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【化学】宁夏银川一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）
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宁夏银川一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 C—12 N—14 Na—23 Cu—64 Ag—108
一、选择题：(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分)
1.下列说法正确的是( )
A. 强酸和强碱一定是强电解质，不论其水溶液浓度大小，都能完全电离
B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质强
C. 多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
D. 强电解质不一定都是离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸是强酸，但浓硫酸只有少部分发生电离，绝大部分以分子形式存在，A错误；
B. 强电解质溶液中离子浓度不一定比弱电解质大，导电能力不一定比弱电解质强，B错误；
C. 碳酸为二元酸、磷酸为三元酸，它们的导电能力比同浓度的盐酸弱，C错误；
D. 强电解质可能是离子化合物，可能是共价化合物，D正确。
故选D。
2.在坩埚中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该溶质的固体物质的是( )
A. 亚硫酸钠 B. 硫酸铁 C. 氯化铝 D. 高锰酸钾
【答案】B
【解析】
【详解】A. 亚硫酸钠在加热蒸干并灼烧过程中，将被氧化为硫酸钠，A不合题意；
B. 硫酸铁加热蒸干并灼烧过程中不发生变化，最终仍能得到硫酸铁，B符合题意；
C. 氯化铝加热蒸干并灼烧过程中，HCl挥发，Al(OH)3分解，最终得到Al2O3，C不合题意；
D. 高锰酸钾加热蒸干并灼烧过程中发生分解，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，D不合题意。
故选B。
3.下列有关Fe3+的除杂，说法不正确的是( )
A. 用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+
B. 工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7~8，可除去Fe3+
C. FeSO4溶液中的Fe2+极易被氧化为Fe3+，可加铁粉除去杂质Fe3+
D. MgCl2溶液中混有FeCl3杂质，可加Na2CO3除去FeCl3杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe(NO3)3溶液在加热过程中不断水解，最后HNO3挥发，并生成Fe(OH)3沉淀，趁热过滤便可得到纯净的KNO3，A正确；
B.氯化铁在溶液中发生水解Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氨水调节pH至7~8，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去氯化铁，B正确；
C. FeSO4溶液中的Fe2+极易被氧化为Fe3+，加铁粉后发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而除去杂质Fe3+，C正确；
D. MgCl2溶液中混有FeCl3杂质，加Na2CO3不仅除去了FeCl3杂质，也导致MgCl2转化为沉淀，即便控制Na2CO3的加入量，也会引入杂质离子，D错误。
故选D。
4.化学与生活生产密切相关，下列说法中不正确的是( )
A. 电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属被氧化的过程，伴随有电流产生
B. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C. 用锡焊接的铁质器件，焊接处容易生锈
D 电冶铝工业中用石墨作电极，用冰晶石作助熔剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电化学腐蚀过程中有电流产生，化学腐蚀过程没有电流产生，A错误；
B. 铁被冷浓硝酸氧化，表面生成钝化膜，阻止铁与浓硝酸的进一步反应，从而保护内部铁不被腐蚀，B正确；
C. 用锡焊接的铁质器件，可形成原电池，铁作负极，所以焊接处铁容易生锈，C正确；
D. 电冶铝工业中用冰晶石作助熔剂，可降低氧化铝的熔融温度，从而节省能量，D正确。
故选A。
5.下列方程式书写正确的是( )
A. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
B. 泡沫灭火器的原理：Al3++3HCO3-Al(OH)3↓+3CO2↑
C. HCO3−的电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·D2O+H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. S2-水解应分步进行，S2-+2H2OHS-+OH-，A错误；
B. 泡沫灭火器的原理：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；
C. HCO3−电离出的H+与H2O结合生成H3O+，HCO3-+H2OH3O++CO32-，C正确；
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+，D错误。
故选C
6.用如图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：①工作一段时间后A槽pH值上升，B槽的pH下降。②b、c两极上反应的离子的物质的量相等。应选择的电解质是( )
A. A槽NaOH溶液；B槽CuSO4溶液
B. A槽AgNO3溶液；B槽CuCl2溶液
C. A槽Na2SO4溶液；B槽AgNO3溶液
D. A槽NaCl溶液；B槽AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. A槽相当于电解水，pH上升，b极OH-失电子，B槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，c极Cu2+得电子，b、c极得电子离子的物质的量不等，A不合题意；
B. A槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，B不合题意；
C. A槽相当于电解水，pH不变，B槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，C不合题意；
D. A槽阴极水电离的氢离子放电，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，pH上升，b极Cl-失电子；B槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，c极Ag+得电子，b、c极得电子离子的物质的量相等，D符合题意。
故选D。
7.下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是( )
选项
微粒组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
I-、Cl-、H+、SO42-
NaNO3
6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2
B
CO32-、Fe3+、Br-、SO42-
KSCN
3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3
C
HClO、Na+、K+、SO32-
CaCl2
Ca2++ SO32-=CaSO3↓
D
K+、Na+、HCO3-、AlO2-
HCl
H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．I-、Cl-、H+、SO42-能大量共存，加入NaNO3后，I-、NO3-、H+发生氧化还原反应6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，A正确；
B．CO32-、Fe3+在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，B错误；
C．HClO、SO32-在溶液中发生氧化还原反应HClO+SO32-=SO42-+H++Cl-，C错误；
D．HCO3-、AlO2-在水溶液中会发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，D错误。
故选A。
8.如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是( )
A. 粗盐水中含Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，精制时除杂试剂BaCl2溶液应在Na2CO3溶液之前加入
B. 标准状况下每生成22.4LCl2，便产生2 mol NaOH
C. 从E口逸出的气体是Cl2
D. 从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 精制时除杂试剂BaCl2溶液过量，需使用Na2CO3溶液处理，所以应放在Na2CO3溶液之前加入，A正确；
B. 由反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑知，标准状况下每生成1molCl2，便产生2 mol NaOH，B正确；
C. 从Na+迁移的方向看，右边电极为阴极，水电离产生的H+得电子，所以从E口逸出的气体是H2，C错误；
D. 电解池右区获得纯净的NaOH溶液，为增强初始溶液的导电性，从B口加入含少量NaOH的水溶液，D正确。
故选C。
9.下面说法中，与盐类水解有关的有( )
①氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑
②NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好
③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解在浓盐酸中，而后加水稀释
④NH4F溶液不能保存在玻璃试剂瓶中
⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞
⑥NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)
A. 3 项 B. 4项 C. 5项 D. 全有关
【答案】C
【解析】
【详解】①氯化铵在溶液中水解生成HCl，可作焊药去除金属制品表面的锈斑，①符合题意；
②NaHCO3中加入柠檬酸，发生反应，将HCO3-转化为CO2和水，②不合题意；
③配制AlCl3溶液，先把它溶解在浓盐酸中，以抑制Al3+的水解，③符合题意；
④NH4F在溶液中发生水解，生成HF和一水合氨，HF腐蚀玻璃，④符合题意；
⑤Na2CO3、Na2SO3在溶液中水解，生成NaOH等，NaOH会腐蚀玻璃，⑤符合题意；
⑥NaHS溶液中，HS-电离程度小于水解程度，所以c(H2S)>c(S2－)，⑥符合题意。
综合以上分析，①③④⑤⑥共5项符合题意。故选C。
10.根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O(未配平)设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B. 忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol
C. 甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O
D. 电池工作时，盐桥中的K+向甲烧杯中移动
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在乙池中，Fe2+-e-=Fe3+，则石墨b是原电池的负极，发生氧化反应，A正确；
B. Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5 mol/L ×0.2L=0.1mol，由Fe2+生成的Fe3+为0.2mol，则反应中转移的电子为0.2mol，B错误；
C. 甲烧杯中，MnO4-得电子转化为Mn2+，电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，C正确；
D. 电池工作时，甲烧杯中阳离子减少，所以盐桥中的K+向甲烧杯中移动，D正确。
故选B。
11. 如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入一生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是( )
A. 生铁块中的碳是原电池的正极
B. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e-= Fe2+
D. 红墨水柱两边的液面变为左低右高
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为原电池生铁块中的碳是原电池的正极，a试管中为中性溶液发生了吸氧腐蚀，b试管中为酸性溶液发生了析氢腐蚀。两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e-= Fe2+，左边压强减小，右边压强增加，红墨水柱两边的液面变为右低左高。
12.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
B. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
C. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
D. c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH−)
【答案】D
【解析】
【详解】A.加水稀释后，虽会促使H3PO4的电离，但H+浓度减小，pH增大，故A错误；
B.由题目中pH=2可得c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中H+数目应为0.01NA，故B错误；
C. H3PO4电离方程式为H3PO4H++H2PO4-、H2PO4-H++HPO42-、HPO42-H++PO43-加入固体后，主要抑制H3PO4第一步电离，H+浓度减小，溶液酸性减弱，故C错误；
D.由质子守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH−)，故D正确。答案选D。
13.下表中实验操作、现象与结论对应关系正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
以酚酞为指示剂，用盐酸标准液滴定氢氧化钠溶液
溶液由红色变为浅红色便立刻读数
测得氢氧化钠溶液的浓度偏大
B
用广泛pH试纸测定1mol/L NaHSO3 溶液的酸碱性
测得pH=3.2
NaHSO3 溶液呈酸性，证明HSO3-的电离大于水解
C
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体
有白色沉淀生成，溶液红色变浅
证明纯碱溶液呈碱性是由CO32-水解引起的
D
在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再加入少量等浓度的CuSO4溶液
先产生白色ZnS沉淀，后产生黑色CuS沉淀
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液由红色变为浅红色便立刻读数，则滴加的盐酸体积偏小，测得氢氧化钠溶液的浓度偏小，A错误；
B．广泛pH试纸只能测定溶液的pH范围，不能测出溶液pH的具体值，B错误；
C．CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入BaCl2后，生成BaCO3沉淀，则平衡左移，溶液红色变浅，C正确；
D．在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，此时Na2S有剩余，再加入少量等浓度的CuSO4溶液，与Na2S继续反应，没有发生ZnS与Cu2+的反应，不能得出Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)的结论，D错误。
故选C。
14.关于下列装置的叙述中正确的是( )
A. 用此装置给铁镀铜，镀件应放在b电极
B. 用此装置给铁镀铜，反应一段时间后溶液中铜离子浓度基本不变
C. 用此装置电解精炼铜，反应一段时间后溶液中铜离子浓度基本不变
D. 用此装置电解精炼铜，粗铜应放在a电极
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用此装置给铁镀铜，镀件应放在阴极a电极，A错误；
B. 给铁镀铜，阳极Cu-2e-=Cu2+，阴极Cu2++2e-=Cu，溶液中铜离子浓度不变，B正确；
C. 电解精炼铜，阳极Fe-2e-=Fe2+，Cu-2e-=Cu2+，阴极Cu2++2e-=Cu，反应一段时间后溶液中铜离子浓度减小，C错误；
D. 用此装置电解精炼铜，粗铜应放在阳极b电极，D错误。
故选B。
15.一定温度下，水存在如下电离：H2OH++OH- ∆H>0，下列叙述正确的是( )
A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B. 将水加热，Kw增大，pH减小
C. 向水中加入少量固体NH4Cl，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变
【答案】BD
【解析】
【详解】A、向水中加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，Kw不变，故A错误；
B、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，pH变小，故B正确；
C、向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c(H+)降低，促进水的电离，平衡正向移动，故C错误；
D、向水中加入少量固体Na2SO4，溶解后不影响水的电离平衡，c(H+)=1×10-7mol/L，因为温度不变，则Kw不变，故D正确；
故选BD。
16.利用如图所示装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是 ( )
A. 若X为碳棒，开关K置于N处，为外加电源的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀
B. 若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
C. 若X为锌棒，开关K置于M处，为牺牲阳极的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀
D. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若X为碳棒，开关K置于N处，为外加电源的阴极保护法，铁棒作阴极，可阻止铁失电子，A正确；
B. 若X为碳棒，开关K置于N处，X极为阳极，失电子发生氧化反应，B正确；
C. 若X为锌棒，开关K置于M处，为牺牲阳极的阴极保护法，由于锌的金属活动性大于铁，所以铁棒作正极，可阻止铁失电子，C正确；
D. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极为正极，得电子发生还原反应，D错误。
故选D。
17.欲使NH4Cl稀溶液中c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，可在溶液中(恒温并忽略溶液体积的变化)加入少量下列物质中的( )
①通入HCl；②H2SO4；③NH4Cl固体；④NH4NO3固体 ⑤Ba(OH)2固体
A. ②或③或④ B. ①或②或④
C. ②或③或⑤ D. ①或③或⑤
【答案】A
【解析】
【详解】在NH4Cl稀溶液中，存在下列平衡：NH4++ H2ONH3·H2O+H+。
①通入HCl，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)增大，但c(Cl-)增大更多，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值减小，①不合题意；
②加入H2SO4，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，②符合题意；
③加入NH4Cl固体，相当于增大NH4Cl的浓度，水解程度减小，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，③符合题意；
④加入NH4NO3固体，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，②符合题意；
⑤加入Ba(OH)2固体，与H+反应，促使平衡正向移动，c(NH4+)减小，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值减小，⑤不合题意。
综合以上分析，②或③或④符合题意。故选A。
18.25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝10－12，Ksp(MgF2)＝10－10。下列说法正确是( )
A. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4F固体，c(Mg2＋)减小
B. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
C. 25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和NaF的混合溶液中逐滴滴加MgCl2溶液，先生成Mg(OH)2沉淀
D. 25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01 mol•L-1氨水中的Ksp比在20mL 0.01 mol•L-1NH4F溶液中的Ksp小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 25℃时，因为Ksp[Mg(OH)2]
故选C。
19.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)
D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A项正确；
B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；
C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；
D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；
答案选B。
20.下列叙述正确的是( )
A. 表示0.100 0 mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol•L﹣1醋酸溶液的滴定曲线
B. 表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数ω(A)＞ω(B)
C. 由图可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大
D. 表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A.因为CH3COONa溶液呈碱性，所以溶液呈中性时，滴定所用NaOH的体积小于20mL，A错误；
B.因为温度改变，A、B两溶液的质量分数不变，t1时B的溶解度大于A，则质量分数B>A，t2时质量分数也应为B>A，B错误；
C.a点和b点的温度都是25℃，水的离子积Kw相同，C错误；
D.T2达平衡的时间比T1短，表明T2>T1，温度升高，C的体积分数减小，则表明平衡逆向移动，正反应为放热反应，该反应的△H＜0，D正确。
故选D。
21.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为。室温下，实验室里用0.1 mol·L-1 的盐酸滴定10 mL 0.1 mol·L-1 MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是：（ ）
A. MOH为强碱
B. C点时加入盐酸的体积等于10 mL
C. 若B点加入的盐酸体积为5 mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)
D. 滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度：A
【解析】
【详解】A，没有滴入盐酸时，0.1mol/LMOH溶液的AG=-8，即0.1mol/LMOH溶液中c（OH-）=110-3mol/L0.1mol/L，MOH为弱碱，A项错误；
B，若加入10mL盐酸，MOH与HCl恰好完全反应得到MCl溶液，MCl溶液呈酸性，MCl溶液的AG0，C点溶液的AG=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，C点时加入盐酸的体积小于10mL，B项错误；
C，若B点加入盐酸的体积为5mL，盐酸与MOH充分反应后得到等物质的量浓度的MCl和MOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒为c（M+）+c（MOH）=2c（Cl-），两式整理得c（M+）+2c（H+）=c（MOH）+2c（OH-），C项正确；
D，开始MOH电离出OH-抑制水的电离，随着盐酸的滴入，溶液中OH-浓度减小，OH-对水的抑制程度减小，同时生成MCl，MCl水解促进水的电离，随着盐酸的滴入，水的电离程度逐渐增大，当滴入10mL盐酸时MOH与HCl恰好完全反应得到MCl溶液，此时水的电离程度最大，继续滴入盐酸，过量盐酸电离出H+抑制水的电离，水的电离程度又逐渐减小，D点加入20mL盐酸，盐酸与MOH充分反应后得到物质的量浓度均为mol/LMCl和HCl的混合溶液，HCl完全电离产生的c（H+）=mol/L110-3mol/L[A点MOH溶液中c（OH-）]，D点溶液中水的电离程度小于A点，从A点到D点溶液中水的电离程度：DABC，D项错误；
答案选C。
22.将10 mL0.2 mol/L氨水和10 mL0.1 mol/L盐酸混合后，溶液里各种离子物质的量浓度的关系是 ( )
A. c (OH-) = c(NH4+) + c (H+) B. c (Cl-)> c(NH4+)> c (H+) > c (OH-)
C. c(NH4+) > c (Cl-)> c (OH-)> c (H+) D. c (Cl-)> c (H+) > c (NH4+) > c (OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】将10 mL0.2 mol/L氨水和10 mL0.1 mol/L盐酸混合后，所得溶液中c(NH3•H2O)=c(NH4Cl)，此时NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-。
A. 依据电荷守恒c (OH-)+ c (Cl-) = c(NH4+) + c (H+)，A错误；
B. 溶液中以NH3·H2O的电离为主，所以c(Cl-)
D. c(H+)只来自水的微弱电离，所以 c(H+)
23.全钒液流电池充电时间短，续航能力强，其充放电原理为VO2＋＋V3＋＋H2OVO＋V2＋＋2H＋。以此电池为电源，用石墨电极电解Na2SO3溶液，可得到NaOH 和H2SO4示意图如下。下列说法错误的是( )
A. 全钒液流电池放电时，正极的电极反应式为VO2+＋2H＋＋e－=VO2＋＋H2O
B. 图中a电极为阴极，N物质是H2
C. 全钒液流电池充电时，V3＋被氧化为VO2+
D. 电解时，b电极的反应式为SO32-＋H2O－2e== SO42-＋2H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A项，根据全钒液流电池的充放电原理，放电时反应的方程式为VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O，放电时正极发生得电子的还原反应，正极的电极反应式为：VO2++2H++e-=VO2++H2O，A项正确；
B项，根据图示，图中b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，b电极为阳极，a电极为阴极，由于放电顺序：H+Na+，a电极上的电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N物质是H2，B项正确；
C项，全钒液流电池充电时反应的方程式为VO2++V3++H2O= VO2++V2++2H+，根据“只靠拢、不交叉”，V3+被还原为V2+，VO2+被氧化为VO2+，C项错误；
D项，电解时，b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，电极反应式为SO32- -2e-+H2O=SO42-+2H+，D项正确；
答案选C。
24.如图是三种酸对Fe-Cr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是( )
A. Cr含量小于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强
B. Cr含量等于13%时，三种酸对Fe-Cr合金的腐蚀速率由快到慢的顺序为H2SO4＞HCl＞HNO3
C. 随着Fe含量的增加，Fe-Cr合金在5%HNO3中的耐腐蚀性越来越弱
D. 稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硝酸和稀盐酸都强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 从图中可以看出，Cr含量大约小于10%时，硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性最强，A错误；
B. Cr含量等于13%时，三种酸对Fe-Cr合金的腐蚀速率由快到慢的顺序为H2SO4＞HCl=HNO3，B错误；
C. 从图中可以看出，随着Fe含量的增加，曲线由右向左，Fe-Cr合金在5%HNO3中的反应速率越来越快，则耐腐蚀性越来越弱，C正确；
D. 在Cr含量大于13%时，稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硝酸和稀盐酸都强，但Cr含量大约小于10%时，硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性最强，D错误。
故选C。
25.25℃时，某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示：下列说法正确的是( )
A. pH=7.2时，溶液中c(H2PO4ˉ)+c(HPO42-)+c(OHˉ)=c(Na+)+c(H+)
B. 曲线1和曲线2分别表示δ(H3PO4)和δ(HPO42-)的变化
C. pH=12.3时，溶液中由水电离出的c(H+)=10-12.3mol/L
D. 25℃时，H3PO4的电离常数K1=10-2.1
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=7.2时，溶液中c(H2PO4ˉ)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OHˉ)=c(Na+)+c(H+)，A错误；
B. 曲线1和曲线2分别表示δ(H3PO4)和δ(H2PO4-)的变化，B错误；
C. pH=12.3时，溶液中的溶质是Na3PO4和Na2HPO4，溶液中的OH-全部来自水电离，溶液中的H+来自水和HPO42-的电离，只是水电离的H+大部分与PO43-、HPO42-结合，所以由水电离出的c(H+)水= c(OHˉ)溶液=10-1.7mol/L，C错误；
D. 25℃时，在pH=2.1点，c(H2PO4ˉ)=c(H3PO4)，H3PO4电离常数K1==10-2.1，D正确。
故选D。
二、非选择题(共50分)
26.(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。
(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。
【答案】(1). 2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O (2). 4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O (3). 4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O (4). PbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。
(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。
【详解】(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O。Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O。答案：2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O；
(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。答案为：4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。
27.甲烷燃料电池体积小巧、燃料使用便利、洁净环保、理论能量比高，用甲烷燃料电池为下图电解装置供电，工作一段时间后，A池中左右试管收集到的气体体积比为2:1，则：
(1)电解一段时间后，甲烷燃料电池中溶液的pH_________。(填“增大、减小或不变”)
(2)甲烷燃料电池中导线A与电解池中的_________(填M或N)导线连接
(3)B池中一段时间后实验现象______________________________________________。
(4)相同条件下，电解质足量的A、B、C、D池中生成气体的总体积由大到小的顺序为_______。
(5)D池电解一段时间后，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________。
【答案】(1). 减小 (2). M (3). 铁电极周围有气泡产生，铜电极溶解，电解质溶液逐渐变蓝色 (4). C>A>B>D (5). Ag2O或Ag2CO3
【解析】
【分析】(1)甲烷燃料电池中发生的电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，由此可得出溶液的pH变化。
(2) A池中左右试管收集到的气体体积比为2:1，则左边试管内的Pt电极为阴极，与它相连的为电源的负极，甲烷燃料电池中导线A为负极，应与阴极相连，由此得出与电解池中的导线的连接方式。
(3)B池中，Fe电极为阴极，发生反应为4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；Cu电极为阳极，发生反应为2Cu-4e-=2Cu2+，由此可得出一段时间后实验现象。
(4)A池中电极反应为：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；B池，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，阳极2Cu-4e-=2Cu2+；C池：阳极4Cl--4e-=2Cl2↑，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；D池：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4Ag++4e-=4Ag。假设线路中通过的电子为4mol，则相同条件下，电解质足量的A、B、C、D池中生成气体的总物质的量分别为3mol、2mol、4mol、1mol，由此得出生成气体的总体积由大到小的顺序。
(5)D池电解一段时间后，阳极生成O2，阴极生成Ag，将两电极产物进行反应，然后放入电解质溶液中，就可恢复到电解前的状态。
【详解】(1)电解一段时间后，甲烷燃料电池中发生的电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，从电池反应可以看出，甲烷燃烧过程中需要消耗KOH，则溶液的pH减小。答案为：减小；
(2) A池中左右试管收集到的气体体积比为2:1，则左边试管内的Pt电极为阴极，与它相连的为电源的负极，甲烷燃料电池中导线A为负极，应与阴极相连，由此得出导线A与电解池中的M导线连接。答案为：M；
(3)B池中，Fe电极为阴极，发生反应为4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；Cu电极为阳极，发生反应为2Cu-4e-=2Cu2+，由此可得出一段时间后实验现象为铁电极周围有气泡产生，铜电极溶解，电解质溶液逐渐变蓝色。答案为：铁电极周围有气泡产生，铜电极溶解，电解质溶液逐渐变蓝色；
(4)A池中电极反应为：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；B池，阳极2Cu-4e-=2Cu2+，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；C池：阳极4Cl--4e-=2Cl2↑，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；D池：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4Ag++4e-=4Ag。假设线路中通过的电子为4mol，则相同条件下，电解质足量的A、B、C、D池中生成气体的总物质的量分别为3mol、2mol、4mol、1mol，由此得出生成气体的总体积由大到小的顺序为C>A>B>D。答案为：C>A>B>D；
(5)D池电解一段时间后，阳极生成O2，阴极生成Ag，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入Ag2O或Ag2CO3。答案为：Ag2O或Ag2CO3。
28.某工厂对制革工业污泥中铬的处理工艺流程如下：
已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_________、___________。(答出两点)。
(2)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
—
—
沉淀完全时的pH
3.7
5.4(>8溶解)
9(>9溶解)
①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是________________________________。
②常温下，当pH=8时，Mg2+是否开始沉淀(溶液中镁离子浓度不超过1mol·L-1)___________ 。 (填“是”或“否”)若要使Mg2+完全沉淀，溶液的pH至少为_________(已知Ksp[Mg(OH)2]=1. 6×10-12，lg2=0.3)。
【答案】(1). 升高温度(加热) (2). 搅拌 (3). pH超过8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-,最终影响Cr的回收与再利用 (4). 否 (5). 10.6
【解析】
【分析】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有加热、搅拌、粉碎、提高酸的浓度等。
(2)①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，从沉淀的溶解、产品的提纯等分析。
②常温下，当pH=8时，Mg2+是否开始沉淀，利用Ksp[Mg(OH)2]进行分析。若要使Mg2+完全沉淀，溶液的pH计算，从c(Mg2+)=10-5mol/L进行计算。
【详解】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有升高温度(加热)、搅拌等。答案为：升高温度(加热)；搅拌；
(2)①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr的回收与再利用。答案为：pH超过8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr的回收与再利用；
②常温下，当pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L，1×(10-6)2=10-12<1. 6×10-12，则Mg2+没有开始沉淀。若要使Mg2+完全沉淀，c(Mg2+)=10-5mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=10-5×c2(OH-)=1. 6×10-12，c(OH-)=4×10-4mol/L。溶液的pH=-lg=10.6。答案为：否；10.6。
29.已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)
醋酸
氢硫酸
氢氰酸
Ka=1.8×10-5
Ka1=9.1×10-8
Ka2=1.1×10-12
Ka=4.9×10-10
(1)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.CH3COOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)___________。
(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为_____________(填序号)。
(3)25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为 _____________(填序号)。
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，下列关系正确的是_______。
a.c(H+)
【答案】(1). b>a>c (2). ②>①>③ (3). ③>②>① (4). ac (5). CN-+H2S=HS-+HCN
【解析】
【分析】(1)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，电离常数越小，起始浓度越大，而中和碱的能力，需使用酸的起始浓度。
(2)25℃时，等浓度的三种溶液，对应酸的酸性越弱，水解能力越强，溶液的pH越大。
(3)25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，从水解方程式和水的电离方程式两方面分析阴离子总浓度关系。
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCN和NaCN，混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，则根据电荷守恒，c(H+)
c.反应后的溶液中，根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，c正确。
(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S，因为氢硫酸的Ka2小于氢氰酸的Ka，则HS-与CN-不能发生反应，由此可得出反应的离子方程式。
【详解】(1)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，电离常数越小，起始浓度越大，而中和碱的能力，酸的起始浓度越大，消耗碱的体积越大。醋酸的Ka=1.8×10-5，氢硫酸的Ka1=9.1×10-8，氢氰酸的Ka=4.9×10-10，则消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b>a>c。答案为：b>a>c；
(2)25℃时，等浓度的三种溶液，对应酸的酸性越弱，水解能力越强，溶液的pH越大。三种酸的酸性：醋酸>氢硫酸>氢氰酸，pH由大到小的顺序为②>①>③。答案为：②>①>③；
(3)25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，从水解方程式和水的电离方程式两方面分析阴离子总浓度关系。CN-+H2OHCN+OH-，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，Cl-不发生水解，此时三份溶液中的阴离子总浓度相等。在三份溶液中，H2OH++OH-，水解后的溶液中，c(OH-)越大，水的电离程度越小，最终溶液中阴离子的总浓度越小，故阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCN和NaCN，混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，则根据电荷守恒，c(H+)
c.反应后的溶液中，根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，c正确。
答案为：ac；
(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S，因为氢硫酸的Ka2小于氢氰酸的Ka，则HS-与CN-不能发生反应，由此可得出反应的离子方程式为CN-+H2S=HS-+HCN。答案为：CN-+H2S=HS-+HCN。
30.NaCN是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。
(1)含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3-和CN-的形式存在，工业上有多种废水处理方法。其中电解处理法如图：
用如图所示装置处理含CN-废水时，控制溶液pH为9~10并加入一定量的NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去。铁电极为_____________(填“阴极”或“阳极”)，阳极产生的ClO-的电极反应为_______________________，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去的离子方程式为___________________________________。
(2)可用以下方法测定处理后的废水中NaCN的含量。已知：Ⅰ.废水中NaCN 的最高排放标准为0.50mg/L；Ⅱ.Ag+ +2CN-=[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI沉淀呈黄色，且CN- 优先与Ag+反应。实验如下：20.00mL处理后的含NaCN 的废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI 溶液作指示剂，用1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为15.00mL。
①滴定时1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液应用_________________(填仪器名称)盛装；滴定终点时的现象是____________________________。
②处理后的含NaCN 的废水是否达到排放标准____________(填“是”或“否”)。
【答案】(1). 阴极 (2). Cl-- 2e− +2OH− =ClO-+H2O (3). 5ClO-+2CN-+2OH−=N2↑+2CO32-+5Cl-+H2O (4). 酸式滴定管 (5). 滴入最后一滴硝酸银溶液，产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (6). 否
【解析】
分析】(1)铁电极为活性电极，若铁为阳极，则阳极为Fe-2e-=Fe2+，而不是Cl-转化为ClO-，阳极产生的ClO-的电极反应为Cl-失电子转化为 ClO-。
(2)①AgNO3溶液显酸性，会腐蚀橡皮管；滴定终点时，生成AgI。
②处理后的含NaCN 的废水是否达标排放，可利用方程式Ag++CN-=AgCN进行计算，然后与0.50mg/L进行比较。
【详解】(1)铁电极为活性电极，若铁为阳极，则阳极为Fe-2e-=Fe2+，而不是Cl-转化为ClO-，所以铁电极为阴极；阳极产生的ClO-应来自Cl-失电子，电极反应为Cl-- 2e− +2OH− =ClO-+H2O，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去，则生成N2、CO32-等，离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH−=N2↑+2CO32-+5Cl-+H2O。
答案为：阴极；Cl-- 2e− +2OH− =ClO-+H2O；5ClO-+2CN-+2OH−=N2↑+2CO32-+5Cl-+H2O；
(2)①AgNO3溶液显酸性，会腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管盛装；滴定终点时的现象是滴入最后一滴硝酸银溶液，产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；
②n(Ag+)=1.00×10-4mol/L×0.015L=1.5×10-6mol，由方程式Ag++CN-=AgCN，可求出
n(CN-)=1.5×10-6mol，处理后的废水中NaCN 含量为=3.675mg/L>0.50mg/L，所以废水没有达到排放标准。答案为：否。
可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 C—12 N—14 Na—23 Cu—64 Ag—108
一、选择题：(每小题只有一个正确答案，每小题2分，共50分)
1.下列说法正确的是( )
A. 强酸和强碱一定是强电解质，不论其水溶液浓度大小，都能完全电离
B. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质强
C. 多元酸、多元碱的导电性一定比一元酸、一元碱的导电性强
D. 强电解质不一定都是离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 硫酸是强酸，但浓硫酸只有少部分发生电离，绝大部分以分子形式存在，A错误；
B. 强电解质溶液中离子浓度不一定比弱电解质大，导电能力不一定比弱电解质强，B错误；
C. 碳酸为二元酸、磷酸为三元酸，它们的导电能力比同浓度的盐酸弱，C错误；
D. 强电解质可能是离子化合物，可能是共价化合物，D正确。
故选D。
2.在坩埚中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该溶质的固体物质的是( )
A. 亚硫酸钠 B. 硫酸铁 C. 氯化铝 D. 高锰酸钾
【答案】B
【解析】
【详解】A. 亚硫酸钠在加热蒸干并灼烧过程中，将被氧化为硫酸钠，A不合题意；
B. 硫酸铁加热蒸干并灼烧过程中不发生变化，最终仍能得到硫酸铁，B符合题意；
C. 氯化铝加热蒸干并灼烧过程中，HCl挥发，Al(OH)3分解，最终得到Al2O3，C不合题意；
D. 高锰酸钾加热蒸干并灼烧过程中发生分解，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，D不合题意。
故选B。
3.下列有关Fe3+的除杂，说法不正确的是( )
A. 用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+
B. 工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7~8，可除去Fe3+
C. FeSO4溶液中的Fe2+极易被氧化为Fe3+，可加铁粉除去杂质Fe3+
D. MgCl2溶液中混有FeCl3杂质，可加Na2CO3除去FeCl3杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe(NO3)3溶液在加热过程中不断水解，最后HNO3挥发，并生成Fe(OH)3沉淀，趁热过滤便可得到纯净的KNO3，A正确；
B.氯化铁在溶液中发生水解Fe 3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氨水调节pH至7~8，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去氯化铁，B正确；
C. FeSO4溶液中的Fe2+极易被氧化为Fe3+，加铁粉后发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而除去杂质Fe3+，C正确；
D. MgCl2溶液中混有FeCl3杂质，加Na2CO3不仅除去了FeCl3杂质，也导致MgCl2转化为沉淀，即便控制Na2CO3的加入量，也会引入杂质离子，D错误。
故选D。
4.化学与生活生产密切相关，下列说法中不正确的是( )
A. 电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属被氧化的过程，伴随有电流产生
B. 铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀
C. 用锡焊接的铁质器件，焊接处容易生锈
D 电冶铝工业中用石墨作电极，用冰晶石作助熔剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电化学腐蚀过程中有电流产生，化学腐蚀过程没有电流产生，A错误；
B. 铁被冷浓硝酸氧化，表面生成钝化膜，阻止铁与浓硝酸的进一步反应，从而保护内部铁不被腐蚀，B正确；
C. 用锡焊接的铁质器件，可形成原电池，铁作负极，所以焊接处铁容易生锈，C正确；
D. 电冶铝工业中用冰晶石作助熔剂，可降低氧化铝的熔融温度，从而节省能量，D正确。
故选A。
5.下列方程式书写正确的是( )
A. Na2S显碱性原因：S2-+2H2OH2S+2OH-
B. 泡沫灭火器的原理：Al3++3HCO3-Al(OH)3↓+3CO2↑
C. HCO3−的电离方程式：HCO3-+H2OH3O++CO32-
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·D2O+H+
【答案】C
【解析】
【详解】A. S2-水解应分步进行，S2-+2H2OHS-+OH-，A错误；
B. 泡沫灭火器的原理：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；
C. HCO3−电离出的H+与H2O结合生成H3O+，HCO3-+H2OH3O++CO32-，C正确；
D. NH4Cl溶于D2O中：NH4++D2ONH3·HDO+D+，D错误。
故选C
6.用如图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：①工作一段时间后A槽pH值上升，B槽的pH下降。②b、c两极上反应的离子的物质的量相等。应选择的电解质是( )
A. A槽NaOH溶液；B槽CuSO4溶液
B. A槽AgNO3溶液；B槽CuCl2溶液
C. A槽Na2SO4溶液；B槽AgNO3溶液
D. A槽NaCl溶液；B槽AgNO3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. A槽相当于电解水，pH上升，b极OH-失电子，B槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，c极Cu2+得电子，b、c极得电子离子的物质的量不等，A不合题意；
B. A槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，B不合题意；
C. A槽相当于电解水，pH不变，B槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，C不合题意；
D. A槽阴极水电离的氢离子放电，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，pH上升，b极Cl-失电子；B槽阳极水电离的氢氧根离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，pH下降，c极Ag+得电子，b、c极得电子离子的物质的量相等，D符合题意。
故选D。
7.下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是( )
选项
微粒组
加入试剂
发生反应的离子方程式
A
I-、Cl-、H+、SO42-
NaNO3
6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2
B
CO32-、Fe3+、Br-、SO42-
KSCN
3SCN-+Fe3+Fe(SCN)3
C
HClO、Na+、K+、SO32-
CaCl2
Ca2++ SO32-=CaSO3↓
D
K+、Na+、HCO3-、AlO2-
HCl
H++AlO2-+H2O=Al(OH)3↓
【答案】A
【解析】
【详解】A．I-、Cl-、H+、SO42-能大量共存，加入NaNO3后，I-、NO3-、H+发生氧化还原反应6I-+2NO3-+8H+=2NO↑+4H2O+3I2，A正确；
B．CO32-、Fe3+在溶液中发生双水解反应，不能大量共存，B错误；
C．HClO、SO32-在溶液中发生氧化还原反应HClO+SO32-=SO42-+H++Cl-，C错误；
D．HCO3-、AlO2-在水溶液中会发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，D错误。
故选A。
8.如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是( )
A. 粗盐水中含Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，精制时除杂试剂BaCl2溶液应在Na2CO3溶液之前加入
B. 标准状况下每生成22.4LCl2，便产生2 mol NaOH
C. 从E口逸出的气体是Cl2
D. 从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性
【答案】C
【解析】
【详解】A. 精制时除杂试剂BaCl2溶液过量，需使用Na2CO3溶液处理，所以应放在Na2CO3溶液之前加入，A正确；
B. 由反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑知，标准状况下每生成1molCl2，便产生2 mol NaOH，B正确；
C. 从Na+迁移的方向看，右边电极为阴极，水电离产生的H+得电子，所以从E口逸出的气体是H2，C错误；
D. 电解池右区获得纯净的NaOH溶液，为增强初始溶液的导电性，从B口加入含少量NaOH的水溶液，D正确。
故选C。
9.下面说法中，与盐类水解有关的有( )
①氯化铵溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑
②NaHCO3做发酵粉时加入柠檬酸后效果更好
③实验室配制AlCl3溶液，先把它溶解在浓盐酸中，而后加水稀释
④NH4F溶液不能保存在玻璃试剂瓶中
⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞
⑥NaHS溶液中c(H2S)>c(S2－)
A. 3 项 B. 4项 C. 5项 D. 全有关
【答案】C
【解析】
【详解】①氯化铵在溶液中水解生成HCl，可作焊药去除金属制品表面的锈斑，①符合题意；
②NaHCO3中加入柠檬酸，发生反应，将HCO3-转化为CO2和水，②不合题意；
③配制AlCl3溶液，先把它溶解在浓盐酸中，以抑制Al3+的水解，③符合题意；
④NH4F在溶液中发生水解，生成HF和一水合氨，HF腐蚀玻璃，④符合题意；
⑤Na2CO3、Na2SO3在溶液中水解，生成NaOH等，NaOH会腐蚀玻璃，⑤符合题意；
⑥NaHS溶液中，HS-电离程度小于水解程度，所以c(H2S)>c(S2－)，⑥符合题意。
综合以上分析，①③④⑤⑥共5项符合题意。故选C。
10.根据反应KMnO4＋FeSO4＋H2SO4→MnSO4＋Fe2(SO4)3＋K2SO4＋H2O(未配平)设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为1 mol·L－1，溶液的体积均为200 mL，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法不正确的是( )
A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应
B. 忽略溶液体积变化，Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应中转移的电子为0.1 mol
C. 甲烧杯中的电极反应式：MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O
D. 电池工作时，盐桥中的K+向甲烧杯中移动
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在乙池中，Fe2+-e-=Fe3+，则石墨b是原电池的负极，发生氧化反应，A正确；
B. Fe2(SO4)3浓度变为1.5 mol/L，则反应生成的Fe2(SO4)3为0.5 mol/L ×0.2L=0.1mol，由Fe2+生成的Fe3+为0.2mol，则反应中转移的电子为0.2mol，B错误；
C. 甲烧杯中，MnO4-得电子转化为Mn2+，电极反应式为MnO4-＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O，C正确；
D. 电池工作时，甲烧杯中阳离子减少，所以盐桥中的K+向甲烧杯中移动，D正确。
故选B。
11. 如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入一生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是( )
A. 生铁块中的碳是原电池的正极
B. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e-= Fe2+
D. 红墨水柱两边的液面变为左低右高
【答案】D
【解析】
【详解】该反应为原电池生铁块中的碳是原电池的正极，a试管中为中性溶液发生了吸氧腐蚀，b试管中为酸性溶液发生了析氢腐蚀。两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e-= Fe2+，左边压强减小，右边压强增加，红墨水柱两边的液面变为右低左高。
12.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
B. 每升溶液中的H+数目为0.02NA
C. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
D. c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH−)
【答案】D
【解析】
【详解】A.加水稀释后，虽会促使H3PO4的电离，但H+浓度减小，pH增大，故A错误；
B.由题目中pH=2可得c(H+)=0.01mol/L，1L溶液中H+数目应为0.01NA，故B错误；
C. H3PO4电离方程式为H3PO4H++H2PO4-、H2PO4-H++HPO42-、HPO42-H++PO43-加入固体后，主要抑制H3PO4第一步电离，H+浓度减小，溶液酸性减弱，故C错误；
D.由质子守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH−)，故D正确。答案选D。
13.下表中实验操作、现象与结论对应关系正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
以酚酞为指示剂，用盐酸标准液滴定氢氧化钠溶液
溶液由红色变为浅红色便立刻读数
测得氢氧化钠溶液的浓度偏大
B
用广泛pH试纸测定1mol/L NaHSO3 溶液的酸碱性
测得pH=3.2
NaHSO3 溶液呈酸性，证明HSO3-的电离大于水解
C
向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体
有白色沉淀生成，溶液红色变浅
证明纯碱溶液呈碱性是由CO32-水解引起的
D
在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再加入少量等浓度的CuSO4溶液
先产生白色ZnS沉淀，后产生黑色CuS沉淀
Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液由红色变为浅红色便立刻读数，则滴加的盐酸体积偏小，测得氢氧化钠溶液的浓度偏小，A错误；
B．广泛pH试纸只能测定溶液的pH范围，不能测出溶液pH的具体值，B错误；
C．CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入BaCl2后，生成BaCO3沉淀，则平衡左移，溶液红色变浅，C正确；
D．在0.1mol/LNa2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，此时Na2S有剩余，再加入少量等浓度的CuSO4溶液，与Na2S继续反应，没有发生ZnS与Cu2+的反应，不能得出Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)的结论，D错误。
故选C。
14.关于下列装置的叙述中正确的是( )
A. 用此装置给铁镀铜，镀件应放在b电极
B. 用此装置给铁镀铜，反应一段时间后溶液中铜离子浓度基本不变
C. 用此装置电解精炼铜，反应一段时间后溶液中铜离子浓度基本不变
D. 用此装置电解精炼铜，粗铜应放在a电极
【答案】B
【解析】
【详解】A. 用此装置给铁镀铜，镀件应放在阴极a电极，A错误；
B. 给铁镀铜，阳极Cu-2e-=Cu2+，阴极Cu2++2e-=Cu，溶液中铜离子浓度不变，B正确；
C. 电解精炼铜，阳极Fe-2e-=Fe2+，Cu-2e-=Cu2+，阴极Cu2++2e-=Cu，反应一段时间后溶液中铜离子浓度减小，C错误；
D. 用此装置电解精炼铜，粗铜应放在阳极b电极，D错误。
故选B。
15.一定温度下，水存在如下电离：H2OH++OH- ∆H>0，下列叙述正确的是( )
A. 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B. 将水加热，Kw增大，pH减小
C. 向水中加入少量固体NH4Cl，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 向水中加入少量固体硫酸钠，c(H+)=10-7mol/L，Kw不变
【答案】BD
【解析】
【详解】A、向水中加入稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，温度不变，Kw不变，故A错误；
B、水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw增大，pH变小，故B正确；
C、向水中加入少量固体NH4Cl，铵根离子和氢离子反应生成弱电解质，导致c(H+)降低，促进水的电离，平衡正向移动，故C错误；
D、向水中加入少量固体Na2SO4，溶解后不影响水的电离平衡，c(H+)=1×10-7mol/L，因为温度不变，则Kw不变，故D正确；
故选BD。
16.利用如图所示装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法不正确的是 ( )
A. 若X为碳棒，开关K置于N处，为外加电源的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀
B. 若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
C. 若X为锌棒，开关K置于M处，为牺牲阳极的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀
D. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 若X为碳棒，开关K置于N处，为外加电源的阴极保护法，铁棒作阴极，可阻止铁失电子，A正确；
B. 若X为碳棒，开关K置于N处，X极为阳极，失电子发生氧化反应，B正确；
C. 若X为锌棒，开关K置于M处，为牺牲阳极的阴极保护法，由于锌的金属活动性大于铁，所以铁棒作正极，可阻止铁失电子，C正确；
D. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极为正极，得电子发生还原反应，D错误。
故选D。
17.欲使NH4Cl稀溶液中c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，可在溶液中(恒温并忽略溶液体积的变化)加入少量下列物质中的( )
①通入HCl；②H2SO4；③NH4Cl固体；④NH4NO3固体 ⑤Ba(OH)2固体
A. ②或③或④ B. ①或②或④
C. ②或③或⑤ D. ①或③或⑤
【答案】A
【解析】
【详解】在NH4Cl稀溶液中，存在下列平衡：NH4++ H2ONH3·H2O+H+。
①通入HCl，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)增大，但c(Cl-)增大更多，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值减小，①不合题意；
②加入H2SO4，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，②符合题意；
③加入NH4Cl固体，相当于增大NH4Cl的浓度，水解程度减小，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，③符合题意；
④加入NH4NO3固体，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值增大，②符合题意；
⑤加入Ba(OH)2固体，与H+反应，促使平衡正向移动，c(NH4+)减小，c(Cl-)不变，所以c(NH4+)/c(Cl-)比值减小，⑤不合题意。
综合以上分析，②或③或④符合题意。故选A。
18.25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝10－12，Ksp(MgF2)＝10－10。下列说法正确是( )
A. 25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4F固体，c(Mg2＋)减小
B. 25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
C. 25℃时，向浓度均为0.1mol•L-1的NaOH和NaF的混合溶液中逐滴滴加MgCl2溶液，先生成Mg(OH)2沉淀
D. 25℃时，Mg(OH)2固体在20mL 0.01 mol•L-1氨水中的Ksp比在20mL 0.01 mol•L-1NH4F溶液中的Ksp小
【答案】C
【解析】
【详解】A. 25℃时，因为Ksp[Mg(OH)2]
故选C。
19.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的物质的量浓度
B. 图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)
D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的物质的量浓度，A项正确；
B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；
C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；
D. 从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；
答案选B。
20.下列叙述正确的是( )
A. 表示0.100 0 mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol•L﹣1醋酸溶液的滴定曲线
B. 表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况，将t1℃时A、B的饱和溶液分别升温至t2℃时，溶质的质量分数ω(A)＞ω(B)
C. 由图可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大
D. 表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的△H＜0
【答案】D
【解析】
【详解】A.因为CH3COONa溶液呈碱性，所以溶液呈中性时，滴定所用NaOH的体积小于20mL，A错误；
B.因为温度改变，A、B两溶液的质量分数不变，t1时B的溶解度大于A，则质量分数B>A，t2时质量分数也应为B>A，B错误；
C.a点和b点的温度都是25℃，水的离子积Kw相同，C错误；
D.T2达平衡的时间比T1短，表明T2>T1，温度升高，C的体积分数减小，则表明平衡逆向移动，正反应为放热反应，该反应的△H＜0，D正确。
故选D。
21.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为。室温下，实验室里用0.1 mol·L-1 的盐酸滴定10 mL 0.1 mol·L-1 MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是：（ ）
A. MOH为强碱
B. C点时加入盐酸的体积等于10 mL
C. 若B点加入的盐酸体积为5 mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)
D. 滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度：A
【解析】
【详解】A，没有滴入盐酸时，0.1mol/LMOH溶液的AG=-8，即0.1mol/LMOH溶液中c（OH-）=110-3mol/L0.1mol/L，MOH为弱碱，A项错误；
B，若加入10mL盐酸，MOH与HCl恰好完全反应得到MCl溶液，MCl溶液呈酸性，MCl溶液的AG0，C点溶液的AG=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，C点时加入盐酸的体积小于10mL，B项错误；
C，若B点加入盐酸的体积为5mL，盐酸与MOH充分反应后得到等物质的量浓度的MCl和MOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒为c（M+）+c（MOH）=2c（Cl-），两式整理得c（M+）+2c（H+）=c（MOH）+2c（OH-），C项正确；
D，开始MOH电离出OH-抑制水的电离，随着盐酸的滴入，溶液中OH-浓度减小，OH-对水的抑制程度减小，同时生成MCl，MCl水解促进水的电离，随着盐酸的滴入，水的电离程度逐渐增大，当滴入10mL盐酸时MOH与HCl恰好完全反应得到MCl溶液，此时水的电离程度最大，继续滴入盐酸，过量盐酸电离出H+抑制水的电离，水的电离程度又逐渐减小，D点加入20mL盐酸，盐酸与MOH充分反应后得到物质的量浓度均为mol/LMCl和HCl的混合溶液，HCl完全电离产生的c（H+）=mol/L110-3mol/L[A点MOH溶液中c（OH-）]，D点溶液中水的电离程度小于A点，从A点到D点溶液中水的电离程度：DABC，D项错误；
答案选C。
22.将10 mL0.2 mol/L氨水和10 mL0.1 mol/L盐酸混合后，溶液里各种离子物质的量浓度的关系是 ( )
A. c (OH-) = c(NH4+) + c (H+) B. c (Cl-)> c(NH4+)> c (H+) > c (OH-)
C. c(NH4+) > c (Cl-)> c (OH-)> c (H+) D. c (Cl-)> c (H+) > c (NH4+) > c (OH-)
【答案】C
【解析】
【详解】将10 mL0.2 mol/L氨水和10 mL0.1 mol/L盐酸混合后，所得溶液中c(NH3•H2O)=c(NH4Cl)，此时NH3·H2ONH+ OH-，H2OH++OH-。
A. 依据电荷守恒c (OH-)+ c (Cl-) = c(NH4+) + c (H+)，A错误；
B. 溶液中以NH3·H2O的电离为主，所以c(Cl-)
D. c(H+)只来自水的微弱电离，所以 c(H+)
23.全钒液流电池充电时间短，续航能力强，其充放电原理为VO2＋＋V3＋＋H2OVO＋V2＋＋2H＋。以此电池为电源，用石墨电极电解Na2SO3溶液，可得到NaOH 和H2SO4示意图如下。下列说法错误的是( )
A. 全钒液流电池放电时，正极的电极反应式为VO2+＋2H＋＋e－=VO2＋＋H2O
B. 图中a电极为阴极，N物质是H2
C. 全钒液流电池充电时，V3＋被氧化为VO2+
D. 电解时，b电极的反应式为SO32-＋H2O－2e== SO42-＋2H＋
【答案】C
【解析】
【详解】A项，根据全钒液流电池的充放电原理，放电时反应的方程式为VO2++V2++2H+=VO2++V3++H2O，放电时正极发生得电子的还原反应，正极的电极反应式为：VO2++2H++e-=VO2++H2O，A项正确；
B项，根据图示，图中b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，b电极为阳极，a电极为阴极，由于放电顺序：H+Na+，a电极上的电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，N物质是H2，B项正确；
C项，全钒液流电池充电时反应的方程式为VO2++V3++H2O= VO2++V2++2H+，根据“只靠拢、不交叉”，V3+被还原为V2+，VO2+被氧化为VO2+，C项错误；
D项，电解时，b电极上SO32-发生失电子的氧化反应生成H2SO4，电极反应式为SO32- -2e-+H2O=SO42-+2H+，D项正确；
答案选C。
24.如图是三种酸对Fe-Cr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是( )
A. Cr含量小于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对Fe-Cr合金的腐蚀性最强
B. Cr含量等于13%时，三种酸对Fe-Cr合金的腐蚀速率由快到慢的顺序为H2SO4＞HCl＞HNO3
C. 随着Fe含量的增加，Fe-Cr合金在5%HNO3中的耐腐蚀性越来越弱
D. 稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硝酸和稀盐酸都强
【答案】C
【解析】
【详解】A. 从图中可以看出，Cr含量大约小于10%时，硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性最强，A错误；
B. Cr含量等于13%时，三种酸对Fe-Cr合金的腐蚀速率由快到慢的顺序为H2SO4＞HCl=HNO3，B错误；
C. 从图中可以看出，随着Fe含量的增加，曲线由右向左，Fe-Cr合金在5%HNO3中的反应速率越来越快，则耐腐蚀性越来越弱，C正确；
D. 在Cr含量大于13%时，稀硫酸对Fe-Cr合金的腐蚀性比稀硝酸和稀盐酸都强，但Cr含量大约小于10%时，硝酸对Fe-Cr合金的腐蚀性最强，D错误。
故选C。
25.25℃时，某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示：下列说法正确的是( )
A. pH=7.2时，溶液中c(H2PO4ˉ)+c(HPO42-)+c(OHˉ)=c(Na+)+c(H+)
B. 曲线1和曲线2分别表示δ(H3PO4)和δ(HPO42-)的变化
C. pH=12.3时，溶液中由水电离出的c(H+)=10-12.3mol/L
D. 25℃时，H3PO4的电离常数K1=10-2.1
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH=7.2时，溶液中c(H2PO4ˉ)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OHˉ)=c(Na+)+c(H+)，A错误；
B. 曲线1和曲线2分别表示δ(H3PO4)和δ(H2PO4-)的变化，B错误；
C. pH=12.3时，溶液中的溶质是Na3PO4和Na2HPO4，溶液中的OH-全部来自水电离，溶液中的H+来自水和HPO42-的电离，只是水电离的H+大部分与PO43-、HPO42-结合，所以由水电离出的c(H+)水= c(OHˉ)溶液=10-1.7mol/L，C错误；
D. 25℃时，在pH=2.1点，c(H2PO4ˉ)=c(H3PO4)，H3PO4电离常数K1==10-2.1，D正确。
故选D。
二、非选择题(共50分)
26.(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。
(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。
【答案】(1). 2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O (2). 4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O (3). 4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O (4). PbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。
(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。
【详解】(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O。Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O。答案：2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O；
(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。答案为：4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。
27.甲烷燃料电池体积小巧、燃料使用便利、洁净环保、理论能量比高，用甲烷燃料电池为下图电解装置供电，工作一段时间后，A池中左右试管收集到的气体体积比为2:1，则：
(1)电解一段时间后，甲烷燃料电池中溶液的pH_________。(填“增大、减小或不变”)
(2)甲烷燃料电池中导线A与电解池中的_________(填M或N)导线连接
(3)B池中一段时间后实验现象______________________________________________。
(4)相同条件下，电解质足量的A、B、C、D池中生成气体的总体积由大到小的顺序为_______。
(5)D池电解一段时间后，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________。
【答案】(1). 减小 (2). M (3). 铁电极周围有气泡产生，铜电极溶解，电解质溶液逐渐变蓝色 (4). C>A>B>D (5). Ag2O或Ag2CO3
【解析】
【分析】(1)甲烷燃料电池中发生的电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，由此可得出溶液的pH变化。
(2) A池中左右试管收集到的气体体积比为2:1，则左边试管内的Pt电极为阴极，与它相连的为电源的负极，甲烷燃料电池中导线A为负极，应与阴极相连，由此得出与电解池中的导线的连接方式。
(3)B池中，Fe电极为阴极，发生反应为4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；Cu电极为阳极，发生反应为2Cu-4e-=2Cu2+，由此可得出一段时间后实验现象。
(4)A池中电极反应为：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；B池，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，阳极2Cu-4e-=2Cu2+；C池：阳极4Cl--4e-=2Cl2↑，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；D池：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4Ag++4e-=4Ag。假设线路中通过的电子为4mol，则相同条件下，电解质足量的A、B、C、D池中生成气体的总物质的量分别为3mol、2mol、4mol、1mol，由此得出生成气体的总体积由大到小的顺序。
(5)D池电解一段时间后，阳极生成O2，阴极生成Ag，将两电极产物进行反应，然后放入电解质溶液中，就可恢复到电解前的状态。
【详解】(1)电解一段时间后，甲烷燃料电池中发生的电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，从电池反应可以看出，甲烷燃烧过程中需要消耗KOH，则溶液的pH减小。答案为：减小；
(2) A池中左右试管收集到的气体体积比为2:1，则左边试管内的Pt电极为阴极，与它相连的为电源的负极，甲烷燃料电池中导线A为负极，应与阴极相连，由此得出导线A与电解池中的M导线连接。答案为：M；
(3)B池中，Fe电极为阴极，发生反应为4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；Cu电极为阳极，发生反应为2Cu-4e-=2Cu2+，由此可得出一段时间后实验现象为铁电极周围有气泡产生，铜电极溶解，电解质溶液逐渐变蓝色。答案为：铁电极周围有气泡产生，铜电极溶解，电解质溶液逐渐变蓝色；
(4)A池中电极反应为：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；B池，阳极2Cu-4e-=2Cu2+，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；C池：阳极4Cl--4e-=2Cl2↑，阴极4H2O+4e-=4OH-+2H2↑；D池：阳极2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极4Ag++4e-=4Ag。假设线路中通过的电子为4mol，则相同条件下，电解质足量的A、B、C、D池中生成气体的总物质的量分别为3mol、2mol、4mol、1mol，由此得出生成气体的总体积由大到小的顺序为C>A>B>D。答案为：C>A>B>D；
(5)D池电解一段时间后，阳极生成O2，阴极生成Ag，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入Ag2O或Ag2CO3。答案为：Ag2O或Ag2CO3。
28.某工厂对制革工业污泥中铬的处理工艺流程如下：
已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。
(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_________、___________。(答出两点)。
(2)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：
阳离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
开始沉淀时的pH
2.7
—
—
沉淀完全时的pH
3.7
5.4(>8溶解)
9(>9溶解)
①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是________________________________。
②常温下，当pH=8时，Mg2+是否开始沉淀(溶液中镁离子浓度不超过1mol·L-1)___________ 。 (填“是”或“否”)若要使Mg2+完全沉淀，溶液的pH至少为_________(已知Ksp[Mg(OH)2]=1. 6×10-12，lg2=0.3)。
【答案】(1). 升高温度(加热) (2). 搅拌 (3). pH超过8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-,最终影响Cr的回收与再利用 (4). 否 (5). 10.6
【解析】
【分析】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有加热、搅拌、粉碎、提高酸的浓度等。
(2)①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，从沉淀的溶解、产品的提纯等分析。
②常温下，当pH=8时，Mg2+是否开始沉淀，利用Ksp[Mg(OH)2]进行分析。若要使Mg2+完全沉淀，溶液的pH计算，从c(Mg2+)=10-5mol/L进行计算。
【详解】(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有升高温度(加热)、搅拌等。答案为：升高温度(加热)；搅拌；
(2)①用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr的回收与再利用。答案为：pH超过8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr的回收与再利用；
②常温下，当pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L，1×(10-6)2=10-12<1. 6×10-12，则Mg2+没有开始沉淀。若要使Mg2+完全沉淀，c(Mg2+)=10-5mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=10-5×c2(OH-)=1. 6×10-12，c(OH-)=4×10-4mol/L。溶液的pH=-lg=10.6。答案为：否；10.6。
29.已知25℃时，醋酸、氢硫酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略)
醋酸
氢硫酸
氢氰酸
Ka=1.8×10-5
Ka1=9.1×10-8
Ka2=1.1×10-12
Ka=4.9×10-10
(1)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液a.CH3COOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)___________。
(2)25℃时，等浓度的三种溶液①NaCN 溶液、②Na2S溶液、③CH3COONa溶液，pH由大到小的顺序为_____________(填序号)。
(3)25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，阴离子总浓度由大到小的顺序为 _____________(填序号)。
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，下列关系正确的是_______。
a.c(H+)
【答案】(1). b>a>c (2). ②>①>③ (3). ③>②>① (4). ac (5). CN-+H2S=HS-+HCN
【解析】
【分析】(1)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，电离常数越小，起始浓度越大，而中和碱的能力，需使用酸的起始浓度。
(2)25℃时，等浓度的三种溶液，对应酸的酸性越弱，水解能力越强，溶液的pH越大。
(3)25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，从水解方程式和水的电离方程式两方面分析阴离子总浓度关系。
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCN和NaCN，混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，则根据电荷守恒，c(H+)
c.反应后的溶液中，根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，c正确。
(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S，因为氢硫酸的Ka2小于氢氰酸的Ka，则HS-与CN-不能发生反应，由此可得出反应的离子方程式。
【详解】(1)体积相同、c(H＋)相同的三种酸溶液，电离常数越小，起始浓度越大，而中和碱的能力，酸的起始浓度越大，消耗碱的体积越大。醋酸的Ka=1.8×10-5，氢硫酸的Ka1=9.1×10-8，氢氰酸的Ka=4.9×10-10，则消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是b>a>c。答案为：b>a>c；
(2)25℃时，等浓度的三种溶液，对应酸的酸性越弱，水解能力越强，溶液的pH越大。三种酸的酸性：醋酸>氢硫酸>氢氰酸，pH由大到小的顺序为②>①>③。答案为：②>①>③；
(3)25℃时，浓度均为0.01mol/L的①NaCN、②CH3COONa、③NaCl 溶液中，从水解方程式和水的电离方程式两方面分析阴离子总浓度关系。CN-+H2OHCN+OH-，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，Cl-不发生水解，此时三份溶液中的阴离子总浓度相等。在三份溶液中，H2OH++OH-，水解后的溶液中，c(OH-)越大，水的电离程度越小，最终溶液中阴离子的总浓度越小，故阴离子总浓度由大到小的顺序为③>②>①。答案为：③>②>①；
(4)将浓度为0.02mol/L的HCN 与0.01mol/L NaOH 溶液等体积混合，溶质为等浓度的HCN和NaCN，混合溶液中c(Na+)>c(CN-)，则根据电荷守恒，c(H+)
c.反应后的溶液中，根据物料守恒，c(HCN)+c(CN-)=0.01mol/L，c正确。
答案为：ac；
(5)25℃时，向NaCN溶液中通入少量H2S，因为氢硫酸的Ka2小于氢氰酸的Ka，则HS-与CN-不能发生反应，由此可得出反应的离子方程式为CN-+H2S=HS-+HCN。答案为：CN-+H2S=HS-+HCN。
30.NaCN是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。
(1)含氰废水中的氰化物常以[Fe(CN)6]3-和CN-的形式存在，工业上有多种废水处理方法。其中电解处理法如图：
用如图所示装置处理含CN-废水时，控制溶液pH为9~10并加入一定量的NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去。铁电极为_____________(填“阴极”或“阳极”)，阳极产生的ClO-的电极反应为_______________________，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去的离子方程式为___________________________________。
(2)可用以下方法测定处理后的废水中NaCN的含量。已知：Ⅰ.废水中NaCN 的最高排放标准为0.50mg/L；Ⅱ.Ag+ +2CN-=[Ag(CN)2]-，Ag++I-=AgI↓，AgI沉淀呈黄色，且CN- 优先与Ag+反应。实验如下：20.00mL处理后的含NaCN 的废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI 溶液作指示剂，用1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为15.00mL。
①滴定时1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液应用_________________(填仪器名称)盛装；滴定终点时的现象是____________________________。
②处理后的含NaCN 的废水是否达到排放标准____________(填“是”或“否”)。
【答案】(1). 阴极 (2). Cl-- 2e− +2OH− =ClO-+H2O (3). 5ClO-+2CN-+2OH−=N2↑+2CO32-+5Cl-+H2O (4). 酸式滴定管 (5). 滴入最后一滴硝酸银溶液，产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (6). 否
【解析】
分析】(1)铁电极为活性电极，若铁为阳极，则阳极为Fe-2e-=Fe2+，而不是Cl-转化为ClO-，阳极产生的ClO-的电极反应为Cl-失电子转化为 ClO-。
(2)①AgNO3溶液显酸性，会腐蚀橡皮管；滴定终点时，生成AgI。
②处理后的含NaCN 的废水是否达标排放，可利用方程式Ag++CN-=AgCN进行计算，然后与0.50mg/L进行比较。
【详解】(1)铁电极为活性电极，若铁为阳极，则阳极为Fe-2e-=Fe2+，而不是Cl-转化为ClO-，所以铁电极为阴极；阳极产生的ClO-应来自Cl-失电子，电极反应为Cl-- 2e− +2OH− =ClO-+H2O，阳极产生的ClO-将CN-氧化为无害物质而除去，则生成N2、CO32-等，离子方程式为5ClO-+2CN-+2OH−=N2↑+2CO32-+5Cl-+H2O。
答案为：阴极；Cl-- 2e− +2OH− =ClO-+H2O；5ClO-+2CN-+2OH−=N2↑+2CO32-+5Cl-+H2O；
(2)①AgNO3溶液显酸性，会腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管盛装；滴定终点时的现象是滴入最后一滴硝酸银溶液，产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。答案为：酸式滴定管；滴入最后一滴硝酸银溶液，产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；
②n(Ag+)=1.00×10-4mol/L×0.015L=1.5×10-6mol，由方程式Ag++CN-=AgCN，可求出
n(CN-)=1.5×10-6mol，处理后的废水中NaCN 含量为=3.675mg/L>0.50mg/L，所以废水没有达到排放标准。答案为：否。
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