黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

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黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

尚志中学高二期中考试试题化学卷 一.选择题(每题3分 18小题 共54分)‎ ‎1.据报道,科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】水分解是吸热反应,反应物总能量低于生成物总能量,催化剂能降低反应的活化能,但反应热不变,图像B符合,答案选B。‎ ‎【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能,但不改变反应热。‎ ‎2.下列各离子①R-,②R+,③R2+,④R3+,⑤RH4+,⑥RH-(R表示不同的元素)都有10个电子,其中不会破坏水的电离平衡的有( )‎ A. 仅有②③ B. 仅有② C. ⑥ D. ②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】离子①R- ②R+ ③R3+ ④RH4+ ⑤RH-(R表示不同的元素)都有10个电子,分别为①F- ②Na+ ③Al3+ ④NH4+ ⑤OH-,其中①F-、③Al3+、④NH4+可水解而促进水的电离,⑤OH-抑制水的电离,则不会破坏水的电离平衡的仅有②,‎ 故选:B。‎ ‎3. 下列说法正确的是 A. 增大压强,活化分子百分数增大,化学反应速率一定增大 B. 升高温度,活化分子百分数增大,化学反应速率可能增大 C. 加入反应物,使活化分子百分数增大,化学反应速率增大 D. 一般使用催化剂可以降低反应活化能,增大活化分子百分数,增大化学反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析:对于有气体参加的反应,增大压强,只能增大活化分子数,活化分子百分数不变,故A错误;升高温度活化分子百分数增大,反应速率一定增大,故B错误;加入反应物,使活化分子百分数不变,故C错误,一般使用催化剂可以降低反应活化能,增大活化分子百分数,增大化学反应速率,故D正确。‎ 考点:化学反应速率的影响因素 ‎4.已知在等温等压条件下,化学反应方向的判据为:ΔH-TΔS<0 反应能正向自发进行,ΔH-TΔS=0 反应达到平衡状态, ΔH-TΔS>0 反应不能自发进行。设反应A=D+E ΔH-TΔS=(-4 500+11T) J·mol-1,要防止反应发生,温度必须(  )‎ A. 高于409 K B. 低于136 K C. 高于136 K而低于409 K D. 低于409 K ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知反应A═D+E △H-T△S=(-4 500+11T )J·mol-1,(温度单位为K)。要防止A分解反应发生,需要△H-T△S=(-4 500+11T )J·mol-1≥0,计算得到:T≥409K,故选A。‎ ‎5.常温下,指定条件下,下列离子一定可以大量共存的是( )‎ A. pH=1的溶液中,Na+、Al3+、CO32-、SO42-‎ B. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中,Na+、AlO2-、CO32-、SO42-‎ C. Na+、NH4+、HCO3-、Cl-‎ D. Na+、Al3+、AlO2-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液中,H+与CO32-反应,生成HCO3-或水和CO2,故A错误;‎ B. 由水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中,溶液呈酸性或碱性,H+与AlO2-、H+与CO32-均不能大量共存,故B错误;-‎ C. Na+、NH4+、HCO3-、Cl-之间不生成沉淀,气体或水,故C正确;‎ D. Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎6.若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为( )‎ A. 10(a+b-12)% B. 10(a+b-14)% C. 10(12-a-b)% D. 10(14-a-b)%‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则氨水的浓度和盐酸的浓度相等,都是10-bmol/L,根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为10a-14mol/L,所以室温下氨水的电离度为。答案选A。‎ ‎7.某温度下,在固定容积的密闭容器中,可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g)达到平衡时,各物质的物质的量之比为n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。保持温度不变,以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C,则 ( )‎ A. 平衡不移动 B. 再达平衡时,n(A)∶n(B)∶n(C)仍2∶2∶1‎ C. 再达平衡时,C的体积分数增大 D. 再达平衡时,正反应速率增大,逆反应速率减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】保持温度不变,以2∶2∶1的物质的量之比再充入A、B、C,相当于增大压强,‎ A.由于正反应的气体分子数减小,则增大压强,平衡正向移动,故A错误;‎ B.由于正反应的气体分子数减小,则增大压强,平衡正向移动,导致再次达到平衡时,A、B和C的物质的量之比减小,故B错误;‎ C.由于正反应的气体分子数减小,则增大压强,平衡正向移动,导致再次达到平衡时,C的体积分数增大,故C正确;‎ D.由于反应物和生成物的浓度都增大,所以再达平衡时,正逆反应速率都增大,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎8.今有室温下的四种溶液:①pH=2的醋酸;②pH=a的Na2CO3溶液,体积为V L;③pH=2的硫酸;④pH=12的氢氧化钠溶液。下列有关说法正确的是(  )‎ A. 将②溶液用蒸馏水稀释,使体积扩大10倍,所得溶液pH变为(a-1)‎ B. V1L③溶液和V2L④溶液混合,若混合后溶液pH=3,则V1:V2=11:9‎ C. ①与④两溶液等体积混合,混合液pH=7‎ D. ①与③两溶液的物质的量浓度相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 溶液用蒸馏水稀释,使体积扩大10倍,溶液中氢离子的浓度减小,溶液的PH增大,A错误;③和④是强酸和强碱溶液,根据混合后溶液pH=3可以得到混合后溶液中H+的浓度为10-3mol/L,所以计算得V1:V2=11:9,所以B正确;由于醋酸是弱酸,溶液中还存在醋酸分子所以①与④两溶液等体积混合,混合液pH小于7,C错误;硫酸属于二元强酸,醋酸属于弱酸当PH相同时,二者的浓度不同,D错误;所以答案选B。‎ ‎9.已知:2H2(g)+ O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ· mol-1‎ CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ· mol-1‎ 现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况),使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3695kJ,则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是(  )‎ A. 1∶1 B. 1∶3 C. 1∶4 D. 2∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】H2与CH4的混合气体112L(标准状况),其物质的量为n(混)=112L÷22.4L/mol=5mol,设原混合气体中H2与CH4的物质的量分别是x mol和y mol,则有x+y=5,285.5x+890y=3695,解得x︰y=1︰3,答案选B。‎ ‎10.室温下,将1.000mol·L-1盐酸滴入20.00mL 1.000mol·L-1氨水中,溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。‎ 下列有关说法正确的是 A. a点由水电离出的c(H+)=1.0×10-14mol/L B. b点:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)‎ C. c点:c(Cl-)= c(NH4+)‎ D. d点后,溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:A.因a点7<pH<14,因此水电离出的c(H+)>1.0×10-14mol•L-1,A项错误;B.盐酸和氨水反应,溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(NH4+),b点时pH>7,则氨水过量,c(NH4+)+c(NH3•H2O)>c(Cl-),B项错误;C.C点溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒,c(Cl-)=c(NH4+),C项正确;D.d点时盐酸和氨水恰好完全反应,放热最多,再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度,这才是温度下降的原因,D项错误;答案选C。‎ ‎【考点定位】考查酸碱混合时的定性判断及有关pH值的计算。‎ ‎【名师点睛】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。涉及水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定,明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键,并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题。①根据酸碱滴定过程的图中a点的pH值来分析溶液中离子的浓度;②b点时pH>7,盐酸和氨水反应,氨水过量,反应后溶质为氯化铵和氨水;③c点pH=7,根据电荷守恒解答;④根据d点盐酸和氨水恰好完全反应,放热最多分析。‎ ‎11.已知可逆反应:2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)、2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) (不考虑NO2和N2O4之间的相互转化),当加入一定量的SO3使上述系统达到平衡时,n(O2)=0.1 mol、n(NO2)=3.6 mol,则此时SO2气体的物质的量为( )‎ A. 0.1 mol B. 3.6 mol C. 1.8 mol D. 3.8 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设参加反应的SO3为xmol,参加反应的NO为ymol,‎ ‎ 2SO3(g)2SO2 +O2‎ 起始的量(mol):4 0 0 ‎ 转化的量(mol):x x ‎ 平衡的量(mol):4-x x ‎ ‎ 2NO+O2 2NO2‎ 起始的量(mol):4 0‎ 转化量(mol):y y ‎ 平衡的量(mol):4-y - y 已知平衡时,O2和NO2的物质的量分别为n(O2)=0.1mol、n(NO2)=3.6mol,即y=3.6mol,-=0.1mol,即x=3.8mol,‎ 所以平衡时SO2气体的物质的量为:3.8mol,‎ 故选D。‎ ‎12.中和滴定中,用浓度为c mol·L-1的某二元酸溶液中和摩尔质量为M g·mol-1的一元碱Wg,消耗这种二元酸溶液的体积是 A B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】中和滴定中,反应的酸与碱的物质的量之比等于化学反应的计量数之比,可知消耗一元碱的物质的量等于二元酸的物质的量的2倍,即2n(二元酸)=n(一元碱),若消耗的二元酸的体积为V,则2c mol·L-1·V=,解得V==,D项正确;‎ 答案选D。‎ ‎13.常温下,向100 mL 0.01 mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1‎ MOH溶液,图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中,正确的是( )‎ A. HA可能为一元弱酸 B. MOH一元强碱 C. N点水的电离程度小于K点水的电离程度 D. 若K点对应的溶液的pH=10,则有c(MOH)+c(M+)="0.01" mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图可知,常温下0.01 mol·L-1HA溶液pH=2,则说明HA为一元强酸,A错;向100 mL 0.01 mol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1MOH溶液50 mL时,两者恰好反应生成盐,但溶液pH<7,溶液显酸性,故MOH为一元弱碱,B错;溶液中的MOH在K点比N点多了49 mL,c(OH-)大,抑制了水的电离,故N点水的电离程度大于K点,C错;K点溶液的体积为200 mL,根据物料守恒,c(MOH)+c(M+)=="0.01" mol·L-1,D对。‎ ‎14.2L恒容密闭容器中进行的某可逆反应 X(g)+2Y(g) 2Z(g) 以c(Y)的改变表示的反应速度υ正(单位为mol·L-1·s-1),υ正、υ逆与时间的关系如图。则图中阴影部分的面积可表示( )‎ A. X的物质的量浓度的减少 B. Y的物质的量浓度的减少 C. Z的物质的量增加 D. Y的物质的量减少 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】V(正)×t(平衡)表示Y向正反应方向进行时减少的浓度,V(逆)×t(平衡)表示Y向逆反应方向进行时增大的浓度,故阴影部分的面积表示Y向正反应方向进行时“净”减少的浓度,即阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y),‎ A、浓度变化量之比等于化学计量数之比,故△c(X)=△c(Y),为阴影面积的一半,故A错误;‎ B、由上述分析可知,阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y),故B正确;‎ C、由上述分析可知,阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y),故C错误;‎ D、阴影为平衡时Y的浓度减少量△c(Y),容器的体积为2L,阴影部分的面积不能表示Y的物质的量的减少量,故D错误;‎ 故选:B。‎ ‎15.在一定温度下,将等量的气体分别通入起始体积相同的密闭容器Ⅰ和Ⅱ中,使其发生反应,t0时容器Ⅰ中达到化学平衡,X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。则下列有关推断正确的是 ‎ ‎ A. 该反应的化学方程式为:3X+2Y2Z B. 若两容器中均达到平衡时,两容器的体积V(Ⅰ)<V(Ⅱ),则容器Ⅱ达到平衡所需时间小于t0‎ C. 若两容器中均达到平衡时,两容器中Z的物质的量分数相同,则Y为固态或液态 D. 若达平衡后,对容器Ⅱ升高温度时其体积增大,说明Z发生的反应为吸热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.由图可知,X、Y的物质的量增大,为生成物,Z物质的量减小,为反应物,到平衡后,X生成1.8mol,Y生成1.2mol,Z反应1.8mol,X、Y、Z的化学计量数之比=1.8:1.2:1.8=3:2:3,则反应的化学方程式为:3Z⇌3X+2Y,故A错误;B.反应的化学方程式为:3Z⇌3X+2Y,若两容器中均达到平衡时,两容器的体积V(Ⅰ)<V(Ⅱ),则容器Ⅱ达到平衡时体积增大,压强减小的过程,达到平衡所需时间大于t0‎ ‎,故B错误;C.若两容器中均达到平衡时,两容器中Z的物质的量分数相同,说明达到相同的平衡,不受压强的变化影响,所以反应前后气体体积应是不变的反应,所以Y为固态或液态,故C正确;D.若达平衡后,容器Ⅱ是恒压容器,升高温度时其体积增大,但不能说明平衡正向进行,Z发生的反应不一定为吸热反应,故D错误;故答案为C。‎ ‎16.在100℃时,把0.5molN2O4气体通入体积为5L(恒容)的真空密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2s时,NO2的浓度为0.02mol·L-1。在60s时,体系已达到平衡,此时容器内压强为反应前的1.6倍。下列说法不正确的是 A. 平衡时,体系内含NO2为0.04mol·L-1‎ B. 平衡时,N2O4的转化率为60%‎ C. 前2s,N2O4的平均反应速率为0.005mol·L-1·s-1‎ D. 在2s时,体系内压强为反应前的1.1倍 ‎【答案】A ‎【解析】‎ N2O42NO2‎ 初始n: 0.5mol 0mol ‎2s: 0.45mol 0.1mol ‎60s: 0.2mol 0.6mol共0.5×1.6=0.8mol 本题主要考查了有关反应速率及限度计算,同时考查了气体有关定律。‎ ‎17.在amL浓度为cmol·L-1的AgNO3溶液中加入一定体积的pH=1的盐酸时,恰好使溶液中Ag+完全沉淀,此时得到pH=2的溶液100 mL(设反应前后溶液体积变化忽略不计),则c的值是 A. 0.0020 B. 0.011 C. 0.11 D. 0.22‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L,100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为:0.01mol/L×0.1L=0.001mol,说明加入盐酸中含有氯化氢的物质的量为0.001mol;pH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L,则加入pH=1的盐酸的体积为:,反应前后溶液体积变化忽略不计,则加入硝酸银溶液的体积为:100mL-10mL=90mL,根据关系式Ag+~~Cl-可知,硝酸银的物质的量为0.001mol,则加入的硝酸银的浓度为:0.011mol/L;‎ 答案选B。‎ ‎18.常温下,用 0.1000 mol/L NaOH溶液滴定 20.00mL 0.1000 mol/L CH3COOH溶液所得滴 定曲线如图。下列说法不正确的是 A. a点所示溶液中:c(Na+)=c(CH3COOH) + c(CH3COO-)‎ B. b和c点所示溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-)‎ C. d点所示溶液中:c(Na+) >c(CH3COO-) >c(OH-) >c(H+)‎ D. 滴定过程中可能出现:c(CH3COOH) >c(CH3COO-) >c(H+)> c(Na+)>c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析:A、a点时n(CH3COOH)>n(NaOH)所以溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液。则所示溶液中: c(Na+)c(H+),根据电荷守恒可得:C(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+),所以C(OH-)-c(H+)=c(Na+)-c(CH3COO-);正确;C、d点所示溶液碱稍微过量,所以溶液显碱性,c(OH-)>c(H+);盐电离产生的离子浓度大于过量的碱的电离产生的离子浓度,所以C(Na+)>c(CH3COO-);故离子浓度关系是C(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);D、滴定过程中若未反应的酸的浓度大于产生的盐的浓度,就会出现:C(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-),正确。‎ 考点:考查酸碱中和滴定过程中离子浓度的大小关系的知识。‎ 二、非选择题(4个小题 共46分)‎ ‎19.(1)把80mL NaOH溶液加入到120mL盐酸中,所得溶液的PH值为2,如果混合前NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度相同,它们的浓度是_______________.‎ ‎(2) 将pH=5的H2SO4溶液稀释500倍,稀释后溶液的c(H+)与c(SO42-)的比值近似为_________.‎ ‎(3)25℃时,向纯水中加入NaOH,使溶液的pH=11,则由NaOH电离出的OH-离子浓度与水电离的OH-离子浓度之比为_____________. ‎ ‎(4)用0.1mol.L-1 NaOH溶液滴定0.lmol.L-1‎ 盐酸,如达到滴定的终点时不慎多加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL).继续加水至50mL,所得溶液的pH是_________‎ ‎【答案】 (1). 0.05 (2). 10:1 (3). 108:1 (4). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)盐酸和氢氧化钠溶液混合后溶液显示碱性,说明氢氧化钠过量,设二者的物质的量浓度为c,然后计算出混合后溶液中氢氧根离子的物质的量浓度,根据溶液的pH=12可知,c(OH-)=mol·L-1=1×10-2mol·L-1,据此计算出c.‎ ‎(2)由溶液pH=5,计算原溶液中c(H+),原溶液中c(SO42-)= c(H+),稀释500倍,此时溶液接近中性,氢离子浓度不可能小于1×10-7mol·L-1,只能无限接近1×10-7mol·L-1,而稀释过程中硫酸根的物质的量不变,计算出稀释后溶液中硫酸根的物质的量浓度,最后得出比例关系。‎ ‎(3)根据H2OH++OH-,从影响水的电离平衡移动的角度分析,NaOH抑制水的电离,根据溶液的PH为11,求出水电离出的c(H+),利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH-离子浓度。‎ ‎(4)终点时不慎多加了1滴NaOH溶液,即0.05mL,继续加水至50mL,反应后溶液中c(OH-)= ×0.1mol.L-1=10-4mol.L-1,根据c(H+)c(OH-)=10-14计算c(H+),进而计算所得溶液的pH。‎ ‎【详解】(1)混合前NaOH溶液和盐酸的物质的量浓度相同,所得溶液的pH为12,则溶液中氢氧根离子的浓度为:c(OH-)=mol·L-1=1×10-2mol·L-1,设二者浓度为c,则混合后溶液中氢氧根离子的浓度为:c(OH-)==1×10-2mol·L-1,解得:c=0.05mol·L-1;‎ ‎(2)pH为5的溶液中氢离子浓度为:c(H+)=1×10-5mol·L-1,硫酸根离子的浓度为:c(SO42-)=c(H+)=×1×10-5mol·L-1=5×10-6mol·L-1,溶液稀释500倍后,氢离子浓度不可能小于1×10-7mol·L-1,只能无限接近1×10-7mol·L-1‎ ‎,而硫酸根离子浓度为:c(SO42-)=5×10-6mol·L-1×=1×10-8mol·L-1,所以稀释后溶液中c(H+)与c(SO42-)的比值近似为1×10-7mol·L-1:1×10-8mol·L-1=10:1;‎ ‎(3)pH=11的NaOH溶液,水电离的c(H+)=10-11mol·L-1,根据水的离子积常数由NaOH电离产生的c(OH-)= mol·L-1=10-3mol·L-1,而由水电离产生的c(OH-)=c(H+)=10-11mol·L-1,所以由氢氧化钠电离出的OH-离子浓度与水电离出的OH-离子浓度之比:10-3mol·L-1:10-11mol·L-1=108:1;‎ ‎(4)终点时不慎多加了1滴NaOH溶液,即0.05mL,继续加水至50mL,反应后溶液中c(OH-)= ×0.1mol.L-1=10-4mol.L-1,根据c(H+)c(OH-)=10-14计算c(H+)10-10mol·L-1,pH=10。‎ ‎【点睛】(1)考查酸碱混合后溶液酸碱性判断及溶液中pH的简单计算,明确溶液中氢离子浓度与溶液的pH的关系是解题关键。‎ ‎(2)考查酸溶液的稀释及pH计算,侧重分析与应用能力的考查,注意酸或碱“无限稀释,7为限”。‎ ‎(3)考查PH的简单计算,注意碱对水的电离平衡移动的影响。‎ ‎(4)考查酸碱的混合计算,本题注意相关计算公式的运用。‎ ‎20.氧化还原滴定实验与中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现用0.001 mol·L-1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是2MnO+5HSO+H+=2Mn2++5SO42-+3H2O 填空完成问题:‎ ‎(1)该滴定实验所需仪器有下列中的____________。‎ A酸式滴定管(50 mL) B碱式滴定管(50 mL) C量筒(10 mL) D锥形瓶 E铁架台 F滴定管夹 G烧杯 H白纸 I胶头滴管 J漏斗 ‎(2)不能用________(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。试分析原因________________。‎ ‎(3)选何种指示剂,说明理由____________________________。‎ ‎(4)滴定前平视KMnO4溶液液面,刻度为a mL,滴定后俯视液面刻度为b mL,则(b-a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积________(填“多”或“少”)。根据(b-a)mL计算得到的待测浓度,比实际浓度________(填“大”或“小”)。‎ ‎【答案】(1)ADEFH;(2)碱,高锰酸钾能腐蚀橡胶管且通常要酸化;(3)不用指示剂,因为MnO→Mn2+时紫色褪去;(4)少,小。‎ ‎【解析】‎ 试题解析:(1)使用的实验仪器有:ADEFH;(2)酸性高锰酸钾具有强氧化性,能腐蚀橡胶,因此用碱式滴定管盛放酸性高锰酸钾溶液,酸式滴定管不能盛放碱性溶液,碱式滴定管不能盛放酸性溶液和具有强氧化性的溶液;(3)酸性高锰酸钾呈现紫红色,在滴定中会出现颜色变化,因此不用指示剂;(4)滴定管从上到下刻度增大,滴定后俯视液面,比实际消耗高锰酸钾溶液体积少,根据反应方程式,得出:c(HSO3-)=(b-a)×10-3×0.001×5/2V×10-3mol·L-1,(b-a)减小,所测浓度会小。‎ 考点:考查滴定实验、数据处理等知识。‎ ‎21.常温下,将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:‎ 实验编号 HA物质的量 浓度/(mol·L-1)‎ NaOH物质的量浓度/(mol·L-1)‎ 混合溶液的pH 甲 ‎0.2‎ ‎0.2‎ pH=a 乙 c1‎ ‎0.2‎ pH=7‎ 丙 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH>7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ 请回答下列问题。‎ ‎(1)不考虑其他组的实验结果,单从甲组情况分析,如何用a(混合溶液的pH)来说明HA强酸还是弱酸__________________。 ‎ ‎(2)不考虑其他组的实验结果,单从乙组情况分析c1是否一定等于0.2 mol·L-1?____(填“是”或“否”)。混合溶液中离子浓度c(A-)与c(Na+)的大小关系是___________。‎ ‎(3)从丙组实验结果分析,HA是________酸(填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________。‎ ‎(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(H+)=______ mol·L-1‎ ‎。写出该混合溶液中下列算式的精确结果 (不能做近似计算)。c(Na+)-c(A-)=______mol·L-1。‎ ‎【答案】 (1). 如a=7时,HA是强酸,如a>7时,HA是弱酸 (2). 否 (3). c(A-)=c(Na+) (4). 弱 (5). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (6). 10-5 (7). 10-5-10-9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NaOH为强碱,酸与碱等物质的量混合,如为强酸,则溶液呈中性,如为弱酸,则溶液呈碱性;‎ ‎(2)pH=7,反应后溶液呈中性,如为强酸,则c1等于0.2,若HA为弱酸,则c1大于0.2;‎ ‎(3)酸碱恰好中和,pH>7,应为弱酸;‎ ‎(4)结合电荷守恒计算。‎ ‎【详解】(1)不考虑其它组的实验结果,单从甲组情况分析,若a=7,则HA是强酸;若a>7,则HA是弱酸;‎ ‎(2)不考虑其它组的实验结果,单从乙组情况分析,pH=7,若HA为强,则c1等于0.2,若HA为弱酸,则c1大于0.2,所以c1不一定为0.2,溶液pH=7,由溶液的电离守恒c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+),可知c(A-)=c(Na+);‎ ‎(3)酸碱恰好中和,得到NaA溶液,根据电荷守恒可以得到c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+),由于pH>7,所以c(OH-)>c(H+),即c(Na+)>c(A-),所以混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);‎ ‎(4)丁组实验所得混合溶液为浓度为0.05mol·L-1的NaA溶液,其pH为9,所以由水电离出的c(OH-)=10-5mol·L-1,所得混合溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1;‎ 由电荷守恒c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+)可知c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9)mol·L-1。‎ ‎【点睛】本题综合考查了盐类水解强弱酸,电荷守恒等知识,有一定的综合性,难点(2)(4)注意电荷守恒的应用。‎ ‎22.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__________________。(用必要的化学用语和相关文字说明)。‎ ‎(2)相同条件下,0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2中c(NH4+‎ ‎)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L-1 NH4HSO4中c(NH4+)。‎ ‎(3)0.1 mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像如图所示:‎ ‎①其中符合0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写序号),导致pH随温度变化的原因是__________________;‎ ‎②20℃时,0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=________(填数值)。‎ ‎【答案】 (1). Al3+水解生成的Al(OH)3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). 小于 (3). Ⅰ (4). NH4Al(SO4)2水解,溶液呈酸性,升高温度,其水解程度增大,pH减小 (5). 10-3 mol·L-1‎ ‎【解析】‎ ‎【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.‎ ‎【详解】(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+,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,故填: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;‎ ‎②根据电荷守恒,可以求出2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)=10-3 mol·L-1[c(OH-)太小,可忽略].‎ ‎【点睛】本题考查盐类的水解和离子浓度大小的比较,解题关键:注意电解质溶液中离子浓度大小和电荷守恒守恒的分析应用.难点(3)②,通过观察“2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)”的特点,明确用电荷守恒解题。‎ ‎ ‎
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