本試卷共分兩部分，滿分100分，第一部分選擇題16小題，共48分，第二部分非選擇題，共4題，共52分?？荚嚂r間：90分鐘。
可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1 C：12 N：14 0：16 Ag：108 Cu：64
第Ⅰ卷(滿分48分)
一、選擇題(共16小題 每小題只有1個選項符合題意 每小題3分 共48分)
1.下列有關(guān)金屬腐蝕與防護(hù)的說法正確的是
A. 在海輪外殼連接鋅塊保護(hù)外殼不受腐蝕是采用了犧牲陰極的陽極保護(hù)法
B. 當(dāng)鍍錫鐵制品的鍍層破損時，鍍層仍能對鐵制品起保護(hù)作用
C. 純銀器表面在空氣中因化學(xué)腐蝕漸漸變暗
D. 海水中船體的腐蝕為析氫腐蝕
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 海輪外殼連接鋅塊，鋅為負(fù)極，保護(hù)外殼不受腐蝕，為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，選項A不正確；
B．鐵比錫活潑，當(dāng)鍍錫鐵制品的鍍層破損時，相對比較活潑的鐵先被腐蝕，鍍層不能對鐵制品再起保護(hù)作用，選項B錯誤；
C. 不純的金屬或合金易發(fā)生電化學(xué)腐蝕，純銀器主要發(fā)生化學(xué)腐蝕使其表面變暗，選項C正確；
D. 海水的酸堿性接近中性，在海水中船體受到的腐蝕主要為吸氧腐蝕，只有在酸性較強的溶液中，鋼鐵才會發(fā)生析氫腐蝕，選項D錯誤；
故合理選項是C。
2.反應(yīng)A+B→C（放熱）分兩步進(jìn)行：①A+B→X（吸熱）②X→C（放熱），下列示意圖中能正確表示總反應(yīng)過程中能量變化的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】由反應(yīng) A+B→C（△H＜0）分兩步進(jìn)行 ①A+B→X （△H＞0）②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放熱反應(yīng)，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X （△H＞0）可知這步反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，X→C（△H＜0）是放熱反應(yīng)，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X 的能量大于C，圖象D符合，故答案選D。
【點睛】明確反應(yīng)熱與物質(zhì)總能量大小的關(guān)系是解題關(guān)鍵，根據(jù)物質(zhì)具有的能量進(jìn)行計算：△H=E（生成物的總能量）-E（反應(yīng)物的總能量），當(dāng)反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量時，反應(yīng)放熱，當(dāng)反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量時，反應(yīng)吸熱。
3.下列事實中，不能用勒夏特列原理解釋的是
A. 鋼鐵在潮濕的空氣中容易生銹
B. 開啟啤酒后，瓶中馬上泛起大量泡沫
C. 實驗室中常用排飽和食鹽水的方法收集氯氣
D. 工業(yè)生產(chǎn)硫酸的過程中使用過量的空氣以提高二氧化硫的利用率（2SO2+O22SO3）
【答案】A
【解析】
【分析】
勒夏特列原理指的是如果改變影響平衡的一個條件（如濃度、壓強或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動，勒夏特列原理適用的對象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用勒夏特列原理解釋。
【詳解】A.鋼鐵在潮濕的空氣中容易生銹，主要發(fā)生電化學(xué)腐蝕，不存在可逆過程，不能用勒夏特列原理解釋，A項選；
B.汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打開汽水瓶時，壓強降低，平衡向生成二氧化碳方向移動，可以用勒夏特列原理解釋，B項不選；
C.氯氣溶于水發(fā)生反應(yīng)：Cl2+H2OHClO+H++Cl﹣，由于飽和食鹽水中氯離子濃度較大，相當(dāng)于在氯氣溶于水的反應(yīng)中增大了氯離子濃度，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向逆反應(yīng)方向移動，氯氣的溶解量減少，可以用勒夏特列原理解釋，C項不選；
D. 工業(yè)上生產(chǎn)硫酸存在平衡2SO2+O22SO3，使用過量的空氣，增大氧氣的濃度，平衡向正反應(yīng)移動，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解釋，D項不選，答案選A。
4.少量鐵粉與100 mL 0.01 mol·L－1的稀鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)速率太慢。為了加快此反應(yīng)速率而不改變H2的產(chǎn)量，可以使用如下方法中的
A. 升高溫度（不考慮鹽酸揮發(fā)） B. 改用10 mL 0.1 mol/L硝酸
C. 加入NaCl溶液 D. 滴入幾滴硫酸銅溶液
【答案】A
【解析】
A. 升高溫度，反應(yīng)速率加快，不改變H2的產(chǎn)量，正確；B.改用10 mL 0.1 mol/L硝酸，硝酸會與鐵粉反應(yīng)生成NO，H2的產(chǎn)量會減少；C. 加入NaCl溶液，不能加快此反應(yīng)速率，錯誤；D、滴入幾滴硫酸銅溶液，構(gòu)成原電池，反應(yīng)速率加快，但Fe少量，導(dǎo)致生成的氫氣減少，故錯誤。
5.下列關(guān)于熱化學(xué)反應(yīng)的描述中正確的是
A. HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱△H＝－57.3 kJ·mol?1，則H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)的中和熱△H=2×(－57.3)kJ·mol?1
B. 甲烷的標(biāo)準(zhǔn)燃燒熱ΔH＝－890.3 kJ·mol?1，則CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＜－890.3 kJ·mol?1
C. 已知：500℃、30MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4kJ·mol－1；將1.5 mol H2和過量的N2在此條件下充分反應(yīng)，放出熱量46.2 kJ
D. CO(g)的燃燒熱是283.0kJ·mol?1，則2CO2(g) ===2CO(g)+O2(g)反應(yīng)的△H＝+566.0 kJ·mol?1
【答案】D
【解析】
【詳解】A．HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱△H＝-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸與氫氧化鈣反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，則H2SO4和Ca（OH）2反應(yīng)的中和熱的△H≠-57.3kJ/mol，A錯誤；
B．由于氣態(tài)水的能量高于液態(tài)水的能量，則甲烷完全燃燒生成液態(tài)水放熱多，但放熱越多，△H越小，因此反應(yīng)CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＞－890.3 kJ·mol－1，B錯誤；
C.合成氨反應(yīng)是可逆反應(yīng)，將1.5 mol H2和過量的N2在此條件下充分反應(yīng)，放出熱量小于46.2 kJ，C錯誤；
D．CO（g）的燃燒熱是283.0kJ/mol，則2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝-566.0kJ/mol，互為逆反應(yīng)時，焓變的數(shù)值相同、符號相反，則2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反應(yīng)的△H＝+566.0kJ/mol，D正確；
答案選D。
【點睛】本題考查熱化學(xué)方程式，為高頻考點，把握反應(yīng)中能量變化、中和熱與燃燒熱、可逆反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，選項B為解答的易錯點，注意比較△H大小時要帶著符合比較，題目難度不大。
6.下列溶液在空氣中加熱、蒸干、灼燒后，所得固體為原溶液中的溶質(zhì)的是
A. Na2SO3 B. NH4Cl C. AlCl3 D. Na2CO3
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根據(jù)物質(zhì)的還原性分析；B.根據(jù)物質(zhì)的穩(wěn)定性分析；C.根據(jù)鹽的水解分析，D.根據(jù)物質(zhì)的穩(wěn)定性分析判斷。
【詳解】A．Na2SO3具有強的還原性，可以被空氣中O2氧化為Na2SO4，Na2SO4是強酸強堿鹽，物質(zhì)穩(wěn)定性強，所以加熱、蒸干、灼燒亞硫酸鈉溶液后，最終得到的不是純凈的Na2SO3，選項A錯誤；
B. NH4Cl不穩(wěn)定，其溶液在空氣中加熱、蒸干后，灼燒NH4Cl發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生NH3和HCl氣體，最后無固體剩余，選項B錯誤；
C．AlCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中鋁離子發(fā)生水解反應(yīng)生成Al(OH)3和HCl，HCl有揮發(fā)性，當(dāng)溶液蒸干時剩余固體是Al(OH)3，該物質(zhì)不穩(wěn)定，加熱發(fā)生分解反應(yīng)，產(chǎn)生氧化鋁和水，所以灼燒最后得到的固體物質(zhì)是Al2O3，選項C錯誤；
D．碳酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液加熱，發(fā)生水解反應(yīng)產(chǎn)生NaOH和NaHCO3，蒸干過程中二者又反應(yīng)產(chǎn)生Na2CO3，碳酸鈉受熱時不分解，故當(dāng)水分蒸干、灼燒后最終固體仍為碳酸鈉，選項D正確；
故合理選項是D
【點睛】本題考查了鹽溶液水解的知識。掌握不同的鹽的穩(wěn)定性、氧化性、還原性、揮發(fā)性等物質(zhì)的性質(zhì)是正確分析、判斷的基礎(chǔ)，要具體問題具體分析。
7.在由水電離出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組是
A. NH4+、Ba2＋、NO3-、Cl－ B. Cl－、NO3-、Na＋、K＋
C. SO42-、NO3-、Fe2＋、Mg2＋ D. Na＋、K＋、ClO－、I－
【答案】B
【解析】
【分析】
由水電離出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中，水的電離程度小于1×10－7mol·L－1，則抑制了水的電離，溶液可能為酸性，也可能為堿性，分析時要同時滿足，酸、堿性條件。
【詳解】A. NH4+與OH-反應(yīng)，不能大量共存，A錯誤；B.離子與H＋或OH-，均不反應(yīng)，可以大量共存，B正確；C. Fe2＋、Mg2＋與OH-反應(yīng)，不能大量共存，C錯誤；D. ClO－、I－與H＋反應(yīng)，不能大量共存，D錯誤；故答案為B。
8.常溫下，關(guān)于溶液的稀釋，下列說法正確的是(　　)
A. pH＝3的醋酸溶液稀釋100倍，pH＝5
B. pH＝4的H2SO4溶液加水稀釋100倍，溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
C. 將1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀釋為2 L，pH＝13
D. pH＝8的NaOH溶液稀釋100倍，其pH＝6
【答案】C
【解析】
【分析】
A.醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋能促進(jìn)醋酸電離；

B.先計算稀釋后溶液中氫離子濃度，再結(jié)合水的離子積常數(shù)計算水電離出的氫氧根離子濃度,水電離出的氫氧根離子濃度等于水電離出的氫離子濃度；
C.先計算稀釋后溶液中氫氧根離子濃度，計算溶液中氫離子濃度，從而確定溶液的pH；
D.酸或堿無論如何稀釋都不能轉(zhuǎn)變?yōu)閴A或酸。
【詳解】A.如果醋酸是強電解質(zhì)，則pH＝3的醋酸溶液加水稀釋100倍, pH＝5,實際上醋酸是弱電解質(zhì),所以稀釋后pH7,故D錯誤；
正確選項C。
【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離，易錯選項為D，注意酸堿稀釋過程中溶液接近中性時，要考慮水的電離，為易錯點，題目難度中等。
9.用惰性電極電解一定濃度的 CuSO4 溶液一段時間后，欲使溶液恰好恢復(fù)至電解前情況，需加入的物質(zhì)是
A. CuSO4 B. Cu C. CuCO3 D. Cu2O
【答案】C
【解析】
【詳解】CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42-、OH-，放電能力：OH->SO42- ，OH-離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽離子是Cu2+、H+，放電能力：Cu2+>H+，所以Cu2+離子放電生成Cu，溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅溶液的方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2 ↑+2H2SO4，
從溶液中析出的物質(zhì)是氧氣和銅，根據(jù)元素守恒可知，向溶液中加入氧化銅可恢復(fù)至電解前情況，CuCO3與硫酸發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生的CO2氣體從溶液中逸出?；蛘哌@樣理解：CuCO3比CuO多CO2的組成，CuCO3與硫酸發(fā)生反應(yīng)時，CO2會從溶液中逸出，所以進(jìn)入溶液的成分與CuO相同，因此也可向該溶液中加入CuCO3 使溶液復(fù)原，故合理選項是C。
10.將足量的AgCl固體分別加入相同體積的下列物質(zhì)中，AgCl溶解的質(zhì)量由大到小的排列順序是①0.01 mol/L KCl 溶液 ?、?.02 mol/L CaCl2溶液③0.03 mol/L HCl溶液 ?、苷麴s水 ⑤0.05 mol/L AgNO3溶液
A. ①>②>③>④>⑤ B. ④>①>③>②>⑤
C. ⑤>④>②>①>③ D. ④>③>⑤>②>①
【答案】B
【解析】
【分析】
AgCl在溶液中存在溶解平衡，AgCl(s) ?Ag+(aq)+Cl-(aq)，由c（Ag+）c（Cl-）=Ksp可知，c（Ag+）或c（Cl-）越大，越能抑制AgCl的溶解，AgCl溶解的質(zhì)量就越小。
【詳解】①中c（Cl-）=0.01 mol/L，②中c（Cl-）=0.04 mol/L，③中c（Cl-）=0.03 mol/L，④中c（Cl-）=0mol/L，⑤中c（Ag+）=0.05 mol/L，五種溶液中Ag+或Cl-濃度由小到大的順序為：④＜①＜③＜②＜⑤，故AgCl在相應(yīng)溶液中溶解的質(zhì)量由大到小的順序為：④>①>③>②>⑤。
故選B。
11.將pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，在所得的混合溶液中，下列關(guān)系式正確的是(　　)
A. c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋) B. c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C. c(Cl－)＝c(NH4+＞c(H＋)＝c(OH－) D. c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】
【分析】
若在常溫時，溶液中的Kw=10－14，pH＝2的鹽酸c(H＋)=c(Cl-)=0.01mol/L，pH＝12的氨水，電離出的c（NH4+）= c(OH－)= 0.01mol/L。
【詳解】若兩溶液等體積混合，H＋+ OH－=H2O，兩離子濃度減小，NH3·H2O? NH4++ OH－，平衡右移，c（NH4+）增大，溶液顯堿性，故c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，答案B正確。
【點睛】本題中，兩溶液等體積混合后，判斷溶液顯堿性很重要，此時溶液中的c(OH－)、c(H＋)要遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于c(Cl－)；
12.已知：①S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1；　
②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2；
③2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)　ΔH3；　
④2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)　ΔH4；
⑤SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l)　ΔH5。下列關(guān)于上述反應(yīng)焓變的判斷不正確的是
A. ΔH1＜ΔH2
B. ΔH3＜ΔH4
C. ΔH5＝ΔH3－ΔH2
D. 2ΔH5＝3ΔH3－ΔH4
【答案】B
【解析】
【詳解】A.氣態(tài)硫的能量比固態(tài)硫的能量高，所以氣態(tài)硫反應(yīng)時放出的熱量多，即ΔH1＜ΔH2，故正確；B.硫化氫不完全燃燒放出的熱量比完全燃燒放出的熱量少，所以有ΔH3>ΔH4，故錯誤；C. ②S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2；③2H2S(g)＋O2(g)= 2S(s)＋2H2O(l)　ΔH3；根據(jù)蓋斯定律分析，③-②可得熱化學(xué)方程式：⑤SO2(g)＋2H2S(g)=3S(s)＋2H2O(l)　ΔH5=ΔH3-ΔH2，故正確；D. ③2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l) ΔH3；④2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(l)　ΔH4；根據(jù)蓋斯定律分析，(③×3-④)/2得熱化學(xué)方程式⑤SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l)　ΔH5＝（3ΔH3－ΔH4）/2，故正確。故選B。
13.下列反應(yīng)中符合下列圖像的是

A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-Q1 kJ/mol(Q1>0)
B. 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) ΔH=+Q2 kJ/mol(Q2>0)
C. 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-Q3 kJ/mol(Q3>0)
D. H2(g)+CO(g) C(s)+H2O(g) ΔH=+Q4 kJ/mol(Q4>0)
【答案】B
【解析】
試題分析：圖像一、二，相同壓強下溫度升高，生成物濃度增大，平衡正向移動，故正反應(yīng)反向為吸熱反應(yīng)，故A、C項錯誤；壓強增大生成去濃度減小，故平衡逆向移動，故逆向為氣體體積縮小的反應(yīng)，則D項錯誤；B想滿足；圖像三壓強增大平均相對分子量增大，B項平衡逆向移動，氣體總質(zhì)量不變，總物質(zhì)的量減小，故平均相對分子量增大；溫度升高B項平衡正向移動，平均相對分子量減小，滿足圖像三；圖四溫度不變壓強增大V(逆)>V（正），平衡逆向移動，故B項滿足，B項反應(yīng)滿足各圖像，故B項正確。
考點：化學(xué)平衡圖像問題。
14.利用如圖所示裝置，當(dāng)X、Y選用不同材料時，可將電解原理廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)。下列說法中正確的是

A. 氯堿工業(yè)中，X、Y均為石墨，Y附近能得到氫氧化鈉
B. 銅的精煉中，X是純銅，Y是粗銅，Z是CuSO4
C. 電鍍工業(yè)中，X是待鍍金屬，Y是鍍層金屬
D. 外加電流的陰極保護(hù)法中，X是待保護(hù)金屬
【答案】D
【解析】
試題分析：A．氯堿工業(yè)上，用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液，陰極附近得到氫氧化鈉，即Y附近能得到氫氧化鈉，故A錯誤；B．銅的精煉中，粗銅作陽極X，純銅作陰極Y，硫酸銅溶液作電解質(zhì)溶液，故B錯誤；C．電鍍工業(yè)上，Y是待鍍金屬，X是鍍層金屬，故C錯誤；D．外加電流的陰極保護(hù)法中，陰極是待保護(hù)金屬，即Y是待保護(hù)金屬，故D正確，故選D。
【考點定位】考查了電解原理
【名師點晴】原電池原理和電解池原理是高考的熱點，根據(jù)電解時離子的放電順序、電鍍、電解精煉、金屬的腐蝕與防護(hù)來分析解答即可，具體分析：氯堿工業(yè)上，用惰性電極電解飽和氯化鈉溶液，陽極上析出氯氣，陰極上析出氫氣，陰極附近得到氫氧化鈉；銅的精煉中，粗銅作陽極，純銅作陰極，硫酸銅溶液作電解質(zhì)溶液；電鍍工業(yè)上，鍍層作陽極，鍍件作陰極；外加電流的陰極保護(hù)法中，陰極是待保護(hù)金屬，基礎(chǔ)性知識考查，要求強調(diào)知識面的熟悉程度，據(jù)此分析解題。
15.電解硫酸鈉溶液聯(lián)合生產(chǎn)硫酸和燒堿溶液的裝置如圖所示，其中陰極和陽極均為惰性電極．測得同溫同壓下，氣體甲與氣體乙的體積比約為1：2，以下說法正確的是

A. 左側(cè)a極與電源的負(fù)極相連
B. 電解使右側(cè)溶液的pH減小
C. 離子交換膜d為陽離子交換膜（允許陽離子通過）
D. 當(dāng)電路中通過1mol電子時，氣體甲在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L。
【答案】C
【解析】
【分析】
由裝置圖分析可以知道是電解裝置，電極硫酸鈉溶液，實質(zhì)是電解水，氣體甲與氣體乙的體積比約為1：2，氣體甲為氧氣，氣體乙為氫氣，陽極生成氧氣，電極反應(yīng)4OH--4e-=2H2O+O2↑，陰極生成氫氣，2H++2e-=H2↑，氣體體積比為1：2，所以判斷a電極是陽極，b電極是陰極，在陽極室得到硫酸，在陰極室得到氫氧化鈉，則c為陰離子交換膜，d為陽離子交換膜。據(jù)此分析。
【詳解】A、根據(jù)以上分析可以知道a電極為陽極，與電源正極相連，故A錯誤；
B、右側(cè)陰極生成氫氣，電極反應(yīng)2H++2e-=H2↑，消耗H+，pH增大,故B錯誤；
C、陽極a生成氧氣，電極反應(yīng)4OH--4e-=2H2O+O2↑，陽極室水的電離平衡被破壞生成氫離子，生成產(chǎn)物丙為硫酸，陰極生成氫氣，2H++2e-=H2↑，生成產(chǎn)物丁為氫氧化鈉，則c為陰離子交換膜，d為陽離子交換膜，故C正確；
D、氣體甲為氧氣，陽極生成氧氣，電極反應(yīng)4OH--4e-=2H2O+O2↑，由電極反應(yīng)式可知，當(dāng)電路中通過1mol電子時，生成0.25mol氧氣，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為5.6L，所以D選項是錯誤的。
所以C選項是正確的。
16.室溫時，向20mL 0.1mol/L的醋酸溶液中不斷滴加0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH變化曲線如圖所示，在滴定過程中，下列關(guān)于溶液中離子濃度大小關(guān)系的描述不正確的是

A. a點時：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)
B. b點時：c(Na+) = c(CH3COO－)
C. c點時：c(OH－) =c(CH3COOH) + c(H+)
D. d點時：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【詳解】A．a(chǎn)點時醋酸過量，溶液為CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，醋酸根離子的水解程度小于醋酸的電離程度，則c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，但醋酸的電離程度較小，因此c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)，故A正確；B．溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，b點時溶液的pH=7，呈中性，則c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)，故B正確；C．c點時，氫氧化鈉與醋酸恰好反應(yīng)生成醋酸鈉溶液，醋酸鈉溶液中存在電荷守恒：①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，也存在物料守恒：②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，將②帶入①可得：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故C正確；D．d點為等物質(zhì)的量的NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈堿性，由于CH3COO-存在微弱的水解，則：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)，故D錯誤；故選D。
【點睛】本題考查酸堿中和滴定的判斷和離子濃度大小比較。掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，能夠根據(jù)電荷守恒、物料守恒、鹽的水解判斷溶液中離子濃度大小是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點A，要注意醋酸是弱酸，電離程度較小。
第Ⅱ卷(非選擇題，共52分)
17.下面a～e是中學(xué)化學(xué)實驗中常見的幾種定量儀器：a.量筒　b.容量瓶　c.滴定管　d.托盤天平　e.溫度計
（1）無“0”刻度的是________(填字母)。
（2）下列操作合理的是________(填字母)。
A.用25 mL堿式滴定管量取20.00 mL NaHCO3溶液
B.用托盤天平準(zhǔn)確稱量10.20 g碳酸鈉固體
C.用100 mL量筒量取3.2 mL濃硫酸
D.用500 mL容量瓶配制1 mol·L－1的氫氧化鈉溶液495.5 mL
（3）某學(xué)生欲用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液，若滴定開始和結(jié)束時，酸式滴定管中的液面如圖所示：則所用鹽酸的體積為________mL。

（4）某學(xué)生根據(jù)三次實驗分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：
滴定次數(shù)
待測氫氧化鈉溶液的體積/mL
0.100 0 mol·L－1鹽酸的體積/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液體積
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
請選用其中合理數(shù)據(jù)列出該氫氧化鈉溶液物質(zhì)的量濃度(計算結(jié)果保留4位有效數(shù)字)：c(NaOH)＝________ mol·L－1。
（5）由于錯誤操作，使得上述所測氫氧化鈉溶液的濃度偏高的是________(填字母)。
A.中和滴定達(dá)終點時俯視滴定管內(nèi)液面讀數(shù)
B.堿式滴定管用蒸餾水洗凈后立即取用25.00 mL待測堿溶液注入錐形瓶進(jìn)行滴定
C.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后立即裝標(biāo)準(zhǔn)溶液來滴定
D.把配好的標(biāo)準(zhǔn)溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中然后用來滴定
【答案】 (1). ab (2). AD (3). 26.10 (4). 0.104 4 (5). CD
【解析】
【詳解】(1)量筒小刻度在下，故不需要0刻度；容量瓶只有一個量程刻度；滴定管、托盤天平、溫度計均有0刻度；因此，本題正確答案是:ab。
（2）A. 堿式滴定管可以讀數(shù)讀到0.01 mL，合理；
B.托盤天平只能讀到0.1g，不能稱量10.20 g碳酸鈉固體，不合理；
C. 用100 mL量筒量取3.2 mL濃硫酸，產(chǎn)生較大誤差，應(yīng)選用10 mL量筒，不合理；
D. 實驗室沒有495.5 mL 容量瓶，故選用500 mL容量瓶，合理；
綜上所述，本題選AD 。
(3)滴定管的0刻度在上方,故圖1、2正確；0-1刻度間每一小格為0.10mL，滴定開始時如圖1顯示0.00mL,結(jié)束時圖2顯示26.10mL,可以知道則所用鹽酸溶液的體積為26.10-0.00=26.10 mL；因此，本題正確答案是:26.10。????
(4)根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性,舍去第2組數(shù)據(jù),則1、3組平均消耗V(鹽酸)=（26.11+26.09）/2=26.10mL,根據(jù)反應(yīng)方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O；0.0261×0.1000=0.025×c(NaOH)，則c(NaOH)=0.1044 mol·L－1；綜上所述，本題答案是：0.1044。
(5)A.讀取鹽酸體積時,滴定結(jié)束時俯視讀數(shù),造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小,根據(jù)c(待測),可以知道，測定c(NaOH)偏低，故A錯誤；
B.堿式滴定管用蒸餾水洗凈后立即取用25.00 mL待測堿溶液注入錐形瓶進(jìn)行滴定，相當(dāng)于稀釋,造成c(NaOH)偏低，故B錯誤；
C.酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測)，可以知道,測定c(NaOH)偏大,故C正確；
D.把配好的標(biāo)準(zhǔn)溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大,根據(jù)c(待測),可以知道,測定 c(NaOH)偏大,故D正確；
綜上所述，本題選CD。
18.研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，同溫度下涉及如下反應(yīng)：
①2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g) ΔH1c(H+) (2). CH3COOH> H2CO3 > HClO (3). c、d (4). CH3COO Na﹤NaClO ﹤Na2CO3 (5). MgF2 (6). (10－6－10－8)mol·L－1 (7). >
【解析】
【分析】
(1)根據(jù)鹽的水解規(guī)律分析；
(2) 根據(jù)弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，強酸與弱酸的鹽反應(yīng)，制取弱酸和強酸的鹽分析；強堿弱酸鹽水解使溶液顯堿性，酸越弱，鹽水解程度越大，溶液堿性越強，溶液pH就越大分析；
(3)利用溶度積常數(shù)含義，分別列出c(Mg2+)表達(dá)式，再根據(jù)Ksp分析比較；
(4)根據(jù)水的離子積常數(shù)及電荷守恒計算；
(5)根據(jù)等濃度的不同弱酸，酸越強，稀釋等倍數(shù)時溶液的pH變化越大，酸電離產(chǎn)生的氫離子對水電離平衡起抑制作用，c(H+)越大，水電離程度越小分析。
【詳解】(1)CO32﹣存在兩步水解且都生成OH﹣，導(dǎo)致水溶液呈堿性，由于第一步水解程度遠(yuǎn)大于第二步水解程度，而且溶液中還存在水的電離作用，所以離子濃度大小順序為c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(OH﹣)＞c(HCO3-)＞c(H+)；
(2) ①弱酸在溶液中存在電離平衡，酸的電離平衡常數(shù)越大，該酸的酸性越強。由于三種酸的電離平衡常數(shù)：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以這三種酸的酸性由強到弱順序為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根據(jù)強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成較弱的酸分析：
a．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，所以CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O能發(fā)生，選項a正確；
b．由于酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，所以ClO﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+HClO能發(fā)生，選項b正確；
c．由于酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，發(fā)生反應(yīng)CO32﹣+HClO═HCO3﹣+ClO﹣，選項c錯誤；
d．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，發(fā)生反應(yīng)ClO﹣+CO2+H2O═HCO3﹣+HClO，選項d錯誤；
故合理選項是cd；
②Na2CO3、CH3COONa 和NaClO都是強堿弱酸鹽，酸根離子水解消耗水電離產(chǎn)生的H+，使溶液顯堿性。相應(yīng)酸的酸性越強，其對應(yīng)鹽中的酸根離子水解程度越小，酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液的pH越小，由于酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以水解程度：CO32﹣＞ClO﹣＞CH3COO﹣，因此相同濃度的這幾種鈉鹽的pH從小到大順序是：CH3COONa＜NaClO＜Na2CO3；
(3)Mg(OH)2和MgF2組成相似，因為25℃時，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10﹣12＜Ksp[MgF2]＝7.42×10﹣11，則該溫度下MgF2飽和溶液中的 c(Mg2+)大于Mg(OH)2飽和溶液中的 c(Mg2+)，所以答案為：MgF2；
(4)該溶液的pH＝6，溶液中c(H+)＝10﹣6 mol/L、根據(jù)室溫下Kw=10-14，可得溶液中c(OH﹣)＝10﹣8 mol/L，溶液中存在電荷守恒c(CH3COO﹣)+c(OH﹣)＝c(H+)+c(Na+)，所以c(CH3COO﹣)﹣c(Na+)＝c(H+)﹣c(OH﹣)＝(10﹣6﹣10﹣8)mol?L﹣1 ，
故答案為：10﹣6﹣10﹣8；
(5)加水稀釋促進(jìn)弱酸電離，pH相同的醋酸和HX稀釋相同的倍數(shù)，pH變化大的酸的酸性大于pH變化小的酸，則酸性：HX＞CH3COOH；酸電離產(chǎn)生H+對水的電離平衡起抑制作用，酸中c(H+)越大，其抑制水電離程度越大，由于稀釋后c(H+)：HX＜CH3COOH，所以對水電離平衡的抑制程度：HX＜CH3COOH，因此HX溶液中水電離出來的c(H+)＞醋酸溶液中水電離出來的c(H+)，答案為：＞。
【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離、酸堿混合溶液定性判斷、溶度積常數(shù)的計算等，側(cè)重考查分析判斷及計算能力，明確電離平衡常數(shù)與酸性強弱關(guān)系、酸性強弱與對應(yīng)的酸根離子水解程度關(guān)系是解本題關(guān)鍵，注意：CO32﹣對應(yīng)的酸是HCO3﹣，不是碳酸。
20.某化學(xué)興趣小組的同學(xué)用如圖所示裝置研究有關(guān)電化學(xué)的問題。當(dāng)閉合該裝 置的開關(guān)時，觀察到電流表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。

請回答下列問題：
（1）甲池為_____(填“原電池”“電解池”或“電鍍池”)，通入 CH3OH 電極的電極反應(yīng)為_____。
（2）乙池中 A(石墨)電極的名稱為_____(填“正極”“負(fù)極”或“陰極”“陽極”)，總反應(yīng)為__________。
（3）當(dāng)乙池中 B 極質(zhì)量增加 5.4 g 時，甲池中理論上消耗 O2 的體積為_____mL(標(biāo)準(zhǔn)狀 況)，丙池中_____(填“C”或“D”)極析出_____g 銅。
（4）若丙中電極不變，將其溶液換成 NaCl 溶液，開關(guān)閉合一段時間后，甲中溶液的 pH將_____(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，丙中溶液的 pH 將______。
【答案】（1）原電池 O2+4e?+2H2O=4OH?
（2）陰極 2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑ （3）280 F 1.6 （4）減小 增大
【解析】
（1）甲池為燃料電池，是原電池，A為負(fù)極，B為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，B電極的電極反應(yīng)式為O2+4e?+2H2O=4OH?；
（2）丙池為電解池，其中F電極為陰極，電解硫酸銅溶液的方程式為：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；
（3）根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等，4Ag ～ O2，
4×108 g 22400 mL
5.4 g V
所以V=mL ="280" mL；丙池中陰極F極析出Cu，根據(jù)電子守恒可知析出Cu的質(zhì)量為="1.6" g。
（4）甲中發(fā)生的反應(yīng)為甲醇與氧氣、氫氧化鉀的反應(yīng)，反應(yīng)消耗氫氧根離子，則pH減小，丙中電極不變，將其溶液換成NaCl溶液，則丙中電解NaCl溶液生成氫氧化鈉，所以溶液的pH增大。
【點睛】甲池為燃料電池，A為負(fù)極，B為正極，則乙中C為陽極，D為陰極，陽極上Ag失電子生成銀離子，陰極上銅離子得電子生成Cu，丙池中E為陽極，F(xiàn)是陰極，也就是惰性電極電解硫酸銅溶液，結(jié)合原電池和電解池原理及電子守恒即可解析。

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