1、吉林省长春市实验中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）可用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64第卷 选择题（60分）一、单选题（共25小题，1-15小题每题2分，16-25小题每题3分）1.下列物质中能抑制水的电离且使溶液呈现出酸性的是A. Na2CO3B. Al2(SO4)3C. K2SO4D. NaHSO4【答案】D【解析】【详解】A选项，Na2CO3中碳酸根水解，促进水的电离，溶液显碱性，故A不符合题意；B选项，Al2(SO4)3中铝离子水解，促进水的电离，溶液显酸性，故B不符合题意；C选项，K2SO
2、4中K+、SO42-对水的电离无影响，既不促进也不抑制，故C不符合题意；D选项，NaHSO4电离出氢离子，抑制水的电离，溶液显酸性，故D符合题意；综上所述，答案为D。【点睛】一般酸、碱抑制水的电离，强酸酸式盐也能抑制水的电离；可水解的盐促进水的电离。2.下列离子方程式中，属于水解反应的是A. HCOOH+H2OHCOO+ H3O+B. CO2+H2OHCO3+ H+C. CO32+ H2OHCO3+ OHD. HS+ H2OS2+ H3O+【答案】C【解析】【详解】A选项，HCOOH+H2OHCOO+ H3O+是甲酸的电离方程式；B选项，CO2+H2OHCO3+ H+是二氧化碳与水反应生成碳酸
3、，碳酸部分电离的电离方程式；C选项，CO32+ H2OHCO3+ OH是碳酸根的水解方程式；D选项，HS+ H2OS2+ H3O+是硫氢根的电离方程式；综上所述，答案为C。【点睛】水解的实质是弱酸阴离子或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子，水解后的离子比原来的离子多了氢离子或氢氧根。3.下列事实可以证明MOH是弱碱的有0.1mol/LMOH溶液能使酚酞溶液变红常温下，0.1mol/LMOH溶液的pH=120.1mol/LMOH溶液的导电性比0.1mol/LNaOH溶液弱等体积的0.1mol/LMOH溶液与0.1mol/LHCl溶液恰好完全反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【
4、详解】0.1mol/L MOH可以使酚酞试液变红，说明 MOH能电离出氢氧根离子，而不能说明 MOH的电离程度，所以不能证明 MOH是弱电解质，错误；常温下，0.1mol/L MOH溶液的pH=12，溶液中c(OH)=0.01mol/L，说明MOH不完全电离，MOH是弱碱，正确；溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol/L MOH溶液的导电性比0.1mol/L NaOH溶液弱，说明 MOH溶液中离子浓度较小，说明 MOH部分电离，正确；等体积的0.1mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液恰好完全反应，无论是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误；答案选B。【点睛】本题考查弱电解质在
5、水溶液中的电离平衡，涉及电解质强弱的判断，不能根据电解质溶液的导电性及电解质的溶解性强弱确定强弱电解质。MOH是弱碱，说明MOH部分电离，溶液中存在电离平衡，根据MOH的电离程度划分强弱电解质，据此分析解答。4.实验室配制和保存溶液，应采取的正确措施是（ ）把蒸馏水煮沸，以赶走水中溶解的 溶解时加入少量稀加入少量还原铁粉，并充分振荡 加入少量盐酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】蒸馏水煮沸时赶走氧气，Fe2+容易被O2氧化，项正确；水解显酸性，加入少量稀硫酸可以抑制Fe2+的水解，项正确；加入少量还原铁粉后，Fe2+即使氧化为Fe3+，也能还原为Fe2+，项正确；加入少量盐酸可
6、以抑制Fe2+的水解，但引入氯离子(杂质)，项错误；综上分析，符合题意，B项正确；答案选B。5.常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是（ ）A. 将10mL该溶液稀释至100mL后，pH=4B. 向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和C. 该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1010：1D. 该溶液中由水电离出的c(H+)水c(OH-)水=110-14【答案】C【解析】【详解】A. 将10mL该溶液稀释至100mL后，c(H+)=，pH=3，A错误；B. 向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，由于氨水部分电离，所以盐酸完全反应后，溶液中仍含大量的氨水，B错误；C
7、. 该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为，正确；D. 该溶液中由水电离出的c(H+)水c(OH-)水=10-1210-12=110-24，错误。故选C。6.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是（ ）A. 对该反应体系加热B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸C. 向H2SO4中通入HCl气体D. 不用铁片，改用铁粉【答案】B【解析】【详解】A. 对该反应体系加热，体系的温度升高，反应速率加快；B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸，铁片发生钝化，反应速率减慢；C. 向H2SO4中通入HCl气体，c(H+)增大，反应速率加快；D. 不用铁片，改用铁粉
8、，增大接触面积，加快反应速率。故答案为B。7.常温下c（H）最小是下列各项中的A. pH0的溶液B. 0.5 molL1H2SO4C. 0.5 molL1HClD. 0.6 molL1CH3COOH【答案】D【解析】【详解】ApH=-lgc（H+）=0，则c（H+）=1mol/L；B硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）=1mol/L；CHCl完全电离，溶液中c（H+）=c（HCl）=0.5mol/L；D醋酸不完全电离，溶液中c（H+）远远小于 0.6mol/L.答案选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的相关计算。注意理解电解质浓度与电解质离子的浓度的关系。根据pH=-lgc（H+）
9、计算c（H+）；硫酸完全电离，溶液中c（H+）=2c（H2SO4）；HCl完全电离，溶液中c（H+）=c（HCl）；醋酸不完全电离，溶液中c（H+）远远小于醋酸的浓度。8.已知AgCl和AgBr的溶解度分别为1.510-4g、8.410-6g，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量AgNO3溶液，发生的反应为A. 只有AgBr沉淀生成B. AgCl和AgBr沉淀等量生成C. AgCl沉淀多于AgBr沉淀D. AgCl沉淀少于AgBr沉淀【答案】C【解析】【分析】由于AgCl的溶解度大于AgBr，AgCl与 AgBr的饱和溶液中，前者c（Ag）大于后者c（Ag），c（Cl）c（Br
10、），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合，加入AgNO3，溶液中AgCl沉淀较多。【详解】由于AgCl的溶解度大于AgBr，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c（Ag）大于后者c（Ag），c（Cl）c（Br），当将AgCl、AgBr两饱和溶液等体积混合时，有AgBr沉淀生成，当加入足量AgNO3溶液时，溶液中Cl-也形成AgCl沉淀，由于原等体积的饱和溶液中Cl-物质的量大于Br-，则生成的AgCl沉淀比AgBr多。故选C。9.用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待
11、测液酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所用体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，此时所测盐酸的浓度减小；滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所用碱液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线，读数偏高，所用碱液的体积偏小，所测盐酸浓度偏低。
12、只有符合题意，故答案为A。10.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法不正确的是（）A. 放电时，多孔碳材料电极为正极B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C. 充电时，电解质溶液中Li+向锂电极迁移D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+ (1)O2【答案】B【解析】【分析】当电池放电时，O2与Li在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x，即O2在多孔碳材料电极表面得到电子生成O2，再与转移过来的Li结合生成Li2O2-x，所以锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，原电池总反应为2Li（1-x/2
13、）O2=Li2O2-x。【详解】A放电时，O2在多孔碳材料电极表面得到电子与转移过来的Li结合生成Li2O2-x，所以O2所在电极为正极，即图中多孔碳材料电极为正极，故A正确；B原电池放电时，锂电极为负极，多孔碳材料电极为正极，外电路电子由锂电极经过导线流向多孔碳材料电极，故B错误；C充电时，装置为电解池，原电池的正极与电源正极相接，为阳极，负极与电源负极相接，为阴极，电解质溶液中阳离子Li向阴极锂电极迁移，故C正确；D原电池总反应为2Li（1-x/2）O2=Li2O2-x，充电时为电解池，总反应为Li2O2-x=2Li（1-x/2）O2，故D正确；故选B。11.某学生欲完成反应2HCl+2A
14、g=2AgCl+H2而设计了下列四个实验，你认为可行的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A选项，中银作阳极，电极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，C为阴极，电极反应为2H+2e-=H2，故A可行；B选项，为原电池，铁活泼性强，铁作负极，Ag为正极，发生的电池反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2，故B不可行；C选项，银作阴极，电极反应为2H+2e-=H2，C作阳极，电极反应为2Cl-2e-=Cl2，故C不可行；D选项，不反应，故D不可行；综上所述，答案为A。12.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，而不用还原剂还原氧化铝的方法冶炼铝，下列有关说法中正确的是（ ）A. 氧化铝
15、中铝元素的化合价为+3价，只有还原性，没有氧化性B. 氧化铝的熔点较低，在熔融状态下易被还原C. 铝离子的氧化性强，较难用还原剂还原氧化铝得到铝D. 铝单质的还原性强，较难用还原剂还原氧化铝得到铝【答案】D【解析】【详解】A. 氧化铝中铝元素显+3价，是其最高正价，只有氧化性，没有还原性，A项错误；B. 熔融状态下的氧化铝也不易被还原，所以才用电解法冶炼，B项错误；C. 铝离子的氧化性很弱，较难用还原剂还原氧化铝得到铝，C项错误；D. 金属铝位于金属活动性顺序表的前面，铝单质具有很强的还原性，较难用还原剂还原氧化铝得到铝，D项正确；答案选D。13.利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说
16、法不正确的是A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B. 若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe2e =Fe2+C. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D. 若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H+2e=H2【答案】B【解析】【详解】A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁腐蚀，故C正确；D、若X为碳
17、棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，水电离的H+发生还原反应，电极反应式为2H+2e=H2，故D正确。故选B14.用石墨电极电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体且气体物质的量之比为21的是（ ）A. 食盐水B. 硫酸钠溶液C. 硫酸铜溶液D. 氯化铜溶液【答案】B【解析】【分析】阴、阳两极均产生气体，说明溶液中阳离子是氢离子放电，根据生成气体需要的转移电子数判断生成气体体积之比，从而得出结论。【详解】A电解氯化钠溶液时，阳极上析出Cl2，阴极上析出H2，2mol氢离子得2mol电子生成1molH2，2mol氯离子失去2mol电子生成1molCl2，所以阴、阳两
18、极均产生气体且气体体积之比1：1，A项错误；B电解硫酸钠溶液时，阳极上析出O2，4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1molO2转移4mol电子，阴极上析出H2，4mol氢离子得4mol电子生成2molH2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比为2：1，故正确；C电解硫酸铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，C项错误；D电解氯化铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，D项错误；故选B。【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：（1）阴极：阴极上放电的是溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，
19、其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F含氧酸根离子OHClBrIS2。15.常温下用石墨作电极，电解100 mL 0.1 molL1的Cu(NO3)2和0.1 molL1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L 时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是()A. 阴极增重1.4 gB. 所得溶液pH1C. 阴极增重0.64 gD. 所得溶
20、液pH1【答案】B【解析】【详解】溶液中铜离子和银离子的物质的量都是0.01mol，根据放电顺序可知，阴极首先是银离子放电，生成银，然后是铜离子放电生成铜。阳极是OH放电生成氧气，即氧气是0.05mol，转移电子是0.2mol，所以根据电子的得失守恒可知，阴极除了生成0.01mol银和铜外，还生成0.085mol氢气，所以阴极增加的质量是1.08g0.64g1.72g，选项A、C错误；在金属离子放电的同时，溶液中产生氢离子，所得溶液pH1，选项B正确，选项D错误；答案选B。16.下列说法错误的是（ ）A. 用惰性电极电解 Na2SO4溶液，当 2 mol 电子转移时，可加入 18 g 水恢复B
21、. 用惰性电极电解 CuSO4溶液，当加入 1 mol Cu(OH)2恢复电解前浓度时，电路中转移了 4 mol eC. 用惰性电极电解 1 mol CuSO4和 1 mol NaCl 的混合溶液，溶液的 pH 先减小后增大D. 要想实现 CuH2SO4(稀) CuSO4H2的反应，需在电解池中进行，且 Cu 为阳极【答案】C【解析】【详解】A用惰性电极电解Na2SO4溶液，相当于电解水：2H2O 2H2+O2，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol电子转移时，消耗水1mol，即可加入18g水恢复到原状态，故A正确；B用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，电解反应为2C
22、uSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2，当n(Cu2+)=1mol全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol；若要恢复到电解前的状态，需要加氧化铜的物质的量为1mol；现需加入1molCu(OH)2恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据2H2O 2H2+O2可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了4mole-，故B正确；C阳离子在阴极得电子能力Cu2+H+，阴离子在阳极失电子能力Cl-OH-；所以用惰性电极电解1molCuSO4和1molNaCl的混合溶液，阴极电极反应
23、：Cu2+2e-Cu，1molCu2+完全反应转移2mol电子；阳极电极反应：Cl-e-Cl2，1molCl-完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：4OH-4e-=O2+2H2O，转移1mol电子，消耗OH-的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，故C错误；DCu与稀硫酸不反应，若要实现Cu+H2SO4(稀)CuSO4+H2，则需在电解池中进行，Cu连在电源的正极上做阳极，铜失电子，发生氧化反应，故D正确；故答案为C。17.饱和的H2S溶液中，微粒浓度最大的是A. H+B. HS-C. OH-D. H2S【答案】D【解析】【
24、详解】H2S是弱电解质，电离程度较小，在水溶液里存在两步电离平衡H2SH+HS-、HS-H+S2-，H2S的第一步电离远远大于第二步电离，溶液中还存在电离平衡H2OH+OH-，酸会抑制水的电离，所以溶液中微粒浓度大小顺序是c(H2S)c(H+)c(HS-)c(S2-)c(OH-)，则浓度最大的是H2S，答案选D。18.常温下，下列有关离子浓度之间的关系不正确的是（）A. 将CO2通入0.1mol/LNa2CO3溶液至中性，溶液中:2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.lmol/LB. 浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后pH=5，则混合溶液中：c(CH
25、3COO-)c(Na+)C. 在0.1mol/LNaHCO3溶液中：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(CO32-)D. 已知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3H2O)，则常温下0.1mol/LCH3COONH4中： c(CH3COO-)=c(NH4+)【答案】A【解析】【详解】A将CO2通入0.1molL1Na2CO3溶液至中性，则溶液中c（H）=c（OH），根据溶液中的电荷守恒，c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），由于c（H）=c（OH），则c（Na）=c（HCO3）+2c（CO32）=0.2molL1，故A错误；B浓度均为0.1molL1的C
26、H3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则溶液呈酸性，c（H）c（OH），由电荷守恒式c（Na）+c（H）=c（OH）+c（CH3COO），可知c（CH3COO）c（Na），故B正确；C溶液中存在电荷守恒式为c（Na）+c（H）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），物料守恒式为c（Na）=c（H2CO3）+c（HCO3）+c（CO32），由两式可知c（H2CO3）+c（H）=c（OH）+c（CO32），故C正确；DKa（CH3COOH）=Kb（NH3H2O），则常温下0.1molL1CH3COONH4为中性，c（H）=c（OH），由电荷守恒可知c（CH3COO）=c
27、（NH4），故D正确；故选A。【点睛】本题考查离子浓度大小的比较，把握电离与水解、电荷守恒与物料守恒、离子浓度关系为解答关键，选项D为解答难点，要理解Ka（CH3COOH）=Kb（NH3H2O）的含义。19.25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 能使甲基橙变红的溶液中：K、Mg2、NO3、IB. c(HCO3)1 molL1溶液中：Na、NH4、SO42、OHC. 无色透明的溶液中： Fe3+、Al3+、NO3、SO42D. =1012的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、AlO2-【答案】D【解析】【详解】A、甲基橙变红，说明溶液显酸性，NO3在酸中具有强氧化性，能将I氧化，
28、即该离子组不能在指定溶液中大量共存，故A错误；B、OH能与HCO3发生OHHCO3=H2OCO2，因此该离子组不能在指定溶液中大量共存，故B错误；C、Fe3显棕黄色，该离子组不符合题意，故C错误；D、=1012的溶液显碱性，这些离子在碱中能大量共存，故D正确；答案选D。【点睛】离子共存一看色，判断溶液是无色溶液还是下列溶液，注意有色离子；二看性，判断出溶液显酸性还是碱性；三看特殊，记住特殊反应，如AKO2和HCO3不能大量共存，NO3、H与还原性离子不能大量共存；四看反应，发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应的离子不能共存。20.中和滴定的误差要求小于0.1%，若用20.00 m
29、L0.2000molL1盐酸滴定20mL0.2000molL1NaOH溶液，则中和滴定曲线中发生突变时的pH范围是(lg20.3)（ ）A. 4.39.7B. 3.710.3C. 4.010.0D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】误差要求小于0.1%，则20.00 mL溶液滴定误差为0.02毫升，此范围内溶液的pH变化称为酸碱滴定的突跃范围，则：盐酸多0.02毫升时，酸过量，c(H+)=10-4molL-1，pH=4；则盐酸少0.02毫升时，碱过量，c(OH-)=10-4molL-1，c(H+)=10-10molL-1，pH=10，即中和滴定曲线中发生突变时的pH范围是4.010.0；答案
30、为C。21.室温下，下列有关溶液说法正确的是A. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pHB. 某溶液中由水电离出的c(H)110-a molL-1，若a7时，则溶液的pH为a或14aC. 等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前N后D. 常温下，pH=3的HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，溶液pH7，则BOH为强碱【答案】B【解析】【详解】ANaHA溶液的pH可能小于7，如NaHSO4、NaHSO3，也可能大于7，如NaHCO3，所以不能通过测NaHA溶液的pH判断H2A是强酸还是弱酸，故A错误；B某溶液中由水电离出的c(H)110a molL
31、1，若a7时，溶液中由水电离出的c(H+)110-7molL-1，水的电离受到抑制，可能为酸溶液或碱溶液，若为酸溶液，则pH=14-a，若为碱溶液，则pH=a，故B正确；CNaClO溶液中电荷关系为c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-)，溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)，同理NaCl溶液中离子浓度为2c(Na+)+2c(H+)；但NaClO溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，所以NaClO溶液中c(H+)110-7molL-1，NaCl溶液中c(H+)=110-7molL-1，即等体积等物质的量浓度的NaClO溶液和NaCl溶液中离子总数大小N前N后，故C错误；DpH=
32、3HA溶液与pH=11的BOH等体积混合，若BOH为强碱、HA为强酸，则pH=7，若BOH为强碱、HA为弱酸，则pH7，若BOH为弱碱、HA为强酸，则pH7，所以溶液pH7，则BOH为弱碱，故D错误；故选B。22.下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A. pH=4的醋酸中：c（H+）= 0.4molL-1B. 饱和碳酸氢钠溶液中（已知碳酸氢钠溶液呈碱性）：c（Na+）= c（HCO3-）C. 饱和食盐水中：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-）D. pH=12的纯碱溶液中：c（OH-）=1.010-12molL-1【答案】C【解析】A. pH=4的醋酸中c（H+）=
33、molL-1，A不正确；B. 饱和碳酸氢钠溶液中（已知碳酸氢钠溶液呈碱性），因为碳酸氢根既能水解又能电离（以水解为主，所以溶液显碱性），导致c（Na+）c（HCO3-）,所以B不正确；C. 饱和食盐水呈电中性，存在电荷守恒：c（Na+）+ c（H+）= c（Cl-）+c（OH-），所以C正确；D. 纯碱溶液中，因碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，所以c（OH-） c（H+），常温下pH=12的纯碱溶液中，c（H+）=1.010-12molL-1，根据水的离子积可以求出c（OH-）=1.010-2molL-1，所以D不正确。本题选C。23.下列关于氢氧化钠溶液和氨水的说法正确的是（）A. 分别中和等
34、物质的量浓度、等体积的两溶液，所需HCl的物质的量相等B. 物质的浓度相等的两溶液具有相等的pHC. pH相等的两溶液稀释相同倍数，pH增大幅度不相等D. 物质的量浓度相等的两溶液，分别通入HCl气体反应后呈中性的溶液中（忽略溶液体积变化）c（Na+）c（NH4+）【答案】A【解析】【详解】A等物质的量浓度、等体积的两溶液含有溶质的物质的量相等，氢氧化钠和一水合氨都是一元碱，则恰好反应时消耗HCl的物质的量相等，故A正确；BNaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，NH3H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以等物质的量的两种溶液中c（OH）和pH：NaOH大于氨水，故B错误；CpH相等的两溶
35、液稀释相同倍数，稀释过程中氨水中氢氧根离子的物质的量增大，而氢氧化钠溶液中氢氧根离子的物质的量基本不变，则稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，但稀释后两溶液的pH都会减小，不会增大，故C错误；D物质的量浓度相等的两溶液，若铵根离子不水解，反应后溶液中一定满足c（Na+）c（NH4+），但NH4+发生水解，所以c（Na+）c（NH4+），故D错误；故选：A。24.下列实验不能达到目的的是（ ）选项目的实验A由MgCl26H2O制备无水MgCl2在HCl气流中加热B清洗试管内壁残留的硫先用热的浓NaOH溶液清洗，再用水清洗C除去SiO2中混有的Al2O3加入NaOH溶液溶解，过滤、洗涤、干燥D检验Fe
36、3O4与足量盐酸反应后的溶液中含Fe2+取少量反应后的溶液于试管中，滴加几滴K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. HCl气流可以抑制MgCl26H2O水解，可以制备无水MgCl2，故A正确；B. 热浓NaOH溶液可与硫反应，将试管内壁残留的硫除去，故B正确；C. SiO2和Al2O3均能溶于NaOH溶液中，故C错误；D. Fe3O4中有二价铁和三价铁，与盐酸反应后产生二价铁离子，遇K3Fe（CN）6溶液产生蓝色沉淀，故D正确。答案选C。25.化学上常用AG表示溶液中的lg。25时，用0.100molL-1的NaOH溶液滴定20.00
37、mL 0.100molL-1的HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A. D点溶液的pH=11.25B. C点之前溶液显碱性，C点之后溶液显酸性C. C点时，加入NaOH溶液的体积为20mLD. 25时，HNO2的电离常数Ka=1.010-5.5【答案】A【解析】【详解】A、D点AG= -8.5，即lg= -8.5，=10-8.5，根据水的离子积，得出c(H+)=10-11.25molL-1，pH=11.25，故A正确；B、A点=108.5，说明c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，即C点之前溶液显酸性，=100，c(H+)=c(OH-)，溶液显中
38、性，C点之后溶液显中性，故B错误；C、HNO2为弱酸，当加入NaOH溶液的体积为20mL时，恰好完全反应，溶质为NaNO2，溶液显碱性，因此C点所加NaOH的体积小于20mL，故C错误；D、A点 =108.5，利用水的离子积，得出c2(H+)=10-5.5molL-1，HNO2H+NO2-，Ka=10-4.5，故D错误；答案选A。【点睛】电离平衡常数的计算是常考的内容，电离平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，向本题选项D，应从A点分析，HNO2H+NO2-，溶液中c(H+)约等于c(NO2-)，弱电解质的电离程度微弱，c(HNO2)约为0.100molL-1，代入表达式进行计算。第卷 非选择题
39、（40分）26.铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。放电时，该电池总反应式为：PbPbO22H2SO4 2PbSO42H2O。请根据上述情况判断：（1）该蓄电池的负极材料是_，放电时发生_（填“氧化”或“还原”）反应。（2）该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上。试写出该电池放电时，正极的电极反应_（用离子方程式表示）。（4）氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。若电解质为H2SO4溶液，则氢氧燃料电池的正极反应式为_。（5）铅的电解精炼是工业上
40、实现废铅回收以及粗铅提纯的重要手段。铅的电解精炼在由PbSiF6和H2SiF6两种强电解质组成的水溶液中进行。从还原炉中产出的某粗铅成分如下表所示：成分PbCuAgFeZnSn其它97.501.220.120.150.090.640.28电解精炼时阳极泥的主要成分是_（元素符号）。电解过程中，粗铅表面会生成SiF6气体，写出该电极反应式_。【答案】 (1). Pb (2). 氧化 (3). 减小 (4). PbO22eSO424HPbSO42H2O (5). O24H+ +4e2H2O (6). Cu、Ag (7). SiF622e =SiF6【解析】【分析】分析铅蓄电池化合价升降，确定负极、
41、正极材料，再依据反应方程式写电极反应式；氢氧燃料电池是燃料作负极，氧化剂作正极；电解精炼铅，粗铅作阳极，纯铅作阴极，活泼性比铅弱的为阳极泥，活泼性比铅强的先放电。【详解】（1）分析蓄电池PbPbO22H2SO4 2PbSO42H2O，放电时，Pb中铅元素化合价升高，作负极，发生氧化反应，故答案为：Pb；氧化；（2）该蓄电池放电时，根据反应方程式，硫酸不断消耗，因此电解质溶液的酸性减小，故答案为：减小；（3）已知硫酸铅为不溶于水的白色固体，生成时附着在电极上，放电时正极的电极反应PbO22eSO424HPbSO42H2O，故答案为：PbO22eSO424HPbSO42H2O；（4）若电解质为H2
42、SO4溶液，氢氧燃料电池，H2作负极，O2作正极，因此正极反应式为O24H+ +4e2H2O，故答案为：O24H+ +4e2H2O；（5）电解精炼铅，粗铅作阳极，纯铅作阴极，根据金属活动顺序表得出电解精炼时阳极泥的主要成分是Cu、Ag，故答案为：Cu、Ag；电解过程中，粗铅是阳极，其表面会生成SiF6气体，说明是SiF62在阳极失去电子变为SiF6，该电极反应式SiF622e= SiF6，故答案为：SiF622e= SiF6。27.I：乙二酸俗称草酸，是一种二元弱酸（结构简式为HOOCCOOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料。（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O
43、4、K2C2O4溶液的pH如表所示）填空：H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1（1）KHC2O4溶液显酸性的原因是_ （2）向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是_Ac（K+） c（HC2O4）+c（H2C2O4）+c（C2O42）Bc（Na+） c（H2C2O4）+c（C2O42）Cc（K+）+c（Na+） c（HC2O4）+c（C2O42）Dc（K+）c（Na+）II：电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度的量。已知如下表数据（25 ）：化学式电离平衡常数HCNK4.91010CH3COOHK1.8105H2CO3K14
44、.4107，K24.71011（1）25 时，等浓度的三种溶液（ANaCN溶液、BNa2CO3溶液、CCH3COONa溶液）的pH由大到小的顺序为_(填写序号)（2）25时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_；（3）现有浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等体积混合后，测得c(Na+)c(CN)，下列关系正确的是_（填标号）。Ac(H+)c(OH) Bc(H+)AC (4). CN+CO+ H2O = HCO3+HCN (5). B、D (6). c（H2CO3）+c（H+）=c（OH）+c（CO32）【解析】【分析】草酸氢钾主要是电离为主，
45、因此显酸性；草酸氢钾溶液中滴加氢氧化钠溶液直到中性，根据电荷守恒和物料守恒思想解离子大小问题；根据离子对应酸越弱，离子水解程度越大的思想解决盐的酸碱性大小，根据强制弱原理书写离子方程式，根据电荷守恒和物料守恒解质子守恒、判断粒子浓度大小关系。【详解】I：（1）KHC2O4溶液显酸性的原因是HC2O4既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于水解程度，故答案为：HC2O4既能够电离也能够水解，KHC2O4溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于水解程度；（2）向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，溶液中c(H+) = c(OH)，根据电荷守恒得
46、出c(K+) + c(Na+) + c(H+) = c(HC2O4) + c(OH) + 2c(C2O42)，根据物料守恒得出c(K+) = c(HC2O4) + c(H2C2O4) + c(C2O42)，如果生成物KNaC2O4，则溶液显碱性，说明c(K+) c(Na+)才可能显中性，A选项，根据物料守恒得出c(K+) = c(HC2O4) + c(H2C2O4) + c(C2O42)，故A正确；B选项，由电荷守恒和物料守恒整理得，c（Na+）=c（C2O42-）-c（H2C2O4），B错误；C选项，根据前面分析c(K+) + c(Na+) = c(HC2O4) + 2c(C2O42)，故C
47、错误；D选项，根据前面分析得出c(K+) c(Na+)，故D正确；综上所述，答案为AD。II（1）25 时，根据对应酸越弱，水解程度越大，氢氧根浓度越大，碱性越强，pH值越大，酸强弱顺序为：CH3COOH H2CO3 HCN HCO3，因此等浓度的三种溶液pH由大到小的顺序为BAC，故答案为：BAC；（2）25时，酸由强到弱顺序为：H2CO3 HCN HCO3，向NaCN溶液中通入少量CO2只能生成碳酸氢根，反应的离子方程式为CN+CO+ H2O = HCO3+HCN，故答案为：CN+CO+ H2O = HCO3+HCN；（3）浓度为0.02 mol/L的HCN与0.01mol/L NaOH等
48、体积混合后，溶质为HCN和NaCN且浓度相等，浓度为0.005 mol/L，HCN存在电离平衡，CN存在水解平衡，测得c(Na+) c(CN)，说明HCN电离程度小于CN水解程度，溶液显碱性，A选项，溶液显碱性，应该c(H+)c(OH)，故A错误；B选项，溶液显碱性，应该c(H+)c(OH)，故B正确；C选项，溶液中电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(CN) + c(OH)，物料守恒2c(Na+) = c(CN) + c(HCN)，第一个乘以2再减去第二个得到：2c(H+)+c(HCN) = 2c(OH) +c(CN)，故C错误；D选项，根据溶质为HCN和NaCN且浓度相等，浓度为0
49、.005 mol/L，得出c(HCN)+ c(CN)=0.01mol/L，故D正确；综上所述，答案BD。（4）NaHCO3溶液中电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(HCO3) + c(OH) + 2c(CO32)，物料守恒：c(Na+) = c(HCO3) + c(H2CO3) + c(CO32)，两者相减得到质子守恒：c(H+)+ c(H2CO3) = c(OH) + c(CO32)，故答案为：c(H+)+ c(H2CO3) = c(OH) + c(CO32)。28.某同学设计一个电池(如图所示)，探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。（1）通入氢气的电
50、极为_ (填正极或负极)，该电极反应式为_。（2）石墨电极为_ (填阳极或阴极)，乙中总反应离子方程式为_；如果把铁电极和石墨电极交换，乙溶液左侧出现的现象是_。（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将_(填“增大”“减小”或“不变”)。（4）若甲中消耗0.01mol O2，丙中精铜增重_克。【答案】 (1). 负极 (2). H22e+2OH=2H2O (3). 阳极 (4). 2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2 (5). 溶液中有气泡逸出,起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色 (6). 减小 (7). 1.28g【解析】【分析】
51、（1）甲池为原电池，乙、丙池为电解池，甲池中燃料作负极，氧化剂作正极，书写电极反应式，（2）书写电解饱和食盐水的离子方程式，再利用阳极是活泼金属电极则金属失去电子进行分析，（3）电解精炼铜时粗铜作阳极，先是比铜活泼的金属失去电子，阴极是铜离子得到电子，致使溶液中铜离子浓度减小，（4）根据关系式计算铜的物质的量，再计算质量。【详解】（1）甲池为原电池，乙、丙池为电解池，H2作负极，O2作正极，因此通入氢气的电极为负极，该电极反应式为H22e+2OH=2H2O，故答案为：负极；H22e+2OH=2H2O；（2）C连的是正极，因此C电极为阳极，乙是电解饱和食盐水，其总反应离子方程式为2Cl+2H2O
52、2OH+ H2+ Cl2；如果把铁电极和石墨电极交换，铁电极失去电子变为亚铁离子，阴极石墨电极氢离子放电生成氢气，同时阴极附近产生氢氧根，X为阳离子交换膜，则右侧的亚铁离子进入左侧与氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁最终被氧化成红褐色的氢氧化铁，因此乙溶液左侧出现的现象是溶液中有气泡逸出，起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色，故答案为：阳极；2Cl+2H2O2OH+ H2+ Cl2；溶液中有气泡逸出，起初产生白色沉淀，然后白色沉淀迅速转化为灰绿色，最后转化为红褐色；（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极开始是锌放电，锌反应完再是铜失电子，而阴极始终是铜离子得到电子，因此丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小，故答案为：减小；（4）根据电子守恒，得关系式2Cu O2根据关系得出铜的物质的量为0.02 mol，质量m = nM = 0.02 mol64gmol-1 = 1.28g故答案为：1.28g。