1、四川省某重点中学高二（下）第一次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，共44分）1下列事实能说明甲酸（HCOOH）属于弱酸的是（）1mol/LHCOOH的pH=2 甲酸能与水以任意比互溶20mL 1mol/LHCOOH与20mL 1mol/LNaOH恰好中和 HCOONa溶液的pH7 A B C D 20.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是（） A c（H+）c（F） B c（H+）c（HF） C c（OH）c（HF） D c（HF）c（F）3将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，下列各图中产生
2、H2的体积V（L）与时间t（min）的关系如图所示，其中正确的是（） A B C D 4同质量的锌与酸反应制备H2，欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是（）纯锌粒；粗锌片；0.01molL1盐酸；0.01molL1硫酸；98%硫酸；加热；用冰水冷却 A B C D 5某原电池反应的离子方程式为：Zn+2H+Zn2+H2，则下列说法正确的是（） A HNO3可作电解质溶液 B 在电解质溶液中电子从正极流向负极 C 锌极质量不变 D 石墨可作原电池的正极6部分弱酸的电离平衡常数如表，下列选项错误的是（）弱酸 HCOOH HCN H2CO3电离平衡常数 Ki=1.77104 Ki=4.91010
3、Ki1=4.3107Ki2=5.61011 A 2CN+H2O+CO22HCN+CO32 B 2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2 C 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者7温度相同、浓度均为0.2molL1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4NO3、溶液，它们的c （NH4+）由小到大的排列顺序是（） A B C D 8如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（） A 盐酸的物质的量浓度为1molL B P点时反应恰好完全，
4、溶液呈中性 C 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D 酚酞不能用作本实验的指示剂925时，向10mLpH=12的某碱溶液中加入10mLpH=2的盐酸，充分反应后滴入石蕊试液，溶液显蓝色，则此碱一定是（） A 弱碱 B 一元强碱 C 多元强碱 D 任何强碱10下列说法与盐类的水解有关的是（）明矾和FeCl3可作净水剂；为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3；NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；在NH4C
5、l或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气；长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用 A B C D 全部11将足量BaCO3粉末分别加入下列溶液中，充分溶解至溶液饱和各溶液中Ba2+的浓度最小的为（） A 40mL水 B 10mL0.2mol/LNa2CO3溶液 C 50mL0.01mol/L氯化钡溶液 D 100mL0.01mol/L盐酸12已知PbI2的Ksp=7.0109，将7.5103 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液按体积比为2：1混合，则生成PbI2沉淀所需Pb（NO3）2溶液的最小浓度（mol/L）为（） A 8.4104 B 5.6104 C 4.2104
6、 D 2.81041325C时，某溶液中由水电离出的c（OH）=11013mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（） A NH4+、Fe3+、SO42、Cl B CO32、PO43、K+、Na+ C Na+、SO42、NO3、Cl D HPO42、Na+、HSO3、K+140.1molL1的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（） A c（K+）+c（H+）=c（S2）+c（HS）+c（OH） B c（K+）+c（S2）=0.3molL1 C c（K+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S） D c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）15已知当NH4Cl溶液的浓度小
7、于0.1mol/L时，其pH5.1现用0.1mol/L的盐酸滴定10mL0.05mol/L的氨水，用甲基橙作指示剂达到终点时所用盐酸的量应是（） A 10mL B 5mL C 大于5mL D 小于5mL16常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，下列叙述正确的是（） A 溶液中水电离出的c（H+）=1010mol/L B 溶液中c（H+）+c（A）=0.1 mol/L C 溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大 D 与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）17常温下pH=3
8、的二元弱酸H2R溶液与a L pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是（） A c（R2）+c（OH）=c（Na+）+c（H+） B c（R2）c（Na+）c（H+）=c（OH） C 2c（R2）+c（HR）=c（Na+） D 混合后溶液的体积为2a L18有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（） A V3V2V1 B V3=V2=V1 C V3V2=V1 D V1=V2V319分析如图所示的四个原电池装
9、置，其中结论正确的是（） A 中Mg作为负极，中Fe作为负极 B 中Mg作为正极，电极反应式为6H2O+6e6OH+3H2 C 中Fe作为负极，电极反应为Fe2eFe2+ D 中Cu作为正极，电极反应式为2H+2eH220某固体酸燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（） A 电子通过外电路从b极流向a极 B b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OH C 每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2 D H+由a极通过固体酸电解质传递到b极21如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心
10、铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（） A 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低 B 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高 C 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低 D 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高22高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为下列叙述不正确的是（）3Zn+2K2FeO4+5H2O3zs（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH A 放电时负极反
11、应为：Zn+2OH2eZn（OH）2 B 充电时阳极反应为：Fe（OH）3+5OH3eFeO42+4H2O C 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化 D 放电时正极附近溶液的碱性增强二、解答题（共4小题，满分34分）23（1）室温下，在pH=12的NaCN溶液中，由水电离的c（OH）为 molL1等体积的下列溶液中，阳离子的总物质的量最大的是（填序号）0.2molL1的CuSO4溶液 0.1molL1的Na2CO30.2molL1 的KCl 0.1molL1的Na2SO4（3）浓度为0.100molL1的下列各物质的溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序（填序号）NH4C
12、l NH4HSO4 NH3H2O CH3COONH4（4）水的电离平衡如图所示：若A点表示25时水的电离平衡状态，当温度上升到100时，水的电离平衡状态到达B点则此时水的离子积从增加到100时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH值pH1与强碱的pH值pH2之间应满足的关系是（5）将硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，可观察到的现象是生成无色气体和絮状沉淀，写出该反应的离子方程式：24现有室温下浓度均为1103mol/L的几种溶液：盐酸、硫酸、醋酸、氯化铵、氨水、NaOH溶液，回答下列问题：（1）将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为（填“”、
13、“”或“=”）溶液中的离子浓度由大到小的顺序为将等体积的、混合，则溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用离子方程式说明其原因（3）向相同体积的、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为，最终产生H2总量的关系为（4）向相同体积的、溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH 大小关系为（填“”、“”或“=”）（5）若将等体积的、溶液加热至相同温度后，溶液的pH（填“”、“”或“=”）25实验室备有如下用品：铁片、铜片、锌片、碳棒、FeCl3溶液、CuCl2溶液、ZnCl2溶液、NaCl溶液及导线（1）若选用铜片、碳棒、FeCl3溶液
14、及导线构成原电池，（填”能”或”否”）构成原电池若能，请表示出该电池：，并画出其装置图：判断该电池的正极材料是，负极材料是，正极反应式，负极反应式，电池反应式若不能，请说明原因若选用铜片、铁片、NaCl溶液及导线并外加电流计，（填”能”或”否”）构成原电池装置，现象是（3）以下装置属于原电池的是，并用是原电池的装置图的电极材料表示出其电子流动的方向（如AB）26制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2用NaOH测定滤液的浓度：准确称量1.000gNaOH固体质量，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL
15、溶液装在锥形瓶，滴加2滴酚酞作指示剂把滤液装在酸式滴定管中，调节液面排除气泡后，滤液的凹液面刚好在“0”刻度，滴定NaOH溶液，达到终点记录读数实验重复3次记录见下表 滴定次数 NaOH溶液体积/mL 滴定消耗滤液体积/mL 1 25.00 20.02 2 25.00 17.10 3 25.00 19.98（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为配制成250mL溶液使用的量具是；（3）滴定终点的现象是（4）滤液中溶质的物质的量浓度为（5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使对测定结果 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）四川省某重点中学高二（下）第一次月考化学试卷参考
16、答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，共44分）1下列事实能说明甲酸（HCOOH）属于弱酸的是（）1mol/LHCOOH的pH=2 甲酸能与水以任意比互溶20mL 1mol/LHCOOH与20mL 1mol/LNaOH恰好中和 HCOONa溶液的pH7 A B C D 考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 证明HCOOH为弱酸，可从以下角度判断：判断是否完全电离，是否存在电离平衡，比较二者对应的盐溶液的酸碱性等；根据弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+）可判断酸的电离程度；解答： 解
17、：1mol/LHCOOH的pH=2，1mol/L的HCOOH溶液中H+浓度小于1mol/L，说明醋酸不完全电离，为弱电解质，故正确；甲酸能与水以任意比互溶，盐酸也可，无法证明其为弱酸，故错误； 20mL 1mol/LHCOOH与20mL 1mol/LNaOH恰好中和，强酸和氢氧化钠也是等物质的量恰好反应，故错误；HCOONa溶液的pH7，显碱性的原因是盐中的甲酸根离子水解，证明甲酸是弱酸，故正确；故正确的是；故选D点评： 本题考查弱电解质的实验方法设计，题目难度中等，注意判断弱电解质的角度主要是存在电离平衡，把握正确的判断方法20.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确
18、的是（） A c（H+）c（F） B c（H+）c（HF） C c（OH）c（HF） D c（HF）c（F）考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 0.1mol/LHF溶液的pH=2，则c（H+）=0.01mol/L，常温下，c（OH）=11012mol/L，则因溶液中还存在水的电离，则c（H+）c（F），以此解答解答： 解：0.1mol/LHF溶液的pH=2，则c（H+）=0.01mol/L，常温下，c（OH）=11012mol/L，c（F）略小于0.01mol/L，c（HF）略大于0.09mol/L，则c（H+）c（F）；c（H+）c（HF）；c（HF）
19、c（F）；c（OH）c（HF），故选C点评： 本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力，为高频考点，答题时注意不能忽视水的电离，难度不大3将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，下列各图中产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系如图所示，其中正确的是（） A B C D 考点： 原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素专题： 电化学专题分析： 等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，形成原电池，反应速率增大，但生成的氢气少解答： 解：等
20、质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铜铁稀硫酸形成原电池，反应速率增大，反应用时少于b，但生成的氢气少也少于b，图象应为A故选A点评： 本题考查原电池知识，题目难度不大，注意原电池反应较一般化学反应速率更大，原电池能加快化学反应速率，注意硫酸过量4同质量的锌与酸反应制备H2，欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是（）纯锌粒；粗锌片；0.01molL1盐酸；0.01molL1硫酸；98%硫酸；加热；用冰水冷却 A B C D 考点： 化学反应速率的影响因素专题： 化学反应速率专题分析： 纯的锌与酸反应
21、速率较慢；粗锌片中含有杂质，可以形成原电池，反应速率加快；与相比，氢离子浓度较小，反应较慢；与相比，氢离子浓度较大，反应速率较快；浓硫酸与锌反应不能生成氢气；加热可以加快反应速率；温度低，反应速率慢解答： 解：纯锌粒，与酸反应，不能形成原电池，速率较慢，故错误；粗锌片，含有的杂质可以形成原电池，加快了反应速率，故正确；0.01molL1盐酸，与相比，盐酸溶液中氢离子浓度较小，反应速率较慢，故错误；0.01molL1硫酸，与相比，溶液中含有的氢离子浓度较大，反应速率较快，故正确；98%硫酸，由于浓硫酸与锌反应生成的是二氧化硫，不能生成氢气，故错误；加热，温度较高，反应速率加快，故正确；用冰水冷却
22、，温度降低，反应速率减小，故错误；以上符合题意的有，故选B点评： 本题考查了影响化学反应速率的影响，注重了基础知识的考查，本题难度中等5某原电池反应的离子方程式为：Zn+2H+Zn2+H2，则下列说法正确的是（） A HNO3可作电解质溶液 B 在电解质溶液中电子从正极流向负极 C 锌极质量不变 D 石墨可作原电池的正极考点： 原电池和电解池的工作原理专题： 电化学专题分析： 原电池反应的离子方程式为：Zn+2H+Zn2+H2，则负极为Zn，正极为比Zn不活泼的金属或惰性电极，电解质为HCl或H2SO4，原电池中电子由负极流向正极，以此来解答解答： 解：A电解质为HCl或H2SO4，不能使用H
23、NO3，HNO3具有强氧化性，反应不生成氢气，故A错误；B在电解质溶液中电子从负极流向正极，故B错误；CZn为负极，失去电子，则Zn电极质量减少，故C错误；D正极为比Zn不活泼的金属或惰性电极，则石墨可作原电池的正极，故D正确；故选D点评： 本题考查原电池，明确原电池的工作原理及电极材料、电解质的选择是解答本题的关键，注意硝酸具有强氧化性，题目难度不大6部分弱酸的电离平衡常数如表，下列选项错误的是（）弱酸 HCOOH HCN H2CO3电离平衡常数 Ki=1.77104 Ki=4.91010 Ki1=4.3107Ki2=5.61011 A 2CN+H2O+CO22HCN+CO32 B 2HCO
24、OH+CO322HCOO+H2O+CO2 C 中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者 D 等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答解答： 解：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOHH2CO3HCNHCO3，A氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生CN+H2O+CO2HCN+HCO3反应，故A错误；B甲
25、酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO322HCOO+H2O+CO2能发生，故B正确；C等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；D根据电荷守恒，c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），c（CN）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故D错误；故选AD点评： 本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之
26、间的转化，结合电荷守恒来分析解答，难度中等7温度相同、浓度均为0.2molL1的（NH4）2SO4、NH4HCO3、NH4HSO4、NH4NO3、溶液，它们的c （NH4+）由小到大的排列顺序是（） A B C D 考点： 影响盐类水解程度的主要因素专题： 盐类的水解专题分析： 根据溶液的酸碱性对铵离子的水解影响进行分析，铵离子结合水电离的氢氧根离子，使溶液显示酸性，氢离子抑制铵离子水解，水解显示碱性的离子促进铵离子水解；铵离子水解程度越大，溶液中的铵离子浓度越小，据此进行比较即可解答： 解：在温度相同、浓度均为0.2molL1的溶液中，（NH4）2SO4，铵离子浓度是硫酸铵浓度的2倍，铵离子
27、浓度接近：0.4molL1，NH4HCO3，碳酸氢根离子水解显示碱性，促进了铵离子水解，铵离子浓度大大减小，NH4HSO4，溶液的氢离子抑制了铵离子水解，浓度接近于0.1mol/L，NH4NO3溶液，铵离子正常水解，浓度小于0.1mol/L，所以，故选A点评： 本题考查溶液影响盐类水解的因素，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意硫酸氢铵中硫酸氢根离子电离出氢离子8如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（） A 盐酸的物质的量浓度为1molL B P点时反应恰好完全，溶液呈中性 C 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D 酚酞不能用作本实验的指示剂考点：
28、中和滴定专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： A、根据曲线a可以看出盐酸溶液的pH=1，然后求出盐酸的物质的量浓度；B、根据曲线P点时pH值来判断酸碱性；C、根据曲线a的pH的变化趋势来判断； D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；解答： 解：A、根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=lgC（H+）=1，所以C（HCl）=C（H+）=0.1mol/L，故A错误；B、根据曲线可以看出P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，故B正确；C、曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故C错误；D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或
29、甲基橙做指示剂，故D错误；故选：B点评： 本题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，难度不大，关键能从图中要得出信息925时，向10mLpH=12的某碱溶液中加入10mLpH=2的盐酸，充分反应后滴入石蕊试液，溶液显蓝色，则此碱一定是（） A 弱碱 B 一元强碱 C 多元强碱 D 任何强碱考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡分析： pH=12的某碱溶液中加入等体积 pH=2的盐酸混合，如果碱是弱碱溶液呈碱性，如果碱为强碱溶液呈中性，因充分反应后滴入石蕊试液显蓝色，说明溶液呈碱性解答： 解：pH=12的某碱溶液，c（H+）=1012mol/L，c（OH）=102，pH=2的盐酸，c（H+
30、）=102mol/L，盐酸的浓度为102mol/L，两者等体积混合，滴入酚酞试液，溶液变红，则碱的浓度大于等于1012，、如果强碱，两者等体积，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，恰好完全中和，溶液呈中性，滴入酚酞试液呈无色，故强碱不行；、如果碱是弱碱，两者等体积，弱碱过量，得到弱碱及盐酸盐的混合溶液，以弱碱的电离为主，溶液呈碱性，而充分反应后滴入酚酞试液，说明是弱碱，故选A点评： 本题考查pH之和为14的溶液等体积混合谁弱呈谁性，注意碱性强弱及盐类水解的应用，比较容易10下列说法与盐类的水解有关的是（）明矾和FeCl3可作净水剂；为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸；蒸干AlCl3溶液不
31、能得到无水AlCl3；NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂；实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞；用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气；长期使用硫铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用 A B C D 全部考点： 盐类水解的应用专题： 盐类的水解专题分析： 铝离子和铁离子水解生成胶体；铁离子水解显酸性；蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发；铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应；碳酸根离子和硅酸根离子水解显碱性，和玻璃中的二氧化硅反应；碳酸氢根离子水解显碱性，铝
32、离子水解显酸性，二者水解相互促进；铵根离子、铝离子水解显酸性和镁反应；硫铵水解显酸性；草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进解答： 解：铝离子和铁离子水解生成胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，起到净水的作用，故有关；铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制铁离子的水解，故有关；蒸干氯化铝溶液促进铝离子的水解，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝，故有关；铵根离子、锌离子水解显酸性和铁锈反应，能起到除锈的作用，故有关；碳酸根离子和硅酸根离子水解显碱性，和玻璃中的二氧化硅反应，生成硅酸钠是矿物胶粘结瓶口和瓶塞，故有关；碳酸氢根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，二者水解相互促进生成二氧化碳和氢氧
33、化铝，故有关；铵根离子、铝离子水解显酸性和镁反应生成氢气，故有关；硫铵水解显酸性使土壤酸化板结，故有关；草木灰是碳酸钾，水解显碱性，铵盐水解显酸性，混合水解会相互促进生成二氧化碳和氨气，减弱肥效，故有关；故选D点评： 本题考查了盐类水解的应用，熟练掌握物质性质和特征应用时解题关键，题目难度中等11将足量BaCO3粉末分别加入下列溶液中，充分溶解至溶液饱和各溶液中Ba2+的浓度最小的为（） A 40mL水 B 10mL0.2mol/LNa2CO3溶液 C 50mL0.01mol/L氯化钡溶液 D 100mL0.01mol/L盐酸考点： 物质的量浓度的相关计算专题： 物质的量浓度和溶解度专题分析：
34、 根据BaCO3的溶解性，及碳酸钡与选项中的物质中的离子对碳酸钡的溶解为促进还是抑制来分析Ba2+的浓度，以此来解答解答： 解：A、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3（s）Ba2+（aq ）+CO32（aq），则溶液中存在一定浓度的Ba2+，但浓度较小；B、将足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓度很小；C、将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；D、将足量BaCO3粉末加入100mL0.01
35、mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；显然B中Ba2+的浓度最小，故选B点评： 本题考查离子浓度的相关计算，明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键，注意物质的量浓度的简单计算和发生的反应等来解答12已知PbI2的Ksp=7.0109，将7.5103 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液按体积比为2：1混合，则生成PbI2沉淀所需Pb（NO3）2溶液的最小浓度（mol/L）为（） A 8.4104 B 5.6104 C 4.2104 D 2.8104考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题： 电离平衡与溶液的pH专题
36、分析： 将7.5103 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液按体积比为2：1混合后溶液中碘离子的浓度变化为原浓度的，结合溶度积常数计算Pb2+的浓度，结合溶液体积变化计算原溶液浓度解答： 解：KI与Pb（NO3）2溶液按体积比为2：1混合，混合后溶液体积增加，碘离子物质的量浓度减小为原来的，c（I）=7.5103 mol/L=5103 mol/L；PbI2沉淀溶解平衡为：PbI2（s）Pb2+2I；c（Pb2+）c2（I）=Ksp所以c（Pb2+）=2.8104 mol/L，所以原Pb（NO3）2溶液中c（Pb2+）=2.8104 mol/L3=8.4104 mol/L，故选A点评： 本题考
37、查了难溶物质的沉淀溶解平衡应用，溶度积常数的计算分析，溶液混合溶液体积的变化计算是关键，题目难度中等1325C时，某溶液中由水电离出的c（OH）=11013mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（） A NH4+、Fe3+、SO42、Cl B CO32、PO43、K+、Na+ C Na+、SO42、NO3、Cl D HPO42、Na+、HSO3、K+考点： 离子共存问题专题： 离子反应专题分析： 25C时，某溶液中由水电离出的c（OH）=11013mol/L，为酸或碱溶液，与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子，能大量共存，以此来解答解答： 解：25C时，某溶液中由水电离出的c（OH）=1
38、1013mol/L，为酸或碱溶液，A因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+，酸溶液中不反应能共存，故A不选；B因酸溶液中不能大量存在CO32，碱溶液中不反应能共存，故B不选；C因酸或碱溶因液中均不反应，能大量共存，故C不选；DHPO42、HSO3既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故D选；故选D点评： 本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握信息的抽取及离子之间的反应即可解答，侧重复分解反应的考查，题目难度不大140.1molL1的K2S溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（） A c（K+）+c（H+）=c（S2）+c（HS）+c（OH） B c（K+）+c（S2）=0.3molL1
39、 C c（K+）=c（S2）+c（HS）+c（H2S） D c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）考点： 离子浓度大小的比较专题： 盐类的水解专题分析： K2S是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答解答： 解：A根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），故A错误；B溶液中硫离子水解导致溶液中c（S2）0.1mol/L，所以c（K+）+c（S2）0.3molL1，故B错误；C根据物料守恒得c（K+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），故C错误；D根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）=2c（S2）+
40、c（HS）+c（OH），根据物料守恒得c（K+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），所以得c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），故D正确；故选D点评： 本题考查了离子浓度大小比较，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”来确定溶液酸碱性，再结合守恒思想来分析解答，题目难度不大15已知当NH4Cl溶液的浓度小于0.1mol/L时，其pH5.1现用0.1mol/L的盐酸滴定10mL0.05mol/L的氨水，用甲基橙作指示剂达到终点时所用盐酸的量应是（） A 10mL B 5mL C 大于5mL D 小于5mL考点： 中和滴定专题： 化学实验基本操作分析： 按照酸碱恰好中和反应进行计算
41、，可知需消耗盐酸体积为5ml，依据题干信息可知，此时溶液PH值大于5.1，而甲基橙的变色范围在3.14.4范围，不变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色解答： 解：按照酸碱恰好中和反应：HCl+NH3H20=NH4Cl+H20进行计算，可知需消耗盐酸体积为5ml，依据题干信息可知，此时溶液PH值大于5.1，而甲基橙的变色范围在3.14.4范围，不变色，故应继续向其中滴加盐酸方可发生变色，所以终点时所用盐酸的量应大于5mL，故选：C；点评： 本题主要考查了酸碱中和反应，指示剂的选择对测定结果的影响，难度中等，注意变色范围16常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，下列叙述正确
42、的是（） A 溶液中水电离出的c（H+）=1010mol/L B 溶液中c（H+）+c（A）=0.1 mol/L C 溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大 D 与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 常温下Kw=c（OH）c（H+）=1014，又知0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，解之得c（H+）=103mol/L，则HA为弱酸，以此解答该题解答： 解：常温下Kw=c（OH）c（H+）=1014，0
43、.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，得c（H+）=103mol/L，A水电离出的c（H+）=c（OH）=mol/L=1011mol/L，故A错误；B溶液中c（H+）+c（A）2c（H+）=2103mol/L，故B错误；C溶液中加入一定量CH3COONa晶体，发生：CH3COO+H+CH3COOH，或加入水，都会导致c（H+）减小，c（OH）增大，故C正确；D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后，HA过量，则溶液应呈酸性，应有c（H+）c（OH），故D错误故选C点评： 本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，本题注意根据溶液中=1108结合Kw计算溶液中c（H+）为解答该题的关
44、键17常温下pH=3的二元弱酸H2R溶液与a L pH=11的NaOH溶液混合后，混合液的pH刚好等于7（假设反应前后体积不变），则对反应后混合液的叙述正确的是（） A c（R2）+c（OH）=c（Na+）+c（H+） B c（R2）c（Na+）c（H+）=c（OH） C 2c（R2）+c（HR）=c（Na+） D 混合后溶液的体积为2a L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： 常温下，混合溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），混合溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒和弱电解质的性质解答解答： 解：A根据电荷守恒得2c（R2）+c（OH）+c（HR）=
45、c（Na+）+c（H+），故A错误；B溶液呈中性c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒2c（R2）+c（OH）+c（HR）=c（Na+）+c（H+），所以c（Na+）c（R2），故B错误；C溶液呈中性c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒2c（R2）+c（OH）+c（HR）=c（Na+）+c（H+），所以2c（R2）+c（HR）=c（Na+），故C正确；DH2R+2NaOHNa2R+2H2O，若H2R为强酸，根据H+OHH2O，两者反应显中性时，需要的H2R的体积为0.5a L，总体积为1.5a L但由于H2R是弱酸，浓度必大于103molL1，所以两者反应呈中性时，消耗的H2R的体积
46、不需要0.5aL，则混合后溶液的体积小于2a L，故D错误；故选C点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒解答，易错选项是D，注意先假设酸为强酸进行分析，再结合弱电解质浓度与其pH的关系分析解答，难度中等18有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（） A V3V2V1 B V3=V2=V1 C V3V2=V1 D V1=V2V3考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡分析： 等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O中，c（OH）相同，但NH
47、3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，然后结合酸碱中和时c（OH）越大，消耗酸越多解答： 解：等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3H2O中，c（OH）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，但NH3H2O为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2V3，所以消耗酸的体积关系为V3V2=V1，故选C点评： 本题考查酸碱混合的计算，明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等19分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（） A 中Mg作为负极
48、，中Fe作为负极 B 中Mg作为正极，电极反应式为6H2O+6e6OH+3H2 C 中Fe作为负极，电极反应为Fe2eFe2+ D 中Cu作为正极，电极反应式为2H+2eH2考点： 原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式专题： 电化学专题分析： A、根据氧化还原反应，失电子的极是负极；B、原电池的正极发生得电子的还原反应；C、金属铁在常温下遇浓硝酸钝化；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁发生的是吸氧腐蚀解答： 解：A、中的氧化还原反应发生在金属铝和氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，中金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，不能形成原电池，故A错误；B、中的氧化还原反应发生在金属铝和
49、氢氧化钠之间，失电子的是金属铝，为负极，Mg作为正极，电极反应式为6H2O+6e6OH+3H2，故B正确；C、金属铁在常温下遇浓硝酸钝化，不能形成原电池，故C错误；D、铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁为负极，金属铜为正极，铁发生的是吸氧腐蚀，正极上是氧气得电子的过程，故D错误故选B点评： 本题考查学生原电池的工作原理知识，可以根据所学内容来回答，难度不大20某固体酸燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（） A 电子通过外电路从b极流向a极 B b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OH C 每
50、转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2 D H+由a极通过固体酸电解质传递到b极考点： 原电池和电解池的工作原理专题： 电化学专题分析： 根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L解答： 解：A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是
51、通过外电路由a极流向b，故A错误；B、该电池为酸性电池，反应为O2+4e+4H+=2H2O，故B错误； C、因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故C错误；D、原电池中，a极氢气失电子生成H+，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D正确故选D点评： 本题考查燃料电池的工作原理，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写问题21如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向水槽中滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的
52、是（实验中，不考虑两球的浮力变化）（） A 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端高B端低 B 杠杆为导体或绝缘体时，均为A端低B端高 C 当杠杆为导体时，A端低B端高；杠杆为绝缘体时，A端高B端低 D 当杠杆为导体时，A端高B端低；杠杆为绝缘体时，A端低B端高考点： 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池和电解池的工作原理专题： 电化学专题；元素及其化合物分析： 杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe2eFe2+，Cu为正极，发生Cu2+2eCu；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此解答该题解答： 解：杠杆为导体时，向烧杯中央
53、滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe2eFe2+，Cu为正极，发生Cu2+2eCu，则A端低，B端高；杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，故选C点评： 本题考查原电池及化学反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杠杆是否导电及发生的反应，学生容易忽略杠杆为绝缘体时的情况，题目难度中等22高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为下列叙述不正确的是（）3Zn+2K2FeO4+5H2O3zs（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH A 放电时负极反应为：
54、Zn+2OH2eZn（OH）2 B 充电时阳极反应为：Fe（OH）3+5OH3eFeO42+4H2O C 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化 D 放电时正极附近溶液的碱性增强考点： 原电池和电解池的工作原理分析： 根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH=FeO42+4H2O+3e，阳极消
55、耗OH离子，碱性要减弱解答： 解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，故A正确；B、充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）33e+5OHFeO42+4H2O，故B正确；C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确故选C点评： 本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学
56、生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力二、解答题（共4小题，满分34分）23（1）室温下，在pH=12的NaCN溶液中，由水电离的c（OH）为102 molL1等体积的下列溶液中，阳离子的总物质的量最大的是（填序号）0.2molL1的CuSO4溶液 0.1molL1的Na2CO30.2molL1 的KCl 0.1molL1的Na2SO4（3）浓度为0.100molL1的下列各物质的溶液中，c（NH4+）由大到小的顺序（填序号）NH4Cl NH4HSO4 NH3H2O CH3COONH4（4）水的电离平衡如图所示：若A点表示25时水的电离平衡状态，当温度上升到100时，水的电离平衡状态到
57、达B点则此时水的离子积从1014增加到1012100时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH值pH1与强碱的pH值pH2之间应满足的关系是pHa+pHb=13（5）将硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，可观察到的现象是生成无色气体和絮状沉淀，写出该反应的离子方程式：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2考点： 盐类水解的原理；水的电离；离子浓度大小的比较分析： （1）依据溶液中CN水解结合氢离子显碱性，pH=12的NaCN溶液中氢离子浓度为1012mol/L，溶液中氢氧根离子浓度依据溶液中离子积常数计算得到；溶液中铜离子水解时生成的氢离子是反应的
58、铜离子的2倍；溶液中碳酸根离子水解需要氢离子，溶液中存在水的电离平衡，阳离子浓度大于2mol/L，但小于硫酸铜溶液中阳离子的物质的量；钾离子不水解；溶液中阳离子浓度接近2mol/L；（3）氢离子抑制铵根离子水解，醋酸根离子促进铵根离子水解；（4）根据水的离子积的表达式及B点氢离子和氢氧根离子的浓度进行计算100时水的离子积；酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pHa与强碱的pHb之间应满足的关系；（5）铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳解答： 解：（1）室温下，在pH=12的NaCN溶液
59、中，CN水解显碱性c（OH）=102 mol/L，由水电离的c（OH）=c（H+）=102 mol/L，故答案为：102；溶液中铜离子水解时生成的氢离子是反应的铜离子的2倍，阳离子浓度大于2mol/L，溶液中碳酸根离子水解需要氢离子，溶液中存在水的电离平衡，阳离子浓度略大于2mol/L，但小于硫酸铜溶液中阳离子的物质的量；钾离子不水解，阳离子浓度接近2mol/L；溶液中阳离子浓度接近2mol/L，所以阳离子物质的量最大的是，故选；（3）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱； NH4HSO4中氢离子抑制铵根离子水解； NH3H2O是弱电解质，电离程度较小； CH3COONH4中醋酸根离子
60、促进铵根离子水解，所以铵根离子浓度大小顺序是：，故答案为：；（4）根据图象可知，25时水的电离平衡常数Kw为1014，100时，B点c（H+）=c（OH）=106mol/L，所以100时水的离子积为：Kw=c（H+）c（OH）=106106=1012，故答案为：1014；1012；100C时，水的离子积为1012，混合溶液呈中性，说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量，所以10amol/L10=10b12 mol/L1，所以a+b=12+1=13，故答案为：pHa+pHb=13；（5）铝离子水解显酸性，碳酸氢根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳；反应的离子方
61、程式为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；故答案为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2点评： 本题考查盐类水解的离子方程式的书写方法，理解盐类水解实质是解题关键，题目较简单24现有室温下浓度均为1103mol/L的几种溶液：盐酸、硫酸、醋酸、氯化铵、氨水、NaOH溶液，回答下列问题：（1）将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为（填“”、“”或“=”）溶液中的离子浓度由大到小的顺序为C（Na+）=C（CH3COO）C（OH）=C（H+）将等体积的、混合，则溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用离子方程式说明其原因NH4+H2ONH3H2O+H+（3）向相同体积的、
62、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为，最终产生H2总量的关系为=（4）向相同体积的、溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH 大小关系为（填“”、“”或“=”）（5）若将等体积的、溶液加热至相同温度后，溶液的pH（填“”、“”或“=”）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；盐类的水解专题分析： （1）醋酸、NaOH溶液混合，溶液呈中性，依据醋酸是弱酸分析，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量；依据溶液中电荷守恒比较氯离子浓度大小比较；将等体积的盐酸、氨水混合，溶液浓度相同，
63、恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；（3）向相同体积的：盐酸、硫酸、醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1103mol/L溶质物质的量相同，溶液中氢离子浓度；产生氢气；（4）向相同体积的盐酸、醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；（5）若将等体积、等浓度的氨水、NaOH溶液，氨水中的溶质是弱碱存在电离平衡，溶液PH；溶液加热至相同温度后，溶液电离促进，氢氧根离子浓度增大，但不能完全电离；溶液中离子积增大，氢氧根离子浓度不变；氢氧根离子浓度；解答： 解：（1）醋酸、N
64、aOH溶液混合，溶液呈中性，依据醋酸是弱酸分析，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量；溶液中存在电荷守恒，C（Na+）+C（H+）=C（OH）+C（CH3COO）中性溶液中C（OH）=C（H+）；所以溶液中离子浓度大小关系为：C（Na+）=C（CH3COO）C（OH）=C（H+）；故答案为：；C（Na+）=C（CH3COO）C（OH）=C（H+）；将等体积的盐酸、氨水混合，溶液浓度相同，恰好反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性；溶液PH7；原因是氯化铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液厂酸性；离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；故答案为：；NH4+H2ON
65、H3H2O+H+；（3）向相同体积的：盐酸、硫酸、醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1103mol/L溶质物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度；产生氢气；故答案为：；=；（4）向相同体积的盐酸、醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的pH 大小关系；故答案为：；（5）若将等体积、等浓度的氨水、NaOH溶液，氨水中的溶质是弱碱存在电离平衡，溶液PH；溶液加热至相同温度后，溶液电离促进，氢氧根离子浓度增大，但不能完全电离；溶液中离子积增大，氢氧根
66、离子浓度不变；氢氧根离子浓度；故答案为：；点评： 本题考查了溶液中离子浓度大小的比较方法，溶液中电荷守恒的应用，弱电解质电离平衡的影响因素，溶液PH的判断，酸碱反应后的溶液酸碱性的判断，题目难度较大25实验室备有如下用品：铁片、铜片、锌片、碳棒、FeCl3溶液、CuCl2溶液、ZnCl2溶液、NaCl溶液及导线（1）若选用铜片、碳棒、FeCl3溶液及导线构成原电池，能（填”能”或”否”）构成原电池若能，请表示出该电池：负极材料是铜，正极材料是碳棒，电解质是氯化铁溶液，并画出其装置图：判断该电池的正极材料是铜，负极材料是碳棒，正极反应式Fe3+e=Fe2+，负极反应式Cu2e=Cu2+，电池反应
67、式2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，若不能，请说明原因无若选用铜片、铁片、NaCl溶液及导线并外加电流计，能（填”能”或”否”）构成原电池装置，现象是电解池的中部生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变成红褐色（3）以下装置属于原电池的是AD，并用是原电池的装置图的电极材料表示出其电子流动的方向（如AB）考点： 原电池和电解池的工作原理；设计原电池分析： （1）铜片与FeCl3溶液能自发的氧化还原反应，符合原电池的构成条件；负极材料是铜，正极材料是碳棒，电解质是氯化铁溶液；负极发生氧化反应，正极发生还原反应，总的反应方程式是得失电子守恒的情况下将两个电极相加；铁比铜活泼而且氯化钠是电解质溶液，并且
68、铁与氧气能发生自发的氧化还原反应；（3）活泼电极与电解质溶液是不能发生自发的氧化还原反应，是否具备活泼性不同的两个电极、电解质溶液和闭合回路来分析判断；电子从负极经导线到正极，来作图解答： 解：（1）铜片与FeCl3溶液能自发的氧化还原反应，所以能构成原电池，故答案为：能；负极材料是铜，正极材料是碳棒，电解质是氯化铁溶液；并画出其装置图为：；负极发生氧化反应，电极反应式为：Cu2e=Cu2+，正极发生还原反应，电极反应式为：Fe3+e=Fe2+，所以总的反应方程式：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故答案为：负极材料是铜，正极材料是碳棒，电解质是氯化铁溶液；铜；碳棒；Fe3+e=Fe2+；C
69、u2e=Cu2+；2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；铁比铜活泼而且氯化钠是电解质溶液，并且铁与氧气能发生自发的氧化还原反应，现象是铁溶解，电解池的中部生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：能；电解池的中部生成白色沉淀，迅速变灰绿色，最后变成红褐色；（3）A：活泼电极锌与电解质溶液氯化铜能自发的氧化还原反应，也符合电极的活泼性不同、形成闭合回路，故正确；B、没有形成闭合回路，故错误；C、电极的活泼性相同，故错误；D、铁与氧气能发生自发的氧化还原反应，具备活泼性不同的两个电极、电解质溶液和闭合回路，故正确；故选AD；用是原电池的装置图的电极材料表示出其电子流动的方向为：和，故答案
70、为：和点评： 本题考查原电池的构造原理和电极反应方程式的书写，能构成原电池必须具备能否自发的氧化还原反应、活泼性不同的电极和电解质溶液形成闭合回路，综合性强，有一定的难度26制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2用NaOH测定滤液的浓度：准确称量1.000gNaOH固体质量，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液装在锥形瓶，滴加2滴酚酞作指示剂把滤液装在酸式滴定管中，调节液面排除气泡后，滤液的凹液面刚好在“0”刻度，滴定NaOH溶液，达到终点记录读数实验重复3次记录见下表 滴定次数 NaOH溶液
71、体积/mL 滴定消耗滤液体积/mL 1 25.00 20.02 2 25.00 17.10 3 25.00 19.98（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2xH2O+4HCl配制成250mL溶液使用的量具是250mL容量瓶；（3）滴定终点的现象是浅红色溶液变为无色，半分钟内不变色（4）滤液中溶质的物质的量浓度为0.125molL1（5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使对测定结果偏高 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）考点： 中和滴定；配制一定物质的量浓度的溶液分析： （1）根据反应物和生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式
72、；根据所配溶液的体积选择容量瓶；（3）根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（4）先计算NaOH的浓度，由于第二次滴定时数据与另外两次差别较大，舍去，则消耗滤液的体积平均值为=20.00mL，根据c（滤液）=计算；（5）俯视标准液液面，则滤液的体积偏小，根据c（滤液）=分析误差解答： 解：（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O，设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为，故答案为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl；配制成250mL溶液使用的量具是250mL容量瓶，故答案为：25
73、0mL容量瓶；（3）酚酞在氢氧化钠溶液中显红色，随着反应进行碱性减弱，溶液颜色变浅，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：浅红色溶液变为无色，且半分钟内不变色；（4）1.000gNaOH固体质量，配制成250mL溶液，则c（NaOH）=0.1mol/L，第二次滴定时数据与另外两次差别较大，舍去，则消耗滤液的体积平均值为=20.00mL，则c（滤液）=0.125 molL1，故答案为：0.125 molL1；（5）若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视液面，则滴定管中读出的滤液的体积偏小，由c（滤液）=可知，计算结果偏大，即测定结果偏高，故答案为：偏高点评： 本题考查酸碱中和滴定，明确中和滴定实验的仪器、步骤、终点的判定、数据处理等即可解答，注意滴定管的读数为易错点，题目难度中等