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【化学】甘肃省兰州市第二片区丙组2018-2019学年高二上学期期末联考试卷（解析版）
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甘肃省兰州市第二片区丙组2018-2019学年高二上学期期末联考
1.将0.lmol·醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）
A. 溶液中c(H+)和c(OH-)都减小 B. 溶液中c（H+）增大
C. 醋酸电离平衡向左移动 D. 溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
试题分析：醋酸加水稀释，电离平衡正向移动，但是溶液中的氢离子浓度会减小，根据水的离子积常数分析，氢氧根离子浓度会增大，溶液的pH值增大，故选D。
考点：弱电解质的电离平衡移动。
2.下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是
A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3加热后水解生成Al（OH）3和HCl，Al（OH）3易分解生成Al2O3，HCl易挥发，最后得到Al2O3固体；
B．KHCO3加热易分解生成K2CO3，最后得到K2CO3固体；
C．Fe2（SO4）3加热后水解生成Fe（OH）3和硫酸，但硫酸难以挥发，最后又能得到Fe2（SO4）3；
D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余。
本题选C。
3.已知反应：①101 kPa时，2C(s)+O2(g)====2CO(g) ΔH="-221" kJ·mol-1
②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq) ====H2O(l) ΔH="-57.3" kJ·mol-1
下列结论正确的是( )
A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol-1
B. ①的反应热为221 kJ·mol-1
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ·mol-1
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据反应①可知1mol碳完全燃烧放出的热量一定是大于110．5kJ，故A正确；
B.由题中信息可知，①的反应热为-221 kJ·mol-1， 故B错误；
C.中和热不必注明“＋”或“－”，故C错误；
D.醋酸是弱酸,存在电离平衡，而电离是吸热的，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水时放出的热量应小于57．3 kJ，故D错误。
本题选A。
【点睛】本题易错选D项，只有强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水和可溶性盐时，放出的热量才是57．3 kJ。
4.下列说法中正确的是
A. 在纯水中，c(H＋) ＝ c(OH－) ＝ 10－7 mol/L，呈中性
B. 常温下溶液中，若c(H＋) > 10－7 mol/L，则c(H＋) > c(OH－)，呈酸性
C. c(H＋)越大，则pH越大，溶液的碱性越强
D. pH为0的溶液，其中只有H＋而无OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．必须指明在常温（25℃）的条件下，在纯水中才有Kw=10-14，从而c(H＋) ＝ c(OH－) ＝ 10－7 mol/L ，故A错误；
B．常温（25℃）的条件下，Kw= c(H＋)·c(OH－)=10-14，若c(H＋) > 10－7 mol/L，则c(OH－) < 10－7 mol/L，则c(H＋) > c(OH－)，溶液呈酸性，故B正确。
C．pH=-lg c（H+），c（H+）越大，则pH值越小，溶液的酸性越强，故C错误；
D．溶液中存在水的电离平衡，常温下pH值为0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，氢氧根离子浓度为10-14，故D错误；
本题选B。
5.把a．b．c．d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a．b相连时，a为负极；c．d相连时，电流由d到c；a．c相连时，c极上产生大量气泡；b．d相连时，b上有大量气泡产生。则四种金属的活动性顺序由强到弱的为
A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞d＞b
C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a
【答案】B
【解析】
【详解】a、b相连时a为负极，则活动性顺序a＞b；c、d相连时电流由d→c，说明c是负极，则活动性顺序c＞d；a、c相连时c极上产生大量气泡，说明c是正极，则活动性顺序a＞c；b、d相连时b上有大量气泡产生，说明b是正极，则活动性顺序d＞b。综上所述，活动性顺序是a＞c＞d＞b。
本题选B。
6.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) 在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：
①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2 的同时，生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥ 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥ B. ②③⑤
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①达到平衡状态；
②单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO也是正反应，故②不一定达到平衡状态；
③化学反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故用NO2与NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，③不一定达到平衡状态；
④NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④达到平衡状态；
⑤密度是混合气的质量和容器容积的比值，总质量不变，体积不变，则气体的密度不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤不一定达到平衡状态；
⑥平均相对分子质量在数值上等于气体的总质量与总物质的量的比值。气体的总质量不变，总物质的量在变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥达到平衡状态。综上所述，能达到平衡状态的标志是①④⑥。
本题选A。
7.在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO 若向氯水中投入少量碳酸钙粉末，溶液中发生的变化是
A. pH值增大，HClO浓度减小 B. pH值减小，HClO浓度增大
C. pH值增大，HClO浓度增大 D. pH值减小，HClO浓度减小
【答案】C
【解析】
【详解】在可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO中，若向氯水中加入少量CaCO3粉末，会和溶液中的盐酸反应，H+浓度减小，则pH值增大；平衡正向移动，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钙反应，次氯酸浓度增大。故C正确。
本题选C。
8. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑
B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 ＋2H2O＋ 4e－＝4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋
【答案】A
【解析】
【分析】
在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。
A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；
C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。
【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；
B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；
C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；
D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。
故选A。
【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。
9. 将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应
2A（g）+B（g）2C（g）若经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6 mol·L-1 ，现有下列几种说法： ① 用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol·(L·s)-1
② 用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol·(L·s)-1
③ 2 s 时物质 A 的转化率为70%
④ 2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 mol·L-1 其中正确的是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】2A(g) + B(g) 2C(g)
起始浓度（mol/L） 2 1 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.6
2s后浓度（mol/L） 1.4 0.7 0.6
用物质 A 表示的反应的平均速率为0.6mol/L÷2s＝ 0.3 mol·L－1·s－1，故①正确；用物质 B 表示的反应的平均速率为0.3mol/L÷2s＝ 0.15mol·L－1·s－1，故②错误；2 s 时物质 A 的转化率为0.6÷2＝30％，故③错误；由计算知2s时物质B的浓度为0.7 mol·L-1，故④正确。
本题选B。
【点睛】本题重点在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某时刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。
10.25 ℃时，下列四种溶液中由水电离生成的氢离子浓度之比(①∶②∶③)是
① pH ＝ 0的盐酸 ② 0.1 mol／L的盐酸 ③ 0.01 mol／L的NaOH溶液
A. 1∶10∶100 B. 0∶1∶12
C. 14∶13∶12 D. 14∶13∶2
【答案】A
【解析】
【详解】25 ℃时，KW=1×10-14。酸溶液中由水电离出的c(H+)等于该溶液中的c(OH-)，所以，①c(H+)=1 mol ·L-1，由水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相等，等于10-14 mol ·L-1；②c(H+)=0.1 mol ·L-1，则由水电离出的c(H+)=10-13 mol ·L-1。碱溶液中由水电离出的c(H+)等于该溶液中的c(H+)，所以，③c(OH-)=0.01 mol ·L-1，由水电离出的c(H+)=10-12 mol ·L-1，则三种溶液中由水电离出的c(H+)之比为10-14∶10-13∶10-12=1∶10∶100。
本题选A。
11.用两根铂丝作电极插入KOH溶液中，再分别向两极通入甲烷气体和氧气，可形成燃料电池，该电池放电时的总反应为：CH4+2KOH+2O2==K2CO3+3H2O，下列说法错误的是（ ）
A. 通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极
B. 放电时通入氧气的一极附近溶液的pH升高
C. 放电一段时间后，KOH的物质的量不发生变化
D. 通甲烷的电极反应式是：CH4+10OH -－8e-==CO32-+7H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。所以在该燃料电池中，甲烷在负极通入，氧气在正极通入。因此选项A、B、D都是正确的。根据总的反应方程式可知，反应是消耗氢氧化钾的，物质的量就是，C不正确，答案选C。
考点：考查燃料电池的有关判断
点评：燃料电池是原电池的一种，原理是相同的，判断的依据和一般的原电池相同。即在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。但需要注意的是电极反应式的书写要考虑到电解质溶液的酸碱性。
12.用惰性电极电解100mL饱和食盐水，一段时间后，在阴极得到112mL H2（标准状况），此时电解质溶液（体积变化忽略不计）的pH为
A. 13 B. 12 C. 8 D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】电解饱和食盐水的化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2 ↑，由n（H2）=mol=0.005mol，则n（OH-）=0.01mol，c（OH-）=0.01mol/0.1L=0.1 mol ·L-1，故c（H+）=Kw/ c（OH-）=10-13 mol ·L-1，所以pH=13。
本题选A。
13.pH＝2的A、B两种一元酸溶液各1mL, 分别加水稀释到1000mL,其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示, 则下列说法正确的是
A. A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B. 稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C. a ＝ 5时, A是弱酸, B是强酸
D. 若A、B都是弱酸, 则5 > a > 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），从稀释的结果来看，两种酸的强度肯定不同，则A、B两种一元酸的物质的量浓度一定不相等，故A错误；
B．由图可知，稀释后B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故B错误；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C错误；
D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，故D正确。
本题选D。
14.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
15.氢氰酸（HCN）的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是
A. 1mol/L该酸溶液的pH约为3
B. HCN易溶于水
C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
D. 在相同条件下，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢氰酸为一元酸，1mol/L的一元强酸的pH=0，1mol/L氢氰酸溶液pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10-3mol/L＜1mol/L，部分电离，故A正确；
B.溶解性为物理性质，与电解质的强弱无关，故B错误；
C.10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为酸，不能说明其电离的程度，故C错误；
D.此处未指明该强酸为几元酸，即使温度和浓度相同，两者也不具备可比性，故D错误。
本题选A。
16.如图：电流计的指针会偏转，M极变粗，N极变细符合这种现象的是
A. M是铜，N是锌，R是硫酸溶液
B. M是锌，N是铜，R是硫酸铜溶液
C. M是银，N是锌，R是硝酸银溶液
D. M是铁，N是铜，R是硝酸铜溶液
【答案】C
【解析】
【详解】M极变粗，N极变细，说明M极是正极，N极是负极，电解质溶液中的金属离子要在正极上被还原析出金属单质。
A.M极反应为2H++2e-==H2，无法析出金属单质，故A不符合；
B.锌比铜活泼作负极，M极变细，故B不符合；
C. N是锌，发生的反应为Zn-2e-==Zn2+，锌溶解，N极变细，M极发生的反应为Ag++e-==Ag，M极变粗，故C符合；
D.铁比铜活泼，为负极，发生反应Fe-2e-==Fe2+，M极变细，故D不符合。
本题选C。
17.常温下pH＝3的二元弱酸H2R溶液与a L pH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是
A. c(R2－)+ c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋) B. c(R2－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C. 2c(R2－)+ c(HR－)＝c(Na＋) D. 混合后溶液的体积为2a L
【答案】C
【解析】
试题分析：A. 根据电荷守恒可知2c(R2－)+ c(HR－)+c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)，错误；B. 混合液的pH刚好等于7，c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒可得：2c(R2－)+ c(HR－) =c(Na＋)，所以c(R2－)
18.在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c(SO42-)=2.0 mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标准状况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（ ）
A. 2.0 mol·L-1 B. 1.5 mol·L-1 C. 1.0 mol·L-1 D. 0.5 mol·L-1
【答案】A
【解析】
根据离子的放电顺序可知阴极首先是铜离子放电，然后是氢离子，阳极始终是OH－放电。由于两极均收集到22.4L（标准状况）气体，说明溶液中的铜离子全部放电。因为氢气和氧气都是1mol，根据电子得失守恒可知，铜离子得到的电子是1mol×4－1mol×2＝2mol，因此铜离子的物质的量是1mol，浓度是1.0mol/L。由于c(SO42-)="2.0" mol·L-1，所以根据电荷守恒可知，溶液中的K+的物质的量浓度为（2.0mol/L－1.0mol/L）×2＝2.0mol/L，答案选A。
19.已知：① C(s) + O2(g) == CO2(g)； △H = －393.5 kJ•mol-1
② 2CO(g) + O2(g) == 2CO2(g)； △H = －566 kJ•mol-1
③ TiO2(s) + 2Cl2(g) == TiCl4(s) + O2(g)； △H = +141 kJ•mol-1
则TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s)== TiCl4(s) + 2CO(g) 的△H = _______________。
【答案】-80KJ/mol
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知2×①-②+③得到目标方程式进行计算。
【详解】由盖斯定律可知2×①-②+③得到2C(s)+TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(s)+2CO(g)，其△H=2×（-393.5kJ•mol-1）+566kJ•mol-1+141kJ•mol-1 =-80kJ•mol-1．
20.常温下，0．1mol/L下列溶液①NaHCO3 ②Na2CO3 ③NH4Cl ④NaCl ⑤CH3COONa五种溶液pH由大到小的排列顺序为________________。
【答案】②>①>⑤>④>③
【解析】
【分析】
根据盐类水解规律、物质的酸碱性结合pH的大小关系来分析。
【详解】在相同温度下，浓度相同时，①NaHCO3中碳酸氢根离子水解程度大于醋酸根、弱于碳酸根；②Na2CO3显示碱性，碳酸根离子水解程度较大；③NH4Cl溶液显酸性；④NaCl溶液显中性；⑤CH3COONa溶液显示碱性，醋酸根离子水解程度小于碳酸根和碳酸氢根，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大。综上，pH由大到小的排列顺序为②>①>⑤>④>③。
21.今有a.盐酸 b.硫酸 c.醋酸三种酸,物质的量浓度为0.1 mol/L的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是___________；如果取等体积的0.1 mol/L的三种酸溶液，用0.1 mol/L的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是__________。（用a、b、c表示）
【答案】 (1). c>a>b (2). b>a=c
【解析】
【分析】
从强酸、弱酸电离特点和量的关系分析。
【详解】盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。若物质的量浓度均为0.1mol•L-1，a、b、c中c（H+）大小顺序是b＞a＞c，c（H+）越大溶液的pH越小，则溶液pH大小顺序是c＞a＞b；
在同体积、同浓度的三种酸中，三种酸的物质的量相同，最终电离出的n（H+）大小顺序是b＞a=c，分别加入等浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积与酸最终电离出的n（H+）成正比，所以消耗NaOH溶液体积大小顺序是b＞a=c。
22.明矾可做净水剂的原因:_______________________________________________(请用相关的化学用语和文字描述),若向明矾的水溶液中加入饱和的小苏打溶液，则观察到的现象是_________________________，有关的离子方程式_______________________________。
【答案】 (1). Al3+ +3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+ Al3+水解产生的Al（OH）3胶体具有吸附性 (2). 有无色气体和白色沉淀产生 (3). 3HCO3-+Al3+=Al（OH）3↓+ 3CO2↑
【解析】
【分析】
明矾净水从Al3+易水解分析，而Al3+与HCO3-能发生双水解。
【详解】Al3+易水解生成胶状的氢氧化铝，对应反应为Al3+ +3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质进行沉降，使水澄清。加入小苏打NaHCO3后，Al3+离子与HCO3-离子发生相互促进的水解生成Al（OH）3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为3HCO3-+Al3+=Al（OH）3↓+CO2↑，现象是有无色气体和白色絮状沉淀产生。
23.如图A 直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请完成下列问题：
（1）电源A上的a为________极；
（2）滤纸B上发生的总化学方程式为______________________________；
（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为________，电极f上发生的反应为___________________，电镀槽中放的电镀液可以是________或________（只要求填两种电解质溶液）。
【答案】 (1). 正极 (2). 2NaCl+2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2 ↑ (3). Zn-2e-=Zn2+ (4). Zn2+ +2e-=Zn (5). ZnSO4 (6). ZnCl2、Zn（NO3）2
【解析】
【分析】
（1）根据B装置c显红色可知c的电极，由c电极进而可知a、b的电极；（2）根据溶液中离子的放电顺序推断出生成物，进而写出相应反应方程式。（3）由a、b的电极可得知e、f的电极，由阴、阳极上发生的反应写出相应的电极反应；由电镀原理选取电解质。
【详解】（1）因A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，接通电路后，发现B上的c点显红色，故B为电解池，并且说明c点有OH-生成，根据离子的放电顺序知，该极上H+得e-放电， c为阴极，外电源b是负极，a是正极。
（2）B实质上是电解氯化钠溶液，溶液中的离子放电能力：H+>Na+，Cl->OH-，故电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
（3）题目要求为铁上镀锌，电镀时e是阳极，f是阴极，锌作阳极，铁作阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液，阴极上锌离子得电子生成锌单质而附在铁镀件上，故阳极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+；阴极反应式为Zn2++2e﹣＝Zn；电镀液选取原则：用含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以可选ZnSO4、Zn（NO3）2溶液作电镀液．答案：Zn﹣2e﹣＝Zn2+；Zn2++2e﹣＝Zn；ZnSO4、Zn（NO3）2。
【点睛】本题重点为在电解水溶液时，K＋、Ca2+、Na+、Mg2+、Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。
24.用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol·L -1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞).滴定结果如下：
NaOH起始读数
NaOH终点读数
第一次
0.10mL
18.60mL
第二次
0.30mL
18.00mL
（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_____________mol·L-1.
（2）达到滴定终点的标志是_______________________________________________________
（3）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是__________________。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D. 未用标准液润洗碱式滴定管
【答案】 (1). 0.1448mol/L (2). 滴加最后一滴时，溶液颜色由无色变成粉红色，且半分钟之内不变色 (3). BD
【解析】
【分析】
（1）计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）算出c（盐酸）；（2）滴定终点前的溶液应为无色，到达滴定终点时溶液为红色，以此来判断滴定终点；（3）根据c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测），进行滴定误差分析。
【详解】（1）由表可知，第一次滴定消耗的V(NaOH）＝（18.60﹣0.10）mL＝18.50mL，第二次滴定消耗V(NaOH）＝（18.00﹣0.30）mL＝17.70mL，平均消耗的V(NaOH）＝18.10 mL，c（NaOH）＝mol/L=0.1448 mol/L，故答案为0.1448；
（2）滴定结束之前，溶液应为无色，结束时变成红色。滴定终点：滴最后一滴溶液由无色变浅红色，半分钟内不褪色。
（3）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致V(NaOH）偏低，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏低；Ｂ．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致V(NaOH）偏高，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏大；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，对结果无影响；D．未用标准液润洗碱式滴定管，导致V(NaOH）偏高，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏高。综上所述，造成测定结果偏高的是BD。
【点睛】在进行滴定误差分析时，都是根据c来分析实验操作对分子和分母的影响进而可分析对结果的影响。涉及读数误差分析时，应该明确的是最后得出的体积是前后读数之差值。
25.水的电离平衡曲线如下图所示。
（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度， 当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_____________增加到_____________。
（2）在100℃下，将pH=8的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为______________。
（3）在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 g/mL，其离子积约为_____________。
【答案】 (1). 1×10-14 (2). 1×10-12 (3). 2：9 (4). 0.004
【解析】
【分析】
根据水的离子积常数分析计算。
【详解】（1）A点纯水中c（H+）= c（OH-）＝10﹣7mol/L，Kw =c（H+）•c（OH-）＝10﹣14 ，温度升为100℃，B点纯水中c（H+）= c（OH-）＝10﹣6mol/L，Kw = c（H+）•c（OH-）＝10﹣12 ；
（2）在100℃下，pH＝8的Ba（OH）2溶液中C（OH-）＝10﹣4mol/L，pH＝5的稀盐酸中c（H+）＝10﹣5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，在100℃条件下，混合溶液pH＝7，溶液呈碱性，混合溶液中c（OH-）＝10﹣5 mol/L，故c（OH-）＝＝10﹣5 mol/L，所以x：y＝2：9。
（3）该温度下Ca（OH）2的溶解度为0.74g，，则100g水中溶解0.74gCa（OH）2时Ca（OH）2的c＝≈0.1mol/L，故c（OH-）＝2 c[Ca（OH）2]＝0.2mol/L，离子积＝[c（Am+）]n[c（Bn﹣）]m＝c（Ca2+ ）·c2（OH-）=0.1mol/L×（0.2mol/L）2＝4×10﹣3（mol/L）3
【点睛】本题要注意,不同温度下Kw不同。
1.将0.lmol·醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）
A. 溶液中c(H+)和c(OH-)都减小 B. 溶液中c（H+）增大
C. 醋酸电离平衡向左移动 D. 溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
试题分析：醋酸加水稀释，电离平衡正向移动，但是溶液中的氢离子浓度会减小，根据水的离子积常数分析，氢氧根离子浓度会增大，溶液的pH值增大，故选D。
考点：弱电解质的电离平衡移动。
2.下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是
A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．AlCl3加热后水解生成Al（OH）3和HCl，Al（OH）3易分解生成Al2O3，HCl易挥发，最后得到Al2O3固体；
B．KHCO3加热易分解生成K2CO3，最后得到K2CO3固体；
C．Fe2（SO4）3加热后水解生成Fe（OH）3和硫酸，但硫酸难以挥发，最后又能得到Fe2（SO4）3；
D．NH4HCO3加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余。
本题选C。
3.已知反应：①101 kPa时，2C(s)+O2(g)====2CO(g) ΔH="-221" kJ·mol-1
②稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq) ====H2O(l) ΔH="-57.3" kJ·mol-1
下列结论正确的是( )
A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol-1
B. ①的反应热为221 kJ·mol-1
C. 稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为-57.3 kJ·mol-1
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据反应①可知1mol碳完全燃烧放出的热量一定是大于110．5kJ，故A正确；
B.由题中信息可知，①的反应热为-221 kJ·mol-1， 故B错误；
C.中和热不必注明“＋”或“－”，故C错误；
D.醋酸是弱酸,存在电离平衡，而电离是吸热的，所以稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水时放出的热量应小于57．3 kJ，故D错误。
本题选A。
【点睛】本题易错选D项，只有强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水和可溶性盐时，放出的热量才是57．3 kJ。
4.下列说法中正确的是
A. 在纯水中，c(H＋) ＝ c(OH－) ＝ 10－7 mol/L，呈中性
B. 常温下溶液中，若c(H＋) > 10－7 mol/L，则c(H＋) > c(OH－)，呈酸性
C. c(H＋)越大，则pH越大，溶液的碱性越强
D. pH为0的溶液，其中只有H＋而无OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A．必须指明在常温（25℃）的条件下，在纯水中才有Kw=10-14，从而c(H＋) ＝ c(OH－) ＝ 10－7 mol/L ，故A错误；
B．常温（25℃）的条件下，Kw= c(H＋)·c(OH－)=10-14，若c(H＋) > 10－7 mol/L，则c(OH－) < 10－7 mol/L，则c(H＋) > c(OH－)，溶液呈酸性，故B正确。
C．pH=-lg c（H+），c（H+）越大，则pH值越小，溶液的酸性越强，故C错误；
D．溶液中存在水的电离平衡，常温下pH值为0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，氢氧根离子浓度为10-14，故D错误；
本题选B。
5.把a．b．c．d四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组成原电池。若a．b相连时，a为负极；c．d相连时，电流由d到c；a．c相连时，c极上产生大量气泡；b．d相连时，b上有大量气泡产生。则四种金属的活动性顺序由强到弱的为
A. a＞b＞c＞d B. a＞c＞d＞b
C. c＞a＞b＞d D. b＞d＞c＞a
【答案】B
【解析】
【详解】a、b相连时a为负极，则活动性顺序a＞b；c、d相连时电流由d→c，说明c是负极，则活动性顺序c＞d；a、c相连时c极上产生大量气泡，说明c是正极，则活动性顺序a＞c；b、d相连时b上有大量气泡产生，说明b是正极，则活动性顺序d＞b。综上所述，活动性顺序是a＞c＞d＞b。
本题选B。
6.可逆反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) 在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：
①单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2
②单位时间内生成n molO2 的同时，生成2n mol NO
③用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2 : 2 : 1的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥ 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥ B. ②③⑤
C. ①③④ D. ①②③④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故①达到平衡状态；
②单位时间内生成nmolO2是正反应，同时生成2nmolNO也是正反应，故②不一定达到平衡状态；
③化学反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故用NO2与NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，③不一定达到平衡状态；
④NO2为红棕色气体，O2和NO为无色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故④达到平衡状态；
⑤密度是混合气的质量和容器容积的比值，总质量不变，体积不变，则气体的密度不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑤不一定达到平衡状态；
⑥平均相对分子质量在数值上等于气体的总质量与总物质的量的比值。气体的总质量不变，总物质的量在变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故⑥达到平衡状态。综上所述，能达到平衡状态的标志是①④⑥。
本题选A。
7.在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO 若向氯水中投入少量碳酸钙粉末，溶液中发生的变化是
A. pH值增大，HClO浓度减小 B. pH值减小，HClO浓度增大
C. pH值增大，HClO浓度增大 D. pH值减小，HClO浓度减小
【答案】C
【解析】
【详解】在可逆反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO中，若向氯水中加入少量CaCO3粉末，会和溶液中的盐酸反应，H+浓度减小，则pH值增大；平衡正向移动，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钙反应，次氯酸浓度增大。故C正确。
本题选C。
8. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－－2e－＝Cl2↑
B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2 ＋2H2O＋ 4e－＝4OH－
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2＋
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2e－＝Fe2＋
【答案】A
【解析】
【分析】
在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。
A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；
C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。
【详解】A项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；
B项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B错误；
C项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，故C错误；
D项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D错误。
故选A。
【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键。
9. 将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应
2A（g）+B（g）2C（g）若经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6 mol·L-1 ，现有下列几种说法： ① 用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol·(L·s)-1
② 用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.6 mol·(L·s)-1
③ 2 s 时物质 A 的转化率为70%
④ 2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 mol·L-1 其中正确的是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】2A(g) + B(g) 2C(g)
起始浓度（mol/L） 2 1 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.6
2s后浓度（mol/L） 1.4 0.7 0.6
用物质 A 表示的反应的平均速率为0.6mol/L÷2s＝ 0.3 mol·L－1·s－1，故①正确；用物质 B 表示的反应的平均速率为0.3mol/L÷2s＝ 0.15mol·L－1·s－1，故②错误；2 s 时物质 A 的转化率为0.6÷2＝30％，故③错误；由计算知2s时物质B的浓度为0.7 mol·L-1，故④正确。
本题选B。
【点睛】本题重点在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某时刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。
10.25 ℃时，下列四种溶液中由水电离生成的氢离子浓度之比(①∶②∶③)是
① pH ＝ 0的盐酸 ② 0.1 mol／L的盐酸 ③ 0.01 mol／L的NaOH溶液
A. 1∶10∶100 B. 0∶1∶12
C. 14∶13∶12 D. 14∶13∶2
【答案】A
【解析】
【详解】25 ℃时，KW=1×10-14。酸溶液中由水电离出的c(H+)等于该溶液中的c(OH-)，所以，①c(H+)=1 mol ·L-1，由水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相等，等于10-14 mol ·L-1；②c(H+)=0.1 mol ·L-1，则由水电离出的c(H+)=10-13 mol ·L-1。碱溶液中由水电离出的c(H+)等于该溶液中的c(H+)，所以，③c(OH-)=0.01 mol ·L-1，由水电离出的c(H+)=10-12 mol ·L-1，则三种溶液中由水电离出的c(H+)之比为10-14∶10-13∶10-12=1∶10∶100。
本题选A。
11.用两根铂丝作电极插入KOH溶液中，再分别向两极通入甲烷气体和氧气，可形成燃料电池，该电池放电时的总反应为：CH4+2KOH+2O2==K2CO3+3H2O，下列说法错误的是（ ）
A. 通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极
B. 放电时通入氧气的一极附近溶液的pH升高
C. 放电一段时间后，KOH的物质的量不发生变化
D. 通甲烷的电极反应式是：CH4+10OH -－8e-==CO32-+7H2O
【答案】C
【解析】
试题分析：原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。所以在该燃料电池中，甲烷在负极通入，氧气在正极通入。因此选项A、B、D都是正确的。根据总的反应方程式可知，反应是消耗氢氧化钾的，物质的量就是，C不正确，答案选C。
考点：考查燃料电池的有关判断
点评：燃料电池是原电池的一种，原理是相同的，判断的依据和一般的原电池相同。即在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。但需要注意的是电极反应式的书写要考虑到电解质溶液的酸碱性。
12.用惰性电极电解100mL饱和食盐水，一段时间后，在阴极得到112mL H2（标准状况），此时电解质溶液（体积变化忽略不计）的pH为
A. 13 B. 12 C. 8 D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】电解饱和食盐水的化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2 ↑，由n（H2）=mol=0.005mol，则n（OH-）=0.01mol，c（OH-）=0.01mol/0.1L=0.1 mol ·L-1，故c（H+）=Kw/ c（OH-）=10-13 mol ·L-1，所以pH=13。
本题选A。
13.pH＝2的A、B两种一元酸溶液各1mL, 分别加水稀释到1000mL,其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示, 则下列说法正确的是
A. A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B. 稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C. a ＝ 5时, A是弱酸, B是强酸
D. 若A、B都是弱酸, 则5 > a > 2
【答案】D
【解析】
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），从稀释的结果来看，两种酸的强度肯定不同，则A、B两种一元酸的物质的量浓度一定不相等，故A错误；
B．由图可知，稀释后B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故B错误；
C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C错误；
D．若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5＞a＞2，故D正确。
本题选D。
14.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
15.氢氰酸（HCN）的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是
A. 1mol/L该酸溶液的pH约为3
B. HCN易溶于水
C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应
D. 在相同条件下，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱
【答案】A
【解析】
【详解】A.氢氰酸为一元酸，1mol/L的一元强酸的pH=0，1mol/L氢氰酸溶液pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10-3mol/L＜1mol/L，部分电离，故A正确；
B.溶解性为物理性质，与电解质的强弱无关，故B错误；
C.10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为酸，不能说明其电离的程度，故C错误；
D.此处未指明该强酸为几元酸，即使温度和浓度相同，两者也不具备可比性，故D错误。
本题选A。
16.如图：电流计的指针会偏转，M极变粗，N极变细符合这种现象的是
A. M是铜，N是锌，R是硫酸溶液
B. M是锌，N是铜，R是硫酸铜溶液
C. M是银，N是锌，R是硝酸银溶液
D. M是铁，N是铜，R是硝酸铜溶液
【答案】C
【解析】
【详解】M极变粗，N极变细，说明M极是正极，N极是负极，电解质溶液中的金属离子要在正极上被还原析出金属单质。
A.M极反应为2H++2e-==H2，无法析出金属单质，故A不符合；
B.锌比铜活泼作负极，M极变细，故B不符合；
C. N是锌，发生的反应为Zn-2e-==Zn2+，锌溶解，N极变细，M极发生的反应为Ag++e-==Ag，M极变粗，故C符合；
D.铁比铜活泼，为负极，发生反应Fe-2e-==Fe2+，M极变细，故D不符合。
本题选C。
17.常温下pH＝3的二元弱酸H2R溶液与a L pH＝11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是
A. c(R2－)+ c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋) B. c(R2－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C. 2c(R2－)+ c(HR－)＝c(Na＋) D. 混合后溶液的体积为2a L
【答案】C
【解析】
试题分析：A. 根据电荷守恒可知2c(R2－)+ c(HR－)+c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)，错误；B. 混合液的pH刚好等于7，c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒可得：2c(R2－)+ c(HR－) =c(Na＋)，所以c(R2－)
18.在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c(SO42-)=2.0 mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标准状况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（ ）
A. 2.0 mol·L-1 B. 1.5 mol·L-1 C. 1.0 mol·L-1 D. 0.5 mol·L-1
【答案】A
【解析】
根据离子的放电顺序可知阴极首先是铜离子放电，然后是氢离子，阳极始终是OH－放电。由于两极均收集到22.4L（标准状况）气体，说明溶液中的铜离子全部放电。因为氢气和氧气都是1mol，根据电子得失守恒可知，铜离子得到的电子是1mol×4－1mol×2＝2mol，因此铜离子的物质的量是1mol，浓度是1.0mol/L。由于c(SO42-)="2.0" mol·L-1，所以根据电荷守恒可知，溶液中的K+的物质的量浓度为（2.0mol/L－1.0mol/L）×2＝2.0mol/L，答案选A。
19.已知：① C(s) + O2(g) == CO2(g)； △H = －393.5 kJ•mol-1
② 2CO(g) + O2(g) == 2CO2(g)； △H = －566 kJ•mol-1
③ TiO2(s) + 2Cl2(g) == TiCl4(s) + O2(g)； △H = +141 kJ•mol-1
则TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s)== TiCl4(s) + 2CO(g) 的△H = _______________。
【答案】-80KJ/mol
【解析】
【分析】
由盖斯定律可知2×①-②+③得到目标方程式进行计算。
【详解】由盖斯定律可知2×①-②+③得到2C(s)+TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(s)+2CO(g)，其△H=2×（-393.5kJ•mol-1）+566kJ•mol-1+141kJ•mol-1 =-80kJ•mol-1．
20.常温下，0．1mol/L下列溶液①NaHCO3 ②Na2CO3 ③NH4Cl ④NaCl ⑤CH3COONa五种溶液pH由大到小的排列顺序为________________。
【答案】②>①>⑤>④>③
【解析】
【分析】
根据盐类水解规律、物质的酸碱性结合pH的大小关系来分析。
【详解】在相同温度下，浓度相同时，①NaHCO3中碳酸氢根离子水解程度大于醋酸根、弱于碳酸根；②Na2CO3显示碱性，碳酸根离子水解程度较大；③NH4Cl溶液显酸性；④NaCl溶液显中性；⑤CH3COONa溶液显示碱性，醋酸根离子水解程度小于碳酸根和碳酸氢根，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大。综上，pH由大到小的排列顺序为②>①>⑤>④>③。
21.今有a.盐酸 b.硫酸 c.醋酸三种酸,物质的量浓度为0.1 mol/L的三种酸溶液的pH由大到小的顺序是___________；如果取等体积的0.1 mol/L的三种酸溶液，用0.1 mol/L的NaOH溶液中和，当恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是__________。（用a、b、c表示）
【答案】 (1). c>a>b (2). b>a=c
【解析】
【分析】
从强酸、弱酸电离特点和量的关系分析。
【详解】盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。若物质的量浓度均为0.1mol•L-1，a、b、c中c（H+）大小顺序是b＞a＞c，c（H+）越大溶液的pH越小，则溶液pH大小顺序是c＞a＞b；
在同体积、同浓度的三种酸中，三种酸的物质的量相同，最终电离出的n（H+）大小顺序是b＞a=c，分别加入等浓度的NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积与酸最终电离出的n（H+）成正比，所以消耗NaOH溶液体积大小顺序是b＞a=c。
22.明矾可做净水剂的原因:_______________________________________________(请用相关的化学用语和文字描述),若向明矾的水溶液中加入饱和的小苏打溶液，则观察到的现象是_________________________，有关的离子方程式_______________________________。
【答案】 (1). Al3+ +3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+ Al3+水解产生的Al（OH）3胶体具有吸附性 (2). 有无色气体和白色沉淀产生 (3). 3HCO3-+Al3+=Al（OH）3↓+ 3CO2↑
【解析】
【分析】
明矾净水从Al3+易水解分析，而Al3+与HCO3-能发生双水解。
【详解】Al3+易水解生成胶状的氢氧化铝，对应反应为Al3+ +3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质进行沉降，使水澄清。加入小苏打NaHCO3后，Al3+离子与HCO3-离子发生相互促进的水解生成Al（OH）3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为3HCO3-+Al3+=Al（OH）3↓+CO2↑，现象是有无色气体和白色絮状沉淀产生。
23.如图A 直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请完成下列问题：
（1）电源A上的a为________极；
（2）滤纸B上发生的总化学方程式为______________________________；
（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为________，电极f上发生的反应为___________________，电镀槽中放的电镀液可以是________或________（只要求填两种电解质溶液）。
【答案】 (1). 正极 (2). 2NaCl+2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2 ↑ (3). Zn-2e-=Zn2+ (4). Zn2+ +2e-=Zn (5). ZnSO4 (6). ZnCl2、Zn（NO3）2
【解析】
【分析】
（1）根据B装置c显红色可知c的电极，由c电极进而可知a、b的电极；（2）根据溶液中离子的放电顺序推断出生成物，进而写出相应反应方程式。（3）由a、b的电极可得知e、f的电极，由阴、阳极上发生的反应写出相应的电极反应；由电镀原理选取电解质。
【详解】（1）因A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，接通电路后，发现B上的c点显红色，故B为电解池，并且说明c点有OH-生成，根据离子的放电顺序知，该极上H+得e-放电， c为阴极，外电源b是负极，a是正极。
（2）B实质上是电解氯化钠溶液，溶液中的离子放电能力：H+>Na+，Cl->OH-，故电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。
（3）题目要求为铁上镀锌，电镀时e是阳极，f是阴极，锌作阳极，铁作阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液，阴极上锌离子得电子生成锌单质而附在铁镀件上，故阳极反应式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+；阴极反应式为Zn2++2e﹣＝Zn；电镀液选取原则：用含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以可选ZnSO4、Zn（NO3）2溶液作电镀液．答案：Zn﹣2e﹣＝Zn2+；Zn2++2e﹣＝Zn；ZnSO4、Zn（NO3）2。
【点睛】本题重点为在电解水溶液时，K＋、Ca2+、Na+、Mg2+、Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。
24.用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20mol·L -1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞).滴定结果如下：
NaOH起始读数
NaOH终点读数
第一次
0.10mL
18.60mL
第二次
0.30mL
18.00mL
（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_____________mol·L-1.
（2）达到滴定终点的标志是_______________________________________________________
（3）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是__________________。
A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
B. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D. 未用标准液润洗碱式滴定管
【答案】 (1). 0.1448mol/L (2). 滴加最后一滴时，溶液颜色由无色变成粉红色，且半分钟之内不变色 (3). BD
【解析】
【分析】
（1）计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）算出c（盐酸）；（2）滴定终点前的溶液应为无色，到达滴定终点时溶液为红色，以此来判断滴定终点；（3）根据c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测），进行滴定误差分析。
【详解】（1）由表可知，第一次滴定消耗的V(NaOH）＝（18.60﹣0.10）mL＝18.50mL，第二次滴定消耗V(NaOH）＝（18.00﹣0.30）mL＝17.70mL，平均消耗的V(NaOH）＝18.10 mL，c（NaOH）＝mol/L=0.1448 mol/L，故答案为0.1448；
（2）滴定结束之前，溶液应为无色，结束时变成红色。滴定终点：滴最后一滴溶液由无色变浅红色，半分钟内不褪色。
（3）A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致V(NaOH）偏低，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏低；Ｂ．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致V(NaOH）偏高，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏大；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，对结果无影响；D．未用标准液润洗碱式滴定管，导致V(NaOH）偏高，由c（待测）＝c（标准）·V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏高。综上所述，造成测定结果偏高的是BD。
【点睛】在进行滴定误差分析时，都是根据c来分析实验操作对分子和分母的影响进而可分析对结果的影响。涉及读数误差分析时，应该明确的是最后得出的体积是前后读数之差值。
25.水的电离平衡曲线如下图所示。
（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度， 当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_____________增加到_____________。
（2）在100℃下，将pH=8的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为______________。
（3）在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 g/mL，其离子积约为_____________。
【答案】 (1). 1×10-14 (2). 1×10-12 (3). 2：9 (4). 0.004
【解析】
【分析】
根据水的离子积常数分析计算。
【详解】（1）A点纯水中c（H+）= c（OH-）＝10﹣7mol/L，Kw =c（H+）•c（OH-）＝10﹣14 ，温度升为100℃，B点纯水中c（H+）= c（OH-）＝10﹣6mol/L，Kw = c（H+）•c（OH-）＝10﹣12 ；
（2）在100℃下，pH＝8的Ba（OH）2溶液中C（OH-）＝10﹣4mol/L，pH＝5的稀盐酸中c（H+）＝10﹣5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，在100℃条件下，混合溶液pH＝7，溶液呈碱性，混合溶液中c（OH-）＝10﹣5 mol/L，故c（OH-）＝＝10﹣5 mol/L，所以x：y＝2：9。
（3）该温度下Ca（OH）2的溶解度为0.74g，，则100g水中溶解0.74gCa（OH）2时Ca（OH）2的c＝≈0.1mol/L，故c（OH-）＝2 c[Ca（OH）2]＝0.2mol/L，离子积＝[c（Am+）]n[c（Bn﹣）]m＝c（Ca2+ ）·c2（OH-）=0.1mol/L×（0.2mol/L）2＝4×10﹣3（mol/L）3
【点睛】本题要注意,不同温度下Kw不同。
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