宁夏银川市第二中学2021-2022学年高二化学下学期期末试题（Word版附解析）

银川二中2021-2022学年第二学期高二年级期末考试化学试题本试卷满分100分，考试用时100分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cu64Ba137一、选择题(本题共有21小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题2分，共42分。)1.化学高科技助力北京2022年冬奥会，下列变化不属于化学变化的是A.速滑馆使用CO2制冷剂快速制冰B.火炬“飞扬”中燃料氢气的燃烧C.发电玻璃主要成分碲化镉的合成D.电动汽车“全气候”电池的充电【答案】A【解析】【详解】A．冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰，利用固体二氧化碳升华吸收热量，过程中无新物质生成，为物理变化，A符合题意；B．H2燃烧是个化学变化，反应为：2H2+O22H2O，B不合题意；C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉，发生了化学反应，为化学变化，C不合题意；D．电动汽车的全气候电池充电，是电解过程，发生了化学反应，D不合题意；故答案为：A。2.《礼记·内则》记载：“冠带垢，和灰清漱；衣裳垢，和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带，所用的就是草木灰浸泡的溶液。下列说法错误的是A.草木灰主要成分是纯碱B.洗涤利用了草木灰溶液的碱性C.洗涤时加热可增强去油污能力D.草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用【答案】A【解析】【详解】A．草木灰中含K2CO3，故主要成分是碳酸钾，故A错误；B．K2CO3水解溶液显碱性，能促进油脂水解，则草木灰溶液能浣洗衣服，故B正确；C．盐类的水解吸热，故加热能促进其水解，增强其去污能力，故C正确；D．K2CO3中的能与铵态氮肥中的发生水解的相互促进，有氨气逸出，从而降低肥效，则草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用，故D正确；故答案为A。 3.化学与生活生产密切相关，下列说法中不正确的是A.焊接时用NH4Cl溶液除锈B.铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C.用锡焊接的铁质器件，焊接处容易生锈D.电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属被氧化的过程，伴随有电流产生【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解导致溶液呈酸性，酸能除锈，A正确；B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，金属表面生成致密的氧化膜，所以铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀，B正确；C．锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，C正确；D．化学腐蚀是物质之间直接反应，没有电流产生，D错误；故答案选D。4.下列事实与对应的方程式不符合的是A.硫化氢溶液呈酸性：H2S⇌HS-+H＋B.泡沫灭火器的工作原理：Al3＋+3=Al(OH)3↓+3CO2↑C.甲醇的燃烧热△H=-725.7kJ·mol-1，则甲醇燃烧的热化学方程式可表示为：CH4O(l)＋1.5O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)△H=-725.7kJ·mol-1D.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合出现浑浊：＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．硫化氢在溶液中分步电离，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H2S⇌H++HS-，故A正确；B．泡沫灭火器的工作原理是铝离子与碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，离子方程式为Al3＋+=Al(OH)3↓+3CO2↑，故B正确；C．甲烷的燃烧热△H=-890.3kJ•mol-1，结合燃烧热的概念可知：需要生成稳定化合物，即液态水，甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)∆H=-890.3kJ•mol-1，故C错误；D．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成硫、二氧化硫和水，该反应的离子方程式为： ，故D正确；故选：C。5.研究表明与在作用下发生反应，下列说法不正确的是A.反应总过程B.使反应的活化能减小C.也是该反应的催化剂D.、两步反应均为放热反应【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，，A项正确；B．Fe+在反应前后的质量和性质保持不变，故其作催化剂，使反应的活化能减小，B项正确；C．催化剂是加入的物质，可以改变反应速率，但其质量和化学性质不变，而FeO+是反应过程的中间产物，因此不是催化剂，C项错误；D．由图可知，、两步中均为反应物总能量大于生成物总能量，因此二者均为放热反应，D项正确；答案选C。6.下列说法正确的是A.两种难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解能力一定小B.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成C.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、KAl(SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度不相同【答案】D 【解析】【详解】A．类型相同的难溶电解质，在同种溶剂中Ksp小的其溶解能力小，如AgCl、AgI等，而不同类型的难溶电解质中Ksp小的溶解能力不一定小，A错误；B．NaAlO2和NaHCO3反应的离子方程式为++H2O=Al(OH)3↓+，只生成沉淀，没有气体生成，B错误；C．Ca(ClO)2水解生成HClO不稳定，亚硫酸钠易被氧化，氯化铁水解生成易挥发的盐酸，则Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质，加热时KAl(SO4)2也能水解，但生成的硫酸不挥发，最终仍然转化为KAl(SO4)2，可得到原溶质固体，C错误；D．NaCl是强酸强碱盐，钠离子和氯离子都不水解，而CH3COONH4是弱酸弱碱盐，醋酸根离子与铵根离子均水解、并且水解程度相等，所以醋酸铵溶液中水的电离程度大于氯化钠溶液，D正确；故答案选D。7.下列有关Fe3+的除杂，说法不正确的是A.用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3+B.工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7~8，可除去Fe3+C.FeSO4溶液中的Fe2+极易被氧化为Fe3+，可加铁粉除去杂质Fe3+D.MgCl2溶液中混有FeCl3杂质，可加Na2CO3除去FeCl3杂质【答案】D【解析】【分析】【详解】A.Fe(NO3)3溶液在加热过程中不断水解，最后HNO3挥发，并生成Fe(OH)3沉淀，趁热过滤便可得到纯净的KNO3，A正确；B.氯化铁在溶液中发生水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氨水调节pH至7~8，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，从而除去氯化铁，B正确；C.FeSO4溶液中的Fe2+极易被氧化为Fe3+，加铁粉后发生反应2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而除去杂质Fe3+，C正确；D.MgCl2溶液中混有FeCl3杂质，加Na2CO3不仅除去了FeCl3杂质，也导致MgCl2转化为沉淀，即便控制Na2CO3的加入量，也会引入杂质离子，D错误。故选D。8.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol(其中D代表)中含有的中子数为 B.34g中含有的极性键数目为C.常温，的溶液中数目为D.10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为【答案】D【解析】【详解】A．中含个中子，故此离子中含中子数为个，故A错误；B．34g物质的量为，含键数为，含键数为，含有的极性键数目为，故B错误；C．没有溶液体积，无法计算物质的量，故C错误；D．甲酸水溶液中，甲酸分子中、水分子中都含有氧原子，在质量分数为的甲酸水溶液中，甲酸的物质的量为，含原子；含水，物质的量为，含原子为，故溶液中含有氧原子数为，故D正确；故答案为D。9.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.由水电离产生的c(OH-)=1×10-10mol·L-1的溶液中：Mg2＋、Na＋、Br-、ClO-B.c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Mg2+、Cu2+、、C.0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K+、Na+、、Cl-D.加水稀释c(H+)增大的溶液中：K+、CH3COO-、、【答案】C【解析】【详解】A．由水电离产生的c(OH-)=1×10-10mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，Mg2+、OH-之间反应生成氢氧化镁沉淀，H+与ClO-反应生成次氯酸，不能大量共存，A错误；B．c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+与OH-反应，不能大量共存，B错误；C．K+、Na+、、Cl-、、之间不反应，能够大量共存，C正确； D．加水稀释c(H+)增大的溶液呈碱性，OH-、之间发生反应，不能大量共存，D错误；故答案选C。10.为探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述不正确的是(　　)A.图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B.用图2装置比较反应速率可通过测定在相同状况下反应产生一定体积气体所需时间的多少C.若图1所示的实验中反应速率为①＞②，则一定说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好D.为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否复原【答案】C【解析】【详解】A．反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，故A正确；B．反应速率可以用单位时间内产生气体的快慢表示，故B正确；C．若图甲所示实验中反应速率①＞②，则能够说明FeCl3比CuSO4对H2O2分解催化效果好，但不一定是Fe3+和Cu2+，可能是硫酸根离子和氯离子，故C错误；D．关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够加入，活塞不能回到原位，故D正确。答案选C。11.唐诗五颜六色，化学也色彩斑斓。下列物质或化学实验后的颜色与加点颜色不相同的是（）A绿蚁新醅酒出土的古代铜制品上覆盖着的铜锈B红泥小火炉电镀铜时，阴极析出的物质C蓝FeCl2溶液中加K3[Fe(CN)6]溶液后生成的沉淀 田日暖玉生烟D紫泉宫殿锁烟霞0.1mol/L的NaOH溶液10mL中加入等浓度的HCl溶液15mL后，稀释至1000mL后加入几滴石蕊，所得的混合溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．出土的古代铜制品上覆盖着的铜锈主要成分是碱式碳酸铜，俗称铜绿，是绿色物质，A不符合题意；B．电镀铜时，Cu2+在阴极上得到电子变为单质Cu，因此阴极上析出的物质是红色的，B不符合题意；C．FeCl2溶液中加K3[Fe(CN)6]溶液后生成的沉淀呈蓝色，C不符合题意；D．0.1mol/L的NaOH溶液10mL中加入等浓度的HCl溶液15mL后，HCl过量，溶液显酸性，稀释至1000mL后加入几滴石蕊，所得的混合溶液显红色，不是显紫色，D符合题意；故答案为D。12.乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下[起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L]。下列分析不正确的是A.乙烯气相直接水合反应的ΔH＜0B.图中压强的大小关系为p1>p2>p3C.图中a点对应的平衡常数K=D.达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b【答案】B【解析】【分析】【详解】A．依据图象分析，在同一压强下，随着温度的升高，乙烯的平衡转化率降低，说明该反应正方向为放热反应，即ΔH＜0，A项正确； B．由方程式C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)可知，该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率提高，因此压强的大小关系是p1<p2<p3，B项错误；C．根据图示可知，起始时，n(H2O)=n(C2H4)=1mol，容器体积为1L，a点乙烯的平衡转化率为20%，则转化的乙烯的物质的量浓度为0.2mol·L-1，则该温度下的平衡常数，C项正确；D．由于b点温度比a点高，且压强比a点大，所以反应速率快，达到平衡所需时间短，D项正确；答案选B。13.下列说法正确是A.沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变B.已知BaSO4溶度积常数1.0×10－10，则BaSO4在水中溶解度为2.33×10－4g/100g水C.Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16,常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度一定是×10－11mol·L－1D.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化),溶液中的c(Mg2+)减小而Ksp(MgCO3)不变【答案】B【解析】【详解】A．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等，与难溶二者是否是1：1型有关、与溶解难溶物质的溶液中是否存在难溶物质的离子等有关，选项A错误；B．已知BaSO4溶度积常数1.0×10－10，c（Ba2+）=c（SO42-）=1.0×10－5mol/L，则BaSO4在水中溶解度为2.33×10－4g/100g水，选项B正确；C．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则必须c(Ag+)·c(I-)＞Ksp(AgI)，即1.8×10-5·c(I-)＞1.0×10-16，所以c(I-)＞×10-11mol·L-1，选项C错误；D．向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化),溶液中的c(Mg2+)增大而Ksp(MgCO3)不变，选项D错误。答案选B。14.已知某些酸的电离常数数据如下，下列离子方程式正确的是 H2SO3K1=1.5×10-2；K2=1.1×10-7H2CO3K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-11HClOK=3.0×10-8A.NaClO溶液中通少量SO2：2ClO－+SO2+H2O=2HClO+B.Na2CO3溶液中通足量SO2：+2SO2+H2O=CO2↑+2C.NaClO溶液中通少量CO2：2ClO－+CO2+H2O=2HClO+D.Na2CO3溶液中加少量氯水：+H+=【答案】B【解析】【详解】A．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二者可发生氧化还原反应，NaClO溶液中通少量SO2应生成，故A错误；B．酸性H2SO3＞H2CO3＞，Na2CO3溶液中通足量SO2生成CO2和，反应的离子方程式为+2SO2+H2O=CO2↑+2，故B正确；C．酸性HClO＞，NaClO溶液中通少量CO2应生成，反应的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+，故C错误；D．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，酸性H2CO3＞HClO＞，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，正确的离子方程式应为2+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2，故D错误；答案为B。15.关于浓度均为0.1mol·L－1的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是A.c()：③>①；水电离出的c(H＋)：①>②B.将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数PH变化大的是③C.①和②等体积混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)D.①和③等体积混合后的溶液：c()>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)【答案】B 【解析】【详解】A．氯化铵为强电解质,完全电离后产生大量的NH4+，NH3·H2O为弱电解质不完全电离，只有少量的NH4+产生，故c()：③>①；在水中加入酸和碱都抑制水的电离，盐酸是强酸抑制水的电离的程度大，故水电离出的c(H＋)：①>②，选项A正确；B．盐的水解是可逆过程，加水稀释时促进水解，强酸完全电离，稀释时浓度变化较大，将pH值相同②和③溶液加水稀释相同的倍数pH变化大的是②，选项B不正确；C．①和②等体积混合后的溶液恰好是氯化铵溶液，NH4Cl溶液中的质子守恒：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)，选项C正确；D．①和③等体积混合后的溶液形成的是pH>7的溶液，c()>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)，选项D正确。答案选B。16.下列关于电解质溶液说法错误的是A.室温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，水的电离程度后者大B.pH相同的a.CH3COONa溶液b.NaHCO3溶液c.溶液，溶液中c(Na＋)的大小顺序是a>b>cC.pH=2的H2C2O4和pH=12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH-)+c()+2c()D.向CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中的所有离子的浓度都减小【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸钠的水解对水的电离起促进作用，所以室温下，pH相同的NaOH溶液和CH3COONa溶液，水的电离程度后者大，A正确；B．在相同的条件下测得①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液pH相同，已知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以水解程度：NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClO＜NaHCO3＜CH3COONa，即a＞b＞c，c(Na+)大小顺序为a＞b＞c，B正确；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()+2c()，C正确；D．加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，D错误；故答案选D。17.下列离子方程式正确的是 A.同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：B用铁做电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-C.NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2OD.AgNO3溶液与少量浓氨水反应的离子方程式：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+【答案】D【解析】【详解】A．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为：H++OH-=H2O，A错误；B．用铁作电极电解饱和食盐水，离子方程式为，B错误；C．NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，离子方程式为：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓+2H2O+，C错误；D．AgNO3溶液与少量浓氨水反应的离子方程式：Ag++NH3•H2O=AgOH↓+，D正确；故答案选D。18.柔性屏手机开始崭露头脚。某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，其电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，正确的是A.充电时，含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源正极B.放电时，电极的正极反应为：MnO2+e－+H+=MnOOHC.充电时，Zn2+移向Zn膜D.氢键是一种特殊的化学键，键能大于共价键，能使高聚物更稳定【答案】C【解析】 【详解】A．该原电池中，含有MnO2膜的碳纳米管纤维为正极，含有锌膜的碳纳米管纤维为负极，充电时，原电池负极接外电源的负极，即含有锌膜的碳纳米管纤维一端连接电源负极，故A错误；B．放电过程正极上是二氧化锰得到电子生成MnOOH，电极反应为MnO2 +e-+H2O═MnOOH+OH-，故B错误；C．放电过程中含有锌膜的碳纳米管纤维为负极，充电过程中，含有锌膜的碳纳米管纤维为负极作阴极，阳离子移向阴极，即Zn2+移向Zn膜，故C正确；D．氢键是分子间作用力，不是化学键，故D错误；故答案为C。【点睛】考查新型原电池工作原理和电解池原理的应用，明确原电池和电解池的工作原理为解答关键，注意掌握电极的判断方法及电极反应式的书写原则，该原电池中，含有MnO2膜的碳纳米管纤维为正极，含有锌膜的碳纳米管纤维为负极，充电时，原电池正极接外电源的正极，负极接外电源的负极。19.下列实验操作对应的现象与结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A常温下将Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体在小烧杯中混合烧杯壁变凉Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl的反应是吸热反应B将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中烧瓶内气体颜色变深NO2生成N2O4的反应中，△H＞0C将0.1mol·L-1的氨水稀释成0.01mol·L-1，测量稀释前后溶液pHpH减小稀释后NH3·H2O电离程度减小D常温下向物质的量浓度均为0.1mol·L-1的NaCl和NaI混合溶液中逐滴滴入AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.烧杯壁变凉，反应吸热，导致温度降低，为吸热反应，现象、结论均合理，故A正确； B.将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中，烧瓶内气体颜色变深，证明NO2生成N2O4的反应向逆反应方向移动，则逆方向是吸热方向，正方向是放热反应，△H＜0，结论错误，故B错误；B.稀释碱溶液，pH减小，但一水合氨为弱电解质，稀释促进电离，电离程度增大，故C错误；D. Ksp小的先沉淀,由现象可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；答案选A。20.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为。室温下，实验室里用0.1mol·L-1的盐酸滴定10mL0.1mol·L-1MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是：A.MOH为强碱B.C点时加入盐酸的体积等于10mLC.若B点加入的盐酸体积为5mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)D.滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度：A<B<C<D【答案】C【解析】【详解】A，没有滴入盐酸时，0.1mol/LMOH溶液的AG=-8，即0.1mol/LMOH溶液中c（OH-）=110-3mol/L0.1mol/L，MOH为弱碱，A项错误；B，若加入10mL盐酸，MOH与HCl恰好完全反应得到MCl溶液，MCl溶液呈酸性，MCl溶液的AG0，C点溶液的AG=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，C点时加入盐酸的体积小于10mL，B项错误；C，若B点加入盐酸的体积为5mL，盐酸与MOH充分反应后得到等物质的量浓度的MCl和MOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（M+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒为c（M+）+c（MOH）=2c（Cl-），两式整理得c（M+）+2c（H+）=c（MOH）+2c（OH-），C项正确；D，开始MOH电离出OH-抑制水的电离，随着盐酸的滴入，溶液中OH-浓度减小，OH-对水的抑制程度减小，同时生成MCl，MCl水解促进水的电离，随着盐酸的滴入，水的电离程度逐渐增大，当滴入10mL 盐酸时MOH与HCl恰好完全反应得到MCl溶液，此时水的电离程度最大，继续滴入盐酸，过量盐酸电离出H+抑制水的电离，水的电离程度又逐渐减小，D点加入20mL盐酸，盐酸与MOH充分反应后得到物质的量浓度均为mol/LMCl和HCl的混合溶液，HCl完全电离产生的c（H+）=mol/L110-3mol/L[A点MOH溶液中c（OH-）]，D点溶液中水的电离程度小于A点，从A点到D点溶液中水的电离程度：DABC，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查酸碱中和滴定AG曲线的分析、水的电离程度的分析、溶液中粒子浓度的关系，理解AG与溶液酸碱性的关系是解题的关键。酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用；确定溶液中粒子浓度大小关系时巧用电荷守恒、物料守恒、质子守恒（质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推出）。21.500mLNaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Na＋)为0.2mol·L-1，用Pt作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是[已知；一个电子的电量为1.60×10-19C]A.电解后溶液中pH=1，要想恢复原状，可加0.05mol的CuCO3B.假设上述电解进行了5min，则通过的电量为0.2×NA×1.60×10-19CC.电解得到的Cu的质量为12.8gD.原混合溶液中c()=0.6mol·L-1【答案】D【解析】【分析】Pt作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），n(O2)=n(H2)=0.1mol，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，则消耗H2O0.2mol，转移0.4mol电子，阴极Cu2+先得电子，然后水中的氢离子得电子，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑。根据电子转移守恒可知，生成Cu0.1mol。【详解】A．由分析知，原溶液中铜离子的物质的量为0.1mol，电解后溶液中pH=1，要想恢复原状，可加0.1mol的CuCO3，A错误；B．由分析知，假设上述电解进行了5min，则通过的电量为0.4×NA×1.60×10-19C，B错误；C．由分析知，电解得到的Cu的物质的量为0.1mol，则电解得到的Cu的质量为m=nM=0.1mol×64g/mol=6.4g，C错误；D．500mLNaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Na+)为0.2mol•L-1，由分析知，c(Cu2+)=，根据电荷守恒定律得，c(Na+)+2c(Cu2+)=c()即c()=0.2mol•L -1+2×0.2mol•L-1=0.6mol•L-1，D正确；故答案选D。二、填空题(本题分4小题，共58分。)22.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。I.准备标准溶液a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b.配制并标定100mL0.1000mol·L-1NH4SCN标准溶液，备用。II.滴定的主要步骤a.取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b.加入25.00mL0.1000mol·L-1AgNO3溶液(过量)，使I-完全转化为AgI沉淀。c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d.用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，溶液出现_______，停止滴定。e.重复上述操作两次三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f.数据处理。回答下列问题：（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_______。（2）AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_______。（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是_______。（4）b和c两步操作是否可以颠倒_______，说明理由_______。（5）所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_______mL，测得c(I-)=_______mol·L-1。（6）在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为_______。（7）滴定步骤d中应填_______。（8）判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______。【答案】（1）250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 （2）避免AgNO3见光分解（3）防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)（4）①.否(或不能)②.若颠倒，Fe3＋与I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点（5）①.10.00　②.0.0600（6）用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次（7）淡红色半分钟内不复色（8）①.偏高②.偏高【解析】【分析】该滴定实验的原理是，先用过量的AgNO3标准液将I-转化为AgI沉淀，然后加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，用 NH4SCN标准液滴定过量的Ag+，达到反应终点时SCN-稍过量，与Fe3+结合生成络合物，使溶液显淡红色，据此判断滴定终点。【小问1详解】配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管，故答案为250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解；【小问3详解】滴定应在pH<0.5的条件下进行，是为了抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断；【小问4详解】该实验中还需要Fe3+和SCN-反应使溶液变色来判断反应终点，若b和c两步颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽，则无法判断滴定终点，所以不能颠倒；【小问5详解】根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，舍去，第二、三两组数据取平均值即可，所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为10.00mL；加入的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000mol·L−1×0.025L。根据Ag++SCN−＝AgSCN↓，反应后剩余的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000mol·L−1×0.010L。则与NaI反应的AgNO3物质的量：n(AgNO3)=0.1000mol·L−1×0.01500L。根据Ag++I−＝AgI↓，则c(I−)==0.06mol·L-1；【小问6详解】装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次； 【小问7详解】滴定步骤d中应填淡红色半分钟内不复色；【小问8详解】计算原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)，①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，与I-反应后剩余的AgNO3偏少，则n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏高；②若滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则读数偏小，n(NH4SCN)偏小，测定c(I-)偏高。23.现有含NaCl、Na2SO4、NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl-、、的逐步分离。相应的实验过程可用下列流程图表示：（1）写出上述实验过程中所用试剂的化学式：试剂1_______、试剂2_______、试剂3_______、试剂4_______（2）溶液②中含有_______种阳离子。（3）加入过量试剂3的目的是_______（4）恰当地控制试剂4的加入量的方法是_______（5）在加入试剂4后，获得固体D的实验操作④是_______(填操作名称)【答案】（1）①.BaCl2②.AgNO3③.Na2CO3④.HNO3（2）4（3）除去溶液中过量的Ba2+、Ag+（4）测定溶液的pH(或加入HNO3后不再产生气泡)（5）蒸发、冷却结晶【解析】【分析】NaCl、Na2SO4、NaNO3的混合溶液加入过量试剂1为氯化钡溶液或硝酸钡溶液将硫酸根转化为硫酸钡沉淀，再经过滤得沉淀A为硫酸钡和含Cl-、、Ba2+、Na+的溶液①；含Cl-、、Ba2+、Na+的溶液中加入过量的试剂2为硝酸银溶液将氯离子转化为氯化银沉淀，再经过滤得沉淀B为AgCl和含、Ba2+、Na+、Ag+的溶液②；含、Ba2+、Na+、Ag+的溶液中加入过量的试剂3 为碳酸钠溶液将钡离子、银离子转化为碳酸钡、碳酸银沉淀，再经过滤得沉淀C为BaCO3和Ag2CO3，溶液为含、Na+、的溶液③；含、Na+、的溶液③加适量的试剂4为硝酸溶液除去，再经蒸发浓缩、冷却结晶得NaNO3固体。【小问1详解】由分析可知，试剂1为BaCl2溶液，试剂2为AgNO3溶液，试剂3为Na2CO3溶液，试剂4为HNO3溶液。【小问2详解】根据分析可知溶液②含、Ba2+、Na+、Ag+4种离子。【小问3详解】试剂3为碳酸钠溶液，目的是除去溶液中过量的Ba2+、Ag+，【小问4详解】试剂4为硝酸溶液，可以检测pH或观察现象，则恰当地控制试剂4的加入量的方法是测定溶液的pH（或加入HNO3后不再产生气泡）。【小问5详解】加入试剂4（硝酸）后所得溶液为NaNO3溶液，从NaNO3溶液中获得NaNO3固体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。24.电化学原理在防止金属腐蚀、能量转化、物质合成等方面应用广泛。请回答下列问题：（1）下图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择_______(填选项字母)。a.锌板　　b.碳棒　　c.铜板（2）下图中，钢闸门C与直流电源的_______极相连。 （3）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面的应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。则E为电池的_______极(填“正”或“负”)。F的电极反应式为_______。（4）利用甲烷燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)电解氯化钠溶液的实验装置如图所示a.电极N为_______(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)；电极M的电极反应式为_______。b.电解过程中先变红的一极为_______极(填“X”或“Y”)。c.理论上每生成1molNaOH，消耗标准状况下a气体的体积为_______。【答案】（1）a（2）负 （3）①.负②.ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH-（4）①.正极②.CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+③.X④.2.8L【解析】【小问1详解】图1装置为原电池，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，应该使A作原电池正极，则B作负极，B电极材料应该比A电极材料活泼，金属性：Zn＞Fe＞Cu而石墨是非金属，所以应该选取Zn作负极，故答案选a。【小问2详解】图2装置为电解池，钢闸门被保护时应该做电解池阴极，连接原电池负极。【小问3详解】镁合金金属性强，做电源的负极，铂电极是正极，次氯酸根得电子和水反应生成氯离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-。【小问4详解】燃料原电池中，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料CH4的电极为负极，电池反应式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+，通入氧气的电极为正极，酸性条件下，氧气得电子结合氢离子生成水，则正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，H+通过质子交换膜由负极区移向正极区，电解NaCl溶液，X、Y电极上均有气体产生，Y为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，X为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气。a．H+通过质子交换膜由负极区移向正极区，故电极N为正极，电极M为负极，电池反应式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+。b．电解NaCl溶液，X、Y电极上均有气体产生，Y为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，X为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，导致阴极区氢氧根离子浓度增大，溶液变红。c．由电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，每生成1molNaOH，转移1mol电子，M电极的电极反应式为：CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+，故当转移1mol电子时，消耗标准状况下CH4气体的体积为。25.中国科学家为实现“碳中和”目标而不断努力，以CO2为原料合成甲烷、乙醇等能源物质具有良好的发展前景。（1）CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)∆H1=-156.9kJ·mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H2=+41.1kJ·mol-1 ①已知2H2+O2(g)⇌2H2O(g)∆H3=-483.6kJ·mol-1，1mol液态水完全汽化吸收热量44千焦，则CH4燃烧热∆H=_______②500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=2.6mol·L-1，体系压强为P，则0～20min内，v(CH4)=_______mol·L-1·min-1，平衡时CH4选择性=_______(CH4选择性=×100％，保留3位有效数字)，平衡时副反应的Kp=_______(分数表示)。（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)∆H<0，设m为起始时的投料比，即。①图1中投料比相同，则在T3、T2、T1中温度最高的为_______。②图2中m1、m2、m3从大到小的顺序为_______。③该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图3中曲线a所示，已知Arhenius经验公式(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea=_______kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图3中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是_______。【答案】（1）①.-898.3kJ·mol-1②.0.05③.62.5％④.13/148（2）①.T3②.m1>m2>m3③.30④.使用更高效的催化剂(或增大催化剂比表面积)【解析】【小问1详解】①i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-156.9kJ⋅mol-1，ii：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.6kJ⋅mol-1，根据盖斯定律：-i+2×ii得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=(156.9-483.6×2)kJ/mol=-810.3kJ/mol，1mol液态水完全汽化吸收热量44kJ，则2mol气态水液化放出88kJ热量，则CH4燃烧热的ΔH=-810.3kJ/mol-88kJ/mol=-898.3kJ/mol。 ②500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得c(H2O)=2.6mol⋅L-1，体系压强为，平衡时气体总物质的量为，设生成甲烷xmol，生成COymol列化学平衡三段式，，，平衡时n(CO2)=(4-x-y)mol，n(H2)=(12-4x-y)mol，n(CH4)=xmol，n(H2O)=(2x+y)mol=2.6mol/L×1L=2.6mol，n(CO)=ymol，则4-x-y+12-4x-y+x+2.6+y=14，解得x=1，y=0.6，v(CH4)=，根据上述分析，CH4的平衡浓度为1mol/L，CO2的转化浓度为1.6mol/L，则CH4选择性=×100%=。副反应的Kp=。【小问2详解】①该反应为放热反应，温度越高二氧化碳转化率越小，则T3＞T2＞T1。②相同温度下，增大氢气的量，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，则图2中m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为m1＞m2＞m3。③根据图象并结合公式可得：9.2=-3.2Ea+C，3.2=-3.4Ea+C，联立方程，解得Ea=30，当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线B所示，此时满足：9.2=-3.2Ea+C，1.0=-3.6Ea+C，联立方程，解得Ea=20.5，活化能减小，则实验可能改变的外界条件是更换了更高效的催化剂。