江西省鹰潭市余江一中2015-2016学年高二期中化学试卷.doc

2015-2016学年江西省鹰潭市余江一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共54分）1．（3分）（2015•安徽）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；真题集萃．【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可．【解答】解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c （Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c （OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B．【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理．2．（3分）（2015秋•余江县校级期中）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（）A．在稀硫酸中加入少量氢氧化钠固体，溶液导电性增强B．饱和碳酸钠溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（OH﹣）=c（Cl﹣）+c（H+）D．pH=12的NaOH溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol•L﹣1【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，溶液中离子浓度基本不变；B．碳酸根离子部分水解，导致碳酸根离子的浓度减小；C．根据氯化钠溶液中的电荷守恒判断；D．pH=12的溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1，该温度下水的离子积大于1.0×10﹣14，则氢氧根离子浓度大于1.0×10﹣2mol•L﹣1．【解答】解：A．溶液导电性与离子浓度大小有关，在稀硫酸中加入少量氢氧化钠固体，反应生成硫酸钠和水，溶液中离子浓度基本不变，则导电性不会增强，故A错误；B．饱和碳酸钠溶液中，由于碳酸根离子部分水解，则：c（Na+）＞2c（CO32﹣），故B错误；C．饱和食盐水中存在电荷守恒：c（Na+）+c（OH﹣）=c（Cl﹣）+c（H+），故C正确；D．50℃时水的离子积大于1.0×10﹣14，pH=12的氢氧化钠溶液中氢离子浓度为c（H+）=1.0×10﹣12mol•L﹣1，则氢氧根离子浓度大于1.0×10﹣2mol•L﹣1，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握影响溶液导电性因素，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义，D为易错点，注意温度影响水的离子积．3．（3分）（2013秋•兴义市校级期末）水的电离平衡为H2O⇌H+﹢OH﹣，△H＞0，下列叙述不正确的是（）A．将水加热，pH减小B．恒温下，向水中加入少量固体KOH，K w不变C．向水中滴入稀醋酸，c（H+）增大D．向水中加入少量固体NaClO，平衡逆向移动【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，加入与H+或OH﹣反应的物质，改变c（OH﹣）或c（H+），可使平衡发生移动，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+）增大，则pH减小，Kw随温度变化．【解答】解：A、水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，PH减小，故A 正确；B、向水中加入少量KOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，温度不变，但K W不变，故B正确；C、向水中加入少量稀醋酸，平衡逆向移动，c（H+）增大，故C正确；D、向水中加入少量固体NaClO，次氯酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，水的电离平衡向着正向移动，故D错误；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关．4．（3分）（2015•鄂尔多斯一模）室温下，向20.00mL 1.000mol•L﹣1氨水中滴入1.000mol•L ﹣1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（）A．氨水的电离程度a＞b＞cB．a、d两点的溶液，水的离子积K w（a）＞K w（d）C．c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20.00mLD．d点时溶液温度达到最高，之后温度略有下降，原因是NH3•H2O电离吸热【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、氨水中加入盐酸中和氢氧根离子，氨水的电离程度增大；B、温度越高水的离子积越大；C、盐酸与一水合氨恰好中和时溶液显酸性；D、根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析．【解答】解：A、加入盐酸过程中，一水合氨的电离程度a＜b＜c，故A错误；B、d点温度高于a点，水的离子积K w（a）＜K w（d），故B错误；C、溶液显中性时，盐酸物质的量小于一水合氨，所以c点消耗盐酸体积V（HCl）＜20.00mL，故C正确；D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；故选C．【点评】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用弱电解质的电离、盐类水解来解答此类习题．5．（3分）（2015秋•余江县校级期中）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH 溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强；B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）；D．MOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离．【解答】解：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH 的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b 点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它们的c （OH﹣）相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；故选D．【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点．6．（3分）（2015秋•余江县校级期中）现有常温下的四份溶液：①0.01 mol•L﹣1 CH3COOH 溶液；②0.01mol•L﹣1盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列说法正确的是（）A．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：④最大B．①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大C．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：④＞③，①＞②D．将②、③混合，若pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．三种溶液的物质的量浓度均为0.01 mol•L﹣1，根据反应方程式判断；B．酸碱对水的电离起到抑制作用，酸中的氢离子或碱中的氢氧根离子浓度越大，抑制程度越大；C．稀释相同倍数，弱电解质存在电离平衡；D．pH=12的氨水，溶液中氨水的浓度大于0.01mol•L﹣1．【解答】解：A．三种溶液的物质的量浓度均为0.01 mol•L﹣1，Al与酸、碱反应的离子方程式为：2Al+6H+=2Al++3H2↑、2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，所以与碱反应生成的氢气多，即生成H2的量：④最大，故A正确；B．酸或碱能抑制水的电离，当溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，pH=12的氨水和pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=0.01moL/L，0.01moL/L HCl中c（H+）=0.01moL/L，所以这三种溶液中水的电离程度相同，0.01mol/L CH3COOH中（H+）＜0.01moL/L，所以醋酸中水的电离程度最大，故B错误；C．将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：氨水存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，pH值③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，酸性越弱，pH越大，所以溶液PH②＜①，故C错误；D．pH=12的氨水，溶液中氨水的浓度大于0.01mol•L﹣1，0.01mol•L﹣1盐酸，氨水的浓度大于HCl，二者混合时，若pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③，故D错误．故选A．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡应用，主要是对水的电离影响，溶液酸碱性的判断，溶液稀释的PH变化，关键是酸碱反应后溶液酸碱性的判断，题目难度中等．7．（3分）（2012•海淀区校级三模）关于离子浓度的关系，下列说法错误的是（）A．等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣）B．新制氯水中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）＞c（ClO﹣）C．室温下，向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，离子浓度可能的关系为：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．混合液中一定满足物料守恒，根据混合液中物料守恒判断；B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液显示酸性，溶液中氢氧根离子浓度较小，则c （OH﹣）＜c（ClO﹣）；C．若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，若使溶液呈酸性，则需要再滴加少许NaOH呈中性，则：c（Na+）＞c（SO42﹣），根据电荷守恒可知c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），则c（Na+）＞c（SO42﹣＞c（NH4+）；D．当NaA和NaB都是弱酸，且酸性HA＜HB，则NaA的水解程度大于NaB，水解后的溶液中满足：c（HA）＞c（HB）．【解答】解：A．等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，根据物料守恒可得：c（HClO）+c（ClO﹣）=c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（H2CO3）+c（CO32﹣），故A正确；B．新制氯水显示酸性，且氢氧根离子非常小，溶液中离子浓度关系为：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C．NH4HSO4中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同时，溶质为等物质的量的（NH4）2SO4和Na2SO4，溶液呈酸性，需要再滴加少许NaOH呈中性，c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），故溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故C正确；D．NaA和NaB若是弱酸，酸性HA＜HB时，则NaA的水解程度大于NaB，水解后的溶液中：c（HA）＞c（HB）、c（Na+）＞c（OH﹣），则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（OH ﹣）＞c（HA）＞c（HB），故D正确；故选B．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意熟练掌握盐的水解原理及其应用方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，试题考查了学生的分析、理解能力及综合应用所学知识的能力．8．（3分）（2015•上饶二模）已知某弱酸的酸式盐NaH2XO4和Na2HXO4，其中NaH2XO4溶液呈弱酸性，Na2HXO4呈弱碱性，在10°C时，浓度为0.1molL﹣的NaH2XO4和Na2HXO4溶液中均存在的关系是（）A．[c（H+）•c（OH﹣）]＞1×10﹣14B．c（Na+）+c（H+）=c（H2XO4﹣）+c（OH﹣）+2c（HXO42﹣）+3c（XO43﹣）C．c（H+）+2c（H3XO4）+c（H2XO4﹣）=c（XO43﹣）+c（OH﹣）D．c（H+）+c（H3XO4）=c（HXO42﹣）+2c（XO43﹣）+c（OH﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】NaH2XO4的溶液呈酸性，说明H2XO4﹣电离程度大于水解程度，Na2HXO4溶液呈碱性，说明HXO42﹣水解程度大于电离程度，溶液中存在物料守恒，0.1mol•L﹣1NaH2XO4溶液中存在：c（Na+）=c（H2XO4﹣）+c（HXO42﹣）+c（XO43﹣）+c（H3XO4），Na2HXO4溶液中存在：c（Na+）=2c（H2XO4﹣）+2c（HXO42﹣）+2c（XO43﹣）+2c（H3XO4），由溶液呈电中性原则可知，c（Na+）+c（H+）=c（H2XO4﹣）+c（OH﹣）+2c（HXO42﹣）+3c（XO43﹣），结合物料守恒和电荷守恒联式比较，注意水的离子积常数与温度的关系．【解答】解：A．常温下c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14，温度升高，促进水的电离，水的离子积常数增大，则10℃时，c（H+）•c（OH﹣）＜1×10﹣14，故A错误；B．由溶液呈电中性原则可知，溶液中阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，则c（Na+）+c （H+）=c（H2XO4﹣）+c（OH﹣）+2c（HXO42﹣）+3c（XO43﹣），故B正确；C．溶液中存在物料守恒，0.1mol•L﹣1NaH2XO4溶液中存在：c（Na+）=c（H2XO4﹣）+c（HXO42﹣）+c（XO43﹣）+c（H3XO4），Na2HXO4溶液中存在：c（Na+）=2c（H2XO4﹣）+2c（HXO42﹣）+2c（XO43﹣）+2c（H3XO4），由电中性原则可知，两种溶液中都存在：c（Na+）+c（H+）=c（H2XO4﹣）+c（OH﹣）+2c （HXO42﹣）+3c（XO43﹣），则有0.1mol•L﹣1NaH2XO4溶液中存在：c（H3XO4）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HXO42﹣）+2c （XO43﹣），Na2HXO4溶液中存在：c（H2XO4﹣）+c（H+）+2c（H3XO4）=c（OH﹣）+c（XO43﹣），则只有Na2HXO4溶液中存在该关系，故C错误；D．由C分析可知，只有0.1mol•L﹣1NaH2XO4溶液中存在该关系，故D错误．故选B．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度较大，解答本题时注意从守恒的角度分析，本题中还要注意题目要求，即浓度均为0.1mol•L﹣1NaH2XO4溶液和Na2HXO4溶液中均存在的关系，此为解答该题的关键之处，注意审题．9．（3分）（2013秋•长春期末）实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（）A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次【考点】中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏大，故A错误；B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故B错误；C、滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（标准）偏小，故C 正确；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，难度不大，根据c（待测）=分析即可完成．10．（3分）（2015•浙江校级模拟）如图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）A．产生气体体积①=②B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小C．溶液的pH变化：①减小，②增大D．电极反应式：①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：2H++2e﹣=H2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】①是电解池，电极反应为：阳极：4OH﹣→O2↑+2H2O+4e﹣，阴极：Cu2++2e﹣→Cu，②是原电池，正极反应：2H++2e﹣→H2，负极反应：Zn+2e﹣→Zn2+，整个电路得失电子数相等，可以根据电子守恒来进行相关的计算．【解答】解：A、①是电解池，电极反应为：阳极：4OH﹣→O2↑+2H2O+4e﹣，阴极：Cu2++2e ﹣→Cu，②是原电池，正极反应：2H++2e﹣→H2，负极反应：Zn+2e﹣→Zn2+，液体体积均为200mL，浓度均为0.5mol/L，所以硫酸铜、硫酸的物质的量均为0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，①产生的气体是氧气，为0.005mol，②中0.01mol氢气放出，所以①＜②，故A 错误；B、①中阴极反应：Cu2++2e﹣→Cu，阴极质量增加，②中正极反应：2H++2e﹣→H2，正极质量不变，故B错误；C、溶液的pH变化：①中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，②中消耗氢离子，所以酸性减弱pH增大，故C正确；D、电极反应式：①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：Zn﹣2e﹣→Zn2+，故D错误．故选C．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理以经济电极反应的书写知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．11．（3分）（2015秋•余江县校级期中）如图是铅蓄电池充、放电时的工作示意图，电解质是H2SO4溶液．已知放电时电池反应为：Pb+PbO2+4H++2SO42﹣═2PbSO4+2H2O．下列有关说法正确的是（）A．K与N相接时，能量由电能转化为化学能B．K与N相接时，Pb上发生反应为：Pb﹣2e﹣═Pb2+C．K与M连接时，所用电源的a极为负极D．K与M连接时，PbO2上发生反应为：PbO2+4e_+4H++SO42﹣═PbSO4+2H2O【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】K与N相接时，为原电池反应，放电时，铅失电子发生氧化反应而作负极，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，二氧化铅得电子作正极，电极反应式为PbO2+SO42﹣+2e﹣+4H+═PbSO4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，K与M连接时，为电解池装置，电解池中的Pb为阴极连接电源的负极，阳极是PbO2，结合电极方程式解答该题．【解答】解：A．K与N相接时是原电池，Pb做负极，PbO2做正极，能量变化为化学能转化为电能，故A错误；B．K与N相接时是原电池，Pb做负极，反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，故B错误；C．K与M连接时，装置是电解池，电解池中的Pb为阴极连接电源的a为负极，故C正确；D．K与M连接时，装置是电解池，阳极是PbO2，电解方程式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+SO42﹣+4H+，故D错误．故选C．【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据元素化合价变化确定正负极，再结合阴阳离子的移动方向、氢离子浓度的变化来分析解答，难度中等．12．（3分）（2015秋•余江县校级期中）镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型．NiMH中的M表示储氢金属或合金．该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+M═NiOOH+MH 已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣═6Ni（OH）2+NO2﹣下列说法正确的是（）A．电池放电过程中，正极电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣B．充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，H2O中的H被M还原C．充电过程中OH﹣离子从阳极向阴极迁移D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣=NiOOH+H2O、阴极反应：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，负极：MH+OH﹣﹣e﹣=M+H2O，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A．正极发生还原反应；B．H2O中的H得电子，不是被M还原；C．电解时阴离子向阳极移动；D．因发生6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣=6Ni（OH）2+NO2﹣，不能用氨水做电解质溶液．【解答】解：镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣、阴极反应：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，负极：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A．正极发生还原反应，电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A正确；B．H2O中的H得电子，不是被M还原，故B错误；C．电解时阴离子向阳极移动，阳极反应：Ni（OH）2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣，所以OH﹣离子从阴极向阳极，故C错误；D．因发生6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣=6Ni（OH）2+NO2﹣，不能用氨水做电解质溶液，故D 错误．故选A．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确题给信息的含义是解本题关键，难点的电极反应式的书写，题目难度中等．13．（3分）（2015春•沭阳县期中）下列有关电化学原理的说法中，错误的是（）A．在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大B．在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极C．氯碱工业，主要依托电解熔融的氯化钠来制取工业上重要的化工原料烧碱和氯气D．可充电的电池称“二次电池”，在充电时，是将电能转变成化学能，在放电时，又将化学能转化成电能【考点】金属的电化学腐蚀与防护；铜的电解精炼；氯碱工业．【分析】A、电化学腐蚀比化学腐蚀快；B、在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极；C、氯碱工业，是电解饱和的氯化钠溶液来制取工业上重要的化工原料烧碱和氯气；D、“二次电池”在充电时是电解池原理，在放电时，是原电池原理．【解答】解：A．电化学腐蚀加速负极金属被腐蚀，比化学腐蚀快，危害更大，故A不选；B、在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极，电解质是含有铜离子的盐溶液，故B不选；C、氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液来制取工业上重要的化工原料烧碱和氯气，电解熔融的氯化钠可以获得金属钠和氯气，故C选；D、“二次电池”在充电时是电解池原理，是将电能转变成化学能，在放电时，是原电池原理，又将化学能转化成电能，故D不选．故选C．【点评】本题涉及原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，属于综合知识的考查，难度不大．14．（3分）（2015秋•余江县校级期中）用Pt作电极，电解串联电路中分装在甲、乙两个烧杯中的200mL 0.3mol•L﹣1的NaCl溶液和300mL 0.2mol•L﹣1的AgNO3溶液，当产生0.56L （标况）Cl2时，停止电解，取出电极，将两杯溶液混合，混合液的pH为（混合后溶液体积为500mL）（）A．1.4 B．5.6 C．7 D．12.6【考点】电解原理．【分析】n（Cl2）==0.025mol，根据Cl原子守恒知消耗n（NaCl）=2n（Cl2）=2×0.025mol=0.05mol＜0.3mol/L×0.2L=0.06mol，说明电解后NaCl还有剩余，且剩余物质的量=0.06mol﹣0.05mol=0.01mol，此时甲中溶质为NaCl、NaOH，根据Na原子守恒知生成n （NaOH）=n（NaCl）（消耗）=0.05mol；根据转移电子守恒、原子守恒知，生成n（HNO3）=n（Ag）==0.05mol，通过以上分析知，n（NaOH）=n（HNO3）=0.05mol，二者恰好反应生成硝酸钠，剩余的氯化钠和硝酸银恰好反应生成AgCl和NaNO3，溶液呈中性．【解答】解：n（Cl2）==0.025mol，根据Cl原子守恒知消耗n（NaCl）=2n（Cl2）=2×0.025mol=0.05mol＜0.3mol/L×0.2L=0.06mol，说明电解后NaCl还有剩余，且剩余物质的量=0.06mol﹣0.05mol=0.01mol，此时甲中溶质为NaCl、NaOH，根据Na原子守恒知生成n （NaOH）=n（NaCl）（消耗）=0.05mol；根据转移电子守恒、原子守恒知，生成n（HNO3）=n（Ag）==0.05mol，通过以上分析知，n（NaOH）=n（HNO3）=0.05mol，二者恰好反应生成硝酸钠，剩余的氯化钠和硝酸银恰好反应生成AgCl和NaNO3，所以混合后溶液中的溶质为NaCl和NaNO3，溶液呈中性，pH=7，故选C．【点评】本题考查电解原理，为高频考点，明确离子放电顺序及最终混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，注意原子守恒、转移电子守恒的应用，题目难度中等．15．（3分）（2013春•萧山区期中）用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液一段时间后，向剩余溶液中加入适量水能使溶液恢复到电解前浓度的是（）A．AgNO3B．NaCl C．CuCl2D．H2SO4【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】惰性电极电极电解质溶液，溶液中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；向剩余溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同说明是电解水，据此分析电解过程．【解答】解：A、电解硝酸银溶液电解的是硝酸银和水，电解结束后加水不能回复原溶液的浓度，故A错误；B、电解氯化钠溶液实质是电解水和氯化钠，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故B错误；C、电解氯化铜实质是电解氯化铜，电解结束后，向剩余溶液中加适量水，不能使溶液浓度和电解前相同，故C错误；D、电解硫酸实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加少量水，能使溶液浓度和电解前相同，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解过程中电解的物质是解答本题的关键，应熟悉溶液中离子的放电顺序来判断，题目难度中等．16．（3分）（2013春•东城区期末）用石墨电极电解100mL H2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为（）A．1mol•L﹣1B．2 mol•L﹣1C．3 mol•L﹣1D．4 mol•L﹣1【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解池中离子的放电顺序和两极上发生的变化来书写电极反应方程式，并且两个电极上转移的电子数目是相等的，溶液中遵循电荷守恒．【解答】解：电解0.1LH2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH﹣→2H2O+O2↑+4e ﹣，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e﹣→Cu，2H++2e﹣→H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，且溶液中有0.1mol铜离子，据c=得到铜离子的浓度为：=1mol/L．故选：A．【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及溶液中的电荷守恒思想，难度不大，可以根据所学知识来回答．17．（3分）（2013•南京校级模拟）电瓶车所用电池一般为铅蓄电池，这是一种典型的可充电电池，电池总反应式为：Pb+PbO2+4H++2SO422PbSO4+2H2O，则下列说法正确的是（）A．放电时：负极板上发生了还原反应B．放电时：正极反应是Pb﹣2e﹣+SO42﹣═PbSO4C．充电时：铅蓄电池的负极应与充电器电源的正极相连D．充电时：阳极反应是PbSO4﹣2e﹣+2H2O═PbO2+SO42﹣+4H+【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】放电时，负极上Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣═PbSO4，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣=PbSO4+2H2O，充电时，阳极、阴极上电极反应式与正极、负极反应式相反，据此分析解答．【解答】解：A．放电时，负极上Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb﹣2e﹣+SO42﹣═PbSO4，故A错误；B．放电时，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣=PbSO4+2H2O，故B错误；C．充电时，铅蓄电池的负极为电解池阴极，应该与充电器负极相连，故C错误；D．充电时，阳极电极反应式与原电池正极反应式相反，所以阳极反应式为PbSO4﹣2e﹣+2H2O═PbO2+SO42﹣+4H+，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，侧重考查学生电极反应式的书写，正确判断正负极、阴阳极发生的反应是解本题关键，题目难度不大．18．（3分）（2010秋•福州校级期中）下列事实中，与电化学腐蚀无关的是（）A．在空气中，光亮的银表面逐渐变暗B．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块C．埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更易被腐蚀D．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面易被腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】如果能构成原电池就产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．【解答】解：A．纯银饰品长久置表面变暗是由于金属银和空气中的氧气发生反应生成氧化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A正确；B．锌、铁和海水构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极，所以发生电化学腐蚀，故B 错误；C．潮湿土壤中的铁管，铁管中含有碳、铁，铁、碳和电解质溶液构成原电池，铁作负极被腐蚀，所以发生电化学腐蚀，故C错误；D．银、铁和电解质溶液能构成原电池，铁易失电子作负极，银作正极，所以铁发生电化学腐蚀，故D错误；故选A．【点评】本题以电化学腐蚀为载体考查了金属的腐蚀和防护，根据能否构成原电池来判断是否是电化学腐蚀即可，难度不大．。