大同市天镇县第一中学校高二上学期第二次月考化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精一、选择题1.下列说法不正确的是A.沈括《梦溪笔谈》记载：“石穴中水，所滴者皆为钟乳。”，此过程涉及沉淀溶解平衡。B。古人用明矾水除铜镜上的铜锈是利用了盐类水解的原理.C。葛洪所记“青蒿一握,以水二升渍，绞取汁”，所述对青蒿素的提取属于化学变化。D.《本草经集注》记载的区分硝石（KNO3）和朴消（Na2SO4）的方法：“以火烧之,紫青烟起，乃真硝石也”，利用了焰色反应。【答案】C【解析】【详解】A.钟乳石的主要成分是碳酸钙，其形成过程主要有CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3)2、Ca（HCO3）2=CaCO3↓+CO2↑+H2O两个反应，此过程涉及沉淀溶解平衡，故A正确;B.明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,铜锈主要成分为Cu2(OH）2CO3,Cu2（OH）2CO3可溶于酸性溶液，所以用明矾溶液清除铜镜上的铜锈利用的是盐类水解的原理，故B正确；C.对青蒿素的提取利用的是萃取原理,萃取过程中没有新物质生成,属于物理变化，故C错误；D。鉴别KNO3和Na2SO4，利用的是钾元素和钠元素的焰色反应现象不同，钠元素焰色反应为黄色,钾元素焰色反应为透过蓝色钴玻璃观察为紫色,故D正确；答案选C.2.油酸甘油酯（相对分子质量884）是一种典型的脂肪，在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6（s)+80O2(g)＝57CO2（g)+52H2O（l）。已知要消耗1kg该化合物，常人需快走约200公里（每快走1公里按平均耗能190kJ计)。则油酸甘油酯的燃烧热△H约为()A.3。8×104kJ·mol-1 B.－3。8×104kJ·mol—1C.3。4×104kJ·mol-1 D。－3.4×104kJ·mol-1【答案】D【解析】【详解】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量.燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为,则油酸甘油酯的燃烧热△H=—=-3.4×104kJ•mol—1；答案选D。3。用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸(盐酸放在锥形瓶中,NaOH放在滴定管中)，用酚酞作指示剂，下列操作中会导致实验结果偏低的是（)①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗③锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失⑤终点读数时俯视，其他读数方法正确．A.①④ B.②③⑤ C。②⑤ D.④⑤【答案】C【解析】【详解】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗,标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）=分析，可知c(待测)偏高，故①错误；②用酸式滴定管加待测液时，刚用蒸馏水洗净后的滴定管未用待测液润洗，则盐酸的浓度减小，消耗标准液的体积偏小，根据c(待测)=分析，可知c（待测）偏低，故②正确；③锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗，消耗标准液的体积不变，根据c(待测）=分析，可知c(待测）无影响，故③错误;④滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液的体积偏大，根据c(待测）=分析，可知c(待测）偏高，故④错误;⑤终点读数时俯视,其他读数方法正确，导致消耗标准液的体积偏小，根据c（待测）=分析,可知c(待测)偏低，故⑤正确；所以②⑤正确；故选C。【点晴】本题考查了中和滴定实验操作，侧重于误差分析的考查，有利于培养学生的良好科学素养，注意相关基础知识的积累,根据c（NaOH)×V(NaOH)=c(HCl)×V(HCl）进行判断，若消耗的标准氢氧化钠溶液的体积偏小，则导致实验结果偏低。4.下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是A。1L0.3mol/LCH3COOH溶液和3L0。1mol/LCH3COOH溶液中的H＋数B.pH＝1的CH3COOH溶液和盐酸的物质的量浓度C.pH＝12的氨水和NaOH溶液的导电能力D。pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量锌粒反应产生的气体体积【答案】B【解析】【详解】A．相同温度下，相同弱电解质的溶液中，溶液越稀,其电离程度越大，所以1L

0.3

mol/L

CH3COOH溶液小于3L

0.1

mol/L

CH3COOH溶液中的H+数,故A错误;

B．pH=1的醋酸溶液中c（CH3COOH）大于0。1mol/L，pH=1的盐酸溶液中C（HCl)等于0。1mol/L，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，故B正确；

C．pH=12的氨水和NaOH溶液中，离子浓度相等，所以其导电能力相同，故C错误；

D．pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大于盐酸,则pH相同的等体积的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量大于盐酸，所以醋酸产生的氢气体积大,故D错误;

故选B。5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(）A.FeCl3+3KSCNFe(SCN）3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深B。工业合成氨中,将氨气液化分离C.A、B两支试管中分别加入等体积5％的H2O2溶液，B试管中加入2～3滴FeCl3溶液，B中试管中产生气泡快D。对于反应2NO2（g)N2O4（g)△H<0，升高温度可使体系颜色变深【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3+3KSCNFe（SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体,平衡正向移动，溶液颜色加深，符合勒夏特列原理，故A正确；B．分离出氨气，平衡正向移动，提高反应物的转化率，符合勒夏特列原理,故B正确；C．使用催化剂可以加快反应速率,不影响平衡的移动,且过氧化氢的分解不是可逆反应，不符合勒夏特列原理,故C错误;D．对于反应2NO2（g）N2O4（g）△H〈0，升高温度平衡逆向移动，可使体系颜色变深，符合勒夏特列原理,故D正确;答案为C。【点晴】勒夏特列原理的内容是改变影响平衡的条件，平衡向减弱这个影响的方向移动，如升高温度平衡向吸热方向移动，注意使用勒夏特列原理的前提：（1）必须是可逆反应；（2）平衡发生了移动，如使用催化剂，平衡不移动；（3）减弱不能消除这个因素;题中易错点为B,注意改变外界条件平衡不移动，则也不能用勒夏特列原理解释，本题难点是C选项，过氧化氢的分解本身不是可逆的，另外使用催化剂也不能用勒夏特列原理解释。6.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（)A。10mL20mol•L﹣1浓硫酸与足量锌反应，转移电子数为0.2NAB。0。1mol24Mg18O晶体中所含中子总数为2。0NAC。在标准状况下，2.8gN2和2。24LCO所含电子数均为1.4NAD.1L1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA【答案】C【解析】【详解】A、10mL20mol/L的浓硫酸中含有0。2mol硫酸，与锌反应时先是硫元素被还原生成二氧化硫：Zn+SO42﹣+4H+=Zn2++SO2↑+2H2O，此时当反应掉4mol氢离子时，转移2mol电子；如果氢离子有剩余,锌和氢离子再反应:Zn+2H+=Zn2++H2↑,此反应中2mol氢离子转移2mol电子，而溶液中共0。4mol氢离子，故转移的电子数介于0.2NA和0。4NA之间，故A错误;B、1mol24Mg18O中含有的中子物质的量为（24﹣12）+（18﹣8)=22mol，0.1mol24Mg18O晶体中所含中子总数为0.1×22mol×NAmol﹣1=2。2NA,故B错误;C、一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子,氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算,2.8gN2和2.8gCO的物质的量都是0。1mol，含有的电子数都是1。4NA,故C正确；D、ClO﹣是弱酸根，在溶液中会水解，故溶液中ClO﹣的个数小于NA个，故D错误；故选C.【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大.7.下列离子反应方程式书写正确的是A。Fe（OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH）3+3H+=Fe3++3H2OB。向NaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH）3↓+HCO3—C.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl—+H2O+4H+D.向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液：2Al3++3S2—=Al2S3↓【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2I﹣+2Fe（OH)3+6H+═2Fe2++6H2O+I2,故A错误；B．向NaAlO2溶液中通入过量CO2的离子反应为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe（OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O,故C错误;D．向硫化钠溶液中滴入氯化铝溶液的离子反应为2Al3++3S2﹣+6H2O═2Al（OH）3↓+3H2S↑，故D错误；故选B.【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子反应考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。8.2molA与2molB混合于2L的密闭容器中,发生如下反应：2A(g）+3B(g)2C（g）+zD（g）,2s后A的转化率为50%,测得v（D）=0。25mol•L-1•s—1，下列推断不正确的是（)A.z=2 B。2s后，容器内的压强是初始的7/8倍C.2s时C的体积分数为2/7 D.2s后，B的浓度为0.5mol/L【答案】D【解析】【分析】2s后A的转化率为50％,则反应的A为2mol×50％=1mol，则2A（g）+3B（g）⇌2C（g)+zD（g)，开始2200转化11.510。5z2s10。510。5z【详解】A．v(A)=1mol/2L÷2s=0。25mol•L-1•s-1=v(D），因反应速率之比等于化学计量数之比，z=2，故A正确；B．2s后,容器内的物质的量总和是1+0.5+1+0.5×2=3.5mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，2s后反应内的压强是反应前的3.5mol/4mol=7/8倍，正确；C．2s后C的体积分数为1mol/3.5mol=2/7，正确；D．2s后，B的浓度为0.5mol/2L=0.25mol/L，错误；答案为D。9。下列关系的表述中，正确的是（)A.0。1mol•L﹣1NaHSO4溶液中：c(Na+)+c(H+）=c(SO42﹣)+c（OH﹣)B。中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸,消耗NaOH的物质的量之比为1：1C.pH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中,由水电离出的c（H+）相等D.0。1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3)＞c（H2CO3）＞c(CO32﹣)【答案】D【解析】【详解】A．根据电荷守恒,0.1mol·L-1NaHSO4溶液中：c（Na+）+c(H+)=2c(SO42—)+c（OH—），故A错误；B．中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸,醋酸的物质的量大于盐酸，消耗NaOH多，故B错误;C．pH=3的盐酸抑制水的电离，pH=3的FeCl3溶液促进水的电离，由水电离出的c（H+）不相等，故C错误；D．0。1mol·L-1NaHCO3溶液显碱性，以水解为主，c（Na+)〉c（HCO3—)>c(H2CO3）>c(CO32—），故D正确；故选D。10。某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能进行,设计了如下所示的四个实验方案,你认为可行的方案是()A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【详解】由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应,故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应,阴极上的电极反应为：2H++2e—=H2↑,银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极,电极反应为：Ag-e—=Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C.【点睛】解答本题是需要根据总反应判断装置是原电池还是电解池，再根据得失电子判断电极；判断时①电极：阴极是与电源负极相连，得到电子,发生还原反应；阳极是与电源正极相连，失去电子,发生氧化反应。②电子和离子的移动方向(惰性电极）。特别需要注意的是：①金属活动性顺序中银以前的金属（含银）作电极时,由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极（如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt）、石墨等;②电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是靠离子移动导电，即电子不通过电解质溶液.11。25℃时，下列四种溶液中,由水电离生成的氢离子浓度由大到小的顺序是（）①pH值等于4的醋酸溶液②0.001mol·L－1的醋酸溶液（电离度约为1。3％）③0.001mol·L－1的NaOH溶液④pH值等于4的NH4Cl溶液A。④〉②〉①〉③ B.④〉②=③>① C.①=④〉②〉③ D。④〉②〉③>①【答案】A【解析】【详解】25℃时,①pH值等于4的醋酸溶液中，c(H+）=10－4mol/L,则由水电离产生的c（H+)等于由水电离产生的c(OH－）=10－10mol/L；②0.001mol·L－1的醋酸溶液(电离度约为1。3％）中,c（H+）=0.001mol·L－1×1.3%=1。3×10－5mol/L，则由水电离产生的c（H+)等于由水电离产生的c（OH－)=7。7×10－10mol/L；③NaOH是强电解质，0.001mol·L－1的NaOH溶液中,c（OH－）=10－3mol/L，则由水电离产生的c（H+）=10－11mol/L；④pH值等于4的NH4Cl溶液中,氢离子全部由水电离产生，则由水电离产生的c（H+）=10－4mol/L;综上所述，在这四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度由大到小的顺序是:④>②>①>③，故答案选A。12。H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,下列说法合理的是A.该滴定可用甲基橙做指示剂B.Na2S2O3是该反应的还原剂C。该滴定可选用右图所示装置D.该反应中每消耗2molNa2S2O3,电子转移数为4mol【答案】B【解析】【详解】A、碘水溶液显酸性，甲基橙在该溶液显红色，当用Na2S2O3滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定不可用甲基橙做指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A错误；B、在该反应中，I2中的元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子,是该反应的还原剂,B正确；C、Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C错误;D、根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2mol，D错误。答案选B.13。如图是乙醇燃料电池的示意图，用能传递质子(H+）的介质作电解质溶液,反应为C2H5OH＋3O2→2CO2＋3H2O，下列说法正确的是（）A.a极为电池的正极B。电池正极的电极反应为：4H+＋O2＋4e－===2H2OC。电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极D.电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有6mol电子转移【答案】B【解析】【详解】A．原电池工作时，阳离子向正极移动，则a为负极,A错误；B．正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，B正确；C．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，C错误；D．乙醇中C元素的化合价为-2价，被氧化后升高到+4价,则电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移，D错误;答案选B。【点晴】该题为高考常见题型和高频考点，明确原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极,失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。解答时注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法,由质子的移动方向可知a为负极，a极上是乙醇失电子发生氧化反应，乙醇被氧化生成CO2和H+，电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e—═2CO2+12H+，b为正极，发生还原反应，电极方程式为4H++O2+4e—═2H2O。14。为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采取如图所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用（)A。锌 B。钠C.铜 D.石墨【答案】A【解析】【详解】如图方案降低水库的铁闸门被腐蚀的速率，属于牺牲阳极的阴极保护法,根据原电池原理，R应选用活泼性比铁强的金属，且不能与水反应,所以只能选择金属锌，答案选A.15。500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－）＝6.0mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况),假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A原混合溶液中c（K＋)为2mol·L－1 B.上述电解过程中共转移2mol电子C。电解得到的Cu的物质的量为0。5mol D.电解后溶液中c（H＋）为2mol·L－1【答案】A【解析】【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时,阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时,氢离子放电生成氢气,气体的物质的量==1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子,所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==1mol，则铜离子的物质的量浓度==2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol⋅L−1−2mol⋅L−1×2=2mol⋅L−1,【详解】A.根据分析知,原混合溶液中c（K+）为2

mol⋅L−1,故A正确；B.转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B错误;C.根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；D.当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子,当电解硝酸钾溶液时,实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍,为1mol×4=4mol,则氢离子浓度==8mol⋅L−1，故D错误;故选A。16。下列叙述中,正确是(）①锌跟稀硫酸反应制取氢气，加入少量CuSO4溶液能提高反应速率②镀层破损后,白铁(镀锌的铁）比马口铁（铁锡的铁）更易腐蚀；③电镀时应把镀件置于电解槽的阴极；④冶炼铝时，把氧化铝加热成为熔融体后电解⑤钢铁表面常易腐蚀生成Fe2O3·nH2OA。①②③④⑤ B.①③④⑤ C.①③⑤ D.②④【答案】B【解析】【详解】①加入少量硫酸铜，锌置换出铜，形成原电池反应,原电池反应较一般的化学反应速率快，故正确;②锌比铁活泼，铁比锡活泼,较活泼金属易被腐蚀，则白铁(镀锌的铁）比马口铁（镀锡的铁）更难腐蚀，故错误；③电镀时，镀件金属为阴极,镀层金属为阳极,可在阴极上析出镀层金属，故正确；④氧化铝熔点很高，电解氧化铝时,为降低熔点，可用冰晶石，故正确；⑤铁锈的主要成分为Fe2O3•nH2O,故正确；则正确的为①③④⑤;答案选B。【点睛】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池原理是解本题关键,知道各个电极上发生的电极反应式，注意钢铁发生吸氧腐蚀生成铁锈的原理，易错点为④氧化铝固体不导电,熔融状态下的氧化铝含有自由移动的阴阳离子而导电。17。100℃时水的离子积Kw=1×10-12。这时将等体积硫酸和氢氧化钠溶液混合，若溶液混合后显中性，则混合前硫酸的pH和氢氧化钠溶液的pH之和为（)A。12 B.14 C。13 D.15【答案】A【解析】【详解】此溶液为中性则不影响水的电离，因离子积Kw=1×10-12,所以该溶液中的c（H+)=c（OH-)=10—6，所以混合前硫酸的pH和氢氧化钠溶液的pH之和为12。答案选A.18.图乙是根据图甲的电解池进行电解时某个量(纵坐标x）随时间变化的函数曲线(各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响），这个量x是表示（)甲乙A。各电池析出气体体积总数的变化 B。各电解池阳极质量的增加C.各电解池阴极质量的增加 D。各电极上放电的离子总数的变化【答案】C【解析】【详解】A.电解NaCl溶液时，阳极产生氯气，且随反应时间的增长，体积增大，与图像不符，则x不能表示各电池析出气体体积总数的变化，A错误；B。电解硫酸铜溶液时，阳极产生氧气,电极的质量不变，与图像不符，则x不能表示各电解池阳极质量的增加，B错误；C。电解氯化钠，阴极生成氢气,阴极质量不变；硫酸铜溶液阴极生成Cu，硝酸银溶液时,阴极生成Ag，随时间的增长,质量增大，则x能表示各电解池阴极质量的增加,C正确；D.电解氯化钠，阴极生成氢气,电极放电离子数目随时间的增长,逐渐增大,与图像不符,则x不能表示各电极上放电的离子总数的变化，D错误;答案为C。19。已知当NH4Cl溶液的浓度小于0。1mol/L时，其pH＞5.1。现用0.1mol/L的盐酸滴定l0mL0.05mol/L的氨水，用甲基橙作指示剂达到终点时所用盐酸的量应是（）A.10mL B。5mL C.大于5mL D。小于5mL【答案】C【解析】【详解】当盐酸与NH3·H2O恰好完全反应，n（HCl)=n（NH3·H2O），解得消耗盐酸的体积为5mL，此时溶液中c（NH4Cl）=〈0。1mol·L－1,溶液的pH>5.1，而甲基橙变色范围是3。1～4。4，因此溶液不能变色，还需继续加入盐酸降低pH，因此最终消耗盐酸的量大于5mL，故C正确；答案选C。20。下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度最大的是(）A。AgCl(Ksp＝1。8×10－10mol•L﹣1）B。Ag2CO3（Ksp＝8.1×10－12mol•L﹣1）C.Ag2CrO4（Ksp＝9.0×10－12mol•L﹣1）D。AgBr（Ksp＝5.0×10－13mol•L﹣1）【答案】C【解析】【详解】根据对应化学式相似的AgCl和AgBr来说Ksp越小Ag+浓度越小，即AgCl＞AgBr；同理：Ag2CrO4＞Ag2CO3;假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42-的浓度为0。5x,由溶度积常数的表达式可知Ksp(Ag2CrO4）=x2×0.5x=0。5x3=9。0×10-12,x3=1。8×10-11,即x=≈3×10—4，因为AgCl饱和溶液中Ag+的浓度为≈10—5，所以Ag2CrO4＞AgCl；答案选C。【点睛】本题主要考查溶度积常数的概念和有关计算，做题时注意不同物质的化学式是否相似,如不同，可用溶度积常数计算。21。温度相同、浓度均为0.2mol/L的①（NH4）2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4④NH4NO3⑤NaClO

⑥CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列顺序是（

)A。③①④②⑥⑤ B.③①④②⑤⑥C。③②①⑥④⑤ D。⑤⑥②④①③【答案】A【解析】【详解】①（NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，pH＜7；前者c(NH4+)大,水解生成c(H+)大，pH小，即①＜④；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7,且小于①④的pH；②NaNO3不水解，pH=7；⑤NaClO、⑥CH3COONa水解呈碱性,pH＞7,醋酸酸性大于次氯酸酸性，次氯酸钠水解程度大,pH大，即⑤＞⑥；所以pH大小关系为：③①④②⑥⑤，答案选A.22。下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（）A.能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中:K＋、Na＋、CO、NOB.水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol/L的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SOC。能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH、S2－、Br－D.c(H＋)＝1×10－1mol/L的溶液中:Cu2＋、Al3＋、SO、NO【答案】D【解析】【详解】A.能使蓝色石蕊试纸变红色溶液,说明溶液呈酸性，CO32－和H＋反应而不能大量共存，故A错误；B。水电离出的c(H＋）＝1×10－12mol/L的溶液中，水的电离受到抑制,则溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，若为酸性溶液，四种离子可以大量共存，若为碱性溶液，Mg2＋和OH－反应而不能大量共存，故B错误；C.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，说明溶液具有强氧化性,S2－、Br－具有还原性，会发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D。c（H＋)＝1×10－1mol/L的溶液，说明溶液呈酸性，四种离子之间不发生反应,与氢离子也不反应，可以大量共存，故D正确;答案选D。【点睛】本题主要考查限定条件下的离子共存问题，试题难度中等.本题的易错点是B和D项，判断时要特别注意B项中的c(H＋）＝1×10－12mol/L和D项中的c（H＋）＝1×10－1mol/L之间的区别，B项中所给的是由水电离产生的c(H＋）＝1×10－12mol/L，说明溶液中水的电离受到了抑制，则溶液可能为酸性溶液，也可能是碱性溶液，而D项中所给c(H＋）＝1×10－1mol/L，指的是溶液中的氢离子浓度,说明溶液呈酸性,利用上述结论分析解答即可.23.双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠,并得到氢气和氧气。对该装置及其原理判断正确的是A.a气体为氢气,b气体为氧气B.A溶液为氢氧化钠,B溶液为硫酸C.c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜D。该电解反应的总方程式可以表示为：2Na2SO4＋6H2O2H2SO4＋4NaOH＋O2↑＋2H2↑【答案】D【解析】【详解】A.电解硫酸钠溶液实际上电解水，左端连接电源的正极，左端电极作阳极，发生电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，气体a为氧气，右端与电源的负极相连，作阴极，发生2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，气体b为氢气，故错误；B.根据选项A的分析，A溶液为硫酸，B溶液为氢氧化钠溶液，故错误;C。根据上述分析，c隔膜为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜,故错误；D。根据选项A电极反应式,总电极反应式为:2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑，故正确；答案选D。二．非选择题24。I.炒过菜的铁锅为及时洗净，不久便会因腐蚀而出现红褐色锈斑。请回答：（1)铁锅的锈蚀是_____________腐蚀（填“析氢“或“吸氧”）。（2）写出铁锅腐蚀时正极的电极反应式：_______________。II。①某同学用碳棒、铜棒和稀硫酸为原材料，实现了在通常条件下不能发生的反应：Cu+H2SO4(稀)=CuSO4+H2↑。请画出能够实验这一反应的装置图___________。②某同学在做一定条件下铜与稀硫酸的反应实验时，看到碳棒上有气泡产生,但铜棒却没有被腐蚀。请你分析其原因___________：【答案】(1）。吸氧(2)。2H2O+O2+4e—=4OH-(3)。(4）。两极与电源的正负极接反了,或铜棒接电源的负极了等【解析】【详解】(1）①弱碱或者中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀。②正极发生还原反应，氧气得电子变成氢氧根离子,方程式为：2H2O+O2+4e-＝4OH-；（2)①铜和稀硫酸不反应，要实现该反应，需要通过电解，装置如图所示:。②当两极与电池的正负极接反了之后,该电解池就相当于电解水，正负极都会有气泡产生，而且铜不会被腐蚀.25。碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:（1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2，该反应的还原产物为____________。（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时,溶液中为：_____________，已知Ksp（AgCl）=1。8×10-10,Ksp（AgI）=8.5×10-17.（3）已知反应2HI（g）===H2（g）+I2(g)的ΔH=+11kJ•mol－1，1molH2（g)、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量，则1molHI（g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。【答案】（1).MnSO4(2).4。7×10—7（3）。299【解析】【分析】（1)根据氧化还原反应方程式来判断还原产物；（2)根据=进行计算；（3）根据焓变与键能关系进行计算.【详解】(1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原,还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO4；（2）浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，c(Ag＋)一定，溶液中===4。7×10－7；（3）设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ，则：ΔH=2xkJ—436kJ-151kJ=11kJ，解得x=299。26.在玻璃圆筒中盛有两种无色的互不相溶的中性液体.上层液体中插入两根石墨电极，圆筒内还放有一根下端弯成环状的玻璃搅棒，可以上下搅动液体，装置如右图.接通电源，阳极周围的液体呈现棕色,且颜色由浅变深，阴极上有气泡生成。停止通电，取出电极，用搅棒上下剧烈搅动。静置后液体又分成两层，下层液体呈紫红色,上层液体几乎无色.根据上述实验回答:（1）阳极上的电极反应式为__________________________________________.（2）阴极上的电极反应式为__________________________________________.（3）原上层液体是____________________。（4）原下层液体是______________(5）搅拌后两层液体颜色发生变化的原因是___________________________(6)要检验上层液体中含有的金属离子，其方法是___________________，现象是_______________________________________________________。【答案】（1）.2I－—2e－＝I2（2).2H++2e－=H2↑(3）。NaI或KI（4).四氯化碳(5).I2易溶于四氯化碳,难溶于水(6）。焰色反应（7).若焰色为亮黄色为NaI,通过蓝色钴玻璃观察，若焰色为紫色为KI【解析】【分析】（1）依据装置图可知阳极上是溶液中碘离子失电子生成碘单质;

(2）依据装置图分析可知阴极上的电极反应是溶液中氢离子得到电子生成氢气；

（3)原上层溶液中含有碘离子；

(4)下层是比水溶液重的不溶于水的试剂；

（5）碘在有几溶液中溶解度大于水中分析；

（6）上层是碘化钠或碘化钾溶液，依据金属离子的焰色反应设计实验检验。【详解】（1）阳极周围的液体呈现棕色，且颜色由浅变深，萃取后呈紫红色，判断为碘单质生成,所以是溶液中碘离子失电子生成碘单质的反应,电极反应为2I−−2e−═I2；故答案为：2I−−2e−═I2；(2）阴极上的电极反应是溶液中氢离子得到电子生成氢气,电极反应为：2H++2e−═H2↑，故答案为：2H++2e−═H2↑；(3）原上层溶液中含有碘离子，可以是KI（或NaI等）水溶液,故答案为：KI(或NaI等)水溶液;（4)下层是比水溶液重的不溶于水的试剂,分析过程可知是发生了萃取作用,可以是CCl4(或CHCl3等),故答案为：CCl4(或CHCl3等）；(5）搅拌后两层液体颜色发生变化,静置后液体又分成两层,下层液体呈紫红色，上层液体几乎无色，可知I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，发生了萃取，故答案为：I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，所以绝大部分I2都转移到CCl4中；（6）上层是碘化钠或碘化钾溶液，依据金属离子的焰色反应设计实验检验，若是碘化钾溶液,则透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色证明是钾元素，若③中答NaI水溶液，火焰呈黄色，故答案为：焰色反应；若是碘化钾溶液，则透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色证明是钾元素，若③中答NaI水溶液，火焰呈黄色。【点睛】本题是以电解知识为主干，考查了电极反应