北京市海淀区外国语实验学校高二下期末化学试卷解析版

1、2019-2019学年北京市海淀区外国语实验学校高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（25题，共50分）1（2.00分）下列装置工作时，将化学能转化为电能的是（）A燃气灶B碱性锌锰电池C硅太阳能电池D风力发电机【解答】解：A燃气灶为化学能转化为热能的装置，故A正确；B干电池在放电时属于原电池，是化学能转化为电能的装置，故B正确；C硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，故C错误；D风力发电机是把机械能转化为电能，故D错误。故选：B。2（2.00分）如图所示的实验装置不能达到实验目的是（）A 结合秒表测量锌与硫酸的反应速率B测定中和反应的反应热C验证化学能转化为电能D验证催化剂对反应

2、速率的影响【解答】解：A根据收集气体的体积和时间，可计算反应速率，能达到实验目的，故A不选；B实验缺少环形玻璃棒，测量不准确，不能达到实验目的，故B选；C反应中锌为负极，铜为正极，电子向正极移动，符合原电池工作原理，可达到实验目的，故C不选；D加入二氧化锰，反应速率增大，二氧化锰起到催化剂的作用，可达到实验目的，故D不选。故选：B。3（2.00分）298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是（）A在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJBa曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C加入催化剂，该化学反应的反应热不改变D该反应的热化学方程式

3、为：N2+3H22NH3H=92kJ/mol【解答】解：A反应是可逆反应，在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2充分反应后放出的热量小于92 kJ，故A错误；B催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，故B错误；C催化剂不改变反应物、生成物的总能量，则反应热不变，故C正确；D该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D错误。故选：C。4（2.00分）炽热的炉膛内有反应：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=392kJ/mol，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）=C

4、O（g）+H2（g）H=+131kJ/mol，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282kJ，H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241kJ/mol，由以上反应推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时（）A不能节省燃料，但能使炉火瞬间更旺B虽不能使炉火更旺，但可以节省燃料C既能使炉火更旺，又能节省燃料D既不能使炉火更旺，又不能节省燃料【解答】解：煤炭直接燃烧的热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=392kJ/mol；往炉膛内通入水蒸气时，有如下反应：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131kJ/mol ，CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=282kJ/molH

5、2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241kJ/mol由于碳先和水蒸气反应生成CO和氢气，气体在燃烧时比煤炭之间燃烧火焰更旺；根据盖斯定律可知，将+可得：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=+131KJ/mol282KJ/mol241KJ/mol=392kJ/mol，与煤炭直接燃烧的热效应是相同的，故并不节省燃料，故选A。5（2.00分）一定条件下，在密闭容器中，能表示反应X（g）+2Y（g）2Z（g），一定达到化学平衡状态的是（）X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2X、Y、Z的浓度不再发生变化容器中的压强不再发生变化单位时间内生成n mol Z，同时生成2n mol YABCD【解答】解

6、：平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明达到化学平衡状态，故正确；反应物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反应达到平衡状态，故正确；单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反应速率不相等，没有达到平衡状态，故错误。故选：C。6（2.00分）如图表示一定条件下N2+3H22NH3的反应速率和时间的关系，其中t1是达到平衡需要的时间，t2t3是改变一个条件后出现的情况，则该条件可能是（）A加压B升温C加入催化剂D增大反应物浓度【解答】解：N2+3H22NH3的

7、反应是气体体积减小的反应，改变压强、温度、浓度对化学平衡都有影响，t1是达到平衡需要的时间，t2t3是改变一个条件后出现的情况正逆反应速率始终相同，但比原平衡状态反应速率大，催化剂能改变化学反应速率，但不改变化学平衡，平衡不变，所以加入催化剂增大反应速率，不改变化学平衡，符合图中变化，故选C。7（2.00分）氢气可通过下列反应制得：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，为了提高氢气在平衡体系中所占的比例，可采取的措施是（）A减小压强B降低温度C更换催化剂D减小H2的浓度【解答】解：A因反应前后体积不变，则减小压强，平衡不移动，故A错误；B正反应放热，降低温度，平衡正向移动，故B

8、正确；C催化剂不影响平衡移动，故C错误；D减小氢气的浓度，平衡正向移动，氢气在平衡体系中所占的比例减小，故D错误。故选：B。8（2.00分）工业上用CO和H2合成CH3OH：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）反应的平衡常数如下表：温度/0100200300400平衡常数667131.91022.41041105下列说法正确的是（）A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103kPa和250的条件，其原因是原料气的转化率高Dt时，向1 L密闭容器中投入0.1 mol CO和0.2 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值

9、为100【解答】解：A、依据平衡常数随温度变化和平衡移动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反应为放热反应H0，故A错误；B、反应前后是气体体积减小的放热反应，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进行，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不能提高CO的转化率，故B错误；C、升温平衡逆向进行，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，故C错误；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积， CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始量（mol/L） 0.1 0.2 0变化量（mol/L） 0.150% 0.1 0.05平衡量（mol/L） 0.0

10、5 0.1 0.05平衡常数K=100，故D正确；故选：D。9（2.00分）在300K时，A（g）+B（g）2C（g）+D（s）的化学平衡常数K=4，在该温度下，向1L容器中加入1molA和1molB发生反应，下列叙述能作为该反应达到平衡状态的标志的是（）AA、B、C的分子数之比为1：1：2B混合气体的总压强不再变化C单位时间内生成amolA，同时消耗2amolCD单位时间内生成2amolA，同时生成amolC【解答】解：A、A、B、C的分子数之比为1：1：2，不能说明正逆反应速率相等和各组分浓度不变，不能说明达平衡状态，故A错误；B、两边气体计量数相等，混合气体的总压强一直不再变化，所以压强

11、不变不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C、单位时间内生成amolA，同时消耗2amolC，都体现逆反应方向，不能说明正逆反应速率相等，故C错误； D、单位时间内生成2amolA，同时生成amolC，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选：D。10（2.00分）25时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断不正确的是（）A粒子种类不相同Bc（OH）前者大于后者C均存在电离平衡和水解平衡D分别加入NaOH固体，c（CO32）均增大【解答】解：ANaHCO3溶液中：H2OH+OH，HCO3CO32+H+，H2O+HCO3H2CO3+OH；Na2CO3溶液中：H2OH+O

12、H，H2O+CO32HCO3+OH，H2O+HCO3H2CO3+OH，所以存在的粒子种类相同，故A错误；B碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度，故B正确；CNa2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡，故C正确；D分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32）均增大，故D正确。故选：A。11（2.00分）25时，水的电离达到平衡：H2OH+OH，下列叙述正确的是（

13、）A将水加热，Kw增大，pH不变B向水中加入少量盐酸，c（H+）增大，Kw不变C向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c（OH）降低D向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c（OH）增大【解答】解：A水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+），则pH减小，故A错误；B向水中加入少量盐酸，抑制水的电离，c（H+）增大，平衡逆向进行，温度不变Kw不变，故B正确；C向水中加入少量固体NaOH，c（OH）增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故C错误；D向水中加入AlCl3固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向移动，c（OH）浓度减小，c（H+）浓度增大，故D错误；故选

14、：B。12（2.00分）用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（）A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸【解答】解：A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=可知c（碱）偏大，故A错误；B蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的

15、NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=可知c（碱）偏大，故B错误；C用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=可知c（碱）不变，故C正确；D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，导致消耗的标准液体积偏小，根据c（碱）=可知c（碱）偏小，故D错误；故选：C。13（2.00分）在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B室温下，pH=1的盐酸中：Na+、Fe2+、NO3、SO42C含有Ca2+的溶液中：Na+、K+

16、、CO32、ClD水电离产生的c（H+）=11013 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl、SO42【解答】解：AAl3+与OH反应而不能大量共存，故A错误；B酸性条件下NO3具有强氧化性，Fe2+不能大量共存，故B错误；CCO32与Ca2+反应而不能大量共存，故C错误；D水电离产生的c（H+）=11013 mol/L的溶液，可能呈酸性或碱性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确。故选：D。14（2.00分）常温下，将浓度均为0.1mol/LHA溶液和NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=9，下列说法正确的是（）A该混合溶液中：c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）B该混合溶液中：

17、c（HA）+c（A）=0.1 mol/LC常温下，0.1 mol/LHA溶液的pH=1D0.1 mol/L HA溶液中：c（HA）c（A）【解答】解：A反应生成强碱弱酸盐NaA，由于A部分水解，溶液显示碱性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒可得：c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故A错误；B反应生成强碱弱酸盐NaA，根据溶液中的物料守恒可得：c（HA）+c（A）=0.05mol/L，故B错误；CHA为弱酸，常温下，0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，则该溶液的pH1，故C错误；DHA为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则HA溶液中c（HA）c（A），故D正确。故

18、选：D。15（2.00分）已知：25时，KspMg（OH）2=5.611012，KspMgF2=7.421011下列说法正确的是（）A25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B25时，在Mg（OH）2的悬浊液加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小D25时，在MgF2的悬浊液加入NaOH溶液后，MgF2不可能转化成为Mg（OH）2【解答】解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp可知，则其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH

19、4+结合OH使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、氢氧化镁的溶度积小，只要加入NaOH溶液，就可以使氟化镁转化为氢氧化镁沉淀，故D错误。故选：B。16（2.00分）配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（）A铁B盐酸C氯化钠D氢氧化钠【解答】解：AFeCl3溶液中加Fe，会 反应氧化还原反应，生成FeCl2故A错误；BFe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，配制溶液时，可加入盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故B正确；C加入氯化钠对FeCl3

20、无影响，不能抑制FeCl3水解，故C错误；D加入氢氧化钠，NaOH与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀，故D错误；故选：B。17（2.00分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c（OH）相等D当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【解答】解：A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性

21、，故A正确；B由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：ba，故B正确；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH）接近于纯水中c（OH），所以它们的c（OH）相等，故C正确；D根据A知，碱性MOHROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；故选：D。18（2.00分）下列说法中，不正确的是（）A钢铁发生吸氧腐蚀B钢铁发生氢析腐蚀C将锌板换成铜板对照闸门保护效果更好D钢闸门作为阴极而受到保护【解答】解：A、当钢铁表面的水膜酸性很弱

22、或显中性时，铁在负极放电，氧气在正极上放电，发生的是钢铁的吸氧腐蚀，故A正确；B、当钢铁表面的水膜显酸性时，铁在负极放电，水膜中的氢离子在正极放电生成氢气，发生的是析氢腐蚀，故B正确；C、在原电池中，正极被保护，当将锌板换成铜板后，铜做正极被保护，钢闸门做负极被腐蚀，起不到对钢闸门的保护作用，故C错误；D、在电解池中，阴极被保护，故要保护钢闸门，就要将钢闸门做电解池的阴极，故D正确。故选：C。19（2.00分）如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图下列说法不正确的是（）A离子交换膜为阴离子交换膜B从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性C标准状况下每生成22.4LCl2，便产生2 m

23、olNaOHD从E口逸出的气体是H2【解答】解：A、根据钠离子的移动方向确定离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B、阴极D极产生大量的氢氧化钠，为了增强导电性，可以从B口加入含少量NaOH的水溶液，故B正确；C、电解原理方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，标准状况下每生成22.4L即1molC12，便产生2molNaOH，故C正确；D、在电解池中，钠离子移向阴极，所以D极是阴极，该极除了产生氢氧化钠以外还会产生氢气，故从E口逸出的气体是H2，故D正确；故选：A。20（2.00分）在电解水制取H2和O2时，为了增强液体的导电性，可加入下列物质中的（）AHClBCuCl2CNaOH

24、DCuSO4【解答】解：用惰性电极电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，加入NaOH 时，在阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，加入的电解质电离产生的离子不能放电，仅能起到增强导电性的作用，但是加入HCl、CuCl2、CuSO4时电解质会被电解，不合题意，不能选用，故C正确。故选：C。21（2.00分）下列有关图1和图2的叙述不正确的是（）A均发生了化学能转化为电能的过程BZn和Cu既是电极材料又是反应物C工作过程中，电子均由Zn经导线流向CuD相同条件下，图2比图1的能量利用效率高【解答】解：A、图1为锌铜原电池；图2为含有盐桥的锌铜原电池，所以图1和图2均发生了化学能转化为电能的过程，故A正

25、确；B、锌是电极材料又是反应物，而铜只是电极不是反应物，故B错误；C、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以工作过程中，电子均由Zn经导线流向Cu，故C正确；D、有盐桥装置的能产生持续的电流，能量利用率高，则图2比图1的能量利用效率高，故D正确；故选：B。22（2.00分）在直流电的作用下，锌板上镀铜时，金属铜作（）A阳极B阴极C正极D负极【解答】解：在直流电的作用下，锌板上镀铜时，锌板作阴极，铜做阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，镀件作阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故选A。23（2.00分）高功率Ni/MH（M表示储氢合金）电池已经用于混合动力汽车总反应方程式如下：Ni（OH）2+MNiOO

26、H+MH 下列叙述正确的是（）A放电时正极附近溶液的碱性增强B放电时负极反应为：M+H2O+e=MH+OHC充电时阳极反应为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OHD放电时每转移1mol电子，正极有1mol NiOOH被氧化【解答】解：A放电时正极反应为：NiO（OH）+H2O+e=OH+Ni（OH）2，所以正极附近溶液的碱性增强，故A正确；B放电时，负极失电子发生氧化反应，故B错误；C充电时阳极失电子发生氧化反应，故C错误；D放电时，每转移1mol电子，正极有1mol NiOOH被还原，故D错误；故选：A。24（2.00分）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

27、图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl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+CaCaCl2+LiSO4+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负极反应式：PbSO4+2e+2Li+Li2SO4+PbD每转移0.2mol电子，理论上生成20.7g Pb【解答】解：由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，A、由原电池总反应可知C

28、a为原电池的负极，电子由负极Ca电极流出，故A正确；B、放电过程中阳离子向正极PbSO4电极移动，故B正确；C、Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，故C错误；D、根据电极方程式PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7g，故D正确；故选：C。25（2.00分）LED产品的使用为城市增添色彩如图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图下列有关叙述正确的是（）A该装置将化学能最终转化为电能Ba处通入O2Cb处为电池正极，发生还原反应D通入O2的电极上发生的电极反应为

29、O2+4H+4e=2H2O【解答】解：A、燃料电池中将化学能转化为电能，LED产品中电能转化为光能，所以该装置的能量转换是化学能为电能最终转化为光能，故A错误；B、由电子流向可知a为负极，b为正极，负极上发生氧化反应，通入氢气，正极上发生还原反应，通入的是氧气，即b处通入O2，故B错误；C、b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e4OH，氧气得电子发生还原反应，故C正确；D、通氧气的一极为b极，碱性条件下，氧气得电子生成氢氧根离子，则b极发生的电极反应为O2+2H2O+4e4OH，故D错误。故选：C。二、填空题（每空2分，共50分）26（4.00分）根据下列叙述写出相应的热化学方程式：（1

30、）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，写出表示硫的燃烧的热化学方程式：S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8kJmol1（2）如图是298K、101kPa时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图该反应的热化学方程式N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92kJmol1【解答】解：（1）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g），H=296.8 kJ/mol，故答案为：S（s）+O2（g）SO2（g）H=296.8 kJmol1；（2）图象分析可知，图象中表示的

31、是1molN2与和3molH2氧气完全反应生成2molNH3，反应是放热反应，反应的焓变H=508kJ/mol600kJ/mol=92kJ/mol，反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92 kJmol1 ，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92 kJmol127（10.00分）25时，现有浓度均为0.10molL1的两种溶液：CH3COOH溶液、NaOH溶液请回答：（1）溶液的pH（填“”“=”或“”）1，原因是CH3COOH在水溶液中只有部分电离成H+和CH3COO（2）将等体积和混合，所得溶液显碱（填“酸”“碱”或“中”）性，原因是CH3COO

32、+H2OCH3COOH+OH（用离子方程式表示）（3）向中逐滴加入至所得溶液pH=7的过程中（不含pH=7时的溶液），下列关系正确的是abd（填选项序号）ac（H+）c（OH）bc（Na+）c（CH3COO）cc（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）dc（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+）【解答】解：（1）0.10molL1的CH3COOH溶液中电离出氢离子和醋酸根离子，溶液显酸性，CH3COOHCH3COO+H+，溶液中存在电离平衡，溶液pH1，故答案为：；CH3COOH在水溶液中只有部分电离成H+和CH3COO；（2）将等体积和混合，CH3COOH溶液和Na

33、OH溶液恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，CH3COO+H2OCH3COOH+OH，故答案为：碱； CH3COO+H2OCH3COOH+OH；（3）向中逐滴加入至所得溶液pH=7的过程中，a开始阶段醋酸过量，溶液显酸性，c（H+）c（OH），故a正确；b开始阶段生成醋酸钠少，醋酸多，溶液显酸性，c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），得到c（Na+）c（CH3COO），故b正确；c溶液中恰好完全反应生成醋酸钠溶液中存在守恒，c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），但滴定过程溶液pH=7前，是醋酸始

34、终过量，c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH），故c错误；d溶液中始终存在电荷守恒：c（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），故d正确，故答案为：abd28（8.00分）用石墨电极电解饱和NaCl溶液的装置如图所示，请回答：（1）电解饱和NaCl溶液的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2）a端是直流电源的正（填“负”或“正”）极（3）阳极上发生的反应式是2C12e=Cl2（4）结合电极反应式说明电解池右侧NaOH溶液浓度增大的原因是阴极是2H2O+2e=H2+2OH，Na+由阳极区移向阴极区，消耗水且生成了NaOH【解答】解：（1）电解饱

35、和NaCl溶液，得到氢氧化钠、氯气和氢气，反应的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（2）钠离子向右边移动，右边是阴极，所以a端是直流电源的正极，故答案为：正；（3）阳极上是氯离子发生氧化反应，电极反应式为：2C12e=Cl2，故答案为：2C12e=Cl2；（4）电解池右侧是阴极，水中的氢离子放电，生成氢氧根离子，而钠离子由极区移向阴极区，与氢氧根离子结合，产生NaOH，故答案为：阴极是2H2O+2e=H2+2OH，Na+由阳极区移向阴极区，消耗水且生成了NaOH29（6.00分）25时，现有浓度均为0.10mol/L

36、的两种溶液：NH4Cl溶液、NaCl溶液（1）两种溶液中，pH7的是（填“”或“”）（2）用离子方程式解释（1）的原因：NH4+H2ONH3H2O+H+（3）下列说法正确的是ac（填字母）aNH4Cl是强电解质bNH4Cl和NaCl均能促进水的电离c两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl）c（Na+）c（NH+4）c（H+）c（OH）【解答】解：（1）氯化钠是强酸强碱盐，氯离子和钠离子不水解，溶液呈中性，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，故答案为：；（2）氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：N

37、H4+H2ONH3H2O+H+；（3）aNH4Cl属于盐类，是强电解质，故a正确；bNH4Cl能水解促进水电离，但是NaCl不会水解，所以不能促进水的电离，故b错误；c两种溶液等体积混合后，铵根离子水解、氯离子和钠离子不水解，溶液呈酸性溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl）c（Na+）c（NH4+）c（H+）c（OH），故c正确，故选ac30（16.00分）某同学对MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3在氯酸钾受热分解反应中的催化作用进行了研究实验所得数据如下表就本实验的有关问题，请填空：实验编号KClO3氧化物产生气体（mL）（已折算为标况）耗时（s）化学式质量（g）实际回收10.61048

38、020.6MnO20.2090%67.236.530.6CuO0.2090%67.279.540.6Fe2O30.2090%6 7.234.750.6Cr2O30.20异常67.2188.3（1）本实验的装置由如图三部分组成，其正确的接口连接顺序为acbd（2）为证明编号2的实验中MnO2起到催化作用，还要测定反应剩余物中MnO2的质量，实验的操作顺序是：溶解过滤洗涤干燥称量（3）写出实验室中通过编号2制取氧气的化学方程式：2KClO32KCl+3O2（4）从上表实验数据分析，对氯酸钾受热分解有催化作用的物质，按其催化能力从大到小的顺序为Fe2O3 MnO2 CuO（填物质的化学式）（5）在进行编号5的实验时，有刺激性的黄绿色气体产生，该气体可能是Cl2（填化学式）