1、2015-2016学年四川省广安二中高二（下）期中化学试卷一选择题（本题包括16个小题，每小题只有一个最佳答案，每小题3分，共48分）1某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3H2ONH+OH，若想增大NH的浓度，而不增加OH的浓度，应采取的措施是（）适当升高温度 加入NH4Cl固体 通入NH3 加入少量盐酸ABCD2一定量的稀硫酸与足量的铝粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应向稀硫酸中加入适量的（）ANaOH（固体）BCH3COOHCNaCl（固体）DCH3COONa（固体）3常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的 pH如下表：实验编号c（
2、HA）/molL1c（NaOH）/molL1混合溶液pH甲0.10.1pH=a乙0.20.2pH=9丙c10.2pH=7丁0.20.1pH7下列判断正确的是（）Aa9B在乙组混合液中由水电离出的c（OH）=105molL1Cc1=0.2D丁组混合液：c（Na+）c（A）c（H+）c（OH）4将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓HNO3溶液中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成了原电池，则在这两个原电池中，正极分别为（）A铝片、铜片B铜片、铝片C铝片、铝片D铜片、铜片5下列说法错误的是（）A0.1mol/LCH3COOH溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/LBNa2S溶
3、液中：c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）C配制FeCl3溶液，应加少量盐酸D将Al2（SO4）3溶液蒸干，灼烧得Al2O36铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是（）A正极反应为：Zn2eZn2+B电池反应为：Zn+Cu2+Zn2+CuC在外电路中，电子从正极流向负极D盐桥中的K+移向ZnSO4溶液7分别将下列物质：FeCl3CaONaClCa（HCO3）2Na2SO3K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是（）ABCD8下列关于电解质溶液的正确判断是（）A在pH=11的溶液中，K+、Cl、HSO3、Na+可以大量共存B在pH=0的溶液中，Na+、N
4、O3、Fe2+、K+可以大量共存C常温下，由0.1 molL1一元碱BOH溶液的pH=10，可知BOH溶液中存在BOHB+OHD常温下，由0.1 molL1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液中存在A+H2O=HA+OH9甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b以及0.10mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b，由此可知（）Aa的浓度必小于乙酸的浓度Ba的浓度必大于乙酸的浓度Cb的浓度必小于乙酸的浓度Db的浓度必大于乙酸的浓度10下列有关酸碱反应的分析判断不正确的是（）A0
5、.1molL1CH3COOH与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）B常温下PH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后的溶液中：c（NH）c（Cl）c（OH）c（H+）C常温下，向10mlpH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA至pH=7，所得溶液的总体积V20mlD某温度下，Ba（OH）2溶液中Kw=1012，向pH=8的该溶液中加入等体积pH=4的盐酸，混合溶液pH=611已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀25时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1.22108 molL1，AgCI饱和溶液中c（Ag+）为1.
6、30105molL1若在5mL含有KC1和KI浓度均为0.01molL1的混合溶液中，滴加8mL0.0l molL1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是（）A溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为：c（K+）c（NO3）c（Cl）c（I）c（Ag+）B溶液中先产生的是AgI沉淀CAgCl的KSP的数值为1.691010D若在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀12下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（）醋酸与水以任意比例互溶醋酸溶液能导电醋酸溶液中存在醋酸分子测得醋酸的pH比盐酸pH大在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果0.1mol/L醋酸溶液的pH=2CH3COOK溶液
7、能使酚酞试液变红色大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢ABCD13下列各组中，用惰性电极电解每种电解质溶液时只生成氢气和氧气的是（）AHCl、CuCl2、Ba（OH）2BNaOH、CuSO4、H2SO4CBa（OH）2、H2SO4、K2SO4DNaBr、H2SO4、Ba（OH）214下列说法错误的是（）A同浓度的下列溶液，c（NH4+）大小顺序：（NH4）2SO4NH4HSO4NH4ClNH4HCO3B同浓度的下列溶液，pH值大小顺序：Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONaC用水冲洗BaSO4比用稀硫酸冲洗损失大D用惰性电极电解某溶液，两极分别产生H
8、2和O2，pH值一定升高15有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述不正确的是（）A甲中负极反应式为Zn2eZn2+B乙中阳极反应式为AgeAg+C丙中H+向碳棒方向移动D丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体1625时，pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：c（NH3H2O）=1103 molL1的氨水b L，c（OH）=1103 molL1的氨水c L，c（OH）=1103 molL1的Ba（OH）2溶液d L试判断a、b、c、d的数量大小关系为（）Aa=bcdBba=dcCbadcDca=db二非选择题（共4个大题，每空2分，共52分）17如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依
9、次分别盛放足量的NaCl溶液、AgNO3溶液、x溶液，a、b、c、d电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加据此回答问题：（1）电源的N端为极；（2）电极d上发生的电极反应式为；（3）甲池中的总反应式为；（4）当电路中有0.04mol电子通过时，a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是；（5）若利用丙池实现铁上镀铜，则“efx溶液”是；（要求e、f、x用具体物质回答，下同）若利用丙池实现电解精炼铜，则“efx溶液”是18研究物质的性质对于化学学习非常有帮助（1）泡沫灭火器使用时将浓硫酸铝溶液和浓碳酸氢钠溶液充分混合，在发泡剂的作用下，喷出大量气体，从而起到灭火的
10、作用，请写出泡沫灭火器的原理（写离子方程式）（2）下列说法不正确的是A用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；B物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的；C欲除去CuSO4酸性溶液中的Fe3+，可以加入CuO，充分反应后过滤D除溶液中的Mg2+，用OH沉淀Mg2+比用CO32效果好，说明Mg（OH）2的溶解度比MgCO3大E沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全（3）氯化铝的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：实验室在配制氯化铝的溶液时，常将氯化铝固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其
11、水解（4）对于Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），其Ksp=（表达式）已知25时，Ksp（FeS）=8.11017，试求FeS的溶解度g（Fe56，S32）19北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（1）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融的碳酸盐电池反应方程式为；正极反应式为：；放电时CO32移向电池的（填“正”或“负”）极（2）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5105 molL1若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离
12、，则H2CO3HCO3+H+的平衡常数K1=（已知105.60=2.5106）（3）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于7，则溶液中c（H2CO3）c（CO32）（填“”、“=”或“”），原因是（用离子方程式和必要的文字说明）；常温下，已知0.1molL1NaHCO3溶液的pH等于8，则溶液中C（H2CO3）C（CO32）（写出计算结果）20某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度，已知Cl2+2I=2Cl+I2取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mL KI溶液（足量），滴入指示剂23滴取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.02molL1 Na2S2O3溶液
13、，调整液面，记下读数将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6试回答下列问题：（1）步骤加入的指示剂是（2）步骤应使用式滴定管（3）步骤当待测液由色变为色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，则废水中Cl2的物质的量浓度（4）Cl2的所测浓度比实际浓度应（“偏大”、“偏小”或“相等”），造成误差的原因是（若认为没有误差，此问不答）2015-2016学年四川省广安二中高二（下）期中化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题包括16个小题，每小题只有一个最佳答案，每小题3分，共48分）1某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3H2ONH
14、+OH，若想增大NH的浓度，而不增加OH的浓度，应采取的措施是（）适当升高温度 加入NH4Cl固体 通入NH3 加入少量盐酸ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】氨水存在电离平衡NH3H2ONH4+OH，要想增大NH4+的浓度，而不增大OH的浓度，则加入的物质必须含有铵根离子或含有能和氢氧根离子反应的离子，据此分析解答【解答】解：适当升高温度，平衡正向移动，c（NH4+）增大，c（OH）增大，故错误；加入氯化铵固体，c（NH4+）增大，平衡逆向移动，c（OH）减小，故正确；向氨水中通入氨气，c（NH4+）增大，c（OH）增大，故错误；加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进
15、氨水电离，c（NH4+）增大，c（OH）减小，故正确；故选D2一定量的稀硫酸与足量的铝粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，应向稀硫酸中加入适量的（）ANaOH（固体）BCH3COOHCNaCl（固体）DCH3COONa（固体）【考点】化学反应速率的影响因素【分析】减缓反应速率，可降低氢离子浓度，或降低反应温度，不影响生成氢气的总量，则所加入物质与氢离子不反应，以此解答该题【解答】解：ANaOH固体能与硫酸反应，减小生成氢气的总量，故A错误；B加入醋酸，生成氢气的量增多，故B错误；C加入氯化钠固体，溶液浓度不变，反应速率不变，故C错误；D加入CH3COONa（固体），生成醋酸，醋
16、酸为弱酸，溶液氢离子浓度减小，反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故D正确故选D3常温下，将一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的 pH如下表：实验编号c（HA）/molL1c（NaOH）/molL1混合溶液pH甲0.10.1pH=a乙0.20.2pH=9丙c10.2pH=7丁0.20.1pH7下列判断正确的是（）Aa9B在乙组混合液中由水电离出的c（OH）=105molL1Cc1=0.2D丁组混合液：c（Na+）c（A）c（H+）c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】由表中乙组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰
17、好反应，溶液为NaA溶液，溶液pH=9，呈碱性，故HA为弱酸A、由表中甲组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，NaA溶液浓度为乙组NaA溶液浓度的一半，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度；B、根据水的离子积常数及溶液pH计算氢氧根离子浓度；C、一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应，溶液pH=9，由表中数据可知丙组溶液呈中性，酸应过量些；D、溶液pH7，则c（OH）c（H+），再结合溶液呈电中性判断【解答】解：A、由表中甲组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，NaA溶液浓度为乙组NaA溶液浓度的一半
18、，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度，碱性比乙组的碱性弱，即pH9，所以a9，故A错误；B、pH=9NaA溶液中c（H+）=109mol/L，氢氧根来源于水的电离和A的水解，水每电离产生1个氢离子同时产生1个氢氧根离子，A水解，生成1个HA分子同时生成1个氢氧根离子，所以溶液中c（OH）=105molL1，故B正确；C、一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应，溶液pH=9，由表中数据可知丙组溶液呈中性，酸HA应过量些，故c10.2，故C错误；D、溶液呈电中性，一定存在c（OH）+c（A）=c（Na+）+c（H+），溶液pH7，则c（OH）c（H+），所以c（A）
19、c（Na+），故D错误；故选B4将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓HNO3溶液中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成了原电池，则在这两个原电池中，正极分别为（）A铝片、铜片B铜片、铝片C铝片、铝片D铜片、铜片【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】铝片和铜片插入浓HNO3溶液中，金属铝会钝化，金属铜和浓硝酸之间会发生自发的氧化还原反应；插入稀NaOH溶液中，金属铜和它不反应，金属铝能和氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，在原电池中，自发氧化还原反应中的失电子的金属为负极，另一种金属或非金属是正极【解答】解：铝片和铜片插入浓HNO3溶液中，金属铝会钝化，金属铜和浓硝酸之间会发生自发的氧化还原反应，此
20、时金属铜时负极，金属铝是正极；插入稀NaOH溶液中，金属铜和它不反应，金属铝能和氢氧化钠发生自发的氧化还原反应，此时金属铝是负极，金属铜是正极故选A5下列说法错误的是（）A0.1mol/LCH3COOH溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/LBNa2S溶液中：c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）C配制FeCl3溶液，应加少量盐酸D将Al2（SO4）3溶液蒸干，灼烧得Al2O3【考点】盐类水解的应用【分析】A、醋酸是弱电解质，不能完全电离，根据物料守恒来分析；B、Na2S溶液中，所有的氢离子和氢氧根均来自于水的电离，根据质子守恒来分析；C、FeCl3是强酸
21、弱碱盐，在溶液中会水解显酸性；D、Al2（SO4）3是强酸弱碱盐，在溶液中水解出硫酸和氢氧化铝【解答】解：A、醋酸是弱电解质，只能部分电离为CH3COO，还有未电离的CH3COOH，根据物料守恒可知有：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.1mol/L，故A正确；B、Na2S溶液中，所有的氢离子和氢氧根均来自于水的电离，而水电离出的氢离子和氢氧根的浓度相同，故有：c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），故B正确；C、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会水解显酸性，故加酸能抑制其水解，而为了不引入杂质，要加盐酸，故C正确；D、Al2（SO4）3（aq）中也存在水解平衡：Al2（
22、SO4）3+6H2O2Al（OH）3+3H2SO4；H0，加热蒸发时，平衡也向右移动水解反应吸热，但H2SO4难挥发随着水分的蒸发，溶液中H2SO4浓度的增大，上列平衡又会向左移动，最终溶液蒸干，得到Al2（SO4）3固体，故D错误；故选D6铜锌原电池（如图）工作时，下列叙述正确的是（）A正极反应为：Zn2eZn2+B电池反应为：Zn+Cu2+Zn2+CuC在外电路中，电子从正极流向负极D盐桥中的K+移向ZnSO4溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据原电池原理分析正极得电子，负极失去电子；电池反应为氧化还原反应；盐桥的作用就是使电荷守恒，形成闭合回路，阳离子向正极移动，阴离子向负极
23、移动【解答】解：A，正极上铜离子得电子，发生还原反应，故错误；B，电池反应原理为锌与硫酸铜溶液反应置换铜，故正确；C，外电路中，电子从负极流向正极，故错误；D，盐桥中阳离子流向正极，阴离子流向负极，即盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故错误；故选B7分别将下列物质：FeCl3CaONaClCa（HCO3）2Na2SO3K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是（）ABCD【考点】盐类水解的应用【分析】加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁；氧化钙和水反应生成氢氧化钙；氯化钠不水解；碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠；硫酸钾不水解
24、【解答】解：氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，故错误；氧化钙和水反应生成氢氧化钙，加热过程中，蒸发掉水，最后得到氢氧化钙，故错误；氯化钠不水解，蒸发掉水后得到氯化钠，故正确；加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故错误；亚硫酸钠不稳定，在加热过程中被氧气氧化生成硫酸钠，所以最后得到硫酸钠，故错误；硫酸钾不水解，将水分蒸干时得到硫酸钾，故正确；故选B8下列关于电解质溶液的正确判断是（）A在pH=11的溶液中，K+、Cl、HSO3、Na+可以大量共存B在pH=0的溶液中，Na+、NO3、Fe2+、K+可
25、以大量共存C常温下，由0.1 molL1一元碱BOH溶液的pH=10，可知BOH溶液中存在BOHB+OHD常温下，由0.1 molL1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液中存在A+H2O=HA+OH【考点】离子共存问题【分析】Ap=11的溶液呈碱性，亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应；B酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；C常温下，由0.1 molL1一元碱BOH溶液的pH=10，氢氧根离子浓度为0.0001mol/L，说明BOH在溶液中不能完全电离；D常温下，由0.1 molL1一元酸HA溶液的pH=3，说明HA为弱电解质，则A的水解反应应该用可逆号【解答】解：A该溶液呈碱性，溶液中存在
26、大量氢氧根离子，HSO3与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BpH=0的溶液为酸性溶液，NO3、Fe2+在酸性条件下能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C常温下，由0.1 molL1一元碱BOH溶液的pH=1013，说明BOH为弱电解质，在溶液中部分电离出氢氧根离子，其电离方程式为：BOHB+OH，故C正确；D常温下，由0.1 molL1一元酸HA溶液的pH=31，说明HA为弱酸，A的水解反应为可逆反应，应该用可逆号，NaA正确的水解反应为：A+H2OHA+OH，故D错误；故选C9甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙
27、酸中c（H+）的3倍现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b以及0.10mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b，由此可知（）Aa的浓度必小于乙酸的浓度Ba的浓度必大于乙酸的浓度Cb的浓度必小于乙酸的浓度Db的浓度必大于乙酸的浓度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍，说明甲酸的电离程度大于乙酸，同一种弱酸的浓度越小，其电离程度越大，甲酸a的pH大于乙酸，则甲a的物质的量浓度小于0.1mol/L，乙酸的pH大于甲酸b，则乙酸的物质的量浓度甲酸b，据此分析解答【解答】解：甲酸和
28、乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10mol/L时，甲酸中的c（H+）约为乙酸中c（H+）的3倍，说明甲酸的电离程度大于乙酸，同一种弱酸的浓度越小，其电离程度越大，甲酸a的pH大于乙酸，则甲a的物质的量浓度小于0.1mol/L，乙酸的pH大于甲酸b，则乙酸的物质的量浓度甲酸b，A等浓度的甲酸和乙酸，甲酸的电离程度大，所如果以甲酸a的pH大于乙酸，则甲酸a的物质的量浓度小于乙酸，故A正确；B如果甲酸a的物质的量浓度大于乙酸，则甲酸a的pH小于乙酸，与实际不符，故B错误；C如果b的浓度小于乙酸的浓度，则b的pH大于乙酸，与实际不符，故C错误；D如果b的浓度等于乙酸的浓度，则b的pH也小于乙酸，故D
29、错误；故选A10下列有关酸碱反应的分析判断不正确的是（）A0.1molL1CH3COOH与0.1molL1 NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）B常温下PH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后的溶液中：c（NH）c（Cl）c（OH）c（H+）C常温下，向10mlpH=12的NaOH溶液中加入pH=2的HA至pH=7，所得溶液的总体积V20mlD某温度下，Ba（OH）2溶液中Kw=1012，向pH=8的该溶液中加入等体积pH=4的盐酸，混合溶液pH=6【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A二者恰好反应生成CH3COONa
30、，醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断；BpH=2的HCl浓度小于pH=12氨水浓度，二者等体积混合后，氨水有剩余，溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断；C如果HA是强酸，当溶液的pH=7，HA体积为10mL，如果HA是弱酸，当溶液的pH=7时，HA体积小于10mL；DpH=8的氢氧化钡溶液中c（OH）=104mol/L，pH=4的c（H+）=104mol/L，二者等体积混合，溶液呈中性【解答】解：A二者恰好反应生成CH3COONa，醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，根据电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），醋酸根离子水解程度很小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CH3COO）
31、c（OH）c（H+），故A正确；BpH=2的HCl浓度小于pH=12氨水浓度，二者等体积混合后，氨水有剩余，溶液呈碱性，根据电荷守恒得c（NH4+）c（Cl），一水合氨电离程度很小，所以离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故B正确；C如果HA是强酸，当溶液的pH=7，HA体积为10mL，如果HA是弱酸，当溶液的pH=7时，HA体积小于10mL，所以所得溶液的总体积V20ml，故C错误；D该温度下中性溶液pH=6，pH=8的氢氧化钡溶液中c（OH）=104mol/L，pH=4的c（H+）=104mol/L，二者等体积混合，二者恰好反应导致溶液呈中性，故D正确；故选C1
32、1已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀25时，AgI饱和溶液中c（Ag+）为1.22108 molL1，AgCI饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1若在5mL含有KC1和KI浓度均为0.01molL1的混合溶液中，滴加8mL0.0l molL1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是（）A溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为：c（K+）c（NO3）c（Cl）c（I）c（Ag+）B溶液中先产生的是AgI沉淀CAgCl的KSP的数值为1.691010D若在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A、根据溶解度判
33、断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小；B、依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1；依据Ksp=Ag+Cl计算得到；D、依据溶液中Qc与Ksp的大小关系分析【解答】解：A、若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n（Ag+）=0.003L0.01mol/L=3105mol，继
34、续生成AgCl沉淀，反应后剩余n（Cl）=0.0050.01mol/L3105mol=2105mol，c（Cl）=2105mol0.013L=1.53103mol/L，浊液中c（Ag+）KSP（AgCl）c（Cl）=（1.30105）21.53103=1.1107（mol/L），c（I）KSP（AgI）c（Ag+）=（1.22108）21.1107=1.35109，混合溶液中n（K+）=1104mol，n（NO3）=0.008L0.01mol/L=1105mol，则c（K+）c（NO3），故c（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I），故A错误；B、依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀
35、，故B正确；C、AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30105molL1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl，氯离子浓度为1.30105molL1，由Ksp=Ag+Cl=1.30105mol/L1.30105mol/L=1.691010，故C正确；D、当溶液中Qc=c（Cl）c（Ag+）Ksp时，会有氯化银沉淀生成，所以在AgI悬浊液中滴加一定量的KCl溶液，黄色沉淀会转变成白色沉淀，故D正确；故选A12下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（）醋酸与水以任意比例互溶醋酸溶液能导电醋酸溶液中存在醋酸分子测得醋酸的pH比盐酸pH大在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果0.1mol/L醋酸溶液的
36、pH=2CH3COOK溶液能使酚酞试液变红色大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】弱电解质在溶液中不完全电离的电解质，可以根据醋酸的电离程度及醋酸钠溶液的酸碱性判断醋酸的强弱【解答】解：醋酸与水以任意比例互溶，说明醋酸的溶解度大，而不能证明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸为弱酸，故错误；醋酸溶液能导电，说明醋酸在水溶液里能电离出阴阳离子，为电解质，而不能证明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸为弱酸，故错误；醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸部分电离，即能证明醋酸为弱电解质，故正确；测得醋酸的pH比盐酸pH大，但是不知
37、道二者的浓度，所以不能确定醋酸是否完全电离，则不能证明醋酸为弱酸，故错误；在漂白剂溶液中滴加醋酸能增强漂白效果，说明醋酸能电离出氢离子，但是不能确定醋酸是否完全电离，则不能证明醋酸为弱酸，故错误；0.1mol/L醋酸溶液的pH=2，说明醋酸部分电离，即能证明醋酸为弱电解质，故正确；CH3COOK溶液能使酚酞试液变红色，说明醋酸根离子发生水解溶液显碱性，即醋酸为弱酸，即能证明醋酸为弱电解质，故正确；大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生氢气速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，即醋酸不完全电离，能证明醋酸为弱电解质，故正确；故选D13下列各组中，用惰性电极电解每种电解质溶液时只生成
38、氢气和氧气的是（）AHCl、CuCl2、Ba（OH）2BNaOH、CuSO4、H2SO4CBa（OH）2、H2SO4、K2SO4DNaBr、H2SO4、Ba（OH）2【考点】电解原理【分析】在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答【解答】解：A电解HCl生成氢气和氯气，电解CuCl2生成Cu和氯气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故A不选；B电解NaOH生成氢气和氧气，电解CuSO4生成Cu、氧气、硫酸，电解H2SO4生成氢气和氧气，故B不选；C电解NaOH、H2SO4、Ba（OH）2，均只生成氢气和氧气，故C选；D电解
39、NaBr生成溴、氢气、NaOH，电解H2SO4生成氢气和氧气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故D不选；故选C14下列说法错误的是（）A同浓度的下列溶液，c（NH4+）大小顺序：（NH4）2SO4NH4HSO4NH4ClNH4HCO3B同浓度的下列溶液，pH值大小顺序：Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONaC用水冲洗BaSO4比用稀硫酸冲洗损失大D用惰性电极电解某溶液，两极分别产生H2和O2，pH值一定升高【考点】离子浓度大小的比较【分析】AH+抑制NH4+水解、HCO3促进NH4+水解；B酸根离子水解程度越大，相同浓度的这几种钠盐溶液，其溶液的pH越大；C硫酸中含有硫酸根离子，
40、抑制硫酸钡溶解；D用惰性电极电解某溶液，两极分别产生H2和O2，相当于电解水，但pH值不一定升高【解答】解：AH+抑制NH4+水解、HCO3促进NH4+水解，硫酸铵化学式中铵根离子个数为2，铵根离子水解但程度较小，所以同浓度的下列溶液，c（NH4+）大小顺序：（NH4）2SO4NH4HSO4NH4ClNH4HCO3，故A正确；B酸根离子水解程度越大，相同浓度的这几种钠盐溶液，其溶液的pH越大，酸根离子水解程度CO32ClOHCO3CH3COO，所以同浓度的下列溶液，pH值大小顺序：Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa，故B正确；C硫酸中含有硫酸根离子，抑制硫酸钡溶解，所以用水冲洗
41、BaSO4比用稀硫酸冲洗损失大，故C正确；D用惰性电极电解某溶液，两极分别产生H2和O2，相当于电解水，但pH值不一定升高，如硫酸钠溶液在电解前后溶液pH不变，故D错误；故选D15有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述不正确的是（）A甲中负极反应式为Zn2eZn2+B乙中阳极反应式为AgeAg+C丙中H+向碳棒方向移动D丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、锌比银活泼，所以Zn作负极；B、与电源正极相连的是阳极，发生氧化反应；C、原电池中阳离子向正极移动；D、丁中电解开始时阳极是碘离子放电【解答】解：A、锌比银活泼，所以Zn作负极，发生氧化反应，电极反应式为：Z
42、n2eZn2+，故A正确；B、与电源正极相连的是阳极，发生氧化反应，所以银失电子生成银离子，阳极反应式为AgeAg+，故B正确；C、原电池中阳离子向正极移动，碳棒是正极，所以丙中H+向碳棒方向移动，故C正确；D、丁中电解开始时阳极是碘离子放电，而不是氯离子放电，故D错误；故选D1625时，pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液充分混合后，溶液均呈中性：c（NH3H2O）=1103 molL1的氨水b L，c（OH）=1103 molL1的氨水c L，c（OH）=1103 molL1的Ba（OH）2溶液d L试判断a、b、c、d的数量大小关系为（）Aa=bcdBba=dcCbadcDca=db【
43、考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】HCl是强电解质，所以pH=3的盐酸溶液中c（H+）=1103 molL1，要中和等物质的量的HCl溶液，碱都是一元碱时，碱的浓度越大，需要的碱体积越小，据此分析解答【解答】解：HCl是强电解质，所以pH=3的盐酸溶液中c（H+）=1103 molL1，要中和等物质的量的HCl溶液，碱都是一元碱时，碱的浓度越大，需要的碱体积越小，Ba（OH）2是强碱，且酸中氢离子浓度等于碱中氢氧根离子浓度，所以酸碱的体积相等，即a=d；由于HCl与NH3H2O的中和产物NH4Cl可水解呈酸性，则要使混合溶液呈中性，NH3H2O必需过量，则ba；由于NH3H2O是一种很
44、弱的碱，只有少部分电离，则中的c一定小于a，即dc，通过以上分析知，这几种溶液体积大小顺序是ba=dc，故选B二非选择题（共4个大题，每空2分，共52分）17如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaCl溶液、AgNO3溶液、x溶液，a、b、c、d电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加据此回答问题：（1）电源的N端为正极；（2）电极d上发生的电极反应式为4OH4e2H2O+O2；（3）甲池中的总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（4）当电路中有0.04mol电子通过时，a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是2：2：4：1；（
45、5）若利用丙池实现铁上镀铜，则“efx溶液”是FeCuCuSO4；（要求e、f、x用具体物质回答，下同）若利用丙池实现电解精炼铜，则“efx溶液”是纯铜粗铜CuSO4【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c是银离子放电生成单质银，所以c是阴极，则M是负极，则N是正极；（2）电极d是阳极，电极上发生的电极反应式为4OH4e2H2O+O2；（3）甲池为电解饱和食盐水，总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（4）当电路中有0.04mol电子通过时，a是氢离子放电，生成氢气，b是氯离子放电生成氯气、c极是银离子放电生成单质银、
46、d电极是氢氧根离子放电生成氧气，所以有0.04mol电子通过时产生的气体或固体的物质的量分别是0.02mol、0.02mol、0.04mol、0.01mol；（5）若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜，若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜，由此分析解答【解答】解：（1）接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c是银离子放电生成单质银，所以c是阴极，则M是负极，则N是正极，故答案为：正；（2）电极d是阳极，电极上发生的电极反应式为4OH4e2H2O+O2，故答案为：4OH4e2H2O+O2；（3）甲池为电解饱和食盐水
47、，总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（4）当电路中有0.04mol电子通过时，a是氢离子放电，生成氢气，b是氯离子放电生成氯气、c极是银离子放电生成单质银、d电极是氢氧根离子放电生成氧气，所以有0.04mol电子通过时产生的气体或固体的物质的量分别是0.02mol、0.02mol、0.04mol、0.01mol，所以a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是2：2：4：1，故答案为：2：2：4：1；（5）若利用丙池实现铁上镀铜，所以e阴极是铁，f阳极是铜，电解质溶液是硫酸铜，若利用丙池实现电解精炼铜，e阴极
48、是纯铜，f阳极是粗铜，电解质溶液是硫酸铜，故答案为：FeCuCuSO4；纯铜粗铜CuSO418研究物质的性质对于化学学习非常有帮助（1）泡沫灭火器使用时将浓硫酸铝溶液和浓碳酸氢钠溶液充分混合，在发泡剂的作用下，喷出大量气体，从而起到灭火的作用，请写出泡沫灭火器的原理Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（写离子方程式）（2）下列说法不正确的是BDA用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小；B物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解都是吸热的；C欲除去CuSO4酸性溶液中的Fe3+，可以加入CuO，充分反应后过滤D除溶液中的Mg2+，用OH沉淀Mg2+比用CO32效果好，说明M
49、g（OH）2的溶解度比MgCO3大E沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀完全（3）氯化铝的水溶液呈酸（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+实验室在配制氯化铝的溶液时，常将氯化铝固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制（填“促进”、“抑制”）其水解（4）对于Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），其Ksp=Ksp=c2（Ag+）c（S2）（表达式）已知25时，Ksp（FeS）=8.11017，试求FeS的溶解度7.92108g（Fe56，S32）【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本
50、质；物质的分离、提纯和除杂【分析】（1）发生相互促进水解反应，生成氢氧化铝、二氧化碳、硫酸钠；（2）A、依据氯化银沉淀溶解平衡分析，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；B、物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；C、氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡；D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；E、为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；（3）AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解溶液呈酸性，氯化铝溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铝；（4）依据沉淀溶解平衡的溶度积常数
51、表示方法写出，溶度积等于溶液中离子浓度幂次方乘积；据Ksp=8.11017，求算c（Fe2+），从而求算1L溶液中溶解FeS的物质的量，再计算溶解度【解答】解：（1）硫酸铝与碳酸氢钠在溶液中发生双水解，生成氢氧化铝、二氧化碳、硫酸钠，该离子反应为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（2）A、氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=c（Ag+）c（Cl），银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故A正确；B、物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的，有些物质
52、溶解度随温度升高减小，有些物质溶解时放热的；故B错误；C、氢氧化铝是难溶物质，存在沉淀溶解平衡和电离平衡；故C正确；D、Mg（OH）2的溶解度比MgCO3小；故D错误；E、为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；故E正确；故答案为：BD；（3）AlCl3为强酸弱碱盐，Al3+水解：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，溶液呈酸性，实验室配制氯化铝溶液时，为了抑制水解，可以加入少量的盐酸，氯化铝溶液蒸干，水解生成的氯化氢挥发，水解正向进行得到水解产物氢氧化铝；故答案为：酸；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；抑制；（4）对于沉淀溶解平衡：Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（
53、aq），一定温度下的饱和溶液中存在溶度积常数，Ksp=c（Ag+）2c（S2）；Ksp=8.11017=c（Fe2+）c（S2），c（Fe2+）=c（S2）=9109mol/L，所以在1L溶液中溶解FeS的物质的量为9109mol，在100mL即100g溶液中溶解FeS的质量为7.92108g，所以其溶解度为7.92108g，故答案为：c（Ag+）2c（S2）；7.9210819北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（1）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融的碳酸盐电池反应方程式为C3H8+5O2=3CO2+4H2O；正极
54、反应式为：O2+2CO2+4e=2CO32；放电时CO32移向电池的负（填“正”或“负”）极（2）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H2CO3）=1.5105 molL1若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3+H+的平衡常数K1=4.2107molL1（已知105.60=2.5106）（3）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于7，则溶液中c（H2CO3）c（CO32）（填“”、“=”或“”），原因是HCO3CO32+H+、HCO3+H20H2CO3+OH，HCO3的水解程度大于电离程度
55、（用离子方程式和必要的文字说明）；常温下，已知0.1molL1NaHCO3溶液的pH等于8，则溶液中C（H2CO3）C（CO32）根据质子守恒：C（H2CO3）+C（H+）C（CO32）+C（OH），所以C（H2CO3）C（CO32）C（OH）C（H+）1061089.9107（写出计算结果）【考点】原电池和电解池的工作原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【分析】（1）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融的碳酸盐电池反应方程式为C3H8+5O2=3CO2+4H2O；正极发生还原反应，反应式为：O2+2CO2+4e=2 CO32；
56、原电池中的阴离子向负极移动，放电时CO32移向电池的负极；（2）依据平衡常数概念结合平衡状态下离子浓度和同时浓度计算得到；（3）0.1molL1NaHCO3溶液的pH大于7，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；已知0.1molL1NaHCO3溶液的pH等于8，则溶液中根据质子守恒：C（H2CO3）+C（H+）C（CO32）+C（OH）【解答】解：（1）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融的碳酸盐电池反应方程式为C3H8+5O2=3CO2+4H2O；正极发生还原反应，反应式为：O2+2CO2+4e=2 CO32；原电池中的阴离子向负极移动，放电
57、时CO32移向电池的负极，故答案为：C3H8+5O2=3CO2+4H2O；O2+2CO2+4e=2 CO32；负；（2）常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c（H+）=c（HCO3）=105.6mol/L；c（H2CO3）=1.5105 molL1若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3的第一级电离的平衡常数K1=4.2107 molL1，故答案为：4.2107；（3）常温下，0.1molL1NaHCO3溶液中存在电离和水解，离子方程式为：HCO3CO32+H+、HCO3+H20H2CO3+OH，的pH大于7，c（OH）c（H+），说明HCO3水解程
58、度大于其电离程度，故c（Na+）c（HCO3）、c（H2CO3）c（CO32），已知0.1molL1NaHCO3溶液的pH等于8，则溶液中根据质子守恒：C（H2CO3）+C（H+）C（CO32）+C（OH），所以C（H2CO3）C（CO32）C（OH）C（H+）1061089.9107，故答案为：；HCO3CO32+H+、HCO3+H20H2CO3+OH，HCO3的水解程度大于电离程度；根据质子守恒：C（H2CO3）+C（H+）C（CO32）+C（OH），所以C（H2CO3）C（CO32）C（OH）C（H+）1061089.910720某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度，已知Cl2
59、+2I=2Cl+I2取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mL KI溶液（足量），滴入指示剂23滴取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.02molL1 Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6试回答下列问题：（1）步骤加入的指示剂是淀粉溶液（2）步骤应使用碱式滴定管（3）步骤当待测液由蓝色变为无色且不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.0mL，则废水中Cl2的物质的量浓度0.02molL1（4）Cl2的所测浓度比实际浓度应偏大（“偏大”、“偏小”或“相等”），造成误差的原因是因为步
60、骤滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液（Na2S2O3溶液）润洗，测出的c（Cl2）大于实际浓度（若认为没有误差，此问不答）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定【分析】（1）碘遇淀粉溶液变蓝色，当完全反应时，溶液褪色；（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；（3）溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；结合化学方程式定量关系计算得到；（4）根据碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小；【解答】解：（1）溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去
61、；故答案为：淀粉溶液；（2）硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管；故答案为：碱；（3）碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断达到滴定终点的实验现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；Cl2+2I=2Cl+I2：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Cl22Na2S2O31 2n 0.02molL10.0200Ln=0.0002mlc（Cl2）=0.02mol/L；故答案为：蓝色，无色，0.02mol/L；（4）碱式滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，使得Na2S2O3溶液浓度偏小，消耗的Na2S2O3溶液体积偏大，测得I2的物质的量偏多，则游离态氯的浓度偏大，即氯的实际浓度比所测浓度会偏小；故答案为：偏大，因为步骤滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液（Na2S2O3溶液）润洗，测出的c（Cl2）大于实际浓度；2016年8月8日
