【文档说明】【精准解析】黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题.doc，共(24)页，546.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题一、单选题1.下列化学反应中：Ag＋＋Fe2＋Ag(固)＋Fe3＋(正反应放热)为使平衡体系析出更多的银，可采取的措施是A.常温下加压B.增加Fe3＋的浓度C.增加Fe2＋的浓度D.移去一些析出的银【答案】C【解析】【详解】A.常

温下加压对此反应无影响，故错误；B.增加Fe3＋的浓度，平衡逆向移动，不能析出更多的银，故错误；C.增加Fe2＋的浓度，平衡正向移动，能析出更多的银，故正确；D.Ag为固体，移去一些析出的银，平衡不移动，故错误

。故选C。2.反应4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g），在5L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol。下列叙述正确的是（）A.A的平均反应速率是0.010mol•L﹣1•s﹣1B.

容器中含D物质的量至少为0.45molC.容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4∶5∶4∶6D.容器中A的物质的量一定增加了0.30mol【答案】B【解析】【分析】依据化学平衡的三段式列式；半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol；4A（g）+5B（g

）═4C（g）+6D（g）起始量（mol）xy00变化量（mol）0.30.3750.30.45平衡量（mol）x-0.3y-0.3750.30.45【详解】A、A的平均反应速率="0.3/5/30=0.00

20"mol•L-1•s-1,A错误；B、起始量不定，容器中含D物质的量至少为0.45mol，B正确；C、起始量不知，容器中A、B、C、D的物质的量的比不一定是4：5：4：6，故C错误；D、容器中A的物质的量一定

减少了0.30mol，故D错误；答案选B。3.根据如图所示示意图，下列说法不正确的是()A.反应的热化学方程式可表示为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH=(b-a)kJ·mol-1B.该反应过程反应物断键

吸收的能量大于生成物成键放出的能量C.amolC和amolH2O(l)反应生成amolCO和amolH2吸收的热量一定为131.3akJD.1molC、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ【答案】C【解析】【详解】A

.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，且焓变等于(b−a)kJ⋅mol−1，结合状态及焓变可知热化学方程式为C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H=(b−a)kJ⋅mol−1，故A正确；B.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，该反应为吸热反应，焓变

为正，则反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；C.热量与物质的状态有关，amolC和amolH2O(l)反应生成amolCO和amolH2，生成CO与H2不清楚状态，因此吸收的热量不一定等于131.3akJ，故

C错误；D.形成化学键释放能量，由图可知，1molC(g)、2molH、1molO转变成1molCO(g)和1molH2(g)放出的热量为akJ，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】吸热反应是反应物断键吸收的

能量大于生成物成键放出的能量；放热反应是反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量。4.化学用语是学习化学的重要工具，下列表示物质变化的化学用语中正确的是（）A.汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H++SO42-B.利用Na2CO3溶液可除油污：

CO32-+2H2OH2CO3+2OH-C.BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4Ba2++SO42-D.用醋酸除去暖瓶中的水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O【答案】A【解析】【详解】A.阳极失去电子，汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2

e-=PbSO4+4H++SO42-，故A正确；B.碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主，利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故B错误；C.BaSO4是强电解质，在水溶液完全电离：BaSO4=Ba2++SO42-，导电性极

弱是因为硫酸钡难溶于水，故C错误；D.醋酸为弱酸，不能拆成离子，用醋酸除去暖瓶中的水垢：2CH3COOH+CaCO3=（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子

反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应及复分解反应的考查。另外注意只有强酸强碱以及可溶性盐可以拆。5.如图所示，a、b是两根石墨棒。下列叙述正确的是（）A.a是正极，发生还原反应B.b是阳极，发生氧化反应C.往滤纸上滴加酚酞试液，a极附近颜色变红D.稀硫酸中硫酸根离子的物质的量不变【答案】D

【解析】【详解】左边装置能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，右边是电解池，锌易失电子作负极，铜作正极，则a是阳极，b是阴极；A．a是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，选项A错误；B．b是阴极，阴极上得电

子发生还原反应，选项B错误；C．a电极上氯离子放电生成氯气，b电极上氢离子放电生成氢气，同时b电极附近还生成氢氧根离子，导致碱性增强，所以b极附近颜色变化，选项C错误；D．左边装置中，负极上锌失电子生成锌离子，正极上氢离子得电子生成氢气，所以硫酸根离子不参加反应，则其物质的量不变，选项D正确；

答案选D。6.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混

合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③【答案】D【解析】【详解】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守

恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4

溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱

，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液中离子浓

度大小关系，解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。7.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一

定能大量共存的是()A.水电离的c(H+)=10－13mol/L的溶液中：Na+、K+、2-3SiO、-2AlOB.pH=7的溶液中：Na+、Fe3+、Cl－、-3NOC.常温下的溶液中：Cl－、Al3+、Na+、-2AlOD.c(H+)=1

×10-12mol/L的溶液中：K＋、ClO－、-3NO、2-4SO【答案】D【解析】【详解】A.水电离的c(H+)=10−13mol∙L−1的溶液，可能为酸、可能为碱，酸中H+与SiO32−、AlO2－反应，故A不符合题意；B.Fe3+要水解，溶液呈酸性，不能为中性，故B不符合题意

；C.常温下的溶液中，Al3+与AlO2－反应生成沉淀，故C不符合题意；D.c(H+)=1×10−12mol∙L−1的溶液是碱性，OH－、K＋、ClO－、NO3－、SO42−共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。8.下列说法不正确的是（）A.Na2CO3溶液

蒸干并灼烧可得无水Na2CO3B.pH相同的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢氧化钠溶液完全中和，HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA<HBC.任何温度下均能自发进行2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)，则该反应的△H<0，△S＞0D.除去MgCl2溶液中

混有的少量FeCl3，可向溶液中加入足量MgCO3，过滤【答案】B【解析】【详解】A、Na2CO3溶液在蒸干时不能彻底水解，最终蒸干灼烧后得到的就是碳酸钠本身，选项A正确；B、在相同条件下，等体积、等pH的HA和HB溶液，分别与一定浓度的氢

氧化钠溶液完全中和，如果HA消耗的氢氧化钠溶液体积多，则可证明酸性HA<HB，没说明体积相同，无法判断，选项B不正确；C、2H2O2（l）=O2（g）+2H2O（l），△H＜0、△S＞0，任何温度下△G=△H—T△S＜0能自发进行，选项C正确；D、向含有少

量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量MgCO3粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，选项D正确；答案选B。9.T℃时，将5molA和7molB气体通入体积为10L的密闭容器中（容积不变），反应过程中A、B、C的浓度变化如图Ⅰ所

示。若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间关系如图Ⅱ所示：则下列结论正确的是（）A.T℃时，将4molA、4molB和2molC气体通入体积为10L的密闭容器中（容积不变），达到平衡时，C的浓度为0.4m

ol·L-1B.保持其他条件不变，在（t1+10）min时，加入催化剂，平衡向正反应方向移动C.保持其他条件不变，在（t1+10）min时，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动D.保持其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，A的转化率也增大【答案】A【解析】【分析】反应达到平衡状态时，A浓

度的变化量=(0.5−0.3)mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=(0.7−0.1)mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=(0.4−0)mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比

等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A(g)+3B(g)⇌2C(g)，根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1>T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应。【详解】A.根据图I知，化学平衡常数K=(0.4)2/0.3×(

0.1)3，假设C的平衡浓度是0.4mol/L，A(g)+3B(g)⇌2C(g)，mol/L0.4mol/L?0.1mol/L0.3开始（）反应（）平衡（）0.40.30.10.20.20.4化学平衡常数K′=(0.4)2/0.3×(0.1)3，所以符合平衡常数

K，故A正确；B.因为催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动，所以在(t1+10)min时，加入催化剂，平衡不移动，故B错误；C.密闭容器中，通入稀有气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，所以在(t1+10)min时，通入稀有气体，平衡不移动，故C错误；D.其它条件不变，升高温度，正逆

反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图II知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误；故选A10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向含酚酞

的Na2CO3溶液中，加入少量的BaCl2固体，溶液的红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡B将铜片与锌片用导线连接后，插入稀硫酸中，铜片上有气泡产生铜将硫酸还原产生氢气C向浓度均为0.1mol•L-1K

Cl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)D室温下，用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离H＋的能力比CH3COOH的强A.AB.BC.CD.D【答

案】A【解析】【详解】A.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，加入BaCl2固体，Ba2++CO32-=BaCO3↓，平衡逆向进行，颜色变浅，故A正确；B.将铜片与锌片用导线连接后，插入稀硫酸中，构成原电池，铜做正极，有氢气生成，故B错误；C.向浓度均为0.1mol

•L-1KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，在浓度相等的情况下谁的溶解度积小，谁先转化为沉淀，故Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故C错误；D.两者浓度不相等，故无法比较，故D错误。11.已知:pK=-lgK，25℃时，二元酸H2A的

pK1=1.85，pK2=7.19。25℃时,用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点所得溶液中:Vo=10mLB.C点所得溶液中:c(A2-)=c(HA-)C.b点所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA

-)+c(OH-)D.d点所得溶液中:A2-的水解平衡常数K1=1×10-7.19【答案】B【解析】A、a点所得溶液中对H2A有：K1=c(H+)c(HA-)/c(H2A)，10-1.85=10-1.85×c(HA-)/c(H2A)可得HA-与H2A的浓度相等，当

V0=10mL时，生成的NaHA和剩余的H2A的物质的量相等，a点溶液显酸性，H2A的电离程度大于HA-的水解程度，故V0=10mL时混合溶液中的HA-和H2A的浓度不会相等，V0<10mL时才可能相等，A错误；B、C点所得溶

液中：对HA-有K2=c(H+)ｘc(A2-)/c(HA-)，10-7.19=10-7.19×c(A2-)/c(HA-)解得A2-的浓度与HA-的浓度相等，B正确；C、b点加入的NaOH溶液体积为20mL，NaOH与H2A恰好完全反应生成Na

HA，根据质子守恒有：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，C错误；D、d点加入的NaOH的物质的量为H2A的物质的量的2倍，恰好生成Na2A，此时A2-第一步水解生成HA-，第一步水解的常数与H2A的第二电离常数的乘积为水的离子积常数，故第一步

水解常数K1=1.0×10-14÷10-7.19=10-6.81，D错误。正确答案为B。12.常温下，下列说法不正确的是（）A.0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10B.将amol·L－1

的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合后，c(NH4+)＝c(Cl－)，则NH3·H2O的电离常数为-910a-0.01C.pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6D.0.1mol·L－1NH4HS溶液中有：c(NH4+)=c(HS－)＋c

(S2－)＋c(H2S)【答案】D【解析】【详解】A、FeCl3在水溶液中能发生水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液越稀水解程度越大，Fe3+浓度越小，所以0.01mol/LFeCl3溶液

中Fe3+浓度小于0.1mo/LFeCl3溶液中Fe3+浓度的110,故0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10，选项A正确；B、在25℃下，平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2

O）=（0.5a-0.005）mol/L，根据电荷守恒得c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，溶液呈中性，NH3•H2O的电离常数Kb=()()()432cOHcNHcNHHO−+=733105100.551

0a−−−−=9100.01a−−，选项B正确；C、pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，选项C正确；D、0.1mol·L－1NH4HS溶液中依据物料守恒有：c(NH3·H2O)

+c(NH4+)=c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，选项D不正确；答案选D。13.常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全

沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之比是A.1:1-B.1:2C.1:4D.1:9【答案】D【解析】【详解】0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.02mol/L，

设溶液体积为x，氢氧根离子物质的量为0.02xmol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以得到：（0.02x-cy）/(x+y)=10-3；由于n(Ba(OH)

2)=0.01xmol，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，n(Ba(OH)2)：n(NaHSO4)=1:1，因此n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.01xmol，即cy=0.01x，因此（0.02x-0.01x）/(x+y)=10-3；x：y=1:9，

故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了酸碱反应的综合计算，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。解答本题的思路为：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1

：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。14.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是（）序号①②③④pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶

液的pH均增大B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）>c（OH－）C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③D.V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1<V2【答案】D【

解析】【详解】A.CH3COONa电离出的CH3COO－：a.与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH；b.使醋酸中的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋左移，两溶液中H＋浓度均减小，所以pH均增大，A项正确；B.③醋

酸是弱酸，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，B项正确；C.分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①、②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2ONH4+＋OH－右移，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH<4，C项正确；D.假设是

强酸和强碱，混合后溶液呈中性，V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要氨水的体积少，即V1>V2，D项错误；答案选D。15.已知Ksp(AgCl)=1.78×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=2.00×10－12。在只含有KCl、K2CrO4的混合溶液中滴加0.001

000mol/L的AgNO3溶液，当AgCl与Ag2CrO4共存时，测得溶液中CrO42－的浓度是5.000×l0-3mol/L，此时溶液中Cl－的物质的量浓度是A.8.90×10－6mol/LB.1.36×10－5mol/LC.

1×10－5mol/LD.4.45×10－2mol/L【答案】A【解析】【详解】首先根据Ksp（Ag2CrO4）求算Ag+浓度，Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42‾），带入数据可得c（Ag+）=2×10-5mol•L‾1，则c（C

l‾）=Ksp(AgCl)÷c（Ag+）=8.90×10－6mol•L‾1，故A项正确。16.如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和L

i2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和O2。下列说法中正确的是A.该电池充电时，阳极反应式为:C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4LiB.该电池放电时,Li+向电极X方向移动C.

该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连D.该电池放电时，每转移4mol电子，理论上生成1molC【答案】D【解析】【详解】A．该电池充电时，阳极上Li2CO3失电子生成CO2和O2，即2Li2CO3-4e-=2

CO2↑+O2↑+4Li+，故A错误；B．放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，故B错误；C．该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负

极相连，故C错误；D．正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1molC，故D正确；答案选D。【点睛】放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上Li2CO

3失电子生成CO2和O2，即2Li2CO3-4e-=2CO2↑+O2↑+4Li+。17.下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中，pH的大小关系：②

>①>③B.常温下，将CH3COONa溶液和稀盐酸混合至溶液pH＝7时c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(Cl－)＝c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)C.将lmolNaClO和2molNaHCO3配制成1L混合溶液：c(HC

lO)+c(ClO－)=2c(HClO3－)+2c(H2CO3)+2c(CO32－)D.浓度均为0.1mol/L的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后，若溶液呈碱性，则溶液中：c(NH3·H2O)>

c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)【答案】B【解析】【详解】A．物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液、②NH4HCO3溶液、③NH4Cl溶液中，①中完全电离出氢离子，溶液呈强酸性；②中铵根离

子的水解程度需要碳酸氢根离子，溶液呈碱性；③中铵根离子部分水解，溶液呈弱酸性，则浓度相同的三种溶液的pH的大小关系：②>③>①，选项A错误；B．溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（Cl-）+c（OH-）可知：c（Na+）

=c（CH3COO-）+c（Cl-），再根据醋酸钠溶液中的物料守恒c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）可得：c（Cl-）=c（CH3COOH），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）>c（CH

3COO-）>c（Cl-）=c（CH3COOH）>c（H+）=c（OH-），选项B正确；C．将lmolNaClO和2molNaHCO3配制成1L混合溶液，根据物料守恒可得：2c（HClO）+2c（ClO-）=c（HClO3-）+c（H2CO3）+

c（CO32-），选项C错误；D．浓度均为0.1mol/L的NH3•H2O和NH4Cl溶液等体积混合后，溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4+）>c（NH3•H2O），根据物料守恒可知c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3•H2O

），溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）>c（Cl-）>c（NH3•H2O）>c（OH-）>c（H+），选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子浓度的大小比较，注意把握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的运用，掌握盐类水

解和弱电解质的电离特点。18.用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液PH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是A.用石墨作阳极，铁作阴极B.阳极的电极反应

式为：Cl－+2OH－－2e－=ClO－+H2OC.阴极的电极反应式为：2H2O+2e－=H2↑+2OH－D.除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+2H+=N2↑+2CO2↑+5Cl－+H2O【答案】D【解析】【详解】A、根据电解的原

理，铁作阳极时，铁失电子，参与反应，但根据题中信息，铁不参与反应，因此铁作阴极，故A说法正确；B、根据信息，环境是碱性，利用ClO－氧化CN－，因此阳极反应式为Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，故B说法正确；C、根据电解原理，阴极上是阳离子放电，即2H＋＋2e－=H2↑，故C说法正

确；D、CN－被ClO－氧化成两种无毒的气体，即为N2和CO2，环境是碱性，不能生成H＋，故D说法错误。【点睛】电极反应式的书写或氧化还原反应方程式的书写，一定看清楚溶液的环境，如本题溶液是碱性环境，H＋

不能大量共存，因此D选项错误。19.25℃时在10mL0.1mol·L—1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L—1HCl溶液20mL，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A.HCl溶液滴加一

半时，溶液pH>7B.当溶液的pH=8时，溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.1mol·L—1C.0.1mol·L—1Na2CO3溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(CO32—)+c(HCO3—)D.在M点：c(Na+)>c(CO32—)=c(HCO3—)>c(OH—)>c(H

+)【答案】B【解析】【详解】A.当HCl溶液滴加一半时，溶液中，以NaHCO3为主，故该溶液呈碱性，故A正确；B.从图中可知当PH值为8时，溶液中的主要溶质为NaHCO3。当加入盐酸的体积为10mL时，恰好生成N

aHCO3，此时NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol/L。,故B错误；C.根据电荷守恒，可得到c(Na+)+c(H+)=c(OH—)+2c(CO32—)+c(HCO3—)，故C正确；D.由图可知M点的CO32-和HCO3-物质的量相等，PH值为1

1呈碱性，故D正确。此题选B。20.科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法不正确的是A.电极a为电池的负极B.电极b上发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2OC.电路中每流

过4mol电子，在正极消耗44.8LH2SD.每0.5molH2S参与反应，有1molH＋经质子膜进入正极区【答案】C【解析】【分析】根据反应方程式2H2S（g）+O2（g）═S2（s）+2H2O可知，极a为电池的负极，负极上H2S失电子发生氧化反应，电极b为电池的正极，正极上O

2得电子发生还原反应。【详解】A项、a极上硫化氢失电子生成S2和氢离子，发生氧化反应，则a为负极，故A正确；B项、正极上O2得电子发生还原反应，酸性条件下，氧气得电子生成水，则电极b上发生的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；C项、气体体积的测定条件未

知，不能计算正极消耗硫化氢的体积，故C错误；D项、0.5molH2S参与反应，正极消耗0.25mol氧气，根据电极反应式O2+4H++4e-=2H2O可知，有1molH+经质子膜进入正极区，故D正确.故选C。【点睛】本题考查原电池

原理，侧重考查分析能力，注意把握原电池工作原理，结合氧化还原反应从化合价变化的角度分析，明确电解质溶液酸碱性是解本题关键。二、填空题21.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以

被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为__（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3−）：c（CO32−）=2：1，溶液pH=__。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）（

2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键C—HC=OH—HCO（CO）键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=__。分别在V

L恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是__（填“A”或“B”）。（3）向2L密闭容器中加入2molCO2、6

molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l)①下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是___。a.混合气体的平均相对分子质量保持不变b.CO2和H2的体积分数保持不变c.CO2和H2的转化率相等d.混合

气体的密度保持不变e.1molCO2生成的同时有3molH-H键断裂②产物甲醇可以用作燃料电池，碱性条件下的甲醇(CH3OH)燃料电池负极反应式：__。【答案】(1).CO32-(2).10(3).+120kJ·mol－1(4).B(5).de(6).CH3OH+6e-+8OH-=CO32-

+6H2O【解析】【分析】(1)根据K2=()()()233cCOcHcHCO−+−=5×10-11，结合溶液的pH=13分析判断；再结合溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，计算溶液pH；(2)根据△H=反应物总键能-生成物总键能计算；该反应的正反应是气体物质

的量增大的反应，结合增大压强平衡逆向移动分析判断；（3）①可能反应到达平衡时,正逆反应速率相等,各组分的浓度、含量不变,由此衍生的其它-一些物理量不变,判断平衡的物理量应随反应进行发生变化,该物理量由变

化到不变化,说明到达平衡；②碱性条件下的甲醇(CH3OH)在负极上失电子产生碳酸根离子。【详解】(1)K2=()()()233cCOcHcHCO−+−=5×10-11，则c(H+)=()()2323Kc

HCOcCO−−，当c(HCO3-)=c(CO32-)，c(H+)=5×10-11，pH在10.3，如果溶液的pH=13，则c(HCO3-)＜＜c(CO32-)，所以该溶液中所得阴离子为c(CO32-)；K2=()

()()233cCOcHcHCO−+−=5×10-11，且所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=2：1，c(H+)=()()2323KcHCOcCO−−=5×10-11×2=1×10-10，pH=10；(2)该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能=[4×413+2×74

5-2×1075-2×436]kJ/mol=+120kJ/mol；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A在反应过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变，所以A相当于B来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A中反应物转化率小于B，则两容器中反应达平衡后吸收的热量

较多的是B，故答案为B；（3）①CO2(g)+3H2(g)=CH30H(l)+H20(l)，a、向2L密闭容器中加入2molCO2.6molH2，按照1:3反应,所以混合气体的平均相对分子质量始终保持不变,不能说明反应达到平衡状态,选项a错误;b、向2L密闭容器中加入2m

olCO2、6molH2，按照1:3反应,所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变,选项b错误;c、向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2,按照1:3反应,CO2和H2的转化率始终相等,不能确定反应是否达到平衡状态，选项c错误;d、反应物是气体,生成物是液体,混合气体的密度保

持不变,说明反应达到平衡状态,选项d正确;e、1molCO2生成的同时有3mulH―H键断裂，符合v正=v逆，达到平衡状态；选项e正确；答案选de；②碱性条件下的甲醇(CH3OH)燃料电池负极上甲醇在碱性条件下失电子产生碳酸根离

子，电极反应式为CH3OH+6e-+8OH-=CO32-+6H2O。22.按要求填空：(1)Cr(OH)3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溶度积Ksp=1.0×10－32，要使c(Cr3+)完全沉淀，溶液的pH应调至__

____。(2)25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解方程式为_________，由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。(3)在100℃下，将pH=3的硫酸溶液

和pH=10的NaOH溶液混合，若要使混合后溶液的pH=7，则硫酸溶液和NaOH溶液的体积比约为_____。【答案】(1).5(2).CO32−+H2O⇌HCO3－+OH－(3).1×10−3(4).1:10【解析】【分析】(1)根

据Cr(OH)3溶度积计算要使c(Cr3+)完全沉淀时的氢氧根浓度，再计算氢离子浓度和pH值。(2)碳酸钠溶液pH为11，是碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，先计算溶液中c(H+)，再计算溶液中c(OH－)，溶液中的氢氧根就是水电离出的氢氧根。(3)计算出100℃时pH=3的硫酸溶液c(H+)和p

H=10的NaOH溶液c(OH－)，根据混合后溶液的pH=7，溶液呈碱性进行计算。【详解】(1)常温下，Cr(OH)3溶度积Ksp=1.0×10−32，要使c(Cr3+)完全沉淀，()335332sp3CrOH(Cr)(OH)110(

OH)1.010Kccc+−−−−===，91(OH)110molLc−−−=，145w91110(H)110(OH)1molL10Kcc−+−−−−===，pH=5，因此溶液的pH应调至5；

故答案为：5。(2)25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，是碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，其水解方程式为CO32−+H2O⇌HCO3－+OH－，c(H+)＝1×10−11mol∙L−1，c(OH－)＝1×10−

3mol∙L−1，溶液中的氢氧根就是水电离出的氢氧根，因此由水电离出的c(OH－)＝1×10−3mol∙L−1；故答案为：CO32−+H2O⇌HCO3－+OH－；1×10−3。(3)在100℃下，将pH=3的硫酸溶液c(H+)＝1×10−3mol∙L−1，pH=10的NaOH溶液c(OH－)＝

1×10−2mol∙L−1混合，若要使混合后溶液的pH=7，溶液呈碱性，c(OH－)＝1×10−5mol∙L−1，24242131NaOHHSO5NaOHHSO1110molL110molL(OH)11VVml0oL

VVc−−−−−−−−==+（）（）（）（），24HSONaOHV1V10（）（），则硫酸溶液和NaOH溶液的体积比约为1:10；故答案为：1:10。23.室温下，某一元弱酸HA的电离常数K=1.6×10-6。向20.00mL浓度约为0.

1mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.1000mol·L-1的标准NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(1)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是_______点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点

在__________(填“c点以上”或“c点以下”)。(2)滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是_____(填字母序号)。A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入H

A溶液后进行滴定C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积(3)若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为_____mol/L。(保留4位有效数字)实验序号NaOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/m

L121.0120.00220.9920.00321.6020.00(4)a点溶液中pH约为________，此时溶液中H2O电离出的c(H＋)为________。【答案】(1).c(2).酚酞(3).c点以上(4).AD(5).0.1050(6).3.4(7).2.5×10-1

1mol/L【解析】【分析】(1)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性。(2)A.滴定前碱式滴定管未

用标准NaOH溶液润洗，标准NaOH溶液浓度小，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，取出一定体积的待测液的溶质的物质的量减少，滴定过程中消耗

标准液体积偏小，测定结果偏低；C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低；D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高。(3)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的

平均体积，根据反应HA+KOH=KA+H2O计算。(4)根据电离常数进行计算氢离子浓度，再计算pH，再计算水电离出的氢离子浓度。【详解】(1)a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和

KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点呈碱性，应该在c点以上，故答案为：c；

酚酞；c点以上；(2)A.滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，标准NaOH溶液浓度小，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A符合题意；B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，取出一定体积的待测

液的溶质的物质的量减少，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故B不符合题意；C.滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；D.滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏

高，故D符合题意；综上所述，答案为：AD。(3)第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：21.01mL+20.99mL=21.00mL2，根据反应HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol∙L−1=0.02L×c(HA)，

解得：c(HA)=0.1050mol∙L−1，故答案为：0.1050。(4)2a26(A)(H)(H)(H)1.610(HA)(HA=0.1)ccKcccc−+++−===，41(H)410molLc−+−=，pH=

4−lg4=4−2lg2=4−2×0.3=3.4，溶液中的氢氧根浓度1411w41110(OH)2.510(H)4o10mlLKcc−−−+−−===，溶液中氢氧根浓度等于水电离出的氢离子浓度，因

此水电离出的氢离子浓度为c(H+)＝2.5×10−11mol∙L−1；故答案为：3.4；2.5×10−11mol∙L−1。24.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。（1）熔融盐燃料电池

具有高的发电效率，因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质，向负极充入燃料气CH4，用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。工作过程中，CO32－移向__(填“正”或“负”)极，已知CH4发生反应的电极反应式为CH4

＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O，则另一极的电极反应式为___。（2）利用上述燃料电池，按如图1所示装置进行电解，A、B、C、D均为铂电极，回答下列问题。Ⅰ.甲槽电解的是200mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示

(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)。①原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为___，CuSO4的物质的量浓度为__。②t2时所得溶液的pH＝__。Ⅱ.乙槽为200mLCuSO4溶液，乙槽内电解

的总离子方程式：___；①当C极析出0.64g物质时，乙槽溶液中生成的H2SO4为__mol。电解后，若使乙槽内的溶液完全复原，可向乙槽中加入__(填字母)。A．Cu(OH)2B．CuOC．CuCO3D．Cu2(OH)2CO3②若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2mol的

Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为__。【答案】(1).负(2).O2＋2CO2＋4e－=2CO32-或2O2＋4CO2＋8e－=4CO32-(3).0.1mol•L-1(4

).0.1mol•L-1(5).1(6).2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋(7).0.01(8).BC(9).0.8NA【解析】【分析】（1）根据燃料电池的电极反应式进行分析；（2）Ⅰ.电解200mL一定浓度的NaCl

与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。Ⅱ.乙烧

杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合反应进行分析。【详解】（1）甲烷燃料电池中，负极上甲烷被氧化，电极方程式为CH4+4CO32--

8e-=5CO2+2H2O，正极发生的反应是氧气得电子的过程，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，生成的CO32-向负极移动；答案为负；O2＋2CO2＋4e－=2CO32-或2O2＋4CO2＋8e－=4CO32-；（2）Ⅰ.电解200

mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体

积与时间的关系。①由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n(NaCl)=0.22422.4/LLmol×2=0.02mol，所以c(NaCl)=0.020.2molL=0.1mol/L，由t2时生成氧气为112mL，n(O2)=0.11222.4

/LLmol=0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，根据电子守恒及Cu2++2e-=Cu可知，n(CuSO4)=0.040.2molL=0.02mol，所以c(CuSO4)=0.020.2m

olL=0.1mol/L；②由t2时4OH--4e-=O2↑+2H2O～4H+，n(H+)=0.005mol×4=0.02mol，则溶液的c(H+)=0.020.2molL=0.1mol/L，因此pH=-lgc(H+)=-lg0.1=1；Ⅱ.乙烧

杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；①取出Cu电极，洗涤、干燥

、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为0.6464/ggmol=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，阳极反应的氢氧根离子的物质的量为0.2mol，生成的硫酸为0.1mol，根据电极方程式，电解过程中损失的元素有铜和氧，A、多加了H元素，错误

；B、能够补充铜和氧元素，正确；C、CuCO3与硫酸反应放出二氧化碳，相当于加入了氧化铜，正确；D．Cu2(OH)2CO3多加了H元素，错误；故选BC；②加入0.2molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu(OH)2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出

什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2=0.4mol，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2=0.4mol，所

以电解过程中共转移电子数为0.8mol，数目为0.8NA，故答案为：0.8NA。【点睛】本题考查电解原理及其计算，明确发生的电极反应及图图象的对应关系是解答本题的关键。做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相

等，利用反应的方程式计算。