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陕西省西安市第一中学2019-2020学年学高二化学上学期期末考试试题陕西省西安市第一中学2019-2020学年学高二化学上学期期末考试试题年级：姓名：- 21 -陕西省西安市第一中学2019-2020学年学高二化学上学期期末考试试题（含解析）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)+3CO2 (g) H =x kJmol-1已知：碳的燃烧热H1=a kJmol-1；S(s)+2K(s)=K2S(s) H2=b kJmol-12K(s)+N2 (g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3= c kJmol-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=akJmol-1，其热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g)H1=akJmol-1S(s)+2K(s)K2S(s)H2=bkJmol-12K(s)+N2(g)+3O2(g)2KNO3(s)H3=ckJmol-1将方程式3+-得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则H=xkJmol-1=(3a+b-c)kJmol-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】AAlCl3在溶液中发生水解：AlCl3+3H2OAl(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；BFe2(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；CNaHCO3溶液蒸干灼烧后得到Na2CO3固体，C错误；DKMnO4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；Bc(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；CH+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；Dc(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+H2OH3O+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ClC. 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】AAgCl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；BAgCl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AgCl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；BAlCl3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. KMnO4 ZnCO3D. H2O2 ZnO【答案】D【解析】【分析】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，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；CKMnO4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；CCaSO3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. HCl NaOH CuCl2B. HBr NaOH CuSO4C. HClO4 Ba(OH)2 Na2SO4D. H2SO4 KOH AgNO3【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、Na2SO4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=-890.3 kJ/mol (燃烧热)B. NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H=+57.3 kJ/mol (中和热)C 1/2H2+1/2Cl2=HCl H=-91.5 kJ/mol (反应热)D. N2O4(g)2NO2(g) H=+56.9 kJ/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=-890.3 kJ/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=-57.3 kJ/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=-91.5 kJ/mol，C错误；DN2O4(g)2NO2(g)反应为吸热焓变大于零，N2O4(g)2NO2(g)H=+56.9 kJ/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-=Cl2B. NH4Cl水解的离子方程式：+2H2ONH3H2O +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；BNH4Cl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：+2H2ONH3H2O +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2 molO2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=3.2mol，则SO2的转化率为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+，B. 由H2O电离的c(H+)=110-14 mol/L的溶液中：Pb2+，K+，F-，C. c(H+)/c(OH)=1012的溶液中：，Al3+，ClD. 在含有大量AlO2-的溶液中：，Na+，Cl，H+【答案】C【解析】【详解】ApH=1的溶液中存在大量的H+，H+、Fe2+、发生氧化还原反应不能大量共存，A错误；B溶液中的Pb2+、生成硫酸铅沉淀，不能大量共存，B错误；Cc(H+)/c(OH)=1012的溶液中存在大量的H+，H+、Al3+、Cl不反应，能大量共存，C正确；D在含有大量的溶液中：H+，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. Al33H2OAl(OH)33H 明矾净水C. TiCl4(x2)H2O(过量)TiO2xH2O4HCl 制备TiO2xH2OD. SnCl2H2OSn(OH)ClHCl 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) TiO2xH2O+4HCl，可以用来制取TiO2xH2O，故C正确；D、根据反应：SnCl2+H2OSn(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10 ml 0.1 mol/L的醋酸与100 ml 0.01 mol/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；B25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：110-10mol/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；CHCl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：2C4H1013O2=8CO210H2OC. 通入空气的一极是正极，电极反应为：O24e=2O2D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H1026e13O2=4CO25H2O【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+13O28CO2+10H2O，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+13O28CO2+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m g气体时，电解池阳极同时有m g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+2H2O，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. 装置中K键闭合时，片刻后CuSO4溶液中c(Cl-)增大B. 装置中K键闭合时，片刻后可观察到滤纸a点变红色C. 装置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)+X2(g)2HX(g)的平衡常数为100，若将1.0 mol的HX(g)通入体积为1.0 L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】该反应的容积为1L，物质的浓度与物质的量数值相等，K=100，化简求解，x=mol，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=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()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()c(OH)c(H+)c()D. 室温下，向0.01 mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)c()c()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()，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(CH3COO-)+c(OH-)c(H+)+c(CH3COOH)，B错误；CNa2CO3溶液中，发生电离，c(Na+)c()，发生+H2O+OH-，及少量的碳酸氢根离子的水解，则溶液呈碱性，c(OH)c()c(H+)，故c(Na+)c()c(OH)c()c(H+)，C错误；DNH4HSO4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()c()，故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)c()c()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2Cu2+2H2O2Cu+4H+O2Cu2+2Cl-Cu+Cl22Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl22H2O2H2+O2A. B. C. D. 【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；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；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；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，其原因可能是两溶液体积相同，酸是多元强酸两溶液的体积相同，酸是一元弱酸酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积酸是强酸，浓度比NaOH溶液的大A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由铝与酸、碱的反应可知：2Al6H+3H2 2Al2OH-3H2，要使生成的氢气前者多，必须n(H+)n(OH-)，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，故错误；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，故正确；pH=1的酸中c(H+)=0.1mol/L，pH=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，故正确，pH=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-)=1 mol/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2 mol NH3和1 mol CO2，达平衡后，生成a mol H2O，若开始时放入x mol NH3，2 mol CO2和1 mol H2O(g)，达平衡后，H2O的物质的量是3a mol，则A. 1 molB. 2 molC. 3 molD. 4 mol【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=，解得x=4mol，答案为D。25. 常温下，0.1000mol/L NaOH溶液分别滴20. 00mL 0.1000 mol/L盐酸和20. 00mL0.1000 mol/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0 mLV(NaOH)20. 00 mL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pH1，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：HClNaOH，CH3COOHNaOH，反应消耗的n(CH3COOH)=n(HCl)，故C错误；D.当0mLV(NaOH)”、“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、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16.0 g。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=96500Cmol-1)。【答案】 (1). 4OH-4e-=O2+2H2O (2). 5.6L (3). 2Cu2+2H2O2Cu+ 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16.0 g，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16.0 g，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16.0 g，转移电子的物质的量为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+2H2O2Cu+ 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Cu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=0.5A300s=150C，m(Zn)=0.565g/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110-14a110-12（1）若25t1t2，则a_11014(填“”、“”或“”)，做此判断的理由是_。（2）25时，某Na2SO4溶液中c(SO42)510-4 mol/L，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na)c(OH)_。（3）在t2温度下测得某溶液pH7，该溶液显_(填“酸”、“碱”或“中”)性，将此温度下pH11的NaOH溶液a L与pH1的H2SO4溶液b L混合：若所得混合液为中性，则ab_；若所得混合液pH2，则ab_