2022-2023年高二化学上学期期末试卷（含解析） (IV)

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1、2022-2023年高二化学上学期期末试卷（含解析） (IV)一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分每小题有一个选项符合题意）1（3分）（xx安图县校级模拟）xx年2月，中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒”技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2下列对此反应的叙述中正确的是（）A使用光催化剂不改变反应速率B使用光催化剂能增大NO的转化率C升高温度能加快反应速率D改变压强对反应速率无影响考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素所有专题：化学平衡专题分析：据外界条件（浓度、温度、压强、催化剂、固体表面积）对化

2、学反应速率的影响和平衡移动原理分析判断，反应方程式为：2NO+2CO=N2+2CO2；反应特征是气体体积减少的反应解答：解：A、催化剂改变反应速率，故A错误；B、催化剂改变反应速率，不改变平衡，反应物的转化率不变，故B错误；C、升高温度增大反应速率，故C正确；D、反应前后气体体积改变，改变压强，平衡发生移动，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应速率的影响因素分析，平衡移动方向的判断，化学平衡移动原理，催化剂的作用分析是解题关键，题目较简单2（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）已知下列数据：4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）H=3350kJmol12Fe（s）+O2（g）2FeO（s

3、）H=544kJmol1则2Al（s）+3FeO（s）Al2O3（s）+3Fe（s）的H是（）A859 kJmol1B+1403 kJmol1C1718 kJmol1D2806kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算所有专题：化学反应中的能量变化分析：利用盖斯定律，从待求热化学方程式出发，找出待求反应中的反应物和生成物与已知反应中各反应物、生成物的关系，然后通过相互加减可得待求的H解答：解：已知：2Fe（s）+O2（g）=2FeO（s）H=544kJmol14Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=3350kJmol1据盖斯定律可得，得：2Al（s）+3FeO

4、（s）=Al2O3（s）+3Fe（s）H=（3350kJmol1）（544kJmol1）=859KJ/mol，故选A点评：本题考查了盖斯定律在反应热计算中的应用，题目难度中等，注意掌握盖斯定律的概念、含义及在反应热计算的中应方法，试题培养了学生灵活应用所学知识3（3分）（xx盐城二模）二甲醚是一种清洁燃料，以n（H2）/n（CO）=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A上述反应H0B图中P1P2P3C若在P3和316时，测得容器中n（H2）=n（CH3OCH

5、3），此时v（正）v（逆）D若在P3和316时，起始时n（H2）/n（CO）=3，则达到平衡时，CO转化率小于50%考点：转化率随温度、压强的变化曲线所有专题：化学平衡专题分析：A由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；B正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大；C计算容器中n（H2）=n（CH3OCH3）时CO的转化率，与平衡时CO的转化率比较判断反应进行方向；D增大某一反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低解答：解：A由图可知，压强一定时，温度越高，平衡时CO

6、的转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即H0，故A错误；B由图可知转化率P1P2P3，正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故压强P1P2P3，故B错误；C以n（H2）：n（CO）=2通入1L的反应器中，令n（H2）=2mol、n（CO）=1mol，n（H2）=n（CH3OCH3）时，设参加反应的氢气为xmol，则：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）0.5xmol xmol 0.25xmol故2x=0.25x，解得x=1.6，故CO的转化率=100%=80%50%，反应向逆反应方向移动，此

7、时v（正）v（逆），故C正确；D若在P3和316时，起始时n（H2）：n（CO）=3，相当于在原平衡的基础上增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故CO转化率应大于50%，故D错误，故选C点评：本题考查化学平衡图象、化学平衡影响因素及有关计算，难度中等，注意理解外界条件对平衡移动的影响4（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）下列说法正确的是（）A将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固由此可见该反应中，热能转化为产物内部的能量BFe2（SO4）3溶液加热蒸干灼烧后，得到Fe2O3固体C液面在“0”刻度时，50mL碱

8、式滴定管和25mL碱式滴定管所盛溶液的体积比值为2：1DNaCl固体溶解在水中，溶解过程中体系的HTS0S0考点：反应热和焓变；盐类水解的应用；计量仪器及使用方法所有专题：化学反应中的能量变化；盐类的水解专题分析：A、碳酸氢铵与盐酸反应是吸热反应；B、硫酸难挥发；C、“0”刻度下有一段没有刻度，不同容积的滴定管无刻度部分相差不大；D、固态溶解过程中熵增加解答：解：A、碳酸氢铵与盐酸反应是吸热反应，热能转化为化学能，故A正确；B、硫酸难挥发，随水分的挥发，水解出来的硫酸又把水解出来的氢氧化铁反应回硫酸铁，所以，硫酸铁溶液蒸干灼烧仍得硫酸铁，故B错误；C、滴定管的“0”刻度下有一段没有刻度，不同容

9、积的滴定管无刻度部分的容积相差不大，故C错误；D、NaCl的溶解过程中S0，故D错误；故选：A点评：本题考查了吸热反应的能量转化、电解质溶液蒸干灼烧的产物、滴定管、溶解过程的熵变，题目难度中等5（3分）（xx秋佛山期末）下列方法能使电离平衡H2OH+OH向右移动，且使溶液呈酸性的是（）A向水中加入少量硫酸铝固体B向水中加入少量硫酸氢钠固体C向水中加入少量碳酸钠固体D将水加热到100，使水的pH=6考点：水的电离所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：要促进水电离，可以采取的方法有：升高温度、加入含有弱根离子的盐，溶液呈酸性，说明加入的盐必须是强酸弱碱盐水解导致溶液呈酸性，据此分析解答解答：解：

10、A向水中加入硫酸铝，铝离子水解而促进水电离，且溶液呈酸性，故A正确；B向溶液中加入硫酸氢钠，硫酸氢钠电离出氢离子而抑制水电离，故B错误；C向溶液中加入碳酸钠，碳酸钠水解而促进水电离，但溶液呈碱性，故C错误；D升高温度，促进水电离，但溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以溶液仍然呈中性，故D错误；故选A点评：本题考查影响水电离的因素，注意不能根据pH确定溶液是酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性6（3分）（xx玉山县校级模拟）室温条件下进行下列各组实验，其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是（）选项实验方案观察要点A等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应恰好反应时的体积

11、比B醋酸溶液中加入醋酸钠固体溶液pH的变化C等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应产生H2的起始速率D将pH=4的醋酸稀释成pH=6的溶液加H2O的量AABBCCDD考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、酸碱中和反应，无法判断电解质的强弱，不能作为区分电解质强弱；B、醋酸溶液中存在电离平衡，引进醋酸跟后，影响平衡；C、溶液中弱电解质部分电离，强电解质完全电离，c（H+）不同；D、强电解质稀释，溶液中的n（H+），弱电解质稀释时，n（H+）增大；解答：A、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应，属于酸碱中和反应，无法作为判断强弱电解质的依据，故A错误；B、醋酸

12、溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加入醋酸钠固体后，平衡向着逆向移动，c（H+）减小，PH增大，B说法正确，故B错误；C、等体积等浓度的盐酸和醋酸，n（CH3COOH ）=n（HCl），醋酸的弱电解质，部分电离，醋酸溶液中c（H+）要小于盐酸的，产生H2的起始速率会不同，C的判断正确，故C错误；D、弱电解质加水稀释，会促进电离，导致n（H+）增大，加入水的量要比强电解质多，D说法正确，故D错误故选A点评：本题考查了弱电解质的电离，根据现象推断电解质强弱，难度适中7（3分）（xx秋湛江期末）下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液Bc（H+）=c（OH）=106mol/L溶

13、液C使石蕊试液呈紫色的溶液D酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液考点：溶液pH的定义所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断解答：解：A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100时，水的离子积常数是1012，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B、c（H+）=c（OH）=106mol/L溶液，溶液的pH=6，溶液一定呈中性，故B正确；

14、C、使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；D、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；故选B点评：本题考查了溶液酸碱性的判断，属于易错题，注意不能根据溶液的PH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性8（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）如图表示 25时，向0.1molL1的一元弱酸HA中加水稀释过程的变化图象，则图中纵坐标y表示的是（）Ac（H+）BHA的电离平衡常数KaCD水的离子积常数Kw考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡所有分析：根据图象可知，加

15、入水稀释过程中，纵坐标y的数值逐渐增大，A弱酸溶液在稀释过程中溶液中氢离子浓度减小；B电离平衡常数与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变；C稀释过程中HA分子的物质的量逐渐减小，氢离子的物质的量逐渐增大，则该比值增大；D水的离子积只受温度的影响解答：解：根据图象可知，加入水稀释HA的过程中，纵坐标y会逐渐增大，A稀释HA溶液的过程中，溶液中的氢离子的物质的量浓度会逐渐减小，故A错误；BHA的电离平衡常数Ka只受温度影响，与加入水的量无关，故B错误；C稀释过程中HA分子的物质的量逐渐减小，氢离子的物质的量逐渐增大，在同一溶液中，则该比值会逐渐增大，与图象变化一致，故C正确；D水的离子积与温度有关

16、，加入水的过程中水的离子积不变，故D错误；故选C点评：本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响因素，题目难度中等，注意掌握影响弱电解质电离的因素，明确水的离子积、弱电解质的电离平衡常数只受温度影响9（3分）（xx祁县校级模拟）下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（）ANO2球浸在冷水和热水中Bt/2550100Kw/10141.015.4755.0CDC（氨水）/（molL1）0.10.01pH1.110.6考点：化学平衡移动原理所有专题：化学平衡专题分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不

17、适用解答：解：A、2NO2N2O4，H0，升高温度，平衡逆向移动，颜色加深，降低温度，平衡正向移动，颜色变浅，能用平衡移动原理解释，故A错误；B、水的电离平衡是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，水的离子积常数变大，能用平衡移动原理解释，故B错误；C、催化剂不会引起平衡的移动，只能同等程度的改变正逆反应速率，故C正确；D、氨水的电离过程是吸热的过程，升高温度，平衡正向移动，碱性增强，pH变大，能用平衡移动原理解释，故D错误；故选C点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应10（3分）（xx北京）实验：0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL

18、1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀变为黄色下列分析不正确的是（）A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq）B滤液b中不含有Ag+C中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据沉淀的溶解平衡；B滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡；C根据AgCl为白色沉淀，AgI为黄色沉淀；D根据沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；解答：解

19、：A根据浊液a中含有AgCl，存在沉淀的溶解平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+Cl（aq），故A正确；B滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确；故选：B点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生11（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）下列现象或反应的原理解释正确的是（）现象或反应原理解释A锌与盐酸反应时，加

20、入几滴氯化铜溶液可加快反应速率氯化铜作反应的催化剂B将一小块金属钠投入水中，金属钠熔成小球该反应H0C镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼D常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH=4醋酸是弱电解质AABBCCDD考点：化学反应速率的影响因素；金属的电化学腐蚀与防护；弱电解质在水溶液中的电离平衡；钠的化学性质所有专题：基本概念与基本理论分析：A锌置换出铜，形成原电池反应；B金属钠熔成小球，说明反应放热；C镀层破损后，镀锡铁中铁为负极，易被氧化；D.0.1mol/L醋酸溶液的pH=4，说明醋酸部分电离解答：解：A锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故A错误；B金属钠熔成小球，说明反

21、应放热，该反应H0，故B错误；C镀层破损后，镀锡铁中铁为负极，易被氧化，铁比锡活泼，故C错误；D.0.1mol/L醋酸溶液的pH=4，说明醋酸部分电离，故D正确故选D点评：本题考查较为综合，涉及多方面的知识，为高频常见题型，注意把握原电池以及金属的腐蚀，钠与水反应的特点以及弱电解质的电离特点，难度不大12（3分）（xx秋濉溪县期末）pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是（）ANa2SO4BH2SO4CAgNO3DNaOH考点：电解原理所有专题：电化学专题分析：根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的

22、关系结合题意判断选项解答：解：A、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，故pH值不变，故A错误；B、电解硫酸溶液时，实际上电解的是水，但溶液中氢离子的浓度增大，pH值减小，故B错误；C、电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；D、电解氢氧化钠溶液时，实际上电解的是水，但溶液中的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D正确；故选D点评：本题考查了电解原理，随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解

23、的实质，只有明白这些知识点才能正确解答13（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是（）A电解时可以精铜为阳极，以CuSO4溶液为电解液B电解时阴极发生还原反应C粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu2e=Cu2+D电解结束后，电解质溶液的浓度保持不变考点：电解原理所有分析：A电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐溶液；B电解时，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应；C粗铜作阳极，阳极连接原电池正极；D阳极上Cu、Fe、Zn失电子发生氧化反应，阴极上只有铜离子得电子发生还原反应解答：解：A电解

24、精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，电解质溶液为可溶性的铜盐溶液，阳极金属失电子发生氧化反应，故A错误；B电解时，阴极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阳极反应式为Cu2e=Cu2+，故B正确；C粗铜作阳极，阳极连接原电池正极，阳极反应式为Cu2e=Cu2+，阴极连接原电池负极，故C错误；D阳极上Cu、Fe、Zn失电子发生氧化反应，阴极上只有铜离子得电子发生还原反应，溶解的铜小于析出的铜，所以电解后电解质溶液浓度降低，故D错误；故选B点评：本题考查电解原理，为高频考点，明确电解精炼粗铜时阴阳极及电解质成分、各个电极发生的反应即可解答，Ag、Pt会以单质形式进入溶液而转化为阳极泥，

25、题目难度不大14（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）A片刻后可观察到滤纸b点变红色B电子沿ZnabCu路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大DCu电极上发生还原反应考点：原电池和电解池的工作原理所有专题：电化学专题分析：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，电子从负极沿导线流向电解池阴极，原电池放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动解答：解：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作

26、正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，A、电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a极变红色，故A错误；B、电子从Zna，bCu路径流动，电子不进入电解质溶液，故B错误；C、锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，硫酸根离子不参加反应，所以硫酸根离子浓度不变，故C错误；D、铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，故D正确；故选D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，易错选项是B，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流，为易错点15（3分）

27、（xx秋乌鲁木齐校级期末）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述错误的是（）A放电时负极反应为：Zn2e+2OHZn（OH）2B放电时每转移3 mol 电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化C充电时阳极反应为：Fe（OH）33e+5OHFeO+4H2OD充电时阴极附近溶液的碱性增强考点：化学电源新型电池所有分析：高铁电池放电时，锌在负极失去电子，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H

28、2O+3e=Fe（OH）3+5OH，充电时为电解池，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答解答：解：A放电时，锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn2e+2OH=Zn（OH）2，故A正确；B该电池反应式中，Fe元素化合价由+6价变为+3价，所以每转移3 mol 电子，正极有1 mol K2FeO4被还原，故B错误；C充电时，阳极上氢氧化铁失电子发生氧化反应，所以阳极反应式为Fe（OH）33e+5OHFeO42+4H2O，故C正确；D充电时阴极反应式为Zn（OH）2+2e=Zn+2OH，有氢氧根离子生成，所以溶液碱性增强，故D正确；故选B点评：本题考查化学电源新型电池，为高

29、频考点，会根据元素化合价变化确定各个电极上发生的反应，难点是电极反应式的书写，易错选项是B16（3分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）将质量分数为0.052 （5.2%）的NaOH溶液1L（密度为1.06g/cm3），用Pt电极进行电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010（1.0%）时，停止电解，则此时溶液中应符合的关系是（）NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g阴极析出物质的质量/gA0.062（6.2%）19152B0.062（6.2%）15219C0.042（4.2%）1.29.4D0.042（4.2%）9.41.2AABBCCDD考点：电解原理所有专题：电化学专题分析：电解时，溶液

30、中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量；电解质溶液中溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以随着电解的进行，溶液的质量分数增大解答：解：氢氧化钠溶液电解时，电解的是水，氢氧化钠质量不变，水电解后生成氢气和氧气，溶液质量减少，所以氢氧化钠的质量分数会增加，因为溶液中NaOH的质量分数改变了1.0%，即现在变为：5.2%+1.0%6.2%；由于电解水时正极产生的是氧气，负极产生的是氢气，氧气与氢气的质量比为8：1，所以正极产生的质量要多于负极产生的气体的质量A、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气

31、，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量，故A错误；B、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，氧气与氢气的质量比为8：1，相当于电解水，质量分数现在变为：5.2%+1.0%=6.2%，故B正确；C、电解时，溶液中氢离子和氢氧根离子放电，所以在阴极上生成氢气，在阳极上生成氧气，且阳极生成氧气的质量大于阴极氢气的质量，故C错误；D、相电解当于电解水，溶液质量分数增大，质量分数现在变为：5.2%+1.0%=6.2%，故D错误；故选B点评：本题以电解原理为载体考查了电解时，阴阳极上得到的物质之间的关系及电解质溶液浓度的变化，电解强碱和含氧强酸的实质都是电解水二、

32、填空17（8分）（xx秋莲湖区校级期末）常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液和20.00mL 0.1000mol/L CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示（1）由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是图1（填“图1”或“图2”）；（2）a=20.00mL；（3）c（Na+）=c（CH3COO）的点是D；（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算所有分析：（1）如果酸为强酸，则0.1000mol/L酸的pH为1，根据酸溶液的初始pH确

33、定盐酸滴定曲线；（2）根据NaOH和HCl恰好反应时生成强酸强碱盐，溶液呈中性；（3）溶液中c（Na+）=c（CH3COO），则该溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性；（4）根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成盐，醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，再结合电荷守恒判断离子浓度解答：解：（1）如果酸为强酸，则0.1000mol/L酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为盐酸滴定曲线，故答案为：图1；（2）滴定20.00mL 0.1000mol/L HCl溶液，NaOH和HCl恰好反应时，消耗20mlNaOH溶液，生成强酸强碱盐，溶液呈中性，

34、滴定终点时n（HCl）=n（NaOH），则a=20.00mL，故答案为：20.00； （3）c（Na+）=c（CH3COO），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（OH）=c（H+），则溶液呈中性，pH=7，故答案为：D；（4）根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成盐，醋酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，所以c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），所以c（Na+）c（CH3COO），盐类水解程度较小，所以c（CH3COO）c（OH）

35、，则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）点评：本题考查了酸碱混合时溶液定性判断，题目难度中等，注意掌握根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度定性关系的方法注意过程的分析18（7分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）采用惰性电极从NO3、SO42、Cl、Cu2+、Ba2+、H+中选出适当的离子组成电解质，并对其溶液进行电解（多写少写均不给分）（1）若两极分别放出H2和O2，则可能的电解质的化学式为H2SO4、HNO3、Ba（NO3）2；（2）若阴极能析出金属，阳极放出O2，则可能的电解质的化学式为CuS

36、O4、Cu（NO3）2；（3）若两极分别放出气体，且体积比为1：1，则电解质的化学式为HCl、BaCl2考点：电解原理所有专题：电化学专题分析：阴极上阳离子放电顺序为Cu2+H+Ba2+，阳极上阴离子放电顺序为ClOHSO42、NO3，（1）当阴极放出H2，阳极放出O2时，则溶液中的电解质不放电，根据离子的放电顺序分析；（2）当阴极析出金属，则金属离子为Cu2+，阳极放出O2时，阴离子为SO42或NO3；（3）当阴极放出H2，则阴极为H+放电，阳极放出Cl2阴离子为Cl放电，此时两极分别放出气体，且体积比为1：1解答：解：阴极上阳离子放电顺序为Cu2+H+Ba2+，阳极上阴离子放电顺序为ClO

37、HSO42、NO3，（1）当阴极放出H2，阳极放出O2时，则溶液中的电解质不放电，溶液中阳离子为H+，阴离子为SO42或NO3，所以电解质是H2SO4、HNO3、Ba（NO3）2故答案为：H2SO4、HNO3、Ba（NO3）2（2）当阴极析出金属，则金属离子为Cu2+，阳极放出O2时，阴离子为SO42或NO3；所以电解质是CuSO4、Cu（NO3）2，故答案为：CuSO4、Cu（NO3）2；（3）当阴极放出H2，则阴极为H+放电溶液中的阳离子为H+，阳极放出Cl2阴离子为Cl放电，所以电解质为HCl、BaCl2，故答案为：HCl、BaCl2点评：本题考查电解原理，明确离子的放电顺序是解答本题的

38、关键，注意电极材料与发生的电极反应即可解答，题目难度不大19（13分）（xx秋黄州区校级期末）如图所示三套实验装置，分别回答下列问题（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验一段时间后，向插入铁钉的玻璃筒内滴入K3溶液，即可观察到铁钉附近的溶液有蓝色沉淀，表明铁被氧化（填“氧化”或“还原”）；向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨棒附近的溶液变红，该电极反应式为O2+4e+2H2O4OH（2）装置2中的铜是负极（填“正”或“负”），该装置中石墨电极所发生的反应为Fe3+e=Fe2+（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2molL1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5molL1的CuSO

39、4溶液反应一段时间后，停止通电向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红电源的N端为负极；甲烧杯中石墨电极的电极反应式为2H+2eH2乙烧杯中电解反应的离子方程式为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量，电极增重0.64g，甲烧杯中产生的气体在标准状况下的体积为224 mL考点：原电池和电解池的工作原理所有专题：电化学专题分析：（1）铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，Fe2+与K3反应生成蓝色沉淀，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH；（2）形成原电池，总方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，根据总方程式判断；（3）向甲烧杯中

40、滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明石墨极生成4OH，应为电解池的阴极，则M为正极，N为负极，乙烧杯为电解硫酸的反应，阳极生成氧气，阴极析出铜，结合电极方程式解答该题解答：解：（1）铁发生吸氧腐蚀，铁被氧化生成Fe2+，正极发生还原反应，氧气得到电子被还原生成OH，电极方程式为O2+4e+2H2O4OH，故答案为：氧化；O2+4e+2H2O4OH；（2）铜可被Fe3+氧化，发生Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，形成原电池反应时，铜为负极，发生氧化反应，石墨为正极，正极反应为Fe3+e=Fe2+，故答案为：负； Fe3+e=Fe2+；（3）乙烧杯为电解硫酸的反应，阳极生成氧气，阴极

41、析出铜，向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明石墨极生成4OH，应为电解池的阴极，则M为正极，N为负极，电解氯化钠溶液，阴极发生还原反应生成氢气，电极方程式为2H+2eH2，故答案为：负； 2H+2eH2；乙烧杯为电解硫酸的反应，阳极生成氧气，阴极析出铜，电解方程式为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故答案为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol2=0.02mol，甲烧杯中，阳极铁被氧化，阴极产生气体为氢气，2H2O+2e2OH+H2， 2

42、mol 22.4L 0.02mol VV=0.224L，即224ml，故答案为：224点评：本题考查电化学知识，题目难度中等，做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算20（12分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：CrOCr2OCr3+Cr（OH）3其中第步存在平衡：2CrO（黄色）+2H+Cr2O（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，该溶液显橙色（2）能说明第步反应达平衡状态的是caCr2O和

43、CrO的浓度相同b2v（Cr2O）=v（CrO）c溶液的颜色不变（3）第步中，还原1molCr2O离子，需要6mol的FeSO47H2O（4）第步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）Cr3+（aq）+3OH（aq）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）c3（OH）=1032，要使c（Cr3+）降至105mol/L，溶液的pH应调至5方法2：电解法该法用Fe做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀（5）用Fe作电极的原因为阳极反应为Fe2e=Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）在阴极附近溶液PH升

44、高的原因是（用电极方程式解释）2H+2eH2考点：化学平衡的调控作用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理所有专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定离子浓度大小和溶液颜色变化；（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，解答：解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42（黄色）+

45、2H+Cr2O72（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙；（2）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，故选：C；（3）根据电子得失守恒：n（Cr2O72）6=n（FeSO47H2O）1，n（FeSO47H2O）=6mol，故答案为：6；（4）当c（Cr3+）=105mol/L时，溶液的c（OH）=109 mol/L，c（H+）=105mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至105mol/L，溶液的pH应调至5，故答案为：5（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe2eFe2+，以提供还原剂Fe2+，故答案为：阳极反应为Fe2e=Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）

46、在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H+2eH2；故答案为：2H+2e=H2点评：本题主要考查了铬及其化合物的性质、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内容，难度中等，抓住题目信息是解题的关键21（12分）（xx秋乌鲁木齐校级期末）铁、铜单质及其化合物应用范围很广现有含氯化亚铁杂质的氯化铜晶体（CuCl22H20），为制取纯净的CuCl22H20，首先将其制成水溶液，然后按如图步骤进行提纯：已知Cu2+、Fe3+和Fe2+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH，见下表：Fe3+Fe+Cu+氢氧化物开始沉淀时p1.97.04.7氢氧化物完全沉淀时p3.29.06.7请

47、回答下列问题（1）加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离（2）最适合作氧化剂X的是CAK2Cr207 BNaCl0 CH202 DKMn04（3）加入的物质Y是CuO（4）若不用物质Y而是直接用碱能不能达到目的？不能 （填“能”或“不能”）若能，不用回答；若不能，试解释原因：加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀（5）最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl22H2O晶体？不能（填“能”或“不能”）若能，不用回答；若不能，回答该如何操作？应在HCl气流中加热蒸发结晶（6）若向溶液中加入碳酸钙，产生的现象是碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀（7）若向溶

48、液中加入镁粉，产生的气体是氢气试解释原因：镁粉与氯化铁、氯化铜水解生成的氢离子反应生成氢气（8）FeCl3溶液具有净水作用的原因是氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，加速悬浮颗粒的沉降考点：制备实验方案的设计所有专题：实验设计题分析：氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，易除去，据此回答；（2）选择的氧化剂不能引进新的杂质离子是最佳氧化剂；（3）在调节pH时，加入的物质不能引进新杂质；（4）根

49、据铁离子和铜离子都能和碱之间反应得到沉淀来回答；（5）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶液得到的是氢氧化铜，据此回答；（6）在酸性环境下加入碳酸钙，可以得到二氧化碳气体，碳酸钙会溶解；（7）溶液中存在较多的氢离子，加镁粉，会生成氢气；（8）氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，胶体能吸附水中的悬浮颗粒解答：解：根据流程图，氯化亚铁和氯化铜的混合液中，加入氧化剂可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将铁离子沉淀，得到氯化铜的水溶液，然后再酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，（1）根据实验目的，加入氧化剂的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与C

50、u2+分离，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成Fe（OH）3沉淀而与Cu2+分离；（2）K2Cr2O7、NaClO、H2O2、KMnO4都具有氧化性，能将亚铁离子氧化，但是K2Cr2O7、NaClO、KMnO4能引进新的杂质离子，双氧水是绿色氧化剂，得到的还原产物是水，不会引进杂质离子，故答案为：C；（3）中和溶液的酸性，调节pH，将铁离子沉淀，铜离子不沉淀，可以加入CuO，故答案为：CuO；（4）铁离子和铜离子都能和碱之间反应得到沉淀，若不用物质Y，而是直接用碱能不能达到目的，故答案为：不能，加碱使Fe3+沉淀的同时也能使Cu2+沉淀；（5）铜离子水解溶液显示酸性，加热蒸干硫酸铜溶

51、液得到的是氢氧化铜，为防止水解，应该在HCl气流中蒸干，故答案为：不能；应在HCl气流中加热蒸发结晶；（6）氯化铁和氯化铜的混合液中铜离子和铁离子水解显酸性，若向溶液中加入碳酸钙，碳酸钙溶解，产生二氧化碳气泡，溶液的酸性减弱，铁离子会形成沉淀，故答案为：碳酸钙溶解，产生气泡和红褐色沉淀；（7）氯化铁和氯化铜的混合液中铜离子和铁离子水解显酸性，溶液中存在较多的氢离子，加镁粉，会生成氢气；故答案为：氢气；镁粉与氯化铁、氯化铜水解生成的氢离子反应生成氢气；（8）氯化铁水解生成氢氧化铁胶体Fe3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，Fe（OH）3胶体具有较大的表面积，能吸附水中的悬浮颗粒，加速悬浮

52、颗粒的沉降，所以能够净水；故答案为：氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，加速悬浮颗粒的沉降点评：本题是一道物质的分离和提纯的实验方案设计题，题目考查的知识点较多，涉及氧化还原反应原理的应用、调节pH除杂质、盐的水解原理的应用、胶体的性质等，考查学生分析解决问题以及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等三、附加题22（3分）（xx安徽）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃已知25时：HF（aq）+OH（aq）F（aq）+H2O（l）H=67.7kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1在20mL 0.1molL1氢氟酸中加入V mL 0.1molL1 Na

53、OH溶液下列有关说法正确的是（）A氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF（aq）F（aq）+H+（aq）H=+10.4 kJmol1B当V=20时，溶液中：c（OH）=c（HF）+c（H+）C当V=20时，溶液中：c（F）c（Na+）=0.1 molL1D当V0时，溶液中一定存在：c（Na+）c（F）c（OH）c（H+）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的pH专题分析：A利用盖斯定律将可得氢氟酸的电离方程式及热效应；B当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，可根据质子守恒判断；C当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，结

54、合电荷守恒判断；D溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同解答：解：A利用盖斯定律将可得HF（aq）F（aq）+H+（aq）H=10.4 kJmol1，故A错误；B当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，根据质子守恒可得c（OH）=c（HF）+c（H+），故B正确；C当V=20时，恰好反应生成NaF，应F水解，则c（F）c（Na+）=0.05molL1，故C错误；D溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同，溶液也可能呈酸性，故D错误故选B点评：本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意盖斯定律的运用，易错点为D，注意V对溶液酸碱性的影响23（3分）（xx

55、天津）为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）2PbSO4（s）+2H2O （l）电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2电解过程中，以下判断正确的是（）电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3mol Pb生成2mol Al2O3C正极：PbO2+4H+2ePb2+2H2O阳极：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+DAABBCCDD考点：原电池和电解池的工作原理所有专题：压轴题；电化学专题分析：A原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动；B串联电池中转移

56、电子数相等；C原电池正极上生成硫酸铅；D原电池中铅电极上生成硫酸铅解答：解：A原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B串联电池中转移电子数相等，每消耗3molPb，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D点评：本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等24（3分）（xx宜宾县模拟）在不同温度下，水溶液中c（H+）

57、与c（OH）有如图所示关系下列条件关于离子共存说法中正确的是（）Aa点对应的溶液中能大量存在：Fe3+、Na+、Cl、SO42Bb点对应的溶液中能大量存在：NH4+、Ca2+、AlO2、ICc点对应的溶液中能大量存在：Na+、Ba2+、Cl、CO32Dd点对应的溶液中能大量存在：Na+、K+、SO32、Cl考点：离子共存问题；离子方程式的有关计算所有专题：离子反应专题分析：从图象判断各点的酸碱性，然后判断离子是否共存来解答，Aa点对应的溶液，c（H+）=c（OH），溶液显中性；Bb点对应的溶液中，c（H+）c（OH），溶液显酸性；Ca点对应的溶液，c（H+）=c（OH），溶液显中性；Dd点对应的溶液中，c（H+）c（OH），溶液显碱性解答：解：Aa点对应的溶液，c（H+）=c（OH），溶液显中性，不可能存在大量的Fe3+，Fe3+在pH为4.7转化为沉淀，故A错误；Bb点对应的溶液中，c（H+）c（OH），溶液显酸性，AlO2、H+反应，不能共存，故B错误；Ca点对应的溶液，c（H+）=c（OH），溶液显中性，Ba2+、CO32结合生成沉淀，不能共存，故C错误；Dd点对应的溶液中，c（H+）