1、山西省孝义市2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题（B卷）（含解析）1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是A. 焊接金属时常用NH4Cl溶液作除锈剂B. 泡沫灭火器可用于一般起火，但不适用于电器起火C. 电热水器用镁棒防止内胆银腐蚀，原理是外加电流的阴极保护法D. 碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】C【解析】【详解】ANH4Cl水解使溶液显酸性，可以和金属表面的氧化物如铁锈反应，故焊接金属时常用NH4Cl溶液作除锈剂，故A 正确；B泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气
2、体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起火，故B正确；C电热水器中镁棒和银构成原电池，其中镁作负极，银作正极，故是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D碘酒是游离状态的碘和酒精的混合物，碘酒能够使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故D正确；故选C2. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 1L0.1mol/LNa2S溶液中S2-和H2S的数目之和小于0.1NAB. 反应3H2(g)+N2(g)2NH3(g)H=-92kJ/mol，当放出9.2kJ热量时，转移电子0.3NAC. 电解精炼粗铜，阳极溶解铜6.4g时，阴极得电子数目为0.2NAD
3、. 0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A根据物料守恒，1L0.1mol/LNa2S溶液中S2-、HS-和H2S的数目之和等于0.1NA，所以S2-和H2S的数目之和小于0.1NA，故A正确；B根据热化学方程式，当放出92kJ热量时，消耗1mol氮气，转移6mol电子，所以当放出9.2kJ热量时，转移电子为0.6NA，故B错误；C电解精炼粗铜时，阳极除了铜失去电子外，比铜活泼的金属杂质也会失去电子，所以当阳极溶解6.4g铜时，转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，那么阴极得到的电子的物质的量也不一定为0.2mol，故C错误；DF
4、e(OH)3胶体的胶粒是多个Fe(OH)3分子聚集而成的，所以0.1molFeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数小于0.1NA，故D错误；故选A。3. 下列离子方程式表达正确的是A. 在Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至pH=7：Ba2+OH-+H+=BaSO4+H2OB. 用惰性电极电解硝酸银溶液：4Ag+2H2O4Ag+4H+O2C. 可用纯碱溶液清洗油污其原因是：+2H2OH2CO3+2OH-D. 硫化钠的水解反应：S2-+H3O+HS-+H2O【答案】B【解析】【详解】A在Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至pH=7：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4+2H2
5、O，A错误；B用惰性电极电解硝酸银溶液，阴极银离子得电子生成单质银，阳极水失电子生成氧气和氢离子，则总反应式为4Ag+2H2O4Ag+4H+O2，B正确；C可用纯碱溶液清洗油污，其原因是碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，+H2O+2OH-，C错误；D硫化钠的水解反应：S2-+H2OHS-+OH-，D错误；答案为B。4. 化学是一门以实验为基础的学科，掌握基本实验方法和操作技能是做好化学实验的基础。关于下列叙述中，正确的是A. 用玻璃棒蘸取0.lmo/LNaOH溶液滴在湿润的pH试纸中央，与标准比色卡对比，读出pH为13B. 贮存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量硫酸C. 向1mL0.
6、1mo/LMgCl2溶液中滴加1mL0.2mol/LNaOH溶液，产生白色沉淀，再滴加2滴0.lmol/LFeCl3溶液，白色沉淀再变为红褐色D. 电镀铜实验时，应该把待镀铁制品与电源正极相连【答案】C【解析】【详解】A用玻璃棒蘸取0.lmo/LNaOH溶液滴在pH试纸中央，与标准比色卡对比，读出pH为13，湿润的pH试纸，对原溶液有稀释作用，A叙述错误；B贮存FeCl3溶液，要在溶液中加入少量盐酸，加入硫酸会引入杂质离子，B叙述错误；C向1mL0.1mo/LMgCl2溶液中滴加1mL0.2mol/LNaOH溶液，恰好完全反应，生成Mg(OH)2白色沉淀，再滴加2滴0.lmol/LFeCl3溶
7、液，溶解度Mg(OH)2Fe(OH)3，则白色沉淀再变为红褐色，C叙述正确；D电镀铜实验时，应该把待镀铁制品与电源负极相连，阴极被保护，D叙述错误；答案为C。5. 根据下列操作及现象，所得结论正确的是序号操作及现象结论A将pH相等的盐酸和醋酸溶液稀释相同倍数后，醋酸导电能力强醋酸溶液中存在电离平衡B常温下，测得0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNaHCO3溶液常温下水解程度： C室温下，用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mnol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO比CH3COOH的酸性弱D将固体CaSO4加入Na2CO3溶液中，一段时间后，
8、检验固体成分为CaCO3同温下溶解度：CaSO4CaCO3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A醋酸为弱酸，加水稀释时，平衡向电离的方向移动，盐酸为强酸，当与盐酸稀释相同倍数时，醋酸的pH变化较小，A结论正确；B0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNaHCO3溶液，则的水解程度越大，溶液的碱性越强，则水解程度：，B结论错误；CNaClO为强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解生成次氯酸，次氯酸有强氧化性，可漂白pH试纸，无法比较HClO比CH3COOH的酸性弱，C操作错误；D将固体CaSO4加入Na2CO3溶液中，有CaCO3生成，则同温下溶解度：CaSO4C
9、aCO3，D结论错误；答案为A。6. 下列有关电解质溶液的说法正确的是A. 25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力强B. pH=10的Ba(OH)2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比为1：2C. 加热蒸干并灼烧AlCl3溶液得到Al2O3固体D. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大【答案】C【解析】【详解】A硫化氢是弱电解质，硫化钠是强电解质，25时，0.1molL1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故A错误；BpH=10的Ba(OH)2溶液与氨水，c(Ba(OH)2)= c(OH)=0.00005molL1，c(氨水)0.0001mol
10、L1，溶质的物质的量浓度之比小于1：2，故B错误；C铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸发，氯化氢挥发促进水解正向进行，生成氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝分解，最后得到的固体是Al2O3，故C正确；D将CH3COONa溶液从20升温至30，促进水解，减小，增大， 减小，故D错误；故选C。7. 下列说法正确的一组是等体积等浓度的NaOH溶液中和相同浓度的盐酸和醋酸两溶液，两溶液消耗的体积一样多在500、20MPa条件下，在5L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大S(g)+O2(g)=SO2(g)可用该反应的H表示燃烧热向醋酸钠溶液中加入醋酸使溶液的pH=7，此时混合液中c(Na+)c(CH
11、3COO-)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-90.7kJ/mol，将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，反应放出的能量小于90.7kJpH=3的盐酸与pH=3的醋酸溶液中，水电离的c(H+)相同A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】等体积等浓度的NaOH溶液和相同浓度的盐酸和醋酸两溶液反应，碱的物质的量相同，两酸的浓度相同，且均为一元酸，则消耗酸的物质的量相同，消耗两溶液的体积一样多，说法正确；在500、20MPa条件下，在5L密闭容器中进行合成氨的反应，化学平衡常数只与温度有关，温度未变，使用催化剂后K不变，说法错误；硫的燃烧热要求硫为固体，而反应S(g
12、)+O2(g)=SO2(g)中硫为气体，则H与硫的燃烧热不同，说法错误；向醋酸钠溶液中加入醋酸使溶液的pH=7，根据溶液呈电中性及c(H+)=c(OH-)，此时混合液中c(Na+)=c(CH3COO-)，说法错误；CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-90.7kJ/mol，将1molCO(g)和2molH2(g)充分反应，反应为可逆反应，则反应放出的能量小于90.7kJ，说法正确；pH=3的盐酸与pH=3的醋酸溶液中，酸提供的c(H+)=10-3mol/L，根据离子积常数，水电离的c(H+)=10-11mol/L，说法正确；综上所述，说法正确，答案为D。8. 根据下列图示所得出的结论正
13、确的是A. 由图1表示燃料燃烧反应的能量变化B. 若图2表示常温下用0.0001mol/LNaOH溶液滴定25.00mLCHCOOH溶液的滴定曲线，则c(CH3COOH)=0.0001mol/LC. 若图3为1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释时pH随溶液总体积的变化曲线，则说明该酸是强酸D. 由图4知反应3A(g)+2B(g)2C(g)的H0，且a=1.5【答案】D【解析】【详解】A燃料的燃烧反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A错误；B等物质的量的醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，故氢氧化钠25mL时，pH大于7，B错误；C该一元酸若为强酸，则稀释100倍，pH应
14、为4；现pH小于4，说明其是弱酸，C错误；D由图可知，升高温度，平衡时C的体积分数增大；又升高温度，平衡向吸热方向移动，则该反应为吸热反应；当A、B物质的起始量之比等于系数比时，C的体积分数最大，则a=1.5，D正确；答案选D。9. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na+、B. =10-12mol.L-1的溶液中：、Ca2+、Cl-、C. pH=11的溶液中：K+、Al3+、D. 水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液中：Na+、Cl-、【答案】B【解析】【详解】A使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，则Fe2+、H+，不能大量共存，
15、A错误；B=10-12mol.L-1的溶液为酸性溶液，、Ca2+、Cl-、H+，不反应，能大量共存，B正确；CpH=11的溶液为碱性溶液，、OH-反应，不能大量共存，C错误；D水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液可能为酸溶液，也可能为碱性溶液，酸性H+、反应，不能共存，碱性OH-、反应，不能共存，D错误；答案为B。10. 如图所示的装置，C、D、E、F是惰性电极。甲中是硫酸铜溶液、乙中是饱和氯化钠溶液，将电源接通后，在F极附近能产生使湿润淀粉-KI试纸变蓝的气体。则以下说法正确的是A. A极是电源正极B. 丙装置给锌镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液C. 甲、乙装置的D、
16、E电极均有单质生成，其物质的量之比为1:2D. 装置丁的X极是铁，电解液是硫酸钠溶液，丁中可得到白色的Fe(OH)2沉淀【答案】C【解析】【分析】由题意可知，在F极附近能产生使湿润淀粉-KI试纸变蓝的气体，则F极附近产生的气体为氯气，即D、F、H、Y极均为阳极，C、E、G、X极为阴极，A极为电源负极、B极为电源正极。【详解】A根据图可知，乙装置是电解饱和食盐水装置，将电源接通后，在F极附近能产生使湿润淀粉KI试纸变蓝的氯气，即F极上氯离子放电生成氯气，F极为阳极，与电源正极相接，所以电源B极是正极，A极是负极，故A错误；B若用(丙)装置给锌镀银，H应该是Ag，G是锌，电镀液是AgNO3溶液，故
17、B错误；C甲装置是电解硫酸铜溶液装置，阳极D电极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，乙装置是电解饱和食盐水装置，阴极E电极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H+2e-=H2，根据电子守恒可知，氧气、氢气的物质的量之比为1:2，故C正确；D装置丁的X极是铁，作阴极，电解液是硫酸钠溶液，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以没有Fe(OH)2沉淀生成，故D错误；答案选C。11. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A. 20mL0.1000mol/L氨水用0.1000mol/L的盐酸滴定，当滴入盐酸达30mL时，溶液中：c()+c(H+)c
18、(OH-)+c(Cl-)B. 0.1mol/L的NaHX溶液pH为4，该溶液中：c(HX-)c(H2X)c(X2-)c(H+)c(OH-)C. 在Na2S稀溶液中，c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)D. 0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液：c()c()c(H+)c(Fe2+)【答案】C【解析】【详解】A20mL0.1000mol/L氨水用0.1000mol/L的盐酸滴定，当滴入盐酸达30mL时，溶质为NH4Cl、HCl，根据溶液呈电中性，c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，A关系式错误；B0.1mol/LNaHX溶液pH为4，则说明HX-为弱酸根离
19、子，溶液显酸性，则HX-电离大于其水解，该溶液中：c(HX-)c(H+)c(X2-)c(H2X)c(OH-)，B关系式错误；C在Na2S稀溶液中，根据质子守恒，c(OH-)=c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)，C关系式正确；D0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液，硫酸根离子不水解，铵根离子、亚铁离子少量水解，导致溶液呈酸性，所以c(SO42-)c()c(Fe2+)c(H+)，D关系式错误；答案为C。12. 一定温度下在一个2L的恒容密闭容器中发生反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)H0，经2min达平衡状态，此时B反应消耗了0.3mol，下列说法正确的是A. 平衡后
20、加入C，上述反应的H减小B. 减少少量A，逆反应速率减小C. 充入惰性气体使压强增大可加快反应速率D. 当容器中气体的密度不再改变时，反应达到平衡【答案】D【解析】【详解】A平衡后加入C，上述反应的H不变，焓变与反应物的浓度无关，故A错误；BA是固体，减少少量A，浓度不变，逆反应速率不变，故B错误；C容器的容积不变，充入惰性气体使压强增大，反应混合物的浓度不变，反应速率不变，故C错误；D由于A为固体，反应过程中气体的质量一直在变化，气体容器中气体的密度不再改变时，说明反应的组成保持不变，反应达到平衡，故D正确；故选D。13. 电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为N
21、H4NO3，需要补充物质M是NH3。下列有关分析或说法中正确的是A. 电子的流向：a电源负极稀NH4NO3溶液b电源正极B. 阳极NO发生还原反应生成硝酸根离子C. 阴极的电极反应式：NO+5e-+6H+=+H2OD. 电路中通过1.5mol电子时，理论上最多可处理8.96LNO气体(标准状况)【答案】C【解析】【分析】由电解NO制备NH4NO3的装置图可知，b为阳极，电极反应为NO-3e-+2H2O=+4H+，a为阴极，电极反应为：NO+5e-+6H+=+H2O，从两极反应可看出，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3；【详解】A电子不能进入溶液，故A错误；B电解池阳极上
22、，NO失去电子、化合价升高、发生氧化反应，故B错误；C电解池阴极上，NO得电子、化合价降低，生成，电极反应为NO+5e-+6H+H2O，故C正确；D电解池总反应为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，即转移15mol电子，消耗8molNO，所以电路中通入1.5mol电子时，理论上最可处理0.8molNO气体，标准状况下NO的体积为0.8mol22.4L/mol=17.92L，故D错误；故选C。14. 溶液中的反应分别在、三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度为及，反应物X的浓度随时间变化如图所示。、与比较只有一个实验条件不同，下列说法不正确的是（ ）A. 反应进行到时实验的反应速率最快B
23、. 条件的反应最先达到平衡C. 与比较可能压强更大D. 该反应的正反应是吸热反应【答案】C【解析】【分析】与比较，反应速率增大，但与处于同一平衡状态，则应为加入催化剂，与比较，反应速率增大，X的平衡浓度降低，平衡向正反应方向移动，则为升高温度，据此分析解答。【详解】A、根据知，反应进行到5min时实验浓度变化最大，所以的反应速率最快，故A正确；B、根据图象知，条件的反应最先达到平衡，故B正确；C、因催化剂能加快化学反应速度率，缩短达到平衡的时间，化学平衡不移动，所以为使用催化剂，故C错误；D、与比较，反应速率增大，x的平衡浓度降低，平衡向正反应方向移动，则为升高温度，升高温度，X的浓度减小，则
24、平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，故D正确；故选C。【点睛】对于反应前后气体分子数目相等的反应，增大压强和加入催化剂均使反应速率增大，平衡不移动。但是增大压强，物质的量浓度会增大，这是与加入催化剂比较不同之处。所以C选项错误，如果增大压强，虽然平衡不移动，当时X的浓度会增大；如果纵坐标为物质的量，则C正确。15. (1)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2(s)和H2O(l)。已知室温下8gSiH4自燃放出的热量为289.2kJ，则其热化学方程式为：_。(2)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H1=+180.5kJ/molC(s)+O2(g)=CO2
25、(g)H2=-393.5kJ/mol2C(s)+O2(g)=2CO(g)H3=-221.0kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_。【答案】 (1). SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)H=-1156.8kJ/mol (2). 2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H3746.5kJ/mol【解析】【详解】（1）8gSiH4为0.25mol，自燃放出的热量为289.2kJ，则1mol放出的热量为1156.8kJ，热化学方程式为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)H=-1156.8kJ/mol；（2）根
26、据平衡常数表达式反应物为NO、CO，生成物为N2、CO2；根据盖斯定律，设三个反应依次为、，则2即可得：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H3746.5kJ/mol。16. 严重雾霾天气的产生与汽车排放的NO2、CO、NO等气体有关。用活性炭处理尾气时可发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)H。(1)在1L恒容密闭器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/C起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.1229000.240.08结合表中数据，判断该反应的H_0(填“”或“”)，理由是_。判断该反应达到
27、平衡的依据是_。A容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化B生成lmolN2的同时消耗2molNOC容器内压强恒定D容器内恒定(2)在一定温度下(T1)测得不同时间点上NO和N2的浓度如下：时间/min浓度/mol/L物质0510152025NO1.400.740.560.560.630.63N200.330.420.420.470.4715min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据上表数据判断改变的条件可能是_(填字母)。a适当缩小容器的体积b加入适量的活性炭c适当升高温度d通入适量的NO15min时NO的平衡转化率为_，在该温度下(T1)该反应的化学平衡常数K=_。其他条件不变，若该
28、反应在温度为T2条件下进行，达到平衡所需时间小于10min，则T1_T2。(3)T时，若向5L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)；其中CO2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。010min内的N2平均反应速率v(N2)=_。图中A点v(逆)_v(正)(填“”、“”或“”)。第10min时，外界改变的条件可能是_。A增大C的物质的量B加催化剂C减小N2的物质的量D降温E升温【答案】 (1). (2). 计算700和900的平衡常数K1K2，所以H0 (3). AD (4). ad (5). 60% (6). (7
29、). T1T2 (8). 0.004molL-1min-1 (9). (10). BE【解析】【分析】根据表格数据列三段式分别计算平衡常数，比较温度对平衡常数的影响，利用平衡移动知识判断反应为放热反应还是吸热反应，根据平衡状态标志判断反应是否达到平衡状态，根据平衡常数的表达式进行平衡常数的计算，根据化学反应速率计算公式计算化学反应速率，结合图像进行相关判断。【详解】(1)根据表格数据，列出实验1(700)的三段式：，K1=；据表格数据，列出实验2(900)的三段式：，K2=1K1；温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，H0；故答案为：；700和900的平衡常数K1K2，所以H0；A反应前后气体
30、总质量减小、气体总物质的量不变，则混合气体平均相对分子质量增大，当容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应达到平衡状态，故A正确；B无论反应是否达到平衡状态都存在生成1molN2的同时消耗2molNO，不能据此判断平衡状态，故B错误；C恒温恒容条件下，气体压强与物质的量成正比，容器内气体物质的量不变，则容器内压强始终恒定，不能据此判断平衡状态，故C错误；D容器内恒定时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选AD；(2)a.缩小容器体积，由于反应前后气体分子数不变，故平衡不移动，只是NO和N2浓度等比例增大，a正确；b活性炭为固体，不会影响平衡，b错误；c反应吸热，升温，平衡正
31、向移动，NO浓度减小，c错误；d加NO，平衡正向移动，则N2浓度增大，平衡移动不能抵消条件改变，达到新平衡后，NO浓度也增大，d正确；故选ad；15min时NO的平衡转化率=60%；可逆反应有三段式：，该温度下化学平衡常数；升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡状态时间缩短,若该反应在温度为T2条件下进行,达到平衡所需时间小于10min，说明反应速率加快，则T1T2；故答案为：60%；(3)随着反应进行，n(CO2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10min内，n(CO2)=0.2mol，物质的量变化之比等于计量系数之比，则n(N2)=0.2mol，所以v(N2)=0.004molL-1min-
32、1；根据图像可知A点反应向正反应方向进行，则v(正)v(逆)，故答案为：；第10min时，CO2、NO物质的量没有发生突变，CO2的物质的量逐渐减小，速率比10min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10min前大。A增大碳固体的物质的量，对反应速率没有影响，故A错误；B加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故B正确；C减小N2的物质的量，反应速率减小，故C错误；D降温，反应速率减小，故D错误；E升温，反应速率增大，故E正确；故答案为BE。17. I用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的稀盐酸，实验数据如下表：实验序号消耗NaOH溶液的体积/mL待测稀盐酸的体积/mL13
33、2.8425.002312425.00331.2625.00根据表格计算c(HCl)=_。II某化学学习小组的同学欲测定H2C2O4溶液的物质的量浓度实验步骤如下：取待测H2C2O4溶液25.00mL放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸；用0.1mol/LKMnO4溶液滴定至终点，记录数据；重复滴定2次，平均消耗KMnO4溶液15.00mL。(1)滴定时，将KMnO4标准液装在下图中的_(填“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本实验滴定达到终点的标志是_。(3)计算H2C2O4溶液的物质的量浓度为_mol/L。(4)下列滴定操作会使测得的值偏大的是_。A滴定终点时俯视滴定管刻度B滴定终点时仰视滴定管刻
34、度C滴定前用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶D滴定管尖嘴内在滴定前无气泡，滴定后有气泡【答案】 (1). 0.125molL1 (2). 甲 (3). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色 (4). 0.15 (5). BC【解析】【分析】判断实验数据的有效性，计算NaOH溶液的平均体积，根据NaOH+HCl=NaCl+H2O计算c(HCl)；II(1)KMnO4标准液具有强氧化性，易腐蚀橡胶管；(2)可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；(3)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H2Mn2+10CO
35、2+8H2O，则n(H2C2O4)=n(KMnO4)，计算H2C2O4溶液的物质的量浓度；(4)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)、c(待测)的影响，以此判断浓度的误差。【详解】.第一组数据误差较大，应该舍去，则V(NaOH)= =31.25mL，根据HCl+NaOHNaCl+H2O计算：31.25mL0.1molL1=25.00mLc(HCl)，解得：c(HCl)=0.125molL1；故答案为:0.125molL1；II(1)因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，故答案为：甲；(2)可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液
36、时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；(3)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应的离子方程式为2MnO4+5H2C2O4+6H2Mn2+10CO2+8H2O，则n(H2C2O4)=n(KMnO4)，即c(H2C2O4)0.025L=2.50.015L0.1molL1，所以c(H2C2O4)=0.15molL1，故答案为：0.15；(4)A滴定终点时俯视滴定管刻度，使消耗的KMnO4溶液体积V(标准)偏小，根据c(待测)=分析可知，c(待测)偏小，故A不选；B滴定终点时仰视滴定管刻度，使消耗的KMnO4溶液体积
37、V(标准)偏大，根据c(待测)=分析可知，c(待测)偏大，故B选；C滴定前用待测H2C2O4溶液润洗锥形瓶，使消耗的KMnO4溶液体积V(标准)偏大，根据c(待测)=分析可知，c(待测)偏大，故C选；D滴定管尖嘴内在滴定前无气泡，滴定后有气泡，使消耗的KMnO4溶液体积V(标准)偏小，根据c(待测)=分析可知，c(待测)偏小，故D不选；故答案为：BC。【点睛】本题考查中和滴定和氧化还原滴定实验，把握滴定的操作方法为解答关键，易错点(4)注意掌握滴定的误差分析方法与技巧。18. 电化学知识在物质制备领域的应用前景看好。(1)从环境保护的角度看，制备一种新型多功能水处理剂高铁酸钠(Na2FeO4)
38、较好的方法为电解法，其装置如图所示。其总反应方程式为：Fe+2OH-+2H2O=+3H2。电解过程中Fe作_极，电极反应式为_；离子交换膜为_离子交换膜(填“阳”、“阴”)；电解时阳极区pH_、阴极区pH_(填升高、降低、不变)。“镁一次氯酸盐”燃料电池也可为图装置提供电能，该电池电极为镁合金和铂合金，其工作原理如图所示。b为该燃料电池的_(填“正”或“负”)极。当有49.8gNa2FeO4生成时消耗C1O-的物质的量为_mol；若用此燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水(主要含有)。处理废水时，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去，当c(Cr3+)=110-8mol/L时，Cr3+沉淀完全
39、，此时溶液的pH=_(已知KspCr(OH)3=1.010-32)(2)电解Na2SO4溶液生产H2SO4和烧碱的装置如图所示(已知：阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过)，其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为2:1。则丁为_；c极的电极反应式为_；电解一段时间，当产生0.2mol气体乙时，通过离子交换膜e的离子的质量为_g。【答案】 (1). 阳 (2). Fe8OH6e=4H2O (3). 阴 (4). 降低 (5). 升高 (6). 正 (7). 0.9 (8). 6 (9). H2SO4 (10). 2H2O+2e-=H2+2OH
40、- (11). 18.4【解析】【分析】(1)用电解法制备铁酸钠，电解时铁失去电子、发生氧化反应，结合氢氧根离子生成铁酸根离子和水，则Fe电极为阳极，据此写出电极反应式、并判断两极溶液的pH变化；“镁一次氯酸盐”燃料电池中，b电极上ClOCl、发生得电子的还原反应，则b电极为正极；根据原子、电子守恒得到关系式：FeFeO6e、ClOCl2e，关系式为FeO6e3ClO，49.8gNa2FeO4的物质的量为 =0.3mol，据此计算消耗ClO的物质的量；Cr3沉淀完全时c(Cr3)=110-8molL-1，根据KspCr(OH)3=1.010-32计算溶液中c(OH)、c(H)和pH；(2)电解
41、硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O-4e=O2+4H，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为2：1，则甲是氢气、乙是氧气，则c是阴极、d是阳极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，根据电子转移守恒分析通过离子交换膜e的钠离子的质量，据此分析解答。【详解】(1)铁是阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO+4H2O，Ni电极上氢离子放电，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，图中的离子交换膜为阴离子交换膜，OH-自左向右移动，电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，故答案为：阳；Fe+8OH-6e=FeO+4H2O；阴；
42、降低；升高；如图所示，b极发生的反应为ClO-生成Cl-，氯元素化合价降低，得电子发生还原反应，作电池的正极；根据原子、电子守恒得到关系式：FeFeO6e、ClOCl2e，关系式为FeO6e3ClO，49.8gNa2FeO4的物质的量为 =0.3mol，Na2FeO4中铁元素化合价为+6，根据得失电子守恒得：n(C1O一)=3n(Na2FeO4)=0.9mol；Cr3沉淀完全时c(Cr3)=110-8molL-1，KspCr(OH)3=1.010-32，则溶液中c(OH)=molL1=10-8molL1、c(H)=molL1=10-6molL1、pH=6，故答案为：正；0.9；6；(2)根据图，电解Na2SO4溶液相当于电解水生成氢气和氧气，c极电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，则丁为H2SO4；阳极d电极反应式为2H2O-4e=O2+4H，生成0.2mol氧气时，转移的电子的物质的量为0.8mol，根据得失电子守恒，通过交换膜e的Na+的物质的量为0.8mol，则m(Na+)=23gmol10.8mol=18.4g，故答案为：H2SO4；18.4。【点睛】本题考查电解原理和原电池原理的应用及计算，把握电极的判断、电极的反应为解题的关键，难点(1)注意电子守恒在电化学计算中的应用，注意KspCr(OH)3的应用。