2025年河南省高考化学第二轮复习考点训练题

河南省光山县二高高考化学二轮复习考点加餐训练（有解析）：溶液中的离子平衡1．将质量分数为a%的NaOH溶液蒸发掉mg水后,变成VmL2a%NaOH不饱和溶液,则蒸发后溶液的物质的量浓度是（）A．mol/LB．mol/LC．mol/LD．mol/L【答案】A【解析】试题分析：设蒸发后溶液的物质的量浓度为x，溶液的质量为t，则NaOH的物质的量为0.01Vx，NaOH的质量为0.01Vx×40，根据蒸发前后NaOH质量不变的关系，有如下关系：（0.01Vx×40）/t=2a%（0.01Vx×40）/（t+m）=a%则t=m由（0.01Vx×40）/m=2a%求得x=（ma/2V)mol/L考点：物质的量浓度点评：此题根据蒸发前后溶质的质量不变的关系计算物质的量浓度，理清关系后，难度不大。2．下列有关电解质溶液的论述中对的的是（）A．Na2CO3、NaHCO3两种盐的溶液中，离子种类是Na2CO3多于NaHCO3B．在CH3COONa溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)C．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入适量的蒸馏水，溶液的c(H+)/c(CH3COOH)增大D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)为10-5mol/L，则此溶液也许是盐酸【答案】C【解析】A．Na2CO3、NaHCO3两种盐的溶液中，离子种类是Na2CO3和NaHCO3同样多；B．在CH3COONa溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)，这样肯定不对，违反了电荷守恒，应当为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)为10-5mol/L，水的电离受到了增进，此溶液为盐溶液，不也许为盐酸。3．已知25℃，醋酸溶液中存在下述关系：K＝1.75×10－5A．当向该溶液中加入一定量的硫酸时，K值增大B．升高温度，K值增大C．向醋酸溶液中加水，K增大D．向醋酸溶液中加氢氧化钠，K增大【答案】B【解析】试题分析：A、平衡常数只与温度有关，因此当向该溶液中加入一定量的硫酸时，K值不变，错误；B、醋酸的电离是吸热反应，因此升高温度，增进醋酸的电离，离子浓度增大，K增大，对的；C、向醋酸溶液中加水，平衡正向移动，但K不变，错误；D、向醋酸溶液中加氢氧化钠，平衡正向移动，但K不变，错误，答案选B。考点：考察平衡常数的判断4．CH3COONa稀溶液中分别加入少许下列物质或变化如下条件，能使比值c(CH3COO-)/c(Na+)一定减小的是：①固体NaOH②固体KOH③固体NaHSO4④固体CH3COONa⑤冰醋酸⑥降温A．只有①③Ｂ．①③④Ｃ．②④⑤⑥Ｄ．③④⑥【答案】A5．有关常温下pH＝3的醋酸溶液，下列论述对的的是A．加水稀释10倍后，pH＝4B．加水稀释后，溶液中c(H+)和c(OH－)均减少C．加入醋酸钠晶体后，溶液的pH增大D．加入等体积pH＝11的NaOH溶液后，溶液呈中性【答案】C【解析】试题分析：A．加水稀释10倍后，溶液中醋酸分子会继续电离产生H+，因此溶液的pH<4，错误；B．加水稀释后，溶液中c(H+)减小，而c(OH－)增大，c(H+)和c(OH－)的乘积不变，错误；C．加入醋酸钠晶体后，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小，因此溶液的pH增大，对的；D．加入等体积pH＝11的NaOH溶液后，醋酸电离的部分与NaOH恰好完全中和，未电离的酸分子会继续电离是溶液显酸性，错误。考点：考察弱酸溶液的电离、中和、溶液的pH或溶液稀释的知识。6．下列各离子①R-②R+③R3+④RH4+⑤RH-(R表达不一样的元素)均有10个电子，其中不会破坏水的电离平衡的有A.①②③ B.仅有② C.②③④ D.①②⑤【答案】B【解析】酸或碱克制水的电离，盐类的水解增进水的电离。①～⑤分别是F－、Na＋、Al3＋、NH4＋、OH－，因此答案选B。7．下列说法中对的的是()A．在Na3PO4溶液中，c(Na＋)是c(PO43－)的3倍B．pH为3的盐酸中，其c(H＋)是pH为1的盐酸中c(H＋)的3倍C．0.1mol·L－1KOH溶液和0.1mol·L－1氨水中，其c(OH－)相等D．在25℃时，无论是酸性、碱性还是中性的稀溶液中，其c(H＋)和c(OH－)的乘积都等于1×10－14【答案】D【解析】A.PO43－水解，c(Na＋)>3c(PO43－)；B.pH为3的盐酸中c(H＋)＝10－3mol·L－1，而pH＝1的盐酸中c(H＋)＝10－1mol·I－1，前者是后者的eq\f(1,100)；C.氨水为弱电解质，部分电离；D.水的离子积合用于纯水和稀的电解质水溶液。25℃时其值为1×10－14。8．下列说法对的的是A．在101kPa下氢气的燃烧热△H=-285.5kJ•mol-1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+285.5kJ•mol-1B．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=4C．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25NH4Cl溶液含NH4+物质的是不一样D．吸热反应“TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S<0【答案】C【解析】试题分析：A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，因此水分解的热化学方程式：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g)△H=+285.5kJ•mol-1；故A错误；B．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH约为4.3，故B错误；C．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25NH4Cl溶液，因NH4+的水解程度不等，含NH4+物质的量也不等，故C对的；D．反应前后气体的总量不变△S=0，故D错误；故选C。考点：考察反应热、溶液的pH、盐类的水解及反应熵值判断。9．有下列四种溶液：①盐酸；②氯化铁；③氢氧化钠；④碳酸钠。它们的pH分别为4，4，10，10，溶液中水的电离度为α1，α2，α3，α4，则下列关系对的的是A．α1=α2＞α3=α4B．α2=α4＞α1=α3C．α1＝α2＝α3=α4D．α1＝α3＞α2=α4【答案】B【解析】反应H2OH++OH--Q；①向水中加入酸或碱，[H+]或[OH-]增大，平衡向左移动，克制了水的电离，αH2O减小；②向水中加入能水解的盐，消耗H+或OH-，使平衡向右移动，增进水的电离，αH2O增大；③升高温度，平衡向右移动，αH2O增大；④向水中加入其他能与H+或OH-反应的物质，也能增进水的电离。如Na2O，Na等。题中给出了四种溶液的溶质及pH，规定排列电离度α的次序。只要表达出水电离出来的[H+]水或[OH-]水，然后直接比较其大小即可。pH=4的盐酸：OH-为水电离产生的，[OH-]水=10-10mol／LpH=4的FeCl3溶液，H+为水电离出来的，[H+]水=10-4mol／LpH=10的Na2CO3溶液，OH-为水电离出来的，[OH-]=10-4mol／LpH=10的NaOH溶液，H+为水电离出来的，[H+]=10-10mol／L因此B的次序是对的的。10．在相似温度时，100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者不小于后者的是A．H+的物质的量B．醋酸的电离常数C．中和时所需NaOH的量D．CH3COOH的物质的量【答案】A【解析】试题分析：A、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL

0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，对的；B、电离平衡常数只与温度有关，温度相似则电离平衡常数相似，错误；C、由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相似，错误；D、0.01mol•L-1的醋酸电离程度大，则溶液中CH3COOH分子的物质的量小，错误。考点：本题考察弱电解质的电离、酸碱中和反应。11．已知某温度下，几种酸的电离常数如下：Ka(HCN)=6.2×10-10mol/L、Ka(HF)=6.8×10-4mol/L、Ka(CH3COOH)=1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10-6mol/L。则物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是A．NaCNB．NaFC．CH3COONaD．NaNO2【答案】B【解析】试题分析：由这几种弱酸在相似温度下的电离平衡常数可以判断酸性：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN。酸越弱，相似条件下相似浓度的其对应的Na盐水解程度越大，溶液的碱性就越强，PH就越大。故物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中，pH最小的是NaF。选项为：B．考点：考察盐的水解与形成盐的酸或碱的相对强弱的关系的知识。12．下列论述对的的是A．熵变不不小于零而焓变不小于零的反应肯定不能发生B．热化学方程式中ΔH的值与反应物的用量有关C．化学反应中旧键断裂吸取能量，新键形成释放能量，因此化学反应伴随能量变化，但反应前后物质的总能量不变D．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸至0.01mol/L，稀释过程中温度维持25℃【答案】C【解析】试题分析：A、熵变不不小于零即△S<0，焓变不小于零即△H>0，△G=△H-T△S>0，反应不自发进行，不代表反应不能发生，错误；B、热化学方程式中ΔH的值与反应物的用量无关，与热化学方程式中反应物的系数有关，错误；C、化学反应中旧键断裂吸取能量，新键形成释放能量，但遵照能量守恒定律，反应前后物质的总能量不变，因此化学反应伴随能量变化，对的；D、醋酸的稀释过程中，氢离子、醋酸根离子的浓度减小，但氢氧根离子的浓度增大，错误，答案选C。考点：考察反应自发的判断，热化学方程式与热效应的关系，溶液稀释过程离子浓度的变化13．以0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定cmol·L-1，某弱酸HA溶液，其滴定曲线如图所示，下列说法对的的是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．滴定期氢氧化钠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种变色范围，错误；C、当酸的酸性很强，浓度较稀时，突变范围就大，对的；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14．40℃时，在氨－水体系中不停通入CO2，多种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不对的的是A．在pH＝9.0时，c(NH4+）＞c(HCO3-）＞c(NH2COOˉ）＞c(CO32－）B．不一样pH的溶液中存在关系：c(NH4+）＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COOˉ）＋c(OHˉ）C．伴随CO2的通入，不停增大D．在溶液中pH不停减少的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成【答案】C【解析】A、在pH＝9.0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(NH4+）＞c(HCO3-）＞c(NH2COOˉ）＞c(CO32－），A对的；B、根据电荷守恒可得：c(NH4+）＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COOˉ）＋c(OHˉ），B对的；C、=，Kb不变，c(NH4+）不停增大，则比值不停减小，C不对的；D、从图上看，pH减少过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成，D对的。答案选C。【考点定位】本题重要是考察电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。15．25℃时，A．0.2mol·L－1NH3·H2O溶液与0.1mol·L－1盐酸等体积混合：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)B．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后呈酸性：c(CH3COO－)<c(CH3COOH)C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(SO－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO－)＋2c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(H【答案】AC【解析】试题分析：A、0.2mol·L－1NH3·H2O溶液与0.1mol·L－1盐酸等体积混合，氨水过量，故c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，对的；B、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后呈酸性，那么c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，错误；C、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合，c(Na＋)＝c(SO－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，对的；D、0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO－)＋c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(H＋)，错误；故本题选择AC。考点：离子浓度大小的比较16．已知：H2OH++OH-(△H>0)，KW为水的电离常数，完毕下表。变化条件电离平衡移动方向溶液中c（H+）PH的变化KW升高温度加入酸加入Na【答案】变化条件电离平衡移动方向溶液中c（H+）PH的变化KW升高温度右增大减小增大加入酸左增大减小不变加入Na左减小增大不变【解析】考察外界条件对电离平衡的影响。由于电离是吸热的，因此升高温度，增进水的电离。氢离子浓度，pH减小，水的离子积常数增大；加入强酸增大氢离子浓度，克制水的电离，由于水的离子积常数只与温度有关系，因此是不变的；钠溶于水和水反应生成氢氧化钠，碱性增强，克制水的电离。17．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的措施制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子互换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子互换膜只容许阳离子通过。完毕下列填空：①．写出电解饱和食盐水的离子方程式。②．离子互换膜的作用为：、。③．精制饱和食盐水从图中位置补充，氢氧化钠溶液从图中位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。④．KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4写出该反应的化学方程式。⑤．室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH0.1mol/LNa2SO3溶液的pH（选填“不小于”、“不不小于”或“等于”）。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的次序为。已知：H2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7HClOKi1=2.95×10-8H2CO3Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11【答案】①.2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。②.制止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；制止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。③.a；d；④.2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2⑤.不小于；SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。①.电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。②.图中的离子互换膜只容许阳离子通，是阳离子互换膜，可以容许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以制止阴极溶液中的OH-进入阳极室，与氯气发生反应，制止Cl-进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同步可以制止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。③.伴随电解的进行，溶质NaCl不停消耗，因此应当及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不停放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不停消耗，因此从b口不停加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。④.KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+⑤.NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，因此溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，因此酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH:NaClO>Na2SO3。由于电离程度：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，因此离子浓度：SO32–>CO32–；水解产生的离子浓度：HCO3->HSO3-。不过盐水解程度总的来说很小，重要以盐电离产生的离子存在。因此在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的次序为SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。【考点定位】考察电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。18．全国各地持续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体导致了极大的危害，因此研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。I．脱硫技术能有效控制SO2对空气的污染。（1）海水呈弱碱性，重要具有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、CI-、SO42-、Br-、HCO3-等离子。含SO2的烟气可运用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：①向曝气池中通入空气的目的是②通入空气后曝气池中海水与天然海水相比，浓度没有明显变化的离子是。a．Cl-B．SO42-C．HCO3-（2）用NaOH溶液吸取烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同步得到H2SO4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)①图中b极要连接电的(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是。②SO32-放电的电极反应式为③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因。II．我国的能消费构造以燃煤为主，将煤气化可减少环境污染，但煤气化过程中能产生有害气体H2S，用足量的Na2CO3溶液可吸取，该反应的离子方程式为。(已知：H2SKal=9．1×10-8；Ka2=1．1×10-12；H2CO3Kal=4．30×10-7；Ka2=5．61×10-11)【答案】Ⅰ（1）①将H2SO3、HSO3-等氧化为SO42-;②a（2）①正硫酸②SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+;③在阴极H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强；ⅡCO32-+H2S=HCO3-+HS-.【解析】试题分析：Ⅰ（2）分析电解池中离子的移动方向，a极连接电源负极，b极连接电源的正极，且b极发生氧化反应，生成硫酸从C口流出，阴极区H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强；Ⅱ用足量的Na2CO3溶液吸取H2S，：H2SKal=9．1×10-8；Ka2=1．1×10-12；H2CO3Kal=4．30×10-7；Ka2=5．61×10-11，可知酸性强弱次序为H2CO3>H2S>HCO3->HS-,从而反应的离子方程式为CO32-+H2S=HCO3-+HS-.考点：元素化合物知识、电解原理、原电池原理。19．某化学课外小组同学在试验室做酸碱中和滴定试验，他们精确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净锥形瓶中，然后用0.mol／LNaOH溶液滴定(指示剂为酚酞)。滴定成果如下：NaOH溶液起始读数NaOH溶液终点读数第一次0.02mL18.60mL第二次0.04mL18.66mL第三次0.20mL20.60mL（1）根据以上数据可计算出盐酸的物质的量浓度为mol／L。(精确到0.0001)（2）下列有关滴定的操作对的的次序是①用原则液润洗滴定管②往滴定管中注入原则溶液③检查滴定管与否漏水④滴定⑤加水洗涤A．⑤①③②④B．③⑤①②④C．⑤②③①④D．②①③⑤④（3）若操作有误，则导致待测盐酸溶液浓度偏低的错误操作是A．滴定管用蒸馏水洗后未用原则碱液润洗，直接装入原则碱液B．滴定前滴定管尖端有气泡，滴后气泡消失C．滴定管读数时，滴定前仰望滴定后俯视D．待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多（4）假如精确移取25.00mL0.mol／LNaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，与否也可测定出盐酸的物质的量浓度?填“是”或“否”)（5）另一小组同学用原则盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，若测定成果偏高，则产生误差的原因也许是A．滴定期，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用原则盐酸润洗C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失D．配置NaOH溶液时，NaOH固体中混有少许KOH固体【答案】（10分）0.1488BC是BC【解析】试题分析：（1）第三次的数据偏差较大，为保证数据的有效性，因此舍去第三次数据，则消耗氢氧化钠的平均体积是（18.60-0.02+18.66-0.04）/2=18.60mL，则盐酸的物质的量浓度为18.60mL×0.mol／L/25.00mL=0.1488mol/L；（2）滴定期先检查滴定管与否漏水，再水洗、原则液润洗，装入原则液，滴定，因此答案选B；（3）A．滴定管用蒸馏水洗后未用原则碱液润洗，直接装入原则碱液，会使氢氧化钠溶液体积偏大，滴定成果偏高，错误；B．滴定前滴定管尖端有气泡，使初读数偏小，滴后气泡消失，则消耗氢氧化钠的体积偏大，成果偏高，错误；C．滴定管读数时，滴定前仰望使读数偏大，滴定后俯视使读数偏小，因此消耗氢氧化钠的体积偏小，成果偏低，对的；D．待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多，则消耗氢氧化钠的体积增多，滴定成果偏高，错误，答案选C；（4）是；由于强酸与强碱的滴定，可以把固定体积的氢氧化钠溶液放入锥形瓶中，待测液放入滴定管中，发生反应的实质仍是氢离子与氢氧根离子的中和反应，不影响试验成果；（5）A．滴定期，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗，对试验成果无影响，错误；B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用原则盐酸润洗，使消耗盐酸的体积偏大，成果偏高，对的；C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，使初读数偏小，而在滴定后气泡消失，因此消耗盐酸的体积偏大，成果偏高，对的；D．配置NaOH溶液时，NaOH固体中混有少许KOH固体，使所配溶液的浓度偏低，错误，答案选BC。考点：考察滴定操作的判断，误差的分析，试验成果的计算20．阅读下列试验内容，根据题目规定回答问题：某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，试验如下：用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO425.00mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL。（1）该学生用原则0.14mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸的试验操作如下：A、用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL，注入锥形瓶中，加入指示剂。B、用待测定的溶液润洗酸式滴定管。C、用蒸馏水洗洁净滴定管。D、取下碱式滴定管用原则的NaOH溶液润洗后，将原则液注入碱式滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调整液面至刻度“0”或“0”刻度如下。E、检查滴定管与否漏水。F、另取锥形瓶，再反复操作一次。G、把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。①滴定操作的对的次序是（用序号填写）___________________________。②该滴定操作中应选用的指示剂是____________。③在G操作中怎样确定终点？______________________________。（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用原则液润洗导致滴定成果______________（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）。（3）配制精确浓度的稀H2SO4溶液，必须使用的重要容器是___________。（4）如有1mol·L－1和0.1mol·L－1的NaOH溶液，应用_________________的NaOH溶液，原因是____________________________________________________。（5）用原则NaOH溶液滴定期，应将原则NaOH溶液注入__（选填“甲”或“乙”）中。（6）观测碱式滴定管读数时，若滴定前仰望，滴定后俯视，则成果会导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）（7）计算待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度（计算成果保留到小数点后第二位）___。【答案】（1）①ECDBAGF（2分，其他合理答案也给分）②酚酞③溶液由无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟内不褪色（2）偏大（3）100mL容量瓶（100未写不给分）（4）0.1mol·L－1溶液浓度越稀，误差就越小（5）乙（6）偏小（7）4.20mol·L－1（2分，单位不写扣1分）【解析】试题分析：（1）用原则0.14mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸，首先要检查滴定管与否漏水，再用蒸馏水洗洁净滴定管，取下碱式滴定管用原则的NaOH溶液润洗后，将原则液注入碱式滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调整液面至刻度“0”或“0”刻度如下，然后用待测定的溶液润洗酸式滴定管，再用酸式滴定管取稀H2SO425.00mL，注入锥形瓶中，加入指示剂，把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度；另取锥形瓶，再反复操作一次，故①滴定操作的对的次序为ECDBAGF；②该滴定试验是用原则0.14mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸，因此要用酚酞作为终点的指示剂；③当溶液由无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟内不褪色，即可以认为滴定达到终点；（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用原则液润洗，阐明NaOH溶液的浓度不不小于0.14mol·L－1，因此会使计算的成果变大；（3）配制精确浓度的稀H2SO4溶液，必须使用的重要容器是100mL容量瓶；（4）如有1mol·L－1和0.1mol·L－1的NaOH溶液，应用0.1mol·L－1的NaOH溶液，由于溶液浓度越稀，误差就越小；（5）甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，故用原则NaOH溶液滴定期，应将原则NaOH溶液注入乙中；（6）观测碱式滴定管读数时，若滴定前仰望，则读到的数值比实际数值大，滴定后俯视，则读到的数值比实际数值小，因此最终计算时得到的氢氧化钠的体积比实际上的小，故导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值偏小；（7）根据c1v1=c2v2，可以得到0.14×15=2×c2×25，因此c2=0.042mol/L，故待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度为0.042×100=4.2mol/L。考点：酸碱滴定点评：本题考察酸碱滴定，酸碱滴定是中学的经典试验之一，是高考常考的考点，本题难度不大。21．某烧碱样品中具有少许不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行如下滴定操作：A．在250mL容量瓶中配制250mL烧碱溶液B．用移液管（或碱式滴定管）量取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴酚酞指示剂]C．在天平上精确称取烧碱样品wg，在烧杯中加蒸馏水溶解D．将物质的量浓度为mmol·L－1的原则H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1mLE．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL请完毕下列问题：（1）对的的操作环节是（填写字母）__→__→__→D→__。（2）操作D中液面应调整到_______________；尖嘴部分应_________________。（3）如下操作会导致所测烧碱溶液浓度偏低的是（）A．酸式滴定管未用待装溶液润洗B．碱式滴定管未用待装溶液润洗C．锥形瓶未用待装溶液润洗D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失（4）该烧碱样品的纯度计算式是__________________________________________。【答案】（1）CABE（2）零刻度或零刻度如下的某一刻度充斥溶液，无气泡（3）B（4）%【解析】试题分析：（1）①试验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用原则液进行滴定，故答案为：C；A；B；D；E；（2）滴定管0刻度在上，滴定前应调整到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充斥液体，无气泡.（3）A．酸式滴定管未用待装溶液润洗，则酸的浓度减小，消耗酸溶液的体积增大，则测定成果偏高，A错误；B．碱式滴定管未用待装溶液润洗，则碱的浓度减小，消耗酸溶液的体积减小，则测定成果偏低，B对的；C．锥形瓶未用待装溶液润洗属于对的的操作，不影响成果，C错误；D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗酸溶液的体积增大，则测定成果偏高，D错误，答案选B。（4）硫酸的物质的量为m（V2-V1）×10-3mol，则n（NaOH）=2m（V2-V1）×10-3mol，m（NaOH）=80m（V2-V1）×10-3，则样品中NaOH的质量为10×80m（V2-V1）×10-3，因此烧碱样品纯度为10×80×（V2-V1）×10-3m/w【考点定位】本题重要是考察中和滴定试验的有关判断与计算【名师点晴】误差分析：（1）原理（以原则盐酸滴定待测NaOH溶液为例）：cB＝；VB——精确量取的待测液的体积；cA——原则溶液的浓度。故有：cB正比于VA。（2）常见误差环节操作V（原则）c（待测）洗涤酸式滴定管未用原则溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸液滴出锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化变大偏高读数酸式滴定管滴定前读数对的，滴定后俯视读数（或前仰后俯）变小偏低酸式滴定管滴定前读数对的，滴定后仰望读数（或前俯后仰）变大偏高22．在25℃时，有pH为x的盐酸和pH为y的NAOH溶液，取VxL该盐酸同该NAOH溶液中和，需Vy（1）若x+y=14时，则Vx/Vy=_______________(填数值)。（2）若x+y=13时，则Vx/Vy=_______________(填数值)。（3）若x+y＞14时，则Vx/Vy=_______________(填体现式)，且VxVy____________(填“＞”“=”或“＜”)。【答案】（1）1（2）（3）10x+y-14＞【解析】由于pH=xc（H+）=10-xmol·L-1pH=yNaOH中pOH=14-yc（OH-）=10-（14-y）=10y-14H++OH-====H2O10-x×Vx10y-14×Vy因此==10x+y-1423．已知：正盐A强热可得到B、C、D、E四种物质，B一般状况下为无色无味液体，E、F是空气重要成分，D能产生酸雨，I为红棕色气体，C与J反应可得A，J、K为两种常见的酸。物质之间的转化关系如图所示(图中部分反应物或生成物及反应条件未列出）。请回答问题：（1）C、E分别是___________、___________。（2）写出A强热分解生成B、C、D、E的化学方程式_________________。（3）写出D通人FeCl3溶液时，发生反应的离子方程式_________________。（4）—定浓度J、K混合后的稀溶液200mL，平均提成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解ag(产生气体只为G)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增长的变化如图所示。则①a＝___________g，②生成的气体G原则状况下体积为___________，③J的物质的量浓度为_________。【答案】（12分）（1）NH3（1分），N2（1分）；（2）3(NH4)2SO46H2O+4NH3+3SO2↑+N2↑（2分）；（3）SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+（2分）；（4=1\*GB3①9.6g（2分）；=2\*GB3②2.24L（2分）；=3\*GB3③2.5mol/L（2分）。【解析】试题分析：正盐A强热可得到B、C、D、E四种物质，B一般状况下为无色无味液体，则B是H2O，E、F是空气重要成分，D能产生酸雨，I为红棕色气体，C与J反应可得A，J、K为两种常见的酸。D能产生酸雨，则D为SO2，I为红棕色气体，I为NO2，E、F是空气重要成分，分别为N2、O2中的一种，C能与F持续反应得到NO2，可推知F为O2、C为NH3、G为NO，故E为N2。J、K为两种常见的酸，B一般状况下为无色无味液体，酸K可以由B与NO2反应得到，则B为H2O、K为HNO3。SO2与氧气反应生成H为SO3，深入与水化合生成J为H2SO4，C是NH3与J反应可得A，且为正盐，故A为(NH4)2SO4。（1）由上述分析可知，C为NH3，E为N2；（2）(NH4)2SO4加强热发生分解反应产生NH3、N2、SO2、水的化学方程式是3(NH4)2SO46H2O+4NH3+3SO2↑+N2↑；（3）SO2具有还原性，FeCl3具有氧化性，将SO2通入FeCl3溶液时，发生氧化还原反应，SO2被氧化生成硫酸根，同步铁离子被尚有为亚铁离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；（5）将硝酸与硫酸混合，得到强酸性溶液。把溶液分为两等份，向其中的一份中加入过量铁，在OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，向其中另一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解ag(产生气体只为G)，发生反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；Cu与混酸反应生成NO，反应生成NO物质的量等于Fe反应生成NO的物质的量，OA段发生反应生成NO，该阶段消耗Fe为5.6g，其物质的量是n(Fe)=5.6g÷56g/mol==0.1mol，由方程式可知，生成NO为0.1mol，根据方程式可知参与反应的Cu的物质的量是n(Cu)=3/2n(NO)=3/2×0.1mol==0.15mol，故可以溶解Cu的质量=0.15mol×64g/mol=9.6g；②反应生成NO的体积V(NO)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；③当反应不再进行时，得到的溶液为FeSO4溶液，反应共消耗Fe的质量是14g，其物质的量是n(Fe)=14g÷56g/mol=0.25mol，因此根据元素守恒可知n(H2SO4)=n(FeSO4)=n(Fe)=0.25mol，每份含硫酸0.25mol，因此硫酸的浓度c(H2SO4)=n(H2SO4)÷V=0.25mol÷0.1L=2.5mol/L。【考点定位】考察元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写及有关氧化还原反应计算的知识。【名师点睛】本题波及多种元素的单质及化合物，不过它们之间有一定的关系，只要根据题目已知条件找到突破口，其他物质就很容易推断得到。一般状况下为无色无味液体是水；E、F是空气重要成分，则它们分别是氮气、氧气中的一种，D能产生酸雨，则D是SO2；I为红棕色气体，I是NO2，C持续与空气的成分之一F反应产生NO2，则C是NH3，F是O2，E必然是N2，其他就可以根据元素的单质及化合物的性质及转化关系和题干已知条件推断得到。硝酸具有强的氧化性，在强酸性环境中会把金属氧化为金属阳离子，其自身被还原得到NO，当溶液中H+足量时，N元素完全转化为NO，然后根据原子守恒、电子守恒，结合微粒的氧化性强弱次序，就可以得到多种待求物理量的答案。元素及化合物的推断是本题解答的根据。24．Ⅰ．请回答：（1）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成，但此沉淀不是硫化铝。写出该反应的离子反应方程式：。（2）将NH3通过灼热的CuO，有无色无味的难溶于水的气体生成，写出该反应的化学方程式：。（3）CoCl2常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的某种氧化物与盐酸反应制备(其中Co的化合价为+2、+3)。现取适量这种钴的氧化物，可与480mL5mol·L－1盐酸恰好完全反应，得到CoCl2溶液和6.72L黄绿色气体(原则状况)。则该反应的化学反应方程式为。Ⅱ．下表给出五种元素的有关信息，其中A、B、C、D为短周期元素。根据如下信息填空：元素有关信息A在常温、常压下，其单质是气体，伴随人类对环境的认识和规定的提高，它将成为备受青睐的清洁燃料B工业上通过度离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障C植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，其中一种是初期医疗中使用的麻醉剂D室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化。该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰E它在地壳中储量丰富，是人体不可缺乏的微量元素之一。其单质为银白色固体，是工农业生产中不可或缺的金属材料，常用于机械制备、建筑等行业（4）C与A形成的某一化合物能和C与B形成的另一无色化合物(这两种化合物分子中原子个数比皆为1∶2)一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式：。（5）化合物X是元素D的最高价氧化物的水化物，X在水中的电离方程为；常温下，E的单质与化合物X稀溶液反应生成盐Y，Y的化学式是。化合物Z仅由元素D和E构成，Z+H2O+O2→X+Y，产物中n(X)：n(Y)=1：1，写出并配平上述方程式：。（6）盐Y受强热会发生分解反应，其气体产物由元素D的氧化物构成，请设计一种可行的定性试验，验证其气体产物中所含元素D的氧化物的构成。【答案】（1）2Al3++3S2－+6H2O==2Al(OH)3↓+3H2S↑（2）2NH3+3CuO==3Cu+N2+3H2O（3）Co3O4+8HCl==3CoCl2+Cl2↑+4H2O（4）2N2H4+N2O4==3N2+4H2O（5）H2SO4==2H++SO42－FeSO42FeS2+2H2O+7O2═2FeSO4+2H2SO4（6）将气体产物通入品红溶液，假如品红溶液褪色，则具有SO2，反之则无SO2。取适量吸取液于试管，滴加适量盐酸酸化，再滴加BaCl2，如有白色沉淀生成，则具有SO3，反之则无SO3。【解析】试题分析：Ⅰ（1）S2-与Al3+发生双水解反应，离子方程式为2Al3++3S2－+6H2O==2Al(OH)3↓+3H2S↑；（2）将NH3通过灼热的CuO，有无色无味的难溶于水的气体生成，该反应的化学方程为2NH3+3CuO==3Cu+N2+3H2O；（3）钴的某种氧化物与480mL5mol·L－1盐酸恰好完全反应，得到CoCl2溶液和6.72L黄绿色气体，可知2.4molHCl反应生成0.3molCl2，则CoCl2中氯离子1.8mol，CoCl20.9mol，反应生成0.3molCl2，失0.6mol电子，则氧化物中的钴元素得0.6mol电子，推测0.9mol的Co+2占1/3、+3占2/3，则氧化物为Co3O4，方程式为Co3O4+8HCl==3CoCl2+Cl2↑+4H2O；ⅡA、B、C、D为短周期元素，A在常温、常压下，其单质是气体，伴随人类对环境的认识和规定的提高，它将成为备受青睐的清洁燃料，则A为H元素；分离液态空气可得到氮气和氧气，臭氧能保护地球地表环境，则B为O元素；植物生长三要素之一，能形成多种氧化物，其中一种是初期医疗中使用的麻醉剂，则C为N元素；室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化。该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，则D为S元素；E在地壳中储量丰富，是人体不可缺乏的微量元素之一。其单质为银白色固体，是工农业生产中不可或缺的金属材料，常用于机械制备、建筑