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【化学】山东省新泰市第二中学2018-2019学年高二上学期第三次阶段性测试（解析版）
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山东省新泰市第二中学2018-2019学年高二上学期第三次阶段性测试
1. 用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液一段时间后，向剩余溶液中加入适量水能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3 B. NaCl C. CuCl2 D. H2SO4
【答案】D
【解析】
试题分析：A、电解硝酸银溶液电解的是硝酸银和水，电解结束后加水不能回复原溶液的浓度，故A错误；B、电解氯化钠溶液实质是电解水和氯化钠，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故B错误；C、电解氯化铜实质是电解氯化铜，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故C错误；D、电解硫酸实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同，故D正确；故选D。
考点：考查了电解原理的应用的相关知识。
2.2SO2＋O22SO3是工业制硫酸的一步重要反应，下列说法正确的是
A. 使用催化剂能改变该反应限度
B. 减小SO2的浓度能加快该反应的速率
C. 升高体系温度能加快反应速率
D. 1 mol SO2和足量的O2在一定条件下充分反应，生成1 mol SO3
【答案】C
【解析】
该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，一般来说，增大浓度、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。
【详解】A.使用催化剂，改变反应速率，不改变化学平衡，故A错误；
B.减小SO2的浓度是减少反应物浓度，反应速率减小，不能加快反应速率，故B错误；
C.升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C正确；
D.可逆反应反应物不可能完全转化，故D错误。
故选C。
3.能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性的微粒是
A. Al3＋ B. OH－ C. H＋ D. HCO3－
【答案】A
【解析】
试题分析：A、铝离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，A正确；B、OH－抑制水的电离，溶液显碱性，B不正确；C、氢离子抑制水的电离，溶液显酸性，C不正确；D、HCO3－的水解程度大于电离程度，促进水的电离，溶液显碱性，D不正确，答案选A。
考点：考查水的电离以及溶液酸碱性判断
4.已知：（1）Zn（s） + 1/2O2（g）= ZnO(s)，ΔH = -350 kJ·mol-1，
（2）2Ag(s) + 1/2O2（g） = Ag2O(s)，ΔH = -25 kJ·mol-1，
则Zn（s）+ Ag2O(s) = ZnO(s) + 2Ag(s)的ΔH等于
A. -375 kJ·mol-1 B. -325 kJ·mol-1
C. +375 kJ·mol-1 D. +325 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO(s)ΔH=-350kJ/mol，
（2）2Ag(s)+1/2O2（g）=Ag2O(s)ΔH=-25kJ/mol，
则根据盖斯定律可知（1）－（2）即得到
Zn（s）+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的ΔH＝-325kJ/mol，答案选B。
考点：考查反应热计算
5.下列有关问题，与盐的水解有关的是
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤Al2S3不能通过溶液中的反应制取
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，能与铁锈反应，所以可作焊接金属中的除锈剂，与盐的水解有关，故正确；②NaHCO3与Al2(SO4)3溶液中HCO3－与Al3＋水解相互促进生成氢氧化铝和CO2气体，可作泡沫灭火剂，与盐的水解有关，故正确；③草木灰显碱性与铵态氮肥显酸性，二者反应使肥效降低，所以草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐的水解有关，故正确；④碳酸钠溶液水解显碱性，能腐蚀磨口玻璃塞，所以实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，故正确；⑤硫离子与铝水解相互促进生成氢氧化铝和H2S，因此Al2S3不能通过溶液中的反应制取，与盐的水解有关，故正确，答案选D。
考点：考查盐类水解的应用
6.下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A. Al3＋、Na＋、HCO3－、[Al(OH)4]－
B. Ca2＋、HCO3－、Cl－、K＋
C. Fe3＋、H＋、SO42－、S2－
D. Fe2＋、NO3－、Na＋、H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.HCO3-、Al(OH)4-与Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.该组离子之间不发生反应，在溶液中能大量共存，故B正确；
C.因H＋和S2－能结合生成H2S气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.因Fe2+、H+、NO3-能发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况是(1)能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；(2)能生成微溶物的离子之间(如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-)；(3)能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等)；(4)能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)。
7.下列离子方程式书写正确的是
A. NaOH溶液中通入足量CO2：2OH- + CO2 = CO32- + H2O
B. FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-
C. NaHCO3溶液中加入足量Ca(OH)2：HCO3- + Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O
D. FeCl3溶液中加入适量铜粉：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式是：OH－+CO2 =HCO3−，故A错误；
B.向FeBr2溶液中通入足量Cl2，则Fe2+和Br-都被完全氧化，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3+ +6Cl-+2Br2，故B错误；
C.向NaHCO3溶液中加入足量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2+ +OH-=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D.向FeCl3溶液中加入适量铜粉，反应的离子方程式为：2Fe3+ +Cu=2Fe2+ +2Cu2+，故D错误。
故选C。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
8.反应2SO2+O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol·L-1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol·L-1·s-1，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 2.5s C. 5s D. 10s
【答案】C
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以三氧化硫的反应速率是0.040mol·L－1·s－1 ×2＝0.40mol·L－1÷t，解得t＝5s，答案选C。
考点：考查反应速率的有关计算
点评：该题是常识性知识的考查，也是高考中的常见题型。该题的关键是明确反应速率的含义、表达式，特别是反应速率和化学计量数的关系。
9.对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g) △H<0，下列各图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：A、500℃反应速率快，斜率应该更大，平衡时C的分数更小，图像错误；B、增大压强，正反应速率、逆反应速率都应增大，图像错误；C、使用催化剂与无催化剂时C的平衡浓度相等，图像错误；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡想逆反应方向移动，图像正确。
考点：本题考查条件对反应速率和化学平衡的影响、图像的分析。
10.在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g) + 3N(g) x Q(g) +3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是
A. x值为2 B. 混合气体的密度增大
C. N的转化率为20% D. 平衡时N的浓度为0.3 mol/L
【答案】D
【解析】
试题分析：A、平衡时生成的Q的物质的量为0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，故A错误；B、反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=m÷V可知混合气体的密度不变，故B错误；C、参加反应的N的物质的量为2.4mol，则N的转化率为×100%=80%，故C不正确；D、反应达到平衡时，生成2.4molR，由方程式可知，参加反应的N的物质的量为2.4mol，故平衡时N的物质的量为3mol-2.4mol=0.6mol，N的平衡浓度为0.6mol÷2L＝0.3mol/L，故D正确，答案选D。
考点：考查化学平衡的有关计算
11.下列叙述正确的是
A. [H＋]等于1×10－7 mol/L的溶液一定是中性溶液
B. 无论是纯水还是稀溶液，在常温下其[H＋]·[OH－]＝1×10－14mol2·L—2
C. 0.2 mol/L CH3COOH溶液中的[H＋]是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的[H＋]的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液的酸碱性取决于氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性，c（H+）=c（OH-）溶液呈中性，c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；
B.水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；
C.根据醋酸浓度增大，电离程度减小进行分析；
D.只有物质的量浓度小于1mol/L的用pH来表示其酸性的强弱。
【详解】A.溶液的酸碱性取决于氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，与溶液中氢离子浓度大小无关，所以c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液不一定是中性溶液，故A错误；
B.水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，在常温下，其c（H+）×c（OH-）=1×10-14，故B正确；
C.醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2 mol/LCH3COOH溶液中的[H+]小于0.1 mol/LCH3COOH溶液中的[H+]的2倍，故C错误；
D.当溶液的物质的量浓度大于1mol/L时，用物质的量浓度记录比用pH方便，所以不是任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱，故D错误。
故选B。
【点睛】注意溶液的酸碱性取决于氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，与溶液中氢离子浓度大小无关，为易错点。
12.下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是
①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝2.1
⑤CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH
⑥0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3
A. ②⑤ B. ② C. ①③⑤ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就 是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在， 就证明了弱电解质。①常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故①正确；②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，只能说明溶液离子浓度较小，故②错误；③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故③正确；④0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=2.1，说明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故④正确；⑤CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH，说明醋酸的酸性比盐酸弱，而盐酸为强酸，则醋酸为弱酸，故⑤正确；⑥0.1mol•L-1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3，说明存在电离平衡，证明CH3COOH是弱电解质，故⑥正确，答案选B。
考点：考查弱酸的电离平衡
13.有一种银锌电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e- = ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e- = 2Ag+2OH-，总反应式为：Ag2O+ Zn = 2Ag+ZnO。根据上述反应式，下列说法正确的是
A. Zn是正极，Ag2O是负极
B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C. 在使用过程中，电池负极区溶液的pH减小
D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，被氧化，为原电池的负极，则正极为Ag2O，故A错误；
B.原电池中电子从负极流向正极，即从锌经导线流向Ag2O，故B错误；
C.原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氧化锌和水，导致负极附近氢氧根离子浓度降低，溶液的pH值减小，故C正确；
D.由电极反应式知，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧化银得电子发生还原反应，故D错误。
故选C。
14.物质的量浓度相同的下列溶液 ①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4 ④NH4HCO3，其NH4+浓度由大到小的顺序是
A. ②③①④ B. ④①③②
C. ②①④③ D. ②④①③
【答案】A
【解析】
【详解】四种溶液中阴阳离子水解情况如下：①NH4+水解；②NH4+水解；③电离出的H+抑制NH4+水解；④NH4+和HCO3-相互促进水解，则物质的量浓度相同的四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是②＞③＞①＞④，故答案A正确。
故选A。
15. 把①pH相同的氨水和氢氧化钠溶液②物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，分别加水稀释相同倍数后，pH较大的是
A. ①中氢氧化钠溶液较大，②中盐酸较大
B. ①中氨水较大，②中盐酸较大
C. ①中氨水较大，②中醋酸较大
D. ①中氢氧化钠溶液较大，②中醋酸较大
【答案】C
【解析】
试题分析：pH相同的氨水和氢氧化钠溶液起始时c(OH－)相同，加水稀释相同的倍数，氨水继续电离补充OH－，所以稀释相同倍数后氨水中c(OH－)大，pH氨水大；物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，起始时盐酸中c(H+)大，稀释相同倍数后仍是盐酸中c(H+)大，盐酸pH小。
考点：强弱电解质的稀释
点评：分清起始时溶液是pH相同还是物质的量浓度相同。
16.下列叙述正确的是
A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>b
B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性
C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH＝7
D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10
【答案】D
【解析】
试题分析：醋酸溶液加水稀释，酸性减弱，pH增大，A错误；常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) = 1.0×10－13，则此溶液pH=13或1，B错误；酸溶液稀释不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，C错误；25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为10，D正确。
考点：溶液的稀释 pH计算
点评：酸、碱溶液稀释pH只能无限接近于7。
17.25℃时，用蒸馏水稀释0.10 mol/L 的醋酸，若用KW表示水的离子积常数，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是：
A. c(CH3COOH)/c(H＋) B. c(CH3COO－)/c(CH3COOH)
C. c(H＋)/Kw D. c(H＋)/c(OH－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c(CH3COOH)/c(H＋)的比值减小，A错误；B．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的比值增大，B正确；C．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)/Kw 的比值减小，C错误；D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，c(H＋)/c(OH－)的比值减小，D错误；答案选B。
【考点定位】考查弱电解质的电离平衡
【名师点晴】电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度以及离子浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒·夏特列原理，其规律是：①浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。②温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右移动。③同离子效应：如向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，增大了CH3COO－的浓度，平衡左移，电离程度减小；加入稀盐酸，平衡也会左移。④能反应的物质。如向醋酸溶液中加入锌或NaOH溶液，平衡右移，电离程度增大。
18.某溶液中仅含有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－四种离子，下列说法错误的是
A. 溶液中四种离子之间可能满足：[Na＋] ＞[OH－] ＞[H＋] ＞[CH3COO－]
B. 若溶液中离子浓度满足：[Na＋]＝[CH3COO－]，则该溶液一定呈中性
C. 若原溶质为CH3COONa，则[Na＋] ＞[CH3COO－] ＞[OH－]＞[H＋]
D. 若溶液中离子浓度满足[H＋]>[OH－]，则原溶液一定是CH3COOH和CH3COONa
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液电荷不守恒，如[Na+]＞[OH-]，则[CH3COO-]＞[H+]，故A错误；
B.溶液中存在：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，如[Na+]=[CH3COO-]，则[H+]=[OH-]，该溶液一定呈中性，故B正确；
C.若原溶质为CH3COONa，溶液中存在CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，则[Na+]＞[CH3COO-]，水解呈碱性，则[OH-]＞[H+]，一般来说单水解的程度较小，则[Na+]＞[CH3COO-]＞[OH-]＞[H+]，故C正确；
D.若溶液中离子浓度满足[H+]＞[OH-]，说明呈酸性，则一定存在CH3COOH，应为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，故D正确。
故选A。
19.下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红
②0.1 mol·L－1 MCl溶液呈酸性
③0.1 mol·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液弱
④等体积的0.1 mol·L－1 MOH溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③
C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
试题分析：①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH溶液呈碱性，而不能说明 MOH的电离程度，不能证明 MOH是弱电解质，错误；②0.1mol/L的MCl溶液的呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，M+离子水解而导致溶液呈酸性，则MOH为弱电解质，正确；③0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小， MOH部分电离，正确；④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；选B。
考点：考查强弱电解质的判断。
20.在某温度下，将H2和I2各1 mol的气态混合物充入1 L的密闭容器中，发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH＜0； 5 min后达到平衡状态，测得c(H2)=0.9 mol·L-1，则下列结论中，不能成立的是
A. 平衡时H2、I2的转化率相等
B. 若将容器温度提高，其平衡常数K一定增大
C. 其他条件不变再向容器中充入少量H2，I2的转化率提高
D. 从反应开始至平衡的过程中，v(HI)=0.04 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2和I2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者转化率相等，故A正确；
B.正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故B错误；
C.向容器中充入少量H2，平衡向正反应方向移动，I2的转化率提高，故C正确；
D.5min后达到平衡状态，测得c（H2）=0.9mol·L-1，则HI的浓度变化量为2×（1mol/L-0.9mol/L）=0.2mol/L，故v（HI）=0.2mol/L/5min=0.04mol·L-1·min-1，故D正确。
故选B。
21.下图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O
（1）请回答：甲池是________________装置，B（石墨）电极的名称是_____________________。
（2）写出下列电极反应式：通入CH3OH的电极的电极反应式是___________________________，A（Fe）电极的电极反应式为___________________________。
（3）乙池中反应的化学方程式为___________________________。
（4）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗标准状况下的氧气___________mL。
【答案】 (1). 原电池 (2). 阳极 (3). CH3OH+8OH－－6 e－=CO32－+6H2O (4). Ag++e-=Ag (5). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (6). 280
【解析】
【分析】
甲池能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，则乙池是电解池。
（1）根据外加电源名称确定乙装置石墨电极名称；
（2）先判断原电池、电解池的电极名称，再写出相应的电极反应式；
（3）根据离子放电顺序写出相应的电解反应方程式；
（4）先根据得失电子数相等找出银与氧气的关系式，然后计算。
【详解】根据反应方程式知，甲装置是一个原电池，乙有外加电源，所以是电解池。
（1）由图可知，甲装置是一个原电池，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极是阳极，
故答案为：原电池，阳极。
（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，CH3OH与氢氧根共同得电子生成碳酸根离子和水；铁电极是阴极，该电极上银离子得电子发生还原反应，
故答案为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；4Ag++4e-=4Ag。
（3）乙池中离子放电顺序为：阳离子Ag+＞H+，阴离子OH-＞NO3-，所以电池反应式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3。
（4）根据得失电子数相等，氧气与银的关系式为：O2～4Ag，则氧气的体积=22.4L×5.40g÷（4×108g/mol）=0.28L=280mL，故答案为：280。
【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，与电源负极相连的是电解池的阴极，发生还原反应，与电源正极相连的电解池的阳极，发生氧化反应。
22.在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的ΔH___0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60 s时段，反应速率v(N2O4)为______mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K1为________mol·L-1。
（2）100 ℃时达到平衡后，改变反应温度为T，N2O4以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10 s又达到平衡。则T_______100 ℃（填“大于”或“小于”）。
【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 (3). 0.36 mol·L-1 (4). 大于
【解析】
【分析】
（1）随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；根据v=Δc/Δt计算；根据三段式计算平衡常数K1；
（2）平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100℃。
【详解】（1）由题意及图示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100mol·L-1－0.040mol·L-1＝0.060mol·L-1，根据v=Δc/Δt可知：v(N2O4)= 0.060mol·L-1/60s＝0.0010mol·L-1·s-1；
求平衡常数可利用三段式：
N2O4(g)2NO2(g)
起始量/(mol·L-1) 0.100 0
转化量/(mol·L-1) 0.060 0.120
平衡量/(mol·L-1) 0.040 0.120
K1=c2（NO2）/c（N2O4）=（0.120mol·L-1）2/0.040mol·L-1=0.36mol·L-1。
故答案为：大于，0.001，0.36 mol·L-1。
(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，N2O4以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100℃。
故答案为：大于。
23.某温度下的水溶液中，c（H+）＝10x mol/L，c（OH-）＝10y mol/L。x与y的关系如图所示：
（1）该温度下水的离子积为______。
（2）该温度下0.01 mol/L NaOH溶液的pH为____。
（3）该温度下，将pH=12的NaOH溶液Va L与pH=2的H2SO4溶液Vb L混合，混合溶液呈中性，则Va﹕Vb=_______
【答案】 (1). 1×10－15mol2•L-2 (2). 13 (3). 10﹕1
【解析】
【分析】
（1）离子积常数Kw=c（H+）·c（OH-）；
（2）根据该温度下水的离子积常数计算NaOH溶液的pH；
（3）混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，据此计算Va﹕Vb。
【详解】（1）根据图知，当c（H+）=1×10-5mol/L，c（OH-）=1×10-10mol/L，由离子积常数Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-5mol/L×1×10-10mol/L=1×10-15mol2•L-2，故答案为：1×10-15mol2•L-2。
（2）该温度下，氢氧化钠溶液中氢离子浓度=1×10-15mol2•L-2÷0.01mol/L=10-13mol/L，pH=13，故答案为：13。
（3）pH=12的NaOH溶液中c(H+)=10-12mol/L
则氢氧化钠溶液中c(OH-)=Kw/c(H+)=10-15(mol/L)2/10-12mol/L=10-3mol/L
pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，
若所得混合液为中性，则c(H+)×Vb=c(OH-)×Va，
Va：Vb=10-2：10-3=10：1。
故答案为：10﹕1。
24.（1）把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________（填化学式）。
（2）将等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，溶液呈_______（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(NH4＋) _______c(Cl－)（填“ ＞” 或“＝”或“＜” ）。若将pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈__________（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(Na＋) ________c(CH3COO－) （填“ ＞” 或“＝”或“＜” ）。
（3）在含有Clˉ、Brˉ、Iˉ的溶液中，已知其浓度均为0.1 mol·Lˉ1，而AgCl、AgBr AgI的溶度积分别为1.6×10ˉ10mol2/L2、4.1×10ˉ15 mol2/L2、1.5×10ˉ16 mol2/L2。若向混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，首先析出的沉淀是_____，最后析出的沉淀是______，当AgBr沉淀开始析出时，溶液中的Ag+ 浓度是________。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). 酸性 (3). ＜ (4). 酸性 (5). ＜ (6). AgI (7). AgCl (8). 4.1×10-14mol/L
【解析】
【分析】
（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；
（2）将等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，若将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸又电离溶液显酸性；溶液中醋酸根离子浓度大于钠离子浓度；
（3）根据溶度积常数计算各沉淀生成时所需银离子的浓度，从而判断生成沉淀的先后顺序。
【详解】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，PH＜7，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，
故答案为：Fe2O3。
（2）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，n（HCl）=n（NH3），恰好完全反应生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）＞c（NH4+）；pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-），
故答案为：酸性，＜，酸性，＜。
（3）当生成AgCl沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.6×10ˉ10mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.6×10-9mol/l；
当生成AgBr沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgBr）/c（Br-）=4.1×10ˉ15mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=4.1×10-14mol/l；
当生成AgI沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgI）/c（I-）=1.5×10ˉ16mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.5×10-15mol/l；
所以沉淀的先后顺序为：AgI，AgBr，AgCl。
故答案为：AgI，AgCl，4.1×10-14mol/L。
25.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请你完成下列填空：
步骤一：配制250mL 0.10mol/L NaOH标准溶液。
步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，记录数据如下。
实验
编号
NaOH溶液的浓度
（mol/L）
滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.10
20.02
20.00
2
0.10
20.00
20.00
3
0.10
19.98
20.00
（1）步骤一需要用托盘天平称量氢氧化钠固体的质量为__________g，配制标准溶液除用到玻璃棒和烧杯，还需要的玻璃仪器有________________
（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是____________。判断滴定终点的现象是______________________________________________
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为 ______________________
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有（ ）
A. 配制标准溶液定容时，加水超过刻度
B. 锥形瓶水洗后直接装待测液
C. 酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗
D. 滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；
E. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】 (1). 1.0 (2). 250mL容量瓶，胶头滴管 (3). 酸式滴定管 (4). 最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色 (5). 0.10mol/L (6). ADE
【解析】
试题分析：（1）配制250mL 0.1000mol/L NaOH溶液需要NaOH0.025mol，质量为1.0g。需要的仪器有玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒。
（2）步骤二中量取20.00mL稀盐酸用酸式滴定管，终点的现象是滴加最后一滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。
（3）四次实验平均消耗氢氧化钠溶液20.00mL，氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，盐酸体积为20.00mL，所以盐酸浓度为0.1mol/L。
（4）配制标准溶液定容时，加水超过刻度，氢氧化钠浓度偏低，所以标定盐酸浓度偏大；锥形瓶水洗后直接装待测液，对结果无影响；酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸浓度偏低；滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大。
考点：中和滴定
点评：中和滴定误差分析关键是看滴定管中溶液体积变化。
1. 用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液一段时间后，向剩余溶液中加入适量水能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3 B. NaCl C. CuCl2 D. H2SO4
【答案】D
【解析】
试题分析：A、电解硝酸银溶液电解的是硝酸银和水，电解结束后加水不能回复原溶液的浓度，故A错误；B、电解氯化钠溶液实质是电解水和氯化钠，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故B错误；C、电解氯化铜实质是电解氯化铜，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故C错误；D、电解硫酸实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同，故D正确；故选D。
考点：考查了电解原理的应用的相关知识。
2.2SO2＋O22SO3是工业制硫酸的一步重要反应，下列说法正确的是
A. 使用催化剂能改变该反应限度
B. 减小SO2的浓度能加快该反应的速率
C. 升高体系温度能加快反应速率
D. 1 mol SO2和足量的O2在一定条件下充分反应，生成1 mol SO3
【答案】C
【解析】
该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，一般来说，增大浓度、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。
【详解】A.使用催化剂，改变反应速率，不改变化学平衡，故A错误；
B.减小SO2的浓度是减少反应物浓度，反应速率减小，不能加快反应速率，故B错误；
C.升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C正确；
D.可逆反应反应物不可能完全转化，故D错误。
故选C。
3.能使水的电离平衡右移，且水溶液显酸性的微粒是
A. Al3＋ B. OH－ C. H＋ D. HCO3－
【答案】A
【解析】
试题分析：A、铝离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，A正确；B、OH－抑制水的电离，溶液显碱性，B不正确；C、氢离子抑制水的电离，溶液显酸性，C不正确；D、HCO3－的水解程度大于电离程度，促进水的电离，溶液显碱性，D不正确，答案选A。
考点：考查水的电离以及溶液酸碱性判断
4.已知：（1）Zn（s） + 1/2O2（g）= ZnO(s)，ΔH = -350 kJ·mol-1，
（2）2Ag(s) + 1/2O2（g） = Ag2O(s)，ΔH = -25 kJ·mol-1，
则Zn（s）+ Ag2O(s) = ZnO(s) + 2Ag(s)的ΔH等于
A. -375 kJ·mol-1 B. -325 kJ·mol-1
C. +375 kJ·mol-1 D. +325 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
试题分析：已知：（1）Zn（s）+1/2O2（g）=ZnO(s)ΔH=-350kJ/mol，
（2）2Ag(s)+1/2O2（g）=Ag2O(s)ΔH=-25kJ/mol，
则根据盖斯定律可知（1）－（2）即得到
Zn（s）+Ag2O(s)=ZnO(s)+2Ag(s)的ΔH＝-325kJ/mol，答案选B。
考点：考查反应热计算
5.下列有关问题，与盐的水解有关的是
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂 ③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤Al2S3不能通过溶液中的反应制取
A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，能与铁锈反应，所以可作焊接金属中的除锈剂，与盐的水解有关，故正确；②NaHCO3与Al2(SO4)3溶液中HCO3－与Al3＋水解相互促进生成氢氧化铝和CO2气体，可作泡沫灭火剂，与盐的水解有关，故正确；③草木灰显碱性与铵态氮肥显酸性，二者反应使肥效降低，所以草木灰与铵态氮肥不能混合施用，与盐的水解有关，故正确；④碳酸钠溶液水解显碱性，能腐蚀磨口玻璃塞，所以实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与盐的水解有关，故正确；⑤硫离子与铝水解相互促进生成氢氧化铝和H2S，因此Al2S3不能通过溶液中的反应制取，与盐的水解有关，故正确，答案选D。
考点：考查盐类水解的应用
6.下列各组离子在溶液中能大量共存的是
A. Al3＋、Na＋、HCO3－、[Al(OH)4]－
B. Ca2＋、HCO3－、Cl－、K＋
C. Fe3＋、H＋、SO42－、S2－
D. Fe2＋、NO3－、Na＋、H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.HCO3-、Al(OH)4-与Al3+之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.该组离子之间不发生反应，在溶液中能大量共存，故B正确；
C.因H＋和S2－能结合生成H2S气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.因Fe2+、H+、NO3-能发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。
故选B。
【点睛】离子不能大量共存的一般情况是(1)能发生复分解反应的离子之间(即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质)；(2)能生成微溶物的离子之间(如：Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-)；(3)能发生氧化还原反应的离子之间(如：Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等)；(4)能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)。
7.下列离子方程式书写正确的是
A. NaOH溶液中通入足量CO2：2OH- + CO2 = CO32- + H2O
B. FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2+ + 2Br- + 2Cl2 = 2Fe3+ + Br2 + 4Cl-
C. NaHCO3溶液中加入足量Ca(OH)2：HCO3- + Ca2+ + OH- = CaCO3↓+ H2O
D. FeCl3溶液中加入适量铜粉：Fe3+ + Cu = Fe2+ + Cu2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.向NaOH溶液中通入足量的CO2，反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式是：OH－+CO2 =HCO3−，故A错误；
B.向FeBr2溶液中通入足量Cl2，则Fe2+和Br-都被完全氧化，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3+ +6Cl-+2Br2，故B错误；
C.向NaHCO3溶液中加入足量Ca(OH)2溶液，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2+ +OH-=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D.向FeCl3溶液中加入适量铜粉，反应的离子方程式为：2Fe3+ +Cu=2Fe2+ +2Cu2+，故D错误。
故选C。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
8.反应2SO2+O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol·L-1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol·L-1·s-1，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 2.5s C. 5s D. 10s
【答案】C
【解析】
试题分析：反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以三氧化硫的反应速率是0.040mol·L－1·s－1 ×2＝0.40mol·L－1÷t，解得t＝5s，答案选C。
考点：考查反应速率的有关计算
点评：该题是常识性知识的考查，也是高考中的常见题型。该题的关键是明确反应速率的含义、表达式，特别是反应速率和化学计量数的关系。
9.对于可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g) △H<0，下列各图正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：A、500℃反应速率快，斜率应该更大，平衡时C的分数更小，图像错误；B、增大压强，正反应速率、逆反应速率都应增大，图像错误；C、使用催化剂与无催化剂时C的平衡浓度相等，图像错误；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡想逆反应方向移动，图像正确。
考点：本题考查条件对反应速率和化学平衡的影响、图像的分析。
10.在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g) + 3N(g) x Q(g) +3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是
A. x值为2 B. 混合气体的密度增大
C. N的转化率为20% D. 平衡时N的浓度为0.3 mol/L
【答案】D
【解析】
试题分析：A、平衡时生成的Q的物质的量为0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol：2.4mol=x：3，解得x=1，故A错误；B、反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=m÷V可知混合气体的密度不变，故B错误；C、参加反应的N的物质的量为2.4mol，则N的转化率为×100%=80%，故C不正确；D、反应达到平衡时，生成2.4molR，由方程式可知，参加反应的N的物质的量为2.4mol，故平衡时N的物质的量为3mol-2.4mol=0.6mol，N的平衡浓度为0.6mol÷2L＝0.3mol/L，故D正确，答案选D。
考点：考查化学平衡的有关计算
11.下列叙述正确的是
A. [H＋]等于1×10－7 mol/L的溶液一定是中性溶液
B. 无论是纯水还是稀溶液，在常温下其[H＋]·[OH－]＝1×10－14mol2·L—2
C. 0.2 mol/L CH3COOH溶液中的[H＋]是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的[H＋]的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液的酸碱性取决于氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性，c（H+）=c（OH-）溶液呈中性，c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；
B.水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关；
C.根据醋酸浓度增大，电离程度减小进行分析；
D.只有物质的量浓度小于1mol/L的用pH来表示其酸性的强弱。
【详解】A.溶液的酸碱性取决于氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，与溶液中氢离子浓度大小无关，所以c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液不一定是中性溶液，故A错误；
B.水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，在常温下，其c（H+）×c（OH-）=1×10-14，故B正确；
C.醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2 mol/LCH3COOH溶液中的[H+]小于0.1 mol/LCH3COOH溶液中的[H+]的2倍，故C错误；
D.当溶液的物质的量浓度大于1mol/L时，用物质的量浓度记录比用pH方便，所以不是任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱，故D错误。
故选B。
【点睛】注意溶液的酸碱性取决于氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，与溶液中氢离子浓度大小无关，为易错点。
12.下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是
①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝2.1
⑤CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH
⑥0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3
A. ②⑤ B. ② C. ①③⑤ D. ③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就 是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在， 就证明了弱电解质。①常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故①正确；②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，只能说明溶液离子浓度较小，故②错误；③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故③正确；④0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=2.1，说明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故④正确；⑤CH3COONa和盐酸反应，生成CH3COOH，说明醋酸的酸性比盐酸弱，而盐酸为强酸，则醋酸为弱酸，故⑤正确；⑥0.1mol•L-1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3，说明存在电离平衡，证明CH3COOH是弱电解质，故⑥正确，答案选B。
考点：考查弱酸的电离平衡
13.有一种银锌电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH，电极反应为：Zn+2OH--2e- = ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e- = 2Ag+2OH-，总反应式为：Ag2O+ Zn = 2Ag+ZnO。根据上述反应式，下列说法正确的是
A. Zn是正极，Ag2O是负极
B. 使用过程中，电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
C. 在使用过程中，电池负极区溶液的pH减小
D. Zn电极发生还原反应，Ag2O电极发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.由电极反应式可知，Zn的化合价由0价升高到+2价，被氧化，为原电池的负极，则正极为Ag2O，故A错误；
B.原电池中电子从负极流向正极，即从锌经导线流向Ag2O，故B错误；
C.原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氧化锌和水，导致负极附近氢氧根离子浓度降低，溶液的pH值减小，故C正确；
D.由电极反应式知，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧化银得电子发生还原反应，故D错误。
故选C。
14.物质的量浓度相同的下列溶液 ①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4 ④NH4HCO3，其NH4+浓度由大到小的顺序是
A. ②③①④ B. ④①③②
C. ②①④③ D. ②④①③
【答案】A
【解析】
【详解】四种溶液中阴阳离子水解情况如下：①NH4+水解；②NH4+水解；③电离出的H+抑制NH4+水解；④NH4+和HCO3-相互促进水解，则物质的量浓度相同的四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是②＞③＞①＞④，故答案A正确。
故选A。
15. 把①pH相同的氨水和氢氧化钠溶液②物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，分别加水稀释相同倍数后，pH较大的是
A. ①中氢氧化钠溶液较大，②中盐酸较大
B. ①中氨水较大，②中盐酸较大
C. ①中氨水较大，②中醋酸较大
D. ①中氢氧化钠溶液较大，②中醋酸较大
【答案】C
【解析】
试题分析：pH相同的氨水和氢氧化钠溶液起始时c(OH－)相同，加水稀释相同的倍数，氨水继续电离补充OH－，所以稀释相同倍数后氨水中c(OH－)大，pH氨水大；物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，起始时盐酸中c(H+)大，稀释相同倍数后仍是盐酸中c(H+)大，盐酸pH小。
考点：强弱电解质的稀释
点评：分清起始时溶液是pH相同还是物质的量浓度相同。
16.下列叙述正确的是
A. 某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH＝b，则a>b
B. 常温下，某溶液中由水电离的c(OH-) = 1.0×10-13mol/L，则此溶液一定呈酸性
C. 25℃时，将pH＝4的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH＝7
D. 25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1:10
【答案】D
【解析】
试题分析：醋酸溶液加水稀释，酸性减弱，pH增大，A错误；常温下，某溶液中由水电离的c(OH－) = 1.0×10－13，则此溶液pH=13或1，B错误；酸溶液稀释不可能变成中性溶液，pH只能接近于7，C错误；25℃时，pH=13的强碱溶液[c(OH－)=0.1mol/L]与pH=2[c(H+)=0.01mol/L]的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则酸碱体积比为10，D正确。
考点：溶液的稀释 pH计算
点评：酸、碱溶液稀释pH只能无限接近于7。
17.25℃时，用蒸馏水稀释0.10 mol/L 的醋酸，若用KW表示水的离子积常数，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是：
A. c(CH3COOH)/c(H＋) B. c(CH3COO－)/c(CH3COOH)
C. c(H＋)/Kw D. c(H＋)/c(OH－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c(CH3COOH)/c(H＋)的比值减小，A错误；B．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则c(CH3COO－)/c(CH3COOH)的比值增大，B正确；C．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)/Kw 的比值减小，C错误；D．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，c(H＋)/c(OH－)的比值减小，D错误；答案选B。
【考点定位】考查弱电解质的电离平衡
【名师点晴】电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度以及离子浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒·夏特列原理，其规律是：①浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右移动，而离子浓度一般会减小。②温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右移动。③同离子效应：如向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，增大了CH3COO－的浓度，平衡左移，电离程度减小；加入稀盐酸，平衡也会左移。④能反应的物质。如向醋酸溶液中加入锌或NaOH溶液，平衡右移，电离程度增大。
18.某溶液中仅含有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－四种离子，下列说法错误的是
A. 溶液中四种离子之间可能满足：[Na＋] ＞[OH－] ＞[H＋] ＞[CH3COO－]
B. 若溶液中离子浓度满足：[Na＋]＝[CH3COO－]，则该溶液一定呈中性
C. 若原溶质为CH3COONa，则[Na＋] ＞[CH3COO－] ＞[OH－]＞[H＋]
D. 若溶液中离子浓度满足[H＋]>[OH－]，则原溶液一定是CH3COOH和CH3COONa
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液电荷不守恒，如[Na+]＞[OH-]，则[CH3COO-]＞[H+]，故A错误；
B.溶液中存在：[Na+]+[H+]=[CH3COO-]+[OH-]，如[Na+]=[CH3COO-]，则[H+]=[OH-]，该溶液一定呈中性，故B正确；
C.若原溶质为CH3COONa，溶液中存在CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，则[Na+]＞[CH3COO-]，水解呈碱性，则[OH-]＞[H+]，一般来说单水解的程度较小，则[Na+]＞[CH3COO-]＞[OH-]＞[H+]，故C正确；
D.若溶液中离子浓度满足[H+]＞[OH-]，说明呈酸性，则一定存在CH3COOH，应为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，故D正确。
故选A。
19.下列事实中，能说明MOH是弱碱的有
①0.1 mol·L－1 MOH溶液可以使酚酞试液变红
②0.1 mol·L－1 MCl溶液呈酸性
③0.1 mol·L－1 MOH溶液的导电能力比0.1 mol·L－1 NaOH溶液弱
④等体积的0.1 mol·L－1 MOH溶液与0.1 mol·L－1 HCl溶液恰好完全反应
A. ①②③ B. ②③
C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
试题分析：①0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH溶液呈碱性，而不能说明 MOH的电离程度，不能证明 MOH是弱电解质，错误；②0.1mol/L的MCl溶液的呈酸性，说明MCl为强酸弱碱盐，M+离子水解而导致溶液呈酸性，则MOH为弱电解质，正确；③0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小， MOH部分电离，正确；④等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；选B。
考点：考查强弱电解质的判断。
20.在某温度下，将H2和I2各1 mol的气态混合物充入1 L的密闭容器中，发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH＜0； 5 min后达到平衡状态，测得c(H2)=0.9 mol·L-1，则下列结论中，不能成立的是
A. 平衡时H2、I2的转化率相等
B. 若将容器温度提高，其平衡常数K一定增大
C. 其他条件不变再向容器中充入少量H2，I2的转化率提高
D. 从反应开始至平衡的过程中，v(HI)=0.04 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2和I2的起始物质的量之比等于化学计量数之比，二者转化率相等，故A正确；
B.正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故B错误；
C.向容器中充入少量H2，平衡向正反应方向移动，I2的转化率提高，故C正确；
D.5min后达到平衡状态，测得c（H2）=0.9mol·L-1，则HI的浓度变化量为2×（1mol/L-0.9mol/L）=0.2mol/L，故v（HI）=0.2mol/L/5min=0.04mol·L-1·min-1，故D正确。
故选B。
21.下图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O
（1）请回答：甲池是________________装置，B（石墨）电极的名称是_____________________。
（2）写出下列电极反应式：通入CH3OH的电极的电极反应式是___________________________，A（Fe）电极的电极反应式为___________________________。
（3）乙池中反应的化学方程式为___________________________。
（4）当乙池中A（Fe）极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗标准状况下的氧气___________mL。
【答案】 (1). 原电池 (2). 阳极 (3). CH3OH+8OH－－6 e－=CO32－+6H2O (4). Ag++e-=Ag (5). 4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3 (6). 280
【解析】
【分析】
甲池能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，则乙池是电解池。
（1）根据外加电源名称确定乙装置石墨电极名称；
（2）先判断原电池、电解池的电极名称，再写出相应的电极反应式；
（3）根据离子放电顺序写出相应的电解反应方程式；
（4）先根据得失电子数相等找出银与氧气的关系式，然后计算。
【详解】根据反应方程式知，甲装置是一个原电池，乙有外加电源，所以是电解池。
（1）由图可知，甲装置是一个原电池，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2发生还原反应，所以该电极是正极；石墨与原电池的正极相连，所以石墨电极是阳极，
故答案为：原电池，阳极。
（2）根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，CH3OH与氢氧根共同得电子生成碳酸根离子和水；铁电极是阴极，该电极上银离子得电子发生还原反应，
故答案为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；4Ag++4e-=4Ag。
（3）乙池中离子放电顺序为：阳离子Ag+＞H+，阴离子OH-＞NO3-，所以电池反应式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，故答案为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3。
（4）根据得失电子数相等，氧气与银的关系式为：O2～4Ag，则氧气的体积=22.4L×5.40g÷（4×108g/mol）=0.28L=280mL，故答案为：280。
【点睛】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，与电源负极相连的是电解池的阴极，发生还原反应，与电源正极相连的电解池的阳极，发生氧化反应。
22.在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的ΔH___0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60 s时段，反应速率v(N2O4)为______mol·L-1·s-1；反应的平衡常数K1为________mol·L-1。
（2）100 ℃时达到平衡后，改变反应温度为T，N2O4以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10 s又达到平衡。则T_______100 ℃（填“大于”或“小于”）。
【答案】 (1). 大于 (2). 0.001 (3). 0.36 mol·L-1 (4). 大于
【解析】
【分析】
（1）随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；根据v=Δc/Δt计算；根据三段式计算平衡常数K1；
（2）平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100℃。
【详解】（1）由题意及图示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反应向生成NO2的方向移动，即向正反应方向移动，所以正反应为吸热反应，即ΔH>0；由图示知60s时该反应达到平衡，消耗N2O4为0.100mol·L-1－0.040mol·L-1＝0.060mol·L-1，根据v=Δc/Δt可知：v(N2O4)= 0.060mol·L-1/60s＝0.0010mol·L-1·s-1；
求平衡常数可利用三段式：
N2O4(g)2NO2(g)
起始量/(mol·L-1) 0.100 0
转化量/(mol·L-1) 0.060 0.120
平衡量/(mol·L-1) 0.040 0.120
K1=c2（NO2）/c（N2O4）=（0.120mol·L-1）2/0.040mol·L-1=0.36mol·L-1。
故答案为：大于，0.001，0.36 mol·L-1。
(2)100℃时达平衡后，改变反应温度为T，N2O4以0.0020mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到平衡，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，故T>100℃。
故答案为：大于。
23.某温度下的水溶液中，c（H+）＝10x mol/L，c（OH-）＝10y mol/L。x与y的关系如图所示：
（1）该温度下水的离子积为______。
（2）该温度下0.01 mol/L NaOH溶液的pH为____。
（3）该温度下，将pH=12的NaOH溶液Va L与pH=2的H2SO4溶液Vb L混合，混合溶液呈中性，则Va﹕Vb=_______
【答案】 (1). 1×10－15mol2•L-2 (2). 13 (3). 10﹕1
【解析】
【分析】
（1）离子积常数Kw=c（H+）·c（OH-）；
（2）根据该温度下水的离子积常数计算NaOH溶液的pH；
（3）混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，据此计算Va﹕Vb。
【详解】（1）根据图知，当c（H+）=1×10-5mol/L，c（OH-）=1×10-10mol/L，由离子积常数Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-5mol/L×1×10-10mol/L=1×10-15mol2•L-2，故答案为：1×10-15mol2•L-2。
（2）该温度下，氢氧化钠溶液中氢离子浓度=1×10-15mol2•L-2÷0.01mol/L=10-13mol/L，pH=13，故答案为：13。
（3）pH=12的NaOH溶液中c(H+)=10-12mol/L
则氢氧化钠溶液中c(OH-)=Kw/c(H+)=10-15(mol/L)2/10-12mol/L=10-3mol/L
pH=2的硫酸中c(H+)=10-2mol/L，
若所得混合液为中性，则c(H+)×Vb=c(OH-)×Va，
Va：Vb=10-2：10-3=10：1。
故答案为：10﹕1。
24.（1）把氯化铁溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是__________（填化学式）。
（2）将等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，溶液呈_______（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(NH4＋) _______c(Cl－)（填“ ＞” 或“＝”或“＜” ）。若将pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈__________（填“酸性”，“中性”或“碱性”），溶液中c(Na＋) ________c(CH3COO－) （填“ ＞” 或“＝”或“＜” ）。
（3）在含有Clˉ、Brˉ、Iˉ的溶液中，已知其浓度均为0.1 mol·Lˉ1，而AgCl、AgBr AgI的溶度积分别为1.6×10ˉ10mol2/L2、4.1×10ˉ15 mol2/L2、1.5×10ˉ16 mol2/L2。若向混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，首先析出的沉淀是_____，最后析出的沉淀是______，当AgBr沉淀开始析出时，溶液中的Ag+ 浓度是________。
【答案】 (1). Fe2O3 (2). 酸性 (3). ＜ (4). 酸性 (5). ＜ (6). AgI (7). AgCl (8). 4.1×10-14mol/L
【解析】
【分析】
（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁；
（2）将等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，若将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸又电离溶液显酸性；溶液中醋酸根离子浓度大于钠离子浓度；
（3）根据溶度积常数计算各沉淀生成时所需银离子的浓度，从而判断生成沉淀的先后顺序。
【详解】（1）FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，溶液呈酸性，PH＜7，氯化铁溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，
故答案为：Fe2O3。
（2）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，n（HCl）=n（NH3），恰好完全反应生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl-）＞c（NH4+）；pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（H+）＞C（OH-），c（Na+）＜c（CH3COO-），
故答案为：酸性，＜，酸性，＜。
（3）当生成AgCl沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgCl）/c（Cl-）=1.6×10ˉ10mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.6×10-9mol/l；
当生成AgBr沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgBr）/c（Br-）=4.1×10ˉ15mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=4.1×10-14mol/l；
当生成AgI沉淀时，所需银离子的浓度c（Ag+）=Ksp（AgI）/c（I-）=1.5×10ˉ16mol2/L2/0.1mol·Lˉ1=1.5×10-15mol/l；
所以沉淀的先后顺序为：AgI，AgBr，AgCl。
故答案为：AgI，AgCl，4.1×10-14mol/L。
25.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。请你完成下列填空：
步骤一：配制250mL 0.10mol/L NaOH标准溶液。
步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作3次，记录数据如下。
实验
编号
NaOH溶液的浓度
（mol/L）
滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.10
20.02
20.00
2
0.10
20.00
20.00
3
0.10
19.98
20.00
（1）步骤一需要用托盘天平称量氢氧化钠固体的质量为__________g，配制标准溶液除用到玻璃棒和烧杯，还需要的玻璃仪器有________________
（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是____________。判断滴定终点的现象是______________________________________________
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为 ______________________
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有（ ）
A. 配制标准溶液定容时，加水超过刻度
B. 锥形瓶水洗后直接装待测液
C. 酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗
D. 滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；
E. 碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】 (1). 1.0 (2). 250mL容量瓶，胶头滴管 (3). 酸式滴定管 (4). 最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色 (5). 0.10mol/L (6). ADE
【解析】
试题分析：（1）配制250mL 0.1000mol/L NaOH溶液需要NaOH0.025mol，质量为1.0g。需要的仪器有玻璃棒、烧杯、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒。
（2）步骤二中量取20.00mL稀盐酸用酸式滴定管，终点的现象是滴加最后一滴NaOH溶液，溶液恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色。
（3）四次实验平均消耗氢氧化钠溶液20.00mL，氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，盐酸体积为20.00mL，所以盐酸浓度为0.1mol/L。
（4）配制标准溶液定容时，加水超过刻度，氢氧化钠浓度偏低，所以标定盐酸浓度偏大；锥形瓶水洗后直接装待测液，对结果无影响；酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸浓度偏低；滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，氢氧化钠溶液体积偏大，盐酸浓度偏大。
考点：中和滴定
点评：中和滴定误差分析关键是看滴定管中溶液体积变化。
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