安徽省池州市东至第二中学2024届化学高二上期中统考模拟试题含解析

安徽省池州市东至第二中学2024届化学高二上期中统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）ΔH=-92.4kJ/mol。在一恒温恒压的密闭容器里充入2molN2和8molH2达到平衡时生成1molNH3。现在相同条件下的同一容器中充入xmolN2，ymolH2和2molNH3，达到平衡时，NH3的质量分数与原来相同，且放出热量46.2kJ。则x、y的值为（）A．5，21 B．3，13 C．2，9 D．1.5，72、将下列某固体放入图示装置的试管中加热，澄清石灰水变浑浊，该固体可能是A．NaHCO3 B．Na2CO3 C．KCl D．K2SO43、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NAB．一定条件下，SO2与氧气反应生成0.1

mol

SO3，反应中转移电子数为0.2NAC．7.8gNa2S和Na2O2的混合物中，含有的阴离子数目为0.1NAD．氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，电路中通过的电子数目为4NA4、某原电池反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，则下列说法中正确的是A．可用稀HNO3作电解质溶液 B．溶液中H+移向负极C．电池放电过程中电解质溶液pH值减小 D．用铁作负极，铁质量不断减少5、常温常压下，10mL某气态烃与50mLO2混合点燃并完全燃烧后恢复到原来状况，剩余气体为35mL，则此烃的化学式为()A．C3H6 B．C5H12 C．C2H4 D．C6H66、下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A．pH=4的0.1mol/LNaHC2O4溶液c（HC2O4﹣）＞c（H+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）B．Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）C．Na2S溶液中c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S）D．室温下，pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的NaOH溶液等体积混合，溶液中离子浓度的大小顺序：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）7、下列物质中属于芳香醇的是()A． B．C． D．CH3CH2OH8、对于反应2NO(g)＋2H2(g)→N2(g)＋2H2O(g)，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：第一步：2NO⇌N2O2快速平衡第二步：N2O2＋H2→N2O＋H2O慢反应第三步：N2O＋H2→N2＋H2O快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是A．若第一步反应△H<0，则升高温度，v正减小，v逆增大B．第二步反应的活化能大于第三步的活化能C．第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞D．反应的中间产物只有N2O29、下列属于油脂的用途的是()①人类的营养物质②制取肥皂③制取甘油④制取高级脂肪酸⑤制取汽油A．①②③ B．①③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④10、下列做法不利于环境保护的是（）A．为减少温室气体排放，应减少燃煤，大力发展新能源，如核能、风能、太阳能B．用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气C．为节约垃圾处理的费用，大量采用垃圾的填埋D．在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水11、某元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，该元素最可能的化合价为()A．＋1价B．＋3价C．＋5价D．－5价12、在一定温度下，体积不变的密闭容器中，发生可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，下列说法中正确的是A．若向密闭容器中再充入N2，则反应速率减慢B．若反应前11s时，H2减少了1．3mol，则v(H2)=1.13mol·L-1·s-1C．若某时刻N2、H2、NH3的浓度不再发生变化，则表明该反应达到了平衡状态D．若某时刻消耗了1molN2同时生成了2molNH3，则表明该反应达到了平衡状态13、下列各项与化学平衡移动原理无关的是()。A．加催化剂，使N2和H2在一定的条件下转化为NH3B．收集氯气用排饱和食盐水的方法C．加压条件下有利于SO2和O2反应生成SO3D．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气14、0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，下列有关稀释后溶液的说法正确的是A．电离程度不变B．溶液中离子总数增多C．溶液导电性增强D．溶液中醋酸分子增多15、已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2molSO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是A．容器内压强P：P甲＝P丙>2P乙B．SO3的质量m：m甲＝m丙>2m乙C．c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙>k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝Q丙>2Q乙16、反应2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)在不同情况下测得的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．v(A)=0.4mol·L-1·s-1 B．v(B)=0.75mol·L-1·s-1C．v(C)=0.6mol·L-1·s-1 D．v(D)=0.15mol·L-1·s-1二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。18、(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。19、已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：①称量1.0g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol∙L−1的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如表：滴定序号待测液体积/(mL)所消耗盐酸标准液的体积/(mL)滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00请回答：(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________。(2)用___________滴定管填“酸式”或“碱式”盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液。(3)达到滴定终点时的标志为____________。(4)烧碱样品的纯度为_____________。(5)若出现下列情况，测定结果偏高的是_____________。a.未用待测液润洗碱式滴定管b.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确c.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗d.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液20、H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。请回答有关问题：(1)定性分析：可以通过观察甲装置__________现象，而定性得出结论。有同学指出：应将实验中将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，理由是_______________。(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是___________。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段。这一操作的实验目的是____________。实验时以2min时间为准，需要测量的数据是________。(其它可能影响实验的因素均已忽略)(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30mL5%H2O2溶液一次性加入盛有0.10molMnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积[V(量气管)]与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点___________90mL(填“大于”、“小于”或“等于”)。(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究_________________________。编号反应物催化剂①30mL5%H2O2溶液，10滴H2O0.10molMnO2②30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LHCl溶液0.10molMnO2③30mL5%H2O2溶液，10滴0.1mol/LNaOH溶液0.10molMnO221、室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。向20.00mL浓度约为0.1mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1000mol·L－1的标准NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg4＝0.6)（1）a点溶液中pH约为________，此时溶液中H2O电离出的c(H＋)为________。（2）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。（3）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是_________________（填字母序号）。A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积（4）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为_____mol/L。实验序号NaOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/mL121.0120.00220.9920.00321.6020.00

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【分析】由于是等温等压下的平衡，所以只要满足氢气和氮气的物质的量之比是4︰1即可。【题目详解】根据上述分析可知，，又因为放出热量46.2kJ这说明反应中必须消耗氮气0.5mol，即生成氨气是1mol。因此平衡时容器中氨气的物质的量是3mol，所以最初氮气的物质的量是2mol×3＝6mol，即x＋1＝6mol，所以x＝5，则y＝21。答案选A。2、A【题目详解】A、NaHCO3受热会产生二氧化碳气体，能使澄清石灰水变浑浊，故A正确；

B、Na2CO3受热不会分解，澄清石灰水不会变浑浊，故B错误；

C、KCl受热不会分解，澄清石灰水不会变浑浊，故C错误；

D、K2SO4受热不会分解,澄清石灰水不会变浑浊,故D错误；

综上所述，本题选A。【题目点拨】能使石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫等,根据实验装置知道X是受热会产生二氧化碳、二氧化硫等气体的物质。3、D【题目详解】A.25℃时，pH=13的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，则1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故正确；B.一定条件下，SO2与氧气反应生成0.1molSO3，硫元素的化合价从+4价升高到+6价，所以反应中转移电子数为0.2NA，故正确；C.硫化钠和过氧化钠的摩尔质量都为78g／mol，所以7.8Na2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，含有的阴离子数目为0.1NA，故正确；D.氢氧燃料电池正极消耗22.4L气体时，没有说明气体所在的温度和压强，不能计算其物质的量及电子数，故错误。故选D。4、D【题目详解】A．不可用稀HNO3作电解质溶液，否则得不到氢气，铁与硝酸反应生成硝酸铁、水和氮的氧化物，故A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，溶液中H+移向正极，故B错误；C．电池放电过程中电解质溶液中氢离子减小，pH值增大，故C错误；D．用铁作负极，Fe-2e-=Fe2+，铁质量不断减少，故D正确；故选D。5、A【题目详解】设烃的分子式为Cx

Hy，则Cx

Hy+(x+)O2xCO2+H2O△n1x+

1+10mL50mL（10mL+50mL-35mL）=25mL=，解得y=6又因为气态烃完全燃烧，故≤，则x≤3.5对照各选项，答案：A。6、C【解题分析】A.NaHC2O4溶液中阴离子水解导致溶液显示碱性，电离导致溶液显示酸性，该溶液pH=4，说明显示酸性，电离程度大于水解程度，所以c

（H2C2O4）＜c（C2O42-），故A错误；B.Na2CO3溶液中，根据原子守恒得：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故B错误；C.Na2S溶液中，根据质子守恒得：c（OH﹣）=c（H+）+c（HS﹣）+2c（H2S），故C正确；D.pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，c(NaOH)=0.1mol/L，pH=1的CH3COOH溶液中c(H+)=0.1mol/L，c(CH3COOH)>>0.1mol/L，（醋酸是弱酸,不能完全电离,要电离出0.1molH+，得需要多得多的醋酸分子）而醋酸和氢氧化钠的反应是按照物质的量1:1进行的，等体积的两种溶液中明显醋酸是过量的，有大量醋酸剩余，所以c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故D错误；故选C。【题目点拨】根据物料守恒和电荷守恒来分析解答，注意醋酸中氢离子浓度和酸浓度的关系是解本题关键。7、B【分析】分子里带有羟基的碳链连接苯环的醇叫做芳香醇。【题目详解】A．不含苯环，不是芳香化合物，A错误；B．含有苯环，且羟基连在侧链上，属于芳香醇，B正确；C．羟基直接连在苯环上，属于酚，C错误；D．CH3CH2OH不含有苯环，不是芳香醇，D错误；故选B。8、B【题目详解】A．不管△H<0，还是△H>0，升高温度，v正和v逆均增大，A选项错误；B．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步反应的活化能大于第三步的活化能，B选项正确；C．根据有效碰撞理论可知，任何化学反应的发生都需要有效碰撞，但每一次碰撞不一定是有效碰撞，C选项错误；D．反应的中间产物有N2O2和N2O，D选项错误；答案选B。【题目点拨】化学反应速率与温度有关，温度升高，活化分子数增多，无论是正反应速率还是逆反应速率都会加快，与平衡移动没有必然联系。9、D【题目详解】油脂是高级脂肪酸的甘油酯，可用于①人类的营养物质、②制取肥皂、③制取甘油、④制取高级脂肪酸，汽油的成分是烃类，油脂无法制取汽油。答案D。10、C【解题分析】A．大力发展新能源，可减少化石能源的使用，降低温室效应，故A正确；B、沼气作家庭燃气，减少了杂草、生活垃圾等有机废弃物对环境的污染，有利于改善环境质量，节能减排，故B正确；C．大量填埋垃圾，可导致土壤污染以及水污染，故C错误；D、安装太阳能热水器提供生活用热水不需要消耗能源也没有污染物排放，故D正确；故选C。11、B【解题分析】根据核外电子排布式可确定最外层电子数；根据最外层电子数可确定其可能的化合价；根据电子排布式为1s22s22p63s23p1可知该元素原子价电子排布式为3s23p1，所以可能的化合价为＋3价。【题目详解】基态原子电子排布为1s22s22p63s23p1，价电子为3s23p1，说明最外层电子数为3，在反应中易失去，则最可能的化合价为+3价。本题答案为B。12、C【解题分析】A.若向密闭容器中再充入N2，则反应物的浓度增大，可以知道反应速率加快，故A错误；B.由v=△c/△t可以知道，体积未知，不能计算1-11s的平均速率，故B错误；C.若某时刻N2、H2、NH3的浓度不再发生变化，反应达到了化学平衡状态，符合化学平衡状态的特征“定”，故C正确；D.消耗了1molN2同时生成了2molNH3，无法判断正反应速率和逆反应速率的关系，则不能判定是否达到化学平衡状态，故D错误。故选C。【题目点拨】化学平衡状态的本质标志是：V正＝V逆，注意V正＝V逆是对同一反应物而言的，若为不同物质应先根据速率比等于系数比换算成同一物质；达到化学平衡状态的间接标志：即能体现出V正＝V逆的标志，⑴体系中各组分的物质的量浓度、体积分数物质的量分数保持不变，⑵对同一物质而言断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等，若为不同物质可换算为同一物质。13、A【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释。【题目详解】A.催化剂只能加快反应速率，而不影响平衡移动，A符合题意；B.氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的Cl-，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO-+H++Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的Cl-，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物Cl-，根据勒夏特列原理，增大生成物的浓度，化学平衡向逆反应方向移动，使Cl2溶解量减小，所以可以平衡移动原理解释，B不符合题意；C.增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；D.浓氨水中存在化学平衡：NH3+H2O=NH3·H2O=NH4++OH-，加入氢氧化钠固体，氢氧化钠固体溶解放热，使一水合氨分解生成氨气的化学平衡逆向进行，能用化学平衡移动原理解释，D不符合题意；故合理选项是A。14、B【解题分析】醋酸为弱酸，存在电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，促进醋酸的电离，据此分析解答。【题目详解】A.加水稀释，促进电离，电离程度变大，故A错误；B.加水稀释，促进电离，CH3COOHCH3COO-+H+平衡右移，溶液中离子总数增多，故B正确；C.加水稀释，溶液中的离子浓度减小，溶液导电性减弱，故C错误；D.加水稀释，促进电离，CH3COOHCH3COO-+H+平衡右移，溶液中醋酸分子减少，故D错误；故选B。15、B【题目详解】由给的数据利用归一法可知甲和丙是等效平衡。A项，如果平衡不移动，p甲=p丙=2p乙，但乙加入的物质的量是甲、丙的一半，恒容下相当于减压，平衡左移，压强变大，所以应该是p甲=p丙<2p乙，故A错误；B项，根据A项分析，平衡左移，三氧化硫的量减少，所以m甲=m丙>2m乙，故B正确；C项，加入的量均为2∶1，反应的量为2∶1，三者剩余的量也一定相等，为2∶1，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，故C错误；D项，因为甲和丙是在不同的方向建立起的等效平衡，若转化率均为50%时，反应热的数值应相等，但该反应的转化率不一定是50%，所以Q甲和Q丙不一定相等，故D项错。答案选B。【题目点拨】本题的关键是甲乙容器的比较，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比较。16、C【题目详解】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率(单位相同)除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快：A．；B．;C．；D．；则反应速率最大的为C>B>A>D，故答案为C。【题目点拨】比较反应速率常用的两种方法：(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较；(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率(单位相同)除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【题目详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。18、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【题目详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【题目点拨】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。19、250mL容量瓶酸式最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色80%d【分析】配制溶液需要烧杯、玻璃棒、胶头滴、250mL容量瓶等，根据酸碱中和滴定所需仪器、滴定终点的判断、根据公式进行误差分析。【题目详解】(1)将样品配成250mL溶液，除小烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。(2)用酸式滴定管盛装0.10mol∙L−1的盐酸标准液；故答案为：酸式。(3)酚酞遇碱变红，随着酸的不断增多，溶液碱性逐渐减弱，颜色逐渐变浅，当最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色；故答案为：最后一滴标准盐酸溶液滴入，溶液由浅红色变为无色，且半分钟不恢复原色。(4)三次消耗盐酸体积分别为20.10mL、20.00mL、19.90mL，三组数据均有效，三消耗盐酸的平均体积为：，由NaOH～HCl可得则，即25.00mL待测溶液中含有，所以250mL待测溶液含有，该烧碱的纯度；故答案为：80%。(5)a．未用待测液润洗碱式滴定管，滴定管内残留的水会稀释待测液，消耗标液体积偏低，导致结果偏低，故a不符合题意；b．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，则所读取的标准液体积偏小，测定结果偏低，故b不符合题意；c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对结果无影响，故c不符合题意；d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则读取的标准液体积比实际用量偏大，测定结果偏高，故d符合题意；综上所述，答案为d。【题目点拨】本题考查中和滴定、溶液配制等知识，题目难度中等，明确中和滴定操作方法、溶液配制步骤为解答关键，注意掌握常见化学实验基本方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。20、产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等其他合理答案给分)排除Cl−对实验的干扰(其他合理答案给分)分液漏斗检查装置的气密性(在同温同压下，反应2min收集)气体的体积(其他合理答案给分)小于溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响其他合理答案给分)【分析】探究催化剂对过氧化氢分解的影响，根据实验要求应控制变量，通过分解生成气泡的快慢或单位时间内生成氧气的体积进行催化效果的判断，反应物浓度越高，反应速率越快。【题目详解】(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将FeCl3溶液改为Fe2(SO4)3溶液，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，还可以将CuSO4改为CuC