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

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。‎ ‎ ‎