2019-2020年高二化学上学期期中试卷 理（含解析）.doc

2019-2020年高二化学上学期期中试卷 理（含解析）一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每小题只有一个选项符合题意）1新能源的开发利用是人类社会可持续发展的重要课题下列属于新能源的是( )A煤炭B石油C天然气D氢气考点：使用化石燃料的利弊及新能源的开发专题：化学反应中的能量变化分析：根据能源的分类进行分析，煤、石油、天然气属于不可再生能源，而像太阳能、风能、核能、地热能、氢能等属于可再生能源，即新能源解答：解：煤、石油、天然气属于不可再生能源，而太阳能、风能、核能、地热能、氢能等属于可再生能源，即新能源故选D点评：本题考查新能源，难度较小，掌握能源的分类方法和能源的种类即可解答2关于化学反应与能量的说法正确的是( )A任何化学反应都伴随有能量变化BH0表示放热反应，H0表示吸热反应C化学键的断裂会放出能量D反应物总能量比生成物总能量高的反应是吸热反应考点：化学反应的能量变化规律；吸热反应和放热反应分析：A、任何化学反应，反应物具有的总能量不等于生成物具有的总能量；B、H0表示放热反应，H0表示吸热反应；C、断开化学键需要吸收能量；D、反应物总能量比生成物总能量高的反应是放热反应解答：解：A、任何化学反应，反应物具有的总能量不等于生成物具有的总能量，都伴随有能量变化，故A正确；B、H0表示放热反应，H0表示吸热反应，故B错误；C、断开化学键需要吸收能量，故C错误；D、反应物总能量比生成物总能量高的反应是放热反应，故D错误；故选A点评：本题考查了化学反应能量变化的实质和分析判断，掌握基础是关键，题目较简单3已知化学反应速率用单位时间内某物质的浓度变化来表示，在2L容器中发生反应：3A（g）+B（g）2C（g），若最初加入的A、B都是4mol，10s时A的物质的量为1mol，则10s内用B来表示反应速率为( )A0.01 mol/（Ls）B0.2 mol/（Ls）C0.05 mol/（Ls）D0.15 mol/（Ls）考点：化学反应速率和化学计量数的关系；反应速率的定量表示方法分析：根据v=计算A的反应速率，再结合同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算B反应速率，据此分析解答解答：解：A的反应速率v=0.15mol/（Ls），同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得B反应速率=0.05 mol/（Ls），故选C点评：本题考查化学反应速率的计算，明确同一反应同一时间段内各物质的反应速率与计量数的关系即可解答，题目难度不大4水溶液中能大量共存的一组离子是( )ANa+、Al3+、Cl、CO32BH+、Na+、Fe2+、MnO4CK+、Ca2+、Cl、NO3DK+、NH4+、OH、SO42考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：A因Al3+、CO32相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故A错误；B因H+、Fe2+、MnO4发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；C因该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D因NH4+、OH结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大5蒸干FeCl3水溶液后再强热，得到的固体物质主要是( )AFeCl3BFeCl36H2OCFe（OH）3DFe2O3考点：盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：蒸干FeCl3水溶液再灼烧发生的反应为FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl、2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，据此确定最终得到固体成分解答：解：蒸干FeCl3水溶液再灼烧发生的反应为FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl、2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，蒸发过程中促进HCl挥发，从而促进氯化铁水解，所以蒸干氯化铁溶液时得到氢氧化铁固体，灼烧氢氧化铁固体时，氢氧化铁固体分解生成氧化铁，所以最终得到的固体是氧化铁，故选D点评：本题考查了盐类水解，明确物质性质 即可解答，蒸发灼烧易挥发性盐时得到其氧化物，蒸发灼烧难挥发性酸的盐时得到物质本身6下列各方程式中，属于水解反应的是( )AHCO3+H2OH2CO3+OHBHCO3+H2OCO32+H3O+CHA+H2OA+H3O+DCO32+H+=HCO3考点：消去反应与水解反应专题：有机反应分析：根据盐类水解的定义：盐电离出的弱酸根离子或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答解答：解：AHCO3+H2OH2CO3+OH是HCO3与水电离出来的氢离子结合生成H2CO3，属于水解反应，故A正确；BHCO3+H2OH3O+CO32是HCO3的电离方程式，故B错误；CHA+H2OA+H3O+是HA电离方程式，故C错误；DCO32+H+=HCO3是CO32与酸反应的离子方程式，不是水解方程式，故D错误；故选A点评：本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，注意电离方程式的理解应用，要特别注意电离方程式与水解方程式的辨别，题目难度不大7在一密闭容器中，发生放热反应：SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g），H0下列有关说法正确的是( )A反应达到平衡时，降低温度，平衡逆向移动B使用催化剂，正反应速率增大，逆反应速率减小C加压，平衡不移动，但正、逆反应速率都不改变D减小SO2的浓度，平衡逆向移动考点：化学平衡的影响因素分析：A、降温平衡向放热方向移动；B、催化剂同等程度地增大正逆反应速率；C、加压，平衡不移动，但正、逆反应速率都增大；D、减小反应物浓度平衡逆向移动解答：解：A、降温平衡正向移动，故A错误；B、催化剂使正逆反应速率都增大，故B错误；C、因为反应前后气体体积相等，所以加压，平衡不移动，但正、逆反应速率都增大，故C错误；D、减小反应物二氧化硫的浓度平衡逆向移动，故D正确；故选D点评：本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握温度对反应速率的影响为解答的关键，注意升高温度反应速率加快，无需关注放热反应，题目难度不大8下列离子方程式书写正确的是( )A氯气与水反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB氢氧化铝与盐酸：Al（OH）3+3H+Al3+3H2OC铁溶于氯化铁溶液：Fe+Fe3+2Fe2+D氨气溶于醋酸：H+NH3NH4+考点：离子方程式的书写分析：A反应生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式；B反应生成氯化铝和水；C电子、电荷不守恒；D氨气、醋酸在离子反应中均保留化学式解答：解：A氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B氢氧化铝与盐酸反应的离子反应为Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，故B正确；C铁溶于氯化铁溶液的离子反应为Fe+2Fe3+3Fe2+，故C错误；D氨气溶于醋酸的离子反应为CH3COOH+NH3NH4+CH3COO，故D错误；故选B点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，题目难度不大9常温下，下列溶液pH小于7的是( )ACH3COONaBCuSO4CNaOHDNa2CO3考点：盐类水解的应用专题：盐类的水解专题分析：当pH小于7时，溶液呈酸性，酸溶液的pH一定小于7，但pH小于7的溶液却不一定是酸溶液，还可能是强酸弱碱盐溶液或强酸的酸式盐溶液，据此分析解答：解：A、CH3COONa是强碱弱酸盐，水解显碱性，pH大于7，故A错误；B、CuSO4是强酸弱碱盐，水解显酸性，pH小于7，故B正确；C、NaOH是强碱，溶液显碱性，pH大于7，故C错误；D、Na2CO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，pH大于7，故D错误；故选B点评：本题考查了溶液的酸碱性问题，应注意的是溶液显酸性时，不一定是酸溶液；溶液显碱性时，也不一定是碱溶液10在如图各烧杯中盛有海水，铁在其中腐蚀速率由快到慢的顺序是( )ABCD考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：作原电池负极、电解池阳极的金属被腐蚀，作原电池正极、电解池阴极的金属被保护，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，据此分析解答解答：解：作原电池负极、电解池阳极的金属被腐蚀，作原电池正极、电解池阴极的金属被保护，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，中只有一种金属，所以不能构成原电池；符合原电池构成条件而构成原电池，铁易失电子而作负极，加速被腐蚀；符合原电池构成条件而构成原电池，锌易失电子而作负极，铁作正极，所以铁被保护；该装置是电解池，铁连接原电池正极而作阳极，加速被腐蚀，且腐蚀速率大于铁作负极；该装置是电解池，铁连接原电池负极而作阴极，被保护；则铁被腐蚀快慢顺序是，故选C点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，根据“不同条件下金属腐蚀的快慢：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀”来分析解答即可，难度中等11下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe（OH）3非电解质蔗糖BaSO4酒精H2OAABBCCDD考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念分析：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，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，据此进行判断解答：解：A铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于分电解质，硫酸钡是盐，属于强电解质，故B错误；C碳酸钙是盐，属于强电解质；磷酸为弱酸，属于溶电解质；酒精是非电解质，故C正确；D水是弱电解质，故D错误；故选：C点评：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12一定温度下，可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）达到平衡的标志是( )A容器内每减少1molA2，同时生成2molAB3B混合气体总压强不再改变C容器内每减少1molA2，同时消耗3molB2D密闭容器内的物质的总质量不再改变考点：化学平衡状态的判断分析：根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态解答：解：A、都反映正反应方向，未体现正与逆的关系，故A错误；B、两边的计量数不等，容器内压强保持不变，说明达平衡状态，故B正确；C、容器内每减少1molA2，同时消耗3molB2，都映的正反应方向，故C错误；D、气体的总质量始终不变，所以不能说明已达平衡状态，故D错误；故选B点评：本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为013室温下，向a mol/L氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，至完全中和，下列描述不正确的是( )ApH逐渐减小Bn（NH4+）增大C恰好中和时水溶液显中性DKw不变考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：一水合氨是弱碱，不能完全电离，铵根离子浓度很小，向氨水中加入盐酸，盐酸和一水合氨反应生成氯化铵和水，恰好完全中和时，生成氯化铵溶液，氯化铵溶液因为铵根离子的水解使溶液显酸性，Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，据此分析解答：解：A向氨水中加入盐酸，氢离子和氢氧根离子反应导致溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液的PH减小，故A正确；B一水合氨是弱碱，不能完全电离，铵根离子浓度很小，向氨水中加入盐酸，盐酸和一水合氨反应生成氯化铵和水，氯化铵能够完全电离，所以铵根离子浓度增大，故B正确；C氨水和盐酸恰好完全中和时，生成氯化铵溶液，氯化铵溶液因为铵根离子的水解使溶液显酸性，故C错误；D水的离子积常数只与温度有关，温度不变，Kw不变，故D正确；故选C点评：本题考查弱电解质的电离，根据弱电解质的电离特点及影响弱电解质电离的因素来分析解答即可，难度不大14某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）2Z（g）H0下图表示该反应的速率（）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量下列说法中正确的是( )At3时降低了温度Bt5时增大了压强Ct2时加入了催化剂Dt4t5时间内转化率一定最低考点：化学平衡的影响因素分析：At3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；Bt5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率；C由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等；D催化剂对平衡移动无影响，t3t4时间内平衡逆向移动，转化率减小，t5t6时间内平衡逆向移动，转化率继续减小解答：解：At3时改变条件，正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，若降低温度，平衡正向移动，与图象不符，故A错误；Bt5时改变条件，正逆反应速率增大，且逆反应速率大于正反应速率，若增大压强，平衡逆向移动，与图象不符，故B错误；C由图可知，t2时改变条件，正逆反应速率增大且相等，若增大压强平衡发生移动，则t2时加入了催化剂，故C正确；D催化剂对平衡移动无影响，t3t4时间内平衡逆向移动，转化率减小，t5t6时间内平衡逆向移动，转化率继续减小，显然t5t6时间内转化率比t4t5时间内转化率低，故D错误；故选C点评：本题考查化学反应速率的影响因素及图象，明确反应为放热反应且为体积缩小的反应结合平衡移动与速率大小的关系即可解答，题目难度中等15以惰性电极电解 CuSO4 溶液若阳极上产生气体的物质的量为0.01mol，则阴极上析出Cu的质量为( )A0.64gB1.28gC2.56gD5.12g考点：电解原理专题：电化学专题分析：根据电解原理和溶液中的阴阳离子的放电顺序，书写阴阳极的电极反应，结合电极上电子转移相同进行计算解答：解；以惰性电极电解CuSO4溶液，在阳极上氢氧根离子放电生成氧气物质的量为0.01mol，阴极上铜离子得到电子析出金属铜阳极电极反应：4OH4e=2H2O+O2；阴极电极反应：2Cu2+4e=2Cu；根据电子守恒得到：O22Cu4e 0.01mol 0.02mol阴极析出铜的质量=0.02mol64g/mol=1.28g故选B点评：本题考查了电解原理的应用，关键是正确书写电极反应判断生成产物，结合电子守恒进行有关计算16常温下，用0.1000molL1 NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1 HClO溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是( )A点所示溶液中：c（ClO）+c（OH）=c（HClO）+c（H+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（HClO）+c（ClO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（ClO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（HClO）c（ClO）c（H+）c（Na+）c（OH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据点反应后溶液是NaClO与HClO物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明HClO电离程度大于ClO的水解程度，结合电荷守恒进行分析判断；B点pH=7，即c（H+）=c（OH），c（Na+）=c（ClO）；C点体积相同，则恰好完全反应生成NaClO，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+）；D在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（HClO）c（ClO）c（H+）c（Na+）c（OH）的情况解答：解：A点反应后溶液是NaClO与HClO物质的量之比为1：1的混合物，HClO电离程度大于ClO的水解程度，故c（Na+）c（HClO），由电荷守恒可知：c（ClO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（ClO）+c（OH）c（HClO）+c（H+），故A错误；B点pH=7，即c（H+）=c（OH），由电荷守恒知：c（ClO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故c（Na+）=c（ClO），故B错误；C点说明两溶液恰好完全反应生成NaClO，因ClO水解，且程度较小，c（Na+）c（ClO）c（OH）c（H+），故C错误；D当HClO较多，滴入的碱较少时，则生成NaClO少量，可能出现c（HClO）c（ClO）c（H+）c（Na+），只要加碱，就会存在c（Na+）c（OH），所以可能出现：c（HClO）c（ClO）c（H+）c（Na+）c（OH），故D正确；故选D点评：本题考查较酸碱混合的定性判断和计算、离子浓度大小比较，综合考查学生的分析能力和化学基本理论的运用能力，为xx届高考常见题型，难度中等，注意电荷守恒的运用二、解答题（共6小题，满分52分）17在一定条件下，密闭容器内发生可逆反应mA+nBzC达到平衡（1）若A、B、C均为气体，则平衡常数表达式为；（2）若A、B、C均为气体，在减小压强时平衡正向移动，则m+nz（填“”、“”或“=”）；（3）若该反应在任何温度下都能自发进行，则H0，S0（填“”、“”或“=”）考点：化学平衡常数的含义；焓变和熵变；化学平衡的影响因素分析：（1）根据平衡常数表达式书写；（2）减小压强时平衡向气体体积增大的方向移动；（3）根据G=HTS0进行判断解答：解：（1）生成物的浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，即，故答案为：；（2）减小压强时平衡向气体体积增大的方向移动，平衡正向移动，所以m+nz，故答案为：；（3）H0，若能够满足G=HTS0，熵值增大即S0，在任何温度下都能自发进行，故答案为：点评：本题考查平衡常数表达式、化学平衡的移动、焓变和熵变，题目难度不大，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0，能自发进行18在298K、100kPa时，已知：2H2O（g）2H2（g）+O2（g）H1Cl2（g）+H2（g）2HCl（g）H22Cl2（g）+2H2O（g）4HCl（g）+O2（g）H3则H3与H2和H1之间的正确关系是H3=2H2+H1已知氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJ/mol考点：热化学方程式分析：根据三个化学反应方程式可知，反应2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）可由另两个反应变形后加和得到，则由盖斯定律可知，H3应为另两个反应反应热的加和；根据1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热判断解答：解：2H2O（g）=2H2（g）+O2（g）H1；H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）H2；2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）H3；则反应=2+，由盖斯定律可知，H3=2H2+H1；1mol氢气燃烧生成稳定氧化物液态水放出的热量为燃烧热，H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，所以H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8 kJ/mol，故答案为：H3=2H2+H1；285.8 kJ/mol点评：本题考查了燃烧热、中和热定义，难度不大，抓住基本概念即可解答19碳酸钠属称纯碱，水溶液可用于清洗油污，其水溶液显碱性（填“酸性”、“中性”或“碱性”），用离子方程式解释CO32+H2OHCO3+OH考点：盐类水解的应用分析：根据碳酸钠水解生成碳酸氢根和氢氧根判断解答：解：碳酸钠水为强碱弱酸盐，电离出的碳酸根离子水解，CO32+H2OHCO3+OH，所以溶液呈碱性，故答案为：碱性； CO32+H2OHCO3+OH点评：本题主要考查盐的水解知识，注意水解规律是关键，较简单20（1）常温下，0.1mol/L的盐酸的pH=1；（2）常温下，某醋酸溶液的pH=1，其浓度0.1mol/L（填“”、“”或“=”）；（3）向饱和的AgCl溶液中加入NaBr（aq），有淡黄色沉淀生成，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgBr）（填“”、“”或“=”）（4）Ba（OH）2是一种强电解质，现有25、pH=13的Ba（OH）2溶液，溶液中由水电离出c（OH）=1013 molL1；（5）25、pH=13的Ba（OH）2溶液与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比）1：9混合后，所得溶液pH=11（假设混合溶液的体积等于混合前两溶液的体积和），该盐酸溶液的pH=2（6）常温下，取pH=2的盐酸和醋酸溶液各100mL，向其中分别加入适量的Zn粒，反应结束时两溶液的pH均为4设盐酸中加入的Zn质量为m1，醋酸溶液中加入的Zn质量为m2，则m1m2（选填“”、“=”或“”）考点：pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离分析：（1）pH=lgc（H+）来计算；（2）醋酸是弱电解质，不能完全电离；（3）化学式相似的物质的溶度积常数越小，则物质越难溶，根据沉淀的转化的角度分析；（4）pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子都是由水电离产生，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH）；（5）设盐酸的物质的量浓度为：C（HCl），碱与酸体积分别为1L、9L，分别求出氢氧化根离子和氢离子的物质的量，二者发生酸碱中和，所得溶液pH=11可知碱剩余，求出剩余的氢氧根离子的物质的量，依据：Kw=c（H+）c（OH ）计算解答（6）反应前和反应后元素和醋酸溶液中氢离子浓度相等，根据醋酸为弱电解质、盐酸为强电解质分析消耗锌的质量大小解答：解：（1）盐酸为强酸，0.1mol/L的盐酸，PH=lgc（H+）=lg0.1=1，故答案为：1；（2）常温下，某醋酸溶液的pH=1，根据PH=lgc（H+），c（H+）=0.1mol/L，醋酸为弱电解质，在溶液中部分电离，其浓度大于0.1mol/L，故答案为：；（3）在AgCl饱和溶液中加入足量浓NaBr溶液可生成AgBr沉淀，说明AgBr比AgCl更难溶，说明Ksp（AgCl）Ksp（AgBr），故答案为：（4）pH=13的Ba（OH）2溶液中氢离子由水电离产生，水电离产生的c（H+）等于溶液中水电离出c（OH ），故水电离出c（OH ）=c（H+）=1013mol/L，故答案为：1013 molL1；（5）设盐酸的物质的量浓度为：C（HCl），碱与酸体积分别为1L、9L，则n（OH ）=0.1mol/L1L=0.1mol，n（H+）=C（HCl）9L，反应后剩余氢氧根离子的物质的量为：0.1molc（HCl）9L；有混合所得溶液pH=11，可知混合后c（H+）=1011 molL1，则混合后c（OH ）=103 molL1，即：=103 molL1，解得：c（HCl）=102molL1，pH=lgH+，所以pH=2，故答案为：2（6）盐酸和醋酸的pH变化都是由2到4，盐酸中氢离子浓度逐渐减小，但醋酸中存在电离平衡，氢离子和锌反应时促进醋酸电离，补充反应的氢离子，所以醋酸是边反应边电离H+，而反应后溶液的pH相等，则氢离子浓度相等，所以反应过程中醋酸消耗的Zn多，即：消耗锌的质量m1m2，故答案为：点评：本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，明确弱电解质在溶液中部分电离的特点21甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：（1）甲池为原电池（填“原电池”或“电解池”），其中Fe为负极（填“正”或“负”），当甲池的电解质溶液为饱和NaCl溶液时，Fe被腐蚀的方式称为吸氧（填“析氢”或“吸氧”）腐蚀，其正极反应为O2+4e+2H2O4OH；（2）乙为电解池，根据图上的电子流向可以判断出C为阳极，该电极上的反应类型为氧化反应（填“氧化反应”或“还原反应”），如果将铁作为阳极则铁会溶解，写出电极反应式： Fe2eFe2+考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：（1）甲池属于原电池，铁易失电子作负极，碳作负极，正极上氧气得电子发生还原反应；（2）乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极，阴极上发生还原反应解答：解：（1）甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，在NaCl溶液中，正极上氧气得电子发生还原反应，为吸氧腐蚀，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，故答案为：原电池；负；吸氧；O2；4OH；（2）乙池有外接电源，属于电解池，根据电子流向知，C为阳极，发生氧化反应，Fe为阳极时，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为：Fe2eFe2+，故答案为：氧化反应；Fe2eFe2+点评：本题考查了金属的腐蚀，明确原电池和电解池原理是解本题关键，再结合离子放电顺序及物质间的关系来分析解答，难度不大22用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量10.0g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液称量时，样品可放在A（填编号字母）称量A小烧杯中B洁净纸片上C托盘上（2）滴定时，用0.xxmolL1的盐酸来滴定待测溶液，不可选用B（填编号字母）做指示剂A甲基橙B石蕊 C酚酞 （3）滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化；在铁架台上垫一张白纸，其目的是便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是0.4000molL1，烧碱样品的纯度是80.00%滴定次数待测溶液体积（mL）标准酸体积滴定前的刻度（mL）滴定后的刻度（mL）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（5）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，则滴定结果偏高若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，则滴定结果偏高考点：中和滴定专题：实验题分析：（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上（如：小烧杯、表面皿）里称量；（2）酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，根据溶液颜色的变化判断终点；（4）根据c（待测）=，V（标准）用两次的平均值；根据m=cVM计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；（5）根据操作对c（待测）=产生的影响分析误差解答：解：（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上（如：小烧杯、表面皿）里称量，防止玷污托盘因烧碱易潮解，所以应放在小烧杯中称量，故选A；（2）酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故选B；（3）滴定时，滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化，在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差，故答案为：锥形瓶内溶液的颜色变化；便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差； （4）第一次消耗的标准液的体积为：mL=20.10mL，第二次消耗的标准液体积为：24.00mL4.10mL=19.90mL，两次滴定数据都是有效的，所以消耗标准液平均体积为20.00mL，根据c（待测）=，=0.4000molL1，样品中含有烧碱的质量为：m（烧碱）=cVM=0.4000molL10.5L40g/mol=8.0g，烧碱的质量分数为：=100%=80.00%；故答案为：0.4000；80.00%；（5）观察酸式滴定管液面时，开始俯视，滴定终点平视，导致计算出的标准液体积偏大，浓度偏高，故答案为：偏高；若若将锥形瓶用待测液润洗，然后再加入10.00mL待测液，导致待测液的物质的量增加，消耗的标准液体积增大，结果偏高，故答案为：偏高点评：本题考查了中和滴定操作及误差分析，操作时要规范，分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响，本题难度中等