【化学试卷】福建省永春县第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试(理)(解析版)

福建省永春县第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
（理）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Cl-35.5 O-16 Al-27 Mg-24 Fe-56 Zn-65 S-32 Mn-55
一、选择题（共22小题，每小题2分，共44分，每小题有一个选项符合题意。

）
1.下列有关说法不正确的是（）
A. 镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
B. 手机上用的锂离子电池属于二次电池
C. 燃料电池能把化学能转化成电能
D. 已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H>0、△S<0,那么高温下可自发进行
【答案】D
【解析】试题分析：D．△G=△H-T△S，△G>0，任何温度下都不能自发进行。

考点：考查了原电池原理及反应能否自发进行的判断的相关知识。

2.下列说法正确的是（）
A. pH＜7的溶液一定呈酸性
B. 在纯水中加入少量硫酸，可促进水的电离
C. 虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质
D. Na2CO3溶液中，c(Na+)是c(CO32﹣)的两倍
【答案】C
【解析】试题分析：A．pH＜7的溶液不一定呈酸性，例如100℃的水显中性，pH＝6，A 错误；B．在纯水中加入少量硫酸，抑制水的电离，B错误；C．虽然固体氯化钠不能导电，但氯化钠溶于水电离出阴阳离子，氯化钠是电解质，C正确；D．Na2CO3溶液中碳酸根水解，c(Na+)＞2c(CO32﹣)，D错误。

答案选C。

考点：考查水的电离、电解质及盐类水解
3.HA为一元弱酸，在0.1 mol/L的NaA 溶液中，离子浓度关系正确的是（）
A. c(Na+) > c(A-) > c(H+) > c(OH-)
B. c(Na+) > c(OH-) > c(A-) > c(H+)
C. c(Na+) + c(OH-) = c(A-) + c(H+)
D. c(Na+) + c(H+) = c(A-) + c(OH-)
【答案】BD
【解析】试题分析：A、HA是弱酸，则在0.1 mol·L－1NaA溶液中A－水解，溶液显碱性，则溶液中离子浓度大小关系是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－) ＞c(H＋)，A不正确；B、由于A－水解程度很小，所以溶液中c(A－)＞c(OH－)，B不正确；C、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H ＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C不正确；D、根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，D正确，答案选D。

考点：考查盐类水解、溶液中离子浓度大小比较
4.一定温度下，Mg(OH)2固体在水中达到沉淀溶解平衡：Mg(OH)2 (s)Mg2+(aq)＋2OH–(aq)。

要使Mg(OH)2固体质量减少而c(Mg2+)不变，采取的措施可能是（）
A. 加适量水
B. 通HCl气体
C. 加NaOH固体
D. 加MgSO4固体
【答案】A
【详解】A．加水促进溶解，固体质量减少而c(Mg2+)不变，仍为饱和溶液，故A正确；B．加入HCl，发生酸碱中和反应，c(Mg2+)浓度增大，故B错误；
C．加NaOH固体，c(OH-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Mg2+)浓度减小，故C错误；D．加MgSO4固体，c(Mg2+)增大，故D错误；
故答案为A。

5.用N A表示阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是（）
A. 1 L 1 mol/L 的CH3COOH 溶液中CH3COO-为N A个
B. 标况下22.4 L NO 和11.2 L O2反应后，气体分子总数为N A个
C. 1 L 0.1 mol/L 的Na2SO3溶液中离子总数大于0.3N A
D. H2和O2反应生成N A个H2O(l)和N A个H2O(g)放出热量相等
【答案】C
【详解】A. CH3COOH属于弱电解质，在水中部分发生电离，因此1 L 1 mol/L 的CH3COOH 溶液中CH3COO-个数小于N A个，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L NO是1mol，11.2 L O2是0.5mol，二者混合生成1molNO2，但由于存在2NO2N2O4，所以所得气体的分子数目小于N A，B错误；
C. Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-，HSO3-+ H2O=H2SO3+ OH-，从水解的原理可知，1个SO32-水解后生成1个HSO3-和1个OH-，溶液中阴离子数目增加，所以1 L 0.1 mol/L 的Na2SO3溶液中离子总数大于0.3N A，C正确；
D. 由于H2O(l)= H2O(g) ∆H>0，所以H2 和O2反应生成N A个H2O(l)和N A个H2O(g)放出热量不相等，生成N A个H2O(l) 放出的热量多，D错误；
综上所述，本题选C。

6. 下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）
【答案】C
【解析】A项中NO 2球中存在2NO2N2O4，△H<0，正反应放热，NO2球放入冷水，颜色变浅，NO2球放入瓜热水，颜色变深，可以用平衡移动原理解释，A不合题意；水的电离是微弱的电离，存在电离平衡，同时电离是吸热过程，温度升高向电离方向移动，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，B不合题意；加二氧化锰可以加快过氧化氢的分解，该反应不是可逆反应，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；氨水中存在电离平衡NH 3·H2O NH4++OH-，随着氨水浓度降低，氨水的离程度减小，OH-浓度降低，可以用平衡移动原理解释，D不合题意；
【考点定位】本题考查化学平衡移动原理的应用。

7.下列说法正确的是（）
A. Na+、Fe2+、Cl–、NO3–等离子能在甲基橙试液显红色的溶液中共存
B. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
C. NaHS水解的离子方程式为：HS–＋H
O S2–＋H3O+
D. NaHCO
的电离方程式为：NaHCO3＝Na+＋HCO3–，HCO3–H+＋CO32–
【答案】D
【详解】A．甲基橙试液显红色的溶液为酸性溶液，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．电解熔融的氧化铝制取金属铝，应选择石墨电极作阳极，否则用Fe作阳极，Fe要发生氧化反应，故B错误；
C．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，正确的水解方程式为：HS-+H2O⇌H2S+OH-，
D．碳酸氢钠的电离用等号，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，碳酸氢根离子的电离用可逆号，电离方程式为：HCO3-⇌H++CO32-，故D正确；
故答案为D。

8.NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（）
A. 温度、容积不变，充入NH3
B. 温度、容积不变时，充入SO2气体
C. 充入N2，保持压强不变
D. 移走一部分NH4HS固体
【答案】D
【解析】试题分析：A、容积不变，充入氨气，增大生成物浓度，平衡向左移动，故A不符合；
B、温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动；
C、充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，压强降低，平衡向正反应方向移动，故C不符合；
D、NH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动，故D符合。

考点：考查了外界条件对化学平衡的影响的相关知识。

9.二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。

如图是绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图(a、b均为多孔性Pt电极)。

该电池工作时，下列说法正确的是()
A. a电极为该电池正极
B. O2在b电极上得电子，被氧化
C. 电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋
D. 电池工作时，燃料电池内部H＋从b电极移向a电极
【详解】氧气得电子，化合价降低，故b电极是正极；由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+；
A．通燃料的一极，失电子，为负极，即a为负极，故A错误；
B．O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；
C．在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为
(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；
D．原电池工作时，电解质溶液中的H+向正极移动，即从a极向b电极移动，故D错误；故答案为B。

【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：
①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；
②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；
③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；
④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。

10.下列有关叙述正确的是（）
A. NH3·H2O的电离平衡常数随着温度升高而减小
B. 在0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中，加入少量CH3COONa晶体后，溶液的pH减小
C. 强酸、强碱和大部分盐类都是强电解质，其他化合物都是弱电解质
D. 相同温度下，醋酸溶液的导电能力可能比稀硫酸强
【答案】D
【解析】试题分析：A、NH3·H2O的电离平衡常数随着温度升高而增大，A项错误；B、在
0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液中，加入少量CH3COONa晶体后，溶液的pH增大，B项错误；
C、有些化合物属于非电解质，C项错误；
D、导电能力与电解质强弱无直接关系，与溶液中离子浓度有关，D项正确；答案选D。

考点：考查电解质
11.下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是()
A. pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Cl－
B. 由水电离出的c(OH－)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：Na+、AlO2-、S2－、CO32-
C. 含有大量Fe3+的溶液中：Na+、SCN－、K+、NO3-
D. c(H＋)＝10－14 mol·L－1的溶液中：Mg2+、NO3-、Fe2+、ClO－
【答案】B
【详解】A．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故A错误；B．由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下，AlO2-、S2－、CO32-均不能大量共存，但碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．SCN-与Fe3+反应而不能大量共存，故C错误；
D．c(H+)=10-14mol•L-1的溶液呈碱性，碱性条件下，Mg2+、Fe2+不能大量共存，故D错误；故答案为B。

【点睛】离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”等。

(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化的示意图。

一定条件下，
12.图Ⅰ是NO
在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。

当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。

下列有关说法正确的是（）
A. 一定条件下，向密闭容器中加入1 mol NO2(g)与1 mol CO(g)反应放出234 kJ热量
B. 若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率
C. 若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度
D. 若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度
【答案】C
【解析】试题分析：A、反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1 mol NO2(g)与1 mol CO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234 kJ热量，故A错误；B、两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种转化率，故B错误；C、气体形成
的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；D、该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；故选D。

考点：考查了转化率随温度、压强的变化曲线；吸热反应和放热反应的相关知识
13.下列有关说法不正确
．．．的是（）
A. 配制SnCl2溶液时，首先用盐酸酸化蒸馏水，然后加入SnCl2晶体
B. 加热CH3COONa溶液（预先滴有少量酚酞），溶液颜色变深
C. 常温下，Fe(NO3)3溶液中由水电离产生的c(H＋)等于10–10 mol·L–1
D. NaHCO3作为发酵粉使用时，加入少量的明矾在水中能起到酸的作用
【答案】C
【解析】试题分析：A、配制SnCl2溶液时，首先用盐酸酸化蒸馏水，抑制水解，然后加入SnCl2晶体，A项正确；B、加热CH3COONa溶液（预先滴有少量酚酞），水解程度增大，减小增强，溶液颜色变深，B项正确；C、无法计算水的电离程度，C项错误；D、明矾中铝离子水解，显酸性，D项正确；答案选C。

考点：考查
14.常温时，以下4种溶液pH最大的是（）
A. 0.01 mol·L–1氨水溶液
B. 0.02 mol·L–1氨水与0.02 mol·L–1 HCl溶液等体积混合
C. 0.03 mol·L–1氨水与0.01 mol·L–1 HCl溶液等体积混合
D. pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
【答案】A
【解析】试题分析：A．0.01 mol·L–1氨水溶液，B．0.02 mol·L–1氨水与0.02 mol·L–1 HCl溶液等体积混合，实为0.01mol/LNH4Cl；C．0.03 mol·L–1氨水与0.01 mol·L–1HCl溶液等体积混合实为0.01 mol·L－1氨水溶液0.005mol/LNH4Cl；D．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，为BaCl2溶液，pH由大到小的顺序为：A、C、B、D，A项正确；答案选A。

考点：考查PH大小比较
15.已知：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ·mol−1。

一定条件下，向体积为1 L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如下图所示。

下列叙述中，正确的是（）
A. 升高温度能使n(CH3OH)/n(CO2)增大
B. 反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为75%
C. 3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
D. 从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v(H2)＝0.075mol·L−1·min−1
【答案】B
【分析】从勒夏特列原理、化学反应速率计算的角度进行分析。

【详解】A、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CH3OH物质的量减小，CO2的物质的量增大，该比值减小，故A错误；
B、根据图像，达到平衡时消耗c(CO2)=(1.00－0.25)mol·L－1=0.75mol·L－1，则CO2的转化率为0.75/1.00×100%=75%，故B正确；
C、3min时没有达到平衡，即CO2的表示的正反应速率不等于CH3OH表示的逆反应速率，故C错误；
D、根据化学反应速率数学表达式，v(CH3OH)=0.75/10mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即
v(H2)=3v(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)，故D错误。

【点睛】易错点是选项C，3min时CH3OH和CO2浓度相等，两者浓度相等并不能说明反应达到平衡，根据化学平衡状态的定义，应是组分的浓度不再改变。

16.已知:25 C 时,Ksp[Zn(OH)2]= 1.0×10-18，Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。

该温度下，下列说法错误的是（）
A. HCOO－的水解平衡常数为 1.0×10-10
B. 向Zn(OH)2 悬浊液中加少量HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大
C. Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中,c(Zn2+)>1.0×10-6 mol/L
D. Zn(OH)2(s) +2HCOOH(aq)Zn2+(aq) +2HCOO－(aq) +2H2O(l)的平衡常数K= 100
【答案】B
【解析】A、HCOO－水解常数为K W/K a＝10－14/10－4＝1.0×10－10，A正确；B、设Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)为x，则溶液中c(OH－)＝2x，x×(2x)2＝K sp[Zn(OH)2]＝1.0×10
－18，解得x
＝6-mol/L ＜1.0×10－6mol/L ，B 错误；C 、Zn(OH)2悬浊液中存在溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn 2+(aq)+2OH -（aq ），加入HCOOH 中和氢氧根离子，使平衡正向移动，溶
液中c(Zn 2+)增大，
C 正确；
D 、Zn(OH)2(s)+2HCOOH(aq)Zn 2+(aq) +2HCOO -(aq)+2H 2O(1)
的平衡常数K ＝()()()()()()()()222222222
·····W
c HCOO c Zn c HCOO c H c Zn c OH c HCOOH c HCOOH K -+-++-=＝K 2a (HCOOH)·K sp [Zn(OH)2]/K 2W ＝100，D 正确，答案选B 。

17.羟胺的电离方程式为： NH 2OH ＋H 2
O NH 3OH +＋OH －（ 25℃时， K b ＝9.0×l0－9）。

用 0.l mol·
L －1 盐酸滴定 20 mL 0.l mol·L －1 羟胺溶液，恒定 25℃时，滴定过程中由水电离出来的 H +浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知： lg3＝0.5)。

下列说法正确的是
（ ）
A. 图中 V 1＞10
B. A 点对应溶液的 pH ＝9.5
C. B 、 D 两点对应的溶液均为中性
D. E 点对应溶液中存在：c(H +)＝c (OH －)＋c (NH 3OH +)＋c (NH 2OH)
【答案】B
【解析】A 、B 点的溶液为NH 3OHCl 、NH 2OH ，B 点此时应为中性，故V 1=10，故A 错误；B 、A 点时，NH 2OH ＋H 2
O NH 3OH +＋OH －，c （OH －）=c （NH 3OH +），c （NH 2OH ）≈0.l mol·L －1，c （OH －）2=0.1b K ⨯=9.0×l0－10，c （OH －）=3.0×l0－5，c （H +）=13
⨯10-9，pH=-lg c （H +）=9.5，故B 正确；C 、C 点时，溶液为NH 3OHCl 溶液，此时溶液呈酸性，再加入盐酸，酸性更强，故D 点不是中性，故C 错误；D 、E 点为等浓度的NH 3OHCl 和HCl 溶液，
质子守恒为：c(H +)＝c (OH －)＋c (NH 3OH +)＋2c (NH 2OH)，故D 错误；故选B 。

点睛：该题的关键是先考虑A 、C 、E 三个特殊点的状态，通过排除法，就可以顺利找到答案。

18.下列说法错误的是（ ）
A. 用惰性电极电解Na2SO4溶液，当2 mol 电子转移时，可加入18 g 水恢复
B. 用惰性电极电解CuSO4溶液，当加入1 mol Cu(OH)2恢复电解前浓度时，电路中转移了
4 mol e－
C. 用惰性电极电解1 mol CuSO4和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的pH 先减小后增大
D. 要想实现Cu＋H2SO4(稀) ═ CuSO4＋H2↑的反应，需在电解池中进行，且Cu 为阳极【答案】C
【详解】A．用惰性电极电解Na2SO4溶液，相当于电解水：2H2O 2H2↑+O2↑，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol电子转移时，消耗水1mol，即可加入18g水恢复到原状态，故A正确；
B．用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，电解反应为2CuSO4+2H2O
2Cu+2H2SO4+O2↑，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol；现需加入1molCu(OH)2恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O
2H2↑+O2↑可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4mole-，故B正确；
C．阳离子在阴极得电子能力Cu2+＞H+，阴离子在阳极失电子能力Cl-＞OH-；所以用惰性电极电解1molCuSO4 和1molNaCl的混合溶液，阴极电极反应：Cu2++2e-═Cu，1molCu2+完全
反应转移2mol电子；阳极电极反应：Cl--e-═1
2
Cl2↑，1molCl-完全反应转移1mol电子，根
据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH--4e-=O2↑+2H2O，转移1mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，故C错误；
D．Cu与稀硫酸不反应，若要实现Cu+H2SO4(稀)═CuSO4+H2↑，则需在电解池中进行，Cu 连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，故D正确；
故答案为C。

19.常温下，向20 mL x mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入等物质的量浓度的NaOH溶液，混合液的pH随NaOH溶液的体积（V）的变化关系如图所示（忽略温度变化）。

下列说法中不正确的是（）
A. 上述CH3COOH溶液中：c(H+)＝1×10－3 mol·L－1
B. 图中V1 <20 mL
C. a点对应的溶液中：c (CH3COO－)＝c (Na+）
D. 当加入NaOH溶液的体积为20 mL时，溶液中：c (CH3COOH) + c (H+)＞c (OH－）
【答案】D
【详解】A．由图象可知，加入NaOH溶液之前，醋酸溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=1×10-3mol•L-1，故A正确；
B．若物质的量浓度都为xmol•L-1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合，则混合后恰好生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，若溶液呈中性，则加入NaOH溶液的体积V1＜20 mL，故B正确；
C．溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，a点时溶液的pH=7，则
c(OH-)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，故C正确；
D．当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好反应生成CH3COONa，溶液中存在物料守恒：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，可知联式可得：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；
故答案为D。

20.某温度下，密闭容器中，发生如下可逆反应：2E(g) F(g)＋xG(g)；ΔH＜0。

若起始时E浓度为a mol·L－1，F、G浓度均为0，达平衡时E浓度为0.5a mol·L－1；若E的起始浓度改为2amol·L－1，F、G浓度仍为0，当达到新的平衡时，下列说法正确的是（）
A. 若x＝1，容器体积保持不变，新平衡下E的体积分数为50%
B. 升高温度时，正反应速率加快、逆反应速率减慢
C. 若x＝2，容器体积保持不变，新平衡下F的平衡浓度为0.5a mol·L－1
D. 若x＝2，容器压强保持不变，新平衡下E的物质的量为a mol
【答案】A
【详解】A.若x＝1，反应前后体积不变，达到平衡时E的体积分数为50%，E的起始浓度改为2a mol·L－1，相当于两个相同的容器中E浓度均为a mol·L－1，然后压缩使气体的体积
与一个容器的容积体积相等，平衡不移动，E的体积分数仍为50%，故A正确；
B.升高温度正逆反应速率都增大，与反应是吸热还是放热无关，故B错误；
C.达原平衡时E浓度为0.5a mol·L－1，F的平衡浓度为0.25a mol·L－1，若x＝2，依据A中的分析类推压缩气体使体积为原体积的一半，F的浓度为0.5a mol·L－1，但压缩气体体积相当于增大压强，平衡逆向移动，新平衡下F的平衡浓度小于0.5a mol·L－1，故C错误；
D.若x＝2，容器压强保持不变，则随反应的进行容器的体积大小会发生相应的变化，而物质的量的多少与容器的大小有关，故D错误；
答案选A。

21.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。

则下列说法正确的是( )
A. 石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－
B. X是铁电极
C. 电解池中有1mol Fe溶解，石墨Ⅰ耗H2 22.4 L
D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理。

【答案】D
【分析】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极，发生氧化反应；通入氧气的电极II 是正极，正极发生还原反应。

右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，Fe作阳极发生氧化反应，据此分析解答。

【详解】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-。

右边装置是电解池，
X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O +2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)
↓。

2
A.通入氧气电极II是正极，正极上氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为
O2+4e-+2CO2=2CO32-，A错误；
B.X与负极连接，作阴极，Y与电源正极连接，作阳极，要制取Fe(OH) 2，阳极Y必须是铁电极，X电极为石墨电极，B错误；
C.电解池中有1mol Fe溶解，失去2mol电子，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨Ⅰ耗H21mol，但未指明气体所处的条件，因此不能确定氢气的体积就是22.4 L，C 错误；
D.若将电池两极所通气体互换，则I是正极，X是阳极，X电极材料是Fe，该电极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH) 2白色沉淀，可以将沉淀和氧气隔绝，实验方案更合理，D正确；故合理选项是D。

【点睛】本题考查原电池和电解池的反应原理，明确在燃料电池中通入燃料H2的电极为负极，与电源负极连接的电极为阴极，Fe电极与电源正极连接作阳极，发生氧化反应变为Fe2+是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。

22.向0.1mol/I.的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数)。

根据图象，下列说法不正确的是（）
A. 开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3+OH-═HCO3-+H2O
B. 当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应
C. pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(NH3•H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)
D. 滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3+2NaOH═(NH4)2CO3+Na2CO3
【答案】D
【详解】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4++H2O⇌HN3•H2O+H+①；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-②；HCO3-的电离平衡，即HCO3-⇌H++CO32-③；A．在未加氢氧化钠时，溶液的PH=7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第②个HCO3-的水解为
主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-═HCO3-+H2O，故A正确；
B．对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，HN3•H2O的量增加，NH4+被消耗，当PH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡③受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；
C．从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)＞c(HN3•H2O)＞c(NH4+)＞c(CO32-)，故C 正确；
D．滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOH═NaHCO3+NH3•H2O，故D错误；
故答案为D。

第Ⅱ卷（非选择题共56分）
23.运用所学知识，解决下列问题：
（1）AgNO3的水溶液呈______（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：_____________________________________________；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，目的是
______________________________________________________。

（2）今有常温下五种溶液：NH4Cl溶液CH3COONa溶液(NH4)2SO4溶液NH4HSO4溶液NaOH溶液
①NH4Cl溶液的pH_____7（填“＞”、“＜”或“＝”），升高温度可以_______（填“促进”或“抑制”）NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH_______NaOH溶液的pH（填“＞”“＝”或“＜”）；
（A）NH4Cl溶液(B) (NH4)2SO4溶液(C)NH4HSO4 溶液，则c(NH4+)③浓度相同的下列三种溶液：
由大到小的顺序为____＞___＞____（用序号填空）。

（3）蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，使SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3，试解释原因____________________________________________________________。

（提示：SOCl2与水反应的化学方程式为SOCl2 +H2O = SO2↑+ 2HCl↑）
【答案】(1). 酸(2). Ag＋＋H2O AgOH ＋H＋(3). 抑制Ag＋水解(4).
＜(5). 促进(6). ＞(7). B (8). C (9). A (10). Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+，AlCl3·6 H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3·6 H2O中的结晶水作用，生
成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解
【分析】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，配制硝酸银溶液加入硝酸是抑制银离子水解；
(2)①强酸弱碱盐在溶液中水解，溶液显酸性，升高温度促进盐的水解；
②氢氧化钠为强碱溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，加热后氢氧化钠溶液的pH基本不变，而醋酸钠的水解程度增大，溶液pH增大；
③浓度相同时，硫酸铵的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中含有铵根离子浓度最大，结合硫酸氢铵中氢离子抑制了铵根离子的水解比较铵根离子浓度大小；
(3)SOCl2与AlCl3•6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制了氯化铝的水解。

【详解】(1)硝酸银是强酸弱碱盐，水溶液中银离子水解显酸性，反应的离子方程式为：Ag++H2O⇌AgOH+H+；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，其中加入硝酸目的是抑制硝酸银水解，避免溶液变浑浊；
(2)①NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液显酸性，溶液的pH＜7，盐的水解为吸热反应，升高温度促进NH4Cl的水解；
②pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解溶液显示碱性，加热后醋酸根离子的水解程度增大，则溶液pH增大，所以分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH＞NaOH溶液的pH；
③浓度相同的下列三种溶液：(A)NH4Cl溶液，(B) (NH4)2SO4溶液，(C)NH4HSO4溶液，B 的化学式中含有两个铵根离子，其溶液中c(NH4+)最大；NH4HSO4电离出的氢离子抑制了铵根离子的水解，则C溶液中铵根离子浓度大于A，所以三种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为：B＞C＞A；
(3)由于HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，若使SOCl2与AlCl3•6H2O混合并加热，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，可得到无水AlCl3，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，AlCl3•6 H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3•6 H2O 中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解。

24.现有常温下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：
（1）常温下0.1mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的
是_________。

A．c(H＋) B．c(H+)/c(CH3COOH) C．c(H＋)·c(OH－)
（2）取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的c(H+)/c(CH3COOH) 比值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。

（3）取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)______(填“＞”“＜”或“＝”)V(乙)。

（4）已知25℃时，下列酸的电离平衡常数如下：
①下列微粒可以大量共存的是______(填字母)。

a.CO32-、HSO3-
b.HCO3-、HSO3-
c.SO32-、HCO3-
d.CO32- 、H2CO3
②写出下列反应
的离子方程式：H2SO3＋Na2CO3(少量)：_______________ 室温下，0.1 mol·L－l的KOH溶液滴10.00mL 0.10 mol·L－l H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。

请回答下列问题：
（5）点④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4−)+c(C2O42−)＝_____mol/L。

点⑤所示的溶液中各离子浓度的大小顺序_____________________．
（6）草酸晶体(H2C2O4·2H2O)为无色，某同学设计实验测定其纯度。

实验过程如下：称取m g 草酸晶体于锥形瓶中,加水完全溶解用cmol·L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，则达到滴定终点时的现象是___________________________________________；该过程中发生反应的离子方程式为____________________________________________；滴定过程中消耗VmLKMnO4标准溶液，草酸晶体纯度为________________。

【答案】(1). A (2). 向右(3). 减小(4). ＜(5). bc (6). H2SO3＋CO32-=== HSO3-＋HCO3-(7). 0.10 (8). c（K+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）＞c（HC2O4-）＞c（H+）(9). 加入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色(10). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O (11). 0.315cv/m
【分析】(1)CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，n(H+)增大，酸性减弱c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变；
(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；
(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；
(4)①根据Ka越大酸性越强，根据酸性较强的能与酸性较弱的酸根离子反应；
②H2SO3和Na2CO3反应生成NaHSO3和NaHCO3；
(5)根据点④所示的溶液的体积25mL计算出溶液中各组分的浓度；根据点⑤所示的溶液中，溶质只有K2C2O4分析各离子浓度的大小；
(6)用cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定，利用高锰酸钾溶液的颜色指示反应终点，高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，结合反应的定量关系计算草酸晶体纯度。

【详解】(1)A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，故A正确；
B．
()
()
2
c H
c CH COOH
+
=
()
()
2
c H
cc CH COOH
+
×
()
()
2
2
c CH COO
c CH COO
-
-
=()
w
2
K
c CH COO-，K不变，醋酸
根离子浓度减小，则稀释过程中比值变大，故B错误；
C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)•c(OH-)=Kw，Kw不变，故C错误；故答案为A；
(2)醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋。