2019学年高二化学下学期期末考试试题(含解析)

2019学年高二下学期期末考试化学试题
1.1.下列能源的大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是（）
A. 化石能源
B. 太阳能
C. 氢能
D. 地热能
【答案】A
【解析】
大量使用化石能源会产生大量固体小颗粒和CO2等，导致全球变暖，雾霾天气增多，而太阳能、氢能、地热能属于新能源，更为环保，故选项A正确。

2.2.下列物质属于弱电解质的是
A. NaCl
B. NaOH
C. CH3COOH
D. CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里或者熔融状态下只能部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此解答。

【详解】A、NaCl在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，A错误；
B、NaOH在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，B错误；
C、醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质，C正确；
D、二氧化碳本身不能够电离，属于非电解质，D错误；
答案选C。

【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，难度不大，解题的关键是明确电解质的强弱是以电离程度判断，易错项为D，注意二氧化碳的水溶液导电的原因是二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质。

3.3.下列反应中，属于吸热反应的是
A. Al与盐酸反应
B. 盐酸和NaOH溶液反应
C. 乙醇燃烧反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al与盐酸反应属于放热反应，A错误；
B. 盐酸和NaOH溶液反应属于放热反应，B错误；
C. 乙醇燃烧反应属于放热反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体反应属于吸热反应，D正确。

答案选D。

4.4.常温下，最适宜薄荷生长的土壤pH≈8，土壤中的c(OH—) 最接近于
A. 1×10-5 mol/L
B. 1×10-6 mol/L
C. 1×10-8 mol/L
D. 1×10-9 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】pH≈8时氢离子浓度约是10－8mol/L，则土壤中的c(OH—)约是。

答案选B。

5.5.下列装置工作时，将化学能转化为电能的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A、燃气灶属于化学能转化为热能，A错误；
B、硅太阳能电池属于太阳能转化为电能，B错误；
C、碱性锌锰电池属于化学能转化为电能，C正确；
D、风力发电机属于风能转化为电能，D错误。

答案选C。

6.6.下列措施不能
．．加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是
A. 升高温度
B. 用Zn粉代替Zn粒
C. 改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应
D. 滴加少量的CuSO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A. 升高温度加快反应速率，A错误；
B. 用Zn粉代替Zn粒增大反应物的接触面积，加快反应速率，B错误；
C. 改用0.1mol/LH2SO4与Zn反应，氢离子浓度降低，反应速率减小，C正确；
D. 滴加少量的CuSO4溶液锌置换出铜，构成铜锌原电池，加快反应速率，D错误；
答案选C。

7.7.下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是
A. FeSO4
B. MgSO4
C. AlCl3
D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。

【详解】A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；
B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；
C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C 错误；
D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；
答案选B。

8.8.下列事实中，使用牺牲阳极的阴极保护法进行金属防腐的是
A. 地下钢管连接镁块
B. 金属护栏表面涂漆
C. 汽车底盘喷涂高分子膜
D. 水中的钢闸门连接电源的负极
【答案】A
【解析】
【详解】A、金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极；地下钢管连接镁块，Fe、镁、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于镁而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，A正确；
B、金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，B错误；
C、汽车底盘喷涂高分子膜，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，C错误；
D、水中的钢闸门连接电源的负极，构成电解池，是外接电流阴极保护法，D错误。

答案选A。

9.9.200℃、101kPa时，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g) ΔH=－14.9 kJ/mol。

反应一段时间后，能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A. 放出的热量小于14.9 kJ
B. 反应容器内压强不再变化
C. HI生成的速率与HI分解的速率相等
D. 单位时间内消耗a mol H2，同时生成2a mol HI
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答。

【详解】A、可逆反应不可能完全转化，未平衡和平衡放出的热量都小于14.9kJ，A错误；
B、随着反应的进行体系压强一直保持不变，不能说明达平衡状态，B错误；
C、HI生成的速率与HI分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，C正确；
D、都体现的正反应方向，未体现正与逆的关系，D错误；
答案选C。

【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。

解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

10.10.下列解释事实的反应方程式不正确
．．．的是
A. 碳酸钠溶液显碱性：CO32－+H2O HCO3－+OH－
B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－＝Fe3+
C. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+：Cu2++S2－＝CuS↓
D. 向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，放置在空气中变蓝：4H++4I－+O2＝2I2+2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸钠水解，溶液显碱性，水解方程式为CO32－+H2O HCO3－+OH－，A正确；
B. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－2e－＝Fe2+，B错误；
C. 以Na2S为沉淀剂，除去溶液中的Cu2+，发生离子反应Cu2++S2－＝CuS↓，C正确；
D. 向KI溶液中滴加稀硫酸和淀粉溶液，碘离子被氧气氧化为单质碘，因此放置在空气中变蓝，反应的方程式为4H++4I－+O2＝2I2+2H2O，D正确。

答案选B。

11.11.常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是
A. 相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH－)相等
B. pH＝13的两溶液稀释100倍，pH都为11
C. 两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH－)均减小
D. 体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。

【详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH 溶液中的c(OH－)大，A错误；
B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH＝13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；
C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；
D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；
答案选C。

12.12.对可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，下列图像正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；
B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；
答案选A。

【点睛】本题以图象题的形式考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度中等，注意根据反应的化学方程式判断，为解答该题的关键。

另外需要注意图像题的答题技巧，例如先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。

再比如定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。

13.13.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq)ΔH＞0。

25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（K a）。

下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液K a＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，K a变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液K a＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，K a变大，D正确。

答案选D。

14.14.下列关于0.1mol/LNaHCO3溶液中微粒浓度的关系式正确的是
A. c(CO32－)＞c(H2CO3)
B. c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)
C. c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)]
D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此c(CO32－)＜c(H2CO3)，A错误；
B、碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显弱碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH －)＞c(H+)，B正确；
C、根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，C错误；
D、根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，D错误。

答案选B。

15.15.下列用来解释实验事实的相关平衡方程式不正确
．．．的是
HClO+HCl
－Fe(OH)
H3H
2
(s)
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．加入NaHCO3与盐酸反应，使平衡Cl2+H2O HClO+HCl正向移动，HClO浓度增大，使氯水的漂白能力增强，A正确；
B．配制FeCl3溶液时，应加酸抑制水解，发生水解反应为Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，B错误；
C．碳酸为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，离子反应为H2O+CO2H2CO3H+ +HCO3－，则正常雨水pH≈5.6，C正确；
D．加盐酸，与碳酸根离子反应，促进平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32－(aq)正向移动，则CaCO3固体溶于盐酸，D正确；
答案选B。

【点睛】本题考查较综合，涉及离子反应、化学平衡的移动等，注重高频考点的考查，把握发生的离子反应、平衡移动原理的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

16.16.一定温度下，10 mL 0.4 mol/L H2O2溶液发生催化分解。

不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表：
下列叙述不正确
．．．的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min)
B. 6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10-2 mol/(L·min)
C. 反应至6min时，c(H2O2)＝0.20 mol/L
D. 反应至6min时，H2O2分解了40%
【答案】D
【解析】
【详解】A、0～6min时产生氧气体积为22.4mL，物质的量是0.001mol，则根据方程式2H2O2＝2H2O+O2↑可知消耗H2O2的物质的量为0.002molmol，浓度是0.2mol/L，则化学反应速率v(H2O2)＝0.2mol/L÷6min≈3.3×10－2 mol/(L·min)，A正确；
B、随着反应进行，过氧化氢的浓度降低，化学反应速率降低，即6～10min的平均反应速率v(H2O2)＜3.3×10－2 mol/(L·min)，B正确；
C、根据选项A的分析，反应至6min时，消耗的H2O2物质的量为2×10－3mol，此时H2O2的物质的量浓度为(10×10－3×0.4－2×10－3)/（10×10－3）mol·L－1＝0.2mol·L－1，C正确；
D、反应至6min时，H2O2的分解率为2×10－3/（10×10－3×0.4）×100%＝50%，D错误。

答案选D。

17.17.下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图：
下列有关叙述不正确
．．．的是
A. 1 mol H2分子断键需要吸收436 kJ的能量
B. H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ/mol
C. 反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据示意图可知1 mol H2分子断键需要吸收436 kJ的能量，A正确；
B. 反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(g)的反应热ΔH＝436 kJ/mol+1/2×498 kJ/mol－2×463.4 kJ/mol＝－241.8 kJ/mol，B正确；
C. 反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，C正确；
D. 反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，D错误。

答案选D。

18.18.用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。

下列叙述正确的是
A. 通电后，NaCl发生电离
B. 通电一段时间后，阳极附近溶液先变红
C. 当阳极生成0.1 mol气体时，整个电路中转移了0.1 mol e－
D. 电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】D
【解析】
【分析】
用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，以此解答该题。

【详解】A．NaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；
B．阳极生成氯气，阴极生成NaOH，则阴极附近溶液先变红，B错误；
C．阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，生成0.1mol氯气时，转移电子为0.2mol，C错误；D．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度一般，掌握离子放电顺序是解题的关键，注意基础知识的积累掌握。

易错点是氢氧根离子在阴极产生的判断。

19.19.实验：①0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，过滤．
②取等量①的滤液于两支试管中，分别滴加等浓度等体积的Na2S溶液、Na2SO4溶液，前者出现浑浊，后者溶液仍澄清．
③取少量①的沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解．
下列分析不正确的是
A. ①中生成AgCl沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少
B. ①的滤液中不含有Ag+
C. ②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶
D. ③中生成Ag（NH3）2+，使c（Ag+）减小，促进AgCl（s）溶解平衡正向移动
【答案】B
【解析】
①0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；
②分别取少量①的滤液，分别滴加等浓度等体积的饱和Na2S溶液、饱和Na2SO4溶液，前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，此实验说明①过滤后溶液中仍然存在银离子；
③取少量氯化银沉淀，滴加几滴氨水，沉淀逐渐溶解，说明此过程中生成了更难电离的物质二氨合银离子，
A、0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀，溶液中c（Ag+）和c（Cl﹣）大量减少，故A正确；
B、根据沉淀溶解平衡，①的滤液中含有Ag+，故B错误；
C、依据分析可知：前者出现浑浊，说明生成硫化银，比氯化银更难溶的沉淀，后者溶液仍澄清，说明未生成硫酸银沉淀，故C正确；
D、由实验③推测：银离子与氨气分子的络合，促进了氯化银的溶解，故D正确，
20.20.已知反应：2NO 2（红棕色）N2O4（无色），分别进行如下两个实验：
实验ⅰ：将NO2球分别浸泡在热水和冰水中，现象如图1。

实验ⅱ：将一定量的NO2充入注射器中后封口，测定改变注射器体积的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜
．．．
色越深，透光率越小
．．．的是
．．．．．．．．．），如图2。

下列说法不正确
A. 图1现象说明该反应为放热反应
B. 图2中b点的操作是压缩注射器
C. c点：v(正)＞v(逆)
D. 若不忽略体系温度变化，且没有能量损失，则T(d)＜T(c)
【答案】D
【解析】
【分析】
图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，压强增大平衡虽正向移动，但二氧化氮浓度增大，混合气体颜色变深，压强减小平衡逆向移动，但二氧化氮浓度减小，混合气体颜色变浅，据图分析，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，后来平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，据此分析。

【详解】A、图1现象说明热水中颜色深，升温平衡向逆反应即吸热方向移动，则该反应是正反应气体体积减小的放热反应，A正确；
B、b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，B正确；
C、c点平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，所以v(正)＞v(逆)，C正确；
D、c点以后平衡正向移动，气体颜色变浅，透光率增大，又反应放热，导致T(c)＜T(d)，D错误；
答案选D。

【点睛】本题通过图象和透光率考查了压强对平衡移动的影响，注意勒夏特列原理的应用，尤其要注意“减弱这种改变”的含义，即不能完全抵消，题目难度不大。

21.21.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。

一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。

该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca＝CaCl2+Li2SO4+Pb。

下
列有关说法不正确
．．．的是
A. 放电时，电子由Ca电极流出
B. 放电过程中，Li+向PbSO4电极移动
C. 每转移0.2mol电子，理论上生成20.7 g Pb
D. 负极反应式：PbSO4+2e-+2Li+＝Li2SO4+Pb
【答案】D
【解析】
【详解】A．原电池中负极失去电子，正极得到电子。

根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，因此放电时电子由Ca电极流出，A正确；
B．放电过程中，阳离子Li+向正极移动，即Li+向PbSO4电极移动，B正确；
C．每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量是20.7gPb，C正确；
D．原电池中负极失去电子，正极得到电子。

根据总反应式可判断Ca是还原剂，作负极，硫酸铅得到电子，作正极，则正极反应式为PbSO4+2e-＝Pb＋SO42－，D错误。

答案选D。

【点睛】本题主要是考查原电池原理的应用，掌握原电池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，注意正负极判断、离子的移动方向、电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。

22.22.（1）通过火法冶金炼出的铜是粗铜，含杂质多，必须进行电解精炼。

请在下面方框中画出电解精炼铜的装置______。

（2）水解反应在生产生活中有很多应用。

有些盐水解程度很大，可以用于无机化合物的制备，如可以用TiCl4与H2O反应，生成TiO2·x H2O，制备时加入大量的水，同时加热。

请结合化学用语和必要的文字解释“加热”的作用：______。

【答案】 (1). (2). TiCl4+(x+2)H2O TiO2·x H2O↓+4HCl，水解是吸
热的，加热使水解平衡右移，同时HCl挥发，促进水解反应趋于完全，制得TiO2·x H2O
【解析】
【详解】（1）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子的盐溶液如硫酸铜溶液，因此
电解装置为；
（2）TiCl4与H2O反应为TiCl4+(x+2)H2O TiO2·x H2O↓+4HCl，加入大量水并加热，HCl挥发，促使水解正向进行，使水解反应趋于完全，从而制得TiO2•xH2O。

23.23.应用电化学原理，回答下列问题：
（1）上述三个装置中，负极反应物化学性质上的共同特点是_________。

（2）甲中电流计指针偏移时，盐桥（装有含琼胶的KCl饱和溶液）中离子移动的方向是________。

（3）乙中正极反应式为________；若将H2换成CH4，则负极反应式为_______。

（4）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负极与铅蓄电池______极相连接。

（5）应用原电池反应可以探究氧化还原反应进行的方向和程度。

按下图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），进行实验：
ⅰ．K闭合时，指针偏移。

放置一段时间后，指针偏移减小。

ⅱ．随后向U型管左侧逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向
偏移。

①实验ⅰ中银作______极。

②综合实验ⅰ、ⅱ的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是______。

【答案】 (1). 失电子被氧化，具有还原性 (2). 钾离子移向硫酸铜溶液、氯离子移向硫酸锌溶液 (3). O2+4e－+2H2O＝4OH－ (4). CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O (5). 负 (6). 正 (7). Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag
【解析】
【详解】（1）负极物质中元素化合价升高，发生氧化反应，本身具有还原性，即负极反应物化学性质上的共同特点是失电子被氧化，具有还原性；
（2）阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，氯离子移向硫酸锌溶液；
（3）正极是氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e－+2H2O＝4OH－；若将H2换成CH4，则负极反应式为CH4－8e－+10OH－＝CO32－+7H2O；
（4）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将负极中的硫酸铅变成单质铅，发生还原反应，所以应做电解池的阴极，则与电源的负极相连；
（5）①亚铁离子失电子发生氧化反应，所以碳是负极，银是正极；
②综合实验i、ii的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag。

24.24.某同学进行影响草酸与酸性高锰酸钾溶液反应速率因素的研究。

草酸与酸性高锰酸钾的反应为：
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。

室温下，实验数据如下：
请回答：
（1）该实验结论是________。

（2）还可以控制变量，研究哪些因素对该反应速率的影响________。

（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。

请你写出实验①的现象并分析产生该现象的原因________。

（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________。

【答案】 (1). 在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (2). 温度、浓度等 (3). KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快。

因为反应生成的MnSO4是KMnO4与H2C2O4反应催化剂，能加快反应速率 (4). 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化MnCl2中的Cl－，也会使KMnO4溶液褪色，产生干扰
【解析】
【详解】（1）实验①、②、③中使用的反应物是都是 0.01 mol/L KMnO4、0.1 mol/L H2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色时间最快的是②，加了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+，即该实验结论是在其他条件相同时，Mn2+是KMnO4与H2C2O4反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；
（2）除催化剂对反应速率有影响外，还有其他的外界因素如温度、浓度等；
（3）实验②中是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应会生成MnSO4，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验①的现象是：KMnO4溶液褪色的速率开始十分缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速；
（4）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，也会使KMnO4溶液褪色，从而缩短褪色时间，产生干扰。

【点睛】本题考查了草酸与酸性高锰酸钾溶液反应，探究影响化学反应速率的因素，注意对比实验的关键是其他条件不变，控制其中的一个变量进行分析，另外考查了酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，题目难度适中。

25.25.（1）室温下，使用pH计测定0.1 mol/LNH4Cl溶液的pH=5.12。

由此可以得到的结论是_______（填字母）。

a．溶液中c(H+)＞c(OH－)
b．NH4+水解是微弱的
c．NH3·H2O是弱碱
d．由H2O电离出的c(H+)＜10-7 mol/L
e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH=7
（2）室温下，用0.1 mol/LNaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.1 mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是
①表示滴定盐酸的曲线是_______（填序号）。

②滴定醋酸溶液的过程中：
ⅰ．V(NaOH)＝10.00 mL时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________。

ⅱ．当c(Na+)＝c(CH3COO—)+c(CH3COOH)时，溶液pH____7（填“＞”、“＝”或“＜”）。

【答案】 (1). abc (2). Ⅱ (3). c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c(H+)＞c(OH－) (4). ＞
【解析】
【详解】（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH＝5.12，即溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱。

则
a、溶液pH＝5.12，即溶液显酸性，故溶液中c(H+)＞c(OH－)，a正确；
b、NH3•H2O为弱碱，故NH4+是弱碱阳离子，在水溶液中能水解，但一般的水解程度很微弱，b正确；
c、溶液显酸性，说明NH4Cl为强酸弱碱盐，即NH3•H2O为弱碱，c正确；
d、NH4Cl为强酸弱碱盐，在水溶液中能水解，而盐的水解能促进水的电离，故此溶液中由H2O电离出的c(H+)＞10-7mol/L，d错误；
e、物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，恰好完全反应得NH4Cl溶液，但由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故溶液的pH＜7，e错误；
答案选abc；
（2）①醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线；
②i、V（NaOH）＝10.00mL时，因此溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH－)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO—)，故离子浓度的关系为c(CH3COO—)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；
ii、当c(Na+)＝c(CH3COO—)+c(CH3COOH)，根据物料守恒可知，加入的NaOH溶液的物质的量与醋酸的物质的量相同，此时两者恰好完全反应得醋酸钠溶液，而醋酸钠为强碱弱酸盐，水解显碱性，故溶液的pH＞7。

【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。

注意溶液中电荷守恒、物料守恒的灵活应用。

26.26.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含有Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。

若以它为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。

已知1：生成氢氧化物沉淀的pH
已知2：几种难溶电解质的溶解度（20℃）
（已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去）
请回答：。