高考化学试题目分类整理汇编解析

1、.2011年高考化学试题分类汇编解析电解质溶液1.（2011江苏高考）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(    ).A. 在0.1 mol·L1NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)B. 在0.1 mol·L1Na2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(HCO3) + 2c(H2CO3)C. 向0.2 mol·L1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L1NaOH溶液：c(CO32) c(HCO3)c(OH)c(H)D. 常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶

2、液pH7，c(Na)0.1 mol·L1：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH) 解析：A选项在0.1 mol·L1NaHCO3溶液中，HCO3在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c(H2CO3)c(CO32)；B选项c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)中把c(H)移项到等式另一边，即是质子守恒关系式；C选项向0.2 mol·L1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L1NaOH溶液后，相当于0.05 mol·L1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的

3、混合液，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此正确的关系是：c(HCO3)c(CO32)c(OH)c(H)；D选项常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO水解和CH3COOH电离两个过程，既然pH7, 根据电荷守恒式，不难得出c(Na)c(CH3COO) 0.1 mol· L1，c(H)c(OH)1×107 mol·L1。水解是有限的，c(CH3COO)c(CH3COOH)。答案：B、D 点拨：本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过

4、程。离子浓度大小比较是考试热点内容，高三复习中要加强训练。 2.（2011安徽高考）室温下，将1.000mol·L1盐酸滴入20.00mL 1.000mol·L1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是(    ). A. a点由水电离出的c(H)1.0×1014mol/L B. b点：c(NH4) + c(NH3·H2O)c(Cl) C. c点：c(Cl)c(NH4) D. d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸

5、热 解析：氨水属于弱碱，因此在1.000mol·L1氨水中OH的浓度不会是1.000mol·L1而是要小于1.000mol·L1，由水的离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.0×1014mol/L，A不正确；由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，因此有c(NH4) + c(NH3·H2O)c(Cl)，B不正确；由图像可知c点溶液显中性，由电荷守衡可知c(H+）+ c(NH4+)c(OH) +c(Cl)，所以c(NH4+）c(Cl)，C正确；由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要

6、水解吸热，所以温度会略有降低，D也不正确。 答案：C 3（2011浙江高考）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度（mol/L）Na+Mg2+Ca2+ClHCO30.4390.0500.0110.5600.001   注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×105 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)4.96×109；Ksp(MgCO3)6.82×106；KspCa(OH)24.68×106；KspMg(O

7、H)25.61×1012。下列说法正确的是A沉淀物X为CaCO3             B滤液M中存在Mg2，不存在Ca2C滤液N中存在Mg2、Ca2       D步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物 解析：步骤发生Ca2+OH+ HCO3= CaCO3H2O；步骤：KspMg(OH)2c(Mg2)×(103)25.6&

8、#215;1012，c(Mg2)5.6×106。QCa(OH)2c(Ca2)×(103)2108Ksp，无Ca(OH)2析出。A选项正确，生成0001 mol CaCO3。B选项错误，剩余c(Ca2)0.001 mol/L。C选项错误，c(Mg2)5.6×106105，无剩余，D选项错误，生成0.05 mol Mg(OH)2，余0.005 mol OH，QCa(OH)20.01×0.00522.5×107Ksp，无Ca(OH)2析出。 答案：A 点拨：本题考察方式很新颖，主要考查溶度积的计算和分析。解题时要能结合溶度积计算，

9、分析推断沉淀是否产生。 4.（2011福建高考）常温下0.1mol·L1醋酸溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的措施是(    ).      A将溶液稀释到原体积的10倍           B加入适量的醋酸钠固体      C加入等体积0.2 mol·L1盐酸      

10、     D提高溶液的温度 解析：醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOHH+CH3COO，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成(a1)；B项正确；加入等体积0.2 mol·L1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H），溶液的pH减少；C项错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H）增大，溶液的pH减少；D项错误。此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。 答案：B5.（2011广东高考）对于0.1mol

11、83;L1 Na2SO3溶液，正确的是(    ).A. 升高温度，溶液的pH降低     B. c(Na)2c(SO32)+ c(HSO3)+ c(H2SO3)C. c(Na) + c(H) 2c(SO32)+ 2c(HSO3) + c(OH)D. 加入少量NaOH固体，c(SO32)与c(Na)均增大 解析：本题考察盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中离子浓度大小判断。Na2SO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，方程式为(    ).SO32H2OHSO3OH、HSO3H2OH2

12、SO3OH，因为水解是吸热的，所以升高温度，有利于水解，碱性会增强，A不正确；加入少量NaOH固体，c(OH)增大，抑制水解，所以c(SO32)增大，D是正确的；由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍，因此有c(Na)2c(SO32) + 2c(HSO3)+ 2c(H2SO3)，所以B不正确，有电荷守恒知c(Na) +c(H)2c(SO32)+ c(HSO3)+ c(OH)，因此C也不正确。答案：D 6. （2011山东高考）室温下向10 mL pH3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A. 溶液中导电粒子的数目减少      B

13、. 溶液中不变C. 醋酸的电离程度增大，c(H+)亦增  D. 再加入10 mL pH11的NaOH溶液，混合液pH7 解析：醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H)、c(CH3COO)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A、C均不正确；由水的离子积常数Kwc(H+)·c(OH) 知 c(OH)，所以其中Ka表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项B正确；pH3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.001mol/L，

14、pH11的NaOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因为在稀释过程中醋酸的物质的量是不变的，因此加入等体积的pH11的NaOH溶液时，醋酸会过量，因此溶液显酸性，D不正确。答案：B 7.（2011天津高考）25时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的(    ).A. pH7时，c(C6H5O)c(K+)c(H+)c(OH)B. pH7时，c(K+)c(C6H5O)c(H+)c(OH)C. VC6H5OH(aq)10 mL时，c(K+)c(C6H5O)c(OH)c(H+)D.

15、VC6H5OH(aq)20 mL时，c(C6H5O) + c(C6H5OH)2c(K+)解析：pH>7时，c(H+)不可能大于c(OH)的，所以选项A明显不正确；由溶液中的电荷守恒定律知：c(K+) + c(H)c(C6H5O) + c(OH)，所以不可能满足c(K+)c(C6H5O) c(H)c(OH)，即选项B不正确；中苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性。由题中数据不难计算出，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10 mL，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：c(K+)c(C6H5O)c(OH)c(H)，所以选项C是不正确的；当加入苯酚的体积

16、是20 mL时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c(C6H5O) + c(C6H5OH)2c(K+)一定成立，因此选项D是正确的。答案：D 8.（2011天津高考）下列说法正确的是(    ).A. 25时NH4Cl溶液的KW大于100时NH4Cl溶液的KWB. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2 + I2 + 2H2O = SO32+ 2IC. 加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na、Ba2、AlO2、NO3D. 100时，将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性 解

17、析：在稀溶液中水的离子积常数KWc(H)·c(OH)，KW只与温度有关而与溶液的酸碱性无关，由于水的电离是吸热的，因此温度升高时会促进水的电离，即KW会增大，例如25时KW1×1014，而在100时KW1×1012，所以选项A不正确；碘水具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸，而单质碘被还原成碘离子，方程式为SO2 + I2+ 2H2O=SO422I+4H+，选项B不正确；能和铝粉反应产生氢气的溶液既可以显酸性也可以显碱性，这四种离子：Na、Ba2、AlO2、NO3虽然在酸性溶液中不能大量共存（AlO2会结合H+，生成氢氧化铝沉淀或生成Al3+），但可以在碱性溶液中

18、大量共存，因此选项C正确；100时，KW1×1012，此时pH2的盐酸其浓度为102mol/L，但pH12的NaOH溶液其其浓度为1mol/L，所以当二者等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，D不正确。答案：C 9.（2011重庆高考）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是(    ).A.明矾溶液加热                   B.CH3COONa溶

19、液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体       D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体 解析：本题考察外界条件对盐类水解及电离平衡的影响。盐类水解是吸热的，因此加热有利于水解反应向正方应方向移动，明矾中的Al3水解，方程式为Al3+ 3H2OAl(OH)3+ 3H，加热时酸性会增强，A不正确；CH3COONa水解显碱性，方程式为CH3COO+ H2OCH3COOH + OH，加热时碱性会增强，所以溶液颜色会变深，B正确；氨水显碱性，溶液中存在下列电离平衡NH3·H2ONH4 + OH，加入少量NH4Cl固体，会增

20、大NH4的浓度，抑制氨水的电离，从而降低碱性，颜色会变浅，C不正确；NaHCO3属于强电解质，电离方程式为NaHCO3=NaHCO3，HCO3同时电离和水解平衡，方程式为HCO3H+ CO32，HCO3+ H2OH2CO3 + OH。由于水解程度大于电离程度，所以NaHCO3溶液显弱碱性，但加入少量NaCl固体时，对两个平衡不会产生影响，即颜色不发生变化，D不正确。答案：B10.（2011新课标全国）将浓度为0.1mol·L1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(    ).A. c(H+)    

21、60;  B. Ka(HF)        C. c(F)          D.c(OH)解析：HF属于弱电解质，加水促进HF的电离平衡向右移动，即电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，所以选项B不变；但同时溶液的体积也增大，所以溶液的酸性会降低，即c(H+)、c(F)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出氢离子，所以稀释到一定程度(即无限稀释时)，c(H+)就不在发生变化，但c(F)和c(HF)却

22、一直会降低，所以选项D符合题意。 答案：D 11.（2011海南高考）用0.1026 mol·L1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如下图所示，正确的读数为A. 22.30 mL    B. 22.35 mL     C. 23.65 mL     D. 23.70 mL 解析：图中液面在2223 mL之间，分刻度有10个，因而每刻度是0.1mL，液体的凹面读数约为22.35 mL。答案：B 

23、点拨：本题是基础题，但要注意读数时滴定管与量筒间的差别，滴定管是由上向下读数，量筒则正好相反。 12(2011全国II卷)等浓度的系列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它们的PH由小到大排列的正确是A      B       C       D 解析：乙酸、碳酸和苯酚的酸性依次降低，故PH依次增大。乙醇属于非电解质，PH最大。答案：D13(2011全国II卷)温室时，将浓度和体积分别为c1、v1的NaOH溶

24、液和c2、v2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是(    ).A若pH7时，则一定是c1v1c2v2B在任何情况下都是c(Na+) + c(H)c(CH3COO) + c(OH)C当pH7时，若V1V2，则一定是c2c1D若V1V2, c1c2,则c(CH3COO) + c(CH3COOH)c (Na) 解析：若c1v1c2v2说明二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，但NaOH过量时液也显碱性。答案：A 14.（2011四川高考）25时，在等体积的 pH0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，

25、pH10的Na2S溶液，pH5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是(    ).A. 1:10:1010:109    B. 1:5:5×109:5×108    C. 1:20: 1010:109      D. 1:10:104:109 解析：酸或碱是抑制水电离的，且酸性越强或碱性越强，抑制的程度就越大；能发生水解的盐是促进水电离的。由题意知中发生电离的水的物质的量分别是1014、1013、104、105，所

26、以选项A正确。答案：A 15（2011上海高考）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是(    ).Ab不可能显碱性      Ba可能显酸性或碱性Ca不可能显酸性      Db可能显碱性或酸性解析：pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于103mol/L和等于103mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，都有可能过量

27、；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸可能过量或二者恰好反应。答案：A、B 16（2011天津高考）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为            其中第步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显      

28、60;     色.（2）能说明第步反应达平衡状态的是             。a. Cr2O72和CrO42的浓度相同   b. 2v (Cr2O72) v (CrO42)   c. 溶液的颜色不变（3）第步中，还原1mol Cr2O72离子，需要_mol的FeSO4·7H2O。（4）第步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq) + 3O

29、H(aq),常温下，Cr(OH)3的溶度积Kspc(Cr3+)·c3(OH)1032，要使c(Cr3+)降至105mol/L，溶液的pH应调至          。方法2：电解法该法用Fe做电极电解含Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。（5）用Fe做电极的原因为               

30、0;                    。（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）            。     溶液中同时生成的沉淀还有        &#

31、160;        。 解析：（1）pH2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O72的浓度会增大，所以溶液显橙色；（2）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率和逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达化学平衡状态，因此选项a不正确；在任何情况下Cr2O72和CrO42的反应速率之比总是满足1:2，因此选项b也不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O72和CrO42的浓度不再发生改变，因此可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确。（3）Cr2O72中Cr的化合价是+6价，所以

32、1mol Cr2O72被还原转移2×（63）6mol电子；Fe2+被氧化生成Fe3+，转移1个电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6mol；（4）由溶度积常数的表达式Kspc(Cr3+)·c3(OH)10-32可知，当c(Cr3+)105mol/L时，c(OH)109mol/L，所以pH5。（5） Cr2O72要生成Cr(OH)3沉淀，必需有还原剂，而铁做电极时，在阳极上可以失去电子产生Fe2+，方程式为Fe2eFe2+。（6）在电解池中阳离子在阴极得到电子，在溶液中由于H+得电子得能力强于Fe2+ 的，因此阴极是H+放电，方程式为2

33、H+ + 2eH2，随着电解的进行，溶液中的H+浓度逐渐降低，水的电离被促进，OH浓度逐渐升高。由于Fe2+被Cr2O72氧化生成Fe3+，当溶液碱性达到一定程度时就会产生Fe(OH)3沉淀。 答案：（1）橙（2）c（3）6（4）5（5）阳极反应为Fe2e Fe2+，提供还原剂Fe2+（6）2H+ + 2e H2   Fe(OH)3 2011年高考化学试题分类汇编解析电化学基础1（2011浙江高考10）将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的

34、主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是（     ）。 A液滴中的Cl由a区向b区迁移B液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2 + 2H2O + 4e= 4OHC液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2由a区向b区迁移，与b区的OH形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu2e= Cu2 解析：液滴边缘O2多，在碳粒上发生正极反应O2 + 2H2O + 4e= 4OH。液滴下的Fe发生负极反应，Fe2e= Fe2，为腐蚀区

35、（a）。A选项错误，Cl由b区向a区迁移；B选项正确；C选项错误，液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀；D选项错误，Cu更稳定，作正极，反应为O2 + 2H2O + 4e= 4OH。 答案：B 2.（2011安徽高考）研究人员最近发现了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量差别进行发电，在海水中电池总反应可表示为：5MnO2 + 2Ag + 2NaCl = Na2Mn5O10 + 2AgCl，下列“水” 电池在海水中放电时的有关说法正确的是（     ）。A. 正极反应式：Ag + Cle=AgCl  &

36、#160; B. 每生成1 mol Na2Mn5O10 转移2 mol电子C. Na不断向“水”电池的负极移动      D.  AgCl是还原产物 解析：由电池总反应可知银失去电子被氧化得氧化产物，即银做负极，产物AgCl是氧化产物，A、D都不正确；在原电池中阳离子在正极得电子发生还原反应，所以阳离子向电池的正极移动，C错误；化合物Na2Mn5O10中Mn元素的化合价是+18/5价，所以每生成1 mol Na2Mn5O10转移电子的物质的量为(418/5)×5 2mol，因此选项B正确。 答案：B

37、60;3.（2011北京高考）结合下图判断，下列叙述正确的是（     ）。                                        A.

38、 和中正极均被保护      B. 和中负极反应均是Fe2e= Fe2C. 和中正极反应均是O2 + 2H2O + 4e= 4OHD. 和中分别加入少量K3Fe(CN)6溶液，均有蓝色沉淀 解析：锌比铁活泼，装置中锌作负极，方程式为Zn2e=Zn2。铁作正极，但溶液显中性，所以发生锌的吸氧腐蚀，正极反应是O22H2O4e= 4OH；铁比铜活泼，装置中铁作负极，负极反应为Fe2e= Fe2。铜作正极，但溶液显酸性，所以正极是溶液中的氢离子得电子，方程式为2H+ + 2e= H2。因为装置中没有Fe2生成，所以装置中加入少量K3Fe(CN

39、)6溶液时，没有蓝色沉淀产生。综上所叙，只有选项A是正确的。 答案：A 4.（2011福建高考11）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。关于该电池的下列说法不正确的是（     ）。A. 水既是氧化剂又是溶剂          B. 放电时正极上有氢气生成C. 放电时OH向正极移动      &

40、#160;   D. 总反应为：2Li + 2H2O =  2LiOH + H2 解析：考生可能迅速选出C项是错误，因为原电池放电时OH是向负极移动的。这个考点在备考时训练多次。这种电池名称叫锂水电池。可推测其总反应为：2Li + 2H2O=  2LiOHH2。再写出其电极反应如下：（）2Li2e2Li+；（+）2H2O + 2e2OH+ H2，结合选项分析A、B、D都是正确的。此题情景是取材于新的化学电源，知识落脚点是原电池原理。 答案：C 5.（2011广东高考）某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是（

41、     ）。 A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2 + 2e = CuC. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D. a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动 解析：本题考察原电池、电解池的原理、判断及其应用。若a和b不连接，则不能构成原电池，单质铁直接与Cu2发生氧化还原反应而置换出铜，方程式为：Fe + Cu2= Fe2+ Cu，A正确；若a和b用导线连接，则构成原电池，此时铁作负极，铜作正极，方程式分别为：Fe2e= Fe2

42、、Cu2+ 2e= Cu，B正确；有A、B分析可知，选项C是正确的；若a和b分别连接直流电源正、负极，则构成电解池，此时铜作阳极失去电子被氧化，铁作阴极，在电解池中阳离子向阴极运动，因此选项D是错误的。答案：D 6.（2011山东高考）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是A. 未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程B. 因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D. 镀锌层破损后对铁制品失去保护作用 解析：电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属

43、作阳极，用含有镀层金属离子的溶液作电镀液。因此在铁制品上镀锌时，铁作阴极，锌作阳极，由于锌比铁活泼，因此未通电前可以构成原电池，但此时锌作负极失去电子，铁作正极，而电镀时锌仍然失电子，故选项A不正确；在氧化还原反应中必需满足得失电子守恒，因此电镀时通过的电量与锌的析出量有确定关系而与能量变化无关，B不正确；由于电镀时保持电流恒定，因此导线中通过的电子速率是不变的，故升高温度不能改变电解反应速率，C正确；镀锌层破损后，由于锌比铁活泼，所以即使发生电化学腐蚀也是锌失去电子而保护了铁，即选项D也不正确。答案：C 7.（2011新课标全国）铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe +

44、 Ni2O3 + 3H2O = Fe(OH)2 + 2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB. 电池放电时，负极反应为Fe + 2OH2e= Fe(OH)2C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH2e = Ni2O3+3H2O 解析：由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，因此选项AB均正确；充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe + 2OH2e=  Fe(OH)2，所以电池充电过

45、程时阴极反应为 Fe(OH)2 + 2e= Fe + 2OH，因此电池充电过程中，阴极附近溶液的pH会升高，C不正确；同理分析选项D正确。 答案：C 8.(2011海南高考)一种充电电池放电时的电极反应为：H2 + 2OH2e = 2H2O；     NiO(OH) + H2O + e = Ni(OH)2 + OH，当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（     ）。 A. H2O的还原    B. NiO(OH)的还原

46、    C. H2的氧化    D. NiO(OH)2的氧化 解析：由题中给出的电极反应可判断出做原电池时，H2是还原剂被氧化、NiO(OH)是氧化剂被还原，则充电时H2是还原产物、NiO(OH)是氧化产物，与正极相连的是阳极发生氧化反应，所以“NiO(OH)2的氧化”正确。 答案：D 点拨：关于充电电池的氧化还原问题是常考点，这类题有规律。原电池时，先要分析氧化剂与还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化；充电时（电解池），原电池负极反应反着写为还原过程，发生在阴极，原电池中的正极反应反着写为氧化过程，发生在

47、阳极。 9.（2011海南）根据下图，下列判断中正确的是（     ）。 A. 烧杯a中的溶液pH升高             B. 烧杯b中发生氧化反应C. 烧杯a中发生的反应为2H+ +2e= H2  D. 烧杯b中发生的反应为2Cl2e= Cl2 解析：题中给出的物质表明，该电池的总反应是2Zn + O2 + 2H2O = 2Zn(OH)2，a烧杯中电极反应为O2 + 2H2O + 4e=

48、4OH， b中Zn2e= Zn2+，所以正确项为A、B。 答案：A、B 点拨：原电池的题是历届常考点。主要是先要找到电池的总反应，反应中各电极反应、电极周围酸碱性变化、离子浓度变化及计算才能有据可依。 10(2011全国II卷)用石墨做电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的（）。ACuSO4                   

49、           BH2O                    CCuO                   DCuSO4&

50、#183;5H2O  解析：用石墨做电极电解CuSO4溶液的电解方程式是（）。2CuSO4 + 2H2O2H2SO4 + 2Cu + O2，根据缺什么补什么的原则，选项C正确。答案：C11（2011上海）用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是A用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片 B用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C用氢氧化钠溶液吸收阴极产物       D用带火星的木条检验阳极产物 解析：用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必需作阴极，阳极是铜或惰性电极，阴极的反应式为：Cu2+ + 2

51、e= Cu。 答案：B 12.( 2011江苏高考) Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在KOH加入适量AgNO3 溶液,生成Ag2O沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥得到固体样品。反应方程式为2AgNO3 + 4KOHK2S2O8Ag2O2+ 2KNO3 + K2SO4+ 2H2O回答下列问题：（1）上述制备过程中，检验洗涤是否完全的方法是           

52、              。（2）银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2 转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应方程式：              。（3）准确称取上述制备的样品（设Ag2O2仅含和Ag2O）2.558 g，在一定的条件下完全分解为Ag 和O2 ，得到224.0 mLO2

53、（标准状况下）。计算样品中Ag2O2的质量分数（计算结果精确到小数点后两位）。 解析：本题以银锌碱性电池正极活性物质Ag2O2制备、制备过程检验洗洗涤是否完全的实验方法、电池反应、以及成分分析与相关计算为背景，试图引导学生关注化学与社会生活，考查学生用化学的思维方式来解决一些现实生活中的一些具体问题的能力。 答案：（1）取少许最后一次洗涤滤液，滴入12滴Ba(NO3)2溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入12滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全）（2）Ag2O2+ 2Zn+ 4KOH + 2H2O = 2K2Zn(OH)4+ 2Ag（

54、3）n(O2)224 mL/22.4 L·mL1·1000 mL· L11.000×102 mol 设样品中Ag2O2的物质的量为x, Ag2O的物质的量量为y 248 g·mol1 × x + 232 g·mol1 × y 2.588 g     x+ 1/2 y 1.000×102 mol  x9.500×103 mol   y1.000×103 mol  

55、60; w(Ag2O2) 0.91 点拨：高三复习重视化学与社会生活问题联系，要拓展搞活学科知识。化学计算要物质的量为基本，适当关注化学学科思想（如质量守恒、电荷守恒、极端分析等）等在化学计算中的运用。 13.（2011北京高考）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示： 1）溶液A的溶质是                 ；（2）电解饱和食盐水的离子方程式是  

56、0;    ；（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用        ；（4）电解所用的盐水需精制。去除有影响的Ca2、Mg2、NH4、SO42c(SO42)c(Ca2)。精致流程如下（淡盐水和溶液A来电解池）： 盐泥a除泥沙外，还含有的物质是     。 过程中将NH4+转化为N2的离子方程式是    BaSO4的溶解度比BaCO3的小，过程中除去的离子有