以D选项是正确的。 故选D。
18.pC类似于pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用对数的负值。如某溶液中某溶质的浓度为
1×10-3mol·L-1，则该溶液中该溶质的pC=-lg(1×10-3) = 3。下图为25℃时H2CO3溶液的pC-pH图（若离子浓度小于10-5 mol·L-1，可认为该离子不存在）。下列说法错误的是
A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-) B. 25℃时，H2CO3的一级电离平衡常数Ka1= 10-6
C. 25℃时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 mol·L-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，若此时溶液的pH 约为5，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为1%
D. 25℃时，0.1 mol·L，的Na2CO3和0.1 mol·L的NaHCO3混合溶液中离子浓度的大小为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+) 【答案】C 【解析】
A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：c(Na)+c(H)=2c(CO3)+c(OH)+c(HCO3)+c(Cl)，选项A正确；B、25℃时，pH等于11时，c(HCO3)= c(H2CO3),H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=
-1
+
+
2------1
-1
cH?cHCO3?c?H2CO3?????= c?H?= 10
?-6，选项B正确；C. 25℃时，CO2
-1
饱和溶液的浓度是0.05 mol·L，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 mol·L，若此时溶液的pH 约为5，即c(H)=10mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为
+
-5
10?5?100%?0.1%，选项C错误；D. 25℃时，0.1 mol·L-1，的Na2CO3和0.1 mol·L-1的NaHCO3混合溶0.01液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，选项D正确。答案选C。
- 11 -
第II卷（非选择题，共46分）
19.A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，五种元素核内质子数之和为39，B、W同周期，A、D同主族，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，E元素的周期序数与主族序数相等。 (1)A2W的电子式为________。
(2)B中质子数和中子数相等的核素符号为____ ，E元素在周期表中的位置为_______ 。 (3)W、D、E三种元素的简单离子半径由小到大的顺序为_______ ( 填离子符号)。
(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成DA，DA能与水反应放氢气，则其化学方程式为_______ ，若将 1 mol DA和1 mol E单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是______ L(标准 状况下)。
(5)若要比较D和E的金属性强弱，下列实验方法可行的是_______。
a.将D单质置于E的盐溶液中，若单质D不能置换出单质E，说明D的金属性弱 b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强
C. 比较相同条件下D和E的最高价氧化物对应水化物的溶解性若前者比后者溶解度大，说明D的金属性强
【答案】 (1).
(2).
(3). 第3周期第ⅢA族 (4). Al3+ < Na+ < O2- (5).
NaH+H2O=NaOH+H2↑ (6). 56 (7). b 【解析】
A、B、W、D、E为短周期元素，且原子序数依次增大，A、W能形成两种液态化合物A2W和A2W2，则A为氢元素，W为氧元素；E元素的周期序数与主族序数相等则为铝元素。A、D同主族，则D为钠元素， B、W同周期，五种元素核内质子数之和为39，则B的质子数为39-11-13-1-8=6，故B为碳元素。(1)A2W为水，其电子式为
；(2)B为碳元素，质子数和中子数相等的核素符号为
，E为铝元素，在周期表
中的位置为第3周期第ⅢA族；(3)W、D、E三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，核电核数越大半径越小，故半径由小到大的顺序为Al < Na < O；(4)在一定条件下，D元素的单质能与A元素的单质化合生成NaH，NaH能与水反应放氢气，则其化学方程式为NaH+H2O=NaOH+H2↑，若将1molNaH和1molE单质铝混合加入足量的水，根据反应NaH+H2O=NaOH+H2↑、2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，充分反应后生成气体(1+1.5)mol=2.5 mol, 标准状况下的体积是2.5 mol ×22.4L/mol=56L；(5) a.钠是极活泼的金属，直接与水反应而不能置换出铝，故错误；b.将少量D、E的单质分别投入到水中，若D反应而E不反应，说明D的金属性强，故正确；C.金属的最高价氧化物的水化物的溶解性不能用于判断金属性的强弱，故错误。答案选b。
- 12 -
3+
+
2-
20.(1)利用反应Cu＋2FeCl3===CuCl2＋2FeCl2设计成如下图所示的原电池，回答下列问题：
①写出正极电极反应式：___________
②图中X溶液是_______，原电池工作时，盐桥中的_____(填“阳”、“阴”)离子向X溶液方向移动。 (2)控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－
2Fe2＋＋I2设计成如图所示的原电池。
请回答下列问题：
①反应开始时，乙中石墨电极上发生______(填“氧化”或“还原”)反应，电极反应式为_____。 ②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时在甲中加入FeCl2固体，则乙中的石墨电极上的反应式为_________。
(3)利用反应2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为________。
【答案】 (1). 2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋ (2). FeCl3 (3). 阳 (4). 氧化 (5). 2I－－2e－===I2 (6). I2＋2e===2I (7). O2＋4e＋4H===2H2O 【解析】 【分析】
(1)该反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以Cu作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，FeCl3溶液为电解质溶液，以此解答该题；
(2)①反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+；②反应达到平衡后，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+；
(3)该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。
- 13 -
－
－
－
＋
【详解】(1)①该反应中，Cu元素化合价由0价变为+2价、Fe元素化合价由+3价变为+2价，所以Cu作负极，不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，因此C为正极，发生还原反应，电极方程式为2Fe+2e=2Fe， 故答案为：2Fe3++2e-=2Fe2+；
②铜被氧化，应为原电池负极，由装置图可知，Y是氯化铜溶液，电解质溶液X是FeCl3，右池是正极池，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向(正极)移动，故答案为：FeCl3；阳；
(2)①反应开始时，乙中碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2I--2e-=I2，Fe3+被还原成Fe2+，则发生还原反应，电极反应式为：Fe+e=Fe，故答案为：氧化；2I-2e=I2；
②反应达到平衡后，电流表读数为0，向甲中加入适量FeCl2固体，Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，发生2Fe2+-2e-=2Fe3+，甲为负极，乙中的石墨作正极，电极反应式为：I2+2e-=2I-，故答案为：I2+2e=2I；
(3)2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、O元素化合价由0价变为-2价，要将该反应设计成原电池，Cu作负极，正极上氧气得电子发生还原反应，因为在酸性条件下，所以氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为4H++O2+4e-═2H2O，故答案为：4H++O2+4e-═2H2O。
【点睛】本题的易错点为(2)，要注意平衡后改变条件对平衡的影响，按照平衡的移动方向分析发生的氧化还原反应。
21.我国国标推荐的食品药品中Ca元素含量的测定方法之一：利用Na2C2O4将处理后的样品中的Ca沉淀，过滤洗涤，然后将所得CaC2O4固体溶于过量的强酸，最后使用已知浓度的KMnO4溶液通过滴定来测定溶液中Ca的含量。针对该实验中的滴定过程，回答以下问题： (1)KMnO4溶液应该用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。 (2)写出滴定过程中反应的离子方程式：_____________。 (3)滴定终点的颜色变化：溶液由________色变为________色。 (4)以下哪些操作会导致测定的结果偏高________(填字母编号)。 a．装入KMnO4溶液前未润洗滴定管 b．滴定结束后俯视读数
c．滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液 d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出
(5)某同学对上述实验方法进行了改进并用于测定某品牌的钙片中的钙元素(主要为CaCO3)含量，其实验过程如下：取2.00 g样品加入锥形瓶中，用酸式滴定管向锥形瓶内加入20.00 mL浓度为0.10 mol·L－1的盐酸(盐酸过量)，充分反应一段时间，用酒精灯将锥形瓶内液体加热至沸腾，数分钟后，冷却至室温，加入2～3滴酸碱指示剂，用浓度为0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液8.00 mL。[提示：
- 14 -
2＋
2＋
--3+
-2+
--3+
-2+
Ca(OH)2微溶于水，pH较低时不会沉淀]
①为使现象明显、结果准确，滴定过程中的酸碱指示剂应选择_______(填“石蕊”、“甲基橙”或“酚酞”)溶液；
②此2.00 g钙片中CaCO3的质量为________g。
【答案】 (1). 酸式 (2). 2MnO4-+5H2C2O4+6H?=2Mn2?+10CO2↑+8H2O (3). 无 (4). 紫 (5). ac (6). 甲基橙 (7). 0.06 【解析】 【分析】
(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，根据中和滴定所需仪器判断；
(2)在硫酸条件下，高锰酸钾将C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，据此写出反应的离子方程式； (3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入含C2O42-溶液中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，据此判断； (4)分析不当操作对V(标准)的影响，根据c(待测)=
2-
c(标准)′V(标准)判断对结果的影响；
V(待测)(5)碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，考虑二氧化碳溶于水，故要加热煮沸，过量盐酸用氢氧化钠滴定，考虑氢氧化钙的微溶性，应选择在pH较低时变色的指示剂，根据滴定算出过量盐酸，进而求得与碳酸钙反应的盐酸，根据方程式计算碳酸钙的质量。
【详解】(1)高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶，应放在酸式滴定管中，故答案为：酸式； (2)高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将C2O4氧化为CO2，自身被还原为Mn，离子方程式为：2MnO4+5C2O4+16H=2Mn+10CO2↑+8H2O，故答案为：2MnO4+5C2O4+16H=2Mn+10CO2↑+8H2O；
(3)高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入C2O4中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故答案为：无；紫； (4)a．滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂高锰酸钾溶液，造成标准液体被稀释，浓度变稀，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=
2--2-+
2+
-2-+
2+
2-2+
c(标准)′V(标准)可知，结果偏高，故a正确；b．滴定前平视，滴定
V(待测)c(标准)′V(标准)可知，结果偏低，故b错误；c．滴
V(待测)c(标准)′V(标准)可知，结果
V(待测)后俯视，则所用标准液读数偏小，根据c(待测)=
定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=
偏高，故c正确；d．滴定过程中，振荡时将待测液洒出，所用标准液V(标准)偏小，根据c(待
- 15 -
2018-2019学年安徽省阜阳市第三中学高一下学期期末考试化学试题(解析版)
