1、浙江省丽水四校2020届高三化学10月联考试题（含解析）1. 下列说法正确的是 （ ）A. 热化学方程式的计量数只表示分子的个数B. 热化学方程式中只需标明生成物的状态C. 反应热指的是反应过程中放出或吸收的热量D. 有能量变化的一定是化学变化【答案】C【解析】A热化学方程式的计量数既表示分子的个数，也表示物质的量B热化学方程式中不仅标明生成物、反应物的状态，还要标出焓变D有能量变化的不一定是化学变化，例如，由液态水变为气态水。2.常温下c（H）最小的是下列各项中的A. pH0的溶液B. 0.5 molL1H2SO4C. 0.5 molL1HClD. 0.6 molL1CH3COOH【答案】D
2、【解析】试题分析：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。【考点定位】考查物质的量浓度的相关计算。【名师点睛】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+）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
3、浓度。3. 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】【分析】弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。【详解】A、是甲酸的电离方程式，故A错误；B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；C、是碳酸根的水解方程式，所以C选项是正确的；D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误。所以C选项是正确的。4. 如图所示，下列说法正确的是A. 该装置中能量转化方式为电能转化为化学能
4、B. 电子从锌片流出，经导线流向铜片C. 工作一段时间之后，溶液颜色逐渐变蓝D. 锌片发生还原反应【答案】B【解析】【详解】A该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，将电能转化为化学能的装置为电解池，A项错误；B锌失电子作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，B项正确；C锌作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜不溶解，则溶液不变蓝色，C项错误；D负极上电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，锌片发生氧化反应，D项错误；答案选B。5. 下列表述中合理的是A. 在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值B. 把FeCl3的水溶液加热蒸干可得到FeCl3固
5、体C. 用25 mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液D. 太阳能电池是把太阳能转化为内能的装置【答案】A【解析】试题分析：A热值是指在101kPa下，1g物质完全燃烧所放出的热量叫做该物质的热值，热值的单位是kJ/g，A项正确；B氯化铁水解产生氢氧化铁和氯化氢，水解吸热，加热促进水解，同时氯化氢挥发，促使水解平衡进一步向正反应方向移动，所以最终得到的是氢氧化铁，B项错误；C高锰酸钾溶液具有氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管量取，C项错误；D太阳能电池是把太阳能转化为电能，从而给其它用电器供电，D项错误；答案选A。考点：考查热值的定义，盐的水解等知识。6. 下列说法正确的是A. 任何酸
6、与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同B. 中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小C. 若2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-akJmol-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=-bkJmol-1，则abD. 能自发进行的反应一定是放热反应，不能自发进行的反应一定是吸热反应【答案】B【解析】试题分析：A强酸、强碱的稀溶液恰好反应生成1mol水放热相同，浓硫酸溶于水放热，若为浓硫酸和碱反应，放热不同，弱酸、弱碱电离吸热，弱酸弱碱反应，放热也不同，A项错误；B中和热的实验过程中，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，由于Cu是金属
7、材料，导热性强，容易导致热量损失，则测量出的中和热数值偏小，B项正确；CH=Q（生成物能量和）-Q（反应物能量和），水蒸气比液体水能量高，所以生成液态水放出的热量多，ba，C项错误；D化学反应能否自发进行的判据是：H-TS0，必须综合考虑体系的焓变和熵变，吸热反应也可能自发进行，D项错误；答案选B。考点：考查中和热的测定，反应热的大小比较等知识。7. 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)3 C. K2SO4D. H2SO4【答案】【解析】H2OHOH，可受温度、酸碱盐的影响A、B有弱离子，发生水解，可促进水的电离，C不能影响水的电离，D电离出H
8、+，抑制水的电离且溶液为酸性。8.用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考下图，从下表中选出正确选项锥形瓶中的溶液滴定管中的溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石蕊（乙）B酸碱酚酞（甲）C碱酸甲基橙（甲）D酸碱石蕊（乙）【答案】C【解析】指示剂一般不选用石蕊，且由图可知甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管；9.下列水溶液一定呈中性的是（ ）A. pH=7的溶液B. c(H+)=1.010-7molL-1的溶液C. c(H+)=c(OH-)溶液D. pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液【答案】C【解析】试题分析：A、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此pH=7不一定显中性，故
9、错误；B、Kw受温度的影响，升高温度，Kw增大，因此c(H)=1107molL1，溶液不一定显中性，故错误；C、溶液显中性，故正确；D、酸、碱不知道是强电解质还是弱电解质，故错误。考点：考查水的离子积、溶液酸碱性等知识。10.依据下图装置，下列叙述不正确的是A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-=CuC. a和b分别连接直流电源正、负极，Cu2+向铜电极移动D. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液颜色都会发生变化【答案】C【解析】A项，a和b不连接时，铁和铜离子直接发生置换反应，铜离子变成铜单质在铁表面析出，故A正确；B项，a
10、和b用导线连接时，构成原电池，铁作负极，铜作正极，溶液中的Cu2+在正极上得电子生成Cu，电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，故B正确；C项，a和b分别连接直流电源正、负极，构成电解池，a是阳极，b是阴极，阳离子向阴极移动，故Cu2+向铁电极（b）移动，C错误；D项，无论a和b是否连接，都存在自发的氧化还原反应：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，铁片均会溶解，溶液由蓝色变为浅绿色，故D正确。点睛：本题考查原电池和电解池工作原理，主要考查原电池、电解池的电极反应、现象及电极反应式的书写、离子移动方向等，注意根据氧化还原反应原理分析解答。11. 下列关于热化学反应的描述中正确的是A. CO (g)的燃
11、烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/molB. HCl和NaOH反应的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(573)kJ/molC. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】A【解析】ACO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则CO(g)1/2O2=(g)CO2(g) H-283.0kJ/mol，那么2CO2(g)2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/mol，正确B中和热是指生成1 mol水所放出的热量C：木柴
12、的燃烧需要加热，但却是放热反应D：燃烧热是指生成稳定的物质，所对应的能量，例如液态水、气态二氧化碳等等。12.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸。在0.1molL1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A. c（Na）c（OH）= c（A）c（H）B. c（Na） c（A）c（HA）C. c（Na）c（OH） c（A） c（H）D. c（Na） c（A） c（H） c（OH）【答案】B【解析】正确答案：BA不正确，电荷守恒应为 c（Na）c（OH）= c（A）c（H）B正确，物料守恒：c（Na） c（A）c（HA）C不正确， c（Na） c（A）c（OH） c（H）D不正确，溶液应呈碱性，c（Na）
13、 c（A） c（OH） c（H）13.某学生欲完成反应2HCl+2Ag=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】由于Ag在金属活动性顺序表中排在H后边，不能置换出酸溶液中的H，所以反应2HCl+2Ag=2AgCl+H2不能自发进行，要使反应发生，必须设计成电解池，该反应中银失电子，作电解池阳极，与电源的正极连接，金属或导电的非金属作电解池阴极，溶液中的H+在阴极获得电子变为H2逸出，选取盐酸作电解质溶液，A选项符合条件，故合理选项是A。14.某溶液中由水电离产生的C（H+）=1.010-10mol/L，则下列各组离子在该溶液中肯定能
14、大量共存的是：A. 、a、HCO3、ClB. a、NO3、lC. 、a、NO3D. g、a、SO32、CO32【答案】B【解析】试题分析：A、溶液可能是酸性或碱性，碳酸氢跟离子在酸性或碱性条件下不存在，不选A；B、四种离子在酸性或碱性溶液中存在，选B；C、硫离子在酸性条件下反应而不共存，不选C；D、镁离子在碱性条件下反应不存在，亚硫酸根离子和碳酸根离子在酸性条件下反应不存在，不选D。考点：离子共存。15.金属铬和氢气在工业上都有重要的用途。已知：铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4）。铜铬构成原电池如图所示，盐桥中装的是饱和KCl琼脂溶液，下列关于此电池的说法正确的是A. 盐桥的作
15、用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，凡是有盐桥的原电池，盐桥中均可以用饱和KCl琼脂溶液B. 理论上1molCr溶解，盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK进入右池C. 此过程中H得电子，发生氧化反应D. 电子从铬极通过导线到铜极，又通过盐桥到转移到左烧杯中【答案】B【解析】试题分析：铜铬构成原电池，由于铬能与稀硫酸反应，生成氢气和硫酸亚铬（CrSO4），这说明铬电极是负极，铜电极是正极，氢离子放电，所以盛稀硫酸烧杯中的现象为铜电极上有气泡产生。A盐桥的作用是使整个装置构成通路、保持溶液呈电中性，盐桥中不一定均可以用饱和KCl琼脂溶液，A项错误；B理论上1molCr溶解，则转移2m
16、ol电子生成1molCr2+，同时消耗2mol氢离子，所以根据溶液的电中性可知盐桥中将有2molCl-进入左池，2molK+进入右池，B项正确；C此过程中H+得电子，发生还原反应，C项错误；D电子不能在溶液中传递，D项错误，答案选B。考点：考查原电池的工作原理。16. 下列叙述正确的是A. 95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B. 25时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数C. pH3的醋酸溶液加水稀释10倍后pH4D. pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合所得溶液的pH=4【答案】B【解析】试题分析：A水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以95纯水的pH7，但纯水中氢离子
17、浓度等于氢氧根离子浓度，纯水仍然呈中性，A项错误；B水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，B项正确；C醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以稀释后溶液中氢离子浓度：0.001mol/Lc（H+）0.0001mol/L，溶液的pH小于4，C项错误；Dc（H+）=n(混酸)/V(混酸)= (103+105)mol/L0.01L0.02L=5.510-4mol/L，所以溶液的pH小于4，D项错误；答案选B。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡【名师点睛】本题考查弱电解质的电离，注意不能根据溶液PH的大小确定溶液的酸碱性，要根据氢离子和氢氧根离子浓度的相对
18、大小确定溶液的酸碱性，为易错点。纯水呈中性；水的离子积常数只与温度有关；醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；根据c（H+）=n(混酸)/V(混酸)计算，再根据pH的计算方法计算其混合溶液的pH。17.LED系列产品是被看好的一类节能新产品,下图是一种氢氧燃料电池驱动LED发光的装置。下列有关叙述正确的是A. a处通入氢气，发生了还原反应:H2-2e-+2OH-=2H2OB. b处通入氧气，为电池的正极C. 该装置中只涉及两种形式的能量转化，电池中的KOH溶液也可用稀硫酸溶液代替D. P-型半导体连接的是电池负极【答案】B【解析】【详解】A由电子流向可知a为负极，b为正
19、极，a处通入氢气，发生了氧化反应：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；Bb为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-，b处通入的是氧气，正确；C该装置的能量转换有化学能、电能和光能，错误；DP-型半导体连接的是电池正极，错误；答案选B。18.下列说法正确是A. 根据溶液中有CH3COOH、CH3COO-和H即可证明CH3COOH达到电离平衡状态B. 根据溶液中CH3COO-和H的物质的量浓度相等即可证明CH3COOH达到电离平衡状态C. 当NH3H2O达到电离平衡时，溶液中NH3H2O、NH4和OH-浓度相等D. H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱【答案】D【解析】【详解】
20、A醋酸电离出醋酸根离子和氢离子，无论是否平衡，三种微粒都有，A项错误；B平衡状态时离子浓度不变，离子浓度不一定相等，B项错误；C电离平衡时，各离子浓度不变，不一定相等，C项错误；D多元弱酸分步电离，且第一步电离产生的氢离子会抑制后来的电离过程，所以电离程度依次减弱，D项正确；答案选D。19.已知化学反应A2(g)+B2(g)2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）A. 每生成2分子AB吸收bkJ热量B. 断裂1molA-A和1molB-B键，放出akJ能量C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D. 该反应热H=+（a-b）kJ/mol【答案】D【解析】试题分析：A依
21、据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b） kJ的热量，A项错误；B断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，B项错误；C依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；D反应热H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热H=+（a-b）kJmol-1，D项正确；答案选D。考点：考查化学反应中的能量变化，化学图像的分析与判断。20.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
22、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】试题分析：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
23、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。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。【名师点睛】本题考查弱电解质在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。21. 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：下列叙述错误的是：A. 放电时正极附近溶液的碱性增强B. 放电时每转移3 mol电子，正极有1mol K2
24、FeO4被还原C. 充电时锌极与外电源负极相连D. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3 3e+ H2OFeO42-+5H+【答案】D【解析】充放电时的电极反应为：放电时负极：Zn2e2OH=Zn(OH)2正极：FeO42-+4H2O+ 3e= Fe(OH)3+ 5OH充电时阴极：Zn(OH)2+2e= Zn2OH阳极：Fe(OH)3 3e+ 5OH FeO42-+4H2O22.根据碘与氢气反应的热化学方程式：I2(g)+H2(g)2HI(g) H=-9.48kJmol-1I2(s)+H2(g)2HI(g)H=+26.48kJmol-1，下列判断正确的是A. 反应的产物比反应的产物稳定B. 254
25、g I2(g)中通入2g H2(g)，反应放热9.48kJC. 反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低D. 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ【答案】C【解析】【详解】A.反应的产物与反应的产物都是在相同状态下的同种气体物质，二者的稳定性相同，由于I2(g)比I2(s)能量高，所以反应放出热量，而吸收热量，A错误；B.254g I2(g)的物质的量为1mol，n(H2)=1mol，由于该反应为可逆反应，则放出的热量小于9.48kJ，B错误；C.-，整理可得I2(g)=I2(s) H=-35.96kJ/mol，可知I2(g)能量大于I2(s)，则反应的反应物总能量
26、比反应的反应物总能量低，C正确；D.-，整理可得I2(g)=I2(s) H=-35.96kJ/mol，可知I2(g)能量大于I2(s)，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，D错误；故合理选项是C。23.常温下有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4Cl溶液、盐酸和Na2SO4溶液中的一种。已知A、B溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。下列说法中不正确的是A. D溶液的pH7B. 四种溶液相比，C溶液中水的电离程度最大C. A与C等体积混合后，溶液中有c（Cl）c（H）c（NH4）c（OH）D. B与D等体积混合后，溶液中有c（O
27、H）c（CH3COOH）c（H）【答案】B【解析】试题分析:CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4C1溶液显酸性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4C1溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，溶液的pH=7；则A为NH4C1溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为Na2SO4溶液。AD为Na2SO4溶液，所以D溶液的PH=7，A项正确；BNH4C1溶液、CH3COONa溶液促进水电离，硫酸钠是强酸强碱盐既不促进水电离也不抑制水电
28、离，盐酸抑制水电离，所以C溶液中水的电离程度最小，B项错误；CA为NH4C1溶液，C为盐酸，二者等体积混合，溶液中的溶质是氯化铵和HCl，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），由于铵根离子水解，则c（H+）c（NH4+），所以离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（H+）c（NH4+）c（OH-），C项正确；DB为CH3COONa溶液，D为Na2SO4溶液，B与D等体积混合后，根据质子守恒：溶液中有c（OH-）=c（CH3COOH）+c（H+），D项正确；答案选B。【考点定位】考查电解质溶液和水的电离【名师点睛】本题考查电解质溶液和水的电离。CH3COONa溶液显碱性，促进水电离；NH4C1溶液显酸
29、性，促进水电离；盐酸抑制水电离；Na2SO4溶液显中性，对水的电离无影响；已知A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为NH4C1溶液、CH3COONa溶液；A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4C1溶液、盐酸；所以D为Na2SO4溶液，A为NH4C1溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸。以此解答该题。24.常温下，有关下列两种溶液（100mL 0.1mol/L NaHCO3溶液 100mL 0.1mol/L Na2CO3溶液）的叙述不正确的是（ ）A. 均存在电离平衡与水解平衡B. c（OH-）：C. 存在的粒子种类相同D. 溶液中：c（HCO3-）c（H2CO3）【答案】B【解析】【详解
30、】碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，水解程度大，溶液的碱性强，则：”、“NaCN溶液CH3COONa溶液 (2). HCNHCO3-，结合复分解反应的规律书写方程式；(4)根据溶液的pH可计算溶液中c(H+)、c(OH-)，然后结合电荷守恒计算。【详解】(1)根据图表数据分析，电离常数：CH3COOHHCNHCO3-，酸的电离平衡常数越小，其形成的钠盐越容易水解，溶液的碱性就越强。所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度为：Na2CO3溶液NaCN溶液CH3COONa溶液；(2)25 时，pH=3的CH3COOH溶液和pH=11的NaOH溶液混合，
31、在该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，若所得溶液显酸性，则c(H+)c(OH-)，所以c(Na+)HCNHCO3-，可知向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；(4)CH3COONa溶液溶液的pH=8，则溶液中c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，在该混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na)-c(CH3COO-)= c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7
32、 mol/L。【点睛】本题考查了电离平衡常数在溶液中离子浓度大小比较的应用的知识。要根据电离平衡常数大小判断盐溶液的酸碱性，根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断溶液中离子浓度大小。31.常温下有0.1 molL1四种溶液NaOH、 NH3H2O、 HCl 、CH3COOH（1）已知CH3COOH溶液的pH=3，其电离度为 ，由水电离的c(H)= molL1。（2）相同pH的CH3COOH溶液和HCl溶液加水稀释，其pH变化情况如图，其中表示HCl溶液的是曲线 ，a、b两点中，导电能力更强的是 。（3）NH3H2O溶液和HCl溶液混合，已知体积V(NH3H2O) V(HCl)，当溶液中c(NH3
33、H2O)= c(NH4)时，溶液的pH= 。已知：Kb（NH3H2O）=1.7710-5，lg 1.77=0.25【答案】（1）1%；110-11（2）；a（3）9.25【解析】试题分析：（1）电离度=c(H+)c(CH3COOH)100%=10-30.1100%=1%；由水电离的c（H+）等于溶液中氢氧根离子浓度=Kwc(OH-)=10-1410-3=110-11mol/L。（2）pH相等的醋酸和盐酸中，加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化大的为强酸，根据图象知，I为盐酸；溶液的导电能力与离子浓度成正比，氢离子浓度越大溶液的pH越小，所以溶液导电能力
34、较大的是a 。（3）根据NH3H2ONH4+OH-，Kb=（NH4+OH-）NH3H2O，则1.7710-5=c(OH-)，POH=5-lg 1.77= 4.75，所以溶液的pH=14-4.75=9.25.考点：考查电离度的计算，pH的计算等知识。32.如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（甲）中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。丙池中盛有100 mL 3.00 mol.L-1的CuSO4溶液。试回答下列问题:（1）在电源中，B电极为 极（填电极名称，下同）；乙装置中粗铜为 极。（2）在甲装置中，石墨（C）电极上发生 反应（填“氧化”或“还原”）；甲装置中总的化学方程式是 。（
35、3）如果乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，请问甲装置中，铁电极上产生的气体在标准状况下为 L。（4）在丙装置中， X电极上发生的电极反应式是 。（5）在此过程中，若丙池中两电极产生的气体恰好相等时，理论上在乙池中精铜增加了 g【答案】（1）负极（1分）；阳极（1分）。（2）氧化（2分）；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2分）（3）0.224（2分）（4）2H2O-4e-=4H+O2或40H-4e-=2H2O+O2（2分）（5）38.4（2分）【解析】试题分析：（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连，则在Fe极附近显红色，所以Fe是阴极，A是正极、B电
36、极是负极，X是阳极，Y是阴极，粗铜为阳极，精铜为阴极。（2）在甲装置中，石墨（C）电极是阳极，该电极上发生氧化反应，电解饱和食盐水的反应原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。（3）乙装置中精铜电极的质量增加了0.64g，根据电极反应：Cu2+2e-=Cu，生成0.64g即0.01mol铜，转移电子是0.02mol，铁电极是阴极，该极上产生氢气，2H+2e-=H2，当转移0.02mol电子时，该极上产生的气体为0.01mol，在标准状况下体积为0.224L。（4）在丙装置中，X是阳极，OH-在阳极放电生成氧气，则电极反应式是40H-4e-=2H2O+ O2。（5）丙池中盛有100 mL 3.00 mol.L-1的CuSO4溶液，发生的电极反应为：阳极：40H-4e-=2H2O+ O2，阴极：Cu2+2e-=Cu、2H+2e-=H2，两电极产生的气体恰好相等，设为xmol，则4x=2x+0.32，解得：x=0.3mol，电路中转移的电子数为1.2mol，乙池中的精铜电极反应为Cu2+2e-=Cu，所以生成0.6mol铜，质量为0.6mol64g/mol=38.4。考点：考查电解池工作原理及应用等知识。