河北省衡水中学高二化学上学期三调试题 理含解析新人教版1

1、河北省衡水中学2013-2014学年上学期三调 高二化学试卷（理科） 一、选择题（每小题1分，共10分下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上） 1（1分）下列说法错误的是（ ） A 一定温度下，弱酸的电离常数越大，酸性越强 B 醋酸的电离常数Ka和醋酸钠的水解常数Kh之间的关系为：Ka?Kh=Kw C 溶度积越小，该物质一般越容易在溶液中形成沉淀 D 合成氨的反应，正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相同 考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉 淀转化的本质. 专题：基本概念与基本理论 分析：A一定温度下，弱酸的电离平衡常数

2、越大，说明该酸的电离程度越大，其酸性越强； Ka?Kh=； BC溶度积越小，说明该物质一般越难溶解； D合成氨的反应，正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数 解答：解：A一定温度下，弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，溶液中 氢离子浓度越大，则其酸性越强，故A正确； Ka?Kh=KwB，故B正确； C溶度积越小，说明该物质一般越难溶解，越容易形成沉淀，故C正确； D合成氨的反应，正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数互为倒数，故D错误； 故选D 点评：本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、平衡常数等有关知识，知道弱酸电离平衡常 数与酸性的关系、弱酸电离平衡常数及弱酸根离子水解平衡常数

3、与离子积的关系、溶度积常数与物质溶解性的关系即可解答，难点是B中三个物理量的关系，根据其概念推导即可，题目难度不大 2（1分）下列说法正确的是（ ） A 原电池中，负极上发生的反应是还原反应 B 原电池中，电流的方向是负极导线正极 C 双液原电池中的盐桥是为了联通电路，所以也可以用金属导线代替 D 碱性锰锌电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池 考点：原电池和电解池的工作原理. 专题：电化学专题 分析：A、原电池中负极失电子； 1 B、电流从正极流出； C、离子不能在导线中移动，金属导线不能代替盐桥； D、能反复充放电的电池为二次电池 解答：解：A、原电池中负极材料失电子，发生氧化反应，故A错误；

4、 B、原电池中，电子从负极流向正极，电流从正极流向负极，故B错误； C、双液原电池中的盐桥是为了联通电路，离子不能在导线中移动，金属导线不能代替盐桥，故C错误； D、碱性锰锌电池使用后不能充电，是一次电池能，铅蓄电池能反复充放电为二次电池，故D正确 故选D 点评：本题考查了原电池原理和常见的化学电源，题目难度不大，注意把握正负极的判断及 电流流向 3（1分）下列说法正确的是（ ） A 向0.1mol/L的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的碳酸钠溶液，均有气体生成 B 向氢氧化镁沉淀中滴加适量的盐酸和氯化铵溶液，沉淀均能溶解 C 实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔相同 D

5、Ksp大的难溶电解质一定能转化成Ksp小的难溶电解质，Ksp小的难溶电解质一定不能转化成Ksp大的难溶电解质 考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混 合时的定性判断及有关ph的计算. 专题：基本概念与基本理论 分析：A、化学反应遵循强酸制弱酸的规律； B、氢氧化镁可以和酸性溶液反应，强碱可以制取弱碱； C、根据实验测定酸碱滴定的有关知识来回答； D、根据溶度积的意义和应用知识结合沉的转化来回答 解答：解：A、酸性强弱顺序是：醋酸碳酸硼酸，化学反应遵循强酸制弱酸的规律，向 0.1mol/L的醋酸和饱和硼酸溶液中滴加等浓度的碳酸钠溶液，前者有气体生成，后者

6、没有，故A错误； B、氢氧化镁可以和盐酸反应而溶于其中，氯化铵溶液和氢氧化镁之间反应生成氯化镁和氨水，强碱制取弱碱，即能将氢氧化镁溶解，故B正确； C、实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔不一定相同，注意记录颜色突变过程所消耗的碱的量是关键，故C错误； D、只有对于相同类型的难溶物质，可以用Ksp的大小来确定溶解能力的大小，故D错误 故选B 点评：本题是一道有关溶液中电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡知识的综合考查题，要求 学生具有知识的整合能力，难度大 4（1分）理论上不能设计原电池的化学反应是（ ） A CH4+2O2CO2+2H2O B HNO3+NaOH=NaNO3

7、+H2O C 2H2+O2=2H2O D 2FeCl3+Fe=3FeCl2 2 考点：原电池和电解池的工作原理. 专题：电化学专题 分析：根据原电池的形成条件中“能自发的发生氧化还原反应”判断 解答：解：A、C、D反应方程式中都有化合价的变化，所以都是氧化还原反应；B的反应中 没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，是复分解反应，故选B 点评：原电池的构成条件为： 1、活泼性不同的两个电极； 2、电解质溶液； 3、形成闭合回路； 4、能自发进行氧化还原反应 5（1分）对于锌铜稀硫酸组成的原电池装置中，当导线中有1mol电子通过时，理论上的两极变化是（ ） 锌片溶解了32.5g 锌片增重32.5

8、g 铜片上析出1g H2 铜片上析出1mol H2 A B C D 考点：原电池和电解池的工作原理. 专题：电化学专题 分析：锌铜稀硫酸组成的原电池装置中，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作 正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应 解答：解：该原电池放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原 反应，所以电池反应式为 Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 设当导线中有1mol电子通过时，理论上负极锌片溶解x，铜片上析出氢气y Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 转移电子 65g 2g 2mol x y 1mol x=32.5g y=1g 故选A

9、点评：本题以原电池原理为载体考查了物质的量的有关计算，难度不大，根据电池反应式计 算即可 6（1分）某原电池总反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，不能实现该反应的原电池是（ ） A 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3 B 正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO）3 C 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3 D 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2（SO4）3 考点：设计原电池. 专题：电化学专题 分析：根据反应“2Fe3+Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而 被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正

10、极得到电子而3 被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐 解答：解：A、铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能 实现该反应的原电池，故A正确； B、铁的活泼性大于碳，铁作负极，碳作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故B正确； C、锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是不能实现该反应的原电池，故C错误； D、铁的活泼性大于银，铁作负极，银作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故D正确； 故选C 点评：本题考查原电池的设计及原电池的工作原理，题目难度不大，注意从氧化还原反应的 角度确定原电池的电极材料及电解质溶液

11、 7（1分）如图所示的装置中，在产生电流时，以下说法正确的是（ ） A Fe是阴极，C是阳极 B 负极反应式为：Fe3e=Fe3+ C 盐桥中阴离子移向FeCl3溶液 D 导线中的电流由石墨电极流向Fe电极 考点：原电池和电解池的工作原理. 专题：电化学专题 分析：如图所示的装置中，是原电池，铁做负极失电子发生氧化反应，碳做正极电极上发生 还原反应，电子流向从铁电极流向碳电极；盐桥中阴离子移向负极烧杯，阳离子移向碳电极烧杯 解答：解：A、原电池中活泼金属做负极，Fe是负极，C是正极，故A错误； B、Fe是负极，Fe失电子生成二价铁离子，则负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，故B错误； C、依

12、据电解质溶液中电荷守恒，铁电极失电子形成亚铁离子，盐桥中阴离子移向FeCl2溶液，故C错误； D、电流正极流向负极，由石墨电极流向Fe电极，故D正确； 故选D 点评：本题考查了原电池工作原理，电极名称，电极判断，电流流向判断，题目较简单 8将pH=3的盐酸a L 分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性； 1103mol1的氨水bL c（OH）=1103mol1的氨水cL c（OH）=1103mol1的Ba（OH）2的溶液dL 其中a、b、c、d的关系正确的是（ ） A ba=dc B a=bcd C a=bdc D ca=db 4 考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算. 专题：压轴题；

13、电离平衡与溶液的pH专题 分析：pH=3的盐酸的物质的量浓度=1103 mol/L，中和相同物质的量的盐酸，碱的浓度 越大，所用的碱越少，注意弱碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度和碱的浓度不等 解答：解： （1）pH=3的盐酸的物质的量浓度=1103 mol/L，中氨水的物质的量浓度是1103 mol/L，一水合氨是弱电解质，只有部分电离，所以中氨水的浓度大于1103 mol/L，中氢氧根离子的浓度是1103 mol/L （2）盐酸和氢氧化钡都是强电解质，氢离子和氢氧根离子中和时是1：1的关系，氢离子和氢氧根离子的浓度相等，所以a、d的体积相等，即a=d； （3）的氨水浓度大于的浓度，中和相同物

14、质的量的盐酸，氨水的浓度越大，使用的氨水的体积越小，所以cb （4）盐酸和氨水反应生成的氯化铵是强酸弱碱盐，水解后使溶液呈酸性，要想使溶液呈中性，氨水的物质的量应稍微比盐酸的大些，当盐酸浓度和氨水的浓度相等时，氨水的体积b应大于盐酸的体积a，即溶液的体积ab （5）中氢氧根离子的浓度相等，一水合氨是一元弱电解质，氢氧化钡是强电解质，所以氨水的浓度大于中氢氧根离子浓度，中和相同物质的量的氢离子时，所用的氨水的体积小于氢氧化钡溶液的体积，即cd=a 所以a、b、c、d的关系ba=dc， 故选A 点评：本题考查了酸碱混合时的定性判断，难度不大，注意弱碱（一元）溶液中氢氧根离子 的物质的量浓度和碱的浓

15、度不等 9室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（ ） A 溶液中导电粒子的数目减少 B溶液中不变 C 醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 D 再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7 考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算. 专题：压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的pH专题 分析：根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离 子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时PH的计算来解答 解答：解：A、因醋酸溶液中加水稀

16、释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故A错误； =，温度不变，因KaB、 都不变，则不变，故B正确；Kw C、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（H+）增加的倍数，则c（H+）减小，5 故C错误； D、等体积10mLpH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/L，醋酸过量，则溶液的pH7，故D错误； 故选：B 点评：本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的pH与物质的量 浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键 10（1分）下列化合物既能在水溶液中通过复分解反应而制得，也可以由单质直接化合而制得的

17、是（ ） A Al2S3 B CuS C FeS D Cu2S 考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；铝的化学性质；铁的化学性质；铜金属 及其重要化合物的主要性质. 专题：元素及其化合物 分析：AAl2S3只能由铝粉和硫粉化合制得； BS为弱氧化剂，与Cu反应生成低价金属化合物； CS为弱氧化剂，与Fe反应生成低价金属化合物，且氯化亚铁和硫化钠可发生复分解反应； D含亚铜离子的物质不溶于水，不能利用复分解反应生成Cu2S 解答：解：AAl2S3只能由铝粉和硫粉化合制得，在水溶液中不存在Al2S3，Al2S3要发生 相互促进水解生成氢氧化铝和硫化氢，故A不选； BCu与S化合反应生成Cu

18、2S，故B不选 CFe和S化合生成FeS，也可由FeCl2和Na2S发生复分解反应得到，方程式为FeCl2+Na2S=FeS+2NaCl，故C选； DCu与S化合反应生成Cu2S，但不能利用复分解反应生成，故D不选； 故选C 点评：本题考查金属及其化合物的综合应用，为高频考点，把握常见金属及化合物的性质、 相互转化发生的反应为解答的关键，注意氧化还原反应及复分解反应的分析，选项A中水解为易错点，题目难度中等 二、选择题（每小题2分，共40分下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上） 11（2分）实验室中利用复分解反应制取Mg（OH）2实验数据和现象如下表所示（溶液体

19、积均取用1mL） 组别 药品1 药品2 实验现象 0.1mol/LNaOH溶液 0.1mol/LMgCl2溶液 生成白色沉淀 0.1mol/L氨水 0.1mol/LMgCl2溶液 无现象 1mol/L氨水 1mol/LMgCl2溶液 现象 1mol/L氨水 0.1mol/LMgCl2溶液 生成白色沉淀 0.1mol/L氨水 1mol/LMgCl2溶液 无现象 关于以上实验的说法正确是（ ） A 实验、无现象，而生成白色沉淀，说明增大c（Mg2+）不能向生成沉淀的方向移动，增大氨水溶液的浓度才能向生成沉淀的方向移动 6 B 实验无现象，因为氯化镁溶液和氨水浓度都增大，则导致氯化铵浓度增大，而氢氧

20、化镁可以溶解在氯化铵溶液中 C 由于氢氧化镁可以溶解在氯化铵溶液中，而氯化镁溶液和氨水反应可以生成氯化铵，所以该两种溶液混合后可能会出现先生成沉淀后溶解的现象 D 实验的现象是生成白色沉淀，因为增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的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：A、对比试验分析实验、，c（NH3?H2O） 、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+（aq）+2NH3?H2O（aq）?2NH4+（aq）+Mg（OH）2（s）， K=，c（NH3?H2O）、该反应的平衡常数表

21、达式为；c（Mg2+）改变相同的程度一水合氨浓度影响大； B、根据IV来分析判断，浓度较大时氨水与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀； C、生成氢氧化镁沉淀，主要是一水合氨电离出的氢氧根离子浓度和镁离子浓度幂次方乘积满足溶度积常数才能生成沉淀； D、增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp，会生成氢氧化镁沉淀； 解答：解：A、对比试验分析实验、，c（NH3?H2O） 、c（Mg2+）各不相同，MgCl2溶液和氨水混合后存在下列化学平衡：Mg2+（aq）+2NH3?H2O（aq）?2NH4+（aq）+Mg（OH） K=，c，该反应的平衡常数表达式为；（NH3?H2O）、2（

22、s）c（Mg2+）改变相同的程度，c2（NH3?H2O）的影响更大（或起主要作用），不是增大c（Mg2+）不能向生成沉淀分析进行，是增大镁离子浓度不能达到溶度积常数，故A错误； B、IV中1mol/L氨水与0.1mol/L MgCl2溶液混合产生表示沉淀，则中1mol/L氨水与1mol/L MgCl2溶液混合，两实验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，中镁离子的浓度更大，二者结合生成白色沉淀Mg（OH）2，故B错误； C、氯化铵溶液中铵根离子增大会结合氢氧根离子生成弱电解质，氢氧化镁溶解，氯化镁溶液和氨水反应可以生成氯化铵和氢氧化镁沉淀，不能溶解在生成的氯化铵溶液中，故C错误； D、IV中1mol/

23、L氨水与0.1mol/L MgCl2溶液混合产生表示沉淀，则中1mol/L氨水与1mol/L MgCl2溶液混合，两实验中，溶液的氢氧根离子浓度相同，中镁离子的浓度更大，实验的现象是生成白色沉淀，因为增大两种溶液中任意一种的浓度，都能使混合液的离子积达到氢氧化镁的Ksp，故D正确； 故选D 点评：本题考查了沉淀溶解平衡分析判断，溶度积常数的影响因素分析，注意浓度改变对平 衡的影响理解，题目难度较大 12（2分）将下列物质溶于水，能够促进水的电离的是：NaHSO4NaHSO3CH3COOHCH3COONaNaHCO3NaClONH4HCO3（ ） 7 A B C D 考点：盐类水解的应用. 专题

24、：盐类的水解专题 分析：酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越 大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答 解答：解：NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，故不符合； NaHSO3中亚硫酸根离子都能够电离和水解，电离大于水解，溶液呈酸性，抑制了水的电离，故不符合； CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，故不符合； CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子的水解，促进了水的电离，故符合； NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解，促进水的电离，故符合； NaClO溶液中次氯酸根离子是弱酸阴离子水

25、解，促进水的电离，故符合； NH4HCO3溶液中铵根离子和碳酸氢根离子都能发生水解，促进水的电离，故符合； 所以能够促进水的电离的是：； 故选B 点评：本题考查了水的电离、盐的水解原理离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握盐的 水解原理、水的电离及其影响因素，明确酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离 13（2分）向10mL 0.1mol?L1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL，下列叙述正确的是（ ） A x=10时，溶液中有NH4+、Al3+、SO42，且c（NH4+）c（Al3+） B x=10时，溶液中有NH4+、AlO2、SO42

26、，且c（NH4+）c（SO42） C x=30时，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，且c（OH）c（AlO2） D x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH，且c（OH）=c（Ba2+） 考点：离子浓度大小的比较；电离方程式的书写. 专题：离子反应专题 分析：A、Al3+与氨水反应生成Al（OH）3沉淀，可以认为氢氧根会先与铝离子作用生成沉 淀加入10mlBa（OH）2，相当于溶液中NH4+、Al3+、OH比例为1：1：2，铝部分生成氢氧化铝沉淀 SO42：Ba2+比例为2：1，SO42部分沉淀反应完全后，溶液中有NH4+、Al3+、SO42 B、依据A分析溶液中有NH4+、Al3+、SO

27、42无AlO2； C、加入30mlBa（OH）2，氢氧根离子过量可以和铝离子完全反应，且和铵根离子全部反应后还有氢氧根离子剩余，溶液中有Ba2+、AlO2、OH，但c（OH）c（AlO2）； D、依据C分析判断溶液中有Ba2+、AlO2、OH，不存在Al3+ 解答：解： A、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH，混 剩余103molAl3+氢氧化铝沉淀，0.001molSO42合后硫酸钡沉淀，剩余而NH4+8

28、没有参与反应，少量水解，c（NH4+）c（SO42），故A正确； B、当x=10时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，1mmolAl3+，0.002molSO42，10ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.001molBa2+，0.002molOH，混 剩余10氢氧化铝沉淀，3molAl3+而NH4+剩余合后硫酸钡沉淀，0.001molSO42没有参与反应，少量水解，c（NH4+）c（SO42），故B错误； C、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molS

29、O42，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）c（AlO2），故C错误； D、当x=30时，10ml0.1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中含有0.001molNH4+，0.001molAl3+，0.002molSO42，30ml等浓度Ba（OH）2溶液有0.003molBa2+，6mmolOH，混合后硫酸钡沉淀，剩余0.001molBa2+；

30、OH过量溶液中存在0.001moAlO2，铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，氢氧根离子剩余0.001mol；一水合氨电离生成铵根离子和氢氧根离子，此时c（OH）（Ba2+），故D错误； 故选A 点评：本题考查了离子方程式的书写原则和方法应用，主要是定量反应的产物判断，关键分 析离子反应顺序，先沉淀后反应生成弱电解质后沉淀溶解 14（2分）已知：将10mL0.1mol/LNa2CO3溶液用0.1mol/LHCl滴定时，若用酚酞做指示剂，终点时消耗盐酸10mL；若用甲基橙做指示剂，终点时消耗盐酸20mL现有一份白色粉末，可能含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的一种或两种现取一定量的该粉末

31、配成适当浓度的稀溶液并分成两等份，分别用0.1mol/LHCl滴定一份用酚酞做指示剂，消耗盐酸amL；另一份用甲基橙做指示剂，消耗盐酸bmL下列说法 若a=0，则固体中只含NaHCO3 若a=b，则固体中只含NaOH 若2aba，则固体中含有NaOH、Na2CO3 若2ab，则固体中含有Na2CO3、NaHCO3 其中正确的是（ ） A B C D 考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计；化学方程式的有关计算. 专题：物质检验鉴别题 分析：以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.14.4，溶液呈酸性，可发生 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O，用酚酞作指示剂，变色范围是8.110，

32、溶液呈碱性，发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，以此解答该题 解答：解：以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.14.4，溶液呈酸性，可发生 Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O，用酚酞作指示剂，变色范围是8.110，溶液呈碱性，发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，分别用0.1mol/LHCl滴定一份用酚酞做指示剂，消耗盐酸amL；另一份用甲基橙做指示剂，消耗盐酸bmL，如b=2a，则只含有Na2CO3， 如只有NaOH，则只发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，a=b， 用酚酞作指示剂，滴定终点溶液呈弱碱性，若a=0，说明不含Na2CO3，只含NaH

33、CO3，故正确； 9 若a=b，则固体中只含NaOH，说明不存在Na2CO3或NaHCO3的反应，固体中只含NaOH，故正确； 若ba，如说明一定含有Na2CO3，而2ab，则一定含有NaOH，所以固体中含有NaOH、Na2CO3，故正确； 如b=2a，则只含有Na2CO3，如只含有NaHCO3，a=0，若2ab，则固体中含有Na2CO3、NaHCO3，故正确 故选A 点评：本题综合考查酸碱中和滴定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中 等，建议在学习中把握相关物质的性质，为解答该题的关键，难度中等 15（2分）已知常温下KspMg（OH）2=3.21011、KspFe（OH）3=

34、2.71039，下列说法正确的是（ ） A 将10g氢氧化铁粉末加入100mL水中，充分搅拌后仍有固体剩余，静置后上层清液为饱和氢氧化铁溶液，c（OH）=31010mol/L B 将10g氢氧化镁粉末加入100mL水中，充分搅拌后仍有固体剩余，静置后上层清液为饱和氢氧化镁溶液，加入酚酞试液后不能变红 C 若1mol/L氯化镁溶液中混有氯化铁，调节pH=9，可以保证镁离子不沉淀而铁离子沉淀完全 D 根据溶度积数据，可以计算出氢氧化铁固体与盐酸反应：Fe（OH）3+3H+?Fe3+3H2O的平衡常数为2.7103 考难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质. 点： 专电离平衡与溶液的pH专题 题： 分

35、A、依据氢氧化铁溶度积常数计算得到； 析： B、依据溶度积常数计算氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算氢离子浓度得到溶液PH分析； C、铁离子在PH=34会全部沉淀； D、依据反应方程式书写平衡常数计算式，结合溶液中离子积分析计算； 解解：A、KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=2.71039，c（OH）=3c（Fe3+），答： =31010mol/L，故A正确；c（OH） B、KspMg（OH）2=c（Mg2+）c2（OH）=3.21011 ，2c（Mg2+）=c（OH），c =2.51011mol/LH+），OH（）（=4104mol/L，c溶液PH大于10，酚酞变色范围810

36、，则滴入酚酞试液变红色，故B错误； =）OH=5.710，OH（）=3.21011c（c2Mg2+2=cOHKspMgC、（）（）6mol/L，溶液PH=6lg5.7，可知沉淀溶解平衡中氢氧化镁沉淀需要的溶液PH6，10 lg=5lg3.3，调节计算可知氢氧化铁形成沉淀的PH=pH=9，镁离依据A 错误；子会沉淀，故C的平衡常数D、Fe（OH）3+3H+?Fe3+3H2O =2.7103 ，=故D正确； 故选D 点本题考查了沉淀溶解平衡，溶度积常数计算分析，酸碱指示剂变色范围的计算分析判断，评： 掌握基础是关键，题目难度中等 16（2分）某温度下水的离子积Kw=1013，在此温度下，将pH=a

37、的NaOH溶液VaL与pH=b的H2SO4溶液VbL混合，下列说法正确的是（ ） A 若所得混合液为中性，且a=12，b=2，则Va：Vb=1：1 B 若所得混合液pH=7，且a+b=12，则Va：Vb=100：1 C 若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=1：9 D 若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=101：99 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：将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的硫酸Vb L混合， 若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，根据c（OH）Va=c（H+）Vb计算， V

38、b=1013a：b； 所得混合溶液为中性，Va若所得混合溶液的pH=10，碱过量，计算出c（OH）与酸碱的物质的量的关系，可计算 解答：解：将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的硫酸Vb L混合， A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c（OH）Va=c（H+）Vb，a=12，b=2，则0.1Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误； Vb=1013ab=10，则Va：，B、若所得混合液pH=7，且a+b=12Va：Vb=10： 错误；1，故BpH=10，碱过量，c合若C、所得混溶液的（OH） =0.1=0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确； D、C计算分析判

39、断，若所得混合液的pH=10，且a=12，b=2，则Va：Vb=1：9，故D错误； 故选C 点评：本题考查酸碱混合的计算， 明确该温度下的Kw及pH与浓度的换算是解答本题的关键，11 注意酸碱反应的实质即可解答，题目难度中等 17（2分）相同温度相同物质的量浓度的六种溶液：NaHCO3 CH3COONa NaOHBa（OH）2 NaHSO4 H3PO4 按pH值由大到小的顺序是（ ） A B C D 考点：盐类水解的应用. 专题：盐类的水解专题 分析：根据溶液的酸碱性以及利用盐类的水解程度比较浓度相同的溶液的pH大小 解答：解：同温度相同物质的量浓度下列溶液中， NaHSO4为强酸的酸式盐，水

40、溶液呈酸性； H3PO4为中强酸，水溶液呈酸性，但氢离子浓度小于硫酸氢钠溶液中的氢离子浓度，所以磷酸溶液的pH值大于硫酸氢钠溶液的pH值，； NaHCO3、CH3COONa都是强碱弱酸盐，水溶液呈碱性，对应酸的酸性越弱水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，对应酸根离子的水解程度大小为CH3COOHCO3CO32，NaOH溶液，Ba（OH）2是强碱，PH大小，所以pH由大到小的顺序， 故选D 点评：本题考查了溶液PH的大小比较方法应用，主要是离子水解的应用，酸越弱，阴离子 水解程度越大 18（2分）自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难

41、溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）由此可知下列分析正确的是（ ） A 原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性 B 整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应 C CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2+S2=CuS D KSP（PbS）Kap（CuS） 考点：铜金属及其重要化合物的主要性质. 专题：元素及其化合物 分析：A、根据元素的化合价判断，最高价元素只有氧化性，最低价只有还原性，中间价态 既有氧化性又有还原性； B、根据反应中化合价是否变化及复分解反应的定义判断； C、写转化离子方程式时，难溶电解质写化学式不写离子； D、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的

42、物质向溶解度小的物质转化 解答：解：A、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，硫元素化合价升高作 还原剂具有还原性；铜蓝中硫元素化合价最低，所以能失电子具有还原性，故A错误； B、原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，所以存在氧化还原反应；CuSO4与ZnS反应生成硫化铜和硫酸锌是复分解反应，故B正确； C、硫化锌难溶于水，所以要写化学式，不能写离子，故C错误； D、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化是溶解度大的物质向溶解度小的物质转化，PbS能转化为CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故D错误； 故选B 点评：本题考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，

43、难度不大，注意难溶物质不能 12 写离子形式要写化学式 19（2分）下列说法中正确的是（ ） A 常温下，稀释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 常温下，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2 NH4Cl （NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是： D 当溶液中存在的离子只有Cl、OH、NH4+、H+时，该溶液中离子浓度大小关系可能为c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+） 考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在

44、水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用. 专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题 分析：A加水稀释氨水，溶液中c（H+）增大； BpH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3水解程度大于电离程度； C亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大； D当溶液呈碱性时，存在c（OH）c（H+），根据电荷守恒判断 解答：解：A加水稀释氨水，促进一水合氨电离，但溶液中c（OH）减小，温度不变，水 的离子积常数不变，则c（H+）增大，故A错误； BpH=8.3的NaHCO3溶液中HCO3水解程度大于电离程度，则c（CO32）c（H2CO3），故

45、B错误； C亚铁离子抑制铵根离子水解、碳酸根离子促进铵根离子水解，相同浓度的铵根离子，铵根离子水解程度越大其浓度越大，化学式中氯化铵中铵根离子个数最少，所以氯化铵的浓度最大，则相同c（NH4+）相等的（NH4）2SO4 （NH4）2Fe（SO4）2 NH4Cl （NH4）2CO3溶液中，溶质物质的量浓度大小关系是：，故C正确； D当溶液呈碱性时，存在c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Cl）c（NH4+），故D错误； 故选C 点评：本题考查了离子浓度大小比较，涉及盐类水解、弱电解质的电离，根据溶液中溶质的 性质结合电荷守恒、盐类水解强弱等知识点来分析解答，题目难度中等 20（2分）美国时代

46、周刊将氢燃料电池评为21世纪对人类生活具有重大影响的技术之一培根电池是一种碱性的氢氧燃料电池，已经应用在“阿波罗六号”太空船上将多个培根电池组合为电池组，向外供电，电池组工作稳定后，它的电动势和内阻基本保持不变电池所产生的水可以作为饮用水，今欲得常温下水1L，则电池内电子转移的物质的量约为（ ） A 8.9103mol B 4.5102mol C 1.1102mol D 5.610mol 考点：电解原理. 专题：电化学专题 分析：氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，生成18g水会伴随着4mol电子转移，据此 计算 解答：解：氢氧燃料电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，生成36g

47、水会伴随着4mol电子转移， 13 今欲得常温下水1L即1000g， 转移电子是mol=1.1102mol 故选C 点评：本题考查学生燃料电池的工作原理以及电池反应和电子转移的计算知识， 注意知识的迁移和应用是关键，难度不大 21（2分）如图是甲醇燃料电池的结构示意图甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应，电池总反应为2CH3OH+3O22CO2+4H2O下列说法不正确的是（ ） A 左电极为电池的负极，a处通入的物质是甲醇 B 正极反应式为：O2+2H2O+4e4OH C 负极反应式为：CH3OH+H2O6eCO2+6H+ D 该电池提供1m

48、ole，消耗氧气0.25mol 考点：化学电源新型电池. 专题：电化学专题 分析：通过电子的移动方向知，左半极为负极，右半极为正极；燃料电池中，负极上投放燃 料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应 解答：解：A左电极是电池的负极，负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子发生氧化 反应，故A正确； B酸性条件下，正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，故B错误； C负极上投放燃料甲醇，甲醇在负极上失电子生成二氧化碳，负极反应式为：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，故C正确； D已知正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，则消耗1mol氧气转

49、移1mol电子，所以该电池提供1mole，消耗氧气0.25mol，故D正确； 故选B 点评：本题以甲醇为燃料考查了燃料电池，难度不大，注意正负极上电极反应式的书写要结 合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同 22（2分）如图所示装置，电流表G发生偏转，同时A极逐渐变粗，B极逐渐变细，C为电解质溶液，则A、B、C应是下列各组中的（ ） 14 H2SO4 C为稀B是Zn，H2SO4 为稀B A是Cu， A A是Zn，B是Cu，C AgNO3溶液，C为稀A是Ag，B是Fe A是Fe，B是Ag，C为稀AgNO3溶液D C 电池和电解池的工作原理. 考点：原 化

50、学专题 专题：电 原电池中负极的活泼性大于正极的活泼性，负极上金属失电子变成离子进入溶液，质分析：量减少，正极上得电子发生还原反应，正极上析出物质，若析出的物质是金属，则正 极质量增加，据此分析 的活泼A作正极，BA极逐渐变粗，B极逐渐变细，所以B作负极，解答：解：该原电池中， 选项；A的活泼性，所以排除AC性大于D选项析出金属，所以B选项析出氢气不是金属，DA极逐渐变粗，说明有金属析出， 符合题意 故选D 题考查了原电池原理，难度不大，明确正负极的判断方法，注意不能仅根据金属的点评：本溶液NaOHAl、活泼性判断正负极，要根据发生反应的反应类型判断正负极，如：Mg、 构成的原电池，铝作负极，

51、镁作正极 H2SO3+OH+H2O?NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO323（2分）（2013?安徽）已知溶液中分别加入以下物质，下列有关的NaHSO3H+SO32，向0.1mol?L1HSO3? ）说法正确的是（ HSO3）增大，平衡左移，平衡右移，溶液中c（A 加入少量金属Na B ）（OH）SO32+c（H+）+c（Na+）=cHSO3）+c（加入少量Na2SO3固体，则c C 溶液，加入少量NaOH的值均增大 ）（OHc）（H+）=c=c2c D 加入氨水至中性，则（Na+）（SO32 弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比考点：.

52、较 离平衡与溶液的pH专题专题：电 A分析：、加入金属钠，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠抑制水解平衡促进电 离平衡； 、依据溶液中电荷守恒分析判断；B C、加入氢氧化钠促进电离平衡右移，抑制水解平衡左移； 、依据溶液中的电荷守恒分析比较D15 解答：解：A、加入少量金属Na，Na与HSO3电离出的H+反应，促使平衡右移，HSO3 离子浓度减小，又促使平衡左移，平衡左移，平衡右移，溶液中c（HSO3）浓度减小，故A错误； B、加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故B错误； C、加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32），c（OH） ，比值增大，故C浓度增大；正确； D、加入氨水至中性，c（H+）=c（OH），电荷守恒为c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH）+2c（SO32）+c（HSO3），故D错误； 故选C 点评：本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平 衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等 24（2分）下列各组离子在指定溶液中，能大量共存的是（ ） 、Na+ 、无色溶液中：K+、 、的溶液中： 、Na+pH=13 、Na+Ba2+、）=1012 m