初中化学鲁教版九年级下册第八单元海水中的化学单元复习 优质课奖

2015-2016学年广东省东莞市北师大石竹附属学校高二（上）第二次月考化学试卷一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有1个选项符合题意）1．pH=l的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是（）①若a＜4，则A、B都是弱酸②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强③若a=4，则A是强酸，B是弱酸④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①④ B．②③ C．①③ D．②④2．反应A+B⇌C在温度T1下进行，反应D+E⇌F在温度T2下进行，已知T2＞T1，且D和E的浓度均大于A和B的浓度（其它条件均相同）则两者的反应速率（）A．前者大 B．后者大 C．一样大 D．无法确定3．在同体积同浓度的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，分别加入足量的Zn，下列说法中正确的是（）A．硫酸中放出氢气量最多B．醋酸中放出氢气量最多C．盐酸中放出的氢气量最多D．盐酸和硝酸中放出的氢气相等4．在1000℃时，可逆反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）的平衡常数K=2．如果在充有一定量CO2的恒容密闭容器中加入足量的Fe，在1000℃时使之发生上述反应，达平衡时CO2的转化率为（）A．10% B．% C．50% D．%5．一定温度的恒容密闭容器中进行如下可逆反应A（s）+2B（g）⇌2C（g）．下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是（）A．C消耗的速率与A消耗的速率相等B．单位时间内生成amolB，同时消耗amolCC．容器内的压强不再变化D．混合气体的密度不再变化6．用标准盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作导致结果偏低的是（）①锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用待测液润洗2～3次②滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失；③滴定前仰视读数，滴定后平视读数；④摇动锥形瓶时，有少量液体溅出；⑤滴定时，锥形瓶里加入少量蒸馏水稀释溶液．A．③ B．④⑤ C．①②③ D．③④7．反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，在不同温度、不同压强（P2＞P1）下，达平衡时，混合气体中Z的百分含量随温度变化的曲线应为（）A． B． C． D．8．以下对298K时PH为9的KOH溶液与PH为9的Na2CO3溶液中由水电离出的c（H+）的比较中，正确的是（）A．两者相等 B．前者是后者的104倍C．后者是前者的104倍 D．无法比较9．用•L﹣1的盐酸滴定•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）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．现有SO2和O2各2mol，在恒温下的固定体积容器中反应，平衡时SO2的转化率为a，而在绝热密闭的同一反应容器中反应，平衡时SO2的转化率为b，则a与b的正确关系为（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法判断11．对于•L﹣1Na2SO3溶液，正确的是（）A．升高温度，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固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大12．一定量的Fe与过量的稀硫酸反应制取氢气，一定温度下为加快反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入少量（）A．K2SO4固体 B．Zn粉 C．SO3固体 D．CuSO4晶体13．下列有关问题，与盐的水解有关的是（）①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂；②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；③草木灰与铵态氮肥不能混合施用；④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体．A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤14．在一定温度下，一定量的石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）×Ca（OH）2（aq）×Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），当向此悬浊液中加入少量生石灰时，下列说法中正确的是（）A．n（Ca2+）增大 B．c（Ca2+）不变 C．c（OH﹣）增大 D．n（OH﹣）不变15．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）×10﹣5×l0﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol•L﹣1HCN溶液与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、n（H+）、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）16．常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（）A．pH=13的溶液：SO32﹣、Na+、Al3+B．使甲基橙溶液变红色的溶液：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、非选择题（本题包括3大题，共46分）17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．请回答下列问题：（1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其理由是（用必要的化学方程式和相关文字说明）．（2）相同条件下，LNH4Al（SO4）2中的c（NH）（填“等于”“大于”或“小于”）LNH4HSO4中的c（NH）．（3）如图是L电解质溶液的pH随温度变化的图象．①其中符合LNH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是（填写字母），导致pH随温度变化的原因是；②20℃时，LNH4Al（SO4）2中2c（SO）﹣c（NH）﹣3c（Al3+）=．18．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．（1）该反应是反应（填“吸热”、“放热”）．（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？（填“有”、“无”），原因是．（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1，E2（填“增大”、“减小”、“不变”）．19．发射卫星用N2H4气体为燃料，NO2气体为氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气，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）写出N2H4气体与NO2气体反应生成氮气和液态水的热化学方程式：．（2）写出N2H4气体与F2气体反应的热化学方程式：．20．工业上制取CuCl2的生产流程如下：请结合下表数据，回答问题：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度积/25℃×10﹣16×10﹣20×10﹣38完全沉淀时的pH范围≥≥3～4（1）写出下列离子方程式：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应控制的pH范围是：；操作②的目的是．（5）抽Cu（OH）2加入盐酸使Cu（OH）2转变为CuCl2．采用“稍多量盐酸”和“低温蒸干”的目的是．21．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100mL﹣1）．Ⅰ．实验步骤（1）用（填仪器名称）量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴作指示剂．（3）读取盛装0mol•L﹣1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为mL．（4）滴定．当时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．Ⅱ．实验记录滴定次数实验数据（mL）1234V（样品）V（NaOH）（消耗）Ⅲ．数据处理与讨论（1）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V=mL=．指出他的计算的不合理之处．按正确数据处理，可得c（市售白醋）=mol•L﹣1；市售白醋总酸量=g•100mL﹣1．（2）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是填写序号）．a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．三、计算题（共6分）22．汽车尾气净化的一个反应为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）．某小组同学为探究转化效果，在一定温度下，向2L容器中充入NO（g）和CO（g）各，使其发生反应，测得达到平衡后容器的压强是起始压强的．求：（1）NO的转化率；（2）此温度下的平衡常数．[写出计算过程]．

2015-2016学年广东省东莞市北师大石竹附属学校高二（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有1个选项符合题意）1．pH=l的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是（）①若a＜4，则A、B都是弱酸②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强③若a=4，则A是强酸，B是弱酸④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等．A．①④ B．②③ C．①③ D．②④【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），以此来解答．【解答】解：①pH=1的酸，加水稀释到1000倍，若pH=4，为强酸，若a＜4，则A、B都是弱酸，故①正确；②由图可知，B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故②错误；③由图可知，若a=4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故③正确；④因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故④错误；故选C．2．反应A+B⇌C在温度T1下进行，反应D+E⇌F在温度T2下进行，已知T2＞T1，且D和E的浓度均大于A和B的浓度（其它条件均相同）则两者的反应速率（）A．前者大 B．后者大 C．一样大 D．无法确定【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应．【解答】解：影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl溶液剧烈反应，但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，故选D．3．在同体积同浓度的H2SO4、HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，分别加入足量的Zn，下列说法中正确的是（）A．硫酸中放出氢气量最多B．醋酸中放出氢气量最多C．盐酸中放出的氢气量最多D．盐酸和硝酸中放出的氢气相等【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】稀盐酸、稀硫酸和醋酸与锌反应都生成氢气，稀硝酸和锌反应生成氮的化合物；由于锌足量，则生成氢气的量取决于酸能够提供氢离子的物质的量，结合硫酸为二元强酸、醋酸和盐酸为一元酸分析生成氢气的体积大小．【解答】解：稀盐酸、稀硫酸和醋酸与锌反应都生成氢气，稀硝酸和锌反应生成的不是氢气，是氮的氧化物，硫酸是二元酸，醋酸和盐酸是一元酸，等浓度、等体积的醋酸和盐酸与足量锌反应生成氢气的量相同；等浓度等体积的硫酸和盐酸中，硫酸中氢离子的物质的量大于盐酸，所以硫酸中产生氢气的量最多，故选A．4．在1000℃时，可逆反应：Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g）的平衡常数K=2．如果在充有一定量CO2的恒容密闭容器中加入足量的Fe，在1000℃时使之发生上述反应，达平衡时CO2的转化率为（）A．10% B．% C．50% D．%【考点】化学平衡的计算．【分析】平衡常数K==2，则平衡时c平（CO）=2c平（CO2），根据碳元素守恒可知c起始（CO2）=c平（CO）+c平（CO2）=3c平（CO2），再计算二氧化碳浓度变化量，转化率=×100%．【解答】解：平衡常数K==2，则平衡时c平（CO）=2c平（CO2），根据碳元素守恒可知c起始（CO2）=c平（CO）+c平（CO2）=3c平（CO2），则△c（CO2）=c起始（CO2）﹣c平（CO2）=2c平（CO2），故二氧化碳转化率=×100%=%，故选：D．5．一定温度的恒容密闭容器中进行如下可逆反应A（s）+2B（g）⇌2C（g）．下列叙述中，能说明反应已达到化学平衡状态的是（）A．C消耗的速率与A消耗的速率相等B．单位时间内生成amolB，同时消耗amolCC．容器内的压强不再变化D．混合气体的密度不再变化【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、平衡时，C消耗的速率是A消耗的速率的2倍，故A错误；B、单位时间内生成amolB，同时消耗amolC，都体现逆反应方向，未体现正与逆的关系，所以不能说明达平衡状态，故B错误；C、两边气体计量数相等，所以容器内的压强始终不变化，故C正确；D、混合气体的密度不再变化，说明气体质量不变，正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；故选D．6．用标准盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作导致结果偏低的是（）①锥形瓶用蒸馏水洗净后，再用待测液润洗2～3次②滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失；③滴定前仰视读数，滴定后平视读数；④摇动锥形瓶时，有少量液体溅出；⑤滴定时，锥形瓶里加入少量蒸馏水稀释溶液．A．③ B．④⑤ C．①②③ D．③④【考点】化学实验方案的评价．【分析】根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断．【解答】解：①锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高，故①错误；②滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，会造成V（标准）偏大，会造成c（待测）偏高，故②错误；③滴定前仰视滴定管读数，滴定后平视刻度读数，NaOH溶液体积偏小，c（待测）偏小，故③正确；④摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故④正确；⑤锥形瓶里加入少量蒸馏水稀释溶液，不影响待测液的物质的量，滴定过程中不影响消耗的标准液的体积，不影响测定结果，故⑤错误；故选D．7．反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，在不同温度、不同压强（P2＞P1）下，达平衡时，混合气体中Z的百分含量随温度变化的曲线应为（）A． B． C． D．【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】由方程式X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）+热量，可知：反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，反应前气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，以此判断生成物Z的百分含量的变化．【解答】解：由方程式X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）+热量，可知：反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则生成物Z的百分含量减小，可排除A、B选项；反应前气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和，则增大压强平衡向正反应方向移动，则生成物Z的百分含量增大，又P1＞P2，则C正确，D错误．故选C．8．以下对298K时PH为9的KOH溶液与PH为9的Na2CO3溶液中由水电离出的c（H+）的比较中，正确的是（）A．两者相等 B．前者是后者的104倍C．后者是前者的104倍 D．无法比较【考点】影响盐类水解程度的主要因素．【分析】酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，根据溶液的PH值，分别求出水电离产生的氢离子或者是氢氧根的浓度，进行比较即可得出答案．【解答】解：酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，对于氢氧化钠而言，溶液中的氢离子是由水离出的，PH=9，则c（H+）=10﹣9mol/L，因为由水电离出的氢离子浓度等于氢氧根的浓度等于10﹣9mol/L；对于Na2CO3而言，碳酸根与水发生水解反应，溶液中的氢离子和氢氧根离子都是水电离的，PH=9的碳酸钠溶液中氢氧根浓度为10﹣5mol/L，于是由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根的浓度等于10﹣5mol/L，只不过，氢离子被碳酸根结合了，所以后者是前者的104倍，故选C．9．用•L﹣1的盐酸滴定•L﹣1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是（）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﹣）【考点】离子浓度大小的比较；中和滴定．【分析】根据酸碱滴定中，无论溶液中的溶质是氯化铵、氯化铵和氯化氢、氯化铵和一水合氨，该溶液一定不显电性，则利用遵循电荷守恒来分析解答．【解答】解：A、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，则一般溶液显碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），溶液中弱电解质的电离＞盐的水解，即c（NH4+）＞c（Cl﹣），则符合电荷守恒，故A是可能出现的结果；B、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵和一水合氨，当溶液中弱电解质的电离程度与盐的水解程度相同时，溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl﹣），故B是可能出现的结果；C、当c（Cl﹣）＞c（NH4+），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中阴离子带的电荷总数就大于阳离子带的电荷总数，显然与电荷守恒矛盾，故C是不可能出现的结果；D、若滴定后溶液中的溶质为氯化铵，由铵根离子水解则溶液显酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），且符合电荷守恒，故D是可能出现的结果；故选：C．10．已知：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣mol．现有SO2和O2各2mol，在恒温下的固定体积容器中反应，平衡时SO2的转化率为a，而在绝热密闭的同一反应容器中反应，平衡时SO2的转化率为b，则a与b的正确关系为（）A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法判断【考点】化学平衡的影响因素．【分析】在恒温下的固定体积容器中反应，随反应进行气体物质的量减小压强减小的过程，在绝热密闭的同一反应容器中反应，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，据此分析判断二氧化硫的转化率．【解答】解：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣mol，反应是气体体积减小的放热反应，恒温下的固定体积容器中反应，平衡时SO2的转化率为a，在绝热密闭的同一反应容器中反应，由于温度升高平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，平衡时SO2的转化率为b＜a，故选A．11．对于•L﹣1Na2SO3溶液，正确的是（）A．升高温度，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固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A、升高温度，会促进盐的水解；B、根据溶液中的物料守恒知识来回答；C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；D、根据水解平衡的移动原理来回答．【解答】解：•L﹣1Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，该过程是吸热过程．A、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，故A错误；B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故B错误；C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故C正确；D、加入少量NaOH固体，平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣向逆反应方向移动，所以c（SO32﹣）与c（Na+）均增大，故D正确．故选：CD．12．一定量的Fe与过量的稀硫酸反应制取氢气，一定温度下为加快反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入少量（）A．K2SO4固体 B．Zn粉 C．SO3固体 D．CuSO4晶体【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】一定温度下为加快反应速率，可增大H+的浓度，硫酸过量，不影响氢气的量，所加入物质不能减少参加反应的Fe的量，以此进行判断．【解答】解：A．K2SO4固，H+的浓度不变，反应速率不变，故A错误；B．加入Zn粉，生成更多的氢气，不符合题意，故B错误；C．加入少量SO3固体，生成硫酸，溶液H+的浓度增大，反应速率增大，不影响氢气的量，故C正确；D．加入CuSO4晶体，形成原电池反应，反应速率加快，但消耗Fe粉，影响氢气的量，故D错误．故选C．13．下列有关问题，与盐的水解有关的是（）①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂；②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可作泡沫灭火剂；③草木灰与铵态氮肥不能混合施用；④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞；⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体．A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤【考点】盐类水解的应用．【分析】①金属生锈后可以和酸发生反应而除去；②泡沫灭火剂的灭火原理是二氧化碳灭火；③碳酸钾和铵盐之间会发生反应生成易挥发的氨气；④玻璃塞的成分是二氧化硅，可以喝碱液发生反应；⑤AlCl3溶液解热会生成氢氧化铝．【解答】解：①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确；②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②正确；③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确；⑤加热蒸干AlCl3溶液会促进铝离子水解，这样会得到Al（OH）3固体，故⑤正确．故选D．14．在一定温度下，一定量的石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca（OH）2（s）×Ca（OH）2（aq）×Ca2+（aq）+2OH﹣（aq），当向此悬浊液中加入少量生石灰时，下列说法中正确的是（）A．n（Ca2+）增大 B．c（Ca2+）不变 C．c（OH﹣）增大 D．n（OH﹣）不变【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】向悬浊液中加少量生石灰，发生反应：CaO+H2O=Ca（OH）2，消耗了水，由于仍然为饱和溶液，则溶液中c（Ca2+）、c（OH﹣）不变；原溶液已达到饱和，则沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，故各离子的数目减少，但是饱和溶液的浓度只与温度有关，故浓度保持不变，据此进行解答．【解答】解：向悬浊液中加少量生石灰，发生反应：CaO+H2O=Ca（OH）2，A．向悬浊液中加少量生石灰，反应消耗水，会析出氢氧化钙，则n（Ca2+）减小，故A错误；B．反应后仍为饱和溶液，钙离子浓度c（Ca2+）不变，故B正确；C．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，故C错误；D．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，溶液体积减小，所以n（OH﹣）减小，故D错误；故选B．15．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25℃）×10﹣5×l0﹣10K1=×10﹣7K2=×10﹣11A．等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）＞pH（Na2CO3）＞pH（CH3COONa）B．amol•L﹣1HCN溶液与bmol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后，溶液中c（Na+）＞c（CN﹣），则a一定小于bC．冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、n（H+）、pH均先增大后减小D．NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，存在c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A、利用酸的电离常数比较酸性的强弱，再利用盐中酸根离子对应的酸越弱，其水解程度越大来分析．B、等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN﹣的水解溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）．C、冰醋酸中逐滴加水电离程度一直在增大，氢离子物质的量增大，但氢离子离子浓度先增大而后较大，pH也是先减小后增大，且无限接近中性溶液的pH．D、利用电荷守恒来分析．【解答】解：A、由电离常数Ka的关系可知，×10﹣5＞×10﹣10＞×10﹣11，则酸性CH3COOH＞HCN＞HCO3﹣，显然等浓度时Na2CO3的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（Na2CO3）＞pH（NaCN）＞pH（CH3COONa），故A错误．B、等体积混合，若a=b恰好完全反应，因CN﹣的水解溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），a＜b时溶液中存在c（Na+）＞c（CN﹣），即所得溶液中c（Na+）＞c（CN﹣）时a≤b，故B错误；C、冰醋酸中逐滴加水，电离产生的离子浓度增大，导电性增大，但随水的量增大，浓度变小，导电性减小，而n（H+）一直增大、pH先减小后增大，故C错误；D、因溶液不显电性，则所有阳离子带的电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故D正确；故选D．16．常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（）A．pH=13的溶液：SO32﹣、Na+、Al3+B．使甲基橙溶液变红色的溶液：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﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．pH=13的溶液中存在大量氢氧根离子，铝离子与氢氧根离子反应；B．使甲基橙溶液变红色的溶液中存在电离氢离子，碳酸根离子与氢离子反应；C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液中存在电离氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应；D．三种离子之间不反应，都不与过氧化钠反应．【解答】解：A．pH=13的溶液为碱性溶液，溶液中存在电离氢氧根离子，Al3+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使甲基橙溶液变红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在电离氢离子，CO32﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．在c（H+）=10﹣12mol/L的溶液为碱性溶液，溶液中存在电离氢氧根离子，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．K+、Cl﹣、ClO﹣之间不反应，加入过氧化钠后也不反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．二、非选择题（本题包括3大题，共46分）17．NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．请回答下列问题：（1）NH4Al（SO4）2可作净水剂，其理由是Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3胶体+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水（用必要的化学方程式和相关文字说明）．（2）相同条件下，LNH4Al（SO4）2中的c（NH）小于（填“等于”“大于”或“小于”）LNH4HSO4中的c（NH）．（3）如图是L电解质溶液的pH随温度变化的图象．①其中符合LNH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是Ⅰ（填写字母），导致pH随温度变化的原因是NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；②20℃时，LNH4Al（SO4）2中2c（SO）﹣c（NH）﹣3c（Al3+）=10﹣3mol•L﹣1．【考点】盐类水解的原理．【分析】（1）Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性；（2）NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；②根据电荷守恒定律解题．【解答】解：（1）Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2O═Al（OH）3胶体+3H+，故答案为：Al3+水解生成的Al（OH）3胶体，具有吸附性，即Al3++3H2O═Al（OH）3胶体+3H+，Al（OH）3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；（2）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：小于；（3）①NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ，故答案为：Ⅰ；NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小；②根据电荷守恒，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]，故答案为：10﹣3mol•L﹣1．18．反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）过程中的能量变化如图所示，回答下列问题．（1）该反应是放热反应（填“吸热”、“放热”）．（2）当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减小（填“增大”、“减小”、“不变”），原因是该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动（3）反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响？无（填“有”、“无”），原因是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变．（4）在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1和E2的变化是：E1减小，E2减小（填“增大”、“减小”、“不变”）．【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】（1）根据反应物与生成物总能量大小判断；（2）根据温度对平衡的影响分析移动方向，再判断转化率；（3）加入催化剂能降低反应的活化能，催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，据此分析．【解答】解：（1）由图象可知该反应是一个能量降低的反应，所以属于放热反应；故答案为：放热；（2）对应放热反应，升高温度，平衡逆移，A的浓度增大，A的转化率减小；故答案为：减小；该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动；（3）加入催化剂改变了反应的途径，降低反应所需的活化能，但是催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变，所以催化剂对该反应的反应热无影响；故答案为：无；催化剂不改变反应物总能量与生成物总能量之差即反应热不变；（4）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，故答案为：减小；减小．19．发射卫星用N2H4气体为燃料，NO2气体为氧化剂，两者反应生成N2和水蒸气，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）写出N2H4气体与NO2气体反应生成氮气和液态水的热化学方程式：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O（l）△H=﹣mol．（2）写出N2H4气体与F2气体反应的热化学方程式：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【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）可以是反应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；依据盖斯定律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）可以是反应②×2﹣①﹣⑤×4得到，所以该反应的焓变=（﹣534kJ•mol﹣1）×2﹣•mol﹣1﹣（+44kJ•mol﹣1）×4=﹣mol，故答案为：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；依据盖斯定律③×2﹣④+①得到热化学方程式为：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol；故答案为：N2H4（g）+2F2（g）=N2（g）+4HF（g）△H=﹣1126KJ/mol．20．工业上制取CuCl2的生产流程如下：请结合下表数据，回答问题：物质Fe（OH）2Cu（OH）2Fe（OH）3溶度积/25℃×10﹣16×10﹣20×10﹣38完全沉淀时的pH范围≥≥3～4（1）写出下列离子方程式：A→B2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O；B→C+DCuO+2H+=Cu2++H2O．（2）溶液A中加入NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，使后一步沉淀Fe（OH）3更彻底．（3）在溶液B中加入CuO的作用是调节溶液的PH为3～4，使Fe3+完全转变为氢氧化铁沉淀而分离Fe3+．（4）操作①应控制的pH范围是：大于或等于；操作②的目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质．（5）抽Cu（OH）2加入盐酸使Cu（OH）2转变为CuCl2．采用“稍多量盐酸”和“低温蒸干”的目的是抑制Cu2+的水解，防止CuCl2晶体中含有Cu（OH）2杂质．【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】根据生产流程图可知，粗氧化铜（含氧化亚铁）与盐酸反应生成溶液A为氯化铜和氯化亚铁溶液，加入加入次氯酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，加入氧化铜，调节溶液的pH值，促使铁离子水解而产生C为氢氧化铁沉淀，溶液D中含有氯化铜，经过操作①得氢氧化铜沉淀，洗涤后与盐酸反应得氯化铜，（1）溶液A中有氯化亚铁和氯化铜，加入次氯酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，溶液B中加入氧化铜，与溶液中的酸反应，能调节溶液的pH值；（2）次氯酸钠具有氧化性，由于Fe2+沉淀时Cu2+已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2+转变为Fe3+才能完全除去；（3）加入氧化铜，调节溶液的PH，除去铁离子杂质；（4）根据题中表中的数据确定操作①应控制的pH范围，操作②为洗涤操作，除去氢氧化铜表面的可溶性杂质；（5）根据平衡Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+进行分析．【解答】解：根据生产流程图可知，粗氧化铜（含氧化亚铁）与盐酸反应生成溶液A为氯化铜和氯化亚铁溶液，加入加入次氯酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，加入氧化铜，调节溶液的pH值，促使铁离子水解而产生C为氢氧化铁沉淀，溶液D中含有氯化铜，经过操作①得氢氧化铜沉淀，洗涤后与盐酸反应得氯化铜，（1）溶液A中有氯化亚铁和氯化铜，加入次氯酸钠，将亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O，溶液B中加入氧化铜，与溶液中的酸反应，能调节溶液的pH值，反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，故答案为：2H++ClO﹣+2Fe2+=2Fe3++Cl﹣+H2O；CuO+2H+=Cu2++H2O；（2）根据表中完全沉淀时的pH范围可知，Fe2+沉淀时Cu2+已基本沉淀完全，所以必须先将Fe2+转变为Fe3+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+有利于沉淀分离，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，使后一步沉淀Fe（OH）3更彻底；（3）在溶液B中加CuO调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，故答案为：调节溶液的PH为3～4，使Fe3+完全转变为氢氧化铁沉淀而分离Fe3+；（4）根据表中数据，Cu2+完全沉淀时PH的范围是大于或等于，操作a为洗涤，目的是洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质，故答案为：大于或等于；洗涤氢氧化铜表面的可溶性杂质；（5）因为溶液中存在以下平衡：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+，加入过量盐酸和低温，能使平衡逆移，防止Cu2+水解，故答案为：抑制Cu2+的水解，防止CuCl2晶体中含有Cu（OH）2杂质．21．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100mL﹣1）．Ⅰ．实验步骤（1）用酸式滴定管（填仪器名称）量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂．（3）读取盛装0mol•L﹣1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数．如果液面位置如图所示，则此时的读数为mL．（4）滴定．当溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．Ⅱ．实验记录滴定次数实验数据（mL）