1、内蒙古通辽市开鲁县第一中学2020-2021学年高二化学上学期期中试题试卷说明：1、本试卷分选择题和非选择题两部分，时间90分钟，满分100分，2、答题前，先将自己的姓名、考号填涂在答题纸和答题卡上，3、将选择题答案用2B铅笔转涂到答题卡，非选择题答案用0.5mm黑色中性笔填写到答题纸对应的答题区域内,考试结束后，请将答题纸和答题卡一并上交。4、可能用到的相对原子质量：H1 、C12 、N14 、O16、Na23、S32、Cl35.5、Fe-56、I -127、Ba-137第卷 选择题本题共21道小题，每小题只有一个正确答案，每题2分，共42分1下列各组物质的归类，完全正确的是 （ ）2一定条
2、件下的密闭容器中发生反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) ，若其他条件不变，下列措施会使该反应速率减小的是 （ ）A升高温度B增大O2浓度C加入催化剂D减小压强3下列对化学反应的认识错误的是 （ ）A会引起化学键的变化B会产生新的物质C必然引起物质状态的变化D必然伴随着能量的变化4下列反应中，反应物总能量比生成物总能量低的是 （ ）A铁片和稀硫酸的反应 BBa(OH)28H2O与HCl溶液的反应C碳与水蒸气在高温下反应 D甲烷在氧气中燃烧5下列措施对增大反应速率明显有效地是 （ ）ANa与水反应时增大水的用量 BFe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C在K2SO4与BaCl2两溶
3、液反应时，增大压强 D将铝片改为铝粉，做铝与氧气反应的实验6下列关于如图所示的实验装置的判断中错误的是 （ ）A若X为碳棒，开关K置于A处可减缓铁的腐蚀B若X为锌棒，开关K置于A或B处均可减缓铁的腐蚀C若X为锌棒，开关K置于B处时，为牺牲阳极的阴极保护法D若X为碳棒，开关K置于B处时，铁电极上发生的反应为2H+2e-=H27下列说法不正确的是 （ ）A明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂 B用热的纯碱溶液去油污效果更好C制备无水的CuCl2、FeCl3均不能采用将溶液在空气中直接蒸干的方法D草木灰和铵态氮肥混合使用，肥效增强8在一密闭烧瓶中，在25时存在如下平衡：2NO2(g)N2O
4、4(g) Hb点Cc点溶液:c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)Dd点溶液:c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)18最近科学杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上找到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是 （ ）A水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大B水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程C水中氢键的存在既增强了水分子的稳定性，也增大了水的沸点D加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离19下列实验操作会使实验最终结果偏高的是 （ ）A用湿润的pH 试纸测定NaOH的pH B配制100 mL 1.00 molL -1
5、NaCl溶液，定容时俯视刻度线C用0.0001 molL -1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，起始读数时仰视D测定中和热的数值时，将0.5 molL -1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数20室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如下图所示，下列分析正确的是（ ）Aac段，溶液pH增大是CH3COOH=CH3COO-+H+逆向移动的结果Ba点，pH2 Cb点，c(CH3COO-)c() Dc点，pH可能大于721在氨水中，NH3H2O电离达到平衡的标志是（ ）A溶液显电中性B溶液中检测不出NH3H2O分子的存在Cc
6、(OH)恒定不变Dc()c(OH)第II卷 非选择题（ 共58分）化学式CH3COOHHClO电离常数（25）1.810-53.010-822I. 电解质溶液中存在多种平衡。请回答下列问题：（1）已知：25时，物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：a. CH3COOH b. HClO ，比较二者C(H+)的大小：a_b（填“”、“”或“”）。（2）常温下，将 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液加水稀释，在稀释过程中，下列表达式的数值变大的 _（填字母）。 Ac(H+) B Cc(H+)c(OH-) （3）25时，体积均为 10mL，pH 均为 2 的醋酸溶液与一元酸 HX 溶液分
7、别加水稀释至 1000mL，稀释过程中 pH 的变化如图所示。已知：pH= -lgC(H+)，则：25时，醋酸的电离常数_HX的电离常数。（填“”、“”或“”）稀释100倍后，醋酸溶液中由水电离出的 c(H+)_ HX溶液中由水电离出的c(H+)。（填“”、“”或“”）.按要求回答下列问题：(1)配制FeCl3溶液时，需将固体溶于较浓的盐酸后按需要进行稀释，用离子方程式解释其原因 。(2)常温下，浓度均为0.1mol/L的下列五种溶液的PH值如下表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1根据表中数据，将浓度均为0.01mol
8、L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是 。 AHCN BHClO CH2CO3 DCH3COOH根据以上数据，判断下列反应可以成立的是 。A CH3COOH+Na2CO3NaHCO3+CH3COONa B CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCNC CO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClO D NaHCO3+HCNNaCN+H2O+CO2III.已知在Cu2、Mg2、Fe2浓度相同的溶液中，其开始沉淀时的pH如下：离子Fe2+Cu2+Mg2+pH7.65.210.4(1)、若向该溶液中滴加NaOH溶液，则离子沉淀先后顺序是 (填离子符号)，(2)、已知K
9、spCu(OH)2=2.510-20，若向该溶液中加入生石灰调节其pH，当pH= 时，溶液中Cu2+沉淀完全。已知1g2=0.3(3)、下列说法不正确的是_(填序号)。用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少一般地，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解大多是吸热的对于Al(OH)3(s) Al(OH)3(aq) Al33OH，前者为溶解平衡，后者为电离平衡除去溶液中的Mg2，用OH沉淀比用CO好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的大沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全23I 、H2A在水中存在以下平衡：H2A H+ HA- ，HA-H+ A2-（1）NaHA溶
10、液显酸性，则溶液中离子浓度的大小顺序为 。（2）常温时，若向0.1 mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液的下列关系中，一定正确的是_。Ac(Na+ )c(K+ ) Bc(H +)c(OH )110-14 Cc(Na+ )c(K+ ) Dc(Na+ )c(K+ )c(HA- )c(A2-)、含有Cr2O72- 的废水毒性较大，某工厂废水中含4.0010-3 mol/L Cr2O72- 。为使废水能达标排放，作如下处理：（3）该废水中加入FeSO47H2O和稀硫酸，发生反应的离子方程式为： 。（4）欲使25 L该废水中Cr2O72- 转化为Cr
11、3+，理论上需要加入_g FeSO47H2O。（5）若处理后的废水中残留的 c(Fe3+)110-13mol/L ，则残留的 Cr3+ 的浓度为_mol/L ，Cr3+_（填是或否）沉淀完全。（已知：KspFe(OH)31.010-38mol/L ，KspCr(OH)31.010-31 mol/L ）III. 已知：I22S2O32-=2I-S4O62-。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入浓度为2.010-3 mol/L的Na2S2O3溶液10
12、.0 mL，恰好反应完全。（6）步骤c中判断恰好反应完全的现象为_（7）根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是 g/kg。(以含w的代数式表示)24某同学用已知浓度的盐酸来测定某氢氧化钠样品的纯度（杂质不参与反应），试根据实验回答下列问题：（1）准确称量5.0 g含有少量易溶杂质的样品，配成1L待测溶液。称量时，样品可放在 _(填字母)称量。 A小烧杯中 B洁净纸片上C托盘上（2）滴定时，滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，用0.100 molL1的盐酸来滴定待测溶液，则盐酸应该放在_（填“甲”或“乙”）中。可选用_作指示剂。 A甲基橙 B石蕊 （3）若该同学选用酚酞做指示剂，达到滴定
13、终点颜色变化：_。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是_ molL1，滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4010.50第二次10.004.1014.00第三次10.002.5014.00（5）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，则滴定结果_。滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则滴定结果_。洗涤后锥形瓶未干燥，则滴定结果_。25、O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I(aq)+O3(g)IO(aq)+O2（g） H1 I
14、O(aq)+H+(aq)HOI(aq) H2HOI(aq)+I(aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l) H3 总反应H_。、用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。（1）资料1：KI在该反应中的作用： H2O2IH2OIO； H2O2IOH2OO2I。总反应的化学方程式是_。（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中有KI加入，无KI加入。下列判断正确的是_（填字母）。a. 加入KI后改变了反应的路径 b. 加入KI后改变了总反应的能量变化c. H2O2IH2OIO是放热反应（3）实验中发现，H2O2与
15、KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。加CCl4并振荡、静置后还可观察到_，说明有I2生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. _。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_。（4）资料4：I（aq）I2（aq）I3（aq） K640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10molL1 KI溶
16、液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒II2I3浓度/（molL1）2.5103a4.0103a_。该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_。参考答案1A【解析】【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。【详解】A. 碳酸钙是强电解质，醋酸为弱酸属于弱电解质，蔗糖是非电解质，故A正确；B. Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，BaSO4是强电解质，故B错误；C. NH3是非电解质，故C错误；D. H2O是弱电解质，故D错误；故选A。2D【
17、解析】【分析】【详解】A升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故不选A；B增大O2浓度，单位体积内活化分子数增大，反应速率加快，故不选B；C加入催化剂，降低反应活化能，加快反应速率，故不选C；D减小压强，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故选D。答案选D。3C【解析】【分析】【详解】A项，化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，A项正确；B项，化学反应的特征是有新物质生成，B项正确；C项，化学反应过程中物质的状态不一定发生变化，如H2和Cl2在点燃或光照下生成HCl，H2、Cl2和HCl都是气态，C项错误；D项，化学反应过程中断裂旧化学键吸收能量，形成新化学键释放能量，
18、吸收和释放的能量不相等，化学反应中一定伴随着能量的变化，D项正确；答案选C。4C【解析】【分析】【详解】A铁片和稀硫酸的反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，A错误；BBa(OH)28H2O与HCl溶液的反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，B错误；C碳与水蒸气在高温下反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，C正确；D甲烷在氧气中燃烧为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，D错误；答案为C。5D【解析】【分析】【详解】A水为纯液体，改变用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，反应停止，不再产生氢气，故B错误；C压强的改变只能
19、适用于有气体参加的反应，增大压强，反应速率可以加快，而对液体或溶液几乎没有影响，故C错误；D将Al片改为Al粉，接触面积增大，反应速率加快，故D正确。故选：D。6D【解析】【分析】【详解】A若X为碳棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，可减缓铁的腐蚀，故A项正确；B若X为锌棒，开关K置于A处，Fe作电解池的阴极，属外加电流的阴极保护法，开关K置于B处，Fe作原电池的正极，属牺牲阳极的阴极保护法，均可减缓铁的腐蚀，故B项正确；C若X为锌棒，开关K置于B处，Fe作原电池的正极，属牺牲阳极的阴极保护法，故C项正确。D若X为碳棒，开关K置于B处，Fe作原电池的负极，电极反应为
20、Fe-2e-=Fe2+，故D项错误；故答案选D。7D【解析】【分析】【详解】A. 明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中杂质颗粒，故A正确；B. 油脂在碱性条件下更容易水解，碳酸钠水解生成亲氧化钠，且水解是吸热过程，加热促进盐的水解，碱性增强，故B正确；C. 氯化铝、氯化铁水解生成氢氧化铁、氢氧化铝和氯化氢,氯化氢易挥发,所以加热AlCl3、FeCl3得到氢氧化物，灼烧得到对应氧化物，故C正确；D. 因为(NH4)2SO4+K2CO3=K2SO4+H2O+CO2+2NH3有氨气逸出，会造成氮元素损失，所以铵态氮肥不能与草木灰混合使用，故D错误；答案是D。8B【解析】
21、【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。【详解】升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，故错误；由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，平均相对分子质量解析，故错误；由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，故正确；升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，压强变大，故错误；由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，体积不变的密闭容器中密度不变，故正确；和正确，答案选B。9C【解析】【详解】冬天温度低，化学反应速率慢；春天温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，据此可知选项C符合题意。答案选C。10B
22、【解析】【分析】【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，H元素生成液态的水稳定，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H= -890.3kJmol-1，故A错误；B在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，反应的热化学方程式，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H= -2285.8kJmol-1，故B正确；C醋酸是弱酸，电离要吸热，所以发生中和反应放出的热量小于57.3kJ，故C错误；D、反应是可逆反应，反应焓变是指物质完全反应放出热量，故D错误；故选B。11C【解析】【分析】【详
23、解】A. pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中，氢离子的浓度相等，酸根离子等于对应的氢离子浓度，所以c()=c(CN-)，故A错误；B. NaHB溶液呈酸性，可以是 ，对应的是 在水中能完全电离，故B错误；C. NH4Cl溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，加入镁粉与氢离子反应生成氢气，促进铵根离子水解，生成一水合氨较多，转化为氨气，所以可生成两种气体，故C正确；D. 溶液呈中性，则存在c(H+)=c(OH)，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得2c(CO32)+c(HCO3)=c(Na+)，故D错误；故选：C。12B【解析】【分析】【详解】ApH=1，则，由，故A不
24、选；BNa2R为强碱弱酸盐，R2水解生成和HR，HR水解生成和H2R，则Na2R溶液中存在R2、HR、H2R、以及等粒子，故选B；C该溶液中存在电荷守恒：c(H)c(OH)c(HR)2c(R2)，故C不选；D常温下，加水稀释该溶液会促进H2R的电离，则常温下，加水稀释该溶液，H2R的电离程度增大。故D不选。答案选B。13D【解析】【分析】【详解】A. 加水稀释促进HA电离，所以平衡向右移动，但是电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故A错误；B. 加入少量NaA固体，导致溶液中c(A)增大而抑制HA电离，所以HA电离平衡向左移动，故B错误；C. 电离平衡吸热，稍微升高溶液温度，平
25、衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强则c(OH)减小，故C错误；D. 加入少量NaOH固体，NaOH和H+反应导致溶液中c(H+)减小而促进HA电离，平衡向右移动，故D正确；故选D。14D【解析】【分析】【详解】A、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸导电性能相同，正确；B、pH=3的盐酸、硫酸、醋酸，锌与氢离子反应，氢离子浓度相同，起始速率相同，正确；C、HAc的电离度为1%，pH=3，c(H+)=10-3mol/L，与足量的锌粉反应，HAc均被消耗，c(HAc)=mol/L=10-1mol/L，盐酸和硫酸的浓度与氢离子浓度相等，c(H+)=10-3mol/L，足量的锌粉反应产生氢气的体积比为1110
26、0，正确；D、消耗氢氧化钠溶液的体积为11100，故D错误。答案选D。15A【解析】【分析】【详解】ANa2CO3也能吸收CO2，达不到分离提纯的目的，应该用饱和NaHCO3溶液吸收其中的HCl，故A错误；B由于在较高温度下，KNO3和NaCl溶解度相差较大，可采用浓缩、结晶、过滤的方法分离，故B正确；CMgO和酸反应促进Fe3水解形成Fe(OH)3，通过过滤即可除去MgCl2溶液中的FeCl3杂质，故C正确；DNa2S和AgCl反应生成Ag2S沉淀和NaCl，过滤除去Ag2S和剩余的AgCl，即可除去NaCl溶液中的Na2S，故D正确；故选A。16B【解析】【分析】【详解】A溶解平衡有吸热和
27、放热两种情况，升高温度，沉淀溶解平衡不一定向促进沉淀溶解的方向移动，故A错误；B一般情况下溶剂都是水，除非有特别说明，难溶指的是溶解度小于0.01g，绝对不溶解的物质是不存在的，故B正确；C难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解并没有停止，只是速率相等，但是不等于0，故C错误；DH2OHSOSOH3O表示电离平衡，故D错误；故选B。17D【解析】【分析】【详解】Ac点时，两者恰好完全反应，生成单一的NaA，溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，HA是弱酸，HA的电离方程式：HAH+A-，选项A错误；Ba点溶液为HA和NaA的混合物，溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，水的电离程度：a点b
28、点，选项B错误；Cc点时，溶液呈碱性，得到单一的NaA，根据物料守恒c（Na+）c（A-）+c（HA），选项C错误；Dd点为NaOH和NaA的混合物，物质的量之比为1：2，溶液呈碱性，故离子浓度大小顺序为：c（Na+）c（A-）c（OH-）c（H+），选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合的判断和离子浓度大小比较，答题时注意a、b、c、d点溶液的组成，把握弱电解质的电离和盐类水解的特点，题目难度中等。18A【解析】【分析】【详解】A水的离子积不仅只适用于纯水，也适应于水溶液，因为水的电离是吸热的，所以升高温度，水电离平衡正向移动，一定使水的离子积增大，故正确；B水的电离不需要电，常温下
29、是自发过程，故错误；C水中氢键存在于分子之间，不影响水分子的稳定性，氢键增大了水的沸点，故错误；D加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，如强酸强碱盐不会影响水的电离平衡，故错误。故选A。19B【解析】【分析】【详解】A. 用湿润的pH 试纸测定NaOH溶液的pH相当于将NaOH溶液稀释，所测溶液pH偏低，故A错误；B. 配制100 mL 1.00 molL -1 NaCl溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液体积小于100 mL，所测结果偏高，故B正确；C. 用0.0001 molL -1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，起始读数时仰视，起始盐酸体积偏大导致所消耗标准溶液体积偏小，所测结果偏低，
30、故C错误；D. 测定中和热的数值时，将0.5 molL -1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数会因为酸碱没有充分反应，导致所测温度偏低，中和热的数值偏低，故D错误；故选B。20C【解析】【分析】室温下，由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向0.01molL-1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，导致c（CH3COO-）增大，则醋酸的电离平衡左移，即醋酸的电离被抑制由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，据此分析。【详解】A. 在ab段，溶液的pH增
31、大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，向0.01molL1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO)增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H+)减小，则溶液的pH增大；而在bc，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H+)减小，则pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故A错误；B. 由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L，则pH大于2，即a点的pH大于2，故B错误；C. 由于所得的溶液为C
32、H3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b点溶液中的c(H+)c(OH)，根据电荷守恒可知c(CH3COO)c()，故C正确；D. 由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c点溶液的pH也一定小于7，故D错误；故选C。21C【解析】【分析】NH3H2O电离成离子的速率和NH4+、OH-结合成分子的速率相等，或溶液中各种离子的浓度不变，均能说明NH3H2O的电离达到了平衡状态，由此分析解答。【详解
33、】A、氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，溶液呈碱性，故A错误；B、氨水中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，所以有分子NH3H2O存在，故B错误；C、电离平衡时，NH3H2O电离成离子的速率和NH4+、OH-结合成分子的速率相等，或溶液中各种离子的浓度不变，均能说明NH3H2O的电离达到了平衡状态，故C正确；D、两者浓度相等，并不是不变，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。22 B 【解析】【分析】（1）相同浓度下，电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，溶液酸性越强；（2）常温下，将CH3COOH 溶
34、液加水稀释过程中，c(H+)、c(CH3COO-)均减小；（3）稀释过程中较弱酸电离程度增大程度大，因此等pH的酸溶液稀释过程中较弱酸的氢离子浓度一直大于较强酸的氢离子浓度；根据酸溶液中氢离子浓度越大对水的抑制能力越强，分析判断。【详解】（1）根据题意知，CH3COOH的电离平衡常数比HClO大，故CH3COOH的酸性比HClO的酸性强，则物质的量浓度均为0.1mol/L CH3COOH和HClO溶液中，二者c(H+)的大小关系为：ab；故答案为：；（2）常温下，将CH3COOH 溶液加水稀释过程中，c(H+)、c(CH3COO-)均减小，则增大；c(H+)c(OH-)=Kw，温度不变，其值不
35、变；故答案为：B；（3）稀释过程中较弱酸电离程度增大程度大，因此等pH的酸溶液稀释过程中较弱酸的氢离子浓度一直大于较强酸的氢离子浓度，稀释相同的倍数，HX的pH的变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大，则25时，醋酸的电离常数小于HX的电离常数；故答案为：；稀释100倍后，醋酸溶液中氢离子浓度大于HX溶液中的氢离子浓度，故对水的抑制能力也比较强，则醋酸溶液中由水电离出的 c(H+)HX溶液中由水电离出的c(H+)；故答案为：。23(14分)(1)Fe3+3H2OFe(OH)3(OH)3+3H(2分)(2)Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2(2分)(3)c(Na)c(H
36、CO3)c(CO32)c(OH)c(H)(2分)(4)A(2分)AB(2分)(5)Cu2+(1分)(1分)6.7(2分)【解析】试题分析：(1)因Fe3+极易发生水解，水解反应式为Fe3+3H2O Fe (OH)3 (OH)3 +3H ，故配制FeCl3溶液时，需将固体溶于较浓的盐酸后按需要进行稀释；(2)泡沫灭火器的原理是利用Al3和+3HCO3 发生双水解反应，反应离子方程式为Al3 +3HCO3 = Al(OH)3+3CO2；(3)300mL 1molL-1的NaOH的物质的量=1mol/L0.3L=0.3mol，标准状况下4.48LCO2的物质的量=0.2mol，所以氢氧化钠和二氧化碳
37、反应方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，溶液中碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，即C(OH-)C(H+)，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，所以C(HCO3-)C(CO32-)，由于水解程度较小，所以C(CO32-)C(OH-)，故溶液中各离子浓度大小顺序是C(Na+)C(HCO3-)C(CO32-)C(OH-)C(H+)；(4)加水稀释促进弱酸电离，相同浓度的不同酸稀释相同的倍数，酸的酸性越弱，酸的PH变化越小，酸性最弱的酸是HCN，则pH变化最小的是HCN，故选A；HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOHH2CO3HClOHC
38、N，根据强酸制取弱酸知；A酸性CH3COOHH2CO3HCO3-，所以二者反应为CH3COOH+Na2CO3NaHCO3+CH3COONa，故正确；B醋酸酸性大于HCN，所以二者反应为CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCN，故正确；C碳酸酸性大于次氯酸，所以二者反应为CO2+H2O+NaClONaHCO3+NaClO，故错误；D酸性H2CO3HClOHCN，所以NaHCO3、HCN二者不反应，故错误；故选AB；(5)Cu2+开始沉淀的pH最小，所以Cu2+先沉淀；Mg2+、Fe2+开始沉淀的C(OH-)分别为：10-3.6molL-1、10-6.4molL-1，所以KSP(Fe(OH
39、)2KSP(Mg(OH)2；溶液中Cu2+沉淀完全时其浓度小于110-5mol/L，则KspCu(OH)2=c2(OH-)c(Cu2+)=2.510-20，解得c(OH-)=510-8mol/L，此时溶液中c(H+)=Kwc(OH-)=210-7mol/L，pH=7-lg2=6.7。【考点定位】考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离、难溶物的溶解平衡等。【名师点晴】离子浓度大小比较可根据溶液中溶质的物质的量之间的关系、溶质的性质结合电荷守恒来分析解答是常见的解题方法和思维。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存
40、在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。24(共10分)（1）酸(1分)；(1分)；NH4+H2ONH3H2O+H+(2分)（2）210-7mol/L(2分)；810-11mol/L(2分)；810-11mol/L(2分)【解析】试题分析：（1）NH4NO3因NH4的水解，发生NH4+ H2ONH3H2O+H+，则水溶液呈酸性，常温时的pH（1分）（4）酸性（1分）3.3（2分）【解析】试题分析：（1）根据题意知溶液
41、中氢离子与氢氧根离子物质的量相等，此溶液呈中性；该温度下溶液的pH=6.5，则c(H)=c(OH)=10-6.5mol/L，则该温度下Kw=110-13，而25时Kw=110-14，又水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，Kw增大，故测定温度高于25。（2）25下pH12的NaOH溶液氢氧根浓度为0.01mol/L，pH=1的HCl溶液氢离子浓度为0.1mol/L，二者混合呈中性，则0.01mol/L a L=0.1mol/Lb L，则a:b=10:1。（3）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后恰好反应生成醋酸钠，醋酸根水解，溶液呈碱性，溶液中c(Na)c(CH3COO)。（4）醋
42、酸是弱酸，pH3的醋酸溶液的浓度大于0.001mol/L，和pH11的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)可知溶液中c(Na)c(CH3COO)。（5）臭氧将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，不难发现+不仅可以约去中间产物或中间反应物如IO(aq)、HOI(aq)，而且可得总反应的热化学方程式，即O3 (g)+ 2I-(aq) + 2H+ (aq)= O2(g) +I2(aq) +H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变H=H1+H2+H3；（6）Ka=，Kw= c(H+)c(OH
43、-)，平衡常数K= Kw/ Ka；（7）由KspFe(OH)3 = 8.010-38，要使c(Fe3+) =210-11mol/L，c(H+) 4-lg5=3.3，故答案为：pH3.3。考点：溶液pH计算，热化学方程式的书写等26(1)Kspc2(Ag)c(S2) (2)(3)加足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，洗涤即得纯Mg(OH)2【解析】(2)Cl抑制AgCl溶解，正确；物质的溶解大多是吸热的，正确；正确；除去溶液中的Mg2，用OH沉淀比用CO好，是因为Mg(OH)2的Ksp更小，剩余的Mg2更少，错误；正确。27（1）c(Na+)c(HA-) c（H+） c（A2-）c（OH-） （
44、2）AB（3）Cr2O72-+14H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O （4）166.8 （5）1106molL1 （没写单位为0分）（6） 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内颜色不变化 （7） 1270/3w【解析】试题分析：（1）H2A是二元弱酸，NaHA溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于其离子的水解程度，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(HA-) c（H+）c（A2-）c（OH-）。（2）溶液显中性，则c(H)c(OH)，根据电荷守恒有：c(H)c(Na)c(K)c(OH)c(HA)2c(A2)，则c(Na)c(K)c(HA)2c(A2)，D
45、项错误；加入KOH溶液，发生反应为HAOH=A2H2O，A2水解使溶液显碱性，所以，加入的KOH的物质的量小于NaHA的物质的量，c(Na)c(K)，A项正确，C项错误；常温下，水的离子积常数Kw=c(H +)c(OH )110-14，B项正确；答案选AB。（3）分解废水处理流程图，Cr2O72-与Fe2反应生成Fe3和Cr3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为Cr2O72-+14H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）由Cr2O72-6FeFeSO47H2O，可求得需要FeSO47H2O的质量为410-3mol/L25L6278=166.8g;（5
46、）KspFe(OH)31.01038=c(Fe3+)c(OH)3=11013c(OH)3 ,可知：c(OH)3=11025,则：c(Cr3+)=KspCr(OH)3/c(OH)3=1.01031/11025=1106molL1。（6）碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所依据的现象是由蓝色恰好变为无色，且半分钟内颜色不变化；（7）b中生成的碘在c中反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，根据KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O可知IKIO33I2
47、 6S2O32-127g 6molm 2.010-30.01所以m=(1272.010-30.01)6，则所测精制盐的碘含量是1270/3w mg/kg。考点：考查离子浓度大小比较，溶液中的守恒，废水处理，沉淀溶解平衡的应用，氧化还原滴定等知识。28A AC 甲 当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点 0.1000 80% 偏低 偏高 无影响 【解析】【分析】（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿（如：小烧杯、表面皿）里称量；（2）强酸与强碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；（3）滴定过程中氢氧
48、化钠溶液放在锥形瓶中，盐酸应该放在酸式滴定管中；选用酚酞做指示剂，酚酞遇碱变红，当滴定终点时溶液变为无色；（4）先由表格中的数据计算滴定10.00mL待测氢氧化钠溶液所消耗盐酸的平均体积，再计算氢氧化钠溶液的浓度，再计算1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量，进而计算氢氧化钠的质量，最后计算烧碱样品的纯度；（5）结合氢氧化钠溶液的计算公式，以及c(HCl)=0.1000mol/L，V(NaOH)=10.00ml，二者皆为定值，判断不当操作对于V(HCl)的影响，进而判断误差。【详解】（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿（如：小烧杯、表面皿）里称量，防止玷污托盘，因氢氧化钠易潮解，所以应放在小烧杯中称
49、量；故答案为：A；（2）强酸与强碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；故答案为：AC；（3）滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，则盐酸应该放在酸式滴定管中，甲图为酸式滴定管；该同学选用酚酞做指示剂时，当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点；故答案为：甲；当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点；（4）由表格中的数据可知滴定10.00mL待测氢氧化钠溶液，第一次消耗标准盐酸的体积为(10.5-0.40)mL=10.1mL，第二次消耗标准盐酸的体积为(14
50、.0-4.10)mL=9.90mL，第三次消耗标准盐酸的体积为(14.0-2.50)mL=11.5mL，第三次体积偏差较大，应该舍弃，则消耗盐酸的平均体积为，则；则1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，则氢氧化钠的质量=0.1mol40g/mol=4.0g，则烧碱样品的纯度是；故答案为：0.1000；80%；（5），其中c(HCl)=0.1000mol/L，V(NaOH)=10.00ml，二者皆为定值，观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，导致测得的盐酸体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低；故答案为：偏低；滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后
51、气泡消失，导致测得的盐酸体积偏大，则测得的氢氧化钠的浓度偏大，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏高；故答案为：偏高；洗涤后锥形瓶未干燥，不影响锥形瓶中氢氧化钠的物质的量，因此不影响消耗盐酸的体积，则对滴定结果无影响；故答案为：无影响。【点睛】第（5）问的误差分析是学生们的易错点。一定注意使用的计算公式为，其中c(HCl)、V(NaOH)皆为定值，不当操作是操作者不知道的，因此在带入数据计算时，c(HCl)=0.1000mol/L，V(NaOH)=10.00ml，因此我们要判断的是所有的不当操作对于V(HCl)的影响，进而判断误差，比如，观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，这样会导致读数差
52、值偏小，即盐酸的体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低。29硫酸 高锰酸钾 2+5 H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O 温度 催化剂 0.5 溶液褪色所需时间 反应生成的MnSO4对反应有催化作用 【解析】【分析】探究反应条件改变对化学反应速率的影响时，只能改变某一反应条件，所以，比较表中数据，就可得出改变的是何种条件；在绘制坐标图象时，以一条曲线为参照，画出另一条曲线时，应考虑条件改变对反应的影响，在图中从横坐标或纵坐标加以体现。【详解】(1)为防止酸根离子被氧化或表现氧化性，KMnO4溶液通常用硫酸酸化；上述反应中，KMnO4具有强氧化性，则
53、氧化剂是高锰酸钾；上述反应中，KMnO4溶液将草酸氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，离子方程式：2+5 H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O。答案为：硫酸；高锰酸钾；2+5 H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O；(2)上述实验中只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响；上述实验中，多加了MnSO4，是探究催化剂对化学反应速率的影响。若上述实验是探究浓度对化学反应速率的影响，则KMnO4溶液的浓度不变，a为0.5；表格中的“乙“填写t/s，其测量的是溶液褪色所需时间。答案为：温度；催化剂；溶液褪色所需时间；(3)小组同学发现前面三组实验的反应速率总是先慢后快
54、，速率变快的主要原因，应从溶液的温度变化及反应产物的性质考虑，可能是：该反应放热、反应生成的MnSO4对反应有催化作用。答案为：反应生成的MnSO4对反应有催化作用；(4)已知实验50时c()反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，则实验在25 时，反应速率慢，溶液褪色所需的时间长，从而得出c()t的变化曲线示意图为。答案为：。【点睛】不管反应是吸热反应还是放热反应，温度高时反应速率都比温度低时快，颜色变化的时间都短。302H2O22H2OO2 a 下层溶液呈紫红色 在水溶液中I2的浓度降低 A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 2c（I2）c（I）3c（I3）0.
55、033molL1 【解析】【分析】（1）H2O2IH2OIO,H2O2IOH2OO2I,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；c. 由图中可知，H2O2IH2OIO是吸热反应，c不正确。（3）加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入C
56、Cl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。（4） ，由此可求出a。该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-)=，求出I，I2，I3中所含I的浓度和，二者比较便可得到结论。【详解】（1）H2O2IH2OIO,H2O2IOH2OO2I,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O22H2OO2。答案为：2H2O22H2OO2；（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；c. 由图中可知，H2
57、O2IH2OIO的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a；（3）加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；（4）
58、 ，由此可求出a=2.510-3mol/L。答案为：2.510-3；该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=；现在溶液中，I，I2，I3中所含I的浓度和为2c(I2)c(I)3c(I3)=22.510-3+2.510-3+34.010-3=0.01950.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)c(I)3c(I3)0.033molL1。【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。
