1、 高二（上）期末化学试卷 题号一二三总分得分一、单选题（本大题共24小题，共48.0分）1. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A. 夏天打开啤酒瓶盖后产生大量气泡B. 浓氨水中加入NaOH固体产生有刺激性气味气体C. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气D. 压缩H2和I2反应的平衡混合气体，气体颜色变深2. 化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（）A. 用热碱水清除炊具上的油污B. 电解饱和食盐水制氯气C. 用酒精擦洗布料上的油污D. 用食醋除去水壶内的水垢3. 物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大顺序排列的是（）A. Na2CO3、NaHCO3、NaCl、H
2、ClB. Na2CO3、NaHCO3、HCl、NaClC. (NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2CO3D. NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2CO3、NaNO34. 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. 电解时以精铜作阳极B. 电解时阴极发生氧化反应C. 粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu2+2eD. 电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥5. 有A、B、C、D四种金属将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，B不易腐蚀将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化如果把铜浸入C
3、的盐溶液里，有金属C析出据此判断它们的活动性由强到弱的顺序是（）A. DCABB. DABCC. DBACD. BADC6. 化学平衡常数（K）、电离常数（Ka、Kb）溶度积常数（Ksp）等常数是表示、判断物质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是（）A. 当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(Ka、Kb)均变大B. Ka(HCN)Ksp(BaCO3)D. 化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关7. 已知AgCl的Ksp=1.810-10，在100mL1.010-4mol/L的KCl溶液中，加入100mL2.010-6mol/L的AgNO3溶液，下列说法正确的是（）A
4、. 有AgCl沉淀生成B. 无AgCl沉淀生成C. 有沉淀生成但不是AgClD. 无法确定8. 在pH相同，体积相等的盐酸A和醋酸溶液B中，分别加入等质量的锌，若反应停止后，有一份溶液中锌有剩余，则正确的判断是（）反应所需时间BA；开始时反应速度AB参加反应的锌的质量BA；整个反应阶段平均速度BA；盐酸中锌有剩余；醋酸溶液中锌有剩余；盐酸中放氢气多；醋酸溶液中放氢气多。A. B. C. D. 9. 用直流电电解下列各溶液一段时间后，溶液的颜色和密度保持不变的是（）A. 用铜电极电解稀H2SO4B. 用石墨电极电解Na2SO4溶液C. 用铜电极电解CuCl2溶液D. 铁为阳极，锌为阴极，电解Zn
5、Cl2溶液10. 常温时，将V1mLc1molL-1的氨水滴加到V2mLc2molL-1的盐酸中，下述结论中正确的是（）A. 若混合溶液的pH=7，则c1V1c2V2B. 若V1=V2，c1=c2，则混合液中c(NH4+)=c(Cl)C. 若混合溶液的pH=7，则混合液中c(NH4+)c(Cl)D. 若V1=V2，且混合液的pHc(HS)c(OH)c(H2S)B. Na2C2O4溶液：c(OH)=c(H+)+c(HC2O4)+2c(H2C2O4)C. Na2CO3溶液：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32)+c(OH)D. CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)
6、=c(CH3COO)+c(CH3COOH)+2c(Cl)13. 常温下将浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合，混合溶液的pH7，有关叙述正确的是（）A. c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.2molL1B. c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)C. 向混合后的溶液中滴入NaOH溶液至pH=7，则有c(Na+)=c(CH3COO)D. 混合溶液加水稀释，c(OH)减小14. 室温时，下列比值为2：1的是（）A. pH=2与pH=1的硝酸中c(H+)之比B. Na2CO3溶液中c(Na+)与c(CO32)之比C. 0.2mol/L与0l
7、mol/L醋酸中c(H+)之比D. pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中c(NH4+)与c(SO42)之比15. 常温下，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. 甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的10倍B. 物质的量浓度c(甲)10c(乙)C. 中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯醋酸溶液的体积，V(甲)=10V(乙)D. 甲中的c(OH)为乙中的c(OH)的10倍16. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（）A. 若C(石墨，s)=C(金刚石，s)H20，则石墨比金刚石稳定B. 2H2(g)+O2(g
8、)=2H2O(g)H=483.6kJmol1，则H2的燃烧热为241.8kJmol1C. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(1)H=57.3kJmol1，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.65kJ的热量D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)H12C(S)+O2(g)=2CO(g)H2则H1H217. 下列表述中，关于“一定”说法正确的个数是（）pH=6的溶液一定是酸性溶液c（H+）c（OH-）一定是酸性溶液强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力25时，水溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH-）的乘积一定等于10
9、-14使用pH试纸测定溶液阳时若先润湿，则测得溶液的pH一定有影响0.2mol/L氢硫酸溶液加水稀释，电离程度增大，c（H+）一定增大温度保持不变，向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响。A. 0B. 1C. 2D. 318. 重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备重铬酸钾（K2Cr2O7）。制备装置如图所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）下列说法错误的是（）A. 阳极室中溶液的颜色逐渐由黄色变为橙色B. 电解的过程中阳极附近溶液pH变大C. 阴极每生成lmo1气体，电路中转移2NA个电子D. 过程总反应的离子方程式可为4Cr
10、O42+4H2O=2Cr2O72+4OH+2H2+O219. 下列说法错误的是（）NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)c(HCO3)的比值保持增大浓度均为0.1molL-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液：2c（Na+）=3c（CO32-）+c（HCO3-）在0.1molL-1氨水中滴加0lmolL-1盐酸，恰好完全中和时溶液的pH=a，则由水电离产生的c（OH-）=l0-amolL-1向0.1mol/LNa2SO3溶液中加入少量NaOH固体，c（Na+）、c（SO32-）均增大在Na2S稀溶液中，c（H+）=c（OH-）+c（H2S）+c（HS-）A. B. C. D. 20. 以硼氢
11、化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图所示下列说法正确的是（）A. 电池放电时Na+从b极区移向a极区B. 该电池的负极反应为：BH4+8OH8e=BO2+6H2OC. 电极a采用MnO2，MnO2既作电极材料又有催化作用D. 每消耗3molH2O2，转移的电子为3mol21. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A. 25时，向0.1molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na+)c(NH4+)c(SO42)c(OH)=c(H+)B. 25时，NaB溶液的pH=8，c(Na+)
12、c(B)=9.9107molL1C. 0.1molL1NaHCO3溶液：c(Na+)c(OH)c(HCO3)c(H+)D. 相同物质的量浓度的CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是：c(Na+)c(ClO)c(CH3COO)c(OH)c(H+)22. 下列有关物质的量浓度关系正确的是（）A. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c(CH3COO)c(CH3COOH)B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)c(CH3COONa)c(H+)c(H2A)c(A2)D. pH=2的HA溶液与pH=1
13、2的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c(H+)+c(M+)=c(OH)+c(A)23. 温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g）通过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法正确的是（） t/s050150250350n（PCl3）mol00.160.190.200.20A. 反应在前50s的平均速率v(PCl5)=0.0032molL1s1B. 保持其它条件不变，升高温度，平衡时c(PCl5)=0.11molL1，则该反应的Hv逆D. 相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0mo
14、lCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%24. 某实验小组依据反应AsO43-+2H+2I-AsO33-+I2+H2O设计图1原电池，探究pH对AsO43-氧化性的影响。测得电压与pH的关系如图2，下列有关叙述错误的是（）A. pH0.68时，甲烧杯中石墨为负极B. pH=0.68时，反应处于平衡状态C. pH0.68时，氧化性I2AsO43D. pH=5时，负极电极反应式为2I2e=I2二、简答题（本大题共3小题，共42.0分）25. 根据所学电化学知识，回答下列问题：（1）甲池中通入CH3OH的电极名称是_极，写出其电极反应式_；乙池中石墨电极反应式为_；丙池中反应的离子方程式为_
15、；反应一段时间后，甲池中消耗560mL（标准状况下）O2，此时乙池溶液的pH=_；若向乙池中加入_，其质量为_g，能使CuSO4溶液恢复到原浓度（假设电解前后溶液的体积不变，均为100mL）。丙池中理论上最多产生_g固体。（2）工业上以石墨为电极，电解CuCl2溶液时，发现阴极上也会有CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式_。26. 常温下，向25mL0.1mol/LMOH溶液中逐滴加入0.2mo/LHA溶液，曲线如图所示（体积变化忽略不计）。回答下列问题（1）写出MOH的电离方程式_；（2）HA为_（“强”或“弱”）酸，理由是_；HA的电离平衡常数为_；（3）D点时，溶液中c（A-）+
16、c（HA）_2c（M+）（填“”“”或“=”）；溶液中离子浓度大小关系为_；若此时测得混合溶液的pH=3，则c（HA）+c（H+）=_mol/L（准确值）27. 汽车尾气中CO、氮氧化物（NOx）严重影响人们的生活和健康，化学工作者对氮氧化物的处理做了广泛而深人的研究。I利用甲烷还原NOxCH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+H2O（g）H1=-574kJ/mol；CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2=-1160kJ/mol。（1）甲烷真接将NO2还原为N2的热化学方程式为_。（2）在恒容（2L）密闭容器中充入1molCH4和2moIN
17、O2进行（1）中反应，CH4的平衡转化率（CH4）与温度和压强的关系如图甲所示。若容器中的压强为p2，y点；v正_V逆（填“大于“等于“或“小于”）。图中压强大小P1_P2X点对应温度下反应的平衡常数K=_。II某研究小组以Ag-ZSM-5为催化剂模拟汽车尾气的处理，实现NO和CO反应转化为无毒气体。同时利用反应放出的热量预热NO和CO实验测得NO的转化率随温度的变化如图乙所示。（1）高于773K，NO的转化率降低的可能原因是_（填序号）。A平衡常数变大B催化剂的活性降低C反应活化能增大（2）为提高汽车尾气中NO的转化率，除了改变温度、压强外，还可以采取的措施有_。三、实验题（本大题共1小题，
18、共10.0分）28. （I）工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂。常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：（1）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。请写出H2O2在水溶液中的电离方程式：_。（2）同学们用0.1000mol/L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O2。在该反应中，H2O2被_（填“氧化”或“还原”）。滴定到达终点的现象是_。用移液管吸取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗的酸
19、性KMnO4标准溶液体积如下表所示：第一次第二次第三次第四次体积（mL）17.1018.1017.0016.90则试样中过氧化氢的浓度为_mol/L-1。（II）医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。测定含量如下：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀疏酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。（1）滴定时，用_（填酸或碱）式滴定管装KMnO4溶液。（2）下列操作会引起测定结果偏高的是_。A滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗B滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C滴定前读数正确，滴定终点时俯视
20、读数D锥形瓶未用待测液润洗。答案和解析1.【答案】D【解析】解：A开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故A不选； B浓氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，加入氢氧化钠固体时，平衡会向逆向移动，会产生较多的刺激性气味的气体，能用勒夏特利原理解释，故B不选； C氯气和水反应是可逆反应，生成氯离子，食盐水中有大量氯离子，可抑制氯气与水反应，故实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2，故C不选； D碘和氢气反应生成HI的反应中，反应前后气体的物质的量之和不变，则增大压强平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D选； 故选：D
21、。平衡移动原理为：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动； 平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用，据此进行判断。本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：化学平衡移动原理只适用于“改变条件时能引起化学平衡移动的可逆反应”，题目难度不大。2.【答案】C【解析】解：A用热碱水清除炊具上的油污，是油脂在碱溶液中水解生成溶于水的盐和甘油，属于化学变化，故A错误； B电解饱和食盐水制氯气是发生了化学反应，生成了新物质，属于化学变
22、化，故B错误； C用酒精擦洗布料上的油污是利用油脂溶于酒精，变化过程中无新物质生成，属于物理变化，故C正确； D用食醋除去水壶内的水垢，是碳酸钙和醋酸发生反应生成溶于水的物质除去水垢，属于化学变化，故D错误； 故选：C。判断一个变化是物理变化还是化学变化，在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化，据此解答。本题考查了化学变化与物理变化的区别，判断依据是：是否有新物质的生成，题目难度不大，该题各个选项与现实生活接触紧密，比较新颖，注意相关知识的积累。3.【答案】C【解析】解：ANa2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaC
23、l为中性，HCl溶液显酸性，pH由大到小的顺序排列，故A不选； BNa2CO3、NaHCO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，而NaCl为中性，HCl溶液显酸性，不是按pH由小到大顺序排列，故B不选； C（NH4）2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2CO3水解显碱性，为pH由小到大的顺序排列，故C选； D（NH4）2SO4、NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，pH最小，而NaNO3为中性，Na2SO3水解显碱性，不是按pH由小到大顺序排列，故D不选； 故选：C。先是根据溶液的酸碱性将溶液分为
24、三部分：酸性的、碱性的、中性的，再利用弱离子的水解程度：越弱越水解来比较浓度相同的溶液的pH大小即可本题考查了溶液pH的大小比较方法应用，把握离子水解的应用及溶液酸碱性与pH的关系为解答的关键，注意酸或是碱越弱，其阴离子水解程度越大，题目难度不大4.【答案】D【解析】解：A、电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误； B、阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误； C、粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误； D、金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确； 故选：D。A、电解时粗铜作阳极，发生氧
25、化反应； B、电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应； C、粗铜被氧化，作阳极，发生的是氧化反应； D、根据金属的活动性顺序表进行分析本题主要考查电解原理及其应用电化学原理是高中化学的核心考点，本题利用电解法进行粗铜提纯时粗铜应作阳极，精铜作阴极；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应；这几种金属的活动性顺序为ZnFeCuAgPt，因此在电解过程中Ag、Pt不会失去电子，而是形成阳极泥5.【答案】B【解析】解：将A与B用导线连接起来，浸入电解质溶液中，该装置构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，负极上金属失电子生成金属阳离子进入溶液而被腐蚀，较不活泼的金属作
26、正极而不易腐蚀，B不易腐蚀，所以金属活动性AB； 金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈，将A、D分别投入等浓度盐酸中，D比A反应剧烈，所以金属活动性DA； 金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入B的盐溶液里，无明显变化，所以B的活泼性大于铜； 金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，如果把铜浸入C的盐溶液里，有金属C析出，所以铜的活泼性大于C。 所以它们的活动性由强到弱的顺序是DABC， 故选：B。原电池中较活泼的金属作负极，负极上失电子生成阳离子进入溶液而被腐蚀；金属和酸反应，较活泼的金属与酸反应较剧烈；金属之间的置换反应中，较活泼金属能置换出较
27、不活泼的金属，据此分析解答本题考查了金属活泼性强弱的判断，难度不大，金属活泼性强弱的判断方法有：原电池中的正负极材料、金属之间的置换反应、金属和酸反应置换出氢气的难易等6.【答案】A【解析】解：A弱电解质电离是吸热的，升高温度促进弱电解质电离，所以当温度升高时，促进弱酸、弱碱电离，则弱酸、弱碱的电离常数（Ka、Kb）均变大，故A正确； B弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强，Ka（HCN）Ka（CH3COOH）说明相物质的量浓度时，说明HCN电离程度小于醋酸，所以氢氰酸的酸性比醋酸的弱，故B错误； C溶度积常数小的物质先生成沉淀，向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸
28、钠和硫酸钠溶液，先产生BaSO4沉淀，则Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），故C错误； D化学平衡常数只与温度有关，与温度、压强、催化剂都无关，故D错误； 故选：A。A弱电解质电离是吸热的，升高温度促进弱电解质电离； B弱酸的电离平衡常数越大，说明该酸的电离程度越大，则该酸的酸性越强； C溶度积常数小的物质先生成沉淀； D化学平衡常数只与温度有关。本题考查平衡常数有关知识，明确平衡常数表达式含义是解本题关键，注意：平衡常数只与温度有关，与其它因素无关，题目难度不大。7.【答案】B【解析】解：由AgCl（s）Ag+Cl-，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-），混合后溶体积是0.2L，c（Cl
29、-）=510-5，c（Ag+）=110-6mol/L，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-）=510-5mol/L110-6molL-1=510-11mol2L-21.810-10mol2L-2，故无沉淀析出，故选：B。氯化银的溶解平衡为：AgCl（s）Ag+Cl-，Ksp=c（Ag+）。c（Cl-），求算出氯离子、银离子的物质的量，混合后体积为0.2L，再计算出c（Ag+）、c（Cl-），带入氯化银的溶度积判断即可。本题考查根据难溶电解质溶度积判断沉淀情况，难度中等。8.【答案】A【解析】解：醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于
30、盐酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，加入等质量的锌，若反应停止后，若有一份溶液中锌有剩余，则有锌剩余的酸是盐酸， 醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以反应所需时间BA，故错误； 开始时氢离子浓度相等，所以反应速度A=B，故错误； 等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以参加反应的锌的质量BA，故正确； 反应过程中，醋酸溶液中氢离子浓度始终大于盐酸，则反应速率醋酸始终大于盐酸，所以整个反应阶段平均速度BA，故正确； 盐酸的物质的量小于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，故正确； 盐酸的物质的量小
31、于醋酸，所以盐酸中锌有剩余，醋酸溶液中锌没有剩余，故错误； 盐酸的物质的量小于醋酸，所以醋酸中放氢气多，故错误； 盐酸的物质的量小于醋酸，所以醋酸中放氢气多，故正确； 故选：A。醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，氯化氢是强电解质，所以等pH的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，加入等质量的锌，若反应停止后，若有一份溶液中锌有剩余，则有锌剩余的酸是盐酸。本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意反应速率与氢离子浓度成正比，与酸的强弱无关，为易错点。9.【答案】C【解析】解：A用Cu作电解电解稀硫酸，阳极上Cu失电子
32、发生氧化反应生成Cu2+进入溶液，铜离子为蓝色，所以溶液密度及颜色都发生变化，故A错误； B用石墨作电极电解硫酸钠溶液，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，实质上是电解水，所以溶液颜色不变，但是密度增大，故B错误； C用Cu作电极电解CuCl2溶液，实质上是电镀，所以溶液颜色及密度都不变，故C正确； DFe作阳极、Zn作阴极电解ZnCl2溶液，阳极上Fe失电子生成Fe 2+进入电解质溶液，阴极上氢离子得电子生成氢气，亚铁离子呈浅绿色，所以溶液颜色及密度都改变，故D错误； 故选：C。A用Cu作电解电解稀硫酸，阳极上Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+进入溶液； B用
33、石墨作电极电解硫酸钠溶液，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，实质上是电解水； C用Cu作电极电解CuCl2溶液，实质上是电镀； DFe作阳极、Zn作阴极电解ZnCl2溶液，阳极上Fe失电子生成Fe 2+进入电解质溶液，阴极上氢离子得电子生成氢气。本题考查电解原理，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，题目难度不大。10.【答案】A【解析】解：A若混合液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（C1-）可知：混合
34、液中c（NH4+）=c（C1-），由于溶液中存在一水合氨分子，根据物料守恒可知氨水过量，即c1V1c2V2，故A正确； B当v1=v2 c1=c2时，两溶液恰好完全反应，反应后的溶质为氯化铵，铵离子部分水解，溶液显示酸性；若V1V2，c1=c2，则c1V1c2V2，氨水过量，溶液可能显示酸性、中性或者碱性，所以溶液酸碱性不确定，故B错误； C混合液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），则有c（NH4+）=c（Cl-），故C错误； D当V1=V2时，c1c2，盐酸过量，溶液中的溶质为盐酸和氯化铵，pH7，呈酸性，当c1=
35、c2时恰好反应生成氯化铵，氯化铵水解溶液呈酸性，故D错误， 故选：A。A混合液的pH=7，由于c1V1=c2V2时溶液显示酸性，所以若显示中性，必须满足氨水过量，即c1V1c2V2； B若v1=v2 c1=c2，一水合氨与氯化氢的物质的量相等，二者恰好完全反应生成氯化铵，铵离子部分水解，溶液显示酸性；若V1V2，c1=c2，溶液可能为酸性、中性或者碱性； C混合液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒分析； D若V1=V2，且混合液的pH7，溶液呈酸性，溶液中的溶质可能为氯化铵，或氯化铵和盐酸。本题考查中和反应、盐类水解、pH值等知识，题目难度中等，注意一水合氨为弱电解质的性
36、质，注意溶液电中性原则的利用。11.【答案】C【解析】解：A当K断开时，该在不能形成原电池和电解池，但B装置锌片能和稀硫酸发生置换反应而溶解，同时有氢气产生，故A正确； B当K闭合后，B作原电池A和C、D作电解池，B中锌作负极铜作正极，A中铁作阴极、C作阳极，C中Cu作阳极、Ag作阴极，所以C装置可作为银的表面镀铜的装置，故B错误； C当K闭合后，B作原电池A和C、D作电解池，B中锌作负极铜作正极，A中铁作阴极、C作阳极，电池A是电解池，而不是原电池，故C错误； D当K闭合后，A中阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，导致溶液氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大； B中正极上氢离子放电导致氢离子浓
37、度减小，溶液的pH增大； C为电镀池，溶液的pH不变； D为电解精炼粗铜，阳极上金属失电子，阴极上铜离子得电子，所以溶液中pH不变，故D正确； 故选：C。当K闭合时，B装置能自发的进行氧化还原反应，为原电池，A和C、D为电解池，放电时，导致电子从负极流向阴极，再从阳极流向正极，根据溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化确定溶液pH变化； 当K断开时，该装置不能形成闭合回路而不能构成原电池和电解池。本题考查了原电池和电解池原理，正确判断哪个是原电池、哪个是电解池是解本题关键，再结合各个电极上发生的电极反应来分析解答，注意反应过程中，电子不进入电解质溶液，为易错点。12.【答案】B【解析】解：A硫离子水
38、解显碱性，存在两步水解，两步水解均产生OH-，则c（OH-）c（HS-），以第一步为主，则浓度关系为c（Na+）c（OH-）c（HS-）c（H2S），故A错误； B溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），物料守恒为c（Na+）=2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-），由两守恒式可知，存在质子守恒式为c（OH-）=c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4），故B正确； C溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（OH-）+c（HCO3-），故C错误； D由物料守恒可知，
39、c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl-），则c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）+c（Cl-），故D错误； 故选：B。A硫离子水解显碱性，存在两步水解，以第一步为主； B溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），物料守恒为c（Na+）=2c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42-）； C溶液中存在电荷守恒； D由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl-）本题为2014年安徽
40、高考化学试题，测定离子浓度大小的比较，把握盐类水解及电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度不大13.【答案】C【解析】解：常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合，混合溶液的pH7，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度， A二者混合后溶液体积增大一倍导致物质浓度降为原来的一半，c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.1molL-1，故A错误； B常温下混合溶液的pH7，说明溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），根据电荷守恒得c（CH3COO-）c（Na+），酸的电离程度较小，
41、则溶液中离子浓度大小顺序为c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故B错误； C常温下，混合溶液pH=7，则c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-），故C正确； D加水稀释溶液中c（H+）减小，温度不变离子积常数不变，所以溶液中c（OH-）增大，故D错误； 故选：C。常温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合，混合溶液的pH7，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度， A二者混合后溶液体积增大导致物质浓度减小； B常温下混合溶液的pH7，说明溶液呈酸性； C
42、常温下，混合溶液pH=7，则c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断； D加水稀释溶液中c（H+）减小，温度不变离子积常数不变。本题考查离子浓度大小比较，侧重考查分析判断能力，明确溶液中溶质性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，易错选项是D，题目难度不大。14.【答案】D【解析】解：A、c（H+）=10-pHmol/L，故pH=2与pH=1的硝酸中c（H+）分别为0.01mol/L和0.1mol/L，不是2：1的关系，故A错误； B、碳酸钠溶液中碳酸根会部分水解，导致溶液中c（CO32-）减小，故此溶液中c（Na+）与c（CO32-）之比大于2：1，故B错误
43、； C、醋酸是弱电解质，浓度越大，电离程度越小，故.2mol/L 与0.1mol/L醋酸中c（H+）之比小于2：1，故C错误； D、pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+2c（SO42-），而溶液pH=7，故有c（H+）=c（OH-），则有c（NH4+）=2c（SO42-），故溶液中c（NH4+）与c（SO42-）之比为2：1，故D正确。 故选：D。A、c（H+）=10-pHmol/L； B、碳酸钠溶液中碳酸根会部分水解； C、醋酸是弱电解质，浓度越大，电离程度越小； D、根据pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中的电荷守恒来分析。本题考查了盐类的水
44、解以及溶液中的三个守恒，难度不大，应注意对盐溶液中三个守恒的掌握和区分。15.【答案】B【解析】解：Ac（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，故A错误；B酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）10c（乙），故B正确；C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（
