河北省石家庄外国语学校2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 29页

‎2019-2020学年度第一学期11年级期末考试化学 可能用到的相对跟子质量：H-1 O‎-16 C-12 Mg-24 Br-80 Fe-56 Cl-35.5‎ 第1卷（选择题50分）‎ 一、单选题（本题25个小题，每题2分，共50分）‎ ‎1. 下列说法正确的是( )‎ A. 放热反应不需加热就能发生 B. 1mol可燃物燃烧生成氧化物放出的热量就是该物质的燃烧热 C. 反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应 D. 强电解质溶液的导电能力比弱电解质溶液的导电能力强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、放热反应有的也需要加热，达到反应的温度，如碳的燃烧，故错误；‎ B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，故错误；‎ C、一个反应是放热反应还是吸热反应，取决于反应物总能量和生成物总能量相对大小，反应物总能量大于生成物总能量，此反应是放热反应，反之为吸热反应，故正确；‎ D、导电能力的强弱与是否是强电解质还是弱电解质无关，与自由移动离子浓度和所带电荷数有关，故错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.NaC1是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. a离子为Na+‎ B. 水合b离子的图示不科学 C. 溶液中含有NA个Na+‎ D. 室温下测定该NaC1溶液的pH小于7是由于Cl-水解导致 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为r(Cl-)> r(Na+)，所以由离子半径a>b，可确定a离子为Cl-，A不正确；‎ B．b离子为Na+，应靠近H2O分子中的O原子，所以水合b离子的图示不科学，B正确；‎ C．溶液的体积未知，无法计算溶液中含有Na+的数目，C不正确；‎ D．NaCl是强酸强碱盐，Cl-不水解，溶液呈中性，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎3.某密闭容器中发生如下反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，△H＜0。如图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量，下列说法中正确的是（ ）‎ A. t3时降低了温度 B. t2-t3时间段相对于t1-t2时间段来说平衡并没有移动 C. t5时增大了压强 D. t4-t5时间内反应物的转化率最低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t3时v(逆)>v(正)，且都比原平衡时小，改变的条件应为减小压强，A不正确；‎ B．t2-t3时间段时，v(逆)、v(正)同等程度增大，平衡不发生移动，应为加入催化剂，B 正确；‎ C．t5时v(逆)>v(正)，且都比原平衡时大，平衡逆向移动，应为升高温度，C不正确；‎ D．t4-t5时间内反应处于平衡状态，反应物的转化率不变，D不正确；‎ 故选B。‎ ‎4.欲用如图装置对所制备的气体进行除杂、检验，其设计方案合理的是（ ）‎ 制备气体 X（除杂试剂）‎ Y（检验试剂）‎ A 生石灰与浓氨水 浓硫酸 红色石蕊试纸 B 电石与NaC1水溶液 H2O Br2的CCl4溶液 C C2H5OH与浓硫酸加热至‎170℃‎ 饱和NaHSO3溶液 K2Cr2O7酸性溶液 D CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热 H2O KMnO4酸性溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH3显碱性，能被浓硫酸吸收，所以不能用浓硫酸干燥NH3，A不正确；‎ B．电石与NaC1水溶液反应生成的乙炔气体中混有H2S等气体，不能被水完全吸收，应使用CuSO4溶液除杂，B不正确；‎ C．C2H5OH与浓硫酸加热至‎170℃‎生成的CH2=CH2中混有SO2等气体，用NaHSO3不能完全吸收SO2，SO2会还原K2Cr2O7酸性溶液，从而干扰CH2=CH2的检验，C不正确；‎ D．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热，生成的乙烯气体中混有乙醇蒸气，乙醇可被水完全吸收，用KMnO4酸性溶液可检验乙烯，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.中华民族历史悠久，有着优秀的传统文化。古诗词的意蕴含蓄，意境深远。下列有关说法正确的（ ）‎ ‎①“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的“柳絮”和棉花的成分均有纤维素 ‎②“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”中的“烟”是弥散在空气中的PM2.5颗粒 ‎③“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的 ‎④“落红不是无情物，化作春泥更护花”中包含了复杂的化学变化过程 ‎⑤“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”中发生了分解反应，‎ ‎⑥“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”蚕丝主要成分为蛋白质，“蜡炬成灰”过程发生了化合反应 A. ①②⑥‎ B. ②③⑥‎ C. ①④⑤‎ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①“柳絮”和棉花的主要成分相同，都是纤维素，①正确；‎ ‎② 日光照在香炉峰上，像升起的紫色烟尘，不是真的有烟生成，②不正确；‎ ‎③“香”体现了分子是能稳定存在的，③不正确；‎ ‎④败落的花经过一系列反应，转化为花草的养分，包含了复杂的化学变化过程，④正确；‎ ‎⑤高温煅烧石灰石，生成石灰和二氧化碳，发生了分解反应，⑤正确；‎ ‎⑥蚕丝主要成分为蛋白质，“蜡炬成灰”过程发生蜡烛的氧化反应，⑥不正确；‎ 综合以上分析，只有①④⑤正确，故选C。‎ ‎6.下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ）‎ A. CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+‎ B. CO2+H2OHCO3-+H+‎ C. CO32-+H2OHCO3-+OH-‎ D. HS-+H2OS2-+H3O+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由CH3COOH转化为CH3COO-，发生醋酸的电离，A不合题意；‎ B．由H2CO3转化为HCO3-，发生碳酸的电离，B不合题意；‎ C．由CO32-生成HCO3-，发生CO32-的水解反应，C符合题意；‎ D．由HS-生成S2-，发生HS-的电离，D不合题意；‎ 故选C。‎ ‎7.碳原子数小于10的烷烃中，一氯代物只有一种，符合该条件的烷烃有（ ）种 A. 2 B. ‎4 ‎C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 一氯代物只有一种，则氢原子的性质完全相同，具有高度对称性，则根据CH4或CH3-CH3的结构分析。‎ ‎【详解】碳原子数小于10的烷烃中，一氯代物只有一种，则该有机物可能为CH4、CH3CH3、(CH3)‎4C、(CH3)3CC(CH3)3，共4种，故选B。‎ ‎8.下列实验操作不能达到实验目的的是 A. 热的Na2CO3溶液除去试管中的油污 B. 将AlCl3溶液加热蒸干制取无水AlCl3‎ C. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D. 除去MgCl2溶液中少量FeCl3杂质，加入Mg(OH)2固体后过滤 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.油污在碱性条件下会发生皂化反应，产生可溶性的物质，温度升高促进水解，溶液碱性增强，所以热的Na2CO3溶液可以除去试管中的油污，A正确；‎ B.将AlCl3溶液加热蒸干得到Al(OH)3，为防止盐的水解，制取无水AlCl3应该在HCl环境中加热AlCl3溶液，B错误；‎ C.FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+容易发生水解产生Fe(OH)3，使溶液变浑浊，为抑制盐的水解，在配制FeCl3溶液时，应将FeCl3溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释带一定浓度，C正确；‎ D.Mg(OH)2难溶于水，可以消耗溶液中的H+，使溶液的pH增大到一定范围时，Fe3+就会形成Fe(OH)3，然后过滤，除去难溶性的物质，就得到MgCl2溶液，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.仅改变下列一个条件，能通过提高活化分子的百分率来提高反应速率的是（ ）‎ ‎①加热 ②加压 ③加催化剂 ④增大反应物浓度 A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎①加热，能提高分子的平均能量，从而提高活化分子数和活化分子百分数，①符合题意；‎ ‎②加压，能增大单位体积内气体的分子数，使单位体积内的活化分子数增多，但活化分子的百分数不变，②不合题意；‎ ‎③加催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子数和活化分子百分数，③符合题意；‎ ‎④增大反应物浓度，能增大单位体积内气体的分子数，使单位体积内的活化分子数增多，但活化分子的百分数不变，④不合题意；‎ 综合以上分析，只有①③符合题意，故选C。‎ ‎10.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. ‎60g丙醇中存在的共价键总数为10NA B. ‎1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-的离子数之和为0.1NA C. 16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA D. 一定温度下密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数小于2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个丙醇分子中含有11个共价键，则‎60g丙醇中存在的共价键总数为11NA，A不正确；‎ B．‎1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3-、CO32-、H2CO3数之和为0.1NA，B不正确；‎ C．1个Fe(OH)3胶体粒子由许多个Fe(OH)3分子构成，所以16.25gFeCl3(物质的量为0.1mol)水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，C不正确；‎ D．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌ N2O4，所以产物分子数小于2NA，D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是（ ）‎ ‎(1)常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，则有c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)‎ ‎(2)对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加 ‎(3)常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同 ‎(4)常温下，已知酯酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh：水的离子积为Kw：则有：Ka·Kh=Kw ‎(5)电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度不变 ‎(6)如图装置中都盛有0.1mol/L的NaCl溶液，放置一段时间后，装置中的四块相同的锌片腐蚀速率由大到小的正确顺序是②①④③‎ A. （1）（4）（6）‎ B. （1）（2）（4）（6）‎ C. （2）（4）（5）‎ D. （2）（3）（4）（6）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸，依据电荷守恒原理可得：c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(CH3COO-)，(1)正确；‎ ‎(2)增大反应物浓度，平衡正向移动，生成物的物质的量增大，但百分含量不一定增大，(2)不正确；‎ ‎(3)常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不相同，在前者中溶解度小，(3)不正确；‎ ‎(4)常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka=；醋酸根水解平衡常数为Kh=，水的离子积为Kw= c(H+)∙c(OH-)：则有：Ka·Kh=×= c(H+)∙c(OH-)=Kw，(4)正确；‎ ‎(5)电解精炼铜时，阳极Ni、Fe、Cu等失电子，阴极Cu2+得电子，电解质溶液中铜离子浓度减小，(5)不正确；‎ ‎(6)装置中：①锌为原电池负极，加速腐蚀；②锌为电解池阳极，腐蚀速率比①还快；③锌为电解池阴极，得到保护；④锌为通常情况下的腐蚀。从而得出四块相同的锌片腐蚀速率由大到小的正确顺序是②①④③，(6)正确；‎ 综合以上分析，（1）（4）（6）正确，故选A。‎ ‎12.少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应时，为加快反应速率而不改变生成H2的量，可以采取的方法是（ ）‎ ‎①加H2O ②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度（不考虑盐酸挥发）⑧改用10mL0.1mol/L盐酸 A. ①⑥⑦‎ B. ③⑦⑧‎ C. ③⑤⑧‎ D. ⑤⑦⑧‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①加H2O，c(H+)减小，反应速率减慢，①不合题意；‎ ‎②加NaOH固体，中和盐酸，c(H+)减小，反应速率减慢，②不合题意；‎ ‎③滴入几滴浓盐酸，c(H+)增大，物质的量增大，但由于Fe少量，所以不影响生成H2的总量，③符合题意 ‎④加CH3COONa固体，与H+反应，c(H+)减小，反应速率减慢，④不合题意；‎ ‎⑤加NaCl溶液，相当于加水稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，⑤不合题意；‎ ‎⑥滴入几滴硫酸铜溶液，与Fe反应生成Cu附着在Fe表面，形成原电池，加快反应速率，但由于消耗Fe，生成H2的总量减少，⑥不合题意；‎ ‎⑦升高温度，反应速率加快，生成H2的总量不变，⑦符合题意；‎ ‎⑧改用10mL0.1mol/L盐酸，c(H+)增大，但n(H+)不变，⑧符合题意；‎ 综合以上分析，③⑦⑧符合题意，故选B。‎ ‎13.下列说法正确的是（ ）‎ A. 分子式C7H16的烃分子中有4个甲基的同分异构体有4种（不考虑立体异构）‎ B. 名称为2-甲基-3-丁烯 C. 化合物与均属于苯的同系物 D. 苯和溴水在三溴化铁做催化剂的条件下发生取代反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子式C7H16的烃分子中有4个甲基的同分异构体有4种，它们是(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH‎2C(CH3)2CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2，A正确；‎ B．名称为3-甲基-1-丁烯，B不正确；‎ C．化合物含有碳碳双键，与苯结构不相似，不属于苯的同系物，C不正确；‎ D．苯和溴水不能发生取代反应，D不正确；‎ 故选A。‎ ‎14.已知胆矾溶于水时，溶液温度降低。在室温下将1mol无水硫酸铜制成溶液时，放出热量为Q1kJ，而胆矾分解的热化学方程式是CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(l) △H=+Q2kJ/mol，则Q1与Q2的大小关系为（ ）‎ A. Q1=Q2 B. Q1>Q‎2 ‎C. Q1aⅡ B. 容器Ⅰ与容器Ⅲ中，B的体积分数vⅠ%>vⅢ%，反应的能量变化2QⅠ=QⅢ，平衡常数KⅠ2=‎ C. 容器Ⅱ与容器Ⅲ为等效平衡，B体积分数VⅡ%=VⅢ%，转化率aⅢ+aⅡ=1，反应的能量变化QⅡ+QⅢ=Q D. 容器Ⅰ容器Ⅱ容器Ⅲ中，平衡常数关系为：KⅠ2=KⅡ=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容器Ⅰ与容器Ⅱ中，容器Ⅱ相当于容器Ⅰ加压，使体积变为原来的一半，平衡正向移动，转化率aⅠ②>③>④>⑤‎ B. ②>①>③>④>⑤‎ C. ②>③>④>①>⑤‎ D. ⑤>④>③>②>①‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液中的离子、分子总数，应包括溶质、溶剂以及由它们相互作用形成的离子，五瓶溶液中溶质的浓度比较小，所以微粒数主要取决于溶剂水分子的量，可以用溶液体积直接判断，而溶液体积分别为10mL、20mL、30mL、40mL、50mL，依次增大，所以各瓶溶液所含离子、分子总数依次增大，从而得出⑤>④>③>②>①。‎ 故选D。‎ ‎21.已知(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)△H=+74.9kJ/mol，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 该反应中熵变小于0，焓变大于0‎ B. 该反应是吸热反应，因此一定不能自发进行 C. 碳酸盐分解反应中熵增加，因此任何条件下所有碳酸盐分解都能自发进行 D. 判断反应能否自发进行需要根据△H与△S综合考虑 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于整个反应中只有NH3呈气态，所以该反应熵变大于0，A不正确；‎ B．该反应是吸热反应，熵增大，所以在高温下能自发进行，B不正确；‎ C．碳酸盐分解反应中熵增加，但分解吸热，所以低温下碳酸盐分解难以自发进行，C不正确；‎ D．判断反应能否自发进行时，应综合考虑△H与△S，D正确；‎ 故选D。‎ ‎22.某混合物浆液中含有Al(OH)3、CuO和少量K2Cr2O7，为了得到含铬元素的溶液，常采用电解法，装置如图。a和b为电源的两极，c和d为石墨电极，A和B是电解产物，电解过程中C极室无色溶液变红。下列说法错误的是（ ）‎ A. D室发生反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，得到含铬元素溶液，含铬元素的微粒是Cr2O72-‎ B. 浆液中K+移向C室，C室产物是KOH和H2‎ C. b为正极，c为阴极，B是O2‎ D. E室最终得到Al(OH)3和CuO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解过程中C极室无色溶液变红，则发生反应2H2O+2e-==2OH-+H2↑，从而确定c电极为阴极，则d电极为阳极，发生反应2H2O-4e- ==O2↑+4H+。‎ ‎【详解】A．D室发生反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，Cr2O72-通过阴离子膜进入D室，发生反应Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，所得含铬元素的微粒是Cr2O72-和CrO42-，A错误；‎ B．在C极室发生反应2H2O+2e- ==2OH-+H2↑，浆液中K+移向C室，C室产物是KOH和H2，B正确；‎ C．由以上分析可知，c为阴极，则a为负极，b为正极，B是O2，C正确；‎ D．E室K+移向阴极，Cr2O72-移向阳极，最终得到Al(OH)3和CuO，D正确；‎ 故选A。‎ ‎23.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 图中五点Kw间的关系B>C>A=D=E B. 若从A点到C点，可采用温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体 C. 若从A点到D点，可采用温度不变在水中加入少量的酸 D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，溶液呈中性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中可知，A点时，KW=10-7×10-7=1×10-14；B点时，KW=10-6×10-6=1×10-12。由于水的电离是一个吸热过程，所以温度AC>A，则Kw为B>C>A，A、D、E三点的温度相同，Kw为A=D=E，所以图中五点Kw间的关系B>C>A=D=E，A正确；‎ B．在C点，c(H+)=c(OH-)，温度不变在水中加入适量的NH4Cl固体，则溶液中c(H+)>c(OH-)，B不正确；‎ C．A点与D点温度相同，D点c(H+)>c(OH-)，可在A点的水中加入少量酸，C正确；‎ D．B点pH=10，c(OH-)=10-2mol/L，将pH=2的硫酸与pH=10的KOH溶液等体积混合后，二者刚好完全反应，溶液呈中性，D正确；‎ 故选B。‎ ‎24.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是 A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0‎ B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图像 C. ③是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图像，a是使用催化剂时的曲线 D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A错误；‎ B．该反应实质为Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学平衡移动，故B错误；‎ C．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，故C正确；‎ D．该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，A的转化率增大，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解答此类试题的关键是：（1）看清横、纵坐标代表的含义，理解图示化学曲线的意义；（2）理清图像变化的趋势，重点把握起点、拐点、终点。突破口在于抓住图像中关键点的含义，在此基础上结合化学原理作出正确的判断。‎ ‎25.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置 B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+2H2O=CO32-+8H+‎ C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D. 甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生‎1.45g固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则甲池为燃料电池，通CH3OH的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池，石墨为阳极，Ag为阴极；丙池，左边Pt为阳极，右边Pt为阴极。‎ ‎【详解】A．甲池将化学能转化为电能，乙、丙池将电能转化化学能，A不正确；‎ B．甲池中通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH- =CO32- +6H2O，B不正确；‎ C．乙池中，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e- ==O2↑+4H+，Ag为阴极，电极反应式为2Cu2++4e- ==2Cu，反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度，C不正确；‎ D．依据得失电子守恒，可建立甲池中O2与丙池中Mg(OH)2的关系式为：O2—2Mg(OH)2，n(O2)==0.0125mol，此时丙池中理论上最多产生Mg(OH)2固体0.0125mol ×2×‎58g/mol=‎1.45g，D正确；‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷非选择题（50分）‎ 二、填空题（共50分本題共5个小题）‎ ‎26.50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液反应，测定中和热。近似认为两溶液的密度都是‎1g/cm3，实验数据如下表：‎ 温度 实验次数 起始温度t‎1℃‎ 终止温度t‎2℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.5‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎32.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.2‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎29.8‎ 中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g·℃），则中和热△H=___（取小数点后一位）‎ ‎【答案】-56.8kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两份溶液中，碱电离产生的OH-过量，所以应使用酸电离产生的H+的物质的量计算生成H2O的物质的量；计算反应的热效应时，混合溶液的质量接近‎100g，利用公式Q=cm∙∆t计算放出的热量，然后换算为生成1mol水放出的热量，即得中和热。‎ ‎【详解】50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L硫酸溶液混合，c(OH-)=0.55mol/L，c(H+)=0. 50mol/L，发生反应为H++OH-==H2O，所以OH-过量，生成n(H2O)=0. 50mol/L×‎0.05L=0.025mol。‎ 四次实验中，第2次实验误差过大，舍去。另三次实验中，温度平均变化值为℃=‎3.4℃‎，Q=cm∙∆t=4.18J/(g·℃)×‎100g×‎3.4℃‎×10-3kJ/J=1.42kJ，则中和热△H= -= -56.8kJ/mol。答案为：-56.8kJ/mol。‎ ‎【点睛】利用四次实验计算混合溶液的平均温度变化时，若我们直接计算四次实验结果的平均值，很容易得出错误的结论。计算前，应先审查四次实验的有效性，若某次实验误差过大，则应舍去。‎ ‎27.某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00mnL待测硫酸溶液配制100mL稀H2SO4，取上述配好的稀H2SO425.00mL，用0.1400mol/L的NaOH溶液滴定，滴定终止时消耗NaOH溶液150mL。‎ ‎(1)该学生用标准0.1400mol/LNaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：‎ A．用酸式滴定管取25.00mL稀H2SO4，注入锥形瓶中，加入指示剂 B．用待测定的溶液润洗酸式滴定管 C．用蒸馏水洗干净滴定管 D．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“‎0”‎以上2‎-3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“‎0”‎或“‎0”‎刻度以下 E．检查滴定管是否漏水 F．另取锥形瓶，再重复操作一次 G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度 ‎①滴定操作的正确顺序是（用序号填写）：___→___→D→B→___→___→___。‎ ‎②在G操作中如何确定终点？___。‎ ‎(2)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗导致滴定结果偏大，原因是___。‎ ‎【答案】 (1). E (2). C (3). A (4). G (5). F (6). 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成浅红色，半分钟不褪色 (7). 滴定管内壁上的水膜，将标准液稀释，使体积读数偏大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)用标准碱液滴定待测酸液时，不管是已知碱还是待测酸，都需保证其浓度的准确性，所以在使用前都应用待盛装的液体润洗；另外，还需保证其体积的准确性，所以一定要保证滴定管不漏液，滴定终点判断准确，滴定过程没有外漏等。‎ ‎(2)分析误差时，常使用公式c(H2SO4)=，且认为c(NaOH)、V(H2SO4)都是定值，c(H2SO4)随V(NaOH)的变化而变化。‎ ‎【详解】(1)前面分析时已经谈到，要保证结果的准确性，需保证酸、碱溶液浓度和体积的准确性，所以应先检查滴定管是否漏液，再用蒸馏水洗涤、用待盛装的液体润洗；先将一定体积待测硫酸溶液放入锥形瓶，并滴加酚酞指示剂；再将氢氧化钠标准液装入碱式滴定管，并调整液面至0刻度或0刻度以下，并记录初读数；然后进行滴定，至锥形瓶内液体的颜色发生变化，且在半分钟内不变色，读取碱式滴定管的终点读数；重复操作2~3次，计算平均值。‎ ‎①由此，可确定滴定操作的正确顺序是：E→C→D→B→A→G→F。答案为：E；C；A；G； F；‎ ‎②起初酚酞无色，后来碱稍过量时，溶液呈弱碱性，酚酞变浅红色，所以在G操作中确定终点的方法为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成浅红色，半分钟不褪色。答案为：滴入最后一滴NaOH溶液，溶液突然变成浅红色，半分钟不褪色；‎ ‎(2)碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，未用标准液润洗，则其被滞留管壁的蒸馏水稀释，导致浓度减小，所用体积增大，运用公式计算时，不考虑NaOH溶液浓度的变化，只考虑其体积的增大，从而导致滴定结果偏大，原因是滴定管内壁上的水膜，将标准液稀释，使体积读数偏大。答案为：滴定管内壁上的水膜，将标准液稀释，使体积读数偏大。‎ ‎【点睛】判断滴定终点时，需强调“半分钟不变色”，因为局部变色时，锥形瓶内可能还有一些待测酸(或碱)未反应，摇荡后才发生反应；若时间过长，空气中溶解的成分可能又会参与反应。‎ ‎28.在化学分析中常用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10-6mol/L）时，溶液中c(Ag+)为___mol/L，此时溶液中c(CrO42-)等于___mol/L（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-11）。‎ ‎【答案】 (1). 2.0×10-5 (2). 5.0×10-3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在饱和溶液中，离子浓度幂的乘积等于Ksp，将已知浓度对应的离子浓度代入公式，便可求出未知浓度离子的浓度。‎ ‎【详解】c(Cl-)=1.0×10-6mol/L，Ksp(AgCl)= c(Ag+)∙c(Cl-)，即c(Ag+)×1.0×10-6mol/L=2.0×10-11，从而求出c(Ag+)=2.0×10-5mol/L；将c(Ag+)=2.0×10-5mol/L，代入公式Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)∙c(CrO42-)，即(2.0×10-5)2×c(CrO42-)=2.0×10-12，从而求得c(CrO42-)=5.0×10-3mol/L。答案为：2.0×10-5；5.0×10-3。‎ ‎【点睛】利用溶度积常数的公式进行计算时，必须保证公式里各离子的浓度都是该温度下的平衡浓度；另外，浓度的方次是电离方程式中对应离子的化学计量数。‎ ‎29.若向三份等体积0.1000mol/LNaOH溶液中分别加入①稀醋酸，②浓H2SO4，③稀硝酸至恰好完全反应，则上述过程中的焓变△H1、△H2、△H3的大小关系为___。‎ ‎【答案】△H1>△H3>△H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 稀醋酸与NaOH溶液反应，可分为电离及酸碱中和两个过程；浓硫酸与NaOH溶液反应，可分为溶解及酸碱中和两个过程；稀硝酸与NaOH溶液反应，只存在中和反应。‎ ‎【详解】①醋酸为弱酸，电离过程吸热；溶液中的H+与碱电离产生的OH-发生中和反应，放出热量，所以最终放出的热量为中和反应放出的热量减去电离过程吸收的热量；‎ ‎②浓H2SO4溶于水放热；溶液中的H+与碱电离产生的OH-发生中和反应，放出热量，所以最终放出的热量为中和反应放出的热量加上稀释过程放出的热量；‎ ‎③稀硝酸与NaOH溶液反应，只发生溶液中的H+与碱电离产生OH-的中和反应;‎ 综合以上分析，放出的热量②>③>①，△H为负值，故△H1>△H3>△H2。答案为：△H1>△H3>△H2。‎ ‎【点睛】△H为负值，反应放出的能量越多，△H越小，在解题时有的同学忽视了这一点，从而导致错误的产生。‎ ‎30.已知下列两个热化学方程式：‎ H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol C3H8(g)+5O2(g)=4H2O(l)+3CO2(g) ΔH=-2220.0kJ/mol 已知：H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0kJ/mol 写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式___。‎ ‎【答案】C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2044.0kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知热化学方程式书写“丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式”时，首先要选择与待求反应相关的热化学反应，然后调整化学计量数进行相加减。‎ ‎【详解】丙烷燃烧不涉及H2，所以不需要使用反应：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol。‎ C3H8(g)+5O2(g)=4H2O(l)+3CO2(g) ΔH=-2220.0kJ/mol ①‎ H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44.0kJ/mol ②‎ 利用盖斯定律，将①+②×4，即得丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式为：‎ C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2044.0kJ/mol；答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2044.0kJ/mol。‎ ‎【点睛】利用盖斯定律求某反应的热化学方程式时，可先写出标有物质状态的化学方程式，然后依据反应物、生成物及化学计量数，调整已知热化学方程式的化学计量数及△H，然后进行加和。‎ ‎31.常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H‎2A。‎ 根据题意回答下列问题：‎ ‎①写出酸H‎2A的电离方程式___。‎ ‎②若溶液M由2mol/LNaHA溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH___7（填“>”“<”或“=”）；溶液M中各微粒的浓度关系正确的是___。‎ A．c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)‎ B．c(HA-)+c(H‎2A)+c(H+)=c(OH-)‎ C．c(A2-)+c(HA-)+c(H‎2A)=1mol/L D．c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)‎ ‎【答案】 (1). H‎2AHA-+H+；HA-A2-+H+ (2). > (3). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①由溶液中存在H‎2A、A2-、HA-，可推出H‎2A为二元弱酸，所以酸H‎2A的电离方程式应分两步书写。‎ ‎②2mol/LNaHA溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合，生成1mol/LNa‎2A溶液；由于H‎2A为弱酸，所以在溶液中A2-会发生水解；从而使溶液显碱性。‎ A．从水解反应分析c(Na+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)是否正确；‎ B．从质子守恒分析c(HA-)+c(H‎2A)+c(H+)=c(OH-)是否正确；‎ C．从物料守恒分析c(A2-)+c(HA-)+c(H‎2A)=1mol/L是否正确；‎ D．从电荷守恒分析c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)否正确。‎ ‎【详解】①由以上分析知，H‎2A为二元弱酸，从而得出弱酸H‎2A的分步电离方程式为H‎2AHA-+H+；HA-A2-+H+。答案为：H‎2AHA-+H+；HA-A2-+H+；‎ ‎②2mol/LNaHA溶液与2mol/LNaOH溶液等体积混合，生成1mol/LNa‎2A溶液，A2-＋H2OHA-＋OH-，则溶液M的pH>7。答案为：>；‎ A．在溶液中，A2-发生水解，使溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，A错误；‎ B．从质子守恒分析，c(HA-)+‎2c(H‎2A)+c(H+)=c(OH-)，B错误；‎ C．从物料守恒分析，c(A2-)+c(HA-)+c(H‎2A)=1mol/L，C正确；‎ D．从电荷守恒分析，‎2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】在平时的解题中，我们应注意总结经验，对于题给等量关系式，我们应能判断其建立的前提，即利用什么守恒建立起来的，从而沿着此思路进行分析，以确定正误。‎ ‎32.常温下pH=13的Ba(OH)2溶液aL与pH=3的H2SO4溶液bL混合（混合后溶液体积变化忽略不计）。若所得混合溶液pH=12，则a：b=___。‎ ‎【答案】11：90‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，混合溶液pH=12，则混合溶液呈碱性，Ba(OH)2过量，所以应建立有关c(OH-)的计算式，然后求a：b。‎ ‎【详解】常温下，混合溶液pH=12，则c(OH-)=10-2mol/L，溶液呈碱性，所以，从而求出a：b=11：90。答案为：11：90。‎ ‎【点睛】建立关系式时，首先需弄清楚酸、碱反应后溶液的性质，若酸过量，应先计算c(H+)；若碱过量，应先计算c(OH-)。‎ ‎33.聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图：‎ ‎①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢。‎ ‎②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8。‎ ‎③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是甲醛。‎ ‎④R1CHO+R2CH2CHO 回答下列问题：‎ ‎(1)A的结构简式为___。‎ ‎(2)由B生成C的化学方程式为___。‎ ‎(3)由E和F生成G的反应类型为___。E中含有的官能团名称为___。‎ ‎(4)D所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___（填标号）‎ a．质谱仪 b．红外光谱仪 c．元素分析仪 d．核磁共振仪 ‎【答案】 (1). (2). +NaOH+NaCl+H2O (3). 加成反应 (4). 醛基 (5). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烃A的相对分子质量为70，则分子式为C5H10‎ ‎；核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，则其为环戊烷，结构简式为；A与Cl2在光照条件下发生取代反应，生成B为，B发生消去反应生成C为，C被酸性KMnO4氧化生成D为HOOCCH2CH2CH2COOH，E、F为相对分子质量差14的同系物，F是甲醛，则E为CH3CHO，由信息④，可推出G为HOCH2CH2CHO，与H2发生加成反应生成H为HOCH2CH2CH2OH。‎ ‎【详解】(1)由以上分析知，A的结构简式为。答案为：；‎ ‎(2)由与NaOH的乙醇溶液反应生成，化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O。答案为：+NaOH+NaCl+H2O；‎ ‎(3)由E和F生成G的化学方程式为：CH3CHO+HCHOHOCH2CH2CHO，反应类型为加成反应。E为CH3CHO，含有的官能团名称为醛基。答案为：加成反应；醛基；‎ ‎(4)a．质谱仪，所测同分异构体所含原子、分子或分子碎片的质量不一定完全相同，a不合题意；‎ b．红外光谱仪，所测同分异构体的基团存在差异，b不合题意；‎ c．元素分析仪，所测同分异构体的组成元素完全相同，c符合题意；‎ d．核磁共振仪，所测同分异构体中的氢原子种类不一定相同，d不合题意；‎ ‎ 故选c。‎ ‎【点睛】利用红外光谱仪所测同分异构体的最大碎片质量相等，但所有碎片的质量不一定相同，若我们不注意审题，按平时从质谱仪中提取相对分子质量的方法判断，易错选a。‎ ‎34.将一定量纯净的氨基甲酸胺（H2NCOONH4）固体，置于特制密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使反应： H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到分解平衡，实验测得不同温度及反应时间（t1‎‎2a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)反应物呈固态，所以生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，由‎25℃‎，0-t1时间内混合气的总浓度，可求得c(NH3)，从而求出产生氨气的平均速率。‎ ‎(2)根据表中数据，求出‎15℃‎时2.4×10-3mol/L混合气中所含NH3、CO2的浓度，代入公式K=，可求出平衡常数。‎ ‎(3)将原容器中加入2molCO2和6molH2后平衡移动过程分解为两个过程：一个过程为加压但平衡不移动，另一过程为平衡移动过程，然后分别进行分析，确定热量变化，然后与原平衡进行比较，确定a和b满足的关系。‎ ‎【详解】(1) ‎25℃‎，0-t1时间内混合气的总浓度为2.7×10-3mol/L，生成物中c(NH3):c(CO2)=2:1，因为反应物呈固态，所以c(NH3)=×2.7×10-3mol/L=1.8×10-3mol/L，氨气的平均速率==×10-3mol/(L·min)。答案为：×10-3mol/(L·min)；‎ ‎(2)‎15℃‎时,c(总)=2.4×10-3mol/L，c(NH3)=1.6×10-3mol/L，c(CO2)= 8×10-4mol/L，K==4.9×108。答案为：4.9×108；‎ ‎(3)在恒温恒容的密闭容器中，1molCO2和3molH2充分反应,达平衡时放出热量akJ。将原容器中加入2molCO2和6molH2，相当于压强增大为原来的二倍，若加压但平衡不移动，则放热2akJ；加压后平衡正向移动，反应继续放出热量，所以与原平衡进行比较，放出的热量比原来的二倍还要大，故a和b满足的关系为b>‎2a。答案为：b>‎2a。‎ ‎【点睛】在进行反应后浓度或热效应的分析时，为便于与原平衡进行比较，可将平衡移动过程分解为几个简单的阶段，对最终结果不产生影响。‎ ‎35.己知下列物质的K：CaCO35×10-9；BaSO41×10-10：BaCO35×10-8：Mg(OH)25.6×10-12；Ca(OH)21.4×10-5，氯碱工业中，电解所用的饱和食盐水需精制，去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-[c(SO42-)>c(Ca2+)，精制流程如下（注：溶液A为NaOH溶液）‎ ‎①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是___。‎ ‎②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是___。‎ ‎⑨过程Ⅱ中除去的离子有___。‎ ‎【答案】 (1). Mg(OH)2 (2). 2NH4++3Cl2+8OH-=N2+6Cl-+8H2O (3). SO42-、Ca2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粗盐水与淡盐水混合，发生两个反应，一个是Cl2与NH4+的氧化还原反应(生成N2、Cl-等)，另一个是Mg2+与OH-的反应(生成氢氧化镁沉淀)，可由溶度积常数进行计算确认；盐水a中加入BaCO3，可通过溶度积常数的比较，确定生成BaSO4、CaCO3沉淀；盐水b中加入Na2SO3，与Cl2发生氧化还原反应(生成SO42-、Cl-等)；盐水c中调pH，可去除大部分OH-，得到精制盐水。‎ ‎【详解】①pH=11，c(OH-)=10-3mol/L，c(Mg2+)==5.6×10-6mol/L，c(Ca2+)==14mol/L，由此可确定，溶液中的Mg2+完全沉淀，而Ca2+大量存在；因此，盐泥a 除泥沙外，还含有的物质是Mg(OH)2。答案为：Mg(OH)2；‎ ‎②由分析可知，过程Ⅰ中将NH4+转化为N2，需使用Cl2作氧化剂，离子方程式是2NH4++3Cl2+8OH-=N2+6Cl-+8H2O。答案为：2NH4++3Cl2+8OH-=N2+6Cl-+8H2O；‎ ‎⑨过程Ⅱ中，盐水a中加入BaCO3，比较三者的Ksp：CaCO3为5×10-9、BaSO4为1×10-10、BaCO3为5×10-8，可以看出，CaCO3、BaSO4的Ksp都比BaCO3的Ksp小，所以溶液中的Ca2+、SO42-都与BaCO3发生反应，转化为沉淀除去，故过程Ⅱ除去的离子有SO42-、Ca2+。答案为：SO42-、Ca2+。‎ ‎【点睛】判断溶液中离子是否沉淀完全，可利用Ksp进行计算，当某离子的浓度小于1×10-5mol/L时，就可认为离子沉淀完全。‎ ‎36.精制饱和食盐水用于氯碱工业，如下图是离子交换膜法电解食盐水。‎ ‎①写出电解饱和食盐水的化学方程式___。‎ ‎②离子交换膜的作用为___。‎ ‎③电解饱和食盐水，当电源提供0.2mol电子时停止通电。若此溶液体积为‎2L，则所得电解液的pH是___。‎ ‎【答案】 (1). 2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH (2). 阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸 (3). 13‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①电解饱和食盐水时，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极H2O得电子生成H2和OH-，由此可写出电解反应的化学方程式。‎ ‎②阴极产生H2、OH-，阳极产生Cl2，Cl2与H2、OH-都能发生反应，所以需将阴、阳极的电极产物隔离，由此可确定离子交换膜的作用。‎ ‎③电解饱和食盐水，电源提供的电子与阴极生成的OH-满足下列关系：OH-——e-，代入数据便可求得电解液的pH。‎ ‎【详解】①电解饱和食盐水时，阳极2Cl--2e- ==Cl2↑，阴极2H2O+2e- ==2OH-+H2↑，电解化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑。答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；‎ ‎②由于Cl2 +H22HCl、Cl2+2OH- ==Cl-+ClO-+H2O，所以需将阴、阳极的电极产物隔离，由此得出离子交换膜的作用是阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。答案为：阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸；‎ ‎③依据关系式：OH- — e-，当电源提供0.2mol电子时，生成n(OH-)=0.2mol，c(OH-)==0.1mol/L，c(H+)=10-13mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-13=13，则所得电解液的pH是13。答案为：13。‎ ‎【点睛】电解时，阴、阳极区之间常使用隔膜，其目的是阻止某些离子通过，允许某些离子通过，根本目的是便于得到一种物质的溶液，省去分离提纯的操作，从而降低生产成本；也有少部分是防止某些物质相遇，从而阻止某些反应的发生。‎