河南省安阳县第一高级中学2020学年高二化学上学期第三次月考试题（含解析）

河南省安阳县第一高级中学2020学年高二上学期第三次月考化学试卷1. 下列说法或表示法正确的是（）A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 由C（石墨）C（金刚石）H=+1.9 kJ可知，金刚石比石墨稳定C. 在稀溶液中：H+OH=H2O H=57.3 kJ，若将含1 mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJD. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）H=+285.8 kJ【答案】C【解析】试题分析：A：由于蒸气状态硫的能量高，均燃烧成为二氧化硫时，放出的热量相对较多，错误；B：本身能量越高越不稳定，错误C：中和热要求为强酸强碱的稀溶液反应，而现在为醋酸，边吸热边电离，放出的热量少，正确；D：1mol氢气燃烧放出热量，所对应的热化学方程式为：H2（g）1/2O2（g）H2O（l）；H285.8kJ/mol，错误，选C。考点：考查反应热大小比较，热化学方程式的书写等知识。2. 某反应由两步反应A=B=C构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能），下列有关叙述正确的是 （）A. 两步反应均为放热反应 B. 三种化合物的稳定性顺序：BACC. 整个反应的H=E1E2 D. 加入催化剂不改变反应的焓变，但能提高产率【答案】B【解析】试题分析：A、AB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，A错误；B、物质的能量越低，越稳定，B正确；C、整个反应中H=（E1-E2）+（E2-E3）-E4=E1-E3-E4，C错误；D、加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不会提高产率，D错误。答案选B考点：化学反应与能量变化3. 合理利用燃料减小污染符合“绿色奥运”理念，下列关于燃料的说法正确的是（）A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料B. 氢气是具有热值高、无污染等优点的燃料C. 乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料D. 石油和煤是工厂经常使用的可再生的化石燃料【答案】B【解析】试题分析：A、可燃冰”外观像冰，其化学组成是CH4nH2O，水的化学式为H2O，根据元素守恒知，水不能变为油，故A错误；B、氢能源具有来源广、热值高，且燃烧后生成水对环境无污染，故B正确；C、乙醇中含有碳、氢、氧三种元素，其燃烧产物是二氧化碳和水，但乙醇为可再生能源，故C错误；D、石油和煤都属于化石燃料，且属于不可再生能源，故D错误；故选B。考点：考查了燃料的相关知识。4. 反应4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g），在5 L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增加了0.30 mol。下列叙述正确的是（）A. A的平均反应速率是0.010 molL1s1B. 容器中含D物质的量至少为0.45 molC. 容器中A、B、C、D的物质的量的比一定是4546D. 容器中A的物质的量一定增加了0.30 mol【答案】B【解析】试题分析： 依据化学平衡的三段式列式；半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol； 4A（g）+5B（g）4C（g）+6D（g）起始量（mol） x y 0 0变化量（mol） 0.3 0.375 0.3 0.45平衡量（mol） x-0.3 y-0.375 0.3 0.45A、A的平均反应速率= 0.3/5/30=0.0020 molL-1s-1,A错误；B、起始量不定，容器中含D物质的量至少为0.45 mol，B正确；C、起始量不知，容器中A、B、C、D的物质的量的比不一定是4：5：4：6，故C错误；D、容器中A的物质的量一定减少了0.30 mol，故D错误；考点：化学平衡的相关计算知识的考察。5. 已知某反应aA（g）+bB（g）cC（g）H=Q在密闭容器中进行，在不同温度（T1和T2）及压强（和）下，混合气体中B的质量分数w（B）与反应时间（t）的关系如图所示，下列判断正确的是（） A. T1T2，a+bc，Q0 B. T1T2，a+bc，Q0C. T1T2，a+bc，Q0 D. T1T2，a+bc，Q0【答案】B【解析】试题分析：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，即a+bc；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即Q0，答案选B。【考点定位】考查化学平衡图象问题。【名师点睛】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析：温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应。6. 下列叙述正确的是()A. 硫酸钡难溶于水，故硫酸钡为弱电解质B. 硝酸钾溶液能导电，故硝酸钾溶液为电解质C. 二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳为弱电解质D. 石墨虽能导电，但既不是电解质，也不是非电解质【答案】D【解析】试题分析：A、硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，故硫酸钡为强电解质，错误；B、硝酸钾溶液能导电，但硝酸钾溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，错误；C、二氧化碳溶于水与水反应生成碳酸，碳酸能部分电离，故碳酸为弱电解质，二氧化碳属于非电解质，错误；D、石墨为单质，石墨虽能导电，但既不是电解质，也不是非电解质，正确。考点：考查电解质、非电解质、强电解质和弱电解质的概念。7. 在25 时，用蒸馏水稀释1 molL1氨水至0.01 molL1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是()A. B. C. D. c(OH)【答案】A【解析】A加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，该比值增大，故A正确；B溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，且水电离出氢氧根离子数目增多，则该比值变小，故B错误；C加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以该比值减小，故C错误；D加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n(OH-)增大，但n(OH-)增大程度小于溶液体积增大程度，所以c(OH-)减小，故D错误；故选A。点睛：注意把握稀释弱电解质时促进弱电解质电离。本题中ABC直接分析浓度比值的变化比较困难，如果首先分析物质的量的变化就简单多了。8. 甲酸(HCOOH)是一种一元弱酸，下列性质中可以证明它是弱电解质的是()A. 常温下，1 molL1甲酸溶液中的c(H)约为1102molL1B. 甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳C. 10 mL 1 molL1甲酸溶液恰好与10 mL 1 molL1NaOH溶液完全反应D. 甲酸溶液与锌反应比强酸溶液缓慢【答案】A【解析】若能说明在相同条件下甲酸只发生部分电离，便可以证明它是弱电解质。c(H)c(HCOOH)，则说明甲酸部分电离，A项正确；甲酸能与碳酸钠反应放出二氧化碳，只能说明甲酸的酸性比弱酸碳酸强，但比弱酸酸性强的酸不一定是弱酸，B项错误；中和反应中酸碱的物质的量与电离程度无关，C项错误；未指明甲酸和强酸溶液的浓度、反应温度和锌的总表面积的大小等，故无法证明甲酸是弱电解质，D项错误。9. 下列溶液一定显酸性的是()A. 含H的溶液 B. c(OH)c(H)的溶液C. pH7的溶液 D. 能与金属Al反应放出H2的溶液【答案】B【解析】试题分析：A任何溶液中都含有氢离子，所以含有氢离子的溶液不一定呈酸性，故A错误；Bc(OH-)c(H+)，则溶液呈酸性，故B正确；CpH7的溶液不一定是酸性溶液，如100时，纯水的pH=6，则6pH7的溶液呈碱性，故C错误；D酸能和铝反应生成氢气，强碱溶液也能与铝反应生成氢气，所以能与铝反应放出氢气的溶液不一定是酸溶液，故D错误；故选B。【考点定位】考查探究溶液的酸碱性【名师点晴】本题考查了溶液酸碱性的判断，明确溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH+)、c(H+)的相对大小是解本题的关键。溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH-)、c(H+)的相对大小，如果c(OH-)c(H+)，则溶液呈酸性，如果c(OH-)=c(H+)则溶液呈中性，溶液c(OH-)c(H+)，则溶液呈碱性。10. 常温下，将pH1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为()A. 111 B. 101 C. 61 D. 51【答案】C【解析】设每份硫酸的体积为1L，pH=1的硫酸溶液中c（H）=0.1molL1，c（H2SO4）=c（H）/2=0.05molL1，pH升高了1，则溶液中c（H）=0.01molL1，当是加水稀释时，设加入水的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则:1L0.1molL1=（1+x）L0.01molL1，x=9，加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液时，设加入氢氧化钠的体积为yL，则有：（1L0.1molL1-yL0.05molL1）=0.01molL1（1+y）L，y=9/6，则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为 =6：1，故选C。点睛：本题考查物质的量浓度的计算，解题关键：运用物质的量计算公式计算，从质量守恒的角度解答，题目难度中等，易错点：另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，硫酸溶液的pH、氢离子浓度、H2SO4化学式中的计量数2、与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液的浓度，四个物理量要理解清楚。11. 准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 molL1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是()A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【答案】B【解析】试题分析：A、滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错误；B、酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B正确；C、用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错误；D、滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D正确。答案选B。【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。【名师点睛】酸碱滴定前的操作主要有：检漏、洗涤、润洗、注液、赶气泡、调液。滴定过程中操作有左手控制滴定管的活塞 ，右手摇动锥形瓶 目视锥形瓶中溶液颜色的变化。指示剂的选择方法： 酸碱指示剂一般选用酚酞和甲基橙，石蕊试液由于变色不明显,在滴定时不宜选用，强酸与强碱滴定用 酚酞或甲基橙， 强酸与弱碱滴定用 甲基橙 ，弱酸与强碱滴定用 酚酞。终点的判断：溶液颜色发生变化且在半分钟内不再变色。酸碱中和滴定中的误差分析根据H+和OH的物质的量相等，C标V标= C待V待，在讨论操作对标准液体积的影响，确定滴定误差。 12. 以0.100 0 molL1NaOH溶液滴定cmolL1某弱酸HA溶液，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是()A. 可用甲基橙作滴定指示剂B. 指示剂指示的滴定终点就是反应终点C. 突变范围的大小与酸的强弱及酸的浓度有关D. 滴定时NaOH溶液盛放在带活塞的滴定管中【答案】C【解析】试题分析：A、强碱与弱酸完全反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性，故应选用碱性条件下变色的指示剂，如酚酞，而不可选甲基橙，错误；B、反应终点是指酸与碱刚好完全反应，而指示剂指示的是一个变色范围，错误；C、当酸的酸性很强，浓度较稀时，突变范围就大，正确；D、带活塞的为酸式滴定管，不可以盛NaOH溶液，错误。考点：酸碱中和滴定13. 对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是()A. B. 26Fe3 C. D. 【答案】C【解析】A、盐酸电离的氢离子抑制水电离，故A错误；B、铁离子水解，促进水电离，故B错误；C、氯离子不水解，对水电离没有影响，故C正确；D、醋酸根离子水解，促进水电离，故D错误；故选C。14. 下列物质的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是()A. HCl B. NH4NO3 C. Na2S D. HClO【答案】A【解析】A、盐酸是强电解质，水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子,故A正确；B、铵根离子水解后产生一水合氨，故B错误；C、硫离子水解后形成HS、H2S，故C错误；D、次氯酸是弱电解质，水中大部分以分子形式存在，故D错误；故选A。15. 下列说法中正确的是()A. AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同B. 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，后再加水稀释到所需的浓度C. 向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3D. 泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)3【答案】C【解析】A、AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分不相同，前者得到Al2O3,后者得到Al2(SO4)3，故A错误；B、配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中，后再加水稀释到所需的浓度，溶于硫酸，会引入杂质离子SO42，故B错误；C、Fe33H2OFe(OH)33H，向CuCl2溶液中加入CuO，与氢离子反应，使水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到调节pH除去溶液中混有的Fe3的目的，故C正确；D、泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，故D错误；故选C。16. 下列离子组一定不能够大量共存的是()A. K、Na、 B. 、Cl、NaC. Al3、Cl D. 、Na、K、【答案】C【解析】A、钾盐、钠盐均可溶，A能大量共存；B、铵盐、硝酸盐均易溶，B能大量共存；C、Al33HCO3-=Al(OH)33CO2，故C不能大量共存；D、硅酸的钾盐、钠盐均可溶，D能大量共存；故选C。17. 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A. 浓度均为0.1 molL1的氨水和盐酸等体积混合后：c(H)c(OH)c(NH3H2O)B. 等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液混合后：c(CO)c(HCO)C. 在NaHB溶液中一定有：c(Na)c(HB)2c(B2)D. Na2CO3溶液中：2c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)【答案】A【解析】A、浓度均为0.1 molL1的氨水和盐酸等体积混合后生成氯化铵，根据质子守恒可得：c（H）=c（OH）+c（NH3H2O），故A正确；B、未知两溶液的体积关系，不能确定离子浓度大小，故B错误；C、NaHB溶液中物料守恒式为：c（Na）=c（HB）+c（H2B）+c（B2），故C错误；D溶液中，根据物料守恒可得：c（Na）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故D错误；故选A。点睛：本题考查了离子浓度大小比较，试题充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力。解题关键;明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义，题目难度中等。易错误答案D，物料守恒中的比例易错。18. 某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。该温度下，下列说法正确的是()A. 含有大量SO的溶液中肯定不存在AgB. 0.02 molL1的AgNO3溶液与0.02 molL1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀C. Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为1103D. a点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点【答案】B【解析】试题分析：A、Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡为：Ag2SO4（s）2Ag+（aq）+SO42-（aq），溶解为可逆过程，溶液中一定存在Ag+，A错误；B、0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（SO42-）=0.1mol/L时，c（Ag+）=0.01mol/L，c2（Ag+）c（SO42-）=110-5ksp，不会生成沉淀，B正确；C、由图象可知，当c（SO42-）=510-2mol/L时，c（Ag+）=210-2mol/L，则ksp=c（Ag+） 2c（SO42-）=210-5，C错误；D、加热蒸发时，溶液中Ag+和SO42-浓度都增大，D错误；答案选B。考点：考查难溶电解质的溶解平衡。19. 某原电池构造如图所示，下列叙述正确的是()A. 在外电路中，电子由银电极流向铜电极B. 取出盐桥后，电流表的指针仍发生偏转C. 外电路中每通过0.1 mol电子，铜的质量理论上减小6.4 gD. 原电池的总反应式为Cu2AgNO3=2AgCu(NO3)2【答案】D【解析】A、该装置是原电池，较活泼的金属铜作负极，银作正极，外电路中电子从铜沿导线流向银，故A错误；B、取出盐桥后，不能构成闭合回路，所以没有电流产生，电流计的指针不能发生偏转故，故B错误；C、铜极上的电极反应式为：Cu - 2e = Cu2 64g 2mol 3.2g 0.1mol所以外电路中每通过0.1mol电子，铜的质量理论上减小3.2g，故C错误；D、该装置中负极上铜失电子，正极上银离子得电子，所以电池反应式为Cu+2AgNO3=2Ag+Cu(NO3)2，故D正确；故选D。点睛：本题考查了原电池原理，难度不大，解题关键：明确盐桥的作用、外电路中电子的流向、铜和电子的关系。20. 近年来AIST正在研制一种“高容量、低成本”锂铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2LiCu2OH2O=2Cu2Li2OH，下列说法不正确的是()A. 放电时，Li透过固体电解质向Cu极移动B. 放电时，负极的电极反应式为Cu2OH2O2e=2Cu2OHC. 通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OD. 整个反应过程中，铜相当于催化剂【答案】B【解析】试题分析：A因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故B错误；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH-，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；D由C项分析知：铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选B。【考点定位】考查原电池原理【名师点晴】结合原电池结构，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。21. 某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是()A. Zn为电池的负极 B. 正极反应式为2FeO10H6e=Fe2O35H2OC. 该电池放电过程中电解质溶液浓度增大 D. 电池工作时OH向负极迁移【答案】B.22. 在一恒定的容器中充入2 mol A和1 mol B发生反应：2A(g) B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为%；若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A：0.6 mol、B：0.3 mol、C：1.4 mol充入容器，达到平衡后，C的体积分数仍为%，则x值为()A. 只能为2 B. 只能为3 C. 可能是2，也可能是3 D. 无法确定【答案】C【解析】解题时可对方程式中的化学计量数进行虚拟：分x3和x3两种情况进行分析。由题给条件和等效平衡理论可知，若x3，符合等体反应，“一边倒，判比例”若x2，符合非等体反应，恒温恒容“一边倒，判量等”。答案选C。23. 常温下，取0.2 molL1HX溶液与0.2 molL1NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH8，则下列说法(或关系式)正确的是()A. c(Na)c(X)9.9107molL1B. c(Na)c(X)c(HX)0.2 molL1C. c(OH)c(HX)c(H)1106molL1D. 混合溶液中由水电离出的c(OH)108molL1【答案】A【解析】A、根据电荷守恒，则 有c(Na)c(H)=c(X)c(OH)，c(Na)c(X)=c(OH)c(H)=106108=9.9107molL1，故正确；B、根据物料守恒，c(Na+)=c(X-)+c(HX)，因为是等体积混合，混合后溶液的体积是原来的2倍，浓度是原来的一半，因此有c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.1molL1，故错误；C、根据质子守恒，c(OH)=c(H)c(HX)，则有c(OH)c(HX)=c(H)=108molL1，故错误；D、水电离产生c(OH)=Kw/c(H)=1014/108=106molL1，故错误。24. 下列叙述正确的是()A. 稀醋酸中加少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B. 25 时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH7C. 25 时，0.1 molL1的H2S溶液比等浓度的Na2S溶液的导电能力弱D. 0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中所得溶液中c(Cl)c(I)【答案】C【解析】试题分析：A醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO）浓度增大，抑制了醋酸的电离，A项错误；B25时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，恰好反应生成硝酸铵，属于强酸弱碱盐，NH4水解导致溶液呈酸性，PHV2 B. V1V2 C. V1V2，故A正确。26. 使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 molL1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是()用量筒量取浓盐酸配制0.01 molL1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下A. B. C. D. 【答案】A【解析】用量筒量取浓盐酸配制0.01 molL1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，会导致浓盐酸被蒸馏水稀释，标准液浓盐酸浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测待测)，测定结果偏高，故正确；配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，滴定时消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测待测)，测定结果偏低，故错误；滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，导致消耗的标准液体积偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测待测)，测定结果偏高，故正确；滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，对待测液物质的量没有影响，所以不影响消耗的标准液的体积，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测待测)，对测定结果不会产生影响，故错误；故选A。点睛：本题考查了中和滴定中的误差分析，题目难度中等，注意掌握中和滴定中误差分析的方法及技巧，分析中和滴定过程中产生的误差时，要根据实验操作对c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测待测)的影响进行判断；试题培养了学生的灵活应用所学知识解决实际问题的能力。27. 下列电离方程式书写正确的是( )A. NaHCO3=NaH B. HFHFC. H2SO42H D. CH3COONH4CH3COO【答案】B【解析】A. 碳酸是弱电解质，NaHCO3=NaHCO3，故A错误；B、HF是弱电解质，只有部分电离， HFHF，故B正确；C、硫酸是强酸，不用可逆号， H2SO4=2HSO42，故C错误；D、CH3COONH4是强电解质，不用可逆号CH3COONH4=CH3COONH4，故D错误；故选B。28. 下列物质的溶液经加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧后，所得固体的成分不相同的是()A. FeCl2、FeCl3 B. NaHCO3、Na2CO3C. NaAlO2、AlCl3 D. Mg(HCO3)2、MgCl2【答案】C【解析】A、盐酸是易挥发性酸，加热促进盐的水解，且Fe2+被氧化Fe3+，水解后生成氢氧化铁灼烧后分解，最终产物均为Fe2O3；B、蒸发结晶后得到的固体中NaHCO3灼烧分解生成Na2CO3，最终产物均为Na2CO3；C、都发生水解，但NaAlO2溶液生成的氢氧化铝和氢氧化铝又反应生成NaAlO2，得到的固体是NaAlO2，盐酸易挥发，AlCl3加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧后得到Al2O3，成分不同；D、蒸发结晶后得到Mg(HCO3)2，Mg(HCO3)2灼烧分解生成MgO，MgCl2水解后，蒸发结晶灼烧后最终产物也为MgO；答案选C。29. 液氨与水的电离相似，存在着微弱的电离：2NH3。对该体系的说法中错误的是A. 液氨中含有NH3、和等微粒B. 一定温度下，液氨中c()与c()的乘积为一常数C. 液氨的电离达到平衡时，c(NH3)c()c()D. 只要不加入其他物质，液氨中c()总是与c()相等【答案】C【解析】A、液氨电离中存在电离平衡2NH3NH4NH2，所以液氨中含有 NH3、NH4、NH2粒子，故A正确；B、只要温度一定，液氨中c（NH4 ）与c（NH2）的乘积为定值，故B正确；C、液氨与水的电离相似，为微弱电离，所以液氨中主要存在NH3，所以液氨的电离达到平衡时，c（NH3）c（NH4）=c（NH2），故C错误；D、根据平衡2NH3NH4NH2，液氨电离出NH4、NH2的个数比为1：1，所以只要不加入其它物质，液氨中c（NH4）与c（NH2）总是相等，故D正确；故选C。点睛：本题考查弱电解质的电离，解题关键：正确理解弱电解质电离特点，注意液氨中 c （NH4）与 c （NH2）的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，易错选项是B。30. 某温度下，pH11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是()A. a值一定大于9B. 为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线C. 完全中和稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)V(氨水)D. 稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大【答案】D【解析】试题分析：根据题意知，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，一水合氨的电离平衡正向移动，溶液的pH变化较小。B、根据题给图像可知，开始二者pH相同，在稀释过程中促进氨水的电离，则氨水的pH变化较小，即I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，正确；C、根据题给图像可知，开始二者pH相同，一水合氨为弱电解质，氢氧化钠为强电解质，pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，氨水的物质的量浓度大于氢氧化钠溶液；加水稀释相同的倍数，氨水的物质的量浓度仍较大，完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V（ NaOH）V（氨水），正确；D、碱溶液分析水的电离即判断溶液中氢离子浓度大小，稀释后氨水的pH大于NaOH溶液的pH，稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度小，错误。考点：考查强弱电解质的比较、浓度对弱电解质电离平衡的影响。31. 几种物质的溶度积常数见下表：（1）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入_调至溶液pH4，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。（2）过滤后，将所得滤液经过_操作，可得到CuCl22H2O晶体。（3）由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要进行的操作是_。（4）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.800 g试样溶于水，加入过呈KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL。(已知：I22S2O=S4O2I)。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。【答案】 (1). CuO或碱式碳酸铜、氢氧化铜 (2). 26109molL1 (3). 蒸发浓缩冷却结晶 (4). 在HCl气氛中加热 (5). 淀粉 (6). 溶液由蓝色变成无色且半分钟不变化 (7). 2Cu24I=2CuII2【解析】（1）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素和氢氧根离子的物质，可以是氧化铜、氢氧化铜或碱式碳酸铜；溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10-4 molL1，则氢氧根离子浓度为10-10 molL1，c（Fe3）=KwFe(OH)3/C3(OH -)=2.610 -39/(110 -10) 3，=2.610-9molL1；（2）过滤后，将所得滤液经过蒸发浓缩冷却结晶 操作，可得到CuCl22H2O晶体。（3）由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2，需要进行的操作是：在HCl气氛中加热；（4）淀粉遇到碘变蓝，依据I2+2S2O32S4O62+2I可知，当Na2S2O3标准溶液刚好将碘全部反应，淀粉由蓝色变成无色，所以可以淀粉做指示剂，当淀粉由蓝色变成无色且半分钟不变化滴定达到终点。CuCl2溶液与KI反应实质铜离子氧化碘离子生成生成碘化亚铜沉淀和单质碘，离子方程式：2Cu2+4I=2CuI+I2。点睛：本题考查物质分离提纯，氧化还原滴定测物质的含量，侧重分析与实验能力的考查。题目难度