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【化学】江西省景德镇市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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江西省景德镇市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．关于下列图示的说法中正确的是
A．用图①所示实验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
B．用图②所示实验装置通过排空气法收集CO气体
C．图③所示装置可用于探究温度对H2O2分解反应速率的影响
D．图④两个装置中通过导线的电子数相相同时，生成的H2的物质的量也相同
2．下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是
A．0.1 mol•L—1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB—)＞c(H2B)＞c(B2-)
B．等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c(NH4+) 由大到小的顺序是： ①＞②＞③＞④
C．a mol·L-1HCN溶液与b mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中
c(Na＋)＞c(CN—)，则a一定大于b
D．0.1mol·L-1的醋酸的pH＝a，0.01mol·L-1的醋酸的pH＝b，则a＋1＝b
3．连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸。常温下，向10mL 0.01mol · L-1的H2N2O2溶液滴加0.01mol/L的NaOH溶液，测得H2N2O2溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．由a点到n点水的电离程度依次增大
B．a点时，c (H2N2O2) > c (Na+)
C．m点时，c(OH-)+c(N2O22-)=c(H2N2O2) + c (H+)
D．m点到n点，比值增大
4．有关下列两种溶液的说法中，正确的是
溶液①：0.2 mol·L－1CH3COONa溶液；溶液②：0.1 mol·L－1H2SO4溶液
A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①<溶液②
B．加水稀释溶液①，溶液中变大
C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(CH3COO－)＋2c(SO)＝c(Na＋)
D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH＝7，溶液中c(Na＋)>c(SO)
5．把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为
A．a＞b＞c＞d
B．a＞c＞d＞b
C．c＞a＞b＞d
D．b＞d＞c＞a
6．下列实验现象不能说明相关结论的是
A．向Al(OH)3沉淀滴加NaOH或盐酸沉淀均消失，说明Al(OH)3是两性氢氧化物
B．饱和Na2S溶液中滴入少量氯水出现浑浊，说明元素非金属性Cl>S
C．将铜丝插入锌粒与稀硫酸反应体系中反应明显加快，原因是形成了原电池
D．饱和食盐水中滴入浓硫酸析出食盐晶体，说明浓硫酸吸水放出大量的热
7．常温下，下列有关叙述正确的是
A．0.1mol/L 氨水中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，则c(H+)=1×10-3mol/L
B．pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)
C．在0.1mol/L (NH4)2C2O4溶液中：c(NH4+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
D．浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO42-)=c(Na+) >c(NH4+) >c(H+) >c(OH-)
8．下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥会使土壤酸性增大；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去。其中与盐类水解有关的是
A．全部 B．除②⑦以外 C．除②⑤以外 D．除③、⑧以外
9．下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是
A．向水中加入少量的CH3COONa
B．向水中加入少量的NaHSO4
C．加热水至100℃，pH=6
D．向水中加少量的KAl(SO4)2
10．某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是
A．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反
B．电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
C．电极B附近的c(NO)增大
D．该电池工作时，每转移4 mol电子，生成22.4 L O2
11．十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是
A．该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极
B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝H2SO4＋2H＋
C．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－
D．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1
12．已知NaHSO4显酸性，NaHCO3溶液显碱性，现有浓度为0.1mol·L－1的NaHSO3和NaHCO3两种溶液，两种溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或c)，其中一定正确的一组是
A．c(Na+)＞c(HRO3-)＞c(H+)＞c(RO32-)＞c(OH-)
B．c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)
C．
D．以上都不正确
13．把下列物质的水溶液加热蒸干后，能得到原溶质的是
A．NaHCO3 B．FeCl3 C．KCl D．Na2SO3
14．298K时，在FeCl3溶液中加少量锌粒后，Fe3+被还原成Fe2+ 。据此某学习小组设计如图所示的原电池装置。下列有关说法正确的是
A．正极电极反应为Zn-2e-=== Zn2+
B．左边烧杯中溶液的红色变浅
C．Pt电极上有气泡出现
D．该电池的总反应为：3Zn+2Fe3+=== 3Zn2++2 Fe
15．控制适当的条件,将反应2Fe3++2I− ⇌ 2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断正确的是
A．反应开始时,乙中电极反应为2I−+2e−═I2
B．反应开始时，甲中石墨电极上发生氧化反应
C．电流表指针为零时，反应达到化学平衡状态
D．平衡时甲中溶入FeCl2固体后，乙池的石墨电极为负极
16．常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH减小2
B．pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度小于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度
C．0.2mol CO2通入1L0.3mol·L-1 KOH溶液中：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)
D．已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
二、综合题
17．氮和硫的化合物对大气都有严重污染，据所学化学反应原理回答下列问题：
(1)NO2与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时发生反应：2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)△H=a KJ/mol
则该反应为_______________反应(填放热或吸热)，产物ClNO的结构式为_______________
(2)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O.含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3‾)、c(NO2‾)和c(CH3COO‾)由大到小的顺序为________________________(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4mol/L,CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10−5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是___________________________________。
a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH c.向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH
(3)若将SO2,NO2,O2按4:4:3通入水中充分反应，写出总的离子方程式____________________。
(4)NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其装置如图所示，该电池在工作过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物X。
①石墨Ⅰ电极的电极反应式为_______________________________________。
②石墨Ⅱ电极的电极反应式为____________________________________。
18．如图为向25mL 0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L−1CH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线。请回答：
(1)B点溶液呈中性,有人据此认为,在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应,这种看法是否正确?(选填“是”或“否”)_________.若不正确,则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内?__________________(若正确,此问不答)
(2)AB区间,c(OH−)>c(H+),则c(OH−)与c(CH3COO−)大小关系是_______________
A.c(OH−)一定大于c(CH3COO−) B.c(OH−)一定小于c(CH3COO−)
C.c(OH−)一定等于c(CH3COO−) D.c(OH−)大于、小于或等于c(CH3COO−)
(3)在D点时,溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)_________2c(Na+)(“>”、“<”或“=”)
(4)常温下,将VmL、0.1000mol·L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L−1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题.(忽略溶液体积的变化)
①如果溶液pH=7,此时V的取值____________20.00(填“>”、“<”或“=”),而溶液中c(Na+)、c(CH3COO−)、c(H+)、c(OH−)的大小关系为________________________。
②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=__________________mol·L−1
19．用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～5.6)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2−)。饮用水中ClO2、ClO2−含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为ClO2−、Cl−的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO2−也能被I−完全还原成Cl−。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。
(1)请写出pH≤2.0时，ClO2−与I−反应的离子方程式：________________________________。
(2)请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；
步骤3：加入足量的KI晶体；
步骤4：加少量淀粉溶液，用c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL；
步骤5：_________________________；
步骤6：再用c mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
(3)根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2−的浓度为___________mol·L−1(用含字母的代数式表示)
(4)25℃时，电离平衡常数：
回答下列问题：
a.常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系不正确的是______________。
A．c(Na+)>c(ClO−)>c(HCO3−)>c(OH−)
B．c(Na+)>c(HCO3−)>c(ClO−)>c(H+)
C．c(Na+)═c(HClO)+c(ClO−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)
D．c(Na+)+c(H+)═c(ClO−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)
E. c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)═c(OH−)+c(CO32−)
b.常温下,0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH为6,则c(HC4H4O6−)+2c(C4H4O62−)=______________________.(列出计算式)
三、实验题
20．烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)。
Ⅰ、定性检验
取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解。向所得溶液滴加几滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明已变质，反之则未变质
Ⅱ、定量测定
准确称取5.0g样品配制成250mL溶液,各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个锥形瓶中,分别加入过量的BaCl2溶液(使Na2CO3完全转变成BaCO3沉淀),并向锥形瓶中各加入1∼2滴指示剂(已知几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1∼4.4②甲基红4.4∼6.2③酚酞8.2∼10),用浓度为0.2000mol·L−1的盐酸标准液进行滴定。相关数据记录如下：
实验编号
V(烧碱溶液)/mL
V(HCl)/mL
初读数
末读数
1
20.00
0.50
31.50
2
20.00
1.00
32.04
3
20.00
1.10
32.18
试回答：
(1)如何确定BaCl2溶液是否滴加过量?______________________。
(2)向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，应选用_________________________做指示剂，理由是__________________________________________；判断到达滴定终点的实验现象是____________________________________________。
(3)滴定时的正确操作是_________________________________________.依据表中数据,计算出烧碱样品中含NaOH(M=40g/mol)的质量分数为________________%.(小数点后保留两位数字)
(4)下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是________________。
A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
C．在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前平视读数，滴定结束俯视读数。
参考答案
1．D
【解析】A．比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱，应用最高价氧化物对应的水化物，应用高氯酸，不能用盐酸，故A错误；B．一氧化碳密度和空气相近，用排空法不能收集到纯净的一氧化碳，一般用排水法收集，故B错误；C．探究温度对H2O2分解反应速率的影响时要保证其他条件相同，实验中其他条件(催化剂)不同，，不能比较温度对H2O2分解反应速率的影响，故C错误；D．正极反应都为2H++2e-=H2↑，则两个装置中提供导线的电子数相同时，生成H2的物质的量也相同，故D正确；故选D。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及性质的比较、气体收集、物质制备以及原电池知识等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析。
2．B
【解析】
试题分析：A、0.1 mol•L-1的NaHB溶液中pH=4，则证明HB-的电离能力大于其水解程度，所以c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)，错误；B、④是弱电解质，①②③是强电解质，强电解质电离出的铵根离子浓度大于弱电解质的，所以④中铵根离子浓度最小，①②③中电离出的铵根离子均要水解，①NH4Al(SO4)2中，铝离子水解显示酸性，对铵根离子的水解起抑制作用，②NH4Cl中，氯离子不影响铵根离子的水解，③CH3COONH4中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用，所以铵根离子浓度大小顺序是：①＞②＞③＞④，正确；C、a mol•L-1HCN溶液与b mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，根据溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，若c(Na+)＞c(CN-)，则c(H+)＜c(OH-)，所以溶液显碱性，则可以是a≤b，错误；D、设0.1 mol·L-1的醋酸的电离度是α1，0.01 mol·L-1的醋酸的电离度是α2，则10-a=0.1 mol•L-1×α1，10-b=0.01 mol•L-1×α2，醋酸浓度越小，电离程度越大，则α1＜α2，所以a+1＞b，错误。
考点：考查电解质溶液中的离子平衡
3．C
【解析】A、根据起点，H2N2O2浓度为0.01mol·L－1，但pH=4.3，说明H2N2O2是二元弱酸，随着NaOH体积的增加，水的电离程度增大，当NaOH的体积为10ml时，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用，因此先增大后减小，故A错误；B、当加入5mLNaOH时，溶液的溶质为NaHN2O2和H2N2O2，且两者物质的量相等，此时溶液显酸性，H2N2O2电离程度大于HN2O2－的水解程度，即c(Na＋)>c(H2N2O2)，故B错误；C、m点时溶液的溶质为NaHN2O2，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HN2O2－)＋2c(N2O22－)，根据物料守恒：c(Na＋)=c(HN2O2－)＋c(N2O22－)＋c(H2N2O2)，两式相加消去c(Na＋)，即c(OH－)+c(N2O22－)=c(H2N2O2) + c (H＋)，故C正确；D、c(N2O22－)×c(H＋)/c(N2O22－)×c(H＋)/[c(HN2O2－)×c(OH－)×c(H＋)]=Ka2/Kw，电离平衡常数和水的离子积，只受温度的影响，因此此比值不变，故D错误。
4．D
【解析】A. ①促进水的电离，②抑制水的电离，所以相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①>溶液②，故A错误；B. 加水稀释溶液①，溶液中水解常数不变，故B错误；C. 等体积混合溶液①和溶液②，发生反应：CH3COO－+H+=CH3COOH，所得溶液呈酸性，其中电荷守恒：c(CH3COO－)＋2c(SO)+ c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)，由于c(OH－)c(SO),故D正确。故选D。
点睛：本题需要特别注意水解常数在一定温度下保持不变。
5．B
【解析】试题分析：若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序a＞b；c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序c＞d；a、c相连，c为正极，所以金属的活动性顺序a＞c；b、d相连时，b是正极，所以金属的活动性顺序d＞b；则金属活动性顺序为：a＞c＞d＞b，
考点：原电池正负极材料金属活泼性强弱判断
6．D
【解析】A．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水，故A正确；B．饱和Na2S溶液中滴入少量氯水出现浑浊，可知有S生成，说明Cl2的氧化性大于S，即元素非金属性Cl＞S，故B正确；C．将铜丝插入锌粒与稀硫酸反应体系中形成了Zn-Cu原电池，反应速率明显加快，故C正确；D．饱和食盐水中滴入浓硫酸析出食盐晶体，体现浓硫酸有吸水性，与浓硫酸溶于水放出大量的热无关，故D错误；答案为D。
7．D
【解析】A项，常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1×10-8，因为c(H+)•c(OH-)=1×10-14，所以c(H+)=1×10-11mol/L，故A错误；B项，常温下，pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中，c(H+)=c(OH-)，又根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C项，在0.1mol/L(NH4)2C2O4溶液中，NH4+是弱阳离子、C2O42-是弱阴离子，所以存在NH4+、NH3•H2O、C2O42-、HC2O4-、H2C2O4，根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故C错误；D项，浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，化学方程式为：2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O，因为NH4+水解使溶液显酸性，所以c(SO42-)=c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故D正确。
点睛：本题考查溶液中离子的浓度关系及有关计算，涉及弱电解质电离、盐类水解等知识，对于混合溶液问题，明确混合后溶液中的溶质，并注意利用弱电解质的电离及盐类水解的规律、电荷守恒、物料守恒来分析。
8．C
【解析】①Na2HPO4水溶液呈碱性，说明HPO42-的水解程度大于其电离程度，与水解有关；②NaHSO4属于强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性因为NaHSO4电离出H+，与水解无关；③铵态氮肥中的NH4+发生水解反应NH4++H2ONH3·H2O+H+，使土壤酸性增大，与水解有关；④铵态氮肥由于NH4+水解呈酸性，草木灰的主要成分为K2CO3，由于CO32-水解呈碱性，若一起施用，水解互相促进，降低肥效，与水解有关；⑤FeCl3的止血作用是电解质FeCl3使血液胶体发生聚沉，与水解无关；⑥配制SnCl2溶液，由于SnCl2发生水解反应：SnCl2+2H2OSn(OH)2+2HCl，加入盐酸，水解平衡逆向移动避免出现浑浊，与水解有关；⑦NH4F溶液中存在水解反应NH4F+H2ONH3·H2O+HF，HF能腐蚀玻璃，NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放与水解有关；⑧FeCl3在溶液中存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入足量MgCO3，发生反应MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，Fe3+的水解平衡正向移动，最终Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀通过过滤除去，MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去与水解有关；与水解无关的是②⑤，答案选C。
【点睛】在判断溶液的酸碱性、易水解的盐溶液的配制与保存、判断盐溶液蒸干的产物、胶体的制取、物质的分离和提纯、离子共存、化肥的施用、某些金属与盐溶液的反应等方面要考虑盐类的水解。
9．D
【解析】使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性，说明该物质是强酸弱碱盐，则A、根据水的电离平衡H2OH++OH-知，加入少量CH3COONa促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，选项A错误；B、硫酸氢钠抑制了的水的电离，向逆方向移动，溶液呈酸性，选项B错误；C、加热促进水的电离，向正方向移动，虽然PH=6，但溶液仍然呈中性，选项C错误；D、加入少量的KAl(SO4)2，铝离子水解导致溶液呈酸性，促进水的电离，选项D正确。答案选D。
10．B
【解析】A.电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，故A错误；B.该原电池中，通入氮氧化物的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极A表面反应之一为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故B正确；C.电解质溶液中阴离子向负极移动，所以硝酸根离子向A电极移动，故C错误；D.该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，温度和压强未知，导致22.4L氧气的物质的量未知，故D错误。故选B。
11．D
【解析】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水, C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO2＋4H2O－4e－＝2SO2-4＋8H＋，正极发生还原反应：O2＋4e－＋4 H＋＝2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；正确选项D。
点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。
12．B
【解析】A．NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，c(H+)＞c(OH-)，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)，故B正确；C．根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c(HRO3-)+c(RO32-)+c(H2RO3)，故C错误；故选B。
点睛：本题考查离子浓度的大小比较，解答本题时注意从守恒的角度分析，本题中还要注意题目要求，即浓度均为0.1mol•L-1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中均存在的关系，此为解答该题的关键。
13．C
【解析】A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项A错误；B．FeCl3在加热时水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铁，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项B错误；C．KCl是强酸强碱盐不水解，最后得到的固体仍为KCl，选项C正确；D．Na2SO3在加热时会被空气中的氧气氧化生成Na2SO4，所以蒸干灼烧其水溶液得到的固体是Na2SO4，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。
14．B
【解析】
试题分析：A、Zn-2e-=== Zn2+的反应为负极反应，错误；B、左边烧杯中发生反应：Fe3++e‾=Fe2+，Fe3+浓度减小，所以左边烧杯中溶液的红色变浅，正确；C、Pt电极上发生的反应为：Fe3++e‾=Fe2+，没有气泡出现，错误；D、根据题目所给信息，在FeCl3溶液中加少量锌粒后，Fe3+被还原成Fe2+ ，则该电池总反应为：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，错误。
考点：本题考查原电池原理及应用。
15．C
【解析】
【分析】
根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。
【详解】
A.反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，故A错误；
B.由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则甲中石墨电极上发生还原反应，故B错误；
C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；
D.当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误。
故选C。
16．C
【解析】pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH增大2，故A错误；pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度等于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度，故B错误；
0.2mol CO2通入1L0.3mol·L-1 KOH溶液中生成等物质的量的碳酸钾和碳酸氢钾，根据质子守恒2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)，故C正确；一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，说明HSO3-电离程度大于水解程度，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故D错误。
17．放热 Cl−N=O c(NO3‾)>c(NO2‾)>c(CH3COO‾) bc 4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42−+4NO3− 石墨Ⅰ上电极反应式为：NO2-e-+NO3−=N2O5 石墨Ⅱ上电极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3−
【解析】
【分析】
(1)反应能自发，应满足ΔG=ΔH－TΔS，结合反应的ΔS进行判断，ClNO中Cl、N、O、能够形成共用电子对的数目分别为1、3、2，据此写出结构式。
(2)含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断；
(3)二氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，硝酸与二氧化硫反应生成硫酸，根据电子守恒可以知道三者恰好反应生成硫酸和硝酸；
(4)根据原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应写出电极方程式。
【详解】
(1)该反应可以自发进行，而正反应是熵值减小，则正方应一定是放热反应；依据8电子的稳定结构可知ClNO的结构式为Cl－N＝O，故答案为：放热，Cl－N＝O。
(2)含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L、NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液。已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，较弱的酸对应的阴离子水解程度较大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解程度相比前大，故两溶液中c(NO3－)、c(NO2－)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为c(NO3‾)＞c(NO2‾)＞c(CH3COO‾)；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；a.上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减小，不能调节溶液pH相同，故a错误；b.向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；c.向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；d.溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，不能调节溶液pH相同，故d错误；故答案为：c(NO3‾)＞c(NO2‾)＞c(CH3COO‾)，bc。
(3)若将SO2，NO2，O2按4：4：3通入水中充分反应，根据原子守恒和电子得失守恒可知总的离子方程式为4SO2+4NO2+3O2+6H2O==12H++4SO42‾+4NO3‾，故答案为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O==12H++4SO42‾+4NO3‾。
(4)①石墨I为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为NO2+NO3--e-═N2O5，故答案为：NO2+NO3--e-═N2O5。
②石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，故答案为：O2+2N2O5+4e-═4NO3-。
【点睛】
关于离子浓度大小比较问题，在解题过程中，若看到选项中有“=”，则要考虑3个守恒关系：若守恒关系中只有离子，则考虑电荷守恒关系，若守恒关系中同时出现分子和离子，则考虑物料守恒和质子守恒；若选项中离子浓度关系以“>”连接，则主要考虑弱电解质的电离、弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响等。
18．否 AB D = < c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−) 1/30或0.033mol/L
【解析】
【分析】
(1)NaOH与CH3COOH恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，pH＞7；
(2)在AB区间内，包括CH3COOH和NaOH恰好完全反应以及CH3COOH不足、氢氧化钠溶液过量两种可能性；
(3)在D点时，NaOH和CH3COOH反应后剩余CH3COOH，溶液的组成为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合物；
(4)如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL。
【详解】
(1)NaOH与CH3COOH恰好完全反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H20，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7，介于AB之间，
故答案为：否；AB。
(2)在AB区间内，c(OH-)>c(H-)，说明溶液显碱性，当NaOH和CH3COOH恰好反应时，显碱性，此时溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸钠水解程度较小，溶液呈弱碱性，故c(OH-)小于c(CH3COO-)；当NaOH和CH3COOH反应后剩余NaOH，溶液仍然显碱性，此时若剩余的NaOH量很大，则c(OH-)大于c(CH3COO-)，当然也有可能则c(OH-)=c(CH3COO-)。
故答案为：D。
(3)在D点时，反应后CH3COOH剩余，溶液由等浓度的CH3COOH和
CH3COONa组成，根据物料守恒，此时：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，
故答案为：=。
(4)①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000mol•L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L-1醋酸溶液中，充分反应，V<20.00mL溶液呈中性pH=7，c(H+)=c(OH-)；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，
故答案为：<；c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
②根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，得到c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=c(OH-)，则c(OH-)-c(H+)-c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，反应后溶液的体积变为60mL，则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)═0.1000mol/L×20mL÷60mL=1/30mol/L或0.033mol/L，
故答案为：1/30或0.033。
19．ClO2−+4H++4I−=Cl−+2I2+2H2O 调节溶液的pH≤2.0 AD
【解析】
【分析】
(1)根据题意ClO2−与I−的反应在酸性条件下进行，产物为Cl−和I2，根据质量守恒可写出离子方程式；
(2)题目信息提示用的是连续碘量法进行测定，步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，ClO2−与I−的反应的离子方程式可判断出调节溶液的pH≤2.0；
(3)由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知
2ClO2－～Na2S2O3，由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得ClO2－～2Na2S2O3，以此计算饮用水中ClO2−的浓度；
(4)Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，则水解程度CO32−＞ClO−＞HCO3−，0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒。
【详解】
(1)根据图像可知，pH≤2.0时，CIO2—也能被I－完全还原成Cl—，那么I－要被氧化为碘单质，溶液是酸性溶液，则可正确写出离子方程式即反应的离子方程式是ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2，故答案为：ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2。
(2)根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I－还原只生成Cl－，pH≥7.0时，ClO2被I－还原只生成ClO2－；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2－，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I－还原只生成ClO2－，溶液的ClO2－没有被I－还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2－与I－反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量；
故答案为：调节溶液的pH≤2.0。
(3)由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知
2ClO2－～Na2S2O3，则n(ClO2－)＝2c×V1/1000mol；
由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得
ClO2－～2Na2S2O3，则n(ClO2－)总＝1/2c×V2/1000mol；
所以原水样中ClO2－浓度＝[1/2c×V2/1000－2c×V1/1000]mol/V/1000L＝c(V2－4V1)/4Vmol/L
故答案为：c(V2－4V1)/4V。
(4)a.常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3，
A．ClO-水解程度>HCO3-，所以存在c(ClO-)
C.根据物料守恒得c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故C正确；
D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故D错误；
E.根据质子守恒得c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故E正确；
故答案为：AD。
b.0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c(Na+)=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(HC4H4O6-)+2c(C4H4O62-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=0.05mol/L+10-6mol/L-10-8mol/L=(0.05+10-6-10-8)mol/L，
故答案为：(0.05+10-6-10-8)mol/L。
【点睛】
该题是高考中的常见图像，难度较大，学生不易得分。该题既有定性的分析，也有定量的计算，另外还要结合图表和图像，增加了试题的难度。
20．静置,向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量； 酚酞 酚酞的变色在碱性范围内,此时只有NaOH与HCl反应,BaCO3不与HCl反应 滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点； 左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化 62.08 BC
【解析】
【分析】
(1)取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解，向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成分析判断氯化钡溶液过量与否；
(2)测定放置已久的NaOH纯度，杂质主要为Na2CO3，配制溶液后加入过量氯化钡溶液分离出沉淀后的溶液中含有氢氧化钠，用盐酸滴定测定，为防止碳酸钡溶解，指示剂应选酚酞；滴入最后一滴溶液颜色变化后半分钟不变化证明反应达到终点；
(3)依据中和滴定实验过程和操作规范要求分析回答滴定时的正确操作；依据图表数据计算三次实验的平均值，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数；
(4)依据误差分析的方法分析判断，c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测)。
【详解】
(1)取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解．向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成。故分析判断氯化钡溶液过量与否的操作步骤为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；故答案为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；
(2)烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)，准确称取5.000g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个大试管中，分别滴入过量的BaCl2溶液，用离心机分离后将滤液转移到三个锥形瓶中，向锥形瓶中各加入1～2滴指示剂，依据现有酸碱指示剂及变色的pH范围为：①甲基橙3.1～4.4 ②酚酞8.2～10)，酸滴定碱溶液选择指示剂可以是酚酞或甲基橙，为防止碳酸钡溶解，要把滴定终点控制在弱碱性，酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；用浓度为0.2000mol•L-1的盐酸标准液进行滴定；滴入最后一滴溶溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点，
故答案为：酚酞；酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点。
(3)滴定时的正确操作是：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；图表数据计算三次实验的平均值，盐酸体积的平均值=(31.50-0.50+32.04-1.001+32.18-1.10)÷3=31.04ml，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量=31.04mL×0.0200mol/L÷20.00mL=0.3104mol/L，250ml溶液中含氢氧化钠物质的量
=0.3104mol/L×0.250L=0.0776mol，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数=0.0776mol×40g/mol÷5.000g×100%=62.08%，
故答案为：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；62.08。
(4)A.锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗，对滴定结果无影响，故A错误；
B.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，消耗的溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；
C.在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液的体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D.滴定前平视读数，滴定结束俯视读数读取标准液的体积减小，测定结果偏低，故D错误。
故答案为：BC。
【点睛】
酸碱中和滴定中误差分析根据c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测)判断。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．关于下列图示的说法中正确的是
A．用图①所示实验可比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱
B．用图②所示实验装置通过排空气法收集CO气体
C．图③所示装置可用于探究温度对H2O2分解反应速率的影响
D．图④两个装置中通过导线的电子数相相同时，生成的H2的物质的量也相同
2．下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是
A．0.1 mol•L—1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB—)＞c(H2B)＞c(B2-)
B．等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c(NH4+) 由大到小的顺序是： ①＞②＞③＞④
C．a mol·L-1HCN溶液与b mol·L-1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中
c(Na＋)＞c(CN—)，则a一定大于b
D．0.1mol·L-1的醋酸的pH＝a，0.01mol·L-1的醋酸的pH＝b，则a＋1＝b
3．连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸。常温下，向10mL 0.01mol · L-1的H2N2O2溶液滴加0.01mol/L的NaOH溶液，测得H2N2O2溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．由a点到n点水的电离程度依次增大
B．a点时，c (H2N2O2) > c (Na+)
C．m点时，c(OH-)+c(N2O22-)=c(H2N2O2) + c (H+)
D．m点到n点，比值增大
4．有关下列两种溶液的说法中，正确的是
溶液①：0.2 mol·L－1CH3COONa溶液；溶液②：0.1 mol·L－1H2SO4溶液
A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①<溶液②
B．加水稀释溶液①，溶液中变大
C．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c(CH3COO－)＋2c(SO)＝c(Na＋)
D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH＝7，溶液中c(Na＋)>c(SO)
5．把a、b、c、d四种金属片浸泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连时，a为负极；c、d相连时，c为负极；a、c相连时，c为正极；b、d相连时，b为正极，则这四种金属活动性顺序由大到小为
A．a＞b＞c＞d
B．a＞c＞d＞b
C．c＞a＞b＞d
D．b＞d＞c＞a
6．下列实验现象不能说明相关结论的是
A．向Al(OH)3沉淀滴加NaOH或盐酸沉淀均消失，说明Al(OH)3是两性氢氧化物
B．饱和Na2S溶液中滴入少量氯水出现浑浊，说明元素非金属性Cl>S
C．将铜丝插入锌粒与稀硫酸反应体系中反应明显加快，原因是形成了原电池
D．饱和食盐水中滴入浓硫酸析出食盐晶体，说明浓硫酸吸水放出大量的热
7．常温下，下列有关叙述正确的是
A．0.1mol/L 氨水中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，则c(H+)=1×10-3mol/L
B．pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)
C．在0.1mol/L (NH4)2C2O4溶液中：c(NH4+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
D．浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO42-)=c(Na+) >c(NH4+) >c(H+) >c(OH-)
8．下列事实：①Na2HPO4水溶液呈碱性；②NaHSO4水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥会使土壤酸性增大；④铵态氮肥不能与草木灰一起施用；⑤FeCl3的止血作用；⑥配制SnCl2溶液时加入盐酸；⑦NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放；⑧MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去。其中与盐类水解有关的是
A．全部 B．除②⑦以外 C．除②⑤以外 D．除③、⑧以外
9．下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是
A．向水中加入少量的CH3COONa
B．向水中加入少量的NaHSO4
C．加热水至100℃，pH=6
D．向水中加少量的KAl(SO4)2
10．某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是
A．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反
B．电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
C．电极B附近的c(NO)增大
D．该电池工作时，每转移4 mol电子，生成22.4 L O2
11．十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对大气污染防治比过去要求更高。二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图所示。下列说法正确的是
A．该电池放电时质子从Pt2电极经过内电路流到Pt1电极
B．Pt1电极附近发生的反应为：SO2＋2H2O－2e－＝H2SO4＋2H＋
C．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－
D．相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1
12．已知NaHSO4显酸性，NaHCO3溶液显碱性，现有浓度为0.1mol·L－1的NaHSO3和NaHCO3两种溶液，两种溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或c)，其中一定正确的一组是
A．c(Na+)＞c(HRO3-)＞c(H+)＞c(RO32-)＞c(OH-)
B．c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)
C．
D．以上都不正确
13．把下列物质的水溶液加热蒸干后，能得到原溶质的是
A．NaHCO3 B．FeCl3 C．KCl D．Na2SO3
14．298K时，在FeCl3溶液中加少量锌粒后，Fe3+被还原成Fe2+ 。据此某学习小组设计如图所示的原电池装置。下列有关说法正确的是
A．正极电极反应为Zn-2e-=== Zn2+
B．左边烧杯中溶液的红色变浅
C．Pt电极上有气泡出现
D．该电池的总反应为：3Zn+2Fe3+=== 3Zn2++2 Fe
15．控制适当的条件,将反应2Fe3++2I− ⇌ 2Fe2++I2设计成如图所示的原电池。下列判断正确的是
A．反应开始时,乙中电极反应为2I−+2e−═I2
B．反应开始时，甲中石墨电极上发生氧化反应
C．电流表指针为零时，反应达到化学平衡状态
D．平衡时甲中溶入FeCl2固体后，乙池的石墨电极为负极
16．常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH减小2
B．pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度小于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度
C．0.2mol CO2通入1L0.3mol·L-1 KOH溶液中：2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)
D．已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)
二、综合题
17．氮和硫的化合物对大气都有严重污染，据所学化学反应原理回答下列问题：
(1)NO2与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时发生反应：2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g)△H=a KJ/mol
则该反应为_______________反应(填放热或吸热)，产物ClNO的结构式为_______________
(2)实验室可用NaOH溶液吸收NO2,反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O.含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A,溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3‾)、c(NO2‾)和c(CH3COO‾)由大到小的顺序为________________________(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10−4mol/L,CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10−5mol/L，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是___________________________________。
a.向溶液A中加适量水 b.向溶液A中加适量NaOH c.向溶液B中加适量水 d.向溶液B中加适量NaOH
(3)若将SO2,NO2,O2按4:4:3通入水中充分反应，写出总的离子方程式____________________。
(4)NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其装置如图所示，该电池在工作过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物X。
①石墨Ⅰ电极的电极反应式为_______________________________________。
②石墨Ⅱ电极的电极反应式为____________________________________。
18．如图为向25mL 0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L−1CH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线。请回答：
(1)B点溶液呈中性,有人据此认为,在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应,这种看法是否正确?(选填“是”或“否”)_________.若不正确,则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内?__________________(若正确,此问不答)
(2)AB区间,c(OH−)>c(H+),则c(OH−)与c(CH3COO−)大小关系是_______________
A.c(OH−)一定大于c(CH3COO−) B.c(OH−)一定小于c(CH3COO−)
C.c(OH−)一定等于c(CH3COO−) D.c(OH−)大于、小于或等于c(CH3COO−)
(3)在D点时,溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)_________2c(Na+)(“>”、“<”或“=”)
(4)常温下,将VmL、0.1000mol·L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L−1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题.(忽略溶液体积的变化)
①如果溶液pH=7,此时V的取值____________20.00(填“>”、“<”或“=”),而溶液中c(Na+)、c(CH3COO−)、c(H+)、c(OH−)的大小关系为________________________。
②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=__________________mol·L−1
19．用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～5.6)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2−)。饮用水中ClO2、ClO2−含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I-还原为ClO2−、Cl−的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO2−也能被I−完全还原成Cl−。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。
(1)请写出pH≤2.0时，ClO2−与I−反应的离子方程式：________________________________。
(2)请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中；
步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；
步骤3：加入足量的KI晶体；
步骤4：加少量淀粉溶液，用c mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL；
步骤5：_________________________；
步骤6：再用c mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
(3)根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO2−的浓度为___________mol·L−1(用含字母的代数式表示)
(4)25℃时，电离平衡常数：
回答下列问题：
a.常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，所得溶液中各种离子浓度关系不正确的是______________。
A．c(Na+)>c(ClO−)>c(HCO3−)>c(OH−)
B．c(Na+)>c(HCO3−)>c(ClO−)>c(H+)
C．c(Na+)═c(HClO)+c(ClO−)+c(HCO3−)+c(H2CO3)+c(CO32−)
D．c(Na+)+c(H+)═c(ClO−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)
E. c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)═c(OH−)+c(CO32−)
b.常温下,0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合,所得溶液的pH为6,则c(HC4H4O6−)+2c(C4H4O62−)=______________________.(列出计算式)
三、实验题
20．烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)。
Ⅰ、定性检验
取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解。向所得溶液滴加几滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明已变质，反之则未变质
Ⅱ、定量测定
准确称取5.0g样品配制成250mL溶液,各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个锥形瓶中,分别加入过量的BaCl2溶液(使Na2CO3完全转变成BaCO3沉淀),并向锥形瓶中各加入1∼2滴指示剂(已知几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1∼4.4②甲基红4.4∼6.2③酚酞8.2∼10),用浓度为0.2000mol·L−1的盐酸标准液进行滴定。相关数据记录如下：
实验编号
V(烧碱溶液)/mL
V(HCl)/mL
初读数
末读数
1
20.00
0.50
31.50
2
20.00
1.00
32.04
3
20.00
1.10
32.18
试回答：
(1)如何确定BaCl2溶液是否滴加过量?______________________。
(2)向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，应选用_________________________做指示剂，理由是__________________________________________；判断到达滴定终点的实验现象是____________________________________________。
(3)滴定时的正确操作是_________________________________________.依据表中数据,计算出烧碱样品中含NaOH(M=40g/mol)的质量分数为________________%.(小数点后保留两位数字)
(4)下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是________________。
A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
C．在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定前平视读数，滴定结束俯视读数。
参考答案
1．D
【解析】A．比较氯、碳、硅三种元素的非金属性强弱，应用最高价氧化物对应的水化物，应用高氯酸，不能用盐酸，故A错误；B．一氧化碳密度和空气相近，用排空法不能收集到纯净的一氧化碳，一般用排水法收集，故B错误；C．探究温度对H2O2分解反应速率的影响时要保证其他条件相同，实验中其他条件(催化剂)不同，，不能比较温度对H2O2分解反应速率的影响，故C错误；D．正极反应都为2H++2e-=H2↑，则两个装置中提供导线的电子数相同时，生成H2的物质的量也相同，故D正确；故选D。
点睛：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及性质的比较、气体收集、物质制备以及原电池知识等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析。
2．B
【解析】
试题分析：A、0.1 mol•L-1的NaHB溶液中pH=4，则证明HB-的电离能力大于其水解程度，所以c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)，错误；B、④是弱电解质，①②③是强电解质，强电解质电离出的铵根离子浓度大于弱电解质的，所以④中铵根离子浓度最小，①②③中电离出的铵根离子均要水解，①NH4Al(SO4)2中，铝离子水解显示酸性，对铵根离子的水解起抑制作用，②NH4Cl中，氯离子不影响铵根离子的水解，③CH3COONH4中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用，所以铵根离子浓度大小顺序是：①＞②＞③＞④，正确；C、a mol•L-1HCN溶液与b mol•L-1NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c(Na+)＞c(CN-)，根据溶液中的电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CN-)，若c(Na+)＞c(CN-)，则c(H+)＜c(OH-)，所以溶液显碱性，则可以是a≤b，错误；D、设0.1 mol·L-1的醋酸的电离度是α1，0.01 mol·L-1的醋酸的电离度是α2，则10-a=0.1 mol•L-1×α1，10-b=0.01 mol•L-1×α2，醋酸浓度越小，电离程度越大，则α1＜α2，所以a+1＞b，错误。
考点：考查电解质溶液中的离子平衡
3．C
【解析】A、根据起点，H2N2O2浓度为0.01mol·L－1，但pH=4.3，说明H2N2O2是二元弱酸，随着NaOH体积的增加，水的电离程度增大，当NaOH的体积为10ml时，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用，因此先增大后减小，故A错误；B、当加入5mLNaOH时，溶液的溶质为NaHN2O2和H2N2O2，且两者物质的量相等，此时溶液显酸性，H2N2O2电离程度大于HN2O2－的水解程度，即c(Na＋)>c(H2N2O2)，故B错误；C、m点时溶液的溶质为NaHN2O2，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HN2O2－)＋2c(N2O22－)，根据物料守恒：c(Na＋)=c(HN2O2－)＋c(N2O22－)＋c(H2N2O2)，两式相加消去c(Na＋)，即c(OH－)+c(N2O22－)=c(H2N2O2) + c (H＋)，故C正确；D、c(N2O22－)×c(H＋)/c(N2O22－)×c(H＋)/[c(HN2O2－)×c(OH－)×c(H＋)]=Ka2/Kw，电离平衡常数和水的离子积，只受温度的影响，因此此比值不变，故D错误。
4．D
【解析】A. ①促进水的电离，②抑制水的电离，所以相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①>溶液②，故A错误；B. 加水稀释溶液①，溶液中水解常数不变，故B错误；C. 等体积混合溶液①和溶液②，发生反应：CH3COO－+H+=CH3COOH，所得溶液呈酸性，其中电荷守恒：c(CH3COO－)＋2c(SO)+ c(OH－)＝c(Na＋)+c(H＋)，由于c(OH－)
点睛：本题需要特别注意水解常数在一定温度下保持不变。
5．B
【解析】试题分析：若a、b相连时，a为负极，根据原电池的工作原理，金属活泼性强的作原电池的负极，故金属的活动性顺序a＞b；c、d相连，c为负极，所以金属的活动性顺序c＞d；a、c相连，c为正极，所以金属的活动性顺序a＞c；b、d相连时，b是正极，所以金属的活动性顺序d＞b；则金属活动性顺序为：a＞c＞d＞b，
考点：原电池正负极材料金属活泼性强弱判断
6．D
【解析】A．氢氧化铝为两性氢氧化物，可与酸、碱反应生成盐和水，故A正确；B．饱和Na2S溶液中滴入少量氯水出现浑浊，可知有S生成，说明Cl2的氧化性大于S，即元素非金属性Cl＞S，故B正确；C．将铜丝插入锌粒与稀硫酸反应体系中形成了Zn-Cu原电池，反应速率明显加快，故C正确；D．饱和食盐水中滴入浓硫酸析出食盐晶体，体现浓硫酸有吸水性，与浓硫酸溶于水放出大量的热无关，故D错误；答案为D。
7．D
【解析】A项，常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1×10-8，因为c(H+)•c(OH-)=1×10-14，所以c(H+)=1×10-11mol/L，故A错误；B项，常温下，pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中，c(H+)=c(OH-)，又根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C项，在0.1mol/L(NH4)2C2O4溶液中，NH4+是弱阳离子、C2O42-是弱阴离子，所以存在NH4+、NH3•H2O、C2O42-、HC2O4-、H2C2O4，根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故C错误；D项，浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，化学方程式为：2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O，因为NH4+水解使溶液显酸性，所以c(SO42-)=c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故D正确。
点睛：本题考查溶液中离子的浓度关系及有关计算，涉及弱电解质电离、盐类水解等知识，对于混合溶液问题，明确混合后溶液中的溶质，并注意利用弱电解质的电离及盐类水解的规律、电荷守恒、物料守恒来分析。
8．C
【解析】①Na2HPO4水溶液呈碱性，说明HPO42-的水解程度大于其电离程度，与水解有关；②NaHSO4属于强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性因为NaHSO4电离出H+，与水解无关；③铵态氮肥中的NH4+发生水解反应NH4++H2ONH3·H2O+H+，使土壤酸性增大，与水解有关；④铵态氮肥由于NH4+水解呈酸性，草木灰的主要成分为K2CO3，由于CO32-水解呈碱性，若一起施用，水解互相促进，降低肥效，与水解有关；⑤FeCl3的止血作用是电解质FeCl3使血液胶体发生聚沉，与水解无关；⑥配制SnCl2溶液，由于SnCl2发生水解反应：SnCl2+2H2OSn(OH)2+2HCl，加入盐酸，水解平衡逆向移动避免出现浑浊，与水解有关；⑦NH4F溶液中存在水解反应NH4F+H2ONH3·H2O+HF，HF能腐蚀玻璃，NH4F溶液不能用玻璃瓶盛放与水解有关；⑧FeCl3在溶液中存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入足量MgCO3，发生反应MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，Fe3+的水解平衡正向移动，最终Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀通过过滤除去，MgCl2溶液中的FeCl3杂质可以加入过量的MgCO3除去与水解有关；与水解无关的是②⑤，答案选C。
【点睛】在判断溶液的酸碱性、易水解的盐溶液的配制与保存、判断盐溶液蒸干的产物、胶体的制取、物质的分离和提纯、离子共存、化肥的施用、某些金属与盐溶液的反应等方面要考虑盐类的水解。
9．D
【解析】使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性，说明该物质是强酸弱碱盐，则A、根据水的电离平衡H2OH++OH-知，加入少量CH3COONa促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性，选项A错误；B、硫酸氢钠抑制了的水的电离，向逆方向移动，溶液呈酸性，选项B错误；C、加热促进水的电离，向正方向移动，虽然PH=6，但溶液仍然呈中性，选项C错误；D、加入少量的KAl(SO4)2，铝离子水解导致溶液呈酸性，促进水的电离，选项D正确。答案选D。
10．B
【解析】A.电解质溶液中是通过阴阳离子的定性移动形成电流，故A错误；B.该原电池中，通入氮氧化物的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极A表面反应之一为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故B正确；C.电解质溶液中阴离子向负极移动，所以硝酸根离子向A电极移动，故C错误；D.该电池工作时，正极上氧气得电子发生还原反应，温度和压强未知，导致22.4L氧气的物质的量未知，故D错误。故选B。
11．D
【解析】放电时为原电池，质子向正极移动，Pt1电极为负极，则该电池放电时质子从Pt1电极移向Pt2电极，A错误；Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，硫酸应当拆为离子形式，B错误；酸性条件下，氧气得电子生成水, C错误；相同条件下，放电过程中：负极发生氧化反应：2SO2＋4H2O－4e－＝2SO2-4＋8H＋，正极发生还原反应：O2＋4e－＋4 H＋＝2H2O，根据转移电子数相等规律可知：放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2∶1，D正确；正确选项D。
点睛：Pt1电极为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸，负极反应为SO2＋2H2O－2e－＝SO2-4＋4H＋，一定要注意硫酸应当拆为离子形式，这一点易被忽视导致出现错误。
12．B
【解析】A．NaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，c(H+)＞c(OH-)，NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-水解程度大于电离程度，c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．根据电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HRO3-)+2c(RO32-)+c(OH-)，故B正确；C．根据化学式NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c(HRO3-)+c(RO32-)+c(H2RO3)，故C错误；故选B。
点睛：本题考查离子浓度的大小比较，解答本题时注意从守恒的角度分析，本题中还要注意题目要求，即浓度均为0.1mol•L-1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液中均存在的关系，此为解答该题的关键。
13．C
【解析】A．NaHCO3在加热条件下分解生成Na2CO3，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项A错误；B．FeCl3在加热时水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铁，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，选项B错误；C．KCl是强酸强碱盐不水解，最后得到的固体仍为KCl，选项C正确；D．Na2SO3在加热时会被空气中的氧气氧化生成Na2SO4，所以蒸干灼烧其水溶液得到的固体是Na2SO4，选项D错误。答案选C。
点睛：本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，注意盐类水解的原理，特别是能把握相关物质的性质。
14．B
【解析】
试题分析：A、Zn-2e-=== Zn2+的反应为负极反应，错误；B、左边烧杯中发生反应：Fe3++e‾=Fe2+，Fe3+浓度减小，所以左边烧杯中溶液的红色变浅，正确；C、Pt电极上发生的反应为：Fe3++e‾=Fe2+，没有气泡出现，错误；D、根据题目所给信息，在FeCl3溶液中加少量锌粒后，Fe3+被还原成Fe2+ ，则该电池总反应为：Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，错误。
考点：本题考查原电池原理及应用。
15．C
【解析】
【分析】
根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答。
【详解】
A.反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，故A错误；
B.由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，则甲中石墨电极上发生还原反应，故B错误；
C.当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，故C正确；
D.当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，故D错误。
故选C。
16．C
【解析】pH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，溶液pH增大2，故A错误；pH=2的盐酸中水电离出的H+浓度等于pH=12的氨水中水电离出的OH-浓度，故B错误；
0.2mol CO2通入1L0.3mol·L-1 KOH溶液中生成等物质的量的碳酸钾和碳酸氢钾，根据质子守恒2c(H+)+c(HCO3-)+3c(H2CO3)=2c(OH-)+c(CO32-)，故C正确；一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，说明HSO3-电离程度大于水解程度，则c(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)，故D错误。
17．放热 Cl−N=O c(NO3‾)>c(NO2‾)>c(CH3COO‾) bc 4SO2+4NO2+3O2+6H2O═12H++4SO42−+4NO3− 石墨Ⅰ上电极反应式为：NO2-e-+NO3−=N2O5 石墨Ⅱ上电极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO3−
【解析】
【分析】
(1)反应能自发，应满足ΔG=ΔH－TΔS，结合反应的ΔS进行判断，ClNO中Cl、N、O、能够形成共用电子对的数目分别为1、3、2，据此写出结构式。
(2)含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断；
(3)二氧化氮与氧气、水反应生成硝酸，硝酸与二氧化硫反应生成硫酸，根据电子守恒可以知道三者恰好反应生成硫酸和硝酸；
(4)根据原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应写出电极方程式。
【详解】
(1)该反应可以自发进行，而正反应是熵值减小，则正方应一定是放热反应；依据8电子的稳定结构可知ClNO的结构式为Cl－N＝O，故答案为：放热，Cl－N＝O。
(2)含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L、NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液。已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，较弱的酸对应的阴离子水解程度较大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解程度相比前大，故两溶液中c(NO3－)、c(NO2－)和c(CH3COO－)由大到小的顺序为c(NO3‾)＞c(NO2‾)＞c(CH3COO‾)；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；a.上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，碱性减小，不能调节溶液pH相同，故a错误；b.向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；c.向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；d.溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，不能调节溶液pH相同，故d错误；故答案为：c(NO3‾)＞c(NO2‾)＞c(CH3COO‾)，bc。
(3)若将SO2，NO2，O2按4：4：3通入水中充分反应，根据原子守恒和电子得失守恒可知总的离子方程式为4SO2+4NO2+3O2+6H2O==12H++4SO42‾+4NO3‾，故答案为：4SO2+4NO2+3O2+6H2O==12H++4SO42‾+4NO3‾。
(4)①石墨I为原电池的负极，发生氧化反应，电极方程式为NO2+NO3--e-═N2O5，故答案为：NO2+NO3--e-═N2O5。
②石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+2N2O5+4e-═4NO3-，故答案为：O2+2N2O5+4e-═4NO3-。
【点睛】
关于离子浓度大小比较问题，在解题过程中，若看到选项中有“=”，则要考虑3个守恒关系：若守恒关系中只有离子，则考虑电荷守恒关系，若守恒关系中同时出现分子和离子，则考虑物料守恒和质子守恒；若选项中离子浓度关系以“>”连接，则主要考虑弱电解质的电离、弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响等。
18．否 AB D = < c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−) 1/30或0.033mol/L
【解析】
【分析】
(1)NaOH与CH3COOH恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，pH＞7；
(2)在AB区间内，包括CH3COOH和NaOH恰好完全反应以及CH3COOH不足、氢氧化钠溶液过量两种可能性；
(3)在D点时，NaOH和CH3COOH反应后剩余CH3COOH，溶液的组成为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合物；
(4)如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL。
【详解】
(1)NaOH与CH3COOH恰好完全反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H20，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7，介于AB之间，
故答案为：否；AB。
(2)在AB区间内，c(OH-)>c(H-)，说明溶液显碱性，当NaOH和CH3COOH恰好反应时，显碱性，此时溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸钠水解程度较小，溶液呈弱碱性，故c(OH-)小于c(CH3COO-)；当NaOH和CH3COOH反应后剩余NaOH，溶液仍然显碱性，此时若剩余的NaOH量很大，则c(OH-)大于c(CH3COO-)，当然也有可能则c(OH-)=c(CH3COO-)。
故答案为：D。
(3)在D点时，反应后CH3COOH剩余，溶液由等浓度的CH3COOH和
CH3COONa组成，根据物料守恒，此时：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，
故答案为：=。
(4)①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000mol•L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L-1醋酸溶液中，充分反应，V<20.00mL溶液呈中性pH=7，c(H+)=c(OH-)；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，
故答案为：<；c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
②根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，得到c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=c(OH-)，则c(OH-)-c(H+)-c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，反应后溶液的体积变为60mL，则c(CH3COO-)+c(CH3COOH)═0.1000mol/L×20mL÷60mL=1/30mol/L或0.033mol/L，
故答案为：1/30或0.033。
19．ClO2−+4H++4I−=Cl−+2I2+2H2O 调节溶液的pH≤2.0 AD
【解析】
【分析】
(1)根据题意ClO2−与I−的反应在酸性条件下进行，产物为Cl−和I2，根据质量守恒可写出离子方程式；
(2)题目信息提示用的是连续碘量法进行测定，步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，ClO2−与I−的反应的离子方程式可判断出调节溶液的pH≤2.0；
(3)由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知
2ClO2－～Na2S2O3，由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得ClO2－～2Na2S2O3，以此计算饮用水中ClO2−的浓度；
(4)Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，则水解程度CO32−＞ClO−＞HCO3−，0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒。
【详解】
(1)根据图像可知，pH≤2.0时，CIO2—也能被I－完全还原成Cl—，那么I－要被氧化为碘单质，溶液是酸性溶液，则可正确写出离子方程式即反应的离子方程式是ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2，故答案为：ClO2-+4I-+4H+＝Cl-+2H2O+2I2。
(2)根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I－还原只生成Cl－，pH≥7.0时，ClO2被I－还原只生成ClO2－；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2－，若将溶液的pH调节为7.0～8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I－还原只生成ClO2－，溶液的ClO2－没有被I－还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2－与I－反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量；
故答案为：调节溶液的pH≤2.0。
(3)由2ClO2+2I－＝2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可知
2ClO2－～Na2S2O3，则n(ClO2－)＝2c×V1/1000mol；
由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI可得
ClO2－～2Na2S2O3，则n(ClO2－)总＝1/2c×V2/1000mol；
所以原水样中ClO2－浓度＝[1/2c×V2/1000－2c×V1/1000]mol/V/1000L＝c(V2－4V1)/4Vmol/L
故答案为：c(V2－4V1)/4V。
(4)a.常温下，将0.1mol/L的次氯酸溶液与0.1mol/L的碳酸钠溶液等体积混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaClO和NaHCO3，
A．ClO-水解程度>HCO3-，所以存在c(ClO-)
C.根据物料守恒得c(Na+)=c(HClO)+c(ClO-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，故C正确；
D.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，故D错误；
E.根据质子守恒得c(HClO)+c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，故E正确；
故答案为：AD。
b.0.1mol/L的酒石酸溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合，二者浓度相等，混合后c(Na+)=0.05mol/L，二者恰好反应生成NaHC4H4O6，所得溶液的pH为6，溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(HC4H4O6-)+2c(C4H4O62-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)=0.05mol/L+10-6mol/L-10-8mol/L=(0.05+10-6-10-8)mol/L，
故答案为：(0.05+10-6-10-8)mol/L。
【点睛】
该题是高考中的常见图像，难度较大，学生不易得分。该题既有定性的分析，也有定量的计算，另外还要结合图表和图像，增加了试题的难度。
20．静置,向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量； 酚酞 酚酞的变色在碱性范围内,此时只有NaOH与HCl反应,BaCO3不与HCl反应 滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点； 左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化 62.08 BC
【解析】
【分析】
(1)取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解，向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成分析判断氯化钡溶液过量与否；
(2)测定放置已久的NaOH纯度，杂质主要为Na2CO3，配制溶液后加入过量氯化钡溶液分离出沉淀后的溶液中含有氢氧化钠，用盐酸滴定测定，为防止碳酸钡溶解，指示剂应选酚酞；滴入最后一滴溶液颜色变化后半分钟不变化证明反应达到终点；
(3)依据中和滴定实验过程和操作规范要求分析回答滴定时的正确操作；依据图表数据计算三次实验的平均值，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数；
(4)依据误差分析的方法分析判断，c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测)。
【详解】
(1)取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解．向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成。故分析判断氯化钡溶液过量与否的操作步骤为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；故答案为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；
(2)烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)，准确称取5.000g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个大试管中，分别滴入过量的BaCl2溶液，用离心机分离后将滤液转移到三个锥形瓶中，向锥形瓶中各加入1～2滴指示剂，依据现有酸碱指示剂及变色的pH范围为：①甲基橙3.1～4.4 ②酚酞8.2～10)，酸滴定碱溶液选择指示剂可以是酚酞或甲基橙，为防止碳酸钡溶解，要把滴定终点控制在弱碱性，酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；用浓度为0.2000mol•L-1的盐酸标准液进行滴定；滴入最后一滴溶溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点，
故答案为：酚酞；酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点。
(3)滴定时的正确操作是：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；图表数据计算三次实验的平均值，盐酸体积的平均值=(31.50-0.50+32.04-1.001+32.18-1.10)÷3=31.04ml，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量=31.04mL×0.0200mol/L÷20.00mL=0.3104mol/L，250ml溶液中含氢氧化钠物质的量
=0.3104mol/L×0.250L=0.0776mol，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数=0.0776mol×40g/mol÷5.000g×100%=62.08%，
故答案为：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；62.08。
(4)A.锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗，对滴定结果无影响，故A错误；
B.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，消耗的溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；
C.在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液的体积增大，测定结果偏高，故C正确；
D.滴定前平视读数，滴定结束俯视读数读取标准液的体积减小，测定结果偏低，故D错误。
故答案为：BC。
【点睛】
酸碱中和滴定中误差分析根据c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测)判断。
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