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【化学】吉林省长春市实验中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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吉林省长春市实验中学2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Fe—56 Cu—64
第I卷(选择题，共56分)
一、单项选择题(每小题2分，共20分)
1.下列有机化合物的分类正确的是
A. 苯的同系物 B. 醇
C. 醚 D. 芳香烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．中不含苯环，不是苯的同系物，属于环烷烃，故A错误；
B．是芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代而成的化合物，属于醇，故B正确；
C．含有羰基，属于酮，故C错误；
D．含有苯环，除了C、H两种元素外，还含有Cl、N元素，属于芳香烃的衍生物，故D错误；
故选B。
2.下列有机物命名正确的是（ ）
A. 2﹣乙基丙烷
B. 3﹣丁醇
C. 邻二甲苯
D. 2﹣甲基﹣2﹣丙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A． 2-乙基丙烷，烷烃命名中出现2-乙基，说明选取的主链不是最长的，主链应该为丁烷，正确命名为：2-甲基丁烷，选项A错误；
B． 3-丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在2号C，正确命名为：2﹣丁醇，选项B错误；
C．邻二甲苯，两个甲基分别在苯环的邻位，名称为邻二甲苯，选项C正确；
D．碳碳双键在1号C，该有机物正确命名为：2-甲基-1-丙烯，选项D错误；
答案选C。
3.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HCOOH+H2OHCOO−+H3O+
B. CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－
C. Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋
D. HS－＋H2OH2S＋OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A. HCOOH +H2O⇌HCOO−+H3O+为醋酸的电离方程式，A项错误；
B. CO32-水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，B项错误；
C. 水解是微弱的，不能生成Fe(OH)3沉淀，C项错误；
D. HS－+H2O⇌H2S+OH-，是HS-离子的水解方程式，D项正确；
答案选D。
4.少量铁片与100 mL 0.01 mol·L－1的稀盐酸反应(盐酸过量)，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，如下方法中的成立的是
A. 加入少量铁粉
B. 加NaCl溶液
C. 滴入几滴硫酸铜溶液
D. 改用10 mL 0.1 mol·L－1盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸过量，加入少量铁粉，铁与盐酸反应生成氢气的量增多，A项错误；
B. 加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，氢离子浓度降低，故反应速率变慢，B项错误；
C. 滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，C项错误；
D. 改用浓度大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，盐酸过量，由铁的量决定氢气的产量，则氢气的量不变，D项正确；
答案选D。
【点睛】滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量。因为铁不足，氢气的量由铁决定，学生们容易忽略置换铜消耗的铁，误以为反应速率加快，氢气量不变；当铁过量，盐酸不足时，由盐酸决定氢气的量，此时氢气的量不改变。
5.可逆反应A(s)+B(g)2C(g) △H<0在密闭容器中达到平衡后，改变条件，能使B转化率提高的是（ ）
A. 保持温度不变，减小压强 B. 保持恒温恒容，充入氦气
C. 其它条件不变时，升高温度 D. 其它条件不变时，加入少量A
【答案】A
【解析】
A. 正反应是放热的体积增大的可逆反应，保持温度不变，减小压强平衡正向移动，转化率提高，A正确；B. 保持恒温恒容，充入氦气，平衡不移动，转化率不变，B错误；C. 其它条件不变时，升高温度平衡逆向移动，转化率降低，C错误；D. 其它条件不变时，加入少量A，A是固体，平衡不移动，转化率不变，D错误，答案选A。
【点睛】明确外界条件对平衡状态影响变化规律是解答的关键，易错点是压强的影响。注意“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。
6.为提纯下列物质括号内为杂质，除杂试剂和分离方法都正确的是
序号
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(乙烯)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
己烯(苯)
溴水
分液
C
溴苯(液溴)
乙醇
分液
D
C2H5OH(H2O)
新制生石灰
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应加溴水，利用洗气法除杂，A项错误；
B. 己烯能与溴水发生加成反应，不能用溴水除去己烯中的苯，己烯与苯互溶，可用蒸馏的方法分离，B项错误；
C. 溴苯、液溴都易溶于乙醇，三者互溶，则不能用乙醇除去溴苯中的液溴，应加入足量氢氧化钠，充分反应Br2 + 2NaOH = NaBr + NaBrO + H2O，产物NaBr、NaBrO溶于水，在上层，溴苯在下层，再进行分液即可，C项错误；
D. 水与生石灰反应生成熟石灰，可增大混合物的沸点差，可用蒸馏的方法分离，D项正确；
答案选D。
【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证不增、不减、不繁“三不原则”，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。
7.一定条件下，下列反应不可能自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H<0
B. CaCO3(s)=CaO( s)+ CO2(g) △H>0
C. N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) △H<0
D. 2CO(g)=2C(s)+ O2(g) △H>0
【答案】D
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行；△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A. △H<0，△S>0，可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，A项错误；
B. △H>0，△S>0，温度较高时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，B项错误；
C. △H<0，△S<0，温度较低时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，C项错误；
D. △H>0，△S<0，△G=△H−T⋅△S>0，不能自发进行，D项正确；
答案选D。
8.分子式为C3H6BrCl的有机物共有(不含立体异构)
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【解析】
分子式为C3H6BrCl的有机物共有、、、、共5种，故B正确。
9.利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是
A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】
【详解】A.K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；
B.K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；
C.K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；
D.开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确；
故答案为D。
10.下列有关化工生产的说法中错误的是
① 可以电解饱和食盐水来制取金属钠
② 可以将钠加入MgCl2饱和溶液中制取镁
③ 用电解法冶炼铝时，原料是氯化铝
④ 冶炼金属时，必须加入一种物质作为还原剂
⑤ 在金属铁表面镀上一层铜，让铁作电解池的阴极，溶液中铜离子浓度可保持不变
⑥ 电解精炼铜时，若硫酸铜溶液为电解液，则粗铜作阳极，溶液中铜离子浓度始终保持不变
A. ② ③ B. ① ④ ⑤
C. ① ② ③ ④ ⑥ D. ① ② ③ ④ ⑤ ⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
金属冶炼的方法主要有：
热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；
热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；
电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）。
【详解】①. 电解饱和食盐水时，阴极上H+优先于Na+放电，得电子生成氢气，而不生成金属钠，钠是活泼金属，可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠，故①错误；
②. 钠是很活泼的金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故②错误；
③. 电解冶炼铝时，原料是氧化铝，因为氯化铝属于分子晶体，在熔融状态下以分子形式存在，而不能电离出离子，所以熔融状态下不导电，故③错误；
④. 选择金属冶炼的方法要依据金属在自然界中的存在形态和金属的活泼性，非常活泼的金属采用电解的方法冶炼，如铝是活泼金属，采用电解法冶炼，所以不需加还原剂，故④错误；
⑤. 电镀时，镀层铜作阳极，镀件铁作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液，溶液中铜离子浓度可保持不变，故⑤正确；
⑥. 电解精炼铜时，阳极上溶解的金属不仅有铜，还有比铜活泼的锌、铁等金属，阴极上只析出铜，所以溶解的铜小于析出的铜，导致溶液中铜离子浓度减小，故⑥错误；
综上所述，①②③④⑥错误，C项正确；
答案选C。
【点睛】1. 电解精炼铜时，阳极溶解的金属除了铜，还有铁、锌等比铜活泼的杂质，阴极只析出金属铜，粗铜溶解减少的质量与纯铜增加的质量不等，电解质溶液为硫酸铜等可溶性铜盐，铜离子的浓度减小；电镀铜时，阳极为铜，阴极为镀件，阳极溶解金属铜，阴极析出金属铜，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等，电解质溶液为硫酸铜等可溶性铜盐，铜离子浓度不变。这是学生们的易错点。
2. 根据阴极的放电顺序知，电解含Al3+、Na+、Mg2+水溶液时，水电离的H+会优先放电，Al3+、Na+、Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融Al2O3、NaCl、MgCl2的方法制取金属铝、金属钠、金属镁。
二、单项选择题(每小题3分，共36分)
11.下列说法能说明醋酸为弱酸的有
①0.1 mol·L－1CH3COOH溶液pH约为2.3
②0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱
③相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快
④醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4固体，红色变浅
⑤常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合溶液呈酸性
⑥常温下，CH3COONa水溶液的pH＞7
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②⑥
C. ③④⑤ D. ①②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液里只能部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明醋酸部分电离，就能证明醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO- + H+，还可以根据其强碱盐的酸碱性判断酸的强弱。
【详解】①. 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液pH约为2.3，即c(H+)=10−2.3mol⋅L−1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故正确； ；
②. 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱，说明醋酸中离子浓度小于盐酸，则醋酸电离程度小于HCl，为弱电解质，故正确；
③. 相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快，说明醋酸中氢离子浓度小，HCl是强电解质，则醋酸部分电离，为弱电解质，故正确；
④. 醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4固体，红色变浅，说明醋酸中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO- + H+，则醋酸为弱电解质，故正确； ；
⑤. 常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明醋酸浓度大于NaOH，NaOH是强电解质，则醋酸是弱电解质，故正确；
⑥. 常温下，CH3COONa水溶液的pH＞7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸是弱酸，为弱电解质，故正确；
综上所述，①②③④⑤⑥均能说明醋酸为弱酸，A项正确；
答案选A。
12.标准状况下，两种气态烃的混合物共2.24L，完全燃烧后得3.36L二氧化碳和3.6g的水，则混合气体中
A. 一定含有甲烷
B. 一定含有乙烯
C. 可能含有乙炔
D. 一定是由烷烃和烯烃构成
【答案】A
【解析】
【详解】标况下2.24L气态烃的物质的量为0.1mol，3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，3.6g水的物质的量为0.2mol，根据原子守恒可知混合物的平均分子式为C1.5H4，由于是混合物，则肯定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个H原子，则另一种烃也含有4个H原子，可能为乙烯、丙炔等，故选A。
13.0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当—个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是
A. 5.6L B. 6.72L
C. 1.344L D. 11.2L
【答案】A
【解析】
【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为
2Cl－-2e－=Cl2↑ 、4OH－-4e－=2H2O+O2↑，
0.4 0.4 0.2 0.2 0.05
阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.25×22.4=5.6L，选A。
14.下列与盐类水解知识有关的有几项
① 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
② 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与碳酸氢铵混合使用
③ Al2S3不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备
④ 配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉
⑤ 金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂
⑥ 使用泡沫灭火器灭火的原理
⑦ 明矾 [KAl(SO4)2·12 H2O]可用于净水
⑧ 加热蒸干MgCl2溶液获得无水MgCl2，需要在HCl气流中进行
⑨ 误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
⑩ 溶洞、珊瑚的形成
A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 7项
【答案】D
【解析】
【详解】① 碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠水溶液，其具有黏性，导致玻璃瓶塞无法打开，与盐类水解知识有关，故正确；
② 碳酸钾水解显碱性，能促进铵根离子的水解，生成氨气，CO32−+2NH4+=CO2↑+2NH3↑+H2O，降低肥效，与盐类水解知识有关，故正确；
③ 铝离子和硫离子之间发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，只能用干法制备，用铝和硫单质反应制备Al2S3，与盐类水解知识有关，故正确；
④ 配制FeCl2溶液要防止其水解，需要加盐酸抑制其水解，为了防止亚铁离子被氧化，需要加铁粉，加入铁粉会和被氧化生成的氯化铁反应生成氯化亚铁，则配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，与盐类水解知识无关，故错误；
⑤ NH4Cl水解显酸性，与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解知识有关，故正确；
⑥ 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，进行灭火，与盐类水解知识有关，故正确；
⑦ 明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]可用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，与盐类水解知识有关，故正确；
⑧ 氯化镁是强酸弱碱盐，镁离子水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进盐酸挥发，从而促进氯化镁水解，应该在HCl氛围中加热氯化镁溶液获得无水MgCl2，与盐类水解知识有关，故正确；
⑨ 钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释，与盐类水解知识无关，故错误；
⑩ 石灰岩的主要成分是CaCO3，CaCO3与空气中CO2或地下水中溶解的部分CO2发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，生成的Ca(HCO3)2是可以溶于水的物质，在随水流动的过程中，在受热或自然状态下可发生反应Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，所以就又形成新形状的 石灰岩了，也就形成了溶洞、珊瑚等各种自然奇观了，与盐类水解知识无关，故错误；
综上所述，①②③⑤⑥⑦⑧与盐类水解知识有关，共7项，D项正确；
答案选D。
15.在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度的关系如下表，根据信息推断以下说法正确的是
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
A. 此反应为放热反应
B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C. 830℃时，反应物CO2与H2按1：1投料，平衡时H2的转化率为50%
D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由表中数据可知，升高温度，K值增大，平衡正向移动，则此反应的正反应为吸热反应，A项错误；
B. 该反应前后为气体物质的量不变的反应，则容器中的压强始终不变，B项错误；
C. 830℃时，化学平衡常数等于1，则平衡时，c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，因反应物CO2与H2按1：1投料，假设CO2与H2初始各加入1mol/L，转化量为xmol/L，可得下列三段式：
由题意可得可得(1-x)(1-x)=x2，解得x=0.5，则平衡时H2的转化率为50%，C项正确；
D. 该反应的化学平衡常数越大，则正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，D项错误；
答案选C。
16.向某密闭容器中充入 1 mol X 与 2 mol Y 发生反应：X(g)＋2Y(g) aZ(g) H<0，达到平衡后，改变某一条件(温度或容器体积)，X 的平衡转化率的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. a＝2
B. T2>T1
C. A 点的反应速率：3v 正(X)＝v 逆(Z)
D. 用 Y 表示 A、B 两点的反应速率：v(A)>v(B)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 通过图象分析，增加压强，X的平衡转化率不变，说明平衡不移动，则反应前后气体计量数之和相等，所以a=3，故A错误；
B. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则T2
D. 温度越高，反应速率越快，T2
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素及化学平衡图象，明确压强因素对化学平衡的影响及由图象得出增加压强，X的平衡转化率不变，说明平衡不移动是解答本题的关键。
17.将0.2mol·L-1HCN溶液和0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是（ ）
A. c(HCN)＜c(CN－) B. c(Na＋)＜c(CN－)
C. c(HCN)－c(CN－)＝c(OH－) D. c(HCN)＋c(CN－)＝0.1mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
0.2mol/L HCN溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明HCN的电离程度小于NaCN水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合物料守恒和电荷守恒解答。
【详解】A. 0.2mol/L HCN溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明HCN的电离程度小于NaCN水解程度，则溶液中存在c(HCN)>c(CN−)，故A错误；
B 溶液呈碱性，则c(H+)c(CN−)，故B错误；
C. 由物料守恒可知c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)，又据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(CN−)+c(OH−)，二者联式可得2c(H+)+c(HCN)+c(CN−)=2c(CN−)+2c(OH−)，则2c(H+)+c(HCN)=c(CN−)+2c(OH−)，c(HCN)−c(CN−)=2c(OH−)−2c(H+)，故C错误；
D. 二者等体积混合后溶液体积增大一倍，则浓度降为原来的一半，结合物料守恒c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)可得c(HCN)+c(CN−)=0.1 mol/L，故D正确；
答案选D。
18.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH－+2H2O2Zn(OH)42－。下列说法正确的是
A. 充电时，电路中每通过1mol电子，电解质溶液中就有0.5mol K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn＋4OH－－2e–＝Zn(OH)42－
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 充电时，相当于电解池，阳离子向阴极移动，A项错误；
B. 充电时，发生反应的过程是放电时的逆向过程，根据电池反应式可知，电解质溶液中c(OH−)逐渐增大，B项错误；
C. 放电时，负极反应式为：Zn+4OH−−2e−═Zn(OH)42-，C项正确；
D. 放电时，每消耗标况下22.4L氧气，即1mol氧气，转移电子4mol，D项错误；
答案选C。
19.现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是( )
A. b是阳离子交换膜，允许Na＋通过
B. 从A口出来的是NaOH溶液
C. 阴极反应式为4OH－－4e－= 2H2O＋O2↑
D. Na2SO4溶液从G口加入
【答案】A
【解析】
【详解】A、在阳极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，选项A正确；
B、连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，选项B错误；
C、阴极是氢离子放电，阴极发生的反应为：2H++2e－= H2↑，选项C错误；
D、NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从E口加入，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查电解池知识，本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH﹣放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子；接电源正极的是阳极，即A极放出氧气。
20.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L-1，c(HI)＝4mol·L-1，则此温度下，反应①的平衡常数为
A. 9 B. 16 C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
【详解】平衡时c(HI)=4mol∙L−1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol∙L−1，则NH4I分解生成的HI的浓度为4mol∙L−1+2×0.5mol∙L−1=5mol⋅L−1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol∙L−1，所以反应①的平衡常数K=c(NH3)∙c(HI)=5mol∙L−1×4mol∙L−1=20mol2∙L−2，故选C。
21.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10 mol2·L－2，下列说法不正确的是
A. 在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到c点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该图像为AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上各点均处于沉淀溶解平衡状态，则根据图中b点的c(Ag+)和c(Br−)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2，A项正确；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br−)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，B项错误；
C. 在a点时Qc
答案选B。
22.在25mL 0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示，下列有关离子浓度的比较正确的是
A. 在A、B间任一点(不含A、B点)，溶液中可能有c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)
B. 在B点，a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C. 在C点，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)
D. 在D点，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【答案】A
【解析】
【详解】A.在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）＜c（OH-），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B.在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）＝c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）＝c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故B错误；
C.在C点，溶液显酸性，故有c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）＜c（CH3COO-），c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D.在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒，则：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＝0.1mol•L-1，c（Na+）=0.05mol/L，c（CH3COO-）+c （CH3COOH）=2c（Na+）故D错误；
答案选A。
【点睛】该题是一道酸碱混合后离子浓度大小比较的题目，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用。
第II卷(非选择题，共44分)
三.非选择题
23.(1)写出中官能团的名称为_________________；
(2)的分子式为_____________，1 mol该有机物完全燃烧需消耗氧气的物质的量为________mol，分子中一定共面的原子有________个；
(3)有机物M()为苯的同分异构体，M的二氯代物的同分异构体有____种；
(4)用系统命名法对下列有机物进行命名：
① CH3C(CH3)＝CHCH3：______________；
② CH3CH(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH3：_________________________。
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). C4H8O (3). 5.5 (4). 6 (5). 3 (6). 2-甲基-2-丁烯 (7). 3,4-二甲基己烷
【解析】
【分析】
（1）含有的官能团为-OH、-COOH；
（2）的分子式为C4H8O；C4H8O相当于C4H6∙H2O，1molC4H8O完全燃烧需消耗氧气的物质的量就相当于1molC4H6完全燃烧需消耗氧气的物质的量；该有机物中有乙烯型的碳碳双键结构和甲烷型结构（碳原子连4根单键）；
（3）M()中6个氢原子均为等效氢，利用“定一动一”的思路可写出M的二氯代物；
（4）根据烷烃、烯烃的命名规则进行命名。
【详解】（1）含有的官能团为-OH、-COOH，名称为羟基、羧基；
故答案为：羟基、羧基；
（2）的分子式为C4H8O；C4H8O相当于C4H6∙H2O，，则1 mol该有机物完全燃烧需消耗氧气的物质的量为5.5mol；该有机物中有乙烯型的碳碳双键结构和甲烷型结构（碳原子连4根单键），则分子中一定共面的原子有6个；
故答案为：C4H8O；5.5；6；
（3）M()中6个氢原子均为等效氢，利用“定一动一”的思路可写出M的二氯代物为 、、，共3种同分异构体；
故答案为：3；
（4）① CH3C(CH3)＝CHCH3选取含碳碳双键碳原子数最多的碳链为主链，主链4个C，即丁烯，从距双键碳原子最近的一端开始编号，甲基在2号碳原子上，则命名为2-甲基-2-丁烯；
故答案为：2-甲基-2-丁烯；
② CH3CH(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH3选取含碳原子数最多的碳链为主链，主链6个C，即己烷，两个甲基为取代基，从距离取代基最近的一端开始编号，两个甲基分别在3、4号碳原子上，则命名为3,4-二甲基己烷；
故答案为：3,4-二甲基己烷。
24.Ⅰ.某温度(T℃)的溶液中，c(H+)＝10-xmol·L-1，c(OH-)＝10-ymol·L-1，x与y的关系如图所示：
此温度下，0.01mol/L的NaOH溶液中水电离出的OH－浓度为____________。
Ⅱ.常温下，如果取 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Na＋)－c(A－)＝________ mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝________ mol·L－1；
(2)已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). 1×10-10mol·L-1 (2). 9.9×10-7 (3). 10－8 (4). ＞
【解析】
【分析】
Ⅰ. 结合图像，先根据水的离子积常数公式Kw=c(H+)·c(OH-)，计算该温度下水的离子积， 0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，再根据水的离子积常数计算水电离出氢离子的浓度，最后根据水电离出氢氧根离子的浓度与水电离出的氢离子的浓度相等进行确定水电离出氢氧根离子的浓度；
Ⅱ.（1）0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒c(Na+)=c(A-)+c(HA)，据此进行计算；
（2）根据盐溶液酸碱性的判断规律“谁强显谁性，同强显中性”判断碳酸铵的酸碱性。
【详解】Ⅰ.该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，水的离子积=10-x×10-y=10-(x+y)，由图象可知，x+y=12，故Kw=1.0×10-12，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数得溶液中；
故答案为：1×10-10mol·L-1；
Ⅱ.（1）0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(A-)+c(HA)，联立电荷守恒表达式可得c(OH-)-c(HA)=c(H+)=1×10-8mol/L；
故答案为：9.9×10-7；1×10-8；
（2）NH4A溶液为中性，即铵根离子水解程度等于A-离子水解程度，则HA的电离程度和一水合氨电离程度相等，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性大于碳酸，即HA的电离程度大于碳酸电离程度，则一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，所以铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以碳酸铵溶液呈碱性，pH＞7；
故答案为：＞。
【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25 ℃时)
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7 mol·L-1。
(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7 mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7 mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7 mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。
(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7 mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7 mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7 mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
25.(1)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中＝_____________(保留三位有效数字)；已知：Ksp(BaCO3)＝2.6×10−9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10。
(2)已知室温时，Ksp［Mg(OH)2］＝4.0×10−11。在0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，溶液的pH是_____________(已知lg2＝0.3)。
【答案】 (1). 23.6 (2). 11.3
【解析】
【分析】
（1）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中同时存在BaSO4、BaCO3的沉淀溶解平衡，根据溶度积公式进行计算；
（2）0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，浓度应小于1.0×10−5mol/L，据此根据溶度积公式进行计算。
【详解】（1）；
故答案为：23.6；
（2）c(MgCl2)=0.1mol⋅L−1，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，浓度应小于1.0×10−5mol/L，，，pH=-lgc(H+)=-lg=11.3；
故答案为：11.3。
26.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(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)。现用0.001 mol·L－1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是：2MnO4－＋5HSO3－＋H＋＝2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O
回答下列问题：
(1)用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液；
(2)该滴定实验选用何种指示剂，说明理由____________________(如无需加入指示剂也请说明理由)；
(3)滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则根据(b－a)mL计算得到的待测浓度，比实际浓度________(填“大”或“小”)。
【答案】 (1). 酸 (2). 不加指示剂，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色 (3). 小
【解析】
【分析】
（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；
（2）高锰酸钾溶液颜色为紫红色，可不用加入指示剂；
（3）滴定后俯视液面，读数偏小，(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少，根据，分析不当操作对V(标准)的影响，据此判断浓度的误差。
【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不能用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；
故答案为：酸；
（2）高锰酸钾溶液的颜色为紫红色，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，因此不需要用指示剂就可以判断滴定终点；
故答案为：不加指示剂，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色；
（3）滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则读数偏小，则(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少，根据(b-a)mL计算得到的待测浓度，造成V(标准)偏小，根据分析，c(待测)偏小；
故答案为：小。
【点睛】高锰酸钾溶液的颜色本身为紫红色，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色，则当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，因此不需要用指示剂就可以判断滴定终点，这是学生们的易错点，错误认为滴定一定需要指示剂。
27.图中甲池的总反应式为。
（1）甲池中负极上的电极反应式为_____________________。
（2）乙池中石墨电极上电极反应式为_________________________________。
（3）要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的 _______________。
A．CuO B．Cu(OH)2 C．CuCO3 D．CuSO4
（4）若将乙池中两个电极改成等质量Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6gN2H4时，乙池中两个电极质量差为_________________g。
【答案】 (1). N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O (2). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). A、C (4). 12.8
【解析】
【分析】
从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池为电解池。通N2H4的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池中，石墨电极为阳极，铁电极为阴极。
（1）甲池中通入N2H4的电极为负极，N2H4在碱性条件下失电子，生成N2等。
（2）乙池中石墨电极为阳极，H2O失电子，生成O2等。
（3）要使乙池恢复到电解前状态，应先看阴、阳极的产物，离开溶液的两电极产物反应后，加入电解后的乙池电解质溶液中，即可恢复原来的性质。
（4）乙池电极得失电子的物质的量，与N2H4失电子的物质的量相等，当甲中消耗1.6gN2H4时，线路中通过的电子为=0.2mol，即可求出乙池中两个电极质量差。
【详解】（1）甲池中通入N2H4的电极为负极，N2H4在碱性条件下失电子，生成N2等，电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O。答案为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；
（2）乙池中石墨电极为阳极，H2O失电子，生成O2等，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。答案为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
（3）乙池中石墨电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，铁电极反应式为Cu2++2e-=Cu，O2与Cu反应生成CuO，所以应往溶液中加入CuO或CuO∙CO2。答案为：A、C；
（4）在乙池中，石墨电极换为铜电极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铁电极不变，铁电极发生的反应式为Cu2++2e-=Cu。当甲中消耗1.6gN2H4时，线路中通过的电子为=0.2mol，即可求出乙池中，铜电极质量减轻0.1mol×64g/mol=6.4g，Fe电极质量增重0.1mol×64g/mol=6.4g，两个电极质量差为6.4g-(-6.4g)=12.8g。答案为：12.8。
【点睛】电解结束后，溶液的性质通常会发生一定的改变。若想让电解质恢复电解前的性质，应在电解后的溶液中加入某物质，此物质为两电极产物(离开溶液)发生反应的产物，或者相当于该物质的物质。如此题中，阴极生成Cu，阳极生成O2，二者反应生成CuO，则应往电解后的溶液中加入CuO，加入的量与电解时生成量相同。也可加入CuCO3(分解产物为CuO、CO2)，但不能加入Cu(OH)2(分解产物为CuO、H2O)。
28.氢能将成为21世纪的主要能源。太阳能光伏电池电解水可制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
(1)制H2时，连接________(填“K1”或“K2”)，产生H2的电极反应式是____________，溶液pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)改变开关连接方式，可得O2，此时电极3的反应式为：__________________。
【答案】 (1). K1 (2). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (3). 增大 (4). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
【解析】
【分析】
电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则制H2时，应连接K1，电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3为阳极，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；制O2时,连接K2，电极2为阳极，电极反应式为4OH－-4e-=O2↑+2H2O，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，从而实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，且可循环使用。
【详解】（1）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则制H2时，应连接K1，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，溶液pH增大；
故答案为：K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；增大；
（2）制O2时,连接K2，电极3为阴极，发生反应NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，从而实现NiOOH⇌Ni(OH)2转化，且可循环使用；
故答案为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Fe—56 Cu—64
第I卷(选择题，共56分)
一、单项选择题(每小题2分，共20分)
1.下列有机化合物的分类正确的是
A. 苯的同系物 B. 醇
C. 醚 D. 芳香烃
【答案】B
【解析】
【详解】A．中不含苯环，不是苯的同系物，属于环烷烃，故A错误；
B．是芳香烃侧链中的氢原子被羟基取代而成的化合物，属于醇，故B正确；
C．含有羰基，属于酮，故C错误；
D．含有苯环，除了C、H两种元素外，还含有Cl、N元素，属于芳香烃的衍生物，故D错误；
故选B。
2.下列有机物命名正确的是（ ）
A. 2﹣乙基丙烷
B. 3﹣丁醇
C. 邻二甲苯
D. 2﹣甲基﹣2﹣丙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A． 2-乙基丙烷，烷烃命名中出现2-乙基，说明选取的主链不是最长的，主链应该为丁烷，正确命名为：2-甲基丁烷，选项A错误；
B． 3-丁醇，醇的命名需要标出羟基的位置，该有机物中羟基在2号C，正确命名为：2﹣丁醇，选项B错误；
C．邻二甲苯，两个甲基分别在苯环的邻位，名称为邻二甲苯，选项C正确；
D．碳碳双键在1号C，该有机物正确命名为：2-甲基-1-丙烯，选项D错误；
答案选C。
3.下列离子方程式中，属于水解反应的是
A. HCOOH+H2OHCOO−+H3O+
B. CO32-＋2H2OH2CO3＋2OH－
C. Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋
D. HS－＋H2OH2S＋OH－
【答案】D
【解析】
【详解】A. HCOOH +H2O⇌HCOO−+H3O+为醋酸的电离方程式，A项错误；
B. CO32-水解分步进行，以第一步为主，不能一步完成，B项错误；
C. 水解是微弱的，不能生成Fe(OH)3沉淀，C项错误；
D. HS－+H2O⇌H2S+OH-，是HS-离子的水解方程式，D项正确；
答案选D。
4.少量铁片与100 mL 0.01 mol·L－1的稀盐酸反应(盐酸过量)，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，如下方法中的成立的是
A. 加入少量铁粉
B. 加NaCl溶液
C. 滴入几滴硫酸铜溶液
D. 改用10 mL 0.1 mol·L－1盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A. 盐酸过量，加入少量铁粉，铁与盐酸反应生成氢气的量增多，A项错误；
B. 加NaCl溶液，相当于稀释盐酸，氢离子浓度降低，故反应速率变慢，B项错误；
C. 滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，C项错误；
D. 改用浓度大的盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，盐酸过量，由铁的量决定氢气的产量，则氢气的量不变，D项正确；
答案选D。
【点睛】滴入几滴硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量。因为铁不足，氢气的量由铁决定，学生们容易忽略置换铜消耗的铁，误以为反应速率加快，氢气量不变；当铁过量，盐酸不足时，由盐酸决定氢气的量，此时氢气的量不改变。
5.可逆反应A(s)+B(g)2C(g) △H<0在密闭容器中达到平衡后，改变条件，能使B转化率提高的是（ ）
A. 保持温度不变，减小压强 B. 保持恒温恒容，充入氦气
C. 其它条件不变时，升高温度 D. 其它条件不变时，加入少量A
【答案】A
【解析】
A. 正反应是放热的体积增大的可逆反应，保持温度不变，减小压强平衡正向移动，转化率提高，A正确；B. 保持恒温恒容，充入氦气，平衡不移动，转化率不变，B错误；C. 其它条件不变时，升高温度平衡逆向移动，转化率降低，C错误；D. 其它条件不变时，加入少量A，A是固体，平衡不移动，转化率不变，D错误，答案选A。
【点睛】明确外界条件对平衡状态影响变化规律是解答的关键，易错点是压强的影响。注意“惰性气体”对化学平衡的影响：①恒温、恒容条件：原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。②恒温、恒压条件：原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压），平衡向气体体积增大的方向移动。
6.为提纯下列物质括号内为杂质，除杂试剂和分离方法都正确的是
序号
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(乙烯)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
己烯(苯)
溴水
分液
C
溴苯(液溴)
乙醇
分液
D
C2H5OH(H2O)
新制生石灰
蒸馏
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A. 乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应加溴水，利用洗气法除杂，A项错误；
B. 己烯能与溴水发生加成反应，不能用溴水除去己烯中的苯，己烯与苯互溶，可用蒸馏的方法分离，B项错误；
C. 溴苯、液溴都易溶于乙醇，三者互溶，则不能用乙醇除去溴苯中的液溴，应加入足量氢氧化钠，充分反应Br2 + 2NaOH = NaBr + NaBrO + H2O，产物NaBr、NaBrO溶于水，在上层，溴苯在下层，再进行分液即可，C项错误；
D. 水与生石灰反应生成熟石灰，可增大混合物的沸点差，可用蒸馏的方法分离，D项正确；
答案选D。
【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证不增、不减、不繁“三不原则”，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。
7.一定条件下，下列反应不可能自发进行的是
A. 2O3(g)=3O2(g) △H<0
B. CaCO3(s)=CaO( s)+ CO2(g) △H>0
C. N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) △H<0
D. 2CO(g)=2C(s)+ O2(g) △H>0
【答案】D
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行；△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。
【详解】A. △H<0，△S>0，可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，A项错误；
B. △H>0，△S>0，温度较高时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，B项错误；
C. △H<0，△S<0，温度较低时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，C项错误；
D. △H>0，△S<0，△G=△H−T⋅△S>0，不能自发进行，D项正确；
答案选D。
8.分子式为C3H6BrCl的有机物共有(不含立体异构)
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】B
【解析】
分子式为C3H6BrCl的有机物共有、、、、共5种，故B正确。
9.利用下图所示装置可以模拟铁的电化学腐蚀。下列说法中，正确的是
A. 若X为碳棒，开关K置于M处可以减缓铁的腐蚀
B. 若X为铜棒，开关K置于N处可以加快铁的腐蚀
C. 若X为碳棒，开关K置于M处，则为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若X为碳棒，开关K置于N处，则为外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】
【详解】A.K置于M处是原电池，X为碳，铁比碳活泼作负极，铁失去电子，加速铁的腐蚀，A错误；
B.K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，可以减缓铁的腐蚀，B错误；
C.K置于M处是原电池，Fe比碳活泼，铁作负极失去电子被腐蚀，这不是牺牲阳极的阴极保护法，若X为比铁活泼的金属，则铁作正极被保护，才是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；
D.开关K置于N处是电解池，铁作阴极被保护，这是外加电流的阴极保护法，D正确；
故答案为D。
10.下列有关化工生产的说法中错误的是
① 可以电解饱和食盐水来制取金属钠
② 可以将钠加入MgCl2饱和溶液中制取镁
③ 用电解法冶炼铝时，原料是氯化铝
④ 冶炼金属时，必须加入一种物质作为还原剂
⑤ 在金属铁表面镀上一层铜，让铁作电解池的阴极，溶液中铜离子浓度可保持不变
⑥ 电解精炼铜时，若硫酸铜溶液为电解液，则粗铜作阳极，溶液中铜离子浓度始终保持不变
A. ② ③ B. ① ④ ⑤
C. ① ② ③ ④ ⑥ D. ① ② ③ ④ ⑤ ⑥
【答案】C
【解析】
【分析】
金属冶炼的方法主要有：
热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；
热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；
电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）。
【详解】①. 电解饱和食盐水时，阴极上H+优先于Na+放电，得电子生成氢气，而不生成金属钠，钠是活泼金属，可以用电解熔融氯化钠的方法来制取金属钠，故①错误；
②. 钠是很活泼的金属，将Na加入氯化镁溶液中，Na先和水反应生成NaOH，NaOH再和氯化镁发生复分解反应，所以得不到Mg单质，可以采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，故②错误；
③. 电解冶炼铝时，原料是氧化铝，因为氯化铝属于分子晶体，在熔融状态下以分子形式存在，而不能电离出离子，所以熔融状态下不导电，故③错误；
④. 选择金属冶炼的方法要依据金属在自然界中的存在形态和金属的活泼性，非常活泼的金属采用电解的方法冶炼，如铝是活泼金属，采用电解法冶炼，所以不需加还原剂，故④错误；
⑤. 电镀时，镀层铜作阳极，镀件铁作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液，溶液中铜离子浓度可保持不变，故⑤正确；
⑥. 电解精炼铜时，阳极上溶解的金属不仅有铜，还有比铜活泼的锌、铁等金属，阴极上只析出铜，所以溶解的铜小于析出的铜，导致溶液中铜离子浓度减小，故⑥错误；
综上所述，①②③④⑥错误，C项正确；
答案选C。
【点睛】1. 电解精炼铜时，阳极溶解的金属除了铜，还有铁、锌等比铜活泼的杂质，阴极只析出金属铜，粗铜溶解减少的质量与纯铜增加的质量不等，电解质溶液为硫酸铜等可溶性铜盐，铜离子的浓度减小；电镀铜时，阳极为铜，阴极为镀件，阳极溶解金属铜，阴极析出金属铜，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等，电解质溶液为硫酸铜等可溶性铜盐，铜离子浓度不变。这是学生们的易错点。
2. 根据阴极的放电顺序知，电解含Al3+、Na+、Mg2+水溶液时，水电离的H+会优先放电，Al3+、Na+、Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融Al2O3、NaCl、MgCl2的方法制取金属铝、金属钠、金属镁。
二、单项选择题(每小题3分，共36分)
11.下列说法能说明醋酸为弱酸的有
①0.1 mol·L－1CH3COOH溶液pH约为2.3
②0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱
③相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快
④醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4固体，红色变浅
⑤常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合溶液呈酸性
⑥常温下，CH3COONa水溶液的pH＞7
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②⑥
C. ③④⑤ D. ①②③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液里只能部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明醋酸部分电离，就能证明醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO- + H+，还可以根据其强碱盐的酸碱性判断酸的强弱。
【详解】①. 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液pH约为2.3，即c(H+)=10−2.3mol⋅L−1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故正确； ；
②. 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱，说明醋酸中离子浓度小于盐酸，则醋酸电离程度小于HCl，为弱电解质，故正确；
③. 相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快，说明醋酸中氢离子浓度小，HCl是强电解质，则醋酸部分电离，为弱电解质，故正确；
④. 醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4固体，红色变浅，说明醋酸中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO- + H+，则醋酸为弱电解质，故正确； ；
⑤. 常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明醋酸浓度大于NaOH，NaOH是强电解质，则醋酸是弱电解质，故正确；
⑥. 常温下，CH3COONa水溶液的pH＞7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸是弱酸，为弱电解质，故正确；
综上所述，①②③④⑤⑥均能说明醋酸为弱酸，A项正确；
答案选A。
12.标准状况下，两种气态烃的混合物共2.24L，完全燃烧后得3.36L二氧化碳和3.6g的水，则混合气体中
A. 一定含有甲烷
B. 一定含有乙烯
C. 可能含有乙炔
D. 一定是由烷烃和烯烃构成
【答案】A
【解析】
【详解】标况下2.24L气态烃的物质的量为0.1mol，3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，3.6g水的物质的量为0.2mol，根据原子守恒可知混合物的平均分子式为C1.5H4，由于是混合物，则肯定含有C原子数小于1.5的烃，即一定含有甲烷，因甲烷中含有4个H原子，则另一种烃也含有4个H原子，可能为乙烯、丙炔等，故选A。
13.0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当—个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是
A. 5.6L B. 6.72L
C. 1.344L D. 11.2L
【答案】A
【解析】
【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为
2Cl－-2e－=Cl2↑ 、4OH－-4e－=2H2O+O2↑，
0.4 0.4 0.2 0.2 0.05
阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.25×22.4=5.6L，选A。
14.下列与盐类水解知识有关的有几项
① 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
② 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与碳酸氢铵混合使用
③ Al2S3不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备
④ 配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉
⑤ 金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂
⑥ 使用泡沫灭火器灭火的原理
⑦ 明矾 [KAl(SO4)2·12 H2O]可用于净水
⑧ 加热蒸干MgCl2溶液获得无水MgCl2，需要在HCl气流中进行
⑨ 误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
⑩ 溶洞、珊瑚的形成
A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 7项
【答案】D
【解析】
【详解】① 碳酸钠水解呈碱性，可与二氧化硅反应生成硅酸钠水溶液，其具有黏性，导致玻璃瓶塞无法打开，与盐类水解知识有关，故正确；
② 碳酸钾水解显碱性，能促进铵根离子的水解，生成氨气，CO32−+2NH4+=CO2↑+2NH3↑+H2O，降低肥效，与盐类水解知识有关，故正确；
③ 铝离子和硫离子之间发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，只能用干法制备，用铝和硫单质反应制备Al2S3，与盐类水解知识有关，故正确；
④ 配制FeCl2溶液要防止其水解，需要加盐酸抑制其水解，为了防止亚铁离子被氧化，需要加铁粉，加入铁粉会和被氧化生成的氯化铁反应生成氯化亚铁，则配制FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉，与盐类水解知识无关，故错误；
⑤ NH4Cl水解显酸性，与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解知识有关，故正确；
⑥ 泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，铝离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，进行灭火，与盐类水解知识有关，故正确；
⑦ 明矾[KAl(SO4)2⋅12H2O]可用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，与盐类水解知识有关，故正确；
⑧ 氯化镁是强酸弱碱盐，镁离子水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进盐酸挥发，从而促进氯化镁水解，应该在HCl氛围中加热氯化镁溶液获得无水MgCl2，与盐类水解知识有关，故正确；
⑨ 钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释，与盐类水解知识无关，故错误；
⑩ 石灰岩的主要成分是CaCO3，CaCO3与空气中CO2或地下水中溶解的部分CO2发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，生成的Ca(HCO3)2是可以溶于水的物质，在随水流动的过程中，在受热或自然状态下可发生反应Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2+H2O，所以就又形成新形状的 石灰岩了，也就形成了溶洞、珊瑚等各种自然奇观了，与盐类水解知识无关，故错误；
综上所述，①②③⑤⑥⑦⑧与盐类水解知识有关，共7项，D项正确；
答案选D。
15.在一定体积的密闭容器中，进行如下的化学反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度的关系如下表，根据信息推断以下说法正确的是
t/℃
700
800
830
1000
1200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
A. 此反应为放热反应
B. 此反应只有达到平衡时，密闭容器中的压强才不会变化
C. 830℃时，反应物CO2与H2按1：1投料，平衡时H2的转化率为50%
D. 该反应的化学平衡常数越大，反应物的转化率越低
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由表中数据可知，升高温度，K值增大，平衡正向移动，则此反应的正反应为吸热反应，A项错误；
B. 该反应前后为气体物质的量不变的反应，则容器中的压强始终不变，B项错误；
C. 830℃时，化学平衡常数等于1，则平衡时，c(CO2)c(H2)=c(CO)c(H2O)，因反应物CO2与H2按1：1投料，假设CO2与H2初始各加入1mol/L，转化量为xmol/L，可得下列三段式：
由题意可得可得(1-x)(1-x)=x2，解得x=0.5，则平衡时H2的转化率为50%，C项正确；
D. 该反应的化学平衡常数越大，则正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，D项错误；
答案选C。
16.向某密闭容器中充入 1 mol X 与 2 mol Y 发生反应：X(g)＋2Y(g) aZ(g) H<0，达到平衡后，改变某一条件(温度或容器体积)，X 的平衡转化率的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A. a＝2
B. T2>T1
C. A 点的反应速率：3v 正(X)＝v 逆(Z)
D. 用 Y 表示 A、B 两点的反应速率：v(A)>v(B)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 通过图象分析，增加压强，X的平衡转化率不变，说明平衡不移动，则反应前后气体计量数之和相等，所以a=3，故A错误；
B. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则T2
D. 温度越高，反应速率越快，T2
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素及化学平衡图象，明确压强因素对化学平衡的影响及由图象得出增加压强，X的平衡转化率不变，说明平衡不移动是解答本题的关键。
17.将0.2mol·L-1HCN溶液和0.1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是（ ）
A. c(HCN)＜c(CN－) B. c(Na＋)＜c(CN－)
C. c(HCN)－c(CN－)＝c(OH－) D. c(HCN)＋c(CN－)＝0.1mol·L－1
【答案】D
【解析】
【分析】
0.2mol/L HCN溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明HCN的电离程度小于NaCN水解程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，结合物料守恒和电荷守恒解答。
【详解】A. 0.2mol/L HCN溶液和0.1mol/L NaOH溶液等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明HCN的电离程度小于NaCN水解程度，则溶液中存在c(HCN)>c(CN−)，故A错误；
B 溶液呈碱性，则c(H+)
C. 由物料守恒可知c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)，又据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(CN−)+c(OH−)，二者联式可得2c(H+)+c(HCN)+c(CN−)=2c(CN−)+2c(OH−)，则2c(H+)+c(HCN)=c(CN−)+2c(OH−)，c(HCN)−c(CN−)=2c(OH−)−2c(H+)，故C错误；
D. 二者等体积混合后溶液体积增大一倍，则浓度降为原来的一半，结合物料守恒c(HCN)+c(CN−)=2c(Na+)可得c(HCN)+c(CN−)=0.1 mol/L，故D正确；
答案选D。
18.锌–空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH－+2H2O2Zn(OH)42－。下列说法正确的是
A. 充电时，电路中每通过1mol电子，电解质溶液中就有0.5mol K+向阳极移动
B. 充电时，电解质溶液中c(OH－) 逐渐减小
C. 放电时，负极反应为：Zn＋4OH－－2e–＝Zn(OH)42－
D. 放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 充电时，相当于电解池，阳离子向阴极移动，A项错误；
B. 充电时，发生反应的过程是放电时的逆向过程，根据电池反应式可知，电解质溶液中c(OH−)逐渐增大，B项错误；
C. 放电时，负极反应式为：Zn+4OH−−2e−═Zn(OH)42-，C项正确；
D. 放电时，每消耗标况下22.4L氧气，即1mol氧气，转移电子4mol，D项错误；
答案选C。
19.现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是( )
A. b是阳离子交换膜，允许Na＋通过
B. 从A口出来的是NaOH溶液
C. 阴极反应式为4OH－－4e－= 2H2O＋O2↑
D. Na2SO4溶液从G口加入
【答案】A
【解析】
【详解】A、在阳极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，选项A正确；
B、连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，选项B错误；
C、阴极是氢离子放电，阴极发生的反应为：2H++2e－= H2↑，选项C错误；
D、NaOH在阴极附近生成，则Na2SO4溶液从E口加入，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查电解池知识，本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH﹣放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子；接电源正极的是阳极，即A极放出氧气。
20.将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)；②2HI(g)H2(g)＋I2(g)达到平衡时，c(H2)＝0.5mol·L-1，c(HI)＝4mol·L-1，则此温度下，反应①的平衡常数为
A. 9 B. 16 C. 20 D. 25
【答案】C
【解析】
【详解】平衡时c(HI)=4mol∙L−1，HI分解生成的H2的浓度为0.5mol∙L−1，则NH4I分解生成的HI的浓度为4mol∙L−1+2×0.5mol∙L−1=5mol⋅L−1，所以NH4I分解生成的NH3的浓度为5mol∙L−1，所以反应①的平衡常数K=c(NH3)∙c(HI)=5mol∙L−1×4mol∙L−1=20mol2∙L−2，故选C。
21.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10 mol2·L－2，下列说法不正确的是
A. 在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到c点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【详解】A. 该图像为AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线，曲线上各点均处于沉淀溶解平衡状态，则根据图中b点的c(Ag+)和c(Br−)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13 mol2·L－2，A项正确；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br−)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，B项错误；
C. 在a点时Qc
答案选B。
22.在25mL 0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，溶液pH变化曲线如图所示，下列有关离子浓度的比较正确的是
A. 在A、B间任一点(不含A、B点)，溶液中可能有c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)
B. 在B点，a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C. 在C点，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)
D. 在D点，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【答案】A
【解析】
【详解】A.在A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒则有：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）＜c（OH-），溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故A正确；
B.在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）＝c（H+），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），则一定有c（Na+）＝c（CH3COO-），溶液的成分为：反应生成的醋酸钠和剩余的醋酸，醋酸钠的水解程度和醋酸的电离程度相等，故有：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故B错误；
C.在C点，溶液显酸性，故有c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO-）+c（OH-），故c（Na+）＜c（CH3COO-），c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D.在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/L，根据物料守恒，则：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）＝0.1mol•L-1，c（Na+）=0.05mol/L，c（CH3COO-）+c （CH3COOH）=2c（Na+）故D错误；
答案选A。
【点睛】该题是一道酸碱混合后离子浓度大小比较的题目，要分清楚每个状态时溶液的组成情况，并注意各种守恒思想的灵活利用。
第II卷(非选择题，共44分)
三.非选择题
23.(1)写出中官能团的名称为_________________；
(2)的分子式为_____________，1 mol该有机物完全燃烧需消耗氧气的物质的量为________mol，分子中一定共面的原子有________个；
(3)有机物M()为苯的同分异构体，M的二氯代物的同分异构体有____种；
(4)用系统命名法对下列有机物进行命名：
① CH3C(CH3)＝CHCH3：______________；
② CH3CH(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH3：_________________________。
【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). C4H8O (3). 5.5 (4). 6 (5). 3 (6). 2-甲基-2-丁烯 (7). 3,4-二甲基己烷
【解析】
【分析】
（1）含有的官能团为-OH、-COOH；
（2）的分子式为C4H8O；C4H8O相当于C4H6∙H2O，1molC4H8O完全燃烧需消耗氧气的物质的量就相当于1molC4H6完全燃烧需消耗氧气的物质的量；该有机物中有乙烯型的碳碳双键结构和甲烷型结构（碳原子连4根单键）；
（3）M()中6个氢原子均为等效氢，利用“定一动一”的思路可写出M的二氯代物；
（4）根据烷烃、烯烃的命名规则进行命名。
【详解】（1）含有的官能团为-OH、-COOH，名称为羟基、羧基；
故答案为：羟基、羧基；
（2）的分子式为C4H8O；C4H8O相当于C4H6∙H2O，，则1 mol该有机物完全燃烧需消耗氧气的物质的量为5.5mol；该有机物中有乙烯型的碳碳双键结构和甲烷型结构（碳原子连4根单键），则分子中一定共面的原子有6个；
故答案为：C4H8O；5.5；6；
（3）M()中6个氢原子均为等效氢，利用“定一动一”的思路可写出M的二氯代物为 、、，共3种同分异构体；
故答案为：3；
（4）① CH3C(CH3)＝CHCH3选取含碳碳双键碳原子数最多的碳链为主链，主链4个C，即丁烯，从距双键碳原子最近的一端开始编号，甲基在2号碳原子上，则命名为2-甲基-2-丁烯；
故答案为：2-甲基-2-丁烯；
② CH3CH(CH2CH3)CH(CH3)CH2CH3选取含碳原子数最多的碳链为主链，主链6个C，即己烷，两个甲基为取代基，从距离取代基最近的一端开始编号，两个甲基分别在3、4号碳原子上，则命名为3,4-二甲基己烷；
故答案为：3,4-二甲基己烷。
24.Ⅰ.某温度(T℃)的溶液中，c(H+)＝10-xmol·L-1，c(OH-)＝10-ymol·L-1，x与y的关系如图所示：
此温度下，0.01mol/L的NaOH溶液中水电离出的OH－浓度为____________。
Ⅱ.常温下，如果取 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Na＋)－c(A－)＝________ mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝________ mol·L－1；
(2)已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“＞”、“＜”或“＝”)。
【答案】 (1). 1×10-10mol·L-1 (2). 9.9×10-7 (3). 10－8 (4). ＞
【解析】
【分析】
Ⅰ. 结合图像，先根据水的离子积常数公式Kw=c(H+)·c(OH-)，计算该温度下水的离子积， 0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，再根据水的离子积常数计算水电离出氢离子的浓度，最后根据水电离出氢氧根离子的浓度与水电离出的氢离子的浓度相等进行确定水电离出氢氧根离子的浓度；
Ⅱ.（1）0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，物料守恒c(Na+)=c(A-)+c(HA)，据此进行计算；
（2）根据盐溶液酸碱性的判断规律“谁强显谁性，同强显中性”判断碳酸铵的酸碱性。
【详解】Ⅰ.该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)，水的离子积=10-x×10-y=10-(x+y)，由图象可知，x+y=12，故Kw=1.0×10-12，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H＋全部由水电离得到，根据水的离子积常数得溶液中；
故答案为：1×10-10mol·L-1；
Ⅱ.（1）0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，恰好反应生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L；溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(A-)+c(HA)，联立电荷守恒表达式可得c(OH-)-c(HA)=c(H+)=1×10-8mol/L；
故答案为：9.9×10-7；1×10-8；
（2）NH4A溶液为中性，即铵根离子水解程度等于A-离子水解程度，则HA的电离程度和一水合氨电离程度相等，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA的酸性大于碳酸，即HA的电离程度大于碳酸电离程度，则一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，所以铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以碳酸铵溶液呈碱性，pH＞7；
故答案为：＞。
【点睛】水电离的c(H＋)或c(OH-)的计算技巧(25 ℃时)
(1)中性溶液：c(H＋)＝c(OH-)＝1.0×10-7 mol·L-1。
(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7 mol·L-1，当溶液中的c(H＋)＜10-7 mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7 mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。
(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7 mol·L-1。若给出的c(H＋)＞10-7 mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7 mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。
25.(1)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中＝_____________(保留三位有效数字)；已知：Ksp(BaCO3)＝2.6×10−9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10。
(2)已知室温时，Ksp［Mg(OH)2］＝4.0×10−11。在0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，溶液的pH是_____________(已知lg2＝0.3)。
【答案】 (1). 23.6 (2). 11.3
【解析】
【分析】
（1）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液中同时存在BaSO4、BaCO3的沉淀溶解平衡，根据溶度积公式进行计算；
（2）0.1 mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，浓度应小于1.0×10−5mol/L，据此根据溶度积公式进行计算。
【详解】（1）；
故答案为：23.6；
（2）c(MgCl2)=0.1mol⋅L−1，逐滴加入NaOH溶液，当Mg2+完全沉淀时，浓度应小于1.0×10−5mol/L，，，pH=-lgc(H+)=-lg=11.3；
故答案为：11.3。
26.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(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)。现用0.001 mol·L－1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是：2MnO4－＋5HSO3－＋H＋＝2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O
回答下列问题：
(1)用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液；
(2)该滴定实验选用何种指示剂，说明理由____________________(如无需加入指示剂也请说明理由)；
(3)滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则根据(b－a)mL计算得到的待测浓度，比实际浓度________(填“大”或“小”)。
【答案】 (1). 酸 (2). 不加指示剂，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色 (3). 小
【解析】
【分析】
（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管；
（2）高锰酸钾溶液颜色为紫红色，可不用加入指示剂；
（3）滴定后俯视液面，读数偏小，(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少，根据，分析不当操作对V(标准)的影响，据此判断浓度的误差。
【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不能用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；
故答案为：酸；
（2）高锰酸钾溶液的颜色为紫红色，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，因此不需要用指示剂就可以判断滴定终点；
故答案为：不加指示剂，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色；
（3）滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则读数偏小，则(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少，根据(b-a)mL计算得到的待测浓度，造成V(标准)偏小，根据分析，c(待测)偏小；
故答案为：小。
【点睛】高锰酸钾溶液的颜色本身为紫红色，高锰酸钾被还原成Mn2+时会褪色，则当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液恰好由无色变为红色，且半分钟内不褪色，即可判断达到滴定终点，因此不需要用指示剂就可以判断滴定终点，这是学生们的易错点，错误认为滴定一定需要指示剂。
27.图中甲池的总反应式为。
（1）甲池中负极上的电极反应式为_____________________。
（2）乙池中石墨电极上电极反应式为_________________________________。
（3）要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的 _______________。
A．CuO B．Cu(OH)2 C．CuCO3 D．CuSO4
（4）若将乙池中两个电极改成等质量Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6gN2H4时，乙池中两个电极质量差为_________________g。
【答案】 (1). N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O (2). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). A、C (4). 12.8
【解析】
【分析】
从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池为电解池。通N2H4的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池中，石墨电极为阳极，铁电极为阴极。
（1）甲池中通入N2H4的电极为负极，N2H4在碱性条件下失电子，生成N2等。
（2）乙池中石墨电极为阳极，H2O失电子，生成O2等。
（3）要使乙池恢复到电解前状态，应先看阴、阳极的产物，离开溶液的两电极产物反应后，加入电解后的乙池电解质溶液中，即可恢复原来的性质。
（4）乙池电极得失电子的物质的量，与N2H4失电子的物质的量相等，当甲中消耗1.6gN2H4时，线路中通过的电子为=0.2mol，即可求出乙池中两个电极质量差。
【详解】（1）甲池中通入N2H4的电极为负极，N2H4在碱性条件下失电子，生成N2等，电极反应式为N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O。答案为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；
（2）乙池中石墨电极为阳极，H2O失电子，生成O2等，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑。答案为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
（3）乙池中石墨电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，铁电极反应式为Cu2++2e-=Cu，O2与Cu反应生成CuO，所以应往溶液中加入CuO或CuO∙CO2。答案为：A、C；
（4）在乙池中，石墨电极换为铜电极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，铁电极不变，铁电极发生的反应式为Cu2++2e-=Cu。当甲中消耗1.6gN2H4时，线路中通过的电子为=0.2mol，即可求出乙池中，铜电极质量减轻0.1mol×64g/mol=6.4g，Fe电极质量增重0.1mol×64g/mol=6.4g，两个电极质量差为6.4g-(-6.4g)=12.8g。答案为：12.8。
【点睛】电解结束后，溶液的性质通常会发生一定的改变。若想让电解质恢复电解前的性质，应在电解后的溶液中加入某物质，此物质为两电极产物(离开溶液)发生反应的产物，或者相当于该物质的物质。如此题中，阴极生成Cu，阳极生成O2，二者反应生成CuO，则应往电解后的溶液中加入CuO，加入的量与电解时生成量相同。也可加入CuCO3(分解产物为CuO、CO2)，但不能加入Cu(OH)2(分解产物为CuO、H2O)。
28.氢能将成为21世纪的主要能源。太阳能光伏电池电解水可制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
(1)制H2时，连接________(填“K1”或“K2”)，产生H2的电极反应式是____________，溶液pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)改变开关连接方式，可得O2，此时电极3的反应式为：__________________。
【答案】 (1). K1 (2). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (3). 增大 (4). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
【解析】
【分析】
电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则制H2时，应连接K1，电极1为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3为阳极，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O；制O2时,连接K2，电极2为阳极，电极反应式为4OH－-4e-=O2↑+2H2O，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，从而实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，且可循环使用。
【详解】（1）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则制H2时，应连接K1，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，溶液pH增大；
故答案为：K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；增大；
（2）制O2时,连接K2，电极3为阴极，发生反应NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，从而实现NiOOH⇌Ni(OH)2转化，且可循环使用；
故答案为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。
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