【文档说明】四川省遂宁市射洪县射洪中学校2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 【精准解析】.doc，共(24)页，921.500 KB，由小赞的店铺上传

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四川省射洪中学校高2018级高二（下）半期考试化学试题（考试时间：90分满分100分）第I卷选择题可能用到的原子量：H-1，C-12，N-14，O-16，Li-7，S-32，Fe-56，Cu-64一､选择题(每小题

2分，共46分)1.下列表达方式正确的是A.Cr的外围电子排布式：3d44s2B.NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-C.基态碳原子的价电子排布图为：D.二氧化硅的分子

式为SiO2【答案】C【解析】【详解】A、Cr为24号元素，根据构造原理以及洪特规则特例可知，其外围电子排布式为3d54s1，故A错误；B、NaHCO3为强碱弱酸盐，其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；C、基态碳原子价

层电子排布式为2s22p2，故其价层电子排布图为：，故C正确；D、二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，只有化学式，其化学式为SiO2，故D错误；故答案为C。【点睛】对于原子核外电子排布式、外围电子排布式、外围电子排布图、外围电子轨道排

布图、价层电子排布式、价层电子排布图、价层电子轨道排布图等表示原子核外电子运动和能量的方式需注意区分。2.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是()A.NaOH、H2SO4B.CuCl2、Cu(NO3)2C

.Na2SO4、NaClD.KNO3、AgNO3【答案】A【解析】【分析】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu

(NO3)2是电解硝酸铜和水；C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。【详解】A.惰

性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，A正确；B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl

--2e-=Cl2↑，阴极为Cu2++2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，B错误；C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分

析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，电极反应不同，C错误；

D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++

2e-=Cu，电极反应不同，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。3.对于溶液的酸碱性说法正确的是A.含OH－的溶液一定呈碱性B

.在100°C时，纯水的pH＜7，因此显酸性C.c(H+)=c(OH-)的溶液一定呈中性D.pH＝14的溶液碱性最强【答案】C【解析】【详解】A、水存在电离：H2OH＋＋OH－，有水的存在时，溶液中一

定存在OH－，但溶液不一定是碱性，溶液呈碱性的判断依据是c(OH－)>c(H+)，故A错误；B、在100℃时，纯水中存在c(OH－)=c(H+)，仍然呈中性，其pH=6，故B错误；C、任何水溶液中只要存在c(OH－)=c(H+)，则该溶液一定呈中性，故C正确；D、pH表示溶液酸碱性的适用

范围为：c(H+)<1mol/L或c(OH－)<1mol/L，当溶液中c(OH－)或c(H+)大于1mol/L，可直接用c(OH－)或c(H+)表示酸碱性，在25℃下，pH＝14的溶液中c(OH－)=1mol/L，其碱性小于c(OH－)>1mol/L的溶液，且用pH表示溶液的碱性时，需要溶液

的温度，而题干温度未知，故不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故D错误；故答案为C。4.中学化学中很多“规律”都有其使用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A.根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出Al的第一电离能比Mg大B.根据主族

元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7C.根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=6.8的溶液一定显酸性D.根据较强酸可以制取较弱酸的规律，推出2CO通入NaClO溶液中能生成HClO【答案】D【解析

】【详解】A.同周期元素，第一电离能的变化趋势为：从左到右呈增大趋势，但是镁的价电子排布是3s2，3s轨道全满较稳定，则铝的第一电离能比镁小，A项错误；B.卤族元素中的F元素非金属性很强，没有正价，B项错误；C.溶液呈酸性是指溶液中c（H+）＞c（OH-），而p

H实际反映的是c（H+），水的离子积常数受温度影响，pH=6.8不能说明溶液一定显酸性，如100℃时pH=6.8的溶液呈碱性，C项错误；D.根据强酸制弱酸原理，强酸可以与弱酸的盐溶液反应制取弱酸，酸性：H2CO3>HClO，所以CO2通入NaClO溶液中能生成HClO，D项正确

；答案选D。5.25℃时，某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-20，下列说法正确的是A.该溶液的pH一定是10B.该溶液不可能pH＝4C.该溶液的pH不可能是7D.不会有这样的溶液【答案】C【解析】【详解】根据酸或

碱抑制水电离，含有弱根离子的盐水解，促进水电离，那么25℃时，纯水中水电离产生的c(H+)×c(OH-)=1×10-14，该溶液中由水电离产生的c(H+)×c(OH-)=1×10-20＜1×10-14，说明该溶

液中的溶质抑制了水电离，则溶液可能是酸或碱溶液。A．如果溶液是酸溶液，则溶液中c(OH-)=1×10-10mol/L，c(H+)=14101010−−mol/L=1×10-4mol/L，则溶液的pH=4，如果溶液是碱溶液，则c(H+)=1×10-10

mol/L，则溶液的pH=10，故A错误；B．如果溶液是酸溶液，则溶液中c(OH-)=1×10-10mol/L，c(H+)=14101010−−mol/L=1×10-4mol/L，则溶液的pH=4，故B错误；C．通过以上分析知，该溶液为酸性或碱性溶液，溶液的pH不可能是7，故C正确；D

．通过以上分析知，有这样的溶液，故D错误；答案为C6.图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（）A.铜棒的质量B.c(Zn2＋)C.c(H＋)D.c(SO42-)

-【答案】C【解析】【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑。则A．Cu是正极，氢离子得电

子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；D．SO42-不参加反应

，其浓度不变，故D错误；故选C。7.下列关于难溶电解质溶解平衡的说法正确的是A.可直接根据Ksp的数值大小比较难溶电解质在水中的溶解度大小B.在AgCl的饱和溶液中，加入蒸馏水，Ksp(AgCl)不变C.难溶电解质的溶解平衡

过程是可逆的，且在平衡状态时，v溶解=v沉淀=0D.25℃时，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，向AgCl的饱和溶液中加入少量KI固体，一定有黄色沉淀【答案】B【解析】【详解】A、比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接

比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小，故A错误；B、在纯水中物质的溶解度和Ksp都只受物质性质和温度的影响，与其它外界条件无关，所以B选项是正确的；C、平衡状态时v溶解=v沉淀0，电解质的溶解和离子结晶形成电解质都在继续，故C

错误；D、加入KI后碘离子浓度增大，使得碘离子浓度与银离子浓度之积增大，可能会大于Ksp(AgI)，若加入足量的碘化钾，则有黄色沉淀碘化银生成，但不一定，故D错误；故选B。8.下列关于金属腐蚀与防护的

说法不正确的是A.金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程B.铝制品的耐腐蚀性强，说明铝的化学性质不活泼C.将海水中钢铁闸门与电源的负极相连，可防止闸门被腐蚀D.铁在NaOH和NaNO2的混合液中发蓝、发黑，使铁表

面生成一层致密的氧化膜Fe3O4，防止钢铁腐蚀，其反应为：9Fe+8H2O+4NaNO2=3Fe3O4+4NH3↑+4NaOH【答案】B【解析】【详解】A.金属腐蚀就指金属在失电子被氧化的过程，A正确；B.铝化学性

质活泼，表面易形成稳定的致密氧化膜，阻止反应进一步进行，故铝制品的耐腐蚀性强，B错误；C.将海水中钢铁闸门与电源负极相连，作电解池的阴极被保护，防止闸门被腐蚀，C正确；D.铁在NaOH和NaNO2的混合液中发生反应9Fe+8H2O+4NaNO2=3

Fe3O4+4NH3↑+4NaOH，铁表面生成一层致密的氧化膜Fe3O4防止钢铁腐蚀，D正确；答案选B。9.用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20mL，浓度均为0.1mol/LHCl溶液和HX溶液，溶液的

pH随加入的NaOH溶液体积变化如图。下列说法正确的是A.M点c(HX)-c(X-)>c(OH-)-c(H+)B.N点的pH>7的原因是由于NaOH过量所致C.HX为弱酸，且电离平衡常数Ka≈1×10-10D.P点c(Cl-)=0.05mol/L【答案】A【解析】【详解】A.M点为等浓度Na

X、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2

c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)>c(OH-)-c(H+)，A正确；B.N点溶液为NaX溶液，该盐是强碱弱酸盐，X-发生水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，B错误；C.0.1mol

/L的HX的pH=5，c(H+)=10-5mol/L，根据电离平衡常数的定义可得K=()()()()259510100.110cHcXcHX+−−−−=−，C错误；D.P点溶液为NaCl、HCl按1:1物质的量的混合

溶液，c(Cl-)=()0.1mol/L20mL0.067/2010molLmL=+，D错误；故合理选项是A。10.已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42-。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，

保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－12mol·L－1C.加入NaHSO4晶体抑制了水的电离D.该温度下加入等体积pH为12的NaO

H溶液后溶液呈碱性【答案】B【解析】【详解】A．蒸馏水的pH=6，大于25℃的pH=7，说明温度大于25℃，正确；B．pH=2即c(H+)=0.01mol/L，该温度下kw=10-12，故水电离的H+的浓度是1.0×10

－10mol·L-1，错误；C．硫酸氢钠电离的氢离子抑制了水的电离，正确；D．该温度下pH=12的NaOH，其浓度为1mol/L，中和后碱过量，正确。11.水垢的主要成分包括CaCO3、CaSO4等，下列说法错误的是A.容易产生水垢的水－般是硬水B.盐酸去除水垢的能力比醋酸更好C.可用

小苏打去除电水壶中的水垢，因为小苏打溶液显酸性D.水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液浸泡，再用酸去除【答案】C【解析】【详解】A项、硬水一般是指含有较低钙、镁离子的水，在加热过程中，硬水容易产生水垢，故A正确；B项、盐酸和醋酸都能去除水垢，盐酸的酸性强于

醋酸，更易与水垢中碳酸钙反应，去除水垢的能力比醋酸更好，故B正确；C项、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液呈碱性，故C错误；D项、微溶的硫酸钙不能与酸反应，与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙，碳酸钙与酸反应生成溶

于水的钙盐，达到去除水垢的目的，故D正确；故选C。【点睛】烧水壶有了水垢，可将几勺醋放入水中，烧一二个小时，水垢即除；如水垢中的主要成分是硫酸钙，则可将纯碱溶液倒在水壶里烧煮，可去垢。12.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A.含16g氧原子的二氧化硅晶体中含有的Ϭ键数目

为1NAB.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC.50℃时，1.0LpH＝1的H2SO4溶液中含有的H+数目为0.1NAD.12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A、含16g氧原子的物质的量为16g16g/mol=1mol，由此可

知二氧化硅的物质的量为0.5mol，由二氧化硅的结构可知，含有Si-OϬ键为0.5mol×4×NAmol-1=2NA，故A错误；B、N2与H2反应生成NH3的反应为可逆反应，故N2不可能完全转化为NH3，故1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于1mo×NAmo

l-1=NA，故B错误；C、pH＝1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，故1.0L该溶液中含有H+数目为0.1mol/L×1.0L×NAmol-1=0.1NA，故C正确；D、石墨烯中一个碳原子形成三个六元环，即

一个六元环中实际含有碳原子为6×13=2个，12g石墨烯中含碳原子数为12g12g/mol×NAmol-1=NA，NA个碳原子可形成的六元环数目为0.5NA，故D错误；答案为C。【点睛】对于本题C选项需注意，pH＝1的溶液中c(H+)=0.1mol/L，其数值是根据pH的定义式计算得出的数据

，与温度无关，若要计算该溶液中c(OH-)，需根据KW计算，此时需要知道该温度下的KW，需注意区分。13.在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10-amol/L，c(OH－)＝10-bmol/L，已知a＋b＝13，则在该温度下，将100mL0

.10mol/L的稀硫酸与100mL0.40mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH为（已知：忽略混合时体积的变化；lg2=0.30；lg3=0.48）A.11.52B.11.70C.11.82D.12.00【答案】D【解

析】【详解】t℃时，a＋b＝13，则KW=10-13。两溶液混合后，碱过量，溶液呈碱性，c（OH-）＝＝0.1mol/L,则c(H+)=KW/c（OH-）=10-13/0.1mol/L＝10-12mol/L,pH=12

。答案选D14.1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔融)O2↑+4Na+2H2O；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：3Fe+4NaOH=Fe3O4+2H2↑+4Na↑。下列有关说法正确的是A.戴维法制钠，阳极的电极反应式为：Na++e-=Na↑

B.盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强C.若用戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等D.还可以用电解熔融氯化钠法制钠【答案】D【解析】【详解】A.戴维法制钠，阴极的电极反应式为：Na++e-=Na↑，阳极上OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=

2H2O+O2↑，A错误；B.金属性Na强于Fe。盖·吕萨克法制钠原理是根据钠的沸点较低、易从反应混合物中分离出来，从而使化学平衡向正向移动，B错误；C.根据反应方程式可知用戴维法制取金属钠，每反应产生4molNa转移电子的物质的量是4mol，而用盖·吕萨克法制得4mol的

钠，转移电子的物质的量是8mol，因此制取等量的金属钠，转移电子的物质的量不相等，C错误；D.由于NaCl是离子化合物，NaCl在自然界含量丰富，因此在工业上可用电解熔融氯化钠的方法制金属钠，D正确；故合理选项是D。15.下列各表述与示意图一致的是A.图①表示25℃时，用0.1mol

·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B.图②中曲线表示反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化C.图③表示10mL0.01mol·L－1KM

nO4酸性溶液与过量的0.1mol·L－1H2C2O4溶液混合时，n(Mn2+)随时间的变化D.图④中a、b曲线分别表示反应CH2＝CH2(g)+H2(g)→催化剂CH3CH3(g)；ΔH<0使用和未

使用催化剂时，反应过程中的能量变化【答案】B【解析】【详解】A项，酸碱中和滴定接近终点时，pH发生突跃，A错误；B项，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0，正反应放热，逆反应吸热，所以正反应平衡常数随温度升高而减小，逆反应平衡常数随温度升高而增大，B正确；C项，高锰酸

钾与草酸反应时，刚开始反应较慢，反应产生的Mn2+对反应起催化作用，故后面反应速率较快，图中未表示出来，C错误；D项，ΔH<0的反应反应物总能量大于生成物总能量，D错误；答案选B。【点睛】Mn2+催化高锰酸钾溶液与草酸溶液的反应。16.常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是A.pH=

12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO-4、SO2-4B.c（Al3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、HCO-3、SO2-4C.甲基橙呈红色的溶液中：NH+4、Ba2+、AlO-2、Cl﹣D.加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH+4、Fe2

+、NO-3、SO2-4【答案】A【解析】【详解】A．pH=12的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根反应，澄清溶液可以有颜色，所以四种离子可以大量共存，故A符合题意；B．铝离子和碳酸氢根会发生彻底

双水解不能大量共存，故B不符合题意；C．甲基橙呈红色的溶液显酸性，偏铝酸根不能大量存在，故C不符合题意；D．加入少量铝粉产生氢气，溶液可能显酸性也可能显碱性，酸性溶液中硝酸根会将亚铁离子氧化，碱性溶液中铵根不能大量存在，故D不符合题意；故答案为A。17.下列混合溶

液中，各离子浓度的大小顺序正确的是A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c(+4NH)＞c(OH−)＞c(H+)B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2m

ol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)D.10mL0.5mol

/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl−)＞c(Na+)＞c(OH−)＞c(H+)【答案】B【解析】【详解】A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合，恰

好反应生成氯化铵和水，溶液是氯化铵溶液，铵根离子水解显酸性，离子浓度大小为c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性，溶液中离

子浓度大小为c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故B正确；C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合，恰好反应生成醋酸钠溶液，溶液中醋酸根离子水解显碱性，离子浓度大小为c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c

（H+），故C错误；D.10mL0.5mol/LNaOH溶液与6mL1mol/L盐酸混合，反应后溶液中氯化氢过量，溶液呈酸性，离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。故选B。1

8.298K时，向20ml0.1mol/L某酸HA溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）。A.HA是弱酸B.b点溶液中：()()+-cNa>cA>c(HA)C.

b、c之间一定存在()()+-cNa=cA的点D.a、b、c三点中，c点水的电离程度最大【答案】B【解析】【详解】A．0.1mol/LHA溶液pH>1，故HA是弱酸，A正确；B．b溶液显酸性，+-cH>)(OH()，由电荷守恒可知+

-cNa<)c(A()，B错误；C．溶液中存在电荷守恒：++--cNa+cH=()()()OH+c(cA)，当溶液pH=7呈中性时+-c(H)=c(OH)，则+-cNa=)c(A()，所以b、c之间一定存在+-cNa=)c(A()的点

，C正确；D．a、b点溶液显酸性，HA电离出的+H对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；故答案选B。【点睛】溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑

制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。19.科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2＝2CO＋O2。下列说法正确的是（）A.由图分析N电极为电池的正极B.阴极的电极反应为CO2＋H2O

＋2e－＝CO＋2OH－C.OH－通过离子交换膜迁向左室D.反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强【答案】B【解析】【分析】原电池的内电路中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。根据内电路带电粒子移动方向可知，图中N型半导体为负极，P型半导体为正极。则与N型半导体相连的Pt电极为阴极

，与P型半导体相连的Pt电极为阳极。【详解】A．图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B．与N型半导体相连的Pt电极为阴极，得电子，发生还原反应，电极反应为CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－，故B正确；C．图中离子交换膜允许氢氧

根离子通过，为阴离子交换膜，电解池中阴离子向阳极移动，故OH－通过离子交换膜迁向右室，故C错误；D．阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故D错误；答案选B。【点

睛】（1）原电池中离子移动方向是：“阳正阴负”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；（2）电解池中离子移动方向是：“阳阴阴阳”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。20.下列有关中和滴定的叙述中正

确的是A.中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2~3mLB.滴定管、锥形瓶均先水洗，再用待装液润洗C.滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注视滴定管内液面变化D.若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视则测定值偏大【答案】C【解析】【分析】【详解】A

、中和滴定操作中所需的标准液若比较浓，消耗的体积比较小，误差比较大；指示剂一般2~3d，指示剂多了，颜色变化不明显，误差比较大，错误；B、滴定操作过程中，滴定管水洗，然后用待装液润洗；锥形瓶用水洗，不用待

装液润洗，造成待装液的物质的量增加，误差增大，错误；C、滴定过程中，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，正确；D、滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的标准液的体积偏小，测定值偏小，错误。21.下列有关四个常用电化学装置的叙述中，正确的是()图Ⅰ碱性锌锰电池图Ⅱ铅蓄电池图Ⅲ电解精炼铜图Ⅳ氢氧燃料电池

A.图Ⅰ所示电池中，MnO2是正极，电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.图Ⅱ所示电池放电过程中，当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加96gC.图Ⅲ所示装置工作过程中，阳极质量减少量等于阴极的质量增加量D.图Ⅳ所示电池中，不管KOH溶液换成H2S

O4溶液还是Na2SO4溶液，电池的总反应式不变【答案】D【解析】【详解】A.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，A错误；B.负极的电极反应式为：Pb(s)+SO42-(aq)+2e-=PbSO4(s)，所以当外电路通过1

mol电子时，理论上负极板的质量增加48g，B错误；C.在铜的精炼中，阳极上不仅铜失电子还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，当转移电子相等时，阳极质量减少量不等于阴极的质量增加量，C错误；D.图Ⅳ所示电池中，不管KOH溶液换成H2SO4溶液还是Na2SO4溶液，电池总

反应式都为：2H2+O2=2H2O，D正确；故合理选项是D。22.电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的原理如图所示，下列叙述错误的是（）A.M室发生的电极反应式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+B.a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜C.N室中：a%＜b%D.每生成1

molH3BO3，则有1molNa+进入N室【答案】B【解析】【分析】该装置有外加电源，因此该装置电解池，左端石墨为阳极，根据电解原理，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产品室得到产品，因此a膜为阳离子交换膜，右端石墨为阴极，根据电解原理，阴极反应式

为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，c膜为阳离子交换膜；【详解】该装置有外加电源，因此该装置电解池，左端石墨为阳极，根据电解原理，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产品室得到产品，因此a膜为阳离子交换膜，右

端石墨为阴极，根据电解原理，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，c膜为阳离子交换膜；A、M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，故A说法正确；B、原料室中的B(OH)4﹣通过b膜进入产品室

，M室中氢离子通过a膜进入产品室，原料室中的Na+通过c膜进入N室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B说法错误；C、N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH﹣，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：a%＜b%，故C说法正确；D、

理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通过a膜进入产品室即转移1mole﹣，原料室中的1molNa+通过c膜进入N室，故D说法正确。23.据媒体报道，加拿大科学家重新设计的锂—氧电池，几乎能将全部储能释放，比能量约

是传统锂—氧电池（总电池反应式为2Li+O2Li2O2）的二倍。示意图如下图所示：下列叙述正确的是（）A.放电时，电流由a极经外电路流向b极B.放电时，正极反应式为O2−4e−2O2−C.充电时，阴极反

应式为Li2O+2e−2Li+O2−D.该电池与传统锂—氧电池放电时相比，当正极反应物的质量相等时，转移的电子数也相等【答案】C【解析】【分析】锂—氧电池放电时，氧气在正极得电子生成O2-，发生还原反应，则b极为负极，a极为正极，充电过程是放电过程的逆过程，

据此分析作答。A.放电过程，为原电池的工作原理，电流从正极经外电路流向负极；B.放电时，正极得电子发生还原反应；C.充电时，阴极中Li2O得电子发生还原反应生成Li与O2-；D.该电池与传统锂—氧电池放电时的正极反应物都是O2，但总反应不同。【详解】A.从图可知，a极为负极，b极为

正极，电子由负极（a）经外电路流向正极（b），电流方向与之相反，A项错误；B.放电时，装置为原电池，正极上发生还原反应，电极反应式为O2+4e−2O2−，B项错误；C.充电时，阴极上发生还原反应，生成Li和O2−，其电极反应式为：Li2O+2e−2Li+O2−，C项正确；D.该电池与传

统锂—氧电池放电时的正极反应物都是O2，当1molO2参与反应时，生成Li2O、Li2O2转移的电子分别是4mol、2mol，D项错误；答案选C。【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：（1）先判断是原电池原理还是电解池原理

；（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的流向及其反应现象等；（3）若为电解池，则需要先看是否为放电的逆过程，或是惰性电极还是活性电极，如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电

顺序分析即可。第II卷非选择题二、填空题（除标注外每空2分）24.(1)25℃时，pH=5的CH3COOH溶液中，由水电离出的氢离子浓度c(H+)=______mol•L﹣1；往溶液中加入少量NaOH固体，则溶液中3-+3(CHCOOH)(CHCOO)(H)c

cc_____(填“增大”、“减小”或“不变”)，写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式：______。(2)甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，具有广阔的开发和应用前景。以甲醇、氧气和KOH溶液为原料，石墨为电极制造新型手

机电池，甲醇在_____极反应（填“正”或“负”），电极反应式为_____。(3)泡沫灭火器的原理：________________________（用离子反应方程式表示）。(4)Na2CO3溶液中所有离子的大小关系是：_________________

___。【答案】(1).10-9mol/L(2).不变(3).c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)(4).负(5).--2-332CHOH-6e+8OH=CO+6HO(6).3+-332Al+3HCO=Al(OH)+3CO(7).c(Na+)＞c(C

O32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+)【解析】【分析】(1)根据水的离子积公式计算醋酸溶液中氢氧根离子的浓度，再根据水电离出的氢氧根离子和氢离子浓度相等计算水电离出的氢离子浓度c(H+)；(2)燃料电池的反应原理相当于燃料的燃烧，通入燃料的电极为负极，通入氧气的电

极为正极；(4)根据碳酸钠在溶液中水解反应分析解答。【详解】(1)pH=−lgc(H+)，则pH等于5的CH3COOH溶液中c(H+)=1.0×10−5mol/L，25℃时：Kw=c(OH−)×c(H+)=10−14，溶液

中的()-14--9-510OH=mol/L=1.010mol/L10c，CH3COOH溶液中氢离子的来源为乙酸的电离和水的电离，但乙酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以由水电离出的c(H+)是1.0×10−9mol/L；往溶液中加入少量NaOH固体

，反应生成醋酸钠，溶液中()()()3-+a3CHCOOH1=CHCOOHcKcc，温度不变电离平衡常数不变，故该比值不变；溶液中存在电荷守恒，离子浓度关系为：c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，故答案为：10-9mol/L；不变；c(CH3COO−)+c(O

H−)=c(Na+)+c(H+)；(2)该电池为燃料电池，通入燃料甲醇的电极为负极，通入氧化剂氧气的电极为正极，负极上甲醇失电子和KOH反应生成碳酸钾和水，负极反应式为--2-332CHOH-6e+8OH=CO+6HO；故答案为：负；--2-332CHOH-6e

+8OH=CO+6HO；(3)泡沫灭火器的原理为碳酸氢钠与硫酸铝相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，离子反应方程式可表示为：3+-332Al+3HCO=Al(OH)+3CO；(4)碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中只存在水解，CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+

H2O⇌H2CO3+OH-，第一步的水解程度远远大于第二步的水解程度，另外溶液中还存在水的电离，水的电离是极微弱的，故Na2CO3溶液中所有离子的大小关系是c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c

(H+)。【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-)＝1.0×10-7mol·L-1。(2)酸或碱抑制水的电离，水电离出的c(H＋)＝c(OH-)＜10-7mol·L-1，当溶液中

的c(H＋)＜10-7mol·L-1时就是水电离出的c(H＋)；当溶液中的c(H＋)＞10-7mol·L-1时，就用10-14除以这个浓度即得到水电离的c(H＋)。(3)可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH-)均大于10-7mol·L

-1。若给出的c(H＋)＞10-7mol·L-1，即为水电离的c(H＋)；若给出的c(H＋)＜10-7mol·L-1，就用10-14除以这个浓度即得水电离的c(H＋)。25.工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及

部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如下图：已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：（1）在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有_____（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和C

aSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到__；②将浊液加热到80℃，______．（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式___________，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若

NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是________．（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH﹣）≥_______．已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10﹣31，363≈4.0）【答案】(1).C

uSO4(2).3.2(3).趁热过滤(4).2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+(5).产生SO2污染环境(6).4.0×10﹣9mol•L﹣1【解析】【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和

水进行分析；（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，而CaSO4溶解度随温度的升高而减小，易于除去；（3）HSO3-具有较强的还

原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，过量的HSO3-和酸反应生成SO2和水，；（4）根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)•c3(OH-)进行计算。【详解】（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有Cu

SO4；（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，操作过程为：①加入石灰乳调节pH=3.2；②将浊液加热到80℃，趁热过滤；（3）HSO

3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，反应为：2H2O+HSO3-+2Cu2+=Cu2O↓+SO42-+5H+，在酸性环境下，HSO3-和H+反应成成的SO2有毒，能污染环境；（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1认为沉淀

完全，若要使Cr3+完全沉淀，需要让c(OH-)≥()sp33+KcCr=-313-56.310110=4.0×10-9mol/L。【点睛】解答本题时应注意（3）中溶液pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的重要原则是除去杂质且不引入新的杂质。26.如下图所示，某研究性学习小组

利用上述燃烧原理设计一个肼(N2H4)─空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜(即只允许阳离子通过)。根据要求回答相关问题：（1）甲装置中通入____气体的一极为正极，其电极反应式为：______

____。（2）乙装置中石墨电极为_____极（填“阳”或“阴”，其电极反应式为_____；可以用_____检验该反应产物，电解一段时间后，乙池中的溶液呈_________性。（3）图中用丙装置模拟工业中的_________原理，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论

上甲装置中肼消耗质量为_________g。（4）如果将丙中的粗铜电极换为Pt电极，则丙中总化学方程式为________。【答案】(1).空气(2).O2+4e-+2H2O=4OH-(3).阳(4).2Cl--2e-=Cl2↑(5).湿润的淀粉碘化钾试纸(6).碱(7

).粗铜的精炼(8).0.8(9).2CuSO4+2H2O=电解2Cu+O2↑+2H2SO4【解析】【分析】【详解】（1）根据原电池反应原理，负极上失电子，正极上得电子，则正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4O

H-；答案为空气，O2+4e-+2H2O=4OH-。（2）乙装置中石墨与电源正极相接，为阳极，阳极上氯离子失去电子生成氯气，发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，检验氯气的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸，观

察是否变蓝，电解食盐水的总反应为2H2O+2Cl-=电解Cl2↑+H2↑+2OH-，电解后的溶液呈碱性；答案为阳，2Cl--2e-=Cl2↑，湿润的淀粉碘化钾试纸，碱。（3）装置丙中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以该装置为粗铜精炼装置；原电池负极和纯铜

电极上有：N2H4～N2～4e-，Cu～Cu2+～2e-，根据电子守恒得到关系式：N2H4～2Cu，n(N2H4)=12n(Cu)=12×3.264/ggmol=0.025mol，m(N2H4)=nM=0.025mol×32g/mol=0.8g

；答案为粗铜的精炼，0.8。（4）将丙中的粗铜电极换为Pt电极，则Pt电极为惰性电极，装置为电解硫酸铜溶液装置，溶液中铜离子和氢氧根离子放电，生成Cu和O2，电解硫酸铜溶液的化学方程式为2CuSO4+2H2O=电解2Cu+O2

↑+2H2SO4；答案为2CuSO4+2H2O=电解2Cu+O2↑+2H2SO4。27.卤素的单质和化合物种类很多，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。回答下列问题：(1)溴原子的价层电子排布图为_______。根据下表提供的第

一电离能数据，判断最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是________(填元素符号)。氟氯溴碘第一电离能/(kJ·mol－1)1681125111401008(2)氢氟酸在一定浓度的溶液中主要以二分子缔合[(HF)2]形式存在，使氟化氢分子缔合的相

互作用是____________。碘在水中溶解度小，但在碘化钾溶液中明显增大，这是由于发生反应：I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，试写出CsICl2受热分解的化学方程式：___________

______________________。(3)ClO2-中心氯原子的杂化轨道类型为________，与ClO2-具有相同立体构型和键合形式的物质的化学式为____________(写出一个即可)。(4)如图甲为碘晶体晶胞结构，平均每个晶胞中

有________个碘原子，碘晶体中碘分子的配位数为____________。(5)已知NA为阿伏加德罗常数，CaF2晶体密度为ρg·cm－3，其晶胞如图乙所示，两个最近Ca2＋核间距离为anm，则CaF2的相对分子质量可以表示为____________。【答案】(1).(2).I

(3).氢键(4).CsICl2CsCl＋ICl(5).sp3(6).Cl2O(或OF2等)(7).8(8).12(9).22a3ρNA×10－21【解析】【分析】（1）Br原子的价电子排布式为4s24p5；元素的第一电离能越小，失电子能力越强，越容易失电

子成为阳离子；（2）氢键能使HF分子之间缔合；碘在水中的溶解度小，在碘化钾溶液中明显增大，是由于I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质CsCl，同时生成ICl，据此写出方程式；（3）ClO2-中心Cl原子价层电子对数=2+71222+−

=4，且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断杂化轨道类型，等电子体空间构型和键合形式相似；（4）利用均摊法计算；（5）该晶胞中F-为8个，Ca2+为8×18+6×12=4，两个最近Ca2+核间距为anm=a×10-7cm，晶胞棱长

=2a×10-7cm，晶胞的体积V为(2a×10-7)3cm3，则mρV==AM4NV，代入数据进行计算。【详解】（1）Br原子的价电子排布式为4s24p5，价层电子排布图为；元素的第一电离能越小，失电子能力越强，越容易失电子成为阳离子，由表格中的数据可知，易形成阳离子的是

I；（2）氢键能使HF分子之间缔合，所以氢键导致HF分子缔合；I2在水中溶解度小，在碘化钾溶液中明显增大，是由于I－＋I2=I3-，CsICl2与KI3类似，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质为CsCl，

同时生成ICl，方程式为：CsICl2CsCl＋ICl；（3）ClO2-中心Cl原子价层电子对数=2+71222+−=4，且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知杂化轨道类型为sp3，等电子体空间构型和键合形式相似，与该离子具有相同立体构型和键合形式的有Cl2O(或OF

2等)；（4）平均每个晶胞中碘原子的个数=（8×18+6×12）×2=8；碘晶体中碘分子的配位数=3×8÷2=12；（5）该晶胞中F-为8个，Ca2+为8×18+6×12=4，两个最近Ca2+核间距为anm=a×10-7cm，晶胞棱长=2a×10-7c

m，晶胞的体积V为(2a×10-7)3cm3，则mρV==AM4NV，M=AρVN4=()37Aρ2a10N4−g/mol=22a3ρNA×10－21g/mol，则CaF2的相对分子质量可以表示为22a3ρNA×10－21。