吉林省吉林市蛟河市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

吉林省吉林市蛟河市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

‎2019－2020学年度上学期高二第二次期中测试化学科试卷 可能用到的相对原子质量：Fe 56 Cu 64‎ 一、选择题：每小题2分，共40分 ‎1.下列指定化学用语正确的是（ ）‎ A. NaHCO3 水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+‎ B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2++2OH-‎ C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42-‎ D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。‎ 点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H++CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-。‎ ‎2.甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，对下列叙述的判断正确的是（  ）‎ A. 甲中水电离出来H+的物质的量浓度是乙中水电离出来H+的物质的量浓度的10倍 B. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，10V(甲)>V(乙)‎ C. 物质的量浓度c(甲)>10c(乙)‎ D. 甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：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，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲="c" （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲 ‎=c（H+）乙，错误；C．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）＞10c（乙），正确；B．酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）＞10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）＜V（乙），错误；D．c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲="c" （OH-）乙，错误。‎ 考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。‎ ‎3.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：‎ CH3COOH H2CO3‎ H2S H3PO4‎ ‎1.8×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ K1=9.1×10-8‎ K2=1.1×10-12‎ K1=7.5×10-3‎ K2=6.2×10-8‎ K3=2.2×10-13‎ 则下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 碳酸的酸性强于氢硫酸 B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定 C. 常温下，加水稀释醋酸，增大 D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表格数据可知，碳酸的K1＞氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；‎ B．多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确； ‎ C．常温下，加水稀释醋酸，=，则不变，选项C错误；‎ ‎ D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，= ，Ka、Kw均只与温度有关，故不变。‎ ‎4.用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）‎ ‎①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ‎③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线 A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所用体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；‎ ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；‎ ‎③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，此时所测盐酸的浓度减小；‎ ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所用碱液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；‎ ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线，读数偏高，所用碱液的体积偏小，所测盐酸浓度偏低。‎ 只有①④符合题意，故答案为A。‎ ‎5.下列说法正确的是 A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋) = 10-10 mol/L B. 将pH=2的HCl溶液和pH=4的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液pH=3‎ C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，则c(NH4＋) < c(NH3·H2O)‎ D. 向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：HA－+ OH－ = H2O + A2-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，pH=4的CH3COOH溶液中，c(H＋) = 10-4mol/L，则由水电离的c(H＋) 水= c(OH-)水= 10-10 mol/L，故A正确；B. 将pH=2的HCl溶液的c(H＋) = 10-2mol/L，pH=4的H2SO4溶液的c(H＋) = 10-4mol/L，二者等体积混合，所得溶液的c(H＋) = ×(10-2mol/L +10-4mol/L)≈×10-2mol/L＞10-3mol/L，pH＜3，故B错误；C. 0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NH4Cl溶液等体积混合后所得溶液pH>7，即c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒，则c(NH4＋) ＞c(Cl-)，因此氨水的电离为主，因此 c(NH4＋) ＞c(NH3·H2O)，故C错误；D. 0.1 mol/LNaHA溶液的pH=1，说明HA－完全电离，则向0.1 mol/L、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液反应的离子方程式为：H++ OH－ =H2O，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液酸碱性与pH。本题的易错点为D，要注意根据溶液的浓度与pH的关系，判断酸H2A和HA－的强弱，再判断离子方程式的正误。‎ ‎6.下列事实：‎ ‎①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。‎ 其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）‎ A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。‎ ‎7.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pH>7，则一定是c1V1＝c2V2‎ 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c2>c1‎ D. 若V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢氧化钠为强碱，醋酸为弱酸，两溶液混合时，若恰好完全反应，则得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，pH>7，若醋酸溶液稍过量，pH也可能大于7，而碱过量时溶液一定显碱性，pH>7，故A错误；‎ B、由电荷守恒知，在任何情况下都存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故B正确；‎ C、溶液pH＝7时酸过量，所以若V1＝V2，则一定是c2>c1，故C正确；‎ D、由物料守恒知，若V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎8.在25℃时，下列有关电解质溶液的说法不正确的是( )‎ A. pH相等的四种溶液：a．CH3COONa b．Na2CO3 c．NaHCO3 d．NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为：d < b < c < a B. 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(Na＋) ＞ c(HCO3－) ＞ c(CO32－)＞ c(H2CO3)‎ C. 1 L 0.50 mol·L－1NH4Cl 溶液与2 L 0.25 mol·L－1NH4Cl 溶液，前者含NH4+ 物质的量多 D. 浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－) ＞ c(CH3COOH)＋c(H+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酸性，则其对应阴离子的水解程度为。‎ ‎【详解】A. pH相等的、、溶液，其物质的量浓度，故d < b < c < a，A正确；‎ B.‎ ‎ 碳酸氢钠溶液显碱性，则碳酸氢根离子的电离程度小于其水解程度，故溶液中的粒子浓度大小关系为 ，B错误；‎ C. 溶液的浓度越小，其离子的水解程度越大，故0.25mol/L的氯化铵的水解程度大于0.5mol/L的氯化铵，故前者所含铵根离子的物质的量更多，C正确；‎ D. 该混合溶液显酸性，故氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，根据质子守恒，可得，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎9.常温下，将CO2通入2LpH=12的KOH溶液中，溶液中水电离出的OHˉ离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示.下列叙述不正确的是 A. a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-12 mol/L B. b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol/L C. c点溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(H2CO3)]‎ D. d点溶液中：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．a点溶液中：水中没有通入CO2气体，KOH溶液pH=12，则水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L，正确。B．b点溶液中只含有KOH、K2CO3，根据图像可知：溶液的水电离产生的c(H+)=1×10-7mol/L，但是溶液中除水电离产生H+外，还存在H2CO3电离产生H+，因此溶液的c(H+)>1×10-7mol/L，错误。C．c点时溶液中水电离产生的c(H+)最大，则该溶液恰好为K2CO3溶液。根据物料守恒可得溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3－)+c(H2CO3)]，正确。D.根据电荷守恒可得：c(K+)+ c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)。由于该溶液只有水电离产生H+，所以由于d点溶液中c(H+)= c(OH-)，所以c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。‎ 考点：考查电解质溶液中离子浓度大小比较的知识。‎ ‎10.某温度下，向10 mL 0.1 mol/LCuCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2‎ S溶液，滴加过程中溶液中−lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，已知：lg2＝0.3，Ksp(ZnS)＝3×10-25 。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点 B. Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)‎ C. 该温度下Ksp(CuS)=4×10-36‎ D. 向100 mL Zn2+、Cu2+浓度均为10-5 mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4 mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、水解促进水电离， b点是与溶液恰好完全反应点，溶质是氯化钠，对水的电离没有影响，水的电离程度最小的为b点，故A错误；‎ B. 根据物料守恒溶液中：，故B错误；‎ C. b点是与溶液恰好完全反应的点，，根据b点数据， ，该温度下，故C正确；‎ D. 大于，所以向、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液，先沉淀，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎11. 下列关于金属腐蚀与防护的说法错误的是 A. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不再对铁制品起保护作用 B. 在空气与水面交接处的钢柱，比在水下部分的钢柱容易腐蚀 C. 钢铁不论发生析氢腐蚀还时吸氧腐蚀，其负极反应都为Fe－2e－＝Fe2+‎ D. 将输油管道与电源的正极相连的防护方法叫做牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、由于金属性是铁强于锡，所以当镀锡铁制品的镀层破损构成原电池时，铁是负极，加快腐蚀，因此镀层不再对铁制品起保护作用，A正确；B、由于在水下部分氧气的含量低，因此在空气与水面交接处的钢柱，比在水下部分的钢柱容易腐蚀，B正确；C、钢铁不论发生析氢腐蚀还时吸氧腐蚀，均是铁作负极，失去电子被氧化，其负极反应都为Fe－2e－＝Fe2+，C正确；D、电解池中阳极失去电子，被氧化。所以将输油管道与电源的负极相连的防护方法叫做外加电流的阴极保护法，D不正确，答案选D。‎ 考点：考查金属腐蚀与防护的有关判断 ‎12.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al-3e-=Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正确；‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】判断原电池的正负极时，我们通常比较两电极材料的活动性，确定相对活泼的金属电极作负极。如果我们仅从金属的活动性进行判断，容易得出错误的结论。如C、D选项中，我们会错误地认为C中Mg作负极，D中Al作负极。‎ 实际上，我们判断正负电极时，不是看金属的活动性，而是首先看哪个电极材料能与电解质溶液发生反应，若只有一个电极能与电解质溶液发生反应，则该电极为负极；若两电极材料都能与电解质发生反应，则相对活泼的电极为负极。‎ ‎13.铅蓄电池放电时的工作原理为：Pb＋PbO2＋2H2SO4＝2PbSO4＋2H2O，下列判断错误的是 A. 放电时Pb为负极 B. 充电时阳极的电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－＝PbO2＋4H+＋SO42－‎ C. 放电完全后铅蓄电池可进行充电，此时铅蓄电池的负极连接外电源的正极 D. 用铅蓄电池电解CuCl2溶液，若制得2.24L Cl2（标准状况），这时电池内至少转移0.2 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由总方程式可以知道，放电时，Pb为负极，发生氧化反应，电极方程式为Pb+SO42--2e-=PbSO4，PbO2为正极，发生还原反应，电极方程式为PbO2+4H++ SO42-+2e-= PbSO4+2H2O；在充电时，阴极发生的反应是PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－，阳极反应为PbSO4＋2H2O－2e－＝PbO2＋4H+＋SO42－，结合电极方程式解答该题。‎ ‎【详解】A.电池放电时，Pb为负极，所以A选项是正确的； B. 充电时，阳极上PbSO4失电子发生氧化反应，阳极反应为PbSO4＋2H2O－2e－＝PbO2＋4H+＋SO42－，所以B选项是正确的；‎ C.充电时，负极与外加电源的负极相连，故C错误； D. 铅蓄电池电解CuCl2溶液，若制得2.24L Cl2 (标准状况)，可能有电能转化为热能，所以至少转移电子为0.2 mol，所以D选项是正确的。 故答案选C。‎ ‎14.200mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=1.4mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体2.24L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为200 mL，下列说法正确的是 A. 原混合溶液中c(Na＋)＝0.9 mol·L－1‎ B. 电解后溶液的pH值为0‎ C. 上述电解过程中共转移0.8 mol电子 D. 电解后得到的Cu的物质的量为0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 惰性电极电解NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，两极均收集到标准状况22.4L气体，即H2和O2均为0.1mol；阳极发生反应：4OH--4e-＝O2↑+2H2O，阴极发生反应：Cu2++2e-＝Cu、2H++2e-‎ ‎＝H2↑，所以转移电子共0.4mol，H+和Cu2+各得0.2mol电子。‎ A项，Cu2+得0.2mol电子，因为Cu2+全部反应，所以n（Cu2+）＝0.1mol，c（Cu2+）＝0.1mol÷0.2L＝0.5mol/L，由电荷守恒可得，原混合溶液中c（Na+）＝1.4mol/L-0.5mol/L×2＝0.4mol/L，故A错误；B项，阳极反应0.4molOH-，阴极反应0.2molH+，OH-和H+都来自于水，电解后溶液中c（H+）依据阳极氢离子增大和阴极氢离子减小共同决定，所以电解后溶液中c（H+）＝（0.4mol-0.2mol）÷0.2L＝1mol/L，所以pH值为0，故B正确；C项，由上述分析可知，电解过程转移电子总数为0.4mol，故C错误；D项，Cu2+得0.2mol电子生成0.1molCu，故D错误。‎ 点睛：本题考查电解原理的应用，明确发生的电极反应及电子守恒是解题关键，根据题意，电解分为两阶段，首先电解Cu(NO3)2溶液，然后电解水；注意氢氧根离子与氢离子的关系和电解质溶液中电荷守恒的应用。‎ ‎15. 16.工业上常用电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，以下说法正确的是 A. a极与电源的负极相连 B. 产物丙为硫酸溶液 C. 离子交换膜d为阴离子交换膜 D. a电极反应式：2H2O+2e－= H2↑+2OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：分析装置图可知该装置是电解装置，电极硫酸钠溶液，实质是电解水，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，气体甲为氧气，气体乙为氢气，阳极生成氧气，电极反应4OH--4e-＝2H2O+O2，阴极生成氢气，2H++2e-=H2‎ ‎↑，所以判断a电极是阳极，b电极是阴极。在阳极室得到硫酸，在阴极室得到氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜；A、根据以上分析可知a电极为阳极，与电源正极相连，A错误；B、阳极a生成氧气，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e-=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，B正确；C、阳极a生成氧气，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e-=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，则c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，C错误；D、阳极a生成氧气，电极反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，D错误，答案为B。‎ 考点：考查了电解原理的分析应用 ‎16.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 燃料电池工作时负极反应为：H2=2H++2e-‎ B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜 C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出 D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，a极析出铜64g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析原电池或电解池类试题的实验装置时，解题的切入点是正负极的判断。从图中可以看出，左边电池为燃料电池，右边电池为电解池。通H2的电极为负极，通O2的电极为正极；右边装置中，a电极为阳极，b电极为阴极。‎ ‎【详解】A. 燃料电池工作时负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；‎ B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铜，b极是铁，错误；‎ C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极为阳极，失电子，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2+得电子，有铜析出，正确；‎ D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，线路中转移电子为2mol，b极为阴极，析出铜64g，a极为阳极，不能析出铜，错误。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】书写电极反应式时，除去应考虑电极材料及电解质中的微粒得失电子以外，还应考虑电解质的性质。在酸性电解质中，电极反应式中不能出现OH-；在碱性电解质中，电极反应式中不能出现 H+。‎ ‎17.在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6g B. 电解过程中丙中溶液pH无变化 C. 向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态 D. 乙中左侧电极反应式：Cu2++2e-=Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则表明此电极中Cu2+获得电子生成铜，附着在电极表面，所以此电极为阴极。因为三个电池串联，所以各电池中左边电极都为阴极，右边电极都为阳极。‎ ‎【详解】A. 甲装置为电解KCl的装置，阳极生成氯气，阴极生成氢气，标准状况下当甲中产生4.48L气体时，线路中转移电子0.2mol。丙中线路上转移电子也为0.2mol，Cu电极上析出0.2molAg，质量增加21.6g，正确 ；‎ B. 丙装置为电镀装置，电解后，AgNO3溶液的组成和浓度不变，电解过程中丙中溶液pH无变化，正确；‎ C. 甲中电解后，有一部分KCl转化为KOH，向甲中加入适量的盐酸，可使KOH转化为KCl ‎，但溶液中的溶剂量增加，溶液浓度减小，不可能恢复到电解前的状态，错误；‎ D. 乙中左侧电极为阴极，电极反应式：Cu2++2e-=Cu，正确。‎ 故答案为C。‎ ‎18.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）‎ A. 放电时，ClO4－向负极移动 B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C D. 充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。‎ ‎【详解】A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；‎ B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；‎ C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；‎ D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。‎ ‎【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。‎ ‎19.工业废气H2S经资源化利用后可回收能量并得到单.质硫。反应原理为：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ·mol-1。H2S燃料电池的工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 电极a为电池的负极 B. 电极b上的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O C. 若有17gH2S参与反应，则会有1molH+经质子膜进入正极区 D. 若电路中通过2mol电子，则电池内部释放632kJ热能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. H2S被氧化为S2的电极a为电池的负极，故A正确；B. 酸性燃料电池，正极电极b上的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，故B正确；C. H2S～2e-，若有17gH2S参与反应，则会有1molH+经质子膜进入正极区，故C正确；D. 4e-～632kJ，若电路中通过2mol电子，则电池内部释放316kJ热能，故D不正确。故选D。‎ ‎20. 电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。‎ 已知:3I2+6OH—=IO3—+5I—+3H2O 下列说法不正确的是 A. 右侧发生的电极方程式：2H2O+2e—=H2↑+2OH—‎ B. 电解结束时，右侧溶液中含有IO3—‎ C. 电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O=KIO3+3H2↑‎ D. 如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，则右侧电极反应式为：2H++2e-═H2↑，故A正确；B．一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3-，故B正确；C．左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，同时发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2↑，故C正确；D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2↑，电解槽内发生的总化学方程式发生变化，故D错误；故答案为D。‎ 点睛：左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I--2e-=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧放出氢气，右侧I-、OH-通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3-通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，保证两边溶液呈电中性。‎ 二、填空题：5个小题，共60分 ‎21.(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH____NaOH溶液的pH(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(2)将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH4+)＝c(Cl－)，则盐酸的体积___氨水的体积(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(3)将0.2 mol·L－1HA溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：‎ ‎①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)；‎ ‎②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1。‎ ‎(4)常温时，取0.1 mol·L－1HX溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。‎ ‎①混合溶液中由水电离出c(OH－)与0.1 mol·L－1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)之比为________。‎ ‎②已知NH4X溶液呈中性，又知将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎【答案】 (1). > (2). < (3). < (4). ＝ (5). 107：1 (6). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中c(OH－)相等，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液中n(OH－)不变，而CH3COONa溶液中CH3COO－的水解平衡正向移动，n(OH－)增大，则CH3COONa溶液中c(OH－)大于NaOH溶液中c(OH－)，故CH3COONa溶液的pH大。‎ ‎(2)物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性；若两溶液恰好完全反应则生成NH4Cl，所得溶液呈酸性，若使溶液呈中性，则有V(HCl)c(A－)，则有c(H＋)7。‎ ‎22.“中和滴定”原理在实际生产生活中应用广泛。用I2O5‎ 可定量测定CO的含量，该反应原理为5CO+I2O55CO2+I2。其实验步骤如下：‎ ‎①取250 mL（标准状况）含有CO的某气体样品通过盛有足量I2O5的干燥管中在170 ℃下充分反应；‎ ‎②用水一乙醇液充分溶解产物I2，配制100 mL溶液；‎ ‎③量取步骤②中溶液25.00 mL于锥形瓶中，然后用0.01 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定。消耗标准Na2S2O3溶液的体积如表所示。‎ 第一次 第二次 第三次 滴定前读数/mL ‎2.10‎ ‎2.50‎ ‎1.40‎ 滴定后读数/mL ‎22.00‎ ‎22.50‎ ‎21.50‎ ‎（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和____________________。‎ ‎（2）Na2S2O3标准液应装在__________（填字母）中。‎ ‎（3）指示剂应选用__________，判断达到滴定终点的现象是____________________________________。‎ ‎（4）气体样品中CO的体积分数为__________（已知：气体样品中其他成分不与I2O5反应：2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）‎ ‎（5）下列操作会造成所测CO的体积分数偏大的是__________（填字母）。‎ a．滴定终点俯视读数 ‎ b．锥形瓶用待测溶液润洗 c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡 ‎ d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出 ‎【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). B (3). 淀粉溶液 (4).‎ ‎ 滴加最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 (5). 17.92% (6). bc ‎【解析】‎ ‎（1）步骤②中配制100 mL待测溶液需要用到的玻璃仪器的名称是烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶。（2）Na2S2O3溶液显碱性，则Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中，即答案选B。（3）碘遇淀粉显蓝色，则指示剂应选用淀粉溶液，反应中单质碘被消耗，则判断达到滴定终点的现象是滴加最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色。（4）根据表中数据可知三次滴定消耗标准液体积分别是19.90mL、20.00mL、20.10mL，所以消耗标准液体积的平均值是20.00mL。根据方程式5CO+I2O55CO2+I2、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知5CO～I2～2Na2S2O3，则气体样品中CO的体积分数为；（5）a．滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，a错误；b．锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，b正确；c．滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，c正确；d．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，d错误，答案选bc。‎ ‎23.某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是：H2B=H＋＋HB－；HB－H＋＋B2－，回答下列问题：‎ ‎(1)NaHB溶液显___(填“酸性”、“中性”或“碱性”或“无法确定”)，理由是_______。‎ ‎(2)某温度下，向0.1 mol·L－1 的NaHB溶液中滴入0.1 mol·L－1 KOH溶液至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是________(填序号)。‎ a．c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14 b．c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)‎ c．c(Na＋)＞c(K＋) d．c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05 mol·L－1‎ ‎(3)已知0.1 mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，则0.1 mol·L－1H2B溶液中氢离子的物质的量浓度可能是________0.11 mol·L－1(填“＜”、“＞”或“＝”); 理由是__________。‎ ‎【答案】 (1). 酸性 (2). H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB－只能电离不能水解 (3). bc (4). 小于 (5). 0.1 mol/L NaHB溶液的pH＝2，说明其中c(H＋)＝0.01 mol/L，主要是HB－电离产生的，在H2B溶液中，第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以0.1 mol/L H2B溶液中c(H＋)＜0.11 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB－只能电离不能水解，导致溶液中c(H＋)＞c(OH－)，所以溶液呈酸性；‎ ‎(2)a.水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数也未知，故a错误；‎ b.溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)，故b正确；‎ c.NaHB溶液呈酸性，Na2B溶液呈碱性，向0.1 mol·L－1 的NaHB溶液中逐滴滴加0.1 mol·L－1 KOH溶液至溶液呈中性时，NaHB的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c(Na＋)＞c(K＋)，故c正确；‎ d.NaHB溶液呈酸性，Na2B溶液呈碱性，向0.1 mol·L－1 的NaHB溶液中逐滴滴加0.1 mol·L－1 KOH溶液至溶液呈中性时，c(Na＋)＋c(K＋)＝0.10 mol·L－1 ，为定值，故d错误，答案为bc；‎ ‎(3)若0.1 mol·L－1NaHB溶液的pH＝2，说明溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1 ，则HB－的电离度是10%，H2B第一步不能完全电离，第二步部分电离，由于H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离，故H2B(0.1 mol·L－1 )的c(H＋)小于0.11 mol·L－1 。‎ ‎24. 某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。‎ ‎(1）如图为某实验小组依据氧化还原反应_______________(用离子方程式表示）设计的原电池装置,反应前，电极质量相等，一段时间后,两电极质量相差 12 g，导线中通过__________mol 电子。‎ ‎(2）其他条件不变，若将 CuCl2溶液换为 NH4Cl 溶液,石墨电极发生的电极反应为___________，这是由于 NH4Cl 溶液显_______________(填“酸性”、“碱性” 或“中性”）。用吸管吸出铁片附近的溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，然后滴加几滴 KSCN 溶液,溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水,溶液颜色褪去,同学们对此做了多种假设，某同学的假设：“溶液中的+3 价铁被氧化为更高价态。” 如果+3 价铁被氧化为 FeO42-‎ ‎，写出发生反应的离子方程式___________________。‎ ‎(3）其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨连成的形装置如图所示，一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞溶液,现象是____________，电极反应为__________；乙装置中石墨(Ⅰ）为__________(填“正”、 “ 负” 、 “ 阴”或“阳”）极。‎ ‎【答案】(1）Fe+Cu2+=Fe2++Cu（2分）0.2（2分）；‎ ‎(2）2H++2e-=H2↑（2分）酸性（2分）‎ ‎2Fe3++3Cl2+8H2O=2FeO42−+6Cl-+16H+（2分）；‎ ‎(3）溶液变红（2分）O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎【解析】‎ 试题分析：：（1）图1为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2＋，石墨为正极，发生Cu2++2e-=Cu，总反应式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；一段时间后，两电极质量相差12g，则 Fe+Cu2+=Fe2++Cu 两极质量差△m 转移电子 ‎56g 64g 56g+64g=120g 2mol ‎12g n 则：n=0.2mol。‎ ‎（2）若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，溶液呈酸性，发生：NH4++H2ONH3•H2O+H+，负极发生2H++2e-═H2↑，负极发生反应：Fe-2e－=Fe2＋，加入氯水发生反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-；如果+3价铁被氧化为FeO42-，发生反应为：2Fe3++3Cl2+8H2O=2FeO42−+6Cl-+16H+；‎ ‎（3）若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，铜为正极，正极发生 O2+2H2O+4e-=4OH-，呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，则乙装置铜为阳极，石墨为阴极，乙为电解池装置，阳极发生2Cl--2e-═Cl2↑。‎ ‎【考点定位】本题综合考查原电池和电解池知识，‎ ‎【名师点晴】该题侧重于电化学知识的综合运用的考查，明确原电池和电解池的工作原理、注意明确电极反应方程式的书写方法，为解答该题的关键。难点是电极反应式的书写，解答时注意分析正负极、阴阳极的判断方法以及溶液酸碱性、是否存在交换膜以及是否是熔融电解质等。‎ ‎25.如图所示，某同学设计一个甲醚燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。‎ 根据要求回答相关问题：‎ ‎（1）写出负极的电极反应式_____________________________。‎ ‎（2）铁电极为________（填“阳极”或“阴极”），石墨电极（C）的电极反应式为________________。‎ ‎（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将____（填“增大”、“ 减小”或“不变”）。‎ ‎（4）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为______。假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有224mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将____________（填“增大”、“减小”或“不变”），且变化了_______克。‎ ‎（5）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式为_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). CH3OCH3－12e－+ 16OH－== 2CO32－+ 11H2O (2). 阴极 (3). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (4). 减小 (5). 12.8 (6). 增大 (7). 0.88 (8). Fe+2H2O  Fe(OH)2↓+H2↑‎ ‎【解析】‎ ‎（1）燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OCH3 - 12e- + 16OH- = 2CO32－+ 11H2O；（2）铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；（3）丙装置中，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小；（4）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，转移电子×4=0.4mol ‎，则丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量=×64g/mol=12.8g，根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气的关系式为：O2~2H2，则生成氢气的物质的量是×2=0.2mol，所以消耗0.02×2=0.04mol氢离子，则乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.04mol，所以乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增大0.04mol×23g/mol-0.04mol×1g/mol＝0.88g；（5）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，则阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子放电生成氢气，所以电池反应式为Fe+2H2O  Fe(OH)2↓+H2↑。‎ 点睛：本题考查了原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键。注意如果电解池阳极是活泼金属，则阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点。另外有关计算需要利用好电子得失守恒，解题方法如下：。‎ ‎ ‎