1、湖南省湖南师范大学附属中学 2018-2019 学年高二上学期期中考试化学（理）试题1.下列溶液导电能力最强的是A. 1 L 0.1 mol/L 的醋酸溶液B. 1 L 0.1 mol/L 的亚硫酸溶液C. 1 L 0.1 mol/L 的硫酸溶液D. 1 L 0.1 mol/L 的盐酸溶液【答案】C【解析】【详解】A、0.1mol/L 醋酸中由于醋酸是弱电解质，部分电离，所以氢离子和醋酸根离子的浓度小于 0.1mol/L；B、0.1 mol/L 亚硫酸中，由于亚硫酸是弱电解质，部分电离，所以氢离子小于 0.2 mol/L、亚硫酸根离子的浓度小于 0.1mol/L；C、0.1 mol/L 硫酸中
2、，硫酸为强酸，完全电离，所以氢离子为 0.2 mol/L、硫酸根离子的浓度为 0.1mol/L；D、0.1 mol/L 盐酸，氯化氢为强电解质，完全电离，所以氢离子为 0.1 mol/L、氯离子的浓度为 0.1mol/L；离子浓度最大的为 C，溶液导电能力最强为 C，故选 C。2.向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中正确的是A. c(H )c(OH )不变B. pH 增大了C. 水的电离程度增大了D. 水电离出的 c(H )增加了【答案】A【解析】【详解】A水的离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，故 A 正确；BHCl 电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的 pH 减
3、小，故 B 错误；C氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，电离程度减小，故 C 错误；DHCl 电离出氢离子而导致溶液中氢离子浓度增大，从而抑制水电离，则水电离出的 c(H+)减少了，故 D 错误；故选 A。3.已知 0.1 molL1 的醋酸溶液中存在电离平衡：CH 3COOH CH3COO H ，要使溶液中c(H )/c(CH3COOH)值减小，可以采取的措施是A. 通入少量 HCl 气体 B. 升高温度C. 加少量醋酸钠晶体 D. 加水【答案】C【解析】【详解】A通入少量 HCl 气体，溶液中的 c(H )增大，CH 3COOH CH3COO H 平衡逆向移动，c(CH 3COO-)减小
4、，由于醋酸的电离平衡常数 K= 不变，则增大，故 A 错误；B弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则增大，故 B 错误；C加少量醋酸钠晶体，c(CH 3COO-)增大，由于醋酸的电离平衡常数 K= 不变，则 减小，故 C 正确；D加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增大，则 增大，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查弱电解质的电离，把握影响弱电解质的电离的影响因素为解题的关键。本题的易错点为 A，要注意温度不变，电离平衡常数不变。4.相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是酸 HX HY HZ电离常数 K/(molL1 ) 9107 9106 110
5、2A. 相同温度下，HX 的电离常数会随浓度变化而改变B. 反应 HZY =HYZ 能发生C. HZ 属于强酸，HX 和 HY 属于弱酸D. 三种酸的强弱关系：HXHYHZ【答案】B【解析】【详解】A电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，故 A 错误；B酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的电离平衡常数HZHYHX，则酸性 HZHYHX，HZ+Y -HY+Z -能够发生，故 B 正确；C完全电离的为强酸、部分电离的为弱酸，这几种酸都部分电离，均为弱酸，故 C 错误；D酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，酸的电离平衡常数 HZHYHX，则酸性 HZH
6、YHX，故 D 错误；故选B。【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确电离平衡常数与其酸根离子水解程度关系、强酸制取弱酸原理是解本题关键。本题的易错选项是 A，注意：所有的平衡常数都只与温度有关，与溶液酸碱性、浓度都无关。5.pH2 的 A、B 两种酸溶液各 1 mL，分别加水稀释到 1 000 mL，其中 pH 与溶液体积 V 的关系如图所示，下列说法正确的是A. 稀释前，A、B 两酸溶液的物质的量浓度一定相等B. 稀释后，A 酸溶液的酸性比 B 酸溶液强C. a5 时，A 是强酸，B 是弱酸D. 稀释导致 B 酸的电离程度减小【答案】C【解析】【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A 的 pH 变
7、化大，则 A 的酸性比 B 的酸性强，以此来解答。【详解】A因 A、B 酸的强弱不同，一元强酸来说 c(酸)=c(H +)，对于一元弱酸，c(酸)c(H +)，由于起始时，二者溶液的 pH 相同，则 A、B 两种酸溶液的物质的量浓度一定不相等，故 A 错误；B根据图像，稀释后，A 的 pH 比 B 大，A 酸溶液的酸性比 B 酸溶液弱，故 B 错误；C由图可知，若 a=5，A 完全电离，则 A 是强酸，B 的 pH 变化小，则 B 为弱酸，故 C 正确；DB 为弱酸，稀释促进弱电解质的电离，电离程度增大，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查酸的稀释及图像，明确强酸在稀释时 pH 变化程度大
8、及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。本题的易错点为 A。要注意弱电解质存在电离平衡。6.25时，pH3 的硝酸和 pH10 的氢氧化钾溶液按照体积比为 19 混合，混合溶液的 pH为A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】A【解析】【详解】设硝酸溶液的体积为 V，则氢氧化钾溶液体积为 9V；pH=3 的硝酸中氢离子浓度为0.001mol/L，溶液中氢离子的物质的量为：0.001mol/LVL=0.001Vmol；pH=10 的氢氧化钾溶液中氢氧根离子的浓度为 110-4mol/L，氢氧根离子的物质的量为：9V10 -4mol/LVL=9V10-4mol，显然两溶液混合后溶液显
9、示酸性，混合后溶液中氢离子浓度为：c(H+)= =110-5mol/L，所以混合液的 pH=5，故选 A。7.准确移取 20.00 mL 某待测浓度的盐酸于锥形瓶中，用 0.1000 mol/L 的氢氧化钠标准溶液滴定。下列说法正确的是A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入氢氧化钠溶液进行滴定B. 随着氢氧化钠溶液的滴入，锥形瓶中溶液的 pH 由小变大C. 使用酚酞为指示剂，当锥形瓶中的溶液由红色变为无色时停止滴定D. 滴定达到终点时，发现滴定管的尖嘴部分有悬滴，测定结果偏小【答案】B【解析】试题分析：A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入 NaOH 溶液进行滴定会造成NaOH 溶液的浓度
10、变小，用量增多，结果偏大，A 错误；B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液 pH 由小变大，B 正确；C、用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C 错误；D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D 正确。答案选 B。【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基
11、橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据 H+和 OH的物质的量相等，C 标 V 标 = C 待 V 待 ，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。视频8.常温下，某碱性溶液中，由水电离出来的 c(OH )10 4 mol/L，则该溶液中的溶质可能是A. Al2(SO4)3 B. KHSO4 C. NaOH D. CH3COONa【答案】D【解析】【详解】常温下，由水电离出的 c(OH-)=10-4mol/L，水电离的氢离
12、子浓度等于氢氧根离子浓度，则 c(H+)c(OH-)=10-810 -14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸氢钾、氢氧化钠都抑制了水的电离；Al 2(SO4)3属于强酸弱碱盐，水解促进水的电离，水解后溶液显酸性；醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解促进水的电离，水解后溶液显碱性，故选 D。9.下列关于 0.10 molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是A. 溶质的电离方程式为 NaHCO3=Na H CO 32-B. 25时，加水稀释后，n(H )与 n(OH )的乘积变大C. 离子浓度关系：c(Na )c(H )c(OH )c(HCO 3-)c(CO 32-)D. 2545小范围内温度升高，c
13、(HCO 3-)增大【答案】B【解析】试题分析：ANaHCO 3为强电解质，溶质的电离方程式为 NaHCO3Na +HCO3-，故 A 错误；B25时，加水稀释后，促进 HCO3-水解，n(OH -)增大，c(OH -)减小，由 Kw不变，可知 c(H+)增大，则 n(H+)增大，则 n(H+)与 n(OH-)的乘积变大，故 B 正确；C由电荷守恒可知，离子浓度关系：c(Na +)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故 C 错误；DHCO 3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则 c(HCO3-)减小，故 D 错误；故选 B。考点：考查了盐类的水解、离子浓度大小
14、的比较的相关知识。视频10.向 10 mL NaCl 溶液中滴加硝酸银溶液 1 滴，出现白色沉淀，继续滴加碘化钾溶液 1 滴，沉淀转化为黄色，再滴入硫化钠溶液 1 滴，沉淀又转化为黑色，已知溶液均为 0.1 mol/L，分析沉淀的溶解度关系A. AgClAgIAg 2S B. AgClAg 2SAgIC. Ag2SAgIAgCl D. 无法判断【答案】A【解析】【详解】沉淀之所以发生转化是由于添加的离子破坏了原有的沉淀溶解平衡，从而导致沉淀溶解平衡的移动。沉淀转化的方向：一般向着溶解度小的物质方向转化，或者说对于沉淀类型相同的物质，一般向着 Ksp减小的方向进行；向 10mL NaCl 溶液中
15、滴入一滴 AgNO3溶液，出现白色沉淀，继续滴加一滴 KI 溶液并振荡，沉淀变为黄色，再滴加一滴 Na2S 溶液并振荡，沉淀又变为黑色，根据上述变化过程中的沉淀现象可知，沉淀溶解度大小为：AgClAgIAg 2S，故选 A。11.用锌片和稀硫酸反应制取氢气时，为加快生成氢气的速率，下列措施不适宜的是A. 对该反应体系加热 B. 加入硝酸铜固体C. 改用粗锌 D. 不用锌片，改用锌粉【答案】D【解析】考查外界条件对反应速率的影响，增大反应物的浓度、或升高温度或增大反应物的接触面积，反应速率都是增大的，即选项 ACD 正确。加入硝酸铜后，NO 3 具有氧化性和锌反应得不到氢气，不正确。答案选 B。
16、12.如图所示，杠杆 AB 两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入 M 的浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)A. 当 M 为盐酸、杠杆为导体时，A 端高，B 端低B. 当 M 为 AgNO3、杠杆为导体时，A 端高，B 端低C. 当 M 为 CuSO4、杠杆为导体时，A 端低，B 端高D. 当 M 为 CuSO4、杠杆为绝缘体时，A 端低，B 端高【答案】C【解析】【详解】A. 当 M 为盐酸、杠杆为导体时，向烧杯中央滴入盐酸溶液，构成 Fe、Cu 原电池，Fe 为负极，发生
17、 Fe-2e-Fe 2+，Cu 为正极，发生 2H+2e-H 2，则 A 端低，B 端高，故 A 错误；B. 当 M 为 AgNO3、杠杆为导体时，向烧杯中央滴入 AgNO3溶液，构成 Fe、Cu 原电池，Fe为负极，发生 Fe-2e-Fe 2+，Cu 为正极，发生 2Ag+2e-2Ag，则 A 端低，B 端高，故 B 错误；C. 当 M 为 CuSO4、杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓 CuSO4溶液，构成 Fe、Cu 原电池，Fe为负极，发生 Fe-2e-Fe 2+，Cu 为正极，发生 Cu2+2e-Cu，则 A 端低，B 端高，故 C 正确；D. 当 M 为 CuSO4、杠杆为绝缘体时，杠
18、杆为绝缘体时，只发生 Fe 与硫酸铜溶液的反应，在Fe 的表面附着 Cu，质量变大，则 A 端高，B 端低，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查原电池原理的应用，明确杠杆是否导电及发生的反应是解答本题的关键。本题的易错点为 D，容易忽略杠杆为绝缘体时的情况，杠杆为绝缘体时不能构成原电池。13.下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是A. 图 1 中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B. 图 2 中，往烧杯中滴加几滴 KSCN 溶液，溶液变血红色C. 图 3 中，开关由 M 改置于 N 时，CuZn 合金的腐蚀速率增大D. 图 4 中，采用了牺牲阳极的阴极保护法来防止地下钢铁管道的腐蚀【答案
19、】D【解析】【详解】A、越靠近底端，氧气的含量越少，越不易腐蚀，故 A 错误；B、金属铁是负极，发生析氢腐蚀，金属铁失电子得到的是亚铁离子，遇到硫氰化钾不显示红色，故 B 错误；C、开关由 M 改置于 N 时，合金为正极，则 Cu-Zn 合金的腐蚀速率减慢，故 C 错误；D、在该原电池中，金属镁是负极，负极金属易被腐蚀，正极钢铁管道被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故 D 正确；故选 D。14.下图为 EFC 剑桥法用固体二氧化钛(TiO 2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO 2(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是A. 阳极的电极
20、反应式为 2Cl 2e =Cl2B. 阴极的电极反应式为 TiO24e =Ti2O 2C. 通电后，O 2 、Cl 均向阴极移动D. 石墨电极的质量不发生变化【答案】B【解析】【详解】A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为：2O 2-O 2+4e -，故 A 错误；B、电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，即 TiO2+4e-Ti+2O 2-，故 B 正确；C、电解池中，电解质里的阴离子 O2-、Cl -均移向阳极，故 C 错误；D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反应，导致气体一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电解本身
21、会消耗，质量减轻，故 D 错误；故选B。15.（1）取 20 mL pH3 的 CH3COOH 溶液，加入 0.2 molL1 的氨水，测得溶液导电性变化如图，则加入氨水前 CH3COOH 的电离度(分子电离的百分数)为_，加入 010 mL 的氨水导电能力增强的原因_。（2）将醋酸铵固体溶于水，配成 0.1 molL1 溶液，已知醋酸的电离平衡常数为 Ka，一水合氨的电离平衡常数为 Kb，实验发现两者近似相等，请写出醋酸铵水解的离子方程式_，水解平衡常数的表达式_。【答案】 (1). 1% (2). 随着中和反应进行，溶液中离子(铵根离子，醋酸根离子)浓度显著增大，当达到化学计量点时离子浓度
22、达最大值 (3). NH4+CH 3COO H 2O NH3H2OCH 3COOH (4). K【解析】【详解】(1)根据图象分析，当氨水的体积为 10mL 时导电性最强，说明刚好与醋酸完全反应，所以醋酸的浓度为： =0.1molL-1，再根据 pH=3 的 CH 3COOH 溶液，则氢离子浓度为 10-3molL-1，所以 CH3COOH 的电离度为 100%=1%，随着中和反应进行，溶液中离子(铵根离子，醋酸根离子)浓度显著增大，当达到化学计量点时离子浓度达最大值，因此加入 010 mL 的氨水导电能力逐渐增强，故答案为：1%；随着中和反应进行，溶液中离子(铵根离子，醋酸根离子)浓度显著增
23、大，当达到化学计量点时离子浓度达最大值；(2)醋酸铵是弱酸弱碱盐，但它是强电解质，能在水中完全电离，铵根离子和乙酸根离子都水解，化学方程式为 CH3COONH4+H2OCH3COOH+NH3H2O，离子方程式为：CH 3COO-+NH4+H2OCH3COOH+NH3H2O，水解平衡常数的表达式 K= = =，故答案为： CH 3COO-+NH4+H2OCH3COOH+NH3H2O；K= 。16.（1）K 2Cr2O7的水溶液中存在如下平衡：Cr 2O72-(aq)H 2O(l) 2CrO42-(aq)2H (aq)，平衡常数表达式_，已知：(在水溶液中 K2Cr2O7为橙红色，K 2CrO4为
24、黄色)往上述溶液中加入足量氢氧化钠，溶液呈_色；向已加入氢氧化钠的溶液中，再加入过量硫酸，溶液呈_色。（2）在 KMnO4与 H2C2O4反应中，可通过测定_来测定该反应的速率；写出酸性条件下 KMnO4与 H2C2O4(弱酸)反应，产生二氧化碳气体、水和 Mn2 的离子反应方程式：_；此反应开始反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是_(填字母)。AKMnO 4溶液中的 H 起催化作用B生成的 CO2逸出，使生成物浓度降低C反应中，生成的 Mn2 起催化作用D在酸性条件下 KMnO4的氧化性增强【答案】 (1). Kc 2(CrO42-)c2(H )/c(Cr2O72-) (2). 黄 (3).
25、 橙红 (4). 高锰酸钾溶液紫色褪去的时间 (5). 2MnO4-5H 2C2O46H =2Mn2 10CO 28H 2O (6). C【解析】【详解】(1)根据化学平衡常数的定义，可知 Cr2O72-(aq)+H2O(l)2CrO42-(aq)+2H+(aq)的平衡常数 K= ；加入少量 NaOH 固体，中和氢离子，氢离子浓度降低，平衡向右移动，溶液呈黄色；向已加入氢氧化钠的溶液中，再加入过量硫酸，H +浓度增大，平衡左移，Cr2O72-浓度增大，溶液呈橙红色，故答案为： ；黄；橙红色；(2)在 KMnO4与 H2C2O4反应中，根据高锰酸钾溶液褪色的时间比较反应速率；KMnO 4与H2C
26、2O4(弱酸)反应，产生二氧化碳气体、水和 Mn2+，根据化合价升降相等配平，反应的化学方程式为：2MnO 4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2+8H2O+10CO2；A由于反应开始时溶液中氢离子就存在，反应速率比较慢，说明氢离子不是反应速率迅速加快的原因，故 A 错误；B生成的二氧化碳逸出，生成物浓度减小，反应速率应该减小，故 B 错误；C由于反应刚开始时，溶液中锰离子浓度较小，随着反应的进行，溶液中锰离子浓度增大，锰离子可能对反应具有催化作用，故 C 正确；D若是因为酸性条件下 KMnO4的氧化性增强，则反应开始时反应速率就应该很快，故 D 错误；故选 C；故答案为：高锰酸钾溶液褪色所
27、需时间；2MnO 4-+5H2C2O4 +6H+=2Mn2+8H2O+10CO2；C。17.设计的实验方案如下表。(已知 I22S 2O32-=S4O62-2I ，其中 Na2S2O3溶液均足量)体积 V/mL实验序号 Na2S2O3溶液 淀粉溶液 碘水 水时间/s 10.0 2.0 4.0 0.0 t1 8.0 2.0 4.0 2.0 t2 6.0 2.0 4.0 Vx t3（1）该实验进行的目的是_，该实验是根据_现象记录时间。（2）表中 Vx_mL，比较 t1、t 2、t 3大小_。【答案】 (1). 探究浓度对化学反应速率的影响 (2). 蓝色消失的时间 (3). 4.0 (4). t
28、3t 2t 1【解析】【详解】(1)根据表格数据可知，Na 2S2O3溶液的体积不等，而淀粉溶液和碘水的体积相等，因此实验的目的为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，根据 I22S 2O32-=S4O62-2I ，该实验是根据蓝色消失的时间来判断反应的快慢，故答案为：探究浓度对化学反应速率的影响；蓝色消失的时间；(2)为了探究反应物浓度对化学反应速率的影响，则除了 Na2S2O3溶液的浓度不同外，应保持其他影响因素一致，即应使溶液体积均为 16mL(组数据显示)，故 Vx=4.0mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的变化判断反应的快慢；由于在三个实验中 Na2S2O3溶液的体积，而混
29、合后溶液体积相同，故混合后 Na2S2O3浓度，可知化学反应速率，反应所需时间 T 的大小 t3t 2t 1，故答案为：4.0；t 3t 2t 1。18.用中和滴定法测定某烧碱样品(含有氯化钠的杂质)的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量 8.2 g 含有少量中性易溶杂质的样品，配成 500 mL 待测溶液。称量时，样品可放在_称量。配制溶液选用_(填编号字母)A小烧杯中 B洁净纸片上C500 mL 容量瓶 D500 mL 试剂瓶（2）为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用0.2000 mol/L 的盐酸标准液来滴定待测溶液，可选用_(填编号字母)作指示
30、剂。A甲基橙 B石蕊 C酚酞（3）滴定过程中，眼睛应注视_，若用酚酞做指示剂，滴定终点的标志是_，滴定结果是_(偏大，偏小，不变)，理由_。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是_mol/L，烧碱样品的纯度是_。标准酸体积滴定次数待测溶液体积(mL) 滴定前的刻度(mL) 滴定后的刻度(mL) 第一次 10.00 0.40 20.50第二次 10.00 4.10 24.00【答案】 (1). A (2). D (3). A (4). 锥形瓶中液体颜色变化 (5). 溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 偏小 (7). 滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消
31、耗盐酸较少 (8). 0.4000 (9). 97.56%【解析】【详解】(1)氢氧化钠易潮解，易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘；配成 500 mL 待测溶液，应该盛放在 500 mL 的试剂瓶中，故答案为：A；D；(2)为了避免测定过程中样品部分与空气中二氧化碳反应导致结果偏差，滴定时，用 0.2000 mol/L 的盐酸标准液来滴定待测溶液，酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，如果选择酚酞，则氢氧化钠的浓度会受到二氧化碳的影响，因此只能选择甲基橙，故选 A；(3)滴定过程中两眼应该注视锥形瓶
32、内溶液的颜色变化；若用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色，滴定终点时，溶液中碳酸根离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少，导致氢氧化钠溶液的浓度偏小，故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；溶液由红色变为浅红色，且半分钟内不褪色；偏小；滴定终点时，溶液中碳酸离子被滴定为碳酸氢根离子，消耗盐酸较少； (4)两次实验消耗标准液体积分别为：20.50 mL -0.40 mL =20.10mL，24.00 mL -4.10 mL =19.90mL，则 2 次消耗标准液的平均体积为：20.00mL，氢氧化钠的物质的量浓度为：=0.4000mol/L，原样品中含有氢氧化钠的质量
33、为：0.4000mol/L0.5L40g/mol=8g，则样品的纯度为： 100%=97.56%，故答案为：0.4000；97.56%。【点睛】本题考查了酸碱中和滴定中的操作要点、中滴定的计算以及误差分析,。本题的易错点和难点为(3)中误差的分析，要注意二氧化碳能够与氢氧化钠反应，导致消耗的盐酸偏少。19.某课外活动小组用如图装置进行实验，试回答下列问题。（1）若开始时开关 K 与 a 连接，则 A 极的电极反应式为_。（2）若开始时开关 K 与 b 连接，则 B 极的电极反应式为_。（3）若用铝条和镁条分别代替图中石墨和铁电极，电解质溶液为氢氧化钠溶液，请写出原电池负极的电极反应式_。（4）
34、若用二氧化铅和铅作电极，硫酸溶液为电解质溶液构成铅蓄电池，则充电时阳极的电极反应式_。【答案】 (1). O24e 2H 2O=4OH (2). 2H2O2e =2OH H 2 (3). Al3e 4OH =AlO2-2H 2O (4). PbSO42H 2O2e =PbO24H SO 42-【解析】【详解】(1)开始时开关 K 与 a 连接，构成原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，A 极石墨为正极，氧气得电子，发生还原反应，电极方程式为 O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O 2+2H2O+4e-=4OH-；(2)开关 K 与 b 连接，装置为电解池，电解饱和食盐水
35、生成氢气、氯气和氢氧化钠，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为 2H2O2e =2OH H 2(或2H+2e-=H2)，故答案为：2H 2O2e =2OH H 2(或 2H+2e-=H2)；(3)Al、Mg、NaOH 溶液可构成原电池，Al 为负极，Mg 为正极，负极上 Al 失去电子，生成偏铝酸根离子，电极反应式为 Al3e 4OH =AlO2-2H 2O，故答案为：Al3e 4OH =AlO2-2H 2O ； (4)若用二氧化铅和铅作电极，硫酸溶液为电解质溶液构成铅蓄电池，充电时，阳极上硫酸铅失电子和水反应生成二氧化铅、硫酸根离子和氢离子，电极反应式为 PbSO4-
36、2e-+2H2OPbO2+SO42-+4H+，故答案为：PbSO 4-2e-+2H2OPbO 2+SO42-+4H+。【点睛】本题考查了原电池和电解池原理。本题的难点为(3)，负极的电极反应式可以根据铝与氢氧化钠反应的离子方程式结合正极反应式 2H2O+2e- = H2+ 2OH 书写。20.通直流电用惰性电极电解，3 个电解槽串联。（1）第一个电解槽中盛放 500 mL 1 mol/L AgNO3溶液，一段时间后溶液 pH 由 6 变为 1，忽略电解前后溶液体积变化，试计算阴极上析出单质的质量_。（2）另外 2 个电解槽盛放 KCl，Al 2O3的熔融态，计算该电解时间段阴阳极产物的物质的量
37、_。【答案】 (1). 5.4 g (2). 电解熔融氯化钾，阳极为氯气，0.025 mol，阴极为钾，0.05 mol；电解熔融氧化铝，阳极为氧气，0.0125 mol，阴极为铝，0.0167 mol【解析】【详解】(1)用惰性电极电解 500 mL 1 mol/L AgNO3溶液，电解的总反应为 4AgNO3 + 2H2O 4Ag+ O2+ 4HNO3，阳极：2H 2O4e- = O2+ 4H+，阴极：2Ag +2e-2Ag，一段时间后溶液 pH 由 6 变为 1，忽略电解前后溶液体积变化，生成的氢离子的物质的量为(0.1mol/L-10-6 mol/L)0.5L0.05mol，则转移的电
38、子为 0.05mol，阴极析出单质的质量为0.05mol108g/mol=5.4g，故答案为：5.4g；(2)用惰性电极电解熔融 KCl 生成钾和氯气，则转移 0.05mol 电子，阳极生成 0.025mol 氯气，阴极生成 0.05molK；电解熔融 Al2O3，阴极生成铝 =0.0167 mol，阳极生成氧气=0.0125 mol，故答案为：电解熔融氯化钾，阳极为氯气，0.025 mol，阴极为钾，0.05 mol；电解熔融氧化铝，阳极为氧气，0.0125 mol，阴极为铝，0.0167 mol。21.下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是A. 氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚
39、硫酸可以B. 氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C. 0.10 molL1 的氢硫酸和亚硫酸的 pH 分别为 4.5 和 2.1D. 氢硫酸的还原性强于亚硫酸【答案】D【解析】A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A 正确；B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，B 正确；C.0.10molL -1的氢硫酸和亚硫酸的 pH 分别为 4.5 和 2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，C 正确；D氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，D 错误。答案选 D。点睛：本题考查学生
40、弱电解质的电离知识，注意电解质是弱电解质的证明方法的使用是关键，即弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。22.碳酸：H 2CO3，K i14.310 7 ，K i25.610 11 ，草酸：H2C2O4，K i15.910 2 ，K i26. 4105 ，将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是A. c（H +）c（HC 2O4-）c（HCO 3-）c（C 2O42-）B. c（HCO 3-）c（HC 2O4-）c（C 2O42
41、-）c（CO 32-）C. c（H +）c（HC 2O4-）c（C 2O42-）c（HCO 3-）D. c（H 2CO3）c（HCO 3-）c（HC 2O4-）c（CO 32-）【答案】C【解析】【详解】草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中 c (H+)c (HC2O4-)c (C2O42-)c (HCO3-)c (CO 32-)，则 C 正确，ABD 错误，故选 C。23.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是A. 电极 B 上发生的电极反应为：O 22CO 24e =2CO32-B. 电极
42、 A 上 H2参与的电极反应为：H 22OH 2e =2H2OC. 电池工作时， 向电极 A 移动，电子由 A 极经电解质流向 B 极D. 反应 CH4H 2O 3H2CO，每消耗 1 mol CH4转移 12 mol 电子【答案】A【解析】【分析】甲烷和水经催化重整生成 CO 和 H2，反应中 C 元素化合价由-4 价升高到+2 价，H 元素化合价由+1 价降低到 0 价，原电池工作时，CO 和 H2为燃料，即 A 为负极，被氧化生成二氧化碳和水，正极 B 上氧气得电子结合二氧化碳生成 CO32-，以此解答。【详解】AB 为正极，正极为氧气得电子生成 CO32-，电极反应为：O 2+2CO2
43、+4e-=2CO32-，故A 正确；B电解质没有 OH-，负极 A 上 H2参与的电极反应为 H2+CO32-2e-=H2O+CO2，故 B 错误；C电池工作时，CO 32-向负极移动，即向电极 A 移动，电子不能经过溶液，电子由 A 极经导线(用电器)流向 B 极，故 C 错误；D反应 CH4+H2O 3H2+CO，C 元素化合价由-4 价升高到+2 价，H 元素化合价由+1 价降低到 0 价，每消耗 1molCH4转移 6mol 电子，故 D 错误；故选 A。24.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是A. pH1 的 NaHSO4溶液：c(H )c(SO 42-)c(OH )B. 含有
44、 AgCl 和 AgI 固体的悬浊液：c(Ag )c(C1 )c(I )C. CO2的水溶液：c(H )c(HCO3-)2c(CO 32-)D. 含等物质的量的 NaHC2O4和 Na2C2O4的溶液：3c(Na )2c(HC 2O4-)c(C 2O42-)c(H 2C2O4)【答案】A【解析】试题分析：A根据电荷守恒，pH=1 的 NaHSO4溶液存在：c(Na +)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，因为 c(Na+)=c(SO42-)，所以 c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，故 A 正确；B含有 AgCl 和 AgI 固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子
45、浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c(Ag+)c(Cl -)c(I -)，故 B 错误；CH 2CO3的第一步电离大于第二步电离，则 c(H+)c(HCO 3-)c(CO 32-)，但 c(HCO3-)不等于 2c(CO32-)，故 C 错误；D含等物质的量的 NaHC2O4和 Na2C2O4的溶液：2c(Na +)3c(HC 2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)，故 D 错误；故选 A。考点：考查离子浓度大小比较、难溶物溶解平衡应用、弱电解质的电离等。视频25.电解法制取有广泛用途的 Na2FeO4，同时获得氢气：Fe2H 2O2OH FeO42-3H 2，工作原理如图所示
46、。下列说法不正确的是(已知：Na 2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原)A. 装置通电后，铁电极附近生成紫红色的 FeO42-B. M 点表示氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质C. 氢氧根离子从镍极区通过交换膜到达铁极区域D. 电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出【答案】B【解析】【详解】A. 铁为阳极，装置通电后，铁失去电子生成 FeO42-，故 A 正确；B. 根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在 M 点，c(OH -)低，Na 2FeO4稳定性差，且反应慢，在 N 点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使 Na2FeO4产率降低，故 B 错误；C
47、. 电解池中阴离子阴极区移向阳极区，因此氢氧根离子从镍极区通过交换膜到达铁极区域，故 C 正确；D. 氢气具有还原性，根据题意 Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原。电解过程中，须将阴极产生的气体(氢气)及时排出，防止 Na2FeO4与 H2反应，使产率降低，故 D 正确；故选B。26.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO 2可以被 NaOH 溶液捕获。常温下，若所得溶液 pH13，CO 2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液 c(HCO3-)c(CO 32-)21，溶液 pH_。(室温下，H 2CO3的 K1410 7 ；K 2510 11 )（2）已知 25，NH 3H2O 的 Kb1.810 5 ，H 2SO
