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【化学】贵州省铜仁市思南中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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贵州省铜仁市思南中学2018-2019学年高二上学期期末考试
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分。)
1.下列广告用语在科学性上没有错误的是( )
A. 这种饮料中不含任何化学物质
B. 没有水就没有生命
C. 这种口服液含丰富的氮、磷、锌等微量元素
D. 这种蒸馏水绝对纯净，其中不含任何离子
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学物质的分类、元素的分类及化合物的分类进行分析。
【详解】A．分析此广告想表达的本义，应是说饮料中不含有化学合成的有害的物质。饮料中的所有物质都属于化学物质，A项错误；
B．水是生命之源，生命离不开水，没有水就没有生命，B项正确；
C．氮元素和磷元素在人体内属于常量元素，不属于微量元素，C项错误；
D．水是弱电解质，能电离出H+和OH-，D项错误；答案选B项。
2.有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4＋、H2O和H+六种粒子,分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物,下列叙述错误的是
A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
B. 还原产物为NH4＋
C. 若有1 mol NO3-参加还原反应,转移8 mol e-
D. 该反应中H2O是反应物之一
【答案】D
【解析】
试题分析：由于硝酸的氧化性强于铁离子的，所以根据所给的离子可知，反应物是硝酸和亚铁离子，生成物是铁离子、NH4+、H2O。其中氮元素的化合价从＋5价降低到－3价，得到8个电子，而铁元素的化合价从＋2价升高到＋3价，失去1个，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8，因此选项A、B、C都是正确的，D不正确，答案选D。
考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算
点评：在进行氧化还原反应的有关计算时，应该抓住电子的得失守恒这一关系式进行列式计算。
3.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量25.20 g NaCl
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
D. 用25 mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液21.70 mL
【答案】D
【解析】
试题分析：量筒测量液体时只能测量到小数点后一位，A错。天平称量物体时只能测量到小数点后一位，B错。广泛的pH试纸测量pH时只能测到整数位，C错。所以正确的选项是D。
考点：化学实验基本操作
点评：这类习题是化学实验基础题，本题主要考查各种化学测量仪器的测量范围。
4.以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O++OH-＝2H2O．已知液态SO2和纯水的导电性相近，因为液态SO2也会发生自离解：SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+．若以液态SO2为溶剂，用SOCl2滴定Cs2SO3，则以下叙述错误的是 （ ）
A. 该滴定反应可以表示为：SO32-+ SO2+＝2SO2
B. 在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数
C. 自离解的存在，说明SO2是离子化合物
D. 可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点
【答案】C
【解析】
答案：C
A．正确，该滴定反应可以表示为：SO32-+ SO2+＝2SO2
B．正确，在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数，即SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+平衡常数。
C．不正确， SO2是共价化合物，本身在液态时不能导电。
D．正确，可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点，终点时溶液的导电能力突然下降。
5.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为： S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=x kJ•mol﹣1 已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol﹣12K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol﹣1 则x为( )
A. 3a+b﹣c B. c﹣3a﹣b C. a+b﹣c D. c﹣a﹣b
【答案】A
【解析】
试题分析：已知硫的燃烧热为ΔH1=" a" kJ·mol－1，则硫的燃烧热化学方程式为，①S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH1=" a" kJ·mol－1，②S(s)+2K(s)＝K2S(s) ΔH2=" b" kJ·mol－1，③2K(s)+N2(g)+3O2(g)＝2KNO3(s) ΔH3=" c" kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
【考点定位】本题主要考查盖斯定律的应用。
【名师点晴】在反应焓变的计算中，经常利用盖斯定律，考查盖斯定律的应用是高考命题的重点，将热化学中反应热的计算与黑火药爆炸原理联系起来，既考查了基础知识，又能引导学生提高人文素养，试题背景新颖，关注化学与生活、社会、科技等的有机结合和联系。注意盖斯定律的灵活应用。
6.把下列四种溶液X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是( )
A. 20℃30mL 3mol/L的X溶液
B. 30℃30mL 4mol/L的X溶液
C. 30℃20mL 5mol/L的X溶液
D. 20℃30mL 4mol/L的X溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
计算X的浓度，比较温度的高低。
【详解】经计算，A、B、C、D四个选项中，X的物质的量分别为0.09mol、0.12mol、0. 10mol、0.12mol，其初始浓度分别为0.9mol/L、1.2mol/L、1. 0mol/L、1.2mol/L，比较浓度大小和温度高低发现，B项对应的浓度最大，温度最高，所以反应速率最大。答案选B项。
【点睛】四个烧杯中相同的是盐酸的浓度，不同的是温度和X的浓度，根据控制变量法的原理，化学反应速率的大小不同是由X的浓度和温度决定的。
7.某反应2AB(g)C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为
A. △H＜0，△S＞0 B. △H＜0，△S＜0
C. △H＞0，△S＞0 D. △H＞0，△S＜0
【答案】C
【解析】
试题分析：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H-T•△S＜0时，反应能自发进行。当△H＜0，△S＞0时，△G＝△H-T•△S＜0，在室温一定能自发进行；而△H＞0，△S＜0时不能自发进行；当△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行；当△H＜0，△S＜0时，在室温下能自发进行，在高温下不能自发进行。因此如果某反应在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S均大于0，答案选C。
考点：考查反应自发性的判断
8.下列叙述中能说明某物质是弱电解质的是( )
A. 熔融状态下不导电
B. 不是离子化合物，而是共价化合物
C. 水溶液的导电能力很差
D. 溶液中溶质分子和电离出的离子共存
【答案】D
【解析】
A、熔化时不导电，说明没有自由移动的离子，但不是弱电解质的特征，如蔗糖是非电解质，HCl为强电解质在熔化时不导电，故A错误；
B、有许多共价化合物是强电解质，如氯化氢、硫酸都是共价化合物，都是强电解质，故B错误；
C、溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，故C错误；
D、溶液中溶质分子和电离出的离子共存，说明溶质的电离是可逆的，属于弱电解质，故D正确；
【点评】本题考查了弱电解质的判断，根据电解质的电离程度来判断，易错选项是C，注意电解质的强弱与溶液导电能力无关，强电解质溶液的导电能力不一定强，导电能力强的溶液不一定是强电解质溶液，为易错点．
9.在相同温度下等体积、等物质的量浓度的4种稀溶液：①Na2SO4②H2SO3③NaHSO3 ④Na2S，所含带电微粒的数目由多到少的顺序是 （ ）
A. ①＝④＞③＝② B. ①＝④＞③＞② C. ①＞④＞③＞② D. ④＞①＞③＞②
【答案】D
【解析】
试题分析：等体积等物质的量浓度的4种稀溶液，根据物质的量=浓度与体积的乘积。各溶质的物质的量相等。硫酸钠，亚硫酸氢钠和硫化钠是强电解质，在水中完全店里，硫酸钠和硫化钠中阳离子和阴离子个数比为2:1，亚硫酸氢钠中阳离子和阴离子个数比为1:1，所以硫酸钠和硫化钠的溶液中阴阳离子数大于亚硫酸氢钠容颜中的阴阳离子数，硫酸钠是强酸强碱盐，在水中不水解，硫化钠是强碱弱酸盐，在水中水解导致溶液中带电荷的微粒数增多，所以硫化钠溶液中的带电微粒数达于硫酸钠溶液中的带电微粒数，硫化氢是弱电解质，只有部分电离，所以硫化氢溶液中带电微粒数最少，所以顺序为④＞①＞③＞②，选D。
考点：盐类水解的应用
10.常温下1体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于( )
A. 9.0 B. 9.5 C. 1 0.5 D. 1 1.0
【答案】C
【解析】
【详解】设盐酸的体积为V,则强碱的体积为10V。酸碱中和反应的实质是H+和OH-的反应，盐酸是一元强酸，能和该一元强碱溶液恰好完全反应，说明n(H+)=n(OH-)，则酸和碱的物质的量也相等：V×10-2.5=10V×10pH-14，解得pH=10.5。答案选C项。
11.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍
B. CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2，△s＜0
C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，C02的浓度为原来的2倍，由于压强增大，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度小于原先的2倍，故A错误；B．CaCO3（s）高温分解为CaO（s）和CO2（g），反应方程式为：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），反应生成气体，是熵值增加的过程，则△S＞0，故B错误；C．该反应中只有二氧化碳气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误；故选C。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查了化学平衡及其影响，明确影响化学平衡的因素为解答关键，C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，为易错点。
12.常温下，将甲酸(HCOOH)和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中( )
A. c(HCOO－) ＞c(Na＋) B. c(HCOO－) ＜c( Na＋)
C. c(HCOO－) ＝c(Na＋) D. 无法确定c(HCOO－) 与c(Na＋) 的关系
【答案】C
【解析】
根据电荷守恒可知c(OH－)+c(CH3COO－)=c(H+)+c(Na+)，所得溶液pH=7，则c(OH－)=c(H+)，所以溶液中c(CH3COO－)=c(Na+)，答案选C。
13.为了配制NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（ ）
① 适量的HCl ② 适量的NaCl ③ 适量的氨水 ④ 适量的NaOH
A. ①② B. ③ C. ③④ D. ④
【答案】B
【解析】
【分析】
氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）小于c（Cl-），c（H+）大于c（OH-），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质抑制水解并保持氯离子浓度不变，或增加NH4+浓度；或减少溶液中Cl-浓度。
【详解】①加适量的HCl，可抑制铵根离子水解，但Cl-的浓度增大，且大于NH4+的浓度，故①错误；
②加适量的NaCl，对铵根离子水解无影响，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故②错误；
③加适量的氨水，抑制铵根离子水解，且一水合氨电离出铵根离子，则可使NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1：1，故③正确；
④加NaOH与铵根离子反应生成一水合氨，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故④错误。
故选B。
【点睛】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键。
14.下图两个装置中，溶液体积均为200mL，开始时，电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02mol e一，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述正确的是（ ）
A. 在①中Cu棒为阳极；在②中Cu棒为负极
B. 电极上生成物质的质量：①<②
C. 电极反应式：①中阳极：4OH一一4e一= 2H2O+O2↑；②中负极：2H+ + 2e一= H2↑
D. 溶液的pH：①不变；②增大
【答案】D
【解析】
试题分析：①有外接电源，是电解池；②没有外接电源，是原电池。A、①中铜接正极，所以铜是阳极，铁是阴极；②中活泼性锌大于铜，所以锌是负极铜是正极；错误。B、由电极反应式知：①Cu2++2e-=Cu，导线上通过0.02mole一时，析出铜 0.64g②2H++2e-=H2↑，通过0.02mole一时，得到氢气0.02g，所以①＞②，错误．C、电极反应式：①中阳极：Cu-2e-=Cu2+，②中负极：Zn-2e-=Zn2+错误．D、①中各离子的浓度不变，所以PH值不变；②中氢离子得电子生成氢气，氢离子的浓度降低，所以PH增大，正确。
考点：考查原电池、电解池工作原理。
15.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
试题分析：C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最小
考点：pH的计算
16.25℃时，向20mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. c点时，c(Na+)=c(CH3COO﹣)
B. b点时，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
C. d点时，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
D. 从a点到c点间可能有：c(CH3COO﹣)＞c(H+)=c(Na+)＞c(OH﹣)
【答案】B
【解析】
【详解】A. c点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒的等式，可推出c(Na+)=c(CH3COO-),A项正确；B.b点时，醋酸被反应掉一半，相当于醋酸和醋酸钠以物质的量1：1混合形成的溶液，从图示明显看出该溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，为保证溶液整体呈电中性，必然有c(CH3COO-)>c(Na+)，B项错误；C.d点时，醋酸恰好被中和完全，得到醋酸钠溶液，醋酸钠作为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性（从图上也可明显看出），因此有c(OH-)>c(H+)，为保证整个溶液呈中性，必然有c(Na+)>c(CH3COO-)>，C项正确；D.从a点到c点，是随着NaOH的量逐渐增加，溶液从酸性变为中性之前，显然存在c(H+)>c(OH-)的过程；当向醋酸中加入少量的氢氧化钠时，溶液中的溶质为醋酸和少量的酸酸钠，醋酸是弱电解质而醋酸钠是强电极质，可能存在c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH﹣)；在此基础上继续加入氢氧化钠，则氢离子浓度逐渐减小、钠离子浓度逐渐增大，故c(CH3COO﹣)＞c(H+)=c(Na+)＞c(OH﹣)可能成立，D项正确。答案选B项。
二、填空题(共52分)
17.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。
Ⅰ．实验步骤：
(1)配制100mL待测白醋溶液。量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到___________(填仪器名称)中定容，摇匀即得。
(2)取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH 溶液的____________(填仪器名称)的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为__________mL。
(4)滴定。当溶液由无色恰好变为红色,且半分钟内不褪色时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
(1)经计算，市售白醋总酸量=__________g/100mL
(2)在本实验滴定过程中，下列操作会使结果偏大的是 _________
a.碱式滴定管在滴定时未用标准氢氧化钠溶液润洗
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酚酞 (3). 碱式滴定管 (4). 0.70 (5). 4.5 (6). a b
【解析】
【详解】I．（1）由于是精确了量取10.00mL食用白醋，所以常选用酸式滴定管，此时选用容量瓶定容，实现精确度比较匹配，注意指明规格为100mL，所以本题正确答案是：100mL容量瓶；（2）因为反应生成醋酸钠，其溶液显碱性，酚酞的变色范围为8.2-10.0，所以酚酞作指示剂比较理想。本题的正确答案是：酚酞；（3）NaOH溶液作为碱液，应使用碱式滴定管盛装。滴定管是一个量出式量器（0刻度在最上方），所以该图中滴定管的液面读数为0.70mL，注意滴定管读数精确到0.01mL；因此，本题正确答案是；碱式滴定管 0.70；II.（1）简单对比4次消耗NaOH溶液的体积数据，发现第1次体积数据误差明显大，属于异常值（离群），应首先舍去。取其余3次体积的平均值为15.00mL，则20mL待测白醋溶液消耗NaOH的物质的量为0.0015mol，所以20mL待测白醋溶液中CH3COOH的物质的量也为0.0015mol，则100mL该白醋中含醋酸的物质的量为0.0075mol，其质量为0.0075mol×60g/mol=0.45g。注意本题中的待测白醋溶液是市售白醋稀释10倍而来，所以100mL市售白醋中的总酸量为4.5g；本题的正确答案是4.5；（2）a.碱式滴定管在滴定前未用待装的NaOH溶液润洗，致使NaOH溶液的浓度降低，造成使用的NaOH溶液体积数据偏大，以此计算所得的醋酸浓度偏大，故a项正确；b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，此部分气泡体积也计入了耗用的NaOH体积中，以此数据计算的醋酸的浓度偏大，b项正确；c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对测定结果无影响，故c项排除；d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，造成待测液的物质的量偏小，其测得的浓度必然偏低，故d排除；所以本题答案选ab。
【点睛】注意市售白醋与所测的白醋溶液浓度相差10倍。
18.有四组物质，请按要求回答下列问题
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
MgCl2溶液
酚酞溶液
NaCl溶液
③
Na2O
Na2CO3
NaHCO3
④
KOH溶液
Al
稀盐酸
(1)同组物质中，X、Y、Z均是属于电解质的是________ (填数字符号)．
(2)同组物质中，Y既能与X发生氧化还原反应，又能与Z发生氧化还原反应的是____ (填数字符号)。
(3)写出第①组X与Y反应的离子方程式______________。
(4)若只用一种试剂即可将第②组物质区分开来，该试剂是________。
(5)第③组固体Y中混入了少量的Z，除去少量的Z的最好方法是________。
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O (4). NaOH (5). 加热
【解析】
【详解】（1）电解质和非电解质是对化合物的分类，①中的氢氧化钠溶液和稀硫酸均是混合物，②中几种溶液均是混合物；④中铝是单质，另外两种是混合物，③中均是化合物，均是电解质，所以答案选③；（2）前三组即使能发生反应，也明显无价态变化，第④组中的铝，既能与强酸、又能与强碱发生氧化还原反应，所以本题的正确答案是④；（3）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ，所以本题正确答案为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（4）氢氧化钠与氯化镁反应生成白色沉淀，能使酚酞变红，与氯化钠溶液不反应，现象明显不同，所以可以用NaOH溶液区分第②组的三种物质；本题答案是：NaOH溶液；（5）因为是固体混合物，可以采用加热的方法，将碳酸氢钠杂质直接变成了碳酸钠这一主要成分，本题正确答案是：加热。
19.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器易受到环境腐蚀，所以对其进行修复和防护具有重要意义。
(1)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_________________________________________________。
(2)下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
①腐蚀过程中，负极是_____(填“a”“b”或“c”)；
②环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_______________；
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为______L(标准状况)。
【答案】 (1). Ag2O＋2CuCl===2AgCl＋Cu2O (2). c (3). Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓ (4). 0.448
【解析】
（1）复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O＋2CuCl===2AgCl＋Cu2O。（2）①负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c，其中负极反应：Cu－2e－===Cu2＋，正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；②正极产物为OH－，负极产物为Cu2＋，两者与Cl－反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓；③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化学腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为0.08mol÷4＝0.02 mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。
20.氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
（1）在T℃时，将0．6molH2和0．4molN2置于容积为2 L的密闭容器中(压强为mPa)发生反应：3H2+N22NH3△H<0。若保持温度不变，某兴趣小组同学测得反应过程中容器内压强随时间变化如图所示：8 min内分钟NH3的平均生成速率为___mol·L-1·min-1。
（2）仍在T℃时，将0．6molH2和0．4molN2置于一容积可变的密闭容 器中。
①下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是______(填序号)。
a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为l：3：2
b．3v正(N2)=v逆(H2)
c．3v正(H2)=2v逆(NH3)
d．混合气体的密度保持不变
e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
②该条件下达到平衡时NH3的体积分数与题（1）条件下NH3的体积分数相比________(填“变大”“变小”或“不变”)。
③达到平衡后，改变某一条件使反应速率发生了如图所示的变化，改 变的条件可能是_________。
a．升高温度，同时加压
b．降低温度，同时减压
c．保持温度、压强不变，增大反应物浓度
d．保持温度、压强不变，减小生成物浓度
（3）硝酸厂的尾气含有氮氧化物，不经处理直接排放将污染空气。 氨气能将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为：
2NH3(g)+5NO2(g)=7NO(g)+3H2O(g)H=-akJ·mol-1
4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H=-bkJ·mol-1
则NH3直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：______________。
若标准状况下NO与NO2混合气体40．32L被足量氨水完全吸收，产生标准状况下氮气42．56L。该混合气体中NO与NO2的体积之比为_______。
【答案】（1）0.0125；（2）①bde；②变大；③c；
（3）8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) △H=—（6a+7b）/5kJ·mol-1；1：2。
【解析】
试题分析：（1）分析题给图像知，反应体系中的压强由起始状态的m变为平衡状态的0.8m，根据阿伏加德罗定律：在等温等容的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比知，容器内气体的总物质的量为反应前的1.0mol变为平衡后的0.8mol，气体的物质的量减少0.2mol；结合反应3H2+N22NH3利用差量法分析知，生成气体减少的物质的量与生产氨气的物质的量的相等，为0.2mol，根据公式v=△n/V△t计算得8 min内分钟NH3的平均生成速率为0.0125mol·L-1·min-1；（2）① a．平衡时N2、H2、NH3的浓度之比不一定为l：3：2，错误；b．由3v正(N2)=v逆(H2)得v正(N2)：v逆(H2)=1：3,等于化学计量数之比，正确；c．由3v正(H2)=2v逆(NH3)得v正(H2)：v逆(NH3)=2：3，不等于化学计量数之比，错误；d．由于反应在容积可变的密闭容器中进行，混合气体的密度随反应的进行不断变化，当其保持不变时已达平衡，正确；e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，已达平衡，正确，选bde；②合成氨的反应正向为气体物质的量减小的反应，等温等压条件下达到平衡与等温等容条件下达到平衡相比，相当于缩小容器的体积，平衡正向移动，NH3的体积分数变大；③a．升高温度，同时加压，v正、v逆同时增大，与图像不符，错误；b．降低温度，同时减压，v正、v逆同时减小，与图像不符，错误；c．保持温度、压强不变，向容器内充入氮气或氢气来增大反应物浓度，v正增大，容器内气体物质的量增大，为保持压强不变，容器体积增大，氨气浓度减小，v逆减小，达平衡后速率可能比原平衡大，正确；d．保持温度、压强不变，从容器内分离出氨气来减小生成物浓度，v逆减小，容器内气体物质的量减小，为保持压强不变，容器体积减小，反应物浓度增大，v正增大，根据等效平衡知识知，达平衡后速率与原平衡相等，与图像不符，错误，选c；（3）根据反应①2NH3(g)+5NO2(g)=7NO(g)+3H2O(g) △H=-akJ·mol-1
②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=-bkJ·mol-1利用盖斯定律：（①×6+②×7）÷5得NH3直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：③8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) △H=—（6a+7b）/5kJ·mol-1；根据反应②和③列方程组计算；设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y,根据题意知，x+y=40．32/22.4mol=1.8mol，5/6x+7/6y=42．56/22.4mol=1.9mol解得x=0.6mol，y=1.2mol；则该混合气体中NO与NO2的体积之比为1：2。
考点：考查化学反应速率和化学平衡及相关图像、盖斯定律及根据化学方程式计算。
21.如图，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业的原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中的X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：
(1)甲烷燃料电池的负极反应为__________________________。
(2)石墨(C)极的电极反应为______________________________。
(3)若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的体积为________L。
(4)某同学利用甲烷燃料电池设计电解法制取漂白液的实验装置(如图)。若用于制漂白液，a为电池的______极，电解质溶液最好用______________。
【答案】 (1). CH4－8e－＋10OH－===CO32-＋7H2O (2). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (3). 4.48 (4). 负 (5). 饱和氯化钠溶液(或饱和食盐水)
【解析】
【分析】
通常，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极。
【详解】（1）该燃料电池中，通入甲烷的电极是负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－==CO32-＋7H2O，注意碱性介质，用OH-配电荷守恒。所以，本题正确答案是：CH4－8e－＋10OH－==CO32-＋7H2O；（2）乙装置是一个电解池，其中石墨电极连接左侧燃料电池的正极，作阳极，氯离子失电子，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑。因此，本题的正确答案是：2Cl－－2e－==Cl2↑；（3）据得失电子守恒，左侧燃料电池中得失电子数等于乙装置中得失电子数。若在标准状况下有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量为0.4mol。乙装置中铁电极是阴极，得到0.4mol电子，生成0.2mol H2，H2在标准状况下的体积为4.48L。本题正确答案是4.48；（4）漂白液的有效成分是次氯酸钠，其制备原理是：先用惰性电极电解饱和食盐水制得氯气、氢氧化钠和氢气，再将氯气与产生的NaOH溶液反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，从装置设计角度来看，气体与液体反应，气体如在下端产生，能更充分地与溶液接触、反应，所以该装置的B端与电源的正极相连作阳极，A端与电源负极相连作阴极，电解质溶液选用饱和食盐水。本题答案为：负 饱和氯化钠溶液(或饱和食盐水)。
22.已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：
(1)图中五点KW间的关系是__________________．
(2)若从A点到D点，可采用的措施是________．
a．升温 b．加入少量的NaOH c．加入少量的NH4Cl
(3)E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．
(4)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb ， 则a的取值范围为________．
【答案】 (1). B＞C＞A=D=E (2). c (3). 10：1 (4). 7/2＜a＜14/3
【解析】
【详解】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，每条曲线代表一个温度。根据图示知，各点温度高低顺序是B>C>A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B>C>A=D=E，因此本题正确答案是B>C>A=D=E；（2）A点和D点同在25℃曲线上，A点处溶液显中性。从A点到D点，c(H+)变大，同时c(OH-)变小，D点溶液显酸性；即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变。a.A、D点已锁定在25℃曲线，温度不能变，故a错误；b.加入NaOH，溶液将显碱性，与题意显酸性不符，b错误；c.加入少量的NH4Cl，由于NH4+水解使溶液显酸性，且Kw不变，c正确，故选c；（3）E对应的温度下，Kw=10-14，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n(H+)等于碱溶液中的n(OH-)，故有，计算得出，因此，本题的正确答案是：10：1；（4）两溶液混合后溶液恰好为中性，则，所以a+b-14<0，而b=2a，即3a<14，a<，又因为氢氧化钠溶液的pH=b=2a>7,故a>,所以
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分。)
1.下列广告用语在科学性上没有错误的是( )
A. 这种饮料中不含任何化学物质
B. 没有水就没有生命
C. 这种口服液含丰富的氮、磷、锌等微量元素
D. 这种蒸馏水绝对纯净，其中不含任何离子
【答案】B
【解析】
【分析】
根据化学物质的分类、元素的分类及化合物的分类进行分析。
【详解】A．分析此广告想表达的本义，应是说饮料中不含有化学合成的有害的物质。饮料中的所有物质都属于化学物质，A项错误；
B．水是生命之源，生命离不开水，没有水就没有生命，B项正确；
C．氮元素和磷元素在人体内属于常量元素，不属于微量元素，C项错误；
D．水是弱电解质，能电离出H+和OH-，D项错误；答案选B项。
2.有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4＋、H2O和H+六种粒子,分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物,下列叙述错误的是
A. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
B. 还原产物为NH4＋
C. 若有1 mol NO3-参加还原反应,转移8 mol e-
D. 该反应中H2O是反应物之一
【答案】D
【解析】
试题分析：由于硝酸的氧化性强于铁离子的，所以根据所给的离子可知，反应物是硝酸和亚铁离子，生成物是铁离子、NH4+、H2O。其中氮元素的化合价从＋5价降低到－3价，得到8个电子，而铁元素的化合价从＋2价升高到＋3价，失去1个，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8，因此选项A、B、C都是正确的，D不正确，答案选D。
考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算
点评：在进行氧化还原反应的有关计算时，应该抓住电子的得失守恒这一关系式进行列式计算。
3.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10 mL量筒量取7.13 mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量25.20 g NaCl
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
D. 用25 mL滴定管做中和滴定实验时，用去某浓度的碱溶液21.70 mL
【答案】D
【解析】
试题分析：量筒测量液体时只能测量到小数点后一位，A错。天平称量物体时只能测量到小数点后一位，B错。广泛的pH试纸测量pH时只能测到整数位，C错。所以正确的选项是D。
考点：化学实验基本操作
点评：这类习题是化学实验基础题，本题主要考查各种化学测量仪器的测量范围。
4.以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O++OH-＝2H2O．已知液态SO2和纯水的导电性相近，因为液态SO2也会发生自离解：SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+．若以液态SO2为溶剂，用SOCl2滴定Cs2SO3，则以下叙述错误的是 （ ）
A. 该滴定反应可以表示为：SO32-+ SO2+＝2SO2
B. 在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数
C. 自离解的存在，说明SO2是离子化合物
D. 可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点
【答案】C
【解析】
答案：C
A．正确，该滴定反应可以表示为：SO32-+ SO2+＝2SO2
B．正确，在一定温度下，液态SO2中c（SO32-）与c（SO2+）的乘积是一个常数，即SO2（l）+SO2（l）SO32-+SO2+平衡常数。
C．不正确， SO2是共价化合物，本身在液态时不能导电。
D．正确，可通过导电能力变化来判断是否到达滴定终点，终点时溶液的导电能力突然下降。
5.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为： S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)△H=x kJ•mol﹣1 已知：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=b kJ•mol﹣12K(s)+N2(g)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=c kJ•mol﹣1 则x为( )
A. 3a+b﹣c B. c﹣3a﹣b C. a+b﹣c D. c﹣a﹣b
【答案】A
【解析】
试题分析：已知硫的燃烧热为ΔH1=" a" kJ·mol－1，则硫的燃烧热化学方程式为，①S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH1=" a" kJ·mol－1，②S(s)+2K(s)＝K2S(s) ΔH2=" b" kJ·mol－1，③2K(s)+N2(g)+3O2(g)＝2KNO3(s) ΔH3=" c" kJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH =3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。
【考点定位】本题主要考查盖斯定律的应用。
【名师点晴】在反应焓变的计算中，经常利用盖斯定律，考查盖斯定律的应用是高考命题的重点，将热化学中反应热的计算与黑火药爆炸原理联系起来，既考查了基础知识，又能引导学生提高人文素养，试题背景新颖，关注化学与生活、社会、科技等的有机结合和联系。注意盖斯定律的灵活应用。
6.把下列四种溶液X溶液分别加入四个盛有10mL 2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到100mL，此时X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是( )
A. 20℃30mL 3mol/L的X溶液
B. 30℃30mL 4mol/L的X溶液
C. 30℃20mL 5mol/L的X溶液
D. 20℃30mL 4mol/L的X溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
计算X的浓度，比较温度的高低。
【详解】经计算，A、B、C、D四个选项中，X的物质的量分别为0.09mol、0.12mol、0. 10mol、0.12mol，其初始浓度分别为0.9mol/L、1.2mol/L、1. 0mol/L、1.2mol/L，比较浓度大小和温度高低发现，B项对应的浓度最大，温度最高，所以反应速率最大。答案选B项。
【点睛】四个烧杯中相同的是盐酸的浓度，不同的是温度和X的浓度，根据控制变量法的原理，化学反应速率的大小不同是由X的浓度和温度决定的。
7.某反应2AB(g)C(g)＋3D(g)在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S应为
A. △H＜0，△S＞0 B. △H＜0，△S＜0
C. △H＞0，△S＞0 D. △H＞0，△S＜0
【答案】C
【解析】
试题分析：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H-T•△S＜0时，反应能自发进行。当△H＜0，△S＞0时，△G＝△H-T•△S＜0，在室温一定能自发进行；而△H＞0，△S＜0时不能自发进行；当△H＞0，△S＞0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行；当△H＜0，△S＜0时，在室温下能自发进行，在高温下不能自发进行。因此如果某反应在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的△H、△S均大于0，答案选C。
考点：考查反应自发性的判断
8.下列叙述中能说明某物质是弱电解质的是( )
A. 熔融状态下不导电
B. 不是离子化合物，而是共价化合物
C. 水溶液的导电能力很差
D. 溶液中溶质分子和电离出的离子共存
【答案】D
【解析】
A、熔化时不导电，说明没有自由移动的离子，但不是弱电解质的特征，如蔗糖是非电解质，HCl为强电解质在熔化时不导电，故A错误；
B、有许多共价化合物是强电解质，如氯化氢、硫酸都是共价化合物，都是强电解质，故B错误；
C、溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，故C错误；
D、溶液中溶质分子和电离出的离子共存，说明溶质的电离是可逆的，属于弱电解质，故D正确；
【点评】本题考查了弱电解质的判断，根据电解质的电离程度来判断，易错选项是C，注意电解质的强弱与溶液导电能力无关，强电解质溶液的导电能力不一定强，导电能力强的溶液不一定是强电解质溶液，为易错点．
9.在相同温度下等体积、等物质的量浓度的4种稀溶液：①Na2SO4②H2SO3③NaHSO3 ④Na2S，所含带电微粒的数目由多到少的顺序是 （ ）
A. ①＝④＞③＝② B. ①＝④＞③＞② C. ①＞④＞③＞② D. ④＞①＞③＞②
【答案】D
【解析】
试题分析：等体积等物质的量浓度的4种稀溶液，根据物质的量=浓度与体积的乘积。各溶质的物质的量相等。硫酸钠，亚硫酸氢钠和硫化钠是强电解质，在水中完全店里，硫酸钠和硫化钠中阳离子和阴离子个数比为2:1，亚硫酸氢钠中阳离子和阴离子个数比为1:1，所以硫酸钠和硫化钠的溶液中阴阳离子数大于亚硫酸氢钠容颜中的阴阳离子数，硫酸钠是强酸强碱盐，在水中不水解，硫化钠是强碱弱酸盐，在水中水解导致溶液中带电荷的微粒数增多，所以硫化钠溶液中的带电微粒数达于硫酸钠溶液中的带电微粒数，硫化氢是弱电解质，只有部分电离，所以硫化氢溶液中带电微粒数最少，所以顺序为④＞①＞③＞②，选D。
考点：盐类水解的应用
10.常温下1体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于( )
A. 9.0 B. 9.5 C. 1 0.5 D. 1 1.0
【答案】C
【解析】
【详解】设盐酸的体积为V,则强碱的体积为10V。酸碱中和反应的实质是H+和OH-的反应，盐酸是一元强酸，能和该一元强碱溶液恰好完全反应，说明n(H+)=n(OH-)，则酸和碱的物质的量也相等：V×10-2.5=10V×10pH-14，解得pH=10.5。答案选C项。
11.一定温度下，某容器中加入足量碳酸钙，发生反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)达到平衡，下列说法正确的是
A. 将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度为原来的2倍
B. CaCO3(s)加热分解生成CaO(s)和CO2，△s＜0
C. 将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变
D. 保持容器体积不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
【答案】C
【解析】
试题分析：A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，若平衡不移动，C02的浓度为原来的2倍，由于压强增大，平衡向着逆向移动，则平衡时二氧化碳的浓度小于原先的2倍，故A错误；B．CaCO3（s）高温分解为CaO（s）和CO2（g），反应方程式为：CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g），反应生成气体，是熵值增加的过程，则△S＞0，故B错误；C．该反应中只有二氧化碳气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入He，由于气体的浓度不变，则平衡不会移动，故D错误；故选C。
【考点定位】考查化学平衡的影响因素
【名师点晴】本题考查了化学平衡及其影响，明确影响化学平衡的因素为解答关键，C为易错点，注意无论平衡是否移动，反应中只有二氧化碳一种气体，为易错点。
12.常温下，将甲酸(HCOOH)和氢氧化钠溶液混合，所得溶液 pH＝7，则此溶液中( )
A. c(HCOO－) ＞c(Na＋) B. c(HCOO－) ＜c( Na＋)
C. c(HCOO－) ＝c(Na＋) D. 无法确定c(HCOO－) 与c(Na＋) 的关系
【答案】C
【解析】
根据电荷守恒可知c(OH－)+c(CH3COO－)=c(H+)+c(Na+)，所得溶液pH=7，则c(OH－)=c(H+)，所以溶液中c(CH3COO－)=c(Na+)，答案选C。
13.为了配制NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入（ ）
① 适量的HCl ② 适量的NaCl ③ 适量的氨水 ④ 适量的NaOH
A. ①② B. ③ C. ③④ D. ④
【答案】B
【解析】
【分析】
氯化铵是强酸弱碱盐，由于NH4+水解，导致溶液中c（NH4+）小于c（Cl-），c（H+）大于c（OH-），溶液呈酸性，为了配制NH4+与Cl-的浓度比为1：1的溶液，须加一定量的酸性物质抑制水解并保持氯离子浓度不变，或增加NH4+浓度；或减少溶液中Cl-浓度。
【详解】①加适量的HCl，可抑制铵根离子水解，但Cl-的浓度增大，且大于NH4+的浓度，故①错误；
②加适量的NaCl，对铵根离子水解无影响，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故②错误；
③加适量的氨水，抑制铵根离子水解，且一水合氨电离出铵根离子，则可使NH4+的浓度与Cl-的浓度比为1：1，故③正确；
④加NaOH与铵根离子反应生成一水合氨，Cl-的浓度大于NH4+的浓度，故④错误。
故选B。
【点睛】本题主要考查了NH4Cl溶液的配制，解答须掌握铵根离子水解的影响因素，掌握盐类水解的规律是解答本类题的关键。
14.下图两个装置中，溶液体积均为200mL，开始时，电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02mol e一，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述正确的是（ ）
A. 在①中Cu棒为阳极；在②中Cu棒为负极
B. 电极上生成物质的质量：①<②
C. 电极反应式：①中阳极：4OH一一4e一= 2H2O+O2↑；②中负极：2H+ + 2e一= H2↑
D. 溶液的pH：①不变；②增大
【答案】D
【解析】
试题分析：①有外接电源，是电解池；②没有外接电源，是原电池。A、①中铜接正极，所以铜是阳极，铁是阴极；②中活泼性锌大于铜，所以锌是负极铜是正极；错误。B、由电极反应式知：①Cu2++2e-=Cu，导线上通过0.02mole一时，析出铜 0.64g②2H++2e-=H2↑，通过0.02mole一时，得到氢气0.02g，所以①＞②，错误．C、电极反应式：①中阳极：Cu-2e-=Cu2+，②中负极：Zn-2e-=Zn2+错误．D、①中各离子的浓度不变，所以PH值不变；②中氢离子得电子生成氢气，氢离子的浓度降低，所以PH增大，正确。
考点：考查原电池、电解池工作原理。
15.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )
A. 水电离的c(H+):①=②=③=④
B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③
C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大
D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①
【答案】C
【解析】
试题分析：C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最小
考点：pH的计算
16.25℃时，向20mL浓度为0.1mol/L的CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A. c点时，c(Na+)=c(CH3COO﹣)
B. b点时，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
C. d点时，c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
D. 从a点到c点间可能有：c(CH3COO﹣)＞c(H+)=c(Na+)＞c(OH﹣)
【答案】B
【解析】
【详解】A. c点溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒的等式，可推出c(Na+)=c(CH3COO-),A项正确；B.b点时，醋酸被反应掉一半，相当于醋酸和醋酸钠以物质的量1：1混合形成的溶液，从图示明显看出该溶液显酸性，即c(H+)>c(OH-)，为保证溶液整体呈电中性，必然有c(CH3COO-)>c(Na+)，B项错误；C.d点时，醋酸恰好被中和完全，得到醋酸钠溶液，醋酸钠作为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性（从图上也可明显看出），因此有c(OH-)>c(H+)，为保证整个溶液呈中性，必然有c(Na+)>c(CH3COO-)>，C项正确；D.从a点到c点，是随着NaOH的量逐渐增加，溶液从酸性变为中性之前，显然存在c(H+)>c(OH-)的过程；当向醋酸中加入少量的氢氧化钠时，溶液中的溶质为醋酸和少量的酸酸钠，醋酸是弱电解质而醋酸钠是强电极质，可能存在c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH﹣)；在此基础上继续加入氢氧化钠，则氢离子浓度逐渐减小、钠离子浓度逐渐增大，故c(CH3COO﹣)＞c(H+)=c(Na+)＞c(OH﹣)可能成立，D项正确。答案选B项。
二、填空题(共52分)
17.使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。
Ⅰ．实验步骤：
(1)配制100mL待测白醋溶液。量取10.00mL食用白醋，注入烧杯中用水稀释后转移到___________(填仪器名称)中定容，摇匀即得。
(2)取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_______作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH 溶液的____________(填仪器名称)的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为__________mL。
(4)滴定。当溶液由无色恰好变为红色,且半分钟内不褪色时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ．实验记录
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ．数据处理与讨论：
(1)经计算，市售白醋总酸量=__________g/100mL
(2)在本实验滴定过程中，下列操作会使结果偏大的是 _________
a.碱式滴定管在滴定时未用标准氢氧化钠溶液润洗
b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 酚酞 (3). 碱式滴定管 (4). 0.70 (5). 4.5 (6). a b
【解析】
【详解】I．（1）由于是精确了量取10.00mL食用白醋，所以常选用酸式滴定管，此时选用容量瓶定容，实现精确度比较匹配，注意指明规格为100mL，所以本题正确答案是：100mL容量瓶；（2）因为反应生成醋酸钠，其溶液显碱性，酚酞的变色范围为8.2-10.0，所以酚酞作指示剂比较理想。本题的正确答案是：酚酞；（3）NaOH溶液作为碱液，应使用碱式滴定管盛装。滴定管是一个量出式量器（0刻度在最上方），所以该图中滴定管的液面读数为0.70mL，注意滴定管读数精确到0.01mL；因此，本题正确答案是；碱式滴定管 0.70；II.（1）简单对比4次消耗NaOH溶液的体积数据，发现第1次体积数据误差明显大，属于异常值（离群），应首先舍去。取其余3次体积的平均值为15.00mL，则20mL待测白醋溶液消耗NaOH的物质的量为0.0015mol，所以20mL待测白醋溶液中CH3COOH的物质的量也为0.0015mol，则100mL该白醋中含醋酸的物质的量为0.0075mol，其质量为0.0075mol×60g/mol=0.45g。注意本题中的待测白醋溶液是市售白醋稀释10倍而来，所以100mL市售白醋中的总酸量为4.5g；本题的正确答案是4.5；（2）a.碱式滴定管在滴定前未用待装的NaOH溶液润洗，致使NaOH溶液的浓度降低，造成使用的NaOH溶液体积数据偏大，以此计算所得的醋酸浓度偏大，故a项正确；b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，此部分气泡体积也计入了耗用的NaOH体积中，以此数据计算的醋酸的浓度偏大，b项正确；c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对测定结果无影响，故c项排除；d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，造成待测液的物质的量偏小，其测得的浓度必然偏低，故d排除；所以本题答案选ab。
【点睛】注意市售白醋与所测的白醋溶液浓度相差10倍。
18.有四组物质，请按要求回答下列问题
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
MgCl2溶液
酚酞溶液
NaCl溶液
③
Na2O
Na2CO3
NaHCO3
④
KOH溶液
Al
稀盐酸
(1)同组物质中，X、Y、Z均是属于电解质的是________ (填数字符号)．
(2)同组物质中，Y既能与X发生氧化还原反应，又能与Z发生氧化还原反应的是____ (填数字符号)。
(3)写出第①组X与Y反应的离子方程式______________。
(4)若只用一种试剂即可将第②组物质区分开来，该试剂是________。
(5)第③组固体Y中混入了少量的Z，除去少量的Z的最好方法是________。
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O (4). NaOH (5). 加热
【解析】
【详解】（1）电解质和非电解质是对化合物的分类，①中的氢氧化钠溶液和稀硫酸均是混合物，②中几种溶液均是混合物；④中铝是单质，另外两种是混合物，③中均是化合物，均是电解质，所以答案选③；（2）前三组即使能发生反应，也明显无价态变化，第④组中的铝，既能与强酸、又能与强碱发生氧化还原反应，所以本题的正确答案是④；（3）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O ，所以本题正确答案为：Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（4）氢氧化钠与氯化镁反应生成白色沉淀，能使酚酞变红，与氯化钠溶液不反应，现象明显不同，所以可以用NaOH溶液区分第②组的三种物质；本题答案是：NaOH溶液；（5）因为是固体混合物，可以采用加热的方法，将碳酸氢钠杂质直接变成了碳酸钠这一主要成分，本题正确答案是：加热。
19.我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器易受到环境腐蚀，所以对其进行修复和防护具有重要意义。
(1)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_________________________________________________。
(2)下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
①腐蚀过程中，负极是_____(填“a”“b”或“c”)；
②环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_______________；
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为______L(标准状况)。
【答案】 (1). Ag2O＋2CuCl===2AgCl＋Cu2O (2). c (3). Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓ (4). 0.448
【解析】
（1）复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O＋2CuCl===2AgCl＋Cu2O。（2）①负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c，其中负极反应：Cu－2e－===Cu2＋，正极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－；②正极产物为OH－，负极产物为Cu2＋，两者与Cl－反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓；③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化学腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为0.08mol÷4＝0.02 mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。
20.氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。
（1）在T℃时，将0．6molH2和0．4molN2置于容积为2 L的密闭容器中(压强为mPa)发生反应：3H2+N22NH3△H<0。若保持温度不变，某兴趣小组同学测得反应过程中容器内压强随时间变化如图所示：8 min内分钟NH3的平均生成速率为___mol·L-1·min-1。
（2）仍在T℃时，将0．6molH2和0．4molN2置于一容积可变的密闭容 器中。
①下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是______(填序号)。
a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为l：3：2
b．3v正(N2)=v逆(H2)
c．3v正(H2)=2v逆(NH3)
d．混合气体的密度保持不变
e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
②该条件下达到平衡时NH3的体积分数与题（1）条件下NH3的体积分数相比________(填“变大”“变小”或“不变”)。
③达到平衡后，改变某一条件使反应速率发生了如图所示的变化，改 变的条件可能是_________。
a．升高温度，同时加压
b．降低温度，同时减压
c．保持温度、压强不变，增大反应物浓度
d．保持温度、压强不变，减小生成物浓度
（3）硝酸厂的尾气含有氮氧化物，不经处理直接排放将污染空气。 氨气能将氮氧化物还原为氮气和水，其反应机理为：
2NH3(g)+5NO2(g)=7NO(g)+3H2O(g)H=-akJ·mol-1
4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)H=-bkJ·mol-1
则NH3直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：______________。
若标准状况下NO与NO2混合气体40．32L被足量氨水完全吸收，产生标准状况下氮气42．56L。该混合气体中NO与NO2的体积之比为_______。
【答案】（1）0.0125；（2）①bde；②变大；③c；
（3）8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) △H=—（6a+7b）/5kJ·mol-1；1：2。
【解析】
试题分析：（1）分析题给图像知，反应体系中的压强由起始状态的m变为平衡状态的0.8m，根据阿伏加德罗定律：在等温等容的条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比知，容器内气体的总物质的量为反应前的1.0mol变为平衡后的0.8mol，气体的物质的量减少0.2mol；结合反应3H2+N22NH3利用差量法分析知，生成气体减少的物质的量与生产氨气的物质的量的相等，为0.2mol，根据公式v=△n/V△t计算得8 min内分钟NH3的平均生成速率为0.0125mol·L-1·min-1；（2）① a．平衡时N2、H2、NH3的浓度之比不一定为l：3：2，错误；b．由3v正(N2)=v逆(H2)得v正(N2)：v逆(H2)=1：3,等于化学计量数之比，正确；c．由3v正(H2)=2v逆(NH3)得v正(H2)：v逆(NH3)=2：3，不等于化学计量数之比，错误；d．由于反应在容积可变的密闭容器中进行，混合气体的密度随反应的进行不断变化，当其保持不变时已达平衡，正确；e．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化，已达平衡，正确，选bde；②合成氨的反应正向为气体物质的量减小的反应，等温等压条件下达到平衡与等温等容条件下达到平衡相比，相当于缩小容器的体积，平衡正向移动，NH3的体积分数变大；③a．升高温度，同时加压，v正、v逆同时增大，与图像不符，错误；b．降低温度，同时减压，v正、v逆同时减小，与图像不符，错误；c．保持温度、压强不变，向容器内充入氮气或氢气来增大反应物浓度，v正增大，容器内气体物质的量增大，为保持压强不变，容器体积增大，氨气浓度减小，v逆减小，达平衡后速率可能比原平衡大，正确；d．保持温度、压强不变，从容器内分离出氨气来减小生成物浓度，v逆减小，容器内气体物质的量减小，为保持压强不变，容器体积减小，反应物浓度增大，v正增大，根据等效平衡知识知，达平衡后速率与原平衡相等，与图像不符，错误，选c；（3）根据反应①2NH3(g)+5NO2(g)=7NO(g)+3H2O(g) △H=-akJ·mol-1
②4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=-bkJ·mol-1利用盖斯定律：（①×6+②×7）÷5得NH3直接将NO2还原为N2的热化学方程式为：③8NH3(g)+6NO2(g)=7N2(g)+12H2O(g) △H=—（6a+7b）/5kJ·mol-1；根据反应②和③列方程组计算；设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y,根据题意知，x+y=40．32/22.4mol=1.8mol，5/6x+7/6y=42．56/22.4mol=1.9mol解得x=0.6mol，y=1.2mol；则该混合气体中NO与NO2的体积之比为1：2。
考点：考查化学反应速率和化学平衡及相关图像、盖斯定律及根据化学方程式计算。
21.如图，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业的原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中的X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：
(1)甲烷燃料电池的负极反应为__________________________。
(2)石墨(C)极的电极反应为______________________________。
(3)若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的体积为________L。
(4)某同学利用甲烷燃料电池设计电解法制取漂白液的实验装置(如图)。若用于制漂白液，a为电池的______极，电解质溶液最好用______________。
【答案】 (1). CH4－8e－＋10OH－===CO32-＋7H2O (2). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (3). 4.48 (4). 负 (5). 饱和氯化钠溶液(或饱和食盐水)
【解析】
【分析】
通常，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极。
【详解】（1）该燃料电池中，通入甲烷的电极是负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH4－8e－＋10OH－==CO32-＋7H2O，注意碱性介质，用OH-配电荷守恒。所以，本题正确答案是：CH4－8e－＋10OH－==CO32-＋7H2O；（2）乙装置是一个电解池，其中石墨电极连接左侧燃料电池的正极，作阳极，氯离子失电子，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑。因此，本题的正确答案是：2Cl－－2e－==Cl2↑；（3）据得失电子守恒，左侧燃料电池中得失电子数等于乙装置中得失电子数。若在标准状况下有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量为0.4mol。乙装置中铁电极是阴极，得到0.4mol电子，生成0.2mol H2，H2在标准状况下的体积为4.48L。本题正确答案是4.48；（4）漂白液的有效成分是次氯酸钠，其制备原理是：先用惰性电极电解饱和食盐水制得氯气、氢氧化钠和氢气，再将氯气与产生的NaOH溶液反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，从装置设计角度来看，气体与液体反应，气体如在下端产生，能更充分地与溶液接触、反应，所以该装置的B端与电源的正极相连作阳极，A端与电源负极相连作阴极，电解质溶液选用饱和食盐水。本题答案为：负 饱和氯化钠溶液(或饱和食盐水)。
22.已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：
(1)图中五点KW间的关系是__________________．
(2)若从A点到D点，可采用的措施是________．
a．升温 b．加入少量的NaOH c．加入少量的NH4Cl
(3)E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．
(4)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=2a，Va＜Vb ， 则a的取值范围为________．
【答案】 (1). B＞C＞A=D=E (2). c (3). 10：1 (4). 7/2＜a＜14/3
【解析】
【详解】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，每条曲线代表一个温度。根据图示知，各点温度高低顺序是B>C>A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B>C>A=D=E，因此本题正确答案是B>C>A=D=E；（2）A点和D点同在25℃曲线上，A点处溶液显中性。从A点到D点，c(H+)变大，同时c(OH-)变小，D点溶液显酸性；即由A点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变。a.A、D点已锁定在25℃曲线，温度不能变，故a错误；b.加入NaOH，溶液将显碱性，与题意显酸性不符，b错误；c.加入少量的NH4Cl，由于NH4+水解使溶液显酸性，且Kw不变，c正确，故选c；（3）E对应的温度下，Kw=10-14，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n(H+)等于碱溶液中的n(OH-)，故有，计算得出，因此，本题的正确答案是：10：1；（4）两溶液混合后溶液恰好为中性，则，所以a+b-14<0，而b=2a，即3a<14，a<，又因为氢氧化钠溶液的pH=b=2a>7,故a>,所以
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