内蒙古包头市第四中学2017_2018学年高二化学上学期期末考试试卷（含解析）.doc

1、1内蒙古包头市第四中学 2017-2018 学年高二化学上学期期末考试试卷（含解析）一、选择题（每题只有一个正确答案，每题 3 分，共 60 分） 下列情况下的反应一定能自发进行的是( )H 0，S0H 0，S0H 0，S0H 0，S0【答案】【解析】【详解】A、H0、S0，H-TS0，反应一定不能自发进行，故 A 不符合；B、H0、S0，H-TS 不一定小于 0，高温下自发进行，低温下不能自发进行，故 B 不符合；C、H0、S0，H-TS0，反应一定能自发进行，故 C 符合；D、H0、S0，H-TS 不一定小于 0，低温下自发进行，高温下反应不能自发进行，故D 不符合；故选 C。 下列有关电

2、子云的叙述中,正确的是( )A. 电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率B. 电子云直观地表示了核外电子的数目C. 1s 电子云界面图是一个球面,表示在这个球面以外,电子出现的概率为零D. 电子云是电子绕核运动形成了一团带负电荷的云雾【答案】【解析】试题分析：为了形象地表示电子在原子核外空间的分布状况，人们常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现几率的大小；点密集的地方，表示电子出现的几率大；点稀疏的地方，表示电子出现的几率小 这就是电子云。 电子云界面以外，电子出现的概率（几率）不为零，只是出现的几率很小。选项 符合题意。考点：有关电子云的正误判断 能说明醋酸是弱电解质的事

3、实是（ ） 醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳c （H +）相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大2 浓度和体积均相同的醋酸和盐酸可中和等物质的量的 NaOH【答案】【解析】【详解】A醋酸水溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红只能说明醋酸有酸性，不能说明醋酸是弱电解质，故 A 错误；B醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质，故 B 错误；Cc(H +)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，则说明醋酸不完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，故 C 正确；D浓度和体积均相同的醋酸和盐酸含有等物质的量的盐酸和醋酸，可中和

4、等物质的量的 NaOH，只能说明醋酸是一元酸，不能证明醋酸是弱电解质，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。本题的易错点为 B，不能因为碳酸是弱酸，说明醋酸也是弱酸。 元素的性质呈现周期性变化的根本原因是( )A. 原子半径呈周期性变化B. 元素的化合价呈周期性变化C. 第一电离能呈周期性变化D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化【答案】【解析】试题分析：原子结构决定元素的性质 元素的性质（原子半径、化合价、电负性、第一电离能、金属性、非金属性）的周期性变化是因为原子核外电子排布呈现周期性变化。选项 符合题意。

5、考点：元素周期律的本质原因 下列各组指定的元素,不能形成 AB2型化合物的是( )2s 22p2和 2s22p43s 23p4和 2s22p23s 2和 3s23p53s 1和 3s23p5【答案】【解析】试题分析： 项为 和 ，能形成 ； 项 和 ，能形成 ； 项为 和 ，能形成 ； 项为 和 ，能形成 。选项 符合题意。考点：结合电子排布式推测化合物的形成3 下列叙述中,正确的是( )电解池是将化学能转变为电能的装置 原电池是将电能转变成化学能的装置 金属和石墨导电均为物理变化,电解质溶液导电是化学变化 不能自发进行的氧化还原反应,通过电解的原理有可能实现 电镀过程相当于金属的“迁移”,可

6、视为物理变化【答案】【解析】试题分析：电解池是将电能转变成化学的装置，错；原电池是将化学转变成电能的装置，错；金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电会有离子的定向移动，发生电解反应，是化学变化，对；电解是一种强有力的氧化还原反应手段，不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现 对；电镀是化学变化，不是物理变化，错，故选 。考点：原电池和电解池的概念，物理变化和化学变化的区别。 物质的量浓度相同的下列溶液中，NH 4+浓度最大的是（ ）NH 4ClNH 4HSO4CH 3COONH4NH 3H2O【答案】【解析】试题分析： 摩尔氯化铵电离出 摩尔铵根离子，铵根离子有少部分水解； 摩

7、尔硫酸氢铵电离出 摩尔铵根离子和 摩尔氢离子和 摩尔硫酸根离子，氢离子抑制铵根水解，所以氯化铵中的铵根离子少于硫酸氢铵中的铵根离子； 摩尔醋酸铵电离出 摩尔铵根离子和 摩尔醋酸根离子，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以醋酸铵中铵根离子比氯化铵中的少；氨水是弱电解质，有少部分电离出铵根离子，所以铵根离子最少。所以铵根离子由多到少的顺序为硫酸氢铵、氯化铵、醋酸铵、氨水。所以选 。考点：盐类水解的影响因素，弱电解质的电离。 下列各组元素,按原子半径依次减小,元素第一电离能逐渐增大的顺序排列的是( )K 、Na、LiAl 、Mg、NaN 、O、CCl 、S、P【答案】4【解析】试题分析：金属性越强，第一

8、电离能越小， 正确； 中原子半径逐渐增大，不正确；中原子半径不是逐渐减小的，不正确； 中原子半径逐渐增大，不正确，答案选 。考点：考查原子半径和第一电离能的大小比较点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，在注重对基础性知识巩固与训练的同时，侧重对学生解题方法的培养和指导，有助于培养学生的灵活应变能力和逻辑思维能力。该题的关键是熟练记住元素周期律的变化规律，特别是是要注意共性之外的个性。 一定温度下, 向 aL 的密闭容器中加入 2molNO2(g), 发生如下反应：2NO 2 2NO+O2, 此反应达到平衡的标志是 （ ） 单位时间内生成 2nmolNO 同时生成 2nmolNO2 混合气体

9、中 NO2、NO 和 O2的物质的量之比为 2：2：1 单位时间内生成 2nmolNO 同时生成 nmolO2 混合气体的颜色变浅【答案】【解析】A、单位时间内生成 2nmolNO 等效于消耗 2nmolNO2同时生成 2nmolNO2，正逆反应速率相等，故 A 正确；B、NO 2、NO 和 O2的物质的量之比为 2：2：1，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能说明达平衡状态，故 B 错误；C、单位时间内生成 2nmolNO 同时生成 nmolO2，都是正反应速率，未体现正逆反应的关系，故 C 错误；D、混合气体的颜色变浅，说明正反应速率大于逆反应速率，未达平衡，故 D 错误；故选 A。 下列

10、说法正确的是( )A. 原子核外电子排布式为 1s2的原子与核外电子排布式为 1s22s2的原子化学性质相似B. Fe3+的最外层电子排布式为 3s23p63d5C. 基态铜原子的最外层的电子排布图: D. 基态碳原子的最外层电子排布图:【答案】【解析】【详解】A1s 2是 He 元素属于 0 族元素，1s 22s2是 Be 元素属于第 IIA 族元素，二者性质不相似，故 A 错误；B铁原子失去最外层 4s 能级 2 个电子，然后失去 3d 能级上的 1 个电5子形成 Fe3+，核外电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d5，故 B 正确；CCu 元素为 29 号元素，原子核外有 2

11、9 个电子，所以核外电子排布式为：1s 22s22p63s23p63d104s1，最外层的电子排布图为： ，故 C 错误；DC 的原子序数为 6，价电子排布为 2s22p2，基态碳原子的价电子排布图为 ，故 D 错误；故选 B。【点睛】本题考查了基态原子的核外电子排布式，最外层的电子排布图，注意电子处于全满、半满、全空时最稳定。本题的易错点为 C。 下列关于能层与能级的说法中正确的是( )A. 原子核外电子的每一个能层最多可容纳的电子数为 2n2B. 任一能层的能级总是从 s 能级开始，而且能级数少于该能层的能层序数C. 同是 s 能级，在不同的能层中所能容纳的最多电子数是不相同的D. 1 个

12、原子轨道里最多只能容纳 2 个电子，但自旋方向相同【答案】【解析】【详解】A按照原子核外电子排布规律：各电子层最多容纳的电子数为 2n2(n 为电子层数，其中最外层电子数不超过 8 个，次外层不超过 18 个)，故 A 正确；B能层含有的能级数等于能层序数，即第 n 能层含有 n 个能级，每一能层总是从 s 能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf 的能量依次增大，在不违反泡利原理、和洪特规则的条件下，电子优先占据能量较低的原子轨道，使整个原子体系能量处于最低，这样的状态是原子的基态，所以任一能层的能级总是从 s 能级开始，而且能级数等于该能层序数，故 B 错误；C同是 s 能级，在不同

13、的能层中所能容纳的最多电子数都是 2 个，故 C 错误；D泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳 2 个自旋状态相反的电子，故 D 错误；故选 A。 反应 2A(g) 2B(g)+E(g)(正反应为吸热反应)达到平衡时，要使正反应速率降低且 A 的浓度增大，应采取的措施是（ ）A. 加压 B. 减压 C. 减少 E 的浓度 D. 降温【答案】【解析】A. 加压，正反应速率增大，故 A 错误；B. 减压，A 的浓度减小，故 B 错误；C. 减少 E 的6浓度，平衡右移，A 的浓度减小，故 C 错误；D. 降温，平衡左移，正反应速率降低，A 的浓度增大，故 D 正确。故选 D。 在密闭容器中进

14、行如下反应：X 2（g）+Y 2（g） 2Z（g） ，在温度 T1和 T2时，产物的量与反应时间的关系如图所示符合图示的正确判断是（ ）A. T1T 2，正反应是放热反应 B. T 1T 2，正反应是吸热反应C. T1T 2，正反应是放热反应 D. T 1T 2，正反应是吸热反应【答案】【解析】试题分析：由图像可知 先达到拐点，所以 ，排除 、 项；根据纵轴温度越低 的量越高，确定正反应为放热反应， 对。考点：化学平衡过程中的图像分析。 在一个固定体积的密闭容器中，加入 2molA 和 1molB，发生反应：2A(气) + B(气) 3C(气) + D(气)达到平衡时，C 的浓度为 W mol

15、/L，若维持容器体积和温度不变，按下列四种配比作为起始物质，达到平衡后，C 的浓度仍为 W mol/L 的是 ( )4molA+2molB2molA+1molB+3molC+1molD3molC+1molD+1molB3molC+1molD【答案】【解析】【分析】该反应前后气体的物质的量发生变化，恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C 的浓度仍为Wmol/L，说明与原平衡为等效平衡，需要按化学计量数转化到左边，满足 n(A)=2mol，n(B)=1mol，据此分析解答。【详解】A、4mol A+2mol B，相当于 2 个原容器压缩后的情况，即相当于增大压强，平衡逆向移动，达到平衡时 C 的浓度在

16、 Wmol/L2Wmol/L 之间，故 A 错误；B、2molA+1molB+3molC+1molD，相当于加入 4mol A 和 2mol B，相当于增大压强，平衡逆向移动，达到平衡时 C 的浓度在 Wmol/L2Wmol/L 之间，故 B 错误；C、开始加入73molC、1molD、1molB，将 3molC、1molD 按化学计量数转化到左边可得 2molA、1molB，故等效为开始加入 2molA、2molB 所到达的平衡，等效为在加入 2molA 和 1molB 达平衡后，再加入 1molB，平衡向正反应进行，平衡时 C 的浓度大于 Wmol/L，故 C 错误；D、开始加入3molC

17、、1molD，按化学计量数转化到左边可得 2molA、1molB，与原平衡为等效平衡，故 D正确；故选 D。【点睛】考查化学平衡的有关计算、等效平衡，构建平衡建立的途径是解题关键。本题的易错点为 AB，要注意理解等效平衡的规律，注意反应前后气体的物质的量是否发生变化。 温度一定时, 于密闭容器中发生可逆反应: mA(气) + nB(气) pC(气), 达到平衡后, 若将混合气体的体积压缩到原来的 1/2, 当再次达到平衡时, C 的浓度为原平衡时 C 的浓度的 1.9 倍, 则下列叙述中正确的是（ ）A. 平衡向逆反应方向移动 B. C 气体的体积分数增大C. 气体 A 的转化率升高 D. m

18、 + n p【答案】【解析】试题分析： 将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动， 的浓度为原平衡时的浓度的 倍，而当再次达到平衡时， 的浓度为原平衡时 的浓度的 倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，故 正确； 平衡向逆反应方向移动， 气体的体积分数减小，故 错误； 增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有 ，故 错误； 平衡向逆反应方向移动，气体 的转化率减小，故 错误；故选 。【考点定位】考查化学平衡移动的判断【名师点晴】注意把握缩小体积气体浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键；若将混合气体的体积压缩到原来的，如平衡不移动， 的浓度为原平衡时 的浓度的 倍，而当再次达到平衡时，

19、 的浓度为原平衡时 的浓度的 倍，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则应有 ，结合平衡移动特点解答该题。 下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是( ) 水中的钢闸门连接电源的负极 金属护栏表面涂漆 汽水底盘喷涂高分子膜 地下钢管连接镁块【答案】【解析】【详解】A水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的8阴极保护法，故 A 正确；B对金属护栏涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故 B 错误；C汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故 C 错误；D镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护

20、地下钢管而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，没有连接外加电源，故 D 错误；故选 A。 下列各方程式中，属于水解反应的是（ ）A. HCO3H 2O H2CO3OH B. HCO3H 2O CO32H 3O+C. HCO3OH =CO32-H 2O D. CO32-+H+=HCO3【答案】【解析】【详解】AHCO 3-+H2O H2CO3+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；BHCO 3-+H2O H3O+CO32-是 HCO3-的电离方程式，故 B 错误；CHCO 3-+OH-=CO32-+H2O 是 HCO3-与碱反应的离子方程式

21、，不是水解方程式，故 C 错误；DCO 32-+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。 无色透明溶液中能大量共存的离子组是( )A. Na 、Al 3 、HCO 3-、NO 3- B. AlO2-、Cl 、Mg 2 、K C. NH4+、Na 、CH 3COO 、NO 3- D. Na 、NO 3-、ClO 、I 【答案】【解析】试题分析： 与 发生双水解反应不能大量共存，错误； 与 反应生成 和 沉淀不能大量共存，错误； 与 虽能发生双水解反应，但能大量共存，正确； 与 能发生氧化还原反应不能大量共存，错误。考点：考查离子大量共存的知识。

22、 已知：K sp(AgCl)1.810 10 ，K sp(AgI)1.510 16 ，Ksp(Ag 2CrO4)2.010 12 ，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag 浓度大小顺序正确的是( )AgClAgIAg 2CrO4AgClAg 2CrO4AgIAg 2CrO4AgClAgIAg 2CrO4AgIAgCl【答案】【解析】9因为 和 的结构相似，由 可知 的 大于 的； 中的 ， 的 ，所以 中 大于 中的 。视频 有 A、B、C、D、E 五块金属片，进行如下实验：A、B 用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A 极为负极；C、D 用导线相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，电流由 D导

23、线C；A、C 相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，C 极产生大量气泡；B、D 相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，D 极发生氧化反应；用惰性电极电解含 B 离子和 E 离子的溶液，E 先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是ABCDEACDBECABDEBDCAE【答案】【解析】试题分析： 、 用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中， 极为负极，所以活泼性： ；原地啊池中，电流从正极流向负极， 、 用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由 导线 ，所以金属活泼性： ； 、 相连后，同时浸入稀硫酸溶液中， 极产生大量气泡，说明 极是正极，所以金属活泼性： ； 、 相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，

24、 极发生氧化反应，说明 极是负极，所以金属活泼性： ；综上可知金属活泼性顺序是： 答案选考点：原电池原理二、非选择题（共 40 分） （1）含酚酞的 Na2CO3溶液显红色的原因为( 用离子方程式解释)。（2）Na 2S 溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，向该溶液中加入少量固10体 CuSO4，溶液 pH( 填“增大” 、 “减小”或“不变”)。（3）配制 FeSO4溶液要加入 ；（4）明矾可作净水剂，原理为 （用离子方程式解释)。【答案】CO 32-H 2O HCO3- +OH-c(Na )c(S 2 )c(OH)c(HS )c(H ) 减小 铁粉和硫酸Al 3 3H 2O Al(OH)3(

25、胶体)3H +【解析】【详解】(1)含酚酞的 Na2CO3溶液显红色，是因为碳酸根离子水解溶液显碱性，反应的离子方程式为 CO32-+H2O HCO3-+OH-；故答案为：CO 32-+H2O HCO3-+OH-；(2)硫化钠溶液中硫离子分步水解，S 2-+H2O HS-+OH-，HS -+H2O H2S+OH-，溶液中离子浓度大小为：c(Na +)c(S 2-)c(OH -)c(HS -)c(H +)，向该溶液中加入少量固体CuSO4，发生反应：Cu 2+S2-=CuS，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液 pH 减小；故答案为：c(Na +)c(S 2-)c(OH -)c(HS -)

26、c(H +)；减小；(3)硫酸亚铁易被氧化和水解，配制 FeSO4溶液时，可以加入铁防氧化，加入硫酸抑制水解；故答案为：铁粉和硫酸；(4)明矾净水是因为铝离子水解生成了氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al 3+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H +；故答案为：Al 3+3H2O Al(OH)3(胶体)+3H +。t 时，将 3mol A 和 1molB 气体通入体积为 2L 的密闭容器中（容积不变） ，发生如下反应：3A（g） + B(g) xC(g)2min 时反应达到平衡状态（温度不变） ，剩余了0.8molB，并测得 C 的浓度为 0.4mol/L，请填写下

27、列空白：（1）从开始反应至达到平衡的状态,生成 C 平均反应速率为_。（2）x=_；平衡常数 K=_。（3）若继续向原混合物的容器中通入少量氦气(设氦气和 A、B、C 都不反应)后，化学平衡（填字母）_。A、向正反应方向移动 B、向逆反应方向移动 C、平衡不移动【答案】0.2mol/(Lmin)4C11【解析】【详解】(1)平衡时 C 的浓度为 0.4mol/L，依据化学反应速率概念计算得到：C 的反应速率= =0.2mol/(Lmin)，故答案为：0.2mol/(Lmin)；.(2)t时，将 3mol A 和 1mol B 气体通入体积为 2L 的密闭容器中(容积不变)，发生如下反应：3A(

28、g)+B(g) xC(g)，2min 时反应达到平衡状态(温度不变)，剩余了 0.8mol B，并测得 C 的浓度为 0.4mol/L 物质的量为 0.8mol，3A(g)+B(g) xC(g)，起始量(mol) 3 1 0变化量(mol) 0.6 0.2 0.8平衡量(mol) 2.4 0.8 0.81x=0.20.8=14，解得：x=4；平衡浓度 c(A)= =1.2mol/L，c(B).=0.4mol/L，c(C)=0.4mol/L，则平衡常数 K= = ，故答案为：4； ；. . (3)恒温恒容容器中加入氦气是惰性气体，各气体的浓度不变，平衡不移动，故答案为：C。I. 如下图所示，50

29、mL 0.50molL -1盐酸与 50mL 0.55molL-1NaOH 溶液在装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量，可计算中和热，回答下列问题:（1）图中装置缺少的仪器是 _。 （2）下列说法不正确的是_ (填序号)。A.若用 50mL 0.55molL-1Ba(OH)2溶液代替 NaOH 溶液进行实验，测得的中和热相同B.若用 50mL 0.50molL-1醋酸溶液代替盐酸进行实验，测得的中和热相同C.若分别用等浓度的硫酸和 Ba(OH)2溶液代替盐酸和 NaOH 溶液进行实验，测得的中和热相同D.NaOH 溶液稍过量的原因是让盐酸完全反应II某学生用 0.1mol/L K

30、OH 溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：A移取 20.00mL 待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入 2-3 滴酚酞；12B用标准溶液润洗滴定管 2-3 次；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液；D取标准 KOH 溶液注入碱式滴定管至 0 刻度以上 2-3cm；E调节液面至 0 或 0 刻度以下，记下读数；F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准 KOH 溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度。完成以下填空：（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）_.（2）实验中眼睛注视_，直至滴定终点。判断到达终点的现象是_。（3）若三次实验所用 KOH 溶液体积分别

31、为 14.98 mL，16.80 mL，15.02 mL，则 c（HCl）=_。（4）下列操作中，可能造成测定结果偏高的是_。A. 未用标准液润洗碱式滴定管 B. 滴定终点读数时，俯视滴定管中液面刻度，其它操作均正确C. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【答案】 环形玻璃搅拌棒BCBDCEAF 或 ABDCEF 锥形瓶中溶液的颜色变化 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红色且半分钟内不褪色0.075mol/LAD【解析】【详解】I.(1)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(2)A中和热的含义是

32、稀的强酸和强碱溶液反应生成 1mol 水的过程中所放出的热量，可用50mL0.55molL-1Ba(OH)2溶液代替 NaOH 溶液进行实验求出的中和热数值相同，故 A 正确；B醋酸是弱电解质存在电离平衡过程是吸热过程，随反应进行，反应放出的热量减小，所以不可用相同浓度和体积的醋酸代替稀盐酸溶液进行实验，故 B 错误；C硫酸与 Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了 BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用 Ba(OH)2溶液和硫酸代替 NaOH 溶液和盐酸测中和热，故 C 错误；D为了使反应充分进行，应使一方过量，所以 NaOH 溶液稍过量的原因是让盐酸完全反应，

33、故 D 正确；13故选 BC；II(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为 BDCEAF，故答案为：BDCEAF；(2)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，以判断滴定终点；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持 30 秒内不褪色，可说明达到滴定终点；故答案为：锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持 30 秒内不褪色；(3)三次实验所用 KOH 溶液体积分别为 14.98mL，16.80mL，15.02mL，第二组数据相差较大，舍去，其他两次所用标准液的平均体积为 15.00mL，HCl KOH1

34、 1 c(HCl)20.00mL 0.1mol/L15.00mLc(HCl)20.00mL=0.1mol/L15.00mL，解得：c(HCl)=0.075mol/L，故答案为：0.075mol/L；(4)A未用标准液润洗碱式滴定管，标准液被稀释，浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据 c(待测)= 分析，可知 c(待测)偏大，故 A 正确；B滴定终点读数时，俯标 准 标 准 .待 测 视滴定管中液面刻度，消耗的标准液的体积偏小，根据 c(待测)= 分析，可知标 准 标 准 .待 测 c(待测)偏小，故 B 错误；C盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体

35、积不变，根据 c(待测)= 分析，可知 c(待测)标 准 标 准 .待 测 不变，故 C 错误；D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的标准液的体积偏大，根据 c(待测)= 分析，可知 c(待测 )偏大，故 D 正确；故选 AD。标 准 标 准 .待 测 【点睛】本题考查中和热的测定与计算和酸碱中和滴定实验，注意掌握测定中和热的正确方法和酸碱中和滴定实验的基本操作和误差分析方法是解题的关键。本题的易错点为II(3)，要注意数据的有效性分析。 在如图中，甲烧杯中盛有 100 mL 0.50 molL1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有 100 mL 0.25 molL1 CuCl2溶液

36、，A、B、C、D 均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现 A 极比 C 极重 1.52 g，则14（1）E 为_极，D 为_极。（2）A 极的电极反应式为_，析出物质_ mol。（3）B 极的电极反应式为_，析出气体_ mL(标准状况)。（4）甲烧杯中滴入石蕊试液，_极附近变红，如果继续电解，在甲烧杯中最终得到_溶液。【答案】 负 阳4Ag 4e =4Ag（或 Ag e =Ag）0.024OH 4e =2H2OO 2112BHNO 3【解析】【详解】(1)电解池中，发现 A 极比 C 极重 1.52g，则 A 极是阴极，B 是阳极，和电源的负极相连的是阴极，即 E 是负极，F 是正极

37、，D 是阳极，C 是阴极，故答案为：负；阳；(2)A 极是阴极，电极反应式为：Ag +e-=Ag，C 是阴极，电极反应为：Cu 2+2e-=Cu，析出金属铜，A 极比 C 极重 1.52g，设电路转移电子是 x，则 x 108g/mol- 64 g/mol =1.52g，解得：x=0.02mol，析出金属银的物质的量是 0.02mol，故答案为：Ag +e-=Ag；0.02；(3)B 是阳极，该极上是氢氧根离子失电子，电极反应为：4OH -4e-H 2O+O2，电路转移电子 0.02mol，生成氧气的物质的量为 =0.005mol，标准状况下的体积是.0.005mol22.4L/mol=0.112L=112mL，故答案为：4OH -4e-H 2O+O2；112；(4)电解硝酸银，在阴极 A 上发生 Ag+e-=Ag，阳极 B 上发生：4OH -4e-H 2O+O2，B 电极附近产生硝酸，电解总反应方程式为：4AgNO 3+2H2O 2Ag+O2+4HNO 3，所以在甲烧杯中最终得到 HNO3溶液滴入石蕊试液，显示红色，故答案为：B；硝酸。15