四川省南充市营山第二中学2024-2025学年高二化学下学期4月考试试题含解析

PAGE19-四川省南充市营山其次中学2024-2025学年高二化学下学期4月考试试题（含解析）留意事项：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，考试结束后交回答题卡。考试时间100分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H1N14O16C12Cu65Fe56第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题（每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）1.在CH3COONa溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是()A.加入适量纯CH3COOHB.加入少量NaCl固体C.加入少量NaOH固体D.加水稀释【答案】C【解析】【分析】CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。【详解】A、加入CH3COOH，平衡逆向移动，水解程度减小，溶液的pH值减小，故A错误；B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，水解程度不变，溶液的pH值不变，故B错误；C、加入NaOH，c(OH-)增大，醋酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中的c(OH-)增大，pH变大，故C正确；D、加水稀释，水解程度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选C。2.关于如图所示的原电池，下列说法正确的是()A.电子从锌电极通过电流表流向铜电极B.盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移C.锌电极发生氧化反应；铜电极发生还原反应，其电极反应是2H＋＋2e－===H2↑D.取出盐桥后，电流表仍会偏转，铜电极在反应前后质量不变【答案】A【解析】【分析】该原电池中，Zn失电子作负极，负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；Cu作正极，正极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电子从负极沿导线流向正极，盐桥中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A．锌作负极、铜作正极，电子从锌电极通过电流计流向铜电极，故A正确；B．Zn易失电子作负极、Cu作正极，阴离子向负极移动，则盐桥中阴离子向硫酸锌溶液迁移，故B错误；C．铜电极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式Cu2++2e-=Cu，故C错误；D．取出盐桥后，不能形成闭合回路，不能形成原电池，电流计指针不发生偏转，故D错误；答案选A。3.用惰性电极电解Cu(NO3)2、NaCl的混合液，最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是A.H2和Cl2 B.Cu和Cl2 C.H2和O2 D.Cu和O2【答案】B【解析】【详解】用惰性电极电解Cu(NO3)2、NaCl的混合液，依据阳离子放电依次为Cu2+＞H+＞Na+，电极反应为：Cu2++2e-═Cu；阴离子放电依次Cl-＞OH-＞NO3-，电极反应为：2Cl--2e-═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2，故选B。4.Li-Al/FeS电池是一种正在开发的车载电池，该电池中正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e-=Li2S+Fe；有关该电池的下列说法中，正确的是A.Li-Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为+1价B.该电池的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+FeC.负极的电极反应式为Al-3e-=Al3+D.充电时，阴极发生的电极反应式为：Li2S+Fe-2e-=2Li++FeS【答案】B【解析】【详解】A.Li—Al在电池中作为负极材料，该材料中Li的化合价为0价，A错误；B.该电池的负极反应式为Li-e-=Li+，正极的电极反应式为：2Li++FeS+2e-=Li2S+Fe，电池正反应为2Li+FeS=Li2S+Fe，B正确；C.负极反应式为Li-e-=Li+，C错误；D.充电时总反应为Li2S+Fe=2Li+FeS，阴极电极反应式为Li++e-=Li，D错误；答案选B。5.关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（）A.电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B.若在阳极旁边溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C.若在阴极旁边的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色D.电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性【答案】B【解析】【详解】A．电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A错误；B．在阳极旁边是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈棕色，故B正确；C．在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极旁边的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故C错误；D．电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误；故答案B。6.下列叙述中正确的是A.分子式相同，各元素百分含量也相同的物质是同种物质B.化学性质相像的不同物质肯定属于同系物C.分子式相同而结构不同的物质肯定是同分异构体D.相对分子质量相同的不同物质肯定是同分异构体【答案】C【解析】【详解】A、分子式相同，各元素百分含量也相同的物质不肯定是同种物质，如丙烯和环丙烷，选项A错误；B、化学性质相像的不同物质不肯定是同系物。如甲酸HCOOH含醛基-CHO,和醛类的化学性质有相像之处，都能发生银镜反应，但甲酸HCOOH并非醛类的同系物，选项B错误；C、分子式相同，而结构不同的化合物是同分异构体，选项C正确；D、相对分子质量相同的不同物质不肯定是同分异构体，如甲酸和乙醇的相对分子质量相同，但不是同分异构体，选项D错误；答案选C。7.在盐类水解的过程中，下列说法正确的是A.盐的电离平衡被破坏B.水的电离程度肯定会增大C.溶液的pH肯定会增大D.c(H＋)与c(OH－)的乘积肯定会增大【答案】B【解析】【详解】A、大多数盐为强电解质，在水中完全电离，A错误；B、盐类的水解促进水的电离，B正确；C、强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错误；D、肯定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH－)的乘积是一个常数，D错误。答案选B。8.如图表示的是某离子X的水解过程示意图，则离子X可能是（）A.CO32- B.HCO3- C.Na+ D.NH4+【答案】D【解析】【详解】依据盐的水解原理结合图示的内容可以知道X离子水解显示酸性。A、碳酸根水解，显示碱性，故A错误；B、碳酸氢根离子水解显示碱性，故B错误；C、钠离子不会发生水解，故C错误；D、铵根离子水解溶液显示酸性，故D正确；故选D。9.下列溶液，在空气中受热浓缩，能够得到预想的无水盐的是A.MgSO4溶液→MgSO4B.FeCl3溶液→FeCl3C.Mg(NO3)2溶液→Mg(NO3)2D.AlCl3溶液→AlCl3【答案】A【解析】【详解】A.硫酸盐属于高沸点的酸形成的盐，受热时尽管能够水解，但硫酸不会从水中挥发，所以加热蒸发掉水分得到的仍为MgSO4；A正确；B.盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到FeCl3溶质；B错误；C.硝酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，硝酸蒸气会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到Mg(NO3)2溶质；C错误；D.盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到AlCl3溶质；D错误；综上所述，本题选A。10.下列依据反应原理设计的应用，不正确的是（）A.＋H2O＋OH－用热的纯碱溶液清洗油污B.Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋明矾净水C.TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl制备TiO2纳米粉D.SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】A.CO32−＋H2O⇌HCO3−＋OH－，纯碱是碳酸钠，溶于水后碳酸根离子存在水解平衡，水解是吸热的，热的纯碱可以促进水解，油脂在碱性溶液中发生水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故A正确；B.明矾溶于水电离产生的Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮的杂质，从而起到净水作用，故B正确；C.TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)⇌TiO2·xH2O↓＋4HCl，TiCl4易水解生成二氧化钛晶体，失水后可制取TiO2纳米粉，故C正确；D.配制SnCl2溶液时应加入稀盐酸抑制SnCl2水解，加入NaOH会促进SnCl2的水解，而发生变质，故D错误；答案选D。11.下列原子或原子团不属于官能团的是A.CH3CH2- B.-F C.-OH D.【答案】A【解析】【详解】A．乙基不是官能团，故A选；B．卤素原子为官能团，故B不选；C．羟基为官能团，故C不选；D．碳碳双键为官能团，故D不选；故选A。12.发生一氯取代反应后，只能生成三种沸点不同的有机产物的烷烃是（）。A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】将本题各项绽开然后分析等效氢；A．B．C．D．由上述分析可知，A、B项中物质各含4种等效氢原子，C项中物质含两种等效氢原子，只有D项中物质含三种等效氢原子，即只能生成三种沸点不同的有机产物。答案选D。13.某有机物样品的质荷比如下图所示（假设离子均带一个单位正电荷，信号强度与该离子的多少有关），则该有机物可能是（）A.甲醇 B.甲烷 C.丙烷 D.乙烯【答案】B【解析】【详解】最大质荷比为该有机物的相对分子质量，由图可得最大质荷比为16，即相对分子质量为16，故选B。14.“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷的爆震程度最小，将其辛烷值标定为100，如图是异辛烷的球棍模型，则异辛烷的系统命名为A.1，1，3，3-四甲基丁烷 B.2-甲基庚烷C.2，4，4-三甲基戊烷 D.2，2，4-三甲基戊烷【答案】D【解析】【详解】主链为5个碳原子，2号位上有2个甲基，4号位上有1个甲基。故命名为2，2，4-三甲基戊烷，答案选D。15.如图，是某种有机物分子的球棍模型图。图中的“棍”代表单键或双键，不同大小的“球”代表三种不同的短周期元素的原子。对该有机物的叙述不正确的是A.该有机物可能的分子式为C2HCl3B.该有机物的分子中肯定有碳碳双键C.该有机物分子中的全部原子在同一平面上D.该有机物分子中形成的化学键都是极性键【答案】D【解析】【分析】依据图中“棍”代表单键或双键或三键，不同大小的球代表不同元素的原子，且三种元素位于不同的短周期，由图可知，含类似乙烯的结构，存在C=C，短周期元素原子半径最小的是氢，中间的球最多能形成四条共价键，是碳原子，最大的球形成单键是第三周期的氯，该有机物由C、H、Cl三种元素组成，据此分析解答。【详解】A．依据分析，该有机物由C、H、Cl三种元素组成，所以该有机物化学式C2HCl3，故A正确；B．这是一种结构类似烯烃的物质，分子中存在碳碳双键，故B正确；C．该有机物分子中存在碳碳双键，类似乙烯的结构，全部原子共平面，故C正确；D．C2HCl3中含C-H、C-Cl极性键和C、C之间的非极性键，故D错误；故选D。【点睛】依据成键类型推断所含的元素种类是解本题的关键。解答本题要留意有机物中都存在碳元素，同时留意“三种不同的短周期元素”的提示。16.用惰性电极电解肯定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好复原到电解前的状态(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中共转移电子的物质的量为A.0.4mol B.0.5mol C.0.6mol D.0.8mol【答案】C【解析】【详解】用惰性电极电解硫酸铜时，初阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，后阶段：2H2O2H2↑+O2↑，假如只依据第一阶段的电解，反应只须要加入CuO或CuCO3就可以，但是现在加入的是0.1molCu2(OH)2CO3，相当于加入了0.2molCuO和0.1molH2O，这0.1mol的水，应当是其次阶段反应消耗的，该阶段转移了0.2mol电子，第一阶段转移了0.4mol电子，所以总共转移电子0.6mol，故选C。【点睛】明确电解的原理是解题的关键。解答本题要留意依据加入的物质推断出电解过程中发生反应的方程式，要留意该电解过程事实上是分为两个阶段进行的，第一阶段电解硫酸铜溶液，其次阶段电解水。17.用物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c(CN-)小于c(Na+)，则下列推断正确的是()A.c(H+)＞c(OH-) B.c(HCN)＞c(CN-)=0.2mol/LC.c(HCN)＞c(CN-) D.c(CN-)＞c(OH-)=0.1mol/L【答案】C【解析】【分析】物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，已知其中c（CN-）小于c（Na+），依据溶液电中性的原则，溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，则有c(OH-)＞c(H+)，溶液应呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒等学问解答该题。【详解】A．已知其中c（CN-）小于c（Na+），依据溶液电中性的原则，溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，则有c(H+)<c(OH-)，故A错误；B．HCN和NaCN的物质的量都为0.1mol，由物料守恒可知c（CN-）+c（HCN）=0.2mol/L，故B错误；C．溶液中c（CN-）小于c（Na+），则说明混合溶液中以CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c（HCN）＞c（CN-），故C正确；D．溶液中存在c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(CN-)，因c（Na+）=0.1mol/L，则c（CN-）+c（OH-）＞0.1mol/L，故D错误；答案选C。18.在25℃时，NH4+浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中溶质的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为mol·L−1)，下列推断正确的是A.a＝b＝c B.a＝c>bC.b>a>c D.c>a>b【答案】C【解析】【详解】相同温度下三种盐溶液，硫酸氢钠溶液中氢离子抑制铵根离子水解、醋酸铵溶液中醋酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，因此要保证溶液中铵根离子浓度相同，三种盐溶液中溶质的物质的量浓度满意关系：b>a>c，故C正确；故答案选C。19.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是A.c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)B.c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)C.c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)D.c(Na＋)+c(H+)=c(A－)+c(OH－)【答案】D【解析】【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）<c（OH-），A-水解、钠离子不水解，所以c（Na+）>c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小依次为：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；B.依据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；C.溶液中存在电荷守恒，依据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；D.溶液中存在电荷守恒，依据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；故选D。20.工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，下列说法正确的是A.该反应达到平衡时，c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)B.该反应达到平衡时，Ksp(CuS)较大C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)减小D.该反应的平衡常数K＝【答案】D【解析】【详解】A．该反应达到平衡时离子的浓度不变，但不肯定相等，故A错误；B．化学式相像的物质，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故B错误；C．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Cu2＋)增大，平衡正向移动，所以c(Mn2+)变大，故C错误；D．Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，该反应的平衡常数K===，故D正确；故选D。21.Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02mol·L－1，在常温下假如要生成Cu(OH)2沉淀，须要向CuSO4溶液加入碱溶液来调整pH，使溶液的pH大于()A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【详解】已知Ksp=2×10-20，c（Cu2+）=0.02mol•L-1，在常温下假如要生成Cu（OH）2沉淀，

则c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，所以c（OH-）≥=10-9（mol/L），应调整溶液pH大于5，故选D。【点睛】考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于浓度的计算，在常温下假如要生成Cu（OH）2沉淀，应满意c（Cu2+）×c2（OH-）≥2×10-20，以此计算溶液的c（OH-），可确定溶液的pH。22.等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH②(NH4)2CO3③NaHSO4④NaHCO3⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是()A.⑤③①④② B.⑤③①②④ C.②④③①⑤ D.②④①③⑤【答案】D【解析】【详解】CH3COOH、NaHSO4、Ba(OH)2自身电离出氢离子或氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，使水的电离程度减小，而(NH4)2CO3、NaHCO3两种盐因水解使水的电离程度增大，故选项A、B错；CH3COOH是弱酸与同浓度的NaHSO4比氢离子浓度要小的多，对水的电离的抑制要弱，故选项D正确。23.已知25℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，则下列说法中正确的是A.25℃时，0.1mol·L－1HF溶液中pH＝1 B.Ksp(CaF2)随温度和浓度的改变而改变C.该体系中有CaF2沉淀产生 D.该体系中，Ksp(CaF2)＝【答案】C【解析】【详解】A．HF酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.1mol•L-1HF溶液中pH＞1，故A错误；B．Ksp只与温度有关，则Ksp(CaF2)随温度的改变而改变，与浓度无关，故B错误；C．向1L0.2mol·L－1HF溶液中加入1L0.2mol·L－1CaCl2溶液，c(Ca2+)=0.1mol•L-1，c(F-)===6×10-3mol/L，则Qc=c2(F-)•c(Ca2+)=(6×10-3mol/L)2×0.1mol•L-1=3.6×10-6＞Ksp(CaF2)，说明有沉淀产生，故C正确；D．Ka(HF)=3.6×10-4mol•L-1，溶度积常数Ksp(CaF2)=1.46×10-10mol3•L-3，Ka×Ksp≠1，故D错误；故选C。24.下列关于铁的腐蚀和防护的叙述正确的是()A.用铁锅烧制糖醋鱼时，铁锅会发生化学腐蚀和析氢腐蚀B.铁发生吸氧腐蚀的负极反应可用O2＋4e－＋2H2O=4OH－表示C.常温下，铁在浓硫酸中比在稀硫酸中腐蚀得快D.可用如图表示对钢铁实行外加电流的阴极爱护法的原理【答案】A【解析】【详解】A．铁能够和醋酸反应，因此用铁锅烧制糖醋鱼时，铁锅会发生化学腐蚀，铁锅的主要成分为铁合金，同时会发生原电池反应，即发生析氢腐蚀，故A正确；B．铁发生吸氧腐蚀的负极反应可用Fe-2e-=Fe2+表示，故B错误；C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，比在稀硫酸中腐蚀得慢，故C错误；D．中没有外加电源，不属于外加电流的阴极爱护法，该装置起不到爱护钢件的作用，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要留意浓硫酸性质的特别性。25.已知C4H9Cl有4种同分异构体，则分子式为C5H10O的醛有几种A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】B【解析】【详解】C5H10O是醛，含有醛基，即-CHO，C5H10O可以看做丁基代替HCHO中的H原子，C4H9Cl有4种同分异构体，说明丁基有4种结构，则C5H10O的醛有4种同分异构体，故选B。第Ⅱ卷（非选择题，共50分）二、填空题26.（1）某物质只含C、H、O三种元素，其分子模型如图所示，分子中共有12个原子。该物质的结构简式为_______________．该物质中所含官能团的名称为______________________．（2）下列各组物质：①O2和O3②H2、D2、T2③12C和14C④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CH2CH3⑤乙烷和丁烷⑥CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3和CH3CH2CH2CH（CH3）C2H5互为同系物的是__________，互为同分异构体的是________，互为同位素的是________，互为同素异形体的是_________，是同一物质的是__________。（3）酚酞是常用的酸碱指示剂，其结构简式如图所示：①酚酞的分子式为___________________________________。②从结构上分析酚酞可看作_____________________。A．烯烃B．芳香化合物C．醇类物质D．酚类物质E．醚类物质F．酯类物质③酚酞结构简式中画虚线的地方是醚键吗？_________________。【答案】(1).(2).羧基，碳碳双键(3).⑤(4).④(5).③(6).①(7).②⑥(8).C20H14O4(9).BDF(10).不是醚键【解析】【分析】(1)由球棍模型结合原子的成键特征分析推断该有机物的结构简式，结合常见官能团的结构分析推断含有的官能团；(2)依据同系物、同素异形体、同分异构体、同位素的概念分析推断；(3)依据酚酞的结构简式确定分子式，结合官能团的结构和物质分类的方法分析解答。【详解】(1)由分子模型可知该有机物的结构简式为，含有碳碳双键、羧基官能团，故答案为：；碳碳双键、羧基；(2)①O2和O3

互为同素异形体；②H2、D2、T2

由同种元素形成的单质，属于相同物质；③12C和14C互为同位素；④CH3CH2CH2CH3

和

(CH3)2CH2CH3

互为同分异构体；⑤乙烷和丁烷互为同系物；⑥CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3和

CH3CH2CH2CH(CH3)C2H5为同一种物质，互为同系物的是⑤，互为同分异构体的是④，互为同位素的是③，互为同素异形体的是①，是同一物质的是②⑥，故答案为：⑤；④；③；①；②⑥。(3)①依据酚酞的结构简式可知分子式为C20H14O4，故答案为：C20H14O4；②酚酞中含有酚羟基、酯基和苯环，具有酚、苯和酯的性质，所以可以可看作芳香族化合物、酚类物质和酯类物质，故选BDF；③酚酞中画线的部分不是醚键，是酯基，故答案为：不是醚键。【点睛】本题的易错点为(2)中同一物质的推断，要留意②的分子组成和结构相同，只是组成氢气的原子种类不同，都是氢气分子。27.Ⅰ．有甲、乙两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性依次,两人均用镁片和铝片作电极,但甲同学将电极放入6mol·L-1的H2SO4溶液中,乙同学将电极放入6mol·L-1的NaOH溶液中,如图所示。(1)写出甲中正极的电极反应式:____。(2)乙中负极为__,总反应的离子方程式:___。

(3)由此试验得出的下列结论中,正确的有____。

A.利用原电池反应推断金属活动性依次时应留意选择合适的介质B.镁的金属性不肯定比铝的金属性强C.该试验说明金属活动性依次表已过时,没有好用价值了D.该试验说明化学探讨对象困难、反应受条件影响较大因此应详细问题详细分析Ⅱ．化学电池在通信、交通及日常生活中有着广泛的应用。目前常用的镍镉(NiCd)电池,其电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难溶于水但能溶于酸,以下说法正确的是____(填字母序号)。

①放电时Cd作正极②放电时Ni元素被还原③充电时化学能转变为电能④放电时化学能转变为电能Ⅲ.氢气和氧气可形成氢氧燃料电池。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式(当电解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时)两种。试回答下列问题:(1)酸式电池的电极反应:正极_____;(2)碱式电池的电极反应:负极_______。【答案】(1).2H++2e-H2↑(2).Al(3).2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑(4).AD(5).②④(6).O2+4e-+4H+2H2O(7).2H2-4e-+4OH-4H2O【解析】【分析】Ⅰ．甲中镁易失电子作负极、Al作正极，负极上镁发生氧化反应、正极上氢离子发生还原反应；乙池中铝易失电子作负极，负极上铝失电子发生氧化反应，镁作正极，正极发生还原反应，通过对比甲乙试验可知，电解质溶液的酸碱性可能影响电极反应式，电池的正负极推断除了与金属活动性依次有关，还与电解质有关，据此分析作答；Ⅱ．依据总反应式结合原电池与电解池的工作原理作答；Ⅲ.正极上，O2得电子变为O2－，溶液中O2－不能单独存在，酸性条件下与H＋结合生成H2O，碱性条件下与H2O分子结合生成OH－；负极上，酸性条件下H2失电子变为H＋，H＋进入电解质溶液；碱性条件下H＋不能大量存在，与OH－结合生成水。两种环境下电池总反应均是H2和O2生成水的反应。【详解】Ⅰ．依据原电池原理可知，甲中总反应是镁与稀硫酸反应生成硫酸镁与氢气，镁作负极发生失电子的氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：2H++2e-＝H2↑；（2）乙中铝与氢氧化钠和水发生氧化还原反应，因此铝作该电池的负极，总的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑，故答案为Al；2Al+2OH-+2H2O＝2AlO2-+3H2↑；（3）A.利用原电池反应推断金属活动性依次时应留意选择合适的介质，如酸性条件下活泼金属做负极，而碱性条件下就不肯定，A项正确；B.镁的金属性比铝的金属性强，B项错误；C.该试验说明金属活动性依次表主要指的是酸性条件下金属的还原性，C项错误；D.该试验说明化学探讨对象困难、反应受条件影响较大，因此应详细问题详细分析，D项正确；答案选AD；Ⅱ．电池总反应可以表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，则，①放电时，Cd转化为Cd(OH)2，元素化合价上升，发生失电子的氧化反应，作原电池的负极，①项错误；②放电时，Ni元素从+3价降低到+2价，元素被还原，②项正确；③充电过程利用的是电解池的工作原理，是将电能转化为化学能，③项错误；④放电过程利用的是原电池的工作原理，是将化学能转变为电能，④项正确；综上所述，②④项正确，答案为：②④；Ⅲ.依据上述分析可知，(1)酸式电池正极上O2得电子转化为H2O，其电极反应式为：O2+4e-+4H+＝2H2O；(2)碱式电池负极氢气失电子转化为水，其电极反应式为：2H2-4e-+4OH-＝4H2O。【点睛】明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，留意不能依据金属的活动性强弱推断正负极，要依据失电子难易程度确定负极，为易错点。关于原电池正负极的推断须要留意：（1）原电池正、负极的推断基础是自发进行的氧化还原反应，假如给出一个化学反应方程式推断正、负极，可以干脆依据化合价的升降来推断，发生氧化反应的一极为负极，发生还原反应的一极为正极。（2）推断电极时，不能简洁地依据金属的活泼性来推断，要看反应的详细状况，如：A．Al在强碱性溶液中比Mg更易失电子，Al作负极，Mg作正极；B．Fe、Al在浓HNO3中钝化后，比Cu等金属更难失电子，Cu等金属作负极，Fe、Al作正极。28.已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO－、Na＋四种离子，某同学推想其离子浓度大小依次有如下四种关系：①c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)②c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)③c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)④c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是________(填物质名称)，上述四种离子浓度的大小依次为________________________________(填编号)。（2）若该溶液是由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合而成，且恰好反应，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为c(NaOH)________c(CH3COOH)(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系是c(H＋)________c(OH－)。（3）若该溶液是由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合而成，且恰好呈中性，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为c(NaOH)________c(CH3COOH)(填“大于”“小于”或“等于”)，混合后溶液中的各离子浓度的大小关系_________________________________。【答案】(1).醋酸钠(2).①(3).等于(4).小于(5).小于(6).c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)【解析】【分析】某溶液中只存在OH-、H+、CH3COO-、Na+四种离子，溶质可能是氢氧化钠和醋酸钠、醋酸钠、醋酸钠和醋酸，结合溶液的组成与性质的关系分析解答。【详解】某溶液中只存在OH-、H+、CH3COO-、Na+四种离子，溶质可能是氢氧化钠和醋酸钠、醋酸钠、醋酸钠和醋酸；(1)若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质只能为CH3COONa，醋酸根离子水解、钠离子不水解，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)、c(Na+)＞c(CH3COO-)，醋酸根离子水解程度较小，所以c(CH3COO-)＞c(OH-)，则溶液中离子浓度大小依次是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故选①，故答案为：醋酸钠；①；(2)等体积混合后，恰好完全反应，说明n(CH3COOH)=n(NaOH)，溶液体积相等，则c(CH3COOH)=c(NaOH)，由于氢氧化钠为强碱，故完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，故碱中氢氧根浓度大于酸中氢离子浓度，故答案为：等于；小于；(3)醋酸为弱酸，混合后恰好是中