【化学】河北省保定一中2019-2020学年高二下学期第三次月考（解析版）
河北省保定一中2019-2020学年高二下学期第三次月考
考生注意
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：苏教版选修4。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题共48分）
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列能量转化过程中由化学能转化为电能的是（ ）
A. 光伏发电 B. 风力发电
C. 水力发电 D. 燃料电池
【答案】D
【解析】
【详解】A．光伏发电是光能转化为电能，A不符合题意；
B．风力发电是将风能转化为电能，B不符合题意；
C．水力发电是将水的机械能转化为电能，C不符合题意；
D．燃料电池是由化学能转化为电能的原电池装置，D符合题意；
答案选D。
2. 已知反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.6kJ•mol-1。若反应达到平衡后，升高温度，下列说法正确的是（ ）
A. v正减小，v逆增大，平衡逆向移动
B. v正增大，v逆减小，平衡正向移动
C. v正、v逆同时增大，平衡逆向移动
D. v正、v逆同时增大，平衡正向移动
【答案】C
【解析】
【详解】升高温度正、逆反应速率均增大，正反应放热，因此平衡向逆反应方向进行。答案选C。
3. 常温下，若CH3COONa和CH3COOH的混合溶液的pH＞7，则下列关系式正确的是
A. c(CH3COO－)＝c(Na＋)
B. c(CH3COO－)＞c(Na＋)
C. c(CH3COO－)＜c(Na＋)
D. 无法判断c(CH3COO—)与c(Na＋)的大小
【答案】C
【解析】
【分析】
常温下，CH3COONa 与CH3COOH 的混合溶液的pH＞7，说明溶液中 c(H+)＜c(OH-)，以CH3COONa的水解为主，结合电荷守恒分析解答。
【详解】常温下，CH3COONa 与CH3COOH 的混合溶液的pH＞7，说明溶液中 c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，得：c(Na+)＞c(CH3COO-)，只有C正确，故选C。
【点睛】明确溶液中的电荷守恒关系式的书写是解题的关键。本题中要注意常温下溶液的酸碱性(pH)与溶液中c(H+)、c(OH-)相对大小的关系。
4. 下列反应中的反应物总能量高于生成物总能量的是（ ）
A. 氯化铵晶体与氢氧化钡晶体反应
B. 盐酸与氢氧化钠中和反应
C. 焦炭与二氧化碳高温下的化合反应
D. 碳酸钙的分解反应
【答案】B
【解析】
【分析】
反应物总能量高于生成物总能量，说明该反应为放热反应，结合常见的吸热反应和放热反应分析判断。
【详解】A．氯化铵晶体与氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，A不符合题意；
B．盐酸与氢氧化钠的中和反应为放热反应，B符合题意；
C．焦炭与二氧化碳高温下的化合反应为吸热反应，C不符合题意；
D．碳酸钙的分解反应为吸热反应，D不符合题意；
答案选B。
5. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 合成氨生产中，为提高氢气的转化率，可增加氮气的量
B. 二氧化硫的催化氧化反应，△H＜0，故反应温度越低越好
C. △H＞0、△S＜0的反应在任何条件下都能发生反应
D. 使用催化剂可以提高工业生产中合成氨的产率
【答案】A
【解析】
【详解】A. 合成氨生产中，为提高氢气的转化率，可增加氮气的量使平衡正向移动，A正确；
B. 二氧化硫的催化氧化反应中△H＜0，但并不是反应温度越低越好，因为还需要考虑反应速率和催化剂的活性，B错误；
C. 根据△G＝△H－T△S＜0可自发进行可知，△H＞0、△S＜0的反应在任何条件下都不能自发进行，C错误；
D. 使用催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡状态，因此不能提高工业生产中合成氨的产率，D错误；
答案选A。
6. 恒容密闭容器中，反应X(s)+2Y(g)3Z(g)在一定条件下进行，下列不能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A. 气体的密度不再变化
B. Y与Z的物质的量之比为2：3
C. 气体的压强不再变化
D. 生成Y与消耗X的物质的量之比为2：1
【答案】B
【解析】
【详解】A
．恒容密闭容器中，反应未达到平衡时，气体的质量不断发生改变，则气体的密度是变量，当气体的密度不再变化时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．Y和Z的物质的量之比为2：3和是否平衡无关，不能根据两种物质的物质的量之比等于方程式的化学计量数之比判断反应是否到达平衡，B符合题意；
C．根据PV=nRT可知，压强与物质的量成正比，气体的物质量为变量，当气体的压强不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，C不符合题意；
D．生成Y与消耗X的物质的量之比为2：1时，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
答案选B。
7. 下列方程式书写正确的是（ ）
A. HCO的水解方程式：HCO+H2OH3O++CO
B. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：HSOH++SO
C. CO的水解方程式：CO+H2OHCO+OH-
D. 向Na2CO3溶液中滴入少量稀盐酸，发生反应的离子方程式：2H++CO=H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．HCO水解生成H2CO3和OH-，水解方程式为HCO+H2OOH-+H2CO3，A错误；
B．NaHSO4在水溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO，B错误；
C．CO水解生成HCO和OH-，水解方程式为CO+H2OHCO+OH-，C正确；
D．向Na2CO3溶液中滴入少量稀盐酸，发生反应的离子方程式：H++CO=HCO，D错误；
答案选C。
8. 下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验过程
A
配制一定质量分数的FeCl3溶液
将称量好的FeCl3固体用适量的浓盐酸溶解，冷却后加蒸馏水稀释到需要的质量
B
测定0.1mol•L-1NH4Cl溶液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许该溶液滴在湿润的pH
试纸上，立刻与标准比色卡比较
C
在铁制的钥匙表面镀一层金属铜
将钥匙和纯铜分别与直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中
D
验证元素非金属性强弱：Cl>P
比较同浓度的盐酸和磷酸分别与等量同样的Zn粒发生反应的速率
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．将称量好的FeCl3固体用适量的浓盐酸溶解，冷却后加蒸馏水稀释到需要的质量，即可配制一定质量分数的FeCl3溶液，A能够达到实验目的；
B．湿润的pH试纸测定的是稀释后0.1mol/LNH4Cl溶液的pH，B不能够达到实验目的；
C．铁制的钥匙和纯铜分别于直流电源的正极和负极相连，同时插入CuSO4溶液中，铁制的钥匙做阳极，Fe失去电子，被腐蚀，C不能达到实验目的；
D．验证元素非金属性强弱应选用高氯酸和磷酸与Zn反应，不能用盐酸比较，D不能够达到实验目的；
答案选A。
9. 下列叙述不正确的是（ ）
A. 要加热才能发生的反应也可能是放热反应
B. 自然界中钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀
C. 电解质的强弱也能影响电解质溶液的导电能力
D. 明矾和漂白粉都可以用于自来水的净化和杀菌消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A．要加热才能发生的反应也可能是放热反应，如燃烧反应，A正确；
B．自然界中钢铁腐蚀主要是与空气中的水和氧气接触，发生吸氧腐蚀，B正确；
C．电解质的强弱可以影响电离出的离子浓度大小，也能影响电解质溶液的导电能力，C正确；
D．明矾不能用于杀菌消毒，D错误；
答案选D。
【点睛】C选项为易错点，溶液的导电能力与离子浓度和离子所带电荷数有关，电解质的强弱不能直接决定导电能力，但可以影响电离出的离子浓度大小，影响电解质溶液的导电能力。
10. 常温下，向pOH[pOH=-lgc(OH-)均为2的NaOH与YOH溶液中分别加水稀释，溶液pOH随溶液体积变化的曲线如图所下列说法正确的是（ ）
A. 水的电离程度：a＜b
B. 稀释到pOH均为3时，加水量：V水(NaOH)＜V水(YOH)
C. 稀释前NaOH与YOH的物质的量浓度均为0.01mol•L-1
D. 无限稀释时，NaOH与YOH的pOH仍按图示比例一直增大
【答案】B
【解析】
【详解】pH相同的NaOH、YOH分别加水稀释，稀释相同倍数时pH变化较小的碱较弱，根据图知，YOH是弱碱。
A．碱抑制水电离，碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大，根据图知，c（OH-）：a＜b，则水电离程度：a＞b，故A错误；
B．稀释到pOH均为3时，弱碱加入的水体积大于强碱，NaOH是强碱、YOH是弱碱，则加水量：V水（NaOH）＜V水（YOH），故B正确；
C．YOH是弱碱，部分电离，所以稀释前c（YOH）＞0.01mol/L，故C错误；
D．无限稀释时，NaOH、YOH溶液接近中性，则溶液的pOH接近7，故D错误；
故答案选B。
11. 在密闭容器中，一定量混合气体发生反应xA（g）＋yB（g）pC（g）＋qD（g），平衡时测得B的浓度为1.0 mol·L－1。保持温度不变，将容器的体积压缩到原来的一半，再次达到平衡时，测得B的浓度为1.5 mol·L－1。下列有关判断正确的是
A. x＋y
p＋q，故A错误；
B.气体平均摩尔质量，平衡右移，总质量不变，气体总物质的量变小，所以气体平均摩尔质量增大，故B正确；
C.根据分析可知压缩体积平衡正向移动，故C错误；
D.平均密度，总质量不变，但体积缩小，故密度变大，故D错误；
故答案为B。
【点睛】注意压缩容器体积后即便平衡不移动，气体的浓度也会变大。
12. A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应过程中的能量（单位：kJ•mol-1）变化如图所示：下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 正反应与逆反应的活化能相等
B. 加入催化剂后，△E、E1、E2均不变
C. 一定条件下，1molA（g）与1molB（g）在密闭容器中充分反应，放出的热量等于△E
D. 图中反应的焓变为△E，该反应是吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应物总能量低于生成物总能量，因此是吸热反应，所以正反应活化能大于逆反应的活化能，A错误；
B. 加入催化剂后可改变活化能，E1、E2均变化，但反应热△E不变，B错误；
C. 一定条件下，1molA（g）与1molB（g
）在密闭容器中充分反应，由于是可逆反应，所以放出的热量小于△E，C错误；
D. 反应物总能量低于生成物总能量，图中反应的焓变为△E，该反应是吸热反应，D正确；答案选D。
13. 炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 腐蚀过程中，负极是C
B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C. C是正极，O2在C表面上发生还原反应
D. 正极的电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
根据腐蚀原理图可知，铁为负极，失去电子发生氧化反应，C作正极，O2在C表面上得到电子发生还原反应，据此分析解答问题。
【详解】A．铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误；
B．原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，不会经过电解质溶液，在电解质溶液中依靠离子移动导电，B错误；
C．根据分析可知，C是正极，O2在C表面上发生还原反应，C正确
D．该原电池中，C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，D错误；
答案选C。
14. 下列说法正确的是（ ）
A. 为防止食品氧化变质，可在包装袋中放入还原性铁粉
B. 用铝热反应2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，生成的铁水焊接钢轨，说明铝的熔点比铁高
C. NH3的水溶液导电，所以NH3是电解质
D. 洁厕灵（主要成分为盐酸）与“84”消毒液（主要成分为NaClO）混合使用清洁效果更佳
【答案】A
【解析】
【详解】A. 铁是活泼的金属，为防止食品氧化变质，可在包装袋中放入还原性铁粉，A正确；
B. 用铝热反应2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，生成的铁水焊接钢轨，说明铝热反应是放热反应，铝的熔点比铁低，B错误；
C. NH3的水溶液导电，是因为一水合氨能电离出的阴阳离子，所以一水合氨是电解质，NH3是非电解质，C错误；
D. 洁厕灵（主要成分为盐酸）与“84”消毒液（主要成分为NaClO）混合使用会发生氧化还原反应生成氯气，D错误；答案选A。
15. 往三个不同容积的恒容密闭容器中分别充入1 mol CO与2 mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH，在不同的反应条件下，测得平衡时CO的转化率和体系压强如下表。下列说法不正确的是
温度(℃)
容器体积(mL)
CO转化率(%)
平衡压强(Pa)
①
200
V1
50
p1
②
200
V2
70
p2
③
350
V3
50
p3
A. 起始时反应速率：②>①
B. 平衡时体系压强：p1V3，则ΔH<0
D. 若实验②中再通入1 mol CO，则CO的转化率大于70%
【答案】AB
【解析】
【详解】A. ①和②体积不知，压强不知，无法比较两者的速率，故A错误；
B. ①和②体积不知，压强不知，无法比较两者平衡时体系压强关系，故B错误；
C. ③和①CO转化率的转化率相同，若容器体积V1＞V3，③到①平衡逆CO转化率减小，但降低温度使CO的转化率增加，所以正反应为放热反应，则ΔH<0，故C正确；
D. 恒容条件下，若实验②中再通入1 mol CO，相当于增大压强，平衡正向移动，则CO转化率大于70%，故D正确；
答案选AB。
16. 常温下，将0.1mol•L-1的NH3•H2O逐滴滴入10mL0.1mol•L-1HR溶液中，所得溶液pH及导电性变化如图，下列分析正确的是（ ）
A. 水电离出c(H+)：b＞a
B. 相同温度下，电离平衡常数：HR＞NH3•H2O
C. 溶液中Kw：b＞a=c
D. c点溶液中：c(R-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图像可知，a点时溶液pH＜7，抑制水的电离，因此水电离出c(H+)：b＞a，A正确；
B．根据图像，加入10mL 0.1mol•L-1的NH3•H2O时恰好完全反应，溶液呈中性，则电离平衡常数Ka(HR)≈Ka(NH3•H2O)，B错误；
C．温度均为常温，Kw均为1.0×10-14，C错误；
D．c点时，溶液的溶质为NH4R和NH3·H2O，c(NH)＞c(R-)，D错误；
答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题共52分）
二、非选择题（本题包括5小题，共52分）
17. 能源是人类生活和社会发展的基础，研究化学反应中的能量变化，有助于更好地利用化学反应为人们的生产和生活服务。请回答下列问题：
(1)从能量的角度看，当反应物断开化学键吸收的总能量大于生成物形成化学键放出的总能量时，该反应为__(填“放热”或“吸热”)反应，△H__(填“＞”或“＜”)0。
(2)中和热测定实验中，用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、__。已知0.25mol•L-1NaOH溶液与足量的稀醋酸反应放出13.25kJ热量，则该中和反应的热化学方程式为__。
(3)0.2mol液态高能燃料联氨(N2H4)在氧气中燃烧生成N2和液态水，放出124.25kJ热量，则其热化学方程式为__。
(4)CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g) △H=+256.6kJ•mol-1
2CH3CH2OH(g)+O2(g)=6H2(g)+4CO(g) △H=+27.6kJ•mol-1
H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ•mol-1
则常温下H2燃烧热的热化学方程式为__。
【答案】 (1). 吸热 (2). ＞ (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H=-53.00kJ•mol-1 (5). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-621.25kJ•mol-1 (6). H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-286.8kJ•mol-1
【解析】
【详解】(1)当反应物断开化学键吸收的总能量大于生成物形成化学键放出的总能量时，则该反应为吸热反应，△H＞0；
(2)中和热测定实验中，需要用到仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，中和热是指强酸强碱的稀溶液反应生成1molH2O释放的能量，已知0.25mol•L-1NaOH溶液与足量的稀醋酸反应放出13.25kJ热量，则该反应的中和热为13.25kJ×4=53kJ，因此该中和反应的热化学方程式为NaOH(aq)+CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) △H=-53.00kJ•mol-1；
(3)0.2mol液态高能燃料联氨(N2H4)在氧气中燃烧生成N2和液态水，放出124.25kJ热量，则1molN2H4放出的热量为124.25kJ×5=621.25kJ，故反应的热化学反应方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-621.25kJ•mol-1；
(4)已知：①CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g) △H=+256.6kJ•mol-1
②2CH3CH2OH(g)+O2(g)=6H2(g)+4CO(g) △H=+27.6kJ•mol-1
③H2O(g)=H2O(l) △H=-44kJ•mol-1
根据盖斯定律，反应[③×2-(①×2-②)]可得常温下H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)+
O2(g)=H2O(l) △H=[(-44×2)-(+256.6×2-27.6)]=-286.8kJ•mol-1。
18. 一定条件下，向体积为2L的密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化关系如图1所示。
（1）保持体积不变，从反应开始至达到平衡，H2的平均反应速率v(H2)=__；CO2的平衡转化率a(CO2)=___。
（2）该反应的平衡常数K=__。
（3）15min时，把体积压缩到1L，请在图2中画出CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化的图像___。
（4）25℃、1.01×105Pa时，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出350.8kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：___。
（5）选用合适的合金为电极，以氢氧化钾、甲醇、水、氧气为原料，可以制成一种以甲醇为原料的燃料电池，其负极的电极反应式是__。
【答案】 (1). 0.225mol•L-1•min-1 (2). 75% (3). (4). (5). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-701.6kJ•mol-1 (6). CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O
【解析】
【分析】
根据反应速率进行计算，根据图像得出平衡时各组分的浓度，计算平衡常数，压缩体积相当于加压，根据勒夏特列原理分析作图，根据热化学反应方程式的书写规则书写反应的热化学方程式，根据燃料电池原理书写电极反应式。
【详解】(1)由图像可知，反应达到平衡时，c(CO2)=0.25mol/L，则n(CO2)=0.25mol/L×2L=0.5mol，转化的CO2的物质的量为2-0.5=1.5mol，因此转化的H2的物质的量为1.5mol×3=4.5mol，则，CO2的平衡转化率为；
(2)反应达到平衡时，c(CO2)=0.25mol/L，c(H2)=0.75mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，c(H2O)=0.75mol/L，则平衡常数；
(3)15min时，把体积压缩到1L，浓度增大一倍，且平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，新平衡CO2和CH3OH的浓度大于原平衡，则CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化的图像为；
(4)16g甲醇(CH3OH)的物质的量为0.5mol，25℃、1.01×105Pa时，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出350.8kJ的热量，则1mol甲醇燃烧放出350.8×2=701.6kJ的热量，因此该反应的热化学反应方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-701.6kJ•mol-1；
(5)以氢氧化钾、甲醇、水、氧气为原料，制成一种以甲醇为原料的燃料电池，负极甲醇失去电子与OH-结合生成CO，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2O。
19. 某研究性学习小组用浓度为0.20 mol·L-1的盐酸标准液滴定含有一定量杂质的烧碱样品(杂质与酸不反应)溶于水形成的溶液。
（1）准确量取一定体积的待测液需要使用的仪器是______________。
（2）若滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则消耗盐酸标准液的体积为________mL。
（3）滴定时，若以酚酞为指示剂，滴定达到终点的标志是______________________________。
（4）将准确称取的5.0g烧碱样品配制成250mL 待测液，并用盐酸标准液滴定。滴定前读数及滴定后读数如下表所示。
滴定次数
待测液体积(mL)
0.20 mol·L-1的盐酸体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
10.00
0.70
20. 60
第一次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
1.10
21.10
由实验数据可知，烧碱的纯度为__________。
（5）下列操作会导致测得的待测液的浓度偏大的是________(填字母)。
a.部分标准液滴出锥形瓶外 b.用待测溶液润洗锥形瓶
C.锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 d.放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
【答案】 (1). 碱式滴定管(或移液管) (2). 26.10 (3). 滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 (4). 80% (5). ab
【解析】
【详解】(1)因为是准确量取一定体积的待测液，因此应用滴定管或移液管，滴定管和移液管的精确度是0.01mL，样品是烧碱，使用滴定管时，应选择碱式滴定管；
(2)根据图，开始时刻度为0，滴定终点后刻度为26.10mL，因此消耗盐酸标准液体积为26.10mL；
(3)
酚酞遇碱变红，盐酸滴定含有酚酞的氢氧化钠溶液过程中，滴定达到终点的现象：滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；
(4)三次消耗的盐酸的体积分别为19.9、20.10、20.00，三次平均消耗盐酸的体积为(19.9＋20.10＋20.00)/3mL=20.00mL，盐酸与氢氧化钠发生NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，n(NaOH)=n(HCl)=20.00×10－3×0.2mol=4×10－4mol，250mL溶液中n(NaOH)=4×10－4×mol=0.1mol，其质量为0.1×40g=4g，则纯度为4/5.0×100%=80%；
(5)根据c(NaOH)= 进行分析：
a．部分标准液滴出锥形瓶，造成消耗V(HCl)增大，即所测氢氧化钠的浓度偏大，故a正确；
b．用待测液润洗锥形瓶，造成锥形瓶中溶质物质的量增大，即消耗V(HCl)增大，即所测浓度偏高，故b正确；
c．锥形瓶中是否有水，对实验无影响，故c错误；
d．放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失，造成锥形瓶中待测液的体积减小，消耗盐酸体积减小，即所测溶液的浓度偏小，故d错误；
故选ab。
20. 请按要求回答下列问题：
（1）25℃时，物质量浓度均为0.1mol•L-1的几种盐溶液的pH如下表所示。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
溶液
NH4Cl溶液
CH3COONH4溶液
NaHCO3溶液
pH
5
7
8.4
①溶液Ⅰ显酸性的原因是___（用离子方程式表示）。
②溶液Ⅱ中，Ka(CH3COOH)__（填“＞”“＜”或“＝”）Kb(NH3•H2O)。
③写出溶液Ⅲ中阴离子浓度由大到小的关系：__。
（2）几种离子开始沉淀时的pH如下表所示。
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
①当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，__（填离子符号）最先沉淀。
②25℃时，要使0.2mol•L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为__。{Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20}
【答案】 (1). NH+H2ONH3•H2O+H+ (2). = (3). c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO) (4). Cu2+ (5). 6
【解析】
【详解】（1）①铵根水解，因此溶液Ⅰ显酸性，离子方程式为NH+H2ONH3•H2O+H+。
②常温下溶液Ⅱ的pH＝7，即溶液显中性，这说明铵根和醋酸根的水解程度相等，即相应碱和酸的电离程度相等，所以Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3•H2O)。
③碳酸氢钠溶液显碱性，这说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，则溶液Ⅲ中阴离子浓度由大到小的关系为c(HCO)＞c(OH-)＞c(CO)。
（2）①根据表中数据可知铜离子沉淀需要的pH最小，因此当向含相同浓度Cu2+、Mg2+、Fe2+的溶液中滴加氢氧化钠溶液时，Cu2+最先沉淀。
②25℃时，要使0.2mol•L-1硫酸铜溶液中铜离子沉淀较为完全（使铜离子浓度降至原来的千分之一），即反应后溶液中铜离子浓度是2×10－4 mol•L-1，所以根据Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20可知此时溶液中氢氧根的浓度是mol/L＝10－8 mol•L-1，所以pH=6，则应向溶液里加入氢氧化钠溶液，使溶液pH为6。
21. 某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解池的原理进行实验探究。
请回答：
Ⅰ.用图1所示装置进行第一组实验。
（1）实验过程中N极附近变红，左边反应原理为Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu。电极M是__
极，电极反应式为___。
（2）若实验过程中有0.4mol电子转移，则有___molCl-通过隔膜。
Ⅱ.用如图2所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区逐渐产生蓝色沉淀；停止实验，铜电极明显变细，电解液仍然澄清；分别收集两极产生的气体进行实验，发现其中一种气体可在另一种气体中燃烧，据此回答下列问题。
（3）Y极产生的气体为___（填化学式），产生该气体的电极反应式为__。
（4）电解过程中，X极区溶液的pH__（填“增大“减小”或“不变”）。
（5）若在X极收集到672mL气体时，Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况下的气体体积），则Y电极（电极）质量减少___g。
【答案】 (1). 阳 (2). 2Cl--2e-=Cl2↑ (3). 0.4 (4). O2 (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). 增大 (7). 0.96
【解析】
【详解】Ⅰ．（1）电解滴加酚酞的NaCl溶液，N极附近变红，则N极为阴极，与原电池负极相接，M电极为电解池的阳极，阳极上Cl-放电生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
（2）原电池中锌为负极、铜为正极，放电时，阴离子移向负极，即Cl-从右向左移向锌极，由于Cl-与电子均带1个单位的负电荷，所以电路中转移电子与溶液中转移Cl-的物质的量相等，即0.4mol电子转移时有0.4molCl-通过隔膜；
Ⅱ．（3）实验过程中，两极均有气体产生，Y极区逐渐产生蓝色沉淀，该沉淀是氢氧化铜沉淀；停止实验，铜电极明显变细，电解液仍然澄清；分别收集两极产生的气体进行实验，发现其中一种气体可在另一种气体中燃烧，气体应该是氢气和氧气，这说明Y（Cu）为阳极，阳极上OH-失去电子生成O2，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；
（4）电解池中X（C）为阴极，阴极上H+得电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成OH-，X极区溶液的碱性增强、pH增大；
（5）X极生成H2所得电子的物质的量等于Y极上Cu失去电子与OH-生成氧气所失电子的物质的量之和，即2n（H2）=4n（O2）+2n（Cu），n（H2）=0.672L÷22.4L/mol=0.03mol，4n（O2）=0.168L÷22.4L/mol=0.0075mol，2×0.03mol=4×0.0075mol+2n（Cu），n（Cu）=0.015mol，Y电极（Cu电极）质量减少64g/mol×0.015mol=0.96g。
