天津市某中學(xué)高二(上)期末化學(xué)試卷

高二（上）期末化學(xué)試卷題號(hào)一二三總分得分一、單選題（本大題共24小題，共48.0分）下列事實(shí)不能用平衡移動(dòng)原理解釋的是（）A.夏天打開啤酒瓶蓋后產(chǎn)生大量氣泡

B.濃氨水中加入NaOH

固體產(chǎn)生有刺激性氣味氣體

C.實(shí)驗(yàn)室用排飽和食鹽水的方法收集氯氣

D.壓縮H2和I化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)，下列過程中沒有發(fā)生化學(xué)變化的是（）A.用熱堿水清除炊具上的油污 B.電解飽和食鹽水制氯氣

C.用酒精擦洗布料上的油污 D.用食醋除去水壺內(nèi)的水垢物質(zhì)的量濃度相同的下列溶液中，按pH由小到大順序排列的是（）A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、HCl

B.Na2CO3、NaHCO3、HCl、NaCl

C.(NH利用電解法可將含有Fe、Zn、Ag、Pt等雜質(zhì)的粗銅提純，下列敘述正確的是（）A.電解時(shí)以精銅作陽(yáng)極

B.電解時(shí)陰極發(fā)生氧化反應(yīng)

C.粗銅連接電源負(fù)極，其電極反應(yīng)是Cu=Cu2++2e?

D.有A、B、C、D四種金屬．將A與B用導(dǎo)線連接起來，浸入電解質(zhì)溶液中，B不易腐蝕．將A、D分別投入等濃度鹽酸中，D比A反應(yīng)劇烈．將銅浸入B的鹽溶液里，無明顯變化．如果把銅浸入C的鹽溶液里，有金屬C析出．據(jù)此判斷它們的活動(dòng)性由強(qiáng)到弱的順序是（）A.D>C>A>B B.D>A>B>C C.D>B>A>C D.B>A>D>C化學(xué)平衡常數(shù)（K）、電離常數(shù)（Ka、Kb）

溶度積常數(shù)（Ksp）等常數(shù)是表示、判斷物質(zhì)性質(zhì)的重要常數(shù)，下列關(guān)于這些常數(shù)的說法中，正確的是（）A.當(dāng)溫度升高時(shí)，弱酸、弱堿的電離常數(shù)(Ka、Kb)

均變大

B.Ka

(HCN)<Ka

(CH3COOH)說明相物質(zhì)的量濃度時(shí)，氫氰酸的酸性比醋酸的強(qiáng)

C.向氯化鋇溶液中加入等體積同濃度的碳酸鈉和硫酸鈉溶液，先產(chǎn)生已知AgCl

的Ksp=1.8×10-10，在100mL1.0×10

-4mol/L

的KCl

溶液中，加入100mL2.0×10-6mol/L．的AgNO3溶液，下列說法正確的是（）A.有AgCl

沉淀生成 B.無AgCl沉淀生成

C.有沉淀生成但不是AgCl D.無法確定在pH相同，體積相等的鹽酸A和醋酸溶液B中，分別加入等質(zhì)量的鋅，若反應(yīng)停止后，有一份溶液中鋅有剩余，則正確的判斷是（）

①反應(yīng)所需時(shí)間B＞A；

②開始時(shí)反應(yīng)速度A＞B

③參加反應(yīng)的鋅的質(zhì)量B＞A；

④整個(gè)反應(yīng)階段平均速度B＞A；

⑤鹽酸中鋅有剩余；

⑥醋酸溶液中鋅有剩余；

⑦鹽酸中放氫氣多；

⑧醋酸溶液中放氫氣多。A.③④⑤⑧ B.①③⑥⑦ C.①②③⑥ D.②③④⑤用直流電電解下列各溶液一段時(shí)間后，溶液的顏色和密度保持不變的是（）A.用銅電極電解稀H2SO4

B.用石墨電極電解Na2SO4溶液

常溫時(shí)，將V1

mLc1mol?L-1的氨水滴加到V2mLc2mol?L-1的鹽酸中，下述結(jié)論中正確的是（）A.若混合溶液的pH=7，則c1V1>c2V2

B.若V1=V2，c1=c2假設(shè)圖中原電池產(chǎn)生的電壓、電流強(qiáng)度均能滿足電解、電鍍要求，即為理想化。①～⑧為各裝置中的電極編號(hào)。下列說法錯(cuò)誤的是（）

A.當(dāng)K斷開時(shí)，B裝置鋅片溶解，有氫氣產(chǎn)生

B.當(dāng)K閉合后，C裝置可作為電鍍池裝置

C.當(dāng)K閉合時(shí)，A裝置發(fā)生吸氧腐蝕，在電路中做電源

D.當(dāng)K閉合后，A、B裝置中pH變大，C、D裝置中pH不變室溫下，下列溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是（）A.Na2S溶液：c(Na+)>c(HS?)>c(OH?)>c(H2S)

B.常溫下將濃度均為0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合，混合溶液的pH＜7，有關(guān)敘述正確的是（）A.c(CH3COOH)+c(CH3COO?)=0.2

mol?L?1

B.c(Na+室溫時(shí)，下列比值為2：1的是（）A.pH=2與pH=1的硝酸中c(H+)之比

B.Na2CO3溶液中c(Na+)與c(CO32?)之比

常溫下，甲、乙兩杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，對(duì)下列敘述的判斷正確的是（

）A.甲中水電離出來的H+的物質(zhì)的量濃度是乙中水電離出來的H+的物質(zhì)的量濃度的10倍

B.物質(zhì)的量濃度c(甲)>10c(乙)

C.中和等物質(zhì)的量的NaOH溶液需甲、乙兩杯醋酸溶液的體積，V(甲)=10V(乙)

D.甲中的c(OH?)下列依據(jù)熱化學(xué)方程式得出的結(jié)論正確的是（）A.若C(石墨，s)=C(金剛石，s)△H2>0，則石墨比金剛石穩(wěn)定

B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=?483.6kJ?mol?1，則H2的燃燒熱為241.8kJ?mol?1

C.已知下列表述中，關(guān)于“一定”說法正確的個(gè)數(shù)是（）

①pH=6的溶液一定是酸性溶液

②c（H+）＞c（OH-）一定是酸性溶液

③強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力一定大于弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力

④25℃時(shí)，水溶液中水電離出的c（H+）和水電離出的c（OH-）的乘積一定等于10-14

⑤使用pH試紙測(cè)定溶液陽(yáng)時(shí)若先潤(rùn)濕，則測(cè)得溶液的pH一定有影響

⑥0.2mol/L氫硫酸溶液加水稀釋，電離程度增大，c（H+）一定增大

⑦溫度保持不變，向水中加入鈉鹽對(duì)水的電離一定沒有影響。A.0 B.1 C.2 D.3重鉻酸鉀又名紅礬鉀，是化學(xué)實(shí)驗(yàn)室中的一種重要分析試劑。工業(yè)上以鉻酸鉀

（K2CrO4）

為原料，采用電化學(xué)法制備重鉻酸鉀（K2Cr2O7）。制備裝置如圖所示（陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子透過）下列說法錯(cuò)誤的是（）A.陽(yáng)極室中溶液的顏色逐漸由黃色變?yōu)槌壬?/p>

B.電解的過程中陽(yáng)極附近溶液pH變大

C.陰極每生成lmo1氣體，電路中轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子

D.過程總反應(yīng)的離子方程式可為下列說法錯(cuò)誤的是（）

①NaHCO3溶液加水稀釋，c(Na+)c(HCO3?)的比值保持增大

②濃度均為0.1mol?L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3[c（CO32-）+c（HCO3-）]

③在0.1mol?L-1氨水中滴加0．lmol?L-1鹽酸，恰好完全中和時(shí)溶液的pH=a，則由水電離產(chǎn)生的c（OH-）=l0-amol?L-1

④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固體，c（Na+）、c（SO32-）均增大

⑤在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（OH-）+c（H2SA.①④ B.②⑤ C.①③ D.②④以硼氫化合物NaBH4（B元素的化合價(jià)為+3價(jià)）和H2O2作原料的燃料電池，負(fù)極材料采用Pt/C，正極材料采用MnO2，其工作原理如圖所示．下列說法正確的是（）A.電池放電時(shí)Na+從b極區(qū)移向a極區(qū)

B.該電池的負(fù)極反應(yīng)為：BH4?+8OH??8e?=BO2?+6H2O

C.電極下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.25℃時(shí)，向0.1mol?L?1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)>c(NH4+)>c(SO42?)>c(OH?)=c(下列有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A.物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合，溶液呈酸性：c(CH3COO?)<c(CH3COOH)

B.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO溫度為T時(shí)，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應(yīng)PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）通過一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見下表。下列說法正確的是（）

t/s

0

50

150

250

350

n（PCl3）mol

0

0.16

0.19

0.20

0.20A.反應(yīng)在前50s的平均速率v(PCl5)=0.0032mol?L?1?s?1

B.保持其它條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c(PCl5)=0.11mol?L?1，則該反應(yīng)的△H<0

C.相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入1.0molPCl5、某實(shí)驗(yàn)小組依據(jù)反應(yīng)AsO43-+2H++2I-?AsO33-+I2+H2O設(shè)計(jì)圖1原電池，探究pH對(duì)AsO43-氧化性的影響。測(cè)得電壓與pH的關(guān)系如圖2，下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是（）A.pH>0.68時(shí)，甲燒杯中石墨為負(fù)極

B.pH=0.68時(shí)，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)

C.pH>0.68時(shí)，氧化性I2>AsO43?

二、簡(jiǎn)答題（本大題共3小題，共42.0分）根據(jù)所學(xué)電化學(xué)知識(shí)，回答下列問題：

（1）①甲池中通入CH3OH的電極名稱是______極，寫出其電極反應(yīng)式______；乙池中石墨電極反應(yīng)式為______；丙池中反應(yīng)的離子方程式為______；

②反應(yīng)一段時(shí)間后，甲池中消耗560mL

（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）

O2，此時(shí)乙池溶液的pH=______；若向乙池中加入______，其質(zhì)量為______g，能使CuSO4溶液恢復(fù)到原濃度（假設(shè)電解前后溶液的體積不變，均為100mL）。丙池中理論上最多產(chǎn)生______g

固體。

（2）工業(yè)上以石墨為電極，電解CuCl2溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)陰極上也會(huì)有CuCl析出，寫出此過程中陰極上的電極反應(yīng)式______。常溫下，向25mL0.1mol/LMOH

溶液中逐滴加入0.2mo/LHA

溶液，曲線如圖所示（體積變化忽略不計(jì)）?；卮鹣铝袉栴}

（1）寫出MOH

的電離方程式______；

（2）HA為______（“強(qiáng)”或“弱”）酸，理由是______；HA的電離平衡常數(shù)為______；

（3）D點(diǎn)時(shí)，溶液中c（A-）+c（HA）______2c（M+）

（填“＞”“＜”或“=”）；

溶液中離子濃度大小關(guān)系為______；若此時(shí)測(cè)得混合溶液的pH=3，則c（HA）+c（H+）=______mol/L．（準(zhǔn)確值）汽車尾氣中CO、氮氧化物（NOx）

嚴(yán)重影響人們的生活和健康，化學(xué)工作者對(duì)氮氧化物的處理做了廣泛而深人的研究。

I．利用甲烷還原NOx

①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+H2O（g）△H1=-574kJ/mol；

②CH4

（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ/mol。

（1）甲烷真接將NO2

還原為N2的熱化學(xué)方程式為______。

（2）在恒容（2L）

密閉容器中充入1molCH4和2moINO2進(jìn)行（1）中反應(yīng)，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率φ．（CH4）與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖甲所示。

①若容器中的壓強(qiáng)為p2，y

點(diǎn)；

v

正______V逆（填“大于““等于“或“小于”）。

②圖中壓強(qiáng)大小P1______

P2

③X

點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=______。

II．某研究小組以Ag-ZSM-5為催化劑模擬汽車尾氣的處理，實(shí)現(xiàn)NO和CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無毒氣體。同時(shí)利用反應(yīng)放出的熱量預(yù)熱NO

和CO．實(shí)驗(yàn)測(cè)得NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖乙所示。

（1）高于773K，NO的轉(zhuǎn)化率降低的可能原因是______（填序號(hào)）。

A．平衡常數(shù)變大

B．催化劑的活性降低

C．反應(yīng)活化能增大

（2）為提高汽車尾氣中NO的轉(zhuǎn)化率，除了改變溫度、壓強(qiáng)外，還可以采取的措施有______。三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共10.0分）（I）工業(yè)上過氧化氫是重要的氧化劑和還原劑。常用于消毒、殺菌、漂白等。某化學(xué)興趣小組的同學(xué)圍繞過氧化氫開展了調(diào)查研究與實(shí)驗(yàn)，請(qǐng)你參與其中一起完成下列學(xué)習(xí)任務(wù)：

（1）該興趣小組的同學(xué)查閱資料后發(fā)現(xiàn)H2O2為二元弱酸，其酸性比碳酸弱。請(qǐng)寫出H2O2在水溶液中的電離方程式：______。

（2）同學(xué)們用0.1000

mol/L

-1的酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定某試樣中過氧化氫的含量，反應(yīng)原理為2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。

①在該反應(yīng)中，H2O2

被______

（填“氧化”或“還原”）。

②滴定到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是______。

③用移液管吸取25.00

mL

試樣置于錐形瓶中，重復(fù)滴定四次，每次消耗的酸性KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液體積如下表所示：第一次第二次第三次第四次體積（mL）17.1018.1017.0016.90則試樣中過氧化氫的濃度為______mol/L-1。

（II）醫(yī)學(xué)上常用酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液的反應(yīng)來測(cè)定血鈣的含量。測(cè)定含量如下：取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反應(yīng)生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀疏酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。

（1）滴定時(shí)，用______（填酸或堿）式滴定管裝KMnO4溶液。

（2）下列操作會(huì)引起測(cè)定結(jié)果偏高的是______。

A．滴定管在盛裝高錳酸鉀前未潤(rùn)洗

B．滴定過程中，錐形瓶震蕩的太劇烈，以致部分液體濺出

C．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)

D．錐形瓶未用待測(cè)液潤(rùn)洗。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A．開啟啤酒瓶后，瓶中馬上泛起大量泡沫，是壓強(qiáng)對(duì)其影響導(dǎo)致的，屬于可逆過程，可以用平衡移動(dòng)原理解釋，故A不選；

B．濃氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-，加入氫氧化鈉固體時(shí)，平衡會(huì)向逆向移動(dòng)，會(huì)產(chǎn)生較多的刺激性氣味的氣體，能用勒夏特利原理解釋，故B不選；

C．氯氣和水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，生成氯離子，食鹽水中有大量氯離子，可抑制氯氣與水反應(yīng)，故實(shí)驗(yàn)室中常用排飽和食鹽水的方法收集Cl2，故C不選；

D．碘和氫氣反應(yīng)生成HI的反應(yīng)中，反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量之和不變，則增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，不能用平衡移動(dòng)原理解釋，故D選；

故選：D。

平衡移動(dòng)原理為：如果改變影響平衡的一個(gè)條件（如濃度、壓強(qiáng)或溫度等），平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)；

平衡移動(dòng)原理適用的對(duì)象應(yīng)存在可逆過程，如與可逆過程無關(guān)，則不能用平衡移動(dòng)原理解釋，平衡移動(dòng)原理對(duì)所有的動(dòng)態(tài)平衡都適用，據(jù)此進(jìn)行判斷。

本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)原理，為高頻考點(diǎn)，明確化學(xué)平衡移動(dòng)原理內(nèi)涵及適用范圍是解本題關(guān)鍵，注意：化學(xué)平衡移動(dòng)原理只適用于“改變條件時(shí)能引起化學(xué)平衡移動(dòng)的可逆反應(yīng)”，題目難度不大。2.【答案】C

【解析】解：A．用熱堿水清除炊具上的油污，是油脂在堿溶液中水解生成溶于水的鹽和甘油，屬于化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤；

B．電解飽和食鹽水制氯氣是發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)，生成了新物質(zhì)，屬于化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；

C．用酒精擦洗布料上的油污是利用油脂溶于酒精，變化過程中無新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故C正確；

D．用食醋除去水壺內(nèi)的水垢，是碳酸鈣和醋酸發(fā)生反應(yīng)生成溶于水的物質(zhì)除去水垢，屬于化學(xué)變化，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

判斷一個(gè)變化是物理變化還是化學(xué)變化，在變化過程中有沒有生成其他物質(zhì)，生成其他物質(zhì)的是化學(xué)變化，沒有生成其他物質(zhì)的是物理變化，據(jù)此解答。

本題考查了化學(xué)變化與物理變化的區(qū)別，判斷依據(jù)是：是否有新物質(zhì)的生成，題目難度不大，該題各個(gè)選項(xiàng)與現(xiàn)實(shí)生活接觸緊密，比較新穎，注意相關(guān)知識(shí)的積累。3.【答案】C

【解析】解：A．Na2CO3、NaHCO3均水解顯堿性，碳酸鈉水解程度大，堿性強(qiáng)，而NaCl為中性，HCl溶液顯酸性，pH由大到小的順序排列，故A不選；

B．Na2CO3、NaHCO3均水解顯堿性，碳酸鈉水解程度大，堿性強(qiáng)，而NaCl為中性，HCl溶液顯酸性，不是按pH由小到大順序排列，故B不選；

C．（NH4）2SO4、NH4Cl均水解顯酸性，硫酸銨中銨根離子濃度大，水解后酸性強(qiáng)，pH最小，而NaNO3為中性，Na2CO3水解顯堿性，為pH由小到大的順序排列，故C選；

D．（NH4）2SO4、NH4Cl均水解顯酸性，硫酸銨中銨根離子濃度大，水解后酸性強(qiáng)，pH最小，而NaNO3為中性，Na2SO3水解顯堿性，不是按pH由小到大順序排列，故D不選；

故選：C。

先是根據(jù)溶液的酸堿性將溶液分為三部分：酸性的、堿性的、中性的，再利用弱離子的水解程度：越弱越水解來比較濃度相同的溶液的pH大小即可．

本題考查了溶液pH的大小比較方法應(yīng)用，把握離子水解的應(yīng)用及溶液酸堿性與pH的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，注意酸或是堿越弱，其陰離子水解程度越大，題目難度不大．4.【答案】D

【解析】解：A、電解精煉銅時(shí)，粗銅應(yīng)作陽(yáng)極，精銅作陰極，故A錯(cuò)誤；

B、陽(yáng)極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C、粗銅連接電源的正極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D、金屬的活動(dòng)性順序?yàn)閆n＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不會(huì)放電，以單質(zhì)形式沉積下來，故D正確；

故選：D。

A、電解時(shí)粗銅作陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)；

B、電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)；

C、粗銅被氧化，作陽(yáng)極，發(fā)生的是氧化反應(yīng)；

D、根據(jù)金屬的活動(dòng)性順序表進(jìn)行分析．

本題主要考查電解原理及其應(yīng)用．電化學(xué)原理是高中化學(xué)的核心考點(diǎn)，本題利用電解法進(jìn)行粗銅提純時(shí)粗銅應(yīng)作陽(yáng)極，精銅作陰極；陽(yáng)極與電池的正極相連發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極與電池的負(fù)極相連發(fā)生還原反應(yīng)；這幾種金屬的活動(dòng)性順序?yàn)閆n＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此在電解過程中Ag、Pt不會(huì)失去電子，而是形成陽(yáng)極泥．5.【答案】B

【解析】解：①將A與B用導(dǎo)線連接起來，浸入電解質(zhì)溶液中，該裝置構(gòu)成了原電池，原電池中較活潑的金屬作負(fù)極，負(fù)極上金屬失電子生成金屬陽(yáng)離子進(jìn)入溶液而被腐蝕，較不活潑的金屬作正極而不易腐蝕，B不易腐蝕，所以金屬活動(dòng)性A＞B；

②金屬和酸反應(yīng)，較活潑的金屬與酸反應(yīng)較劇烈，將A、D分別投入等濃度鹽酸中，D比A反應(yīng)劇烈，所以金屬活動(dòng)性D＞A；

③金屬之間的置換反應(yīng)中，較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬，將銅浸入B的鹽溶液里，無明顯變化，所以B的活潑性大于銅；

④金屬之間的置換反應(yīng)中，較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬，如果把銅浸入C的鹽溶液里，有金屬C析出，所以銅的活潑性大于C。

所以它們的活動(dòng)性由強(qiáng)到弱的順序是D＞A＞B＞C，

故選：B。

原電池中較活潑的金屬作負(fù)極，負(fù)極上失電子生成陽(yáng)離子進(jìn)入溶液而被腐蝕；金屬和酸反應(yīng)，較活潑的金屬與酸反應(yīng)較劇烈；金屬之間的置換反應(yīng)中，較活潑金屬能置換出較不活潑的金屬，據(jù)此分析解答．

本題考查了金屬活潑性強(qiáng)弱的判斷，難度不大，金屬活潑性強(qiáng)弱的判斷方法有：原電池中的正負(fù)極材料、金屬之間的置換反應(yīng)、金屬和酸反應(yīng)置換出氫氣的難易等．6.【答案】A

【解析】解：A．弱電解質(zhì)電離是吸熱的，升高溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)電離，所以當(dāng)溫度升高時(shí)，促進(jìn)弱酸、弱堿電離，則弱酸、弱堿的電離常數(shù)（Ka、Kb）

均變大，故A正確；

B．弱酸的電離平衡常數(shù)越大，說明該酸的電離程度越大，則該酸的酸性越強(qiáng)，Ka

（HCN）＜Ka

（CH3COOH）說明相物質(zhì)的量濃度時(shí)，說明HCN電離程度小于醋酸，所以氫氰酸的酸性比醋酸的弱，故B錯(cuò)誤；

C．溶度積常數(shù)小的物質(zhì)先生成沉淀，向氯化鋇溶液中加入等體積同濃度的碳酸鈉和硫酸鈉溶液，先產(chǎn)生BaSO4沉淀，則Ksp

（BaSO4）＜Ksp

（BaCO3），故C錯(cuò)誤；

D．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與溫度、壓強(qiáng)、催化劑都無關(guān)，故D錯(cuò)誤；

故選：A。

A．弱電解質(zhì)電離是吸熱的，升高溫度促進(jìn)弱電解質(zhì)電離；

B．弱酸的電離平衡常數(shù)越大，說明該酸的電離程度越大，則該酸的酸性越強(qiáng)；

C．溶度積常數(shù)小的物質(zhì)先生成沉淀；

D．化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。

本題考查平衡常數(shù)有關(guān)知識(shí)，明確平衡常數(shù)表達(dá)式含義是解本題關(guān)鍵，注意：平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與其它因素?zé)o關(guān)，題目難度不大。7.【答案】B

【解析】解：由AgCl（s）?Ag++Cl-，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-），混合后溶體積是0.2L，c（Cl-）==5×10-5，c（Ag+）==1×10-6mol/L，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-）=5×10-5mol/L×1×10-6mol?L-1=5×10-11mol2?L-2＜1.8×10-10mol2?L-2，故無沉淀析出，

故選：B。

氯化銀的溶解平衡為：AgCl（s）?Ag++Cl-，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-），求算出氯離子、銀離子的物質(zhì)的量，混合后體積為0.2L，再計(jì)算出c（Ag+）、c（Cl-），帶入氯化銀的溶度積判斷即可。

本題考查根據(jù)難溶電解質(zhì)溶度積判斷沉淀情況，難度中等。8.【答案】A

【解析】解：醋酸是弱電解質(zhì)，醋酸溶液中存在電離平衡，氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，所以等pH的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量濃度大于鹽酸，等體積等pH的鹽酸和醋酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，加入等質(zhì)量的鋅，若反應(yīng)停止后，若有一份溶液中鋅有剩余，則有鋅剩余的酸是鹽酸，

①醋酸是弱電解質(zhì)，溶液中存在電離平衡，反應(yīng)過程中，醋酸溶液中氫離子濃度始終大于鹽酸，則反應(yīng)速率醋酸始終大于鹽酸，所以反應(yīng)所需時(shí)間B＜A，故錯(cuò)誤；

②開始時(shí)氫離子濃度相等，所以反應(yīng)速度A=B，故錯(cuò)誤；

③等體積等pH的鹽酸和醋酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，所以參加反應(yīng)的鋅的質(zhì)量B＞A，故正確；

④反應(yīng)過程中，醋酸溶液中氫離子濃度始終大于鹽酸，則反應(yīng)速率醋酸始終大于鹽酸，所以整個(gè)反應(yīng)階段平均速度B＞A，故正確；

⑤鹽酸的物質(zhì)的量小于醋酸，所以鹽酸中鋅有剩余，故正確；

⑥鹽酸的物質(zhì)的量小于醋酸，所以鹽酸中鋅有剩余，醋酸溶液中鋅沒有剩余，故錯(cuò)誤；

⑦鹽酸的物質(zhì)的量小于醋酸，所以醋酸中放氫氣多，故錯(cuò)誤；

⑧鹽酸的物質(zhì)的量小于醋酸，所以醋酸中放氫氣多，故正確；

故選：A。

醋酸是弱電解質(zhì)，醋酸溶液中存在電離平衡，氯化氫是強(qiáng)電解質(zhì)，所以等pH的醋酸和鹽酸，醋酸的物質(zhì)的量濃度大于鹽酸，等體積等pH的鹽酸和醋酸，醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸，加入等質(zhì)量的鋅，若反應(yīng)停止后，若有一份溶液中鋅有剩余，則有鋅剩余的酸是鹽酸。

本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，注意反應(yīng)速率與氫離子濃度成正比，與酸的強(qiáng)弱無關(guān)，為易錯(cuò)點(diǎn)。9.【答案】C

【解析】解：A．用Cu作電解電解稀硫酸，陽(yáng)極上Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cu2+進(jìn)入溶液，銅離子為藍(lán)色，所以溶液密度及顏色都發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；

B．用石墨作電極電解硫酸鈉溶液，陽(yáng)極上水失電子生成氧氣和氫離子，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，實(shí)質(zhì)上是電解水，所以溶液顏色不變，但是密度增大，故B錯(cuò)誤；

C．用Cu作電極電解CuCl2溶液，實(shí)質(zhì)上是電鍍，所以溶液顏色及密度都不變，故C正確；

D．Fe作陽(yáng)極、Zn作陰極電解ZnCl2溶液，陽(yáng)極上Fe失電子生成Fe2+進(jìn)入電解質(zhì)溶液，陰極上氫離子得電子生成氫氣，亞鐵離子呈淺綠色，所以溶液顏色及密度都改變，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

A．用Cu作電解電解稀硫酸，陽(yáng)極上Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cu2+進(jìn)入溶液；

B．用石墨作電極電解硫酸鈉溶液，陽(yáng)極上水失電子生成氧氣和氫離子，陰極上水得電子生成氫氣和氫氧根離子，實(shí)質(zhì)上是電解水；

C．用Cu作電極電解CuCl2溶液，實(shí)質(zhì)上是電鍍；

D．Fe作陽(yáng)極、Zn作陰極電解ZnCl2溶液，陽(yáng)極上Fe失電子生成Fe2+進(jìn)入電解質(zhì)溶液，陰極上氫離子得電子生成氫氣。

本題考查電解原理，側(cè)重考查分析判斷能力，明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意：活潑金屬作陽(yáng)極時(shí)，陽(yáng)極上金屬失電子而不是電解質(zhì)溶液中陰離子失電子，題目難度不大。10.【答案】A

【解析】解：A．若混合液的pH=7，則c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（C1-）可知：混合液中c（NH4+）=c（C1-），由于溶液中存在一水合氨分子，根據(jù)物料守恒可知氨水過量，即c1V1＞c2V2，故A正確；

B．當(dāng)v1=v2c1=c2時(shí)，兩溶液恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)后的溶質(zhì)為氯化銨，銨離子部分水解，溶液顯示酸性；若V1≥V2，c1=c2，則c1V1＞c2V2，氨水過量，溶液可能顯示酸性、中性或者堿性，所以溶液酸堿性不確定，故B錯(cuò)誤；

C．混合液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），則有c（NH4+）=c（Cl-），故C錯(cuò)誤；

D．當(dāng)V1=V2時(shí)，c1＜c2，鹽酸過量，溶液中的溶質(zhì)為鹽酸和氯化銨，pH＜7，呈酸性，當(dāng)c1=c2時(shí)恰好反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨水解溶液呈酸性，故D錯(cuò)誤，

故選：A。

A．混合液的pH=7，由于c1V1=c2V2時(shí)溶液顯示酸性，所以若顯示中性，必須滿足氨水過量，即c1V1＞c2V2；

B．若v1=v2c1=c2，一水合氨與氯化氫的物質(zhì)的量相等，二者恰好完全反應(yīng)生成氯化銨，銨離子部分水解，溶液顯示酸性；若V1≥V2，c1=c2，溶液可能為酸性、中性或者堿性；

C．混合液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒分析；

D．若V1=V2，且混合液的pH＜7，溶液呈酸性，溶液中的溶質(zhì)可能為氯化銨，或氯化銨和鹽酸。

本題考查中和反應(yīng)、鹽類水解、pH值等知識(shí)，題目難度中等，注意一水合氨為弱電解質(zhì)的性質(zhì)，注意溶液電中性原則的利用。11.【答案】C

【解析】解：A．當(dāng)K斷開時(shí)，該在不能形成原電池和電解池，但B裝置鋅片能和稀硫酸發(fā)生置換反應(yīng)而溶解，同時(shí)有氫氣產(chǎn)生，故A正確；

B．當(dāng)K閉合后，B作原電池A和C、D作電解池，B中鋅作負(fù)極銅作正極，A中鐵作陰極、C作陽(yáng)極，C中Cu作陽(yáng)極、Ag作陰極，所以C裝置可作為銀的表面鍍銅的裝置，故B錯(cuò)誤；

C．當(dāng)K閉合后，B作原電池A和C、D作電解池，B中鋅作負(fù)極銅作正極，A中鐵作陰極、C作陽(yáng)極，電池A是電解池，而不是原電池，故C錯(cuò)誤；

D．當(dāng)K閉合后，A中陰極上氫離子放電，陽(yáng)極上氯離子放電，導(dǎo)致溶液氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大；

B中正極上氫離子放電導(dǎo)致氫離子濃度減小，溶液的pH增大；

C為電鍍池，溶液的pH不變；

D為電解精煉粗銅，陽(yáng)極上金屬失電子，陰極上銅離子得電子，所以溶液中pH不變，故D正確；

故選：C。

當(dāng)K閉合時(shí)，B裝置能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，為原電池，A和C、D為電解池，放電時(shí)，導(dǎo)致電子從負(fù)極流向陰極，再?gòu)年?yáng)極流向正極，根據(jù)溶液中氫離子或氫氧根離子濃度變化確定溶液pH變化；

當(dāng)K斷開時(shí)，該裝置不能形成閉合回路而不能構(gòu)成原電池和電解池。

本題考查了原電池和電解池原理，正確判斷哪個(gè)是原電池、哪個(gè)是電解池是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合各個(gè)電極上發(fā)生的電極反應(yīng)來分析解答，注意反應(yīng)過程中，電子不進(jìn)入電解質(zhì)溶液，為易錯(cuò)點(diǎn)。12.【答案】B

【解析】解：A．硫離子水解顯堿性，存在兩步水解，兩步水解均產(chǎn)生OH-，則c（OH-）＞c（HS-），以第一步為主，則濃度關(guān)系為c（Na+）＞c（OH-）＞c（HS-）＞c（H2S），故A錯(cuò)誤；

B．溶液中存在電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），物料守恒為c（Na+）=2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-），由兩守恒式可知，存在質(zhì)子守恒式為c（OH-）=c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4），故B正確；

C．溶液中存在電荷守恒，則c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-），故C錯(cuò)誤；

D．由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl-），則c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+c（Cl-），故D錯(cuò)誤；

故選：B。

A．硫離子水解顯堿性，存在兩步水解，以第一步為主；

B．溶液中存在電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），物料守恒為c（Na+）=2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-）；

C．溶液中存在電荷守恒；

D．由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl-）．

本題為2014年安徽高考化學(xué)試題，測(cè)定離子濃度大小的比較，把握鹽類水解及電荷守恒、物料守恒為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力及知識(shí)綜合應(yīng)用能力的考查，題目難度不大．13.【答案】C

【解析】解：常溫下，濃度均為0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，

A．二者混合后溶液體積增大一倍導(dǎo)致物質(zhì)濃度降為原來的一半，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1mol?L-1，故A錯(cuò)誤；

B．常溫下混合溶液的pH＜7，說明溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH-），根據(jù)電荷守恒得c（CH3COO-）＞c（Na+），酸的電離程度較小，則溶液中離子濃度大小順序?yàn)閏（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故B錯(cuò)誤；

C．常溫下，混合溶液pH=7，則c（OH-）=c（H+），溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-），故C正確；

D．加水稀釋溶液中c（H+）減小，溫度不變離子積常數(shù)不變，所以溶液中c（OH-）增大，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

常溫下，濃度均為0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，

A．二者混合后溶液體積增大導(dǎo)致物質(zhì)濃度減??；

B．常溫下混合溶液的pH＜7，說明溶液呈酸性；

C．常溫下，混合溶液pH=7，則c（OH-）=c（H+），溶液中存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；

D．加水稀釋溶液中c（H+）減小，溫度不變離子積常數(shù)不變。

本題考查離子濃度大小比較，側(cè)重考查分析判斷能力，明確溶液中溶質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒、物料守恒的靈活運(yùn)用，易錯(cuò)選項(xiàng)是D，題目難度不大。14.【答案】D

【解析】解：A、c（H+）=10-pHmol/L，故pH=2與pH=1的硝酸中c（H+）分別為0.01mol/L和0.1mol/L，不是2：1的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；

B、碳酸鈉溶液中碳酸根會(huì)部分水解，導(dǎo)致溶液中c（CO32-）減小，故此溶液中c（Na+）與c（CO32-）之比大于2：1，故B錯(cuò)誤；

C、醋酸是弱電解質(zhì)，濃度越大，電離程度越小，故.2mol/L與0.1mol/L醋酸中c（H+）之比小于2：1，故C錯(cuò)誤；

D、pH=7的硫酸銨與氨水混合溶液中存在電荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），而溶液pH=7，故有c（H+）=c（OH-），則有c（NH4+）=2c（SO42-），故溶液中c（NH4+）與c（SO42-）之比為2：1，故D正確。

故選：D。

A、c（H+）=10-pHmol/L；

B、碳酸鈉溶液中碳酸根會(huì)部分水解；

C、醋酸是弱電解質(zhì)，濃度越大，電離程度越小；

D、根據(jù)pH=7的硫酸銨與氨水混合溶液中的電荷守恒來分析。

本題考查了鹽類的水解以及溶液中的三個(gè)守恒，難度不大，應(yīng)注意對(duì)鹽溶液中三個(gè)守恒的掌握和區(qū)分。15.【答案】B

【解析】解：A．c（H+）=10-pH，所以c

（H+）甲=10-a，c

（H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲=10c

（H+）乙，酸溶液中水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氫氧根離子濃度：10c

（OH-）甲=c

（OH-）乙，則水電離出的氫離子濃度10c（H+）甲=c（H+）乙，故A錯(cuò)誤；

B．酸的濃度越大，酸的電離程度越小，c（甲）＞10c（乙），故B正確；

C．酸的濃度越大，酸的電離程度越小，與等量NaOH反應(yīng)，酸的濃度越大則消耗酸的體積越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的體積，10V（甲）＜V（乙），故C錯(cuò)誤；

D．c（OH-）=，所以氫氧根離子濃度：10c

（OH-）甲=c

（OH-）乙，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

A．酸溶液中水電離出的c（H+）等于溶液中c（OH-）；

B．溶液越稀，醋酸的電離程度越大，據(jù)此判斷酸的濃度大??；

C．酸的濃度越大，消耗酸的體積越?。?/p>

D．c（OH-）=?．

本題考查弱電解質(zhì)的電離，注意弱電解質(zhì)的電離程度和濃度的關(guān)系，為易錯(cuò)點(diǎn)．16.【答案】A

【解析】解：A．由C（石墨，s）═C（金剛石，s）△H＞0，可知石墨能量小于金剛石，石墨比金剛石穩(wěn)定，故A正確；

B．氫氣的燃燒熱必須是生成液態(tài)水的過程所放出的熱量，液態(tài)水變?yōu)闅鈶B(tài)水是吸熱的，氫氣的燃燒熱小于241.8kJ?mol-1，故B錯(cuò)誤；

C．氫氧化鈉溶解放出大量的熱故20.0gNaOH固體與稀鹽酸完全中和，放出熱量大于28.65kJ，故C錯(cuò)誤；

D．一氧化碳轉(zhuǎn)化為二氧化碳是放熱過程，故生成CO放出熱量較少，碳的燃燒為放熱反應(yīng)，焓變△H＜0，故△H1＜△H2，故D錯(cuò)誤。

故選：A。

A．物質(zhì)具有的能量越高越不穩(wěn)定；

B．燃燒熱是指完全燃燒1mol物質(zhì)生成最穩(wěn)定的化合物所放出的熱量；

C．氫氧化鈉溶解放出大量的熱；

D．焦炭完全燃燒放出的熱量高于不完全燃燒放出的熱量。

本題考查熱化學(xué)方程式，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)燃燒熱、中和熱的概念以及熱化學(xué)方程式的含義知識(shí)，注意把握相關(guān)概念的理解和認(rèn)知，難度不大。17.【答案】B

【解析】解：①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液，如95℃時(shí)純水的pH=6，為中性溶液，所以要根據(jù)pH判斷溶液酸堿性時(shí)要注明溫度，否則無法判斷，故錯(cuò)誤；

②任何溶液中只要存在c（H+）＞c（OH-），則一定是酸性溶液，如果溶液c（H+）=c（OH-），則溶液呈中性，如果溶液中c（H+）＜c（OH-），則溶液呈堿性，故正確；

③溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比，與溶液酸堿性及電解質(zhì)強(qiáng)弱無關(guān)，所以強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定大于弱電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力，故錯(cuò)誤；

④25℃時(shí)，如果是酸或堿溶液，其抑制水電離，則水電離出的c（H+）和水電離出的c（OH-）的乘積小于10-14，如果溶質(zhì)是含有弱離子的鹽，則水電離出的c（H+）和水電離出的c（OH-）的乘積大于10-14，如果溶質(zhì)是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其水電離出的c（H+）和水電離出的c（OH-）的乘積等于10-14，但是溶液中水的離子積常數(shù)一定是10-14，故錯(cuò)誤；

⑤使用pH試紙測(cè)定溶液時(shí)若先潤(rùn)濕，則測(cè)得溶液的pH不一定有影響，如強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽溶液，如果是弱酸或弱堿溶液，若先潤(rùn)濕會(huì)導(dǎo)致溶液濃度偏小，溶液的pH發(fā)生變化，故錯(cuò)誤；

⑥0.2mol/L氫硫酸溶液加水稀釋，電離程度增大，但是溶液體積增大程度大于其電離增大程度，導(dǎo)致溶液中c（H+）減小，故錯(cuò)誤；

⑦溫度保持不變，向水中加入鈉鹽，如果是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不影響水電離，含有弱離子的鈉鹽，其促進(jìn)水電離，如果是強(qiáng)酸強(qiáng)堿酸式鹽，則抑制水電離，故錯(cuò)誤；

故選：B。

①pH=6的溶液不一定是酸性溶液，可能是中性溶液；

②任何溶液中只要存在c（H+）＞c（OH-），則一定是酸性溶液；

③溶液導(dǎo)電能力與離子濃度成正比；

④25℃時(shí)，水溶液中水電離出的c（H+）和水電離出的c（OH-）的乘積不一定等于10-14，可能大于或小于10-14，但是溶液中水的離子積常數(shù)一定是10-14；

⑤使用pH試紙測(cè)定溶液時(shí)若先潤(rùn)濕，則測(cè)得溶液的pH不一定有影響，如強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽溶液；

⑥0.2mol/L氫硫酸溶液加水稀釋，電離程度增大，但是溶液體積增大程度大于其電離增大程度，導(dǎo)致溶液中c（H+）減?。?/p>

⑦溫度保持不變，向水中加入鈉鹽，如果是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不影響水電離，含有弱離子的鈉鹽，其促進(jìn)水電離，如果是強(qiáng)酸強(qiáng)堿酸式鹽，則抑制水電離。

本題考查弱電解質(zhì)的電離及鹽類水解等知識(shí)點(diǎn)，明確化學(xué)反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查分析判斷能力，注意：溫度未知時(shí)不能根據(jù)溶液的pH判斷溶液酸堿性要根據(jù)溶液中c（H+）、c（OH-）相對(duì)大小判斷，易錯(cuò)選項(xiàng)是④，題目難度中等。18.【答案】B

【解析】解：A．陽(yáng)極室發(fā)生的反應(yīng)為2H2O-4e-=O2↑+4H+、2CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O，則溶液由黃色變?yōu)槌壬?，故A正確；

B．陽(yáng)極上發(fā)生反應(yīng)2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽(yáng)極附近發(fā)生反應(yīng)2CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O，有一半的H+發(fā)生反應(yīng)，導(dǎo)致c（H+）增大，溶液的pH減小，故B錯(cuò)誤；

C．陰極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陰極每生成1mol氫氣，電路中轉(zhuǎn)移2mol電子，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子，故C正確；

D．陽(yáng)極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽(yáng)極附近發(fā)生反應(yīng)2CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得失電子相等時(shí)得到電池反應(yīng)式為4CrO42-+4H2O=2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑，故D正確；

故選：B。

陽(yáng)極反應(yīng)式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，陽(yáng)極附近發(fā)生反應(yīng)2CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O，陰極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得失電子相等時(shí)得到電池反應(yīng)式為4CrO42-+4H2O=2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑，離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，氫離子通過交換膜進(jìn)入KOH溶液生成水，據(jù)此分析解答。

本題考查電解原理，明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書寫，題目難度不大。19.【答案】B

【解析】解：①NaHCO3溶液加水稀釋，促進(jìn)HCO3-的水解，n（HCO3-）減小，n（Na+）不變，則的比值會(huì)增大，故①正確；

②濃度均為0.1mol?L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液，假設(shè)體積為1L，則n（Na+）=0.3mol，而c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）=0.2mol，則：2c（Na+）═3[c（CO32-）+c（H2CO3）+c（HCO3-）]，故②錯(cuò)誤；

③在0.1mol?L-1氨水中滴加0.1mol?L-1鹽酸，剛好完全中和生成氯化銨，銨根離子水解促進(jìn)了水的電離，此時(shí)pH=a，則溶液中水電離的c（OH-）=c（H+）=10-amol?L-1，故③正確；

④向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固體，溶液中鈉離子、氫氧根離子濃度增大，氫氧根離子抑制了亞硫酸根離子的水解，則亞硫酸根離子濃度增大，所以c（Na+）、c（SO32-）均增大，故④正確；

⑤在Na2S稀溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c（OH-）=c（H+）+2c（H2S）+c（HS-），故⑤錯(cuò)誤；

根據(jù)分析可知，錯(cuò)誤的有②⑤，

故選：B。

①NaHCO3溶液加水稀釋，促進(jìn)HCO3-的水解，溶液中碳酸氫根離子濃度減?。?/p>

②根據(jù)碳酸鈉、碳酸氫鈉混合液中的物料守恒判斷；

③二者恰好完全中和生成氯化銨，為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性；

④亞硫酸鈉溶液中加入氫氧化鈉，鈉離子濃度增大，同時(shí)氫氧根離子濃度增大抑制了亞硫酸根離子的水解，導(dǎo)致亞硫酸根離子濃度也增大；

⑤根據(jù)硫化鈉溶液中的質(zhì)子守恒判斷。

本題考查了溶液pH的計(jì)算、溶液中離子濃度大小比較、難溶電解質(zhì)的沉淀平衡等知識(shí)，題目難度中等，注意掌握酸堿混合后溶液的定性判斷及溶液中pH的計(jì)算方法，學(xué)會(huì)利用電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理結(jié)合溶液中的電離平衡問題。20.【答案】B

【解析】解：A．BH4-被氧化為BO2-，應(yīng)為原電池的負(fù)極反應(yīng)，正極H2O2得電子被還原生成OH-，原電池工作時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，則電池放電時(shí)Na+從a極區(qū)移向b極區(qū)，故A錯(cuò)誤；

B．BH4-被氧化為BO2-，應(yīng)為原電池的負(fù)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，故B正確；

C．電極b采用MnO2，MnO2作電極材料，為正極，還可起到催化作用，故C錯(cuò)誤；

D．每消耗3molH2O2，轉(zhuǎn)移的電子為6mol，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

由原電池工作原理示意圖可知反應(yīng)中BH4-被氧化為BO2-，應(yīng)為原電池的負(fù)極反應(yīng)，電極反應(yīng)式為BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正極H2O2得電子被還原生成OH-，電極反應(yīng)式為H2O2+2e-=2OH-，原電池工作時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，以此解答該題．

本題考查原電池的工作原理，本題注意根據(jù)物質(zhì)化合價(jià)的變化判斷兩極反應(yīng)為解答該題的關(guān)鍵，注意電極反應(yīng)式的書寫，題目難度中等．21.【答案】B

【解析】解：A．室溫下向0.01mol/L

NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，發(fā)生反應(yīng)NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O，若恰好發(fā)生反應(yīng)則由于銨根離子的水解溶液顯酸性，所以氫氧化鈉溶液稍微過量，離子濃度大小為：c（Na+）＞c（SO42-）＞c（NH4+）＞c（OH-）=c（H+），故A錯(cuò)誤；

B．根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（B-），所以得c（Na+）-c（B-）=c（OH-）-c（H+）=9.9×10-7mol/L，故B正確；

C．NaHCO3溶液中，HCO3-水解：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，水解是微弱的反應(yīng)，所以溶液中c（HCO3-）＞c（OH-），故C錯(cuò)誤；

D．醋酸的電離常數(shù)大于次氯酸，所以醋酸的水解程度小于次氯酸，醋酸鈉和次氯酸鈉都是強(qiáng)堿弱酸鹽，其混合溶液呈堿性，所以相同物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各離子濃度的大小關(guān)系是：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（ClO-）＞c（OH-）＞c（H+），故D錯(cuò)誤，

故選：B。

A．室溫下向0.1mol/L

NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，發(fā)生反應(yīng)NH4HSO4+NaOH=NaNH4SO4+H2O，若恰好發(fā)生反應(yīng)則由于銨根離子的水解溶液顯酸性，所以氫氧化鈉溶液稍微過量；

B．根據(jù)電荷守恒判斷；

C．NaHCO3溶液中，HCO3-水解：HCO3-+H2O?H2CO3+OH-，水解是微弱的反應(yīng)；

D．酸的電離常數(shù)越大，則酸根離子的水解程度越小。

本題考查電解質(zhì)的強(qiáng)弱與電離常數(shù)的關(guān)系，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，明確酸的電離常數(shù)與酸的強(qiáng)弱、酸根離子水解能力的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，難度中等。22.【答案】D

【解析】解：A．物質(zhì)的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合，溶液呈酸性，證明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-離子的水解程度，則溶液中c（CH3COO-）＞c（CH3COOH），故A錯(cuò)誤；

B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液中含有的氫氧根離子濃度相等，由于氫氧化鈉為強(qiáng)堿，則氫氧化鈉的濃度最??；醋酸的酸性大于碳酸，則醋酸鈉的水解程度小于碳酸鈉，水解生成相等濃度的氫氧根離子時(shí)，醋酸鈉的濃度需要大于醋酸鈉，則三者的濃度關(guān)系為：c（NaOH）＜c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B錯(cuò)誤；

C.0.1mol?L-1的NaHA溶液，其pH=4，溶液顯示酸性，說明HA-的電離程度大于其水解程度，則溶液中c（H2A）＜c（A2-），溶液中離子濃度關(guān)系為：：c（HA-）＞c（H+）＞c（A2-）＞c（H2A），故C錯(cuò)誤；

D．pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液任意比混合后，反應(yīng)后的溶液一定遵循電荷守恒，則溶液中離子濃度關(guān)系為：c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c（A-），故D正確；

故選：D。

A．溶液顯示酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液中醋酸根離子濃度大于醋酸的濃度；

B．醋酸的酸性大于碳酸，則醋酸鈉的水解程度小于碳酸鈉，等pH時(shí)醋酸鈉的濃度大于醋酸鈉，氫氧化鈉為強(qiáng)堿，濃度最??；

C．溶液顯示酸性，說明HA-的電離程度大于其水解程度，溶液中c（H2A）＜c（A2-）；

D．溶液中一定滿足電荷守恒，根據(jù)pH=2的HA溶液與pH=12的MOH溶液的混合液中電荷守恒進(jìn)行判斷．

本題考查了判斷溶液中離子濃度大小的方法，題目難度中等，注意掌握比較溶液中離子濃度大小的方法，能夠根據(jù)電荷守恒、物料守恒、鹽的水解等知識(shí)正確判斷溶液中各離子之間濃度大?。?3.【答案】C

【解析】解：A、由表中數(shù)據(jù)可知50s內(nèi)，△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）==0.0016mol/（L?s），故A錯(cuò)誤；

B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)n（PCl3）=0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)，c（PCl3）=0.11mol/L，則n′（PCl3）=0.11mol/L×2L=0.22mol，說明升高溫度平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即△H＞O，故B錯(cuò)誤；

C、對(duì)于可逆反應(yīng)：PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g），

開始（mol/L）：0.5

0

0

變化（mol/L）：0.1

0.1

0.1

平衡（mol/L）：0.4

0.1

0.1

所以平衡常數(shù)k==0.025，

起始時(shí)向容器中充入1.0

mol

PCl5、0.20

molPCl3和0.20

molCl2，起始時(shí)PCl5的濃度為0.5mol/L、PCl3的濃度為0.1mol/L、Cl2的濃度為0.1mol/L，濃度商Qc==0.02，Qc＜K，說明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)達(dá)平衡前v（正）＞v（逆），故C正確；

D、等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強(qiáng)增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)的PCl5轉(zhuǎn)化率較原平衡低，故平衡時(shí)PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，即相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入2.0

mol

PCl3和2.0

mol

Cl2，達(dá)到平衡時(shí)，PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，參加反應(yīng)的PCl3的物質(zhì)的量大于1.6mol，故達(dá)到平衡時(shí)，PCl3的轉(zhuǎn)化率高于×100%=80%，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

A、由表中數(shù)據(jù)可知50s內(nèi)，△n（PCl3）=0.16mol，根據(jù)v=計(jì)算v（PCl3）；

B、由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)n（PCl3）=0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)，c（PCl3）=0.11mol/L，則n′（PCl3）=0.22mol，根據(jù)平衡時(shí)n（PCl3），判斷平衡移動(dòng)方向，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；

C、先求平衡常數(shù)K，再求濃度商（Qc），K＞Qc，說明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，K＜Qc，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，K=Qc，說明平衡不移動(dòng)，據(jù)此判斷平衡移動(dòng)；

D、等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強(qiáng)增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)的PCl5轉(zhuǎn)化率較原平衡低，故平衡時(shí)PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，即相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入2.0

mol

PCl3和2.0

mol

Cl2，達(dá)到平衡時(shí)，PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，參加反應(yīng)的PCl3的物質(zhì)的量大于1.6mol，據(jù)此判斷。

本題考查反應(yīng)速率、平衡常數(shù)計(jì)算、平衡移動(dòng)、等效平衡等，難度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使問題簡(jiǎn)單化，也可以根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵。24.【答案】D

【解析】解：A．pH＞0.68時(shí)，電壓小于0，反應(yīng)向左進(jìn)行，AsO33-失電子，甲燒杯中石墨為負(fù)極，故A正確；

B．pH=0.68時(shí)，電壓為0，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故B正確；

C．pH＞0.68時(shí)，電壓小于0，反應(yīng)向左進(jìn)行，AsO43-是氧化產(chǎn)物，I2是氧化劑，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，氧化性I2＞AsO43-，故C正確；

D．pH=5時(shí)，反應(yīng)向左進(jìn)行，AsO33-在負(fù)極失電子，則負(fù)極電極反應(yīng)式為AsO33--2e-+H2O=AsO43-+2H+，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

A．pH＞0.68時(shí)，電壓小于0，反應(yīng)向左進(jìn)行，AsO33-失電子，甲燒杯中石墨為負(fù)極；

B．pH=0.68時(shí)，電壓為0，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)；

C．pH＞0.68時(shí)，電壓小于0，反應(yīng)向左進(jìn)行，AsO43-是氧化產(chǎn)物，I2是氧化劑，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物；

D．pH=5時(shí)，反應(yīng)向左進(jìn)行，負(fù)極反應(yīng)為AsO33-失電子。

本題考查原電池原理，明確電壓正負(fù)與原電池正負(fù)極關(guān)系是解本題關(guān)鍵，會(huì)根據(jù)電壓正負(fù)判斷各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)，側(cè)重考查分析判斷能力，題目難度中等。25.【答案】負(fù)；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；4OH--4e-=O2↑+2H2O；Mg2++2Cl-+2H2O?電解Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；0；CuO；4；2.9；Cu2++e-+Cl-=CuCl

解：（1）①甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，為原電池，則乙池、丙池為電解池，通入CH3OH的電極為負(fù)極、通入氧氣的電極為正極，則石墨、連接Ag的Pt為陽(yáng)極，Ag和丙池右側(cè)Pt為陰極，甲醇失電子和KOH反應(yīng)生成碳酸鉀和H2O，負(fù)極反應(yīng)式為

CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；乙池中石墨上OH-失電子生成O2和H2O，電極反應(yīng)式為4OH--4e-=O2↑+2H2O；丙池中陽(yáng)極上生成氯氣、陰極上生成H2和OH-，OH-和Mg2+反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀，電池反應(yīng)式為

Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，

故答案為：負(fù)；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；4OH--4e-=O2↑+2H2O；

Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑；

②甲池消耗560mL氧氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量==0.1mol，乙池電池反應(yīng)式為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，則轉(zhuǎn)移0.1mol電子生成n（H+）=0.1mol，乙池中c（H+）==1mol/L，pH=0；

實(shí)際上乙池相當(dāng)于析出CuO，析出CuO的質(zhì)量=n（CuO）。M（CuO）=n（H+）。M（CuO）=×0.1mol×80g/mol=4g；

丙池電池反應(yīng)式為Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，轉(zhuǎn)移0.1mol電子生成n[Mg（OH）2]=0.05mol，m[Mg（OH）2]=0.05mol×58g/mol=2.9g，

故答案為：0；CuO；4；2.9；

（2）工業(yè)上以石墨為電極，電解CuCl2溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)陰極上也會(huì)有CuCl析出，說明陰極上銅離子得電子生成亞銅離子，亞銅離子和氯離子結(jié)合生成CuCl，電極反應(yīng)式為Cu2++e-+Cl-=CuCl，

故答案為：Cu2++e-+Cl-=CuCl。

（1）①甲池能自發(fā)的進(jìn)行氧化還原反應(yīng)，為原電池，則乙池、丙池為電解池，通入CH3OH的電極為負(fù)極、通入氧氣的電極為正極，則石墨、連接Ag的Pt為陽(yáng)極，Ag和丙池右側(cè)Pt為陰極，甲醇失電子和KOH反應(yīng)生成碳酸鉀和H2O；乙池中石墨上OH-失電子生成O2和H2O；丙池中陽(yáng)極上生成氯氣、陰極上生成H2和OH-，OH-和Mg2+反應(yīng)生成Mg（OH）2沉淀；

②甲池消耗560mL氧氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量==0.1mol，乙池電池反應(yīng)式為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，則轉(zhuǎn)移0.1mol電子生成n（H+）=0.1mol，乙池中c（H+）==1mol/L，實(shí)際上乙池相當(dāng)于析出CuO，析出CuO的質(zhì)量=n（CuO）。M（CuO）=n（H+）。M（CuO）；

丙池電池反應(yīng)式為Mg2++2Cl-+2H2OMg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，轉(zhuǎn)移0.1mol電子生成n[Mg（OH）2]=0.05mol，根據(jù)m=nM計(jì)算生成氫氧化鎂質(zhì)量；

（2）工業(yè)上以石墨為電極，電解CuCl2溶液時(shí)，發(fā)現(xiàn)陰極上也會(huì)有CuCl析出，說明陰極上銅離子得電子生成亞銅離子，亞銅離子和氯離子結(jié)合生成CuCl。

本題考查原電池和電解池原理，正確判斷電極名稱及各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是有關(guān)方程式的計(jì)算，根據(jù)串聯(lián)電路中轉(zhuǎn)移電子相等進(jìn)行計(jì)算即可，題目難度中等。26.【答案】MOH=M++OH-；弱；當(dāng)加入13mIHA溶液時(shí)，酸稍過量，而此時(shí)pH=7，說明MA呈堿性，即為強(qiáng)堿弱酸鹽，說明HA為弱酸；2.5×10-6；=；c（A-）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）；0.05+10-11

【解析】解：（1）根據(jù)圖知，未加HA溶液時(shí)，0.1mol/LMOH的pH=13，說明MOH完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，則MOH電離方程式為MOH=M++OH-，

故答案為：MOH=M++OH-；

（2）當(dāng)加入13mIHA

溶液時(shí)，酸稍過量，而此時(shí)pH=7，說明MA

呈堿性，即為強(qiáng)堿弱酸鹽，說明HA

為弱酸；pH=7時(shí)，c

（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，則c（A+）=c（M+）==mol/L，溶液中c（HA）==mol/L，HA的電離平衡常數(shù)===2.5×10-6；

故答案為：弱；當(dāng)加入13mIHA

溶液時(shí)，酸稍過量，而此時(shí)pH=7，說明MA

呈堿性，即為強(qiáng)堿弱酸鹽，說明HA

為弱酸；2.5×10-6；

（3）D點(diǎn)時(shí)酸的物質(zhì)的量是堿的2倍，根據(jù)物料守恒得c（A-）+c（HA）=2c（M+）；該點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的MA和HA，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于MA水解程度，結(jié)合電荷守恒得離子濃度大小為c（A-）＞c（M+）＞c

（H+）＞c（OH-）；若此時(shí)測(cè)得混合溶液的pH=3，溶液中存在電荷守恒和物料守恒得c

（H+）+c（HA）=c（M+）+c（OH-）=0.05mol/L+mol/L=（0.05+10-11）mol/L，

故答案為：=；c（A-）＞c（M+）＞c

（H+）＞c（OH-）；

0.05+10-11。

（1）根據(jù)圖知，未加HA溶液時(shí)，0.1mol/LMOH的pH=13，說明MOH完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)；

（2）B點(diǎn)混合溶液呈中性，且酸體積大于MOH體積一半，則酸的物質(zhì)的量大于堿，說明HA是弱酸；HA的電離平衡常數(shù)=，pH=7時(shí)，c

（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，則c（A+）=c（M+）==mol/L，溶液中c（HA）==mol/L；

（3）D點(diǎn)時(shí)酸的物質(zhì)的量是堿的2倍，根據(jù)物料守恒判斷；該點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的MA和HA，溶液呈酸性，說明HA電離程度大于MA水解程度，結(jié)合電荷守恒判斷離子濃度大??；若此時(shí)測(cè)得混合溶