2019-2020年高二化學(xué)上學(xué)期三調(diào)試題 理（含解析）新人教版.doc

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2019-2020年高二化學(xué)上學(xué)期三調(diào)試題 理（含解析）新人教版 一、選擇題（每小題1分，共10分．下列每小題所給選項(xiàng)只有一項(xiàng)符合題意，請將正確答案的序號填涂在答題卡上） 1．（1分）下列說法錯(cuò)誤的是（　?。? 　 A． 一定溫度下，弱酸的電離常數(shù)越大，酸性越強(qiáng) 　 B． 醋酸的電離常數(shù)Ka和醋酸鈉的水解常數(shù)Kh之間的關(guān)系為：Ka?Kh=Kw 　 C． 溶度積越小，該物質(zhì)一般越容易在溶液中形成沉淀 　 D． 合成氨的反應(yīng)，正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)相同 考點(diǎn)： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；化學(xué)平衡常數(shù)的含義；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．. 專題： 基本概念與基本理論． 分析： A．一定溫度下，弱酸的電離平衡常數(shù)越大，說明該酸的電離程度越大，其酸性越強(qiáng)； B．Ka?Kh=； C．溶度積越小，說明該物質(zhì)一般越難溶解； D．合成氨的反應(yīng)，正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)互為倒數(shù)． 解答： 解：A．一定溫度下，弱酸的電離平衡常數(shù)越大，說明該酸的電離程度越大，溶液中氫離子濃度越大，則其酸性越強(qiáng)，故A正確； B．Ka?Kh==Kw，故B正確； C．溶度積越小，說明該物質(zhì)一般越難溶解，越容易形成沉淀，故C正確； D．合成氨的反應(yīng)，正反應(yīng)的平衡常數(shù)和逆反應(yīng)的平衡常數(shù)互為倒數(shù)，故D錯(cuò)誤； 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查較綜合，涉及弱電解質(zhì)的電離、平衡常數(shù)等有關(guān)知識，知道弱酸電離平衡常數(shù)與酸性的關(guān)系、弱酸電離平衡常數(shù)及弱酸根離子水解平衡常數(shù)與離子積的關(guān)系、溶度積常數(shù)與物質(zhì)溶解性的關(guān)系即可解答，難點(diǎn)是B中三個(gè)物理量的關(guān)系，根據(jù)其概念推導(dǎo)即可，題目難度不大． 　 2．（1分）下列說法正確的是（　?。? 　 A． 原電池中，負(fù)極上發(fā)生的反應(yīng)是還原反應(yīng) 　 B． 原電池中，電流的方向是負(fù)極﹣導(dǎo)線﹣正極 　 C． 雙液原電池中的鹽橋是為了聯(lián)通電路，所以也可以用金屬導(dǎo)線代替 　 D． 堿性錳鋅電池是一次電池，鉛蓄電池是二次電池 考點(diǎn)： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： A、原電池中負(fù)極失電子； B、電流從正極流出； C、離子不能在導(dǎo)線中移動，金屬導(dǎo)線不能代替鹽橋； D、能反復(fù)充放電的電池為二次電池． 解答： 解：A、原電池中負(fù)極材料失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A錯(cuò)誤； B、原電池中，電子從負(fù)極流向正極，電流從正極流向負(fù)極，故B錯(cuò)誤； C、雙液原電池中的鹽橋是為了聯(lián)通電路，離子不能在導(dǎo)線中移動，金屬導(dǎo)線不能代替鹽橋，故C錯(cuò)誤； D、堿性錳鋅電池使用后不能充電，是一次電池能，鉛蓄電池能反復(fù)充放電為二次電池，故D正確． 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了原電池原理和常見的化學(xué)電源，題目難度不大，注意把握正負(fù)極的判斷及電流流向． 　 3．（1分）下列說法正確的是（　?。? 　 A． 向0.1mol/L的醋酸和飽和硼酸溶液中滴加等濃度的碳酸鈉溶液，均有氣體生成 　 B． 向氫氧化鎂沉淀中滴加適量的鹽酸和氯化銨溶液，沉淀均能溶解 　 C． 實(shí)驗(yàn)測定酸堿滴定曲線時(shí)，要保證整個(gè)過程測試和記錄pH的間隔相同 　 D． Ksp大的難溶電解質(zhì)一定能轉(zhuǎn)化成Ksp小的難溶電解質(zhì)，Ksp小的難溶電解質(zhì)一定不能轉(zhuǎn)化成Ksp大的難溶電解質(zhì) 考點(diǎn)： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．. 專題： 基本概念與基本理論． 分析： A、化學(xué)反應(yīng)遵循強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律； B、氫氧化鎂可以和酸性溶液反應(yīng)，強(qiáng)堿可以制取弱堿； C、根據(jù)實(shí)驗(yàn)測定酸堿滴定的有關(guān)知識來回答； D、根據(jù)溶度積的意義和應(yīng)用知識結(jié)合沉的轉(zhuǎn)化來回答． 解答： 解：A、酸性強(qiáng)弱順序是：醋酸＞碳酸＞硼酸，化學(xué)反應(yīng)遵循強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律，向0.1mol/L的醋酸和飽和硼酸溶液中滴加等濃度的碳酸鈉溶液，前者有氣體生成，后者沒有，故A錯(cuò)誤； B、氫氧化鎂可以和鹽酸反應(yīng)而溶于其中，氯化銨溶液和氫氧化鎂之間反應(yīng)生成氯化鎂和氨水，強(qiáng)堿制取弱堿，即能將氫氧化鎂溶解，故B正確； C、實(shí)驗(yàn)測定酸堿滴定曲線時(shí)，要保證整個(gè)過程測試和記錄pH的間隔不一定相同，注意記錄顏色突變過程所消耗的堿的量是關(guān)鍵，故C錯(cuò)誤； D、只有對于相同類型的難溶物質(zhì)，可以用Ksp的大小來確定溶解能力的大小，故D錯(cuò)誤． 故選B． 點(diǎn)評： 本題是一道有關(guān)溶液中電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡知識的綜合考查題，要求學(xué)生具有知識的整合能力，難度大． 　 4．（1分）理論上不能設(shè)計(jì)原電池的化學(xué)反應(yīng)是（　?。? 　 A． CH4+2O2→CO2+2H2O B． HNO3+NaOH=NaNO3+H2O 　 C． 2H2+O2=2H2O D． 2FeCl3+Fe=3FeCl2 考點(diǎn)： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 根據(jù)原電池的形成條件中“能自發(fā)的發(fā)生氧化還原反應(yīng)”判斷． 解答： 解：A、C、D反應(yīng)方程式中都有化合價(jià)的變化，所以都是氧化還原反應(yīng)；B的反應(yīng)中沒有化合價(jià)的變化，所以不是氧化還原反應(yīng)，是復(fù)分解反應(yīng)，故選B． 點(diǎn)評： 原電池的構(gòu)成條件為： 1、活潑性不同的兩個(gè)電極； 2、電解質(zhì)溶液； 3、形成閉合回路； 4、能自發(fā)進(jìn)行氧化還原反應(yīng)． 　 5．（1分）對于鋅﹣銅﹣稀硫酸組成的原電池裝置中，當(dāng)導(dǎo)線中有1mol電子通過時(shí)，理論上的兩極變化是（　?。? ①鋅片溶解了32.5g ②鋅片增重32.5g ③銅片上析出1g H2 ④銅片上析出1mol H2． 　 A． ①③ B． ①④ C． ②③ D． ②④ 考點(diǎn)： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 鋅﹣銅﹣稀硫酸組成的原電池裝置中，較活潑的金屬鋅作負(fù)極，較不活潑的金屬銅作正極，負(fù)極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)． 解答： 解：該原電池放電時(shí)，負(fù)極上鋅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上氫離子得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以電池反應(yīng)式為 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑． 設(shè)當(dāng)導(dǎo)線中有1mol電子通過時(shí)，理論上負(fù)極鋅片溶解x，銅片上析出氫氣y． Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑ 轉(zhuǎn)移電子 65g 2g 2mol x y 1mol x=32.5g y=1g 故選A． 點(diǎn)評： 本題以原電池原理為載體考查了物質(zhì)的量的有關(guān)計(jì)算，難度不大，根據(jù)電池反應(yīng)式計(jì)算即可． 　 6．（1分）某原電池總反應(yīng)為2Fe3++Fe=3Fe2+，不能實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的原電池是（　?。? 　 A． 正極為Cu，負(fù)極為Fe，電解質(zhì)溶液為FeCl3 　 B． 正極為C，負(fù)極為Fe，電解質(zhì)溶液為Fe（NO）3 　 C． 正極為Fe，負(fù)極為Zn，電解質(zhì)溶液為Fe2（SO4）3 　 D． 正極為Ag，負(fù)極為Fe，電解質(zhì)溶液為Fe2（SO4）3 考點(diǎn)： 設(shè)計(jì)原電池．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 根據(jù)反應(yīng)“2Fe3++Fe=3Fe2+”可知，反應(yīng)中鐵被氧化，應(yīng)為原電池負(fù)極，因失電子而被氧化；正極應(yīng)為活潑性比鐵弱的金屬或?qū)щ姷姆墙饘俨牧希現(xiàn)e3+在正極得到電子而被還原，電解質(zhì)溶液為含F(xiàn)e3+的鹽． 解答： 解：A、鐵的活潑性大于銅，鐵作負(fù)極，銅作正極，電解質(zhì)溶液為氯化鐵，所以是能實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的原電池，故A正確； B、鐵的活潑性大于碳，鐵作負(fù)極，碳作正極，電解質(zhì)溶液為硝酸鐵，所以是能實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的原電池，故B正確； C、鋅的活潑性大于鐵，鋅作負(fù)極，鐵作正極，電解質(zhì)溶液為硫酸鐵，所以是不能實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的原電池，故C錯(cuò)誤； D、鐵的活潑性大于銀，鐵作負(fù)極，銀作正極，電解質(zhì)溶液為硫酸鐵，所以是能實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的原電池，故D正確； 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查原電池的設(shè)計(jì)及原電池的工作原理，題目難度不大，注意從氧化還原反應(yīng)的角度確定原電池的電極材料及電解質(zhì)溶液． 　 7．（1分）如圖所示的裝置中，在產(chǎn)生電流時(shí)，以下說法正確的是（　?。? 　 A． Fe是陰極，C是陽極 　 B． 負(fù)極反應(yīng)式為：Fe﹣3e﹣=Fe3+ 　 C． 鹽橋中陰離子移向FeCl3溶液 　 D． 導(dǎo)線中的電流由石墨電極流向Fe電極 考點(diǎn)： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 如圖所示的裝置中，是原電池，鐵做負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，碳做正極電極上發(fā)生還原反應(yīng)，電子流向從鐵電極流向碳電極；鹽橋中陰離子移向負(fù)極燒杯，陽離子移向碳電極燒杯． 解答： 解：A、原電池中活潑金屬做負(fù)極，F(xiàn)e是負(fù)極，C是正極，故A錯(cuò)誤； B、Fe是負(fù)極，F(xiàn)e失電子生成二價(jià)鐵離子，則負(fù)極電極反應(yīng)式為：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B錯(cuò)誤； C、依據(jù)電解質(zhì)溶液中電荷守恒，鐵電極失電子形成亞鐵離子，鹽橋中陰離子移向FeCl2溶液，故C錯(cuò)誤； D、電流正極流向負(fù)極，由石墨電極流向Fe電極，故D正確； 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了原電池工作原理，電極名稱，電極判斷，電流流向判斷，題目較簡單． 　 8．將pH=3的鹽酸a L 分別與下列三種溶液混合后，混合液均呈中性； ①110﹣3mol﹣1的氨水bL ②c（OH﹣）=110﹣3mol﹣1的氨水cL ③c（OH﹣）=110﹣3mol﹣1的Ba（OH）2的溶液dL 其中a、b、c、d的關(guān)系正確的是（　?。? 　 A． b＞a=d＞c B． a=b＞c＞d C． a=b＞d＞c D． c＞a=d＞b 考點(diǎn)： 酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．. 專題： 壓軸題；電離平衡與溶液的pH專題． 分析： pH=3的鹽酸的物質(zhì)的量濃度=110﹣3 mol/L，中和相同物質(zhì)的量的鹽酸，堿的濃度越大，所用的堿越少，注意弱堿溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度和堿的濃度不等． 解答： 解：（1）pH=3的鹽酸的物質(zhì)的量濃度=110﹣3 mol/L，①中氨水的物質(zhì)的量濃度是110﹣3 mol/L，②一水合氨是弱電解質(zhì)，只有部分電離，所以②中氨水的濃度大于110﹣3 mol/L，③中氫氧根離子的濃度是110﹣3 mol/L． （2）鹽酸和氫氧化鋇都是強(qiáng)電解質(zhì)，氫離子和氫氧根離子中和時(shí)是1：1的關(guān)系，氫離子和氫氧根離子的濃度相等，所以a、d的體積相等，即a=d； （3）②的氨水濃度大于①的濃度，中和相同物質(zhì)的量的鹽酸，氨水的濃度越大，使用的氨水的體積越小，所以c＜b． （4）鹽酸和氨水反應(yīng)生成的氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物質(zhì)的量應(yīng)稍微比鹽酸的大些，當(dāng)鹽酸濃度和氨水的濃度相等時(shí)，氨水的體積b應(yīng)大于鹽酸的體積a，即溶液的體積a＜b． （5）②③中氫氧根離子的濃度相等，一水合氨是一元弱電解質(zhì)，氫氧化鋇是強(qiáng)電解質(zhì)，所以氨水的濃度大于③中氫氧根離子濃度，中和相同物質(zhì)的量的氫離子時(shí)，②所用的氨水的體積小于③氫氧化鋇溶液的體積，即c＜d=a． 所以a、b、c、d的關(guān)系b＞a=d＞c， 故選A． 點(diǎn)評： 本題考查了酸堿混合時(shí)的定性判斷，難度不大，注意弱堿（一元）溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度和堿的濃度不等． 　 9．室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是（　　） 　 A． 溶液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目減少 　 B． 溶液中不變 　 C． 醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大 　 D． 再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7 考點(diǎn)： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計(jì)算．. 專題： 壓軸題；計(jì)算題；熱點(diǎn)問題；平衡思想；分析比較法；電離平衡與溶液的pH專題． 分析： 根據(jù)醋酸是弱電解質(zhì)，則室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋將促進(jìn)電離，離子的數(shù)目增多，但溶液的體積增大，則電離產(chǎn)生的離子的濃度減小，并利用溫度與電離常數(shù)的關(guān)系、酸堿混合時(shí)PH的計(jì)算來解答． 解答： 解：A、因醋酸溶液中加水稀釋，促進(jìn)電離，則液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目增多，故A錯(cuò)誤； B、因=，溫度不變，Ka、Kw都不變，則不變，故B正確； C、加水稀釋時(shí)，溶液的體積增大的倍數(shù)大于n（H+）增加的倍數(shù)，則c（H+）減小，故C錯(cuò)誤； D、等體積10mLpH=3的醋酸與pH=11的NaOH溶液混合時(shí)，醋酸的濃度大于0.001mol/L，醋酸過量，則溶液的pH＜7，故D錯(cuò)誤； 故選：B． 點(diǎn)評： 本題考查弱電解質(zhì)的稀釋，明確溫度與電離平衡常數(shù)的關(guān)系、溶液的pH與物質(zhì)的量濃度的關(guān)系、稀釋中溶液體積的變化與離子的物質(zhì)的量的變化程度是解答本題的關(guān)鍵． 　 10．（1分）下列化合物既能在水溶液中通過復(fù)分解反應(yīng)而制得，也可以由單質(zhì)直接化合而制得的是（　　） 　 A． Al2S3 B． CuS C． FeS D． Cu2S 考點(diǎn)： 常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；鋁的化學(xué)性質(zhì)；鐵的化學(xué)性質(zhì)；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)．. 專題： 元素及其化合物． 分析： A．Al2S3只能由鋁粉和硫粉化合制得； B．S為弱氧化劑，與Cu反應(yīng)生成低價(jià)金屬化合物； C．S為弱氧化劑，與Fe反應(yīng)生成低價(jià)金屬化合物，且氯化亞鐵和硫化鈉可發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)； D．含亞銅離子的物質(zhì)不溶于水，不能利用復(fù)分解反應(yīng)生成Cu2S． 解答： 解：A．Al2S3只能由鋁粉和硫粉化合制得，在水溶液中不存在Al2S3，Al2S3要發(fā)生相互促進(jìn)水解生成氫氧化鋁和硫化氫，故A不選； B．Cu與S化合反應(yīng)生成Cu2S，故B不選 C．Fe和S化合生成FeS，也可由FeCl2和Na2S發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)得到，方程式為FeCl2+Na2S=FeS↓+2NaCl，故C選； D．Cu與S化合反應(yīng)生成Cu2S，但不能利用復(fù)分解反應(yīng)生成，故D不選； 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查金屬及其化合物的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，把握常見金屬及化合物的性質(zhì)、相互轉(zhuǎn)化發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意氧化還原反應(yīng)及復(fù)分解反應(yīng)的分析，選項(xiàng)A中水解為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等． 　 二、選擇題（每小題2分，共40分．下列每小題所給選項(xiàng)只有一項(xiàng)符合題意，請將正確答案的序號填涂在答題卡上） 11．（2分）實(shí)驗(yàn)室中利用復(fù)分解反應(yīng)制取Mg（OH）2．實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)和現(xiàn)象如下表所示（溶液體積均取用1mL） 組別 藥品1 藥品2 實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象 Ⅰ 0.1mol/LNaOH溶液 0.1mol/LMgCl2溶液 生成白色沉淀 Ⅱ 0.1mol/L氨水 0.1mol/LMgCl2溶液 無現(xiàn)象 Ⅲ 1mol/L氨水 1mol/LMgCl2溶液 現(xiàn)象Ⅲ Ⅳ 1mol/L氨水 0.1mol/LMgCl2溶液 生成白色沉淀 Ⅴ 0.1mol/L氨水 1mol/LMgCl2溶液 無現(xiàn)象 關(guān)于以上實(shí)驗(yàn)的說法正確是（　?。? 　 A． 實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅴ無現(xiàn)象，而Ⅳ生成白色沉淀，說明增大c（Mg2+）不能向生成沉淀的方向移動，增大氨水溶液的濃度才能向生成沉淀的方向移動 　 B． 實(shí)驗(yàn)Ⅲ無現(xiàn)象，因?yàn)槁然V溶液和氨水濃度都增大，則導(dǎo)致氯化銨濃度增大，而氫氧化鎂可以溶解在氯化銨溶液中 　 C． 由于氫氧化鎂可以溶解在氯化銨溶液中，而氯化鎂溶液和氨水反應(yīng)可以生成氯化銨，所以該兩種溶液混合后可能會出現(xiàn)先生成沉淀后溶解的現(xiàn)象 　 D． 實(shí)驗(yàn)Ⅲ的現(xiàn)象是生成白色沉淀，因?yàn)樵龃髢煞N溶液中任意一種的濃度，都能使混合液的離子積達(dá)到氫氧化鎂的Ksp 考點(diǎn)： 難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： A、對比試驗(yàn)分析實(shí)驗(yàn)Ⅳ、Ⅴ，c（NH3?H2O）、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化學(xué)平衡：Mg2+（aq）+2NH3?H2O（aq）?2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s），該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為；K=，c（NH3?H2O）、c（Mg2+）改變相同的程度一水合氨濃度影響大； B、根據(jù)IV來分析判斷，濃度較大時(shí)氨水與氯化鎂反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀； C、生成氫氧化鎂沉淀，主要是一水合氨電離出的氫氧根離子濃度和鎂離子濃度冪次方乘積滿足溶度積常數(shù)才能生成沉淀； D、增大兩種溶液中任意一種的濃度，都能使混合液的離子積達(dá)到氫氧化鎂的Ksp，會生成氫氧化鎂沉淀； 解答： 解：A、對比試驗(yàn)分析實(shí)驗(yàn)Ⅳ、Ⅴ，c（NH3?H2O）、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化學(xué)平衡：Mg2+（aq）+2NH3?H2O（aq）?2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s），該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為；K=，c（NH3?H2O）、c（Mg2+）改變相同的程度，c2（NH3?H2O）的影響更大（或起主要作用），不是增大c（Mg2+）不能向生成沉淀分析進(jìn)行，是增大鎂離子濃度不能達(dá)到溶度積常數(shù)，故A錯(cuò)誤； B、IV中1mol/L氨水與0.1mol/L MgCl2溶液混合產(chǎn)生表示沉淀，則Ⅲ中1mol/L氨水與1mol/L MgCl2溶液混合，兩實(shí)驗(yàn)中，溶液的氫氧根離子濃度相同，Ⅲ中鎂離子的濃度更大，二者結(jié)合生成白色沉淀Mg（OH）2，故B錯(cuò)誤； C、氯化銨溶液中銨根離子增大會結(jié)合氫氧根離子生成弱電解質(zhì)，氫氧化鎂溶解，氯化鎂溶液和氨水反應(yīng)可以生成氯化銨和氫氧化鎂沉淀，不能溶解在生成的氯化銨溶液中，故C錯(cuò)誤； D、IV中1mol/L氨水與0.1mol/L MgCl2溶液混合產(chǎn)生表示沉淀，則Ⅲ中1mol/L氨水與1mol/L MgCl2溶液混合，兩實(shí)驗(yàn)中，溶液的氫氧根離子濃度相同，Ⅲ中鎂離子的濃度更大，實(shí)驗(yàn)Ⅲ的現(xiàn)象是生成白色沉淀，因?yàn)樵龃髢煞N溶液中任意一種的濃度，都能使混合液的離子積達(dá)到氫氧化鎂的Ksp，故D正確； 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了沉淀溶解平衡分析判斷，溶度積常數(shù)的影響因素分析，注意濃度改變對平衡的影響理解，題目難度較大． 　 12．（2分）將下列物質(zhì)溶于水，能夠促進(jìn)水的電離的是：①NaHSO4②NaHSO3③CH3COOH④CH3COONa⑤NaHCO3⑥NaClO⑦NH4HCO3（　?。? 　 A． ②④⑤⑥ B． ④⑤⑥⑦ C． ①②③ D． ②④⑤⑥⑦ 考點(diǎn)： 鹽類水解的應(yīng)用．. 專題： 鹽類的水解專題． 分析： 酸溶液和堿溶液抑制了水的電離，酸溶液中的氫離子、堿溶液中的氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越?。荒軌蛩獾柠}溶液促進(jìn)了水的電離，水解程度越大，水的電離程度越大，據(jù)此進(jìn)行解答． 解答： 解：①NaHSO4為酸性溶液，溶液中氫離子抑制水的電離，故①不符合； ②NaHSO3中亞硫酸根離子都能夠電離和水解，電離大于水解，溶液呈酸性，抑制了水的電離，故②不符合； ③CH3COOH為弱酸，醋酸抑制了水的電離，故③不符合； ④CH3COONa為強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸根離子的水解，促進(jìn)了水的電離，故④符合； ⑤NaHCO3溶液中碳酸氫根離子水解，促進(jìn)水的電離，故⑤符合； ⑥NaClO溶液中次氯酸根離子是弱酸陰離子水解，促進(jìn)水的電離，故⑥符合； ⑦NH4HCO3溶液中銨根離子和碳酸氫根離子都能發(fā)生水解，促進(jìn)水的電離，故⑦符合； 所以能夠促進(jìn)水的電離的是：④⑤⑥⑦； 故選B． 點(diǎn)評： 本題考查了水的電離、鹽的水解原理離及其影響因素，題目難度不大，注意掌握鹽的水解原理、水的電離及其影響因素，明確酸溶液和堿溶液抑制了水的電離，能夠水解的鹽溶液促進(jìn)了水的電離． 　 13．（2分）向10mL 0.1mol?L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等濃度Ba（OH）2溶液x mL，下列敘述正確的是（　　） 　 A． x=10時(shí)，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（Al3+） 　 B． x=10時(shí)，溶液中有NH4+、AlO2﹣、SO42﹣，且c（NH4+）＞c（SO42﹣） 　 C． x=30時(shí)，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（AlO2﹣） 　 D． x=30時(shí)，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+） 考點(diǎn)： 離子濃度大小的比較；電離方程式的書寫．. 專題： 離子反應(yīng)專題． 分析： A、Al3+與氨水反應(yīng)生成Al（OH）3沉淀，可以認(rèn)為氫氧根會先與鋁離子作用生成沉淀．加入10mlBa（OH）2，相當(dāng)于溶液中NH4+、Al3+、OH﹣比例為1：1：2，鋁部分生成氫氧化鋁沉淀． SO42﹣﹣：Ba2+比例為2：1，SO42﹣部分沉淀．反應(yīng)完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣． B、依據(jù)A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣．無AlO2﹣； C、加入30mlBa（OH）2，氫氧根離子過量可以和鋁離子完全反應(yīng)，且和銨根離子全部反應(yīng)后還有氫氧根離子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，但c（OH﹣）＞c（AlO2﹣）； D、依據(jù)C分析判斷溶液中有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，不存在Al3+． 解答： 解：A、當(dāng)x=10時(shí)，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等濃度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸鋇沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氫氧化鋁沉淀，剩余10﹣3molAl3+而NH4+沒有參與反應(yīng)，少量水解，c（NH4+）＜c（SO42﹣），故A正確； B、當(dāng)x=10時(shí)，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42﹣，10ml等濃度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH﹣，混合后硫酸鋇沉淀，剩余0.001molSO42﹣．氫氧化鋁沉淀，剩余10﹣3molAl3+而NH4+沒有參與反應(yīng)，少量水解，c（NH4+）＞c（SO42﹣），故B錯(cuò)誤； C、當(dāng)x=30時(shí)，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等濃度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸鋇沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣過量溶液中存在0.001moAlO2﹣，銨根離子和氫氧根離子反應(yīng)生成一水合氨，氫氧根離子剩余0.001mol；一水合氨電離生成銨根離子和氫氧根離子，此時(shí)c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C錯(cuò)誤； D、當(dāng)x=30時(shí)，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42﹣，30ml等濃度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH﹣，混合后硫酸鋇沉淀，剩余0.001molBa2+；OH﹣過量溶液中存在0.001moAlO2﹣，銨根離子和氫氧根離子反應(yīng)生成一水合氨，氫氧根離子剩余0.001mol；一水合氨電離生成銨根離子和氫氧根離子，此時(shí)c（OH﹣）＞（Ba2+），故D錯(cuò)誤； 故選A． 點(diǎn)評： 本題考查了離子方程式的書寫原則和方法應(yīng)用，主要是定量反應(yīng)的產(chǎn)物判斷，關(guān)鍵分析離子反應(yīng)順序，先沉淀后反應(yīng)生成弱電解質(zhì)后沉淀溶解． 　 14．（2分）已知：將10mL0.1mol/LNa2CO3溶液用0.1mol/LHCl滴定時(shí)，若用酚酞做指示劑，終點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸10mL；若用甲基橙做指示劑，終點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸20mL．現(xiàn)有一份白色粉末，可能含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的一種或兩種．現(xiàn)取一定量的該粉末配成適當(dāng)濃度的稀溶液并分成兩等份，分別用0.1mol/LHCl滴定．一份用酚酞做指示劑，消耗鹽酸amL；另一份用甲基橙做指示劑，消耗鹽酸bmL．下列說法 ①若a=0，則固體中只含NaHCO3 ②若a=b，則固體中只含NaOH ③若2a＞b＞a，則固體中含有NaOH、Na2CO3 ④若2a＜b，則固體中含有Na2CO3、NaHCO3 其中正確的是（　?。? 　 A． ①②③④ B． ③④ C． ①② D． ①③④ 考點(diǎn)： 物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算．. 專題： 物質(zhì)檢驗(yàn)鑒別題． 分析： 以甲基橙為指示劑，反應(yīng)后溶液顏色變色范圍為3.1～4.4，溶液呈酸性，可發(fā)生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O，用酚酞作指示劑，變色范圍是8.1～10，溶液呈堿性，發(fā)生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，以此解答該題． 解答： 解：以甲基橙為指示劑，反應(yīng)后溶液顏色變色范圍為3.1～4.4，溶液呈酸性，可發(fā)生Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O，用酚酞作指示劑，變色范圍是8.1～10，溶液呈堿性，發(fā)生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，分別用0.1mol/LHCl滴定．一份用酚酞做指示劑，消耗鹽酸amL；另一份用甲基橙做指示劑，消耗鹽酸bmL，如b=2a，則只含有Na2CO3， 如只有NaOH，則只發(fā)生NaOH+HCl=NaCl+H2O，a=b， ①用酚酞作指示劑，滴定終點(diǎn)溶液呈弱堿性，若a=0，說明不含Na2CO3，只含NaHCO3，故正確； ②若a=b，則固體中只含NaOH，說明不存在Na2CO3或NaHCO3的反應(yīng)，固體中只含NaOH，故正確； ③若b＞a，如說明一定含有Na2CO3，而2a＞b，則一定含有NaOH，所以固體中含有NaOH、Na2CO3，故正確； ④如b=2a，則只含有Na2CO3，如只含有NaHCO3，a=0，若2a＜b，則固體中含有Na2CO3、NaHCO3，故正確． 故選A． 點(diǎn)評： 本題綜合考查酸堿中和滴定，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力的考查，題目難度中等，建議在學(xué)習(xí)中把握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，難度中等． 　 15．（2分）已知常溫下Ksp[Mg（OH）2]=3.210﹣11、Ksp[Fe（OH）3]=2.710﹣39，下列說法正確的是（　?。? 　 A． 將10g氫氧化鐵粉末加入100mL水中，充分?jǐn)嚢韬笕杂泄腆w剩余，靜置后上層清液為飽和氫氧化鐵溶液，c（OH﹣）=310﹣10mol/L 　 B． 將10g氫氧化鎂粉末加入100mL水中，充分?jǐn)嚢韬笕杂泄腆w剩余，靜置后上層清液為飽和氫氧化鎂溶液，加入酚酞試液后不能變紅 　 C． 若1mol/L氯化鎂溶液中混有氯化鐵，調(diào)節(jié)pH=9，可以保證鎂離子不沉淀而鐵離子沉淀完全 　 D． 根據(jù)溶度積數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出氫氧化鐵固體與鹽酸反應(yīng)：Fe（OH）3+3H+?Fe3++3H2O的平衡常數(shù)為2.7103 考點(diǎn)： 難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： A、依據(jù)氫氧化鐵溶度積常數(shù)計(jì)算得到； B、依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算氫氧根離子濃度，結(jié)合離子積常數(shù)計(jì)算氫離子濃度得到溶液PH分析； C、鐵離子在PH=3﹣4會全部沉淀； D、依據(jù)反應(yīng)方程式書寫平衡常數(shù)計(jì)算式，結(jié)合溶液中離子積分析計(jì)算； 解答： 解：A、Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）c3（OH﹣）=2.710﹣39，c（OH﹣）=3c（Fe3+），c（OH﹣）==310﹣10mol/L，故A正確； B、Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）c2（OH﹣）=3.210﹣11 ，2c（Mg2+）=c（OH﹣），c（OH﹣）==410﹣4mol/L，c（H+）==2.510﹣11mol/L，溶液PH大于10，酚酞變色范圍8﹣10，則滴入酚酞試液變紅色，故B錯(cuò)誤； C、Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）c2（OH﹣）=3.210﹣11，c（OH﹣）==5.710﹣6mol/L，溶液PH=6﹣lg5.7，可知沉淀溶解平衡中氫氧化鎂沉淀需要的溶液PH＜6，依據(jù)A計(jì)算可知?dú)溲趸F形成沉淀的PH=﹣lg=5﹣lg3.3，調(diào)節(jié)pH=9，鎂離子會沉淀，故C錯(cuò)誤； D、Fe（OH）3+3H+?Fe3++3H2O的平衡常數(shù)=====2.7103 ，故D正確； 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了沉淀溶解平衡，溶度積常數(shù)計(jì)算分析，酸堿指示劑變色范圍的計(jì)算分析判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等． 　 16．（2分）某溫度下水的離子積Kw=10﹣13，在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液VaL與pH=b的H2SO4溶液VbL混合，下列說法正確的是（　　） 　 A． 若所得混合液為中性，且a=12，b=2，則Va：Vb=1：1 　 B． 若所得混合液pH=7，且a+b=12，則Va：Vb=100：1 　 C． 若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，則Va：Vb=1：9 　 D． 若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，則Va：Vb=101：99 考點(diǎn)： 酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： 將pH=a的NaOH溶液Va L與pH=b的硫酸Vb L混合， ①若所得混合溶液為中性，且a=12，b=2，根據(jù)c（OH﹣）Va=c（H+）Vb計(jì)算，所得混合溶液為中性，Va：Vb==1013﹣a﹣b； ②若所得混合溶液的pH=10，堿過量，計(jì)算出c（OH﹣）與酸堿的物質(zhì)的量的關(guān)系，可計(jì)算． 解答： 解：將pH=a的NaOH溶液Va L與pH=b的硫酸Vb L混合， A、若所得混合溶液為中性，且a=12，b=2，因c（OH﹣）Va=c（H+）Vb，a=12，b=2，則0.1Va=0.01Vb，則Va：Vb=1：10，故A錯(cuò)誤； B、若所得混合液pH=7，且a+b=12，Va：Vb==1013﹣a﹣b=10，則Va：Vb=10：1，故B錯(cuò)誤； C、若所得混合溶液的pH=10，堿過量，c（OH﹣）=0.1=0.001，則Va：Vb=1：9，故C正確； D、C計(jì)算分析判斷，若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，則Va：Vb=1：9，故D錯(cuò)誤； 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查酸堿混合的計(jì)算，明確該溫度下的Kw及pH與濃度的換算是解答本題的關(guān)鍵，注意酸堿反應(yīng)的實(shí)質(zhì)即可解答，題目難度中等． 　 17．（2分）相同溫度相同物質(zhì)的量濃度的六種溶液：①NaHCO3 ②CH3COONa ③NaOH④Ba（OH）2 ⑤NaHSO4 ⑥H3PO4 按pH值由大到小的順序是（　?。? 　 A． ⑥⑤②①④③ B． ⑥⑤①②③④ C． ④③②①⑤⑥ D． ④③①②⑥⑤ 考點(diǎn)： 鹽類水解的應(yīng)用．. 專題： 鹽類的水解專題． 分析： 根據(jù)溶液的酸堿性以及利用鹽類的水解程度比較濃度相同的溶液的pH大小． 解答： 解：同溫度相同物質(zhì)的量濃度下列溶液中， ⑤NaHSO4為強(qiáng)酸的酸式鹽，水溶液呈酸性； ⑥H3PO4為中強(qiáng)酸，水溶液呈酸性，但氫離子濃度小于硫酸氫鈉溶液中的氫離子濃度，所以磷酸溶液的pH值大于硫酸氫鈉溶液的pH值，⑥＞⑤； ①NaHCO3、②CH3COONa都是強(qiáng)堿弱酸鹽，水溶液呈堿性，對應(yīng)酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氫氧根離子濃度越大，pH越大，①②④對應(yīng)酸根離子的水解程度大小為CH3COO﹣＜HCO3﹣＜CO32﹣，③NaOH溶液，④Ba（OH）2是強(qiáng)堿，PH大?、埽劲郏詐H由大到小的順序④③①②⑥⑤， 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了溶液PH的大小比較方法應(yīng)用，主要是離子水解的應(yīng)用，酸越弱，陰離子水解程度越大． 　 18．（2分）自然界地表層原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)（CuS）．由此可知下列分析正確的是（　?。? 　 A． 原生銅的硫化物具有還原性，而銅藍(lán)沒有還原性 　 B． 整個(gè)過程涉及的反應(yīng)類型有氧化還原反應(yīng)和復(fù)分解反應(yīng) 　 C． CuSO4與ZnS反應(yīng)的離子方程式是Cu2++S2﹣=CuS↓ 　 D． KSP（PbS）＜Kap（CuS） 考點(diǎn)： 銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)．. 專題： 元素及其化合物． 分析： A、根據(jù)元素的化合價(jià)判斷，最高價(jià)元素只有氧化性，最低價(jià)只有還原性，中間價(jià)態(tài)既有氧化性又有還原性； B、根據(jù)反應(yīng)中化合價(jià)是否變化及復(fù)分解反應(yīng)的定義判斷； C、寫轉(zhuǎn)化離子方程式時(shí)，難溶電解質(zhì)寫化學(xué)式不寫離子； D、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化是溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化． 解答： 解：A、原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，硫元素化合價(jià)升高作還原劑具有還原性；銅藍(lán)中硫元素化合價(jià)最低，所以能失電子具有還原性，故A錯(cuò)誤； B、原生銅的硫化物經(jīng)氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，所以存在氧化還原反應(yīng)；CuSO4與ZnS反應(yīng)生成硫化銅和硫酸鋅是復(fù)分解反應(yīng)，故B正確； C、硫化鋅難溶于水，所以要寫化學(xué)式，不能寫離子，故C錯(cuò)誤； D、難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化是溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，PbS能轉(zhuǎn)化為CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故D錯(cuò)誤； 故選B． 點(diǎn)評： 本題考查了難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，難度不大，注意難溶物質(zhì)不能寫離子形式要寫化學(xué)式． 　 19．（2分）下列說法中正確的是（　?。? 　 A． 常溫下，稀釋0.1 mol/L的氨水，溶液中c（OH﹣）、c（NH4+）、c（H+）均下降 　 B． pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3） 　 C． 常溫下，c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4 ②（NH4）2Fe（SO4）2 ③NH4Cl ④（NH4）2CO3溶液中，溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是：②＜①＜④＜③ 　 D． 當(dāng)溶液中存在的離子只有Cl﹣、OH﹣、NH4+、H+時(shí)，該溶液中離子濃度大小關(guān)系可能為c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+） 考點(diǎn)： 離子濃度大小的比較；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應(yīng)用．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題． 分析： A．加水稀釋氨水，溶液中c（H+）增大； B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于電離程度； C．亞鐵離子抑制銨根離子水解、碳酸根離子促進(jìn)銨根離子水解，相同濃度的銨根離子，銨根離子水解程度越大其濃度越大； D．當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，存在c（OH﹣）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒判斷． 解答： 解：A．加水稀釋氨水，促進(jìn)一水合氨電離，但溶液中c（OH﹣）減小，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，則c（H+）增大，故A錯(cuò)誤； B．pH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3﹣水解程度大于電離程度，則c（CO32﹣）＜c（H2CO3），故B錯(cuò)誤； C．亞鐵離子抑制銨根離子水解、碳酸根離子促進(jìn)銨根離子水解，相同濃度的銨根離子，銨根離子水解程度越大其濃度越大，化學(xué)式中氯化銨中銨根離子個(gè)數(shù)最少，所以氯化銨的濃度最大，則相同c（NH4+）相等的①（NH4）2SO4 ②（NH4）2Fe（SO4）2 ③NH4Cl ④（NH4）2CO3溶液中，溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系是：②＜①＜④＜③，故C正確； D．當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，存在c（OH﹣）＞c（H+），根據(jù)電荷守恒得c（Cl﹣）＜c（NH4+），故D錯(cuò)誤； 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查了離子濃度大小比較，涉及鹽類水解、弱電解質(zhì)的電離，根據(jù)溶液中溶質(zhì)的性質(zhì)結(jié)合電荷守恒、鹽類水解強(qiáng)弱等知識點(diǎn)來分析解答，題目難度中等． 　 20．（2分）美國《時(shí)代周刊》將氫燃料電池評為21世紀(jì)對人類生活具有重大影響的技術(shù)之一．培根電池是一種堿性的氫氧燃料電池，已經(jīng)應(yīng)用在“阿波羅六號”太空船上．將多個(gè)培根電池組合為電池組，向外供電，電池組工作穩(wěn)定后，它的電動勢和內(nèi)阻基本保持不變．電池所產(chǎn)生的水可以作為飲用水，今欲得常溫下水1L，則電池內(nèi)電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量約為（　　） 　 A． 8.910﹣3mol B． 4.510﹣2mol C． 1.1102mol D． 5.610mol 考點(diǎn)： 電解原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 氫氧燃料電池的總反應(yīng)為：2H2+O2=2H2O，生成18g水會伴隨著4mol電子轉(zhuǎn)移，據(jù)此計(jì)算． 解答： 解：氫氧燃料電池的總反應(yīng)為：2H2+O2=2H2O，生成36g水會伴隨著4mol電子轉(zhuǎn)移，今欲得常溫下水1L即1000g， 轉(zhuǎn)移電子是mol=1.1102mol． 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查學(xué)生燃料電池的工作原理以及電池反應(yīng)和電子轉(zhuǎn)移的計(jì)算知識，注意知識的遷移和應(yīng)用是關(guān)鍵，難度不大． 　 21．（2分）如圖是甲醇燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖．甲醇在催化劑作用下提供質(zhì)子（H+）和電子，電子經(jīng)外電路、質(zhì)子經(jīng)內(nèi)電路到達(dá)另一極與氧氣反應(yīng)，電池總反應(yīng)為2CH3OH+3O2→2CO2+4H2O．下列說法不正確的是（　?。? 　 A． 左電極為電池的負(fù)極，a處通入的物質(zhì)是甲醇 　 B． 正極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣ 　 C． 負(fù)極反應(yīng)式為：CH3OH+H2O﹣6e﹣→CO2+6H+ 　 D． 該電池提供1mole﹣，消耗氧氣0.25mol 考點(diǎn)： 化學(xué)電源新型電池．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 通過電子的移動方向知，左半極為負(fù)極，右半極為正極；燃料電池中，負(fù)極上投放燃料，燃料在負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；正極上投放氧化劑，氧化劑在正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)． 解答： 解：A．左電極是電池的負(fù)極，負(fù)極上投放燃料甲醇，甲醇在負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確； B．酸性條件下，正極反應(yīng)式為：O2+4H++4e﹣=2H2O，故B錯(cuò)誤； C．負(fù)極上投放燃料甲醇，甲醇在負(fù)極上失電子生成二氧化碳，負(fù)極反應(yīng)式為：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，故C正確； D．已知正極反應(yīng)式為：O2+4H++4e﹣=2H2O，則消耗1mol氧氣轉(zhuǎn)移1mol電子，所以該電池提供1mole﹣，消耗氧氣0.25mol，故D正確； 故選B． 點(diǎn)評： 本題以甲醇為燃料考查了燃料電池，難度不大，注意正負(fù)極上電極反應(yīng)式的書寫要結(jié)合電解質(zhì)溶液的酸堿性，即使燃料和氧化劑相同，如果電解質(zhì)溶液不同，電極反應(yīng)式也不同． 　 22．（2分）如圖所示裝置，電流表G發(fā)生偏轉(zhuǎn)，同時(shí)A極逐漸變粗，B極逐漸變細(xì)，C為電解質(zhì)溶液，則A、B、C應(yīng)是下列各組中的（　?。? 　 A． A是Zn，B是Cu，C為稀H2SO4 B． A是Cu，B是Zn，C為稀H2SO4 　 C． A是Fe，B是Ag，C為稀AgNO3溶液 D． A是Ag，B是Fe，C為稀AgNO3溶液 考點(diǎn)： 原電池和電解池的工作原理．. 專題： 電化學(xué)專題． 分析： 原電池中負(fù)極的活潑性大于正極的活潑性，負(fù)極上金屬失電子變成離子進(jìn)入溶液，質(zhì)量減少，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，正極上析出物質(zhì)，若析出的物質(zhì)是金屬，則正極質(zhì)量增加，據(jù)此分析． 解答： 解：該原電池中，A極逐漸變粗，B極逐漸變細(xì)，所以B作負(fù)極，A作正極，B的活潑性大于A的活潑性，所以排除AC選項(xiàng)； A極逐漸變粗，說明有金屬析出，B選項(xiàng)析出氫氣不是金屬，D選項(xiàng)析出金屬，所以D符合題意． 故選D． 點(diǎn)評： 本題考查了原電池原理，難度不大，明確正負(fù)極的判斷方法，注意不能僅根據(jù)金屬的活潑性判斷正負(fù)極，要根據(jù)發(fā)生反應(yīng)的反應(yīng)類型判斷正負(fù)極，如：Mg、Al、NaOH溶液構(gòu)成的原電池，鋁作負(fù)極，鎂作正極． 　 23．（2分）（xx?安徽）已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH﹣①HSO3﹣?H++SO32﹣②，向0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是（　　） 　 A． 加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3﹣）增大 　 B． 加入少量Na2SO3固體，則c（H+）+c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（OH﹣）+c（SO32﹣） 　 C． 加入少量NaOH溶液，的值均增大 　 D． 加入氨水至中性，則2c（Na+）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） 考點(diǎn)： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；影響鹽類水解程度的主要因素；離子濃度大小的比較．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： A、加入金屬鈉，先和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，氫氧化鈉抑制水解平衡①促進(jìn)電離平衡②； B、依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷； C、加入氫氧化鈉促進(jìn)電離平衡右移，抑制水解平衡左移； D、依據(jù)溶液中的電荷守恒分析比較． 解答： 解：A、加入少量金屬Na，Na與HSO3﹣電離出的H+反應(yīng)，促使平衡②右移，HSO3﹣離子濃度減小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3﹣）濃度減小，故A錯(cuò)誤； B、加入少量Na2SO3固體溶解后溶液中存在電荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故B錯(cuò)誤； C、加入氫氧化鈉促進(jìn)電離，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32﹣），c（OH﹣）濃度增大；，比值增大，故C正確； D、加入氨水至中性，c（H+）=c（OH﹣），電荷守恒為c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH﹣）+2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故D錯(cuò)誤； 故選C． 點(diǎn)評： 本題考查電解質(zhì)溶液，涉及弱電解質(zhì)的電離和鹽類的水解、三大守恒關(guān)系的應(yīng)用，平衡分析和溶液中離子濃度關(guān)系判斷是解題關(guān)鍵，題目難度中等． 　 24．（2分）下列各組離子在指定溶液中，能大量共存的是（　?。? ①無色溶液中：K+、Na+、、 ②pH=13的溶液中：、Na+、、 ③由水電離出的c（H+）=10﹣12 mol/L的溶液：Ba2+、Na+、、Cl﹣ ④強(qiáng)酸性溶液中：Fe3+、、Na+、 ⑤強(qiáng)酸性溶液中：Fe2+、Al3+、、Cl﹣． 　 A． ②③④ B． ②④⑤ C． ①②⑤ D． ②④ 考點(diǎn)： 離子共存問題．. 專題： 離子反應(yīng)專題． 分析： ①無色溶液中一定不存在有色的高錳酸根離子； ②pH=13的溶液的溶液為堿性溶液，溶液中存在大量的氫氧根離子； ③由水電離出的c（H+）=10﹣12 mol/L的溶液，該溶液為酸性或者堿性溶液； ④強(qiáng)酸性溶液中存在大量的氫離子，F(xiàn)e3+、NO3﹣、Na+、SO42﹣之間不反應(yīng)，也不與氫離子反應(yīng)； ⑤強(qiáng)酸性溶液中存在大量氫離子，硝酸根離子在酸性條件下能夠氧化亞鐵離子． 解答： 解：①無色溶液中不存在有色的離子，MnO4﹣為有色離子，在溶液中不能大量共存，故①錯(cuò)誤； ②pH=13的溶液中存在大量的氫氧根離子，CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣之間不發(fā)生反應(yīng)，也不與氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故②正確； ③由水電離出的c（H+）=10﹣12 mol/L的溶液為酸性或者堿性溶液，Ba2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣之間不反應(yīng)，都是無色離子，且都不與氫離子和氫氧根離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故③正確； ④強(qiáng)酸性溶液中：Fe3+、NO3﹣、Na+、SO42﹣之間不發(fā)生反應(yīng)，且都不與氫離子反應(yīng)，都是無色離子，在溶液中能夠大量共存，故④正確； ⑤強(qiáng)酸性溶液中存在大量的氫離子，NO3﹣在酸性條件下能夠氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故⑤錯(cuò)誤； 故選A． 點(diǎn)評： 本題考查離子共存的正誤判斷，該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，注意明確離子不能大量共存的一般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間；能生成難溶物的離子之間；能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間；能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間（如 Fe3+和 SCN﹣）等；解決離子共存問題時(shí)還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的顏色，如無色時(shí)可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色離子的存在；試題側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識的訓(xùn)練和檢驗(yàn)，有利于提高學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識解決實(shí)際問題的能力． 　 25．室溫下，將一元酸HA的溶液和KOH溶液等體積混合（忽略體積變化），實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表： 實(shí)驗(yàn)編號 起始濃度/（mol?L﹣1） 反應(yīng)后溶液的pH c（HA） c（KOH） ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 下列判斷不正確的是（　?。? 　 A． 實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） 　 B． 實(shí)驗(yàn)①反應(yīng)后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L 　 C． 實(shí)驗(yàn)②反應(yīng)后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L 　 D． 實(shí)驗(yàn)②反應(yīng)后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+） 考點(diǎn)： 酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算；離子濃度大小的比較．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： 室溫下，將等體積等濃度的HA和KOH混合（忽略體積變化），溶液呈堿性，說明該酸是弱酸， A．根據(jù)鹽的類型確定溶液中離子濃度的相對大??； B．根據(jù)電荷守恒計(jì)算氫氧根離子濃度； C．當(dāng)?shù)任镔|(zhì)的量的酸和堿恰好反應(yīng)時(shí)，溶液呈堿性，要使等體積的酸和堿混合后溶液呈中性，則酸的濃度應(yīng)大于堿的濃度； D．根據(jù)電荷守恒確定離子濃度關(guān)系． 解答： 解：室溫下，將等體積等濃度的HA和KOH混合（忽略體積變化），溶液呈堿性，說明該酸是弱酸， A．溶液中存在電荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶液呈堿性，c（OH﹣）＞c（H+），水的電離較微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故A正確； B．溶液中存在電荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）=mol/L﹣10﹣9 mol/L，故B錯(cuò)誤； C．當(dāng)?shù)任镔|(zhì)的量的酸和堿恰好反應(yīng)時(shí)，溶液呈堿性，要使等體積的酸和堿混合后溶液呈中性，則酸的濃度應(yīng)大于堿， 根據(jù)物料守恒得c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L，故C正確； D．溶液中存在電荷守恒，即c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即c（OH﹣）=c（H+），則c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的電離較微弱，所以c（A﹣）＞c（OH﹣），故D正確； 故選B． 點(diǎn)評： 本題考查離子濃度大小的比較，根據(jù)電荷守恒和微粒守恒來分析解答即可，易錯(cuò)選項(xiàng)是C，難度較大． 　 26．（2分）pH值相同的醋酸和鹽酸，分別用蒸餾水稀釋到原來體積的m倍和n倍，稀釋后兩溶液的pH值仍相同，則m和n的關(guān)系是（　?。? 　 A． m＞n B． m=n C． m＜n D． 不能確定 考點(diǎn)： 弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．. 專題： 電離平衡與溶液的pH專題． 分析： 根據(jù)醋酸是弱電解質(zhì)，加水稀釋有利于電離平衡正向移動，而鹽酸是強(qiáng)電解質(zhì)，不存在電離平衡． 解答： 解：因?yàn)榇姿崾侨跛幔铀蠓磻?yīng)正向進(jìn)行，醋酸電離度增加，加水后，氫離子濃度在減小的過程中有增大的趨勢，而鹽酸是強(qiáng)酸在水中完全電離，加水后，氫離子濃度只是在減小，所以要使稀釋后兩溶液pH值相同，就必須使m＞n．