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1、2021-2022学年广东省惠州市高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共16小题，共44.0分）l.下列关千能源的说法不正确的是（)A.氢能和生物质能均屈千可再生能源B.太阳能和风能均是清洁能源C.燃料电池可将化学能全部转化为电能D.石油等化石燃料虽储藏丰富，但过度开采会使其面临枯竭2.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是（)A.NaCl B.(NH4)2S04 C.CH3COONa 3.下列各组归类，完全正确的是（)选项A B C D 强电解质NH4HC03 HC104 CaC03 HN03 弱电解质BaS04 CH3COOH 比S03Fe(OH)3 非电解质C6H12仇（葡萄糖）S03
2、CH3COOH H20 A.A B.B C.C D.NaHC03 D.D 4.关千G)氨气与氯化氢气体的反应、）碳酸氢钠的分解反应的墒变说法正确的是()A.均为嫡增加反应B.均为嫡减小反应C.反应G)墒增加，反应）嫡减小D.反应G)墒减小，反应墒增加5.下列措施中，其目的与反应速率无关的是（)A.食品置千冰箱中冷藏B.食品中使用着色剂C.实验室用双氧水制02时，加少岱Mn02D.食品添加剂中使用抗氧化剂6.下列关千氨水的说法正确的是（)A.氢氧化铝可以溶于过量的氨水中B.导电性比氯化较溶液弱C.其溶液的pH=11说明它是弱电解质D.室温下的稀氨水中，Kw=1 x 10-14mol2 L-2 7
3、.下列属千吸热的氧化还原反应的是（)A.氢气与氮气反应合成氨B.C在见中燃烧C.高温下，C与CO2反应D.氯化较固体与氢氧化钡品体反应制氨气8.关千下列装置，叙述正确的是（)A.石墨电极反应02+2H20+4e-=40H-B.石墨换成Mg,会加快Fe的腐蚀C.加入少谥FeCl2,会减缓Fe的腐蚀D.加入HN03,石墨电极反应式：2H+2e-=H2 T 9.已知：(l)H2(g)+；也(g)=H20(g);1:,_ H=a kJ/mol(2)2H2(g)+0 2(g)=2H20(g);1:.H=b kJ/mol(3)比(g)oz(g)=H200):t,.H=C kJ/mol(4)2H2(g)+0
4、2(g)=2H20(1):t:.H=d kJ/mol 下列关系式中正确的是（)A.ac d 0 C.2a=b O 11.某放热且可逆的基元反应A+BC的正、逆反应的活化能分别为Ea、Eb,下列关系正确的是（)A.Ea=Eb B.Ea Eb C.Eb Ea D.Ea 1=-阮12.某温度下，O.SL容器中X、Y、Z三种气体的物质的批(n)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法错误的是()第2页，共20页n/mol,I.00v.,Y X 0.8:0.7 0.6 0.4r-,:0.2 z 0 I 2 3 4 5 A.2min时该反应达到该条件下的最大限度B.该反应的化学方程式为3X+Y 2Z C.
5、z在2min内的平均反应速率为0.2mol/(L min)D.达到平衡时X的转化率为70%13.下列说法不正确的是（)A.pH c(OH-)c(HC03)C.室温下，向O.lmol L一1氨水 中加少谥NH4C固体，溶液中c(OH-)c(NH3历0)增大D.室温下，O.lmol L-1的(DCH3COONaNaHC03两种溶液的pH:CD 16.某温度时，AgCI悬浊液中沉淀溶解平衡曲线如阳所示。下列说法错误的是（)420 气l.OUSIOIl(+V):2 4 e(Ci-)/lO-s mo卜L一1A.加入NaCl,可以使溶液由a点变到点cB.加入少做水，平衡不移动，A旷浓度不变C.b点对应溶液
6、中Q Ksp D.a、c点对应的Ksp相等二、简答题（本大题共4小题，共56.0分）17.准确称取1.00g不纯的苛性钠样品（主要成分NaOH)配成ZSOmL溶液，取出10.00mL,用已知浓度为0.040mol L-1的盐酸进行滴定（杂质不与盐酸反应），达到滴定终点时共消耗盐酸20.00mL。(1)本实验称取苛性钠时，能否用托盘天平？（填写“能”或“否）。(2)配制上述溶液，定容时俯视刻度线，所配得溶液的浓度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。）取用10.00mL苛性钠溶液所用的仪器名称是。(3)操作过程中，用蒸熘水洗净酸式滴定管后，未用盐酸润洗酸式滴定管，会使滴定结果（填“偏高”或“偏低
7、”)。(4)(D本实验如果用酚猷为指示剂，滴定终点的操作和现象是。）滴定过程中，眼睛应注视。(5)根据滴定结果，求得该样品中苛性钠的质量分数为。(6)滴定前，盛装盐酸的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定结果（填“偏高”或“偏低”)。18.甲、乙两同学设计确定HA为弱酸的实验方案如下：甲：G）称取一定质矗的NaA，配制成O.lmol L一1的溶液lOOmL;室温下，用pH计测其pH,根据结果即可判定HA为弱酸。乙：CD:I:取一定体积的HA浓溶液，配制成O.lmol尸的溶液lOOmL;将上述溶液稀释100倍，室温下，用pH计测定稀释前后的pH，根据结果即可判定HA为弱酸。第4页，共20页
8、(1)两个方案的步骤G)中都要用到的定量仪器是。(2)甲方案若测得溶液的pH7（填写“”、”或“=），即可说明HA为弱酸，用离子方程式解释原因。(3)乙方案中能说明HA为弱酸的依据是。A稀释后溶液的pH值大于稀释前的B稀释后溶液的pH值增大不到两个单位C稀释后，水的电离程度更大(4)丙同学取乙同学配制的溶液和同浓度的盐酸，用如图所示的装置，控制相同条件，做两溶液的导电性实验，根据灯泡的亮度也可得出HA为弱酸的结论，其依据的实验现象是。(S)请参考上述方案，改进乙同学的方案。要求只用乙配制的溶液，不用其他任何试剂（仪器任选）。你的方案（包括：操作、现象、结论）是。19.乙醒有广泛的用途，用乙醇为
9、原料制备乙醒的方法主要有如下两种：1电化学法。(1)装置如图(a)所示。生成儿的电极为极，电极反应式为;乙醇在装翌中发生的反应为（填“氧化”或“还原”)反应。II催化脱氢法。(2)乙醇催化脱氢反应：CH3CH20H(g).=CH3CHO(g)+H2(g)/:J.H,相关物质的燃烧热数据如表所示：物质I CH3CH20H(g)I CH3CHO(g)I H2(g)燃烧热!J.H/(kj mol-1)1366.8 1166.4 285.8 t.H=_kJ.mo1-10(3)一定温度下，某体积可变容器中只发生乙醇催化脱氢反应，n（乙醇）随反应时间(t/h)、容器总压(p/MPa)的变化关系如图(b)。
10、（已知P2压强下平衡时，容器的容积为l.OL)图(b)中两条曲线对应的压强关系P1氏（填”或“），判断的依据是：p1MPa时，Ol.Sh内生成乙醒的平均速率为mol h-10 p2MPa时，反应的平衡常数K=_molL一lo1.屯沦_,乙4+Ju,r恤户Hi验，一,I心，乙杆1”-ll会、匙咖1.l 图(a)I.2 3 5 t/b 图(b)20.高猛酸钾是中学化学常用的试剂。主要用于防腐、化工、制药等。实验室模拟工业上用软猛矿（主要成分为Mn02)制备高猛酸钾的流程如图1:回碱气氧化钾软猛矿k,MnO4-声，frKMnO 图11守(1)原料软铝矿要经过粉碎后再与KOH混合，粉碎软猛矿的作用是。
11、(2)“平炉“内发生反应的化学方程式为。(3)“平炉中需要加压，其目的是。(4)CO2歧化法”是在K2Mn04溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2Mn04发生歧化反应。反应中生成KMn04、Mn02和一种酸式盐（写化学式)。(5)电解法制备KMn04装置如图2,m是直流电源的极（填“正”或“负），中间的离子交换膜是（填“阳”或“阴”)离子交换膜，则阳极的电极反应式为(6)上述两种制备高猛酸钾的方法中，可以循环利用的物质的化学式为。第6页，共20页答案和解析1.【答案】C【解析】解：A短期内可以重复生成的能源为可再生能源，氢能和生物质能均为可再生能源，故A正确；B太阳能、风能都是清洁
12、能源，不污染环境，故B正确；C能谥的转化一定不是完全的，燃料电池将大部分的化学能转变为电能，还有一小部分转化为热能，故C错误；D石油等化石能源不能再生，属于不可再生能源，且在地壳中的储存量有限，过度开采会使其面临枯竭，故D正确；故选：C。A短期内可以重复生成的能源为可再生能源；B太阳能、风能都是清洁能源，对环境友好；C燃料电池将大部分的化学能转变为电能；D石油等化石能源不能再生。本题考查了能源的利用，应注意的是化石燃料不能再生，且能量的转化不是完全的。2.【答案】B【解析】解：A.NaCl为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故A错误；B.(NH心S04为强酸弱碱盐，较根离子水解溶液呈酸性，故B正确；
13、C.CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解溶液呈碱性，故C错误；D.NaHC03为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，故D错误；故选：B。某物质的水溶液因水解而呈酸性，说明该物质为强酸弱缄盐，弱碱根离子水解导致溶液呈酸性，以此结合物质组成判断。本题考查盐类水解，为高频考点，把握盐的电离与水解为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意溶液酸碱性的判断，题目难度不大。3.【答案】B【解析】解：A硫酸钡是强电解质，不属千弱电解质，故A错误；B高氯酸是强电解质，醋酸是弱电解质，S03属千非电解质，故B正确；C.CaC03屈于强电解质，亚硫酸是弱酸是弱电解质，醋酸是弱电解质，故C错误；D水屈
14、千弱电解质，故D错误。故选：B。强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，不能根据电解质溶液的导电性强弱划分强弱电解质。4.【答案】D【解析】解：A氨气与氯化氢反应生成氯化较固体，是气体体积减小的反应，属千嫡减小的反应，故A不选；B碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，属千墒增加的过程，故B不选；C.(I)氨气与氯化氢反应生成氯化较固体，是气体体积减小的反应，属千嫡减小的反应，碳酸氢钠受热分解生成
15、二氧化碳气体，屈千嫡增加的过程，故C不选；D.(I)氨气与氯化氢反应生成氯化较固体，是气体体积减小的反应，属于嫡减小的反应，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，屈千嫡增加的过程，故D选：故选：D。反应中有气体生成的或者反应前后气体系数增大的为墒增加过程，反之为嫡减小的反应，物质由气体到液体到固体墒值减小，据此解答。本题考查了墒的变化，明确熘的定义和嫡变的特点是解题关键，注意对相关知识的积累。5.【答案】B【解析】解：A降低温度可减缓食物腐败的速率，与调控反应速率有关，故A不选；B食品中加入着色剂是为了增强食欲，与化学反应速率快慢无关，故B 选；C催化剂可加快反应速率，则H2也分解反应中，加入适蜇
16、Mn02,反应速率明显加快，第8页，共20页故C不选；D抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，与反应速率有关，故D不选，故选：B。A降低温度可减缓食物腐败的速率；B食品中加入着色剂是为了增强食欲；C催化剂可加快反应速率；D加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期。本题考查反应速率，为高频考点，把握影响反应速率的因素、速率的调控作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生产的联系，题目难度不大。6.【答案】D【解析】解：A一水合氨为弱碱，氢氧化铝不能溶于弱碱，故A错误；B电解质溶液导电性与电解质强弱无关，与自由移动的离子浓度和带电荷数有关，故B错误；C氨水的浓度未知，只知
17、道氨水pH值，不能说明其为弱电解质，故C错误；D室温下的稀氨水中，水的离子积常数Kw=1 x 10-14mol2 L-2,故D正确；故选：D。A氢氧化铝只能溶解在强缄溶液中；B电解质溶液导电性与电解质强弱无关；c电解质溶液强弱与电离方式有关，与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度无关；D水的离子积只与温度有关。本题考查氨水及氨气性质，侧重考查元素化合物性质，明确氨水成分及其性质是解本题关键，知道氨气或桉根离子的检验方法，题目难度不大。7.【答案】C【解析】解：A氢气与氮气反应合成氨的反应是氧化还原反应，为放热反应，故A错误；B.C在02中燃烧是氧化还原反应，为放热反应，故B错误；C碳与二氧化碳高溫反应
18、生成一氧化碳的反应是氧化还原反应，反应为吸热反应，故C正确；D.Ba(OH)2 8H20与NH4Cl反应是吸热反应，不是氧化还原反应，故D错误；故选：C。所含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，常见的吸热反应有：大多数的分解反应、C与水、二氧化碳的反应、氯化较与氢氧化钡的反应等，以此来解答。本题考查氧化还原反应及反应中能量变化，为高频考点，把握反应中能量变化、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意归纳常见的吸热反应，题目难度不大。8.【答案】A【解析】解：A铁腐蚀时，石墨电极上氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：石墨电极反应02+2H20+4e-=40H-，故A正确；
19、B.Mg的活泼性大千Fe,若石墨换成Mg,Mg为负极，Fe为正极，Fe被保护，不会被腐蚀，故B错误；C加入少儆FeCl2,FeCl2为强电解质，浴液导电性增强，会加快Fe的腐蚀，故C错误；D加入HN03,HN03具有强氧化性，石墨电极上得到电子生成NO,电极反应式为：8H+2N03+6e-=2NO t+4H20,故D错误；故选：A。A石墨电极为正极，铁腐蚀时正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；B石墨换成Mg,Mg的活泼性大千Fe,Mg为负极，Fe被保护；C加入氯化亚铁后，溶液导电性增强，金屈的腐蚀加快；D稀硝酸具有强氧化性，石墨电极上硝酸根离子反应得到电子生成一氧化氮气体。本题考查金屈的腐蚀与防
20、护，为高频考点，明确物质性质、原电池工作原理为解答关键，注意掌握金属的腐蚀与防护方法，题目难度不大。9.【答案】C【解析】解：A、c中生成的是液态水，热呈多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以ca O,故A错误；B、d中生成的是液态水，热量多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d b O,故B错误；C、燃烧反应为放热反应，t:.H 0,由系数确定d=2c 0;b=2a O,故C正确；D、燃烧反应为放热反应，t:.H 0,由系数确定d=2c 0;b=2a 0,故D错误；第10页，共20页故选：C。根据燃烧反应为放热反应，6.H O,由系数确定d=2c 0:b=2a
21、 0:d中生成的是液态水，热记多，绝对值比b气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以d b O,c中生成的是液态水，热量多，绝对值比a气态水的大，但绝对值越大相应数值越小所以caE扣故选：C。AH 正反应活化能逆反应活化能，据此分析。本题考查反应热与熔变，为高频考点，把握AH正反应活化能逆反应活化能解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。12.【答案】D【解析】解：A由图象可以知道，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的最增多，应为生成物，当反应进行到Zmin时，X、Y的物质的量不变，即达到了平衡状态，故A正确；B由图象可以知道，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，
22、Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到Zmin时，X、Y的物质的量不变且不为0，屈于可逆反应，6n(Y)=O.lmol,6n(X)=0.3mol,6n(Z)=O.ZmoJ,则6n(Y):6nX):6n(Z)=1:3:2,参加反应的物质的物质的忙之比等千化学计昼数之比，则反应的方程式为：3X+Y ZZ,故B正确；o.2mol C反应开始至2min未，Z的反应速率v(Z)竺三正0.2mol/(L min)，故C正确；ti.t 2min/(0.3 D平衡后X的转化率为X100%=30%，故D错误；1.0 故选：D。A由图象可以知道，反应中X、Y的物质的撇减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生
23、成物，当反应进行到2min时，X、Y的物质的立不变，即达到了平衡状态；B由图象可以知道，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物；C反应开始至2min未，Z的反应速率v(Z)AC t.t 0.3 D平衡后X的转化率为X100%=30%。1.0 本题考查化学平衡图象分析、化学平衡的计算，题目难度中等，注意分析各物质的痲的变化曲线，把握化学方程式的判断方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。13.【答案】B【解析解：A温度未知，Kw未知，则不能由pH直接判断溶液的酸碱性，如l00CpH=6 为中性，则pH c(HCI)，等pH、等体积的这两种酸，n(CH3COOH
24、)n(HCI)，中和pH和体积均相等的CH3COOH溶液与盐酸，所需NaOH的物质的痲与酸的物质的黛成正比，所以醋酸消耗的NaOH多，故B错误；第12页，共20页C相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中c(H+)相等，由千水的离子积相同，则两溶液中c(OH-)相等，故C正确；D氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(OH-)=c(H勹，结合电荷守恒可知：c(Cl-)=c(NH切，故D正确；故选：B。A温度影响水的离子积，则pH小千7的溶液不一定为酸性；B.pH相同的CH3COOH和HCI,c(CH3COOH)c(HCI)，中和pH和体积均相等的CH3COOH溶液与盐酸，所需NaO
25、H的物质的量与酸的物质的量成正比；C温度相同时水的离子积相同，两种酸的pH相等，则两种酸中c(H+)相等；D溶液为中性，则c(oH-)=c(H勹，溶液中存在电荷守恒c(cJ-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4)。本题考查溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度不大，明确水的电离及其影响为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。14.【答案】D【解析】解：A.CC14分子在标准状况下不是气体，22.4L的CC14分子不是lmol,故A错误；B溶液体积不明确，故溶液中soi一的数目无法计算，故B错误；C.CIO一为弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中的
26、次氯酸根的个数小于NA个，故C错误；D二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的三氧化硫分子个数小千2NA个，故D正确；故选：D。A.CCl4分子在标准状况下不是气体；B溶液体积不明确C.CIO一为弱酸根，在溶液中会水解；D二氧化硫和氧气的反应为可逆反应。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。15.【答案】B【解析】解：A加水稀释盐酸时，溶液中c(H勹减小，温度不变水的离子积常数不变，则c(OH-)增大，故A错误；B.CO一两步水解都生成OH三只有第一步水解生成HC03,则c(oH-)c(HC03)，但其水解程度较小，N旷不水解，所以溶液中
27、存在c(Na+)c(Co-)c(OH-)c(HC03),故B正确；c室温下，向O.lmol L-1氨水中加少量NH4Cl固体，NH4Cl溶解导致溶液中c(NH切增大，c(OW)抑制NH3 H20电离，则溶液中c(OH-)减小、c(NH3 H20)增大，所以溶液中减c(NH3H20)小，故C错误D室温下相同浓度的CH3COONa、NaHC03,水解程度CH3COO HC03,水解程度越大，溶液的pH值越大，所以pH:CI)，故D错误；故选：B。A加水稀释盐酸时，溶液中c(H勹减小，溫度不变水的离子积常数不变；B.CO一两步水解都生成OH三只有第一步水解生成HC03,但其水解程度较小，N旷不水解；
28、C室温下，向O.lmol L-1氨水中加少量NH4Cl固体，NH4Cl溶解导致溶液中c(NH4)增大，抑制NH3 H20电离，则溶液中c(OH-)减小、c(NH3 H20)增大；D室溫下相同浓度的CH3COONa、NaHC03,水解程度CH3COO Ksp(AgCI)，则有沉淀生成，故C正确；D相同温度下，溶度积相等，则c点对应的Ksp等于a点对应的Ksp，故D正确；故选：B。第14页，共20页A加入NaCl，氯离子浓度增大；B加入少罹水，促进溶解，仍为饱和溶液；C.b点对应溶液中Qc(AgCI)K5(AgCI);D相同温度下，溶度积相等。本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握图中离子
29、浓度变化、Ksp的影响因素、沉淀的生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。17.【答案】否偏高碱式滴定管偏高当滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复锥形瓶内溶液颜色的变化80%偏高【解析】解：（1）本实验称量样品质量感量为O.Olg,而托盘天平感量为O.lg,所以称取苛性钠时，不能用托盘天平，故答案为：否；(Z)(I)定容时俯视刻度线，导致溶液的体积V偏小，所配得溶液的浓度c扭扁高，故答案为：偏高；苛性钠溶液呈碱性，前要选用碱式滴定管量取，故答案为：碱式滴定管；(3)操作过程中，用蒸熘水洗净酸式滴定管后，未用盐酸润洗酸式滴定管，
30、导致盐酸标准液的浓度偏低，会使消耗标准液的体积偏大，滴定结果偏高，故答案为：偏高；(4)(I)若以酚猷溶液做指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复，则反应达到滴定终点，故答案为：当滴入最后一滴盐酸时，溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；滴定操作时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；(5)反应为NaOH+HCI=NaCl+H20，则10.00mL样品溶液中n(NaOH)=n(HCl)=cV=0.040mol L-1 x 0.0ZL=0.0008mol,m(NaOH)=nM=0.0008mol x
31、 40g/mol=0.032g,则样品中NaOH的总质械为0.032gX =0.80g,该样品中苛性钠的质朵分数为0.80g、X100%=80%1.00g 故答案为：80%;,(6)滴定前，盛装盐酸的滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液的体积c（标准）V(标准）读数偏大，由c（待测）=可知，滴定结果偏高，c（待测）故答案为：偏高。(1)称点样品质岱感昼为O.Olg,托盘天平感谥为O.lg;(2)(!)分析操作对溶质的物质的岱和溶液体积的影响，结合c附进行误差分析苛性钠溶液呈碱性，谣要选用碱式滴定管量取；(3)用蒸熘水洗净酸式滴定管后，未用盐酸润洗酸式滴定管，导致盐酸标准液的浓度偏低
32、；(4)(D若用酚猷做指示剂，滴定终点溶液显中性，红色褪去；滴定时要注视锥形瓶内溶液颜色变化，及时判断滴定终点；(5)反应为NaOH+HCI=NaCl+H20，则10.00mL样品溶液中n(NaOH)=n(HCl)=cV=0.040mol L-1 x 0.02L=0.0008mol,m(NaOH)=nM=0.0008mol x 40g/mol=0.032g,则样品中NaOH的总质量为0.032250mL gx 10.00mL=0.80g;(6)根据c（待测）=c（标准）V（标准）、一c（待刹）进钉误差分析。本题考查中和滴定、溶液配制等基本实验操作，为高频考点，明确中和滴定操作及注意事项为解答关
33、键，注意掌握滴定终点判断及误差分析方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度中等。18.【答案】lOOmL容量瓶A-+H2 0 HA+OH-,B用盐酸做导电性实验中灯泡亮度强于用HA做导电性实验中灯泡亮度用pH计测0.lmol/LHA溶液的pH,若pH大千1,则证明HA是弱酸，如果pH=1,则证明HA是强酸【解析】解：（1）在两个方案的第G)步中，配制O.lmol/L的溶液lOOmL,根据配制一定浓度的溶液必须使用100mL容蜇瓶，故答案为：lOOmL容量瓶；(2)弱酸对应的酸根易水解，溶液显碱性，因此甲方案若测得溶液的pH7,即可说明HA为弱酸，水解的离子方程式为A-+H 2 0.=HA
34、+0 H飞故答案为：;A-+H20.=HA+OH飞(3)A稀释可促进弱酸的电离，溶液中氢离子的物质的量增加，因此如果稀释100倍以后，稀释后溶液的pH值增大不到两个单位，因此稀释后溶液的pH值大于稀释前的不能说明HA是弱酸，故A错误；第16页，共20页B稀释后溶液的pH值增大不到两个单位可以说明HA是弱酸，故B正确；C稀释后酸电离出的氢离子浓度减小，水的电离程度增大，但不能说明HA是弱酸，故C错误；故答案为：8;(4)由千溶液的导电性和溶液中离子浓度以及离子所带电荷数有关系，因此根据灯泡的亮度也可得出HA为弱酸的结论，其依据的实验现象是用盐酸做导电性实验中灯泡亮度强千用HA做导电性实验中灯泡亮
35、度，故答案为：用盐酸做导电性实验中灯泡亮度强千用HA做导电性实验中灯泡亮度；(5)如果要求只用乙配制的溶液，不用其他任何试剂（仪器任选）可以通过直接测量O.lmol/LHA溶液的pH,即用pH计测O.lmol/LHA溶液的pH,若pH大千1，则证明HA是弱酸，如果pH=1,则证明HA是强酸，故答案为：用pH计测O.lmoJ/LHA溶液的pH，若pH大千1，则证明HA是弱酸，如果pH=1,则证明HA是强酸。(1)配制一定浓度的溶液必须使用lOOmL容址瓶；(2)弱酸对应的酸根易水解，溶液显碱性，因此甲方案若测得溶液的pH7，即可说明HA为弱酸；(3)A稀释可促进弱酸的电离，溶液中氢离子的物质的量
36、增加，因此如果稀释100倍以后，稀释后溶液的pH值增大不到两个单位；B稀释后溶液的pH值增大不到两个单位可以说明HA是弱酸；C稀释后酸电离出的氢离子浓度减小，水的电离程度增大；(4)溶液的导电性和溶液中离子浓度以及离子所带电荷数有关系；(5)如果要求只用乙配制的溶液，不用其他任何试剂（仪器任选）可以通过直接测矗O.lmol/LHA溶液的pH。本题考查弱电解质的判断，为高频考点，明确强弱电解质的根本区别是解本题关键，注意注意电解质的强弱是根据其电离程度划分的，不是根据溶液的导电能力划分的，为易错点。19【答案】阴2H+ze-=H2 i氧化85.4反应分别达到平衡状态时，压强由P1到P2乙醇的物质
37、的量减少，说明平衡正向移动，该反应正向气体分子数增加，减小压强平衡正向移动，故P1小千p20.48 1【解析】解：（1）由装置图可知右侧电极上发生反应2H+ze-=H2 i,电解池中得电子的电极为阴极；乙醇在左侧电极上转变成乙醒，发生氧化反应，故答案为：阴；2H+2e-=H2 i;氧化；(2)由燃烧热可得热化学方程式：CH3CH20H(g)+302(g)=2C02(g)+3H20(1)/J.H1=-1366.SkJ/moI(D:CH3CHO(g)扣(g)=2C02(g)+2H20(1)/J.H2=1166.4kJ/mol:比（g)；见(g)=H20(1)/J.H3=-285.SkJ/mol；反
38、应CH3CH20H(g)CH3CHO(g)+H2(g)可由CD-CT)得到，根据盖斯定律：/J.H=/J.H1-/J.H2-/J.H3=(-1366.8+1166.4+285.S)kJ/mol=85.4kJ mo1-1,故答案为：85.4;(3)(D由图像可知反应分别达到平衡状态时，压强由P1到p2乙醇的物质的量减少，说明平衡正向移动，该反应正向气体分子数增加，减小压强平衡正向移动，故P1小于p加故答案为：；反应分别达到平衡状态时，压强由P1到p2乙醇的物质的量减少，说明平衡正向移动，该反应正向气体分子数增加，减小压强平衡正向移动，故P1小千pz;p1MPa时，01.5h内，乙醇的物质的扯由2
39、.0mol减小为1.28mo!,消耗了0.72moI.AC 0.72mol 由反应可知生成乙酸为0.72mol,乙酵的平均速率为一-0.48mol h-1,At 1.Sh 故答案为：0.48;p2MPa时，反应达到平衡时乙醇消耗lmol,则生成的乙酸和氢气均为lmol,平衡时剩余的乙醇为lmol,此时的平衡常数为：故答案为：1。旦x辽皿K=c(H2)c(CH3CHO)=1L:IL c(CH3CH20 H)-lL=lmol L一1,(1)由装置图可知右侧电极上发生反应2H+ze-=H2 i,电解池中得电子的电极为阴极；(2)由燃烧热可得热化学方程式：CH3CH20H(g)+302(g)=2C02
40、(g)+3H20()/1H1=-1366.SkJ/mol(D:CH3CHO(g)：也(g)=2C02(g)+2H20(1)/1H2=-1166.4kJ/mol:H2(g)；也（g)=凡O(l)tiH3=-285.BkJ/mol：反应CH3CH20H(g)CH长HO(g)+H2(g)可由G)-）得到，根据盖斯定律：tiH=tiH1-tiH2-tiH3;(3)由图像可知反应分别达到平衡状态时，压强由P1到P2乙醇的物质的霆减少，说明平衡正向移动，该反应正向气体分子数增加，减小压强平衡正向移动；p1MPa时，01.5h内，乙醇的物质的量由2.0mol减小为l.28mol,消耗了0.72mol,凸C由
41、反应可知生成乙酸为0.72mol,乙酷的平均速率为一At p2MPa时，反应达到平衡时乙醇消耗lmol,则生成的乙醒和氢气均为lmol,平衡时第18页，共20页剩余的乙醇为lmol,此时的平衡常数为：K=c(H2)c(CH3CHO)c(CH3CH20 H)0 本题考查反应热计算、电极反应书写、反应速率及平衡移动的影响因素、对条件控制的分析评价等，注意平衡原理的理解、图像的应用分析，题目难度中等。20.【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率2Mn02+4KOH+02二2K2Mn04+2H20增大氧气的压强，提高反应速率NaHC03正阴MnOi-e-=Mn04 Mn02 和KOH【解析】解：（
42、1）原料软猛矿要经过粉碎后再与KOH混合，粉碎软猛矿的作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率；(2)Mn02、KOH和空气熔融时发生氧化还原反应生成K2Mn04,对应的化学反应方程式2 为2Mn02+4KOH+022K2Mn04+2H灿仑故答案为：2Mn02+4KOH+022K2Mn04+2H20;(3)“平炉中需要加压，其目的是增大氧气的压强，提高反应速率，故答案为：增大氧气的压强，提高反应速率；(4)向K2Mn04溶液通入二氧化碳得到KMn04、Mn02、K2C03:3K2Mn04+2 CO2=2 KMn04+2K2C03+Mn02.!,但是
43、如果二氧化碳过滤，会获得酸式盐NaHC03,故答案为：NaHCO护(5)电解K2Mn04溶液，吁2K2Mn04+2H20-2KMn04+ZKOH+H2 i m为阳极，连接电源正极，电极反应为：Mnoi-e-=Mn04,中间的离子交换膜是阴离子交换膜，故答案为：正；阴；MnOi-e-=MnO示(6)上述两种制备高猛酸钾的方法中，Mn02和KOH可以循环利用，故答案为：Mn02和KOH。根据流程：Mn02、KOH和空气熔融时发生氧化还原反应生成K2Mn04,加水溶解得到K2Mn04溶液，沉降结晶，滤液成分为氢氧化钾，可以回碱到烘炒锅，获得的猛酸钾晶体可以通过电解法或者二氧化碳歧化获得高猛酸钾，途径
44、1:向K2Mn04溶液通入二氧化碳得到KMn04、Mn02、K2C03:3K2Mn04+2 CO2=2 KMn04+2K2C03+Mn02.!,二氧化碳过滤会获得碳酸氢钠，过滤除去滤渣(MnO心滤液为KMn04、K2C03溶液，浓缩结晶，趁热过滤得到KMn04晶体，滤液中含有K2CO扣途径2:电解K2Mn04溶液，吵2K2Mn04+2H20-2KMn04+2KOH+H2 im为阳极，电极反应为：MnO-e-=Mn04，据此分析作答。本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。第20页，共20页