河北省武邑中学2020届高三化学上学期期中试卷（含解析）VIP

河北武邑中学2020学年上学期高三期中考试化学试题注意事项：1、本试卷分卷（选择题）和卷（非选择题）两部分。2、本堂考试100分钟，满分100分。3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。可能用到的相对原子质量：H -1 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Mn-55 Fe-56 1. 下列叙述正确的是( )A. 中和热测定实验用的小烧杯和物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都必须干燥B. 用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C. 配制2.0 molL1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)D. 用铜电极电解2.0 molL1的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为21【答案】C【解析】试题分析：A中和热测定实验用的小烧杯必须干燥，物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都不需要干燥，A错误；B用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，则读数偏大，氢氧化钠浓度偏高，B错误；C配制2.0 molL1的硫酸，若定容时俯视，则液面低于刻度线，因此所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)，C正确；D用铜电极电解2.0 molL1的硫酸，阳极铜失去电子，得不到氧气，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、误差分析及电解产物判断等【名师点晴】中和滴定误差分析的总依据为：由C测=C标V标/V测 由于C标、V待均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小。2.下列离子或分子组中，在相应的环境中能大量共存的是()选项环境要求离子A溶液中c(K)c(Cl)K、AlO、Cl、NOB溶液pH7Na、S2、K、ClO-C水电离产生的c(H)1012 mol/L的溶液ClO、CO、NH、NO、SOD向溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有沉淀产生，后沉淀消失Na、Al3、Cl、SOA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、若溶液中c(K)c(Cl)，则含有K、AlO2、Cl、NO3的溶液由于阳离子总数少带负电荷，而不能大量共存，A错误；B、溶液pH7的溶液是碱性溶液，而S2有还原性，ClO有氧化性，会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C、水电离产生的c(H)1012mol/L的溶液,可能是酸性也可能是碱性，在酸性溶液中，CO32会发生复分解反应而不能大量共存，ClO、H、NO3、SO32会发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性溶液中，NH4、OH-会发生复分解反应而不能大量共存，C错误；D、向含有Na、Al3、Cl、SO42溶液中逐滴滴加烧碱溶液先有Al(OH)3沉淀产生，当碱过量时由于Al(OH)3是两性氢氧化物沉又发生反应：Al(OH)3+ OH-AlO2-+ 2H2O，沉淀消失，D正确。答案选D。【考点定位】本题主要是考查离子大量共存的知识【名师点晴】离子间能否大量共存的常设陷阱条件类型高考中的常见表述误点点拨常见的限制条件“无色”有色离子不能大量存在“pH1”或“pH13”溶液显酸性或碱性“因发生氧化还原反应而不能共存”只能是氧化性离子和还原性离子不共存，不是其他离子反应类型常见的易错点“透明”“透明”也可“有色”“不能共存”易看成“能共存”常见的隐含条件“与Al反应放出H2”溶液既可能显酸性也可能显碱性“由水电离出c(H)11012molL1”溶液既可能显酸性也可能显碱性“通入足量的NH3”与NH3H2O反应的离子不能存在常见题干要求（1）“一定大量共存”审清关键字（2）“可能大量共存”（3）“不能大量共存”3.下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是（ ）A. SO3 B. 乙醇 C. CaO D. 醋酸【答案】A【解析】【详解】A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出阴阳离子而使二氧化硫的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，则二氧化硫是非电解质，故A正确；B乙醇在水溶液里以分子存在，酒精水溶液不导电，故B错误；CCaO溶于水后，与水反应生成Ca(OH)2，电离出Ca2+和OH-，溶液导电，同时CaO是活泼金属氧化物，属于电解质，故C错误；D醋酸在水溶液能电离出阴阳离子，醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故D错误；故选A。4.已知X、Y、Z、W是原子序数依次递增的同主族元素，下列常见的阴离子能影响水的电离平衡的是（ ）A. X B. Y C. Z D. W【答案】A【解析】【分析】根据水的电离平衡概念分析。【详解】X、Y、Z、W原子形成的阴离子都是带一个负电荷，说明它们是第A族元素，卤素中，只有F元素形成的F-与水电离出的H+形成弱酸，从而促进水的电离，已知X、Y、Z、W原子序数依次递增，故X元素为F，故A正确。故选A。【点睛】影响水的电离平衡，实际上是讨论如何能影响水解反应的进行，而盐水解生成的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大，故阴离子结合水电离出的H+形成的电解质越弱，水解程度就越大，对水的电离平衡影响就越大。5.对于可逆反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（ ）A. 增大压强 B. 升高温度 C. 使用催化剂 D. 多充O2【答案】B【解析】试题分析：A增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。6.在某容积不变的密闭容器中放入一定量的NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)；H0，在达到平衡后，若分别单独改变下列条件，重新达到平衡后，能使平衡混合气体平均相对分子质量减小的是 ()A. 通入N2 B. 通入NO2 C. 通入N2O4 D. 降低温度【答案】A【解析】容器容积不变，通入氮气，平衡不移动。但由于氮气的相对分子质量小于NO2和N2O4的，所以混合气体平均相对分子质量减小；由于反应物和生成物都只有一种，因此不论再加入NO2还是N2O4，都相当于是增大压强，平衡向正反应方向移动，混合气体平均相对分子质量增大；正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，混合气体平均相对分子质量增大，答案选A。7.已知反应：H2S(g) + aO2(g) =X + cH2O(l) H，若H表示H2S的燃烧热，则X为（ ）A. S(s) B. SO2(g) C. SO3(g) D. SO3(l)【答案】B【解析】【分析】根据燃烧热的概念分析。【详解】燃烧热定义为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物对应的反应热，硫元素完全燃烧生成SO2，故答案选B。8.两个氢原子结合成一个氢分子时放出a kJ热量，那么标准状况下V L的H2完全分解为氢原子，需要吸收的能量约为(NA表示阿伏加德罗常数) （ ）kJA. Va/22.4 B. VaNA/22.4 C. aNA D. Va【答案】B【解析】【详解】2mol氢原子形成1mol氢气分子放出的热量为：akJNA=aNAkJ，则1mol氢气分解为氢原子需要吸收aNAkJ热量，标况下VL氢气的物质的量为：n（H2）=V22.4mol，标况下VL氢气完全分解为氢原子需要吸收的热量为：aNAkJV22.4=VaNA22.4 kJ，故B答案正确。故选B。9.判断下列实验装置进行的相应实验，错误的是（ ）A. 用图装置，进行H2O2分解制取少量O2的实验B. 用图装置，进行测定H2O2的分解速率的实验C. 用图装置，进行分离Fe(OH)3胶体和NaCl溶液的实验D. 用图装置，进行用已知浓度的硫酸溶液测定NaOH溶液浓度的实验【答案】C【解析】【分析】根据化学实验基础中的操作和注意事项分析；根据胶体的本质特征和性质分析。【详解】A. H2O2溶液在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，氧气不溶于水，利用排水法收集，则图所示装置用H2O2溶液制备O2，故A正确，但不符合题意；B.图利用单位时间内收集到O2的体积计算H2O2分解的速率，故B正确，但不符合题意；C.胶体亦能透过滤纸，故C错误，符合题意；D.用已知浓度的硫酸来滴定NaOH溶液，用酸式滴定管正确，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】胶体的粒子直径介于1100nm之间，能透过滤纸，不能透过半透膜，鉴别溶液和胶体利用丁达尔效应。10.已知反应2CO(g) =2C(s) + O2(g) H0 设H和S不随温度而变，下列说法正确的是（ ）A. 低温下能自发进行 B. 高温下能自发进行C. 低温下不能自发进行，高温下能自发进行 D. 任何温度下都不能自发进行【答案】D【解析】【分析】根据吉布斯自由能的概念和应用分析。【详解】根据吉布斯自由能公式G=HTS，当G0时，反应不能自发进行，当H0 S0，反应是个非自发的反应，故D正确。故选D。【点睛】掌握焓变和熵变的变化趋势，即可判断吉布斯自由能的数值大小，进而确定反应是否可以自发进行。11.下列事实能说明影响化学反应速率的决定因素是反应物本身性质的是（ ）A. Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快B. Cu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应C. N2与O2在常温常压下不能反应，放电时可反应D. 向H2O2溶液中，分别滴加5滴等浓度的FeCl3溶液或CuSO4溶液，前者产生气泡快【答案】B【解析】【分析】根据影响化学反应速率的条件分析。【详解】硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故A不符合题意；BCu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应，是与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故B符合题意；C常温、常压下及放电均为反应条件，皆为外因，故C不符合题意；D滴加FeCl3溶液是使用了催化剂，这是外界因素，故D不符合题意。故选B。【点睛】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电、催化剂、压强等均为外因。12.下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是（ ）CuSO4 FeSO4 K2CO3 Ca(HCO3)2 NH4HCO3 KMnO4 FeCl3A. 全部都可以 B. 仅 C. 仅 D. 仅【答案】C【解析】【分析】根据盐类的水解原理分析；【详解】CuSO4溶液中 Cu2+水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质；故符合题意；FeSO4中的Fe2+加热易被氧化为三价铁，最终无法得到原溶质，故不符合；K2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，故符合题意；Ca（HCO3）2受热分解生成CaCO3、CO2和H2O，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净碳酸钙，故不符合；NH4HCO3受热分解，生成CO2、H2O和NH3，故加热后得不到原溶质，故不符合；KMnO4加热到质量不变，分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故得不到原溶质，故不符合题意；FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，在加热蒸干，氢氧化铁分解生成Fe2O3，故得不到原溶质，故不符合意义。故选C。【点睛】掌握物质在水溶液中，经过加热促进水解的过程中发生的化学变化是解题关键。13.如图所示，H1393.5kJmol1，H2395.4kJmol1，下列说法或表示式正确的是A. 石墨和金刚石的转化是物理变化B. C(s、石墨)=C(s、金刚石)H 1.9kJmol1C. 金刚石的稳定性强于石墨D. 断裂1mol石墨的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石的化学键吸收的能量少【答案】B【解析】试题解析：由图得：C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）H=-393.5kJmol-1，C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）H=-395.4kJmol-1，-可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1，则：石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故A错误；因C（s、石墨）=C（s、金刚石）H=+1.9kJmol-1，故B正确；金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C错误；依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）H=+1.9kJmol-1，1 mol石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故D错误。考点：热化学方程式的书写及应用14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)yB(g)zC(g)，达到平衡时，测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下将容器的体积扩大到两倍，再达到平衡测的A的浓度降低为0.3 mol/L。下列有关判断正确的是A. x+yz，C的体积分数下降，B的浓度减小，答案选C。点睛：本题易错解成：体积扩大两倍，再次达到平衡时A的浓度0.3mol/L0.5mol/L，平衡向正反应方向移动，产生错误的原因是忽略了体积变化对浓度的影响。15.下列离子方程式不正确的是（ ）A. FeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2+ +O2 +4H+=4Fe3+ +2H2OB. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCO+H+=H2O+CO2C. 明矾净水的原理：Al3+3H2O =Al(OH)3(胶体)+3H+D. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO完全沉淀：2Ba2+ + Al3+ + 2SO+ 4OH=AlO+2BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【分析】根据离子反应的条件分析；根据离子反应方程书写规则分析；【详解】A. 由于在酸性条件下抑制了Fe2+水解，Fe2+在空气中，被氧气被氧化为Fe3+，则FeSO4酸性溶液暴露在空气中的离子反应为：4Fe2+ +O2 +4H+=4Fe3+ +2H2O，故A正确，但不符合题意；B. 为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药发生的离子反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2，故B正确，但不符合题意；C.明矾净水原理即是明矾中的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体吸附水中杂质，离子方程式为：Al3+3H2O =Al(OH)3(胶体)+3H+，故C正确，但不符合题意；D. 恰好使SO42-沉淀完全，明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：2，则向明矾溶液中滴加Ba（OH）2，恰好使SO42-沉淀完全的离子反应为：A13+2SO42-+2Ba2+4OH-A1O2-+2BaSO4，故D错误，但符合题意；故选D。【点睛】判断离子反应方程式书写的正误从三点出发：查原子守恒查电荷守恒查是否符合客观规律（是否发生氧化还原反应，是否能拆成离子形式，产物是否正确等）16. 为了测定酸碱反应的中和反应反应热，计算时至少需要的数据是（ ）酸的浓度和体积 碱的浓度和体积 比热容 反应后溶液的质量生成水的物质的量 反应前后溶液温度变化 操作所需的时间A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】试题分析：根据反应热的计算公式H=Q=-cmT可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、反应后溶液的质量以及生成水的物质的量m、反应前后温度，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化T，选项C符合题意考点：测定酸碱中和反应的中和热17.为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明，其中错误的是（ ）A. 配制0.10 mol/L CH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B. 用pH计分别测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1，则可证明醋酸是弱电解质C. 取等体积等浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量的Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，证明醋酸为弱电解质D. 配制0.10 mol/L CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH7，则可证明醋酸是弱电解质【答案】C【解析】【分析】根据弱电解质的电离、盐类的水解的概念分析。【详解】A. 配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，故A正确，但不符合题意；B. 用pH计分别测0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH值，若两者的pH值相差小于1，说明醋酸存在电离平衡，则证明醋酸是弱电解质，故B正确，但不符合题意；C. 取等体积等浓度的CH3COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，故不能证明醋酸是弱电解质，故C错误，但符合题意；D. 如果醋酸是强酸，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH7，则说明CH3COONa是强碱弱酸盐，即醋酸是弱电解质，故D正确，但不符合题意。故选C。【点睛】注意常见的弱电解质的判断方法有：测一定物质的量浓度溶液的pH，例如，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸，盐酸的PH值=1，醋酸的PH值1；测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值7。18.在一定温度下的恒容密闭容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明下述反应：A(s) 2B(g)C(g) D(g) 已达到平衡状态混合气体的压强 混合气体的密度B的物质的量浓度 气体的总物质的量混合气体总质量A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，不能证明达到了平衡状态，故错误；该容器的体积保持不变，A是固态，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量会变，所以当混合气体的密度不再发生变化时，能表明达到化学平衡状态，故正确；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的浓度等不再发生变化，所以各气体物质的物质的量浓度不再变化时，该反应达到平衡状态，故正确；该反应是反应前后气体体积没有变化的反应，所以气体总物质的量不变，不能表明反应达到平衡状态，故错误；容器中的气体平均相对分子质量M=mn，反应前后混合气体的质量会变化，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，所以当M不再发生变化时，表明已经平衡，故正确；故选A。【考点定位】考查化学平衡状态的判断【名师点晴】本题考查化学平衡状态的判断，注意只有反应前后不相同的量才能作为判断化学平衡的依据。反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化。反应前后不改变的量不能作为判断化学平衡的依据，如该反应中的压强就不能作为判断化学平衡的依据。19.常温下0.1 mol/L氨水的pHa，下列能使溶液的pH(a1)的措施是（ ）A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的氯化铵固体C. 加入等体积0.2 mol/LNaOH溶液 D. 提高溶液的温度（不考虑挥发）【答案】B【解析】【分析】根据弱电解质的电离、溶液中的溶解平衡及外界条件对平衡的影响。【详解】A .常温下0.1mol/L氨水的pH=a，将溶液稀释到原体积的10倍，由于溶液中存在NH3H2ONH4+OH-，加水促进电离，故溶液的PH（a-1），故A错误；B.加入适量的氯化铵固体，NH3H2ONH4+OH-，c(NH4+)增大，使平衡向逆方向移动，则OH-的浓度减小，PH减小，故PH有可能等于（a-1），故B正确；C.0.1mol/L氨水中加入等体积的0.1mol/L NaOH溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH-的浓度增大，PH增大，故C错误；D.把溶液的温度提高，则NH3H2ONH4+OH-，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向正方向移动，溶液中c(OH-)的浓度增大，PH增大，故D错误.故选B。【点睛】水解和电离都是吸热反应；离子浓度增大促进平衡向离子浓度减小的方向移动。20.可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H0， 达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强等而发生下列项目的变化时，能做为平衡一定发生了移动的标志的是（ ）A. 气体的密度变小了 B. 反应物和生成物浓度均变为原来的2倍C. 气体的颜色变深了 D. 体系的温度发生了变化【答案】D【解析】试题分析：可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H0 反应前后气体体积数不变，所以气体密度始终不变，反应前后压强始终不变。温度变化了，那一定是平衡移动了。故选D。考点：化学平衡移动点评：化学平衡的判断对于一个反应Ma+Nb=Qc+Dp 其中M，N,Q,D为方程式前的计量数。第一大类；TV不变，即容积不变时1.M+NQ+D 或M+NQ+D 或M+NB. 若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是C. 若分别加入25mL 0.1mol/L盐酸后，pH最大的是D. 若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是【答案】C【解析】试题分析: A等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸氢根离子的酸性小于醋酸，所以3种溶液pH的大小顺序是，A项错误；B稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是，B项错误；C等体积等浓度混合后，中溶质为NaHCO3、NaCl，中溶质为NaCl、CH3COOH，中溶质为NaCl，而HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是，C项正确；D根据A中分析可知，若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是 F-H2PO4-，故D正确。故选D。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性。31.已知：H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.3108；H2CO3的Ka1=4.2107，Ka 2=5.61011。现将标准状况下2.24L的CO2和2.24L的SO2分别通入两份150mL1mol/LNaOH溶液中，关于两溶液的比较下列说法正确的是A. c（HCO3）c（CO32）B. 两溶液都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C. c（HCO3）c（HSO3）D. c（CO32）+c（HCO3）=c（SO32）+c（HSO3）【答案】C【解析】试题分析：由V/Vm可知，n(CO2)=n(SO2)=0.1mol，由cV可知，n(NaOH)=0.15mol，则2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O、2SO2+3NaOH=Na2SO3+NaHSO3+H2O；A、由Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)可知，等温等浓度下Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则溶液中剩下的c（HCO3）c（CO32），错误；B、Na2SO3和NaHSO3均有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而Na2CO3和NaHCO3则不能，错误；C、由Ka2(H2SO3)Ka2(H2CO3)可知，等温等浓度下HSO3的电离程度大于HCO3，则溶液中剩下的c（HCO3）c（HSO3），正确；D、由物料守恒可知，c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）= c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），由Ka1(H2SO3)Ka1(H2CO3)可知，等温等浓度下HSO3的水解程度小于HCO3，则溶液中c（H2CO3）c（H2SO3），故c（CO32）+c（HCO3）7，反应后，溶液主要成分为Na2SO4，溶液PH接近中性，反应后溶液PH比反应前溶液的pH小，故A正确，但不符合题意；B反应生成CuS在溶液中存一定的溶解平衡，故溶液中一定含有少量的Cu2、S2，故B错误，符合题意；C由于CuS在溶液中存在一定的溶解平衡：CuSCu2+S2-，CuS的溶度积常数为4.01036=c(Cu2+)c(S2-)，故得到c(Cu2+)= c(S2-)=2.01018molL1，故C正确，但不符合题意； DNa2S溶液中存在: Na2S=2Na+ +S2- S2-+H2OHS-+OH- HS-+H2OH2S+OH- H2OH+OH-，根据反应，可知：c(OH-)C(HS-)，根据水解原理，一级水解远大于二级水解，c(OH-)略小于c(HS-),而溶液显碱性，则c(OH-)远大于c(H+)，故c(OH-)c(HS-)c(H+)，故D错误，但符合题意。故选BD。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，谁强显谁性。关于离子溶度大小比较的题目，先考虑强电解质的电离，再考虑离子的水解，多元弱酸的酸根离子的水解是分步进行的，主要以第一步水解为主，最后再进一步进行比较。33.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示。下列说法正确的是（）A. 苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09 molB. ClO的生成是由于氯气的量的多少引起的C. 在酸性条件下ClO和ClO可生成Cl2D. 反应中转移电子的物质的量是0.21 mol【答案】D【解析】试题分析：A、氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）=0.06mol，n（ClO3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.06mol（1-0）+0.03mol（5-0）=0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则氢氧化钾的物质的量=0.3mol，A错误；B、从0t1都没有ClO3的生成，说明与温度有关，B错误；C、ClO和ClO3不可能可生成Cl2，因为不可能都得电子，C错误；D、反应中转移电子的物质的量是0.21mol，D正确；答案选D考点：氯气及其化合物的性质，氧化还原反应的计算34.著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性:Ce4+Fe3+）下列说法正确的是（ ）A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2B. 用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：C