1、湖北省新洲一中、黄陂一中、麻城一中2014-2015学年高二上学期12月联考化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项正确，每小题3分）1关于强、弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（）ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClOCH3COOH非电解质Cl2CS2C2H5OHH2SAABBCCDD考点：电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念.专题：离子反应专题分析：强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；在水溶液里或熔融状态
2、下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质解答：解：ANaCl溶于水能完全电离，所以NaCl是强电解质；HF在水中只有部分电离，所以属于弱电解质；氯气是单质，不是化合物，所以氯气不是非电解质，故A错误； BH2SO4溶于水能完全电离，所以H2SO4是强电解质；溶于水的硫酸钡能完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故B错误；C溶于水的CaCO3能完全电离，所以CaCO3是强电解质；HClO在水中部分电离，所以属于弱电解质；乙醇的水溶液不导电，所以是非电解质，故C正确；DHNO3溶于水能完全电离，所以HNO3是强电解质；醋酸在水中只
3、有部分电离，所以属于弱电解质；H2S是弱酸，属于弱电解质，故D错误故选C点评：本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶解能力大小无关2（3分）99时，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH=2，下列叙述中不正确的是（）A此时水的离子积KW=11014B水电离出的c（H+）=11010molL1C水的电离程度随温度升高而增大Dc （Na+）=c（SO42）考点：水的电离；pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、计算出pH=6的蒸馏水中氢离子浓度，根据水的离子积表达式及蒸馏水中c（H+）=c（OH）计算出水的
4、离子积；B、硫酸氢钠电离的氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的；C、水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大；D、根据物料守恒判断钠离子与硫酸根离子浓度关系解答：解：A、蒸馏水的pH=6，说明c（H+）=c（OH）=1106molL1，水的离子积Kw=11012，故A错误；B、水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根的浓度，c（H+）=c（OH）=mol/L=11010molL1，故B正确；C、由于水的电离过程为吸热反应，升高温度，促进了水的电离，水的电离程度会增大，故C正确；D、NaHSO4晶体中钠离子与硫酸根离子的物质的量相等，钠离子和硫酸根离子数目没有发生变化，根据物料
5、守恒，溶液中（Na+）=c（SO42），故D正确；故选A点评：本题考查了水的电离，题目难度中等，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养3（3分）在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气下列说法正确的是（）A甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大B甲烧杯中的酸过量C两烧杯中生成氢气的速率相等D反应开始后乙烧杯中c（H+）始终比甲烧杯中c（H+）小考点：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
6、：A醋酸浓度大，消耗的Zn多，但产生等量的氢气时，醋酸消耗的Zn少；B两种溶液的体积和pH都相等，HCl的浓度小；C由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度；D反应开始后，醋酸持续电离解答：解：A在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离；盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸将大于盐酸，所以在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A正确；B当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌
7、粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余度，故B错误；C由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，两烧杯中生成氢气的速率不相等，故C错误；D由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D错误；故选A点评：本题考查弱电解质的电离与酸与金属的反应，明确浓度与氢离子的关系，氢气与金属的质量关系是解答本题的关键，题目难度不大，但属于易错题4（3分）下列叙述或数据正确的是（）A用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3B酸碱中和滴定实验中，锥形瓶必须用待测液润洗C用
8、已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低D用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL考点：试纸的使用；中和滴定.专题：实验评价题分析：A广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数；B根据c（待测）=分析误差；C利用c（碱）=来进行误差分析；D滴定管0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，读数读到0.01mL；解答：解：A用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.3的溶液的pH，故A错误；B锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增多，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可
9、知c（标准）偏大，则测得待测液的浓度偏小，故B错误；C读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差偏小，即消耗酸的体积偏小，所以c（碱）偏低，故C正确；D滴定管每个小刻度为0.1mL，读数读到0.01mL，用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL错误，故D错误；故选C点评：本题考查中和滴定，明确滴定实验中的仪器、数据处理及中和滴定的误差分析是解答本题的关键，注意掌握常见计量仪器的构造及其正确使用方法，如滴定管0刻度在上方，下方的大刻度以下还有一段没有刻度的部分，读数读到0.01mL，题目难度不大5（3分）利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料
10、时，可将电解原理广泛应用于工业生产下列说法中正确的是（）A氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B铜的精炼中，X是粗铜，Y是纯铜，Z是CuSO4C电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；B、铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；C、电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属解答：解：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近
11、得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；B、铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B正确；C、电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确故选BD点评：本题考查了电解原理，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，难度不大，注意原电池原理和电解池原理是高考的热点，应掌握此知识点6（3分）室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（）A若PH7时，则一定是c1V1=c2V2
12、B在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）C当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2c1D若V1=V2、c1=c2，则c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）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：A、当溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，但混合时醋酸的物质的量不一定等于氢氧化钠的物质的量；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使其呈中性，酸应该稍微过量；D、当醋酸和氢氧化钠的物质的量相等时，根据物料守恒确定醋酸根离子和醋酸分子浓度与钠离子浓度
13、的关系解答：解：A、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当PH7时，则一定是c1v1c2v2，故A选；B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故B不选；C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍微过量，所以当pH=7时，若v1=v2，则一定是c2c1，故C不选；D、如果V1=V2、C1=C2，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+），故D不
14、选；故选A点评：本题考查了酸碱混合溶液的定性判断，根据溶液中物料守恒和电荷守恒即可解答本题，该知识点是学习的难点，也是考试的热点7（3分）（2009兖州市模拟）向三份1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO浓度的变化依次为（）A减小、增大、减小B增大、减小、减小C减小、增大、增大D增大、减小、增大考点：影响盐类水解程度的主要因素.专题：盐类的水解专题分析：含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解解答
15、：解：含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硝酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；亚硫酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加亚硫酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；氯化铁是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加氯化铁会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小，故选A点评：本题考查了影响盐类水解的因素，明确含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸
16、碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解8（3分）用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水（含Cl、Br、Na+、Mg2+）的装置如图所示（a、b为石墨电极）下列说法中，正确的是（）A电池工作时，正极反应式为：O2+2H2O+4e4OHB电解时，a电极周围首先放电的是Br而不是Cl，说明当其他条件相同时前者的还原性强于后者C电解时，电子流动路径是：负极外电路阴极溶液阳极正极D忽略能量损耗，当电池中消耗0.2 g H2时，b极周围会产生2.24L H2考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：A、氢氧燃料电池中，正极上放电的是氧气
17、；B、还原性：BrCl，还原性强的离子在阳极先放电；C、电子在导线中移动，不能在溶液中移动；D、燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的解答：解：A、氢氧燃料电池中，正极上放电的是氧气，在酸性电解质环境下，电极反应式为：O2+4H+4e2H2O，故A错误；B、还原性强的离子在阳极先放电，电解时，a电极周围首先放电的是Br而不是Cl，所以还原性：BrCl，故B正确；C、电子在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；D、燃料电池和电解池中转移的电子数是相等的，当电池中消耗0.02gH2，根据电极反应：H22H+2e，所以转移电子0.02mol，b极的电极反应为：2H+2eH2，转移电子0.02mol
18、，会产生0.02gH2，状况不知，无法求体积，故D错误故选B点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，学以致用9（3分）下列说法正确的是（）A铅蓄电池在放电过程中，负极质量增加，正极质量减少B0.1molL1NH4Cl和0.1molL1NH3H2O等体积混合后离子浓度关系：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）C在轮船水线以下的船体装上一定数量的锌块可以保护轮船D锅炉中沉积的CaSO4可直接用稀盐酸溶解除去考点：常见化学电源的种类及其工作原理；金属的电化学腐蚀与防护；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：盐类的水解专题；电化学专题分析：A、根
19、据铅蓄电池的工作原理来回答；B、0.1molL1 NH4Cl和0.1molL1 NH3H2O溶液中，氨水电离出的铵离子大于溶液中铵离子的水解，铵离子浓度大于0.1molL1；C、作原电池正极的金属被保护；D、CaSO4不与稀盐酸反应解答：解：A、铅蓄电池工作时，负极是金属铅失电子，正极上是二氧化铅得电子，都是生成硫酸铅，质量增加，故A错误；B、0.1molL1 NH4Cl和0.1molL1 NH3H2O溶液中，氨水电离出的铵离子大于溶液中铵离子的水解，铵离子浓度大于0.1molL1，即（Cl）c（NH4+），故B错误；C、锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极，Fe作正极，正极上得电子发生还
20、原反应，则Fe被保护，故C正确；D、CaSO4不与稀盐酸反应，故D错误，故选C点评：本题考查较为综合，涉及原电池、盐类水解、沉淀溶解平衡等，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关知识的积累10（3分）（2011安徽）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，下列“水”电池在海水中放电时的有关说法正确的是（）A正极反应式：Ag+Cle=AgClB每生成1mol Na2Mn5O10转移2mol电子CNa+不断向“水”电
21、池的负极移动DAgCl是还原产物考点：电极反应和电池反应方程式；原电池和电解池的工作原理.专题：压轴题分析：根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物；方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子；在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以形成闭合电路解答：解：A、根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl，可判断出Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cle=AgCl，而不是正极方程式，故A错；B、根据方程式中
22、5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，故B正确；C、在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错；D、反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，故D错故选：B点评：本题考查原电池的电极反应和离子的定向移动以及电化学的简单计算，做题时要注意总电池反应式的判断利用，运用两极上的反应特点做题，分析Mn元素的化合价变化是该题的难点11（3分）（2014上海）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中下列正确的是（）AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H+2eH2BK1闭合，石墨棒
23、周围溶液pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体考点：原电池和电解池的工作原理；真题集萃.专题：电化学专题分析：若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断解答：解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe2e=Fe
24、2+，故A错误；B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误故选B点评：本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等12（3分）某温度时，BaSO4在水中
25、的沉淀溶解平衡曲线如图所示下列说法正确的是（）A加入Na2SO4可以使溶液由a点变到c点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb点无BaSO4沉淀生成Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp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：该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；Cb点表示QcKsp，溶液过饱和；DKsp与温度有关，a和c的Ksp相等解答：解：A硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42），平衡左移
26、，c（Ba2+）降低，故A正确；Bd点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42）、c（Ba2+）均增大，故B错误；Cb点表示QcKsp，溶液过饱和，有沉淀析出，故C错误；DKsp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误故选A点评：本题考查沉淀溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念13（3分）（2013长沙模拟）500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=6.0molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况
27、），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A原混合溶液中c（K+）为2 molL1B上述电解过程中共转移6mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c（H+）为2 molL1考点：电解原理.专题：电化学专题分析：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），则阴极发生Cu2+2eCu、2H+2eH2，阳极发生4OH4eO2+2H2O，n（O2）=1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答解答：解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）=1mol，阳极发生4OH4e
28、O2+2H2O， 4mol 1mol阴极发生Cu2+2eCu、2H+2eH2， 1mol 2mol 1mol 2mol 1mol Ac（Cu2+）=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L2mol/L2=2mol/L，故A正确；B根据氧气计算转移电子的物质的量，转移电子的物质的量=1mol4=4mol，故B错误；C电解得到的Cu的物质的量为1mol，故C错误；D电解后溶液中c（H+）为=4mol/L，故D错误；故选A点评：本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，题目难度中等，注意氢氧根离子与氢离子的关系即可解答14（3分）（2012徐汇区一模）
29、在一定体积pH=12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液体积比是（）A1：9B1：1C1：2D1：4考点：离子方程式的有关计算；pH的简单计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算解答：解：pH=12的Ba（OH）2溶液中C（OH）=102mol/L，设溶液体积为x，得到氢
30、氧根离子物质的量为x102mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x102mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为103mol/L；所以得到：=103；得到x：y=1：4，故选D点评：本题考查了酸碱反应的综合计算，溶液pH的计算应用，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键二、填空题（共7小题，58分）15（5分）纯碱是一种重要的化工产品，在生产生活中有广泛的应用请回答下列问题：纯碱溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）CO32+H2OHCO3+OH若将纯碱溶液蒸干，则残留固
31、体的化学式为Na2CO3为探究纯碱溶液呈碱性是由CO32引起的，请你设计一个简单的实验方案：向纯碱溶液中滴入23滴酚酞试液，溶液显红色；再向该溶液中滴加CaCl2溶液至过量，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去，说明溶液呈碱性是由CO32引起Na2CO3溶液中存在的关系正确的是BDA2c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Bc（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3）Cc（Na+）c（CO32）c（H+）c（OH）Dc（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）考点：盐类水解的应用；离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：纯碱溶液中碳酸根离子水解显碱性
32、，若将纯碱溶液蒸干蒸发的是水，得到溶质为碳酸钠；设计实验使溶液中的CO32由有到无，再根据酚酞的颜色变化起作用的是否是碳酸根离子A、依据溶液中物料守恒分析，n（Na）=n（C）；B、溶液中存在质子守恒，c（H+）水=c（OH）水；C、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解呈碱性；D、碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解呈碱性解答：解：纯碱是强碱弱酸盐，碳酸根离子能发生水解使溶液中的氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，导致溶液呈碱性，离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH；若将纯碱溶液蒸干蒸发的是水，水解平衡逆向进行得到溶质为碳酸钠；故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；Na2CO3；为证明纯碱溶液呈碱性
33、是由CO32引起的，就设计一个使溶液中的碳酸根离子由有到无的实验，根据溶液中酚酞颜色的变化判断故答案为：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去说明纯碱溶液呈碱性是由CO32引起的；A、依据溶液中物料守恒分析，n（Na）=n（C），c（Na+）=2c（HCO3）+2c（CO32）+2c（H2CO3），故A错误；B、溶液中存在质子守恒，c（H+）水=c（OH）水，c（OH）=c（H+）+c（HCO3）+2c（H2CO3），故B正确；C、碳酸钠溶液中碳酸根离子水解呈碱性，溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HC
34、O3），故C错误；D、碳酸钠溶液中碳酸根离子分步水解呈碱性，离子浓度大小为；c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3），故D正确；故答案为：BD点评：本题考查了盐类水解的应用及PH试纸的使用等知识点，要注意：盐类水解是微弱的，含弱根离子的盐（弱酸弱碱盐除外）在水溶液中以电离为主，多元弱酸根离子分步水解，以第一步为主，溶液中离子浓度大小比较分析判断，题目难度中等16（4分）25时，0.1molL1的HA溶液中c（H+）/c（OH）=1010请回答下列问题：该HA溶液的pH等于2若M溶液是由上述HA溶液V1mL与pH=12的NaOH溶液V2mL混合充分反应而得，则下列说法中正确的是ADA若
35、溶液M呈中性，则溶液M中c（H+）+c（OH）=2.0107 molL1B若V1=V2，则溶液M的pH一定等于7C若溶液M呈酸性，V1一定大于V2D若溶液M呈碱性，V1一定小于V2考点：pH的简单计算；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：根据常温下，水的离子积Kw=c（H+）c（OH）=1014来计算；A若混合溶液呈中性，则氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；B如果二者体积相等，根据酸的强弱判断混合溶液的酸碱性；C如果溶液呈酸性，则溶液可能是酸和盐溶液；D如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液；解答：解：常温下，水的离子积Kw=c（H+）c（O
36、H）=1014，而c（H+）/c（OH）=1010，解得c（H+）=102mol/L，故pH=2，故答案为：2；A若混合溶液呈中性，则溶液M中c（H+）=c（OH）=1107 molL1，所以溶液M中c（H+）+c（OH）=2107 molL1，故A正确；B若V1=V2，由于酸的浓度大，酸过量，则溶液M的pH一定小于7，故B错误；C如果溶液呈酸性，则溶液是酸和盐溶液，酸是弱酸，酸浓度大于氢氧化钠浓度，所以V1不一定大于V2，故C错误；D如果溶液呈碱性，则溶液可能是碱和盐溶液，也可能只是盐溶液，则V1一定小于V2，故D正确；故答案为：AD点评：本题考查了水的离子积和酸碱中和后溶液的酸碱性，难度不
37、大，根据酸碱的物质的量的多少来分析17（2分）若已知在25，AgCl的Ksp=1.81010，现将足量AgCl分别放入：100mL 蒸馏水中；100mL 0.2molL1 AgNO3溶液中；100mL 0.1molL1 AlCl3溶液中；100mL 0.1molL1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c（Ag+）由大到小的顺序是（用序号连接）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：氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl（S）Ag+（aq）+Cl（aq），AgCl的Ksp=1.81010，溶液中c（Cl）越大，则c（Ag+）越小，以此解答该题解答：解：氯化银饱和
38、溶液中存在沉淀溶解平衡，氯离子浓度越大，则银离子浓度越小，100mL蒸馏水中氯化银形成饱和溶液，Ag+浓度为105mol/l；100mL 0.2molL1AgNO3溶液中Ag+浓度为0.2mol/l抑制沉淀溶解平衡，100mL 0.1molL1氯化铝溶液中氯离子浓度为0.3mol/L，c（Ag+）=61010mol/L；100mL 0.1molL1盐酸溶液中氯离子浓度为0.1mol/L，c（Ag+）=1.8109mol/L；综上所述大小顺序为：，故答案为：点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目涉及溶度积的计算应用等知识，较为综合，注意基础知识的理解和把握，难
39、度中等18（12分）燃料电池是一种高效低污染的新型电池燃料电池所用燃料可以是氢气，也可以是其他燃料，如甲醇、肼等肼分子（H2NNH2）可以在氧气中燃烧生成氮气和水，回答下列问题：肼空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%30%的KOH溶液肼空气燃料电池放电时：正极的电极反应式是O2+2H2O+4e=4OH；负极的电极反应式是N2H4+4OH4e=4H2O+N2；总电极反应方程式是H2NNH2+O2=N2+2H2O（2）假设使用肼空气燃料电池作为电镀铜的电源，若镀件上镀了6.4g铜，则肼空气燃料电池理论上消耗肼1.6g（3）肼在水中，通常结合一分子水，形成H2NNH2H2O，其一级电离
40、与NH3H2O的电离类似，其电离方程式为N2H4H2O=N2H5+OH；H2NNH2H2O水溶液的一级电离的电离常数Kb=2.5106，则0.1molL1肼溶液的OH浓度约为5104molL1考点：化学电源新型电池；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；电化学专题分析：（1）肼氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气；（2）根据关系式：2CuN2H4的关系分析解答；（3）类比氨水的电离，写出肼在水溶液中的电离方程式解答：解：（1）肼氧气碱性燃料电池中，负极上燃料肼失电子和氢氧根离子反应生成水和氮气，电极反应式为N2H4+4OH4e=4H2O+N
41、2，正极发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e=4OH，总反应式：H2NNH2+O2=N2+2H2O 故答案为：O2+2H2O+4e=4OH；N2H4+4OH4e=4H2O+N2；H2NNH2+O2=N2+2H2O；（2）由2CuN2H4可知： 128g 32g 6.4g 1.6g故答案为：1.6；（3）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH和阳离子，电离方程式为N2H4H2O=N2H5+OH；Kb=c2（OH）0.1=2.5106，所以0.1molL1肼溶液的OH浓度约为5104 molL1，故答案为：N2H4H2O=N2H5+OH；5104 molL1点评：本题考查了原电池
42、和电解池原理及物质的量的计算，根据各个电极上得失电子书写电极反应，再结合电极反应式进行有关计算，题目难度中等19（10分）如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4溶液质量减少2.7g，乙中c电极质量增加据此回答问题：电源的M端为负极；电极b上发生的电极反应为4OH4e=2H2O+O2；电极b上生成的气体在标准状况下的体积为1.68L电极c的质量变化是9.6g；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？可以，
43、因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：（1）该装置是电解池，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明C电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；电解氢氧化钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；测得丙中K2SO4溶液质量减少2.7g，来确定整个电路转移的电子的物质的量，然后列出关系式求解；电极c是电解质溶液中铜离子放电Cu2+2e=Cu，来求质量；（2）铜全部析出，溶液变成稀硫酸解答：解：（1）该装置是电解池，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明C电极是电解池阴极
44、，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极，所以N是原电池正极，M端为原电池的负极，故答案为：负；电解氢氧化钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；电解K2SO4溶液时，阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，实际上电解的是水，总反应式为：2H2O2H2+O2，也就是转移4mol的电子消耗2mol的水，质量减少2.7g，即物质的量为0.15，整个电路转移电子的物质的量为0.3mol，b上的电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2，所以转移0.3mol电子生成气体的体积为：=1.68L，故答案为：1.68L；电极c是
45、电解质溶液中铜离子放电Cu2+2e=Cu，质量为=9.6g，故答案为：9.6；（2）铜全部析出，溶液变成稀硫酸，此时电解稀硫酸溶液，故答案为：可以，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应点评：本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等做题时要正确写出电极方程式，准确判断两极上离子的放电顺序20（11分）工业废水、废渣中的有害成分必须进行处理，否则会对人类及生态系统产生很大的危害，某化工厂从铬渣中提取硫酸钠的工艺如图1：已知：铬渣含有Na2SO4及少量Cr
46、2O72、Fe3+；Fe3+、Cr3+完全沉淀（c1.0105 molL1）时pH分别为3.6和5（1）“微热”除能加快反应速率外，同时还可以促进Fe3+水解生成Fe（OH）3而除去，滤渣A为Fe（OH）3（填化学式）（2）根据图2溶解度（S）温度（T）曲线，操作B的最佳方法为A（填字母序号）A蒸发浓缩，趁热过滤B蒸发浓缩，降温结晶，过滤（3）酸C为H2SO4，Cr（OH）3的溶度积常数KspCr（OH）3=1.01032mol4L4（4）根据2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O设计图3示装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，电解池中左侧电极连接电源的负极，其右
47、侧电极反应式为4OH4e=O2+2H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O72、Fe3+，加入氢氧化钠调节pH约3.6并加热，可生成Fe（OH）3沉淀，过滤得到A为Fe（OH）3，由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，母液中含有Na2Cr2O7，加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应可得到Cr3+，调节溶液pH为5，可生成沉淀D，即Cr（OH）3，以此解答该题解答：解：铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O72、Fe3+，加入氢氧化钠调节pH约3.6并加热，可生成Fe（OH）3沉淀，过滤得到A为F
48、e（OH）3，由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，母液中含有Na2Cr2O7，加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应可得到Cr3+，调节溶液pH为5，可生成沉淀D，即Cr（OH）3，（1）加热是，有利于Fe3+水解生成Fe（OH）3而除去，沉淀A为Fe（OH）3，故答案为：促进Fe3+水解生成Fe（OH）3而除去；Fe（OH）3；（2）由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫酸钠，故答案为：A；（3）Na2Cr2O7具有强氧化性，酸化时，一般用稀硫酸，Cr3+完全沉淀（c1.0105 molL1）时pH5，则c（OH）=1.
49、0109 molL1，KspCr（OH）3=c3（OH）c（Cr3+）=1.01032 mol4L4，故答案为：H2SO4； 1.01032 mol4L4；（4）根据2CrO42+2H+=Cr2O72+H2O电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，应在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则消耗OH，发生氧化反应，右侧为阳极，则左侧为阴极，连接电源的负极，右侧发生，故答案为：负；4OH4e=O2+2H2O点评：本题考查物质的分离、提纯的实验设计，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目以实验形式考查电解原理及难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意信息与所学知识的结合来解答，并
50、注意氧化还原反应及图表数据的应用，题目难度中等21（14分）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：（1）硼砂溶于热水后，常用H2SO4调pH23制取H3BO3，反应的离子方程式为B4O72+2H+5H2O=4H3BO3H3BO3微溶于水，为一元弱酸，但其酸性并不是源于其结构中羟基的电离，请写出其电离方程式H3BO3+H2OB（OH）4+H+（2）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是防止MgCl2水解生成Mg（OH）2若用惰性电极电解MgCl2
51、溶液，其阴极反应式为2H2O+Mg2+2e=H2+Mg（OH）2（3）镁H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，则正极反应式为H2O2+2H+2e=2H2O若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中Mg2+离子浓度为0.045mol/L已知KspMg（OH）2=5.61012，当溶液pH=7时没有（填“有”或“没有”）Mg（OH）2沉淀析出（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼现将 0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30molL1 Na2S2O3（H2S2O3为弱酸）溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液
52、18.00mL盛装Na2S2O3溶液的仪器应为碱式滴定管（填“酸式”或“碱式”）该粗硼样品的纯度为97.2%（提示：I2+2S2O32=2I+S4O62）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量.专题：实验设计题分析：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤，滤渣中加入浓盐酸得到氯化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调
53、pH23制取H3BO3，加热得到X为B2O3，（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，H3BO3微溶于水，为一元弱酸，但其酸性并不是源于其结构中羟基的电离，应结合水电离生成OH，促进水的电离；（2）氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁，加入盐酸可抑制水解；惰性电极电解MgCl2溶液阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出电极反应；（3）燃料电池中正极上是过氧化氢得到电子生成水；依据电解质溶液PH变化结合电池反应计算镁离子浓度；PH=7计算氢氧根离子浓
54、度，结合生成镁离子浓度计算浓度商和溶度积常数比较分析是否生成氢氧化镁沉淀；（4）根据关系式BBI3I23S2O32及滴定数据计算出粗硼中硼的含量解答：解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3，H3BO3微溶于水，为一元弱酸，但其酸性并不是源于其结构中羟基的电离，应结合水电离生成OH，促进水的电离，其电离方程式为H3BO3+H2OB（OH）4+H+，故答案为：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；H3BO3+H2OB（OH）4+H+；（2）MgCl2
55、7H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁；若用惰性电极电解MgCl2溶液，阴极氢离子得到电子生成氢气，水的电离平衡破坏，水电离生成氢氧根离子浓度增大，和镁离子形成氢氧化镁沉淀，合并写出阴极反应式为：2H2O+Mg2+2e=H2+Mg（OH）2；故答案为：防止MgCl2水解生成Mg（OH）2；2H2O+Mg2+2e=H2+Mg（OH）2；（3）镁H2O2酸性燃料电池的反应机理为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，正极上是过氧化氢得到电子生成水的反应，正极反应式H2O2+2H+2e=2H2O；若起始电解质溶液pH=1，则pH=2时溶液中，氢离子浓度减小0.1mol/L0
56、.01mol/L=0.09mol/L，依据反应方程式得到c（Mg2+）=c（H+）减小=0.045mol/L；KspMg（OH）2=5.61012，当溶液pH=7时，c（OH）=107mol/L，则Qc=c（Mg2+）c2（OH）=0.045mol/L1014mol/L=4.51016KspMg（OH）2，说明无氢氧化镁沉淀生成；故答案为：H2O2+2H+2e=2H2O；0.045 molL1；没有；（4）Na2S2O3溶液呈碱性，应放在碱式滴定管中，硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L0.018L=0.0054mol，根据关系式：BBI3I23S2O32，n（B）=n（S2O32）=0.0018mol，硼的质量为：10.81g/mol0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：100%=97.2%，故答案为：碱式；97.2%点评：本题综合考查物质的分离、提纯以及制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目涉及盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算应用，题目难度稍大，计算是难点，计算时要充分利用题目所给数量关系和表中数据，根据质量关系和质量分数的概念快速解题