北京市首都师范大学附属中学2022-2023学年高二化学上学期期中试卷（Word版含解析）

首都师大附中2022-2023学年第一学期期中练习高二化学可能用到的相对原子质量：第I卷(共42分)一、选择题(本大题共21小题，每小题2分，共42分。在每小题所列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的)1.25℃时，向水中加入下列物质，能使水电离出的c(H+)>1×10-7mol/L的是A.Na2CO3B.H2SO4C.Na2SO4D.NaOH【答案】A【解析】【分析】酸或碱会抑制水的电离，弱酸根离子或弱碱阳离子的水解会促进水的电离；【详解】A．碳酸根离子水机，促进水的电离导致水电离出的c(H+)>1×10-7mol/L，A正确；B．硫酸为强酸，会抑制水的电离，B错误；C．硫酸钠为强酸强碱盐，不会影响水的电离，C错误；D．氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，D错误；故选A。2.下列反应的发生与“盐类水解平衡”或“难溶电解质的溶解平衡”无关的是A.镁条与溶液反应生成B.溶液与溶液反应生成C.盐酸与反应生成D.溶液和溶液反应生成【答案】B【解析】【详解】A．氯化铵溶液存在着水解平衡，加入镁条后消耗氢离子，促使平衡正向移动，A项错误；B．硫酸氢钠溶液是强电解质，电离出的氢离子可以和氢氧化钠溶液反应，从而生成硫酸钠，与溶解平衡和水解平衡无关，B项正确； C．碳酸钙中存在着沉淀溶解平衡，加入盐酸消耗碳酸根离子，促使平衡正向移动，C项错误；D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液中都存水解平衡，两者之间互相促进水解，最终完全水解，生成二氧化碳和沉淀，D项错误；答案选B。3.在室温下，下列叙述正确的是A.将1mL1.0×10-5mol/L盐酸稀释到1000mL，得到pH＝8的盐酸B.将1mLpH＝3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸C.用pH＝1盐酸分别中和1mLpH＝13NaOH溶液和氨水，NaOH消耗盐酸的体积大D.pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸比较，2c(Cl-)＝c(SO42-)【答案】B【解析】【详解】A.在室温下，将1mL1.0×10-5mol/L的盐酸无论加多少水稀释，pH不可能超过7，A叙述不正确；B.在室温下，将1mLpH＝3的一元酸溶液稀释到10mL，若溶液的pH＜4，说明在稀释过程中，该酸存在电离平衡的移动，则此酸为弱酸，B叙述正确；C.在室温下，用pH＝1盐酸分别中和1mLpH＝13NaOH溶液和氨水，由于氨水中存在NH3∙H2O的电离平衡，在pH相等的条件下，氨水的物质的量浓度远远大于氢氧化钠的，所以氨水消耗的盐酸多，C叙述不正确；D.在室温下，pH＝2的盐酸与pH＝1的硫酸，其物质的浓度分别是0.01mol/L和0.05mol/L，5c(Cl-)＝c(SO42-)，D叙述不正确。答案选B。4.某同学用盐酸标准溶液滴定某烧碱溶液的浓度，以下操作会导致测定结果偏低的是A.未用盐酸标准溶液润洗滴定管B.装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水C.观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视D.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】C【解析】【分析】根据反应，可得，即 ，其中待测液的体积和标准液的浓度已知，则待测液的浓度与标准液的体积成正比，即，以此判断。【详解】A．未用盐酸标准溶液润洗滴定管，则标准液浓度偏低，消耗的标准液的体积偏大，结果偏高，故A错误；B．装待测液前，锥形瓶中有少量蒸馏水，相当于待测液被稀释，但是物质的量不变，消耗的标准液体积不变，浓度无影响，故B错误；C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则标准液体积偏小，计算结果偏低，故C正确；D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则标准液体积偏大，结果偏高，故D错误；故选C。5.下列实验操作能达到实验目的的是A.将溶液加热蒸干制备无水固体B.从酸式滴定管中放出溶液C.用去除溶液中的D.配制溶液时，将溶于热水中，然后冷却稀释【答案】B【解析】【详解】A．在HCl气流中将溶液加热蒸干制备无水固体，可抑制镁离子水解，故A错误；B．高锰酸钾具有强氧化性，从酸式滴定管中放出溶液，故B正确；C．用去除溶液中的会引入钠离子，应加入MgO或Mg(OH)2，调节pH，除去铁离子，故C错误；D．配制溶液时，将溶于盐酸中，然后冷却稀释至所需浓度，故D错误；故选B。6.在下列各溶液中，指定的离子组一定能大量共存的是 A.无色溶液中：B.含有的溶液中：C.在的溶液中：D.室温下，的溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．的溶液为紫色，不能在无色溶液中存在，A错误；B．Fe3+有氧化性，I-有较强还原性，二者发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．pH=1的溶液为酸性溶液，之间不反应，能大量共存，C正确；D．室温下，c(H+)=molL-1<1×10-7molL-1，该溶液含大量OH-显碱性，Fe3+与OH+反应生成Fe(OH)3沉淀而不能大量共存，D错误；故答案为：C。7.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是选项ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH 试剂bBa(OH)2Ca(OH)2Ba(OH)2NH3·H2OA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；故合理选项是D。8.一定温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是 A.曲线I代表HCl的稀释过程B.溶液中水的电离程度：b点＞c点C.从b点到d点，溶液中(各微粒的浓度均为平衡浓度)保持不变D.溶液的导电能力：d点＞e点【答案】B【解析】【详解】A．盐酸是强酸，稀释相同倍数，盐酸pH变化大于醋酸，曲线I代表HCl的稀释过程，选项A正确；B．b点pH小于c点，说明b点氢离子浓度大于c，b点对水电离抑制作用大于c，溶液中水的电离程度：b点＜c点，选项B不正确；C．Ka=，从b点到d点，温度不变，所以溶液中保持不变，选项C正确；D．d点的pH小于e点，故氢离子浓度较大，酸的浓度大，溶液中离子浓度大，故溶液的导电能力：d点＞e点，选项D正确；答案选B。9.下列离子方程式书写正确的是A.用FeCl3溶液蚀刻铜制电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+B.向硫酸铝溶液中滴入少量氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓C.向FeI2溶液中通入过量Cl2：Cl2+2I-=2Cl-+I2D.向NH4HSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：Ba2++2H++2OH-+SO=BaSO4↓+2H2O【答案】D 【解析】【详解】A．电荷不守恒，用FeCl3溶液蚀刻铜制电路板的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A项错误；B．NH3·H2O为弱碱，应以化学式保留，硫酸铝与氨水反应的离子方程式为Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，B项错误；C．通入过量Cl2，Fe2+和I-都被完全氧化，过量Cl2与FeI2溶液反应的离子方程式为3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2，C项错误；D．Ba(OH)2少量时OH-先与NH4HSO4溶液中的H+反应，不反应，NH4HSO4溶液与少量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，D项正确；答案选D。10.NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A.0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/LB.长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C.通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO+HClOD.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知，次氯酸是弱酸，次氯酸根离子会在溶液中发生水解反应使溶液呈碱性，则0.01mol/L次氯酸钠溶液中次氯酸根离子浓度小于0.01mol/L，A错误；B．次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸钠在溶液中发生水解反应生成次氯酸和氢氧化钠，溶液中次氯酸长期露置在空气中遇光会发生分解反应生成盐酸和氧气，不可能释放出氯气，B错误；C．过量的二氧化硫与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸和氯化钠，反应的离子方程式为SO2+ClO−+H2O=Cl－++2H+，C错误；D．25℃，pH=7.0的次氯酸钠和次氯酸的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒关系c(ClO－)+c(OH－)=c(H+)+c(Na+)，则溶液中c(ClO－)=c(Na+)，由次氯酸的电离常数可知，次氯酸根离子在溶液中水解常数为Kh===>Ka，则等浓度的次氯酸钠和 次氯酸的混合溶液中，次氯酸根离子的水解程度大于次氯酸的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中次氯酸的浓度大于次氯酸根离子，溶液中微粒浓度的大小关系为c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故答案选D。11.电离平衡常数有重要的功能，下列推测不合理的是化学式H2CO3HCNHF电离平衡常数(K)Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-116.2×10-106.8×10-4A.电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>B.相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCNC.HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应D.CO2通入NaCN溶液中：CO2+2CN-+H2O=2HCN+【答案】D【解析】【详解】A．由电离平衡常数越大，弱酸的酸性越强，电离出H+的能力越大，由表数据可知由酸性：HF>H2CO3>HCN>，则电离出H+的能力：HF>H2CO3>HCN>，A正确；B．弱酸的酸性越弱，其盐溶液水解程度越大，溶液pH越大，由酸性：HF>H2CO3>HCN，相同物质的量浓度溶液的pH：NaF<NaHCO3<NaCN，B正确；C由于酸性：HF>HCN>，则HCN和HF均能与Na2CO3溶液发生反应，C正确；D．由于酸性：H2CO3>HCN>，根据弱酸制取更弱的酸，CO2通入NaCN溶液中：CO2+H2O+CN-=+HCN，D错误；故选：D。12.下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法正确的是 A.最高价氧化物对应水化物的碱性：Z＜MB.X、N两种元素形成的化合物属于离子化合物C.Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞RD.简单离子的半径：Z＞M＞X【答案】C【解析】【详解】同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可以知道X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素。A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性强弱为：Z>M，A错误；B．X、N两种元素组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是由原子组成，属于共价化合物，B错误；C．气态氢化物的稳定性和非金属性有关，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Y＞R，Y、R两种元素气态氢化物的稳定性：Y＞R，C正确；D．离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以简单离子的半径：M<Z<X，D错误；故选C。13.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，中所含共用电子对数目为B.溶液中所含的数日为C.标准状况下，和混合物中含碳原子数日为D.密闭容器中，和催化反应后分子总数为 【答案】C【解析】【详解】A．5.6g是0.2mol,一个氮气分子中含有3对共用电子对，因此共用电子对的数目应该是0.6，A项错误；B．三价铁离子在水中会水解，因此要小于0.1，B项错误；C．标况下11.2L混合气体的物质的量是0.5mol,由于一氧化碳和二氧化碳都有1个碳原子，因此碳原子数目是0.5，C项错误；D．二氧化硫和氧气生成三氧化硫反应是可逆的，因此密闭容器中，2mol二氧化硫和1mol氧气催化反应或分子总是大于2，D项错误；答案选C。14.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物。常温下，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是A.反应I中氧化产物与还原产物的物质的量之比为B.反应Ⅱ的离子方程式为C.反应过程中和起催化作用D.该转化过程的实质是NO被氧化成【答案】D【解析】【分析】反应Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，反应Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO+4H++4Ce3+═2H2O+N2+4Ce4+，总反应：2NO+2H2=2H2O+N2，Ce(SO4)2和Ce2(SO4)3是反应的催化剂。 【详解】A．反应Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，故A正确；B．反应Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO+4H++4Ce3+═2H2O+N2+4Ce4+，故B正确；C．根据转化过程图可知，Ce2(SO4)3，Ce(SO4)2是反应的催化剂，故C正确；D．总反应：2NO+2H2=2H2O+N2↑，NO的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NO被H2还原，故D错误；故选D。15.是一种二元弱酸，溶液中各型体浓度在其总浓度中所占比值叫其分布系数，常温下某浓度的溶液中各型体分布系数随pH的变化如图所示，据此分析，下列说法不正确的是A.曲线a代表，曲线b代表B.常温下0.1mol/L的溶液显酸性C.常温下，的电离平衡常数D.pH从时，先增大后减小【答案】D【解析】【分析】随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，逐渐增多，pH大于3时，逐渐减少，逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表；【详解】A．随着溶液的pH增大，溶液中H2C2O4逐渐减少，逐渐增多，pH大于3时，逐渐减少，逐渐增多，所以曲线a代表H2C2O4，曲线b代表，故A正 确；B．当溶液中和相同时，溶液显酸性，所以的电离程度大于的水解程度，即常温下0.1mol/L的NaHC2O4溶液中以的电离为主，溶液显酸性，故B正确；C．常温下，H2C2O4的电离平衡常数Ka2=，由图可知，pH=4.30时，c()=c()，则Ka2=10-4..30，故C正确；D．pH从1.30～4.30时，H2C2O4的浓度逐渐减小，逐渐增多，所以逐渐减小，故D错误；故选：D。16.化学学习离不开实验。下列实验操作能达到实验目的的是选项操作目的A室温下，用计分别测量和溶液的比较和酸性强弱B向的溶液中滴加2滴浓度均为和的混合溶液，振荡，沉淀呈黄色证明C向含有酚酞的溶液中滴入溶液至过量，观察溶液颜色的变化证明，溶液中存在碳酸根的水解平衡D向的稀氨水中滴加5~6滴的饱和溶液，继续加热制备胶体A.AB.BC.CD.D【答案】C 【解析】【详解】A．若和均为强酸，则和为强酸强碱盐，其溶液为中性，不能通过测pH的大小判断酸性强若，故A错误；B．向的溶液中滴加2滴浓度均为和的混合溶液，其中过量，生成黄色沉淀不能说明，故B错误；C．向含有酚酞的溶液中滴入溶液至过量，若溶液颜色变浅，则说明溶液中存在碳酸根的水解平衡，故C正确；D．向的稀氨水中滴加5~6滴的饱和溶液，得到的是红褐色氢氧化铁沉淀，故D错误；故选C。17.某同学进行如下实验：实验步骤实验现象I将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着II将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)下列说法不正确的是A.根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应B.根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快C.I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3【答案】C【解析】【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变 为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；答案选C。18.下列实验中，均产生白色沉淀。下列分析不正确的是A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解D.4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低【答案】B【解析】分析】【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B．H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误； C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。19.实验测得0.5mol·L−1CH3COONa溶液、0.5mol·L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)B.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意； 综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。20.某同学进行如下趣味化学实验：将HgCl2溶液和KIO3溶液同时加入反应原理：①IO＋3HSO=I-＋3SO＋3H+②IO＋5I-+6H+=3I2＋3H2O③Hg2+＋2I-=HgI2↓（橙红色）现象：先产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色下列说法不正确的是（）A.反应①中IO表现了氧化性B.反应①对反应②的进行有促进作用C.该实验条件下，反应速率：③>②D.用Na2SO3溶液代替NaHSO3进行实验，现象相同【答案】D【解析】【详解】A．根据题干信息可知，反应①中IO被还原为I-，体现了氧化性，A选项正确；B．反应①生成了反应②所需要的I-和H+，因此反应①对反应②的进行有促进作用，B选项正确；C．根据现象，先产生橙红色沉淀，几秒钟后溶液颜色变为蓝色，说明反应速率：③>②，C选项正确；D．若用Na2SO3溶液代替NaHSO3进行实验，则发生反应IO+3=I-+3，没有生成反应②所需的H+，反应②难以发生，现象应该不同，D选项错误；答案选D。21.某同学设计实验方案，利用沉淀滴定法测定“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”的平衡常数K。一 定温度下，先将0.0100mol·L-1Ag2SO4溶液与0.0400mol·L-1FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，待反应达到平衡时，过滤，取vmL滤液用c1mol·L-1KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1mL。已知：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)K1Fe3++SCN-FeSCN2+(红色)K2下列说法正确的是A.Ag2SO4溶液和FeSO4溶液(pH=1)可替换为AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)B.K1>>K2，Fe3+是滴定终点的指示剂C.若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，则所测K值偏大D.若改为测定滤液中c(Fe3+)，选择合适的滴定方法直接滴定滤液，也能达到目的【答案】B【解析】【分析】Ag++Fe2+Fe3++Ag↓为可逆反应，要计算平衡常数，需要知道平衡时各离子的浓度。反应完全时，过滤，滤液用KSCN溶液滴定，可计算出平衡时的银离子浓度，从而可知平衡时各离子浓度，K值也可计算。【详解】A．由于硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，会干扰实验，故不可用AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)替换原试剂，A错误；B．用标准KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明SCN-先与Ag+反应完全后再与Fe3+反应，故K1>>K2；出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明Fe3+是滴定终点的指示剂，B正确；C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，滴入KSCN溶液时发生反应Ag++SCN-AgSCN↓，使Ag++Fe2+Fe3++Ag↓逆向移动，使银离子浓度增大，，K值偏小，C错误；D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，Fe2+容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，滴定结果不准确，D错误；故选B。第Ⅱ卷(共58分) 二、填空题(本大题共5小题，共58分)22.常温下，五种溶液：①②③④⑤已知：。（1）用化学用语解释④呈酸性的原因：_________________________________。（2）溶液①中由水电离出的为_________________________________。（3）五种溶液的由大到小依次是_________________________________(填序号)。（4）溶液①、③等体积混合后，溶液中___________(填“>”、“<”或“=”)。（5）将的溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，测溶液与溶液的体积比为___________。（6）向溶液中滴加溶液的过程中，变化如图所示。①滴加过程中发生反应的离子方程式是___________。②下列说法正确的是___________。a．A、C两点水的电离程度：b．B点溶液中微粒浓度满足：c．D点溶液微粒浓度满足： 【答案】（1）（2）（3）（4）=（5）（6）①.②.bc【解析】【小问1详解】铵根水解显酸性，；【小问2详解】溶液，根据，水电离出的==；【小问3详解】五种溶液：①，②是弱电解质，，③是强酸的酸式盐，可以电离出氢离子，，④水解显酸性，⑤是强酸强碱盐显中性，故五种溶液的由大到小依次是；【小问4详解】溶液①、③等体积混合后正好中和生成，溶液显酸性，=；【小问5详解】的溶液=0.1mol/L，的溶液=0.01mol/L，混合溶液的，，解得；【小问6详解】 ①向溶液中滴加溶液，发生中和反应，离子方程式是；②a．A点是抑制水的电离，随着氢氧化钠的加入水的电离程度增大，生成醋酸钠促进水的的电离，C两点水的电离程度：，故a错误；b．B点正好中和一半，溶质为和，物质的量浓度之比为1:1，根据电荷守恒溶液中微粒浓度满足：，故b正确；c．D点是正好中和的点，溶质为，根据元素质量守恒可知溶液微粒浓度满足：，故c正确；故答案为bc；23.维持的稳定对生命体的生理活动具有重要意义。已知：常温下，在不同试剂中加入酸或碱后体系的变化如下表所示。试剂初始通入气体加入固体i．7a12ii．配制成的溶液4.764.674.85（1）___________(忽略通入气体前后体系的体积变化)。（2）结合化学用语解释ⅱ显酸性的原因：_________________________________。（3）试剂ⅱ中微粒浓度关系正确的有___________(填序号)a． b．c．（4）由表中数据可知，试剂ⅱ的受一定量的酸和碱的影响不大。溶液的这种能对抗外来少量强酸、强碱或适当稀释，而保持溶液的几乎不变的作用称为缓冲作用。下列具有缓冲作用的溶液是___________(填序号)。a．b．c．d．（5）研究表明，人体血液中存在等体系，通过平衡的移动起到稳定血液的作用。当少量的强碱进入血液中时，血液缓冲体系中的值将___________(填“变大”、“变小”或“不变)。【答案】（1）2（2）试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡，相同条件醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当与的初始浓度相等时，溶液中（3）BC（4）CD（5）变大【解析】【小问1详解】1L水中通入0.01molHCl，，溶液是pH=-，2；【小问2详解】试剂ⅱ中同时存在醋酸的电离平衡和醋酸根的水解平衡，相同条件下醋酸的电离平衡的限度大于醋酸根的水解平衡限度，当与的初始浓度相等时，溶液中，所以溶液呈酸性；【小问3详解】 A．、配制成溶液，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以，故A错误；B．、配制成溶液，根据电荷守恒，根据物料守恒；所以，故B正确；C．根据物料守恒，故C正确；故选BC；【小问4详解】A．溶液中加入酸，氢离子浓度迅速增大；加入碱，氢离子浓度迅速减小，不具有缓冲作用，故不选A；B．溶液中加入酸，氢氧根离子浓度迅速减小；加入碱，氢氧根离子浓度迅速增大，不具有缓冲作用，故不选B；C．溶液中加入酸，氨水和酸反应生成氯化铵，氢离子浓度变化小；加入碱，氯化铵和氢氧根离子反应生成氨水，氢氧根离子浓度变化小，具有缓冲作用，故选C；D．溶液中加入酸，碳酸根和氢离子反应生成碳酸氢根，氢离子浓度变化小；加入碱，碳酸氢根和氢氧根离子反应生成碳酸根离子，氢氧根离子浓度变化小，具有缓冲作用，故选D；故选CD。【小问5详解】温度不变，碳酸的电离常数不变。当少量的强碱进入血液中时，c(H+)浓度减小，血液缓冲体系中的值将变大。24.探究和之间的转化。已知： 物质溶解度实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验I……实验Ⅱ有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）写出的溶度积常数表达式___________。（2）比较___________(填>”、“<”或=”)。(相对分子质量：；)（3）实验I说明全部转化为，写出此过程的离子方程式___________，能说明发生此转化所依据的现象是：加入盐酸后，______________________。（4）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是______________________。（5）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合的沉淀溶解平衡解释原因：___________。【答案】（1）（2）＜（3）①.②.无气泡产生，沉淀不溶解（4）（5）虽然BaSO4比BaCO3更难溶，但存在，当溶液中 的浓度较大时，会结合BaSO4中的Ba2+，生成BaCO3，使平衡正移。【解析】【小问1详解】的溶度积常数表达式为。【小问2详解】根据溶解度计算出和饱和溶液的浓度。：，Ksp=(1.03×10-5)2=1.1×10-10；：，Ksp=(7.1×10-5)2=5.0×10-9；故＜。【小问3详解】全部转化为的离子方程式为；与盐酸不反应，故现象为无气泡产生，沉淀不溶解。【小问4详解】实验Ⅱ的沉淀为和的混合物，加入稀盐酸的离子方程式是。【小问5详解】实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，原因是虽然BaSO4比BaCO3更难溶，但存在，当溶液中的浓度较大时，会结合BaSO4中的Ba2+，生成BaCO3，使平衡正移。25.是重要化工原料，由软锰矿制备的一种工艺流程如下：资料：①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和。 ②金属离子沉淀的开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.883③该工艺条件下，与不反应。（1）溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_________________________________。②溶出时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示。i．II是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是___________。i．若全部来自于反应，完全溶出所需与的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是___________。（2）纯化已知：的氧化性与溶液有关。纯化时先加入，后加入，调溶液说明试剂加入顺序及调节的原因：______________________。（3）产品纯度测定向产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为．(已知：及均被还原为．相对分子质量：；)产品纯度为______________________(用质量分数表示)。【答案】（1）①.增大反应速率，提高浸出率②.MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O③.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+（2）MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+ （3）【解析】【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。【小问1详解】①溶出前，软锰矿需研磨。研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，目的是增大反应速率，提高浸出率。故答案为：增大反应速率，提高浸出率；②i．II是从软锰矿中溶出的主要反应，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O。故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；i．根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；【小问2详解】MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，“纯化”时，先向溶出液中先加入MnO2，将溶液中Fe2+氧化；再加入NH3•H2O调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去。使Fe3+沉淀完全的溶液pH为2.8，使Al3+完全沉淀的pH为4.7，而溶液中Mn2+开始沉淀的pH为5.8，适宜调节的pH范围是4.7≤pH＜5.8，可调溶液。故答案为：MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，同时通过调节pH除去溶液中的Al3+和Fe3+；【小问3详解】根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=cmol•L-1×dL，产品纯度==。故答案为：。 26.为研究铁盐与亚硫酸盐之间的反应，某小组利用孔穴板进行了实验探究：溶液2滴+溶液溶液溶液2滴溶液溶液2滴小组记录的实验现象如下表所示：开始时后3天后实验I容液立即变为红褐色，比II、III中略浅与开始混合时一致溶液呈黄色，底部出现红褐色沉淀实验II溶液立即变为红褐色红褐色明显变浅溶液呈黄绿色实验III溶液立即变为红褐色红褐色变浅，比II中深溶液呈黄色（1）测得实验所用溶液及溶液均约为1.0。两溶液均呈酸性的原因是___________(用离子方程式表示)。（2）开始混合时，实验I中红褐色比II、III中略浅的原因是______________________。（3）为了探究后实验II、III中溶液红褐色变浅的原因，小组同学设计了实验IV：分别取少量后实验I、II、III中溶液，检测到实验II、III中有，实验I中无。根据实验IV的现象，结合化学用语解释红褐色变浅的原因是____________________________________________。（4）后实验III中溶液颜色比实验II中深，小组认为可能存在三种因素：①可以加快与的氧化还原反应：②___________________；③在酸性环境下代替氧化了，同时消耗，使水解出的较多。 通过实验V和实验VI进行因素探究：实验操作(已知Na对实验无影响)后的现象实验V在溶液中溶解i．________固体，再加入2滴溶液溶液的红褐色介于II、III之间实验VI在的稀硝酸中溶解约固体，再加入2滴溶液。向其中滴入少量溶液ii．________________实验结论：因素①和因素②均成立，因素③不明显。请将上述方案填写完整。（5）通过上述实验，以下结果或推论合理是___________(填字母)。a．与同时发生水解反应和氧化还原反应，且水解反应的速率速率快，等待足够长时间后，将以氧化还原反应为主b．浓度为的稀硝酸在内不能将氧化c．向大于1的稀硝酸中加入少量，使其完全溶解，可用来检验实验I的上层清液中是否存在【答案】（1）（2）起始浓度少，水解产生的少（3）与发生氧化还原反应：，在减少浓度的同时降低了pH，使水解产生的减少（4）①.可以减缓与的氧化还原反应②.0.14g③.无明显现象（5）c【解析】【分析】对比实验Ⅰ和Ⅱ、Ⅲ，实验Ⅰ中的氯化铁的量较少，且水解速率较慢，水解产生的较少，即出现红褐色颜色较浅。 【小问1详解】(1)溶液和溶液均为强酸弱碱盐，铁离子水解呈酸性，其水解方程式为，故填；【小问2详解】(2)实验Ⅰ中起始浓度较少，实验Ⅱ和Ⅲ中浓度比Ⅰ大，虽然浓度越低越水解，但是实验Ⅰ中数目少，且水解速率没有Ⅱ和Ⅲ快，水解产生的也少，故填起始浓度少，水解产生的少；【小问3详解】(3)分别取少量实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，5min后的溶液于试管中，加入几滴铁氰化钾溶液，实验Ⅰ无变化，实验Ⅱ和Ⅲ中出现蓝色沉淀，说明实验Ⅱ和Ⅲ中与发生氧化还原反应：，在减少浓度的同时降低了pH，使水解产生的减少，故填与发生氧化还原反应：，在减少浓度的同时降低了pH，使水解产生的减少；【小问4详解】(4)后实验III中溶液颜色比实验II中深，结合因素①可以加快与的氧化还原反应；③在酸性环境下代替氧化了，同时消耗，使水解出的较多，则可推出因素②为：可以减缓与的氧化还原反应，针对因素探究可用对比实验的方法，即向实验Ⅴ溶液中加入NaCl固体，加入的量为2mL中氯离子的物质的量相同，即，所需氯化钠的质量为0.14g。实验结果显示因素①和②均成立，因素③不成立，所以实验Ⅵ中现象为：无明显现象，故填可以减缓与的氧化还原反应、0.14g、无明显现象；【小问5详解】 (5)a．对比实验Ⅱ、Ⅲ5min后的现象，溶液立即变为红褐色，说明铁离子水解，实验Ⅲ比实验Ⅱ红褐色深，铁离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应，但不是以氧化还原反应为主，故a错误；b．对照实验Ⅱ、Ⅲ，实验Ⅲ现象红褐色变浅，比Ⅱ中深，说明稀硝酸在5min内能将氧化，故b错误；c．向pH大于1的稀硝酸中加入少量，使其完全溶解，可用来检验实验Ⅰ的上层清液中是否存在，若有，有白色不溶于稀硝酸的沉淀产生，故c正确；故填c。