【化学】吉林省长春实验高中2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

吉林省长春实验高中2018-2019学年高二上学期期末考试
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共20分)
1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释不正确的是( )
选项
现象或事实
解释或对应的离子方程式
A
用热的纯碱溶液洗去油污
CO32－+H2OHCO3－+OH－
溶液呈碱性，温度升高碱性增强
B
酸雨样品在空气中放置pH减小
SO2+H2O=H2SO3
C
用泡沫灭火器灭火
Al3+ + 3HCO3-= Al(OH)3↓+3CO2↑
D
用加热法除去NaCl固体中混有的NH4Cl固体
NH4Cl固体可以完全分解成为气体而除去

【答案】B
【解析】
【分析】
A、热的纯碱溶液碱性更强，易洗去油污；
B、酸雨样品在空气中放置pH减小，是因为硫被氧化，生成硫酸；
C、Al3+ + 3HCO3-= Al(OH)3↓+3CO2↑，CO2隔绝氧气，Al(OH)3分解吸热，降温；
D、NH4Cl固体可以完全分解成为气体而除去。
【详解】A、CO32－+H2OHCO3－+OH－，是吸热反应，升温促进碳酸根离子的水解，热的纯碱溶液碱性更强，易洗去油污，故A正确；
B、酸雨样品在空气中放置pH减小，是因为硫被氧化，生成硫酸，故B错误；
C、Al3+ + 3HCO3-= Al(OH)3↓+3CO2↑，CO2隔绝氧气，Al(OH)3分解吸热，降温，达到灭火的目的，故C正确；
D、NH4Cl固体可以完全分解成为气体而除去，故D正确；
故选B。
2.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA
B. 25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数小于0.1NA
C. 25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1 NA
D. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为气体体积减小的可逆反应，不能进行到底，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数大于2NA，故A错误；
B．硫离子在溶液中发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，所以25 ℃时，1L 0.1mol/L Na2S溶液中阴离子总数大于0.1NA，故B错误；
C．25℃时，pH＝13的NaOH溶液中OH－的物质的量浓度为0.1mol/L，因未给出NaOH溶液的体积，所以无法判断OH－的数目，故C错误；
D．23g钠的物质的量为1mol，钠在空气中燃烧生成多种氧化物，钠元素由0价升高到+1价，1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确，答案选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的判断及计算，选项D为易错点，注意钠在化合物中的化合价均为+1价，1mol钠完全燃烧转移电子的物质的量为1mol，与生成何种氧化物无关。
3.某学生的实验报告中，描述合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用托盘天平称量25.20g NaCl
C. 用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D. 用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL
【答案】D
【解析】
【详解】A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL 量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误； 
B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B 错误； 
C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；
D. 滴定管精确至0.01 mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。
4.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是
A. 强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl-、SO42-
B. 室温下，pH＝1的盐酸中：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-
C. 含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32-、Cl-
D. 水电离产生的c（H+）＝1×10-13 mol／L的溶液中：Na+、K+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】
A、在强碱性溶液中Al3＋不能大量共存，选项A错误；B、因PH=1的溶液有大量H+，则H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B错误；C、Ca2+、CO32-之间发生反应生成碳酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存，选项C错误；D、因水电离的c（H+）=1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，抑制了水的电离，则溶液可能为酸或碱的溶液，但都能与Na+、K+、Cl-、SO42-大量共存，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN-）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
5.某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述不正确的是( )

A. A→C的反应为放热反应 B. 稳定性C＞A＞B.
C. A→C的反应中，△H=(E2+E4)-(E1+E3) D. 加入催化剂不会改变反应的焓变
【答案】C
【解析】
【分析】
A．A的能量比C的能量高；

B．能量低的物质稳定；
C．由反应物、生成物总能量判断焓变；
D．催化剂不改变反应的始终态。
【详解】A．A的能量比C的能量高，则A→C为放热反应，故A正确；
B．能量低的物质稳定，则稳定性C＞A＞B，故B正确；
C．由反应物、生成物总能量判断焓变，则A→C的反应中，△H=E1＋（E3-E2）-E4=（E1+E3）-（E2+E4），故C错误；
D．催化剂不改变反应的始终态，加入催化剂时焓变不变，故D正确；
故选：C。
【点睛】本题考查反应热与焓变，为高考常见题型，解题关键：把握图中能量变化、焓变计算、物质的稳定性，难点C，注意活化能和焓变的关系。
6.下列关于化学反应速率的说法正确的是
①有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子数目，从而使反应速率增大。
②其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快。
③6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大。
④升高温度能增大反应物分子中活化分子的百分数。
⑤恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快。
⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多。
A. ①②⑤ B. ②④ C. ②⑤ D. ③ ⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子的数目和百分数都不变，但可增加单位体积内活化分子数目，有效碰撞的次数增多，从而使反应速率增大，故①错误；
②.其他条件不变，升高温度，可使更多的普通分子转化为活化分子，有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，故②正确；
③.用同种物质表示同一个化学反应的反应速率时适用，对于不同的化学反应或用不同物质表示反应速率时，6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率不一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大，故③错误；
④.升高温度，可使更多的普通分子变成活化分子，能增大反应物分子中活化分子的百分数，故④正确；
⑤.恒温时，对于有气体参加的可逆反应，若在容器体积不变的情况下充入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，化学反应速率也不变，故⑤错误；
⑥.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但不能增大活化分子的百分数，故⑥错误，正确的是②④，答案选B。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的概念和影响因素为解答的关键，要特别注意外界条件对活化分子数目和活化分子百分数的影响，改变浓度、压强可以改变单位体积内活化分子数目，但不改变活化分子百分数，为易错点。
7.如图所示，ΔH1=−393.5 kJ·mol−1，ΔH2=−395.4 kJ·mol−1，下列有关说法或表示式正确的是( )

A. C(s，石墨) ＝ C(s，金刚石)　ΔH=−1.9 kJ·mol−1
B. 石墨和金刚石的转化是物理变化
C. 金刚石的稳定性比石墨的弱
D. 1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能小1.9 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据图写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，最后结合物质的能量越低越稳定以及反应热=反成物的总能量-生成物的总能量解答。
【详解】由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol－1
②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ·mol－1，
利用盖斯定律将①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，则
A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，故A错误；
B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；
C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；
D、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ·mol－1，所以1mol石墨本身具有的总能量比1mol金刚石本身具有的总能量小1.9 kJ，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查利用盖斯定律书写热化学方程式，解题关键：盖斯定律应用，易错点C，注意物质的稳定性与能量的关系：物质的能量越大越不稳定。
8.已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH ＝－197 kJ·mol－1。在25 ℃时，向恒压密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2，达到平衡时放出热量a1；若25 ℃时，在此恒压密闭容器中只通入1 mol SO2和0.5 mol O2，达到平衡时放出热量a2。则下列关系正确的是(　　)
A. 2a2＝a1＝197 kJ B. 2a2＜a1＜197 kJ
C. a2＞a1＞197 kJ D. 197 kJ＞a1＝2a2
【答案】D
【解析】
【分析】
恒温恒压下，同一可逆反应，若投料量转化成相同物质时量是成比例的，达平衡时即为等效平衡，平衡后体系中各组分的百分含量相同，各组分的浓度相同；所以题中两个反应为等效平衡，达到平衡时反应物的转化率相等，则反应放出的热量关系为：a1=2a2；再根据可逆反应特点得出：197kJ＞a1=2a2．
【详解】恒温恒压下，对于可逆反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），向恒压密闭容器中通入2molSO2和1mol O2与只通入1molSO2和0.5molO2互为等效平衡，达到平衡时反应物的转化率一定相等，则反应放出的热量关系为：a1=2a2；
在可逆反应的热化学方程式中，反应热是指完全转化的反应热，所以a1＜197kJ，
即：197kJ＞a1=2a2，
故选：D。
9.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，符合题意的一组是(　　)

X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuO
C
C
C
H2SO4
H2SO4
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
【答案】B
【解析】
【分析】
用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，要使溶液恢复到电解前的状态，应该遵循“析出什么加入什么”原则，

A、C作阳极、Fe作阴极电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解HCl；
B．Pt作阳极、Cu作阴极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以相当于电解生成CuO；
C、C作阴阳极电解H2SO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解生成水；
D、用Ag作阳极、Fe作阴极电解硝酸银溶液，阳极上Ag失电子生成银离子、阴极上银离子得电子生成Ag，所以相当于电镀。
【详解】用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，要使溶液恢复到电解前的状态，应该遵循“析出什么加入什么”原则，
A．C作阳极、Fe作阴极电解NaCl溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解HCl，要使溶液恢复原状，应该通入适量的HCl，故A错误；
B．Pt作阳极、Cu作阴极电解硫酸铜溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以相当于电解生成CuO，要使溶液恢复原状加入加入适量的CuO，故B正确；
C、C作阴阳极电解H2SO4溶液，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以相当于电解生成水，要使溶液恢复原状加入加入适量的水，故C错误；
D、用Ag作阳极、Fe作阴极电解硝酸银溶液，阳极上Ag失电子生成银离子、阴极上银离子得电子生成Ag，所以相当于电镀，溶液浓度不变，不需要加入任何物质，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查电解原理，解题关键：正确判断各个电解上发生的反应及电解产物成分，易错点D中较活泼金属作阳极，阳极上金属电极失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子。
10.合成氨反应为：3H2＋N2 2NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是( )
A. 3v(H2)正 ＝ v(N2)逆 B. v(H2)生成＝ v(NH3)生成
C. v(N2)消耗 ＝ 2v(NH3)消耗 D. 2v(H2)逆 ＝ 3v(NH3)正
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，反应达平衡时，正速率等于逆速率分析。
【详解】A、平衡时，v(H2)正 ：v(N2)逆=3：1，故A错误；
B、 平衡时，v(H2)生成：v(NH3)生成=3：2，故B错误；
C、 平衡时， v(N2)消耗 ：v(NH3)消耗 =1：2，故C错误；
D、平衡时，v(H2)逆 ：v(NH3)正=3：2，故D正确；
故选D。
二、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分，共30分)
11.室温下，有2种溶液0.01 mol·L-1 NH3·H2O和0.01 mol·L-1 NH4Cl，下列操作可以使2种溶液中c(NH4+)都增大的是( )
A. 通入少量HCl气体 B. 加入少量H2O
C. 加入少量NaOH固体 D. 升高温度
【答案】A
【解析】
试题分析：有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液，存在：NH3·H2ONH4++OH—、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，存在：NH4Cl=NH4++Cl—，NH4++ H2ONH3·H2O+H+；故通入少量HCl气体①平衡正向移动c(NH4+)增大，②平衡逆向移动c(NH4+)增大，故A项正确；加入少量NaOH固体①平衡逆向移动，c(NH4+)减小，②平衡正向移动c(NH4+)减小，B项错误；加入少量H2O两平衡均正向移动，但主体微粒浓度均减小，c(NH4+)均减小，C项错误；升高温度两平衡均正向移动，则①中c(NH4+)增大，②中c(NH4+)减小，故D项错误。
考点：溶液中离子平衡。
12.质子交换膜燃料电池(PEMFC)常作为电动汽车的动力源。该燃料电池以氢气为燃料，空气为氧化剂，铂作催化剂，导电离子是H+。下列对该燃料电池的描述中正确的是(　　)
①正极反应为：O2+4H++4e-2H2O
②负极反应为：2H2-4e-4H+
③总的化学反应为：2H2+O22H2O
④氢离子通过电解质向负极移动
A. ①② B. ②③④ C. ①② ③ D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【分析】
该燃料电池中，通入燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，通入氧化剂的电极是正极，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时，阳离子向正极移动，电子从负极沿导线流向正极．
【详解】①正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H＋+4e－═2H2O，故正确；
②通入燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，负极反应为：2H2-4e-4H+，故正确；
③将正负极电极反应式相加得总的化学反应为：2H2+O2═2H2O，不是点燃生成水，故错误；
④该电池放电时，阳离子向正极移动，所以H＋通过电解质向正极移动，故错误；
故选A。
13.某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法正确的是

A. 石墨电极与直流电源负极相连
B. 铜电极的反应式为：2H2O+2e-2OH-+H2↑
C. 氢氧化钠在石墨电极附近产生， Na+ 向石墨电极迁移
D. 用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸变蓝色
【答案】B
【解析】
氯碱工业原理：阳极上氯离子失电子生成氯气，阴极上氢离子得电子生成氢气，由图可知Cu为阴极（若铜为阳极，则铜失电子，氯离子不反应），C为阳极。A、石墨为阳极，与直流电源的正极相连，选项A错误；Ｂ、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，铜电极的反应式为：2H++2e-═H2↑，选项Ｂ正确；C、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钠，电解池中阳离子向阴极移动，Na+向Cu电极移动，选项C错误；Ｄ、Cu为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有氯气生成，所以用湿润KI淀粉试剂在铜电极附近检验气体，试纸不变蓝色，选项Ｄ错误。答案选Ｂ。
14.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤NH4HCO3，C(NH4＋)由大到小的顺序为
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ①④②⑤③
【答案】A
【解析】
【分析】
物质的量相等的这几种溶液中，铵根离子水解程度较小，所以要比较铵根离子浓度大小，先比较盐中铵根离子的系数，系数越大，溶液中铵根离子浓度越大，相同系数的铵盐溶液，再根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断即可。
【详解】①③④⑤中铵根离子系数都是1，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，氢离子抑制铵根离子水解，亚铁离子抑制铵根离子水解，，但氢离子抑制作用强于亚铁离子；
②中铵根离子系数是2，其溶液中铵根离子浓度大于其余溶液中铵根离子浓度，则溶液中铵根离子浓度从小到大顺序是②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，先根据铵根离子系数进行分类，最后根据其它离子对铵根离子的影响来分类即可，难度中等。
15.可逆反应：A＋BC，在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是
A. ΔH＞0、ΔS＞0 B. ΔH＜0、ΔS＜0
C. ΔH＜0、ΔS＞0 D. ΔH＞0、ΔS＜0
【答案】B
【解析】
试题分析：由混合判据可知，当<0时反应自发进行，该反应在低温下能自发进行，那么当ΔH＜0、ΔS＜0时，，反应能自发进行。
考点：反应进行的方向判断
16.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是
A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3
【答案】D
【解析】
试题分析：Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，达到除杂的目的，A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，正确，选D。
考点：考查盐类水解的应用。
17.已知25℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：
化学式
Zn(OH)2
ZnS
AgCl
Ag2S
MgCO3
Mg(OH)2
溶度积
5×10－17
2.5×10－22
1.8×10－10
6.3×10－50
6.8×10－6
1.8×10－11

根据上表数据，判断下列化学过程不能实现的是( )
A. 2AgCl＋Na2S ＝ 2NaCl＋Ag2S
B. MgCO3＋H2O ＝ Mg(OH)2＋CO2↑
C. ZnS＋2H2O ＝ Zn(OH)2＋H2S↑
D. Mg(HCO3)2＋2Ca(OH)2 ＝ Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O
【答案】C
【解析】
根据溶度积常数可知，溶解度：ZnS＜Zn(OH)2，由于发生复分解反应时生成溶解度更小的物质，故C不正确。
18.对于0.1mol•L-1Na2CO3溶液,下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，溶液的pH降低
B. c（Na＋）=2c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（H2CO3）
C. c（Na＋）+c（H＋）="2" c（CO32―）+ 2c（HCO3―）+ c（OH―）
D. 加入少量NaOH固体，c（CO32―）与c（Na＋）均增大
【答案】D
【解析】
碳酸钠水解显碱性，水解吸热，升高温度，促进水解，pH增大，A不正确。B不正确，不符合物料守恒，应该是c（Na＋）=c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（H2CO3）。C不正确，应该是c（Na＋）+c（H＋）="2" c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（OH―）。加入氢氧化钠抑制水解，c（CO32―）与c（Na＋）均增大，D正确，答案选D。
19.常温下，在20.0mL0.10mol•L-1氨水中滴入0.10mol•L-1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol•L-1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是( )

A. 该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积大于20.0mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)
D. N点处的溶液中pH小于12
【答案】D
【解析】
【分析】
A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L。
【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A不选；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B不选；
C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c c(NH4＋)=c(Cl－)>c(H＋)=c(OH－)，故C不选；
D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故选D；
综上所述，本题答案为D。
【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。
20. 下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是
A. 一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c(NH4+)/ c(NH3·H2O)的比值减小
B. 浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO32－)＜ c(HCO3－)，且3c(Na＋)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－+ c(H2CO3)]
C. 0.2 mol·L－1的醋酸(CH3COOH)溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后：c(CH3COO－) + 2c(OH－)＝c(CH3COOH) + 2c(H+)
D. 常温下，已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2Cr2O4)＝2.0×10－12，则Ag2CrO4悬浊液中的c(Ag＋)一定小于AgCl悬浊液中的c(Ag＋)
【答案】C
【解析】
试题分析：A、一定浓度的氨水加水稀释的过程中，氢氧根浓度减小，根据电离常数可知c(NH4+)/ c(NH3·H2O)＝，温度不变，电离常数不变，氢氧根浓度减小，则比值增大，A错误； B、浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，则c(CO32－)＜c(HCO3－)，由于不能确定二者的体积，则3c(Na＋)＝2[c(CO32－)＋c(HCO3－)+c(H2CO3)]是错误的，B不正确；C、0.2 mol·L－1的醋酸(CH3COOH)溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后醋酸过量，根据电荷守恒c(CH3COO－) +c(OH－) = c(Na＋) + c(H+)和物料守恒c(CH3COO－) +c(CH3COOH)＝2c(Na＋)可知，溶液中c(CH3COO－) + 2c(OH－)＝c(CH3COOH) + 2c(H+)，C正确；D、常温下，已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2Cr2O4)＝2.0×10－12，当Ag2CrO4悬浊液中的c(Ag＋)不一定小于AgCl悬浊液中的c(Ag＋)，还需要考虑阴离子的浓度，D错误，故选C。
考点：考查了溶液中离子浓度大小比较的相关知识
三、非选择题(共50分)
21.工业废水中含有：锰、铬、镉等重金属元素。处理工业废水中含有的Cr2O72-和CrO42-，常用的方法为还原沉淀法，该法的工艺流程为:

其中第①步存在平衡2CrO42- (黄色)＋2H＋Cr2O72- (橙色)＋H2O。
(1)写出第①步反应的平衡常数表达式____________________________________。
(2)关于第①步反应，下列说法正确的是________。
A．通过测定溶液的pH可以判断反应是否已达到平衡状态
B．该反应为氧化还原反应
C．强酸性环境，溶液的颜色为橙色
(3)第②步中，还原0.1 mol Cr2O72-，需要________ mol的FeSO4·7H2O。
(4)第③步除生成Cr(OH)3外，还可能生成的沉淀为________。
(5)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s) Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10－32，当c(Cr3＋)降至10－5 mol/L，认为c(Cr3＋)已经完全沉淀，现将第③步溶液的pH调至4，请通过计算说明Cr3＋是否沉淀完全(请写出计算过程)：______________________________________。
【答案】(1)K＝
(2)AC
(3)0.6
(4)Fe(OH)3
(5)当pH调至4时，c(OH－)＝10－10mol/L，c(Cr3＋)＝10－32/c3(OH－) ＝10－2mol/L＞10－5mol/L，因此Cr3＋没有沉淀完全
【解析】
(1)因H2O是纯液态物质，其浓度视为常数，故第①步反应的平衡常数表达式为K＝c(Cr2O72-)/[c2(CrO42-)·c2(H＋)]。
(2)利用反应①可知，反应正向进行时，溶液pH增大，故pH不变时说明反应达到平衡，A项正确；CrO42-和Cr2O72-中Cr均为＋6价，该反应不是氧化还原反应，B项错误；在酸性环境中，溶液中c(Cr2O72-)较大，溶液呈橙色，C项正确。
(3)在第②步反应中Cr2O72-被还原为Cr3＋，0.1 mol Cr2O72-被还原时转移电子的物质的量为0.1 mol×2×(6－3)＝0.6 mol，而还原剂Fe2＋被氧化为Fe3＋，故需要消耗0.6 mol FeSO4·7H2O。
(4)在第②步反应中Fe2＋被氧化为Fe3＋，故第③步还有Fe(OH)3生成。
22.Ⅰ．有如下化学实验装置：A．量筒 B．容量瓶 C．滴定管 D．烧杯
(1)标有“0”刻度的化学仪器为_________________；(填代号)
(2)使用前要检验是否漏水的仪器______________________；(填代号)
(3)量取液体体积时，平视时读数为n mL,仰视时读数为x mL,俯视时读数为y mL,若x＜n＜y，则所用的仪器为_____________ 。(填代号 )
Ⅱ.某实验小组欲从硫酸铜和硫酸亚铁的酸性混合溶液中分离出硫酸亚铁溶液，经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的如下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀pH
6.0
7.5
1.4
沉淀完全pH
13
14
3.7
分离实验的实验操作步骤和目的为：(完成下表空白处)
实验步骤
实验操作
实验操作目的
步骤1
在溶液中加入H2O2
①___________
步骤2
②___________
保证将Fe3+完全沉淀
步骤3
③___________
滤出氢氧化铁
步骤4
洗涤沉淀
④___________
步骤5
在沉淀中加入适量稀硫酸和铁粉
得到FeSO4溶液

【答案】 (1). C (2). BC (3). A (4). 将Fe2+离子氧化成Fe3+ (5). 加入适量的氧化铜，调节溶液的pH值到3.7( 其它答案合理也给分) (6). 过滤 (7). 除去附在沉淀表面上的可溶物
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）标有0刻度的为滴定管；
（2）带有活塞或旋塞的仪器要检查是否漏水；
（3）量取液体体积时，平视时读数为n mL，仰视时读数为x mL，俯视时读数为y mL，若x＜n＜y，说明容器上端刻度大；
Ⅱ．由表中数据可知，要制备纯净的硫酸亚铁溶液，应除去溶液中的Cu2＋和Fe3＋，可先加入H2O2，将Fe2＋离子氧化成Fe3＋，然后加入适量的氧化铜，调节溶液的pH值到3.7，保证将Fe3＋完全沉淀，过滤后得到氢氧化铁，然后加入硫酸和铁粉，可得到纯净的硫酸亚铁溶液。
【详解】Ⅰ．（1）标有0刻度的为滴定管，故选C；
（2）带有活塞或旋塞的仪器要检查是否漏水，则题中滴定管和容量瓶应检漏，故选BC；
（3）量取液体体积时，平视时读数为n mL，仰视时读数为x mL，俯视时读数为y mL，若x＜n＜y，说明容器上端刻度大，则量筒符合，故选A；
Ⅱ．（1）由表中数据可知，要制备纯净的硫酸亚铁溶液，应除去溶液中的Cu2＋和Fe3＋，可先加入H2O2，将Fe2＋离子氧化成Fe3＋，然后加入适量的氧化铜，调节溶液的pH值到3.7，保证将Fe3＋完全沉淀，过滤后得到氢氧化铁，经洗涤后，再加入硫酸和铁粉，可得到纯净的硫酸亚铁溶液，
实验步骤
实验操作
实验操作目的
步骤1
在溶液中加入H2O2
①将Fe2＋离子氧化成Fe3＋
步骤2
②加入适量的氧化铜，调节溶液的pH值到3.7
保证将Fe3+完全沉淀
步骤3
③过滤
滤出氢氧化铁
步骤4
洗涤沉淀
④除去附在沉淀表面上的可溶物
步骤5
在沉淀中加入适量稀硫酸和铁粉
得到FeSO4溶液

23.原电池的发明是化学对人类的一项重大贡献。
（1）一种新型燃料电池，它以多孔铂板为两个电极插入稀硫酸中，然后分别向两极通入氢气和氧气而获得电能。通入氢气的电极反应式为_________________。
（2）电子工业上常利用FeCl3溶液腐蚀铜板制作印刷电路，若将该反应原理设计成原电池，请写出原电池的正极反应______________________________。
（3）常温下，将除去表面氧化膜的铝片、铜片插入浓HNO3中组成原电池装置如图甲所示，测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图乙所示，反应过程中有红棕色气体产生。

t1s前，原电池的负极是铝片，正极的电极反应式为________，溶液中的H＋向______（填“正”或“负”）极移动。t1s后，外电路中电子流动方向发生改变，其原因是_________________。
【答案】 (1). H2－2e－＝2H＋ (2). Fe3＋＋e－＝Fe2＋ (3). 2H＋＋NO3－＋e－＝NO2↑＋H2O (4). 正 (5). Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，此时Cu变成了负极
【解析】
分析：(1)酸性条件下，氢气在负极失电子失去氢离子，据此解答；
(2)FeCl3溶液与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜；Cu失电子发生氧化反应作负极，铜发生氧化反应；不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，氯化铁在正极上发生还原反应，据此解答；
(3)0-t1时，Al为负极，氧化得到氧化铝，Cu为正极，正极上硝酸根放电生成二氧化氮，随着反应进行铝表面钝化形成氧化膜阻碍反应进行，t1时，铜做负极反应，Al为正极，电子流动方向改变，据此解答。
详解：(1)酸性条件下，氢气在负极失电子失去氢离子，则负极的电极方程式：H2-2e-=2H+；故答案为：H2-2e-=2H+；
(2)FeCl3溶液与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Cu失电子发生氧化反应作负极、不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，氯化铁在正极上发生还原反应，电极反应式为Fe3＋＋e－＝Fe2＋，故答案为：Fe3＋＋e－＝Fe2＋；
(3)0-t1时，Al为负极，氧化得到氧化铝，Cu为正极，正极上硝酸根放电生成二氧化氮，正极电极反应式为：2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O，溶液中阳离子向正极移动，即溶液中的H+向正极移动；随着反应进行，Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，此时Cu变成了负极，Al为正极，因此外电路中电子流动方向发生改变，故答案为：2H++NO3-+e-=NO2↑+H2O；正；Al在浓硝酸中钝化，形成的氧化膜阻止了Al的进一步反应，此时Cu变成了负极。
点睛：本题考查电解原理，关键是根据电流方向改变理解原电池中正负极转换，理解Al在浓硝酸中发生钝化，属于易错题目，侧重考查学生分析能力和应用能力。
24.25℃ 时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8


回答下列问题：
(1)一般情况下，当温度升高时，Ka________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是___________________(填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
(3)下列反应不能发生的是________(填字母)。
a. 2ClO－＋CO2＋H2O ＝ CO32－＋2HClO
b. ClO－＋CH3COOH ＝ CH3COO－＋HClO
c. CO32－＋2HClO ＝ CO2↑＋H2O＋2ClO－
d. CO32－＋2CH3COOH ＝ 2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
(4)用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是________(填字母)。
a.c(CH3COOH)/c(H+) b.c(CH3COO－)/c(CH3COOH) c.c(H+)/Ka d.c(H+)/c(OH-)
(5)体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如图所示。

则醋酸的电离平衡常数________(填“>”、“=”或“<”，下同)HX的电离平衡常数；稀释后，醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)____ HX溶液中水电离出来的c(H＋)；用同浓度的NaOH溶液分别中和上述两种酸溶液，恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸________HX。
(6)25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝________mol·L-1(填精确数值)。
【答案】 (1). 增大 (2). a＞b＞d＞c (3). cd (4). b (5). > (6). > (7). > (8). 9.9×10－7 moL·L－1
【解析】
【分析】
(1)升高温度促进弱电解质的电离；
(2)酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱；
(3)酸性强弱为CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，强酸能够制取弱酸，据此对各选项进行判断；
(4)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大,n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以n(CH3COO-)、n(H+)、n(CH3COOH)都减小，据此分析解答；
(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大；酸性不同的两种一元弱酸，体积相同，pH相同，酸越弱，浓度越大，中和时消耗的氢氧化钠越多；
(6)根据混合液中的电荷守恒计算。
【详解】(1)升高温度促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大；
因此，本题正确答案是：增大；
(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH > H2CO3> HClO > HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32－>ClO－　>HCO3－ >CH3COO－　，即a＞b＞d＞c， 
因此，本题正确答案是：a＞b＞d＞c； 
(3) a. CO32－＋2CH3COOH＝2CH3COO－＋CO2↑＋H2O：碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；
b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO：CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－：HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；
d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO：因为酸性H2CO3> HClO > HCO3-，则碳酸与次氯酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32－，该反应不能发生，故d正确；
因此，本题正确答案是：cd；
(4)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，所以的比值减小，故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，则的比值增大，故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，所以的比值减小，故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，的比值减小，故d错误；
因此，本题正确答案是：b；
(5)加水稀释促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；酸性不同的两种一元弱酸，体积相同，pH相同，酸越弱，浓度越大，中和时消耗的氢氧化钠越多，因酸性HX大于醋酸，所以恰好中和时消耗NaOH溶液的体积：醋酸大于HX；
因此，本题正确答案是：>；>；>；
(6)pH=6，则c(H+)=10-6mol/L、c(OH-)=10-8mol/L，
溶液呈存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，
则：c(CH3COO-)- c(Na+)=c(H+)-c(OH-) =10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，
因此，本题正确答案是：9.9×10-7mol/L。