初中化學魯教版九年級下冊第八單元海水中的化學單元復習 優(yōu)質課獎

2015-2016學年廣東省東莞市北師大石竹附屬學校高二（上）第二次月考化學試卷一、單項選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分．每小題只有1個選項符合題意）1．pH=l的兩種酸溶液A、B各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積的關系如圖，下列說法正確的是（）①若a＜4，則A、B都是弱酸②稀釋后，A酸溶液的酸性比B酸溶液強③若a=4，則A是強酸，B是弱酸④A、B兩種酸溶液的物質的量濃度一定相等．A．①④ B．②③ C．①③ D．②④2．反應A+B?C在溫度T1下進行，反應D+E?F在溫度T2下進行，已知T2＞T1，且D和E的濃度均大于A和B的濃度（其它條件均相同）則兩者的反應速率（）A．前者大 B．后者大 C．一樣大 D．無法確定3．在同體積同濃度的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，分別加入足量的Zn，下列說法中正確的是（）A．硫酸中放出氫氣量最多B．醋酸中放出氫氣量最多C．鹽酸中放出的氫氣量最多D．鹽酸和硝酸中放出的氫氣相等4．在1000℃時，可逆反應：Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）的平衡常數K=2．如果在充有一定量CO2的恒容密閉容器中加入足量的Fe，在1000℃時使之發(fā)生上述反應，達平衡時CO2的轉化率為（）A．10% B．% C．50% D．%5．一定溫度的恒容密閉容器中進行如下可逆反應A（s）+2B（g）?2C（g）．下列敘述中，能說明反應已達到化學平衡狀態(tài)的是（）A．C消耗的速率與A消耗的速率相等B．單位時間內生成amolB，同時消耗amolCC．容器內的壓強不再變化D．混合氣體的密度不再變化6．用標準鹽酸測定未知濃度的氫氧化鈉溶液，下列操作導致結果偏低的是（）①錐形瓶用蒸餾水洗凈后，再用待測液潤洗2～3次②滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失；③滴定前仰視讀數，滴定后平視讀數；④搖動錐形瓶時，有少量液體濺出；⑤滴定時，錐形瓶里加入少量蒸餾水稀釋溶液．A．③ B．④⑤ C．①②③ D．③④7．反應：X（g）+3Y（g）?2Z（g）△H＜0，在不同溫度、不同壓強（P2＞P1）下，達平衡時，混合氣體中Z的百分含量隨溫度變化的曲線應為（）A． B． C． D．8．以下對298K時PH為9的KOH溶液與PH為9的Na2CO3溶液中由水電離出的c（H+）的比較中，正確的是（）A．兩者相等 B．前者是后者的104倍C．后者是前者的104倍 D．無法比較9．用?L﹣1的鹽酸滴定?L﹣1的氨水，滴定過程中不可能出現的結果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）10．已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣mol．現有SO2和O2各2mol，在恒溫下的固定體積容器中反應，平衡時SO2的轉化率為a，而在絕熱密閉的同一反應容器中反應，平衡時SO2的轉化率為b，則a與b的正確關系為（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．無法判斷11．對于?L﹣1Na2SO3溶液，正確的是（）A．升高溫度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．加入少量NaOH固體，c（SO32﹣）與c（Na+）均增大12．一定量的Fe與過量的稀硫酸反應制取氫氣，一定溫度下為加快反應速率而又不影響氫氣的量，可向其中加入少量（）A．K2SO4固體 B．Zn粉 C．SO3固體 D．CuSO4晶體13．下列有關問題，與鹽的水解有關的是（）①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑；②用NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液可作泡沫滅火劑；③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用；④實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固體．A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤14．在一定溫度下，一定量的石灰乳懸濁液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）×Ca（OH）2（aq）×Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），當向此懸濁液中加入少量生石灰時，下列說法中正確的是（）A．n（Ca2+）增大 B．c（Ca2+）不變 C．c（OH﹣）增大 D．n（OH﹣）不變15．已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數：則下列有關說法正確的是（）弱酸化學式CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數（25℃）×10﹣5×l0﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11A．等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol?L﹣1HCN溶液與bmol?L﹣1NaOH溶液等體積混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），則a一定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，則溶液的導電性、n（H+）、pH均先增大后減小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）16．常溫下，下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是（）A．pH=13的溶液：SO32﹣、Na+、Al3+B．使甲基橙溶液變紅色的溶液：Na+、SO42﹣、CO32﹣C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：NH4+、Cl﹣、NO3﹣D．加入足量Na2O2后的溶液：K+、Cl﹣、ClO﹣二、非選擇題（本題包括3大題，共46分）17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛．請回答下列問題：（1）NH4Al（SO4）2可作凈水劑，其理由是（用必要的化學方程式和相關文字說明）．（2）相同條件下，LNH4Al（SO4）2中的c（NH）（填“等于”“大于”或“小于”）LNH4HSO4中的c（NH）．（3）如圖是L電解質溶液的pH隨溫度變化的圖象．①其中符合LNH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是（填寫字母），導致pH隨溫度變化的原因是；②20℃時，LNH4Al（SO4）2中2c（SO）﹣c（NH）﹣3c（Al3+）=．18．反應A（g）+B（g）?C（g）+D（g）過程中的能量變化如圖所示，回答下列問題．（1）該反應是反應（填“吸熱”、“放熱”）．（2）當反應達到平衡時，升高溫度，A的轉化率（填“增大”、“減小”、“不變”），原因是（3）反應體系中加入催化劑對反應熱是否有影響？（填“有”、“無”），原因是．（4）在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E1和E2的變化是：E1，E2（填“增大”、“減小”、“不變”）．19．發(fā)射衛(wèi)星用N2H4氣體為燃料，NO2氣體為氧化劑，兩者反應生成N2和水蒸氣，已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H3=﹣534kJ?mol﹣1；H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H4=﹣538kJ?mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=﹣484kJ?mol﹣1；H2O（1）═H2O（g）△H5=+?mol﹣1．（1）寫出N2H4氣體與NO2氣體反應生成氮氣和液態(tài)水的熱化學方程式：．（2）寫出N2H4氣體與F2氣體反應的熱化學方程式：．20．工業(yè)上制取CuCl2的生產流程如下：請結合下表數據，回答問題：物質Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度積/25℃×10﹣16×10﹣20×10﹣38完全沉淀時的pH范圍≥≥3～4（1）寫出下列離子方程式：A→B；B→C+D．（2）溶液A中加入NaClO的目的是．（3）在溶液B中加入CuO的作用是．（4）操作①應控制的pH范圍是：；操作②的目的是．（5）抽Cu（OH）2加入鹽酸使Cu（OH）2轉變?yōu)镃uCl2．采用“稍多量鹽酸”和“低溫蒸干”的目的是．21．現使用酸堿中和滴定法測定市售白醋的總酸量（g?100mL﹣1）．Ⅰ．實驗步驟（1）用（填儀器名稱）量取食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉移到100mL（填儀器名稱）中定容，搖勻即得待測白醋溶液．（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液于錐形瓶中，向其中滴加2滴作指示劑．（3）讀取盛裝0mol?L﹣1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數．如果液面位置如圖所示，則此時的讀數為mL．（4）滴定．當時，停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數．重復滴定3次．Ⅱ．實驗記錄滴定次數實驗數據（mL）1234V（樣品）V（NaOH）（消耗）Ⅲ．數據處理與討論（1）甲同學在處理數據時計算得：平均消耗的NaOH溶液的體積V=mL=．指出他的計算的不合理之處．按正確數據處理，可得c（市售白醋）=mol?L﹣1；市售白醋總酸量=g?100mL﹣1．（2）在本實驗的滴定過程中，下列操作會使實驗結果偏大的是填寫序號）．a．堿式滴定管在滴定時未用標準NaOH溶液潤洗b．堿式滴定管的尖嘴在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失c．錐形瓶中加入待測白醋溶液后，再加少量水d．錐形瓶在滴定時劇烈搖動，有少量液體濺出．三、計算題（共6分）22．汽車尾氣凈化的一個反應為：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）．某小組同學為探究轉化效果，在一定溫度下，向2L容器中充入NO（g）和CO（g）各，使其發(fā)生反應，測得達到平衡后容器的壓強是起始壓強的．求：（1）NO的轉化率；（2）此溫度下的平衡常數．[寫出計算過程]．

2015-2016學年廣東省東莞市北師大石竹附屬學校高二（上）第二次月考化學試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題（本題包括16小題，每小題3分，共48分．每小題只有1個選項符合題意）1．pH=l的兩種酸溶液A、B各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積的關系如圖，下列說法正確的是（）①若a＜4，則A、B都是弱酸②稀釋后，A酸溶液的酸性比B酸溶液強③若a=4，則A是強酸，B是弱酸④A、B兩種酸溶液的物質的量濃度一定相等．A．①④ B．②③ C．①③ D．②④【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】由圖可知，稀釋相同的倍數，A的變化大，則A的酸性比B的酸性強，溶液中氫離子濃度越大，酸性越強，對于一元強酸來說c（酸）=c（H+），但對于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此來解答．【解答】解：①pH=1的酸，加水稀釋到1000倍，若pH=4，為強酸，若a＜4，則A、B都是弱酸，故①正確；②由圖可知，B的pH小，c（H+）大，則B酸的酸性強，故②錯誤；③由圖可知，若a=4，A完全電離，則A是強酸，B的pH變化小，則B為弱酸，故③正確；④因A、B酸的強弱不同，一元強酸來說c（酸）=c（H+），對于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），則A、B兩種酸溶液的物質的量濃度不一定相等，故④錯誤；故選C．2．反應A+B?C在溫度T1下進行，反應D+E?F在溫度T2下進行，已知T2＞T1，且D和E的濃度均大于A和B的濃度（其它條件均相同）則兩者的反應速率（）A．前者大 B．后者大 C．一樣大 D．無法確定【考點】化學反應速率的影響因素．【分析】比較溫度、濃度對化學反應速率的影響只能針對于同一個化學反應．【解答】解：影響化學反應速率的主要因素是物質的性質，物質越活潑，反應速率越大，而濃度、溫度為影響化學反應速率的外因，比較溫度、濃度對化學反應速率的影響只能針對于同一個化學反應，如Na和HCl溶液劇烈反應，但無論溫度多高、濃度多大，Cu都不與鹽酸反應，故選D．3．在同體積同濃度的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，分別加入足量的Zn，下列說法中正確的是（）A．硫酸中放出氫氣量最多B．醋酸中放出氫氣量最多C．鹽酸中放出的氫氣量最多D．鹽酸和硝酸中放出的氫氣相等【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】稀鹽酸、稀硫酸和醋酸與鋅反應都生成氫氣，稀硝酸和鋅反應生成氮的化合物；由于鋅足量，則生成氫氣的量取決于酸能夠提供氫離子的物質的量，結合硫酸為二元強酸、醋酸和鹽酸為一元酸分析生成氫氣的體積大?。窘獯稹拷猓合←}酸、稀硫酸和醋酸與鋅反應都生成氫氣，稀硝酸和鋅反應生成的不是氫氣，是氮的氧化物，硫酸是二元酸，醋酸和鹽酸是一元酸，等濃度、等體積的醋酸和鹽酸與足量鋅反應生成氫氣的量相同；等濃度等體積的硫酸和鹽酸中，硫酸中氫離子的物質的量大于鹽酸，所以硫酸中產生氫氣的量最多，故選A．4．在1000℃時，可逆反應：Fe（s）+CO2（g）?FeO（s）+CO（g）的平衡常數K=2．如果在充有一定量CO2的恒容密閉容器中加入足量的Fe，在1000℃時使之發(fā)生上述反應，達平衡時CO2的轉化率為（）A．10% B．% C．50% D．%【考點】化學平衡的計算．【分析】平衡常數K==2，則平衡時c平（CO）=2c平（CO2），根據碳元素守恒可知c起始（CO2）=c平（CO）+c平（CO2）=3c平（CO2），再計算二氧化碳濃度變化量，轉化率=×100%．【解答】解：平衡常數K==2，則平衡時c平（CO）=2c平（CO2），根據碳元素守恒可知c起始（CO2）=c平（CO）+c平（CO2）=3c平（CO2），則△c（CO2）=c起始（CO2）﹣c平（CO2）=2c平（CO2），故二氧化碳轉化率=×100%=%，故選：D．5．一定溫度的恒容密閉容器中進行如下可逆反應A（s）+2B（g）?2C（g）．下列敘述中，能說明反應已達到化學平衡狀態(tài)的是（）A．C消耗的速率與A消耗的速率相等B．單位時間內生成amolB，同時消耗amolCC．容器內的壓強不再變化D．混合氣體的密度不再變化【考點】化學平衡狀態(tài)的判斷．【分析】根據化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)．【解答】解：A、平衡時，C消耗的速率是A消耗的速率的2倍，故A錯誤；B、單位時間內生成amolB，同時消耗amolC，都體現逆反應方向，未體現正與逆的關系，所以不能說明達平衡狀態(tài)，故B錯誤；C、兩邊氣體計量數相等，所以容器內的壓強始終不變化，故C正確；D、混合氣體的密度不再變化，說明氣體質量不變，正逆反應速率相等，達平衡狀態(tài)，故D正確；故選D．6．用標準鹽酸測定未知濃度的氫氧化鈉溶液，下列操作導致結果偏低的是（）①錐形瓶用蒸餾水洗凈后，再用待測液潤洗2～3次②滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失；③滴定前仰視讀數，滴定后平視讀數；④搖動錐形瓶時，有少量液體濺出；⑤滴定時，錐形瓶里加入少量蒸餾水稀釋溶液．A．③ B．④⑤ C．①②③ D．③④【考點】化學實驗方案的評價．【分析】根據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷．【解答】解：①錐形瓶用蒸餾水洗凈后再用待測液潤洗，會使錐形瓶內溶質的物質的量增大，會造成V（標準）偏大，會造成c（待測）偏高，故①錯誤；②滴定前酸式滴定管尖端氣泡未排除，滴定后氣泡消失，會造成V（標準）偏大，會造成c（待測）偏高，故②錯誤；③滴定前仰視滴定管讀數，滴定后平視刻度讀數，NaOH溶液體積偏小，c（待測）偏小，故③正確；④搖動錐形瓶時有少量液體濺出瓶外，消耗的標準液體積偏小，測定結果偏小，故④正確；⑤錐形瓶里加入少量蒸餾水稀釋溶液，不影響待測液的物質的量，滴定過程中不影響消耗的標準液的體積，不影響測定結果，故⑤錯誤；故選D．7．反應：X（g）+3Y（g）?2Z（g）△H＜0，在不同溫度、不同壓強（P2＞P1）下，達平衡時，混合氣體中Z的百分含量隨溫度變化的曲線應為（）A． B． C． D．【考點】體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線．【分析】由方程式X（氣）+3Y（氣）?2Z（氣）+熱量，可知：反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，反應前氣體的化學計量數之和大于生成物氣體的化學計量數之和，則增大壓強平衡向正反應方向移動，以此判斷生成物Z的百分含量的變化．【解答】解：由方程式X（氣）+3Y（氣）?2Z（氣）+熱量，可知：反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，則生成物Z的百分含量減小，可排除A、B選項；反應前氣體的化學計量數之和大于生成物氣體的化學計量數之和，則增大壓強平衡向正反應方向移動，則生成物Z的百分含量增大，又P1＞P2，則C正確，D錯誤．故選C．8．以下對298K時PH為9的KOH溶液與PH為9的Na2CO3溶液中由水電離出的c（H+）的比較中，正確的是（）A．兩者相等 B．前者是后者的104倍C．后者是前者的104倍 D．無法比較【考點】影響鹽類水解程度的主要因素．【分析】酸和堿抑制水的電離，鹽類的水解促進水的電離，根據溶液的PH值，分別求出水電離產生的氫離子或者是氫氧根的濃度，進行比較即可得出答案．【解答】解：酸和堿抑制水的電離，鹽類的水解促進水的電離，對于氫氧化鈉而言，溶液中的氫離子是由水離出的，PH=9，則c（H+）=10﹣9mol/L，因為由水電離出的氫離子濃度等于氫氧根的濃度等于10﹣9mol/L；對于Na2CO3而言，碳酸根與水發(fā)生水解反應，溶液中的氫離子和氫氧根離子都是水電離的，PH=9的碳酸鈉溶液中氫氧根濃度為10﹣5mol/L，于是由水電離出的氫離子濃度等于由水電離出的氫氧根的濃度等于10﹣5mol/L，只不過，氫離子被碳酸根結合了，所以后者是前者的104倍，故選C．9．用?L﹣1的鹽酸滴定?L﹣1的氨水，滴定過程中不可能出現的結果是（）A．c（NH4+）＞c（Cl﹣），c（OH﹣）＞c（H+） B．c（NH4+）=c（Cl﹣），c（OH﹣）=c（H+）C．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+） D．c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（H+）＞c（OH﹣）【考點】離子濃度大小的比較；中和滴定．【分析】根據酸堿滴定中，無論溶液中的溶質是氯化銨、氯化銨和氯化氫、氯化銨和一水合氨，該溶液一定不顯電性，則利用遵循電荷守恒來分析解答．【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶質為氯化銨和一水合氨，則一般溶液顯堿性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱電解質的電離＞鹽的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），則符合電荷守恒，故A是可能出現的結果；B、若滴定后溶液中的溶質為氯化銨和一水合氨，當溶液中弱電解質的電離程度與鹽的水解程度相同時，溶液為中性，則c（OH﹣）=c（H+），由電荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出現的結果；C、當c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），則溶液中陰離子帶的電荷總數就大于陽離子帶的電荷總數，顯然與電荷守恒矛盾，故C是不可能出現的結果；D、若滴定后溶液中的溶質為氯化銨，由銨根離子水解則溶液顯酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，則c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合電荷守恒，故D是可能出現的結果；故選：C．10．已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣mol．現有SO2和O2各2mol，在恒溫下的固定體積容器中反應，平衡時SO2的轉化率為a，而在絕熱密閉的同一反應容器中反應，平衡時SO2的轉化率為b，則a與b的正確關系為（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．無法判斷【考點】化學平衡的影響因素．【分析】在恒溫下的固定體積容器中反應，隨反應進行氣體物質的量減小壓強減小的過程，在絕熱密閉的同一反應容器中反應，反應是放熱反應，溫度升高平衡逆向進行，據此分析判斷二氧化硫的轉化率．【解答】解：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣mol，反應是氣體體積減小的放熱反應，恒溫下的固定體積容器中反應，平衡時SO2的轉化率為a，在絕熱密閉的同一反應容器中反應，由于溫度升高平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，平衡時SO2的轉化率為b＜a，故選A．11．對于?L﹣1Na2SO3溶液，正確的是（）A．升高溫度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．加入少量NaOH固體，c（SO32﹣）與c（Na+）均增大【考點】離子濃度大小的比較．【分析】A、升高溫度，會促進鹽的水解；B、根據溶液中的物料守恒知識來回答；C、根據溶液中的電荷守恒知識來回答；D、根據水解平衡的移動原理來回答．【解答】解：?L﹣1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣，該過程是吸熱過程．A、升高溫度，水解平衡正向移動，所以溶液的pH升高，故A錯誤；B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故B錯誤；C、溶液中存在電荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故C正確；D、加入少量NaOH固體，平衡：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣向逆反應方向移動，所以c（SO32﹣）與c（Na+）均增大，故D正確．故選：CD．12．一定量的Fe與過量的稀硫酸反應制取氫氣，一定溫度下為加快反應速率而又不影響氫氣的量，可向其中加入少量（）A．K2SO4固體 B．Zn粉 C．SO3固體 D．CuSO4晶體【考點】化學反應速率的影響因素．【分析】一定溫度下為加快反應速率，可增大H+的濃度，硫酸過量，不影響氫氣的量，所加入物質不能減少參加反應的Fe的量，以此進行判斷．【解答】解：A．K2SO4固，H+的濃度不變，反應速率不變，故A錯誤；B．加入Zn粉，生成更多的氫氣，不符合題意，故B錯誤；C．加入少量SO3固體，生成硫酸，溶液H+的濃度增大，反應速率增大，不影響氫氣的量，故C正確；D．加入CuSO4晶體，形成原電池反應，反應速率加快，但消耗Fe粉，影響氫氣的量，故D錯誤．故選C．13．下列有關問題，與鹽的水解有關的是（）①NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接金屬中的除銹劑；②用NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液可作泡沫滅火劑；③草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用；④實驗室盛放Na2CO3溶液的試劑瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加熱蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固體．A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤【考點】鹽類水解的應用．【分析】①金屬生銹后可以和酸發(fā)生反應而除去；②泡沫滅火劑的滅火原理是二氧化碳滅火；③碳酸鉀和銨鹽之間會發(fā)生反應生成易揮發(fā)的氨氣；④玻璃塞的成分是二氧化硅，可以喝堿液發(fā)生反應；⑤AlCl3溶液解熱會生成氫氧化鋁．【解答】解：①NH4Cl與ZnCl2溶液中的銨根和鋅離子會發(fā)生水解，導致溶液顯示酸性，酸可以和金屬銹的成分反應而除銹，故①正確；②NaHCO3與Al2（SO4）3兩種溶液中的碳酸根離子和鋁離子雙水解會生成二氧化碳來滅火，二者可作泡沫滅火劑，故②正確；③草木灰碳酸鉀中的碳酸根離子與銨態(tài)氮肥中的銨根離子之間會雙水解，不能混合施用，故③正確；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解顯示堿性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和堿反應，會導致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正確；⑤加熱蒸干AlCl3溶液會促進鋁離子水解，這樣會得到Al（OH）3固體，故⑤正確．故選D．14．在一定溫度下，一定量的石灰乳懸濁液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）×Ca（OH）2（aq）×Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），當向此懸濁液中加入少量生石灰時，下列說法中正確的是（）A．n（Ca2+）增大 B．c（Ca2+）不變 C．c（OH﹣）增大 D．n（OH﹣）不變【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【分析】向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生反應：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗了水，由于仍然為飽和溶液，則溶液中c（Ca2+）、c（OH﹣）不變；原溶液已達到飽和，則沉淀溶解平衡向逆反應方向移動，故各離子的數目減少，但是飽和溶液的濃度只與溫度有關，故濃度保持不變，據此進行解答．【解答】解：向懸濁液中加少量生石灰，發(fā)生反應：CaO+H2O=Ca（OH）2，A．向懸濁液中加少量生石灰，反應消耗水，會析出氫氧化鈣，則n（Ca2+）減小，故A錯誤；B．反應后仍為飽和溶液，鈣離子濃度c（Ca2+）不變，故B正確；C．反應后仍為飽和溶液，c（OH﹣）不變，故C錯誤；D．反應后仍為飽和溶液，c（OH﹣）不變，溶液體積減小，所以n（OH﹣）減小，故D錯誤；故選B．15．已知25℃時有關弱酸的電離平衡常數：則下列有關說法正確的是（）弱酸化學式CH3COOHHCNH2CO3電離平衡常數（25℃）×10﹣5×l0﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11A．等物質的量濃度的各溶液pH關系為：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol?L﹣1HCN溶液與bmol?L﹣1NaOH溶液等體積混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），則a一定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，則溶液的導電性、n（H+）、pH均先增大后減小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應用；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】A、利用酸的電離常數比較酸性的強弱，再利用鹽中酸根離子對應的酸越弱，其水解程度越大來分析．B、等體積混合，若a=b恰好完全反應，因CN﹣的水解溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）．C、冰醋酸中逐滴加水電離程度一直在增大，氫離子物質的量增大，但氫離子離子濃度先增大而后較大，pH也是先減小后增大，且無限接近中性溶液的pH．D、利用電荷守恒來分析．【解答】解：A、由電離常數Ka的關系可知，×10﹣5＞×10﹣10＞×10﹣11，則酸性CH3COOH＞HCN＞HCO3﹣，顯然等濃度時Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，則等物質的量濃度的各溶液pH關系為pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A錯誤．B、等體積混合，若a=b恰好完全反應，因CN﹣的水解溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），a＜b時溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），即所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）時a≤b，故B錯誤；C、冰醋酸中逐滴加水，電離產生的離子濃度增大，導電性增大，但隨水的量增大，濃度變小，導電性減小，而n（H+）一直增大、pH先減小后增大，故C錯誤；D、因溶液不顯電性，則所有陽離子帶的電荷總數等于陰離子帶的負電荷總數，即c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正確；故選D．16．常溫下，下列各組離子能在指定環(huán)境中大量共存的是（）A．pH=13的溶液：SO32﹣、Na+、Al3+B．使甲基橙溶液變紅色的溶液：Na+、SO42﹣、CO32﹣C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液：NH4+、Cl﹣、NO3﹣D．加入足量Na2O2后的溶液：K+、Cl﹣、ClO﹣【考點】離子共存問題．【分析】A．pH=13的溶液中存在大量氫氧根離子，鋁離子與氫氧根離子反應；B．使甲基橙溶液變紅色的溶液中存在電離氫離子，碳酸根離子與氫離子反應；C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中存在電離氫氧根離子，銨根離子與氫氧根離子反應；D．三種離子之間不反應，都不與過氧化鈉反應．【解答】解：A．pH=13的溶液為堿性溶液，溶液中存在電離氫氧根離子，Al3+與氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B．使甲基橙溶液變紅色的溶液為酸性溶液，溶液中存在電離氫離子，CO32﹣與氫離子反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液為堿性溶液，溶液中存在電離氫氧根離子，NH4+與氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．K+、Cl﹣、ClO﹣之間不反應，加入過氧化鈉后也不反應，在溶液中能夠大量共存，故D正確；故選D．二、非選擇題（本題包括3大題，共46分）17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛．請回答下列問題：（1）NH4Al（SO4）2可作凈水劑，其理由是Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3膠體+3H+，Al（OH）3吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水（用必要的化學方程式和相關文字說明）．（2）相同條件下，LNH4Al（SO4）2中的c（NH）小于（填“等于”“大于”或“小于”）LNH4HSO4中的c（NH）．（3）如圖是L電解質溶液的pH隨溫度變化的圖象．①其中符合LNH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是Ⅰ（填寫字母），導致pH隨溫度變化的原因是NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度，其水解程度增大，pH減??；②20℃時，LNH4Al（SO4）2中2c（SO）﹣c（NH）﹣3c（Al3+）=10﹣3mol?L﹣1．【考點】鹽類水解的原理．【分析】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣電離出H+同樣抑制NH4+水解；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大；②根據電荷守恒定律解題．【解答】解：（1）Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性，離子方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3膠體+3H+，故答案為：Al3+水解生成的Al（OH）3膠體，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3膠體+3H+，Al（OH）3吸附懸浮顆粒使其沉降從而凈化水；（2）NH4Al（SO4）2與NH4HSO4中的NH4+均發(fā)生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣電離出H+同樣抑制NH4+水解，因為HSO4﹣電離生成的H+濃度比Al3+水解生成的H+濃度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案為：小于；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度其水解程度增大，pH減小，符合的曲線為Ⅰ，故答案為：Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高溫度，其水解程度增大，pH減??；②根據電荷守恒，可以求出2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3mol?L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案為：10﹣3mol?L﹣1．18．反應A（g）+B（g）?C（g）+D（g）過程中的能量變化如圖所示，回答下列問題．（1）該反應是放熱反應（填“吸熱”、“放熱”）．（2）當反應達到平衡時，升高溫度，A的轉化率減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“減小”、“不變”），原因是該反應正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動（3）反應體系中加入催化劑對反應熱是否有影響？無（填“有”、“無”），原因是催化劑不改變反應物總能量與生成物總能量之差即反應熱不變．（4）在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，E1和E2的變化是：E1減小，E2減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“減小”、“不變”）．【考點】反應熱和焓變；化學平衡的影響因素．【分析】（1）根據反應物與生成物總能量大小判斷；（2）根據溫度對平衡的影響分析移動方向，再判斷轉化率；（3）加入催化劑能降低反應的活化能，催化劑不改變反應物總能量與生成物總能量之差即反應熱不變；（4）加入催化劑能降低反應所需的活化能，據此分析．【解答】解：（1）由圖象可知該反應是一個能量降低的反應，所以屬于放熱反應；故答案為：放熱；（2）對應放熱反應，升高溫度，平衡逆移，A的濃度增大，A的轉化率減??；故答案為：減小；該反應正反應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應移動；（3）加入催化劑改變了反應的途徑，降低反應所需的活化能，但是催化劑不改變反應物總能量與生成物總能量之差即反應熱不變，所以催化劑對該反應的反應熱無影響；故答案為：無；催化劑不改變反應物總能量與生成物總能量之差即反應熱不變；（4）加入催化劑能降低反應所需的活化能，則E1和E2都減小，故答案為：減??；減小．19．發(fā)射衛(wèi)星用N2H4氣體為燃料，NO2氣體為氧化劑，兩者反應生成N2和水蒸氣，已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H3=﹣534kJ?mol﹣1；H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H4=﹣538kJ?mol﹣1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2=﹣484kJ?mol﹣1；H2O（1）═H2O（g）△H5=+?mol﹣1．（1）寫出N2H4氣體與NO2氣體反應生成氮氣和液態(tài)水的熱化學方程式：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣mol．（2）寫出N2H4氣體與F2氣體反應的熱化學方程式：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol．【考點】用蓋斯定律進行有關反應熱的計算．【分析】（1）已知：①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ?mol﹣1；⑤H2O（l）=H2O（g）△H3=+44kJ?mol﹣1．2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）可以是反應②×2﹣①﹣⑤×4得到，由此分析解答；（2）①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ/mol；③H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H4=﹣538kJ/mol④2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484kJ/mol；依據蓋斯定律③×2﹣④+①得到，由此分析解答．【解答】解：（1）已知：①N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H1=+?mol﹣1；②N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ?mol﹣1；⑤H2O（l）=H2O（g）△H3=+44kJ?mol﹣1．2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）可以是反應②×2﹣①﹣⑤×4得到，所以該反應的焓變=（﹣534kJ?mol﹣1）×2﹣?mol﹣1﹣（+44kJ?mol﹣1）×4=﹣mol，故答案為：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣mol；（2）①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H2=﹣534kJ/mol；③H2（g）+F2（g）=2HF（g）△H4=﹣538kJ/mol④2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣484kJ/mol；依據蓋斯定律③×2﹣④+①得到熱化學方程式為：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol；故答案為：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol．20．工業(yè)上制取CuCl2的生產流程如下：請結合下表數據，回答問題：物質Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度積/25℃×10﹣16×10﹣20×10﹣38完全沉淀時的pH范圍≥≥3～4（1）寫出下列離子方程式：A→B2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O；B→C+DCuO+2H+=Cu2++H2O．（2）溶液A中加入NaClO的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，使后一步沉淀Fe（OH）3更徹底．（3）在溶液B中加入CuO的作用是調節(jié)溶液的PH為3～4，使Fe3+完全轉變?yōu)闅溲趸F沉淀而分離Fe3+．（4）操作①應控制的pH范圍是：大于或等于；操作②的目的是洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質．（5）抽Cu（OH）2加入鹽酸使Cu（OH）2轉變?yōu)镃uCl2．采用“稍多量鹽酸”和“低溫蒸干”的目的是抑制Cu2+的水解，防止CuCl2晶體中含有Cu（OH）2雜質．【考點】制備實驗方案的設計；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【分析】根據生產流程圖可知，粗氧化銅（含氧化亞鐵）與鹽酸反應生成溶液A為氯化銅和氯化亞鐵溶液，加入加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，加入氧化銅，調節(jié)溶液的pH值，促使鐵離子水解而產生C為氫氧化鐵沉淀，溶液D中含有氯化銅，經過操作①得氫氧化銅沉淀，洗滌后與鹽酸反應得氯化銅，（1）溶液A中有氯化亞鐵和氯化銅，加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，溶液B中加入氧化銅，與溶液中的酸反應，能調節(jié)溶液的pH值；（2）次氯酸鈉具有氧化性，由于Fe2+沉淀時Cu2+已基本沉淀完全，所以必須先將Fe2+轉變?yōu)镕e3+才能完全除去；（3）加入氧化銅，調節(jié)溶液的PH，除去鐵離子雜質；（4）根據題中表中的數據確定操作①應控制的pH范圍，操作②為洗滌操作，除去氫氧化銅表面的可溶性雜質；（5）根據平衡Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+進行分析．【解答】解：根據生產流程圖可知，粗氧化銅（含氧化亞鐵）與鹽酸反應生成溶液A為氯化銅和氯化亞鐵溶液，加入加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，加入氧化銅，調節(jié)溶液的pH值，促使鐵離子水解而產生C為氫氧化鐵沉淀，溶液D中含有氯化銅，經過操作①得氫氧化銅沉淀，洗滌后與鹽酸反應得氯化銅，（1）溶液A中有氯化亞鐵和氯化銅，加入次氯酸鈉，將亞鐵離子氧化成鐵離子，反應的離子方程式為：2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O，溶液B中加入氧化銅，與溶液中的酸反應，能調節(jié)溶液的pH值，反應的離子方程式為CuO+2H+=Cu2++H2O，故答案為：2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O；CuO+2H+=Cu2++H2O；（2）根據表中完全沉淀時的pH范圍可知，Fe2+沉淀時Cu2+已基本沉淀完全，所以必須先將Fe2+轉變?yōu)镕e3+才能完全除去，所以溶液A中加入NaClO的目的是氧化Fe2+生成Fe3+有利于沉淀分離，故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+，使后一步沉淀Fe（OH）3更徹底；（3）在溶液B中加CuO調節(jié)溶液的pH使Fe3+完全沉淀，故答案為：調節(jié)溶液的PH為3～4，使Fe3+完全轉變?yōu)闅溲趸F沉淀而分離Fe3+；（4）根據表中數據，Cu2+完全沉淀時PH的范圍是大于或等于，操作a為洗滌，目的是洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質，故答案為：大于或等于；洗滌氫氧化銅表面的可溶性雜質；（5）因為溶液中存在以下平衡：Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+，加入過量鹽酸和低溫，能使平衡逆移，防止Cu2+水解，故答案為：抑制Cu2+的水解，防止CuCl2晶體中含有Cu（OH）2雜質．21．現使用酸堿中和滴定法測定市售白醋的總酸量（g?100mL﹣1）．Ⅰ．實驗步驟（1）用酸式滴定管（填儀器名稱）量取食用白醋，在燒杯中用水稀釋后轉移到100mL容量瓶（填儀器名稱）中定容，搖勻即得待測白醋溶液．（2）用酸式滴定管取待測白醋溶液于錐形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示劑．（3）讀取盛裝0mol?L﹣1NaOH溶液的堿式滴定管的初始讀數．如果液面位置如圖所示，則此時的讀數為mL．（4）滴定．當溶液由無色恰好變?yōu)闇\紅色，并在半分鐘內不褪色時，停止滴定，并記錄NaOH溶液的終讀數．重復滴定3次．Ⅱ．實驗記錄滴定次數實驗數據（mL）