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【文档说明】【精准解析】黑龙江省牡丹江市穆棱市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题.doc，共(21)页，571.000 KB，由小赞的店铺上传
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黑龙江省牡丹江市穆棱市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题1.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A.在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阴极的阳极保护法B.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C.纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗D
.海水中船体的腐蚀为析氢腐蚀【答案】C【解析】【详解】A.海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，选项A不正确；B．铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，相对比较活泼的铁先被腐蚀，镀层不能对铁制品再起保
护作用，选项B错误；C.不纯的金属或合金易发生电化学腐蚀，纯银器主要发生化学腐蚀使其表面变暗，选项C正确；D.海水的酸碱性接近中性，在海水中船体受到的腐蚀主要为吸氧腐蚀，只有在酸性较强的溶液中，钢铁才会发生析氢腐蚀，选项D错误；故合理选项是C。2.下列物质在水溶液中的电离方程式书
写正确的是A.NaHSO4＝Na＋＋HSO4－B.CH3COOHH＋＋CH3COO－C.H3PO43H＋＋PO43－D.NaHCO3Na＋＋H＋＋CO32－【答案】B【解析】【详解】A．在水溶液中，HSO4－完全电离为H+和SO42-，A不正确；B．醋酸
为弱电解质，在水溶液中部分电离为H＋和CH3COO－，B正确；C．H3PO4为三元弱酸，在水溶液中电离应分步进行，不能一步完成，C不正确；D．碳酸为弱酸，HCO3－应以化学式表示，不能写成H＋和CO32
－，D不正确；故选B。3.为了配制+4NH的浓度与Cl-的浓度比为1:1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入①适量的HCl②适量的NaCl③适量的氨水④适量的NaOHA.①②B.③C.③④D.④【答案】B【解析】【详解】在NH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+。①适量的H
Cl，平衡逆向移动，虽然c(NH4+)增大，但c(Cl-)增大更多，c(NH4+):c(Cl-)<1:1，①不合题意；②适量的NaCl，增大了溶液中的c(Cl-)，c(NH4+):c(Cl-)<1:1，②不合题意；③适量的氨
水，平衡逆向移动，c(NH4+)增大，c(Cl-)减小，可能使c(NH4+):c(Cl-)=1:1，③符合题意；④适量的NaOH，中和H+使平衡正向移动，c(NH4+)减小，c(NH4+):c(Cl-)<1:1，④不合题意
；综合以上分析，只有③符合题意；故选B。4.下列关于铜电极的叙述中不正确的是()A.锌铜原电池铜是正极B.在镀件上镀铜时可用金属铜做阳极C.用电解法精炼粗铜时粗铜做阴极D.用电解法精炼粗铜时，Cu2+移向纯铜电极【答案】C【解析】【分析】铜为不活泼金属，在铜锌原电池中作正极，电镀时，如镀铜，铜
为阳极；精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，以此解答。【详解】A．锌比铜活泼，在锌铜原电池中，铜是正极，选项A正确；B．在镀件上镀铜时，用金属铜作阳极，镀件为阴极，电解质为铜盐溶液，阴极上析出铜，选项B正确；
C．用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，精炼为阴极，粗铜中的锌、铁等活动性比铜强的金属发生氧化反应，变为金属阳离子进入溶液，活动性比Cu弱的银、金等金属则以单质的形式沉淀在容器底部，俗称阳极泥，从而可与铜分离，选
项C错误；D．用电解法精炼粗铜时，纯铜作阴极，Cu2+在阴极上获得电子，变为单质铜，从而起到提纯铜的目的，选项D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查原电池和电解池知识，侧重于化学与生活、生产的考查，为高频考点，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电解的应用。5.
反应A+B→C（（放热）分两步进行：①A+B→X（吸热）②X→C（放热），下列示意图中能正确表示总反应过程中能量进变化的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量，排除A、B选项
，A+B→X(吸热)，则X的能量大于A+B的总能量，X→C(放热)，则X的能量大于C的总能量，排除C选项；答案选D【点睛】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，
当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热。6.用2g块状大理石与30ml3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（）①再加入30mL3mol/L盐酸②改用30ml6mol/L盐酸③改用2g粉末状大理石④适当升高温
度．A.①②④B.②③④C.①③④D.①②③【答案】B【解析】【详解】大理石与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，①盐酸的浓度不变，化学反应速率不变，①不合理；②盐酸的浓度增大，化学反应速率加快，②合理；③改用2g粉末状大理石，增大
了固态物质与溶液的接触面积，反应速率加快，③合理；④适当升高温度，分子之间的有效碰撞加快，更多的分子变为活化分子，反应速率加快，④合理。故可以加快反应速率的序号为②③④，选项B正确。7.下列各种离子一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：Na+、K+、AlO2-、CO32-B.含有大量Fe3+
的溶液中：NH4+、SCN-、Cl-、K+C.pH＝7的溶液中：NH4+、Al3+、SO42-、CO32-D.c(OH-)＝1×10-13mol/L的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3-【答案】A【解析】【详解】
A、碱性溶液中离子可以共存；B、因Fe3+与SCN-结合生成络离子，则不能大量共存；C、Al3+、CO32—发生双水解，不能共存；D、Fe2+在碱性条件下不能共存。8.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，下列说法不正确的是A.升高温
度，正、逆反应速率均加快B.增大压强，化学平衡正向移动C.当气体总质量不变时，反应达平衡状态D.充入O2，可提高SO2的转化率【答案】C【解析】【详解】A．不管正反应放热还是吸热，升高温度，正、逆反应速率都加快，A正确；B．反应物气体分子数大于生成物气体分子数，增大压强，平衡正
向移动，B正确；C．密闭容器中反应物和生成物都是气体，气体总质量始终不变，C不正确；D．充入O2，平衡正向移动，SO2的转化率增大，D正确；故选C。9.已知如下物质的溶度积常数：FeS：Ksp＝6.3×1
0－18；CuS：Ksp＝6.3×10－36。下列说法正确的是A.同温度下，CuS的溶解度大于FeS的溶解度B.同温度下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)变小C.向含有等物质的量的FeCl2和CuCl2的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，最
先出现的沉淀是FeSD.除去工业废水中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂【答案】D【解析】【详解】A、根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，所以CuS的溶解度小于FeS的溶解度，A错误；B、Ksp只与温度有关，温度一定时，改变浓度Ksp不变，B错误；C、
化学式相似的物质，Ksp小的，溶解度小，易先形成沉淀，由于CuS的Ksp小，所以CuS先形成沉淀，C错误；D、根据沉淀转化原理，溶解度小的能转化为溶解度更小的，所以FeS能转化为CuS，D正确；答案选
D。10.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn(s)＋2MnO2(s)＋H2O(l)＝Zn(OH)2(s)＋Mn2O3(s)。下列说法错误．．的是（）A.电池工作时，锌失去电子
B.电池工作时，电子由Zn极通过外电路流向MnO2极C.电池正极为MnO2，发生氧化反应D.外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】【分析】根据电池总反应式Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）=Zn（OH）2（s）
+Mn2O3（s）可知，电池工作时，负极材料是Zn，Zn发生氧化反应生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，正极材料为MnO2，MnO2发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e-=Mn2O3（s）+2OH-，电子从负极沿
导线流向正极。【详解】A项、电池工作时，负极材料是Zn，Zn发生氧化反应生成Zn（OH）2，故A正确；B项、电池工作时，电子由负极流向正极，电流由正极通过外电路流向负极，故B正确；C项、原电池工作时，正极材料为MnO2，MnO2发生还原反应，故C错误；D项、由电池总反应式可知，65gZn反
应转移电子为2mol，则6.5gZn反应转移0.2mol电子，故D正确。故选C。11.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+OH－；ΔH>0，下列叙述正确的是A.向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c
（H＋）增大，Kw不变C.向水中加人少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低D.将水加热，Kw增大，pH不变【答案】B【解析】【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常
数只和温度有关，所以B是正确的；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B。12.已知：①S(g)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1；②S(s)＋O2(g
)===SO2(g)ΔH2；③2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)ΔH3；④2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)ΔH4；⑤SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l)ΔH5。下列关于上述反应焓变的判断不正确的
是A.ΔH1＜ΔH2B.ΔH3＜ΔH4C.ΔH5＝ΔH3－ΔH2D.2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4【答案】B【解析】【详解】A.气态硫的能量比固态硫的能量高，所以气态硫反应时放出的热量多，即ΔH1＜ΔH2，故正确
；B.硫化氢不完全燃烧放出的热量比完全燃烧放出的热量少，所以有ΔH3>ΔH4，故错误；C.②S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2；③2H2S(g)＋O2(g)=2S(s)＋2H2O(l)ΔH3；根据盖斯定律
分析，③-②可得热化学方程式：⑤SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)ΔH5=ΔH3-ΔH2，故正确；D.③2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)ΔH3；④2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g
)＋2H2O(l)ΔH4；根据盖斯定律分析，(③×3-④)/2得热化学方程式⑤SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l)ΔH5＝（3ΔH3－ΔH4）/2，故正确。故选B。13.下列依据热化学方程
式得出的结论正确的是A.已知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则2ΔH1<ΔH2B.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1，则氢气燃烧热为241.8kJ·mol-1C.已知2SO
2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)，则将16gSO2(g)和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量D.已知：C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0，则金刚石比石
墨稳定【答案】A【解析】【详解】A．CO转化为CO2放热，则2|ΔH1|>|ΔH2|，从而得出2ΔH1<ΔH2，A正确；B．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的产物呈气态，则氢气燃烧热>241
.8kJ·mol-1，B不正确；C．16gSO2(g)和足量O2在密闭容器中不能完全反应，所以放出热量<0.25QkJ，C不正确；D．已知：C(石墨,s)=C(金刚石,s)ΔH>0，则石墨比金刚石稳定，D不正确；故选A。14.下列有关金属腐蚀的说
法中正确的是()A.钢铁闸门接在电源的负极上，此方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程C.钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生【答案】
D【解析】【详解】A.钢铁闸门接在电源的负极上，钢铁闸门为阴极，钢铁就不会失去电子，因而得到保护，此方法称为外接电流的阴极保护法，A错误；B.电化学腐蚀指在不纯金属与周围接触的电解质溶液构成原电池，而发生化学反应而损耗的过程，B错误；C.由于通
常情况下电解质溶液为中性或弱酸性，钢铁腐蚀发生的最普遍的是吸氧腐蚀，正极吸收氧气，产物最终转化为铁锈，C错误；D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属失去电子被氧化而引起的腐蚀，因此本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生，而化学腐蚀没有电流产生，D正确；故合理选项是D。15.在蒸发皿中加热蒸
干并灼烧(低于400℃)下列的溶液,可以得到该物质的固体是()A.氯化镁溶液B.硫酸铝溶液C.碳酸氢钠溶液D.硫酸亚铁溶液【答案】B【解析】【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400℃)溶液，能得到该物质的固体，说明该物质
在蒸发时不反应，没有被氧化或分解、水解等，以此解答该题。【详解】A．加热氯化镁溶液，水解生成氢氧化镁和盐酸，盐酸易挥发，灼烧氢氧化镁分解得到氧化镁，选项A错误；B．加入硫酸铝溶液，虽然铝离子水解生成氢氧化铝，但硫酸难挥
发，最终固体仍为硫酸铝，选项B正确；C．加热碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠分解，最终生成碳酸钠固体，选项C错误；D．加入硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁被氧气氧化生成硫酸铁，选项D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查盐类水解原理和应用，为高频考点，
侧重于对化学基本反应原理和应用的考查，注意把握盐类水解的原理和规律。16.下列反应中符合下列图像的是A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-Q1kJ/mol(Q1>0)B.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)ΔH=+Q2kJ/mo
l(Q2>0)C.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-Q3kJ/mol(Q3>0)D.H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH=+Q4kJ/mol(Q4>0)【答案】B【解析】【详解】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故
正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，A．N2（g）+
3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为放热反应反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；B.2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0，为吸热反应反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；C.4NH3（g）+5O2（g）⇌4N
O（g）+6H2O（g）△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应反应，故C不符合；D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0，为吸热反应反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故D
不符合；故选B。17.在20mL0.1mol·L-1HCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3·H2O溶液，反应后溶液中各粒子浓度的关系错误的是A.c(H+)+c(4NH+)=c(OH-)+c(Cl-)B.c(H+)+c(Cl-)=c(OH-)+c(NH3·H2O)C.c(C
l-)>c(4NH+)>c(H+)>c(OH-)D.c(Cl-)=c(4NH+)+c(NH3·H2O)【答案】B【解析】【分析】20mL0.1mol·L-1HCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3·H2O溶液混合，刚好完全反应生成NH4Cl。【
详解】A．依据电荷守恒，c(H+)+c(4NH+)=c(OH-)+c(Cl-)，A正确；B．依据质子守恒，c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，所以c(H+)+c(Cl-)>c(OH-)+c(NH3·H2O)，B不正确；C．在NH4Cl溶液中，存在NH4++H2ONH3·H2O+H+
、H2OH++OH-，且前一反应是主反应，所以c(Cl-)>c(4NH+)>c(H+)>c(OH-)，C正确；D．依据物料守恒，c(Cl-)=c(4NH+)+c(NH3·H2O)，D正确；故选B。18.用盐酸标准液来滴定NaOH待测液，下
列操作可能会使测定结果偏低的是A.酸式滴定管只用水洗B.锥形瓶只用水洗C.第一次观察酸式滴定管的刻度时仰视D.滴定管滴定开始前有气泡，滴定后消失【答案】C【解析】【详解】A．酸式滴定管只用水洗，则标准液浓度减小，所用体积偏大，结果偏高，A不合题意；B．锥形瓶只用水洗，待测液的物质
的量不变，对结果无影响，B不合题意；C．第一次观察酸式滴定管的刻度时仰视，初读数偏小，最后读出所用酸溶液的体积偏小，结果偏低，C符合题意；D．滴定管滴定开始前有气泡，滴定后消失，读取的体积为实际所用体积与气体的体积和，所用酸的体积偏大，结果偏高，D不合题意；故选C。1
9.有关下列四个常用电化学装置的叙述中，正确的是（）图Ⅰ碱性锌锰电池图Ⅱ铅-硫酸蓄电池图Ⅲ电解精炼铜图Ⅳ银锌纽扣电池A.图Ⅰ所示电池中，MnO2的作用是催化剂B.图II所示电池放电过程中，硫酸浓度不断增大C.图III所示装置工作过程
中，电解质溶液中Cu2+浓度始终不变D.图IV所示电池中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag【答案】D【解析】【详解】A．图Ⅰ所示电池中，MnO2为正极，发生反应MnO2+e-+H2O==MnOOH+OH-，A不正确；B．图II所示电池放电过程中，由于两个电极都消耗硫酸，
所以硫酸浓度不断减小，B不正确；C．图III所示装置工作过程中，粗铜(阳极)中先发生Ni、Fe失电子，后发生Cu失电子，而纯铜(阴极)始终发生Cu2+得电子，所以电解质溶液中Cu2+浓度不断减小，C不正确；D．图IV所示电池中，负极Zn失电子，正极Ag2O得电子，作氧
化剂，电池工作过程中还原为Ag，D正确；故选D。20.常温下，在20.00mL0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.1000mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.①溶液：c(Cl－
)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)B.②溶液：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)C.①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②>③>①D.滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)【
答案】B【解析】【详解】A、①点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；B、②点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B
正确；C、③点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，①、②两点有碱剩余，抑制水电离，①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度③＞②＞①，故C错误；D、开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－
)＞c(H＋)，故D错误；答案选B。21.下列溶液中浓度关系正确的是()A.小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(CO32-)＋c(OH－)B.CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)C.物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和
CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)【答案】C【解析】A.电荷不守恒，错
误；B.CH3COONa溶液中，醋酸根离子要水解，c(CH3COO－)＜c(Na＋)，错误；C.物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)和电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝cc(CH3C
OO－)＋c(OH－)，两式联列得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正确；D.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA—的电离大于水解，则c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)
>c(H2A)，D错误。22.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是（）A.a电极是负极B.b电极的电极反应为：4OH--4e-====2H2O+O2↑C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D.氢氧燃料
电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置【答案】B【解析】【分析】氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极，据此分析解答。【详
解】A、氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的a极为电源的负极，故A正确；B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，根据图示，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B错误
；C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C正确；D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意电
解质溶液的酸碱性对电极反应式的影响，正极的电极反应式，碱性溶液中O2+2H2O+4e-=4OH-，酸性溶液中O2+4e--+4H+=2H2O。23.某温度时，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平
衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.c点对应的Ksp等于a点对应的KspB.加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点C.d点没有AgCl沉淀生成D.加入少量水，平衡右移，Cl－浓度减小【答案】A【解析】【详解】A．温度不变，Ksp不变，c点与a点都在曲线
上，c点与a点对应的Ksp相等，A正确；B．加入AgNO3，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡左移，溶液仍达平衡状态，c点不可能变到d点，B不正确；C．d点时，虽然溶液过饱和，但仍有AgCl沉淀生成，C不正确；D．温度不变，Ksp不变，加入少量
水，平衡右移，Cl－浓度不变，D不正确；故选A。24.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2
。有关该电池的说法正确的是A.充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+OH-="NiOOH"+H2OB.充电过程是化学能转化为电能的过程C.放电时负极附近溶液的碱性不变D.放电时电解质溶液中的OH-向正极
移动【答案】A【解析】【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，Ni(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-=NiO(OH)+H2O，故A项正确；B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；C项，放
电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH-使负极附近溶液pH减小，故C项错误；D项，放电时Cd在负极消耗OH-，OH-向负极移动，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。25.研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，同温度下涉及如下反应：①2NO(g)+Cl2(g)2Cl
NO(g)ΔH1<0平衡常数为K1；②2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH2<0平衡常数为K2；(1)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH3，平衡常数K的表达式为：_________________。ΔH3=__
________(用ΔH1、ΔH2表示)。(2)①为研究不同条件对反应①的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应①达到平衡。测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·mi
n-1，则平衡后n(Cl2)=______mol，NO的转化率α1=______。②其他条件保持不变，反应②升高温度，平衡时NO2的转化率_____((填“增大”“减小”或“不变”)，平衡常数K2______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1).2242(NO)(Cl)(
NO)ccc(2).2ΔH2-ΔH1(3).0.025(4).75%(5).减小(6).减小【解析】【分析】①2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH1<0平衡常数为K1；②2NO2(g)+NaCl(s)Na
NO3(s)+ClNO(g)ΔH2<0平衡常数为K2；(1)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH3，平衡常数K为生成物中气体的浓度幂的乘积除以反应物中气体浓度幂的乘积。利用盖斯定律，求ΔH3。(2)①先求出ClNO的
物质的量，再利用三段式进行计算。②其他条件保持不变，反应②升高温度，因为正反应为放热反应，所以平衡逆向移动。【详解】①2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)ΔH1<0平衡常数为K1；②2NO2(g
)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)ΔH2<0平衡常数为K2；(1)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH3，平衡常数K为生成物中气体的浓度幂的乘积除以反应物中气体浓度幂的乘积，所以K=2242(N
O)(Cl)(NO)ccc。利用盖斯定律，将②×2-①，即得ΔH3=2ΔH2-ΔH1。答案为：2242(NO)(Cl)(NO)ccc；2ΔH2-ΔH1；(2)①v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·mi
n-1，则n(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1×10min×2L=0.15mol。三段式为：22NO(g)Cl(g)2ClNO(g)(mol)0.20.10(mol)0.150.0750.15(mo
l)0.050.0250.15+起始量变化量平衡量则平衡后n(Cl2)=0.025mol，NO的转化率α1=0.15mol100%0.2mol=75%。答案为：0.025；75%；②其他条件保持不变，反应②升高温度，因为正反应为放热反应，所以平衡逆向移动，平
衡时NO2的转化率减小，平衡常数K2减小。答案为：减小；减小。【点睛】在书写平衡常数表达式时，我们很容易将固体物质表示在表达式中，从而产生错误。26.中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某
兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是_________，水通入A的进口为________。（a/b）(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为___________
_______。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题图2中的______(填序号)；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为_________
（酚酞/甲基橙）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积____(填序号)(①＝10mL，②＝40mL，③<10mL，④>40mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25
.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_______g·L－1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_____________________________________________。【答案】(1).冷凝管(或冷凝
器)(2).b(3).SO2＋H2O2=H2SO4(4).③(5).酚酞(6).④(7).0.24(8).盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【解析】【分析】将300.00mL葡萄酒和适量盐酸放入蒸馏烧瓶
B中，加热蒸馏，挥发出的酒精用冷凝管冷凝回流，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2发生反应，生成硫酸，同时盐酸可能会有一部分挥发，溶解在H2O2溶液中。【详解】(1)仪器A的名称是冷凝管(或冷凝器)，不管冷凝管如何摆放，冷却水的流向都是下进上出，所以
水通入A的进口为b。答案为：冷凝管(或冷凝器)；b；(2)SO2与C中H2O2完全反应生成硫酸，其化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4。答案为：SO2＋H2O2=H2SO4；(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题
图2中的③；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，刚好在酚酞的变色范围8.2~10之间，所以选择的指示剂为酚酞；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积应大于40mL，故选④。答案为：③；酚酞；④；(4)滴定至终点时
，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为0.09mol/L0.025L64g/mol20.3L=0.24g·L－1。答案为：0.24；(5)该测定结果比实际值偏高，其原因是盐酸挥发消耗一部分NaOH引起的，改进措施为：用
不挥发的强酸(如硫酸)代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。答案为：盐酸的挥发；用不挥发的强酸(如硫酸)代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。【点睛】H2
O2显弱酸性，在使用NaOH滴定前，需加入H2O2分解的催化剂，并加热，确保反应剩余的H2O2完全分解，否则会影响SO2含量的测定。27.下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)化学式H2CO3CH3COOHHClO电离平衡常数K1=4.3×10-7K2
=5.6×10-111.8×10-53.0×10-8(1)根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO三种酸的酸性从强到弱依次是______________________________
_______。(2)常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_________（填字母）A．c(H+)B．+3(H)(CHCOOH)ccC．c(H+)•c(OH﹣)D．-+(OH)(H)c
cE．+-33(H)(CHCOO)(CHCOOH)ccc(3)25℃时，等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是_____________________________________。(4)25℃时，将am
ol∙L﹣1的醋酸与bmol∙L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，溶液中离子浓度大小关系：_________________(5)下列反应不能发生的是______(填字母)。a．23CO−+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2Ob．ClO-+CH3COOH=CH3COO
-+HClOc．23CO−+2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-d．2ClO-+CO2+H2O=23CO−+2HClO【答案】(1).CH3COOH>H2CO3>HClO(2).BD(3).CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3(4).c(+4NH)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
(5).cd【解析】【分析】(1)比较H2CO3(K1)、CH3COOH、HClO三种酸的电离常数，便可得出酸性强弱。(2)在CH3COOH溶液中，存在下列电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+、H2OH++OH
-。A．加水稀释，c(H+)不断减小；B．加水稀释，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，+3(H)(CHCOOH)cc=3(H)(CHCOOH)nn+；C．c(H+)•c(OH﹣)=KW；D．加水稀释，c(H+)减小，c(OH-)增大
；E．+-33(H)(CHCOO)(CHCOOH)ccc=Ka(3)25℃时，比较等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO三种溶液的pH，可比较对应的三种酸的酸性。(4)25℃时，将amol∙L﹣1的醋酸与bmol∙L
﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，则醋酸过量，可利用电荷守恒进行分析。(5)利用强酸制弱酸的原理分析反应发生的可能性。【详解】(1)根据分析表格中数据可知，K(CH3COOH)>K1>K(HClO)，所以三种酸的酸性从强到弱依次是CH3COOH>H2CO3>HClO。答案为：
CH3COOH>H2CO3>HClO；(2)A．加水稀释，c(H+)不断减小，A不合题意；B．加水稀释，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，+3(H)(CHCOOH)cc=3(H)(CHCOOH)nn+变大，B符合题
意；C．常温下，c(H+)•c(OH﹣)=KW，加水稀释，KW不变，C不合题意；D．加水稀释，c(H+)减小，c(OH-)增大，-+(OH)(H)cc增大，D符合题意；E．常温下，+-33(H)(CHCOO)(CHCOOH)ccc=Ka，加水稀释，Ka不变，E不合题意；
故选BD。答案为BD；(3)25℃时，K(CH3COOH)>K(HClO)>K2，所以等浓度的Na2CO3、CH3COONa和NaClO的碱性Na2CO3>NaClO>CH3COONa，三种溶液的pH从小到大依次是CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3。答案为
：CH3COONa﹤NaClO﹤Na2CO3；(4)25℃时，将amol∙L﹣1的醋酸与bmol∙L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，依据电荷守恒可得：c(+4NH)+c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)，由于c(H＋)＝c(OH－)，所以c(
+4NH)＝c(Cl－)，从而得出溶液中离子浓度大小关系：c(+4NH)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)。答案为：c(+4NH)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)；(5)a．因为K(CH3COOH)>K1，所
以23CO−+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能发生；b．因为K(CH3COOH)>K(HClO)，所以ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能发生；c．因为K(HClO)<K1，所以23CO−+2HClO
=CO2↑+H2O+2ClO-不能发生；d．因为K(HClO)>K2，所以2ClO-+CO2+H2O=23CO−+2HClO不能发生；故选cd。答案为：cd。【点睛】比较Na2CO3、CH3COONa和NaClO三者的碱性强弱时，可比较对应酸的酸性，酸性越强，对应盐的碱性越弱。但需注意N
a2CO3对应的酸为HCO3-，而不是H2CO3。解题时，若不注意理解，用H2CO3与HClO的电离常数进行比较，得出Na2CO3、NaClO的碱性强弱的结论，是错误的。28.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。
当闭合该装置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为_____(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为_________________________。(2)乙池中C(石墨)电极的名称为____(填“正极”“负极”或“阴极
”“阳极”)，总反应的化学方程式为_________________________。(3)当乙池中D极质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_____mL(标准状况)，转移的电子数为____
______(4)丙池中_____(填“E”或“F”)极析出铜。(5)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，开关闭合一段时间后，丙中溶液的pH将_____(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1).原电池(2).CH3O
H－6e－+H2O=CO2＋6H+(3).阳极(4).4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3(5).280(6).0.05NA(7).F(8).增大【解析】【分析】从图中可以看出，甲池为原电
池，A电极为负极，B电极为正极。与B电极相连的C电极为阳极，D电极为阴极，E电极为阳极，F电极为阴极。【详解】(1)由以上分析知，甲池为原电池，通入CH3OH电极为负极，在酸性溶液中，CH3OH失电子生成CO2和H+，电极反应式为CH3O
H－6e－+H2O=CO2＋6H+。答案为：原电池；CH3OH－6e－+H2O=CO2＋6H+；(2)乙池中C(石墨)电极与正极相连，为电解池的阳极，在该电池中，Ag+得电子，H2O失电子，生成Ag、O2和H+，总反应的化学方程式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋
O2↑＋4HNO3。答案为：阳极；4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3；(3)当乙池中D极质量增加5.4g时，n(Ag)=5.4g108g/mol=0.05mol，n(e-)=0.05mol，甲池
中理论上消耗O2的体积为0.05mol22400mL/mol4=280mL(标准状况)，转移的电子数为0.05NA。答案为：280；0.05NA；(4)丙池中，阴极为F极析出铜。答案为：F；(5)若丙中电极不变，将
其溶液换成NaCl溶液，则电解反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，丙中溶液的pH将增大。答案为：增大。【点睛】解电化学类试题，电极的判断是解题的关键。解题时，先确定原电池，通常，通入O2或氧化剂的电极为正极，通入(或加入)燃料的电极为负极。
