河南省安陽一中高二上第三次月考化學(xué)試卷（解析版）

21/212019-2019學(xué)年河南省安陽一中高二〔上〕第三次月考化學(xué)試卷一、單項(xiàng)選擇題〔共30小題,每題3.0分,共60分〕1．〔2分〕以下說法或表示法正確的選項(xiàng)是〔〕A．等量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒,后者放出熱量多B．由C〔石墨〕→C〔金剛石〕△H=+1.9kJ?mol﹣1可知,金剛石比石墨穩(wěn)定C．在稀溶液中：H++OH﹣=H2O△H=﹣57.3kJ?mol﹣1,假設(shè)將含1molCH3COOH的醋酸溶液與含1molNaOH的溶液混合,放出的熱量小于57.3kJD．在101kPa時(shí),2gH2完全燃燒生成液態(tài)水,放出285.8kJ熱量,氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式表示為2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=+285.8kJ?mol﹣12．〔2分〕某反響由兩步反響A═B═C構(gòu)成,反響過程中的能量變化曲線如圖〔E1、E3表示兩反響的活化能〕．以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．兩步反響均為放熱反響B(tài)．三種化合物的穩(wěn)定性順序：B＜A＜CC．整個(gè)反響的△H=E1﹣E2D．參加催化劑不改變反響的焓變,但能提高產(chǎn)率3．〔2分〕合理利用燃料減小污染符合“綠色奧運(yùn)〞理念,以下關(guān)于燃料的說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．“可燃冰〞是將水變?yōu)橛偷男滦腿剂螧．氫氣是具有熱值高、無污染等優(yōu)點(diǎn)的燃料C．乙醇是比汽油更環(huán)保、不可再生的燃料D．石油和煤是工廠經(jīng)常使用的可再生的化石燃料4．〔2分〕反響4A〔g〕+5B〔g〕═4C〔g〕+6D〔g〕,在5L的密閉容器中進(jìn)行,半分鐘后,C的物質(zhì)的量增加了0.30mol．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．A的平均反響速率是0.010mol?L﹣1?s﹣1B．容器中含D物質(zhì)的量至少為0.45molC．容器中A、B、C、D的物質(zhì)的量的比一定是4：5：4：6D．容器中A的物質(zhì)的量一定增加了0.30mol5．〔2分〕某反響aA〔g〕+bB〔g〕?cC〔g〕△H=Q在密閉容器中進(jìn)行,在不同溫度〔T1和T2〕及壓強(qiáng)〔P1和P2〕下,混合氣體中B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w〔B〕與反響時(shí)間〔t〕的關(guān)系如下圖,以下判斷正確的選項(xiàng)是〔〕A．T1＜T2,a+b＞c,Q＞0 B．T1＞T2,a+b＜c,Q＞0C．T1＜T2,a+b＜c,Q＞0 D．T1＜T2,a+b＞c,Q＜06．〔2分〕以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．硫酸鋇難溶于水,故硫酸鋇為弱電解質(zhì)B．硝酸鉀溶液能導(dǎo)電,故硝酸鉀溶液為電解質(zhì)C．二氧化碳溶于水能局部電離,故二氧化碳為弱電解質(zhì)D．石墨雖能導(dǎo)電,但既不是電解質(zhì),也不是非電解質(zhì)7．〔2分〕在25℃時(shí),用蒸餾水稀釋1mol/L氨水至0.01mol/L,隨溶液的稀釋,以下各項(xiàng)中始終保持增大趨勢的是〔〕A． B．C． D．c〔OH﹣〕8．〔2分〕甲酸〔HCOOH〕是一種一元弱酸,以下性質(zhì)中可以證明它是弱電解質(zhì)的是〔〕A．常溫下,1mol/L甲酸溶液中的c〔H+〕約為1×10﹣2mol?L﹣1B．甲酸能與碳酸鈉反響放出二氧化碳C．10mL1mol?L﹣1甲酸溶液恰好與10mL1mol?L﹣1NaOH溶液完全反響D．甲酸溶液與鋅反響比強(qiáng)酸溶液與鋅反響緩慢9．〔2分〕以下溶液一定顯酸性的是〔〕A．含H+的溶液B．c〔OH﹣〕＜c〔H+〕的溶液C．pH＜7的溶液D．能與金屬Al反響放出H2的溶液10．〔2分〕常溫下,將pH=1的硫酸溶液平均分成兩等份,一份參加適量水,另一份參加與該硫酸溶液物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鈉溶液,兩者pH都升高了1,那么參加水和參加NaOH溶液的體積比約為〔〕A．11：1 B．10：1 C．6：1 D．5：111．〔2分〕準(zhǔn)確取20.00mL某待測HCl溶液于錐形瓶中,用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．滴定管用蒸餾水洗滌后,裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定B．隨著NaOH溶液滴入,錐形瓶中溶液pH由小變大C．用酚酞作指示劑,當(dāng)錐形瓶中溶液由紅色變無色時(shí)停止滴定D．滴定終點(diǎn)時(shí),發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴局部有懸滴,那么測定結(jié)果偏小12．〔2分〕以0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定cmol?L﹣1,某弱酸HA溶液,其滴定曲線如下圖,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．可用甲基橙作滴定指示劑B．指示劑指示的滴定終點(diǎn)就是反響終點(diǎn)C．突變范圍的大小與酸的強(qiáng)弱及酸的濃度有關(guān)D．滴定時(shí)氫氧化鈉溶液盛放在帶活塞的滴定管中13．〔2分〕對(duì)H2O的電離平衡不產(chǎn)生影響的粒子是〔〕A． B．Fe3+ C． D．14．〔2分〕以下物質(zhì)的水溶液中,除了水分子外,不存在其他分子的是〔〕A．HCl B．NH4NO3 C．Na2S D．HClO15．〔2分〕以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．AlCl3溶液和Al2〔SO4〕3溶液加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒,所得固體的成分相同B．配制FeCl3溶液時(shí),將FeCl3固體溶解在硫酸中,然后再用水稀釋到所需的濃度C．向CuCl2溶液中參加CuO,調(diào)節(jié)溶液的pH可除去溶液中混有的Fe3+D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸鈉和硫酸鋁16．〔2分〕以下離子組一定不能夠大量共存的是〔〕A．K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ B．NH4+、Cl﹣、NO3﹣、Na+C．Al3+、HCO3﹣、NO3﹣、Cl﹣ D．SiO32﹣、Na+、K+、NO3﹣17．〔2分〕以下溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是〔〕A．濃度均為0.1mol?L﹣1的氨水和鹽酸等體積混合后：c〔H+〕=c〔OH﹣〕+c〔NH3?H2O〕B．等濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液混合后：c〔CO〕＜c〔HCO〕C．在NaHB溶液中一定有：c〔Na+〕=c〔HB﹣〕+2c〔B2﹣〕D．Na2CO3溶液中：2c〔Na+〕=c〔CO〕+c〔HCO〕+c〔H2CO3〕18．〔2分〕某溫度時(shí),Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如下圖．該溫度下,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．含有大量SO42﹣的溶液中肯定不存在Ag+B．0.02mol?L﹣1的AgNO3溶液與0.02mol?L﹣1的Na2SO4溶液等體積混合不會(huì)生成沉淀C．Ag2SO4的溶度積常數(shù)〔Ksp〕為1×10﹣3D．a(chǎn)點(diǎn)表示Ag2SO4的不飽和溶液,蒸發(fā)可以使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)19．〔2分〕某原電池構(gòu)造如下圖．以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．在外電路中,電子由銀電極流向銅電極B．取出鹽橋后,電流計(jì)的指針仍發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．外電路中每通過0.1mol電子,銅的質(zhì)量理論上減小6.4gD．原電池的總反響式為Cu+2AgNO3=2Ag+Cu〔NO3〕220．〔2分〕近年來AIST報(bào)告正在研究一種“高容量、低本錢〞鋰﹣銅空氣燃料電池．該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕“現(xiàn)象〞產(chǎn)生電力,其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH﹣,以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．放電時(shí),Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng)B．放電時(shí),負(fù)極的電極反響式為Cu2O+H2O+2e﹣=Cu+2OH﹣C．通空氣時(shí),銅被腐蝕,外表產(chǎn)生Cu2OD．整個(gè)反響過程中,銅相當(dāng)于催化劑21．〔2分〕某電池以K2FeO4和Zn為電極材料,KOH溶液為電解質(zhì)溶液。以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．Zn為電池的負(fù)極B．正極反響式為2FeO42﹣+10H++6e﹣═Fe2O3+5H2OC．該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度增大D．電池工作時(shí)OH﹣向負(fù)極遷移22．〔2分〕在一密閉的容器中充入2molA和1molB發(fā)生反響：2A〔g〕+B〔g〕?xC〔g〕,到達(dá)平衡后,C的體積分?jǐn)?shù)為w%；假設(shè)維持容器的容積和溫度不變,按起始物質(zhì)的量A：0.6mol、B：0.3mol、C：1.4mol充入容器,到達(dá)平衡后,C的體積分?jǐn)?shù)仍為w%,那么x的值為〔〕A．只能為2 B．只能為3C．可能為2,也可能為3 D．無法確定23．〔2分〕常溫下,取0.2mol?L﹣1HX溶液與0.2mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合〔忽略混合后溶液體積的變化〕,測得混合溶液的pH=8,那么以下說法〔或關(guān)系式〕正確的選項(xiàng)是〔〕A．c〔Na+〕﹣c〔X﹣〕=9.9×10﹣7mol?L﹣1B．c〔Na+〕=c〔X﹣〕+c〔HX〕=0.2mol?L﹣1C．c〔OH﹣〕﹣c〔HX〕=c〔H+〕=1×10﹣6mol?L﹣1D．混合溶液中由水電離出的c〔OH﹣〕=10﹣8mol?L﹣124．〔2分〕以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．稀醋酸中參加少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度B．25℃時(shí),等體積等濃度的硝酸與氨水混合后,溶液pH=7C．25℃時(shí),0.1mol?L﹣1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導(dǎo)電能力弱D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后參加1L水中,所得溶液中c〔Cl﹣〕=c〔I﹣〕25．〔2分〕用鹽酸作標(biāo)準(zhǔn)液滴定待測濃度的NaOH溶液,假設(shè)用甲基橙作指示劑,當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時(shí),消耗鹽酸V1mL；假設(shè)用酚酞作指示劑,當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時(shí),消耗鹽酸V2mL；那么兩種情況下消耗鹽酸的體積關(guān)系是〔〕A．V1＞V2 B．V1=V2 C．V1＜V2 D．無法確定26．〔2分〕使用酸堿中和滴定的方法,用0.01mol?L﹣1鹽酸滴定錐形瓶中未知濃度的NaOH溶液,以下操作能夠使測定結(jié)果偏高的是〔〕①用量筒量取濃鹽酸配制0.01mol?L﹣1稀鹽酸時(shí),量筒用蒸餾水洗凈后未經(jīng)枯燥直接量取濃鹽酸②配制稀鹽酸定容時(shí),俯視容量瓶刻度線③滴定結(jié)束時(shí),讀數(shù)后發(fā)現(xiàn)滴定管下端尖嘴處懸掛有一滴液滴④滴定過程中用少量蒸餾水將錐形瓶內(nèi)壁附著的鹽酸沖下．A．①③ B．②④ C．②③④ D．①②③④27．〔2分〕以下電離方程式書寫正確的選項(xiàng)是〔〕A．NaHCO3═Na++H++CO32﹣ B．HF?H++F﹣C．H2SO4?2H++SO42﹣ D．CH3COONH4?CH3COO﹣+NH4+28．〔2分〕以下物質(zhì)的溶液經(jīng)加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒后,所得固體的成分不相同的是〔〕A．FeCl2、FeCl3 B．NaHCO3、Na2CO3C．NaAlO2、AlCl3 D．Mg〔HCO3〕2、MgCl229．〔2分〕液氨與水的電離相似,存在著微弱的電離：2NH3?NH4++NH2﹣．對(duì)該體系的說法中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．液氨中含有NH3、NH4+和NH2﹣等微粒B．一定溫度下,液氨中c〔NH4+〕與c〔NH2﹣〕的乘積為一常數(shù)C．液氨的電離到達(dá)平衡時(shí),c〔NH3〕=c〔NH2﹣〕=c〔NH4+〕D．只要不參加其他物質(zhì),液氨中c〔NH4+〕總是與c〔NH2﹣〕相等30．〔2分〕某溫度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍,溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如下圖．據(jù)圖判斷錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．a(chǎn)的數(shù)值一定大于9B．I為氫氧化鈉溶液稀釋時(shí)溶液的pH變化曲線C．完全中和稀釋后相同體積的兩溶液時(shí),消耗相同濃度的稀硫酸的體積V〔NaOH〕＜V〔氨水〕D．稀釋后氨水中水的電離程度比NaOH溶液中水的電離程度大三、填空題〔共3小題,共40分〕31．〔14分〕幾種物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：物質(zhì)Cu〔OH〕2Fe〔OH〕3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12〔1〕某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3,為制得純潔CuCl2溶液,宜參加調(diào)至溶液pH=4,使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe〔OH〕3沉淀,此時(shí)溶液中的c〔Fe3+〕=?！?〕過濾后,將所得濾液經(jīng)過操作,可得到CuCl2?2H2O晶體。〔3〕由CuCl2?2H2O晶體得到純的無水CuCl2,需要進(jìn)行的操作是?！?〕某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法〞測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣〔不含能與I﹣發(fā)生反響的氧化性雜質(zhì)〕的純度,過程如下：取0.800g試樣溶于水,參加過呈KI固體,充分反響,生成白色沉淀。用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí),消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL．〔：I2+2S2O32﹣═S4O32﹣+2I﹣〕。①可選用作滴定指示劑,滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。②CuCl2溶液與KI反響的離子方程式為。32．〔12分〕肼〔N2H4〕又稱聯(lián)氨,是一種可燃性液體,可用作火箭燃料?！?〕在101kPa時(shí),32.0gN2H4在氧氣中完全燃燒生成氮?dú)夂退?放出熱量624kJ〔25℃時(shí)〕,N2H4完全燃燒的熱化學(xué)方程式是?！?〕肼﹣空氣燃料電池是一種堿性燃料電池,電解質(zhì)溶液是20%～30%的KOH溶液。肼﹣空氣燃料電池放電時(shí),正極的反響式是；負(fù)極的反響式是?！?〕如圖是一個(gè)電化學(xué)過程示意圖。①鋅片上發(fā)生的電極反響式是。②假設(shè)使用肼﹣空氣燃料電池作為本過程中的電源,銅片的質(zhì)量變化為128g,那么肼﹣空氣燃料電池理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下的空氣L〔假設(shè)空氣中氧氣體積分?jǐn)?shù)為20%〕。〔4〕〔2〕有同學(xué)想把Ba〔OH〕2?8H2O晶體與NH4Cl晶體的反響設(shè)計(jì)成原電池,你認(rèn)為是否可行？〔填“是〞或“否〞〕33．〔14分〕溶液中的化學(xué)反響大多是離子反響。根據(jù)要求答復(fù)以下問題：〔1〕鹽堿地〔含較多Na2CO3、NaCl〕不利于植物生長,試用化學(xué)方程式表示：鹽堿地產(chǎn)生堿性的原因：；〔2〕水存在如下平衡：H2O+H2O?H3O++OH﹣,向水中參加NaHSO4固體,水的電離平衡向移動(dòng),且所得溶液顯性?！?〕假設(shè)取pH、體積均相等的NaOH溶液和氨水分別用水稀釋m倍、n倍,稀釋后pH仍相等,那么m〔填“＞〞“＜〞或“=〞〕n?！?〕常溫下,在pH=6的CH3COOH與CH3COONa的混合溶液中水電離出來的c〔OH﹣〕=?！?〕：常溫下,醋酸和NH3?H2O的電離平衡常數(shù)均為1.74×10﹣5；那么NH4HCO3溶液呈性,NH4HCO3溶液中物質(zhì)的量濃度最大的離子是〔填化學(xué)式〕。2019-2019學(xué)年河南省安陽一中高二〔上〕第三次月考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題〔共30小題,每題3.0分,共60分〕1．〔2分〕以下說法或表示法正確的選項(xiàng)是〔〕A．等量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒,后者放出熱量多B．由C〔石墨〕→C〔金剛石〕△H=+1.9kJ?mol﹣1可知,金剛石比石墨穩(wěn)定C．在稀溶液中：H++OH﹣=H2O△H=﹣57.3kJ?mol﹣1,假設(shè)將含1molCH3COOH的醋酸溶液與含1molNaOH的溶液混合,放出的熱量小于57.3kJD．在101kPa時(shí),2gH2完全燃燒生成液態(tài)水,放出285.8kJ熱量,氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式表示為2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=+285.8kJ?mol﹣1【分析】A、等量的硫蒸汽和硫固體,前者的能量高；B、能量越低物質(zhì)越穩(wěn)定；C、弱電解質(zhì)的電離吸熱；D、2gH2的物質(zhì)的量為1mol,而放熱反響的△H＜0；【解答】解：A、蒸汽硫轉(zhuǎn)化為固體硫需要放熱,等量的硫蒸氣和硫固體分別完全燃燒,產(chǎn)物相同,因此前者放出的熱量多,故A錯(cuò)誤；B、石墨轉(zhuǎn)化為金剛石屬于吸熱反響,說明等物質(zhì)的量的石墨的能量低于金剛石的能量,因此石墨比金剛石穩(wěn)定,故B錯(cuò)誤；C、CH3COOH是弱電解質(zhì),而弱電解質(zhì)的電離吸熱,故1molCH3COOH的醋酸溶液與含1molNaOH的溶液混合,放出的熱量小于57.3kJ,故C正確；D、2gH2的物質(zhì)的量為1mol,而放熱反響的△H＜0,故氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式表示為2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=﹣285.8×2=﹣571.6kJ?mol﹣1,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。【點(diǎn)評(píng)】此題考查了反響熱大小的比擬、物質(zhì)穩(wěn)定性的判斷和中和熱大小的判斷,難度不大,注意根底的掌握．2．〔2分〕某反響由兩步反響A═B═C構(gòu)成,反響過程中的能量變化曲線如圖〔E1、E3表示兩反響的活化能〕．以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．兩步反響均為放熱反響B(tài)．三種化合物的穩(wěn)定性順序：B＜A＜CC．整個(gè)反響的△H=E1﹣E2D．參加催化劑不改變反響的焓變,但能提高產(chǎn)率【分析】A→B的反響,反響物總能量小于生成物總能量,反響吸熱,B→C的反響,反響物的總能量大于生成物總能量,反響為放熱反響,結(jié)合能量的上下解答該題．【解答】解：A．A→B的反響為吸熱反響,B→C的反響為放熱反響,故A錯(cuò)誤；B．物質(zhì)的總能量越低,越穩(wěn)定,所以三種化合物的穩(wěn)定性順序：B＜A＜C,故B正確；C．整個(gè)反響中△H=〔E1﹣E2〕+〔E2﹣E3〕﹣E4=E1﹣E3﹣E4,故C錯(cuò)誤。D．參加催化劑,只改變反響的活化能,不改變反響熱,只提高反響速率,不改變平衡移動(dòng),故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B。【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)反響與能量變化,題目難度不大,注意把握物質(zhì)的總能量與反響熱的關(guān)系,易錯(cuò)點(diǎn)為C,注意把握反響熱的計(jì)算．3．〔2分〕合理利用燃料減小污染符合“綠色奧運(yùn)〞理念,以下關(guān)于燃料的說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．“可燃冰〞是將水變?yōu)橛偷男滦腿剂螧．氫氣是具有熱值高、無污染等優(yōu)點(diǎn)的燃料C．乙醇是比汽油更環(huán)保、不可再生的燃料D．石油和煤是工廠經(jīng)常使用的可再生的化石燃料【分析】A．可燃冰〞外觀像冰,其化學(xué)組成是CH4?nH2O；B．氫氣的熱值高,且燃燒產(chǎn)物是水；C．乙醇是可再生能源；D．煤和石油都是不可再生能源．【解答】解：A．可燃冰〞外觀像冰,其化學(xué)組成是CH4?nH2O,水的化學(xué)式為H2O,根據(jù)元素守恒知,水不能變?yōu)橛?故A錯(cuò)誤；B．氫能源具有來源廣、熱值高,且燃燒后生成水對(duì)環(huán)境無污染,故B正確；C．乙醇中含有碳、氫、氧三種元素,其燃燒產(chǎn)物是二氧化碳和水,但乙醇為可再生能源,故C錯(cuò)誤；D．石油和煤都屬于化石燃料,且屬于不可再生能源,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了燃料的有關(guān)知識(shí),知道再生能源與不再生能源的判斷方法,難度不大．4．〔2分〕反響4A〔g〕+5B〔g〕═4C〔g〕+6D〔g〕,在5L的密閉容器中進(jìn)行,半分鐘后,C的物質(zhì)的量增加了0.30mol．以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．A的平均反響速率是0.010mol?L﹣1?s﹣1B．容器中含D物質(zhì)的量至少為0.45molC．容器中A、B、C、D的物質(zhì)的量的比一定是4：5：4：6D．容器中A的物質(zhì)的量一定增加了0.30mol【分析】依據(jù)化學(xué)平衡的三段式列式計(jì)算,依據(jù)選項(xiàng)中的概念和量計(jì)算判斷；【解答】解：依據(jù)化學(xué)平衡的三段式列式；半分鐘后,C的物質(zhì)的量增加了0.30mol；4A〔g〕+5B〔g〕═4C〔g〕+6D〔g〕起始量〔mol〕xy00變化量〔mol〕0.30.3750.30.45平衡量〔mol〕x﹣0.3y﹣0.3750.30.45A、A的平均反響速率=是0.0020mol?L﹣1?s﹣1；故A錯(cuò)誤；B、起始量不定,容器中含D物質(zhì)的量至少為0.45mol,故B正確；C、起始量不知,容器中A、B、C、D的物質(zhì)的量的比不一定是4：5：4：6,故C錯(cuò)誤；D、容器中A的物質(zhì)的量一定減少了0.30mol,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)平衡的計(jì)算應(yīng)用,主要是起始量不定的判斷,題目難度中等．5．〔2分〕某反響aA〔g〕+bB〔g〕?cC〔g〕△H=Q在密閉容器中進(jìn)行,在不同溫度〔T1和T2〕及壓強(qiáng)〔P1和P2〕下,混合氣體中B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w〔B〕與反響時(shí)間〔t〕的關(guān)系如下圖,以下判斷正確的選項(xiàng)是〔〕A．T1＜T2,a+b＞c,Q＞0 B．T1＞T2,a+b＜c,Q＞0C．T1＜T2,a+b＜c,Q＞0 D．T1＜T2,a+b＞c,Q＜0【分析】先到達(dá)平衡的溫度、壓強(qiáng)大,由圖可知P1＜P2、T1＞T2,且溫度高對(duì)應(yīng)的B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小,壓強(qiáng)大對(duì)應(yīng)的B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大,以此來解答?！窘獯稹拷猓篢1＞T2,且溫度高對(duì)應(yīng)的B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小,可知升高溫度平衡正向移動(dòng),即正反響為吸熱反響,Q＞0；P1＜P2,且壓強(qiáng)大對(duì)應(yīng)的B的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大,可知增大壓強(qiáng)平衡逆向移動(dòng),那么a+b＜c,應(yīng)選：B。【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)平衡的影響因素,為高考常見題型,把握?qǐng)D中溫度、壓強(qiáng)的大小及對(duì)平衡的影響為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意圖象與平衡移動(dòng)原理的結(jié)合,題目難度不大。6．〔2分〕以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．硫酸鋇難溶于水,故硫酸鋇為弱電解質(zhì)B．硝酸鉀溶液能導(dǎo)電,故硝酸鉀溶液為電解質(zhì)C．二氧化碳溶于水能局部電離,故二氧化碳為弱電解質(zhì)D．石墨雖能導(dǎo)電,但既不是電解質(zhì),也不是非電解質(zhì)【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铮娊赓|(zhì)在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ?是因電解質(zhì)自身可以離解成自由移動(dòng)的離子；非電解質(zhì)：在熔融狀態(tài)和水溶液中都不能導(dǎo)電的化合物；單質(zhì),混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)；在水溶液中完全電離的是強(qiáng)電解質(zhì)；局部電離的是弱電解質(zhì)．【解答】解：A．硫酸鋇溶于水的局部完全電離,故硫酸鋇為強(qiáng)電解質(zhì),故A錯(cuò)誤；B．硝酸鉀為電解質(zhì),故硝酸鉀溶液能導(dǎo)電,硝酸鉀溶液是混合物,故B錯(cuò)誤；C．二氧化碳在水溶液中與水反響生成碳酸,碳酸電離出自由移動(dòng)的離子導(dǎo)電,二氧化碳自身不能電離,二氧化碳是非電解質(zhì),故C錯(cuò)誤；D．石墨中含有自由電子,能導(dǎo)電,但它是非金屬單質(zhì),既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì),故D正確,應(yīng)選：D。【點(diǎn)評(píng)】此題考查電解質(zhì)、非電解質(zhì)和強(qiáng)弱電解質(zhì)概念的辨析,難度不大．解題時(shí)緊抓住電解質(zhì)必須是化合物,以及導(dǎo)電是在水溶液或熔化狀態(tài)下為條件．7．〔2分〕在25℃時(shí),用蒸餾水稀釋1mol/L氨水至0.01mol/L,隨溶液的稀釋,以下各項(xiàng)中始終保持增大趨勢的是〔〕A． B．C． D．c〔OH﹣〕【分析】氨水中溶質(zhì)是一水合氨,加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離,那么溶液中氫氧根離子、銨根離子的物質(zhì)的量增大,一水合氨分子的物質(zhì)的量減小,因?yàn)槿芤褐幸凰习彪婋x增大程度小于溶液體積增大程度,所以溶液中氫氧根離子濃度、銨根離子濃度和一水合氨濃度都減小,據(jù)此進(jìn)行解答．【解答】解：A．加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離,那么溶液中氫氧根離子、銨根離子的物質(zhì)的量增大,一水合氨分子的物質(zhì)的量減小,該比值增大,故A正確；B．溶液中氫氧根離子、銨根離子的物質(zhì)的量增大,且水電離出氫氧根離子數(shù)目增多,那么該比值變小,故B錯(cuò)誤；C．加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離,那么溶液中氫氧根離子、銨根離子的物質(zhì)的量增大,一水合氨分子的物質(zhì)的量減小,所以該比值減小,故C錯(cuò)誤；D．加水稀釋促進(jìn)一水合氨電離,那么溶液中n〔OH﹣〕增大,但n〔OH﹣〕增大程度小于溶液體積增大程度,所以c〔OH﹣〕減小,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。【點(diǎn)評(píng)】此題考查了弱電解質(zhì)電離,注意把握稀釋弱電解質(zhì)時(shí)促進(jìn)弱電解質(zhì)電離,題目難度不大,試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用根底知識(shí)的能力．8．〔2分〕甲酸〔HCOOH〕是一種一元弱酸,以下性質(zhì)中可以證明它是弱電解質(zhì)的是〔〕A．常溫下,1mol/L甲酸溶液中的c〔H+〕約為1×10﹣2mol?L﹣1B．甲酸能與碳酸鈉反響放出二氧化碳C．10mL1mol?L﹣1甲酸溶液恰好與10mL1mol?L﹣1NaOH溶液完全反響D．甲酸溶液與鋅反響比強(qiáng)酸溶液與鋅反響緩慢【分析】如果能說明甲酸在水溶液里局部電離就能證明甲酸是弱電解質(zhì),據(jù)此分析解答．【解答】解：A．1mol/L甲酸溶液中c〔H+〕=0.01mol/L＜1mol/L,說明甲酸局部電離,所以能證明甲酸是弱電解質(zhì),故A正確；B．甲酸能與碳酸鈉反響放出二氧化碳是夢(mèng)甲酸酸性強(qiáng)于碳酸,但不能說明甲酸為弱酸,故B錯(cuò)誤；C.10ml1mol/L甲酸恰好與10ml?1mol/LNaOH溶液完全反響,說明甲酸是一元酸,不能說明甲酸局部電離,所以不能證明甲酸是弱電解質(zhì),故C錯(cuò)誤；D．甲酸和強(qiáng)酸溶液中氫離子濃度大小決定反響速率,濃度不知不能證明甲酸是弱酸,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。【點(diǎn)評(píng)】此題考查弱電解質(zhì)的判斷,知道強(qiáng)弱電解質(zhì)的本質(zhì)區(qū)別是“電離程度〞,電解質(zhì)強(qiáng)弱只根據(jù)電離程度判斷,不能根據(jù)其溶解性強(qiáng)弱判斷,題目難度不大．9．〔2分〕以下溶液一定顯酸性的是〔〕A．含H+的溶液B．c〔OH﹣〕＜c〔H+〕的溶液C．pH＜7的溶液D．能與金屬Al反響放出H2的溶液【分析】溶液的酸堿性取決于溶液中c〔OH﹣〕、c〔H+〕的相對(duì)大小,如果c〔OH﹣〕＜c〔H+〕,那么溶液呈酸性,如果c〔OH﹣〕=c〔H+〕那么溶液呈中性,溶液c〔OH﹣〕＞c〔H+〕,那么溶液呈堿性．【解答】解：A．任何溶液中都含有氫離子,所以含有氫離子的溶液不一定呈酸性,故A錯(cuò)誤；B．c〔OH﹣〕＜c〔H+〕,那么溶液呈酸性,故B正確；C．pH＜7的溶液不一定是酸性溶液,如100℃時(shí),純水的pH=6,那么6＜pH＜7的溶液呈堿性,故C錯(cuò)誤；D．酸能和鋁反響生成氫氣,強(qiáng)堿溶液也能與鋁反響生成氫氣,所以能與鋁反響放出氫氣的溶液不一定是酸溶液,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了溶液酸堿性的判斷,明確溶液的酸堿性取決于溶液中c〔OH+〕、c〔H+〕的相對(duì)大小是解此題的關(guān)鍵,難度不大．10．〔2分〕常溫下,將pH=1的硫酸溶液平均分成兩等份,一份參加適量水,另一份參加與該硫酸溶液物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鈉溶液,兩者pH都升高了1,那么參加水和參加NaOH溶液的體積比約為〔〕A．11：1 B．10：1 C．6：1 D．5：1【分析】硫酸稀釋時(shí),根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計(jì)算所加水的體積；當(dāng)硫酸與氫氧化鈉溶液混合反響時(shí),先計(jì)算溶液剩余的氫離子,根據(jù)c〔H+〕=計(jì)算需要?dú)溲趸c的體積．【解答】解：設(shè)每份硫酸的體積為1L,pH=1的硫酸溶液中c〔H+〕=0.1mol/L,c〔H2SO4〕=×c〔H+〕=0.05mol/L,pH升高了1,那么溶液中c〔H+〕=0.01mol/L,①當(dāng)是加水稀釋時(shí),設(shè)參加水的體積為xL,根據(jù)溶液稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變,那么1L×0.1mol/L=〔1+x〕L×0.01mol/L,x=9,②參加與該硫酸溶液物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鈉溶液時(shí),設(shè)參加氫氧化鈉的體積為yL,那么有：〔1L×0.1mol/L﹣yL×0.05mol/L〕=0.01mol/L×〔1+y〕L,y=,那么參加水和參加NaOH溶液的體積比約為9：=6：1,應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查物質(zhì)的量濃度的計(jì)算,題目難度不大,注意有關(guān)計(jì)算公式的運(yùn)用,從質(zhì)量守恒的角度解答．11．〔2分〕準(zhǔn)確取20.00mL某待測HCl溶液于錐形瓶中,用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．滴定管用蒸餾水洗滌后,裝入NaOH溶液進(jìn)行滴定B．隨著NaOH溶液滴入,錐形瓶中溶液pH由小變大C．用酚酞作指示劑,當(dāng)錐形瓶中溶液由紅色變無色時(shí)停止滴定D．滴定終點(diǎn)時(shí),發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴局部有懸滴,那么測定結(jié)果偏小【分析】A．滴定管使用必須用NaOH標(biāo)準(zhǔn)液潤洗；B．堿滴定酸,氫離子濃度逐漸減小；C．用酚酞作指示劑,滴定前錐形瓶中為無色溶液；D．滴定終點(diǎn)時(shí),發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴局部有懸滴,那么消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏大?！窘獯稹拷猓篈．滴定管使用必須用NaOH標(biāo)準(zhǔn)液潤洗,否那么消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏大,測定酸的濃度偏大,故A錯(cuò)誤；B．堿滴定酸,氫離子濃度逐漸減小,那么隨著NaOH溶液滴入,錐形瓶中溶液pH由小變大,故B正確；C．用酚酞作指示劑,滴定前錐形瓶中為無色溶液,那么當(dāng)錐形瓶中溶液由無色變紅色時(shí)停止滴定,故C錯(cuò)誤；D．滴定終點(diǎn)時(shí),發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴局部有懸滴,那么消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏大,那么測定酸的濃度偏大,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題為2019年廣東高考題,側(cè)重中和滴定實(shí)驗(yàn)的考查,把握中和滴定原理、儀器的使用、誤差分析為解答的關(guān)鍵,注重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ慕Y(jié)合,題目難度不大。12．〔2分〕以0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定cmol?L﹣1,某弱酸HA溶液,其滴定曲線如下圖,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．可用甲基橙作滴定指示劑B．指示劑指示的滴定終點(diǎn)就是反響終點(diǎn)C．突變范圍的大小與酸的強(qiáng)弱及酸的濃度有關(guān)D．滴定時(shí)氫氧化鈉溶液盛放在帶活塞的滴定管中【分析】A、氫氧化鈉和弱酸反響恰好反響生成的鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽,鹽水解顯堿性,應(yīng)選擇堿性條件下變色的指示劑；B、反響終點(diǎn)是指酸和堿剛好完全反響,而指示劑是一個(gè)變色范圍；C、當(dāng)酸的酸性很強(qiáng),濃度變稀時(shí)突變范圍增大；D、帶活塞的為酸式滴定管不能盛氫氧化鈉溶液；【解答】解：A、氫氧化鈉和弱酸反響恰好反響生成的鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽,鹽水解顯堿性,應(yīng)選擇堿性條件下變色的指示劑,不能選擇甲基橙,應(yīng)選擇酚酞指示劑,故A錯(cuò)誤；B、反響終點(diǎn)是指酸和堿剛好完全反響,而指示劑是一個(gè)變色范圍,故B錯(cuò)誤；C、當(dāng)酸的酸性很強(qiáng),濃度變稀時(shí)突變范圍增大,突變范圍的大小與酸的強(qiáng)弱及酸的濃度有關(guān),故C正確；D、帶活塞的為酸式滴定管不能盛氫氧化鈉溶液,滴定時(shí)氫氧化鈉溶液盛放在堿式滴定管中,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了酸堿滴定實(shí)驗(yàn)指示劑選擇方法,變色范圍的分析應(yīng)用,滴定管使用注意問題,掌握根底是關(guān)鍵,題目難度中等．13．〔2分〕對(duì)H2O的電離平衡不產(chǎn)生影響的粒子是〔〕A． B．Fe3+ C． D．【分析】水電離生成氫離子、氫氧根離子,酸、堿或強(qiáng)酸酸式鹽都抑制水電離,含有弱離子的鹽促進(jìn)水電離,據(jù)此分析解答．【解答】解：A．HCl在水溶液中電離出氫離子而抑制水電離,故A錯(cuò)誤；B．鐵離子屬于弱堿陽離子,鐵離子水解而促進(jìn)水電離,故B錯(cuò)誤；C．該離子是氯離子,屬于強(qiáng)酸根離子,不水解而不影響水電離,故C正確；D．乙酸是弱酸,乙酸根離子屬于弱離子,因?yàn)樗舛龠M(jìn)水電離,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題以鹽類水解為載體考查水的電離,明確哪些微粒影響水電離是解此題關(guān)鍵,注意強(qiáng)酸酸式鹽相當(dāng)于強(qiáng)酸而抑制水電離．14．〔2分〕以下物質(zhì)的水溶液中,除了水分子外,不存在其他分子的是〔〕A．HCl B．NH4NO3 C．Na2S D．HClO【分析】A．HCl為強(qiáng)電解質(zhì),電離出的氯離子和氫離子；B．NH4NO3電離出的銨根離子水解生成一水合氨分子；C．Na2S電離出的硫離子水解生成硫化氫分子；D．HClO為弱電解質(zhì),在溶液中存在分子；【解答】解：A．HCl為強(qiáng)電解質(zhì),電離出的氯離子和氫離子,所以溶液中只有水分子,故A正確；B．NH4NO3電離出的銨根離子水解生成一水合氨分子,所以溶液中除水分子外,還存在一水合氨分子,故B錯(cuò)誤；C．Na2S電離出的硫離子水解生成硫化氫分子,所以溶液中除水分子外,還存在H2S分子,故C錯(cuò)誤；D．HClO為弱電解質(zhì),在溶液中局部電離,除水分子外,存在HClO分子,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。【點(diǎn)評(píng)】此題考查了弱電解質(zhì)的概念,明確弱電解質(zhì)的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵,平時(shí)注意根底知識(shí)的積累,題目難度不大．15．〔2分〕以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．AlCl3溶液和Al2〔SO4〕3溶液加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒,所得固體的成分相同B．配制FeCl3溶液時(shí),將FeCl3固體溶解在硫酸中,然后再用水稀釋到所需的濃度C．向CuCl2溶液中參加CuO,調(diào)節(jié)溶液的pH可除去溶液中混有的Fe3+D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸鈉和硫酸鋁【分析】A．AlCl3溶液水解生成的鹽酸易揮發(fā),而Al2〔SO4〕3溶液水解生成硫酸不揮發(fā)；B．配制FeCl3溶液時(shí),將FeCl3固體溶解在鹽酸中抑制水解；C．參加CuO促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀；D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸氫鈉和硫酸鋁．【解答】解：A．AlCl3溶液水解生成的鹽酸易揮發(fā),而Al2〔SO4〕3溶液水解生成硫酸不揮發(fā),那么加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒,所得固體分別為氧化鋁、硫酸鋁,故A錯(cuò)誤；B．配制FeCl3溶液時(shí),將FeCl3固體溶解在鹽酸中抑制水解,不能溶解在硫酸中,引入新雜質(zhì),故B錯(cuò)誤；C．參加CuO促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀,那么可除雜,故C正確；D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸氫鈉和硫酸鋁,而碳酸鈉先水解生成碳酸氫根離子,生成氣體較慢,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。【點(diǎn)評(píng)】此題考查鹽類水解,為高頻考點(diǎn),把握水解原理及應(yīng)用為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查,注意化學(xué)與生活的聯(lián)系,題目難度不大．16．〔2分〕以下離子組一定不能夠大量共存的是〔〕A．K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ B．NH4+、Cl﹣、NO3﹣、Na+C．Al3+、HCO3﹣、NO3﹣、Cl﹣ D．SiO32﹣、Na+、K+、NO3﹣【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)或發(fā)生氧化復(fù)原反響、雙水解反響、絡(luò)合反響的就能大量共存,據(jù)此分析解答。【解答】解：A．這幾種離子之間不反響,所以能大量共存,故A錯(cuò)誤；B．這幾種離子之間不反響,所以能大量共存,故B錯(cuò)誤；C．Al3+、HCO3﹣發(fā)生雙水解反響生成氫氧化鋁和二氧化碳,所以不能大量共存,故C正確；D．這幾種離子之間不反響,所以能大量共存,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查離子的共存,為高考常見題型,明確離子之間的反響及習(xí)題中的信息是解答此題的關(guān)鍵,注意離子一定不能共存為解答的易錯(cuò)點(diǎn),題目難度不大。17．〔2分〕以下溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的選項(xiàng)是〔〕A．濃度均為0.1mol?L﹣1的氨水和鹽酸等體積混合后：c〔H+〕=c〔OH﹣〕+c〔NH3?H2O〕B．等濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液混合后：c〔CO〕＜c〔HCO〕C．在NaHB溶液中一定有：c〔Na+〕=c〔HB﹣〕+2c〔B2﹣〕D．Na2CO3溶液中：2c〔Na+〕=c〔CO〕+c〔HCO〕+c〔H2CO3〕【分析】A．二者恰好反響生成氯化銨,根據(jù)氯化銨溶液中的質(zhì)子守恒判斷；B．缺少溶液濃度,無法判斷混合液中碳酸根離子、碳酸氫根離子的濃度大?。籆．根據(jù)NaHB溶液中的物料守恒判斷；D．根據(jù)碳酸鈉溶液中的物料守恒判斷．【解答】解：A．濃度均為0.1mol?L﹣1的氨水和鹽酸等體積混合后生成氯化銨,根據(jù)質(zhì)子守恒可得：c〔H+〕=c〔OH﹣〕+c〔NH3?H2O〕,故A正確；B．未知兩溶液的體積關(guān)系,不能確定離子濃度大小,故B錯(cuò)誤；C．NaHB溶液中物料守恒式為：c〔Na+〕=c〔HB﹣〕+c〔H2B〕+c〔B2﹣〕,故C錯(cuò)誤；D．溶液中,根據(jù)物料守恒可得：c〔Na+〕=2[c〔CO32﹣〕+c〔HCO3﹣〕+c〔H2CO3〕],故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。【點(diǎn)評(píng)】此題考查了離子濃度大小比擬,題目難度中等,明確鹽的水解原理、電荷守恒、物料守恒及質(zhì)子守恒的含義為解答關(guān)鍵,試題充分考查了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．18．〔2分〕某溫度時(shí),Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如下圖．該溫度下,以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．含有大量SO42﹣的溶液中肯定不存在Ag+B．0.02mol?L﹣1的AgNO3溶液與0.02mol?L﹣1的Na2SO4溶液等體積混合不會(huì)生成沉淀C．Ag2SO4的溶度積常數(shù)〔Ksp〕為1×10﹣3D．a(chǎn)點(diǎn)表示Ag2SO4的不飽和溶液,蒸發(fā)可以使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)【分析】A．Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡為：Ag2SO4〔s〕?2Ag+〔aq〕+SO42﹣〔aq〕,溶液中一定存在Ag+；B．c2〔Ag+〕×c〔SO42﹣〕=1×10﹣6＜ksp,不會(huì)生成沉淀；C．由圖象可知,當(dāng)c〔SO42﹣〕=5×10﹣2mol/L時(shí),c〔Ag+〕=2×10﹣2mol/L,那么ksp=c2〔Ag+〕×c〔SO42﹣〕=2×10﹣5；D．加熱蒸發(fā)時(shí),溶液中銀離子和硫酸根離子濃度都增大．【解答】解：A．Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡為：Ag2SO4〔s〕?2Ag+〔aq〕+SO42﹣〔aq〕,溶解為可逆過程,溶液中一定存在Ag+,故A錯(cuò)誤；B．0.02mol/L的AgNO3溶液與0.02mol/L的Na2SO4溶液等體積混合,c〔SO42﹣〕=0.01mol/L時(shí),c〔Ag+〕=0.01mol/L,c2〔Ag+〕×c〔SO42﹣〕=1×10﹣6＜ksp,不會(huì)生成沉淀,故B正確；C．由圖象可知,當(dāng)c〔SO42﹣〕=5×10﹣2mol/L時(shí),c〔Ag+〕=2×10﹣2mol/L,那么ksp=c2〔Ag+〕×c〔SO42﹣〕=2×10﹣5,故C錯(cuò)誤；D．加熱蒸發(fā)時(shí),溶液中銀離子和硫酸根離子濃度都增大,故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡,題目難度中等,注意把握溶度積的計(jì)算,并以此判斷溶液是否飽和,為解答該題的關(guān)鍵．19．〔2分〕某原電池構(gòu)造如下圖．以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．在外電路中,電子由銀電極流向銅電極B．取出鹽橋后,電流計(jì)的指針仍發(fā)生偏轉(zhuǎn)C．外電路中每通過0.1mol電子,銅的質(zhì)量理論上減小6.4gD．原電池的總反響式為Cu+2AgNO3=2Ag+Cu〔NO3〕2【分析】A、該裝置是原電池,銅作負(fù)極,銀作正極,電子從負(fù)極沿導(dǎo)線流向正極；B、只有能構(gòu)成閉合回路才能有電流產(chǎn)生；C、根據(jù)銅和電子的關(guān)系式計(jì)算；D、該反響中銅和硝酸銀反響生成銀和硝酸銅．【解答】解：A、該裝置是原電池,較活潑的金屬銅作負(fù)極,銀作正極,外電路中電子從銅沿導(dǎo)線流向銀,故A錯(cuò)誤；B、取出鹽橋后,不能構(gòu)成閉合回路,所以沒有電流產(chǎn)生,電流計(jì)的指針不能發(fā)生偏轉(zhuǎn)故,故B錯(cuò)誤；C、銅極上的電極反響式為：Cu﹣2e﹣=Cu2+64g2mol3.2g0.1mol所以外電路中每通過0.1mol電子,銅的質(zhì)量理論上減小3.2g,故C錯(cuò)誤；D、該裝置中負(fù)極上銅失電子,正極上銀離子得電子,所以電池反響式為Cu+2AgNO3=2Ag+Cu〔NO3〕2,故D正確；應(yīng)選：D。【點(diǎn)評(píng)】此題考查了原電池原理,難度不大,明確鹽橋的作用、外電路中電子的流向、銅和電子的關(guān)系即可解答此題．20．〔2分〕近年來AIST報(bào)告正在研究一種“高容量、低本錢〞鋰﹣銅空氣燃料電池．該電池通過一種復(fù)雜的銅腐蝕“現(xiàn)象〞產(chǎn)生電力,其中放電過程為2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH﹣,以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．放電時(shí),Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng)B．放電時(shí),負(fù)極的電極反響式為Cu2O+H2O+2e﹣=Cu+2OH﹣C．通空氣時(shí),銅被腐蝕,外表產(chǎn)生Cu2OD．整個(gè)反響過程中,銅相當(dāng)于催化劑【分析】放電時(shí),鋰失電子作負(fù)極,Cu上O2得電子作正極,負(fù)極上電極反響式為Li﹣e﹣═Li+,正極上電極反響式為O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣,電解質(zhì)溶液中陽離子向正極移動(dòng),陰離子向負(fù)極移動(dòng),據(jù)此分析解答．【解答】解：A．放電時(shí),陽離子向正極移動(dòng),那么Li+透過固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng),故A正確；B．放電時(shí),負(fù)極的電極反響式為Li﹣e﹣═Li+,故B錯(cuò)誤；C．放電過程為2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣,可知通空氣時(shí),銅被腐蝕,外表產(chǎn)生Cu2O,故C正確；D．通空氣時(shí),銅被腐蝕,外表產(chǎn)生Cu2O,放電時(shí)Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu,那么整個(gè)反響過程中,銅相當(dāng)于催化劑,故D正確；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了原電池原理,明確原電池負(fù)極上得失電子及電極反響式是解此題關(guān)鍵,題目難度中等,注意把握Cu在整個(gè)過程中的作用．21．〔2分〕某電池以K2FeO4和Zn為電極材料,KOH溶液為電解質(zhì)溶液。以下說法不正確的選項(xiàng)是〔〕A．Zn為電池的負(fù)極B．正極反響式為2FeO42﹣+10H++6e﹣═Fe2O3+5H2OC．該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度增大D．電池工作時(shí)OH﹣向負(fù)極遷移【分析】某電池以K2FeO4和Zn為電極材料,KOH溶液為電解溶質(zhì)溶液,原電池發(fā)生工作時(shí),Zn被氧化,為原電池的負(fù)極,K2FeO4具有氧化性,為正極,堿性條件下被復(fù)原生成Fe〔OH〕3,結(jié)合電極方程式以及離子的定向移動(dòng)解答該題?！窘獯稹拷猓篈．原電池發(fā)生工作時(shí),Zn被氧化,為原電池的負(fù)極,故A正確；B．KOH溶液為電解質(zhì)溶液,那么正極電極方程式為2FeO42﹣+6e﹣+8H2O=2Fe〔OH〕3+10OH﹣,故B錯(cuò)誤；C．總方程式為3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn〔OH〕2+2Fe〔OH〕3+4KOH,生成KOH,那么該電池放電過程中電解質(zhì)溶液濃度增大,故C正確；D．電池工作時(shí)陰離子OH﹣向負(fù)極遷移,故D正確。應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查原電池知識(shí),為2019年海南高考題,側(cè)重考查學(xué)生的分析能力,題目較為根底,注意從元素化合價(jià)的角度分析,把握原電池與氧化復(fù)原反響的關(guān)系,難度不大。22．〔2分〕在一密閉的容器中充入2molA和1molB發(fā)生反響：2A〔g〕+B〔g〕?xC〔g〕,到達(dá)平衡后,C的體積分?jǐn)?shù)為w%；假設(shè)維持容器的容積和溫度不變,按起始物質(zhì)的量A：0.6mol、B：0.3mol、C：1.4mol充入容器,到達(dá)平衡后,C的體積分?jǐn)?shù)仍為w%,那么x的值為〔〕A．只能為2 B．只能為3C．可能為2,也可能為3 D．無法確定【分析】恒溫恒容下,開始充入2molA和1molB與開始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC到達(dá)平衡后,C的體積分?jǐn)?shù)為W%,說明為完全等效平衡,按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊,滿足n〔A〕=2mol、n〔B〕=1mol,據(jù)此解答．【解答】解：恒溫恒容下,開始充入2molA和1molB與開始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC到達(dá)平衡后,C的體積分?jǐn)?shù)為W%,說明為完全等效平衡,按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化到左邊,滿足n〔A〕=2mol、n〔B〕=1mol,所以：0.6mol+1.4×=2mol,解得x=2,但對(duì)于反響前后氣體化學(xué)計(jì)量數(shù)之和相等的反響,物質(zhì)的投料等比即等效,所以x=3也是正確的,所以x可能為2,也可能為3,應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)平衡計(jì)算、等效平衡等,難度中等,理解等效平衡規(guī)律：1、恒溫恒容,反響前后氣體體積不等,按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化一邊,對(duì)應(yīng)物質(zhì)滿足等量；反響前后氣體體積相等,按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化一邊,對(duì)應(yīng)物質(zhì)滿足等比；2、恒溫恒壓,按化學(xué)計(jì)量數(shù)轉(zhuǎn)化一邊,對(duì)應(yīng)物質(zhì)滿足等比．23．〔2分〕常溫下,取0.2mol?L﹣1HX溶液與0.2mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合〔忽略混合后溶液體積的變化〕,測得混合溶液的pH=8,那么以下說法〔或關(guān)系式〕正確的選項(xiàng)是〔〕A．c〔Na+〕﹣c〔X﹣〕=9.9×10﹣7mol?L﹣1B．c〔Na+〕=c〔X﹣〕+c〔HX〕=0.2mol?L﹣1C．c〔OH﹣〕﹣c〔HX〕=c〔H+〕=1×10﹣6mol?L﹣1D．混合溶液中由水電離出的c〔OH﹣〕=10﹣8mol?L﹣1【分析】取0.2mol?L﹣1HX溶液與0.2mol?L﹣1NaOH溶液等體積混合,恰好生成NaX,測得混合溶液的pH=8,說明溶液呈堿性,NaX為強(qiáng)堿弱酸鹽,結(jié)合鹽類水解原理以及物料守恒解答該題．【解答】解：A．該鹽溶液中存在電荷守恒,即c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔X﹣〕+c〔OH﹣〕,移項(xiàng)得c〔Na+〕﹣c〔X﹣〕=c〔OH﹣〕﹣c〔H+〕=1×10﹣6mol?L﹣1﹣1×10﹣8mol?L﹣1=9.9×10﹣7mol?L﹣1,故A正確；B．等物質(zhì)的量的該酸和氫氧化鈉恰好反響生成鹽,鹽溶液中存在物料守恒,即c〔Na+〕=c〔X﹣〕+c〔HX〕=0.1mol?L﹣1,故B錯(cuò)誤；C．該鹽溶液中存在電荷守恒,即c〔Na+〕+c〔H+〕=c〔X﹣〕+c〔OH﹣〕①,存在物料守恒,即c〔Na+〕=c〔X﹣〕+c〔HX〕②,將②帶人①得c〔HX〕+c〔H+〕=c〔OH﹣〕,所以c〔OH﹣〕﹣c〔HX〕=c〔H+〕=1×10﹣8mol?L﹣1,故C錯(cuò)誤；D．混合溶液中由水電離出的c〔OH﹣〕==1×10﹣6mol?L﹣1,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查酸堿混合的定性判斷以及離子濃度大小比擬問題,注意根據(jù)題中信息判斷鹽類水解的特點(diǎn),結(jié)合守恒思想解答該題．24．〔2分〕以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是〔〕A．稀醋酸中參加少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度B．25℃時(shí),等體積等濃度的硝酸與氨水混合后,溶液pH=7C．25℃時(shí),0.1mol?L﹣1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導(dǎo)電能力弱D．0.1molAgCl和0.1molAgI混合后參加1L水中,所得溶液中c〔Cl﹣〕=c〔I﹣〕【分析】A．參加醋酸鈉,溶液中醋酸根離子濃度增大,抑制醋酸的電離；B.25℃時(shí),等體積等濃度的硝酸與氨水混合后為NH4NO3溶液,溶液中銨根離子水解,溶液呈酸性；C．硫化氫為弱電解質(zhì),而硫化鈉為強(qiáng)電解質(zhì),等濃度溶液中硫化氫溶液中離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于硫化鈉溶液中離子濃度；D．AgCl與AgI的溶度積不同,所得溶液中c〔Cl﹣〕≠c〔I﹣〕．【解答】解：A．稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+,參加醋酸鈉,溶液中CH3COO﹣離子濃度增大,抑制醋酸的電離,故A錯(cuò)誤；B.25℃時(shí),等體積等濃度的硝酸與氨水混合后為NH4NO3溶液,溶液中銨根離子水解,溶液呈酸性,故溶液pH＜7,故B錯(cuò)誤；C．硫化氫為弱電解質(zhì),局部電離,而硫化鈉為強(qiáng)電解質(zhì),等濃度溶液中硫化氫溶液中離子濃度遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于硫化鈉溶液中離子濃度,硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導(dǎo)電能力弱,故C正確；D．均存在溶解平衡,溶液中Ag+濃度相同,AgCl與AgI的溶度積不同,所得溶液中c〔Cl﹣〕≠c〔I﹣〕,故D錯(cuò)誤,應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查弱電解質(zhì)的電離平衡,題目難度中等,A為易錯(cuò)點(diǎn),學(xué)生容易認(rèn)為醋酸根與氫離子結(jié)合,平衡右移,促進(jìn)電離．25．〔2分〕用鹽酸作標(biāo)準(zhǔn)液滴定待測濃度的NaOH溶液,假設(shè)用甲基橙作指示劑,當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時(shí),消耗鹽酸V1mL；假設(shè)用酚酞作指示劑,當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時(shí),消耗鹽酸V2mL；那么兩種情況下消耗鹽酸的體積關(guān)系是〔〕A．V1＞V2 B．V1=V2 C．V1＜V2 D．無法確定【分析】甲基橙的變色范圍為3.1～4.4,用甲基橙作指示劑時(shí),滴定終點(diǎn)溶液的pH約為4.4；用酚酞作指示劑,酚酞的變色范圍為8～10,滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH約為8,據(jù)此判斷兩種情況下消耗鹽酸的體積關(guān)系?！窘獯稹拷猓河眉谆茸髦甘緞r(shí),甲基橙的變色范圍為3.1～4.4,滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由黃色變?yōu)槌壬?此時(shí)混合液的pH約為4.4,呈酸性；用酚酞作指示劑,酚酞的變色范圍為8～10,滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由粉紅色變?yōu)闊o色,此時(shí)混合液pH約為8,呈堿性,根據(jù)分析可知,用甲基橙作指示劑時(shí)消耗鹽酸體積較大,即兩種情況下消耗鹽酸的體積：V1＞V2,應(yīng)選：A?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查中和滴定,題目難度不大,明確常見指示劑的變色范圍為解答關(guān)鍵,注意掌握中和滴定操作原理,試題有利于提高學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?6．〔2分〕使用酸堿中和滴定的方法,用0.01mol?L﹣1鹽酸滴定錐形瓶中未知濃度的NaOH溶液,以下操作能夠使測定結(jié)果偏高的是〔〕①用量筒量取濃鹽酸配制0.01mol?L﹣1稀鹽酸時(shí),量筒用蒸餾水洗凈后未經(jīng)枯燥直接量取濃鹽酸②配制稀鹽酸定容時(shí),俯視容量瓶刻度線③滴定結(jié)束時(shí),讀數(shù)后發(fā)現(xiàn)滴定管下端尖嘴處懸掛有一滴液滴④滴定過程中用少量蒸餾水將錐形瓶內(nèi)壁附著的鹽酸沖下．A．①③ B．②④ C．②③④ D．①②③④【分析】①量筒中的蒸餾水稀釋了濃鹽酸,導(dǎo)致濃鹽酸濃度減小；②定容時(shí)俯視容量瓶刻度線,導(dǎo)致參加的蒸餾水體積偏?。虎鄣味ü芟露思庾焯帒覓煊幸坏我旱?導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大；④蒸餾水不影響待測液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量,對(duì)滴定結(jié)果沒有影響．【解答】解：①用量筒量取濃鹽酸配制0.01mol/L稀鹽酸時(shí),量筒用蒸餾水洗凈后未經(jīng)枯燥直接量取濃鹽酸,會(huì)導(dǎo)致濃鹽酸被蒸餾水稀釋,標(biāo)準(zhǔn)液濃鹽酸濃度減小,滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積增大,根據(jù)c〔待測〕=,測定結(jié)果偏高,故①正確；②配制稀鹽酸定容時(shí),俯視容量瓶刻度線,導(dǎo)致容量瓶中參加的蒸餾水體積偏小,配制的溶液濃度偏高,滴定時(shí)消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小,根據(jù)c〔待測〕=,測定結(jié)果偏低,故②錯(cuò)誤；③滴定結(jié)束時(shí),讀數(shù)后發(fā)現(xiàn)滴定管下端尖嘴處懸掛有一滴液滴,導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大,根據(jù)c〔待測〕=,測定結(jié)果偏高,故③正確；④滴定過程中用少量蒸餾水將錐形瓶內(nèi)避粘附的鹽酸沖下,對(duì)待測液物質(zhì)的量沒有影響,所以不影響消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積,根據(jù)c〔待測〕=,對(duì)測定結(jié)果不會(huì)產(chǎn)生影響,故④錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。【點(diǎn)評(píng)】此題考查了中和滴定中的誤差分析,題目難度中等,注意掌握中和滴定中誤差分析的方法及技巧,分析中和滴定過程中產(chǎn)生的誤差時(shí),要根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作對(duì)c〔待測〕=的影響進(jìn)行判斷；試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力．27．〔2分〕以下電離方程式書寫正確的選項(xiàng)是〔〕A．NaHCO3═Na++H++CO32﹣ B．HF?H++F﹣C．H2SO4?2H++SO42﹣ D．CH3COONH4?CH3COO﹣+NH4+【分析】先判斷電解質(zhì),強(qiáng)電解質(zhì)的電離用等號(hào),弱電解質(zhì)的電離用可逆號(hào),并遵循質(zhì)量守恒定律和電荷守恒,注意弱酸的酸根離子應(yīng)保存整體,以此來解答。A．NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì),電離出鈉離子和碳酸氫根離子；B．氫氟酸為弱酸,局部電離,用可逆符號(hào)連接；C．硫酸為二元強(qiáng)酸,一步完全電離；D．乙酸銨屬于鹽,為強(qiáng)電解質(zhì),完全電離,應(yīng)該用等于號(hào)連接。【解答】解：A．碳酸氫根離子為弱酸的酸根離子,局部電離,NaHCO3為強(qiáng)電解質(zhì),完全電離,那么電離方程式為：NaHCO3═Na++HCO3﹣,故A錯(cuò)誤；B．氫氟酸為弱酸,局部電離,電離方程式為：HF?H++F﹣,故B正確；C．硫酸為二元強(qiáng)酸,用等于號(hào)連接,正確的電離方程式為：H2SO4=2H++SO42﹣,故C錯(cuò)誤；D．乙酸銨屬于鹽,為強(qiáng)電解質(zhì),完全電離,正確的電離方程式為：CH3COONH4=CH3COO﹣+NH4+,故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查電解質(zhì)的電離方程式,明確電解質(zhì)的強(qiáng)弱及電離方程式書寫的方法即可解答,難度不大。28．〔2分〕以下物質(zhì)的溶液經(jīng)加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒后,所得固體的成分不相同的是〔〕A．FeCl2、FeCl3 B．NaHCO3、Na2CO3C．NaAlO2、AlCl3 D．Mg〔HCO3〕2、MgCl2【分析】A．氯化鐵、氯化亞鐵均水解生成揮發(fā)性的物質(zhì),氯化氫會(huì)揮發(fā),促進(jìn)鹽類水解進(jìn)行到底,且氫氧化亞鐵易被氧化；B．碳酸氫鈉不穩(wěn)定,受熱分解生成碳酸鈉,碳酸鈉性質(zhì)穩(wěn)定；C．氯化鋁水解生成易揮發(fā)的物質(zhì),偏鋁酸鈉水解生成氫氧化鈉,不揮發(fā)；D．碳酸氫鎂受熱易分解生成碳酸鎂最后分解為MgO,MgCl2水解并進(jìn)行到底,也生成Mg〔OH〕2,并分解生成MgO。【解答】解：A．FeCl2、FeCl3都是揮發(fā)性酸鹽酸的鹽,所以能水解到底,生成氫氧化物Fe〔OH〕2和Fe〔OH〕3,但是Fe〔OH〕2又很容易被氧化成Fe〔OH〕3,并受熱分解,所以最后的產(chǎn)物都是Fe2O3,故A不選；B．碳酸氫鈉不穩(wěn)定,受熱分解生成碳酸鈉,碳酸鈉性質(zhì)穩(wěn)定,所以加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒碳酸氫鈉、碳酸鈉溶液,最后得到的都是碳酸鈉固體,故B不選；C．NaAlO2、AlCl3中,NaAlO2也可以水解,但是NaOH沒有揮發(fā)性,因此水解不能到底,只能得到NaAlO2；AlCl3水解生成HCl揮發(fā),促進(jìn)了水解的進(jìn)行到底,得到Al〔OH〕3,最后得到Al2O3,故C選；D．碳酸氫鎂受熱易分解生成碳酸鎂最后分解為MgO,MgCl2水解并進(jìn)行到底,也生成Mg〔OH〕2,并分解生成MgO,所以二者最終產(chǎn)物都是氧化鎂,故D不選；應(yīng)選：C。【點(diǎn)評(píng)】此題考查學(xué)生鹽的水解的應(yīng)用知識(shí),明確影響鹽類水解平衡移動(dòng)的條件是解題關(guān)鍵,注意假設(shè)生成揮發(fā)性物質(zhì),那么不能得到原物質(zhì),難度中等。29．〔2分〕液氨與水的電離相似,存在著微弱的電離：2NH3?NH4++NH2﹣．對(duì)該體系的說法中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．液氨中含有NH3、NH4+和NH2﹣等微粒B．一定溫度下,液氨中c〔NH4+〕與c〔NH2﹣〕的乘積為一常數(shù)C．液氨的電離到達(dá)平衡時(shí),c〔NH3〕=c〔NH2﹣〕=c〔NH4+〕D．只要不參加其他物質(zhì),液氨中c〔NH4+〕總是與c〔NH2﹣〕相等【分析】A．可逆反響中的各種微粒都共存；B．液氨中c〔NH4+〕與c〔NH2﹣〕的乘積只與溫度有關(guān)；C．液氨電離到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí),c〔NH4+〕=c〔NH2﹣〕小于c〔NH3〕；D．只要不破壞氨分子的電離平衡,液氨中存在c〔NH4+〕=c〔NH2﹣〕?！窘獯稹拷猓篈．從電離平衡中可以看出液氨中含有NH3、NH4+和NH2﹣幾種粒子,不存在H2O、NH3?H2O,故A正確；B．一定溫度下,液氨中c〔NH4+〕與c〔NH2﹣〕的乘積就是該平衡的平衡常數(shù),故B正確；C．液氨的電離到達(dá)平衡時(shí),有c〔NH2﹣〕=c〔NH4+〕,但不一定與c〔NH3〕相等,故C錯(cuò)誤；D．c〔NH4+〕和c〔NH2﹣〕按1：1生成,故只要不參加其他物質(zhì),液氨中c〔NH4+〕總是與c〔NH2﹣〕相等,故D正確；應(yīng)選：C?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了電離平衡的特征、粒子種類的判斷、平衡常數(shù)等,題目難度不大,學(xué)習(xí)中注意相關(guān)根底知識(shí)的積累。30．〔2分〕某溫度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍,溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如下圖．據(jù)圖判斷錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．a(chǎn)的數(shù)值一定大于9B．I為氫氧化鈉溶液稀釋時(shí)溶液的pH變化曲線C．完全中和稀釋后相同體積的兩溶液時(shí),消耗相同濃度的稀硫酸的體積V〔NaOH〕＜V〔氨水〕D．稀釋后氨水中水的電離程度比NaOH溶液中水的電離程度大【分析】根據(jù)信息可知?dú)溲趸c溶液和氨水具有相同的體積和pH,由于氫氧化鈉是強(qiáng)電解質(zhì),一水合氨為弱電解質(zhì),那么氫氧化鈉的濃度小,氨水濃度大,在稀釋時(shí)由氨水的電離平衡可知,促進(jìn)氨水的電離,那么氨水中的離子濃度大,即I是氫氧化鈉的pH變化曲線,Ⅱ是氨水的變化曲線,以此解答該題．【解答】解：A．pH=11的氫氧化鈉溶液加水稀釋100倍,pH=9,而一水合氨為弱電解質(zhì),加水促進(jìn)電離,那么a的數(shù)值一定大于9,故A正確；B．由圖可知,開始的pH相同,在稀釋時(shí)由氨水的電離平衡可知,促進(jìn)氨水的電離,那么氨水中的離子濃度大,可知I為氫氧化鈉溶液稀釋時(shí)溶液的pH變化曲線,故B正確；C．由于氨水濃度較大,那么完全中和稀釋后相同體積的兩溶液時(shí),消耗相同濃度的稀硫酸的體積V〔NaOH〕＜V〔氨水〕,故C正確；D．稀釋后氨水中氫氧根離子濃度較大,那么水的電離程度較小,故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：D。【點(diǎn)評(píng)】此題考查溶液稀釋時(shí)PH的變化曲線圖,明確強(qiáng)堿溶液在稀釋時(shí)的pH的變化程度及相同pH時(shí)強(qiáng)堿的濃度比弱堿的濃度小是解答此題的關(guān)鍵．三、填空題〔共3小題,共40分〕31．〔14分〕幾種物質(zhì)的溶度積常數(shù)見下表：物質(zhì)Cu〔OH〕2Fe〔OH〕3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12〔1〕某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3,為制得純潔CuCl2溶液,宜參加CuO或Cu〔OH〕2或Cu2〔OH〕2CO3調(diào)至溶液pH=4,使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe〔OH〕3沉淀,此時(shí)溶液中的c〔Fe3+〕=2.6×10﹣9mol/L。〔2〕過濾后,將所得濾液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶操作,可得到CuCl2?2H2O晶體?！?〕由CuCl2?2H2O晶體得到純的無水CuCl2,需要進(jìn)行的操作是在枯燥的HCl氣流中加熱。〔4〕某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法〞測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣〔不含能與I﹣發(fā)生反響的氧化性雜質(zhì)〕的純度,過程如下：取0.800g試樣溶于水,參加過呈KI固體,充分反響,生成白色沉淀。用0.1000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí),消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL．〔：I2+2S2O32﹣═S4O32﹣+2I﹣〕。①可選用淀粉溶液作滴定指示劑,滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是淀粉由藍(lán)色變成無色且半分鐘不變化。②CuCl2溶液與KI反響的離子方程式為2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2?！痉治觥俊?〕參加的物質(zhì)用于調(diào)節(jié)pH以除去雜質(zhì),主要將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀,且不能引入新雜質(zhì),先根據(jù)溶液的pH計(jì)算氫離子濃度,再結(jié)合水的離子積常數(shù)計(jì)算氫氧根離子濃度,最后根據(jù)c〔Fe3+〕=計(jì)算鐵離子濃度；〔2〕根據(jù)溶液蒸發(fā)結(jié)晶得到晶體分析；〔3〕加熱時(shí)促進(jìn)氯化銅的水解且生成的氯化氫易揮發(fā)造成水解完全,要想得到較純的無水氯化銅應(yīng)在氯化氫氣流中抑制其水解；〔4〕依據(jù)碘化鉀和氯化銅發(fā)生氧化復(fù)原反響,生成碘化亞銅沉淀,和碘單質(zhì),碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán),CuCl2溶液與KI反響生成CuI和碘?！窘獯稹拷猓骸?〕為得到純潔的CuCl2?2H2O晶體要除去氯化鐵,參加的物質(zhì)和氯化鐵反響生成氫氧化鐵且不能引進(jìn)新的雜質(zhì),所以參加物質(zhì)后應(yīng)能轉(zhuǎn)化為氯化銅,所以應(yīng)該參加含銅元素和氫氧根離子的物質(zhì),可以是氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅,溶液的pH=4,所以溶液中氫離子濃度為10﹣4mol/L,那么氫氧根離子濃度為10﹣10mol/L,c〔Fe3+〕===2.6×10﹣9mol/L,故答案為：CuO或Cu〔OH〕2或Cu2〔OH〕2CO3；2.6×10﹣9mol/L；〔2〕將所得氯化銅濾液經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶,才能得到CuCl2?2H2O晶體,故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；〔3〕由于CuCl2在加熱過程中水解被促進(jìn),且生成的HCl又易揮發(fā)而脫離體系,造成水解完全,堿式氯化銅或氫氧化銅,以至于得到CuO固體；想得到無水CuCl2的合理方法是,讓CuCl2?2H2O晶體在枯燥的HCl氣流中加熱脫水,故答案為：在枯燥的HCl氣流中加熱；〔4〕測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣〔不含能與I﹣發(fā)生反響的氧化性質(zhì)雜質(zhì)〕的純度,過程如下：取0.800g試樣溶于水,參加過量KI固體,充分反響,生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí),消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液40.00mL,反響的化學(xué)方程式為：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI,①硫代硫酸鈉滴定碘單質(zhì),利用碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)選擇指示劑為淀粉；終點(diǎn)為藍(lán)色褪去一段時(shí)間不恢復(fù)顏色,故答案為：淀粉溶液；淀粉由藍(lán)色變成無色且半