【化学】山西省应县第一中学校2019-2020学年高二上学期第四次月考（解析版） 试卷

山西省应县第一中学校2019-2020学年高二上学期第四次月考
时间：90分钟 满分：100分
相对原子质量：Ba 137 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Br 80 Cu 64 Mg24 Fe56 Zn65 F19 He 4
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，共26个小题，每小题2分，共52分)
1. 下列与化学反应能量变化相关的说法不正确的是
A. 任何化学反应都伴随着热量的变化
B. 一个反应是吸热反应还是放热反应要看反应物和生成物具有总能量的相对大小
C. 化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量
D. 化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学反应中的能量变化是由于反应物和生成物具有的总能量不相等，任何化学反应都伴随着能量的变化，但不一定全为热能，也可以是光能、电能等，A错误；
B．一个反应是吸热反应还是放热反应取决于反应物和生成物具有总能量的相对大小，B正确；
C．化学键的断裂一定吸收能量，化学键的形成一定释放能量，C正确；
D．化学反应过程的能量变化除热能外，也可以是光能、电能等，D正确，答案选A。
2.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ）

A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生
B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C. 两烧杯中溶液的pH均增大
D. 产生气泡的速度甲比乙慢
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；
B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；
C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；
D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。
3.下列关于电化学的叙述中，不正确的是( )
A. 原电池中，电极材料不一定参加反应
B. 电解池中，阴极上得到电子的物质不一定是电解质提供的阳离子
C. 原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动
D. 原电池中，电子从负极经外电路流向正极
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池中，正极材料不参与反应，A正确；
B.电解池中，阴极发生还原反应，一定是电解质提供的阳离子参与反应，B错误；
C.原电池中，阴离子流向负极，C正确；
D.原电池外电路中，电子由负极流向正极，D正确；
答案选B。
4. 关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是
A. 若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色
B. 若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C. 电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
D. 电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
铁作阴极、石墨作阳极电解氯化钠水溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水电离出的氢离子发电，破坏水的电离平衡，溶液呈碱性。
【详解】A项、在阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故A错误；
B项、在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈棕色，故B正确；
C项、电解时在阳极氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故C错误；
D项、电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误；
故选B。
5. 用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是（ ）
A. 电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变
B. 电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小
C. 电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D. 电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 电解释H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，故A错误；
B. 电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH－，阴极消耗H＋，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，故B错误；
C. 电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，在阴极发生反应：2H＋＋2e－=H2↑，由于两电极通过电量相等，故放出H2与O2的物质的量之比为2∶1，故C错误；
D. 电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu2＋＋2e－=Cu，阳极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1，故D正确；
答案选D。
6.一个原电池的总反应的离子方程式是Zn+Cu2+== Zn2++ Cu，该反应的原电池的正确组成是( )

A
B
C
D
正极
Zn
Cu
Zn
Fe
负极
Cu
Zn
Ag
Zn
电解质溶液
CuCl2
H2SO4
CuSO4
CuCl2
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】原电池是把化学能转化为电能的装置，其中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。所以根据总反应式可知，锌失去电子，铜离子得到电子，所以锌是负极，溶液中的铜离子在正极得到电子，所以正确的答案选D。
7.以Mg片和Al片为电极，并用导线连接，同时插入NaOH溶液中，下列说法正确的是
A Mg片作负极，电极反应：Mg－2e- Mg2+
B. Al片作负极，电极反应：Al+4OH- －3e- AlO2- +2H2 O
C. 电子从Mg电极沿导线流向Al电极
D. Al片上有气泡产生
【答案】B
【解析】
【详解】A、镁和氢氧化钠不能发生氧化还原反应，而铝能反应，所以在原电池中，铝作负极，电极反应Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，A错误；
B、Al片作负极，电极反应：Al+4OH- －3e- AlO2- +2H2 O，B正确；
C、铝是负极，镁是正极，电子从负极流向正极，即电子从Al电极沿导线流向Mg电极，C错误；
D、Mg作正极，正极上生成氢气，即Mg片有气泡生成，D错误；
答案选B
8.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A →B ；当A、D组成原电池时，A为正极；B与C构成原电池时，电极反应式为：C2++2e-→C，B-2e-→B2+则A、B、C、D金属性由强到弱的顺序为（ ）
A. A>B>C>D B. A>B>D>C
C. D>A>B>C D. D>C>A>B
【答案】C
【解析】
【详解】A、B组成原电池，电子流动方向A→B，根据原电池工作原理，A为负极，B为正极，即A的金属性强于B，A、D组成原电池，A为正极，则D为负极，即D的金属性强于A，B和C构成原电池，根据电极反应式B为负极，C为正极，即B的金属性强于C，综上所述金属性强弱顺序是：D>A>B>C；
答案选C。
9.将Al片和Cu片用导线联接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀氢氧化钠溶液中，分别形成的原电池，在这两个原电池中，负极分别为
A. Cu片、Al片 B. Al片、Cu片 C. Al片、Al片 D. Cu片、Cu片
【答案】A
【解析】
【详解】铝片和铜片插入浓HNO3溶液中，金属铝会钝化，金属铜和浓硝酸之间会发生自发的氧化还原反应，此时金属铜时负极，金属铝是正极；插入稀NaOH溶液中，金属铜和它不反应，金属铝能和氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，此时金属铝是负极，金属铜是正极；故答案为A。
【点睛】铝片和铜片插入浓HNO3溶液中，金属铝会钝化，金属铜和浓硝酸之间会发生自发的氧化还原反应；插入稀NaOH溶液中，金属铜和它不反应，金属铝能和氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，在原电池中，自发氧化还原反应中的失电子的金属为负极，另一种金属或非金属是正极。
10.用惰性电极电解下列溶液，一段时间后（原溶液溶质未完全反应），再加入一定质量的另一物质（中括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是 （ ）
A. CuCl2[CuCl2溶液] B. AgNO3[Ag2O]
C. NaCl[HCl溶液] D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】B
【解析】
【详解】A、电解氯化铜溶液得到的电极产物是铜和氯气，所以应加入氯化铜固体，错误；
B、电解硝酸银溶液得到的电极产物是银和氧气，所以加入氧化银可使溶液复原，正确；
C、电解氯化钠溶液得到的电极产物是氢气和氯气，所以加入氯化氢可使溶液复原，错误；
D、电解硫酸铜溶液得到的电极产物是铜和氧气，所以加入氧化铜可使溶液复原，错误；
答案选B。
11.用石墨电极电解硝酸银溶液，在阳极收集到0.40克氧气，中和电解时生成的酸需250毫升氢氧化钠溶液，则氢氧化钠溶液的浓度是( )
A. 0.20 摩/升 B. 0.15 摩/升
C. 0.10 摩/升 D. 0.05 摩/升
【答案】A
【解析】
【分析】
惰性电极电解硝酸银溶液，属于放氧生酸型的，产生硝酸、银、氧气。
【详解】总反应式为：，收集到0.4g氧气， 即0.0125mol氧气时产生硝酸的物质的量为0.05mol，中和0.05mol硝酸需要氢氧化钠0.05mol，故氢氧化钠溶液的浓度，
答案选A。
【点睛】惰性电极电解硝酸银溶液，属于放氧生酸型的，关系式为转移4个电子时生成4个银原子，1个氧气分子，4个氢离子。
12.可以将反应Zn+Br2= ZnBr2设计成蓄电池，下列4个电极反应：
①Br2+ 2e－= 2Br－ ②2Br－- 2e－= Br2③Zn – 2e－= Zn2+④Zn2++ 2e－= Zn
其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是
A. ④和① B. ②和① C. ③和① D. ②和③
【答案】D
【解析】
【详解】原电池反应是自发反应，负极反应是氧化反应，电解池是非自发反应，阳极反应是氧化反应，所以阳极反应为②，负极反应为③。答案选D。
【点睛】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，据此可以进行有关的判断。
13.银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器漫入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是
A. 处理过程中银器一直保持恒重
B. 银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C. 该过程中总反应为2Al+3Ag2S=6Ag+Al2S3
D. 黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
【答案】B
【解析】
【详解】A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；
B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；
C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3，故C错误；
D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；
故选B。
14.已知Zn(OH)2的溶度积常数为1.2×10-17(mol·L-1)3，则Zn(OH)2在水中的溶解度为( )
A. 1.4×10-6mol·L-1 B. 2.3×10-6mol·L-1
C. 1.4×10-9mol·L-1 D. 2.3×10-9mol·L-1
【答案】A
【解析】
【分析】
Zn（OH）2的沉淀溶解平衡为：Zn（OH）2（s）Zn2+（aq）+2OH-（aq），设c（Zn2+）=x则c（OH-）=2x，由Ksp可以求出x；再由浓度求出溶解度。
【详解】Zn（OH）2的沉淀溶解平衡为：Zn（OH）2（s）Zn2+（aq）+2OH-（aq），设c（Zn2+）=x则c（OH-）=2x，由Ksp=c（Zn2+）×c2（OH-）=x×（2x）2，解得：x=1.4×10-6molL-1，即Zn（OH）2的浓度为：1.4×10-6mol·L-1；故A正确；
答案选A。
15.相同温度下，两种氨水A、B，浓度分别是 0.2 mol·L-1 和 0.1 mol·L-1，则A和B中的OH-浓度之比
A. 小于2 B. 大于2
C. 等于2 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【详解】氨水中存在NH3·H2ONH4＋＋OH－，温度相同，电离平衡常数相等，0.2mol·L－1的氨水中有Kb== ，0.1mol·L－1氨水中有Kb== ，前者与后者c(OH－)之比为<2，故选项A正确。
16.在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH++OH－，若要使水溶液酸性增强，并使水的电离程度增大，应加入的物质是
A. NaHSO4 B. KAl(SO4)2 C. NaHCO3 D. CH3COONa
【答案】B
【解析】
【详解】A、向水中加入NaHSO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，A错误；
B、加入KAl(SO4)2 ，Al3＋水解，水的电离程度增大，溶液呈酸性，B正确；
C、加入NaHCO3 ，碳酸氢根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，C错误；
D、加入CH3COONa，醋酸根水解，水的电离程度增大，溶液呈碱性，D错误；
答案选B。
17.将pH=3的盐酸溶液和pH=11的氨水等体积混合后，溶液中离子浓度关系正确的是：( )
A. c(NH4+)＞c(Clˉ)＞c(H+)＞c(OHˉ)
B. c(Clˉ)＞c(NH4+)＞c(OHˉ)＞c(H+)
C. c(Clˉ)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OHˉ)
D. c(NH4+)＞c(Clˉ)＞c(OHˉ)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】pH=3的盐酸的浓度为10-3mol•L-1，而pH=11的氨水中氢氧根离子浓度为c(OH-)=10-3mol•L-1，由于氨水为弱碱，则氨水浓度远远大于10-3mol•L-1，即：氨水浓度远大于盐酸的浓度，则两溶液等体积混合后氨水过量，溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒c(OH-)+c(Cl-)=c(NH4+)+c(H+)可得，c(NH4+)＞c(Cl-)，而氨水为弱电解质，部分电离，故反应后氨水电离的c(OH-)一定小于c(Cl-)，所以混合液中离子浓度大小为：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D项正确。
答案选D。
18.将相同物质的量浓度的某弱酸HX溶液与NaX溶液等体积混合，测得混合后溶液中c（Na＋）＞c(X－)，则下列关系错误的是
A. c(OH－)＞c(H＋) B. c(HX)＜c(X－)
C. c(X－)+c(HX)=2c(Na＋) D. c(HX)+c(H＋)=c(Na＋)+c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】A. 混合溶液中c(Na＋)＞c(X-)，说明HX的电离程度小于X-水解程度，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H＋)，A正确；
B.混合溶液中c(Na＋)＞c(X-)，说明HX的电离程度小于X-水解程度，所以c（HX）＞c（X-），B错误；
C.根据物料守恒可知c(X-)+ c(HX)=2c(Na+)，C正确；
D.根据物料守恒可知c(X-)+ c(HX)=2c(Na+)，溶液电荷守恒有c(Na+)+ c(H＋)= c(OH-)+c(X-)，联立可得c(HX)+ c(H＋) =c(Na+)+ c(OH-)，D正确；
故合理选项是B。
19.在1L0.3mol·L-1的NaOH溶液中，通入标准状况下的4.48LCO2，完全反应后，下列关系式正确的是( )
A. c(Na+)> c(CO32-)>c(HCO3-) >c(H+)>c(OH-)
B. c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
C. c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
D. c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+ c(CO32-)
【答案】B
【解析】
【分析】
在1L0.3mol·L-1的溶液中，通入标准状况下的4.48L，产物为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物。
【详解】设产物中碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，根据碳元素守恒得：x+y=0.2，根据钠元素守恒得：2x+y=0.3，解得x=0.1，y=0.1，故所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠1:1混合。碳酸根的水解大于碳酸氢根的水解程度，故，溶液显碱性，故，明显溶液中钠离子最多，故离子浓度顺序为： ，A错误，B正确，C错误；依据电荷守恒，D选项应该是：，D错误；
答案选B。
【点睛】碳酸氢钠既能电离也能水解，碳酸氢钠溶液显碱性说明碳酸氢钠的水解大于电离；碳酸钠的水解程度比碳酸氢钠的水解程度大的多，故碳酸根的水解大于碳酸氢根的水解和电离之和。
20.某酸的酸式盐NaHY的水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度，有关叙述中正确的是（ ）
A. H2Y在电离时为：H2Y+H2OHY-+H3O+
B. 在该盐的溶液中，离子浓度为：c（Na+）＞c（Y2-）＞c（HY-）＞c（OH-）＞c（H+）
C. 在该盐的溶液中，离子浓度为：c（Na+）＞c（HY-）＞c（Y2-）＞c（OH-）＞c（H+）
D. HY-的水解方程式为：HY-+H2OH3O++Y2-
【答案】A
【解析】
【分析】
某酸的酸式盐NaHY的水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度，说明溶液显碱性。
【详解】A.HY-的电离程度小于HY-的水解程度，说明H2Y是弱电解质，电离方程式为：H2Y+H2O HY-+H3O+，故正确；
B.该盐溶液显碱性，溶液中的离子浓度关系为c（Na+）＞c（HY-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（Y2-），故错误；
C. 该盐溶液显碱性，溶液中的离子浓度关系为c（Na+）＞c（HY-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（Y2-），故错误；
D. HY-的水解方程式为：HY-+H2O H2Y+OH-，故错误；
故选A。
21.氮气和氢气的混合气体对氦气的相对密度为1.8，取0.5mol该混合气体，在恒容恒温容器中合成氨，当平衡时的压强是反应前压强的0.8倍时，则平衡时,混合气体的总的物质的量为( )
A. 0.1mol B. 0.4mol C. 0.6mol D. 0.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】
根据阿伏加德罗定律，气体的压强之比等于物质的量之比。
【详解】根据阿伏加德罗定律，气体的压强之比等于物质的量之比，压强变为原来的0.8倍，总物质的量为原来的0.8倍， ，
故答案为B。
22.下列叙述正确的是( )
A. 95 ℃纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性
B. pH = 3的醋酸溶液，稀释使体积为原来的10倍，pH = 4
C. 0.2 mol/L的盐酸，加水使体积扩大为原来二倍后，pH = 1
D. 常温下pH = 3的醋酸溶液与pH = 11的氢氧化钠溶液等体积混合后所得溶液pH = 7
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加热会促进水的电离，故95℃时，纯水的pH<7，但纯水永远显中性，故A错误；
B. 醋酸是弱电解质，加水稀释电离被促进，故加水稀释10倍后溶液的pH<4，故B错误；
C. .0.2mol/L的盐酸，稀释至2倍后氢离子浓度为0.1mol/L，则pH=1，故C正确；
D. 醋酸是弱酸，不完全电离，故当pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液混合后，醋酸过量，溶液显酸性，即pH<7，故D错误。
答案选C。
【点睛】因为弱酸是不完全电离的，随着水的增加，浓度降低，电离度就会增加，因为弱酸越稀释越电离，所以pH不会等比例变化，因此pH变化比强酸小。等浓度的一元弱酸和一元强碱等体积混合，恰好反应，但是常温下PH相加等于14的弱酸和强碱等体积混合，弱酸有剩余；弱碱和强酸也是如此。
23.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(s)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是
( )
A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. 可能a > d
【答案】A
【解析】
【分析】
假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明D减少，平衡向逆反应移动。
【详解】A. 平衡向逆反应移动，A转化率降低，故A正确；
B. 气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，故B错误；
C. 气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说D减少了，则D的体积分数变小，故C错误；
D. 气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，平衡向逆反应移动，即a 答案选A。
24.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加适量的( )
①NaOH(s) ②NH4Cl(s) ③H2O ④CH3COONa(s)
A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【分析】
过量，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可减小氢离子的浓度，但不能改变氢离子的物质的量。
【详解】①加固体，与盐酸反应，生成氢气减少，故①不选；
②加，在溶液中水解生成氢离子，则生成氢气增多，故②不选；
③加水，氢离子的浓度减少，但是氢离子物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，③正确；
④加，与盐酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，④正确；
故答案为C。
25.在密闭容器中通入A、B两种气体，在一定条件下使之发生如下反应：2A(g)＋B(g)2C(g)(正反应为放热反应)，达到平衡后，改变一个条件(x)(横坐标)，下列(y)(纵坐标)一定符合图中所示变化关系的是( )

①x表示温度，y表示C的质量
②x表示压强，y表示混合气体的平均相对分子质量
③x表示再加入A的质量，y表示A的百分含量
④x表示再加入A的质量，y表示A的转化率
⑤x表示再加入A的质量，y表示B的转化率
⑥x表示温度，y表示B的转化率
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ③④⑤ D. ④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
(正反应为放热反应) ，对于该反应，降温，加压，平衡正向移动。
【详解】①升温，反应逆向移动，C减少，①错误；
②加压，反应正向移动，气体总物质的量减少，总质量不变，气体的平均相对分子质量增大，②正确；
③加入A，A的百分含量增大，③正确；
④加入A，A的转化率降低，④错误；
⑤加入A，平衡右移，B的转化率增大，⑤正确；
⑥升温，平衡逆向移动，B的转化率降低，⑥错误；
答案选B。
26.室温下，向20 mL N mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0．1 mol·L－1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示。下列说法中，正确的是

A. a点c（CH3COOH）＝10－3mol·L－1
B. b点溶液中离子浓度大小满足关系： c（Na＋）>c（CH3COO－）>c（H＋）>c（OH－）
C. c点溶液中离子浓度大小满足关系： c（Na＋）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（CH3COO－）
D. 滴定过程中不可能出现：c（CH3COOH）>c（CH3COO－）>c（H＋）>c（Na＋）>c（OH－）
【答案】C
【解析】
【分析】
A．醋酸为弱电解质；
B．溶液呈电中性；
C．c点时溶液呈中性，c（H＋）=c（OH－），溶液中电荷守恒；
D．当醋酸过量，且加入NaOH很少时，可满足。
【详解】A．a点溶液的pH=3，c（H＋）=10-3mol·L－1，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，则c（CH3COOH）＞10-3mol·L-1，故A错误；
B．b点溶液中电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），b点时，c（H＋）＞c（OH－），则有c（CH3COO－）＞c（Na＋），故B错误；
C．c点时溶液呈中性，c（H＋）=c（OH－），根据溶液中电荷守恒，c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），则有c（Na＋）+c（OH－）=c（H＋）+c（CH3COO－），故C正确；
D．当醋酸过量，且加入NaOH很少时，满足c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H＋）＞c（Na＋）＞c（OH－），故D错误；
故选C。
二、非选择题
27.依据氧化还原反应：2Ag＋(aq) +Cu(s) = Cu2＋(aq) +2Ag(s)
设计的原电池如图所示。请回答下列问题：
(1)电极X的材料是________；电解质溶液Y是___________；
(2)电极反应为： 正极： ___________负极： ___________
(3)外电路中的电子是从_______电极流向________电极。

【答案】 (1). Cu (2). AgNO3 (3). 2Ag+ + 2e- = 2 Ag (4). Cu – 2e- = Cu2+ (5). 铜 (6). 银
【解析】
【分析】
根据方程式 ，图像中X为铜，Y为硝酸银，其中铜为电池的负极，银为电池的正极。
【详解】（1）根据方程式 ，图像中X为铜，Y为硝酸银，
答案为：；；
（2）正极发生还原反应，，负极发生氧化反应， ，
故答案为：；；
（3）外电路中的电子从负极流向正极，即由铜流向银，
答案为：铜；银。
28.在一固定容积的密闭容器中，保持一定条件下进行以下反应：A（g）+2B（g）3C（g）+D(s)，已知加入1 molA和3molB。达到平衡后，生成 W mol C。
（1）在相同实验条件下，若在原平衡的基础上，向容器中再加入1 mol A和3 mol B，达到平衡后，C的物质的量为_____________mol。
（2）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入1.5 mol A、6.0 mol B、xmol C和足量的D，若要求在反应混合气体中C体积分数不变，计算x的值为________。
（3）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.8 mol A、a mol B、b mol C和足量的D，若要使平衡时C为1.2W mol，则a=________，b=________。
【答案】 (1). 2W (2). 4.5 (3). 2.8 (4). 1.2
【解析】
【分析】
（1）恒温恒容，反应前后气体体积不变，对应物质按相同的比例加入，平衡等效，物质的转化率相同，平衡时对应组分的含量相同；
（2）体积分数仍与原平衡相同，说明为等效平衡，恒温恒容，反应前后气体体积不变，按化学计量数转化到左边，A、B的物质的量之比满足1：3，则与原平衡等效；
（3）在相同实验条件下，若要使平衡时C为1.2W mol，则起始量按化学计量数转化到左边，A、B的物质的量之比满足1：3，且为加入1 molA和3molB的1.2倍关系。
【详解】（1）恒温恒容，反应前后气体体积不变，加入2molA和6molB，A、B的物质的量之比为1：3，与原平衡相同，为等效平衡，物质的转化率相同，平衡时对应组分的含量相同，C在反应混合气中的体积分数不变，C的物质的量变为2 W mol。
故答案为：2 W；
（2）恒温恒容，反应前后气体体积不变，按化学计量数转化到左边，A、B的物质的量之比满足1：3，则：=，解得n=4.5。
故答案为：4.5；
（3）在相同实验条件下，若要使平衡时C为1.2W mol，则起始量按化学计量数转化到左边，A、B的物质的量之比满足1：3，且为加入1 molA和3molB的1.2倍关系。则：0.8+=1.2，a+=3.6，解得：b=1.2，a=2.8，
故答案为：2.8；1.2。
29.向50mL0.018mol/L的AgNO3溶液中，加入50mL0.02mol/L的盐酸，生成了沉淀。如果溶液中c(Ag+)、c(Cl-)的乘积是一个常数：Ksp =c(Ag+)•c(Cl-)=1.0×10-10，求：
(1)沉淀生成后溶液中c(Ag+)是多少？
(2)沉淀生成后溶液的pH值是多少？
【答案】（1）c(Ag+）= 1×10-7mol/L （2）pH=2；
【解析】
【详解】（1）AgNO3+HCl= AgCl↓+HNO3
1 1
0.05L×0.018mol/L=9×10-4mol
则：c余(HCl)= [0.05L×0.02mol/L-9×10-4mol]/0.1L=1×10-3mol/L= c(Cl-)，
代入：Ksp =c(Ag+)•c(Cl-)=1.0×10-10，得：c(Ag+)=1×10-7mol/L
（2）反应前后，溶液里H+的物质的量不变
反应后:C(H+)=(0.05L×0.02mol/L)/0.1L=0.01 mol/L，则pH=2。
30.常温下，将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5L混合液。判断：
（1）溶液中共有____种微粒。
（2）溶液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010 mol，它们是_____和________。
（3）溶液中n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋ ) = _______mol。
【答案】 (1). 7 (2). CH3COO- (3). CH3COOH (4). 0.006mol
【解析】
【详解】（1）CH3COONa和HCl反应生成CH3COOH和NaCl，因此，溶液中共含有Na+、Cl-、CH3COO-、H+、OH-、CH3COOH和H2O，共7种粒子；
（2）常温下将0.010molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，由物料守恒可知，CH3COOH和CH3COO-的物质的量之和一定等于0.010 mol；
（3）由电荷守恒可得， n(CH3COO-)+n(OH-)+ n(Cl-)= n(Na+)+ n(H+)，则n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)= n(Na+)- n(Cl-)=0.010 mol-0.004 mol=0.006 mol。
31.(1)已知：2N2O5(g )=2N2O4( g )+O2( g ) ∆H1=-4.4kJ·mol-1
2NO2( g)=N2O4(g ) ∆H2 =-55.3kJ·mol-1
则反应N2O5( g )=2NO2(g )+O2(g )的∆H=_______ kJ·mol-1
(2)2molCH3OH(l)在O2(g)中完全燃烧，生成CO2(g)和H2O(l),放出887kJ热量：请写出CH3OH燃烧热的热化学方程式__________________________________
【答案】 (1). +53.1 (2). CH3OH( l)+O2(g )=CO2( g )+2H2O(l) ∆H=-443.5kJ·mol-1
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律，方程式如何叠加， 焓变就如何叠加；
（2）根据题目信息，计算焓变，写出热化学方程式即可。
【详解】（1）第一个反应编号①，第二个反应编号②， 得到目标方程式，故目标反应焓变为 ，
故答案为：+53.1；
（2）2mol 在 中完全燃烧，生成 和 ，放出887kJ热量，故1mol甲醇完全燃烧放出443.5kJ热量，燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，故热化学方程式为：CH3OH( l)+O2(g )=CO2( g )+2H2O(l) ∆H=-443.5kJ·mol-1 ，
答案为：CH3OH( l)+O2(g )=CO2( g )+2H2O(l) ∆H=-443.5kJ·mol-1。
32.用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液(酚酞作指示剂)用“偏高”“偏低”或“无影响”填空。
(1)酸式滴定管未用标准溶液润洗______
(2)锥形瓶用待测液润洗 ________
(3)锥形瓶洗净后还留有蒸馏水_______
(4)放出碱液的滴定管开始有气泡，放出碱液后气泡消失________
(5)酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失_________
(6)部分酸液滴出锥形瓶外________
(7)酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数_______
【答案】 (1). 偏高 (2). 偏高 (3). 无影响 (4). 偏低 (5). 偏高 (6). 偏高 (7). 偏低
【解析】
【分析】
用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，。根据操作对标准溶液体积的影响分析产生的误差。
【详解】(1)酸式滴定管未用标准溶液润洗，造成标准溶液被稀释，V标偏大，c待偏高，
故答案为：偏高；
(2)锥形瓶用待测液润洗, V标偏大，c待偏高，
答案为：偏高；
(3)锥形瓶洗净后还留有蒸馏水，无影响，
答案为：无影响；
(4)放出碱液的滴定管开始有气泡，放出碱液后气泡消失，碱液偏少，故V标偏小，c待偏低，
答案为：偏低；
(5)酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，V标偏大，c待偏高，
答案为：偏高；
(6)部分酸液滴出锥形瓶外，V标偏大，c待偏高，
答案为：偏高；
(7)酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，V标偏小，c待偏低，
答案为：偏低。
33.如图为以惰性电极进行电解：

(1)写出A 、B、C、D各电极上的电极反应式和总反应方程式：A：_______________，B：_____________，C：_______________，D：_____________，
(2)电解AgNO3溶液的总反应化学方程式：________；
(3)在A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量比_____。
【答案】 (1). Cu2++2e-=Cu (2). 2Cl--2e-=Cl2↑ (3). 4Ag++4e-=4Ag (4). 2H2O-4e-=O2↑+4H+ (5). (6). 2:2:4:1
【解析】
【分析】
以惰性电极电解氯化铜生成铜和氯气，以惰性电极电解硝酸银生成银、氧气和硝酸。
【详解】（1）左、右两个装置都是电解池，左侧装置，A连接电源的负极，为阴极，发生还原反应， 放电生成 ，阴极电极反应式为 ，B连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应， 放电生成 ，阳极电极反应式为 ；右侧装置，C连接电源的负极，为阴极，发生还原反应， 放电生成 ，阴极电极反应式为 ，D连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，水放电生成 与 ，阳极电极反应式为，
故答案为：；；；；
（2）电解AgNO3溶液属于放氧生酸型，总反应化学方程式为：，
（3）串联电路流过每个电极的电子数相同，如果流过4个电子，则生成2个铜，2个氯气，4个银，1个氧气，
故答案为：2:2:4:1。
【点睛】惰性电极电解溶液分类：电解水型，如溶液、溶液；电解溶质型，如溶液、盐酸；放氧生酸型，如溶液、溶液；放氢生碱型，如溶液、溶液。
34.已知：难溶电解质Cu(OH)2在常温下的Ksp＝2×10－20，则常温下：
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。
(2)要使0.2 mol·L－1CuSO4溶液中的Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。
【答案】 (1). 5 (2). 6
【解析】
【分析】
根据Ksp=c（Cu2+）•[c（OH-）]2=2×10-20，根据Cu2+离子的浓度计算OH-离子的浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，并以此计算溶液pH值。
【详解】（1）某CuSO4溶液里c（Cu2+）=0.02mol/L，如果生成Cu（OH）2沉淀，则应有c（OH-）≥mol/L=10-9mol/L，则c（H+）≤mol/L=10-5mol/L，所以pH≥-lg（10-5）=5；
（2）Cu2+沉淀较为完全是的浓度为=2×10-4mol/L，则c（OH-）=mol/L═10-8mol/L，则c（H+）=mol/L=10-6mol/L，所以pH=-lg（10-6）=6。
【点睛】本题考查溶度积常数的计算，题目难度不大，注意把握计算公式的运用。
35.用惰性电极电解1升0.2mol/L的CuSO4溶液，持续通电至两极产生气体体积相等时(同条件下测定)，停止电解。
(1)全过程中两极共得到的气体在标况下所占的体积___________
(2)全过程中电子转移____________摩尔
【答案】 (1). 8.96L (2). 0.8mol
【解析】
【分析】
用惰性电极电解1升0.2mol/L的CuSO4溶液，开始时阳极产生氧气，阴极产生铜，当铜离子被消耗完， 开始电解水，阳极产生氧气，阴极产生氢气。
【详解】（1）阳极一直产生氧气，阴极先产生铜，后产生氢气。阳极电极反应式： ，阴极电极反应式为：， ,阴阳两极产生气体相等，设产生氧气为xmol，则产生氢气也为xmol，根据得失电子相等， ，解得x=0.2，故产生气体共0.4mol，标况下体积为0.4mol×22.4L/mol=8.96L，
故答案为：8.96；
（2）整个过程转移电子数目可以看一个电极，阳极产生0.2mol氧气，转移电子0.8mol，
答案为：0.8。