1、高考资源网() 您身边的高考专家选修四第三章、第四章测试卷相对原子质量:Fe-56 Na-23 Cu-64 Zn-651. 下列叙述正确的是A. 氯化铵、次氯酸钠、醋酸铵、硫酸钡都是强电解质B. 电解、电泳、电离、电化学腐蚀均需在通电条件下才能进行C. 红宝石、水晶、钻石的主要成分都是二氧化硅D. 福尔马林、水玻璃、氨水、胆矾均为混合物【答案】A【解析】【详解】A. 在溶液中完全电离的电解质是强电解质,四种物质均是强电解质,A正确;B. 电离吧需要通电,在溶液中或熔融状态下可以电离,B错误;C. 红宝石的主要成分是氧化铝,钻石的主要成分是碳,C错误;D. 胆矾是CuSO45H2O属于纯净物,D
2、错误;答案选A。2.下列叙述中正确的是()A. 是弱酸,所以是弱电解质B. 浓硫酸的脱水性属物理性质,相应的变化过程是物理变化C. 二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了漂白性D. 氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【答案】D【解析】【详解】A、HClO为弱电解质,但NaClO为强电解质,故A错误;B、脱水性属于浓硫酸的化学性质,故B错误;C、二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色,体现了酸性氧化物的性质,与漂白性无关,故C错误;D、能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的物质具有氧化性,氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,故D正确;故选D。3.一定温度下,水溶液中H和OH的浓度变化曲线如图。下列说
3、法正确的是()A. 升高温度,可能引起由c向b的变化B. 该温度下,水的离子积常数为1.01013C. 该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化D. 该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】【详解】A.温度升高,水的离子积常数增大,水溶液中,氢离子和氢氧根离子浓度都增大,将不在曲线上,A错误;B.b点c(H+)=c(OH-)=1.010-7,故Kw=1.010-71.010-7=1.010-14,B错误;C.加入FeCl3,由于氯化铁为强酸弱碱盐,在溶液中Fe3+水解结合水电离出的OH-,促进水的电离平衡右移,最终使溶液中氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度减小,可以由b到a
4、点,符合图象变化趋势,C正确;D.由c点到d点,水的离子积常数减小,温度不变,Kw不变,故不能利用稀释使其形成此变化,D错误;故合理选项是C。【点睛】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素,掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键,从化学平衡移动角度分析解答。4.25 时,用蒸馏水稀释1 mol/L醋酸,下列各项始终保持增大趋势的是( )A. B. C. D. c(H+)c(CH3COO-)【答案】A【解析】【分析】稀释过程中醋酸的电离程度增大,溶液中醋酸的物质的量减小、醋酸根离子的物质的量增大,由于在同一溶液中,浓度之比等于物质的量之比,则的比值逐渐减小;稀释过程中醋酸、氢离子
5、、醋酸根离子浓度都减小,氢氧根离子浓度增大,则的比值逐渐增大,据此结合水的离子积、电离平衡常数进行判断。【详解】A、稀释过程中醋酸、氢离子、醋酸根离子浓度都减小,氢氧根离子浓度增大,则的比值逐渐增大,故A正确;B、稀释到一定程度时,氢离子浓度基本不变,则醋酸根离子仍然减小,则的比值逐渐减小,故B错误;C、在稀释过程中醋酸的电离程度增大,溶液中醋酸的物质的量减小、醋酸根离子的物质的量增大,由于在同一溶液中,则的比值逐渐减小,故C错误;D、稀释过程中醋酸、氢离子浓度逐渐减小,则c(H+)c(CH3COO-)的乘积逐渐减小,故D错误;故选A。【点睛】对于加水稀释过程中,溶液中相关微粒的比值变化,常通
6、过构造平衡常数进行分析,也可根据平衡移动对微粒浓度的影响进行分析。需要注意的是,加水过程中,溶液中微粒浓度不一定都减小,如稀释醋酸溶液过程中,溶液中OH-浓度逐渐增大,无限稀释趋向于不变。5.下列各组离子,在所给的条件下一定能够大量共存的是A. 在pH=0的溶液中:Fe2+、Mg2+、SO 、Cl-B. 由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液中:NH、K+、Na+、NOC. 在A1C13溶液中:SO、Na+、CO、AlOD. 在滴加石蕊试液后呈红色的溶液中:I-、Na+、S2-、AlO【答案】A【解析】【详解】ApH=0的溶液显酸性,酸性溶液中四种离子相互之间不反应,也不与氢离子
7、反应,可以大量共存,故A符合题意;B水电离出的c(H+)=110-12mol/L,说明水的电离受到抑制,既可以是酸溶液也可以是碱溶液,碱性溶液中铵根不能大量存在,故B不符合题意;C铝离子和偏铝酸根、碳酸根、亚硫酸根等均会发生彻底双水解反应,不能大量共存,故C不符合题意;D滴加石蕊显红色的溶液显酸性,酸性溶液中S2-、AlO不能大量存在,故D不符合题意;故答案为A。6.下列叙述正确的是A. 锅炉水垢中的经饱和碳酸钠溶液浸泡可转化为B. 常温下,在含有和的溶液中,和浓度之积是个常数C. 当醋酸达到电离平衡后,改变某条件电离平衡向正反应方向移动,则溶液的导电能力一定变强D. 将浓度为的HF溶液加水不
8、断稀释,溶液始终保持增大【答案】A【解析】【详解】A、硫酸钙和碳酸钙阴离子和阳离子比相同,又CaCO3的溶度积常数比CaSO4小,所以锅炉水垢中的CaSO4经饱和碳酸钠溶液浸泡可转化为CaCO3,再加盐酸,水垢溶解,发生了沉淀转化,故A正确;B、常温下,饱和AgCl溶液中的Ag+和Cl-浓度之积是个常数,如果溶液不饱和,则Ag+和Cl-浓度之积与离子浓度有关,不是常数,故B错误;C、因为导电能力与离子浓度成正比,所以当醋酸达到电离平衡后,加水稀释电离平衡向正反应方向移动,离子浓度减小,溶液的导电能力减弱,故C错误;D、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F-,溶液的体积相同,则两种离子的浓度的
9、比值不变,但随着稀释的不断进行,c(H+)不会小于10-7molL-1,c(F-)不断减小,则比值变小,故D错误;故选A。7.20mL0.1000molL1氨水用0.1000molL1的盐酸滴定,滴定曲线如图,下列说法正确的是( )A. 该中和滴定适宜用酚酞作指示剂B. 两者恰好中和时,溶液的pH7C. 达到滴定终点时,溶液中:c(H)c(OH)c(NH3H2O)D. 当滴入盐酸达30 mL时,溶液中c(NH4+)c(H)c(OH)c(Cl)【答案】C【解析】【详解】A反应终点生成氯化铵,水解显酸性,酚酞的变色范围为810,应选甲基橙作指示剂,故A错误;B两者恰好中和时生成氯化铵,溶液的pH7
10、,故B错误;C物料守恒式为c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(Cl-),电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),则c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O),故C正确;D溶液不显电性,遵循电荷守恒,则当滴入盐酸达30mL时,溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),故D错误;故答案为C。【点睛】判断电解质溶液的离子浓度关系,需要把握三种守恒,明确等量关系。电荷守恒规律,电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都是呈电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-
11、,存在如下关系:c(Na+)+c(H+)c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。物料守恒规律,电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。质子守恒规律,如Na2S水溶液中质子守恒式可表示:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。8.在如图所示的原电池中,下列说法正确的是
12、( )A. Zn为负极,Cu为正极B. 正极反应为 Zn2e=Zn2C. 负极反应为Cu2e=Cu2D. 该装置能将电能转化为化学能【答案】A【解析】【详解】A、锌比铜活泼,形成原电池时锌为负极,铜为正极,故A正确;B、该原电池中,铜为正极溶液中的氢离子在正极得电子发生还原反应,反应式2H+2e-=H2,故B错误;C、锌为负极,反应式为:Zn-2e-Zn2+,故C错误;D、原电池将化学能转化为电能,故D错误。答案选A。9.将Al片和Cu片用导线相连,一组插入浓盐酸中,一组插入稀氢氧化钠溶液中,分别形成原电池,则在这两原电池中,正极分别为( )A. Cu片、Cu片B. Cu片、Al片C. Al片
13、、Al片D. Al片、Cu片【答案】A【解析】【分析】Al可与盐酸或氢氧化钠溶液反应,铜为不活泼金属,形成原电池时,较活泼金属为负极,不活泼金属为正极,以此解答。【详解】铝比铜活泼,插入盐酸溶液中,铝为负极,铜为正极;插入稀NaOH溶液中,金属铜和氢氧化钠不反应,金属铝能和氢氧化钠溶液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。答案选A。10.铁棒与石墨用导线连接后,浸入0.01 mo1L1的食盐溶液中,可能出现的现象是()A. 铁棒附近产生OHB. 铁棒被腐蚀C. 石墨棒上放出Cl2D. 石墨棒上放出O2【答案】B【解析】【详解】将铁棒与石墨棒用导线连接后浸入0.01 molL1
14、食盐溶液中,构成了原电池,发生吸氧腐蚀。由于Fe活动性大于石墨,所以Fe是原电池的负极,故铁棒失去电子被氧化而腐蚀,故选项是B。11.如图所示的装置,通电一段时间后,测得甲池中某电极质量增加2.16g,乙池中某电极 上析出6.4g某金属,下列说法正确的是A. 甲池是b极上析出金属银,乙池是c极上析出某金属B. 甲池是a极上析出金属银,乙池是d极上析出某金属C. 某盐溶液可能CuSO4溶液D. 某盐溶液可能是Mg(NO3)2溶液【答案】C【解析】【分析】甲池中a极与电源负极相连为阴极,电极上银离子得电子析出银单质,b电极为阳极,水电离出的氢氧根放电产生氧气,同时产生氢离子;乙池中c为阴极,d为阳
15、极,乙池电极析出6.4g金属,金属应在c极析出,说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属阳离子。【详解】A甲池a极上析出金属银,乙池c极上析出某金属,故A错误;B甲池a极上析出金属银,乙池c极上析出某金属,故B错误;C乙池电极析出6.4g金属,说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属阳离子,Cu2+氧化性强于氢离子,会先于氢离子放电,则某盐溶液可能是CuSO4溶液,故C正确;DMg2+氧化性较弱,电解时在溶液中不能得电子析出金属,所以某盐溶液不能是Mg(NO3)2溶液,故D错误;故答案为C。12.一种新型的乙醇电池,它用磺酸类质子溶剂。电池总反应为:C2H5OH +3O2 2CO2+3H2O,电池示意
16、如图,下列说法正确的是A. a极为电池的正极B. 电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C. 电池负极的电极反应为:4H+ O2+ 4e= 2H2OD. 电池工作时,1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移【答案】D【解析】【详解】A在燃料电池中,燃料乙醇在负极发生失电子的反应,氧气是在正极上发生得电子的反应,则a为负极,故A错误;B电池工作时,电流由正极经外电路流向负极,在该电池中由b极流向a极,故B错误;C在燃料电池中,正极上是氧气得电子的还原反应,在酸性电解质环境下,正极的电极反应为:4H+O2+4e-=2H2O,故C错误;D根据电池反应:C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O,乙
17、醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+,则1mol乙醇被氧化失去12mol电子,故D正确;故选D。13.碱性锌锰电池的总反应是:Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2,电解质是KOH,下列说法正确的是A. MnO2发生了氧化反应B. MnOOH中Mn元素的化合价为3C. 反应消耗0.65g Zn有0.01mol电子发生转移D. 电池正极的反应为:Zn+2OH-2e-=Zn(OH)2【答案】B【解析】【分析】由碱性锌锰电池的总反应:Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn(OH)2,可知电池的负极Zn是电子被氧化,电极反应式为:Zn+2OH
18、-2e-Zn(OH)2,正极MnO2得电子被还原生成MnOOH,反应式为2MnO2+2H2O+2e-2MnOOH+2OH-。【详解】A由碱性锌锰电池的总反应:Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2,可知正极MnO2得电子被还原生成MnOOH,故A错误;BMnOOH中O元素化合价为-2价,H元素化合价为+1价,根据化合价代数和为0,则Mn元素的化合价为+3,故B正确;C由题知,n(Zn)=0.01mol,有0.02mol电子发生转移,故C错误;D电池正极的反应为:2MnO2+2H2O+2e-2MnOOH+2OH-,故D错误;故选B。14. 关于图中装置说法正确的是A. 装置中,
19、盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液B. 装置工作一段时间后,a极附近溶液的pH减小C. 用装置精炼铜时,c极为纯铜D. 装置中电子由Zn流向Fe,装置中有Fe2+生成【答案】C【解析】【详解】A原电池中阳离子向正极移动,铜是正极,所以K+移向CuSO4溶液,故A错误;B装置工作一段时间后,a极与电源的负极相连是阴极,电极反应式为:水中的氢离子放电,产生氢氧根离子,所以溶液的pH值增大,故B错误;C精炼铜时,纯铜为阴极,所以c为阴极,c极为纯铜,故C正确;D活泼金属锌是负极,所以产生锌离子,而不是亚铁离子,故D错误;故选C。15.如图,a、b、d均为石墨电极,c为Mg电极
20、,通电进行电解(电解液足量),下列说法正确的是A. 向甲中加入适量Cu(OH)2,溶液组成可以恢复B. 电解一段时间,乙溶液中会产生白色沉淀C. 当b极增重3.2g时,d极产生的气体体积为1.12LD. 甲中b极上的电极反应式为:4OH-4e-=O2+2H2O【答案】B【解析】【详解】A惰性电极电解CuSO4溶液后,可加入适量CuO使溶液组成恢复,A错误;B电解一段时间,阳极Mg溶解得Mg2+,阴极H+放电后促进水电离生成OH-,溶液里产生Mg(OH)2白色沉淀,B正确;C当b极增重的Cu为3.2g时,d极产生的氢气体积在标准状况下为1.12L,C错误;D甲中b极为阴极,发生的是还原反应,电极
21、反应式为:Cu2+2e-=Cu,D错误。答案为B。16.某校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度,选甲基橙作指示剂。(1)盛装0.2000 mol/L盐酸标准液应该用_式滴定管。(2)滴定时,左手控制滴定管,右手摇动锥形瓶,眼睛注视_;终点判断方法:_(3)滴定操作可分解为如下几步:检查滴定管是否漏水;取一定体积的待测液于锥形瓶中;用标准溶液润洗盛标准溶液滴定管,用待测液润洗盛待测液的滴定管装标准溶液和待测液并调整液面(记录初读数)用蒸馏水洗涤玻璃仪器滴定操作正确的操作顺序为:_(4)有关数据记录如下:实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后120. 0
22、00.6020.70220.006.0025.90320.0014023.20则NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/L(保留四位有效数字)(5)若滴定时锥形瓶未干燥,则测定结果_;若滴定前平视读数,滴定终点时仰视读数,则会使所测碱的浓度值_。(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。【答案】 (1). 酸 (2). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (3). 黄色变成橙色,并且在半分钟内无颜色变化 (4). (5). 0.2000 (6). 无影响 (7). 偏高【解析】【分析】酸碱中和滴定实验原理:c(NaOH)V(NaOH)=c(HCl)V(HCl),代入实验数据(注意数据的有效性)计算c(NaOH)
23、;根据实验操作步骤进行滴定的排序,其中盐酸要用酸式滴定管进行量取,用甲基橙做指示剂,根据颜色的变化确定滴定终点。【详解】(1) 滴定操作中,酸或者强氧化性物质要用酸式滴定管盛装,碱用碱式滴定管盛装,故盛装0.2000 mol/L盐酸标准液应该用酸式滴定管;(2) 滴定时,眼睛要注视着锥形瓶内溶液颜色的变化,避免产生较大误差;由于用甲基橙作指示剂,甲基橙变色的pH范围为3.14.4,故终点判断方法:溶液由黄色变为橙色,并且在半分钟内无颜色变化;(3) 滴定操作的正确顺序是:检漏、洗涤、润洗、装液、赶气泡、调节液面并记录初读数、取液、滴定,故答案为;(4) 三次消耗的盐酸的体积分别为:20.10m
24、L、19.90mL、21.80mL(误差太大,舍去);前两次平均体积为20.00mL,代入c(NaOH)=;(5) 锥形瓶不干燥或是滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁,都不会影响被滴定液中溶质的物质的量,即n值不变,所耗标准溶液的体积不变,则测定结果无影响;若滴定前平视读数,滴定终点时仰视读数,读数偏大,所耗标准溶液的体积偏大,则会使所测碱的浓度值偏高。17.原电池是化学对人类的一项重大贡献。(1)某兴趣小组为研究原电池原理,设计如图装置。a和b不连接时,烧杯中发生反应离子方程式是_。a和b用导线连接,Cu极为原电池_极(填“正”或“负”),该电极反应式是_,溶液中的H移向_(填“Cu”或“Zn
25、”)极。无论a和b是否连接,Zn片均被腐蚀,若转移了0.2 mol电子,则理论上Zn片质量减轻_g。(2)如图是甲烷燃料电池原理示意图,回答下列问题:电池的负极是_(填“a”或“b”)电极,该极的电极反应式为: _电池工作一段时间后电解质溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】 (1). Zn2H=Zn2H2 (2). 正 (3). 2H2e=H2 (4). Cu (5). 6.5 (6). a (7). CH410OH8e=CO7H2O (8). 减小【解析】【分析】(2)根据图示可知CH4转化为CO发生氧化反应,所以通入CH4的一极为负极,通入氧气的一极为正极。【详解】(1)a
26、和b不连接时,烧杯中发生锌与硫酸的置换反应,离子方程式为Zn2H=Zn2H2;a和b用导线连接,Cu电极上发生氢离子得电子的还原反应,为原电池的正极;电极反应式为2H2e=H2;原电池中阳离子流向正极,所以氢离子移向Cu极;无论是否连接a和b,Zn都发生Zn2e=Zn2+,所以转移0.2mol电子时,有0.1molZn转化为Zn2+,质量减轻0.1mol65g/mol=6.5g;(2)该电池中CH4失电子发生氧化反应,所以a电极为负极;电解质溶液为碱性,所以电极反应式为CH410OH8e=CO7H2O;甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH-= CO+3H2O,反应中OH-参加反应导致
27、溶液中c(OH-)减小,溶液的pH减小。【点睛】通过电极反应判断电极附近pH的变化,通过总反应判断电解质溶液的pH变化;燃料电池中通入氧气的一极为正极。18.按下图装置进行实验,并回答下列问题:(1)判断装置的名称:A池为_ ;B池为_;(2)锌极为_极,电极反应式为_;铜极为_极,电极反应式为_;石墨棒C1为_极,电极反应式为_;石墨棒C2附近发生的实验现象为_;(3)当C2极析出224mL气体(标准状态)时,锌的质量变化_(变大、不变或变小)了_g,CuSO4溶液的质量_(增加、不变或减少)_g。【答案】 (1). 原电池 (2). 电解池 (3). 负极 (4). Zn2e-=Zn2+
28、(5). 正极 (6). Cu2+2e-=Cu (7). 阳极 (8). 2Cl-2e-=Cl2 (9). 溶液呈红色 (10). 变小 (11). 0.65 (12). 增加 (13). 0.01【解析】【详解】(1)由题给装置可知,A为原电池,B为电解池;(2)A为原电池,金属活泼性较强的锌为负极,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+;金属活泼性较弱的铜为正极,电极反应为:Cu2+2e-=Cu,石墨棒C1与原电池的正极相连为电解池的阳极,阳极上氯离子失电子生成氯气,电极反应式为:2Cl-2e-=Cl2;石墨棒C2与原电池的负极相连为电解池的阴极,电极反应式为2H+2e-=H2,阴极附近生成氢气和氢氧根离子,溶液呈变红;(3)石墨棒C2与原电池的负极相连为电解池的阴极,电极反应式为2H+2e-=H2,当C2极析出224mL气体(标准状况)时,生成氢气的物质的量为0.01mol,转移的电子为0.02mol,锌电极的方程式为:Zn-2e-=Zn2+,根据电子守恒可知,消耗的Zn为0.01mol,则锌的质量减少0.65g,生成铜的物质的量为0.01mol,质量为6.4g,硫酸铜溶液质量增加0.01g。- 14 - 版权所有高考资源网