甘肃省白银市会宁五中高二化学上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年甘肃省白银市会宁五中高二（上）期末化学试卷一选择题1（3分）（2014春房山区期末）废电池造成污染的问题日益受到关注集中处理废电池的首要目的是（）a回收石墨电极b利用电池外壳的金属材料c防止电池中渗泄的电解液腐蚀其他物品d防止电池中汞、镉和铅等重金属离子对土壤和水源的污染考点：原电池和电解池的工作原理；常见的生活环境的污染及治理专题：电化学专题分析：废旧电池中含有重金属离子，对土壤和水源有较大污染解答：解：电池中不一定都含有石墨，有些电池金属和电解液含量较少，不是回收电池的主要原因，废旧电池中含有重金属离子，对土壤和水源有较大污染，为减少环境污染，应回收并集中处理故d点评：本题考查原电池和环境污染问题，题目难度不大，本题注意愿电池中常含有重金属离子，对环境有较大污染，不能随意丢弃2（3分）（2013秋大港区校级期末）下列物质中，属于弱电解质的是（）aco2bnh3h2ocnh4n03dc2h5oh（酒精）考点：强电解质和弱电解质的概念专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：在水溶液中能够完全电离的电解质为强电解质，在水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物为电解质、在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质，据此进行判断解答：解：a二氧化碳在溶液中自身不能电离出自由移动的离子，二氧化碳为非电解质，故a错误；b一水合氨在溶液中部分电离，存在电离平衡，使用弱电解质，故b正确；c硝酸铵在溶液中完全电离出铵根离子和硝酸根离子，所以硝酸铵为强电解质，故c错误；d乙醇不导电，在水溶液中也不导电，所以乙醇为非电解质，故d错误；故选b点评：本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念及判断，难度不大，注意熟练掌握电解质与非电解质的概念，明确强弱电解质的根本区别3（3分）（2008海南）下列离子方程式中，属于水解反应的是（）ahcooh+h2ohcoo+h3o+bco2+h2ohco3+h+cco32+h2ohco3+ohdhs+h2os2+h3o+考点：盐类水解的原理专题：盐类的水解专题分析：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号解答：解：a、是甲酸的电离方程式，故a错误；b、是碳酸的一级电离方程式，故b错误；c、是碳酸根的水解方程式，故c正确；d、是硫氢根离子的电离方程式，故d错误故选c点评：本题考查学生水解方程式的书写和水解原理知识，可以根据所学知识来回答，难度不大4（3分）（2014秋会宁县校级期末）向agcl饱和溶液中滴加足量nabr溶液，产生淡黄色沉淀，再向溶液中滴加ki溶液又产生黄色沉淀有关下列说法正确的是（）a产生的淡黄色沉淀为agib产生的黄色沉淀为agbrc由上述实验现象可说明溶解度s（agbr）s（agi）s（agcl）d上述实验理解说明沉淀可相互转化考点：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：向agcl饱和溶液中滴加足量nabr溶液，产生淡黄色沉淀为agbr，再向溶液中滴加ki溶液又产生黄色沉淀为agi，依据反应现象可知实现程度转化的依据是向更难溶的物质进行；解答：解：向agcl饱和溶液中滴加足量nabr溶液，产生淡黄色沉淀为agbr，再向溶液中滴加ki溶液又产生黄色沉淀为agi，是沉淀转化原理的应用，溶解度大小，氯化银溴化银碘化银；a、产生的淡黄色沉淀为agbr，故a错误；b、产生的黄色沉淀为agi，故b错误；c、由上述实验现象可说明溶解度s（agi）s（agbr）s（agcl），故c错误；d、向agcl饱和溶液中滴加足量nabr溶液，产生淡黄色沉淀为agbr，再向溶液中滴加ki溶液又产生黄色沉淀为agi，上述实验理解说明沉淀可相互转化，故d正确；故选d点评：本题考查了沉淀溶解平衡的分析应用，主要是沉淀转化的原理分析判断，掌握基础是关键，题目较简单5（3分）（2014春房山区期末）升高温度，下列数据不一定增大的是（）a化学反应速率vbkno3的溶解度sc化学平衡常数kd水的离子积常数kw考点：化学反应速率的影响因素专题：化学反应速率专题分析：a升高温度，化学反应速率一定增大；b硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大；c对于放热的化学反应，升高温度k减小；d水的电离为吸热的，升高温度，促进电离解答：解：a升高温度，活化分子碰撞的几率增大，则化学反应速率一定增大，故a不选；b硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，则升高温度，硝酸钾的s增大，故b不选；c对于放热的化学反应，升高温度k减小，即升高温度，化学反应的平衡常数k不一定增大，故c选；d水的电离为吸热的，升高温度，促进电离，则升高温度，水的离子积常数kw增大，故d不选；故选c点评：本题考查温度对反应速率、平衡常数、溶解度、离子积的影响，明确化学反应中吸热与放热反应受温度影响导致的平衡移动是解答的关键，题目难度中等6（3分）（2014秋会宁县校级期末）已知下列热化学方程式（l）c（s）+o2（g）co（g）h1=110.5kj/mol（2）2h2（g）+o2（g）2h2o（g）h2=483.6kjmol1由此可知 c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g）h3则h3等于（）a+131.3kjmol1b131.3kjmol1c+373.1kjmol1d373.1kjmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：依据题干热化学方程式，结合盖斯定律的内容是与起始状态和终了状态有关，与变化过程无关，进行计算得到解答：解：由（l） c（s）+1/2o2（g）=co（g）h1=110.5kj/mol，（2）2h2（g）+o2（g）=2h2o（g）h2=483.6kjmol1，依据盖斯定律可知，（1）（2）2即得到：c（s）+h2o（g）co（g）+h2（g），所以h3=110.5kj/mol+483.6kj/mol2=+131.3kj/mol，故选a点评：本题考查了盖斯定律的计算应用，注意热化学方程式系数变化焓变随之变化，反应改变方向，焓变改变符号，题目较简单7（3分）（2014秋会宁县校级期末）相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，nh4+值最小的是（）anh4clbnh4hco3cnh4hso4d（nh4）2so4考点：影响盐类水解程度的主要因素专题：盐类的水解专题分析：根据铵根离子水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，铵根离子浓度减小，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，铵根离子浓度增大，据此分析解答：解：a、氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；b、碳酸氢根离子水解显碱性，对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，铵根离子浓度减小；c、硫酸氢铵电离出来的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度很小，铵根离子浓度增大；d、（nh4）2so4在溶液中电离出两个铵根离子，溶液中铵根离子浓度最大；由于以上溶液中铵根离子水解程度较大的，铵根离子浓度最小，所以nh4+的浓度最小的是nh4hco3故选：b点评：本题考查学生离子的水解的影响因素，弱电解质的电离，注意弱电解质的电离和水解程度都较小，题目难度不大8（3分）（2012秋哈尔滨期末）在na2co3溶液中，下列关系式错误的是（）ac（na+）+c（h+）=c（co32）+c（hco3）+c（oh）bc（na+）=2c（co32）+2c（hco3）+2c（h2co3）cc（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3）dc（co32）c（oh）c（hco3）考点：离子浓度大小的比较专题：盐类的水解专题分析：碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，碳酸属于二元弱酸，所以碳酸根离子有两步水解，但第一步水解远远大于第二步，溶液中存在质子守恒、电荷守恒和物料守恒，根据这几个守恒来分析解答，解答：解：a根据电荷守恒得c（na+）+c（h+）=2c（co32）+c（hco3）+c（oh），故a错误；b根据物料守恒得c（na+）=2c（co32）+2c（hco3）+2c（h2co3），故b正确；c根据质子守恒得c（oh）=c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3），故c正确；d碳酸根离子水解和水的电离都产生氢离子，但只有碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，且碳酸根离子水解程度较小，所以c（co32）c（oh）c（hco3），故d正确；故选a点评：本题考查了离子浓度大小比较，离子浓度比较常常与弱电解质电离、盐类水解结合考查，结合守恒思想解答是解本题关键，注意盐类水解（双水解除外）程度较小，题目难度不大9（3分）（2014秋会宁县校级期末）下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（）a在碳酸氢钠溶液中：k+、al3+、so42、clb存在较多fe3+的溶液中：na+、scn、co32、k+c常温下由水电离出的c（h+）水c（oh）水=1024溶液中：nh4+、cl、co32、fd在能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中：na+、s2、no3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a与hco3反应的离子不能大量共存；b与fe3+反应的离子不能大量共存；c常温下由水电离出的c（h+）水c（oh）水=1024溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；d能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性解答：解：aal3+与hco3发生互促水解反应而不能大量共存，故a错误；bscn、co32分别与fe3+反应而不能大量共存，故b错误；c常温下由水电离出的c（h+）水c（oh）水=1024溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下co32、f不能大量，碱性条件下nh4+不能大量共存，故c错误；d能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故d正确故选d点评：本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于元素化合物知识的综合考查和学生的分析能力、审题的能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，题目难度不大10（3分）（2013哈尔滨模拟）25时，水中存在电离平衡：h2oh+ohh0下列叙述正确的是（）a将水加热，kw增大，ph不变b向水中加入少量nahso4固体，c（h+）增大，kw不变c向水中加入少量naoh固体，平衡逆向移动，c（oh）降低d向水中加入少量nh4cl固体，平衡正向移动，c（oh）增大考点：水的电离专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：水的电离平衡：h2oh+oh中，要使平衡发生移动，应改变溶液c（h+）或c（oh）的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，k增大，c（h+），则ph减小解答：解：a水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，kw增大，c（h+）增大，则ph减小，故a错误；b向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c（h+）增大，平衡逆向移动，kw只受温度的影响，温度不变，kw不变，故b正确；c向水中加入少量固体naoh，c（oh）增大，平衡逆向移动，c（h+）降低，c（oh）增大，故c错误；d向水中加入少量固体nh4cl，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，c（oh）减小，导致平衡正向移动，c（h+）增大，故d错误故选b点评：本题考查水的电离平衡移动，题目难度不大，注意从浓度、温度对平衡移动的影响角度分析，本题易错点为a，注意升高温度c（h+）增大，ph减小11（3分）（2012秋菏泽期末）关于如图所示装置的叙述，正确的是（）a铜是阳极，铜片上有气泡产生b铜片质量逐渐减少c电流从锌片经导线流向铜片d铜离子在铜片表面被还原考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：先判断该装置是原电池还是电解池，再根据原电池工作原理判断选项正误解答：解：没有外加电源，所以该装置是原电池原电池中，活泼性较强的锌作负极，锌失去电子变成离子进入溶液，所以锌片质量减少；活泼性较差的铜作正极，铜离子得电子生成铜单质，附着在铜片上，所以铜片质量增加；电子从锌片沿导线流向铜片，电流从铜片沿导线流向锌片a、铜是正极，铜片上有铜析出，故a错误b、铜片质量逐渐增加，故b错误c、电流从铜片沿导线流向锌片，故c错误d、铜离子得电子被还原生成铜单质，附着在铜片上，故d正确故选d点评：原电池的构成条件：1、有两种活泼性不同的金属（或其中一种为非金属导体）作电极；2、电极均需插入电解质溶液中；3、两极相互连接（或接触）；4、能自发地发生氧化还原反应12（3分）（2010天心区校级模拟）在密闭容中发生下列反应aa（g）cc（g）+dd（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，d的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）aa的转化率变小b平衡向正反应方向移动cd的体积分数变大dac+d考点：化学平衡移动原理专题：化学平衡专题分析：先判断气体体积刚压缩平衡还未移动时d的浓度与原来浓度的关系，再与再次达到平衡时d的浓度作比较判断平衡如何移动，从而判断各选项是否正确解答：解：气体体积刚压缩平衡还未移动时d的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，d的浓度为原平衡的1.8倍，d的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动a、平衡向逆反应方向移动，a的转化率变小，故a正确b、平衡向逆反应方向移动，故b错误c、平衡向逆反应方向移动，d的体积分数减小，故c错误d、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以ac+d，故d正确故选ad点评：正确判断气体体积刚压缩的一瞬间d的浓度是解本题的关键13（3分）（2014秋会宁县校级期末）下列有关说法正确的是（）a反应nh3（g）+hcl（g）nh4cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的h0b当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，后者更易被腐蚀cch3cooh溶液加水稀释后，电离平衡正向移动，溶液中的c（ch3coo）增大dna2co3溶液中加入少量ca（oh）2固体，co32水解程度减小，溶液的ph减小考点：反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；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专题：基本概念与基本理论分析：a、hts0的反应能够自发进行；b、形成原电池后，活泼金属做负极腐蚀速度加快；c、醋酸根离子物质的量增加，但物质的量浓度减小；d、盐溶液中加碱，溶液碱性增强解答：解：a、正反应熵减小，s0，反应自发进行，说明hts0，必须h0，故a正确；b、镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，前者高于被腐蚀，故b错误；c、醋酸溶液加水稀释时，醋酸根离子物质的量增加，但物质的量浓度减小，故c错误；d、na2co3溶液中加入少量ca（oh）2固体，co32水解程度减小，但碱性增强，ph增大，故d错误；故选a点评：本题考查了反应自发进行的条件、金属的电化学腐蚀、弱电解质溶液的稀释、盐类水解，题目难度中等14（3分）（2014秋会宁县校级期末）科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为甲烷，然后将甲烷通入以koh为电解质的燃料电池发电电池负极反应为（）ach48e+8oh=co2+6h2obo2+4h+4e=2h2occh4+10oh8e=c32+7h2odo2+2h2o+4e=4oh考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：碱性甲烷燃料电池工作时，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为ch4+10oh8e=co32+7h2o，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极方程式为o2+2h2o+4e=4oh，以此解答该题解答：解：甲烷中c元素的化合价为4价，具有还原性，则碱性甲烷燃料电池工作时，通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为ch4+10oh8e=co32+7h2o，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，电极方程式为o2+2h2o+4e=4oh，故选c点评：本题考查燃料电池知识，侧重于电极方程式的书写，答题时注意判断电池的正负极反应，把握电极方程式的书写方法，此为该类题目考查的重点，学习中注意积累该部分知识15（3分）（2010天心区校级模拟）镍镉（nicd）可充电电池在现代生活中有广泛的应用它的充放电反应按式进行：cd（oh）2+2ni（oh）2cd+2nio（oh）+2h2o由此可知，该电池放电时的负极材料是（）acd（oh）2bni（oh）2cnio（oh）dcd考点：电极反应和电池反应方程式专题：化学反应中的能量变化分析：根据总反应式结合化合价的变化判断被氧化和被还原的物质，原电池中负极发生氧化反应解答：解：总反应式是 cd（oh）2+2ni（oh）2cd+2nio（oh）+2h2o，由方程式可知，cd元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上发生氧化反应，则cd为原电池的负极，故选d点评：本题考查原电池反应，题目难度不大，注意根据化合价的变化判断原电池的正负极反应16（3分）（2014秋会宁县校级期末）高温下，某反应达到平衡，平衡常数k=恒容时，温度升高，h2浓度减小下列说法正确的是（）a该反应的焓变为正值b恒温恒容下，增大压强，h2浓度一定减小c升高温度，逆反应速率减小d该反应的化学方程式为co+h2oco2+h2考点：化学平衡常数的含义专题：化学平衡专题分析：a、根据平衡常数k=，可知，氢气是反应物，恒容时，温度升高，h2浓度减小，说明平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，据此判断；b、根据平衡常数k=，可知，该反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，据此判断；c、根据影响化学反应速率的因素判断；d、根据平衡常数的定义及题中表达式判断；解答：解：a、根据平衡常数k，可知，氢气是反应物，恒容时，温度升高，h2浓度减小，说明平衡正向移动，说明该反应的正反应为吸热反应，故a正确；b、根据平衡常数k=，可知，该反应前后气体体积不变，增大压强，平衡不移动，所以氢气的浓度增大，故b错误；c、升高温度，无论正反应速率还是逆反应速率都会增大，故c错误；d、平衡常数等于生成浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据题中的k的表达式可知，co和h2o是生成物，故d错误；故选a点评：本题主要考查了平衡常数的定义、影响化学反应速率的因素，中等难度，解题的关键在于对平衡常数表达式的理解17（3分）（2013北京模拟）关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）a用装置精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为cuso4溶液b装置的总反应是：cu+2fe3+=cu2+2fe2+c装置中钢闸门应与外接电源的负极相连d装置中的铁钉几乎没被腐蚀考点：原电池和电解池的工作原理；铜的电解精炼；金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：a、根据电流的方向判断电源的正负极，精炼铜时粗铜做阳极；b、铁比铜活泼，为原电池的负极；c、装置为外加电源的阴极保护法，钢闸门应与外接电源的负极相连；d、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀解答：解：a、根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为cuso4溶液，故a正确；b、铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为fe+2fe3+=3fe2+，故b错误；c、装置为外加电源的阴极保护法，钢闸门与外接电源的负极相连，电源提供电子而防止铁被氧化，故c正确；d、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故d正确故选b点评：本题考查原电池和电解池的工作原理，题目难度不大，本题易错点为d，注意浓硫酸的性质对金属腐蚀的影响18（3分）（2013秋金华期末）如图各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是（）abcd考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢和电解池的阴阳极腐蚀快慢来比较，从而确定腐蚀快慢顺序解答：解：根据图知，装置是原电池，在中，金属铁做负极，中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，所以，装置是电解池，其中金属铁为阳极，被保护腐蚀，有防护腐蚀措施的腐蚀，所以腐蚀速率是：故选d点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，难度不大，注意不同条件下金属腐蚀的快慢：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀二、解答题（共5小题，满分46分）19（12分）（2013秋南开区期末）（1）物质的量浓度相同的三种盐nx、nay、naz的溶液，其ph依次为8、9、10，则hx、hy、hz的酸性由强到弱的顺序是hxhyhz（2）比较下列溶液的ph（填“”“”或“=”）：0.1moll1na2co3溶液0.1moll1nahco3溶液0.1moll1nh4cl溶液0.01moll1nh4c1溶液（3）把a、b、c、d四块金属片浸泡在稀h2so4中，用导线两两相连，可以组成各种原电池若a、b相连，a为负极；c、d相连，c为负极；a、c相连，c为正极；b、d相连，b为正极，则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为acdb（4）将alcl3溶液蒸干、灼烧，最后所得的固体的主要成份是al2o3（5）氯化铁溶液呈性（填“酸”、“碱”或“中”），原因是（用离子方程式表示）：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+（6）向明矾溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液至so42刚好沉淀完全时，溶液的ph7（填“”“”或“=”），离子反应总方程式为：al3+2so42+2ba2+4oh2baso4+alo2+2h2o考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；常见金属的活动性顺序及其应用专题：基本概念与基本理论分析：（1）根据酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强，对应的酸越弱来解答；（2）na2co3的水解程度大于 nahco3；nh4c1浓度越大，水解生成的氢离子浓度越大；（3）两种不同的金属和稀硫酸构成的原电池中，活泼金属作负极，较不活泼金属作正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答；（4）alcl3溶液在加热时水解生成al（oh）3，al（oh）3在加热条件下分解生成al2o3；（5）fecl3为强酸弱碱盐，fe3+离子水解使溶液呈酸性；（6）假设so42的物质的量为1mol或2mol，判断完全反应需要其它离子的物质的量，进而书写反应的离子方程式，并判断溶液的酸碱性解答：解：（1）因ph越大，其盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以hx、hy、hz的酸性由强到弱的顺序：hxhyhz；故答案为：hxhyhz；（2）na2co3的水解程度大于 nahco3，所以0.1moll1na2co3溶液的ph大于0.1moll1nahco3溶液的ph，故答案为：；nh4c1浓度越大，水解生成的氢离子浓度越大，溶液的ph越小，所以0.1moll1nh4cl溶液的ph小于0.01moll1nh4c1溶液的ph，故答案为：；（3）两种不同的金属和稀硫酸构成的原电池中，较活泼易失电子的金属作负极，较不活泼金属作正极，负极上金属被腐蚀，正极上氢离子得电子生成氢气，a、b相连，a为负极，则金属活动性顺序ab；c、d相连时，c为负极，则金属活动性顺序cd；a，c相连时，c为正极，则金属活动性顺序ac；b、d相连时，b为正极，则金属活动性顺序db，根据以上分析知，金属活动性顺序为acdb；故答案为：acdb；（4）alcl3溶液在加热时水解生成al（oh）3，生成的hcl易挥发，最终生成al（oh）3，在加强热时，al（oh）3不稳定，分解生成al2o3；故答案为：al2o3；（5）fecl3为强酸弱碱盐，fe3+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；故答案为：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+；（6）假设so42的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol so42，1molal3+，向明矾溶液中逐滴加入ba（oh）2溶液至so42刚好沉淀完全时，需要2molba（oh）2，即加入的ba2+为2mol，oh为4mol，生成2molbaso4，1molal3+与4moloh反应生成1molalo2，反应的离子方程式为al3+2so42+2ba2+4oh2baso4+alo2+2h2o，反应后溶液呈碱性，ph7，故答案为：；al3+2so42+2ba2+4oh2baso4+alo2+2h2o点评：本题考查了盐的水解，原电池原理的应用，离子方程式的书写等，涉及的内容较多，题目难度较大20（16分）（2014秋会宁县校级期末）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度（锥形瓶中装待测液）配制待测液：将2.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制200ml溶液（1）滴定：盛装0.20mol/l盐酸标准液应该用酸式滴定管；滴定时，先向盛待测液的锥形瓶中加酚酞作为指示剂；滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液颜色的变化；滴定终点的现象是：溶液由红色变无色，半分钟内无颜色变化；（2）有关数据记录如下：滴定序号待测液体积（ml）所消耗盐酸标准液的体积（ml） 滴定前滴定后120.000.5020.55220.006.0025.95纯度计算：烧碱样品的纯度为80%（3）对几种假定情况的讨论：（填无影响、偏高、偏低）（说明：测定的结果指烧碱样品的纯度）若用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定的结果无影响若滴定前用蒸馏水冲洗酸式滴定管后即装标准盐酸，则会使测定结果偏高滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则会使测定结果偏低考点：中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量专题：实验题分析：（1）滴定过程中，眼睛注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（2）先算出两次消耗盐酸的平均体积，然后求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度；（3）用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；若滴定前用蒸馏水冲洗酸式滴定管后即装标准盐酸，标准液的浓度减少，体积偏大，测定结果偏大；滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则会使测定结果，盐酸体积偏小，测定结果偏小解答：解：（1）滴定过程中，眼睛注视着锥形瓶内溶液颜色的变化；滴定终点判断，锥形瓶内溶由红色变无色，半分钟内无颜色变化，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；溶液由红色变无色，半分钟内无颜色变化；（2）两次消耗盐酸体积分别为：20.55ml0.50ml=20.05ml、25.95ml6.00=19.95；消耗盐酸的平均体积为20.00ml，n（烧碱）=n（盐酸）=0.20mol/l0.02l=0.004mol，m（烧碱）nm0.004mol40g/mol=0.16g，烧碱的纯度（烧碱）=100%=80%，故答案为：80%；（3）用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；若滴定前用蒸馏水冲洗酸式滴定管后即装标准盐酸，标准液的浓度减少，体积偏大，测定结果偏大；滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，则会使测定结果，盐酸体积偏小，测定结果偏小；故答案为：无影响；偏高；偏低点评：本题考查了滴定操作操作时要规范，分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响21（2014秋会宁县校级期末）现有室温下浓度均为1103mol/l的几种溶液：盐酸、硫酸、醋酸、naoh溶液，回答下列问题：（1）将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为（填“”、“”或“=”）溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c（na+）=c（ch3coo）c（oh）=c（h+）（2）向相同体积的、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为，（填序号）最终产生h2总量的关系为=（填序号）（3）向相同体积的、溶液中分别加入相同浓度、相同体积的ch3coona溶液，充分混合后，混合液的ph大小关系为（填“”、“”或“=”）考点：离子浓度大小的比较；化学反应速率的影响因素专题：基本概念与基本理论分析：（1）醋酸、naoh溶液混合，溶液呈中性，依据醋酸是弱酸分析，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量；依据溶液中电荷守恒比较氯离子浓度大小比较；（2）向相同体积的：盐酸、硫酸、醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应速率与氢离子浓度大小有关，反应生成氢气的量与最终提供氢离子的物质的量有关；（3）向相同体积的盐酸、醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的ch3coona溶液，中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用解答：解：（1）醋酸、naoh溶液混合，溶液呈中性，醋酸是弱酸，同体积溶液混合溶液呈碱性，若溶液呈中性需要酸稍过量，即消耗两溶液的体积：；溶液中存在电荷守恒，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo）中性溶液中c（oh）=c（h+）；所以溶液中离子浓度大小关系为：c（na+）=c（ch3coo）c（oh）=c（h+），故答案为：；c（na+）=c（ch3coo）c（oh）=c（h+）；（2）向相同体积的盐酸、硫酸、醋酸溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，浓度均为1103mol/l溶质物质的量相同，盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，溶液中氢离子浓度；产生氢气的总量大小为：=，故答案为：；=；（3）向相同体积的盐酸、醋酸溶液中分别加入相同浓度、相同体积的ch3coona溶液，中和盐酸恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，中醋酸根离子对醋酸电离起到抑制作用，氢离子浓度减小；混合液的ph的大小关系为：，故答案为：点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意明确溶液酸碱性与溶液ph的关系，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小22（18分）（2014秋会宁县校级期末）某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转请回答下列问题：（1）甲装置的名称是原电池 （填“原电池”或“电解池”）（2）写出电极反应式：pt极4oh4e=o2+2h2o；当甲中产生0.1mol气体时，乙中析出铜的质量应为6.4g（3）若乙中溶液不变，