黑龙江省龙东南七校2018_2019学年高二化学上学期期末联考试题（含解析）.docx

黑龙江省龙东南七校2018-2019学年高二化学上学期期末联考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1; O 16; Na 23; Cu 64; Zn 65 选择题，每个小题只有一个选项正确，共60分1.下列说法正确的是（ ）A. 活化分子间的碰撞一定是有效碰撞B. 吸热反应只有加热才能发生C. 有能量变化的一定是化学反应D. 化学键断裂要吸收能量【答案】D【解析】【详解】A.活化分子间的碰撞一定是有效碰撞，能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞，A错误；B.吸热反应可能在室温下进行，也可能在加热或高温等条件下才能发生，B错误；C.物质发生状态变化时也有能量变化，因此有能量变化的不一定是化学反应，C错误；D.化学键是相邻的2个或多个原子之间的强烈的相互作用，所以化学键断裂要吸收能量，D正确；故合理选项是D。2.用2g块状大理石与30ml3mol/L盐酸反应制取CO2气体，若要增大反应速率，可采取的措施是（ ）再加入30mL3mol/L盐酸改用30ml6mol/L盐酸改用2g粉末状大理石适当升高温度A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】大理石与盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，盐酸的浓度不变，化学反应速率不变，不合理；盐酸的浓度增大，化学反应速率加快，合理；改用2g粉末状大理石，增大了固态物质与溶液的接触面积，反应速率加快，合理；适当升高温度，分子之间的有效碰撞加快，更多的分子变为活化分子，反应速率加快，合理。故可以加快反应速率的序号为，选项B正确。3.将H+、Cl、Al3+、K+、S2、OH、NO3、NH4+分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：H+、OH-抑制水电离，弱离子发生水解反应而促进水电离，所以抑制水电离，属于弱离子，能发生水解反应而促进水电离，则不影响水电离的离子有，故选B。考点：以盐类水解为载体考查水的电离。4.在恒容密闭容器中，进行如下反应：NO(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)；H=373.2kJ/mol达到平衡后，为提高NO的转化率，采取的正确措施是( )A. 加催化剂B. 充入CO增大压强C. 充入N2D. 升高温度【答案】B【解析】【详解】A.加入催化剂，可以加快化学反应速率，但不能使平衡发生移动，因此不能改变NO的转化率，A错误；B.充入CO增大压强，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，NO的转化率增大，B正确；C.氮气是生成物，充入N2，平衡逆向移动，NO的转化率降低，C错误；D.升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，NO的转化率降低，D错误；故合理选项是B。5.室温下，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，下列描述不正确的是（ ）A. pH逐渐减小B. c(H+)增大C. 水的电离程度会不断增大D. Kw不变【答案】C【解析】【详解】醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说溶液中c(H+)增大。A.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，c(H+)增大，由于pH=-lgc(H+)，c(H+)越大，溶液的pH就越小，因此溶液的pH逐渐减小，A正确；B.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，B正确；C.向0.1mol/L醋酸中通入氯化氢气体，HCl溶解电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，但水的电离平衡逆向移动，因此水的电离程度减小，C错误；D.Kw制与温度有关，与其它条件无关，温度不变，Kw不变，D正确；故合理选项是C。6.下列关于铜电极的叙述中，正确的是( )A. 铜锌原电池中铜是正极B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阴极C. 在镀件上电镀铜时可用镀件作阳极D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极【答案】A【解析】【详解】A. 由于金属活动性ZnCu，所以中铜锌原电池中活动性弱的铜电极是正极，A正确；B.用电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液，B错误；C.在镀件上电镀铜时,可用镀件作阴极，用镀层金属作阳极，C错误；D.电解稀硫酸制H2、O2时，若用铜作电极，Cu电极不能参加反应，应该作阴极，D错误；故合理选项是A。7.将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )胆矾 氯化铝 硫酸铝 Na2CO3 NaHCO3 氯化铜A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【分析】将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答。【详解】胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，错误； 氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，错误；硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，正确；纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，正确；NaHCO3俗称小苏打，小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，不能得到原物质，错误； 氯化铜溶于水后，蒸发结晶过程中氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，蒸发促进氯化氢挥发，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铜，氢氧化铜不稳定，在灼烧时分解生成氧化铜，最终不能得到原物质，错误；可见能够得到原固体物质的是，故合理选项是A。【点睛】本题以盐类水解为载体考查物质的性质，只有性质稳定、水解不生成挥发性酸的盐或会水解的盐蒸发结晶才可以得到原来物质，水解生成挥发性酸的盐蒸发结晶灼烧时得到氧化物，掌握盐的水解规律及物质是否具有挥发性是解题关键，题目难度中等。8.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是（ ） A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C. 两烧杯中溶液的pH均增大D. 产生气泡的速度甲比乙慢【答案】C【解析】【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H+2eH2，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2+H2，铜片上无气体产生，故A错误；B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。9.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )A. NaOH、H2SO4B. CuCl2、Cu(NO3)2C. Na2SO4、NaClD. KNO3、AgNO3【答案】A【解析】【分析】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水；C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，A正确；B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl-2e-=Cl2，阴极为Cu2+2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为Cu2+2e-=Cu，电极反应不同，B错误；C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl-2e-=Cl2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，电极反应不同，C错误；D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为2H+2e-=H2，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH-4e-=2H2O+O2，阴极电极反应为Cu2+2e-=Cu，电极反应不同，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。10.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn(s)+2MnO2(s)+2H2O(l)=Zn(OH)2(s)+2MnOOH(s)，下列说法错误的是( )A. 电池工作时，锌失去电子B. 电池正极电极反应式2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH-(aq)C. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D. 外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【答案】C【解析】【详解】A.根据电池总反应方程式可知：在电池工作时，锌失去电子，元素化合价升高，Zn作负极，A正确；B.电池工作时，在正极上MnO2获得电子，发生还原反应产生MnOOH，正极的电极反应式：2MnO2(s)+2H2O(l)+2e-=2MnOOH(s)+2OH-(aq)，B正确；C.电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C错误；D.Zn是+2价金属，每1molZn失去2mol电子，因此外电路中每通过0.2mol电子，锌消耗的物质的量为0.1mol，反应消耗的锌的质量理论上为6.5g，D正确；故合理选项正确的C。11.物质的量浓度相同的下列溶液：Na2CO3 NaHCO3 H2CO3 (NH4)2CO3按c(CO32-)由小到大顺序排列正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】Na2CO3是强碱弱酸盐，水解时碳酸根离子与水电离出的氢离子结合；NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解时碳酸氢根离子与水电离出的氢离子结合；H2CO3是弱酸，部分电离；(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解，然后判断离子浓度大小。【详解】物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、(NH4)2CO3溶液中，根据盐类水解的规律：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，假设其物质的量浓度为0.1mol/L，则：Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，故碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，即远远小于0.1mol/L；H2CO3是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L；(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；综上所述可知，在上述溶液中c(CO32-)根离子浓度为：Na2CO3(NH4)2CO3NaHCO3H2CO3，由小到大顺序排列顺序为：，故合理选项是B。【点睛】本题主要考查了盐类水解的应用，解答时需掌握盐类水解的规律、影响因素及应用。12.在由水电离的c(H)=10-14mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )A. K、Fe2、S2-、MnO4-B. Al3、Cl-、NH4+、SO42-C. Na、NO3-、Cl-、SO42-D. Na、AlO2-、Br-、Cl-【答案】C【解析】【详解】在室温下纯水电离产生的c(H)=10-7mol/L，现在该溶液中由水电离的c(H)=10-14mol/Lc(Na)C. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH4，则c(HA)c(H)c(H2A)c(A2)【答案】C【解析】A.电荷不守恒，错误；B. CH3COONa溶液中，醋酸根离子要水解，c(CH3COO)c(Na)，错误；C. 物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒：2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)和电荷守恒：c(Na)c(H)c c(CH3COO)c(OH)，两式联列得：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)，C正确；D. 0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH4，说明HA的电离大于水解，则c(HA)c(H) c(A2) c(H2A)，D错误。17.下列实验和结论均正确的是( )实验结论A中和热的测定实验中，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒测得H偏小B中和滴定实验中，锥形瓶用待测液润洗测量结果将偏低C向氯化铁溶液中滴入KSCN溶液出现红色沉淀Fe3+与SCN反应生成红色物质D25，分别向等体积，浓度分别为0.1 mol/L和0.5 mol/L的草酸溶液中滴入少量等量的酸性高锰酸钾，后者褪色快。其它条件相同，草酸的浓度越大，反应速率越快A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.中和热的测定实验中，若将环形玻璃搅拌棒换成铜棒，会导致热量损失，测得H偏大，A错误；B.中和滴定实验中，锥形瓶不能用待测液润洗，若锥形瓶用待测液润洗，消耗的标准溶液多，反应放出的热量多，最终导致测量结果将偏低，B错误；C.向氯化铁溶液中滴入KSCN溶液,Fe3+与SCN-会发生络合反应，形成Fe(SCN)3，使溶液变为血红色，不会出现红色沉淀,C错误；D.在其他条件不变时，反应物的浓度越大，化学反应速率越快，D正确；故合理选项是D。18.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-483.6kJ/mol，则氢气燃烧热为241.8 kJ/molB. 已知C(s)+O2(g)=CO2(g) H1；2C(s)O2(g)=2CO(g) H2，则2H10)，则将16gSO2(g)和足量O2置于一密闭容器中，充分反应后放出0.25QkJ的热量D. 已知：C(石墨，s)=C(金刚石，s) H0，则金刚石比石墨稳定【答案】B【解析】【详解】A.燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此氢气燃烧热大于241.8 kJ/mol，A错误；B.物质越多，反应放出的热量越多，CO燃烧会放出热量，所以C转化为CO2气体比转化为CO放出的热量多，放出的热量越多，反应热就越小，故2H17的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Na2CO3溶液只能与酸不反应，不与NaOH反应，错误；NH4HCO3溶液属于弱酸的铵盐溶液，既能跟NaOH溶液反应，又能跟盐酸，由于HCO3-水解程度比NH4+大，因此溶液的pH7，正确；NaHCO3溶液能与酸反应生成二氧化碳气体，与碱反应生成碳酸钠，NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，pH7，正确；NaHSO3溶液能与酸反应生成二氧化硫气体，与碱反应生成亚硫酸钠，NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HSO3-的电离作用大于其水解作用，使溶液显酸性，pH7，正确；可见符合要求的物质为，故合理选项是B。23.在20mL0.1molLHCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3H2O溶液，反应后溶液中各粒子浓度的关系错误的是( )A. C（H）C（NH4）C（OH）C（Cl）B. C（H）= C（OH）+ C（NH 3H2O）C. C（Cl-）C（NH4+）C（OH）C（H）D. C（Cl-）C（NH4+）+ C（NH 3H2O）【答案】C【解析】【详解】A.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒，c（H）c（NH4）=c（OH）c（Cl），故A正确；B.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c（H+）=c（OH-）+c（NH3H2O），故B正确；C.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），故C错误；D.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl-），故D正确。故选C。24.1000mL硝酸钾和硝酸铜的混合溶液中c(NO3-)=3.0mol/L，用石墨做电极电解此溶液，当通电一段时间后两极均收集到22.4L气体(标准状况)。下列说法正确的是（ ）A. 原混合溶液中钾离子浓度为2mol/LB. 上述电解过程中共转移6mol电子C. 电解得到的铜的物质的量为0.5molD. 电解后溶液中氢离子浓度为2mol/L【答案】D【解析】【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），阴极发生反应为：Cu2+2e-=Cu、2H+2e-=H2，阳极发生反应为：4OH-4e-=O2+2H2O，n(O2)= 22.4L22.4L/mol=1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答。【详解】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n(O2)=22.4L22.4L/mol=1mol，阳极发生电极反应为：4OH-4e-=O2+2H2O，阴极发生的电极反应为：Cu2+2e-=Cu、2H+2e-=H2。A.根据同一闭合回路中电子转移数目相等，结合阴极上离子的放电顺序可知，溶液中Cu2+的浓度为：c(Cu2+)=1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K+)为3mol/L-1mol/L2=1mol/L，A错误；B.根据氧气来计算反应过程中转移电子的物质的量，n(e-)=1mol4=4mol，B错误；C.电解得到的Cu的物质的量为1mol，C错误；D.电解后溶液中c(H+)为：c(H+)=2mol/L，D正确；故合理选项是D。25.下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是( )选项事实结论A工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧增大反应物的接触面积，加快化学反应速率BA、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2，在B试管中加入MnO2，B试管中产生气泡快当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反应速率C其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间变短当其他条件不变时，升高反应温度，化学反应速率加快D一定条件下：H2(g)I2(g) 2HI(g)达到反应平衡，缩小体积颜色加深c(I2)增大，I2物质的量增多A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A. 工业制硫酸中，在矿石处理阶段，将矿石粉碎再煅烧，可以增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，故A正确；B. 当其他条件不变时，加入催化剂可以降低反应的活化能，加快化学反应速率，故B正确；C. 当其他条件不变时，升高温度可以增大活化分子数目和百分数，加快化学反应速率，故C正确；D. H2(g)I2(g) 2HI(g)为反应前后等体积的可逆反应，缩小容器体积，压强增大，c(I2)增大，但平衡不移动，所以I2的物质的量不变，故D错误，答案选D。26.浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大B. MOH的碱性强于ROH的碱性C. ROH的电离程度：b点大于a点D. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等【答案】A【解析】【分析】A.升高温度促进弱电解质电离；B.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中c(OH-)c(ROH)=0.1mol/L，则ROH是弱电解质；C.弱酸溶液中酸的浓度越小，其电离程度越大；D.若两溶液无限稀释，则它们水溶液接近中性。【详解】A.升高温度促进弱电解质电离，MOH是强电解质，升高温度不影响其电离，ROH是弱电解质，升高温度促进其电离，所以当1g=2时，若两溶液同时升温，则减小，A错误；B.浓度都是0.10mol/L的这两种碱溶液未加水稀释前，MOH的pH=13，说明MOH溶液中c(OH-)=c(MOH)=0.1mol/L，则MOH是强电解质；ROH溶液的pH=11，说明ROH溶液中 c(OH-)c(ROH)=0.1mol/L，则ROH是弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，B正确；C.弱酸溶液中酸的浓度越小，其电离程度越大，a溶液浓度大于b，所以ROH的电离程度aKa(HClO)Ka(HCN)，则它们的物质的量浓度的大小顺序是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，该盐溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，酸越强，盐的浓度越大，据此分析解答。【详解】在相同的条件下测得NaCN；CH3COONa；NaClO三种溶液pH相同，已知Ka(CH3COOH)Ka(HClO)Ka(HCN)，说明相应的酸的酸性：CH3COOHHClOHCN，所以等浓度时盐的水解程度：NaCNNaClOCH3COONa。若盐溶液的pH相同，溶液的浓度：NaCNNaClO，故合理选项是C。【点睛】本题考查了酸的电离平衡产生与盐类的水解的关系的判断的知识，会运用逆向思维进行分析解答本题，注意盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当溶液pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大。28.室温下在一定体积某浓度的Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH=1的稀硫酸至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，测定溶液pH=2，若忽略两溶液混合时的体积变化，则稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积之比是（ ）A. 1：10B. 1：9C. 10：1D. 9：1【答案】B【解析】【分析】硝酸钡和硫酸反应硫酸根离子恰好沉淀，需要Ba(NO3)2和H2SO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。【详解】Ba(NO3)2溶液中逐滴加入pH=1H2SO4至溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，根据H2SO4+Ba(NO3)2=BaSO4+2HNO3，设稀硫酸的体积与Ba(NO3)2溶液的体积分别是x、y，则生成硝酸的物质的量为n(HNO3)=2n(H2SO4)=0.05x2=0.1xmol，c(H+)=c(HNO3)=0.01mol/L，解得x：y=1：9，故合理选项是B。【点睛】本题考查了溶液pH与盐溶液的浓度的有关计算知识，掌握物质的量浓度的计算公式及酸的浓度与溶液氢离子浓度的关系及溶液pH的含义是本题解答的关键。该题属于综合知识的考查，难度中等。29.可逆反应：3A(气)3B(？)+C(？)；H0，随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是 ( )A. B和C可能都是固体B. B和C一定都是气体C. 若C为气体，则B一定是固体D. B和C可能都是气体【答案】D【解析】【详解】3A(气)3B(？)+C(？)；H0，该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，气体平均摩尔质量变小，说明该反应的正反应为气体体积增大的反应。A.若B和C都是固体，气体物质的量减小，质量减小，气体摩尔质量不变，A错误；B.若都是气体，反应后气体物质的量一定增大，由于气体质量不变，因此气体的平均摩尔质量减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，平均摩尔质量也减小，B错误；C.若C为气体，由于A、B的化学计量数相等，B为气体，反应前后气体物质的量增大，气体质量不变，平均摩尔质量减小；若是固体，反应后的气体物质的量不变，气体质量减小，气体的平均摩尔质量也减小；C错误；D.若B和C都是气体时，根据质量守恒，由于气体物质的量增大，气体的平均摩尔质量减小，D正确；故合理选项是D。30.下列有关金属腐蚀的说法中正确的是( )A. 钢铁闸门接在电源的负极上，此方法称为牺牲阳极的阴极保护法B. 电化学腐蚀指在外加电流的作用下不纯金属发生化学反应而损耗的过程C. 钢铁腐蚀最普遍的是吸氧腐蚀，负极吸收氧气，产物最终转化为铁锈D. 金属的电化学腐蚀和化学腐蚀本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生【答案】D【解析】【详解】A.钢铁闸门接在电源的负极上，钢铁闸门为阴极，钢铁就不会失去电子，因而得到保护，此方法称为外接电流的阴极保护法，A错误；B.电化学腐蚀指在不纯金属与周围接触的电解质溶液构成原电池，而发生化学反应而损耗的过程，B错误；C.由于通常情况下电解质溶液为中性或弱酸性，钢铁腐蚀发生的最普遍的是吸氧腐蚀，正极吸收氧气，产物最终转化为铁锈，C错误；D.金属的电化学腐蚀和化学腐蚀都是金属失去电子被氧化而引起的腐蚀，因此本质相同，但电化学腐蚀伴有电流产生，而化学腐蚀没有电流产生，D正确；故合理选项是D。31.如图所示，A、B两个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是_(填标号，下同)，属于电解池的是_。（2）A池中Zn是_极，电极反应式为_；Cu是_极，电极反应式为_，A中总反应的方程式_。（3）B池中总反应的方程式为_。（4）C池中Zn是_极，电极反应式为_；Cu是_极，电极反应式为_。【答案】 (1). A (2). BC (3). 负 (4). Zn - 2e- = Zn2+ (5). 正 (6). Cu2+ + 2e- = Cu (7). Zn + CuCl2 = ZnCl2 + Cu (8). CuCl2 =Cu + Cl2（条件电解） (9). 阴 (10). Cu2+ + 2e- = Cu (11). 阳 (12). Cu - 2e- = Cu2+【解析】本题考查原电池的工作原理、电解池的工作原理以及电极反应式的书写，（1）原电池没有外加电源，电解池有外加电源，因此三个装置中属于原电池的是A，属于电解池的是BC；（2）根据原电池的构成条件，Zn比铜活泼，因此锌为负极，Cu为正极，电解质溶液为CuCl2，电池总反应式为ZnCu2=Zn2Cu，负极反应式为Zn2e=Zn2，正极反应式为Cu22e=Cu；（3）B装置为电解池装置，两极为惰性材料为电极，电解液为CuCl2溶液，根据电解原理，总反应式为CuCl2 Cu + Cl2；（4）C装置为电解池装置，Zn与电源的负极相连，则Zn为阴极，Cu2在阴极上先放电，电极反应式为Cu22e=Cu，Cu连接电源的正极，Cu电极为阳极，Cu为活动性金属，电极反应式为Cu2e=Cu2。点睛：电解池装置中放电顺序，首先判断电极材料，如果是惰性材料作电极（如石墨，Pt，金等），阳极：S2IBrClOH含氧酸根，阴极：氧化性强的先得到电子，如果是活动性金属作电极，阴极放电顺序不变，阳极应是金属先失电子，这些顺序都是灵活运用的，注意题目中所给信息。32.某烧碱样品含少量不与酸作用的杂质，为了测定其纯度，进行以