【KS5U解析】山西省怀仁市重点中学2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 Word版含解析

1、化学试题一、选择题：（共25个小题，每题2分，共50分）1.反应a(g)3b(g)2c(g)2d(g)，在四种不同情况下用不同物质表示的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是( )a. v(c)0.04mol·(l·s)1b. v(b)0.06mol·(l·s)1c. v(a)0.03mol·(l·s)1 d. v(d)0.01mol·(l·s)1【答案】c【解析】【详解】根据同一反应，速率之比等于计量数之比，把所有速率都换算成v(a)。a、当v(c)=0.04 mol/(ls)时，v(a)=0.02mol/(ls

2、)；b、当v(b)=0.06mol/(ls)时，v(a)=0.02mol/(ls)；c、v(a)0.03mol·(l·s)1；d、当v(d)=0.01mol/(ls)时，v(a)=0.005 mol/(ls)；故选c。2.下列说法不正确的是a. 测得0.1 mol·l1的一元酸ha溶液ph3.0，则ha一定为弱电解质b. 25时，将0.1 mol·l-1的naoh溶液加水稀释100倍，所得溶液的ph11.0c. 25时，将0.1 mol·l-1的ha溶液加水稀释至ph4.0，所得溶液c(oh)1×10-10 mol·l-1d

3、. 0.1 mol·l-1的ha溶液与0.1 mol·l-1的naoh溶液等体积混合，所得溶液ph一定等于7.0【答案】d【解析】【详解】a、若ha为强酸，0.1 mol·l-1的ha溶液ph为1.0，现测得溶液ph为3.0，则ha为弱酸，选项a正确；b、0.1mol/l的naoh溶液加水稀释100倍后，c（oh-）1×10-11，ph值为11.0，选项b正确；c、ph值为4.0的溶液中c（h+）1×104mol/l，在25时，水的离子积kw1×10-14，故c（oh-）1×10-10mol/l，选项c正确；d、若ha为强酸

4、，与naoh等体积等浓度混合后，所得溶液ph为7.0，若ha为弱酸，与naoh等体积等浓度混合后，所得溶液ph大于7.0，选项d不正确。答案选d。3.在相同温度时，100 ml 0.01 mol/l的醋酸溶液与10ml 0.l mol/l的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是a. 中和时所需naoh的量b. oh-的物质的量浓度c. 与mg反应的起始速率d. 溶液中【答案】b【解析】【分析】若两溶液中醋酸的电离程度相同,则后者氢离子浓度应是前者的10倍,但是若将浓溶液加水稀释为稀溶液,则醋酸的电离平衡会向电离的方向移动,只是平衡的移动只是减弱这种改变,而不能消除这种改变,所以平衡移动后,浓

5、溶液中氢离子浓度仍然大于稀溶液中氢离子浓度。【详解】a项、两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1·v1=0.1 l×0.01 mol·l-1=1×10-3mol,n(后)=c2·v2=0.01 l×0.1 mol·l-1=1×10-3mol,两者相等，因而中和时消耗的naoh的量相等，故a错误；b项、浓溶液中氢离子浓度小于稀溶液中氢离子浓度，温度不变，水的离子积常数kw不变，则oh-的物质的量浓度前者大于后者，故b正确；c项、浓溶液中氢离子浓度小于稀溶液中氢离子浓度，氢离子浓度越大，与mg反应的起始速率越大，则与m

6、g反应的起始速率前者小于后者，故c错误；d项、醋酸的电离常数k为c(h+)c(ch3coo-)/ c(ch3cooh)，温度不变，电离常数不变，故d错误。故选b。【点睛】相同条件下，同种溶质的溶液，浓度越大，电离程度越小，但浓溶液中离子浓度仍然大于稀溶液中离子浓度。4.常温下，某溶液中由水电离出来的c(h+)=1.0×10-12 mol·l-1，该溶液可能是二氧化硫的水溶液氯化钠溶液硝酸钠溶液氨水a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】某溶液中由水电离出来的c(h+)=1.0×10-12moll-1，说明溶液既可能呈酸性，也有可能呈碱性。so2+h2oh

7、2so3，h2so3hso3-+h+，hso3-so32-+h+，溶液呈酸性；抑制水的电离，故符合；氯化铵水溶液中铵根离子水解促进水的电离，水电离出的氢离子浓度增大，故不符合；硝酸钠水溶液对水的电离平衡无影响，故不符合；氨水能电离出氢氧根离子，抑制水电离，故符合；所以综上所述符合；故选a。【点睛】本题考查了影响水的电离的影响因素的作用，主要是酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。解答本题的关键是由水电离出来的c(h+)=1.0×10-12 mol·l-1，说明是水的电离受到抑制造成的。5.常温下，下列有关溶液的说法正确的是a. nh4hco3溶液中存在：c(nh4+)=

8、c(hco3-)+c(co32-)+c(h2co3)b. ph相等的nh4cl、nh4al(so4)2、nh4hso4溶液：浓度的大小顺序为>>c. ha的电离常数ka =4.93×1010，则等浓度的naa、ha混合溶液中：c(na+) >c(ha) >c(a)d. nahco3溶液加水稀释，c(na+)与c(hco3)的比值将减小【答案】b【解析】【详解】a、根据物料守恒，因此有c(nh4)c(nh3·h2o)=c(hco3)c(co32)c(h2co3)，故a错误；b、nh4cl中nh4水解使溶液显酸性，nh4al(so4)2中nh4、al3水

9、解使溶液显酸性，nh4hso4中电离出h使溶液显酸性，相同浓度时，ph大小顺序是，因此相同ph时，浓度大小顺序是，故b正确；c、a的水解平衡常数是2.03×105>ka，说明a的水解大于其ha的电离，溶液显碱性，因此离子浓度大小顺序是c(ha)>c(na)>c(a)，故c错误；d、加水稀释促进hco3的水解，hco3的物质的量减少，na的物质的量不变，同一个溶液，体积不变，即c(na)/c(hco3)=n(na)/n(hco3)，因此该比值增大，故d错误。【点睛】本题的难点是选项b，nh4cl属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，nh4al(so4)2中，al3的水解能力大于

10、nh4，溶液显酸性，nh4hso4完全电离出h，溶液显酸性，根据水解程度微弱，比较出相同浓度时，ph的大小顺序是，本题需要ph相同时的浓度大小顺序，酸性越弱，ph相同时，浓度越大，即浓度大小顺序为.6.为探究锌与稀硫酸的反应速率(以v(h2)表示)。向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是a. 加入nh4hso4固体，v(h2)不变b. 加入少量硫酸钠固体，v(h2)减小c. 加入ch3coona固体，v(h2)减小d. 滴加少量cuso4固体，v(h2)减小【答案】c【解析】【分析】zn与硫酸反应中，氢离子浓度增大，反应速率加快，氢离子浓度减小，则反应速率减小，构成原电池可加快反应速率，

11、以此来解答。【详解】a加入nh4hso4固体，电离出氢离子，氢离子浓度增大，v(h2)增大，故a错误；b加入na2so4固体，氢离子浓度不变，v(h2)不变，故b错误；c加入ch3coona固体，反应生成醋酸，氢离子浓度减小，则v(h2)减小，故c正确；d滴加少量cuso4溶液，构成原电池，v(h2)增大，故d错误；故选c。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、原电池对反应速率的影响即可解答。本题的易错点为d，要注意过程原电池，负极的腐蚀速率加快。7.在一定温度下，将3 mola 和1molb 两种气体混合于固定容积为2 l 的

12、密闭容器中，发生如下反应： 3a(g)+b(g)xc(g)+2d(g) 。2 min末该反应达到平衡，生成0.8mold，并测得c的浓度为0.2mol·l-1。下列判断正确的是（ ）a. x=2b. a的平均反应速率为0.6 mol·l-1·min-1c. 平衡常数约为0.15d. 若混合气体的密度不变则表明该反应达到平衡状态【答案】c【解析】【详解】根据已知条件，可列出平衡功三段式：a、浓度变化量之比等于计量系数之比，b和c的浓度变化量相等，则b和c的系数相同，所以x=1，故a错误；b、2min内v(a)=0.3mol（lmin）-1，故b错误；c、平

13、衡常数k=0.15，故c正确；d、由于反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，不能作为平衡状态的判断依据，故d错误；故选c。8.常温下，用0.1000 mol/l naoh溶液滴定20.00 ml 0.1000 mol/l hcooh溶液，滴 定 曲 线 如图。下列 说 法 正 确 的 是 ( )a. 所示溶液中b. 所示溶液中： c. 点所示溶液中：加水稀释变小d. 点和点的混合溶液中：【答案】d【解析】【详解】a. 点所示的溶液中的溶质为等物质量的hcooh和hcoona，溶液显酸性，则hcooh的电离程度大于hcoo-的水解程度，则溶液中c(hcoo-

14、)>c(na+)>c(hcooh)>c(h+)，故a错误；b. 点所示的溶液呈中性，c(h+)=c(oh-)，由电荷守恒可得，c(na+)+c(h+)=c(oh-)+c(hcoo-)，则c(na+)=c(hcoo-)>c(oh-)=c(h+)，故b错误；c. ，ka(hcooh)和kw只与温度有关，加水稀释过程中，ka(hcooh)和kw均不变，则不变，故c错误；d. 点和点的混合溶液相当于30ml0.1000mol/lnaoh溶液加入到40ml 0.1000 mol/l hcooh溶液中，混合溶液的溶质为hcoona和hcooh，且二者的物质的量之比为3:1，则有物料

15、守恒4c(na+)=3c(hcooh)+3c(hcoo-)，故d正确；答案选d。9.下列图象能正确地表达可逆反应3a(g)+b(g) 2c(g)（h<0）的是 ( )a. b. c. d. 【答案】d【解析】【分析】对于可逆反应3a(g)+b(g)2c(g)h0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则c%降低，a%增大，a的转化率降低；反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则c%增大，a%降低，a的转化率增大，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知，a. 由图象可知，温度升高，c%增大，说明升高温

16、度平衡向正反应移动，图象与实际不相符，a项错误；b. 由图象可知，温度升高，正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，b项错误；c. 由图象可知，压强越大a%降低，平衡向正反应移动，升高温度a%降低，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，c项错误；d. 由图象可知，压强越大a转化率增大，平衡向正反应移动，升高温度a的转化率降低，平衡向逆反应移动，图象与实际相符，d项正确；答案选d。10.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是a. so2氧化为so3，往往需要使用催化剂2so2(g)+o2(g)2so3(g)b. 500 左右的温度比室温更有利于合成氨反应n2(g)+3h

17、2(g)2nh3(g)h<0c. h2、i2、hi平衡混合气体加压后颜色加深h2(g)+i2(g)2hi(g)d. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气cl2+h2oh+cl-+hclo【答案】d【解析】【详解】a加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释；b合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释；ch2(g)+ i2(g)2hi(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；d实验室可用排饱和食盐水方法收集氯气，氯气和水

18、的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。故选d。11.已知0.1mol·l1的二元酸h2a溶液的ph4，则下列说法中正确的是（ ）a. 在na2a、naha两溶液中，离子种类相同b. 在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，阴离子总数相等c. 在naha溶液中一定有：c(na)c(h)c(ha)c(oh)2c(a2)c(h2a)d. na2a溶液中一定有：c(na)>c(a2)>c(h)>c(oh)【答案】a【解析】【详解】已知0.1mol/l的二元酸h2a溶液的ph=4，则h2a是二元弱

19、酸，a. 在na2a、naha两溶液中，a2发生水解，ha存在电离平衡和水解平衡，两溶液中离子种类相同，故a正确；b. 在溶质物质的量相等的na2a和naha溶液中，a2水解生成的阴离子增多，故阴离子总数不相等，故b错误；c. 在naha溶液中一定有电荷守恒：c(na+)+c(h+)=c(ha)+c(oh)+2c(a2)，故c错误；d. 在na2a溶液中，a2分步发生水解，溶液呈碱性，则c(oh)>c(h+)，离子浓度大小关系为：c(na+)>c(a2)>c(oh)>c(h+)，故d错误；答案选c。12.关于乙烯基乙炔(chcchch2)分子的说法错误的是( )a. 能

20、使酸性kmno4溶液褪色b. 1 mol乙烯基乙炔能与3 mol br2发生加成反应c. 乙烯基乙炔分子内含有两种官能团d. 等质量的乙炔与乙烯基乙炔完全燃烧时的耗氧量不相同【答案】d【解析】【详解】此类题的解题过程中需认真分析所含的官能团，再确定其化学性质。物质中含有碳碳三键和碳碳双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色；且1mol该物质能与3molbr2发生加成反应；d项因为乙炔与乙烯基乙炔的最简式相同，所以等质量的两种物质完全燃烧时的耗氧量相同。13.已知乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化成co2。可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法( )a. 通入酸性高锰酸钾溶液中b. 在空气中燃烧c. 通入足量溴

21、水中d. 在一定条件下通入氢气【答案】c【解析】【详解】a. 通过酸性高锰酸钾溶液时，酸性高锰酸钾能将乙烯氧化为二氧化碳，这样乙烷中会混有二氧化碳杂质，故a错误；b. 乙烷和乙烯均可以燃烧生成二氧化碳和水，该法不能用于除去乙烷中混有的乙烯，故b错误；c. 通入足量溴水时，乙烯被吸收，而乙烷不反应，故可以除去乙烷中的乙烯，故c正确；d. 在一定条件下通入氢气，虽然乙烯与氢气发生加成反应生成乙烷，但在气体中会混入氢气杂质，且方法复杂，故d错误；答案选c。【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证不增、不减、不繁“三不原则”，即不能引入新的杂质（包括水

22、蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。14.下图有机物的正确命名为 ()a. 2-乙基-3,3-二甲基戊烷b. 3,3-二甲基-4-乙基戊烷c. 3,3,4-三甲基己烷d. 3,4,4-三甲基己烷【答案】c【解析】【分析】烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，据此得出是“某烷”，然后从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，将取代基写在“某烷”的前面，据此分析。【详解】烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，此烷烃的主链有6个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，而当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编号，故在3

23、号碳原子上有两个甲基，在4号碳原子上有一个甲基，则该有机物的名称为3,3,4三甲基己烷，故c正确；答案选c。15.下列各组物质中一定互为同系物的是()a. c3h8 c5h8b. c3h8 c5h12c. d. c2h5cl c3h6cl2【答案】b【解析】【分析】具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；结构相似、分子组成相差若干个“ch2”原子团的有机物互为同系物，同系物的通式相同且必须是同一类物质，据此分析。【详解】a. c3h8、c5h8的碳原子数相差2，氢原子数相同，不符合同系物的概念，故a错误；b. 符合通式cnh2n+2的烃一定为烷烃，两烃在组成上相差2个-ch2-原子团，

24、属于同系物，故b正确；c. 两烃分子式相同，互为同分异构体，不属于同系物，故c错误；d. 同系物的通式必定相同，c2h5cl和c3h6cl2不符合同一通式，故d错误；答案选b。【点睛】同系物指结构相似，分子组成上相差1个或若干个ch2原子团的化合物，结构相似即同系物具有相同种类和数目的官能团，通式相同；具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体，这是常考点，也是学生们的易错点。16.下列有关同分异构体数目的叙述中，不正确的是()a. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种b. 与互为同分异构体的芳香化合物有5种c. 结构简式为的烃，分子中含有两个苯环的该烃的同分异构

25、体为4种d. 菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成 5种一硝基取代物【答案】c【解析】【详解】a. 甲苯苯环上有3种h原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代所得产物有3×2=6种，故a正确；b. 该有机物的分子式为c7h8o，不饱和度为4，其同分异构体属于芳香族化合物，则应含有1个苯环，若侧链有1个，则侧链为och3或ch2oh，同分异构有2种；若侧链有2个，则侧链为ch3和oh，存在邻、间、对三种，故符合条件的同分异构体为5种，故b正确；c. 两个苯环通过单键相连，可以看作甲基取代苯环上的h原子，分子中有3种h原子，有3种结

26、构(含本身)，两个苯环可以通过ch2连接有1种结构，故其同分异构体共有3+11=3种，故c错误；d. 为对称结构，有如图所示的5种h原子，所以与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故d正确；答案选c。17.只用一种试剂就能将甲苯、己烯、四氯化碳、碘化钾溶液区分开，该试剂可以是（ ）a. 高锰酸钾酸性溶液b. 溴化钾溶液c. 溴水d. 硝酸银溶液【答案】c【解析】【详解】a. 甲苯、己烯、碘化钾溶液都与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，是酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，a错误；b. 溴化钾溶液与四种试剂都不反应，溴化钾溶液与碘化钾溶液互溶，甲苯、己烯、四氯化碳都不溶于水，溶液分层，四氯化碳密度比水大，

27、有机层在下层，而甲苯、己烯且密度都比水小，有机层在生成，不能鉴别，b错误；c. 甲苯不溶于水，但密度比水小，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，加入溴水，色层位置不同，己烯与溴水发生加成反应，碘化钾与溴水发生氧化还原反应，溶液颜色加深，可鉴别，c正确；d. 加入硝酸银溶液，不能鉴别甲苯和己烯，二者与硝酸银不反应，且密度都比水小不能鉴别，d错误。【点睛】本题考查有机物的鉴别，注意综合把握常见有机物的物理性质和化学性质，根据性质的异同选择鉴别试剂。18.苯的一个氢原子被相对分子质量为57的烃基所取代，所得的一元取代物中能使高锰酸钾酸性溶液褪色的有 ()a. 4种b. 3种c. 2种d. 1种【答案】b

28、【解析】【分析】相对分子质量为57的烃基是丁基-c4h9，其有4种异构体，故苯的-c4h9一元取代物共有4种，但是只有与苯环直接相连的c原子上面有h原子的才能使酸性高锰酸钾褪色，据此解答。【详解】相对分子质量为57的烃基是丁基-c4h9，其有4种异构体，故苯的-c4h9一元取代物共有4种，与苯环相连的c原子上面有h原子的才能使酸性高锰酸钾褪色，即、三种，而不能使酸性高锰酸钾褪色，b项正确；答案选b。19. 2016年夏季奥运会将在“足球王国”巴西首都里约热内卢举行，下图为酷似奥林匹克旗中的五环（如图）的有机物，科学家称其为奥林匹克烃，下列有关奥林匹克烃的说法正确的是a. 该烃的一氯代物只有一种

29、b. 该烃分子中只含非极性键c. 该烃完全燃烧生成h2o的物质的量小于co2的物质的量d. 该烃属于烷烃【答案】c【解析】【详解】a、该烃为对称结构,所以可以沿对称轴取一半考虑,如图所示,对连有氢原子的碳原子进行编号,如图所示,则其一氯代物有七种，故a错误；b、分子结构中含有碳碳非极性键和碳氢极性键碳碳和碳氢共价键，故b错误；c、该有机物的化学式为c22h14,燃烧生成n(h2o)n(co2)=722， 生成h2o的物质的量小于co2的物质的量，故c正确；d、从结构上看,奥林匹克烃属于稠环芳香烃，属于芳香族化合物，不属于烷烃，故d错误；答案选c。20.某有机物分子的结构简式如图所示：下列相关叙

30、述正确的是()a. 该有机化合物含有3种官能团b. 该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内c. 该有机物分子中最多有6个碳原子共线d. 该有机物分子中最多有12个碳原子在同一平面内【答案】b【解析】【分析】该有机物含有碳碳三键、碳碳双键2种官能团；苯环、碳碳双键具有苯、乙烯的平面结构，三键具有乙炔的直线形结构特点，c原子周围连接4根单键时具有甲烷型结构特点，最多三个原子共平面，以此解答该题。【详解】a. 该有机物含有碳碳三键、碳碳双键，共2种官能团，故a错误；b. 与碳碳双键直接相连的4个原子与碳碳双键的2个碳原子共面，与碳碳三键直接相连的2个原子和碳碳三键中的2个碳原子共线，与苯环直接

31、相连的原子与苯环上的6个碳原子共面，则当碳碳双键和苯环所在平面重合时，除了2个甲基碳原子外，剩余12个碳原子一定共平面，通过单键的旋转可以使2个甲基中的碳原子也在该平面上，故该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内，故b正确；c. 连接碳碳三键的碳原子与苯环对角线的碳原子可共直线，共4个，故c错误；d. 由b项分析可知，该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内，故d错误；答案选b。21.在t时，agbr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t时agcl的ksp=4×10-10，下列说法正确的是a. 图中a点对应的体系中将有agbr沉淀生成b. 加入nabr固体，agbr的溶解

32、度减小，agbr的ksp也减小c. 在agbr饱和溶液中加入固体nabr，可使溶液中c点变到b点d. 在t时，agcl(s)+br(aq) agbr(s)+cl(aq)的平衡常数k816【答案】d【解析】【详解】a. a点位于曲线下方，c(ag+)c(br)< ksp，对应的溶液为不饱和溶液，故a错误；b. 在一定温度下，ksp为一常数，故b错误；c. agbrag+(aq)+br(aq)，加入固体nabr后，c(br)增大，使溶解平衡逆向移动，c(ag+)应减小，但仍然在曲线上移动，不能到b点，故c错误；d.由图中c点可知，t时agbr的ksp= c(ag+)c(br)=（7×

33、;10-7）2=4.9×10-13，由方程式可知，k= c(cl) / c(br)=ksp(agcl)/ ksp(agbr)= 4×10-10/4.9×10-13816，故d正确；故选d。22.三室式电渗析法处理含na2so4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的na+和so42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是a. 通电后中间隔室的so42-离子向正极迁移，正极区溶液ph增大b. 该法在处理含na2so4废水时可以得到naoh和h2so4产品c. 负极反应为2h2o4e

34、=o2+4h+，负极区溶液ph降低d. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的o2生成【答案】b【解析】【详解】a根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的so42离子向正极迁移；在正极区带负电荷的oh失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(h)>c(oh)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的ph减小，故a错误；b阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(oh)>c(h)，所以产生氢氧化钠，因此该法

35、在处理含na2so4废水时可以得到naoh和h2so4产品，故b正确；c负极区氢离子得到电子，使溶液中c(h)增大，所以负极区溶液ph升高，故c错误；d当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(o2)=1mol÷4=0.25mol，故d错误。故选b。【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时

36、电极质量或溶液p h的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。23.以惰性电极电解cuso4和nacl 的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如下图所示，下列有关说法正确的是a. 原溶液中cuso4和nacl物质的量之比为1:1b. a表示阴极上产生的气体，前产生的为cl2c. 若t1时溶液的体积为1l，此时溶液的ph 为13d. 若原溶液体积为1l，则原溶液中so42- 的物质的量浓度为0.2 mol/l【答案】a【解析】【分析】以惰性电极电解cuso4和nacl 的混合溶液，阳极依次发生 、 ；阴极依次发生

37、 、 。根据图像可知，生成的氯气是112ml，物质的量是0.005mol，转移电子是0.01mol。则氯化钠是0.01mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168ml112ml56ml，物质的量是0.0025mol，则转移电子是0.01mol，所以根据电子得失守恒可知，析出铜是0.01mol。因此硫酸铜是0.01mol；【详解】a. 根据以上分析，原溶液中cuso4和nacl物质的量之比为0.01mol: 0.01mol=1:1，故a正确；b. a表示阳极上产生的气体，前产生的为cl2，故b错误；c. ot1时刻，阳极生成氯气、阴极生成铜单质，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铜，此时溶液的

38、呈酸性，故c错误；d. 若原溶液体积为1l，则原溶液中so42-的物质的量浓度为0.01mol =0.01mol/l，故d错误。【点睛】氧化性：，所以在阴极放电的顺序依次是；还原性，所以在阳极放电的顺序依次是。24.一种用于驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是 a. 电子由电极a经外电路流向电极bb. 该电池工作时，每消耗22.4l nh3转移3mol电子c. 电池工作时，oh向电极b移动d. 电极b上发生的电极反应为：o2+ 4h+ 4e2h2o【答案】a【解析】【分析】本题主要考查化学电源新型电池。液氨-液氧燃料电池中，负极上发生失电子的氧化反应，即a是负极

39、，b是正极，碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4nh3+3o2=2n2+6h2o，电子从负极经导线流向正极，据原电池的工作原理来回答。【详解】a.电子从负极流向正极，即从电极a经外电路流向电极b，正确；b.燃料电池的总反应是燃料燃烧的化学方程式：4nh3+3o2=2n2+6h2o，该电池工作时，每消耗标准状况下的22.4l即1molnh3转移3mol电子，但题干并未说明是否为标准状况，无法判断nh3的物质的量，错误； c.原电池中，阴离子向负极移动，则oh-向负极a移动，错误；d.碱性条件下，氧气在正极生成氢氧根离子，其电极反应式为：o2+2h2o+

40、4e-=4oh-，错误。25.某粗铜产品中含有zn、ag、au等杂质，如图所示，用ch3oh-碱性燃料电池电解硫酸铜溶液。闭合电键k进行电解。下列说法中不正确的是（ ）a. 左池负极反应式为ch3oh -6e-+8oh-=co32-+ 6h2ob. 通电一段时间后，ag、au杂质金属沉积在电解槽底部c. 若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重大于6.4gd. 电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极【答案】c【解析】a. 左池负极反应式为ch3oh -6e-+8oh-=co32-+ 6h2o，故a正确；b. 通电一段时间后，比cu不活泼的ag、au杂质金属不被氧化，沉积在电解槽底部，故b正

41、确；c. 比cu活泼的金属杂质zn在cu之前被氧化，zn2ezn2+，若粗铜电极质量减少6.4g，则纯铜电极增重小于6.4g，故c不正确；d. 电解过程中右池纯铜和粗铜分别为阴极和阳极，故d正确。故选c。二、非选择题（共4个小题，共50分）26.某校学生用如图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物，请回答下列问题：请回答下列问题：（1）冷凝管所起的作用为冷凝回流和导气，冷凝水从_口进入（填“a”或“b”）。（2）实验开始时，关闭k2、开启k1和分液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。iii中小试管内苯的作用是_。（3）能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是_。（4

42、）反应结束后，要让装置中的水倒吸入装置中，这样操作的目的是_，简述这一操作的方法：_。（5）将三颈烧瓶内反应后的液体依次进行下列实验操作就可得到较纯净的溴苯。用蒸馏水洗涤，振荡，分液；用5%的naoh溶液洗涤，振荡，分液；用蒸馏水洗涤，振荡，分液；加入无水cacl2粉末干燥；_（填操作名称）。【答案】 (1). a (2). 吸收溴蒸气 (3). iii中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀（或测反应后iii中硝酸银溶液的ph，其ph变小） (4). 使混合液分为三层，最下层为溴苯，从而可以提取溴苯 (5). 反应结束后关闭k1，打开k2，使水进入中 (6). 分馏（或蒸馏）【解析】【分析】实验原理为：

43、溴与苯在铁丝催化下剧烈反应，放出大量热，此时由于k1打开，溴蒸汽和反应得到的hbr到了，溴溶于苯，hbr与硝酸银反应得到沉淀。剩余的hbr和溴被naoh吸收。完成后由于温度下降，气压负差，此时打开k2会使水被吸入。水的密度大于苯而小于溴苯，所以三种液体分为三层，便于提纯。【详解】（1）冷凝水从a口进入，采用逆流通水的操作，冷却更充分。（2）因该实验的目的是要探究苯与溴发生反应的原理，若为加成反应无hbr生成，而取代反应则有，通过iii中硝酸银溶液内是否出现淡黄色沉淀来证明反应为取代还是加成。故需先除去溴蒸气的干扰。（3）能说明苯与液溴发生了取代反应的现象是iii中硝酸银溶液内出现淡黄色沉淀。（

44、4）反应结束后，要让装置中的水倒吸入装置中，这样操作的目的是使混合液分为三层，最下层为溴苯，从而可以提取溴苯。由于温度下降，气压负差，此时打开k2会使水被吸入。（5）利用沸点差异，采取蒸馏方式。【点晴】实验方案设计与评价取材于教材、高于教材，注重创新是近年高考化学试题的一大特点。近年高考综合实验试题往往是在教材实验、演示实验或考生已有实验知识的基础上进行改进，创设新情境，提出新问题，考查考生的创新意识。主要体现在以下几个方面：(1)根据题干给予的新信息，预测实验现象等。(2)药品使用创新、仪器功能拓展、实验操作改进创新和实验操作新途径开辟等。(3)面对新情境，能够正确提取并处理信息(准确提炼规

45、律、严密推理分析、做出合理解释等)。(4)面对新问题，能够全面深入思考，合理优化结构，准确深刻评价等。27.如图，c、d、e、f、x、y都是惰性电极，a、b为电源。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在f极附近显红色（1）若用co、氧气燃料电池作电源，电解质为koh溶液，则a为_极，a电极上的反应为_，b电极上的反应式为：_。（2）若甲中装有100ml 1 moll-1的硫酸铜溶液，工作一段时间后，停止通电此时c、d两极上产生的气体体积相同甲中d极产生的气体在标准状况下的体积为_l，欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入_。acuo bcu2(oh)2co3 ccu(oh)2 dcuco3（

46、3）通电后乙中反应的化学方程式：_。（4）欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用co、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，理论上消耗氧气的质量_克。（5）工作一段时间后,丁中x极附件的颜色逐渐变浅，y极附件的颜色逐渐变深，这说明_在电场作用下向y极移动。【答案】 (1). 正 (2). o2+4e-+2h2o=4oh-  (3). co-2e-+4oh-=co32-+2h2o (4). 2.24 (5). c (6). 2nacl+2h2o 2naoh+h2+cl2 (7). 3.2 (8). 氢氧化铁胶体粒子带正电荷【解析】【详解】分析：本题考查的是电解池的工作原理，

47、根据实验现象判断电解池的阴阳极和电极反应是关键。详解：(1)电解食盐水时f极附近显红色，说明f为阴极，则对应的b为负极，a为正极。若用co、氧气燃料电池作电源，则氧气在正极反应生成氢氧根离子，电极反应为：o2+4e-+2h2o=4oh- ；一氧化碳在负极反应，电极反应为： co-2e-+4oh-=co32-+2h2o。(2) 若甲中装有100ml1 moll-1的硫酸铜溶液，说明首先电解硫酸铜生成铜和氧气和硫酸，然后电解水生成氢气和氧气，0.1mol硫酸铜完全电解生成0.05mol氧气，则假设电解水有xmol氧气生成，则同时生成2xmol氢气，有2x=x+0.05，解x=0.05mol，则d上

48、产生0.1mol氢气，标况下体积为2.24l。 要想溶液恢复原来的成分和浓度需要加入0.1mol氧化铜和0.1mol水，或对应的物质，故选c。(3)通电后乙中为电解食盐水，生成氯气和氢气和氢氧化钠，方程式为：2nacl+2h2o2naoh+h2+cl2。(4)欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用co、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，则说明析出43.2克银，即43.2/108=0.4mol银，则理论上消耗氧气0.01mol质量为3.2g。 (5)一段时间后x极附件的颜色逐渐变浅，y极附件的颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向阴极移动，则说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷。28.电解

49、质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。（1）已知部分弱酸的电离常数如下表： 弱酸ch3coohhcnh2co3电离常数(25)ka = 1.8×105ka=4.3×l0-10ka1=5.0×l0-7 ka2=5.6×l0-110.1 moi/l nacn溶液和0.1mol/l nahco3溶液中，c(cn-)_c(hco3 -)（填“>”、“<”或“=”）。常温下，ph相同的三种溶液ach3coona bnacn cna2co3，其物质的量浓度由大到小的顺序是_（填编号）。室温下，定浓度的ch3coona溶液ph=9，用

50、离子方程式表示溶液呈碱性的原因是_，溶液中_。（2）室温下，用0.100 mol/l盐酸溶液滴定20.00ml0.l00mol/l 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_。b点所示的溶液中c(nh3·h2o)-c(nh4+)=_（用溶液中的其它离子浓度表示）。ph =10的氨水与ph =4的nh4c1溶液中，由水电离出的c(h+)之比为_。【答案】 (1). < (2). abc (3). ch3coo-+h2och3cooh+oh- (4). l.8×104 (5). c（c1-）>c（nh4+）>c(h+)>

51、;c（oh-） (6). 2c(h+)-2c(oh-) (7). 10-6【解析】【分析】（1）已知ka(hcn)、ka1(h2co3)，依据越弱越水解规律进行分析：ka越大，酸性越强，其电离程度越大，则其对应的酸根离子水解程度越小，其钠盐溶液中该酸根离子浓度越大；已知ka(ch3cooh、ka(hcn)、ka2(h2co3)，依据越弱越水解规律进行分析，ka越大，酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，相同ph的钠盐溶液的浓度越大；ch3coona溶液显碱性的原因是ch3coo-发生水解反应，根据及c(h+)，计算；（2）d点时加入盐酸20ml，两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解使溶液呈

52、酸性，且水解是微弱的；b点时，所加盐酸体积为10ml，此时溶液为等浓度的氯化铵和氨水的混合物，根据电荷守恒、物料守恒，可以推知c(nh3h2o)-c(nh4+)=2c(h+)-2c(oh-)；氨水溶液中，水电离出的氢离子就是溶液中的氢离子；nh4c1溶液中，水电离出的氢离子就是溶液中的氢离子，据此计算。【详解】（1）由ka(hcn)<ka1(h2co3)，可知hcn的酸性比h2co3酸性弱，依据越弱越水解规律，0.1 moi/l nacn溶液中，cn-的水解能力大于0.1mol/l nahco3溶液中hco3-的水解能力，则c(cn-）<c(hco3-)；故答案为：<；由于k

53、a(ch3cooh)>ka(hcn)>ka2(h2co3)，依据越弱越水解规律可知，等物质的量浓度的ch3coona、nacn、na2co3，溶液的水解能力co32->cn->ch3coo-，此时溶液ph由大到小的顺序为：na2co3> nacn>ch3coona；则ph相同时，浓度顺序为：ch3coona>nacn>na2co3，即a>b>c；故答案为：abc；ch3coona溶液显碱性的原因是ch3coo-发生水解反应，水解反应的离子方程式为：ch3coo-+h2och3cooh+oh-；在水溶液中ch3cooh的电离平衡常数，p

54、h=9，c(h+)=10-9mol/l，所以；故答案为：ch3coo-+h2och3cooh+oh-；l.8×104； （2）d点时加入盐酸20ml，两溶液恰好反应生成氯化铵，由于铵根离子水解，则c(cl-)>c(nh4+)，溶液显酸性，即c(h+)>c(oh-)，且水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为：c(c1-)>c(nh4+)>c(h+)>c(oh-)；故答案为：c(c1-)>c(nh4+)>c(h+)>c(oh-)；b点时，所加盐酸体积为10ml，此时溶液为等浓度的氯化铵和氨水的混合物，由于一水合氨的电离程度大于

55、氯化铵的水解程度，溶液显碱性，溶液中，电荷守恒：c(nh4+)+c(h+)=c(cl-)+c(oh-)，物料守恒：2c(cl-)=c（nh4+）+c（nh3h2o），可以推知c（nh3h2o）-c(nh4+)=2 c(h+)-2c(oh-)；故答案为：2c(h+)-2c(oh-)； 常温下，ph=10的氨水溶液中，水电离出的氢离子就是溶液中的氢离子，则由水电离出的c(h+)=10-10mol/l；ph=4的nh4c1溶液中，水电离出的氢离子就是溶液中的氢离子，则由水电离出的c(h+)=10-4mol/l，则ph=10的氨水与ph =4的nh4c1溶液中，由水电离出的c(h+)之比为10-6；故答案为：10-6。【点睛】水电离的c(h)或c(oh-)的计算技巧(25 时)(1)中性溶液：c(h)c(oh-)1.0×10-7 mol·l-1。(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(h)c(oh-)10-7 mol·l-1，当