此电源电解足量的硝酸银溶液，若阴极产物的质量为，电解后溶液体积为2L，溶液的pH约为_____
【答案】 (1). (2). 阴 (3). 减小 (4). CuO和H2O (5). 不变 (6). (7). (8). (9). (10). (11). 1
【解析】
【分析】
根据盖斯定律求热化学方程式。根据原电池、电解池工作原理书写电极反应式、解答相关问题。
【详解】I.（1）观察已知反应得：反应III＝反应I+反应II，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2＝+90kJ/mol。
II.（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极反应2H2O－4e-=O2↑+4H+，阴极先后发生反应Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH－。先无气体、后有气体生成的c极是电解池的阴极，另一d极为电解池的阳极。开始时电解总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，后来电解总反应为2H2O2H2↑+O2↑。电解过程中，生成H+、消耗H2O，都使H+浓度增大，溶液pH减小。要使溶液恢复到原浓度，对开始总反应需除去生成的H+、补充消耗的Cu2+和H2O，且满足2H+~Cu2+~H2O，可加入适量的CuO或CuCO3。对后来总反应只要加入适量的H2O。
（3）当用铜电极电解质氯化钠溶液时，阳极Cu－2e-=Cu2+，阴极先后2H2O+2e-=H2↑+2OH－、Cu2++2e-=Cu。溶液中氯离子的物质的量保持不变。
（4）用石墨、铁作电极电解pH在的污水。若石墨作阳极、铁作阴极，电解时两极均产生气体，不会生成有色物质。若铁作阳极、石墨作阴极，电解时阳极铁失电子，进而形成Fe(OH)3胶体，阴极反应2H++2e-=H2↑
Ⅲ（5）乙醇燃料电池中，乙醇在负极（电极a）失电子，氧气在正极（电极b）得电子。
碱性乙醇燃料电池中，负极（电极a）反应，正极（电极b）反应O2+4e-+2H2O=4OH－。
酸性乙醇燃料电池中，负极（电极a）反应C2H5OH－12e-+3H2O＝2CO2↑+12H+，正极（电极b）反应。
熔融碳酸钾乙醇燃料电池中，负极（电极a）反应C2H5OH－12e-+6CO32-=8CO2↑+3H2O，正极（电极b）反应。以此电源电解足量的硝酸银溶液时，阳极反应2H2O－4e-=O2↑+4H+，阴极反应4Ag++4e－=4Ag。即Ag~e－~H+，n(H+)=21.6g/108g·mol-1=0.2mol，c(H+)=0.2mol/2L=0.1mol/L，pH=1。
【点睛】电极反应式实为半个离子方程式，应符合离子方程式的书写要求，要考虑得失电子产物与溶液的反应。酸性溶液用H+和H2O配平，碱性溶液用OH-和H2O配平。
27.某学生用溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A.用蒸馏水洗净滴定管
B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管
C.用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，加入酚酞
D.另取锥形瓶，再重复操作次
E.检查滴定管是否漏水
F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
完成以下填空：
（1）滴定时正确操作的顺序是用序号字母填写：______________________________。_____
（2）操作F中应该选择图中滴定管______填标号。
（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察______。
（4）滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积
标准溶液的体积
滴定前刻度
滴定后刻度
1
2
3
计算该盐酸的物质的量浓度为______精确至。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是______。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D.达到滴定终点时，仰视读数
（6）氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。测血钙的含量时，进行如下实验：
可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。
将得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。
终点时用去的溶液。
Ⅰ、写出用滴定的离子方程式______。
Ⅱ、盛装酸性 溶液的是______滴定管，此实验的指示剂为：______，判断滴定终点的现象：______。
Ⅲ、计算：血液中含钙离子的浓度为______。
【答案】 (1). E；A；B；C；G (2). 乙 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). (5). AD (6). (7). 酸式滴定管 (8). KMnO4 (9). 当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (10).
【解析】
【分析】
根据中和滴定的原理、仪器、操作及误差分析回答问题，并迁移应用于氧化还原滴定。
【详解】(1)中和滴定的一般操作：标准液注入滴定管，待测液放入锥形瓶，滴加指示剂，中和滴定，重复操作。据此滴定时正确操作顺序是EAFBCGD。
(2)操作F中使用碱式滴定管，应该选择图中乙。
(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点。
(4)三次滴定消耗标准溶液的体积分别是20.01mL、20.00mL、19.99mL，平均值为20.00mL。据HCl~NaOH，
有c(HCl)×25.00mL=0.1500mol/L×20.00mL，c(HCl)=0.1200mol/L。
(5)A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，滴定管内壁附着的少量水将标准液稀释，使滴定时消耗的标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；
B.滴定过程中，待测溶液过量，锥形瓶内有液滴溅出即损失待测液。滴定消耗的标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，使标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；
D.达到滴定终点时仰视读数，使终点读数偏大，使标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；
导致测定盐酸浓度偏高的是AD。
(6)I.溶被还原为，被氧化成，根据得失电子数相等可写出2MnO4－+5H2C2O4—2Mn2++10CO2。酸性溶液用H+和H2O配平，再据电荷守恒、质量守恒得。
Ⅱ、酸性 溶液有酸性和强氧化性，会腐蚀橡胶管，只能放在酸式滴定管中。 溶液本身有颜色，故不需另加指示剂。滴定过程中，当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点。
Ⅲ、实验过程中有Ca2+~CaC2O4~H2C2O4~2/5MnO4－，则c(Ca2+)×2mL×=1.0×10-4mol/L×20mL，解得c(Ca2+)=2.5×10-3mol/L。
1.下列有关乙烯的说法，其中错误的是
A. 乙烯分子的双键中有一个键较易断裂
B. 乙烯分子里所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角约为120°
C. 乙烯的化学性质比乙烷活泼
D. 乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，因此它们属于同系物
【答案】D
【解析】
试题分析：A．乙烯分子的双键中有一个键较易断裂，化学性质活泼，故A正确；B．乙烯分子是平面结构，所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角为120°，故B正确；C．碳碳双键不稳定，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故C正确；D．乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，但结构不相似，因此它们不属于同系物，故D错误，答案为D。
考点：考查有机物的结构与性质，涉及烷烃、烯烃的性质及同系物的判断。
2. 下列说法正确的是
A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B. 向纯水中加入盐酸或氢氧化钠都能使水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小
C. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少
D. 常温下，反应4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)==4Fe(OH)3(s)的△H＜0、△S＜0
【答案】D
【解析】
试题分析：A．二氧化硫溶于水能够导电，导电的离子不是二氧化硫本身电离的离子，所以二氧化硫不属于电解质，属于非电解质，故A错误；B．该反应过程中，由于温度不变，所以水的离子积不变，故B错误；C．铅蓄电池在放电过程中，负极电极反应式Pb+SO42--2e-=PbSO4，负极质量减少，正极电极反应式为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O正极质量减少，故C错误；D．常温下，反应4Fe(OH)2(s) + 2H2O(l) + O2(g) = 4Fe(OH)3(s)能自发进行，应满足△H-T•△S＜0，该反应为熵减反应，即△S＜0，说明是放热反应，△H＜0，故D正确；故选D。
考点：考查电解质的判断、水的电离、水的离子积、焓变和熵变等。
3.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（ ）
A. 铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应： Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈
B. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
C. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
D. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．金属腐蚀的实质是金属失去电子发生氧化反应，所以属于被氧化的过程，故C错误；D．强酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，所以酸性条件下钢铁不一定发生析氢腐蚀，故D错误；故选B。
点睛：本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键。本题的易错选项是A，注意铁发生析氢腐蚀或吸氧腐蚀时均生成亚铁离子而不是铁离子。
4.室温条件下，若溶液中由水电离产生的，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
【答案】B
【解析】
【分析】
根据溶液中水电离出的氢氧根浓度计算溶液可能的pH，再分析特定条件下离子之间的反应。
【详解】室温时，溶液中由水电离产生的，小于纯水中由水电离产生的c(OH-)=10－7mol·L-1，可能是酸或碱抑制了水的电离，故溶液pH为0或14。
A项：不能大量存在于pH＝14的溶液，A项错误；
B项：在pH＝0或14的溶液中都能大量共存，B项正确；
C项：不能大量存在于pH＝0的溶液，C项错误；
D项：不能大量存在于pH＝14的溶液，D项错误。
本题选B。
【点睛】室温时，若溶液中由水电离产生的c(H+)或c(OH-)=10－amol·L-1<10－7mol·L-1，则溶液可能呈酸性或碱性。
5.下列由乙烯推测丙烯的结构或性质中，正确的是
A. 分子中所有原子都在同一平面上 B. 不能发生氧化反应
C. 与 HCl 加成只生成一种产物 D. 能发生加聚反应
【答案】D
【解析】
【分析】
根据乙烯的结构或性质，推测丙烯的结构或性质。注意它们的相似性和特殊性。
【详解】乙烯分子中所有原子共面，将其中一个氢原子换成甲基即得丙烯，甲基碳所连接的4个原子在四面体的顶点上（A项错误）；乙烯和丙烯都能燃烧、碳碳双键都能使酸性高锰酸钾褪色，发生氧化反应（B项错误）；有碳碳双键就能发生加聚反应，分别生成聚乙烯、聚丙烯（D项正确）；乙烯双键两端对称，与HCl加成产物只有一种。丙烯双键两端不对称，与HCl加成产物有两种（C项错误）。
本题选D。
6.将 18g 甲烷与乙烯的混合气通入盛有足量溴水的洗气瓶，反应后溴水增重 14g，则混合气体中甲烷和乙烯的体积比是
A. 2：1 B. 1：2 C. 3：2 D. 2：3
【答案】B
【解析】
【分析】
乙烯能与溴水加成反应使溴水增重，混合气体的体积比即物质的量之比。
【详解】溴水增重14g即乙烯的质量，n(C2H4)=14g/28g·mol-1=0.5mol。则混合气体中甲烷质量为4g，n(CH4)=4g/16g·mol-1=0.25mol。n(CH4):n(C2H4)=0.25mol:0.5mol=1:2。
本题选B。
7.c(OH－)相同的氢氧化钠溶液和氨水，分别用蒸馏水稀释至原体积的m倍和n倍，若稀释后两溶液的c(OH－)仍相同，则m和n的关系是( )
A. m＞n B. m＝n C. m＜n D. 不能确定
【答案】C
【解析】
试题分析：一水合氨是弱碱，氢氧化钠是强碱，要稀释后两溶液的c(OH－)仍相同，弱碱需多加水，故m＜n ，C项正确；答案选C。
考点：考查强弱碱的区别
8.根据图，下列判断正确的是
A. 电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极
B. 烧杯b中发生的电极反应为
C. 烧杯a中发生反应，溶液pH降低
D. 向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理分析判断。
【详解】据图，电子从较活泼金属锌经外电路转移向较不活泼金属铁，使铁被保护，不能失电子形成离子（D项错误）。故锌为负极，电极反应为（B项正确）；铁为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，生成OH-使溶液pH升高（C项错误）。在NaCl溶液和盐桥内部，阳离子移向正极、阴离子移向负极，而不是电子移动（A项错误）。
本题选B。
【点睛】原电池外电路中，电子由负极移向正极；内电路中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
9.醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是
白醋中滴入石蕊试液呈红色
室温时，醋酸溶液的pH约为3
醋酸恰好与10mL NaOH溶液完全反应
醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
常温下，将的醋酸溶液稀释1000倍，测得．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
证明醋酸是弱电解质，即要证明它在水溶液中不能完全电离。
【详解】白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸能电离出H+，但不能确定它是否为弱电解质；
室温时醋酸溶液的pH约为3，即c(H+)=0.001mol/L。醋酸未完全电离，为弱电解质；
③按化学方程式，不论醋酸强或弱， 等体积、等浓度的醋酸与NaOH溶液都能恰好完全反应，不能证明醋酸是弱电解质；
溶液导电性强弱与离子浓度和离子电荷数有关。未知溶液浓度时比较导电性，不能比较电离程度大小。
若醋酸为强酸，因稀释过程中氢离子数目不变，的醋酸溶液稀释1000倍时pH应为4。现，则醋酸为弱酸。
本题选D。
10.己知：
弱电解质
电离平衡常数(25℃)
碳酸
K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11
次氯酸
K=3.0×10-8
氢氧化铝
Ka =6.3×10-13
氢氰酸(HCN)
K=4.9×10-10
运用电离平衡常数判断不可以发生的反应是（ ）
①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3
②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑
③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑
④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-
⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3
A. ②③⑤ B. ②④⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③
【答案】D
【解析】
根据电离平衡常数可知，酸性：碳酸＞次氯酸＞氢氰酸＞碳酸氢根离子＞氢氧化铝。①HClO+Na2CO3=NaClO+NaHCO3表示酸性：次氯酸＞碳酸氢根离子，与题意吻合，能够发生；②2HClO+Na2CO3=2NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；③HClO+NaHCO3=NaClO+H2O+CO2↑表示酸性：次氯酸＞碳酸，与题意不符，不能发生；④ NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO表示酸性：碳酸＞次氯酸，与题意吻合，能够发生；⑤HCO3-+AlO2-+H2O==Al(OH)3↓+CO32-表示酸性：碳酸氢根离子＞氢氧化铝，与题意吻合，能够发生；⑥NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3表示酸性：碳酸＞氢氰酸，与题意吻合，能够发生；不能发生的反应是②③，故选D。
点睛：根据电离平衡常数判断酸性的强弱是解题的关键。本题的解题思路为酸性强的酸可以反应生成酸性弱的酸。
11.向体积和pH 均相等的盐酸和醋酸中分别加入等质量的镁粉，镁粉均完全溶解，则产生的体积同温同压下测定随时间变化的关系正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
醋酸是弱酸，醋酸溶液中存在：CH3COOHCH3COO－＋H＋，pH相同，推出醋酸的物质的量浓度大于盐酸，反应开始后CH3COOH中c(H＋)大于盐酸c(H＋)，即醋酸溶液中化学反应速率大于盐酸中的化学反应速率，两种溶液中，加入镁粉的质量相等，且均完全溶解，说明两个溶液产生氢气的量相等，故选项B正确。
点睛：醋酸是弱酸，HCl是强酸，相同pH时，醋酸的浓度大于盐酸浓度，醋酸中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸与金属镁反应，消耗H＋，醋酸还能电离产生H＋，而HCl是完全电离，消耗H＋，不能补充，因此醋酸中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，即反应开始后，与醋酸反应速率快，先达到平衡，根据信息，金属镁是等质量，且完全消耗，说明产生氢气的量相同，从而作出正确答案。
12.已知A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
温度/ ℃
700
800
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.2mol的A和0.8mol的B，反应初始4 s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L·s)。下列说法正确的是
A. 4 s时c(B)为0.76mol/L
B. 830℃达平衡时，A的转化率为80%
C. 反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D. 1200℃时反应C(g)+D(g）A(g)+B(g)的平衡常数的值为0.4
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应初始4s内A的平均反应速率v(A)=0.005mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，所以v(B)=v(A)=0.005mol/(L•s)，则4s内△c(B)=0.005mol•L-1•s-1×4s=0.02mol/L，B的起始浓度为=0.4mol/L，故4s时c(B)=0.4mol/L-0.02mol/L=0.38mol/L，故A正确；B．设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A(g)+B(g)C(g)+D(g)
开始(mol/L)：0.1 0.4 0 0
变化(mol/L)：x x x x
平衡(mol/L)：0.1-x 0.4-x x x
故=1，解得x=0.08，所以平衡时A的转化率为×100%=80%，故B错误；C．由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，不是正向移动，故C错误；D.1200℃时反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反应C(g)+D(g)⇌A(g)+B(g)的平衡常数的值为=2.5，故D错误；故选A。
考点：考查了化学反应速率、化学平衡常数的计算的相关知识。
13.CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2＋+4I－=2CuI↓+I2而得到。现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。为确认反应情况，通电前在溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。电解一段时间后得到白色沉淀，同时阴极区溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法正确的是
A. 铜片做阴极，石墨做阳极
B. 白色沉淀在阴极附近生成
C. 阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝
D. 阳极区溶液变蓝的原因是：4OH－－4e－=2H2O+O2↑，O2将I－氧化为I2，碘遇淀粉变蓝
【答案】C
【解析】
现用铜片、石墨作电极，电解KI溶液制取CuI。所以，肯定是铜片做阳极，铜片溶解，A 错误；
在阳极铜失去电子得到亚铜离子，和碘离子结合生成CuI白色沉淀，此沉淀是在阳极附近生成，B 错误；
阳极区溶液变蓝的原因是：2Cu+4I－－4e－=2CuI↓+I2，碘遇淀粉变蓝，所以，C 正确；D 错误。
14.某电化学装置如图所示，下列说法正确的是
A. 甲池中消耗标准状况下，此时丙池中理论上最多产生固体
B. 乙池Ag电极增重，溶液中将转移电子
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量固体，能使溶液恢复到原浓度
D. 甲池通入的电极反应为
【答案】A
【解析】
【分析】
根据原电池和电解池的工作原理分析解答。
【详解】甲池两电极分别通入氢气、氧气，为碱性氢氧燃料电池，通入氢气的电极为电池的负极（H2-2e-+2OH-=2H2O），通入氧气的电极为电池的正极（O2+4e-+2H2O=4OH-）。乙池、丙池为两个串联电解池，乙池中石墨为电解池阳极（2H2O－4e-=O2↑+4H+），Ag为电解池阴极（Cu2++2e-=Cu）。丙池中左边Pt电极为电解池阳极（2Cl--2e-=Cl2↑）、右边Pt电极为电解池阴极（2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+Mg(OH)2↓）。一定时间内通过6个电极的电子的物质的量相等。
A项：据甲池正极和丙池阴极反应有O2~4e-~2Mg(OH)2，n(O2)=0.28L/22.4L·mol-1=0.0125mol，则n[Mg(OH)2]=0.025mol，m[Mg(OH)2]=0.025mol×58g/mol=1.45g。A项正确；
B项：据乙池Ag电极（阴极）Cu2++2e-=Cu，生成Cu时电路中.2mol电子转移，溶液中是阴阳离子移动而不是电子转移。B项错误；
C项：乙池总反应为2Cu2++2H2O=2Cu+O2↑+4H+，要使溶液恢复到原浓度，需除去生成的H+、补充消耗的Cu2+和H2O，且满足2H+~Cu2+~H2O。若电解生成2molH+，则加入1mol固体，会生成2molH2O，C项错误；
D. 甲池为强碱溶液，电极反应中不应出现H+，通入的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，D项错误。
本题选A。
【点睛】原电池负极、电解池阳极失电子，发生氧化反应；原电池正极、电解池阴极得电子，发生还原反应。书写电极反应式时，需考虑得失电子的产物与溶液之间的反应。
15.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是
A. 酸式滴定管未用盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D. 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
【答案】D
【解析】
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故A不符合；B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）无影响，故B不符合；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏大，故C不符合；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知，测定c（NaOH）偏低，故D符合；故答案为D。
点睛：要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。
16.用如图所示装置，可由乙二醛制备乙二酸，反应原理为OHC-CHOHOOC-COOH下列说法正确的是
A. 该装置利用上述反应将化学能转化为电能
B. 电极的反应式为
C. 盐酸除增强溶液导电性的作用，还提供参与电极反应
D. 理论上每得到乙二酸，将有从右室迁移到左室
【答案】C
【解析】
【详解】A. 该装置电解池，能量转化关系为电能转化为化学能，故A错误；
B. Pt1为阴极得电子发生还原反应，发生的电极反应方程式为：2H++2e-＝H2，故B错误；
C．HCl是电解质，其在水溶液中起提供Cl-和增强导电性的作用，同时在Pt2极放电生成Cl2，电极方程式为：Cl2+2e-＝2Cl-，故C正确；
D. 由反应可知，每生成1mol乙二酸，转移4mole-，将有4molH+从右室迁移到左室，则理论上每得到0.1mol乙二酸，将有从右室迁移到左室，故D错误；
答案选C。
【点睛】本题主要考查了电解池原理的应用，在本装置中，阳极先是氯离子放电生成氯气，然后将乙二醛氧化生成乙二酸，从而实现由乙二醛制备乙二酸的目的。
17.关于下列事实的解释，其原理表示不正确的是
A. 常温下，测得氨水的pH为11：
B. 将通入水中，所得水溶液呈酸性：
C. 用、进行氢氧燃料电池实验，产生电流：
D. 恒温恒容时，平衡体系中，通人，平衡正向移动：通入后，体系中的值小于平衡常数K
【答案】C
【解析】
【详解】A.若氨水中一水合氨是完全电离的，常温下0.1mol/L氨水的pH为13，而实际测得为11，说明一水合氨在溶液中部分电离，故A原理表示正确；
B．将通入水中，所得水溶液呈酸性是因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，故B表示原理正确；
C．用、进行氢氧燃料电池实验时，是通过原电池装置使反应是的电子定向移动的，并不是通过燃烧，故C原理表示不正确；
D.在平衡体系中，通入I2(g)后，C(I2)增大，减小，体系中的值小于平衡常数K，平衡正向移动，故D原理表示正确；
答案选C。
【点睛】在判断可逆反应平衡的移动方向时，可由反应混合物的浓度熵与平衡常数的相对大小来分析，若在一定条件下，Qc=K，则反应处于平衡状态；Qc>K，则反应逆向移动； Qc
A. 该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B. 甲池中负极反应为
C. 甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D. 当甲池中消耗 时，乙池中理论上最多产生固体
【答案】C
【解析】
甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A．通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，选项A错误；B．甲池负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，氢离子不能在碱性溶液中出现，选项B错误；C．甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，选项C正确；D．甲池N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，消耗0.1mol N2H4时，转移0.4mol电子，乙池Cu2++2e-=Cu，产生0.2mol铜，为12.8g固体，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据电极反应确定电极上的生成物及溶液pH变化，难点是电极反应式的书写及计算。甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，阴极电极反应为 Cu2++2e-=Cu、阳极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，据此分析解答。
19.室温条件下，现有四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液，下列有关说法正确的是
A. 由水电离出的c（H＋）：①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：③=②
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，②生成的H2的物质的量最大
D. 向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
【答案】A
【解析】
试题分析：A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的C（H+）：①=②=③=④，A项正确；B.氨水是弱碱，只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH-），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，B项正确；C. 醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，C项错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的PH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的PH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，D项错误；答案选A。
【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡,酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。
【名师点睛】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后PH值相对大小的比较等知识点，注意无论是酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。①温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度，②pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合，氨水平衡状态下的氢氧根离子浓度和CH3COOH溶液中的氢离子浓度相同恰好反应生成醋酸铵，根据醋酸铵溶液分析，③先根据溶液的PH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少，④根据电解质的强弱、溶液稀释时离子浓度的变化判断溶液的PH值大小。
20.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图Ⅰ表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B. 图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C. 图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c
D. 图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g） △H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物 CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率b＞a＞c
【答案】C
【解析】
图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1 CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。
点睛：放热反应，反应物的能量大于生成物的能量；吸热反应，反应物的能量小于生成物的能量；醋酸是弱电解质，部分电离，所以0.1mol·L-1 CH3COOH溶液的pH大于1。
21.据报道，以硼氢化合物元素的化合价为和作原料的燃料电池可用作空军通信卫星电源，负极材料采用，正极材料采用，其工作原理如图所示下列说法正确的是
A. 每消耗1 mol ，转移的电子为1 mol
B. 电极b采用，既作电极材料又有催化作用
C. 该电池的正极反应为
D. 电池放电时从b极区移向a极区
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理分析解答。
【详解】图中电极b上H2O2变成OH-，氧元素得电子从－1价降低为－2价，则电极b为电池正极，正极反应为H2O2+2e-=2OH-（A项错误）。电极a为电池负极，负极反应为（C项错误）。外电路中，电子从电极a经用电器流向电极b，电流方向相反。电池内部，阳离子（）从a极区移向b极区（D项错误）。
本题选 B。
22.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是
A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－
B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D
【解析】
试题分析：A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；C项若用NaCl溶液代替盐酸，但电池总反应不变，错误；D项当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。
考点：考查原电池知识。
23.液流电池是一种新型可充电的高性能蓄电池，其工作原理如图。两边电解液存储罐盛放的电解液分别是含有、的混合液和、酸性混合液，且两极电解液分开，各自循环。已知放电时右侧存储罐中浓度增大。下列说法 不正确的是
A. 充电时阴极的电极反应是
B. 放电时，作氧化剂，在正极被还原，作还原剂，在负极被氧化
C. 若离子交换膜为质子交换膜，充电时当有发生转移时，最终左罐电解液的的物质的量增加了1 mol
D. 若离子交换膜为阴离子交换膜，放电时阴离子由左罐移向右罐
【答案】B
【解析】
【分析】
蓄电池即二次电池，放电时是原电池，把化学能变成电能。充电时是电解池，把电能变成化学能。因此，根据原电池和电解池工作原理解答。
【详解】放电时右侧存储罐中浓度增大，则右边电极反应为V2+－e-=V3+，是电池负极，是还原剂在负极被氧化。从而左边电极反应为VO2++2H++e-=VO2++H2O，是电池正极，VO2+是氧化剂在正极被还原（B项错误）。
放电时阴离子由正极区移向负极区，即由左罐移向右罐（D项正确）。
放电、充电过程相反，电极反应式也相反。充电时，右边电极是阴极，电极反应为V3++e-=V2+（A项正确）。左边电极是阳极，电极反应为VO2++H2O－e-＝VO2++2H+。若离子交换膜为质子交换膜，有发生转移时阳极生成2molH+。为使交换膜两侧溶液呈电中性，有1molH+从交换膜左侧移向右侧，故最终左罐电解液的的物质的量增加了1 mol（C项正确）。
本题选B。
【点睛】交换膜两侧溶液呈电中性，是分析迁移离子数量问题的关键。
24.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致： N2 (g) + O2 (g) 2NO(g) △H>0，已知该反应在240℃，平衡常数K=64×10-4，请回答：
（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。
（2）假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______。
A．消耗1molN2同时生成1molO2 B．混合气体密度不变
C．混合气体平均相对分子质量不变 D．2v正（N2）=v逆（NO）
（3）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______（填字母序号）
（4）向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态．与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______。（填“变大”、“变小”或“不变”）
（5）在240℃下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1 mol/L、4.0×10-2 mol/L和3.0×10-3 mol/L，此时反应______（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是_________________________________________。
【答案】（1）0.05mol/（L·min）；（2）AD；（3）AC；（4）不变；（5）向正向进行；浓度商小于平衡常数。
【解析】
试题分析：（1）根据化学反应速率数学表达式，v(O2)=(1－0.5)/(2×5)mol/(L·min)="0.05" mol/(L·min)；（2）A、用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，故正确；B、ρ=m/v，条件是恒容，v不变，反应物和生成物都是气体，气体质量不变，因此密度不能作为达到平衡的标志，故错误；C、M=m/n，气体的质量不变，气体系数之和相等，n不变，因此平均相对分子质量不变，不能作为达到平衡的标志，故错误；D、根据A的分析，故正确；（3）化学平衡常数K=c2(NO)/[c(NO)×c(O2)]，此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数只受温度的影响，因此随着温度的升高，化学平衡常数增大，故正确；B、催化剂只增大反应速率，对化学平衡无影响，故错误；C、先拐先平衡，说明反应速率快，即T1＞T2，此反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，N2的转化率增大，故正确；（4）再充入NO，相当于在原来的基础增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，即平衡不移动，NO的体积分数不变；（5）此时的Qc=(3×10－3)2/[(2．5×10－1×4×10－2]=9×10－4，上述反应达到平衡时的化学平衡常数为K=64×10－4，Qc＜K，说明反应向正反应方向移动。
考点：考查化学反应速率的计算、化学平衡标志的判断、列夏特勒原理、化学平衡常数等知识。
25.已知水的离子积：25℃时Kw=1×10﹣14，100℃时Kw=1×10﹣12。试回答以下问题．
（1）25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4 mol•L﹣1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=_________．
（2）在100℃时，测得某溶液pH=7，该溶液显_________（填“酸”、“碱”或“中”）性．
（3）将100℃温度下pH=11的NaOH溶液a L与pH=1的H2SO4溶液b L混合，若所得混合液pH=2，则a：b=________．
（4）某温度时，有pH＝2的稀硫酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw＝________。
①该温度下( T ℃)，将100 mL 0.1 mol·L－1的稀H2SO4溶液与100 mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH＝____________。
②该温度下(T ℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是________________。
【答案】 (1). 103 (2). 碱 (3). 9：11 (4). 10-13 (5). 12 (6). pHa＋pHb＝12
【解析】
本题主要考查pH的计算。
（1）25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42﹣）=5×10﹣4 mol•L﹣1，c（Na+）=10﹣3 mol•L﹣1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH﹣）=10﹣4：10﹣7=103。
（2）在100℃时，水的pH=6，测得某溶液pH=7，该溶液显碱性。
（3）将100℃温度下aLpH=11的NaOH溶液与bLpH=1的H2SO4溶液混合，在氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.1mol/L，在硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，若所得混合液pH=2，则c(H+)==0.01mol/L，a：b=9:11。
（4）某温度时，有pH＝2的稀硫酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，稀硫酸中c(H+)=0.01mol/L=氢氧化钠溶液中c(OH-)，则该温度下水的离子积常数Kw＝0.01×10-11=10-13。
①该温度下( T ℃)，将100 mL 0.1 mol·L－1的稀H2SO4溶液与100 mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，c(OH-)==0.1mol/L，pH=12。
②该温度下(T ℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，c硫酸(H+)=10c氢氧化钠(OH-)=10-12/c氢氧化钠(H+)，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是pHa＋pHb＝12。
26.Ⅰ甲醇水蒸气重整制氢系统简单，产物中含量高、CO含量低会损坏燃料电池的交换膜，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：
反应主
反应副
温度高于则会同时发生反应
（1）计算反应III的______________。
Ⅱ太阳能电池可用作电解的电源如图。
（2）若c、d均为惰性电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，电解过程中，c极先无气体产生，后又生成气体，则c极为________极，在电解过程中，溶液的pH________填“增大”“减小”或“不变”，停止电解后，为使溶液恢复至原溶液应加入适量的____________________。
（3）若c、d均为铜电极，电解质溶液为氯化钠溶液，则电解时，溶液中氯离子的物质的量将________填“增大”“减小”或“不变”。
（4）若用石墨、铁作电极材料，可组装成一个简易污水处理装置。其原理是加入试剂调节污水的pH在。接通电源后，阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而刮去，起到浮选净化作用；阳极产生的有色物质具有吸附性，吸附污物而沉积，起到凝聚净化作用。该装置中，阴极的电极反应为________；阳极区生成的有色物质是________。
Ⅲ现有以下三种乙醇燃料电池。
（5）碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为___________________________。
酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为___________________________。
熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b上发生的电极反应式为__________。以此电源电解足量的硝酸银溶液，若阴极产物的质量为，电解后溶液体积为2L，溶液的pH约为_____
【答案】 (1). (2). 阴 (3). 减小 (4). CuO和H2O (5). 不变 (6). (7). (8). (9). (10). (11). 1
【解析】
【分析】
根据盖斯定律求热化学方程式。根据原电池、电解池工作原理书写电极反应式、解答相关问题。
【详解】I.（1）观察已知反应得：反应III＝反应I+反应II，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2＝+90kJ/mol。
II.（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极反应2H2O－4e-=O2↑+4H+，阴极先后发生反应Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH－。先无气体、后有气体生成的c极是电解池的阴极，另一d极为电解池的阳极。开始时电解总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，后来电解总反应为2H2O2H2↑+O2↑。电解过程中，生成H+、消耗H2O，都使H+浓度增大，溶液pH减小。要使溶液恢复到原浓度，对开始总反应需除去生成的H+、补充消耗的Cu2+和H2O，且满足2H+~Cu2+~H2O，可加入适量的CuO或CuCO3。对后来总反应只要加入适量的H2O。
（3）当用铜电极电解质氯化钠溶液时，阳极Cu－2e-=Cu2+，阴极先后2H2O+2e-=H2↑+2OH－、Cu2++2e-=Cu。溶液中氯离子的物质的量保持不变。
（4）用石墨、铁作电极电解pH在的污水。若石墨作阳极、铁作阴极，电解时两极均产生气体，不会生成有色物质。若铁作阳极、石墨作阴极，电解时阳极铁失电子，进而形成Fe(OH)3胶体，阴极反应2H++2e-=H2↑
Ⅲ（5）乙醇燃料电池中，乙醇在负极（电极a）失电子，氧气在正极（电极b）得电子。
碱性乙醇燃料电池中，负极（电极a）反应，正极（电极b）反应O2+4e-+2H2O=4OH－。
酸性乙醇燃料电池中，负极（电极a）反应C2H5OH－12e-+3H2O＝2CO2↑+12H+，正极（电极b）反应。
熔融碳酸钾乙醇燃料电池中，负极（电极a）反应C2H5OH－12e-+6CO32-=8CO2↑+3H2O，正极（电极b）反应。以此电源电解足量的硝酸银溶液时，阳极反应2H2O－4e-=O2↑+4H+，阴极反应4Ag++4e－=4Ag。即Ag~e－~H+，n(H+)=21.6g/108g·mol-1=0.2mol，c(H+)=0.2mol/2L=0.1mol/L，pH=1。
【点睛】电极反应式实为半个离子方程式，应符合离子方程式的书写要求，要考虑得失电子产物与溶液的反应。酸性溶液用H+和H2O配平，碱性溶液用OH-和H2O配平。
27.某学生用溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：
A.用蒸馏水洗净滴定管
B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管
C.用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，加入酚酞
D.另取锥形瓶，再重复操作次
E.检查滴定管是否漏水
F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
完成以下填空：
（1）滴定时正确操作的顺序是用序号字母填写：______________________________。_____
（2）操作F中应该选择图中滴定管______填标号。
（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察______。
（4）滴定结果如表所示：
滴定次数
待测液体积
标准溶液的体积
滴定前刻度
滴定后刻度
1
2
3
计算该盐酸的物质的量浓度为______精确至。
（5）下列操作会导致测定结果偏高的是______。
A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗
B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡
D.达到滴定终点时，仰视读数
（6）氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。测血钙的含量时，进行如下实验：
可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得溶液。
将得到的溶液，再用酸性溶液滴定，氧化产物为，还原产物为。
终点时用去的溶液。
Ⅰ、写出用滴定的离子方程式______。
Ⅱ、盛装酸性 溶液的是______滴定管，此实验的指示剂为：______，判断滴定终点的现象：______。
Ⅲ、计算：血液中含钙离子的浓度为______。
【答案】 (1). E；A；B；C；G (2). 乙 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). (5). AD (6). (7). 酸式滴定管 (8). KMnO4 (9). 当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色 (10).
【解析】
【分析】
根据中和滴定的原理、仪器、操作及误差分析回答问题，并迁移应用于氧化还原滴定。
【详解】(1)中和滴定的一般操作：标准液注入滴定管，待测液放入锥形瓶，滴加指示剂，中和滴定，重复操作。据此滴定时正确操作顺序是EAFBCGD。
(2)操作F中使用碱式滴定管，应该选择图中乙。
(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点。
(4)三次滴定消耗标准溶液的体积分别是20.01mL、20.00mL、19.99mL，平均值为20.00mL。据HCl~NaOH，
有c(HCl)×25.00mL=0.1500mol/L×20.00mL，c(HCl)=0.1200mol/L。
(5)A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，滴定管内壁附着的少量水将标准液稀释，使滴定时消耗的标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；
B.滴定过程中，待测溶液过量，锥形瓶内有液滴溅出即损失待测液。滴定消耗的标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；
C.碱式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，使标准液体积偏小，测得盐酸浓度偏低；
D.达到滴定终点时仰视读数，使终点读数偏大，使标准液体积偏大，测得盐酸浓度偏高；
导致测定盐酸浓度偏高的是AD。
(6)I.溶被还原为，被氧化成，根据得失电子数相等可写出2MnO4－+5H2C2O4—2Mn2++10CO2。酸性溶液用H+和H2O配平，再据电荷守恒、质量守恒得。
Ⅱ、酸性 溶液有酸性和强氧化性，会腐蚀橡胶管，只能放在酸式滴定管中。 溶液本身有颜色，故不需另加指示剂。滴定过程中，当滴入最后一滴酸性溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点。
Ⅲ、实验过程中有Ca2+~CaC2O4~H2C2O4~2/5MnO4－，则c(Ca2+)×2mL×=1.0×10-4mol/L×20mL，解得c(Ca2+)=2.5×10-3mol/L。
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