【文档说明】山东省菏泽市单县第五中学2020-2021学年高二上学期第二次月考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，637.000 KB，由小赞的店铺上传

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单县五中高二第一学期十二月份化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡(纸)指定位置上。2.答第I卷选择题时，将每小题答案选出后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑

。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。3.第Ⅱ卷题目的答案用黑色签字笔，将答案写在答题卡(纸)规定的位置上。写在试卷上无效。一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列属于电离方程式且书写正确的一项是A.--3223HCO+HOHCO+OHƒB.+2-2

33HCO2H+COC.CH3COOH+OH-CH3COO-+H2OD.CH3COOHCH3COO-+H+【答案】D【解析】【详解】A.该离子方程为-3HCO的水解，故A不选；B.23HCO为弱酸，电离为分步的，故

B不选；C.该离子方程为醋酸和强碱溶液的离子反应，故C不选；D.CH3COOH为弱酸电离是不完全的，故D正确。故答案选：D。2.下列水解的离子方程式正确的是()A.Na2CO3溶液中：CO23−+2H2O⇌H2CO3+2OH-B.NH4Cl溶液中：NH4++H2O⇌NH3·H2O+OH-C.Na

F溶液中：F-+H2O=HF+OH-D.CuSO4溶液中：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+【答案】D【解析】【详解】A．碳酸根为弱酸酸根，分步水解，因此CO23−+H2O⇌-3HCO+OH-，A错误；B．NH4Cl溶液中，NH4+水解生成一水合氨和氢离子，即NH4++H2O⇌NH3·

H2O+H+，B错误；C．水解是可逆反应，则F-+H2O⇌HF+OH-，C错误；D．CuSO4溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和氢离子，水解的离子方程式为Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+，D正确；答案选D。

3.下列表述中合理的是A.配制FeCl3溶液，可加入少量稀硫酸，以防止溶液浑浊B.用25mL碱式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液C.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞D.在中和热的测定实

验中，改变酸碱的用量后所求中和热的数值也随之改变【答案】C【解析】【详解】A.配制FeCl3溶液，可加入少量稀盐酸，以防止溶液浑浊，A错误；B.用25mL酸式滴定管量取20.00mL高锰酸钾溶液，B错误；C.碳酸钠溶液显碱性，则实验室盛放

碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，C正确；D.在中和热的测定实验中，改变酸碱的用量后，中和热为生成1mol液态水释放的热量，则所求中和热的数值不变，D错误；答案为C。4.下列叙述正确的是A.常温下，1LpH=11的CH3COONa溶液中水的电离程度等于1LpH=3的NH4Cl溶液

中水的电离程度B.pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH=4C.95℃纯水的pH=6,说明加热可导致水呈酸性D.常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【答案】A【解析】【详解】A．常温下，1LpH=11的CH3COONa溶液中水电离的c(OH-)=10-3

mol/L，1LpH=3的NH4Cl溶液中水电离的c(H+)=10-3mol/L，说明两溶液中水的电离程度相同，故A正确；B．醋酸是弱酸，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C．95℃纯水的pH=6。说明加热可促进水的电离，但水仍呈中性，故C错误；D．常温下，醋

酸是弱酸，则pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性，即pH＜7，故D错误；故答案为A。5.25℃时，Ksp(FeS)=6.3×10-18，Ksp(CuS)=1.3×10-36，下列有关说法中正确的是（）A.FeS在水中的

沉淀溶解平衡可表示为：FeS(s)＝Fe2+(aq)+S2-(aq)B.饱和CuS溶液中，Cu2+的浓度为1.3×10-36mol·L-1C.因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4不能发生D.除去某溶液中的C

u2+，可以选用FeS作沉淀剂【答案】D【解析】【详解】A.FeS是盐类物质属于强电解质，FeS难溶于水，所以在水中的沉淀溶解平衡方程式可表示为：FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)，故A错误；B.根据CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)K

sp(CuS)=1.3×10-36，所以在饱和溶液中，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=1.3×10-36mol·L-1，c(Cu2+)=c(S2-)=1821.310−，故B错误；C.

虽然H2SO4是强酸，CuS是难溶于水和酸的沉淀，所以CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4反应能发生，故C错误；D.因为Ksp(FeS)=6.3×10-18>>Ksp(CuS)=1.3×10-36，所以要除去某溶液中

的Cu2+，可以选用FeS作沉淀剂，故D正确；故答案：D。6.下列离子方程式正确的是()A.澄清石灰水与过量CO2反应：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2OB.Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2O2

=2Fe3++2H2O+2H⁺C.用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑D.向碳酸氢钠溶液中加入少量石灰水：Ca2++HCO-3+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析

】【详解】A．过量二氧化碳生成碳酸氢根离子，正确的离子方程式为CO2+OH-=-3HCO，A错误；B．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应的离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B错

误；C．醋酸是弱电解质，水垢的主要成分碳酸钙为难溶性物质，因此在离子方程式中不拆写，因此用醋酸除水垢的离子反应方程式为2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C正确；D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，

铵根离子和碳酸氢根离子都参与反应，正确的离子方程式为：+4NH+Ca2++-3HCO+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，D错误；答案选C。7.在无色透明的强碱溶液中，能大量共存的离子组是（）A.Na+、NH+4、NO-3、Cl-B.

K+、Na+、CO2-3、NO-3C.K+、Ba2+、HCO3−、SO2-4D.Na+、K+、MnO-4、SO2-4【答案】B【解析】【详解】A.NH+4在强碱溶液中，与OH-反应，不能大量共存，故A错误；B.在强碱溶液中，K+

、Na+、CO2-3、NO-3、OH-离子间均不反应，可以大量共存，故B正确；C.在强碱溶液中，HCO3−与OH-反应，Ba2+与SO2-4反应，不能大量共存，故C错误；D.MnO-4在溶液中呈紫色，所以在无色溶液中不能大量

共存，故D错误；故选B。8.下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（）①常温下HNO2溶液的pH小于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol/LHNO2溶液的pH=2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO

2⑥pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8A.①④⑤⑥B.④⑤⑥C.①②③④D.全部【答案】B【解析】【详解】①常温下HNO2溶液的pH小于7，只能证明其为酸，不能证明其为弱酸，故①错误；

②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；④常温下0.1mol•L-1HN

O2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；⑥

常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为2.8说明亚硝酸中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑥正确；能证明HNO2是弱电解质有④⑤⑥，故选B。【点睛】本题的易错点为②，要注意溶液的导电性与离子浓度成正比，可能是亚硝酸的浓度很小造成的。9.已知，t℃时AgCl的Ksp=2×10-1

0，Ag2CrO4(橙红色固体)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.t℃时，AgCl在水中的溶解度比在稀盐酸中的小B.t℃时，Ag2CrO4的Ksp=1×10-9C.在饱和Ag2CrO4溶液中加入少量K2CrO4，可使

溶液对应的点由Y点移至X点D.向同浓度NaCl和K2CrO4的混合液中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，先生成白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．AgCl在水溶液中存在溶解平衡，氯离子的浓度越大，AgCl的溶解度越小，则AgCl在水中的溶解度比在稀

盐酸中的溶解度大，A错误；B．已知t℃时AgCl的Ksp=2×10-10，由图像可知Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(24CrO−)=(1×10-3)2×1×10-6=1×10-12，B错误；C．在饱和Ag2Cr

O4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，温度不变，Ksp不变，点仍在曲线上，C错误；D．Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(24CrO−)=1×10-12，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=2×1

0-10，设NaCl和K2CrO4的浓度均为0.1mol·L-1，向0.1mol·L-1的NaCl和K2CrO4的混合溶液中滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液，则生成Ag2CrO4沉淀时c(Ag+)=12100.1−121

00.1−mol·L-1，生成AgCl沉淀时，c(Ag+)=102100.1−102100.1−mol·L-1=2×10-9mol·L-1，所以先析出氯化银沉淀，D正确；故选D。10.常温下，向20mL0.2mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·L－1

NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是（）A.当V（NaOH）＝20mL时，溶液的pH大于7B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水的大C.当溶液为中性时，

V（NaOH）>20mLD.当V（NaOH）＝40mL时，升高温度，2c(Na)c(A)+−减小【答案】C【解析】【详解】A.常温下，向20mL0.2mol·L－1二元酸H2A溶液中滴加0.2mol·

L－1NaOH溶液20mL时。发生的反应为H2A+NaOH＝NaHA+H2O，由图可知HA-能电离出氢离子，所以溶液显酸性，pH小于7故A错误；B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液为NaHA溶液，由图中数据无法判断水的电离程度是否

比纯水的大，故B错误；C.由图可知HA-为弱根离子，NaHA溶液显碱性，所以当溶液为中性时，V(NaOH)>20mL故C正确；D.当V(NaOH)＝40mL时，发生的反应为H2A+2NaOH＝Na2A+2H2O，A2-能发生水解，升高温度，促进水解，c(A2-)浓度降低，所以-2c(Na)

c(A)+−增大，故D错误；故答案：C。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求11.对室温下pH相同、体积相同的稀氨水与氢氧化钠稀溶液，分别采取下列措施，有关叙述正确的是()A.温度均升高20℃，两溶液的pH均不变B.加入适量氯化铵固体

后，两溶液的pH均减小C.加水稀释至体积为原来的100倍后，氨水中的c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大D.与足量的氯化铁溶液反应，产生的氢氧化铁沉淀一样多【答案】BC【解析】【详解】A．升高温度，水的离子积Kw变大，所以两溶液的pH一定改变，A错误；B．

加入氯化铵之后，由于同离子效应，NH3·H2O的电离程度减小，c(OH-)降低，溶液pH减小，而NaOH溶液中，NH+4和OH-反应，使得c(OH-)降低，溶液pH也减小，B正确；C．向pH相同的两溶液中加水稀释100倍，NaOH溶液的pH的变化量为2，而氨水的pH的变化

量小于2，即稀释后，氨水的pH更高，则氨水中c(OH-)比氢氧化钠溶液中的大，C正确；D．体积相同、pH相同的两溶液中，n(OH-)相同，但是氨水中存在电离平衡，实际上未电离的NH3·H2O还有很多，这部分NH3·H2O还可以再提供OH-，故这两种溶液和足量的FeCl3

反应，氨水产生的Fe(OH)3更多，D错误；答案选BC。12.室温下，用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（）

A.a表示的是醋酸的滴定曲线B.滴定b过程中，指示剂可以是酚酞C.pH＝7时，滴定盐酸消耗的V（NaOH）＝20.00mLD.V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【答案】D【解析】

【详解】根据题意，开始时HCl和CH3COOH的浓度相同，则相同浓度下，强酸的pH更小，则b为滴定HCl的曲线，a为滴定CH3COOH的曲线。A．a为滴定CH3COOH的曲线A项不符合题意；B．滴定b，为强碱滴定强酸，滴定终点为中性，可以选择酚酞作为指示剂，B

项不符合题意；C．室温下，pH＝7说明为中性，强碱滴定强酸，为等量反应，消耗V（NaOH）＝20.00mL，C项不符合题意；D．V（NaOH）＝10.00mL时，溶液为酸性，且其中只有4种离子，Na+、CH3COO﹣、H+、OH﹣，成酸性c（H+）＞c

（OH﹣），那么根据电荷守恒c(Na+)<c(CH3COO﹣)，D项符合题意；本题答案选D。13.下列说法正确的是（）A.某物质的溶液中由水电离出的c（H+）＝1×10－amol•L－1，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14－aB.相同物质的量浓度的下列溶液

中，①NH4Al（SO4）2、②(NH4)2SO4、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c（NH4＋）由大到小的顺序是：②＞①＞③＞④C.物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c（Na+）+c（H+）

=c（S2－）+c（HS－）+c（OH－）D.AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl（s）Ag+（aq）＋Cl―（aq），往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少【答案】B【解析】【详解】A、当溶液中加酸或加碱时，

都会抑制水的电离，所以当水电离出的c(H＋)＝1×10－7mol/L时，溶液可能显酸性或碱性，A不正确；B、弱酸不完全电离，铵根离子浓度比盐中的都小，浓度最小，铝离子水解显酸性，所以能抑制NH4＋水解，醋酸根水解显碱性，能促进NH4＋水解，(N

H4)2SO4中铵根离子最大，c（NH4＋）由大到小的顺序是：②＞①＞③＞④，选项B正确；C、根据电荷守恒，应该是c（Na+）+c（H+）=2c（S2－）+c（HS－）+c（OH－），选项C不正确；D、Ksp只与温度

有关，与平衡移动无关，温度不变，Ksp不变，选项D不正确。答案选B。14.常温时，将V1mLc1mol·L-1的氨水滴加到V2mLc2moL·L-1的盐酸中，下列结论中正确的是()A.若混合溶液的pH=7，则c1V1=c2V2

B.若V1=V2，c1=c2，则溶液中c(NH+4)=c(Cl-)C.若混合溶液的pH=7，则溶液中c(NH+4)＞c(Cl-)D.若V1=V2，且混合液的pH＜7，则可能有c1=c2【答案】D【解析】【详解】A．如果二者恰好完全反应(c1V1=c2V

2)，则生成物为NH4Cl，水解显酸性，要使溶液显中性，则氨水要过量，即c1V1＞c2V2，A错误；B．V1=V2，c1=c2，即c1V1=c2V2，恰好中和，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，混合后的溶液中存在电荷守恒：c(NH+4)+c(H

+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c(NH+4)＜c(Cl-)，B错误；C．若混合液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，混合后的溶液中存在电荷守恒：c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则c(Cl-)=c(NH+4)，C错误

；D．氨水与盐酸恰好中和(即c1V1=c2V2)生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液，常温下溶液呈酸性，pH＜7，此时V1=V2，则可能有c1=c2，D正确；答案选D。15.常温下，用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的Na

OH和氨水溶液(已知：常温下，一水合氨Kb=1.75×10-5)，测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.b点溶液：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.d点溶液：c(NH4+)+c(H+)

＜c(NH3·H2O)+c(Cl-)C.e点溶液中：c(H+)-c(OH-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)D.a、b、c、d点对应的溶液中，水的电离程度：d＞c＞b＞a【答案】BD【解析】【分析】没有加入盐酸时，①的电导率大于②的电导率，则①曲

线表示盐酸滴定NaOH溶液，②曲线表示盐酸滴定氨水；根据各点中的溶质和存在的平衡分析作答。【详解】A．b点溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl，Kb（NH3·H2O）=1.75×10-5，+4NH的水解常数K

h=wbKK＝10514101.751100=5.7−−−＜Kb（NH3·H2O），所以NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，导致溶液呈碱性，但是其电离和水解程度都较小，则溶液中微粒浓度存在c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(NH3·H2O)＞c(O

H-)＞c(H+)，故A错误；B．d点氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，NH4+水解生成等物质的量的NH3·H2O和H+，NH4+水解程度远大于水的电离程度，该溶液呈酸性，因此c(NH3·H2O)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c

(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH4+)+c(H+)＜c(NH3·H2O)+c(Cl-)，故B正确；C．e点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、HCl，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(

Cl-)，物料守恒c(Cl-)=2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)，则c(H+)-c(OH-)=c(NH4+)+2c(NH3·H2O)，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，且酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，弱碱

的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离，a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl；b点溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl，其水溶液呈碱性，且a点溶质电离的OH-浓度大于b点，则水的电离程度：b＞a；c点溶质为NaC

l，对水的电离无影响；d点溶质为NH4Cl促进水的电离，a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离，所以水电离程度关系为：d＞c＞b＞a，故D正确；故选BD。三、非选择题16.某无色透明溶液中可能大量存在+Na、+Ag、3+A

l、3+Fe中的几种，请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______.（2）用铂丝蘸取待测液进行焰色试验，火焰呈现黄色.证明含有________.（3）取少量原溶液，加入

过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失.说明原溶液中肯定存在的离子是______________，有关的离子方程式为____________________.（4）将（3）中反应后混合物过滤，取滤液加入过量的稀氨水（32NHHO），出现白色沉淀，有关的离子方程式为_____

______________________________.（5）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的________.A.-ClB.-3NOC.2-3COD.-OH【答案】(1).3+Fe(2).+N

a(3).+Ag(4).+-Ag+Cl=AgCl(5).++3224H+NHHO=HO+NH、3++3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NH(6).B【解析】【详解】（1）3+Fe为有色离子，所以不做任何实验就可以肯定原溶

液中不存在的离子是3+Fe，故答案为3+Fe；（2）钠元素颜色试验为黄色，题干中火焰呈现黄色则证明含有钠元素，溶液中含有+Na，故答案为+Na；（3）加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，白色沉淀为AgCl，说明原溶液中，肯定存在的离子是+

Ag，有关的离子方程式为+-Ag+Cl=AgCl；故答案为：+Ag；+-Ag+Cl=AgCl；（4）取（3）中的滤液，加入过量的32NHHO，出现白色沉淀，白色沉淀为氢氧化铝，说明原溶液中，肯定存在的离子是3+Al，反应的离子方程式为：++3224

H+NHHO=HO+NH、3++3234Al+3NHHO=Al(OH)+3NH；（5）原溶液中存在+Ag，则-Cl不能共存，原溶液中肯定有2+Mg，故2-3CO、-OH因能与其反应而不能共存，硝酸根离子不与所给的任何离子

生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是-3NO；答案选B。17.（I）工业上过氧化氢是重要的氧化剂和还原剂。常用于消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组的同学围绕过氧化氢开展了调查研究与实验，请你参与其中一起完成下列学习任务：（1）该兴趣小组的同学查阅资料后发现H2O2为二元弱酸，其酸性比碳酸

弱。请写出H2O2在水溶液中的电离方程式：____________________________。（2）同学们用0.1000mol/L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某试样中过氧化氢的含量，反应原理为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O

2↑。①在该反应中，H2O2被_________(填“氧化”或“还原”)。②滴定到达终点的现象是____________________________。③用移液管吸取25.00mL试样置于锥形瓶中，

重复滴定四次，每次消耗的酸性KMnO4标准溶液体积如下表所示：第一次第二次第三次第四次体积（mL）17.1018.1017.0016.90则试样中过氧化氢的浓度为__________mol/L-1。（II）医学上常用酸性高

锰酸钾溶液和草酸溶液的反应来测定血钙的含量。测定含量如下：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀疏酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。（1）

滴定时，用_____(填酸或碱)式滴定管装KMnO4溶液。（2）下列操作会引起测定结果偏高的是______。A.滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗B.滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出C.滴定前读数正确

，滴定终点时俯视读数D.锥形瓶未用待测液润洗【答案】(1).H2O2H++HO2-HO2-H++O22-(2).氧化(3).当滴加最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为没紫色，且30秒内不褪色(4).0.1700(5).酸(6).A【解析】（I）（1）H2O2

为二元弱酸，其酸性比碳酸弱。在水溶液中的电离方程式为：H2O2H++HO2-HO2-H++O22-；（2）①在反应2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑中，H2O2中氧元素化合价由-1升高为0，被氧化；②滴定到达终点的现象是当滴加

最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液颜色恰好由无色变为没紫色，且30秒内不褪色；③四次滴定消耗酸性KMnO4标准溶液体积中第二次误大，舍去，求平均值为17.00mL，则过氧化氢的浓度为3350.1000/17

.0010225.0010molLLL−−=0.1700mol/L-1；（II）（1）酸性具有强氧化性能氧化橡胶，滴定时，用酸式滴定管装KMnO4溶液；（2）A、滴定管在盛装高锰酸钾前未润洗会造成高锰酸钾溶液的浓度降低，所用溶液体积增大，滴定结果偏高，选项A选；B、部分液

体溅出会导致结果偏低，选项B不选；C、滴定终点时俯视读数，会使末读数数值偏小，结果偏低，选项C不选；D、锥形瓶不需要润洗，否则待测液中所含H2O2的量偏大，故锥形瓶未用待测液润洗，滴定结果无影响，选项D不选。答案选A。18.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国

防和化工等领域有重要应用；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；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可用作做净水剂的原因是________(用离子方程式表示)。(2)相同条件下，0.1mol

·L-1NH4Al(SO4)2中c(NH+4)____0.1mol·L-1NH4HSO4中c(NH+4)。(填“>”“<”或“=”)(3)图中所示是0.1mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像。图中符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH

随温度变化的曲线是___(填序号)；20℃时，0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO2-4)-c(NH4+)-3c(Al3＋)=____mol·L-1。(填精确的表达式)(4)常温下，N

H4HSO4溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是：_______【答案】(1).Al3＋+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋(2).<(3).I(4).10-3-10-11(5).c(H+)>c(SO24−)>c(NH4+)>c(OH-)【解析】【

详解】(1)NH4Al(SO4)2中的铝离子在水中发生水解生成氢氧化铝胶体，胶体能够吸附溶液中的粒子生成沉淀起到净水的作用，离子方程式为：Al3＋+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋，故答案为：Al3＋+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H＋；(2)0.1

mol·L-1NH4Al(SO4)2中部分铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，对铵根离子的水解有抑制作用，但产生的氢离子浓度小于NH4HSO4中电离产生的氢离子浓度，则0.1mol·L-1NH4Al(

SO4)2中c(NH+4)小，故答案为：<；(3)NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，升高温度，平衡向水解的方向移动，则酸性增强，曲线I符合0.1mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化；

根据溶液呈电中性，3c(Al3＋)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO2-4)+c(OH-)，则2c(SO2-4)-c(NH4+)-3c(Al3＋)＝c(H+)-c(OH-)=10-3mol/L-10-11mol/L，故答案为：

I；10-3-10-11；(4)NH4HSO4是强电解质，在水溶液中完全电离，NH4HSO4=NH4++H++SO2-4，NH4+会发生水解NH4++H2ONH3H2O+H+，因此溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(H+)>c(SO24−)>c(NH4+)>c(OH-)，故答案为

：c(H+)>c(SO24−)>c(NH4+)>c(OH-)。19.(1)25℃0.1mol/L的Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变为红色，原因是（用离子方程式表示）_____________，①向其中逐滴加入0.1mol/L的盐酸至过量，产生的现象是_________

___，依次发生主要反应的离子方程式是________；②若向该溶液中逐滴加入BaCl2溶液至过量，产生的现象是____________，反应的离子方程式是________。(2)在氢氧化镁的浊液中有Mg(OH

)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，①向其中加入FeCl3溶液，产生的现象是____________，反应的离子方程式是___________；②已知NH4Cl溶液的pH＜7，原因是（用离子方程式表示）_________________，向氢氧化镁的浊液中加入固体氯化铵

或适量饱和氯化铵溶液发现溶液逐渐变澄清，甲同学认为NH4Cl溶液中的H+与OH-反应使溶解平衡右移至溶液澄清；乙同学认为是NH4+与OH-反应生成氨水使溶解平衡右移至溶液澄清；丙同学为了证明前两位同学谁的分析正确用下列中的试剂代替NH4Cl做了相同的实验，他选择的试剂是__

_______（填字母编号）A、NH4NO3B、CH3COONH4C、HNO3D、NH4HSO4则丙同学观察到的实验现象和结论可能是_____________。【答案】(1).CO32-+H2OHCO3-+OH-(若写了HCO3-+H2OH2CO3+OH-也

正确）(2).溶液的红色逐渐变浅并消失且有无色气泡冒出(3).CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2↑+H2O（写总反应不给分）(4).红色逐渐变浅并消失且有白色沉淀生成(5).CO32-+

Ba2+=BaCO3↓(6).白色沉淀变为红褐色(7).2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+或2Fe3+（aq）+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)(8)

.NH4++H2ONH3·H2O+H+(9).B(10).若沉淀不溶解则甲正确，若沉淀溶解则乙正确【解析】【分析】（1）碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，导致溶液呈碱性；①向其中逐滴加入0.1mol/L的盐酸

至过量，依次发生主要反应的离子方程式是CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2↑+H2O，导致碳酸根的水解平衡逆向移动，盐酸过量，使溶液显酸性；②若向该溶液中逐滴加入BaCl2溶液至过量，

由于发生反应CO32-+Ba2+=BaCO3↓，导致碳酸根的水解平衡逆向移动；（2）①在氢氧化镁的浊液中有Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，Fe3+结合OH-生成Fe(OH)3红褐色沉淀

，导致平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移动；②NH4Cl溶液中，NH4+发生水解反应使溶液显酸性；为了证明氢氧化镁悬浊液变澄清原理，需选择呈中性的铵盐，若加入中性铵盐，浊液变澄清则说明乙同学正确，若加入中性铵盐，浊液不变澄清则

说明甲同学正确，据此分析。【详解】（1）碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，导致溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变为红色；①向其中逐滴加入0.1mol/L的盐酸至过量，依次发生主要反应的离子方程式是CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2↑+H2O

，导致碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-逆向移动，盐酸过量，使溶液显酸性，因此产生的现象为：溶液的红色逐渐变浅并消失且有无色气泡冒出；②若向该溶液中逐滴加入BaCl2溶液至过量，由于发生

反应CO32-+Ba2+=BaCO3↓，导致碳酸根的水解平衡CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-逆向移动，因此产生的现象是红色逐渐变浅并消失且有白色沉淀生成；（2）①在氢氧化镁的浊液中有Mg(OH)2(s)⇌M

g2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，Fe3+结合OH-生成Fe(OH)3红褐色沉淀，导致平衡Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移动，产生的现象是白色沉淀变为红褐色沉淀；反应的离子方程式是2Fe3++3Mg(OH)2⇌2Fe(OH)3+3

Mg2+或2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)；②NH4Cl溶液中，NH4+发生水解反应NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+使溶液显酸性，则NH4Cl溶液的pH＜7；NH4HSO4、HNO3显酸性，而NH4NO3与NH4C

l相似，醋酸铵溶液呈中性，将醋酸铵溶液滴入Mg(OH)2的浊液中，甲的解释是铵根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液中的H+与氢氧化镁电离的OH−发生中和反应使氢氧化镁溶解，因醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁不溶解，则甲同学的解释正确；乙的解释是只要溶液中存在NH4+，NH4+就

与氢氧化镁电离的OH−反应使氢氧化镁溶解，所以加入醋酸铵溶液，如果氢氧化镁溶解，则乙同学的解释正确。20.侯氏制碱法原理：将NH3和CO2气体通入饱和食盐水中即可获得NaHCO3和NH4Cl的混合物，然后分离出NaHCO3再加热制得纯碱。其流程如图：参照表中数据：物质CO

2NH3NaHCO3NH4ClNaCl溶解度(20℃)V水∶V二氧化碳=1∶1V水∶V氨气=1∶7009.6g37.2gag回答下列问题：(1)气体A、B依次是___________。A．CO2、NH3B．NH3、CO2C．任何顺序都可以(2)写出Ⅰ和Ⅱ步骤总反应的化学方程式：____

_______。由反应原理可知，a___________9.6(填“＜”“＞”或“=”)。(3)操作Ⅲ的名称是___________，化学实验室进行该操作用到的主要玻璃仪器有___________、___________、玻璃棒。(4)经步骤Ⅲ所得溶液中含有的盐为___________、

___________(写化学式)。经过___________(填操作名称)后可以得到化肥。【答案】(1).B(2).NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl(3).＞(4).过滤(5).烧杯(6).漏斗(7).NaHCO3(8).NH4Cl(9).结晶【解析】【分析】根

据流程，向饱和食盐水中通入足量的氨气，得到含氨气的饱和食盐水，再通入二氧化碳，发生反应NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，得到NaHCO3、NH4Cl的悬浊液，再过滤分别得到NaHCO3的晶体，NaHCO3加热分解发生反应2NaHCO3

ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，得到纯碱和二氧化碳，据此解答。【详解】(1)根据表格数据可知，氨气在水中的溶解度远大于二氧化碳，因此先通入足量的氨气便于得到含气体的饱和溶液，接着再通入二氧化碳，故答案选B；(2)有分

析可知，步骤Ⅰ、Ⅱ的总反应方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由反应可知NaHCO3的溶解度小于NaCl的溶解度，故a＞9.6；(3)操作Ⅲ是分离固体和液体的操作，是过滤，需要用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯和玻璃棒；(4)步骤Ⅲ为过滤，所得溶液中含有的盐

主要有NaHCO3、NH4Cl，NH4Cl可直接通过结晶的方式得到氮肥。