【文档说明】福建省永安市第三中学2019-2020学年高二下学期期初综合检测试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，426.000 KB，由小赞的店铺上传

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永安三中2019-2020学年第二学期高二化学期初综合检测试卷可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23第I卷(选择题)一、单选题(共16小题，每小题3分，共48分)1.下列对核外电子运动状态的描述正确的

是()A.电子的运动与行星的运动相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B.能层数为3时，有3s、3p、3d、3f四个轨道C.氢原子中只有一个电子，故只有一个轨道，不能发生跃迁而产生光谱D.在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同【答案】D【解析】【详解】A．电子运动不是围绕原子核在固定

的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；B．三能层中没有f轨道，即能层数为3时，只有3s、3p、3d轨道，故B错误；C．氢原子有多个轨道，只有一个轨道上有电子，其它轨道为空轨道，故C错误；D．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，

所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D正确；故选D。2.以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是()A.HeB.C.D.1s2【答案】C【解析】【详解】He是氦元素符号，表示核外有一个电子层且有2个电子，1s2表示在1s轨道上有2个电子，表示

1s轨道上有2个电子，且自旋相反，所以电子运动状态描述最详尽的是C，故答案为C。3.以下有关元素性质的说法不正确的是A.具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2②1s22s22p3③1s22s22p2④1s

22s22p63s23p4原子半径最大的是①B.具有下列最外层电子排布式的原子中，①3s23p1②3s23p2③3s23p3④3s23p4第一电离能最大的是③C.①Na、K、Rb②N、O、S③Si、P、As④Na、P

、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④D.某元素基态原子的逐级电离能分别为578、1817、2745、11575、14830、18376、23293，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋【答案】D【解

析】【详解】A、原子依次为①硅，②氮，③碳，④硫，原子半径最大的是①硅，不选A；B、根据同一周期的元素，最外层电子越多，第一电离能越大，第ⅤA族3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以③的第一电

离能最大，不选B；C、同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，所以钠钾铷的电负性依次减小，氮氧硫的电负性中氧的电负性最大，硅磷砷的电负性中最大的是磷，钠磷氯的电负性依次增大，所以不选C；D、根据元素电离能分析，该元素原子核最外层有3个电子，所以其最外层电子在化学反应中容易失去而在化合物

中呈现+3价，所以选D。4.某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数22cAc(B)c(E)cFK。恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加。下列说法正确的是A.恒容时，向容器中充入稀有气体，反应速率不变B.增大c(A)、c(B)，K增大C.该反应的化学方程式为2E(g)+F(s)⇌A(

g)+2B(g)D.正反应为放热反应【答案】A【解析】【分析】气体反应达到化学平衡，平衡常数22cAc(B)c(E)cFK，则该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)。【详解】A.恒容时，向容器中充入稀有气体，各物质的浓度不变，

反应速率不变，故A正确；B.增大c(A)、c(B)，平衡逆向移动，但K只与温度有关，温度没变，因此K不变；故B错误；C.根据反应得出该反应的化学方程式为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，故C错误；D.降低温度，F增大，平衡逆向移动，逆向是放热反应，正反

应为吸热反应，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。5.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Zn，其他电极均为Cu，则下列说法正确的是A.电子移动：电极Ⅰ→电极Ⅳ→电极Ⅲ→电极ⅡB.电极Ⅰ发生还原反

应C.电极Ⅳ逐渐溶解D.电极Ⅲ的电极反应：Cu－2e－===Cu2＋【答案】D【解析】【分析】电极Ⅰ为Zn，其它均为Cu，Zn易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅱ是正极，Ⅲ是阳极、Ⅳ是阴极。【详解】A、电子方向从

负极流向正极，即电极Ⅰ→电极Ⅳ，电极Ⅲ→电极Ⅱ，电子不能通过溶液，A错误；B、电极Ⅰ上电极上为Zn失电子，发生氧化反应，B错误；C、电极Ⅳ是阴极，该电极上发生反应为Cu2++2e-=Cu，所以电极质量

逐渐增大，C错误；D、电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，D正确。6.在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6mol·L－1。在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.

45mol·L－1·s－1，则反应所经过的时间是()A.0.44sB.1sC.1.33sD.2s【答案】D【解析】【详解】NH3的浓度增加了0.6mol·L－1，H2的浓度减少了0.9mol·L－1，根据v＝ct，v(H2)＝2c(H)t，Δt＝22c(H)(H)＝＝2

s。答案选D。7.下列有关说法中正确的是（）A.2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的△H<0B.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl

(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0C.若△H>0，△S<0，化学反应在任何温度下都能自发进行D.加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变【答案】A【解析】A、2CaCO3(s)

+2SO2(s)+O2(s)=2CaSO4(s)+2CO2(s)△S<0；根据△G=△H-T△S<0时自发进行，则反应在△S<0时，只有当△H<0且低温时才能自发进行，选项A正确；B、反应NH4Cl(

s)=NH3(g)+HCl(g)该反应为熵增的反应，在室温下不能自发进行，则只有当△H>0才可能满足△G=△H-T△S>0，选项B错误；C、若△H>0，△S<0，则一定有△G=△H-T△S>0，化学反应在任何温度下都不能自发进行，选项C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，对反

应的始态和终态无影响，所以不影响焓变，选项D错误。答案选A。8.反应mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是A.由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应B.由图2可知，该反应m＋n﹤pC.图3中，表示反应速率υ正＜υ逆的是点1D.图4中，若m＋n＝

p，则a曲线一定使用了催化剂【答案】C【解析】【详解】A.根据“先拐先平数值大”的原则，T2先达到平衡，故T2温度高，且T2对应C%含量低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A错误；B.由图2可知，相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡

正向移动，则m+n>p，故B错误；C.图3中，曲线上点为平衡点，点1对应的转化率大于平衡转化率，点3转化率小于平衡转化率，点1时反应逆向进行，则反应速率υ正＜υ逆，故C正确；D.图4中，若m＋n＝p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲

线可能使用了催化剂或增大压强，故D错误；答案选C。9.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)ΔH＝－akJ·mol−1(a＞0)，其反应机理如下①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)快②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g)慢下列有关该反

应的说法正确的是（）A.该反应的速率主要取决于①的快慢B.NOBr2是该反应的催化剂C.增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率D.正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol−1【答案】D【解析】【分析】A.反应速率主要取决于慢的一步；B.NOBr2是中间产物；C.增大浓

度，活化分子百分数不变。D.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量。【详解】A.反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；B.NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；

C.增大浓度,活化分子数目增加，活化分子百分数不变，故C错误；D.正反应放热,断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小akJ·mol−1；故D正确；故答案选D。10.能促进水的电离，

并使溶液中c(H＋)＞c(OH－)的操作是①将水加热煮沸②向水中投入一小块金属钠③向水中通CO2④向水中通NH3⑤向水中加入明矾晶体⑥向水中加入NaHCO3固体⑦向水中加NaHSO4固体A.①③⑥⑦B.①③⑥C.⑤⑦D.⑤【

答案】D【解析】【详解】①加热时能促进水的电离，但是c(H＋)=c(OH－)，溶液呈中性，故①错误；②加入金属钠，和水电离出的氢离子反应生成氢氧化钠和氢气，从而促进水的电离，但溶液中c(H＋)<c(OH－)，故②错误；③二氧化碳溶于水生成碳酸

，溶液中的c(H＋)＞c(OH－)，但酸对水的电离起抑制作用，故③错误；④NH3溶于水生成氨水，溶液中的c(H＋)<c(OH－)，导致溶液呈碱性，且氨水抑制水电离，故④错误；⑤向水中加入明矾晶体，铝离子水解对水的电离

起促进作用，水解后的溶液显酸性，溶液中的c(H＋)＞c(OH－)，故⑤正确；⑥向水中加入NaHCO3固体，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c(H＋)<c(OH－)，故⑥错误；⑦向水中加NaHS

O4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c(H＋)＞c(OH－)，但氢离子抑制水电离，故⑦错误；答案选D。11.常温下，下列溶液中，有关微粒物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol·L−1(NH4)2Fe

(SO4)2溶液：c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(Fe2+)B.将100mL0.1mol·L−1Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL0.1mol·L−1盐酸中：c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3-)>c(CO32-)C.pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶

液混合后：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)D.0.1mol·L−1NaHCO3溶液：c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH−)+c(CO32-)【答案】C【解析】【详解】A、亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，氢离子是铵

根离子和亚铁离子水解产生的，所以c(H+)<c(Fe2+)，故A错误；B、将100mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL0.1mol·L-1盐酸中：因为酸过量会放出CO2气体，根据CO32-+2H+=CO2+H2O知有Na2CO3溶液剩余，所以离子浓度大小为c(Na+)>c

(Cl-)>c(CO32-)>C(HCO3-)，故B错误；C、0.01mol·L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中溶质为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液显酸性，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+c(

OH-)=c(Na+)+c(H+)可知，c(H+)>c(OH-)，所以离子浓度大小的关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；D、溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH

-），根据物料守恒得c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），所以得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH−)+c(CO32-)，故D错误；故答案选C。12.下列说法不正确的是A.马口铁镀锡的表面即使破损后也能起到很好的防锈作用B.FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，并继续

煮沸，可得到Fe（OH）3沉淀C.反应AgCl＋NaBr===AgBr＋NaCl能在水溶液中进行，是因为AgBr比AgCl更难溶于水D.除去某溶液中的SO42－，选择加入可溶性钡盐要比加入钙盐好【答案】A【解析】【详解】A、马口铁镀锡的表面破损后，铁作负极，腐蚀速率加快，故A错误；B

、FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，得到Fe（OH）3胶体，继续煮沸，Fe（OH）3胶体发生聚沉，故B正确；C、因为AgBr比AgCl更难溶于水，因此反应AgCl＋NaBr===AgBr＋NaCl能在水溶液中进行，故C正确；D、硫酸钡的溶解度比硫酸钙小，除去某溶液中的SO42－，

选择加入可溶性钡盐要比加入钙盐好，故D正确；故选A。13.甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性电解质。它们所含的离子如下表所示阳离子NH4+、Na＋、Mg2＋阴离子OH－、NO3-、SO42-取等质量的三种化合物配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)，下列说法错

误的是A.甲中一定含Na＋B.乙中一定含NH4+C.丙中一定含Mg2＋D.丙中一定含SO42-【答案】D【解析】【详解】本题考查了离子检验，意在考查考生的分析能力。由题意可知甲、乙、丙的摩尔质量的关系：甲<乙<丙。因此甲、乙、丙可以是：甲乙丙NaOHNH4NO3MgSO4NaOH(NH4)2

SO4Mg(NO3)2故D项错误。14.下列实验操作合理或能达到实验目的的是A.图1：实验目的是定量测定化学反应速率B.图2：用标准NaOH溶液滴定待测H2SO4溶液的物质的量浓度C.图3：将0.1mol/L55mLNaOH溶液逐滴加入到0.1mol/L50mL盐酸溶液中测中

和热D.图4：模拟铁的腐蚀实验【答案】D【解析】【分析】A.不能用长颈漏斗；B.NaOH不能用酸式滴定管；C.温度计不能插入环形玻璃棒中；D.根据铁腐蚀的条件判断。【详解】A.实验中不能用长颈漏斗,否则会使气体从漏斗口逸出,应用分液漏斗,故A错误；B.NaOH不能用酸

式滴定管,应用碱式滴定管,故B错误；C.温度计不能插入环形玻璃棒中,故C错误；D.铁在酸性条件下发生析氢腐蚀,在碱性和中性溶液中发生吸氧腐蚀,U形管红墨水左侧降低,右侧升高,可形成电化学腐蚀,故D正确；故答案选D。15.下列依据热化学方程式得

出的结论正确的是A.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定B.已知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH2，则ΔH2＞ΔH1C.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-48

3.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为241.8kJ/molD.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为28.65kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．石墨生成金刚石水吸热反应，

说明石墨的能量低于金刚石的，所以石墨比金刚石稳定，选项A错误；B．生成CO时，碳不完全燃烧，比生成CO2放出的热量少，放热ΔH为“-”，所以ΔH2>ΔH1，选项B正确；C．燃烧热是在一定条件下，1mo

l可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因为水的稳定状态是液态，选项C错误；D．中和热是指酸碱中和生成1mol水时放出的热量，20克的氢氧化钠只能生成0.5mol的水，中和热为57.3kJ/mol，选项D错误。答案选B。16.常温下，H2SO3的电离常数：Ka1=1.54×10−2，Ka

2=1×10−7。向mmL0.1mol/LH2SO3溶液中滴加0.1mol·L−1KOH溶液，混合溶液中水电离的c水(H+)与KOH溶液体积V的关系如图所示，下列说法不正确的是A.m=10B.c点对应的溶液中存在c(K＋)>c(HSO3-)

＋2c(SO32−)C.b、d两点溶液的pH=7D.SO32-+H2O⇌HSO3-+OH−的K=1×10−7【答案】C【解析】【详解】A.根据水的电解程度最大为c点，则说明H2SO3与KOH恰好完全反应生成K

2SO3，则2n(H2SO3)=n(KOH)，2×0.1mol/L×mmL=0.1mol·L−1×20mL，解得m=10，故A正确；B.c点对应的溶液中溶质为K2SO3，根据电荷守恒得到c(K＋)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3

-)＋2c(SO32−)，溶液呈碱性即c(OH-)＞c(H+)，因此有c(K＋)＞c(HSO3-)＋2c(SO32−)，故B正确；C.a点呈酸性，c点呈碱性，从酸性到碱性，因此b呈中性，pH=7，d是在c点呈碱性基础上再加KOH，则d点依然是碱性，即d点溶液的

pH>7，故C错误；D.SO32-+H2O⇌HSO3-+OH−的147w7a2110110110KKK，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】a点是酸，抑制水的电离，c点是盐，水解程度最大，溶液显碱性，从

a点到c点，水的电离程度增大，溶液由碱性变为中性，再变为碱性。第II卷(非选择题)二、填空题17.某元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1。该原子核外共__个电子层，有__种能量不同的电子。核外电子占有的轨道总数是__个，有___种不同运动状态的电子。【答案】(1).3(2).5(

3).7(4).13【解析】【详解】电子排布式为1s22s22p63s23p1，为铝元素。该原子核外共3个电子层，1s、2s、2p、3s、3p能级电子能量不同，有5种能量不同的电子。1s、2s、2p、3s、3p电子占有的轨道分别是1、1、3、1、1，核外电子占有的轨道总数是1+1+3+1+1=7

个，每个电子的运动状态均不同，有13种不同运动状态的电子。故答案为3,5,7,13。18.(1)元素C、N、O、K的电负性从大到小依次为______________。(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子

对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为___________。(3)下图是周期表中短周期的一部分，A的单质是空气中含量最多的物质，其中第一电离能最小的元素是______________(填“A”“B”“C”或“D”)。【答案】(1).O>N>C>K

(2).C>H>Si(3).D【解析】【详解】(1)非金属性越强，电负性越强，所以电负性：O>N>C>K；(2)SiH4中共用电子对偏向H，说明H对电子的吸引能力更强，H的电负性大于Si，同理C的电负

性大于H，所以三种元素电负性：C>H>Si；(3)A的单质是空气中含量最多的物质，则A为N，B为O，C为P，D为S，同主族元素自上而下第一电离能减小，所以A、B的第一电离能大于C、D，由于P元素的最为层为半满状态，所以第一电离能大于S，故四种元素中第一电离能最小的是D。【点睛

】同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）大于第ⅢA元素，第ⅤA族（最外层半满）大于第ⅥA族元素。19.回答下列问题：(1)Mn、Fe均为第四周期过渡金属

元素，两元素的部分电离能数据列于下表：元素MnFe电离能/(1kJmol)I1717759I215091561I332482957锰元素位于第四周期第ⅦB族。请写出基态Mn2+的价电子轨道排布图：_________________，比较两元素的I2、I

3可知，气态Mn2+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难，对此你的解释是________________________________________________________(2)下表是

第三周期部分元素的电离能[单位：[eV(电子伏特)]数据。元素1I/eV2I/eV3I/eV甲5.747.471.8乙7.715.180.3丙13.023.940.0丁15.727.640.7下列说法正确的是_______

____(填序号)。A.甲的金属性比乙强B.乙有1价C.丙不可能为非金属元素D.丁一定为金属元素【答案】(1).(2).由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的53d半充满状态转变为不稳定的43d状态需要的能量较多；而Fe2+转化

为Fe3+时，3d能级由不稳定的63d状态转变为较稳定的53d半充满状态需要的能量相对要少(3).A【解析】【详解】(1)Mn为25号元素，其价层电子排布为3d54s2，失去最外层2个电子形成Mn2+，所以锰离子的价层电子轨道排布图为；由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d

5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少；(2)甲、乙、丙、丁为第三周期元素，甲元素的第一电离能远远小于第

二电离能，说明A元素最外层有1个电子，失去1个电子时达到稳定结构，所以甲为Na元素；乙元素的第二电离能远远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素；丙、丁元素的第一电离、第二电离能、第三电

离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，丙、丁一定为非金属元素；A．根据分析甲为Na元素，乙为Mg元素，故甲的金属性比乙强，故A正确；B．根据分析可知乙为Mg元素，没有+1价，故B错误；C．根据分析可知丙为非金属元素，故C错误；D．根据分析可知丁为非金属元素，故D错误；故

答案为A。20.A、B、C、D、E代表5种元素。请填空:(1)A元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，其元素符号为______；(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氖相同，B的基态原子的轨道表达

式为______，C元素的离子结构示意图为______。(3)D元素的正三价离子的3d能级为半充满，D的元素符号为_____，其基态原子的电子排布式为______，它位于第________周期第______族；(4)E元素基态原子的M层能量最高

的能级半充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为_____________，其基态原子的价电子排布式为_______________。【答案】(1).C或O(2).(3).(4).Fe(5).1s22s22p63s23p6

3d64s2或[Ar]3d64s2)(6).四(7).VIII(8).Cr(9).3d54s1【解析】【详解】(1)A元素基态原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子，则其外围电子排布为2s22p2或2s22p4，为C元素或O元素；(2)B

元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氖相同，则B为F，C为Na；基态F原子的轨道排布式为；Na原子失去一个电子形成Na+，所以其结构示意图为；(3)D元素的正三价离子的3d能级为半充满，则D3+的价层电子为3d5，所以其基态原子的价层电子排布式为3d6

4s2，为Fe元素；基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；位于第四周期第VIII族；(4)E元素基态原子的M层能量最高的能级半充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则E的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，为Cr

元素，价电子排布式为3d54s1。21.用如图所示的装置进行电解。A中盛有AgNO3溶液，B中盛有饱和Na2SO4溶液通电一会儿，发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色。则：(1)电源的F端为_____________极。(2)A

中发生反应的化学方程式为________________。(3)在B中观察到的现象是____________，______________，_________(4)室温下，若从电解开始到时间ts，A、B装置中共收集到标准状况下的气体0．168L,，B中析出硫酸钠晶

体。若电解过程中无其他副反应发生，经测定电解后，A中溶液体积恰为1000mL，则A溶液的pH为______________。【答案】(1).正(2).4AgNO3＋2H2O=电解4Ag＋O2＋4HNO

3(3).石墨极有气泡产生(4).Cu极周围变蓝色(5).溶液中有沉淀生成(6).2【解析】【分析】通电一会儿，发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色，说明生成碘，发生氧化反应，则C为阳极，D为阴极，电源的E为负极，F为正极。【详解】(1)根据分析可知F段为正极；(2)A为

电解AgNO3溶液，阴极生成Ag，阳极生成氧气，方程式为4AgNO3+2H2O=电解4Ag+O2+4HNO3；(3)B中盛有饱和Na2SO4溶液，Cu为阳极，阳极铜放电生成铜离子，Cu极周围变蓝色，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧

根，所以溶液生成氢氧化铜沉淀，所以现象为：石墨极有气泡产生；Cu极周围变蓝色；溶液中有沉淀生成；(4)根据2、3小题可知装置A中生成O2，装置B中生成H2，生成一个氧气转移4个电子，生成一个氢气转移2个电子，所以相同时间内生成的n(O

2)：n(H2)=1:2；共收集到标况下0.168L气体，即0.168L22.4L/mol=0.0075mol，则其中n(O2)=10.00753=0.0025mol，根据装置A中发生反应方程式可知同时产生的n(H+)=0.0025mol×4=0.01mol，则溶液中c(H+)=

0.01mol1L=0.01mol/L，所以溶液的pH=2。【点睛】电解池中阳极与外接电源正极相连，失电子发生氧化反应，若阳极为活泼金属电极，则活泼金属被氧化；阴极与外接电源负极相连，得电子发生还原反应。三、实验题22.今有①CH3COOH；②

HCl；③H2SO4三种溶液，(1)～(3)题请选择填空：A．①＞②＞③B．①＜②＜③C．①=②=③E．①＞②=③D．①=③＞②F．①＜②=③G．①=②＜③H．①=②＞③(1)当它们pH相同时，其物质的量浓度关系是___

________。(2)体积和物质的量浓度相同的①、②、③三溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后的溶液呈中性，所需烧碱溶液的体积关系为_________________。(3)当它们pH相同、体积相同时，分别加入足量锌，则开始时反应速率_

________，相同状况下产生气体体积关系为____________。(4)某学生用0.2000mol/LNaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：(A)移取20.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞(B)

用标准溶液润洗滴定管2-3次(C)把盛有标准溶液的滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液(D)取标准NaOH溶液注入滴定管至0刻度以上2-3cm(E)调节液面至0或0刻度以下，记下读数(F)把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH

溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：①正确操作的顺序是(用序号字母填写)___________________________，②实验中，眼睛应注视_________________________

__，直至滴定终点。③几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下:实验序号1234消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0018.8019.95则该盐酸溶液的准确浓度为_____________。(保留小数点后4位)(5)用标准的NaOH滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示

剂，造成测定结果偏高的原因可能是____________。A.配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D.滴定

到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液E.未用标准液润洗滴定管【答案】(1).A(2).B(3).C(4).E(5).BDCEAF(6).锥形瓶中溶液颜色的变化(7).0.2000mol/L(8).ADE【解析】

【详解】(1)醋酸为弱酸，不能完全电离，所以pH相同时其浓度最大，HCl和H2SO4均为强酸可完全电离，但硫酸为二元酸，所以硫酸的浓度小于盐酸，故三种浓度关系为①＞②＞③，所以选A；(2)体积和浓度相同的①、②、③三溶液所含溶质物质的量相同，假设溶质为1mol，

分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，①CH3COOH是弱酸，恰好中和生成醋酸钠溶液呈碱性，所以需要烧碱小于1mol；②氯化氢和1mol氢氧化钠恰好反应溶液呈中性；③1molH2SO4和2mol恰好反应需要氢氧化钠2mol；所需烧碱溶液的体积由大

到小关系为：③＞②＞①，所以选B；(3)当它们的pH相同体积相同时，同时加入足量锌，开始时pH相同，溶液中氢离子浓度相等，二者与锌反应生成氢气的速率相等，①=②=③；pH相同的三种酸，由于醋酸是弱酸，浓度更大，所含氢离子的物质的量要多，所

以产生的氢气更多，盐酸和硫酸均为强酸，氢离子完全电离，pH相等、体积相等两种溶液中所含氢离子的物质的量相同，产生的氢气相同，所以反应生成气体的体积为：①＞②=③，所以选C；E；(4)①中和滴定的实验顺序为：检查、洗涤、润洗、

装液、读数、取待测液、加指示剂、滴定、读数、处理废液、洗涤，所以正确操作的顺序是BDCEAF；②滴定时，要根据锥形瓶中溶液颜色的变化判断滴定终点，眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；③第三次数据误差较大，舍去，所以消耗NaOH的平均

体积为20.05mL+20.00mL+19.95mL3=20.00mL；滴定时发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以c(HCl)=0.2000mol/L0.02L0.02L=0.2000mol/L；(5)A．配制标准溶液的氢氧

化钠中混有Na2CO3杂质，相同质量的NaOH和碳酸钠与盐酸反应，碳酸钠需要的盐酸少于氢氧化钠，所以氢氧化钠中含有碳酸钠时，所用氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高，故A符合题意；B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，导致读取的标准液体积偏小，测定结

果偏低，故B不符合题意；C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，不影响标准液体积，对测定结果无影响，故C不符合题意；D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D符合题意；E．未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度

降低，导致所用氢氧化钠体积增多，测定结果偏高，故E符合题意；综上所述选ADE。