福建省漳州市八校高三化学上学期期末试卷(含解析)

福建省漳州市八校2015届高三上学期期末化学试卷
一、选择题（本题共15小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共45分）
1．下列说法正确的是( )
A．糖类、油脂、蛋白质都是由C、H、O三种元素组成的
B．葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，但属于同系物
C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油
D．油脂在碱性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸
考点：有机化学反应的综合应用．
专题：有机化学基础．
分析：A、蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成；
B、根据葡萄糖和蔗糖结构来判断；
C、地沟油回收加工为生物柴油和肥皂，可以变废为宝；
D、根据油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油．
解答：解：A、蛋白质主要由C、H、O、N四种元素组成，故A错误；
B、因葡萄糖和蔗糖分子式不同，结构也不同或相似，不符合同一通式，所以葡萄糖和蔗糖不是同分异构体，也不是同系物，故B错误；
C、地沟油是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将地沟油回收加工为生物柴油和肥皂，提高了资源的利用率，故C正确；
D、油脂在酸性条件下水解为丙三醇和高级脂肪酸，在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故D错误，故选C．
点评：本题主要考查了糖类、油脂、蛋白质的组成元素和性质，难度不大，根据课本知识即可完成．
2．N A为阿佛加德罗常数，下列叙述不正确的是( )
A．标准状况下，22.4 L的CCl4中所含质子数为74 N A
B．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，所得混合气体的分子数大于2N A
C．12 g石墨晶体中含有的碳碳键数目为1.5 N A
D．分子数为0.1N A的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3N A
考点：阿伏加德罗常数．
专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析：A．标准状况下，四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量；
B．二氧化硫与氧气的反应为气体体积缩小的可逆反应；
C．石墨中，每个碳原子与其它3个C原子相连，根据均摊法计算出12g石墨中含有的碳碳键数目；
D．氮气和氨气分子中都含有3个共用电子对，0.10.1N A个混合气体中含有0.3N A个共用电子对．
解答：解：A．标况下四氯化碳不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L四氯化碳的体积，故A错误；
B．2mol二氧化硫与1mol氧气反应生成的三氧化硫小于2mol，该反应是气体体积缩小的反应，则反应后气体的总物质的量大于2mol，所得混合气体的分子数大于2N A，故B正确；
C．12g石墨中含有C原子的物质的量为1mol，石墨中每个C与其它3个C形成3个碳碳键，则每个C原子平均形成的碳碳键数目为：×3=1.5，1mol碳原子形成的碳碳键为1.5mol，含
有的碳碳键数目为1.5 N A，故C正确；
D．氮气和氨气分子中都含有3个共价键，则分子数0.1N A的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3N A，故D正确；
故选A．
点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的综合应用，题目难度中等，明确标况下水、乙醇、四氯化碳、三氧化硫等的状态不是气体，熟练掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的转化关系为解答关键．
3．下列各组离子一定能够大量共存的是( )
A．使紫色石蕊变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣
B．含有较多A13+的溶液：SO42﹣、Na+、Mg2+、NO3﹣
C．含有较多Fe3+的溶液：Na+、SO42﹣、SCN﹣、CO32﹣
D．无色透明的酸性溶液：MnO4﹣、K+、Cl﹣、HCO3﹣
考点：离子共存问题．
专题：离子反应专题．
分析：A．使紫色石蕊变红的溶液呈酸性；
B．与A13+反应的离子不能大量共存；
C．与Fe3+反应的离子不能大量共存；
D．无色透明的酸性溶液中不存在有颜色的离子．
解答：解：A．使紫色石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
B．含有较多A13+的溶液，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B正确；
C．SCN﹣、CO32﹣与Fe3+反应，不能大量共存，故C错误；
D．MnO4﹣有颜色，不能大量共存，故D错误．
故选B．
点评：本题考查离子共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，注意相关基础知识的积累，难度不大．
4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．醋酸钠的水解反应：CH3COO﹣+H3O+=CH3COOH+H2O
B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
C．向FeBr2溶液中通入过量氯气：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
D．稀硝酸与过量的铁屑反应：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe3++2NO↑+4H2O
考点：离子方程式的书写．
专题：离子反应专题．
分析：A．醋酸钠水解生成醋酸和氢氧根离子，该离子方程式表示酸和醋酸钠的反应；
B．二者反应生成碳酸钠、碳酸钙和水；
C．氯气氧化溴离子、亚铁离子生成溴、铁离子；
D．二者反应生成硝酸亚铁和NO．
解答：解：A．该离子方程式表示酸和醋酸钠的反应，醋酸钠水解生成醋酸和氢氧根离子，离子方程式为CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+HO﹣，故A错误；
B．二者反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，离子方程式为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B正确；
C．氯气氧化溴离子、亚铁离子生成溴、铁离子，离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl ﹣，故C错误；
D．二者反应生成硝酸亚铁和NO，离子方程式为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D错误；故选B．
点评：本题考查离子方程式正误判断，侧重考查氧化还原反应、复分解反应，明确物质性质及离子方程式书写规则即可解答，注意C中离子反应先后顺序，为易错点．
5．已知25℃时，BaCO3的溶度积K sp=2.58×10﹣9，BaSO4的溶度积K sp=1.07×10﹣10，则下列说法不正确的是( )
A．温度25℃时，当溶液中c（Ba2+）×c（SO42﹣）=1.07×10﹣10时，此溶液为BaSO4的饱和溶液
B．因为K sp（BaCO3）＞K sp（BaSO4），所以无法将BaSO4转化为BaCO3
C．25℃时，在未溶解完BaCO3的饱和溶液中滴入少量Na2SO4溶液后有BaSO4沉淀析出，此时溶液中c（CO32﹣）：c（SO42﹣）=24.11
D．在饱和BaCO3溶液中加入少量Na2CO3固体，可使c（Ba2+）减小，BaCO3的溶度积不变
考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题：电离平衡与溶液的pH专题．
分析：A．c（Ba2+）×c（SO42﹣）=Ksp，即是饱和溶液；
B．当Qc=c（CO32﹣）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3；
C．根据Ksp（BaSO4和Ksp（BaCO3）计算可求出；
D．溶度积只与温度有关．
解答：解：A．c（Ba2+）×c（SO42﹣）=Ksp，即是饱和溶液，所以当溶液中Ksp=c（Ba2+）×c （SO42﹣）=1.07×10﹣10时，此溶液为BaSO4的饱和溶液，故A正确；
B．当Qc=c（CO32﹣）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），就能转化为BaCO3，所以当c（CO32﹣）足够大时，能满足Qc=c（CO32﹣）•c（Ba2+）≥Ksp（BaCO3），所以BaSO4能转化为BaCO3，故B错误；
C．根据Ksp（BaSO4）和Ksp（BaCO3）计算可求出c（CO32﹣）：c（SO42﹣）==24.11，
故C正确；
D．溶度积只与温度有关，所以在饱和BaCO3溶液中加入少量Na2CO3固体，可使c（Ba2+）减小，BaCO3的溶度积不变，故D正确；
故选：B．
点评：本题考查了沉淀之间的转化，沉淀溶解平衡的移动，Ksp的有关计算，综合性较强．
6．A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X．它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是( )
A．X元素一定为非金属元素
B．X元素可能为Al
C．反应①和②互为可逆反应
D．反应①和②可能为氧化还原反应
考点：无机物的推断．
专题：推断题．
分析：由转化关系图可以看出，A这种单质与强碱发生反应，生成了两种产物B和C，而且B 和C均含有同一种元素，且B和C又可以在强酸的作用下发生反应，生成单质A，那么可以看出反应①应该是A物质的歧化反应，反应②应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B
和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，由此可以判断A不可能是金属，理由就是金属是不可能含有负价态的，而可逆反应的定义是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，叫做可逆反应，显然两个反应的条件不相同．而由上述判断可知，①和②为氧化还原反应（因为归中反应和歧化反应均有价态的变化）．
解答：解：A、反应①应该是A物质的歧化反应，反应②应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，含负价的元素一定是非金属元素，故A正确；
B、反应①应该是A物质的歧化反应，反应②应该是关于一种元素的归中反应，则可以知道B 和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质，由此可以判断A不可能是金属，故B
错误；
C、可逆反应的定义是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，叫做可逆反应，显然两个反应的条件不相同，故C错误；
D、据这两个反应特点知A元素在①反应中化合价既升高，又降低，②是BC生成单质A，一定有化合价的变化，所以①②一定为氧化还原反应，故D错误．
故选：A．
点评：本题考查了物质转化关系的特征应用，主要是物质性质的应用，氧化还原反应中的歧化反应和归中反应的特征判断．
7．四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素．下列说法不正确的是( )
A．原子半径Z＜M
B．Z位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．
专题：元素周期律与元素周期表专题．
分析：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O．
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大；
B、根据O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子分析；
C、根据非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强分析；
D、根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析．
解答：解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y 为N，Z为O．
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径Al＞S＞O，故A正确；
B、O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子，因此O位于元素周期表中第二周期、第ⅥA 族，故B正确；
C、由于非金属性：O＞Si，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故C正确；
D、由于非金属性：N＞Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2SiO3，故D错误；故选：D．
点评：本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用，通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类，熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键，侧重对学生分析能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生规范、严谨的科学素养和评价能力．
8．某温度下，将2mol A和1mol B放入一密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）⇌2C（s）+2D（g），5min后反应达到平衡，测得生成C为0.8mol，下列相关表述正确的是( )
A．该反应的化学平衡常数表达式是K=
B．若向平衡体系中加入少量生成物C，则正、逆反应速率均增大
C．增大该体系的压强，A的转化率增大
D．该条件下B的平衡转化率是40%
考点：化学平衡的计算；化学平衡建立的过程．
专题：化学平衡专题．
分析：A．化学平衡常数指，一定温度下可逆达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，注意纯液态、固体不需要写出；B．C为固体，加入少量生成物C，不影响反应速率；
C．该反应前后气体体积不变，增大该体系的压强，平衡不移动；
D.5min后反应达到平衡，测得生成C为0.8mol，结合方程式计算参加反应B的物质的量，进而计算B的转化率．
解答：解：A．可逆反应A（g）+B（g）⇌2C（s）+2D（g），由于C为固体，故该反应平衡常
数表达式K=，故A错误；
B．C为固体，加入少量生成物C，不影响反应速率，正、逆反应速率不变，故B错误；
C．该反应前后气体体积不变，增大该体系的压强，平衡不移动，A的转化率不变，故C错误；
D.5min后反应达到平衡，测得生成C为0.8mol，由A（g）+B（g）⇌2C（s）+2D（g），可知参加反应B的物质的量为0.8mol×=0.4mol，故B的转化率为×100%=40%，故D正确，
故选D．
点评：本题考查化学平衡计算、化学平衡常数、化学平衡影响因素、化学反应速率影响因素，难度不大，注意理解压强对反应速率与化学平衡的影响．
9．下列事实说明HNO2为弱电解质的是( )
①0.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1
②常温下NaNO2溶液的pH＞7
③用HNO2溶液做导电实验时，灯泡很暗
④HNO2溶液和KCl溶液不发生反应
⑤HNO2能与碳酸钠反应制CO2
⑥HNO2不稳定，易分解．
A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②⑥D．①②
考点：强电解质和弱电解质的概念；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：酸的通性、稳定性、导电性等不能说明酸的电离程度，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
解答：解：①.1mol/L HNO2溶液的pH=2.1，说明HNO2不能完全电离，说明HNO2为弱电解质，故①正确；
②常温下NaNO2溶液的pH＞7，说明NaNO2是强碱弱酸盐，说明HNO2为弱电解质，故②正确；
③溶液的导电能力与电解质溶液的离子浓度有关，而与电解质强弱无关，无法判断HNO2为弱电解质，故③错误；
④不符合复分解反应发生的条件，不能判断HNO2为弱电解质，故④错误；
⑤只能说明HNO2的酸性比H2CO3的强，但不能说明HNO2为弱电解质，故⑤错误；
⑥稳定性与是否为弱电解质没有必然的联系，无法说明HNO2为弱电解质，故⑥错误；
故选D．
点评：本题考查了弱电解质的判断，题目难度不大，利用弱酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析即可．
10．下列实验操作与预期实验目的或实验结论一致的是( )
选项实验操作及现象实验目的或结论
A 测同浓度的Na2CO3、CH3COONa 溶液的PH值前者大酸性强弱：CH3COOH 比H2CO3强
B 向某溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液有沉淀产生说明此溶液中一定含SO42﹣
C 向Na2SiO3溶液中通入CO2出现浑浊非金属性强弱：C＞Si
D 比较H2O和H2S的沸点前者大非金属性：O＞S
A．A B．B C．C D．D
考点：化学实验方案的评价．
专题：实验评价题．
分析：A．pH大的水解程度大；
B．和盐酸酸化的氯化钡反应生成的白色沉淀可能是氯化银或者是硫酸钡沉淀；
C．最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强；
D．同主族原子序数大的非金属性弱，同周期原子序数大的非金属性强．
解答：解：A．测同温同浓度Na2CO3、CH3COONa溶液的pH，pH大的水解程度大，则CH3COONa 溶液的pH大，可知酸性CH3COOH大于H2CO3，故A错误；
B．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO42﹣或银离子中的至少一种，故B错误；
C．最高价氧化物的水化物的酸性越强，则元素的非金属越强，所以向饱和Na2SiO3溶液中通入二氧化碳，能比较碳与硅的非金属性强弱，故C正确；
D．同主族原子序数大的非金属性弱，同周期原子序数大的非金属性强，则非金属性：O＞S，故D错误．
故选C．
点评：本题考查元素的性质，为高频考点，把握同主族、同周期元素的性质比较规律为解答的关键，注意元素周期律的应用和规律性知识的归纳，题目难度不大．
11．下列装置能达到实验目的是( )
A．
分离碘酒中的碘和酒精
B．
测定盐酸的浓度
C．
验证HCl的溶解性
D．
比较Na2CO3、NaCO3的热稳定性
考点：化学实验方案的评价．
专题：实验评价题．
分析：A．碘和酒精不分层；
B．应用碱式滴定管；
C．HCl易溶于时，烧瓶内压强减小，气球涨大；
D．碳酸氢钠应放在套装小试管内．
解答：解：A．碘和酒精混溶，不能用酒精作萃取剂，应用苯或四氯化碳，故A错误；B．氢氧化钠可腐蚀玻璃塞，应用碱式滴定管，故B错误；
C．HCl易溶于时，烧瓶内压强减小，气球涨大，可用于验证HCl的溶解性，故C正确；D．碳酸氢钠易分解，在较低温度时可分解，则比较稳定性时，应放在套装小试管内，故D错误．
故选C．
点评：本题主要考查了化学实验基本操作，掌握正确的化学实验操作方法是解答本题的关键，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为2015届高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．
12．化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是( ) A．氢氧燃料电池在碱性介质中的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
B．电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑
C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式仅为：Cu一2e﹣=Cu2+
D．钢铁无论发生析氢腐蚀，还是吸氧腐蚀，负极反应式都为：Fe﹣2e﹣=Fe2+
考点：原电池和电解池的工作原理．
专题：电化学专题．
分析：A．氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气放电生成水；
B．电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电；
C．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上铜和其它较活泼金属失电子；
D．钢铁无论发生析氢腐蚀，还是吸氧腐蚀，负极上都是Fe失电子发生氧化反应．
解答：解：A．氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气放电生成水，电极反应式为H2+2OH﹣+2e﹣=2H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故A错误；
B．电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故B
正确；
C．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上铜和其它较活泼金属失电子，所以电极反应式不仅为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C错误；
D．钢铁无论发生析氢腐蚀，还是吸氧腐蚀，负极上都是Fe失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确；
故选BD．
点评：本题考查了原电池和电解池原理，知道各个电极上放电的微粒是解本题关键，注意结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，为学习难点．
13．1.92g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为( )
A．504mL B．336mL C．224mL D．168mL
考点：氧化还原反应的电子转移数目计算．
专题：压轴题；守恒思想；氧化还原反应专题．
分析：根据电子守恒计算，已知HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算．
解答：解：1.92g Cu的物质的量为n（Cu）==0.03mol，反应时失去电子数目为
2×0.03mol=0.06mol，
反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为
n（O2）==0.015mol，V（O2）=0.015mol×22400ml/mol=336ml，所以通入O2的体积为
336ml，
故选B．
点评：本题考查氧化还原反应电子转移数目的计算，本题难度不大，根据HNO3NO、NO2HNO3，得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答本题的关键．
14．现有常温下的四种溶液（如下表），下列有关叙述中正确的是( )
①②③④
溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸
pH 11 11 3 3
A．V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1：V2=9：11
B．将①、④两种溶液等体积混合，所得溶液中：c （NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．分别加水稀释10倍、四种溶液的pH：①＞②＞③＞④
D．在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，①的pH减小，②的pH不变
考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
专题：电离平衡与溶液的pH专题．
分析：A、根据酸碱反应的定量关系，结合溶液中氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量和混合后的PH进行计算；
B、依据酸碱反应和弱电解质的电离平衡分析比较；
C、依据溶液稀释过程中弱电解质存在电离平衡的移动进行分析判断；
D、依据弱电解质的电离平衡影响因素分析判断．
解答：解：A、②中氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L，④中氢离子浓度为10﹣3mol/L，混合反应后溶液pH=4，说明氢离子过量，混合溶液中的氢离子浓度为10﹣4mol/L，10﹣
4mol/L==，整理得V
1：V2=11：9，故A错误；
B、将①氨水PH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L④硫酸PH=3，溶液中氢离子浓度为10﹣3mol/L两种溶液等体积混合，氨水中平衡状态下的氢氧根离子与硫酸中的氢离子恰好反应，氨水又电离出氢氧根离子和铵根离子，依据电离方程式NH3•H20⇌NH4++OH﹣；H2SO4=2H++SO42
﹣，可知c（SO
42﹣）=2.5×10﹣4mol/L，c（NH
4
+）＞5×10﹣4mol/L，c（OH﹣）＞C（H+），综上所
述可知溶液中的离子浓度大小c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；
C、①氨水pH=11，平衡状态下氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；②氢氧化钠pH=11，氢氧根离子浓度为10﹣3mol/L；③醋酸pH=3，平衡状态下氢离子浓度为10﹣3mol/L；④盐酸pH=3，溶液中氢离子浓度为10﹣3mol/L；分别加水稀释10倍、四种溶液的pH大小为，碱比酸的pH大，弱碱弱酸存在电离平衡，加水稀释比强酸强碱的pH变化小，所以得到①＞②＞④＞③，故C错误；
D、在①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，①中溶解形成的铵根对弱电解质的电离平衡起到了抑制作用，氢氧根离子浓度减小，pH减小；②中溶解的铵根离子与氢氧化钠溶液中的氢氧根离子会结合成弱电解质一水合氨，减小氢氧根离子的浓度，pH减小，故D错误；
故选B．
点评：本题考查了影响弱电解质的电离平衡的因素，酸碱混合时的定性分析和定量计算，pH 的计算应用，溶液稀释时的pH变化判断，反应后溶液中的离子浓度大小判断，综合性较强．
15．气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器．如图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号．下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物．则下列说法中正确的是( )
待测气体部分电极反应产物
NO2 NO
Cl2 HCl
CO CO2
H2S H2SO4
A．上述气体检测时，敏感电极均作电池正极
B．检测分别含H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同C．检测H2S时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
D．检测Cl2时，敏感电极的电极反应式为：C2+e﹣=2Cl﹣
考点：原电池和电解池的工作原理．
专题：电化学专题．
分析：A．失电子发生氧化反应的电极是负极、得电子发生还原反应的电极是正极；
B．产生的电流大小与失电子多少有关；
C．检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素发生氧化反应，则其所在电极为负极；
D．检测氯气时，氯气得电子生成氯离子．
解答：解：A．失电子发生氧化反应的电极是负极、得电子发生还原反应的电极是正极，根据待测气体和反应产物可知，部分气体中元素化合价上升，部分气体中元素的化合价下降，所以敏感电极不一定都做电池正极，故A错误；
B．产生的电流大小与失电子多少有关，检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，硫化氢失去电子数大于CO，所以产生电流大小不同，故B错误；
C．检测硫化氢时，硫化氢生成硫酸，硫元素化合价由﹣2价变为+6价而发生氧化反应，则其所在电极为负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极电极反应式为O2+4H++4e﹣
═2H2O，故C错误；
D．检测氯气时，氯气得电子生成氯离子，电极反应式为Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故D正确；
故选D．
点评：本题考查了原电池原理，根据元素化合价变化确定正负极，正确判断正负极是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意产生电流与相同物质的量的物质得失电子多少有关，为易错点．
二、解答题（共4小题，满分42分）
16．某铝合金中含有铁、铝、镁、铜、硅．为了测定该合金中铝的含量，现设计了如下实验：
已知：Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，H2SiO3是不溶于水的弱酸．
（1）固体A的成分是：Fe、Mg、Cu，溶液M中的阴离子有：OH﹣、AlO2﹣、SiO32﹣
（2）步骤③中生成沉淀的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
（3）该样品中铝的质量分数是：×100%（用a、b表示）．
（4）下列因操作不当，会使测定结果偏大的是CD
A．第①步中加入NaOH溶液不足
B．第②步中加入盐酸不足时
C．第③步中的沉淀未用蒸馏水洗涤
D．第④步对沉淀灼烧不充分．
考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：实验设计题．
分析：铝合金中含有铁、铝、镁、铜、硅，加入过量氢氧化钠溶液过滤，Al、Si反应溶解，固体A为Fe、Mg、Cu，溶液M含有NaAlO2，Na2SiO3及过量的NaOH，溶液M中加入过量盐酸反应过滤得到固体B为H2SiO3，溶液N中含有AlCl3、NaCl，再加入过量氨水过滤洗涤得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到固体C为Al2O3；
（1）由上述分析可知，固体A为Fe、Mg、Cu，溶液M含有NaAlO2，Na2SiO3及过量的NaOH；（2）步骤③是氯化铝和一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀的反应与氯化铵；
（3）固体C为Al2O3，根据铝元素守恒计算合金中Al的质量，进而计算Al的质量分数；（4）A．第①步中加入NaOH溶液不足，铝未全部溶解，测定结果偏低；
B．第②步中加入盐酸不足时，生成的偏铝酸钠未全部转化为氯化铝，导致最后生成的氧化铝质量减小；
C．第③步中沉淀未用蒸馏水洗涤，表面有杂质氯化钠、氯化铵，灼烧氯化铵分解，氯化钠会导致测定固体氧化铝的质量增大；
D．第④步对沉淀灼烧不充分，得到固体C质量增大．
解答：解：铝合金中含有铁、铝、镁、铜、硅，加入过量氢氧化钠溶液过滤，Al、Si反应溶解，固体A为Fe、Mg、Cu，溶液M含有NaAlO2，Na2SiO3及过量的NaOH，溶液M中加入过量。