辽宁省凌源市第二高级中学2019-2020学年高二化学下学期第二次网测试题 (含解析)

辽宁省凌源市第二高级中学2019-2020学年高二化学下学期第二次网
测试题（含解析）
一、选择题（每小题只有一个选项符合答案，1—10题每题2分，11—22题每题3分）
1.下列有关化学用语的表述正确的是（）
A. 次氯酸的电子式：
B. 基态铜原子的外围电子排布图：
C. Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4
D. F－的结构示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸的电子式：,故A错误;
B．书写基态铜原子的外围电子排布图时，应遵循洪特规则可知应为3d104s1,故B错误；
C. Se的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p4，故C正确；
D．F－的最外层电子数是8，故D错误；
故答案为C。

2.下列物质的分子中既含有σ键又含有π键的是（）
A. HCl
B. H2O
C. H2O2
D. C2H4
【答案】D
【解析】
【分析】
共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，共价三键中一个是σ键两个是
π键，根据存在的化学键判断
【详解】A．HCl的结构式为H-Cl，所以只存在σ键，故A错误；
B．H2O的结构式为H-O-H，所以只存在σ键，故B错误；
C．H2O2的结构为H-O- O -H，只含有单键，所以只含有σ键，故C错误；
D．C2H2的中氢原子和碳原子之间存在共价单键、碳碳之间存在共价三键，所以含有σ键和
π键，故D正确；
故选D。

3.下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是（）
A. H2O
B. CO2
C. CO32-
D. CCl4
【答案】A
【解析】
【分析】
价层电子对互斥模型(VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对数=σ键电子对数+
孤电子对数。

σ键电子对数=配原子数，孤电子对数=1/2×(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的实际空间立体构型
要去掉孤电子对。

【详解】A．水分子中，价层电子对数=2+1/2×(6-2×1)=4，VSEPR模型为正四面体结构，含有2对孤电子对，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构
模型不一致，A符合题意；
B．CO2分子中，每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对数是2，
且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，B不符合题意；C．CO32-的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=1/2(4+2-2×3)=0，所以CO32-的空间构型是平面三角形，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，Ｃ不符合题意；D．CCl4分子中，中心原子C原子原子价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数=4+1/2(4-
1×4)=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，D不符合题意；
答案选A。

【点睛】分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子，略去孤电子对就是该分子的空间构型。

4.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是
A. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
B. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A．对2NO 2N2O4平衡体系增加压强，体积变小，颜色变深，平衡正向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B．氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压，体积变小，颜色变深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸见光分解，平衡正向移动，氯气浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故C正确；
D．合成氨反应：N 2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，氨的产率提高，能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故答案为B。

【点睛】勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释。

5.下列原子或原子团不属于官能团的是（）
A. —CH3
B. —F
C. —OH
D.
【答案】A
【解析】
【详解】官能团是决定化合物特殊性质的原子或原子团。

-F是决定卤代烃特殊性质的原子，-OH是决定醇和酚特殊性质的原子团，碳碳双键是决定烯烃特殊性质的原子团，甲基不是官能团，答案选A。

6.下列实验操作正确的是
实验操作
A证明某溶液中存在Fe2＋先加少量氯水，再滴加KSCN溶液，出现血红色
B测定熔融苛性钠的导电性在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量
C证明氯的非金属性大于碳向碳酸钙中滴加盐酸，有气泡产生
D制备氯化镁固体将MgCl2晶体在氯化氢的气流中加热
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】D
【解析】
【分析】A 、先加少量氯水，可氧化亚铁离子；
B 、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，发生二氧化硅与NaOH 的反应；
C 、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl 为无氧酸；
D 、MgCl 2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解。

【详解】A 项、先加少量氯水，可氧化亚铁离子，检验亚铁离子应先加KSCN 溶液无现象，再加氯水，故A 错误；
B 项、瓷坩埚中熔化氢氧化钠，瓷坩埚中二氧化硅与NaOH 的反应，不能测定熔融苛性钠的导电性，应选铁坩埚，故B 错误；
C 项、向碳酸钙中滴加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，但HCl 为无氧酸，则不能比较Cl 、C 的非金属性，故C 错误；
D 项、MgCl 2溶液在氯化氢的气流中蒸干，抑制水解，则可制备氯化镁晶体，故D 正确。

故选D 。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识于实验的结合，把握物质的性质、发生的反应、离子检验、盐类水解等为解答的关键。

7.25℃，在0.01mol/LH 2SO 4溶液中，由水电离出的c(H ＋)是
A. 1×10－12mol/L
B. 0.02mol/L
C. 1×10－7mol/L
D.
5×10－13mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】25℃，0.01mol/LH 2SO 4溶液中c （H +）=0.02mol•L -1，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，溶液中的OH -全部来自水，即溶液中的c(OH -)=c(OH -)水=c(H +)水，则水电离出的c （H +）水=c （OH -）溶液==5×10－13mol/L ，故选D 。

-14
1100.02【点睛】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据c （H +）水=c （OH -）水，结合K w 的公式计算是解答关键。

8.25℃时，已知K sp(AgCl)=1.8×10－10，K sp(AgBr)=7.8×10－13。

现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是
A. AgCl
B. AgBr
C. 同时沉淀
D. 无法判断【答案】B
【解析】
【详解】由于K sp(AgC1)＞K sp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。

9.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 减小容器体积，平衡向右移动
B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大
D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；
B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；
C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；
答案选D。

10.用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量
相应的溶质能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3
B. Na2SO4
C. CuCl2
D. KCl
【答案】C
【解析】
【详解】四种电解类型分别是：
(1)分解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐（如NaOH、H2SO4、K2SO4等）的电解。

阴极：4H++4e－=2H2↑ 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2H2O2H2↑+O2↑
阴极产物：H2；阳极产物：O2。

电解质溶液复原加入物质：H2O。

pH变化情况：原来酸性的溶液pH变小，原来碱性的溶液pH变大，强酸（含氧酸）强碱的正
盐溶液pH不变。

（2）分解电解质型：无氧酸（除HF外）、不活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）的电解，如HCl、CuCl2等。

阴极：Cu2++2e－=Cu 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑总反应：CuCl2Cu+Cl2↑
阴极产物：酸为H2，盐为金属；阳极产物：卤素等非金属单质。

电解液复原加入物质为原溶质，如电解CuCl2溶液，需加CuCl2。

pH变化情况：如电解无氧酸溶液pH变大但不会超过7；如为盐溶液的电解则视无氧酸根的情况而定。

（3）放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）溶液的电解，如NaCl、MgBr2等。

阴极：2H++2e－=H2↑ 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑总反应：
2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
阴极产物：碱和H2；阳极产物：卤素等非金属单质。

电解饱和食盐水的产物分别为NaOH和H2以及Cl2。

电解液复原加入物质为卤化氢。

电解饱和食盐水，要使电解质溶液复原需加入HCl。

pH变化情况：电解液pH显著变大。

（4）放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐溶液的电解，如CuSO4、AgNO3等。

阴极：2Cu2++4e－=Cu 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：
2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
阴极产物：析出不活泼金属单质；阳极产物是该盐对应的含氧酸和氧气，本例中分别是Cu 以及H2SO4、O2。

电解液复原加入物质为不活泼金属的氧化物（金属价态与原盐中相同）。

如电解CuSO4溶液，复原需加入CuO。

pH变化情况：溶液pH显著变小。

由以上分析可知，本题选C。

11.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液会导致测得NaOH溶液浓度偏高的是（）
A. 滴定前滴定管中有气泡,滴定后消失
B. 碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作
C. 滴定时达到滴定终点时俯视读数
D. 锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤
【答案】A
【解析】
【分析】
酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还需用盐酸溶液润洗；锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；
滴定时，应逐出滴定管下口的气泡，否则会引起误差；读数时视线应与滴定管内液体的凹液
面最低处保持水平。

【详解】A项、滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B项、碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致氢氧化钠溶液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；
C项、滴定时达到滴定终点时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C
错误；
D项、锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，溶质的物质的量不变，标准液的体积不变，对结果无影响，故D错误。

故选A。

【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)
/V(待测)分析是解答的关键。

12.下列过程或现象与盐类水解无关的是 ( )
A. 纯碱溶液去油污
B. 粗盐在空气中易潮解
C. 加热氯化铁溶液颜色变深
D. 浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯碱水解使溶液显碱性，有利于油脂的水解去除油污，与盐类水解有关，A不选；
B．粗盐中含有氯化镁，氯化镁易潮解导致粗盐易潮解，与盐类水解无关，B选；
C．加热氯化铁溶液，溶液颜色变深是因为加热促进氯化铁的水解，C不选；
D．溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量有臭味的硫化氢，D不选；
答案选B。

13.下列有关实验的选项正确的是（）
①配制0.l0mol/L NaOH溶液②除去CO中的CO2
A. ①
B. ②
C. ③
D. ④
【答案】B
【解析】
【详解】A．容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，所以溶解NaOH固体时不能用容量瓶，应该在烧杯中溶解，恢复至室温再转移到容量瓶中，A错误；
B．洗气除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出”原则，该装置符合条件，B正确；
C．萃取时，苯密度小于水密度，所以苯层在上层，所以含有碘的苯层应该从上口倒出，C错误；
D．滴定管中大刻度在下边，小刻度在上边，记录滴定终点读数为11.80mL，故D错误；
答案选B。

14.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-═4OH-
B. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe-2e-═Fe2+
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+
D. 铅蓄电池充电时，标示“+”的接线柱连电源的正极，电极反应式为：PbSO4(s) - 2e-
+2H2O(l)═PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A项、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故A错误；
B项、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故B错误；
C项、粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；
D项、铅蓄电池充电时，原电池正极接电源的正极做电解池的阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：PbSO4(s) - 2e-+2H2O(l)═PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)，故D正确；
故选D。

【点睛】铅蓄电池充电时，原电池正极接电源的正极做电解池的阳极，失电子发生氧化反应是解答关键。

15.结合下图判断，下列叙述正确的是（ ）
A. Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B. Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－=Fe2＋
C. Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－=4OH－
D. Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，均有蓝色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】A.在原电池反应中，负极失电子，正极材料不能失去电子，所以Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护，A正确；
B. Ⅰ中，Zn为负极，电极反应为Zn－2e－=Zn2＋，Ⅱ中，负极反应为Fe－2e－=Fe2＋，B不正确；
C. Ⅰ中正极反应是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，Ⅱ中，正极反应为2H++2e-=H2↑，C不正确；
D. Ⅰ中铁为正极，没有亚铁离子生成，故向其中加入少量K3[Fe(CN)6]溶液后没有蓝色沉淀生成，D不正确。

故选A。

16.如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。

下列说法正确的是( )
A. X极是电源负极，Y极是电源正极
B. a极的电极反应是2Cl－－2e－=Cl2↑
C. 电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
D. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查的是电解池的工作原理，首先要分析出电源正负极或者电极的阴阳极，判断电子移动的方向，才能书写正确的电极反应式。

题目中a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，说明生成碱性物质，此为解题的突破点，依据电解质溶液为含酚酞的氯化钠溶液，判断b电极和Cu极是阴极，a电极和Pt极是阳极，Y为电源负极，X为电源正极。

【详解】A．a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为
含酚酞的氯化钠溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，A错误；
B．a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，B正确；
C．电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，C错误；
D．由Y为电源负极，X为电源正极，则Pt极为阳极没有Cu析出，D错误；
答案选B。

17.已知某可逆反应：mA（g）＋nB（g）r C（g）在密闭容器中进行。

下图表示此反应在不同时间t，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线。

由曲线分析下列判断正确的是
A. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞r，正反应吸热
B. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜r，正反应吸热
C. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＜r，正反应放热
D. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＞r，正反应放热
【答案】B
【解析】
【详解】根据“先拐先平，温高压大”，当压强相同时，温度为T2的先达到平衡，说明温度是T2大于T1。

但温度越高，反应物的含量越低，所以正反应是吸热反应。

当温度相同时，压强为P2的先达到平衡，说明P2大于P1，压强越大，反应物的含量越高，所以正反应是体积
增大的反应，即m＋n＜r；选B。

18.常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L－1CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。

下列说法正确的是( )
A. 点①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)
C. 点③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)
D. 整个过程中可能出现：c(H ＋)＋c(Na ＋)＝c(CH 3COOH)＋c(CH 3COO －)
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液中存在电荷守恒c (Na ＋)＋c (H ＋)＝c (CH 3COO －)＋c (Cl －)＋c (OH －)和物料守恒c (Na ＋)＝c (CH 3COOH)＋c (CH 3COO －)，点①所示溶液呈中性，c(OH －)＝c(H ＋)，故综合两守恒可得c(CH 3COOH)＝c(Cl －)，A 正确；
B.②点溶液中有等浓度的CH 3COOH 、CH 3COONa 和NaCl ，溶液呈酸性，可仅考虑醋酸电离，则c (CH 3COO －)>c (Cl －)，B 错误；
C.③点溶液中有等浓度的CH 3COOH 和NaCl ，由于醋酸有少部分电离，故c (Na ＋)>c (CH 3COOH)，醋酸每电离生成一份CH 3COO －的同时就会生成一份H ＋，同时水也电离生成少量H ＋，故c (H ＋)>c (CH 3COO －)，所以C 错误。

D. 根据物料守恒c (Na ＋)＝c (CH 3COOH)＋c (CH 3COO －)，可判断出D 错误；
故选A 。

19.常温下，下列有关溶液的说法正确的是
A. pH 相等的①NH 4Cl ②NH 4Al(SO 4)2 ③NH 4HSO 4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
B. HA 的电离常数Ka =4.93×10−10，则等浓度的NaA 、HA 混合溶液中：c(Na +) >c(HA) >c(A −)
C. NaHCO 3溶液加水稀释，c(Na +)与c(HCO 3−)的比值将减小
D. 已知在相同条件下酸性HF >CH 3COOH ，则物质的量浓度相等的NaF 与CH 3COOK 溶液中：c(Na +) – c(F −) >c(K + ) − c(CH 3COO −)
【答案】A
【解析】
A ．NH 4Cl 水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH 4HSO 4电离时产生H +使溶液呈酸性，NH 4+的水解被抑制，因此NH 4HSO 4中NH 4+的浓度小于NH 4Cl ，NH 4Al(SO 4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH 4Al(SO 4)2中NH 4+的浓度大于NH 4Cl ，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选
项A 正确；B 、NaA 中水解平衡常数K b =，水解平衡常数大于14
51010 2.02104.9310w a K K ---==⨯⨯电离平衡常数，c(HA)−)，选项B 错误；C 、NaHCO 3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na +)与c(HCO 3-)的比值保持增大，选项错误；
D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF >CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) – c(F−)＜c(K+ ) −c(CH3COO−)，选项D错误。

答案选A。

20.短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如图，其中Y所处的周期数与族序数相等，W
最外层电子数是其内层电子数的3倍。

下列说法不正确的是
…W
X Y…Z
A. X、Y、Z、W的原子半径依次减小
B. W与X形成的化合物中只含有离子键
C. 气态氢化物的稳定性：W>Z
D. W与Y形成的化合物可分别与NaOH溶液和盐酸反应
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素中，W最外层电子数是其内层电子数的3倍，由此可知，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故W为O元素；W、Z同主族，则Z为S元素；Y所处的周期序数与族序数相等，短周期元素，则Y为第三周期第ⅢA族元素，即Y为Al，由元素的位置可知X为Na，所以X、Y、Z、W代表的元素分别为：Na、Al、S、O。

【详解】A．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径
X>Y>Z>W，A正确；
B．W与X形成的化合物有氧化钠、过氧化钠，过氧化钠中含有离子键、共价键，B错误；C．非金属性O>S，且H2O中存在氢键，故氢化物稳定性H2O>H2S，C正确；
D．W与Y形成的化合物为氧化铝，可分别与NaOH溶液和盐酸反应，D正确；
答案选B。

二、非选择题
21.用系统命法写出下列物质名称或结构简式
（1）C 4H 10的一氯代物有_____________种。

（2）某有机物含C 、H 、O 三种元素，分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键．如单键、双键等）。

该有机物的结构简式为_____________________，所含官能团的名称为 __________
（3）常温下，已知0.1 mol·L －1一元酸HA 溶液中c(OH －)/c(H ＋)＝1×10－8。

常温下，0. 1 mol·L －1 HA 溶液的pH ＝________；
（4）常温下，将0.1mol/L HCl 溶液与0.1 mol/L MOH 溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH ＝5，则MOH 在水中的电离方程式为_________________。

（5）已知常温时CH 3COOH
CH 3COO – + H +，K a ＝2×10–5，则反应CH 3COO – + H 2O CH 3COOH + OH –的平衡常数K h ＝________________。

（6）常温下，若在0.10 mol·L –1 CuSO 4溶液中加入NaOH 稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH ＝8时，c(Cu 2+)＝________mol·L –1 {K sp [Cu(OH)2]＝2.2×10–20}。

（7）1mol/L Na 2C 2O 4溶液中离子浓度由大到小顺序_________________________，列出质子守恒关系式_____________________
【答案】 (1). 4种 (2). CH 2=C(CH 3)COOH (3). 碳碳双键、羧基 (4). 3 (5). MOH M + + OH − (6). 5×10–10 (7). 2.2×10–8 (8). C(Na +)>C(C 2O 42-)>C(OH -)>C(HC 2O 4-)>C(H +) (9). C(OH -)=C(H +)+2C(H 2C 2O 4)+ C(HC 2O 4-)
【解析】
【详解】(1)C 4H 10为烷烃，有正丁烷和异丁烷这2种同分异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物有2种，则C 4H 10的一氯代物有4种；
(2)由分子模型可知，白球是氢原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，则该有机物的结构简式为CH 2=C(CH 3)COOH ，官能团为碳碳双键和羧基；
(3)由常温下，0.1mol L -1的HA 溶液中c(OH -)/c(H +)＝1×10–8，可知c(OH –)=10–8c(H +)，
所以，所以，所以
()()()2814c OH ·c H 10·c H 10-+-+-==()3c H
110mol /L +-==⨯常温下，0. 1 mol·L –1 HA 溶液的pH 为3；
(4)常温下，将0.1mol/L HCl 溶液与0.1 mol/L MOH 溶液等体积混合，测得混合后溶液的
pH ＝5，说明则MOH 为弱碱，所以MOH 在水中的电离方程式为：MOH M + + OH -；
(5)反应CH 3COO – CH 3COOH + OH –的平衡常数K h ＝
5×10–10；()(
)()()()()()()33
w a 33c CH COOH ·c OH c CH COOH c H c OH c CH COO c CH COO ·c H K K -
+-
--+
=== (6) 根据溶度积的概念可以直接计算，常温下，pH ＝8时，c(OH –)＝10-6 mol·L –1，由c(Cu 2+)·c (OH -) 2＝K sp [Cu(OH)2]得，c(Cu 2+)＝(2.2×10-20)/10-12 mol·L -1＝2.2×10-8 mol·L -1；
(7)1mol/L Na 2C 2O 4溶液中存在：C 2O 42-+H 2O HC 2O 4-+OH -，HC 2O 4-+H 2O H 2C 2O 4+ OH -， H 2O H ++ OH -，可知C(Na +)>C(C 2O 42-)>C(OH -)>C(HC 2O 4-)>C(H +)，溶液中存在质子守恒关系式： C(OH -)=C(H +)+2C(H 2C 2O 4)+ C(HC 2O 4-)。

22.Ⅰ．工业上一般以CO 和H 2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)+2H 2(g)
CH 3OH(g)　
ΔH＝-90.8 kJ·mol
–1。

（1）在容积为1 L 的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270 ℃三种温度下合成甲醇的规律。

如图是上述三种温度下H 2和CO 的起始组成比(起始时CO 的物质的量均为1 mol)与CO 平衡转化率的关系，则曲线Z 对应的温度是_______。

Ⅱ．如图是一个化学过程的示意图。

已知甲池的总反应式为：
2CH 3OH+3O 2
+4KOH ＝2K 2CO 3+6H 2O 。

（2）乙池中A(石墨)电极的名称是______。

（3）通入CH 3OH 的电极的电极反应式为______。

（4）乙池中反应的化学方程式为_________
（5）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.4 g时，甲池中理论上消耗O2 ________mL(标准状况)，此时丙池某电极上析出1.60 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是________(填序号)。

A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3
【答案】(1). 270 ℃(2). 阳极(3). CH3OH－6e– + 8OH– ＝ 6H2O + CO32–(4). 4AgNO3 + 2H2O4Ag + O2↑ + 4HNO3 (5). 280 (6). B
【解析】
【分析】
三条曲线中，在曲线Z对应的温度下CO转化率最小，合成甲醇的反应是放热反应，温度越高，CO的转化率越小，所以Z曲线对应的温度最高，为270℃；在燃料电池中，通入燃料的
电极为负极，发生失电子的反应，通入氧气的电极为正极，发生得电子的反应。

燃料电池最
为电源，乙池中，与正极相连的A极(石墨电极)为阳极，那么B极(银电极)为阴极，丙池中，C极为阳极，D极为阴极，相应得电极反应式即可书写出来。

【详解】(1)在曲线Z对应的温度下CO转化率最小，合成甲醇的反应是放热反应，温度越高CO的转化率越小，故Z曲线对应的温度最高，为270℃；
(2)燃料电池作为电源，通入燃料的电极为负极，通入氧气的电极为正极，A电极与正极相连，所以A电极(石墨)为阳极；
(3)通入CH3OH的电极作为负极，电极反应式为：CH3OH－6e– + 8OH– ＝ 6H2O + CO32–；
(4)乙池中，Ａ极(石墨电极)的电极反应式为：2H2O－4e–＝O2↑+ 4H+，Ｂ极的电极反应式为: 4Ag++4e–＝4Ag↓，电解质溶液为硝酸银溶液，所以乙池中反应的化学方程式为：4AgNO3 +
2H2O4Ag + O2↑ + 4HNO3；
(5)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.4 g时，n(Ag)=5.4g/108g·mol-1=0.05mol，n(e–)
=0.05mol，又O2~4e–，所以n(O2)=0.0125mol，标况下，V(O2)=0.0125×22.4=0.28L=280ml
所以甲池中理论上消耗O2 的体积为280ml；丙池某电极上析出1.60 g某金属，C极为阳极，D极为阴极，所以只能是D极析出金属，而NaCl作为电解质溶液时不会析出金属，根据转移的n(e–)=0.05mol及Mg~2e–、Cu~2e–、Ag~e–，析出的金属的质量分别为
0.60g、1.60g、5.40g，所以丙池中的某盐溶液可能是CuSO4溶液，选B。

【点睛】对于电解池和原电池得相关计算题，一定要紧紧抓住一点：反应时电路中通过的电
子的量是相同的，通过列出电子和物质间的关系式即可进行相应的计算。

23.实验室中有一未知浓度的醋酸，某学生用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液进行测定醋酸
的浓度的实验，取20.00mL待测醋酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定。

重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。

完成下列填空：
实验编号待测醋酸的体积/mL
NaOH溶液的浓度
/mol·L-1消耗NaOH溶液的体积/mL
120.000.100025.18
220.000.1000
23.06
320.000.100022.98
（1）该实验中指示剂最好选用___________，滴定达到终点的标志是
_____________________。

（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用以下_________操作（填甲/乙/丙），然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

（3）根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度为_________mol·L-1（保留小数点后4位）。

（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有________。

A．用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗
B．锥形瓶水洗后未干燥
C．称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解
D．滴定终点读数时俯视
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关
【答案】(1). 酚酞(2). 加入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色为浅红色且30s 内颜色不发生变化 (3). 丙 (4). 0.115 (5). CE
【解析】
【分析】
（1）醋酸与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性；
（2）由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，随加入氢氧化钠增多，pH 升高，溶液变为红色；
（2）把碱式滴定管盛满溶液，倾斜45°，再把尖端部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠，使溶液流出，就能赶出气泡；
（3）先计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，再根据 计算醋酸浓度；
()()()()c v c v ⨯=
碱碱酸酸（4）根据分析误差。

()()()()c v c v ⨯=
碱碱酸酸【详解】（1）醋酸与氢氧化钠完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，选择在碱性范围内变色的指示剂，所以选用酚酞作指示剂；由于指示剂酚酞在酸溶液中，所以开始溶液为无色，当滴加最后一滴NaOH 溶液时，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色，达到滴定终点。

（2）把碱式滴定管盛满溶液，倾斜45°，再把尖端部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠，使溶液流出，就能赶出气泡，故选丙；
（3）实验1的误差偏离正常范围，根据实验2、3，平均消耗氢氧化钠溶液的体积是 mL ， =0.115
23.06+22.98=23.022()()()()c v c v ⨯=碱碱酸酸23.02mL 0.1mol/L 20mL ⨯=mol·L -1 ；（4）A ．用滴定管取20.00mL 待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗，则醋酸浓度偏低，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定结果偏低，故不选A ；
B ．锥形瓶水洗后未干燥，对醋酸物质的量无影响，消耗氢氧化钠的体积不变，测定结果不变，故不选B ；
C ．称量NaOH 固体时，有小部分NaOH 潮解，氢氧化钠的浓度偏小，消耗氢氧化钠的体积偏大，测定结果偏高，故选C ；
D ．滴定终点读数时俯视，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定结果偏低，故不选D ；
E ．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关，消耗氢氧化钠体积偏大，测定结果偏高，故选E 。

【点睛】本题考查中和滴定操作和计算，注意把握实验基本方法，会根据。