1、2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（下）周测化学试卷（2.8）一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）1下列有关物质的表达式正确的是（）A乙炔分子的比例模型示意图：B溴乙烷的电子式：C乙醇的结构简式：CH3CH2OHD1，3丁二烯的分子式：C4H82下列变化过程中未必吸热的是（）A电解质在熔融状态下电离B共价键断裂C原子失电子D溶解3某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（）A2甲基2丁烯B3甲基1丁烯C2，3二甲基1丁烯D2甲基1，3丁二烯4下列有机物的命名正确的是（）A3，3二甲基丁烷B3甲基2丁烯C2乙基丁烷D名称为1，4二甲苯5下列各
2、选项中两种粒子所含电子数不相等的是（）A羟甲基（CH2OH）和甲氧基（OCH3）B亚硝酸（HNO2）和亚硝酸根（NO2）C硝基（NO2）和二氧化氮（NO2）D羟基（OH）和氢氧根（OH）6下列各组离子能在溶液中大量共存，且溶液呈碱性、透明的是（）AAlO2、K+、CO32、Na+BNa+、OH、H2PO4、NO3CAl3+、Cl、CO32、Na+DFe2+、K+、H+、NO37下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（）AH2O+H2OH3O+OHBHCO3+OHH2O+CO32CCO2+H2OH2CO3DCO32+H2OHCO3+OH8设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A标准
3、状况下，11.2 L乙醇中含有的碳氢键数为2.5NAB常温常压下，28 g C2H4、CO的混合气体中含有碳原子的数目为1.5NAC常温下，20 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH离子数为0.2NAD标准状况下，2.24 L Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA9当用碱滴定酸时，下列操作中可能使测定结果（酸的浓度）偏低的是（）A滴定后读取标准液体积时仰视B锥形瓶用蒸馏水洗后，未干燥C碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗D滴定至溶液呈浅红色后，未等到半分钟立即开始读数10研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯确定实验式确定分子式确定结构式，以下用于研究有
4、机物的方法错误的是（）A蒸馏可用于分离提纯液态有机混合物B燃烧法是研究确定有机物成分的一种有效方法C核磁共振氢普通常用于分析有机物的相对分子质量D对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团11下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）12下列离子反应中，表达正确的是（）A向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4
5、NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OB用铜作电极电解硫酸溶液：2H2O2H2+O2C等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba（OH）2溶液混合时发生反应：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OD向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O13X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，化合物XZ、Y2W能破坏水的电离平衡，XR能抑制水的电离，则Y元素为（）ALiBFCNaDS14北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）已知：C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）H=222
6、0.0kJ/molC3H6（g）+4.5O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）H=2049kJ/mol下列说法正确的是（）A1 mol C3H8（g）与5 mol O2（g）反应生成3 molCO2（g）和4 mol H2O（g）放出热量大于2220.0 kJB1 mol C3H6与4.5 mol O2反应生成3molCO2和3 mol H2O放出热量等于2049.0 kJC丙烷分子储存的能量大于丙烯分子D丙烷转化为丙烯的过程是一个吸热过程15化学反应原理模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析以下观点中不正确的是（）放热反应在常温下均能自发进行； 电解过程中，化学能转化为电能而“储存”起
7、来；原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应； 加热时，放热反应的v（正）会减小；盐类均能发生水解反应； 化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关ABCD16人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.357.45之间血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是（）A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制17已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A混合溶液的pH=7B混合溶液中，c（H+）=mol/
8、LCa=bD混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）18对于相同体积的K2CO3溶液（浓度为c1）和（NH4）2CO3溶液（浓度为c2），若其中CO32的物质的量浓度相同，则c1和c2的关系是（）Ac1=c2Bc1c2Cc1c2Dc1c219某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3NaHCO32H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液，下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）Ac（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）Bc（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）C3c（Na+）5c（CO32）+5c（HCO3）D将该溶液与少量NaOH溶液混合后：c（Na
9、+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）20叠氮酸（HN3）与醋酸酸性相似，下列叙述中一定错误的是（）AHN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c（HN3）c（H+）c（N3）c（OH）BHN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物CNaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+）DN3与CO2含相等电子数21常温下，下列各组比值为1：2的是（）A0.1 mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c（H+）之比B0.1 mol/L Na2CO3溶液，c（CO32）与c（Na+）之比CpH=10的Ba（OH）2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比DpH=3的
10、硫酸与醋酸溶液，c（SO42）与c（CH3COO）之比22滴有酚酞和氯化钠试液的湿润滤纸分别做甲乙两个实验，能发现附近变成红色的电极是（）Aa、cBb、dCa、dDb、c23高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4）的装置如图所示下列说法正确的是（）A铁是阳极，电极反应为Fe2e+2OHFe（OH）2B电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体24某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极
11、均有气泡产生：一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极C断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红D断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e2Cl25用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（）A0.15 mol CuOB0.1 mol CuCO3C0.075mol Cu（OH）2D0.05 mol Cu2（OH）2CO326工
12、业上采用乙烯和水蒸气在催化剂（磷酸/硅藻土）表面合成乙醇，反应原理为：CH2=CH2（g）+H2O（g）CH3CH2OH（g）H0，达到平衡时，要使反应速率加快，同时乙烯的转化率提高，应采取的措施是（）A充入氦气B分离除乙醇C增大压强D升高温度27在密闭容器中，对于可逆反应A+3B2C（g），平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）A若正反应方向H0，则T1T2B压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小CB一定为气体DA一定为气体28在密闭容器中将1mol CO和5mol水蒸气的混合物加热到800时，有下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），且K
13、=1若用2mol CO和10mol H2O相互混合并加热到800，则CO的转化率为（）A16.7%B50%C66.7%D83.3%29已知戊醇（C5H12O）有8种同分异构体，戊酸（C5H10O2）有4种同分异构体，请你推测分子式为C5H10O2属于酯类的同分异构体有（）种A2B4C8D930已知如下物质的溶度积常数FeS：Ksp=6.31018；CuS：Ksp=1.31036；ZnS：Ksp=1.61024下列说法正确的是（）A同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B将足量CuSO4溶解在0.1 molL1的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.31035 molL1C因为H2SO
14、4是强酸，所以Cu2+H2SCuS+2H+不能发生D除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS做沉淀剂二、解答题（共5小题，满分40分）31（1）的名称是（2）2，4，6三甲基5乙基辛烷的分子中共有个甲基原子团（3）分子中有6个甲基而一溴代物只有1种的烷烃的分子式是，其结构简式是名称是32（1）纯水中c（H+）=5.0107mol/L，则此时纯水中的c（OH）=若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0103mol/L，则c（OH）=（2）在CH3COONa的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是：（3）明矾的水溶液显酸性，其原因是（用离子方程式表示）：（4）在25、101kPa下，0.5
15、mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ 的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：（5）1L 1molL1 H2SO4溶液与2L 1molL1 NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ热量，则表示中和热的热化学方程式为：（6）已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJ/molN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534kJ/mol则N2H4与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式为：33在硫酸工业中，SO2转化为SO3是一个关键步骤（1）SO2有氧化性又有还原性，还有漂白性，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，S
16、O2表现性，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为（已知KMnO4酸性条件下的还原产物为Mn2+）（2）某温度下，SO2（g）=O2（g）SO3（g）H=98kJ/mol，开始时在100L的密闭容器中加入4.0molSO2和10.0molO2，当反应达到平衡时放出热量196kJ，该温度下平衡常数K=（写出表达式并计算）（3）下列关于2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196KJ/mol反应的图象中，错误的是（4）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO2、O2、SO3气体平衡浓度都
17、比原来增大的是（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入2molSO3B保持温度和容器体积不变，充入2molN2C保持温度和容器体积不变，充入0.5molSO2和0.25molO2D保持容器体积不变，升高混合气体温度E移动活塞压缩气体（5）某人设想以如图装置生产硫酸，写出a电极的电极反应式检验SO42的具体操作为34用惰性电极电解物质的量比为2：1的NaCl与NaHCO3混合溶液，溶液pH变化如图1所示（1）在0t1时间内，两个电极上的电极反应式为：阳极 阴极（2）用离子方程式表示：a点pH7原因：0t1时间内，溶液pH升高比较缓慢的原因：（3）从原溶液中溶质数量变化角度上看，t1时刻的意义是：
18、（4）有人利用电解原理开发出了一种家用“84”消毒液（有效成分为NaClO）发生器（构造如图2），在制备该消毒液时，a电极应该连接在电源的极上，电极反应式为：若两个电极一种是铁、一种是石墨，则b极材料是，电极反应式为：35A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示请回答下列问题：阳离子Na+、K+、Cu2+阴离子SO42、OH（1）M为直流电源的极，b电极上发生的电极反应
19、为（2）计算e电极上生成的气体在标准状况下的体积为（3）写出乙烧杯中的总反应的离子方程式：（4）要使丙烧杯中的C溶液恢复到原来的状态，需要进行的操作是：（写出要加入的物质和质量）2014-2015学年河北省衡水市武邑中学高二（下）周测化学试卷（2.8）参考答案与试题解析一、选择题（共30小题，每小题3分，满分90分）1下列有关物质的表达式正确的是（）A乙炔分子的比例模型示意图：B溴乙烷的电子式：C乙醇的结构简式：CH3CH2OHD1，3丁二烯的分子式：C4H8【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A乙炔是直线型分子；B溴乙烷中漏写溴原子上孤电子对；C乙醇分子是由CH3CH2和OH
20、连接而成；D.1，3丁二烯的分子中含有6个氢原子【解答】解：A乙炔的官能团为碳碳双键，直线型结构，乙炔的比例模型为：，故A错误；B溴乙烷为共价化合物，C、Br原子最外层都达到8电子稳定结构，其正确的电子式为，故B错误；C乙醇分子是由CH3CH2和OH连接而成，则乙醇的结构简式为：CH3CH2OH，故C正确；D.1，3丁二烯的分子中含有6个氢原子，所以其分子式为：C4H6，故D错误；故选C【点评】本题考查了电子式、分子式、结构简式及比例模型的表示方法及判断，题目难度中等，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确结构简式与结构简式、电子式的区别2下列变化过程中未必吸热的是（）A电解质在熔
21、融状态下电离B共价键断裂C原子失电子D溶解【考点】吸热反应和放热反应【专题】化学反应中的能量变化【分析】A电离是吸热过程；B断键吸收能量；C失电子吸收能量；D氢氧化钠溶于水放热【解答】解：A电解质在熔融状态下电离是吸热过程，故A错误； B共价键断裂吸收能量，故B错误；C原子失电子吸收能量，故C错误；D氢氧化钠溶于水放热，不一定是吸热过程，故D正确故选D【点评】本题考查化学反应中能量的变化，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握3某烃与氢气发生反应后能生成（CH3）2CHCH2CH3，则该烃不可能是（）A2甲基2丁烯B3甲基1丁烯C2，3二甲基1丁烯D2甲基1，3丁二烯【
22、考点】有机化合物命名【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，不饱和原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，采用逆推法，减去相邻碳原子上的氢原子，重新形成不饱和键，即可的原来的不饱和烃，再根据有机物的命名原则进行命名【解答】解：（CH3）2CHCH2CH3，结构为5号碳原子与1号碳原子化学环境相同若1（或5号）、2号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2甲基1丁烯；若2、3号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为2甲基2丁烯；若3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的烯烃为3甲基1丁烯；若3、4号碳原子各去掉2个H原子，形成的炔烃为3甲基1丁炔；
23、若1、2号碳原子各去掉1个H原子，同时3、4号碳原子各去掉1个H原子，形成的二烯烃为2甲基1，3丁二烯；故选：C【点评】本题主要考查了加成反应与有机物的命名，难度不大，可以根据所学知识进行加成反应的条件是有机物中必须含有不饱和键（如碳碳双键、碳碳三键等），逆推法是有机常用的推断方法4下列有机物的命名正确的是（）A3，3二甲基丁烷B3甲基2丁烯C2乙基丁烷D名称为1，4二甲苯【考点】有机化合物命名【专题】有机化学基础【分析】A、丁烷命名中出现3，3二甲基，说明取代基编号不是最小的；B、甲基的编号没有满足最小的原则；C、2乙基，说明选取的主链不是最长的；D、根据苯的同系物系统命名法判断【解答】解：
24、A、3，3二甲基丁烷，取代基编号之和应该最小，正确命名为：2，2二甲基丁烷，故A错误；B、3甲基2丁烯，取代基编号没有满足最小原则，正确命名为：2甲基2丁烯，故B错误；C、2乙基丁烷，选取的主链不是最长的，正确命名为：3甲基戊烷，故C错误；D、，为对二甲苯，系统命名法命名为：1，4二甲苯，故D正确；故选：D【点评】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，注意有机物命名时，选取的主链应该最长、取代基的编号之和满足最小5下列各选项中两种粒子所含电子数不相等的是（）A羟甲基（CH2OH）和甲氧基（OCH3）B亚硝酸（HNO2）和亚硝酸根（NO2）C硝基（NO2）和二氧化氮（NO2）D羟基（OH）和氢氧
25、根（OH）【考点】烃的衍生物官能团；电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】依据分子式、取代基、离子的结构特征计算电子数分析判断；取代基、分子式电子数是原子电子数之和，阴离子电子数是原子电子数加所带电荷数【解答】解：A羟甲基（CH2OH）的电子数=6+2+8+1=17；甲氧基（CH3O）电子数=6+3+8=17；两种粒子所含电子数相同，故A错误； B亚硝酸（HNO2）电子数=1+7+28=24；亚硝酸根（NO2）电子数=7+28+1=24；两种粒子所含电子数相同，故B错误；C硝基（NO2）电子数=7+28=23；二氧化氮（NO2）电子数=7+28=23；两种粒子所含电子数相同，故C错误；D
26、羟基（OH）电子数=8+1=9；氢氧根离子（OH）电子数=8+1+1=10；两种粒子所含电子数不相同，故D正确故选D【点评】本题考查了电子数的计算方法，难度不大，关键是理解分子式、取代基、阴离子中的电子数计算6下列各组离子能在溶液中大量共存，且溶液呈碱性、透明的是（）AAlO2、K+、CO32、Na+BNa+、OH、H2PO4、NO3CAl3+、Cl、CO32、Na+DFe2+、K+、H+、NO3【考点】离子共存问题【分析】溶液呈碱性，含大量的OH，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：A碱性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故
27、A正确；BOH、H2PO4反应生成水和HPO42，不能大量共存，故B错误；C碱溶液中不能大量存在Al3+，且Al3+、CO32相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D碱溶液中不能大量存在Fe2+、H+，且Fe2+、H+、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大7下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（）AH2O+H2OH3O+OHBHCO3+OHH2O+CO32CCO2+H2OH2CO3DCO32+H2OHCO3+OH【考点】盐类水
28、解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】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【解答】解：A、水是弱电解质，电离为氢离子（实际是H3O+）和氢氧根离子，H2O+H2OH3O+OH是水的电离方程式，故A错误；B、方程式表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，故B错误；C、方程式表示二氧化碳与水反应生成碳酸，故C错误；D、方程式表示碳酸根结合水电离的氢离子生成碳酸氢根和氢氧根，是碳酸根的水解，故D正确故选：D【点评】考查学生对水解反应原理的理解，难度不大，注意从概念把握，识记常见的弱电解质8设NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是
29、（）A标准状况下，11.2 L乙醇中含有的碳氢键数为2.5NAB常温常压下，28 g C2H4、CO的混合气体中含有碳原子的数目为1.5NAC常温下，20 L pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH离子数为0.2NAD标准状况下，2.24 L Cl2与足量的NaOH溶液反应，转移的电子数目为0.2NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A标准状况下，乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；BC2H4、CO的摩尔质量都是28g/mol，混合气体28g，物质的量为1mol，含有碳原子数目与二者的比例关系有关；CpH=12的Na2CO3溶液中c（H+）=10
30、12mol/L，根据水的离子积计算溶液中c（OH），再根据n=cV计算n（OH），根据N=nNA计算OH离子数目；D根据n=计算2.24LCl2的物质的量，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，据此计算转移电子数目【解答】解：A标准状况下，乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；BC2H4、CO的摩尔质量都是28g/mol，混合气体28g，物质的量为1mol，含有碳原子数目与二者的比例关系有关，当二者物质的量为1：1时，含有碳原子的数目为1.5NA，故A错误；C
31、pH=12的Na2CO3溶液中c（H+）=1012mol/L，故溶液中c（OH）=0.01mol/L，溶液中n（OH）=20L0.01mol/L=0.2mol，OH离子数目为0.2molNAmol1=0.2NA，故C正确；D.2.24LCl2的物质的量为=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol2NAmol1=0.1NA，故D错误；故选C【点评】本题考查常用化学计量的有关计算、溶液pH的有关计算，难度不大，注意基础知识的理解掌握9当用碱滴定酸
32、时，下列操作中可能使测定结果（酸的浓度）偏低的是（）A滴定后读取标准液体积时仰视B锥形瓶用蒸馏水洗后，未干燥C碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗D滴定至溶液呈浅红色后，未等到半分钟立即开始读数【考点】中和滴定【专题】综合实验题【分析】根据c（酸）=判断不当操作对相关物理量的影响【解答】解：A滴定后读取标准液体积时仰视，造成V（碱）读数偏大，根据c（酸）=判断可知c（酸）偏大，故A错误； B最后需用蒸馏水定容，故未干燥，无影响，故B错误；C碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，标准液浓度减小，所需v（碱）增大，根据c（酸）=判断可知c（酸）偏大，故C错误；D滴定至溶液呈浅红色后，未等到半分
33、钟立即开始读数，可能未达到滴定终点，结果偏低，故D正确故选D【点评】本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，学生应注意操作的规范性和实验中常见的误差分析，难度不大10研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯确定实验式确定分子式确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是（）A蒸馏可用于分离提纯液态有机混合物B燃烧法是研究确定有机物成分的一种有效方法C核磁共振氢普通常用于分析有机物的相对分子质量D对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团【考点】有机物结构式的确定【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】A、蒸馏用于分离提纯沸点不同的液态互溶混合物B、燃烧法能确定有机物中的最简
34、式C、核磁共振氢普通常用于分析有机物分子中化学环境不同氢原子种类及比例D、红外光谱图能确定有机物分子中的基团【解答】解：A、蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机物混合物中各成分的沸点不同，所以可用蒸馏的方法进行物质分离，故A正确B、利用燃烧法，能将有机物分解为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即确定实验式，故B正确C、从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，故C错误D、不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，
35、所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确故选C【点评】本题考查了研究有机物的方法，难度不大，明确这几个方法的区别是解本题的关键11下列液体均处于25，有关叙述正确的是（）A某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐BpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）【考点】盐类水解的原理；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较【专题】溶液和胶体专题【分析】（1）溶液P
36、H小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；（2）根据PH大小可计算出溶液中H+浓度，pH=4.5，c（H+）=104.5 molL1，pH=6.5，其c（H+）=106.5 molL1；（3）根据AgCl的溶解平衡可知溶液中的Cl浓度越大，AgCl的溶解度越小；（4）pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，溶液中H+大于OH浓度，根据溶液呈电中性，则有c（CH3COO）c（Na+）；【解答】解：A、某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH7，故A错；B、pH=4.5，c（H+）=104.5 molL1，pH=6.5，其c（H+）=106.5 molL1，c（H+）
37、是100倍的关系，故B正确；C、当溶液中c（Cl）不同，平衡向左移动的程度是不同的，所以AgCl的溶解度也是不同的，故C错；D、混合溶液显酸性，则c（H+）c （OH），根据电荷守恒，c（CH3COO）c（Na+），故D错；故选：B【点评】综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解12下列离子反应中，表达正确的是（）A向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+4NH3H2OAlO2+4NH4+2H2OB用铜作电极电解硫酸溶液：2
38、H2O2H2+O2C等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba（OH）2溶液混合时发生反应：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OD向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4：BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A不符合反应客观事实；B铜为阳极属于活性电极，电极本身放电；C反应生成碳酸钡和氢氧化钠、水；D反应生成的硫酸钡为沉淀，应保留化学式【解答】解：A氯化铝的溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故A错误；B用铜作电极电解硫酸溶液，离子方程式：Cu+2H2O2H2+Cu（OH）2，故B错误；C等体积等物质的量浓
39、度的NaHCO3溶液与Ba（OH）2溶液混合时发生反应，离子方程式：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故C正确；D向BaCO3固体中加入过量的稀H2SO4，离子方程式：BaCO3+2H+BaSO4+CO2+H2O，故D错误；故选：C【点评】本题离子方程式的书写，明确发生的反应是解答本题的关键，注意反应物用量对反应的影响，选项C为易错选项13X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，化合物XZ、Y2W能破坏水的电离平衡，XR能抑制水的电离，则Y元素为（）ALiBFCNaDS【考点】原子结构与元素的性质【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】化合物XR能抑制水的电离说明是酸，
40、X为H，R为F或S元素或Cl元素，则R为氯，XZ中Z为1价，可知Z为F，化合物Y2W能破坏水的电离平衡说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，W可以是S元素，依据化学式可知Y为金属阳离子，Y为锂，原子序数比氟小【解答】解：化合物XR能抑制水的电离说明是酸，X为H，R为F或S元素或Cl元素，X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，则R为氯，XZ中Z为1价，可知Z为F，化合物Y2W能破坏水的电离平衡说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，W可以是S元素，依据化学式可知Y为金属阳离子，Y为锂，原子序数比氟小故选A【点评】本题考查元素及其化合物的性质，难度不大，注意根据题意解题14北京奥运会
41、“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）已知：C3H8（g）+5O2（g）3CO2（g）+4H2O（l）H=2220.0kJ/molC3H6（g）+4.5O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）H=2049kJ/mol下列说法正确的是（）A1 mol C3H8（g）与5 mol O2（g）反应生成3 molCO2（g）和4 mol H2O（g）放出热量大于2220.0 kJB1 mol C3H6与4.5 mol O2反应生成3molCO2和3 mol H2O放出热量等于2049.0 kJC丙烷分子储存的能量大于丙烯分子D丙烷转化为丙烯的过程是一个吸热过程【考
42、点】反应热和焓变【分析】A、从液态水变为气态水是一个吸热的过程；B、根据热化学方程式表示的意义来回答；C、根据物质燃烧热的大小来比较；D、根据反应物和产物能量的高低来判断反应的吸放热情况【解答】解：A、根据态水变为气态水是一个吸热的过程，所以1molC3H8（g）与5molO2（g）反应生成3molCO2（g）和4molH2O（g）放出热量小于2220.0kJ，故A错误；B、热化学方程式C3H6（g）+4.5O2（g）3CO2（g）+3H2O（l）+2049kJ表示的意义：在常温常压下，1molC3H6与4.5molO2反应生成3mol气体CO2和3mol液态H2O放出热量等于2049.0kJ
43、，故B错误；C、1mol丙烷完全燃烧放热多于1mol丙烯完全燃烧放热，所以丙烷分子储存的能量大于丙烯分子，故C正确；D、丙烷分子储存的能量大于丙烯分子，所以丙烷转化为丙烯的过程是放热过程，故D错误故选C【点评】本题考查学生热化学方程式的意义以及从物质具有的能量角度判断反应吸放热的方法，综合性强，难度不大15化学反应原理模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析以下观点中不正确的是（）放热反应在常温下均能自发进行； 电解过程中，化学能转化为电能而“储存”起来；原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应； 加热时，放热反应的v（正）会减小；盐类均能发生水解反应； 化学平衡常数的表达式与化学反应方程
44、式的书写无关ABCD【考点】反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用；电解原理【分析】只有持续加热才反应的，一般为吸热反应，反之，一般为放热反应； 电解过程中，电能转化为化学能；原电池工作时，是将化学能转化为电能； 加热时，化学反应不只向吸热反应方向进行； 盐类水解，有弱酸或弱碱的离子才水解反应； 化学平衡常数的大小只与温度有关，化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关【解答】解：放热反应是指：反应物的总能量大于生成物的总能量，与常温下能自发进行无关，如：碳在空气中燃烧，须加热达到碳的着火点才可进行，故不正确； 电解过程中，需要消耗电能，是将电能转化为化学能，故不正确；原电
45、池工作时，是将化学能转化电能，有电流产生，则有电子的定向移动，所以所发生的反应一定有氧化还原反应，故正确； 加热时，提供能量，无论是吸热反应，还是放热反应，反应速率都要加快，故不正确； 盐类水解的规律为：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱是指弱酸或弱碱的离子，故不正确； 化学平衡常数的表达式为：化学平衡常数K=，与化学反应方程式的书写有关，故不正确；故选A【点评】本题主要考查基础知识的辨析，结合题意，根据所学知识，注重知识的内涵和外延，题目难度较易16人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.357.45之间血液
46、中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是（）A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制【考点】盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】盐类的水解专题【分析】碳酸电离的离子方程式为：H2CO3 HCO3+H+； 碳酸氢根水解的离子方程式为：HCO3+H20H2CO3+0H，结合浓度对化学平衡移动的影响解答【解答】解：向血液中注射碱性物质时，氢氧根离子浓度增大碳酸电离的离子方程式为：H2CO3HCO3+H+； 增大氢氧根离子浓度，消耗氢离子，平衡向正向移动，促进碳酸的电离；碳酸氢根水解的离子方程式为：HCO3+H20H2CO3+0H，增大氢氧根离子浓度，平衡向逆向移动，抑
47、制碳酸氢根离子的水解，故选：B【点评】本题考查了弱电解的电离和盐类水解的影响因素，题目难度不大，熟悉弱电解质电离和盐类水解的实质，清楚浓度对化学平衡移动的影响是解题的关键17已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（）A混合溶液的pH=7B混合溶液中，c（H+）=mol/LCa=bD混合溶液中，c（H+）+c（B+）=c（OH）+c（A）【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】温度T时水的离子积常数为KW，浓度为a mol/L的一元酸HA与b mo
48、l/L的一元碱BOH等体积混合，若溶液呈中性，反应后的溶液中应存在c（H+）=c（OH）=mol/L【解答】解：A因温度未知，则pH=7不一定为中性，故A错误；B、混合溶液中，c（H+）=mol/L，根据c（H+）c（OH）=KW，可知溶液中c（H+）=c（OH）mol/L，溶液呈中性，故B正确；C因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，故C错误；D任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B）=c（OH）+c（A），不能确定溶液的酸碱性，故D错误故选B【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意溶液呈中性应存在c（H+）=c
49、（OH），由于温度未知，且酸碱的强弱未知，不能根据pH以及酸碱的物质的量关系判断18对于相同体积的K2CO3溶液（浓度为c1）和（NH4）2CO3溶液（浓度为c2），若其中CO32的物质的量浓度相同，则c1和c2的关系是（）Ac1=c2Bc1c2Cc1c2Dc1c2【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】（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解；碳酸钾中碳酸根离子的水解不受影响【解答】解：K2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，（NH4）2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出
50、的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比K2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，若二者中CO32的物质的量浓度相同，则碳酸铵的浓度大故选D【点评】本题主要考查了盐类水解的应用，解答须掌握盐类水解的规律影响因素及应用，难度中等19某天然碱的化学式可表示为2Na2CO3NaHCO32H2O，取少量该物质溶于水得稀溶液，下列有关溶液P中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）Ac（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）Bc（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）C3c（Na+）5c（CO32）+5c（HCO3）D将该溶液与少量NaOH溶液混合后：c（Na+）+c（
51、H+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】碳酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，碳酸氢钠中HCO3水解程度大于电离程度，导致碳酸氢钠溶液呈碱性，所以该物质溶于水得稀溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒【解答】解：A溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），存在物料守恒3c（Na+）=5c（CO32）+5c（HCO3）+5c（H2CO3），则3c（OH）=3c（H+）+2c（HCO3）+5c（H2CO3）c（CO32），故A错误；B碳酸根离子水解、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度导致溶
52、液中碱性，所以c（OH）c（H+），碳酸根离子、碳酸氢根离子水解程度都较小，所以溶液中存在c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+），故B正确；C根据物料守恒得3c（Na+）=5c（CO32）+5c（HCO3）+5c（H2CO3），所以3c（Na+）5c（CO32）+5c（HCO3），故C正确；D溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故D错误；故选AD【点评】本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中溶质的性质结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，该溶质为复盐，将复盐分解为碳酸钠、碳酸氢钠的方法进行分析，题目难度中等20叠氮酸（HN3）与醋酸酸
53、性相似，下列叙述中一定错误的是（）AHN3水溶液中微粒浓度大小顺序为：c（HN3）c（H+）c（N3）c（OH）BHN3与NH3作用生成的叠氮酸铵是共价化合物CNaN3水溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+）DN3与CO2含相等电子数【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】AHN3为弱酸，在水溶液中极少部分电离生成氢离子和酸根离子，导致溶液呈酸性；B叠氮酸铵中叠氮酸根离子和铵根离子之间存在离子键；C叠氮酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但叠氮酸根离子水解程度较小；D叠氮酸根离子和二氧化碳都含有22个电子【解答】解：AHN3为弱酸，
54、在水溶液中极少部分电离生成氢离子和酸根离子，导致溶液呈酸性，水也电离生成氢离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是：c（HN3）c（H+）c（N3）c（OH），故A正确；B叠氮酸铵中叠氮酸根离子和铵根离子之间存在离子键，所以为离子化合物，故B错误；C叠氮酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，但叠氮酸根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（N3）c（OH）c（H+），故C正确；D叠氮酸根离子和二氧化碳都含有22个电子，所以其电子数相等，故D正确；故选B【点评】本题考查弱电解质电离、物质结构等知识点，根据物质性质及溶液酸碱性确定离子浓度大小，会正确计算分子或离子中电子数，题目难度不大21常温
55、下，下列各组比值为1：2的是（）A0.1 mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c（H+）之比B0.1 mol/L Na2CO3溶液，c（CO32）与c（Na+）之比CpH=10的Ba（OH）2溶液与氨水，溶质的物质的量浓度之比DpH=3的硫酸与醋酸溶液，c（SO42）与c（CH3COO）之比【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A弱电解质溶液中，浓度越大弱电解质的电离程度越小；B碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子易水解；C一水合氨是弱电解质，溶液中存在电离平衡，所以氨水的浓度大于氢氧根离子浓度；D根据电荷守恒判断阴离子浓度【解答】解：A醋酸是
56、弱电解质，溶液中存在电离平衡，醋酸浓度越大其电离程度越小，所以 0.1mol/L与0.2mol/L醋酸溶液，c（H+）之比大于1：2，故A错误；BCO32水解，溶液中含有HCO3，Na2CO3溶液中c（Na+）与c（CO32）之比大于2：1，故B错误；CpH=10的Ba（OH）2溶液与氨水，c（Ba（OH）2）=c（OH）=0.00005mol/L，c（氨水）0.0001mol/L，溶质的物质的量浓度之比小于1：2，故C错误；DpH=3的硫酸与醋酸溶液中氢离子浓度相等，根据电荷守恒得c（H+）=2c（SO42）=c（CH3COO），所以c（SO42）与，c（CH3COO）之比等于1：2，故D正
57、确；故选D【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，题目难度中等，注意盐类的水解、弱电解质的电离特点，以及从溶液电中性的角度比较离子浓度关系22滴有酚酞和氯化钠试液的湿润滤纸分别做甲乙两个实验，能发现附近变成红色的电极是（）Aa、cBb、dCa、dDb、c【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】甲为原电池，发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极、碳作正极，负极电极反应式为Fe2e=Fe2+，正极电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，乙为电解池，铁作阴极、碳作阳极，阴极电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2，阳极电极反应式为2Cl2e=Cl2 ，据此分析解答【解答】解：甲为原电池
58、，发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极、碳作正极，负极电极反应式为Fe2e=Fe2+，正极电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，乙为电解池，铁作阴极、碳作阳极，阴极电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2，阳极电极反应式为2Cl2e=Cl2 ，无色酚酞遇碱变红色，所以甲中正极附近生成氢氧根离子、乙中阴极附近生成氢氧根离子，所以电极附近溶液变红色的电极是bd，故选B【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，根据电极反应式来确定选项即可，题目难度不大23高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4）的装置如
59、图所示下列说法正确的是（）A铁是阳极，电极反应为Fe2e+2OHFe（OH）2B电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42D每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应；B镍电极上氢离子放电生成氢气；C若离子交换膜为阴离子交换膜，电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42；D气体摩尔体积因温度压强不同而不同【解答
60、】解：A用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故A错误；B镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；C若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42，故C正确；D温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误；故选C【点评】本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围和条件，为易错点24某兴趣小组设计如下微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，
61、两极均有气泡产生：一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转下列有关描述正确的是（）A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极C断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红D断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e2Cl【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；B、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极作正极，发生还原反应
62、；C、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极【解答】解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2ClCl2+H2+2OH，故A错误；B、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此石墨电极作正极，故B正确；C、断开K2，闭合K1时，是
63、电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，故C错误；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，电极反应式为：Cl2+2e2Cl，故D错误；故选B【点评】本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度中等25用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的
64、关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（）A0.15 mol CuOB0.1 mol CuCO3C0.075mol Cu（OH）2D0.05 mol Cu2（OH）2CO3【考点】电解原理【分析】用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，继续电解，阴极上氢离子放电生成氢气，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质即可【解答】解：用惰性电极电解硫酸铜溶液时，先发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，当铜离子完全析出时，发生反应2H2O2H2+O2，根据图象知，转移电子0.2m
65、ol时只有气体氧气生成，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，实际上相当于析出氧化铜，根据氧化铜和转移电子之间的关系式得n（Cu）=0.1mol，所以相当于析出0.1molCuO；继续电解发生的反应为2H2O2H2+O2，实际上是电解水，根据水和转移电子之间的关系式得m（H2O）=mol=0.25mol，所以电解水的质量是0.25mol，根据“析出什么加入什么”的原则知，要使溶液恢复原状，应该加入0.1mol氧化铜和0.05mol水，A只加氧化铜不加水不能使溶液恢复原状，故A错误；B加入碳酸铜时，碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和二氧化碳，所以相当于加入氧化铜，没有加入水，所以
66、不能使溶液恢复原状，故B错误；C.0.075mol Cu（OH）2相当于加入0.075molCuO和0.075molH2O，与析出物质的物质的量不同，所以不能恢复原状，故C错误；D.0.05mol Cu2（OH）2CO3，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，根据原子守恒知，相当于加入0.1molCuO和0.05mol的水，所以能使溶液恢复原状，故D正确；故选D【点评】本题以电解原理为载体考查了物质间的反应，根据图象中转移电子确定析出物质，再结合“析出什么加入什么”的原则分析解答，易错选项是D，根据原子守恒将Cu2（OH）2CO3改写为2CuOH2OCO2来分析解答，题目难度中等26工
67、业上采用乙烯和水蒸气在催化剂（磷酸/硅藻土）表面合成乙醇，反应原理为：CH2=CH2（g）+H2O（g）CH3CH2OH（g）H0，达到平衡时，要使反应速率加快，同时乙烯的转化率提高，应采取的措施是（）A充入氦气B分离除乙醇C增大压强D升高温度【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】要使反应速率加快，同时乙烯的转化率提高，方法有升高温度，增大有气体参加的反应的压强等；提高乙烯的转化率，使反应向着正反应方向移动，由此分析解答【解答】解：A、充入氦气，体积不变的情况，各组分的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动；体积可变充入氦气，相当于减小压强，速率减慢，平衡逆向移动，乙烯的转化率降低
68、，故A错误；B、分离除乙醇，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，但反应速率减小，故B错误；C、增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，故C正确；D、升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，乙烯的转化率降低，故D错误；故选C【点评】本题考查了外界条件对化学平衡及化学反应速率的影响，本题难度中等27在密闭容器中，对于可逆反应A+3B2C（g），平衡时C的体积分数与温度和压强的关系如图所示，下列判断正确的是（）A若正反应方向H0，则T1T2B压强增大时，混合气体的平均相对分子质量减小CB一定为气体DA一定为气体【考点】化学平衡建立的过程【分析】采取定一议二方式解答，由图可知，温度一定时，压
69、强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，故B一定为气体；压强一定时，温度越高，平衡向吸热方向移动，根据C的含量变化结合选项判断反应热与温度高低【解答】解：A、若正反应方向H0，升高温度，平衡向逆反应移动，C的含量降低，由图可知，温度T2到达平衡时C的含量较低，故温度T2T1，故A错误；B、温度一定时，压强越大，C的含量越大，平衡向正反应方向移动，A、B至少有一种气体，而A的化学计量数小于C，故B一定为气体，若均为气体，混合气体总质量不变，总的物质的量减少，平均相对分子质量增大，若A为非气态，平衡正向移动，混合气体的总质量增大，总的物质的量减少，故平均相对分子质量增大，故B错误；C、温
70、度一定时，压强越大，C的含量越大，故增大压强平衡向正反应移动，正反应是气体体积减小的反应，即B一定是气体，故C正确；D、由C中的分析可知，B一定是气体，A可能是气体，可能为非气体，故D错误故选C【点评】本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡移动影响、学生识图能力，难度不大，做题时注意分析图象曲线的变化特点，采取定一议二解答28在密闭容器中将1mol CO和5mol水蒸气的混合物加热到800时，有下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），且K=1若用2mol CO和10mol H2O相互混合并加热到800，则CO的转化率为（）A16.7%B50%C66.7%D83.3%【考点
71、】化学平衡的计算【专题】计算题；平衡思想；化学平衡专题【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，结合平衡常数表达式计算消耗的一氧化碳的物质的量，结合转化率概念计算得到，反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数；【解答】解：在密闭容器中将CO和水蒸气的混合物加热到800时，达到平衡状态，设消耗一氧化碳物质的量为x： CO+H2OCO2+H2，起始量（mol） 2 10 0 0变化量（mol） x x x x平衡量（mol）2x 10x x x反应前后气体物质的量不变，可以利用气体物质的量代替平衡浓度计算平衡常数平衡常数K=1x=mol则CO的转化率=100%=83.3%
72、；故选D【点评】考查了化学平衡计算方法的分析应用，主要是平衡常数概念的计算，题目较简单29已知戊醇（C5H12O）有8种同分异构体，戊酸（C5H10O2）有4种同分异构体，请你推测分子式为C5H10O2属于酯类的同分异构体有（）种A2B4C8D9【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，进行书写判断【解答】解：若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四个：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；若为乙酸和丙
73、醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2个：CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1个：CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2个：CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3故有9种故选D【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断30已知如下物质的溶度积常数FeS：Ksp=6.31018；CuS：Ksp=1.31036；ZnS：Ksp=1.61024下列说法正确的是（）A同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B将足量CuSO4溶解在
74、0.1 molL1的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.31035 molL1C因为H2SO4是强酸，所以Cu2+H2SCuS+2H+不能发生D除去工业废水中的Cu2+，可以选用FeS做沉淀剂【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【分析】三种物质的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，根据溶度积常数计算溶液中的离子浓度，从溶解平衡移动的角度分析【解答】解：AZnS与CuS的化学式形式相同，可以直接通过溶度积常数比较二者的溶解度，Ksp越小，溶解度越小，故A错误；B将足量CuSO4溶解在0.1 molL1的H2S溶液中，生成CuS沉
75、淀后，溶液为硫酸铜溶液，Cu2+的最大浓度应为饱和溶液的浓度，故B错误；C由于CuS是难溶于酸的沉淀，反应符合复分解条件，能发生，故C错误；DFeS的溶度积大于CuS的溶度积，其溶解平衡的S2浓度远大于CuS的S2离子浓度，故加入FeS可以沉淀废水中的Cu2+，故D正确故选D【点评】本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握溶度积的定义的理解和计算的应用，易错点为B二、解答题（共5小题，满分40分）31（1）的名称是2，5二甲基3乙基己烷（2）2，4，6三甲基5乙基辛烷的分子中共有6个甲基原子团（3）分子中有6个甲基而一溴代物只有1种的烷烃的分子式是C8H18，其结构简式是名
76、称是2，2，3，3四甲基丁烷【考点】常见有机化合物的结构；结构简式；有机化合物命名【分析】（1）烷烃命名选取最长碳链，选取距离支链最近一端为1号碳；（2）根据名称可知主链两端各有1个甲基，支链上有3个甲基，1个乙基，乙基上含有1个甲基；（3）乙烷的一溴代物只有一种，然后用甲基取代乙烷中的6个H可以得到含有6个甲基，一溴代物只有一种的有机物【解答】解：（1）的最长碳链为6，在2、5号碳上各含有1个甲基，在3号碳上含有1个乙基，正确命名为：2，5二甲基3乙基己烷，故答案为：2，5二甲基3乙基己烷；（2）由名称可知主链两端各有1个甲基，支链上有3个甲基，1个乙基，乙基上含有1个甲基，所以分子中共有6
77、个甲基原子团；故答案为：6；（2）乙烷结构简式为：CH3CH3，乙烷的一溴代物只有一种，用六个甲基取代乙烷分子中的6个H，分子式是C8H18，得到的有机物的结构简式为，该有机物中只有1种氢原子，所以其一溴代物只有一种，正确命名为：2，2，3，3四甲基己烷，故答案为：C8H18； 2，2，3，3四甲基丁烷【点评】本题主要考查了烷烃的结构与性质、同分异构体的求算，题目难度中等，需要掌握等效氢的判断32（1）纯水中c（H+）=5.0107mol/L，则此时纯水中的c（OH）=5.0107mol/L若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0103mol/L，则c（OH）=5.01011mol/L（2）
78、在CH3COONa的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是：c（ Na+）c（CH3COO）c（ OH）c（H+）（3）明矾的水溶液显酸性，其原因是（用离子方程式表示）：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+（4）在25、101kPa下，0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ 的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH （l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O （l）H=704 kJmol1（5）1L 1molL1 H2SO4溶液与2L 1molL1 NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ热量，则表示中和热的热化学方程式为： H2SO4（
79、aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；H=57.3kJ/mol（6）已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+67.7kJ/molN2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=534kJ/mol则N2H4与NO2完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）；H=1135.7kJ/mol【考点】水的电离；热化学方程式；盐类水解的应用【分析】（1）根据纯水中c（OH）=c（H+），溶液显示中性进行分析；根据该温度下纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度，计算出水的离子积，根据水的离子积计算出溶液中氢氧根
80、离子的浓度，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度；（2）醋酸钠溶液中，醋酸根离子部分水解，溶液呈碱性，则c（ OH）c（H+），再结合电荷守恒判断钠离子和醋酸根离子浓度大小；（3）明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸；（4）0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则1mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出704kJ的热量；（5）根据中和热的定义计算反应热；（6）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式【解答】解：（1）纯水显示中性，c（OH）=c（H+）=5.0107mol/L；此温度下，水的离子
81、积为：Kw=5.01075.0107=2.51013，溶液中氢离子浓度c（H+）=5.0103mol/L，c（OH）=mol/L=5.01011 mol/L，酸性溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由水电离出的c（H+）=5.01011 mol/L，故答案为：5.0107mol/L；5.01011mol/L；（2）在CH3COONa的溶液中，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（ OH）c（H+），根据电荷守恒可知：c（ Na+）c（CH3COO），水解很弱，则溶液中离子浓度大小为：c（ Na+）c（CH3COO）c（ OH）c（H+）；（3）明矾溶于水发生水解，铝离子水解生
82、成氢氧化铝和硫酸，反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（4）0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则1mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出704kJ的热量，热化学反应方程式为：CH3OH （l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O （l）H=704 kJmol1，故答案为：CH3OH （l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O （l）H=704 kJmol1；（5）1L1mol/LH2SO4溶液与2L1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热
83、量，则生成1mol水放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；H=57.3kJ/mol，故答案为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）=Na2SO4（aq）+H2O（l）；H=57.3kJ/mol；（6）已知N2（g）+2O2（g）2NO2（g）；H=+67.7KJ/mol，N2H4（g）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）；H=534KJ/mol，依据盖斯定律2得到肼与NO2完全反应的热化学方程式：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）；H=1135.7KJ/mol；故答案为：2N2H4（
84、g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（g）；H=1135.7KJ/mol【点评】本题考查了水的离子积常数的有关计算，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点33在硫酸工业中，SO2转化为SO3是一个关键步骤（1）SO2有氧化性又有还原性，还有漂白性，将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，SO2表现还原性，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为2：5（已知KMnO4酸性条件下的还原产物为Mn2+）（2）某温度下，SO2（g）=O2（g）SO3（g）H=98kJ/mol，开始时在100L的密闭容器中加入4.0molSO2和10.0molO2，当反应达到平衡时放出热量19
85、6kJ，该温度下平衡常数K=K=3.33（写出表达式并计算）（3）下列关于2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=196KJ/mol反应的图象中，错误的是C（4）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生下列反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），达到平衡后改变下述条件，SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大的是ACE（填字母）A保持温度和容器体积不变，充入2molSO3B保持温度和容器体积不变，充入2molN2C保持温度和容器体积不变，充入0.5molSO2和0.25molO2D保持容器体积不变，升高混合气体温度E移动活塞压缩气体（5）某人设想
86、以如图装置生产硫酸，写出a电极的电极反应式SO2+2H2O2e=SO42+4H+检验SO42的具体操作为取少量溶液于试管中加入盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀说明溶液中含SO42【考点】化学平衡的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；二氧化硫的化学性质【专题】氧化还原反应专题；化学平衡专题；电化学专题【分析】（1）SO2气体通入酸性KMnO4中，酸性KMnO4褪色，高锰酸钾中锰元素是最高价具有氧化性，二氧化硫具有还原性；Mn元素化合价由+7价降低到+2价，化合价变化5价，S元素化合价由+4价升高到+6价，化合价变化2价，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数
87、目相等；（2）根据方程式的热量计算参加反二氧化硫物质的量，计算平衡时各物质的浓度，代入平衡常数表达式K=计算；（3）A升高温度，平衡逆向移动；B升高温度，平衡逆向移动，三氧化硫的含量降低；C升高温度，加快反应速率到达平均的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低；D增大压强，加快反应速率到达平均的时间缩短，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大；（4）SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，如体积不变，则各种物质的物质的量都增大，如体积变化，各种物质的浓度都增大，则应缩小体积；（5）原电池负极发生氧化反应，SO2被氧化生成SO42；钡离子和硫酸根离子生成硫
88、酸钡白色沉淀，据此检验硫酸根离子【解答】解：（1）SO2气体通入酸性KMnO4中，酸性KMnO4褪色，高锰酸钾中锰元素是最高价具有氧化性，二氧化硫具有还原性；Mn元素化合价由+7价降低到+2价，化合价变化5价，S元素化合价由+4价升高到+6价，化合价变化2价，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂物质的量之比为2：5，故答案：还原；2：5；（2）在100L的密闭容器中加入4.0mol SO2（g）和10.0molO2（g），当反应达到平衡时共放出热量196kJ，则消耗SO2 为=2mol， SO2（g）+O2（g）SO3（g）起始mol）：4.0 10.0 0转化（mo
89、l）：2.0 1.0 2平衡（mol）：2.0 9.0 2则平衡时，c（SO2）=0.02mol/L，c（O2）=0.09mol/L，c（SO3）=0.02mol/L，平衡常数K=3.33，故答案为：K=3.33；（3）A升高温度，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，图象与实际符合，故A正确；B升高温度，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，图象与实际符合，故B正确；C升高温度，加快反应速率到达平均的时间缩短，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，图象与实际不符，故C错误；D增大压强，加快反应速率到达平均的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的含量增大，图
90、象与实际符合，故D正确；故答案为：C；（4）A保持温度和容器体积不变，充入2mol SO3，平衡向逆反应分析移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，故A正确；B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，对平衡移动没有影响，各物质的浓度不变，故B错误；C保持温度和容器体积不变，充入0.5mol SO2和0.25mol O2，平衡向正反应方向移动，则SO2、O2、SO3气体平衡浓度都比原来增大，故C正确；D升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的浓度减小，故D错误；E移动活塞压缩气体，体积减小，各物质的浓度都增大，故E正确故答案为：ACE；（5）依据图装置分析，二氧化硫失电子发生氧
91、化反应，二氧化硫被氧化为三氧化硫溶于水生成硫酸，电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；检验硫酸根离子的方法为：取少量溶液于试管中加入盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀说明溶液中含SO42，故答案为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；取少量溶液于试管中加入盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀说明溶液中含SO42【点评】本题考查化学平衡常数的有关计算、影响化学平衡的因素、化学平衡图象、电解原理、氧化还原反应等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，试题是对学生综合能力的考查，注意基础知识的理解掌握34用惰性电极电解物质的量比为
92、2：1的NaCl与NaHCO3混合溶液，溶液pH变化如图1所示（1）在0t1时间内，两个电极上的电极反应式为：阳极2Cl2e=Cl2 阴极2H2O+2e=H2+2OH（2）用离子方程式表示：a点pH7原因：NaHCO3中HCO3水解能力大于电离能力而导致溶液呈碱性0t1时间内，溶液pH升高比较缓慢的原因：碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠导致溶液碱性增强但水解程度仍然不大（3）从原溶液中溶质数量变化角度上看，t1时刻的意义是：说明该时刻生成的NaOH恰好将NaHCO3完全转化为Na2CO3，溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3（4）有人利用电解原理开发出了一种家用“84”消毒液（有效成分为NaClO）
93、发生器（构造如图2），在制备该消毒液时，a电极应该连接在电源的负极上，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH若两个电极一种是铁、一种是石墨，则b极材料是石墨，电极反应式为：2Cl2e=Cl2【考点】电解原理【分析】（1）在0t1时间内，阳极上Cl放电生成Cl2，阴极上H2O放电生成H2，同时阴极附近有OH生成，阴极附近发生的反应为OH+HCO3=CO32+H2O，导致溶液pH升高；（2）a点溶液中溶质为NaCl与NaHCO3，NaHCO3中HCO3水解能力大于电离能力而导致溶液呈碱性；0t1时间内，生成的OH和HCO3反应生成CO32，碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠导致溶液碱性增强但水解程度仍
94、然不大；（3）0t1时间内，溶液中的溶质先是NaCl与NaHCO3，随着电解的进行，溶液中n（NaCl）、n（NaHCO3）减少、n（Na2CO3）增加，t1时刻时，生成的NaOH恰好将NaHCO3完全转化为Na2CO3；（4）电解氯化钠溶液制取NaClO溶液，阳极上生成Cl2，阴极上生成H2，同时阴极附近有NaOH生成，生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO，为了Cl2和NaOH充分接触，生成的Cl2应该通过溶液和NaOH反应，所以b电极上生成Cl2，a电极上生成H2，阳极上应该用石墨作电极，阴极上用Fe作电极【解答】解：（1）在0t1时间内，阳极上Cl放电生成Cl2，阴极上H2O放电生成
95、H2，同时阴极附近有OH生成，阴极附近发生的反应为OH+HCO3=CO32+H2O，导致溶液pH升高，阳极、阴极反应式分别为：2Cl2e=Cl2、2H2O+2e=H2+2OH，故答案为：2Cl2e=Cl2；2H2O+2e=H2+2OH；（2）a点溶液中溶质为NaCl与NaHCO3，NaHCO3中HCO3水解能力大于电离能力而导致溶液呈碱性，所以溶液的pH7；0t1时间内，生成的OH和HCO3反应生成CO32，碳酸钠水解能力大于碳酸氢钠导致溶液碱性增强但水解程度仍然不大，所以0t1时间内，溶液pH升高比较缓慢，故答案为：NaHCO3中HCO3水解能力大于电离能力而导致溶液呈碱性；碳酸钠水解能力大
96、于碳酸氢钠导致溶液碱性增强但水解程度仍然不大；（3）0t1时间内，溶液中的溶质先是NaCl与NaHCO3，随着电解的进行，溶液中n（NaCl）、n（NaHCO3）减少、n（Na2CO3）增加，t1时刻时，生成的NaOH恰好将NaHCO3完全转化为Na2CO3，溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3，故答案为：说明该时刻生成的NaOH恰好将NaHCO3完全转化为Na2CO3，溶液中的溶质为NaCl、Na2CO3；（4）电解氯化钠溶液制取NaClO溶液，阳极上生成Cl2，阴极上生成H2，同时阴极附近有NaOH生成，生成的Cl2和NaOH反应生成NaClO，为了Cl2和NaOH充分接触，生成的Cl2应
97、该通过溶液和NaOH反应，所以b电极上生成Cl2，a电极上生成H2，阳极上应该用石墨作电极，阴极上用Fe作电极，则a是阴极、b是阳极，a连接电源负极、b连接电源正极，a电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，b电极材料是石墨，电极反应式为2Cl2e=Cl2，故答案为：负；2H2O+2e=H2+2OH；石墨；2Cl2e=Cl2【点评】本题考查了电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是判断（4）题中阴阳极，要结合生产实际分析解答，易错点是电极反应式的书写，题目难度中等35A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示：如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯中依次盛
98、放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示请回答下列问题：阳离子Na+、K+、Cu2+阴离子SO42、OH（1）M为直流电源的负极，b电极上发生的电极反应为4OH4e=2H2O+O2（2）计算e电极上生成的气体在标准状况下的体积为5.6L（3）写出乙烧杯中的总反应的离子方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4（4）要使丙烧杯中的C溶液恢复到原来的状态，需要进行的操作是：（写出要加入的物质和质量）向丙烧杯中加4.5 g水【考点】电解原理；原电池和电解池的工
99、作原理【分析】测得乙中c电极质量增加了16g，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；（1）c电极析出Cu，所以c为阴极，则M为负极；b为阳极，电极上是氢氧根离子失电子生成氧气；（2）根据生成的Cu的量求出转移的电子的物质的量，再根据电子守恒求出e上生成的气体的量；（3）乙烧杯中电解的是硫酸铜溶液；（4）要使丙恢复到原来的状态，根据电解实质和生成产物，需要加入水，依据析出铜的质量，根据电子守恒，求出水的质量【解答】解：测得乙中c电极质量增加了16g，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为
100、CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；（1）c电极析出Cu，由铜离子在阴极得电子生成Cu可知c为阴极，则M为负极，N为正极；b与正极相连，则b为阳极，所以b电极上是氢氧根离子失电子生成氧气，其电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2；故答案为：负；4OH4e=2H2O+O2；（2）e与电源负极相连为阴极，则e电极上是氢离子得电子生成氢气，已知n（Cu）=0.25mol，由Cu2eH2可知生成标况下氢气的体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L；故答案为：5.6L；（3）乙烧杯中为惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（4）丙中的电解质是硫酸钠或硫酸钾，电解时被电解的是水，所以要使丙恢复到原来的状态，需加水；已知n（Cu）=0.25mol，由Cu2eH2H2O，则n（H2O）=0.25mol，所以需要加入m（H2O）=0.25mol18g/mol=4.5 g，即向丙烧杯中加4.5 g水，故答案为：向丙烧杯中加4.5 g水【点评】本题考查了电解原理，明确发生的电极反应、电解反应及图象的分析是解答本题的关键，注意利用乙推出各物质及电源的正负极是解答的突破口，题目难度中等