化学高二寒假假期百分百作业精选

1、.化学高二寒假假期百分百作业精选化学是一门以实验为根底的学科，查字典化学网为大家推荐了化学高二寒假假期百分百作业，请大家仔细阅读，希望你喜欢。一、选择题此题包括16小题，每题3分，共48分;每题只有一个选项符合题意1.可以断定某酸HA是强电解质的事实是A.该酸加热至沸腾不分解B.0.01 molL-1该酸的pH=2C.该酸可以溶解CuOH2 D.该酸与CaCO3反响放出CO2解析： 0.01 molL-1HA完全电离时，cH+=110-2molL-1，pH=2，弱酸也有其他三个选项的性质。答案： B2.以下溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.cH+=cOH-的溶液C.由强酸、强碱等物质的量

2、反响得到的溶液D.非电解质溶于水得到的溶液解析： 此题考察溶液酸碱性的判断，解题关键在于抓住溶液呈中性的根本标志。中性溶液答案： B3.用蒸馏水逐步稀释0.2 mol/L的稀氨水时，假设温度不变，在稀释过程以下数据始终保持增大趋势的是A.cOH- B.cNH4+C.cNH3H2O D.cNH4+/cNH3H2O解析： NH3H2O?NH4+OH-在稀释过程中，溶液中主要微粒NH4+、OH-、NH3H2O的浓度都减小，故可用排除法选D。D中可这样理解，先假定平衡不动，那么同等强度降低，但平衡正移，故比值增大。答案： D4.室温下，假设溶液中由水电离产生的cOH-=110-14molL-1，满足此

3、条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是A.Al3+、Na+、NO3-、Cl- B.K+、Na+、Cl-、NO3-C.K+、Na+、Cl-、AlO2- D.K+、NH4+、SO42-、NO3-解析： 在室温下，纯水中cH+水=cOH-水=110-14molL-1，由此看出该溶液中水的电离受到抑制，该溶液可能为cH+=1 molL-1的酸溶液或cOH-=1 molL-1的碱溶液，A项中的Al3+、D项中的NH4+都会与OH-反响，C项中AlO2-会与H+反响，只有B项一定可以大量共存。答案： B5.以下反响不属于水解反响或水解方程式不正确的选项是HCl+H2O?H3O+Cl- ZnCl2+H2O=

4、ZnOH2+2HCl Na2CO3+H2O?H2CO3+2NaOH Al2CO33+6H2O?2AlOH3+3H2CO3A. B.C. D.全部答案： D6.以下各种试纸，在使用时预先不能用蒸馏水润湿的是A.红色石蕊试纸 B.蓝色石蕊试纸C.碘化钾淀粉试纸 D.pH试纸解析： pH试纸使用前不能润洗，否那么可能产生误差。答案： D7.用浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，以下实验操作会引起测量结果偏高的是用天平称量NaOH固体，将小烧杯放在右盘，砝码放在左盘，并挪动游码，使之平衡 配制烧碱溶液时，将称量后的NaOH固体溶于水，立即移入容量瓶，将洗涤烧杯的液体注入容量瓶后，加蒸馏水至刻度线

5、中和滴定时，锥形瓶内有少量水 酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液洗 读取滴定管终点读数时，仰视刻度线A. B.C. D.解析： 称量药品时应遵循左物右码原那么，因游码质量总是加到右盘上，故题中操作实验少称了NaOH固体，故所配溶液浓度偏低，消耗V标减小，使测定结果偏低。由于NaOH溶于水时会放出大量的热，假设趁热在容量瓶中定容，恢复至室温时溶液体积将减小，NaOH溶液浓度将增大，滴定同体积的NaOH时，消耗V标增大，使测定结果偏高。V标偏高，测定结果偏高。V标偏高，测定结果偏高，故应选组合，即选B项。答案： B8.以下溶液蒸干后，能析出溶质固体的是FeCl3 Fe2SO43 CaHCO32 N

6、a2CO3A.仅 B.仅C.仅 D.全部答案： B9.有Na2CO3溶液 CH3COONa溶液 NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol/L，以下说法正确的选项是A.3种溶液pH的大小顺序是B.假设将3种溶液稀释一样倍数，pH变化最大的是C.假设分别参加25 mL 0.1 mol/L盐酸后，pH最大的是D.假设3种溶液的pH均为9，那么物质的量浓度大小顺序是解析： 一样物质的量浓度的、溶液：pH的大小顺序应为，故A项错误。稀释一样倍数时，、存在水解平衡，中pH变化最大，故B项错误。假设pH一样的三种溶液，物质的量浓度大小顺序为：，故D项错误。与25 mL 0.1 mol/L盐酸

7、反响后中为NaHCO3和NaCl溶液，中为CH3COOH和NaCl溶液，中为NaCl溶液，pH最大的是，故C项正确。答案： C10.2020重庆理综物质的量浓度一样的以下溶液，pH由大到小排列正确的选项是A.BaOH2、Na2SO3、FeCl3、KClB.Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4ClC.NH3H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4D.NaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl解析： A项，FeCl3水解使溶液呈酸性，比KCl溶液的pH小;C项，Na2SO4溶液呈中性，H3PO4为中强酸;D项，C6H5COOH溶液呈酸性，C2H5OH显中性，故pH值排列顺序

8、错误。正确答案选B。答案： B11.假设1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反响，那么二者物质的量浓度之比应为A.101 B.51C.11 D.110解析： 酸碱中和时nH+酸=nOH-碱，即：cH2SO4VH2SO4aq2=cNaOHVNaOHaq，cH2SO4/cNaOH=VNaOHaq/2VH2SO4aq=10/2=51。答案： B12.将pH=2的盐酸和pH=12的氨水等体积混合后，在所得的混合溶液中，以下关系式正确的选项是A.cCl-cNH4+cOH-cH+B.cCl-cNH4+cH+cOH-C.cNH4+cCl-cH+cOH-D.cNH4+cCl-cOH-cH+解析

9、： NH3H2O是弱电解质，pH=2的氨水的浓度比pH=12的盐酸的浓度大得多。二者反响时，NH3H2O过量，反响后溶液中既有NH3H2O电离又有NH4+水解，一般是电离大于水解首先看题目的信息，假设无信息那么一般是电离大于水解，溶液呈碱性，答案为D。答案： D13.ZnOH2的溶度积常数为1.210-17，那么ZnOH2在水中物质的量浓度为A.1.410-6 molL-1 B.2.310-6 molL-1C.1.410-9 molL-1 D.2.310-9 molL-1解析： ZnOH2s?Zn2+aq+2OH-aqKspZnOH2=cZn2+cOH-2=4cZn2+3=1.210-17cZ

10、n2+=1.410-6 molL-1。答案： A14.以下关于电解质溶液的表达正确的选项是A.常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序为cCl-cNH4+cH+=cOH-B.将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C.中和pH与体积均一样的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量一样D.常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大解析： pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中，存在NH4+、H+、Cl-和OH-四种离子，根据电荷守恒原那么，应存在以下等式关系：cNH4+cH+=cCl-+cOH-，因pH=7，所以cOH-=cH+，因此cNH

11、4+=cCl-，A错;pH=4的醋酸溶液中除含H+和CH3COO-外还含有OH-，当对醋酸溶液进展稀释时，cH+和cCH3COO-减小，但根据cH+cOH-=110-14知，cOH-将增大，故B错;中和pH与体积均一样的盐酸和醋酸时，后者消耗NaOH的物质的量多，故C错;而Na2S和NaHS同浓度时，Na2S更易水解，故其pH大。答案： D15.常温下，将NH4NO3溶于水得无色溶液，为使该溶液中的cNH4+cNO3-=11，可以采取的以下措施是A.参加适量的HNO3，抑制NH4+水解B.参加适量的氨水，使溶液的pH等于7C.参加适量的NH4NO3D.参加适量的NaOH，使溶液的pH等于7解析

12、： 因为NH4+部分水解使NH4NO3溶液中cNH4+cNO3-11，要使cNH4+cNO3-=11，可通过抑制水解到达目的。A中增加了NO3-;B中根据电荷守恒cNH4+cH+=cNO3-+cOH-，又pH=7，那么cNH4+=cNO3-;C增加NH4NO3的浓度，其比值仍然小于11，D中由电荷守恒：cNO3-+cOH-=cH+cNH4+cNa+，因为pH=7，显然cNO3-cNH4+。答案： B16.2019杭州测试今有室温下四种溶液，有关表达不正确的选项是pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.、中分别参加适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小B.分别参加稀释10倍，四种溶液的p

13、H C.、两溶液等体积混合，所得溶液中cCl-cNH4+cOH-cH+D.Va L与Vb L溶液混合后，假设混合后溶液pH=4，那么VaVb=119解析： 等体积混合氨水过量，溶液呈碱性，溶液中的离子浓度大小为cNH4+ cCl-cOH-cH+。答案： C二、非选择题此题包括4小题，共52分17.10分25 时，硫氢化钾溶液里存在以下平衡：aHS-+H2O? ?OH-+H2SbHS-? ?H+S2-1_是电离平衡;_是水解平衡。2当向其中参加硫酸铜溶液时，生成了CuS沉淀，那么电离平衡向_挪动;水解平衡向_挪动;cH+变_填大或小。3当向其中参加氢氧化钠固体时，cS2-变_填大或小。4假设将溶

14、液加热至沸腾，cOH-cH+将变_填大或小。解析： 此题综合考察电离平衡和水解平衡。抓住题目给出的平衡的挪动方向，合理判断离子浓度变化。答案： 1b a 2正反响方向 逆反响方向 大3大 4大18.14分现有25 时0.1 mol/L的氨水。请答复以下问题：1假设向氨水中参加少量硫酸铵固体，此时溶液中cOH-cNH3H2O_填增大减小或不变2假设向氨水中参加稀硫酸，使其恰好中和，写出反响的离子方程式_ _;所得溶液的pH_7填或=，用离子方程式表示其原因_ _。3假设向氨水中参加稀硫酸至溶液的pH=7，此时cNH4+=a mol/L，那么cSO42-=_;4假设向氨水中参加pH=1的硫酸，且氨

15、水与硫酸的体积比为11，那么所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是_ _ _。解析： 1NH3H2O? ?NH4+OH-，参加NH42SO4固体，NH3H2O的电离平衡向左挪动，故cOH-/cNH3H2O减小。2略。3由电荷守恒，有cNH4+cH+=2cSO42-+cOH-，pH=7，cH+=cOH-，故cNH4+=2cSO42-，故cSO42-=a2 mol/L。4pH=1的硫酸，cH+=0.1 mol/L，H2SO4与NH3H2O正好反响：2NH3H2O+H2SO4 = NH42SO4+2H2O，由于NH4+水解，溶液呈酸性，故有cNH4+cSO42-cH+cOH-。答案： 1减小2

16、NH3H2O+H+=NH4+H2ONH4+H2O ?NH3H2O+H+3a2molL-14cNH4+cSO42-cH+cOH-19.12分实验室常利用甲醛法测定NH42SO4样品中氮的质量分数，其反响原理为：4NH4+6HCHO?3H+6H2O+CH26N4H+滴定时，1 molCH26N4H+与1 mol H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反响生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进展了如下实验：步骤 称取样品1.500 g。步骤 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容、充分摇匀。步骤 移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，参加10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5

17、 min后，参加12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。1根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接参加NaOH标准溶液进展滴定，那么测得样品中氮的质量分数_填偏高偏低或无影响。锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，那么滴定时用去NaOH标准溶液的体积_填偏大偏小或无影响。滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A.滴定管内液面的变化B.锥形瓶内溶液颜色的变化滴定到达终点时，酚酞指示剂由_色变成_色。2滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.20

18、20.20假设NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 molL-1，那么该样品中氮的质量分数为_。解析： 由4NH4+6HCHO=3H+6H2O+CH26N4H+滴定时，1 molCH26N4H+与1 mol H+相当可知，4 mol NH4+与甲醛反响产生的H+与CH26N4H+可消耗4 mol NaOH，那么消耗的NaOH的物质的量等于NH4+的物质的量，假设碱式滴定管没有用标准溶液清洗，那么NaOH溶液浓度变小，滴定时用去NaOH溶液的体积增加，计算出的NH4+的物质的量偏大，滴定时反响的本质为H+OH-=H2O，是物质的量相等，所以锥形瓶中加水不会影响反响结果，滴定时锥形瓶中的溶液是由

19、酸性变为中性，在酚酞为指示剂的情况下，溶液颜色由无色变为浅粉色。N的质量分数为vNaOHcNaOH1014 g/mol1.5 g100%，NaOH的体积利用三次测得的平均值为20.00 mL，代入上式可得结果。答案： 1偏高 无影响 B 无 粉红或浅红218.85%20.16分2019黄冈中学质检工业制备氯化铜时，将浓盐酸加热至80 左右，渐渐参加粗CuO粉末含杂质Fe2O3、FeO，充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯洁的CuCl2溶液，采用以下步骤参考数据：pH9.6时，Fe2+完全水解成FeOH2;pH6.4时，Cu2+完全水解成CuOH2;pH3.7时，Fe3+完全水解成FeOH3。请答复以下问题：1第一步除去Fe2+，能否直接调整pH=9.6，将Fe2+沉淀除去?_，理由是_，有人用强氧化剂NaClO将Fe2+氧化为Fe3+：参加NaClO后，溶液的pH变化是_填代号。A.一定增大 B.一定减小C.可能