贵州省百所学校2024届化学高二第二学期期末联考模拟试题含解析

贵州省百所学校2024届化学高二第二学期期末联考模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下，下列物质可以通过化合反应一步制得的共有①硫酸铝②小苏打③氯化亚铁④氢氧化铜⑤氢氧化铁⑥磁性氧化铁A．3种B．4种C．5种D．6种2、已知C3N4晶体的硬度与金刚石相差不大，且原子间均以单键结合，下列关于C3N4的说法错误的是A．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子稳定结构B．C3N4晶体中C－N键的键长比金刚石的C－C键的键长要长C．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，每个N原子连接3个C原子D．该晶体与金刚石相似，都是原子间以共价键形成的空间网状结构3、下列说法中正确的是A．已知t1℃时，反应C+CO22CO△H>0的速率为υ，若升高温度，逆反应速率减小B．恒压容器中发生反应N2+O22NO，若在容器中充入He，正逆反应速率均不变C．当一定量的锌粉和过量的6mol⋅L−1盐酸反应时，为了减慢反应速率,又不影响产生H2的总量,可向反应器中加入少量的CuSO4溶液D．待反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)达到平衡后，保持温度和体积不变，再充PCl5(g)达到新的平衡，新平衡和原平衡相比PCl5(g)的转化率减少4、结构简式为的有机物分子中，处于同一平面的碳原子最多有A．6个 B．8个 C．9个 D．10个5、诺贝尔奖科学成果被应用于工业合成重要的治疗帕金森症(震颤麻痹症)的药物左旋多巴(C)。下面是它们的结构简式以及科学家发明的合成路线。在上述反应中，关于（1）、（2）两步的反应类型，全部正确的是（）A．消去反应，水解反应B．氧化反应，取代反应C．加成反应，取代反应D．还原反应，消去反应6、下列有关说法不正确的是A．CH4、SF6、二氯乙烯（反式）、H2O2都是含极性键的非极性分子B．在分子晶体中一定不存在离子键，而在离子晶体中可能存在共价键C．酸性：H2CO3<H3PO4<HNO3<HClO4D．CO的一种等电子体为NO＋，它的电子式为7、氟氧酸是较新颖的氧化剂，应用性极强，可用被氮气稀释的氟气在细冰上缓慢通过制得：F2+H2O=HOF+HF。该反应中水的作用与下列反应中水的作用相同的是A．钠与水反应制氢气B．过氧化钠与水反应制氧气C．氯气与水反应制次氯酸D．氟单质与水反应制氧气8、某有机物的结构简式为HCOOCH2CH＝CH2，它不具有的官能团是A． B． C． D．9、对于反应;2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH<0。若该反应在绝热恒容的密闭体系中进行，则下列示意图正确且能说明反应进行到t1时已达到平衡状态的是A． B． C． D．10、已知：①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－905.5kJ·molˉ1②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2一定条件下，NO可以与NH3反应转化为无害的物质，反应如下：③4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH3＝－1625.5kJ·molˉ1。下列说法正确的是A．反应①使用催化剂，ΔH1减小B．反应②生成物总能量低于反应物总能量C．反应③一定能自发进行D．反应③达到平衡后升高温度，v(正)、v(逆)的变化如图所示11、下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是（）A．NH3·H2O B．CH3COOH C．盐酸 D．H2O12、取100mL0.3mol·L－1和300mL0.25mol·L－1的硫酸注入500mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是()A．0.21mol·L－1 B．0.42mol·L－1C．0.56mol·L－1 D．0.26mol·L－113、关于胶体和溶液的本质区别，下列叙述中正确的()A．溶液呈电中性，胶体带电荷B．溶液中通过一束光线出现明显光路，胶体中通过一束光线没有特殊现象C．溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子不能通过滤纸D．溶液与胶体的本质区别在于分散质微粒直径大小14、已知反应：①101kPa时，2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H＝-221kJ/mol；②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)，△H＝-57.3kJ/mol。下列结论正确的是()A．反应①的反应热为221kJB．碳的燃烧热为△H＝-221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H＝-57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量15、下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（）实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A．A B．B C．C D．D16、用激光笔照射烧杯中的豆浆时，可看见一条光亮的“通路”，该豆浆属于：A．悬浊液 B．乳浊液 C．胶体 D．溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、M、N、O、P、Q是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素．M原子最外层电子数为内层电子数的3倍；N的焰色反应呈黄色；O的氢化物是一种强酸，其浓溶液可与M、Q的化合物反应生成O的单质；P是一种金属元素，其基态原子中有6个未成对电子．请回答下列问题：(1)元素Q的名称为______________，P的基态原子价层电子排布式为__________________。(2)O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低，是因为___________________。(3)M、O电负性大小顺序是__________(用元素符号表示)，实验室制备O单质的化学方程式__________________________。(4)M、N形成的化合物的晶胞如图所示，该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度为____________________g/cm318、化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的化学名称为为__________。（2）由E生成F的反应类型分别为_________。（3）E的结构简式为______________________。（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为__________________________。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，写出2种符合要求的X的结构简式____________________、__________________________。19、氯碱工业中电解饱和食盐水流程及原理示意图如下图所示。（1）生成H2的电极反应式是_________________________________________。（2）Na+向________（填“E”或“F”）方向移动，溶液A的溶质是______________。（3）电解饱和食盐水总反应的离子方程式是_____________________________。（4）常温下，将氯碱工业的附属产品盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。实验编号氨水浓度/mol·L－1盐酸浓度/mol·L－1混合溶液pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH＞7ⅰ.实验①中所得混合溶液，由水电离出的c（H+）=______mol·L-1。ⅱ.实验②中，c______0.2（填“>”“<”或“=”）。ⅲ.实验③中所得混合溶液，各离子浓度由大到小的顺序是__________________。ⅳ.实验①、③所用氨水中的：①___________③（填“>”“<”或“=”）。（5）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气－氯水体系中的Cl2（aq）、HClO和ClO－分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如下图所示。下列表述正确的是_______。A．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好B．在氯处理水体系中，c（HClO）+c（ClO－）=c（H+）-c（OH－）C．用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时效果差20、为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。(1)仪器C名称是___________，长导管作用是_____________________________。(2)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏。若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即______________________。(3)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是________。(4)B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号)a.硫酸b.硝酸c.磷酸d.乙酸e.盐酸②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。(5)向馏出液中加入25.00mL0.1000mol·L－1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀(La3+不发生其他反应)，再用0.1000mol·L－1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1发生络合反应)，消耗EDTA标准溶液平均19.80mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为______(百分数保留小数点后两位)。21、氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：请回答下列问题：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_________、__________；（2）基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；（3）在BF3分子中，F-B-F的建角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF，BF的立体结构为_______；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；（5）六方氢化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶苞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】分析：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成。详解：①硫酸铝可利用Al与硫酸的置换反应或复分解反应生成；②小苏打可利用碳酸钠、水、二氧化碳反应生成；③氯化亚铁可利用Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；④氢氧化铜不能利用化合反应生成,只可利用复分解反应生成；⑤氢氧化铁可利用氢氧化亚铁、氧气、水反应生成；⑥磁性氧化铁为四氧化三铁,可利用Fe与氧气反应生成；则利用化合反应制得的有②③⑤⑥,共4种；正确选项B。2、B【解题分析】

A．C最外层有4个电子，且与N形成4个单键，N原子最外层有5个电子，且与C形成3个单键可知C、N最外层都满足8电子稳定结构，A正确；B．C原子半径比N原子半径大，所以C－C键的键长比C－N键的键长要长，B错误；C．由结构可知：C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，每个N原子连接3个C原子，C正确；D．C3N4晶体的硬度与金刚石相差不大可知，该晶体的结构和金刚石差不多，都是以共价键结合成的空间网状结构，D正确。答案选B。3、D【解题分析】

A.升高温度，正、逆反应速率均加快，故A错误；B.在恒压容器中充入He，容器体积变大，反应物和生成物浓度减小，正、逆反应的速率都减小，故B错误；C.锌与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，生成氢气的总量减小，故C错误；D.保持温度和体积不变，再充PCl5(g)相当于增大压强，增大压强，平衡向逆反应方向移动，PCl5(g)的转化率减少，故D正确；故选D。4、D【解题分析】

根据苯环和碳碳双键均是平面形结构分析解答。【题目详解】苯环是平面形结构，与苯环直接相连的原子位于苯环所在平面上。碳碳双键也平面形结构，又因为碳碳单键可以旋转，则该有机物分子中所有碳原子均可能位于同一平面上，即处于同一平面的碳原子最多有10个。答案选D。5、C【解题分析】分析：A在催化剂作用下与氢气加成得到B，B在酸性条件下酰胺键水解得到C。详解：A、A生成B是加成反应，故A错误；B、A生成B是还原反应，故B错误；C、A在催化剂作用下与氢气加成得到B，B在酸性条件下酰胺键水解得到C，故C正确；D、B生成C是水解反应，是取代反应，没有不饱和键的生成，不是消去反应，故D错误。故选C。6、A【解题分析】

A.H2O2是极性分子，“三点确定一面”，该分子的两个H原子位于两个不同的平面上，导致该分子的正负电荷中心不能重合，所以H2O2是极性分子，A错误；B.分子晶体一定不存在离子键，离子晶体中可能存在共价键，比如Na2O2、NH4Cl，B正确；C.元素的非金属性：C<P<N<Cl，所以这四种元素的最高价含氧酸的酸性依次增强，C正确；D.CO含有10个价电子，NO+也含有10个价电子，它们都是N2的等电子体，故其电子式为，D正确；故合理选项为A。7、D【解题分析】

在F2+H2O=HOF+HF反应中，水中O元素的化合价升高，水是还原剂。【题目详解】A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，错误；B．过氧化钠中O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；C．只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，错误；D．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，正确。答案选D。8、B【解题分析】

HCOOCH2CH═CH2中含有官能团：C=C和-CHO、-COO－，不含；故选B。9、B【解题分析】A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；B、t1时平衡常数不再变化，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；C、t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D、t1时逆反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故D错误；故选B。10、C【解题分析】

A、催化剂对反应热无影响，故A错误；B、①－4×②得到：△H3=－1625.5kJ·mol－1=－905.5－4△H2，解得△H2=＋720kJ·mol－1，即反应②为吸热反应，生成物的总能量大于反应物的总能量，故B错误；C、反应③是放热反应，△H＜0，反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此△S＞0，因此在任何温度下均能保证△G=△H－T△S＜0，此反应都能自发进行，故C正确；D、反应③为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v逆＞v正，故D错误。故选C。11、C【解题分析】

溶液的导电能力与离子的浓度成正比，与电解质的强弱无关，离子浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱，向溶液中加入氢氧化钠固体后，如果能增大溶液中离子浓度，则能增大溶液的导电能力，否则不能增大溶液的导电能力。【题目详解】A.氨水是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增强，故A不符合；B.醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故B不符合；C.氯化氢是强电解质，氢氧化钠是强电解质，向盐酸中加入氢氧化钠固体后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，溶液中离子浓度变化不大，所以溶液的导电能力变化不大，故C符合；D.水是弱电解质，向水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，则溶液的导电能力增强，故D不符合；答案选C。12、B【解题分析】

混合后溶液中溶质H2SO4的物质的量等于100mL0.3mol/L和300mL0.25mol/L的H2SO4溶液中含有的H2SO4之和，假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据n=c·V计算混合后的浓度，溶液中H+的物质的量浓度是H2SO4浓度的2倍。【题目详解】假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据混合前后溶液中溶质的物质的量总和不变可得：100mL×0.3mol/L+300mL×0.25mol/L=500mL×a，解得：a=0.21mol/L，H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，因此混合后溶液中氢离子的浓度c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.21mol/L=0.42mol/L，故合理选项是B。【题目点拨】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意混合溶液中溶质的物质的量为混合前两种溶液中溶质的物质的量的和，并根据酸分子化学式确定氢离子与酸的浓度关系，结合物质的量浓度定义式的变形进行计算、判断。13、D【解题分析】分析：本题考查的是胶体的定义和性质，属于基础知识。详解：A.溶液和胶体都属于分散系，都呈电中性，故错误；B.胶体中通过一束光时有明显光路，属于丁达尔效应，而溶液没有，故错误；C.溶液中的溶质微粒比滤纸的空隙小，能通过滤纸，胶体的微粒直径也小于滤纸，也能通过滤纸，故错误；D.溶液和胶体的本质区别是分散质微粒直径的大小，故正确。故选D。14、C【解题分析】

A、①的反应热为负值，单位是kJ/mol；B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量；D、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量。【题目详解】A、反应热包含符号，①的反应热为221kJ/mol，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，由反应①可知，2mol碳燃烧生成CO放出的热量为221kJ，碳完全燃烧生成的是CO2，所以碳的燃烧热不是221kJ/mol，B错误；C、中和热是强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，中和热为放热反应，中和热为57.3kJ/mol，稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol，C正确；D、醋酸是弱电解质，电离吸收能量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，D错误；答案选C。【题目点拨】本题考查燃烧热、中和热的理解，题目难度不大，注意中和热的表示方法，掌握燃烧热、中和热的含义是解答的关键。选项D是解答的易错点，注意弱电解质存在电离平衡，电离吸热。15、A【解题分析】

A、氢氧化镁碱性强于氨水；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C、电荷不守恒；D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【题目详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A能用来解释相应实验现象；B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B不能用来解释相应实验现象；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C不能用来解释相应实验现象；D、硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；故选A。【题目点拨】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。16、C【解题分析】

胶体具有丁达尔效应是指当光束通过胶体时，从侧面观察到一条光亮的“通路”，据此分析作答。【题目详解】溶液、悬浊液和乳浊液无丁达尔效应，胶体分散质微粒直径在1∼100nm之间，有丁达尔效应，依据题意可知，豆浆属于胶体，有丁达尔效应，故C项正确；答案选C。【题目点拨】丁达尔效应是胶体的光学性质，是胶体与其他分散系区别的一种物理方法，但不是本质。胶体的分散质微粒直径在1∼100nm之间，是本质区别。二、非选择题（本题包括5小题）17、锰3d54s1HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键O＞Cl4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O【解题分析】

依题意可知：M为氧元素，N为钠元素，O是氯元素，P是铬元素，Q是锰元素，因此有：（1）元素Q的名称为锰，P的基态原子价层电子排布式为3d54s1；（2）O的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低是因为HF分子间存在氢键，而HCl分子间无氢键；（3）M、O电负性大小顺序是O＞Cl，实验室利用二氧化锰与浓盐酸共热制取氯气，反应的化学方程式为4HCl(浓)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；(4)M、N分别为氧元素和钠元素，根据晶胞结构示意图可知，一个晶胞含有个8氧原子，8个钠原子，其化学式为Na2O，该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度为=g/cm3。【题目点拨】本题涉及核外电子排布、电负性、分子结构、杂化轨道、晶胞结构与计算等，（4）为易错点、难点，需要学生具有一定空间想象及数学计算能力。18、苯甲醛取代反应、、、【解题分析】

结合A生成B的步骤与已知信息①可知A为苯甲醛，B为，根据反应条件Cu(OH)2和加热可知C为，C经过Br2的CCl4溶液加成生成D，D生成E的过程应为卤族原子在强碱和醇溶液的条件下发生消去反应，则E为，E经过酯化反应生成F，F中的碳碳三键与G中的碳碳双键加成生成H，结合条件②可知G为。【题目详解】（1）根据分析可知A的化学名称为苯甲醛。答案：苯甲醛。（2）根据分析可知E生成F为醇和羧酸的酯化反应，属于取代反应。答案：取代反应。（3）由分析可知E的结构简式为。答案：。（4）G为甲苯的同分异构体，则G的分子式为C7H8，G的结构简式为，所以F生成H的化学方程式为：。答案：。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，则X的分子式为C11H10O2，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，所以X的结构简式有、、、共4种可能性，任意写两种即可。19、FNaOH2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－10－5＞c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）＞C【解题分析】

电解饱和食盐水，氯离子在阳极（E极）失去电子生成氯气，水电离的H+在阴极（F极）得电子生成氢气，同时生成OH-，离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－.【题目详解】（1）由装置图中氯气和氢气的位置判断，生成氢气的极为阴极，水电离的H+在阴极得电子生成氢气，电极反应式为；破坏水的电离平衡，浓度增大，溶液A为氢氧化钠溶液，故溶质为NaOH.（2）电解池中阳离子向阴极移动，所以Na+向F极移动，在F极水电离的H+得电子生成氢气，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，溶因此液A为氢氧化钠溶液，故溶质为NaOH；（3）电解饱和食盐水，氯离子在阳极失去电子生成氯气，水电离的H+在阴极得电子生成氢气，同时生成OH-，离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；（4）ⅰ.从第①组情况分析,生成了氯化铵溶液,铵离子水解,溶液显示酸性,溶液中的氢离子是水电离的,故中由水电离出的c（H+）=1×10-5mol·L-1；ⅱ.从第②组情况表明,pH=7,溶液显示中性,若c=2,生成氯化铵溶液,显示酸性,故氨水的浓度稍大些,即c大于0.2mol/L；ⅲ.0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合后，得到等浓度的一水合氨与氯化铵的混合溶液，溶液pH＞7,说明氨水的电离程度大于水解程度,故铵离子浓度大于氨水浓度;，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）；ⅳ.NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离平衡常数，则，增大NH3·H2O的浓度，电离平衡正向移动，OH-浓度增大，实验①、③相比较，③中OH-浓度大，OH-浓度越大，越小，所以①＞③；（5）A、夏季温度较高，氯气溶解度随温度的升高而降低，且HClO的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水中HClO浓度减小，杀毒效果差，故A错误。B、根据电荷守恒可以得到c（OH－）+c（ClO－）=c（H+），故B错误；C、由于HClO的杀菌能力比ClO－强，因此HClO的浓度越高，杀菌能力越强，由图中可知pH=6.5时的次氯酸浓度更大，故C正确；综上所述，本题正确答案为C。20、(直形)冷凝管平衡气压打开活塞K保温，避免水蒸气冷凝bdeHF+OH－=F－+H2O2.96%【