【文档说明】【精准解析】陕西省西安市第一中学2019-2020学年学高二上学期期末考试化学试题.doc，共(19)页，424.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020年西安市第一中学高二(上)期末化学试卷一、选择题(每小题只有一个正确选项)1.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO

2(g)ΔH=xkJ·mol-1已知：碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol-1；S(s)+2K(s)=K2S(s)△H2=bkJ·mol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s)△H3=ckJ·mol-1；则x为()A.3a+b-cB.c-3a-bC.a+b-

cD.c-a-b【答案】A【解析】【详解】碳的燃烧热△H1=akJ•mol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=akJ•mol-1①S(s)+2K(s)═K2S(s)△H2=bkJ•mol-1②2K(s)+N2(g

)+3O2(g)═2KNO3(s)△H3=ckJ•mol-1③将方程式3①+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)═K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则△H=xkJ•mol-1=(3a+b-c)kJ•mol-1，所以x=3a+b-c，故答案为A。2.在蒸

发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)下列物质的溶液可以得到该物质固体的是A.AlCl3B.Fe2(SO4)3C.NaHCO3D.KMnO4【答案】B【解析】【详解】A．AlCl3在溶液中发生水解：AlCl3+

3H2O⇌Al(OH)3+3HCl，加热时生成的HCl不断挥发，使上述平衡向右移动，生成Al(OH)3，经灼烧最终得到Al2O3固体，A错误；B．Fe2(SO4)3在溶液中发生水解，但硫酸不具有挥发性，随蒸发的进行，氢离子浓度增大，导致水解平衡逆向进行

，蒸干并灼烧后能得到Fe2(SO4)3固体，B正确；C．NaHCO3溶液蒸干灼烧后得到Na2CO3固体，C错误；D．KMnO4溶液蒸干后得到KMnO4固体，灼烧时KMnO4易发生分解，得到K2MnO4、MnO2固体，D错误；答案为B。3.将冰醋

酸加入水中，能说明醋酸电离达到平衡的标志是A.溶液中无醋酸分子B.c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.H+浓度恒定不变D.c(H+)=c(CH3COOH)【答案】C【解析】【详解】A．醋酸电离达到平衡时，溶液中醋酸分子、醋酸根离子及

氢离子共存，A说法错误；B．c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)时溶液呈电中性，任何浓度的醋酸溶液，溶液均呈电中性，不能说明是否达到平衡状态，B说法错误；C．H+浓度恒定不变时，说明生成氢离子的速率

与氢离子与醋酸根离子结合的速率相等，已达到平衡状态，C说法正确；D．c(H+)=c(CH3COOH)时，不能确定正逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，D说法错误；答案为C。4.能使水的电离平衡H2O+

H2O⇌H3O++OH−向电离方向移动，且使溶液呈碱性的是A.在水中加碳酸氢钾固体B.向水中通HCl气体C.在水中加氯化铜固体D.将H2O加热至100℃【答案】A【解析】【详解】A．在水中加碳酸氢钾固体产生碳酸氢根离子，碳酸氢根

离子水解生成碳酸和氢氧根离子，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，A符合题意；B．向水中通HCl气体，HCl完全电离生成氢离子和氯离子，导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，B

与题意不符；C．在水中加氯化铜固体产生铜离子，铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，C与题意不符；D．将H2O加热至100℃，溶液中氢离子浓度、氢氧根离子浓度均增大，

但仍旧相等，溶液呈中性，D与题意不符；答案为A。5.有关氯化银的沉淀溶解平衡的说法正确的是A.氯化银沉淀生成和溶解同时在不断进行，且速率相等B.氯化银难溶于H2O，溶液中没有Ag+和Cl−C.只要向含有氯化银的饱和溶液中加入HCl，一定会有沉淀生成D.向含有氯化银的悬浊液中加入碘化钾固体，氯化

银沉淀不变化【答案】A【解析】【详解】A．AgCl溶液达到沉淀溶解平衡时，AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，是动态平衡，速率相等且不为零，A说法正确；B．AgCl难溶于水，溶解度很小，但是不为零，所以溶液中含有少量的Ag+和Cl−，B说法错误

；C．向AgCl溶液中加入盐酸，若能导致氯离子浓度增大，沉淀溶解平衡逆向进行，会析出AgCl固体，若盐酸浓度很小，导致氯离子浓度减小，就不会生成沉淀，C说法错误；D．沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向A

gCl的悬浊液中加入KI固体，白色AgCl沉淀转化为黄色的AgI沉淀，D说法错误；答案为A。6.下列描述中，不符合生产实际的是A.电解饱和食盐H2O制烧碱，用离子交换膜将阳极室与阴极室隔开B.电解熔融的AlCl3制取金属铝，用石墨作阳极C.电解法精炼粗

铜，用纯铜作阴极D.在Fe上镀银，用银作阳极【答案】B【解析】【详解】A．电解饱和食盐H2O制烧碱，阳极室产生氯气，阴极室得到氢气，防止出现事故，则用离子交换膜将阳极室与阴极室隔开，A符合实际生产；B．AlCl3为共价化合物，通常用电解熔融的氧化铝制取金属铝，用石墨作

阳极，B不符合实际生产；C．电解法精炼粗铜，粗铜作阳极失电子生成铜离子，用纯铜作阴极，溶液中的铜离子得电子生成单质铜，C符合实际生产；D．在Fe上镀银，Fe作阴极，溶液中的银离子得电子生成银，用银作阳极，银失电子生成银离子，D符合实际生产；答案为

B。7.下列说法正确的是A.由原电池原理可知所有的合金都比纯金属更易被腐蚀B.铜板上的铜铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe-3e-=Fe3+C.船舶外壳镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀D.镀层破损后，

马口铁(镀锡铁)比白铁皮(镀锌铁)耐腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．有些合金由于金属的内部组织结构被改变而比纯金属更难被腐蚀，A说法错误；B．铜板上的铜铆钉处在潮湿的空气中发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B说法错误；C．船舶外壳镶嵌锌块

，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，被保护，可防船体被腐蚀，C说法正确；D．镀层破损后，马口铁(镀锡铁)铁作负极，失电子生成亚铁离子，白铁皮(镀锌铁)中锌作负极，铁被保护，故白铁皮更耐腐蚀，D说法错误；答案为C。8.已知：为使Fe3+，Fe2+，Zn2

+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH分别为3.7，9.6，4.4左右。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+，Fe2+杂质离子，为除去这些杂质离子制得纯净的硫酸锌，应加入的试剂是A.NaOH溶液B.氨水C.KMnO4ZnCO3D.H2O2ZnO【答案】D【解析】【分析】使F

e3+、Fe2+、Zn2+较完全的形成氢氧化物沉淀，溶液的pH分别为3.7、9.6、4.4左右，所以要除去硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，应该把Fe2+氧化为Fe3+，双氧水是绿色氧化剂不会引

入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去。【详解】A．用NaOH溶液除杂时会引入Na+杂质，不能得到纯净的硫酸锌，A错误；B．使用氨水，会向溶液中引入铵根离子杂质，不能得到纯净的硫酸锌，B错误；C．KMnO4

可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，使用KMnO4导致溶液中引入杂质钾离子、锰离子等，不能得到纯净的硫酸锌，C错误；D．双氧水是绿色氧化剂不会引入杂质，所以用双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，再加入

氧化锌调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀除去，D正确；答案选D。【点睛】为除去杂质离子制得纯净的ZnSO4，应首先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO、ZnCO3等物质，调节溶液pH，使Fe3+水解生成沉淀而除去

，选取的除杂试剂不得向溶液中引入新的杂质。9.在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO。加入少量下列物质能使c(HClO)增大的是A.CaCO3B.NaOHC.CaSO3D.HCl【答案】A【解析】【详解】A．加入CaCO3发生反应：CaCO3+

2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸钙不反应，平衡向正反应方向移动，则c(HClO)增加，故A符合题意；B．加入NaOH发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=

NaClO+H2O，促进氯气和水反应，但溶液中c(HClO)减小，故B不符合题意；C．CaSO3具有还原性与次氯酸发生氧化还原反应，促进氯气和水反应，但溶液中c(HClO)减小，故C不符合题意；D．加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制氯气和水反应

，则c(HClO)减小，故D不符合题意；故选A。10.下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成H2和O2的是A.HClNaOHCuCl2B.HBrNaOHCuSO4C.HClO4Ba(OH)2Na2SO4D.H2SO4KOHAgNO3【答案】C【解析】【详解】A．电解HCl产生氢气、氯气，电

解NaOH产生氢气、氧气，电解CuCl2产生Cu和氯气，A与题意不符；B．电解HBr氢气、溴，电解NaOH产生氢气、氧气，电解CuSO4产生Cu和氧气，B与题意不符；C．电解HClO4、Ba(OH)2、Na

2SO4产生氢气、氧气，C符合题意；D．电解H2SO4、KOH产生氢气、氧气，电解AgNO3产生Ag、氧气，D与题意不符；答案为C。11.下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均正确)A.CH4(g

)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ/mol(燃烧热)B.NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.3kJ/mol(中和热)C1/2H

2+1/2Cl2=HCl△H=-91.5kJ/mol(反应热)D.N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol(反应热)【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热要求生成的氧化物为稳定的氧化物，故CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△

H=-890.3kJ/mol，A错误；B．中和热为放热反应，焓变小于零，故NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，B错误；C．物质受状态影响较大，热化学方程式中物质标注出状态，1/2H2(

g)+1/2Cl2(g)=HCl(g)△H=-91.5kJ/mol，C错误；D．N2O4(g)⇌2NO2(g)反应为吸热焓变大于零，N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol，D正确；答案为D。12.表示下列

变化的化学用语中，一定正确的是A.电解饱和食盐水的阳极反应式：2Cl-+2e-=Cl2↑B.NH4Cl水解的离子方程式：+4NH+2H2O⇌NH3·H2O+H3O+C.NaHA的电离方程式：NaHA=Na++H+

+A2-D.钢铁吸氧腐蚀的正极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．电解饱和食盐水的阳极得电子，反应式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A错误；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，其电离产生的铵根离

子水解生成一水合氨和氢离子，水解的离子方程式：+4NH+2H2O⇌NH3·H2O+H3O+，B正确；C．若H2A为二元强酸，则NaHA的电离方程式：NaHA=Na++H++A2-，若为二元弱酸，则NaHA=Na++HA-，C错误；D．钢铁吸氧腐蚀的正极得电子，

电极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-，D错误；答案为B。13.实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为

A.40%B.50%C.80%D.90%【答案】C【解析】【详解】放出314.624kJ的热量，消耗SO2的物质的量为314.624kJ2mol196.64kJ=3.2mol，则SO2的转化率为3.2mol4mol×100%=80%，答案选C。14.常温下，下列各组离子在

指定溶液中能大量共存的是A.pH=1的溶液中：K+，Fe2+，2-27CrO，2-4SOB.由H2O电离的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液中：Pb2+，K+，F-，2-4SOC.c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中：+4NH，Al3+，-3NO，Cl−

D.在含有大量AlO2-的溶液中：+4NH，Na+，Cl−，H+【答案】C【解析】【详解】A．pH=1的溶液中存在大量的H+，H+、Fe2+、2-27CrO发生氧化还原反应不能大量共存，A错误；B．溶液中的Pb2+、2-4SO生成硫酸铅沉淀

，不能大量共存，B错误；C．c(H+)/c(OH−)=1012的溶液中存在大量的H+，H+、+4NH、Al3+、-3NO、Cl−不反应，能大量共存，C正确；D．在含有大量2AlO−的溶液中：H+，2AlO−反应生成铝离子和水，不能大量共存，D错误；答案为

C。15.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（）A.CO32-＋H2OHCO3-＋OH－热的纯碱溶液清洗油污B.Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋明矾净水C.TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HC

l制备TiO2·xH2OD.SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】A、纯碱溶液中由于碳酸根离子的水解，溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c(OH-)增大，清洗油污能力增强，故A正确；B、明矾

溶于水，Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，起到净水作用，故B正确；C、四氯化钛可以和水之间发生反应：TiCl4+(x+2)H2O(过量)TiO2•xH2O↓+4HCl，可以用来制取TiO2·xH2O，故C正确；D

、根据反应：SnCl2+H2O⇌Sn(OH)Cl↓+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠，促进平衡正向移动，得到Sn(OH)Cl，配制结果不会成功，故D错误；故选D。16.下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是A.物质的量浓度相等的硫酸铵溶液与碳酸铵溶液中+4NH的物质的量浓度B.pH

=10的NaOH和Na2CO3溶液中，H2O的电离程度C.将pH=3的HCl和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加H2O的量D.相同温度下10ml0.1mol/L的醋酸与100ml0.01mol/L的醋酸中

的H+物质的量【答案】A【解析】【详解】A．硫酸铵为强酸弱碱盐，而碳酸铵为弱酸弱碱盐，碳酸铵溶于水，相互促进水解，导致铵根离子浓度小于硫酸铵中的铵根离子浓度，A正确；B．25℃时，pH值都等于10的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子为：1

×10-10mol/L；pH=10的碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，均为10-4mol/L，前者小于后者，B错误；C．HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，存在醋酸的电离平衡，稀释促进电离，稀释到pH=5时，则加入的水要

多余盐酸的，所以pH=3的盐酸和醋酸加水稀释成pH=5的溶液，所加水的量前者小于后者，C错误；D．由n=cV可知，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，100mL0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0

.001mol，但前者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者小于后者，D错误；答案为A。17.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列对该燃料电池说法不正确的是A.在熔融电解质中，O2－

移向负极B.电池的总反应是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2OC.通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－===2O2－D.通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H10＋26e－＋13O2－===4CO2↑＋5H2O【

答案】D【解析】【分析】丁烷作还原剂，具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e－=2O2－，总反应式为2C4H10+13O2→8CO2+10H2

O，注意电解质和离子的定向移动方向．【详解】A、原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，在熔融电解质中，O2－移向负极，故A正确；B、电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式相同，为2C4H10+13O2→8CO

2+10H2O，故B正确；C、通入空气的一极是正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应为：O2+4e－=2O2－，故C正确；D、通入丁烷一极是负极，失电子发生氧化反应，正确的电极反应式为C4H10+13O2－-26e－=4CO2+5H2O，故D错误；故选D。18.用电解质溶液为氢氧化

钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和Na2CO3溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法正确的是A.当电池负极消耗mg气体时，电解池阳极同时有mg气体生成B.电池的负极反应为：H2-2e-=2H+C.电解后c(Na2CO3)不变，但饱和Na2CO3溶

液的量减少D.电池中n(KOH)不变，电池中溶液pH不变【答案】CD【解析】【详解】A．负极上氢气失电子和氢氧根离子生成水H2+2OH--2e﹣=2H2O、阳极电极反应式为4OH-﹣4e﹣=O2↑+2H2

O，则得失电子相等时，负极消耗的氢气质量不等于阳极析出氧气质量，A说法错误；B．负极上氢气失电子和氢氧根离子生成水H2+2OH--2e﹣=2H2O，B说法错误；C．电解时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，实际上是电解水，导致析出部分碳酸钠，溶液仍然是饱和溶液，则电

解后c(Na2CO3)不变，C说法正确；D．放电时，原电池中生成水，氢氧化钾的物质的量不变；电解池中碳酸钠浓度不变，其pH不变，故D正确；答案为CD。19.下列装置图及有关说法正确的是（）A.装置①中K键闭合时，片刻后CuSO4溶

液中c(Cl-)增大B.装置①中K键闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色C.装置②中铁腐蚀的速率由大到小顺序是：只闭合K1>只闭合K3>只闭合K2>都断开D.装置③中当铁制品上析出1.6g铜时，电源负极输出的电子数为0.025NA【答案】B【解析】【详解】A．装置①中

K键闭合时为原电池，原电池中阴离子向负极移动，放电过程中Zn被氧化成Zn2+为负极，则Cl-向ZnSO4溶液移动，CuSO4溶液中c(Cl-)减小，故A错误；B．装置①中K键闭合时，滤纸相当于电解池，a极与原电池负极相连为阴极，阴极氢离

子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以a附近变红色，故B正确；C．只闭合K1时Fe作阳极被腐蚀，只闭合K2时Fe作阴极被保护，只闭合K3时Fe作负极被腐蚀，都断开为化学腐蚀，电解池的阳极腐蚀速度大于原电池的负极腐蚀速度，电化学腐蚀比化学腐蚀快，所以铁腐蚀的速度由大

到小的顺序是：只闭合K1＞只闭合K3＞都断开＞只闭合K2，故C错误；D．装置③中铁制品上的反应为Cu2++2e-=Cu，析出1.6g铜即0.025mol时，电源负极输出的电子数为0.05NA，故D错误。故选：B。20.在一定温度下，反应H2(g)+X

2(g)⇌2HX(g)的平衡常数为100，若将1.0mol的HX(g)通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度下反应达平衡时HX(g)的体积分数为A.17%B.83%C.8.3%D.91.7%【答案】

A【解析】【详解】()()()22001.00.50.50.50.521.0xxxxHgXgHXxxg+−初始反应平衡该反应的容积为1L，物质的浓度与物质的量数值相等，K=2(1.0)0.50.5xxx−=100，化简求解，x=

16mol，根据反应体系中气体的计量数可知，反应前后气体的物质的量不变，所以HX(g)的体积分数=1mol61mol×100%=17%，答案选A。21.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系一定正确的是A.25℃时

pH=10的NaOH溶液与pH=10的氨水中：c(Na+)＞c(+4NH)B.物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)C.Na2CO3溶液中：c(Na+)＞c(2-

3CO)＞c(OH−)＞c(H+)＞c(-3HCO)D.室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)＞c(2-4SO)＞c(+4NH)＞c(OH−)=c(H+)【答案】D【解析】【详解

】A．氨水与NaOH溶液的pH都是10，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度浓度相等，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(4NH+)，A错误；B．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，醋酸的电离程度大

于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，根据物料守恒可得：c(Na+)＞c(CH3COOH)，结合电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)可得：c(CH3CO

O-)+c(OH-)＞c(H+)+c(CH3COOH)，B错误；C．Na2CO3溶液中，发生电离，c(Na+)＞c(2-3CO)，发生2-3CO+H2O⇌-3HCO+OH-，及少量的碳酸氢根离子的水解，则溶液呈碱性，c(OH−)＞c(-3HCO)＞c(H+)，故c(Na

+)＞c(2-3CO)＞c(OH−)＞c(-3HCO)＞c(H+)，C错误；D．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，此时溶液呈酸性

，需要再滴加少许NaOH后溶液呈中性，c(Na+)＞c(2-4SO)＞c(+4NH)，故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(2-4SO)＞c(+4NH)＞c(OH−)=c(H+)，D正确；答案为D。22.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1：

3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有①2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑②Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑③2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑④2H2O2H2↑+O2↑A.①②③B.①②④C.②③④D.②④【答案】C【解析】【分析】

用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，据此

判断。【详解】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液中硫酸铜的物质的量为1mol，氯化钠的物质的量为3mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，当铜离子完全析

出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时消耗2mol氯离子，所以氯离子还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为②；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，当氯离子完全被电解后，发生的电池反应

式为③；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，相当于电解水，所以发生的电池反应式为④；故答案选C。【点睛】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解答本题的关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质。23.分别在pH=1的酸和pH=14的

NaOH溶液中加入足量的铝，放出H2的量前者多，其原因可能是①两溶液的体积相同，酸是多元强酸②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸③酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积④酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大A.①②B.②C.②③D.④【答案】C【解析】【详解】由铝与酸、碱的反应可知：2Al～6H+

～3H22Al～2OH-～3H2，要使生成的氢气前者多，必须n(H+)＞n(OH-)，①当酸为多元强酸，由于c(H+)＜c(OH-)，当两种溶液体积相同时，则会有n(H+)＜n(OH-)，不符合题意，故①错误；②若

酸是一元弱酸，虽然酸电离出的C(H+)小于氢氧化钠中的c(OH-)，但弱酸是部分电离，此时酸中的H+的总量完全可以比NaOH中的OH-多故满足n(H+)＞n(OH-)，符合题意，故②正确；③pH=1的酸中c(H+)=0.1mol/L，p

H=14的NaOH溶液c(OH-)=1mol/L，若酸溶液的体积大于NaOH溶液30倍，定有n(H+)＞3n(OH-)，不管强酸和弱酸，故③正确，④pH=1的酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=14的NaOH溶液c(OH-)=1mol/L，若酸为强

酸，则浓度不可能比NaOH溶液大，与题意矛盾，故④错误；故选C。【点晴】此题考查pH定义，强电解质和弱电解质的区别，铝单质的化学性质，其中强电解质和弱电解质的区别是难点，综合性较强。在本题中，酸电离出的c(H+)=0.1mol/L，碱液中c(OH-)=1mol/L，铝是足量的，所以生

成氢气的量就取决于n(H+)、n(OH-)，而根据铝与酸碱的反应可知，当生成相同量的氢气时，需要的n(H+)比n(OH-)多，所以当酸生成的氢气更多时，就需要n(H+)＞n(OH-)，然后结合强酸完全电离，弱

酸部分电离的特点解答。24.恒压下，在一个可变容积的密闭容器中发生如下反应：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)，若开始时放入2molNH3和1molCO2，达平衡后，生成amolH2O，若开始时放入xmolNH3，2molCO2和1molH2O(g)，

达平衡后，H2O的物质的量是3amol，则A.1molB.2molC.3molD.4mol【答案】D【解析】【详解】开始时放入2molNH3和1molCO2，达平衡后，生成amolH2O；若开始时放入xmolNH3

、2molCO2和1molH2O(g)和1molCO(NH2)2(s)，达平衡后，H2O的物质的量是3amol，反应条件为恒压，而温度未变，则NH3、CO2的物质的量之比不变时，与开始等效，把CO(NH2)2(s

)和H2O(g)转化为反应物，则NH3的物质的量为x+2mol，则()2molx2mol+=a3a，解得x=4mol，答案为D。25.常温下，0.1000mol/LNaOH溶液分别滴20.00mL0.1000mol/L盐酸和20.

00mL0.1000mol/L醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如图。下列说法正确的是（A－表示Cl－或CH3COO－）A.滴定盐酸的曲线是图2B.达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c(Na＋)=c(A－)C.达到B、E状态时，反应消耗的n(CH3COOH)

＞n(HCl)D.当0mL＜V(NaOH)＜20.00mL时，对应混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c(A－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)【答案】B【解析】【详解】A.滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH>1，所以滴定盐酸的曲

线是图1，故A错误；B.达到B、D状态时，溶液是中性的，此时c(H+)=c(OH－)，根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(A－)，故B正确；C.达到B、E状态时，消耗的氢氧化钠物质的量是相等的，根据反应原理：HCl～NaOH，CH3COOH～NaOH，反应消

耗的n(CH3COOH)=n(HCl)，故C错误；D.当0mL<V(NaOH)<20.00mL时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠

），剩余大量的酸，此时c(A－)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH－)，故D错误。故选：B。二、非选择题26.加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH变化如表所示：温度(℃)102030加热煮沸后冷却到50℃pH8.38.48.58.8甲同学认为，该溶液pH升高的原因是

HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为______________。乙同学认为，该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度____(填“大于”或“小于”)Na

HCO3的。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙同学认为：（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则___(填“甲”或“乙”)同学判断正确。试剂X是____(填字母)。A．Ba(OH)2溶液B．BaCl2溶液C．NaOH溶液D．澄清石灰水（

2）将加热煮沸后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH____(填“>”、“<”或“=”)8.3，则____(填“甲”或“乙”)同学判断正确。【答案】(1).HCO3-+H2OH2CO3+OH-(2).大于(3).乙(4).B(5).=(6).甲【解析】【详解】甲同学的观点：Na

HCO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解呈碱性，水解过程吸热，加热促进水解，Na2CO3水解程度较大，溶液碱性增强；乙同学的观点：NaHCO3受热分解，反应方程式为：2NaHCO3Na

2CO3+H2O+CO2↑；有Na2CO3生成，且根据越弱越水解的规律，因为H2CO3的酸性大于HCO3-，所以等浓度的Na2CO3溶液水解程度大于NaHCO3溶液，碱性：Na2CO3>NaHCO3；丙同学观点：（1）如果加热煮沸时

，NaHCO3分解，则有Na2CO3生成，只要检验出加热煮沸后的溶液存在Na2CO3，就可以判断出乙的观点正确；四种物质中只有BaCl2与Na2CO3反应生成沉淀、而不与NaHCO3反应；如果加入Ba(OH)2和澄清石灰水都生成沉淀；加入NaOH均无现象；所以

能鉴别出Na2CO3和NaHCO3的物质是BaCl2溶液：取少量加热煮沸后的溶液，滴入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，证明溶液中有Na2CO3，反之，不存在Na2CO3；故选B（BaCl2溶液）；（2）由题给溶液将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，说明碳酸氢钠没有分解，则甲

正确。27.A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子的离子如下表所示：阳离子Na+、K+、Cu2+、阴离子2-4SO、OH-，在如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得

乙烧杯中c电极质量增加了16.0g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图所示。据此回答下列问题：(1)b电极上的电极反应式为：_____；(2)计算电极e上生成的气体在标况下的体积为_____；(3)写出乙烧

杯中的电解反应方程式：_____；(4)要使丙烧杯中的C溶液恢复到原来的浓度，需要向丙烧杯中加入____(填加入物质的名称和质量)。(5)酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池

放电产生的MnOOH。电池反应的离子方程式为：____；维持电流强度为0.5A，电池工作5min，理论上消耗锌_____g(已知F=96500C·mol-1)。【答案】(1).4OH--4e-=O2↑+2

H2O(2).5.6L(3).2Cu2++2H2O通电2Cu+O2↑+4H+(4).CuO，20g(5).Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH(6).0.05【解析】【分析】根据电解时溶液pH的变化及乙烧杯中c电极质量增加了

16.0g，铜离子与氢氧根离子不能共存，可知溶液乙为硫酸铜溶液；溶液甲溶液显碱性，含有氢氧根离子；溶液丙为中性，含有硫酸根离子。乙烧杯中c电极质量增加了16.0g，溶液中铜离子得电子生成单质铜，则c电极为阴极，则M为负极。【详解】(1)分析可知，溶液甲为碱性溶液，b电极为阳

极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气和水，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；(2)溶液丙为中性溶液，电解时产生氢气和氧气，乙烧杯中c电极质量增加了16.0g，转移电子的物质的量为16.0?g64g/mol×2=0.5mol，e电极为阴极，生成的气体为

氢气，物质的量为0.25mol，标况下的体积为5.6L；(3)乙烧杯中的电解质为硫酸铜，阴极上铜离子得电子生成单质铜，而阳极上水失电子生成氧气和氢离子，总反应式为2Cu2++2H2O通电2Cu+O2↑+4H+；(4)根据方程式可知，析出的物质为铜、氧气，要还原时应加入CuO，生成的C

u为16g，即0.25mol，则氧化铜的质量为20g；(5)Zn失电子生成锌离子，MnO2得电子与氢离子反应生成MnOOH，池反应的离子方程式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH；维持电流强度为0.5A，电池工作5min，Q=It=0.5A×300s=

150C，m(Zn)=15096500/CCmol×0.5×65g/mol=0.052g。28.下表是不同温度下水的离子积的数据。试回答以下问题：温度/℃25t1t2水的离子积1×10-14a1×10-12（1）若25＜t1＜t2，则a________1×10－1

4(填“＞”、“＜”或“＝”)，做此判断的理由是______________。（2）25℃时，某Na2SO4溶液中c(SO42－)＝5×10-4mol/L，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝_________

__。（3）在t2温度下测得某溶液pH＝7，该溶液显__________(填“酸”、“碱”或“中”)性，将此温度下pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合：①若所得混合液为中性，则a∶b＝__

__________；②若所得混合液pH＝2，则a∶b＝____________。【答案】(1).＞(2).温度升高，水的电离程度增大，离子积增大(3).1000∶1(4).碱(5).1∶1(6).9∶11

【解析】【详解】（1）温度越高，水的电离程度越大，水的离子积常数越大，若25＜t1＜t2，则a＞1×10－14；（2）Na2SO4溶液中c(SO42－)＝5×10-4mol/L，c(Na+)＝1×10-3mol/L，加水稀释10倍后c(Na+)＝1×10-3mol/L，c

(OH－)仍然等于10-7mol/L，c(Na＋)∶c(OH－)＝1000∶1；（3）t2温度高于25℃，水的离子积常数等于1×10－12，在t2温度下测得某溶液pH＝7，则c(H+)=10-7mol/L，c(OH

－)=10-5mol/L，该溶液显碱性；将此温度下pH＝11的NaOH溶液，c(OH－)=10-1mol/L，pH＝1的H2SO4溶液c(H+)=10-1mol/L，若混合后溶液为中性，则a=b；若所得混合液pH＝2，

根据（b*10-1-a*10-1）/(a+b)=10-2解得a∶b＝9∶1129.食盐中的抗结剂是亚铁氰化钾，其化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O。42.2gK4[Fe(CN)6]·3H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度的

变化曲线)如下图所示。试回答下列问题：(1)试确定150℃时固体物质的化学式_____。(2)查阅资料知：虽然亚铁氰化钾自身毒性很低，但其水溶液与酸反应放出极毒的氰化氢(HCN)气体；亚铁氰化钾加热至一定温度时能分解产生氰化钾(KCN)。据此判断

，烹饪食品时应注意的问题为____。(3)在Fe2+、Fe3+的催化作用下，可实现2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4的转化。已知，含SO2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液中时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++O2

+4H+＝4Fe3++2H2O，则另一个反应的离子方程式为_____。(4)已知Fe(OH)3的溶度积常数Ksp＝1.1×10-36。室温时在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH为3时，通过计算说明Fe3+是否沉淀完全_______。(提示：当某离子浓度小于10-5mol·L

-1时可以认为该离子沉淀完全)【答案】(1).K4[Fe(CN)6](2).应避免与醋和西红柿等酸性物质一起烹饪，控制烹饪温度不超过400摄氏度(3).2Fe3＋＋2H2O+SO2=2Fe2＋＋4H＋+2-4SO(4).没有沉淀

完全【解析】【分析】(1)计算完全失去结晶水时的质量是否与图像相符；(2)根据图像及题目信息判断；(3)根据题目信息及催化剂的特点，确定另一反应；(4)根据Ksp计算。【详解】(1)42.2gK4[Fe(CN)6]·3H2O的物质的量为0.1mol，根据热重曲线，100℃时K4[Fe(C

N)6]·3H2O的结晶水完全失去时，质量减少5.4g，剩余质量=42.2g-5.4g=36.8g，与图像相符，即在100℃时K4[Fe(CN)6]·3H2O的结晶水完全失去；(2)由于“KCN与酸反应放出极毒

的氰化氢(HCN)气体”，再结合根据热重曲线，400℃分解产生氰化钾(KCN)，故应避免与醋、西红柿等酸性物质一起烹饪，且不能超过400℃；(3)根据题目信息及催化剂的特点，另一个反应一定有Fe3+→Fe2+，反应方程式为2Fe3＋＋2H2O+SO2=2Fe2＋＋4

H＋+2-4SO；(4)当溶液pH为3时，溶液中c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，Ksp=1.1×10-36=c3(OH-)×c(Fe3+)，则c(Fe3+)=36331.11010−−

=1.1×10-3mol/L＞10-5mol•L-1，没有沉淀完全。