【化学】湖南省雅礼中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

【化学】湖南省雅礼中学2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）

湖南省雅礼中学2019-2020学年高二上学期期中考试 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Ne:23 Cl:35.5 K:39 Mn:55 Fe:56 Cu: 64 Al:27 Mg:24‎ 第I卷 一、选择题 ‎1.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是( )‎ A. 100mL 2moI/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变 B. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率 C. 用锌片和稀硫酸反应制取氢气时，加入少量的硫酸铜溶液，反应速率加快 D. 容器中N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当其它条件不变时，加入催化剂，平衡被破坏，正逆反应速率都加快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A 浓度降低，反应速率减慢；‎ B. 浓硫酸使铁皮钝化；‎ C. 形成原电池，反应速率加快；‎ D. 加入催化剂，反应速率加快，但平衡没有被破坏。‎ ‎【详解】A. 100mL 2moI/L的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，相当于稀释了溶液，c(H+)减小，反应速率减慢，A项错误；‎ B. 浓硫酸使铁皮钝化，因此换成浓硫酸后反应停止，不再产生H2，B项错误；‎ C. 用锌片和稀硫酸反应制取氢气时，加入少量的硫酸铜溶液，锌和置换出的铜形成了原电池，使反应速率加快，C项正确；‎ D. 加入催化剂，平衡没有被破坏，但反应速率加快，且正逆反应速率均加快，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应 X(g)＋Y(g)2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：‎ t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n(Y)/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ 下列说法正确的是 A. 反应前2min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min-1‎ B. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)> ν(正)‎ C. 该温度下此反应的平衡常数K=1.44‎ D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、v(Y)=(0.16－0.12)mol÷10L÷2min=0.002mol·L－1min-1，则v(Z)= 0.004mol·L－1min-1，A项错误；‎ B、降温，平衡正向移动，则达新平衡前，v（正）>v（逆），B项错误；‎ C、 X(g)＋Y(g)2Z(g) △H < 0‎ 起始 0.16 0.16 0‎ 变化 0.06 0.06 0.12‎ 平衡 0.10 0.10 0.12 ‎ K==1.44，C项正确；‎ D、由于该反应是气体体积不变的反应，则达平衡时与原平衡等效，平衡时X的体积分数不变，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列说法中正确的是 A. 熵增且放热的反应一定是自发反应 B. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的 C. 自发反应一定是熵增反应，非自发反应一定是熵减反应 D. 非自发反应在任何条件下都不能实现 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；‎ B、反应自发性与反应是放热或吸热没有关系，与△G=△H-T△S有关，B错误；‎ C、△S＜0，△H＜0低温下可以自发，△S＞0，△‎ H＞0高温下可以自发，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，C错误；‎ D、△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎4.金属矿物通常色彩缤纷、形状各异。下列冶炼金属的方法属于热还原法的是( )‎ A. 电解熔融氯化钠制钠 B. 铝热反应制铁 C. 火法炼铜 D. 加热氧化银制银 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 热还原法是用金属 A(或其合金)作还原剂在高温下将另一种金属B的化合物还原以制取金属B（或其合金）的一种方法。金属热还原通常是按还原剂来命名，例如用铝作还原剂生产金属铬，称为铝热法；用硅铁作还原剂冶炼钒铁，称为硅热法。‎ ‎【详解】A. 电解熔融氯化钠制钠，属于电解法冶炼金属，A项错误；‎ B. 铝热反应制铁，是热还原法，B项正确；‎ C. 火法炼铜是高温下Cu2O与O2反应生成Cu和SO2，不是热还原法，C项错误；‎ D 加热氧化银制银，属于热分解法冶炼金属，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎5.海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如图所示；下列描述错误的是：‎ A. 淡化海水的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法 B. 以NaCl为原料可以生产烧碱、纯碱、金属钠、氯气、盐酸等化工产品 C. 步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气的密度比空气的密度小 D. 用SO2水溶液吸收Br2的离子反应方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42﹣+2Br﹣‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、电渗透法、离子交换法、水合物法、溶剂萃取法和冰冻法，故A正确；B．电解饱和食盐水生产烧碱、氯气、氢气，其中氯气和氢气可以生产盐酸，电解熔融氯化钠生产金属钠和氯气，向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，分解得到纯碱，故B正确；C．步骤Ⅱ中鼓入热空气吹出溴，是因为溴蒸气易挥发，故C错误；D．二氧化硫和溴单质反应生成的硫酸和溴化氢都是强酸完全电离，反应的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O═4H++SO42-+2Br-，故D正确；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查海水资源的理解原理，涉及海水的淡化、海水提溴、氧化还原反应等知识，侧重于考查学生综合运用化学知识的能力。本题的难点为B，要注意工业上的侯氏制碱法的应用。‎ ‎6.下列有关化石能源加工及其产品的说法不正确的是( )‎ A. 石油的分馏是物理变化 B. 石油裂化的主要目的是提高汽油的产量和质量 C. 煤的干馏可得到焦炉气、苯和氨等物质 D. 煤是以单质碳为主的复杂混合物，干馏时单质碳与混合的物质发生化学交化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分馏是分离几种不同沸点的混合物的一种方法，过程中没有新物质生成，只是将原来的物质分离，属于物理变化，A项正确，不符合题意；‎ B. 石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，特别是提高汽油的产量，B项正确，不符合题意；‎ C. 煤的干馏可得到焦炉气、苯和氨等物质，C项正确，不符合题意；‎ D. 煤是有机物和少量无机物的复杂混合物，主要成分不是单质碳，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎7.在相同温度时，100mL0.01mol•L-1醋酸溶液与10mL 0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是 A. H+的物质的量 B. 醋酸的电离平衡常数 C. 中和时所需NaOH的量 D. H+的物质的量浓度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两溶液中醋酸的物质的量相同，浓度越小，电离程度越大，溶液中氢离子的物质的量越大，则H+的物质的量前者大于后者，故A正确；‎ B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同，电离平衡常数相同，故B错误；‎ C．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1•V1=0.1L×0.01 mol•L-1=1×10-3mol，n(后)=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故C错误；‎ D．酸的浓度越大，c(H+)越大，前者小于后者，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.室温下，某溶液中由水电离出的c (H+) =1×10-2 mol/L, 该溶液中可能大量共存的离子组是( )‎ A. Fe3+、 Na+ 、NO3－、 Cl－ B. Fe2+、Na+、Cl－、NO3－‎ C. Al3+、Na+、 Cl－、AlO2－ D. K+、 HCO3－、 SO42－ 、NO3－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由水电离出的c (H+) =1×10-2 mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液。‎ ‎【详解】A. 若该溶液为碱性溶液，即溶液中含有OH-，Fe3+与OH-发生反应生成沉淀，不能共存，但溶液为酸性溶液时，所有离子可以共存，因此该溶液中离子可能大量共存，A项正确；‎ B. 若该溶液为碱性溶液，即溶液中含有OH-，Fe2+与OH-发生反应生成沉淀，不能共存，溶液为酸性溶液时，Fe2+、NO3－与H+发生氧化还原反应不能共存，因此四种离子在该溶液中一定不能共存，B项错误；‎ C. 若该溶液为碱性溶液，即溶液中含有OH-，Al3+与OH-发生反应生成沉淀，不能共存，溶液为酸性溶液时，AlO2-与H+发生反应不能共存，因此四种离子在该溶液中一定不能共存，C项错误；‎ D. HCO3－与H+或OH-均发生复分解反应，不能大量共存，因此四种离子在该溶液中一定不能共存，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO 等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。‎ ‎9.用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，造成测定结果偏高的原因可能是（ ）‎ A. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗 B. 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确 C. 滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴内有气泡 D. 配制标准溶液的NaOH中混有KOH杂质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后，未用未知液润洗，不影响未知液的体积，对测定结果影响，故A错误；‎ B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(碱)偏小，根据c(酸)=可知c(酸)偏小，故B错误；‎ C．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴内有气泡，造成V(碱)偏小，根据c(酸)=可知c(酸)偏小，故C错误；‎ D．所用的固体NaOH中混有KOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH-浓度偏小，造成V(碱)偏大，根据c(酸)=可知c(酸)偏大，故D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=‎ 分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。‎ ‎10.室温下,将0.1mol·L-1盐酸滴入20mL 0.1 mol·L-1氨水中,溶液pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是( )‎ A. a点的pH>7,但Kw仍为1.0×10−14‎ B. b点所示溶液中c(Cl−)=c(NH4+)‎ C. C点溶液pH<7,其原因是NH4++H2ONH3·H2O+H+‎ D. d点所示溶液中离子浓度由大到小的排序是：c(Cl−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、Kw只受温度的影响，故a点溶液的Kw仍为1.0×10-14，A正确；B、在b点，溶液的pH=7，故有c(H+)>c(OH−)，根据电荷守恒可知有c(Cl−)＝c(NH4+)，B正确；C、在c点溶液中，加入的盐酸的体积为20mL，能将氨水恰好完全中和，故所得的溶液为NH4Cl溶液，溶液pH＜7，其原因是NH4+在溶液中会水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，C正确；D、在d点，加入的盐酸的体积为40mL，盐酸过量，所得的溶液为等浓度的HCl和NH4Cl的混合物，溶液显酸性，且由于NH4+水解，故NH4+的浓度小于H+浓度，正确的顺序为：c(Cl−)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH−)，D错误，答案选D。‎ 点睛：本题考查了酸溶液和碱溶液混合过程的离子浓度大小比较、溶液中Kw值的变化只受温度的影响等问题，注意离子浓度大小比较的方法，即 ‎。‎ ‎11.以熔融Na2CO3为电解质，H2和CO混合气为燃料的电池原理如下图所示。‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. b是电池的负极 B. a电极的反应为：CO＋CO32ˉ－2eˉ= 2CO2；H2＋CO32ˉ－2eˉ= H2O＋CO2‎ C. a电极上每消耗22.4L原料气，电池中转移电子数约为2╳6.02╳1023‎ D. a、b两极消耗的气体的物质的量之比是1︰1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．b上为氧气得电子与二氧化碳反应生成CO32-，则b是电池的正极，A错误；B．a为负极，负极上CO和H2被氧化生成二氧化碳和水，电极a反应为：CO＋CO32ˉ－2eˉ= 2CO2；H2＋CO32ˉ－2eˉ= H2O＋CO2，B正确；C．未指明标准状况，无法计算，C错误；D．电极a反应为：CO＋CO32ˉ－2eˉ= 2CO2；H2＋CO32ˉ－2eˉ= H2O＋CO2，b极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，则a、b两极消耗的气体的物质的量之比是2：1，D错误。答案选B。‎ 点睛：解答电解池相关题目时，应从几步入手：①看电极（材料），判断电极本身是否参与反应。②看溶液，判断电解液中的阳离子、阴离子种类，从而判断在阴极、阳极发生反应的微粒。③看隔膜，判断两极反应发生后阴离子、阳离子的浓度变化，从而判断溶液中微粒穿过阴（阳）离子隔膜的方向和产物。‎ ‎12.如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为( )‎ A. ②①③④⑤⑥ B. ⑤④②①③⑥ ‎ C. ⑤②④①③⑥ D. ⑤③②④①⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢进行比较。‎ ‎【详解】由图可知装置②③④是原电池，其中装置②④中铁为负极，且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀的速度越快，因此④>②，装置③中铁作正极，被保护，所以④>②>③，装置⑤和⑥为电解池，⑤中铁作阳极，⑥中铁作阴极，阳极金属腐蚀速度快，阴极被保护，因此⑤>⑥，又因电解池引起的腐蚀速度>原电池引起的腐蚀速度>化学腐蚀速度>有防护措施的腐蚀速度，因此可得铁被腐蚀的速度大小关系为：⑤④②①③⑥；‎ 答案选B。‎ ‎13.下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )‎ 选项 操作 现象 解释或结论 A 在KSCN与FeCl3的混合液中再加入KCl固体 溶液颜色变浅 增大Cl－浓度,平衡逆向移动 B 将氯化铝溶液蒸干 析出白色固体 白色固体是氯化铝 C 用惰性电极电解饱和食盐水，用湿润的淀粉碘化钾试纸在阴极检测试纸 试纸变蓝 阴极产生氯气 D 向两支分别盛有0.1mol/L醋酸和饱和硼酸的试管中滴加等浓度的碳酸钠溶液 醋酸中有气体产生而硼酸中没有 酸性:醋酸>碳酸>硼酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. KCl对Fe3+与SCN-的络合反应没有影响；‎ B. Al3+水解生成Al(OH)3；‎ C. 电解饱和食盐水，阳极上Cl-失去电子后生成Cl2；‎ D. 根据强酸制弱酸的原理确定酸性强弱。‎ ‎【详解】A. KCl对Fe3+与SCN-的络合反应没有影响，增大Cl－浓度，平衡不移动，A项错误；‎ B. Al3+水解生成Al(OH)3，蒸干后得到的物质为Al2O3，B项错误；‎ C. 电解饱和食盐水，阳极上Cl-失去电子后生成Cl2，Cl2在阳极上遇到淀粉碘化钾试纸，试纸变为蓝色，C项错误；‎ D. 根据强酸制弱酸的原理可知，酸性醋酸>碳酸>硼酸，因此醋酸中有气体产生而硼酸中没有，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.读图、读表是高中学生需要具备的重要能力。下列关于各图象的解读正确的是（ ） ‎ A. 由甲推知氢气燃烧热为219.8kJ•mol-1‎ B. 由乙推知离子反应Co2+（aq）+Cd（s）=Co（s）+Cd2+（aq）可以发生 C. 由丙可知：将A、B饱和溶液分别由T1℃升温T2℃时，溶质的质量分数：B＞A D. 由丁可知：同温度、同浓度NaA溶液与NaB溶液相比，其pH：NaA＞NaB ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，甲图中生成的产物为气态水，所以不能计算燃烧热，故A错误；B．原电池反应一定是自发的氧化还原反应，Co2+‎ 与Cd能发生原电池反应，则离子反应Co2+(aq)+Cd(s)═Co(s)+Cd2+(aq)可以发生，故B正确；C．T1℃时，A和B的溶解度相同，饱和溶液中溶质的质量分数相同，当升温到T2℃时，两者的溶解度均变大，无晶体析出，故溶液中的溶质的质量分数均不变，仍相等，故C错误；D．从图像可以看出，加水稀释时，HA的pH变化大，故HA的酸性强于HB，而酸越弱，其对应的盐越水解，故同温度、同浓度的NaA溶液与NaB溶液相比，NaB的水解程度大，pH更大，其pH前者小于后者，故D错误；故选B。‎ ‎15.控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是 A. 为证明反应的发生，可取甲中溶液加入铁氰化钾溶液 B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原，乙中石墨电极上发生氧化反应 C. 电流计读数为零时，在甲中溶入FeCl2固体时，甲中的石墨电极为正极 D. 此反应正反应方向若为放热，电流计读数为零时，降低温度后乙中石墨电极为负极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A., 亚铁离子与铁氰化钾反应，生成蓝色铁氰化亚铁的沉淀，所以为证明反应的发生，可取甲中溶液加入铁氰化钾溶液故A正确；B.反应开始时,甲中石墨电极上得电子被还原,乙中石墨电极上失电子发生氧化反应,所以B选项是正确的；C.电流计读数为零时,在甲中加入固体后,平衡向逆反应方向移动,则甲中石墨电极上亚铁离子失电子发生氧化反应,则为负极,所以C选项是错误的；D.此反应正反应方向若为放热反应,电流计读数为零时,降低温度后,平衡向正反应方向移动,乙中石墨电极上失电子发生氧化反应,为负极,所以D选项是正确的；所以C选项是本题的正确答案。.‎ ‎16.如右图所示，下列叙述正确的是( ) ‎ A. Y为阴极，发生还原反应 B. X与滤纸接触处有氧气生成 C. Y与滤纸接触处有氧气生成 D. X与滤纸接触处变红 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由装置图可知，左侧装置为原电池，装置中Zn作负极Cu作正极，与原电池正极相连的是电解池的阳极，与原电池负极相连的是电解池的阴极，据此分析判断。‎ ‎【详解】A. Y与原电池的负极相连，为电解池的阴极，阴极得到电子，发生还原反应，A项正确；‎ B. X与原电池的正极相连，为电解池的阳极，阳极上Cu-2e-=Cu2+，没有氧气生成，B项错误；‎ C. Y与原电池的负极相连，为电解池的阴极，阴极上阳离子放电，不可能生成氧气，C项错误；‎ D. X与原电池的正极相连，为电解池的阳极，阳极上Cu-2e-=Cu2+，接触到酚酞后颜色不发生变化，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】解答本题时要先判断装置是原电池还是电解池，再判断电极；判断时①电极：阴极是与电源负极相连，得到电子，发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。‎ 第Ⅱ卷 一、填空题 ‎17.己知: 25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。‎ ‎(1) 25℃时，取10mL 0.1 mol/L醋酸溶液测得其pH=3。‎ ‎①将上述(1)溶液加水稀释至1000mL， 溶液pH数值范围为____________；‎ ‎② 25℃时，0.1mol/L氨水(NH3·H2O溶液)的pH=____________；‎ ‎③ 25℃时，氨水电离平衡常数约为____________；‎ ‎(2) 25℃时，现向10mL 0.1 mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，‎ ‎①当溶液的pH=7时，此时由水电离出来的氢离子的物质的量浓度_________ 10-7mol/L(填“>”、“=”或“<”).‎ ‎②在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3·H2O)____________ (填序号)。‎ a.始终减小 b.始终增大 c.先减小再增大 d.先增大后减小 ‎(3)若用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，应选用的指示剂是____________。‎ ‎(4)己知等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，则该混合溶液中下列关系式正确的是_____‎ a. c(CH3COO－)>c(Na+)>c(CH3COOH) b.c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(Na+)‎ c.2c(Na+)= c(CH3COO－)+ c(CH3COOH) d. c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(CH3COOH)+ c(H+)‎ ‎【答案】 (1). 3-5 (2). 11 (3). 1.0×10-5 (4). ＞ (5). b (6). 酚酞 (7). a、c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①醋酸为弱酸，加水稀释至1000ml，pH的变化量小于5；‎ ‎②25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，因此0.1mol/L氨水中c(OH-)=10-3mol/L，计算出氢离子的浓度后判断PH；‎ ‎③电离平衡常数为电离平衡时各离子浓度乘积与为电离的分子浓度的比值；‎ ‎（2）①当溶液的pH=7时，c(H+)=c(OH-)，氨水与相同浓度的CH3COOH溶液恰好中和，促进了了水的电离；‎ ‎②向10mL 0.1 mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，反应生成了醋酸铵溶液，c(NH4+)逐渐增大，c(NH3·H2O)逐渐减小；‎ ‎（3）碱滴定酸通常选择酚酞作指示剂；‎ ‎（4）等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，，说明c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒和物料守恒进行分析判断。‎ ‎【详解】（1）①醋酸加水稀释至1000mL，相当于稀释了100倍，由于为弱酸，pH=3时，pH的变化量小于5，因此pH数值范围为3-5；‎ ‎②25℃时，CH3COOH和NH3·H2‎ O的电离常数相等，因此0.1mol/L氨水中c(OH-)=10-3mol/L，那么c(H+)==10-11mol/L，因此pH=11；‎ ‎③由②知25℃时0.1mol/L氨水中c(OH-)=10-3mol/L，那么Kb===1.0×10-5；‎ ‎（2）①当溶液的pH=7时，c(H+)=c(OH-)，氨水与相同浓度的CH3COOH溶液恰好中和，增加了水的量，促进了了水的电离，因此由水电离出来的氢离子的物质的量浓度大于10-7mol/L；‎ ‎②向10mL 0.1 mol/L氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，反应生成了醋酸铵溶液，c(NH4+)逐渐增大，c(NH3·H2O)逐渐减小，因此的值减小；‎ ‎（3）用氢氧化钠溶液滴定醋酸溶液，可以选择酚酞作指示剂；‎ ‎（4）a. 等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，，说明c(H+)>c(OH-)，醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，结合电荷守恒可知c(CH3COO-)>c(Na+)，醋酸为弱酸，部分电离，电离后溶液中还存在少量的醋酸分子，因此c(CH3COO－)>c(Na+)>c(CH3COOH)，a项正确；‎ b. 根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(Na+)+c(H+)，b项错误；‎ c. 由物料守恒可知：2c(Na+)= c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)，c项正确；‎ d. 根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)+ c(OH－)= c(Na+)+c(H+)，由物料守恒可知：2c(Na+)= c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，两式联立后得：c(CH3COO－)+2c(OH－)=c(CH3COOH)+2c(H+)，d项错误；‎ 答案选a、c。‎ ‎【点睛】电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等; 物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变.‎ ‎18.某同学设计一个燃料电池(如图所示)，目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。根据要求回答相关问题:‎ ‎(1)石墨电极为_________(填“阳极“或“阴极”， 乙池中电解的总化学方程程式为___________________.‎ ‎(2)如果粗铜中含有锌、银等杂质,丙装置中反应一段时间，溶液中硫酸铜浓度将_________(填“增大”“减小“或“不变”)。精铜电极上的电极反应式为__________________________________________。‎ ‎(3)若在标准状况下,有224mL氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标准状况下体积为__________mL.‎ ‎【答案】 (1). 阳极 (2). 2NaCl+2H2O Cl2↑ H2↑ +2NaOH (3). 减小 (4). Cu2++2e－= Cu (5). 448‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由装置图可知，甲装置为燃料电池，通入氧气的一端为正极，发生还原反应，通入氢气的一端为负极，发生氧化反应；乙为电解池，且铁为阴极，发生还原反应，石墨为阳极，发生氧化反应，丙为电镀池，粗铜为阳极，发生氧化反应，精铜为阴极，发生还原反应，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）由分析可知，石墨为阳极，乙装置中发生的是电解饱和食盐水的反应，电解得总的方程式为：2NaCl+2H2O Cl2↑ H2↑ +2NaOH；‎ ‎（2）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅是铜失电子，锌、银等杂质均失去电子进入溶液中，阴极上Cu2+得到电子析出了单质Cu，而阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，因此丙装置中反应一段时间，溶液中硫酸铜浓度将减小，精铜为阴极，阴极上Cu2+得到电子生成铜单质，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；‎ ‎（3）串联电池中转移的电子的物质的量相等，因此由电极反应可得计量关系：O2~2H2，因此当有224mL(即0.01mol)氧气参加反应时，乙装置中铁电极上生成的氢气的物质的量为2×0.01mol=0.02mol，标况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，即448ml。‎ ‎【点睛】串联类电池的解题流程 ‎19.如图所示为某研究性学习小组探究全属腐蚀条件的实验装置图，试分析实验并回答下列问题:‎ ‎ ‎ ‎(1)起始时,若甲、乙、丙三套装置的导管中液面高度相同，则过一段时间后导管中液面最高的是______(填装置代号).‎ ‎(2)通过甲、乙装置的对比实验说明，钢铁中碳的含量越___________(填“高”或“低”)越容易被腐蚀.‎ ‎(3)乙装置中发生电化学腐蚀时正极的电极反应式为___________________________________________。‎ ‎(4)为防止铁的锈蚀，工业上普遍采用的与电化学有关的方法是____________________(写出一点即可).‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 高 (3). O2+4e－+2H2O=4OH－ (4). 牺牲阳极的阴极保护法/外加电流的阴极保护法 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）甲中铁在电解质溶液中，乙形成了原电池，使反应速率加快，丙中铁在非电解质溶液中；‎ ‎（2）乙装置中含碳量较高，形成了原电池后反应速率加快；‎ ‎（3）乙装置中形成了原电池，其中铁作负极，失去电子发生氧化反应，碳为正极，O2在正极表面得到电子生成OH-；‎ ‎（4）工业上常用牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法两种方法防治铁的锈蚀。‎ ‎【详解】（1）甲中铁在电解质溶液中，乙形成了原电池，使反应速率加快，丙中铁在非电解质溶液中，因此反应速率快慢的关系为：乙>甲>丙，所以一段时间后导管中液面最高的是乙；‎ ‎（2）乙装置中含碳量较高，形成了原电池后反应速率加快，因此钢铁中碳的含量越高越容易被腐蚀；‎ ‎（3）乙装置中形成了原电池，其中碳为正极，O2在正极表面得到电子生成OH-，电极反应为：O2+4e－+2H2O=4OH－；‎ ‎（4）工业上常用牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法两种方法防治铁的锈蚀。‎ ‎20.工业制碘常以海带为原料，根据工业制碘的流程图，回答下列问题:‎ ‎ ‎ ‎(1)步骤⑤对应的实验操作是______________。‎ ‎(2)提取单质碘时，需对“含碘CCl4溶液”进行蒸馏，实验室的蒸馏装置示意图如下：‎ ‎①B仪器的名称是_______________。‎ ‎②指出图中两处明显的错误(描述错误即可，无需改正)___________________、__________________.‎ ‎(3)必修2教材91页也有在海带中提取碘的实验，对比工业制碘，回答下列问题：‎ ‎①教材实验中，在灼烧海带前的操作正确的是_________________。‎ A.用水冲洗海带，用剪刀剪碎 B.不用水冲洗海带，用剪刀剪碎，再用酒精润湿海带 C.先用水冲洗海带，再用剪刀剪碎，最后用酒精润湿海带 ‎②与工业制碘步骤④中不同的是，教材实验中用的氧化剂是过氧化氢的水溶液，写出教材实验中该反应的离子方程式___________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 萃取 (2). 冷凝管 (3). 冷凝水未下进上出 (4). 温度计水银球未在支管口处 (5). C (6). H2O2+2I－+2H+=I2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 海带灼烧后生成海带灰，加水浸泡后形成海带灰悬浊液，过滤后弃去固体，得到含I-的溶液，通入Cl2后，Cl2将I-氧化为I2，形成了含有I2的水溶液，向含有I2的水溶液中加入CCl4，可萃取I2，形成碘的CCl4溶液，蒸馏后可得到I2，据此分析作答。‎ ‎【详解】（1）操作⑤用CCl4提取了碘水中的I2，操作名称为萃取；‎ ‎（2）①由装置图可知B仪器的名称是冷凝管；‎ ‎②蒸馏装置中温度计测量的是蒸气的温度，因此温度计的位置错误，应将温度计置于蒸馏烧瓶支管口处，并且冷凝水进出水方向错误，应为“下进上出”；‎ ‎（3）①灼烧海带前应先将该带洗净后用剪刀剪碎，用酒精润湿后再进行灼烧，答案选C；‎ ‎②过氧化氢具有较强的氧化性，可将I-氧化为I2，离子方程式为： H2O2+2I－+2H+=I2+2H2O。‎ ‎21.硫酸工业中废渣成为硫酸渣，其成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中全属元素的提取实验。‎ 己知溶液pH=3.7时，Fe3+已经沉淀完全；一水合氨电离常数K=1.8×10-5,其饱和溶液中c(OH－)约为1×10-3 mol/L。请回答：‎ ‎(1)写出固体C的化学式:______________________。‎ ‎(2)上述流程中两次使用试剂①，推测试剂①应该是__________________(填以下字母编号)。‎ A.氢氧化钠 B.氧化铝 C.氨水 D.水 ‎(3)溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是________________________(任写一点)。‎ ‎(4)H中溶质的化学式为_____________________。‎ ‎(5)计算溶液F中c(Mg2+) =______________mol/L(25℃时，氢氧化镁的Ksp=5.6 × 10-12) 。‎ ‎【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). A (3). 镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全 (4). NaHCO3 (5). 5.6×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 硫酸渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，加入过量盐酸至固体不再溶解，此时得到不溶性固体A为SiO2，溶液中存在Fe3+、Al3+、Mg2+，加入试剂①调节pH=3.7，因溶液pH=3.7时，Fe3+已经沉淀完全，因此固体C为Fe(OH)3，溶液中存在Al3+和Mg2+，继续加入试剂①，Al3+和Mg2+均与OH-结合生成Al(OH)3和Mg(OH)2两种沉淀，但Al(OH)3可溶解与过量的碱液，因此当调节溶液的pH=13时得到沉淀Mg(OH)2同时得到NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量的CO2后得到沉淀Al(OH)3和NaHCO3溶液，据此解答本题。‎ ‎【详解】（1）由分析可知固体C的化学式为：Fe(OH)3；‎ ‎（2）Al(OH)3能溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂①选择强碱氢氧化钠；‎ ‎（3）溶液D中存在Al3+和Mg2+，加入强碱使两种离子充分反应，最终共生成Al(OH)3和Mg(OH)2两种沉淀，由于Al(OH)3可溶解与过量的碱液，因此需要控制溶液pH=13，若pH<13，会导致Mg2+沉淀不完全或Al(OH)3不能完全溶解；‎ ‎（4）由分析可知溶液H中的溶质为NaHCO3；‎ ‎（5）调节溶液的pH=13，可知c(H+)=10-13mol/L，那么溶液中c(OH-)==0.1mol/L，因此c(Mg2+) ===5.6×10-10 mol/L.‎