广东省深圳高级中学2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷 一、选择题（共14小题）1．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A．同浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O④CH3COONH4，其中c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④B．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水②0.1mol•L﹣1盐酸、③0.1mol•L﹣1氯化镁溶液、④0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③C．常温下将NaHSO3和NaHCO3两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（SO32﹣）D．相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸三种溶液中由水电离出的c（H+）：①＞②＞③ 2．下列说法正确的是（ ）A．HCO3﹣在水溶液中的水解方程式：HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+C．AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别加热、蒸干，得到成分相同的固体Al（OH）3D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 3．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液浓度和混合所得溶液的pH如表所示：实验编号c（HA）/mol•L﹣1c（NaOH）/mol•L﹣1混合液的pH①0.20.1pH＞7②c0.2pH=7③0.10.1pH=9下列说法中，不正确的是（ ）A．由实验①可知，HA为弱酸B．实验①所得混合溶液：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．实验②所得混合溶液：c（Na+）=c（A﹣）D．实验③所得混合溶液中由水电离出的OH﹣的浓度为1×10﹣9mol•L﹣1 4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A．将足量CO2通入：NH4+、Na+、Al3+、NOB．在中性的水溶液中：Fe2+、K+、NO、ClO﹣C．含有大量Al3+的溶液中：Na+、NO3﹣、Cl﹣、AlO2﹣D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、HCO3﹣、SO 5．下列说法正确的是（ ）A．往0.10mol•L﹣1的氨水中加水后，NH3•H2O的电离程度和c（OH﹣）均增大-23-\nB．因为醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，因而中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，中和盐酸消耗的氢氧化钠比中和醋酸多C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：③＞②＞① 6．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（ ）A．①和②混合溶液中：c（H+）=3.0mol•L﹣1B．①和④混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）C．②和③混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）D．四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞① 7．下列说法正确的是（ ）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．Na2SO3溶液中：c（H+）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）═c（OH﹣）C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．向含有AgCl固体的溶液中加入适量水使AgCl溶解又达到平衡时，在该温度下AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变 8．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）选项操作现象结论A铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI﹣淀粉试纸检验试纸变蓝色NO2为酸性气体B将过量的CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀酸性：HCl＞H2CO3C向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质A．AB．BC．CD．D 9．设NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LSO3中含有的分子数为NA个B．室温下，48.0g氧气和臭氧的混合气体中含有的原子数目为3NAC．过氧化钠与水充分反应生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NAD．0.1mol•L﹣1的CuCl2溶液中含有0.2NA个Cl﹣ 10．化学与生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（ ）A．通信光缆的主要成分是SiO2，太阳能电池的材料主要是晶体SiB．K2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2，可用于净化自来水并杀菌消毒C．由于NaHCO3能与碱反应，所以常用作焙制糕点的膨松剂D．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作致冷剂 11．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）-23-\nA．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等 12．某温度下，Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示．据图分析，下列判断错误的是（ ）A．Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]B．加适量NH4CL固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH﹣）乘积相等D．Fe（OH）3、Cu（OH）2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和 13．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1 14．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH） -23-\n 二、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）15．三氯化碘（ICl3，I的化合价为+3价）在药物合成中用途非常广泛，其熔点：33℃，沸点73℃．实验室可用如图装置制取ICl3．（1）试剂X、Y分别是： 、 ．装置E的作用是： ．制备氯气选用的药品为漂白精固体（主要成分为Ca（ClO）2）和浓盐酸，相关反应的化学方程式为： ．（3）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象： ．（4）氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置D适宜的加热方式为 ．（5）某同学欲测定ICl3样品中ICl3的纯度，他准确称取ICl3样品10.0g于烧杯中，加入适量水和过量KI晶体，充分反应：ICl3+3KI═2I2+3KCl（样品中杂质不反应）．将所得溶液配置成100mL待测液．取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液作指示剂，达到终点时的现象为： ．重复滴定3次，测得消耗Na2S2O3溶液体积的平均值为20.00mL．该样品中ICl3的质量分数为： ．（ICl3相对分子质量为233.5） 16．探究小组乙测定NH3•H2O的浓度及电离平衡常数Kb，常温下，探究小组量取25.00mL氨水至锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1HCl滴定．用pH计采集数据，溶液的pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示．（1）如图：a＞7.0的理由是（用电离方程式表示） ．-23-\n如图，当加入稀盐酸的体积为22.40mL时，此时溶液中c（Cl﹣） c（NH）（填＜、＞或=）．当加入稀盐酸的体积至b点溶液中离子浓度大小关系为 ．（3）结合图信息，计算氨水的浓度为 mol•L﹣1；写出NH3•H2O电离平衡常数Kb的表达式，Kb= ．（4）关于该滴定实验的说法中，正确的是 ．A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响测定结果B．锥形瓶未用氨水进行润洗会导致测得氨水的浓度偏低C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致测得氨水的浓度偏高D．滴定终点时俯视读数会导致测得氨水的浓度偏高． 17．某矿样的主要成分为Al2O3和SiO2．现以该矿样为原料制备氧化铝和高纯硅的流程如图：请回答下列问题：（1）试剂a的最佳选择为 （填代号）．a．稀盐酸b．氨水c．纯碱溶液d．醋酸由沉淀Ⅱ获得Al2O3，用到的实验仪器除了酒精灯、泥三角、玻璃棒和铁三脚外，还需要的两种仪器是 （填写仪器名称）．（3）滤液A中通入NH3后发生反应的离子方程式为 ．（4）NH4Cl是一种常用化肥的主要成分．现有一包肥料可能是NH4Cl或（NH4）2SO4中的一种，请设计实验进行鉴别（简述操作过程） ．（5）如图所示实验装置，在实验室中制取氨气可选用装置 ，氨气的干燥应选用装置 （选填代号）． 18．使用石油热裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图：（1）工业上常利用反应Ⅰ产生的CO和H2合成可再生能源甲醇．①已知CO（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283.0kJ•mol﹣1和726.5kJ•mol﹣1，则CH3OH（l）不完全燃烧生成CO（g）和H2O（l）的热化学方程式为 ．-23-\n此流程的第Ⅰ步反应为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1．则P1 P2．（填“＜”、“＞”或“=”）100℃时，将1molCH4和2molH2O通入容积为10L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5．此时该反应的平衡常数K= ．（3）此流程的第Ⅱ步反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），的平衡常数随温度的变化如表：温度/℃400500830平衡常数K1091从上表可以推断：该反应是 反应（填“吸热”或“放热”），若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，反应达到平衡时，CO的转化率为 ．图2表示该反应在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件引起浓度变化的情况：图2中t2时刻发生改变的条件是 ． （写出一种）．（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3（NO3﹣），装置如图3，电极为多孔惰性材料．则负极的电极反应式是 ． 19．中学化学常见的滴定法包括中和滴定法、氧化还原滴定法等．探究小组甲用酸性KMnO4溶液滴定某补血剂[主要成分硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）]中铁元素的含量．①下列滴定装置中（夹持部分略去），最合理的是： （填字母序号）．②实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的酸性KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要 （填仪器名称）． 广东省深圳高级中学2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共14小题）1．下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）-23-\nA．同浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O④CH3COONH4，其中c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③＞④B．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水②0.1mol•L﹣1盐酸、③0.1mol•L﹣1氯化镁溶液、④0.1mol•L﹣1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③C．常温下将NaHSO3和NaHCO3两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（SO32﹣）D．相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸三种溶液中由水电离出的c（H+）：①＞②＞③【考点】离子浓度大小的比较．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、①铝离子水解抑制铵根离子的水解；②铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解；B、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小；C、常温下将NaHSO3和NaHCO3两溶液混合后，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，结合溶液中电荷守恒分析判断；D、酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，酸的酸性越强，其抑制水电离程度越大，据此分析解答．【解答】解：A、同浓度的下列溶液：①NH4Al（SO4）2②NH4Cl③NH3•H2O，④CH3COONH4，因①中铝离子水解抑制铵根离子的水解；②中铵根离子水解；③弱碱电离，且电离的程度很弱；④醋酸根离子水解促进铵根离子水解，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞④＞③，故A错误；B、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1mol/L氯化镁溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为④＞①＞②＞③，故B错误；C、常温下将NaHSO3和NaHCO3两溶液混合后，则混合后的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（SO32﹣），溶液呈中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，得到c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（SO32﹣），故C正确；D、相同条件下，pH=5的①NH4Cl溶液是促进水的电离、②CH3COOH溶液是抑制水的电离、③稀盐酸是抑制水的电离，三种溶液中由水电离出的c（H+）：①＞②=③，故D错误；故选C．【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，盐类水解的分析应用注意影响水电离平衡的因素分析和溶液中电荷守恒的理解，掌握基础是关键，题目难度中等． 2．下列说法正确的是（ ）A．HCO3﹣在水溶液中的水解方程式：HCO3﹣+H2O⇌H3O++CO32﹣B．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+C．AlCl3溶液和NaAlO2溶液分别加热、蒸干，得到成分相同的固体Al（OH）3D．NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂【考点】离子方程式的书写；盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；-23-\nB．存在水解平衡，不能完全除去；C．根据这两种盐水解时生成物的性质分析判断最终灼烧物质；D．铵根离子、锌离子水解显酸性．【解答】解：A．HCO3﹣在水溶液中的水解方程式：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故A错误；B．存在水解平衡，不能完全除去，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，故B错误；C．加热偏铝酸钠溶液时，偏铝酸钠溶液水解生成氢氧化钠和氢氧化铝，蒸干灼烧氢氧化钠和氢氧化铝的混合物得到的物质是氢氧化钠和氧化铝；加热氯化铝溶液时，氯化铝水解生成氯化氢和氢氧化铝，盐酸易挥发，导致铝离子水解程度加深，蒸干灼烧时，氢氧化铝分解生成氧化铝，所以两种盐溶液得到的物质不都是氧化铝，故C错误；D．NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，能与铁锈反应，所以可作焊接金属中的除锈剂，与盐的水解有关，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了盐类水解的应用，明确盐类水解的实质及应用是解题关键，题目难度不大． 3．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液浓度和混合所得溶液的pH如表所示：实验编号c（HA）/mol•L﹣1c（NaOH）/mol•L﹣1混合液的pH①0.20.1pH＞7②c0.2pH=7③0.10.1pH=9下列说法中，不正确的是（ ）A．由实验①可知，HA为弱酸B．实验①所得混合溶液：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）C．实验②所得混合溶液：c（Na+）=c（A﹣）D．实验③所得混合溶液中由水电离出的OH﹣的浓度为1×10﹣9mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、将某0.2mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，则酸会剩余，得到等浓度的酸和盐；B、将某0.2mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到等浓度的酸和盐，溶液显示碱性，说明溶液中离子的水解程度较大，据此回答；C、根据强酸强碱混合以及强碱弱酸混合后溶液的组成特点集合电荷守恒来判断；D、将某0.1mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到的是NaA的盐溶液，显示碱性，说明弱离子存在水解，据Kw等于氢离子和氢氧根离子浓度乘积来回答．【解答】解：A、将某0.2mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，则酸会剩余，得到等浓度的酸和盐，结果pH＞7，说明溶液中A﹣离子的水解程度较大于HA的电离程度，所以HA为弱酸，故A正确；B、将某0.2mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到等浓度的酸和盐，溶液显示碱性，说明溶液中离子的水解程度较大，此时存在：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B正确；C、根据混合后溶液pH=7，得到c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒c（OH﹣）+c（A﹣）=c（H+）+c（Na+），得到：c（Na+）=c（A﹣），故C正确；-23-\nD、将某0.1mol/L的一元酸HA和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，得到的是NaA的盐溶液，显示碱性，说明弱离子存在水解，溶液中由水电离出的OH﹣的浓度为1×10﹣5mol•L﹣1，故D错误．故选D．【点评】本题考查酸碱混合的判断，题目难度中等，本题注意分析表中数据，从弱电解质的电离和盐类水解的角度解答，学习中注重相关规律和方法的积累． 4．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A．将足量CO2通入：NH4+、Na+、Al3+、NOB．在中性的水溶液中：Fe2+、K+、NO、ClO﹣C．含有大量Al3+的溶液中：Na+、NO3﹣、Cl﹣、AlO2﹣D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、HCO3﹣、SO【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．四种离子之间不反应，通入二氧化碳后也不反应；B．亚铁离子、次氯酸根离子之间发生氧化还原反应，且二者能够水解，溶液不可能为中性；C．铝离子与偏铝酸根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀；D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，镁离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子还与氢离子反应．【解答】解：A．NH4+、Na+、Al3+、NO3﹣之间不发生反应，且都不与二氧化碳反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Fe2+、ClO﹣之间发生氧化还原反应，且Fe2+、ClO﹣都能够水解，溶液不可能为中性，故B错误；C．Al3+、AlO2﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，Mg2+、HCO3﹣都能够与氢氧根离子反应，HCO3﹣与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等． 5．下列说法正确的是（ ）A．往0.10mol•L﹣1的氨水中加水后，NH3•H2O的电离程度和c（OH﹣）均增大B．因为醋酸是弱电解质，盐酸是强电解质，因而中和等体积等物质的量浓度的醋酸和盐酸时，中和盐酸消耗的氢氧化钠比中和醋酸多C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：③＞②＞①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．-23-\n【分析】A、加水稀释能够促进一水合氨的电离，但氢氧根离子浓度增大程度不如溶液体积变化大；B、等物质的量的一元酸的中和能力相同；C、离子积常数在常温下c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14，适用于任何稀的水溶液；D、醋酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，弱酸的酸性越弱其酸根离子越易水解．【解答】解：A、氨水加水稀释过程中氢氧根离子浓度减小，故A错误；B、盐酸和醋酸的物质的量相等，则中和时所需NaOH的物质的量相等，故B错误；C、离子积常数在常温下c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14，适用于任何稀的水溶液，25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中c（H+）•c（OH﹣）=1×10﹣14，故C正确；D、醋酸的酸性强于碳酸，碳酸的酸性强于次氯酸，弱酸的酸性越弱其酸根离子越易水解，钠离子浓度等于对应盐溶液的浓度，所以pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：③＜②＜①，故D错误；故选C．【点评】本题考查弱电解质的电离，难度不大，注意把握弱电解质的电离特点和影响因素，学习中注意相关基础知识的积累． 6．常温下，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液；②pH=3的盐酸；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液．下列说法正确的是（ ）A．①和②混合溶液中：c（H+）=3.0mol•L﹣1B．①和④混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）C．②和③混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+）D．四种溶液稀释100倍，溶液的pH：③＞④＞②＞①【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3mol/L，A、①与②混合，CH3COOH浓度改变，pH变化；B、①和④混合后，醋酸过量；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，根据电荷守恒来分析；D、根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH．【解答】解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）＞10﹣3mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=10﹣3mol/L，pH=11的氨水中c（NH3．H2O）＞10﹣3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=10﹣3mol/L，A、①与②混合，由于平衡常数不变，CH3COOH、CH3COO﹣浓度均减半，则氢离子浓度不变，混合溶液的pH=3，c（H+）=0.001mol•L﹣1，故A错误；B、①和④混合后，醋酸过量，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，故c（Na+）＜c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），故B错误；C、②和③混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3•H2O和NH4Cl，溶液显碱性，故有：c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（Cl﹣）＜c（NH4+），故C错误；D．将这四种溶液加水稀释100倍，促进醋酸和一水合氨电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，但酸仍然是酸，碱仍然是碱，所以这四种溶液的pH大小顺序是：③＞④＞②＞①，故D正确．故选D．-23-\n【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点来分析解答，题目难度中等． 7．下列说法正确的是（ ）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．Na2SO3溶液中：c（H+）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）═c（OH﹣）C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．向含有AgCl固体的溶液中加入适量水使AgCl溶解又达到平衡时，在该温度下AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变【考点】电解质与非电解质；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、三氧化硫溶于水导电和其本身无关；B、根据溶液中的质子守恒来分析；C、由于HCO3﹣的酸性强于Al（OH）3，根据强酸制弱酸来分析；D、物质的溶解度和溶度积只收温度的影响．【解答】解：A、三氧化硫溶于水后导电是其溶于水后生成的硫酸电离出的自由离子的原因，与其本身无关，故三氧化硫为非电解质，故A错误；B、Na2SO3溶液中所有的氢离子和氢氧根均来自于水的电离，但水电离出的氢离子被SO32﹣结合为HSO3﹣和H2SO3，而水电离出的c（H+）=c（OH﹣），根据质子守恒可知：c（H+）+c（HSO3﹣）+2c（H2SO3）═c（OH﹣），故B错误；C、由于HCO3﹣的酸性强于Al（OH）3，故向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应：HCO3﹣+AlO2﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣，即有沉淀但无气体生成，故C错误；D、物质的溶解度和溶度积只收温度的影响，与其他因素无关，故只要温度不变，则AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价、盐溶液中的三个守恒之一的质子守恒和溶度积等问题，为高频考点，涉及盐类水解、电解质非电解质的判断等，把握反应原理及物质性质为解答的关键，题目难度不大． 8．下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）选项操作现象结论A铜与浓硝酸反应，生成气体用湿润KI﹣淀粉试纸检验试纸变蓝色NO2为酸性气体B将过量的CO2通入CaCl2溶液中产生白色沉淀酸性：HCl＞H2CO3C向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸产生无色气体Na2O2没有变质A．AB．BC．CD．D【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题；化学实验基本操作．【分析】A．二氧化氮能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色；B．碳酸酸性小于盐酸，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；C．溶度积常数小的沉淀先出现；D．过氧化钠和稀盐酸反应生成氧气，过氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠也与稀盐酸反应生成无色气体．-23-\n【解答】解：A．二氧化氮能氧化碘离子生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，该实验体现二氧化氮的氧化性，故A错误；B．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，碳酸酸性小于盐酸，所以二氧化碳和氯化钙不反应，没有沉淀生成，故B错误；C．溶度积常数小的沉淀先出现，所以向等浓度的KCl、KI混合液中滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故C正确；D．过氧化钠和稀盐酸反应生成无色气体氧气，过氧化钠和二氧化碳反应生成的碳酸钠也与稀盐酸反应生成无色气体二氧化碳，所以不能根据生成气体颜色判断是否变质，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质检验、溶度积常数大小判断、酸性强弱等知识点，明确物质性质及实验原理是解本题关键，易错选项是AB，注意二氧化氮能氧化碘离子． 9．设NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A．标准状况下，22.4LSO3中含有的分子数为NA个B．室温下，48.0g氧气和臭氧的混合气体中含有的原子数目为3NAC．过氧化钠与水充分反应生成0.1mol氧气转移的电子数为0.4NAD．0.1mol•L﹣1的CuCl2溶液中含有0.2NA个Cl﹣【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、标况下三氧化硫为固体；B、氧气和臭氧均由氧原子构成；C、过氧化钠与水的反应中，当生成1mol氧气时转移2mol电子；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量n==3mol，即3NA个，故B正确；C、过氧化钠与水的反应中，当生成1mol氧气时转移2mol电子，则当生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大． 10．化学与生活、社会密切相关，下列说法不正确的是（ ）A．通信光缆的主要成分是SiO2，太阳能电池的材料主要是晶体SiB．K2FeO4能与水作用生成Fe（OH）3胶体和O2，可用于净化自来水并杀菌消毒C．由于NaHCO3能与碱反应，所以常用作焙制糕点的膨松剂D．氨很容易液化，液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作致冷剂【考点】硅和二氧化硅；氨的物理性质；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．二氧化硅具有良好的光学特性，硅为良好的半导体材料；-23-\nB．K2FeO4具有氧化性，可用于杀菌消毒，Fe（OH）3胶体具有吸附性；C．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳；D．氨气的沸点高，易液化．【解答】解：A．二氧化硅具有良好的光学特性，可以制造光导纤维，硅为良好的半导体材料，是阳能电池的主要材料，故A正确；B．因K2FeO4具有氧化性，可用于杀菌消毒，Fe（OH）3胶体具有吸附性，则K2FeO4可用于净化自来水并杀菌消毒，故B正确；C．NaHCO3用作糕点的膨松剂，是利用碳酸氢钠和酸反应生成二氧化碳，Ⅰ和Ⅱ均正确，但无因果关系，故C错误；D．氨气的沸点高，液化后气化吸热，则液氨气化吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故D正确；故选：C．【点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，为高频考点，注意对相关知识的积累，题目难度不大． 11．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）A．原子半径：W＞Z＞Y＞XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用；真题集萃．【分析】短周期元素w的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是P元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由此分析解答．【解答】解：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A．【点评】本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容易． 12．某温度下，Fe（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示．据图分析，下列判断错误的是（ ）-23-\nA．Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]B．加适量NH4CL固体可使溶液由a点变到b点C．c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH﹣）乘积相等D．Fe（OH）3、Cu（OH）2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】压轴题．【分析】根据图象找出可用来比较Fe（OH）3与Cu（OH）2溶度积常数点，可用b、c进行计算；由a点变到b点，PH增大，氯化铵水解呈酸性，不会增大溶液的PH；Kw只与温度有关；注意分析处在曲线上的点与曲线外的点有什么区别．【解答】解：A、由b、c两点对应数据可比较出KSP[Fe（OH）3]与KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•（OH﹣）3=c（Fe3+）•（10﹣12.7）3，KSP[Cu（OH）2]=c（Cu2+）•（OH﹣）2=c（Cu2+）•（10﹣9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，故A正确；B、向溶液中加入NH4Cl固体，不会导致溶液中的c（OH﹣）增大，故不能使溶液由a点变到b点，故B错误；C、只要温度不发生改变，溶液中c（H+）与c（OH﹣）的乘积（即Kw）就不变．该题中温度条件不变，故c、d两点代表的溶液中c（H+）与c（OH﹣）的乘积相等，故C正确；D、b、c两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上，故两点均代表溶液达到饱和，故D正确．故选B．【点评】沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等，对图象中的数据进行定量或定性处理，找出数据（或坐标点）之间存在的相互关系；明确坐标点所表达的涵义；对溶度积和水的离子积有正确的理解．该题型重在考查综合能力，如分析（比较）、理解（转换）等． 13．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．X是电源的负极-23-\nB．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃．【分析】A．电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；B．电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C．根据图示以及电解的目的解答；D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析；【解答】解：A．根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O﹣CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；B．电解池阴极发生还原反应，电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e﹣═H2↑+O2﹣，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e﹣═CO+O2﹣，故B正确；C．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；D．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键． 14．常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是（ ）A．新制氯水中加入固体NaOH：c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣）B．pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3）C．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c（Cl﹣）=c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）D．0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】A、依据溶液中电荷守恒分析判断；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；C、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子；D、依据化学反应得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，混合溶液中存在电荷守恒和物料守恒计算得到；【解答】解：A、新制氯水中加入固体NaOH所以生成次氯酸钠、氯化钠、水：溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离；pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故B错误；-23-\nC、氨水存在电离平衡盐酸反应完全，一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液呈碱性溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故C错误；D、0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后得到0.05mol/L的CH3COOH溶液和0.05mol/L的CH3COONa溶液，溶液中存在电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）；依据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）；代入电荷守恒计算关系中得到：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）；故D正确；故选D．【点评】本题考查了电解质溶液中的电荷守恒、物料守恒，离子浓度大小的比较方法，题目难度中等． 二、解答题（共5小题）（选答题，不自动判卷）15．三氯化碘（ICl3，I的化合价为+3价）在药物合成中用途非常广泛，其熔点：33℃，沸点73℃．实验室可用如图装置制取ICl3．（1）试剂X、Y分别是： 饱和食盐水 、 碱石灰 ．装置E的作用是： 吸收多余的氯气，防止污染空气 ．制备氯气选用的药品为漂白精固体（主要成分为Ca（ClO）2）和浓盐酸，相关反应的化学方程式为： Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+2Cl2↑+2H2O ．（3）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象： 吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 ．（4）氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，则装置D适宜的加热方式为 水浴加热 ．（5）某同学欲测定ICl3样品中ICl3的纯度，他准确称取ICl3样品10.0g于烧杯中，加入适量水和过量KI晶体，充分反应：ICl3+3KI═2I2+3KCl（样品中杂质不反应）．将所得溶液配置成100mL待测液．取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液作指示剂，达到终点时的现象为： 当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色 ．重复滴定3次，测得消耗Na2S2O3溶液体积的平均值为20.00mL．该样品中ICl3的质量分数为： 93.4% ．（ICl3相对分子质量为233.5）【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】实验设计题；卤族元素；化学实验．【分析】实验室可用如图装置制取ICl3：装置A是Ca（ClO）2-23-\n）和浓盐酸反应制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反应生成ICl3，氯气有毒需进行尾气处理，E装置吸收多余的氯气，防止污染空气．（1）盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢，除去氯化氢用饱和食盐水，氯气有毒需进行尾气处理；次氯酸钙具有强的氧化性，能够氧化盐酸，生成氯化钙、氯气和水，依据化合价升级数目相同配平方程式；（3）装置B作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，C发生堵塞时，B中压强增大，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（4）水浴的温度不超过100℃，水浴能简便控制加热的温度，且能使受热容器受热均匀；（5）以淀粉溶液为指示剂，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液进行滴定，终点现象为当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色；根据化学反应可得关系式：ICl3～2I2～4S2O32﹣，令样品中ICl3的物质的量x，根据关系式计算．【解答】解：（1）装置A是Ca（ClO）2）和浓盐酸反应制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用B装置可以除去氯气中的氯化氢气体；所以试剂X为饱和食盐水，反应后剩余的氯气能够污染空气，不能排放到空气中，装置E为球形干燥管，装有固体药品碱石灰，吸收多余的氯气，防止污染空气，故答案为：饱和食盐水、碱石灰；吸收多余的氯气，防止污染空气；漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；（3）装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（4）因水浴能简便控制加热的温度，且能使受热反应试管受热均匀，由于氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应，应采取水浴加热，故答案为：水浴加热；（5）ICl3+3KI═2I2+3KCl，碘与淀粉作用显蓝色，取25.00mL待测液，用2.0mol/L的Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），终点现象为当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色，令样品中ICl3的物质的量x，则根据化学反应可得关系式：ICl3～2I2～4S2O32﹣，14x2mol•L﹣1×20×10﹣3L解得：x=1×10﹣2mol，该样品中ICl3的质量分数为：=93.4%，故答案为：当加入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复蓝色；93.4%．【点评】本题考查性质实验方案的制备，为高频考点，把握氯气的性质、制法、装置的作用及ICl3制备原理为解答的关键，题目难度中等． -23-\n16．探究小组乙测定NH3•H2O的浓度及电离平衡常数Kb，常温下，探究小组量取25.00mL氨水至锥形瓶中，用0.0500mol•L﹣1HCl滴定．用pH计采集数据，溶液的pH随加入盐酸体积的变化曲线如图所示．（1）如图：a＞7.0的理由是（用电离方程式表示） NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ ．如图，当加入稀盐酸的体积为22.40mL时，此时溶液中c（Cl﹣） = c（NH）（填＜、＞或=）．当加入稀盐酸的体积至b点溶液中离子浓度大小关系为 c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞（H+）＞c（OH﹣） ．（3）结合图信息，计算氨水的浓度为 0.0448 mol•L﹣1；写出NH3•H2O电离平衡常数Kb的表达式，Kb= ．（4）关于该滴定实验的说法中，正确的是 AC ．A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响测定结果B．锥形瓶未用氨水进行润洗会导致测得氨水的浓度偏低C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致测得氨水的浓度偏高D．滴定终点时俯视读数会导致测得氨水的浓度偏高．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在部分电离；根据电荷守恒分析；b点盐酸过量，溶液显酸性；（3）当加入稀盐酸的体积为22.40mL，pH=7，c（Cl﹣）=c（NH4+），根据氯离子的物质的量计算；（4）A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响氨水的物质的量；B．锥形瓶不能润洗；C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致盐酸浓度偏低；D．滴定终点时俯视读数会导致盐酸物质的量偏小．【解答】解：（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液里只有部分电离，电离出氢氧根离子和铵根离子，所以溶液的pH大于一水合氨的电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；当加入稀盐酸的体积为22.40mL时，溶液显中性，则c（OH﹣）=（H+），由电荷守恒c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+（H+）可知，c（Cl﹣）=c（NH4+）；b点盐酸过量，溶液中的溶质为HCl和NH4Cl，溶液显酸性，则溶液中离子浓度大小关系为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞（H+）＞c（OH﹣）；-23-\n故答案为：=；c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞（H+）＞c（OH﹣）；（3）当加入稀盐酸的体积为22.40mL，pH=7，c（Cl﹣）=c（NH4+），二者的物质的量相等，氯离子的物质的量为0.0224L×0.0500mol•L﹣1，则铵根离子的物质的量即氨水的物质的量为0.0224L×0.0500mol•L﹣1，所以c（NH3•H2O）==0.0448mol/L弱电解质电离平衡常数Kb=；故答案为：0.0448；；（4）A．锥形瓶中有少量蒸馏水不影响氨水的物质的量，所以不影响测定结果，故A正确；B．锥形瓶不能润洗，润洗锥形瓶，会使锥形瓶中氨水的物质的量偏大，没润洗对测定结果无影响，故B错误；C．酸式滴定管未用盐酸润洗会导致盐酸浓度偏低，则使用盐酸的体积偏大，所以导致测定结果偏高，故C正确；D．滴定终点时俯视读数会导致盐酸体积偏小，则盐酸物质的量偏小，测定结果偏低，故D错误．故选AC．【点评】本题考查了弱电解质的电离、中和滴定实验，侧重考查学生分析、判断及实验操作能力，明确滴定原理、弱电解质电离等知识点是解本题关键，题目难度中等． 17．某矿样的主要成分为Al2O3和SiO2．现以该矿样为原料制备氧化铝和高纯硅的流程如图：请回答下列问题：（1）试剂a的最佳选择为 a （填代号）．a．稀盐酸b．氨水c．纯碱溶液d．醋酸由沉淀Ⅱ获得Al2O3，用到的实验仪器除了酒精灯、泥三角、玻璃棒和铁三脚外，还需要的两种仪器是 坩埚、坩埚钳 （填写仪器名称）．（3）滤液A中通入NH3后发生反应的离子方程式为 Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+或Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ ．（4）NH4Cl是一种常用化肥的主要成分．现有一包肥料可能是NH4Cl或（NH4）2SO4中的一种，请设计实验进行鉴别（简述操作过程） 取适量样品于试管中配成溶液，先滴加过量稀盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明是（NH4）2SO4，若不产生白色沉淀，则证明是NH4Cl ．（5）如图所示实验装置，在实验室中制取氨气可选用装置 AB ，氨气的干燥应选用装置 CE （选填代号）．-23-\n【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．【专题】综合实验题；实验设计题；类比迁移思想；演绎推理法；化学实验．【分析】矿样的主要成分为Al2O3和SiO2，由工艺流程可知，滤液A中加氨水得沉淀，应为铝离子与氨水反应生成氢氧化铝，所以矿样中加入的试剂a为稀盐酸，矿样与盐酸反应得固体Ⅰ为滤液A，则沉淀Ⅰ为SiO2，滤液A含有氯化铝，滤液中通入氨气得沉淀Ⅱ为氢氧化铝，过滤得滤液为氯化铵溶液，氢氧化铝加热分解得氧化铝，氯氧铵溶液经浓缩结晶得氯化铵晶体，沉淀Ⅰ中二氧化硅与碳在高温下反应，得粗硅，粗硅与氯化氢加热生成氢气和三氯硅烷，三氯硅烷再被氢气还原可得高纯硅和氯化氢，以此来解答．【解答】解：矿样的主要成分为Al2O3和SiO2，由工艺流程可知，滤液A中加氨水得沉淀，应为铝离子与氨水反应生成氢氧化铝，所以矿样中加入的试剂a为稀盐酸，矿样与盐酸反应得固体Ⅰ为滤液A，则沉淀Ⅰ为SiO2，滤液A含有氯化铝，滤液中通入氨气得沉淀Ⅱ为氢氧化铝，过滤得滤液为氯化铵溶液，氢氧化铝加热分解得氧化铝，氯氧铵溶液经浓缩结晶得氯化铵晶体，沉淀Ⅰ中二氧化硅与碳在高温下反应，得粗硅，粗硅与氯化氢加热生成氢气和三氯硅烷，三氯硅烷再被氢气还原可得高纯硅和氯化氢，（1）根据上面的分析可知，试剂a的最佳选择为稀盐酸，故选a；灼烧氢氧化铝获得Al2O3，用到的实验仪器除了酒精灯、泥三角、玻璃棒和铁三脚外，还需要的两种仪器是坩埚 坩埚钳，故答案为：坩埚、坩埚钳；（3）氯化铝溶液中通入NH3后发生反应的离子方程式为Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+或Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3+3H2O=Al（OH）3↓+3NH4+或Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；（4）设计实验进行鉴别NH4Cl和（NH4）2SO4的方法是取适量样品于试管中配成溶液，先滴加过量稀盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明是（NH4）2SO4，若不产生白色沉淀，则证明是NH4Cl，故答案为：取适量样品于试管中配成溶液，先滴加过量稀盐酸，再滴加少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明是（NH4）2SO4，若不产生白色沉淀，则证明是NH4Cl；（5）在实验室中制取氨气用氢氧化钙与氯化铵固体加热的方法或用浓氨水与碱石灰的方法，所以可选用装置AB，氨气是碱性气体，所以干燥应选用装置CE，故答案为：AB；CE．【点评】本题以制备氧化铝和高纯硅工艺流程为载体考查混合物分离实验方案的设计，为高频考点，涉及无机物推断、元素化合物性质及相互转化、除杂的方法、离子方程式等，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等． 18．使用石油热裂解的副产物CH4来制取CO和H2，其生产流程如图：-23-\n（1）工业上常利用反应Ⅰ产生的CO和H2合成可再生能源甲醇．①已知CO（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283.0kJ•mol﹣1和726.5kJ•mol﹣1，则CH3OH（l）不完全燃烧生成CO（g）和H2O（l）的热化学方程式为 CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1 ．此流程的第Ⅰ步反应为：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1．则P1 ＜ P2．（填“＜”、“＞”或“=”）100℃时，将1molCH4和2molH2O通入容积为10L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5．此时该反应的平衡常数K= 0.0225（或2.25×10﹣2） ．（3）此流程的第Ⅱ步反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），的平衡常数随温度的变化如表：温度/℃400500830平衡常数K1091从上表可以推断：该反应是 放热；； 反应（填“吸热”或“放热”），若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，在该条件下，反应达到平衡时，CO的转化率为 75% ．图2表示该反应在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件引起浓度变化的情况：图2中t2时刻发生改变的条件是 降低温度 ． 增加水蒸汽的量或减少氢气的量 （写出一种）．（4）某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3（NO3﹣），装置如图3，电极为多孔惰性材料．则负极的电极反应式是 2H2O+NO﹣3e﹣=NO3﹣+4H+ ．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；采取控制变量法分析，由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度结合平衡常数概念计算得到；（3）分析图表数据可知平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应；结合平衡三段式计算转化率=×100%；在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，结合平衡移动原理分析；（4）原电池的负极发生氧化反应，NO被氧化生成硝酸．【解答】解：（1）①由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1，则①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1-23-\n②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1由盖斯定律可知，②﹣①得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），则△H=﹣726.5kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）=﹣443.5kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1；由图可知温度相同时，到达平衡时，压强为P1的CH4转化率高，平衡向正反应方向移动，反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动，即P1＜P2；100℃时，将1molCH4和2molH2O通入容积为100L的恒容密闭容器中，达到平衡时CH4的转化率为0.5，CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）起始量（mol/L）1200变化量（mol/L）0.50.50.50.15平衡量（mol/L）0.50.150.50.15平衡常数K===2.25×10﹣2（mol/L）2；故答案为：＜；2.25×10﹣2；（3）分析图表数据可知平衡常数随温度升高减小，说明平衡逆向进行，正反应是放热反应，△H＜0；若在500℃时进行，设起始时CO和H2O的起始浓度均为0.020mol/L，平衡常数为9，依据化学平衡三段式列式计算，设一氧化碳消耗物质的量浓度为x，计算平衡常数得到；CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），起始量（mol）0.020.0200变化量（mol）xxxx平衡量（mmol）0.02﹣x0.02﹣xxxK==9，x=0.015mol/L，CO的转化率=×100%=75%，CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），反应是气体体积不变的放热反应，在t2时刻因改变某个条件浓度发生变化的情况是二氧化碳浓度增大，一氧化碳浓度减小，说明平衡正向进行，降低温度，或增加水蒸气的量或减少氢气的量均可以实现，故答案为：放热；75%；降低温度；增加水蒸汽的量或减少氢气的量；（4）将NO转化为HNO3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧化反应，即NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，故答案为：2H2O+NO﹣3e﹣=NO3﹣+4H+．【点评】本题考查了热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，图象分析判断，电极反应式的书写等知识，属于综合知识的考查，题目难度中等． 19．中学化学常见的滴定法包括中和滴定法、氧化还原滴定法等．探究小组甲用酸性KMnO4溶液滴定某补血剂[主要成分硫酸亚铁晶体（FeSO4•7H2O）]中铁元素的含量．-23-\n①下列滴定装置中（夹持部分略去），最合理的是： B （填字母序号）．②实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的酸性KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要 胶头滴管、250mL容量瓶 （填仪器名称）．【考点】计量仪器及使用方法；实验装置综合；中和滴定．【专题】化学实验基本操作．【分析】①高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，不能用碱式滴定管；②依据溶液配制步骤和过程分析判断需要的玻璃仪器．【解答】解：（1）①用酸性KMnO4溶液滴定某补血剂，高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化橡胶管，不能用碱式滴定管，所以B符合；故答案为：B；②准确配制一定物质的量浓度的酸性KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒外，还需要胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：胶头滴管、250mL容量瓶．【点评】本题考查中和滴定以及溶液的配制，题目难度不大，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键． -23-
