河南省宜阳一高培优部高二化学上学期期末备考强化训练四（含解析）.doc

河南省宜阳一高培优部2014-2015学年高二化学上学期期末备考强化训练四（含解析）1（2012中山模拟）在25时将ph=11 的naoh 溶液与ph=3 的ch3cooh溶掖等体积混合后，下列关系式中正确的是（）ac（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh）bc（h+）=c（ch3coo）+c（oh）cc（na+）c（ch3coo）c（oh）c（h+）dc（ch3coo）c（na+）c（h+）c（oh）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题分析：ch3cooh为弱酸，在25时将ph=11的naoh溶液与ph=3的ch3cooh溶掖等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（ch3coo）c（na+）c（h+）c（oh），以此判断，其它选项皆不正确解答：解：a、设溶液的体积都为1l，ch3cooh为弱酸，在25时将ph=11的naoh溶液与ph=3的ch3cooh溶掖等体积混合时，醋酸过量，反应后的溶液中有n（na+）=0.001mol，n（ch3coo）+n（ch3cooh）0.001mol，则c（na+）c（ch3coo）+c（ch3cooh），故a错误；b、根据溶液呈电中性，溶液中存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），则c（h+）c（ch3coo）+c（oh），故b错误；c、在25时将ph=11的naoh溶液与ph=3的ch3cooh溶液等体积混合时，醋酸过量，则c（ch3coo）c（na+），故c错误；d、在25时将ph=11的naoh溶液与ph=3的ch3cooh溶液等体积混合时，醋酸过量，溶液呈酸性，则有c（ch3coo）c（na+），c（h+）c（oh），由于h+离子与oh离子反应，则溶液中c（na+）c（h+），所以有c（ch3coo）c（na+）c（h+）c（oh），故d正确故选d点评：本题考查溶液离子浓度的大小比较，本题难度中等，做题时注意ph=11的naoh溶液与ph=3的ch3cooh溶掖等体积混合后，溶液中醋酸过量，溶液呈酸性，以此进行分析和比较2（2011烟台模拟）水的电离平衡曲线如图所示：下列说法不正确的是（）a图中各点kw间的关系；：bca=d=eb温度不变在水中加入少量的酸，则a点可到d点c25时，在水中加入适量的nh4cl固体，则a点可到c点d将ph=2的硫酸与ph=10的koh在b点温度等体积混合，溶液显中性考点：水的电离版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a、ade都处于250c时，kw相等，然后比较b、e两点的c（h+）和c（oh）的大小，依次比较kw的大小；b、从a点到d点c（h+）变大，但c（oh）变小，温度不变，kw不变；c、从a点到c点c（h+）和c（oh）的变化以及kw只受温度影响来分析；d、根据b点时kw计算酸与碱溶液中c（h+）和c（oh），然后判断溶液的酸碱性解答：解：a、ade都处于250c时，kw相等，b点c（h+）和c（oh）都大于e点的c（h+）和c（oh），并且e点的c（h+）和c（oh）大于a点c（h+）和c（oh），c（h+）和c（oh）越大，kw越大，故bca=d=e，故a正确；b、加酸，c（h+）变大，但c（oh）变小，但温度不变，故b正确；c、若从a点到c点，c（h+）变大，c（oh）变大，kw增大，温度应升高，但在250c时在水中加入适量的nh4cl固体，c（h+）变大，c（oh）变小，kw不变，故c错误；d、若处在b点时，ph=2的硫酸中c（h+）=102mol/l，ph=10的koh中c（oh）=102mol/l，溶液显中性，故d正确故选c点评：本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的kw，做题时注意根据图象比较c（h+）和c（oh）的大小是做题的关键3（2014合肥二模）下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是（）a10ml0.5mol/lch3coona溶液与6mllmol/l盐酸混合：c（cl）c（na+）c（ch3coo）c（h+）c（oh）b0lmol/lph为4的nahb溶液中：c（hb）c（h2b）c（b2）c硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性：c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）dph相等的（nh4）2so4溶液，（nh4）2fe（so4）2溶液和nh4c1溶液：c（nh4）2so4c（nh4）2fe（so4）2c（nh4cl）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用版权所有专题：压轴题；盐类的水解专题分析：a、10ml0.5mol/lch3coona溶液与6mllmol/l盐酸混合，发生反应，相对于溶液中ch3cooh、nacl、hcl的物质的量浓度之比为5：5：1，溶液呈酸性，醋酸是弱酸，电离程度不大，据此判断（注意可以利用电荷守恒判断）b、0.1moll1的nahb溶液ph为4，说明hb为弱酸根，且hb电离程度大于其水解程度，据此判断c、硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性，铵根离子有剩余，溶液为硫酸钠、硫酸铵、氨水的混合溶液，加入的氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵，根据物料守恒，n（so24）=n（nh+4）+n（nh3h2o），据此判断d、ph相等的（nh4）2so4溶液，（nh4）2fe（so4）2溶液，（nh4）2fe（so4）2溶液中亚铁离子抑制铵根离子水解，所以（nh4）2fe（so4）2溶液浓度较大，ph相等的（nh4）2so4溶液和nh4c1溶液，只有铵根离子水解，（nh4）2so4和nh4c1提供的铵根离子浓度相等，据此判断解答：解：a、10ml0.5mol/lch3coona溶液与6mllmol/l盐酸混合，发生反应，相对于溶液中ch3cooh、nacl、hcl的物质的量浓度之比为5：5：1，所以c（cl）c（na+），溶液呈酸性，c（h+）c（oh），醋酸是弱酸，发生电离，电离程度不大，所以c（na+）c（ch3coo），c（h+）c（ch3coo），故为c（cl）c（na+）c（h+）c（ch3coo）c（oh），故a错误；b、0.1moll1的nahb溶液ph为4，说明hb为弱酸根，且hb电离程度大于其水解程度，电离生成b2，水解生成h2b，所以c（b2）c（h2b），电离与水解程度不大，c（hb）最大，所以c（hb）c（b2）c（h2b），故b错误；c、硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性，铵根离子有剩余，溶液为硫酸钠、硫酸铵、氨水的混合溶液，加入的氢氧化钠的物质的量大于硫酸氢铵，所以c（na+）c（so24），根据物料守恒，n（so42）=n（nh4+）+n（nh3h2o），所以c（so24）c（nh+4），故c（na+）c（so24）c（nh+4）c（oh）=c（h+），故c正确；d、（nh4）2fe（so4）2溶液中铵根离子、亚铁离子都水解成酸性，（nh4）2so4溶液与（nh4）2fe（so4）2溶液浓度相同时，（nh4）2fe（so4）2溶液酸性较强，故ph相等时，（nh4）2fe（so4）2溶液浓度较小，ph相等的（nh4）2so4溶液和nh4c1溶液，只有铵根离子水解，所以c（nh4）2so4c（nh4cl），故c（nh4）2fe（so4）2c（nh4）2so4c（nh4cl），故d错误故选：c点评：考查盐类水解、离子浓度大小比较，难度较大，注意a可以根据电荷守恒计算，熟练利用电荷守恒、物料守恒和质子守恒4（2009广东）下列浓度关系正确的是（）a氯水中：c（cl2）=2c（clo）+c（cl）+c（hclo）b氯水中：c（cl）c（h+）c（oh）c（clo）c等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c（na+）=c（ch3coo）dna2co3溶液中：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；氯气的化学性质版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题分析：本题根据氯气形成氯水时只有部分溶解，溶解的部分生成盐酸和次氯酸，盐酸完全电离，次氯酸部分电离，可以判断溶液中离子的溶度大小，根据物料守恒、电荷守恒来判断离子浓度大小等知识点来解题解答：解：a氯水中只有一部分氯气反应，故c反应（cl2）=c（clo）+c（cl）+c（hclo），故a错误；b根据cl2+h2ohclo+h+cl，hcl完全电离，而hclo部分电离，可知正确的顺序c（h+）c（cl）c（clo）c（oh），故b错误；c等物质的量的强碱与弱酸混合生成强碱弱酸盐溶液显碱性c（oh）c（h+），再根据溶液中电荷守恒可以判断c（na+）c（ch3coo），故c错误；dna2co3溶液中，钠离子浓度最大，因为碳酸根离子有一小部分水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，显碱性，溶液中氢离子来源于水的电离，且电离程度较小，故离子浓度为c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+），故d正确；故答案为d点评：本题考查了氯水的形成及氯水中相应离子的浓度大小，考查了电荷守恒和物料守恒等知识点5（2009江苏）下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）a室温下，向0.01moll1nh4hso4溶液中滴加naoh溶液至中性：c（na+）c（so42）c（nh4+）c（oh）=c（h+）b0.1moll1nahco3溶液：c（na+）c（oh）c（hco3）c（h+）cna2co3溶液：c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3）d25时，ph=4.75、浓度均为0.1moll1的ch3cooh、ch3coona混合溶液：c（ch3coo）+c（oh）c（ch3cooh）+c（h+）考点：离子浓度大小的比较版权所有专题：压轴题；溶液和胶体专题分析：a、设n（nh4hso4）=1 mol（即溶液体积为100l），若加入1mol naoh，得na2so4和（nh4）2so4，溶液显酸性，若加入2 mol naoh，得na2so4和nh3h2o，溶液显碱性故欲使溶液呈中性，加入的naoh必在12 mol之间而，so42恒为1 mol，部分nh4+与oh反应，最终n（nh4+）1 molb、溶液呈碱性，并且hco3水解和水的电离都是微弱的，则有hco3的浓度大于oh浓度，c、运用电荷守恒和物料守恒判断离子的关系来判断；d、运用电荷守恒和物料守恒判断离子的关系来判断；解答：解：a、如果nh4hso4与naoh完全反应，化学计量比是1：2，但若完全反应溶液中有较多的nh3h2o，会显碱性，想使溶液为中性，nh4hso4必须有剩余，若nh4hso4与naoh1：1反应，那么溶液中还有很多nh4+，溶液显示酸性（nh4+水解显酸性），所以若nh4hso4为1mol，设与之反应的naoh的用量xmol，则有1x2，则nh4+的量1假设溶液体积为1升，反应结束后，so42的量为n=0.01mol，na+的量为x（0.01x0.02），nh4+的量为y0.01，由于是中性，所以h+和oh的量相同，均为107，故a正确；b、nahco3溶液中，oh是由hco3水解和水的电离所出成的，但是这些都是微弱的hco3 的浓度大于oh浓度，故b错误；c、由电荷守恒有：c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hco3）+2c（co32），由物料守恒可得：c（na+）=2c（hco3）+2c（co32）+2c（h2co3），将两式中的c（na+）消去，可得c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3），故c正确；d、由电荷守恒有：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（na+），由物料守恒可得2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），将两式中的c（na+）消去，可得c（ch3coo）+2c（oh）=2c（h+）+c（ch3cooh）所以c（ch3coo）+c（oh）c（h+）c（ch3cooh）=c（h+）c（oh），因为ph=4.75，故c（h+）c（oh）0，所以d项不等式应为”，故d错误故选ac点评：本题考查：混合溶液中离子浓度的关系，等ph的溶液中物质的量浓度的大小关系电离和水解的相互关系酸式盐溶液中离子的浓度大小关系，做题时注意电荷守恒、物料守恒的运用6已知25时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（）弱酸化学式ch3coohhcnh2co3电离平衡常数1.81054.91010k1=4.3107k2=5.61011a等物质的量浓度的各溶液ph关系为：ph（nacn）ph（na2co3）ph（ch3coona）b冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离程度、ph均先增大后减小cna2co3和nahco3等物质的量混合溶液中，一定存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hco3）+2c（co32）damol/lhcn溶液与bmol/lnaoh溶液等体积混合后，所得溶液中c（na+）c（cn），则a一定大于b考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a、弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的ph越大；b、冰醋酸属于弱电解质，加水促进电离；c、根据溶液的电中性判断；d、如c（na+）c（cn），根据溶液电中性可知c（h+）c（oh），溶液呈碱性，ab或ab都符合解答：解：a、根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：ch3coohhcnhco3，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的ph越大，物质的量浓度的各溶液ph关系为：ph（na2co3）ph（nacn）ph（ch3coona），故a错误；b、冰醋酸属于弱电解质，加水促进电离，冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，ph先减小后增大，醋酸的电离程度逐渐增大，故b错误；c、na2co3和nahco3等物质的量混合溶液中，存在的阳离子有na+、h+，阴离子有oh、hco3、co32，根据溶液电中性，存在c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（hco3）+2c（co32），故c正确；d、如c（na+）c（cn），根据溶液电中性可知c（h+）c（oh），溶液呈碱性，ab或ab都符合，故d错误；故选c点评：本题考查弱电解质的电离平衡，涉及离子浓度大小比较，做题中注意外界条件对电离平衡的影响，利用电荷守恒、质量守恒解答此类题目7向ph=6的蒸馏水中加入一定量的nahso4晶体，保持温度t不变，测得溶液的ph=2，下列有关叙述中不正确的是（）at25b由水电离出来的c（h+）=11010mol/lcc（h+）=c（oh）+c（so42）d加入nahso4后水的电离程度增大考点：水的电离；电解质在水溶液中的电离版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a25时ph=7；bph=6，水的离子积常数为11012；c氢离子有2个来源，一个来自于水的电离，一个来自于nahso4的电离；d加入酸或碱对水的电离起抑制作用解答：解：a25时ph=7，ph=6说明促进了水的电离，故t25，故a正确； bph=6，水的离子积常数为11012，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，故由水电离出来的c（h+）=11010mol/l，故b正确；c氢离子有2个来源，一个来自于水的电离，水电离出的氢离子浓度与氢氧根浓度相等，一个来自于nahso4的电离，氢离子浓度与硫酸根浓度相等，故c正确；dnahso4的电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故d错误故选d点评：本题考查水的电离，注意水的离子积常数与溶液的温度有关，明确影响水的电离的因素即可解答，难度不大8常温下，ag2so4、agcl、agi的溶度积常数依次为：ksp（ag2so4）=7.7105 mol3l3、ksp（agcl）=1.81010 mol2l2、ksp （agi）=8.31017 mol2l2下列有关说法中，错误的是（）a常温下，ag2so4、agcl、agi在水中溶解能力依次减小b在agcl饱和溶液中加入nai固体，有agi沉淀生成cag2so4、agcl、agi的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比d在ag2so4饱和溶液中加入na2so4固体有ag2so4沉淀析出考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：压轴题；电离平衡与溶液的ph专题分析：因为硫酸银、氯化银、碘化银的化学式不类似，故需要根据其浓度积常数计算出银离子的浓度，不难判断出a、b正确，c错误；在ag2so4饱和溶液中加入na2so4固体，so42增大，qcksp，故有ag2so4沉淀析出解答：解：a、在ag2so4饱和溶液中，ksp（ag2so4）=7.7105 mol3l3=4c3（ag+），因此c（ag+）8.78102mol/l，在agcl饱和溶液中，ksp（agcl）=1.81010 mol2l2=c（ag+）c（cl）=c2（ag+），因此c（ag+）1.34105mol/l在agi饱和溶液中，ksp（agi）=8.31017mol2/l2=c（ag+）c（i）=c2（ag+），因此c（ag+）9108mol/l所以常温下，ag2so4、agcl、agi在水中溶解能力依次减小，故a正确；b、agcl比agi的溶度积常数大，说明agi难溶，在agcl饱和溶液中加入nai固体，有agi沉淀生成，故b正确；c、agcl和agi满足，但ag2so4不满足，ksp（ag2so4）=ag+2so42，由于含有ag+2项，因此它与另外两种的溶度积之比中含有ag+，故c错误：d、在ag2so4饱和溶液中加入na2so4固体，so42增大，qcksp，故有ag2so4沉淀析出，故d正确故选c点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡，本题难度中等，注意平衡常数的理解和运用9温室时，将浓度和体积分别为c1、v1的naoh溶液和c2、v2的hcn溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述不正确的是（）a在任何情况下都是c（na+）+c（h+）=c（cn）+c（oh）b若ph7时，则一定是c1v1=c2v2c当ph=7时，若v1=v2，则一定是c2c1d若v1=v2，c1=c2，则c（cn）+c（hcn）=c（na+）考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：压轴题；离子反应专题分析：a、根据溶液的组成情况结合电荷守恒思想来回答；b、ph7时，混合溶液显碱性，当c1v1=c2v2时，naoh溶液的hcn溶液恰好完全反应；c、根据溶液显中性时，naoh溶液和hcn溶液的量的关系进行分析；d、若v1=v2，c1=c2时，酸碱恰好反应，根据物料守恒等思想来解决解答：解：a、将naoh溶液和hcn溶液混合后，任何情况下存在的离子均为na+、h+、cn、oh，根据电荷守恒可知，一定存在：c（na+）+c（h+）=c（cn）+c（oh），故a正确；b、当c1v1=c2v2时，只说明酸和碱恰好完全反应，而ph7时，可能为酸碱恰好反应后的氰酸钠溶液，也可能为碱过量时的氢氧化钠和氰酸钠的混合液，故b错误；c、当ph=7时，溶液显中性，若是v1=v2，则氢氰酸的量相对于氢氧化钠应稍过量，酸有剩余，与生成的氰酸钠溶液的碱性相中和，才可以达到中性的结果，即需c2c1，故c正确；d、若v1=v2，c1=c2，则酸和碱恰好完全反应，所得的溶液中只有氰化钠，根据物料守恒，则c（cn）+c（hcn）=c（na+），故d正确；故选b点评：本题考查学生盐的水解知识以及溶液混合后离子浓度大小比较问题，是现在高考的热点和难点10下列叙述中不正确的是（）a在0.1mol/l的nh4cl溶液中，c（h+）=c（nh3h2o）+c（oh）b在nahs中，c（na+）=2c（s2）+c（hs）+c（h2s）cch3cooh和ch3coona混合液中显酸性，c（ch3coo）c（na+）d10ml0.02mol/l的hcl溶液与10ml0.02mol/l的ba（oh）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，则ph=12考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：压轴题；盐类的水解专题分析：a、根据质子守恒分析；b、根据物料守恒分析；c、ch3cooh和ch3coona混合液中，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解；d、计算混合后的c（oh），再计算溶液的ph解答：解：a、nh4cl溶液中中存在水的电离和铵根离子的水解，h2oh+oh，nh4+h2onh3h2o+h+，该反应的实质是nh4+ohpng_ivborw0kggoaaaansuheugaaackaaaancayaaaa0xufwaaaaaxnsr0iars4c6qaaaarnqu1baacxjwv8yquaaaajcehzcwaadsmaaa7dacdvqgqaaab1surbvehlzzrjdgagcaph/3/g5ybxari10xrxyahjw6aecojijfffpsbxuaswclj1yezbihhiernbovsbpeonex+i3nblihym4/f0q1pszbj+a1xvxwsldj687vbdfpib9jbqza/j8nbquoxfikolokvxkgyznizcgdn6qxaaaaaasuvork5cyiloj4hkvjjnvze=nh3h2o，根据质子守恒则有c（h+）=c（nh3h2o）+c（oh），故a正确；b、nahs中，钠元素与硫元素的量相等，硫元素在溶液中以s2、hs、h2s三种形式存在，根据物料守恒可知，c（na+）=c（s2）+c（hs）+c（h2s），故b错误；c、ch3cooh和ch3coona混合液中，醋酸的电离大于醋酸根离子的水解，溶液呈酸性，则有c（ch3coo）c（na+），c（h+）c（oh），故c正确；d、10ml0.02mol/l的hcl溶液与10ml0.02mol/l的ba（oh）2溶液充分混合后，若混合后溶液体积为20ml，反应后的溶液中c（oh）=0.01mol/l，c（h+）=mol/l=11012mol/l，ph=lg11012=12，故d正确故选b点评：本题考查溶液离子浓度大小计较，题目难度中等，做题时注意从电荷守恒、物料守恒、质子守恒的角度着手分析，本题注意溶液ph的计算方法11下列说法正确的是（）a常温下0.4 mol/l hb溶液和0.2 mol/l naoh溶液等体积混合后溶液的ph=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c（na+）c（b）c（h+）c（oh）b常温时，ph=2的ch3cooh溶液和hcl溶液、ph=12的氨水和naoh溶液，四种溶液中由水电离的c（h+）不相等cph=11的naoh溶液与ph=3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色d0lmol/l ph为4的nahb溶液中：c（hb）c（h2b）c（b2）考点：离子浓度大小的比较；水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有分析：a、0.4mol/lhb溶液和0.2mol/lnaoh溶液等体积混合后发生反应，则实质上是0.1mol/lhb溶液和0.1mol/l nab溶液，该溶液显酸性，然后利用电荷守恒及物料守恒等来分析离子浓度的关系；b、酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度相同，其抑制水电离程度相同；c、ph=11的naoh溶液中c（naoh）=0.001mol/l，ph=3的醋酸溶液中c（ch3cooh）0.001mol/l，等体积混合，酸剩余；d、0.1moll1的nahb溶液ph为4，说明hb为弱酸根，且hb电离程度大于其水解程度，据此判断解答：解：a、混合后为0.1mol/lhb溶液和0.1mol/l nab溶液，溶液的ph=3，溶液呈酸性，所以酸的电离大于盐的水解，则c（b）c（hb），钠离子是0.1mol/l，则c（b）c（na+）c（hb），溶液呈酸性说明溶液中c（h+）c（oh），但溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度都较小，小于酸的浓度，所以离子浓度大小顺序是c（b）c（na+）c（hb）c（h+）c（oh），故a错误；b、酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度相同，其抑制水电离程度相同，ph=2的ch3cooh溶液和hcl溶液中氢离子浓度等于ph=12的氨水和naoh溶液中氢氧根离子浓度，所以抑制水程度相等，所以由水电离的c（h+）相等，故b错误；c、ph=11的naoh溶液中c（naoh）=0.001mol/l，ph=3的醋酸溶液中c（ch3cooh）0.001mol/l，等体积混合，酸剩余，溶液呈酸性，酸能使石蕊试液呈红色，故b正确；d、0.1moll1的nahb溶液ph为4，说明hb为弱酸根，且hb电离程度大于其水解程度，电离生成b2，水解生成h2b，所以c（b2）c（h2b），电离与水解程度不大，c（hb）最大，所以c（hb）c（b2）c（h2b），故d错误；故选c点评：考查盐类水解、离子浓度大小比较等知识，难度较大，注意熟练利用电荷守恒、物料守恒和质子守恒来解题12（2011湛江二模）下列说法中，正确的是（）a阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂b海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀c需要加热才能发生的反应一定是吸热反应d为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用考点：金属的电化学腐蚀与防护；氧化还原反应；吸热反应和放热反应；中和滴定版权所有专题：压轴题；化学反应中的能量变化；电化学专题分析：a、阳离子是否还原性取决于化合价是否处于最高价态；b、锌比铁活泼，可做原电池的负极；c、反应是否加热才能进行与吸、放热无关；d、中和滴定时，锥形瓶是否干燥不会引起误差解答：解：a、阳离子是否还原性取决于化合价是否处于最高价态，如fe2+离子具有还原性，而fe3+只具有氧化性，故a错误；b、锌比铁活泼，可做原电池的负极，保护铁不被氧化，此为牺牲阴极的阳极保护法，故b正确；c、反应是否加热才能进行与吸、放热无关，如铝热反应是放热反应，需在高温下才能进行，而硫酸铵与氢氧化钡结晶水合物的反应是吸热反应，但在常温下就能进行，故c错误；d、中和滴定时，锥形瓶是否干燥不会引起误差，因反应终点取决于待测物质的物质的量，如待测液的浓度大小无关，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，离子的氧化性与还原性、金属的腐蚀与防护、化学反应与能量以及中和滴定等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累13（2010安徽）图是一稀酸对fegr合金随cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是（）a稀硝酸对fecr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱b稀硝酸和铁反应的化学方程式是：fe+6hno3（稀）fe（no3）3+3no2+3h2occr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对fecr合金的腐蚀性最强d随着cr含量增加，稀硫酸对fecr合金的腐蚀性减弱考点：金属腐蚀的化学原理；铁的化学性质版权所有专题：图示题；压轴题；电化学专题；元素及其化合物分析：根据图中的纵横坐标可知，横坐标为cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随随cr含量增加而变大，但随着cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱解答：解：a、由图可知，铬的含量大于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，故a错误；b、因硝酸与金属反应生成no，则稀硝酸和铁反应生成no，故b错误；c、不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，故c错误；d、由图可知，随着cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱，故d正确；故选：d点评：本题以图形来考查学生对金属腐蚀的认识，明确图形中的曲线变化趋势及曲线的交点的含有是解答的关键，并能利用金属与酸的反应来分析解答金属的腐蚀14（2007天津）天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴（licoo2），充电时licoo2中li被氧化，li+迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳（c6）中，以lic6表示电池反应为licoo2+c6coo2+lic6，下列说法正确的是（）a充电时，电池的负极反应为lic6e=li+c6b放电时，电池的正极反应为coo2+li+e=licoo2c羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质d锂离子电池的比能量（单位质量释放的能量）低考点：化学电源新型电池版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：由电解池的总反应来确定充放电时的电极反应，由于单质锂较活泼，易与羧酸以及醇反应而变质，电解质不能含有羧酸和醇解答：解：a、充电时，电池的负极和阴极相连，发生得电子的还原反应，故a错误；b、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，coo2+li+e=licoo2，故b正确；c、由于单质锂较活泼，易与醇以及羧酸类物质反应而变质，电解质不能含有醇和羧酸，故c错误d、锂离子电池的比能量高，故d错误故选b点评：本题考查锂电池的组成好工作原理，题目难度不大，本题注意锂电池的组成和工作原理，注意从总电池反应根据化合价的变化判断15如图是一种锂电池的充、放电示意图已知放电时该电池的电极反应式为：负极：lie=li+； 正极：fepo4+li+e=lifepo4则下列说法不正确的是（）a该电池的反应式为fepo4+lilifepo4bk与n相接时，li+由a极区迁移到b极区ck与m相接时，a是阳极，发生氧化反应d本装置充、放电过程中至少存在三种形式的能量转化考点：化学电源新型电池版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：锂电池是一种二次电池，原电池工作时，较为活泼的单质锂作负极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，正负极反应相加可得反应的电池总反应解答：解：a正负极反应相加可得反应的电池总反应为fepo4+lilifepo4，故a正确； bk与n相接时，为原电池，放电时b为负极，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故b错误；ck与m相接时，为电解池，a是阳极，阳极发生氧化反应，故c正确；d至少存在化学能转化为电能，电能转化为化学能，电能转化为光能，故d正确故选b点评：本题考查原电池的组成和工作原理，题目难度不大，注意离子的定向移动判断16（2013天津）为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以al作阳极、pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚反应原理如下：电池：pb（s）+pbo2（s）+2h2so4（aq）2pbso4（s）+2h2o （l）电解池：2al+3h2oal2o3+3h2电解过程中，以下判断正确的是（）电池电解池ah+移向pb电极h+移向pb电极b每消耗3mol pb生成2mol al2o3c正极：pbo2+4h+2epb2+2h2o阳极：2al+3h2o6eal2o3+6h+daabbccdd考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：a原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动；b串联电池中转移电子数相等；c原电池正极上生成硫酸铅；d原电池中铅电极上生成硫酸铅解答：解：a原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故a错误；b串联电池中转移电子数相等，每消耗3molpb，根据电子守恒生成lmolal2o3，故b错误；c原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故c错误；d原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故d正确；故选d点评：本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等17（2012湖南一模）如图所示，其中甲池的总反应式为：2ch3oh+3o2+4koh=2k2co3+6h2o下列说法正确的是（）a甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置b甲池通入ch3oh的电极反应为ch3oh6e+2h2o=co32+8h+c反应一段时间后，向乙池中加入一定量cu（oh）2固体，能使cuso4溶液恢复到原浓度d甲池中消耗280 ml（标准状况下）o2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：a、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；b、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；c、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；d、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答解答：解：a、甲池是燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故a错误；b、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为ch3oh6e+2h2o+8oh=co32+8h2o，故b错误；c、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故c错误；d、甲池中根据电极反应：o2+2h2o+4e=4oh，所以消耗280ml（标准状况下0.0125mol）o2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，减小的氢离子是0.025mol，所以镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.1252mol58g/mol=1.45g固体，故d正确故选d点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大18（2011清城区一模）某原电池构造如图所示下列有关叙述正确的是（）a在外电路中，电子由银电极流向铜电极b取出盐桥后，电流计的指针仍发生偏转c外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小6.4gd原电池的总反应式为cu+2agno32ag+cu（no3）2考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：a、该装置是原电池，铜作负极，银作正极，电子从负极沿导线流向正极b、只有能构成闭合回路才能有电流产生c、根据铜和电子的关系式计算d、该反应中铜和硝酸银反应生成银和硝酸铜解答：解：a、该装置是原电池，较活泼的金属铜作负极，银作正极，外电路中电子从铜沿导线流向银，故a错误b、取出盐桥后，不能构成闭合回路，所以没有电流产生，电流计的指针不能发生偏转故，故b错误c、铜极上的电极反应式为：cu2e=cu2+ 64g 2mol 3.2g 0.1mol所以外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小3.2g，故c错误d、该装置中负极上铜失电子，正极上银离子得电子，所以电池反应式为cu+2agno3=2ag+cu（no3）2，故d正确故选d点评：本题考查了原电池原理，难度不大，明确盐桥的作用、外电路中电子的流向、铜和电子的关系即可解答本题19（2010福建）铅蓄电池的工作原理为：pb+pbo2+2h2so42pbso4+2h2o，研读图，下列判断不正确的是（）ak闭合时，d电极反应式：pbso4+2h2o2epbo2+4h+so42b当电路中转移0.2mol电子时，i中消耗的h2so4为0.2molck闭合时，ii中so42向c电极迁移dk闭合一段时间后，ii可单独作为原电池，d电极为正极考点：常见化学电源的种类及其工作原理版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：ak闭合时，装置是一个原电池，是一个电解池，根据电解池的工作原理来回答；b根据化学反应中电子的转移来回答；cso42从两极上脱离下来向四周扩散而并非做定向移动；dk闭合一段时间后，可单独作为原电池，析出铅的电极是负极解答：解：ak闭合时为原电池，为电解池，中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为pbso4+2h2o2e=pbo2+4h+so42，故a正确； b在上述总反应式中，得失电子总数为2e，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出中消耗的硫酸的量为0.2mol，故b正确；c当k闭合时为原电池、为电解池，中c电极上的pbso4转化为pb和so24，d电极上的pbso4转化为pbo2和so42，故so42从两极上脱离下来向四周扩散而并非做定向移动，故c错误；dk闭合一段时间，也就是充电一段时间后可以作为原电池，由于c表面生成pb，放电时做电源的负极，d表面生成pbo2，做电源的正极，故d正确故选c点评：本题考查电化学（原电池、电解池）的相关知识，难度不大，注意根据反应方程式判断电解池和原电池20（2011湘西州模拟）如图：x为铁棒，y为铜棒，当k闭合后，下列有关分析不正确的是（）a当a为电流表，b为浓硝酸时：y为负极b当a为电流表，b为稀硫酸时：x电极反应为：fe2efe2+c当a为直流电源，b为cuso4溶液时：x、y两电极附近的so42浓度相等d当a为直流电源，b为naoh溶液，x极附近产生白色沉淀时：电子从x极流入a考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：a、当电解质溶液为浓硝酸时，铜能与浓硝酸自发的进行氧化还原反应，所以铜作负极，铁作正极b、当电解质溶液为稀硫酸时，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应c、电解池工作时，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动d、电解池工作时，b为naoh溶液，x极附近产生白色沉淀时，x极为阳极，y为阴极解答：解：a、当电解质溶液为浓硝酸时，常温下，铁能与浓硝酸发生钝化现象而阻止了铁与浓硝酸进一步的反应，铜与浓硝酸能自发的进行氧化还原反应，所以铜作负极，铁作正极，即y为负极，故a正确b、当电解质溶液为稀硫酸时，铁能与稀硫酸自发的进行氧化还原反应，铜不与稀硫酸反应，所以铁作负极，铜作正极，负极上失