精品解析：北京市顺义区第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题

顺义一中2025-2026学年第一学期高二年级期中考试 化学试卷 (考试时间90分钟 满分100分) 第一部分(选择题) 一、本部分共21题，每题2分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。 1. 下列物质中，属于强电解质的是 A. H2O B. NaOH C. NH3·H2O D. CH3COOH 2. 下列说法正确的是 A. 放热反应一定是自发反应 B. 熵增的反应不一定是自发反应 C. 固体溶解一定是熵减小的过程 D. 非自发反应在任何条件下都一定不能发生 3. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 4. 用0.1000mol•L-1HCl溶液滴定0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液。下列说法不正确的是 A. 在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用 B. 锥形瓶盛装0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥 C. 酸式滴定管在盛装0.1000mol•L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次 D. 用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色 5. 反应的能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是 A. 1mol和1mol的内能之和为akJ B. 该反应每生成2个AB分子，吸收能量 C. 该反应每生成1molAB，放出能量bkJ D. 反应 ，则 6. 某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 (g) 2HI(g) △H<0， 该温度下，K=43，某时刻，测得容器内 H2、I2、HI的浓度依次为0.01 mol/L、0.01 mol/L、0.02 mol/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是 A. 混合气体颜色变深 B. 混合气体密度变大 C. 容器内压强变小 D. 氢气的体积分数变小 7. 体积恒定的密闭容器中发生反应： ，其它条件不变时，下列说法正确的是 A. 升高温度可使平衡正向移动 B. 增大压强可使化学平衡常数增大 C. 移走可提高的平衡转化率 D. 使用催化剂可提高的平衡转化率 8. 某温度时， 。该温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中，投入和，起始浓度如下： 起始浓度 甲 乙 丙 丁 0.10 0.10 0.20 0.20 0.10 0.20 0.10 0.20 平衡时，下列推断不正确的是 A. 甲中的转化率为50% B. 乙中的转化率等于丙中的转化率 C. 丁中各物质的物质的量相等 D. 甲、乙、丁中关系为甲<乙<丁 9. 酸碱中和滴定实验是中学化学的重要实验，配制250mL标准NaOH溶液并用其滴定未知浓度的硫酸溶液，该过程中涉及的下列操作正确且能达到相应实验目的的是 A.称量氢氧化钠固体 B.转移NaOH溶液并配制250mL溶液 C.赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 D.滴定过程中的操作 A. A B. B C. C D. D 10. 室温时，关于1mL盐酸的说法不正确的是 A. 此溶液的 B. 此溶液中，由水电离出的 C. 将此溶液加水稀释到100mL，所得溶液 D. 将此溶液与9mLNaOH溶液混合，所得溶液 11. 在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2mL 2 mol/L的盐酸和醋酸反应，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是 A. ①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线 B. 任意相同时间段内，盐酸与Mg 反应的速率均快于醋酸与Mg 反应的速率 C. 反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等 D. 用相同NaOH 溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大 12. 在不同温度下，水溶液中c(H+) 与c(OH-)有如图所示关系。下列说法不正确的是 A. 图中T>25 B. 欲实现b 点 到c 点，可以升高温度 C. 欲实现c 点到d点，可以加入NaOH固体 D. ac线上任一点对应的溶液中c(H+) 与c(OH-)相等 13. 氨水在工农业生产、生活、医药、国防等很多方面有着广泛的用途。向氨水中加入蒸馏水，将其稀释到后，下列变化中正确的是 A. 的电离程度减小 B. 氨水的增大 C. 的数目增多 D. 减小 14. 溶液中存在水解平衡：。下列说法错误的是 A. 通入，溶液pH减小 B. 升高温度，平衡常数增大 C. 加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小 D. 加入固体，减小 15. 常温下，下列有关两种溶液的说法正确的是 序号 ① ② pH 11 11 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A. ①和②两溶液中水的电离程度相同 B. ① 溶液的物质的量浓度为0.001 mol/L C. ①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①<② D. 等体积的①和②两溶液分别与相同浓度的盐酸恰好中和，消耗盐酸的体积：①=② 16. 25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A. 1:10:1010:109 B. 1:5:5109:5108 C. 1:20:1010:109 D. 1:10:104:109 17. 常温下将以下两溶液等体积混合后，所得溶液的是 A. 与的 B. 与 C. 的与的 D. 的与的 18. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 由水电离的c(H+)=1×10-12 mol/L的溶液中：Na+、、Cl-、K+ B. 无色溶液中：Mg2+、Na+、、 C. pH=0的溶液中：Fe2+、Na+、、Cl- D. =1×10-12的溶液中：Na+、K+、、ClO- 19. 常温下，下列实验事实不能证明某酸HA是弱酸的是 A. 测得NaA溶液的pH>7 B. 中和等物质的量浓度、等体积的HA溶液和盐酸，消耗NaOH溶液的体积相等 C. 将 pH=1 的 HA 溶液稀释1000倍，测得稀释后溶液的pH<4 D. 等量形状相同的锌粒分别与等体积、等pH 的 HA 溶液和盐酸反应，前者的速率快 20. 下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是 A. 0.1mol·L-1溶液中： B. 0.1mol·L-1溶液中： C. 的、混合溶液： D. 0.1mol·L-1溶液和0.1mol·L-1相比，前者大于后者 21. 室温时，向的HA、HB溶液中分别滴加溶液，其pH变化分别对应图中的Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是 A. 向溶液中滴加HA溶液可产生HB B. C. 滴加溶液至时，两种溶液中 D. 滴加溶液时，Ⅱ中的电离程度大于Ⅰ中 第二部分(非选择题) 二、本部分共5题，共58分。 22. 在地球演变和生物进化的过程中，水溶液的作用无可替代。 （1）用蒸馏水稀释0.1 mol/L的醋酸溶液，下列各式的数值随加水量的增加而增大的是__________ (填序号)。 A. B. C. D. （2）25℃时，部分电解质的电离平衡常数如表所示。 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 1.7×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 3.0×10-8 ①一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数__________ (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②估算0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH=________ (保留整数值)。 ③CH3COOH 、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为__________________。 ④25℃时，pH 相同的CH3COOH 、H2CO3和HClO溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 _______________。 ⑤已知：氯水中起漂白作用的物质主要是HClO(Cl2+H2OHCl+HClO) 。常温下，欲增大c(HClO)，可向氯水中加入稍过量的固体________ (填序号)。 A．NaOH B．Na2CO3 C．NaHCO3 D．CH3COONa ⑥25℃时，浓度均为0.1 mol/L的 CH3COONa 、Na2CO3、NaHCO3和 NaClO溶液，其pH由大到小的顺序为________________________。 23. 的捕获和转化可减少排放并实现资源的利用。在催化剂作用下，消耗和，生成合成气(、)，主要发生反应i，可能发生副反应ii、iii： i． ii． iii． （1）___________。 （2）反应i为可逆反应。从化学平衡的角度分析，利于生成合成气的条件是___________。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （3）经研究发现，添加碱性助剂(如)可以促进的吸附与活化。反应过程如图1。反应I完成后，以为载气，将恒定组成、恒定流速的、混合气通入盛有足量的反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2。反应过程中始终未检测到，催化剂表面有积炭。 ①反应Ⅱ的化学方程式为___________。 ②，，且生成的速率不变，可能发生的副反应是___________(填序号“ii”或“iii”)。 ③时，生成的速率为0，是因为反应Ⅱ不再发生，可能的原因是___________。 24. 利用太阳能分解H2O获得氢气，再通过CO2加氢制甲醇(CH3OH)等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用。 (1)过程Ⅳ的能量转化形式为_______。 (2) CO2非常稳定，活化它需从外界输入电子。CO2中易于获得电子的原子是_______。 (3)过程I、Ⅱ是典型的人工光合作用过程：4H2O+2CO22CH3OH+3O2，该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。 (4)过程Ⅱ中CO2催化加氢制取甲醇，反应如下： 主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=−49.0kJ∙mol-1 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2kJ∙mol-1 ①CO、H2生成CH3OH的热化学方程式是_______ ②提高CH3OH在平衡体系中的含量，可采取如下措施：_______(写出两条即可)。 (5)过程Ⅲ中制得的H2中混有CO，去除CO的反应如下： CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)在容积不变的密闭容器中，将0.1mol CO、0.1mol H2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，反应的平衡常数K=_______。 (6)多步热化学循环分解水是制氢的重要方法，如“铁一氯循环”法，反应如下： i.4H2O(g)+3FeCl2(s)=Fe3O4(s)+6HCl(g)+H2(g) ∆H1 ii.Fe3O4(s)+8HCl(g)=FeCl2(s)+2FeCl3(s)+4H2O(g) ∆H2 iii.2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g) ∆H3 iV._______ ∆H4 反应i~iV循环可分解水，可利用∆H1~∆H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的∆H。在横线处写出反应iV的化学方程式。 25. 红矾钠Na2Cr2O7·2H2O可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na+、Ni2+、Cr3+、H+、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)溶液中存在以下平衡：+H2O2+2H+ ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Cr3+ 4.3 5.6 Ni2+ 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，NaHSO3溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：_______________________________。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至___________(填字母序号) a．4.3~5.6    b．4.3~7.1    c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为______________________________。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是_________________________________________________。 （5）结合平衡移动原理解释：Ⅳ中，加入H2SO4的作用是________________________________。 （6）为了测定获得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出20 mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为Cr3+后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为c mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，共消耗V mL。 已知： ①滴定终点的现象为________________________________。 ②所得Na2Cr2O7·2H2O(摩尔质量为298g/mol)的纯度的表达式为_________ (用质量分数表示)。 ③以下滴定操作能导致最终滴定结果偏高的是________。 A．用酸式滴定管量取待测溶液时，取液前尖嘴处有气泡，取液后气泡消失。 B．滴定结束后，仰视读取盛装标准溶液的碱式滴定管的数据 C．锥形瓶内盛装待测溶液之前有少量蒸馏水 D．滴定时，锥形瓶在摇动过程中有待测溶液飞溅出来 E．酸式滴定管使用前未用待测溶液润洗 F．碱式滴定管使用前未用标准溶液润洗 26. 某小组研究溶液与溶液之间的反应，过程如下。 资料：ⅰ．溶液遇产生蓝色沉淀，常用溶液检验。 ⅱ．在水溶液中会发生水解反应：。 【进行实验】 实验Ⅰ：取配制时加入盐酸酸化的的溶液进行实验，记录如下： 实验步骤 实验现象 ⅰ．取溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置。 溶液为黄色，无沉淀生成。 ⅱ．从ⅰ所得溶液中取出于试管中，加入_______。 生成较多白色沉淀。 ⅲ．取溶液于试管中，后，加入_______(加入试剂种类与顺序均与ⅱ相同)。 生成少量白色沉淀。 （1）配制溶液时，通常会加入盐酸酸化，结合资料解释其原因：_______。 （2）依据步骤ⅱ、ⅲ的实验现象，可证明与..发生反应生成了。其中，加入的试剂是_______、_______。 （3）步骤ⅲ的目的是_______。 小组同学对实验Ⅰ未检验到的原因进行了进一步探究。 资料：ⅰ．溶液中存在平衡：。 ⅱ．溶液中存在平衡：。 ⅲ．HCN为一元弱酸。 【继续实验】按如下过程进行实验Ⅱ~Ⅳ，记录如下： 实验过程： 序号 试剂a 实验现象 Ⅱ 的溶液(未加入盐酸酸化)。 溶液变为褐色，离心分离得到较多蓝色沉淀。 Ⅲ 向蒸馏水中加入硫酸、，调节和与实验Ⅰ所用溶液相同。 溶液为黄色，无沉淀生成。 Ⅳ 的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与_______相同。 溶液变为褐色，离心分离得到少量蓝色沉淀。 （4）实验Ⅱ中，能证明有生成的实验现象是_______。 （5）从平衡的角度分析，实验Ⅲ中，观察不到有蓝色沉淀生成的可能原因是_______。 （6）补齐实验Ⅳ的操作：的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与_______相同。 （7）由实验Ⅰ~Ⅳ，可以得到的结论有_______(至少写出两点)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义一中2025-2026学年第一学期高二年级期中考试 化学试卷 (考试时间90分钟 满分100分) 第一部分(选择题) 一、本部分共21题，每题2分，共42分。每题选出最符合题目要求的一项。 1. 下列物质中，属于强电解质的是 A. H2O B. NaOH C. NH3·H2O D. CH3COOH 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了强弱电解质的区分，要求对于电解质的分类有基础掌握。 【详解】A.水部分电离，水为弱电解质，； B.氢氧化钠在水中完全电离，为强电解质，； C.NH3·H2O存在电离平衡，部分电离，为弱电解质； D.醋酸存在电离平衡，部分电离，为弱电解质。 答案为B。 【点睛】电解质按电离程度的不同分成强电解质和弱电解质，能完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质。注意强电解质的导电能力不一定比弱电解质强。 2. 下列说法正确的是 A. 放热反应一定是自发反应 B. 熵增的反应不一定是自发反应 C. 固体溶解一定是熵减小的过程 D. 非自发反应在任何条件下都一定不能发生 【答案】B 【解析】 【详解】A．放热反应（）不一定是自发反应。例如， 是放热反应，但在高温下， 会导致 ，反应不能自发进行，A 错误； B．熵增的反应（）不一定是自发反应。例如， 是熵增反应，但在常温下 且数值较大，会导致 ，反应不能自发进行；只有在高温下， 足够大时， 才会小于 0，反应才能自发进行，B 正确； C．固体溶解时，粒子从有序的晶体状态变为分散在溶剂中的无序状态，熵是增大的过程。例如， 固体溶于水，，C 错误； D．非自发反应（）在改变条件（如温度、压强）后可能变为自发反应。例如，水分解为氢气和氧气在常温下非自发，但在通电条件下可以发生电解反应，D 错误； 故答案选B。 3. 关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A. 有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B. 增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C. 升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D. 使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A正确； B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确； D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D正确； 故选B。 4. 用0.1000mol•L-1HCl溶液滴定0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液。下列说法不正确的是 A. 在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用 B. 锥形瓶盛装0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥 C. 酸式滴定管在盛装0.1000mol•L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次 D. 用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色 【答案】B 【解析】 【详解】A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故A正确； B．用于滴定的锥形瓶不需要干燥，对测定结果没有任何影响，故B错误； C．为了保证装入滴定管的溶液的浓度不被稀释，要用该溶液润洗滴定管2~3次，故C正确； D．酸滴定碱，是酸的浓度已知，碱的浓度未知，酸装在滴定管中，碱装在锥形瓶中，锥形瓶中呈碱性，指示剂加在锥形瓶中，酚酞遇碱变为粉红色，故初始颜色为粉红色，但随着酸的加入，锥形瓶中碱性减小，直至到滴定终点变为中性，所以锥形瓶中由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故D正确； 故选B。 5. 反应的能量变化示意图如图所示。下列说法正确的是 A. 1mol和1mol的内能之和为akJ B. 该反应每生成2个AB分子，吸收能量 C. 该反应每生成1molAB，放出能量bkJ D. 反应 ，则 【答案】D 【解析】 【分析】反应，生成吸收akJ能量；生成释放bkJ能量；据此分析解题。 【详解】A．akJ是生成吸收的能量，不是1mol和1mol的内能之和，故A错误； B．根据图像判断，该反应每生成2molAB分子，吸收能量，故B错误； C．该反应每生成1molAB，吸收能量；故C错误； D．反应 ，反应，固体B转化为气体B为吸热过程，故D正确； 故答案选D。 6. 某温度下，恒容密闭容器内发生反应：H2(g)+I2 (g) 2HI(g) △H<0， 该温度下，K=43，某时刻，测得容器内 H2、I2、HI的浓度依次为0.01 mol/L、0.01 mol/L、0.02 mol/L。一段时间后，下列情况与事实相符的是 A. 混合气体颜色变深 B. 混合气体密度变大 C. 容器内压强变小 D. 氢气的体积分数变小 【答案】D 【解析】 【分析】某时刻，测定容器内的浓度依次为0.01 mol/L、0.01 mol/L、0.02 mol/L，此时，平衡正向移动； 【详解】A． 由上述分析可知，平衡正向移动，体积不变，碘单质的浓度减小，混合气体颜色变浅，A项错误； B．反应前后都是气体，根据题意和质量守恒，气体的质量，体积始终不变，则密度不变，B项错误； C．恒温恒容时，反应前后气体的物质的量不变，因此压强始终不变，C项错误； D．由上述分析可知，平衡正向移动，氢气的物质的量减小，反应前后气体的物质的量不变，则氢气的体积分数变小，D项正确； 答案选D。 7. 体积恒定的密闭容器中发生反应： ，其它条件不变时，下列说法正确的是 A. 升高温度可使平衡正向移动 B. 增大压强可使化学平衡常数增大 C. 移走可提高的平衡转化率 D. 使用催化剂可提高的平衡转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应 是放热反应，升高温度可使平衡逆向移动，A错误； B．平衡常数只受温度影响，增大压强可使化学平衡常数不变，B错误； C．移走，平衡正向移动，的平衡转化率增大，C正确； D．催化剂不改变平衡状态，不能提高NO的平衡转化率，D错误； 故选C。 8. 某温度时， 。该温度下，在甲、乙、丙、丁四个恒容密闭容器中，投入和，起始浓度如下： 起始浓度 甲 乙 丙 丁 0.10 0.10 0.20 0.20 0.10 0.20 0.10 0.20 平衡时，下列推断不正确的是 A. 甲中的转化率为50% B. 乙中的转化率等于丙中的转化率 C. 丁中各物质的物质的量相等 D. 甲、乙、丁中关系为甲<乙<丁 【答案】D 【解析】 【详解】A．设甲容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，根据K= =1，得x=0.05，所以CO 2的转化率为50%，H2的转化率也是50%，故A正确； B．设乙容器中平衡时反应掉的二氧化碳的浓度为xmol/L，则K= =1；设丙容器中平衡时反应掉的氢气的浓度为ymol/L，则K= =1，所以x=y，乙中的转化率等于丙中的转化率，故B正确； C．该反应是气体体积前后不变的反应，压强对平衡没有影响，丙的起始浓度为甲的2倍，成比例，所以甲和丙为等效平衡，由A的分析可知，平衡时甲容器中c(CO2 )是0.05mol/L，而甲和丙为等效平衡，但丙的起始浓度为甲的两倍，所以平衡时，丙中c(CO2)是0.1mol/L，则丁中各物质的物质的量均为0.1mol/L，故C正确； D．由C可知，甲中c(H2)=0.05mol/L，丁中c(H2)=0.1mol/L，乙容器相当于在甲的基础上再充入CO2，平衡正向移动，c(H2)减小，甲、乙、丁中关系为乙<甲<丁，故D错误； 故选D。 9. 酸碱中和滴定实验是中学化学的重要实验，配制250mL标准NaOH溶液并用其滴定未知浓度的硫酸溶液，该过程中涉及的下列操作正确且能达到相应实验目的的是 A.称量氢氧化钠固体 B.转移NaOH溶液并配制250mL溶液 C.赶出碱式滴定管乳胶管中的气泡 D.滴定过程中的操作 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢氧化钠具有腐蚀性，应该放置玻璃器皿中，且称量应该左物右码，A错误； B．转移液体应该使用玻璃棒引流，B错误； C．碱式滴定管的气泡通常在橡胶管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出，C正确； D．滴定过程中眼睛应该主要观察锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误； 故选C。 10. 室温时，关于1mL盐酸的说法不正确的是 A. 此溶液的 B. 此溶液中，由水电离出的 C. 将此溶液加水稀释到100mL，所得溶液 D. 将此溶液与9mLNaOH溶液混合，所得溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．1mL盐酸中c(H+)=，pH=-lgc(H+)=2，故A正确； B．盐酸中由水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根的浓度，则由水电离出的，故B正确； C．将此溶液加水稀释到100mL，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=4，故C正确； D．将1mL盐酸与9mLNaOH溶液混合，混合后c(H+)=，pH=-lgc(H+)=4，故D错误； 故选D。 11. 在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2mL 2 mol/L的盐酸和醋酸反应，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化曲线如图。下列说法正确的是 A. ①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线 B. 任意相同时间段内，盐酸与Mg 反应的速率均快于醋酸与Mg 反应的速率 C. 反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等 D. 用相同NaOH 溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大 【答案】C 【解析】 【详解】A．盐酸为强酸，相同浓度下初始浓度更大，与反应速率更快，压强上升更迅速，因此②代表盐酸与镁条反应的压强变化曲线，A错误； B．曲线斜率代表反应速率，反应后期盐酸中大量消耗，浓度下降快，而醋酸可不断电离补充，此时醋酸反应速率更快，并非任意时间段盐酸反应速率都更快，B错误； C．醋酸中存在电离平衡，反应消耗会促进电离平衡正向移动；两种酸的浓度、体积均相同，总可电离的物质的量相等，过量，因此最终产生氢气总量基本相等，C正确； D．两种酸均为一元酸，物质的量相等，完全中和时消耗相同浓度溶液的体积相同，D错误； 故选C。 12. 在不同温度下，水溶液中c(H+) 与c(OH-)有如图所示关系。下列说法不正确的是 A. 图中T>25 B. 欲实现b 点 到c 点，可以升高温度 C. 欲实现c 点到d点，可以加入NaOH固体 D. ac线上任一点对应的溶液中c(H+) 与c(OH-)相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．时水的离子积，大于25℃时的，水的电离吸热，温度越高越大，故，A正确； B．升高温度会促进水的电离，溶液中和均增大，b点，升高温度后会大于，无法到达的c点，B错误； C．c点为的中性溶液，加入固体后，增大，水的电离平衡逆向移动减小，可到达d点（，），C正确； D．ac线为过原点、斜率为1的直线，线上任一点都满足，D正确； 故选B。 13. 氨水在工农业生产、生活、医药、国防等很多方面有着广泛的用途。向氨水中加入蒸馏水，将其稀释到后，下列变化中正确的是 A. 的电离程度减小 B. 氨水的增大 C. 的数目增多 D. 减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．在氨水中存在电离平衡：，加水稀释，电离平衡正向移动，的电离程度增大，故A不符合题意； B．氨水的只和温度有关，温度不变不变，故B不符合题意； C．加水稀释，电离平衡正向移动，的电离程度增大，最终使溶液中的数目增多，故C符合题意： D．加水稀释时，减小，不变，故增大，故D不符合题意； 故选C。 14. 溶液中存在水解平衡：。下列说法错误的是 A. 通入，溶液pH减小 B. 升高温度，平衡常数增大 C. 加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小 D. 加入固体，减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO2能与水、反应生成碳酸氢根，平衡左移，溶液pH减小，故A正确； B．因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，平衡常数增大，故B正确； C．因稀释Na2CO3时，碳酸根离子、碳酸氢根、氢氧根离子的浓度变小，因Kw不变，则氢离子的浓度增大，故C错误； D．加入NaOH固体，平衡向左移动，减小、增大，减小，故D正确； 故选：C。 15. 常温下，下列有关两种溶液的说法正确的是 序号 ① ② pH 11 11 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A. ①和②两溶液中水的电离程度相同 B. ① 溶液的物质的量浓度为0.001 mol/L C. ①和②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①<② D. 等体积的①和②两溶液分别与相同浓度的盐酸恰好中和，消耗盐酸的体积：①=② 【答案】A 【解析】 【详解】A．两溶液均为11，溶液中浓度均为，碱溶液中全部由水电离产生，故两溶液中水的电离程度相同，A正确； B．氨水为弱碱，仅部分电离，时溶液中，但氨水的物质的量浓度远大于，B错误； C．加水稀释时，弱电解质的电离平衡正向移动，会继续电离出，故稀释10倍后氨水的降幅更小，稀释后溶液：①>②，C错误； D．相同时氨水的物质的量浓度远大于氢氧化钠溶液，等体积时①中溶质的物质的量更大，恰好中和时消耗盐酸的体积：①>②，D错误； 故选A。 16. 25℃时，在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 A. 1:10:1010:109 B. 1:5:5109:5108 C. 1:20:1010:109 D. 1:10:104:109 【答案】A 【解析】 【详解】①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0 mol·L－1，c(OH－)=1.0×10－14mol·L－1，水电离程度为1.0×10－14mol·L－1； ②中c(OH－)=0.1 mol·L－1，c(H＋)=1.0×10－13mol·L－1，水电离程度为1.0×10－13mol·L－1； ③中c(OH－)=1.0×10－4mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－4mol·L－1； ④中c(H＋)=1.0×10－5mol·L－1，水的电离程度为1.0×10－5mol·L－1； 故①②③④中水的电离程度之比为：1.0×10－14mol·L－1：1.0×10－13mol·L－1：1.0×10－4mol·L－1：1.0×10－5mol·L－1=1:10:1010:109，A项正确。 答案选A。 17. 常温下将以下两溶液等体积混合后，所得溶液的是 A. 与的 B. 与 C. 的与的 D. 的与的 【答案】C 【解析】 【详解】A．中H+浓度为0.1mol/L与的中OH-浓度为10-3mol/L，二者溶液等体积混合，H+过量，故所得溶液呈酸性，pH＜7，A不合题意； B．与等体积混合恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa是强碱弱酸盐，因水解溶液呈碱性，pH＞7，B不合题意； C．的中H+浓度为10-3mol/L与的中OH-浓度为10-3mol/L，二者等体积混合恰好完全中和生成强酸强碱盐，所得溶液呈中性，pH=7，C符合题意； D．的与的等体积混合时，CH3OOH过量，故混合后的溶液呈酸性，pH＜7，D不合题意； 故答案为：C。 18. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 由水电离的c(H+)=1×10-12 mol/L的溶液中：Na+、、Cl-、K+ B. 无色溶液中：Mg2+、Na+、、 C. pH=0的溶液中：Fe2+、Na+、、Cl- D. =1×10-12的溶液中：Na+、K+、、ClO- 【答案】D 【解析】 【详解】A．由水电离的的溶液，水的电离被抑制，可能为强酸性或强碱性，碱性条件下会与反应生成弱电解质，不能大量共存，A错误； B．为紫红色离子，不符合无色溶液的要求，B错误； C．pH=0的溶液为强酸性溶液，酸性条件下与会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误； D．的溶液中，显强碱性，该组离子之间不反应，且均不与反应，可大量共存，D正确； 故选D。 19. 常温下，下列实验事实不能证明某酸HA是弱酸的是 A. 测得NaA溶液的pH>7 B. 中和等物质的量浓度、等体积的HA溶液和盐酸，消耗NaOH溶液的体积相等 C. 将 pH=1 的 HA 溶液稀释1000倍，测得稀释后溶液的pH<4 D. 等量形状相同的锌粒分别与等体积、等pH 的 HA 溶液和盐酸反应，前者的速率快 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下溶液的，说明发生水解使溶液显碱性，可知是弱酸，能证明，A不符合题意； B．等物质的量浓度、等体积的和盐酸，溶质的物质的量相等，二者均为一元酸，中和时消耗的物质的量必然相等，该事实只能说明是一元酸，无法证明其为弱酸，B符合题意； C．若是强酸，的溶液稀释1000倍后应为4，现测得，说明稀释过程中继续电离出，存在电离平衡，可知是弱酸，能证明，C不符合题意； D．等的溶液和盐酸初始相等，反应过程中反应速率更快，说明不断电离补充，存在电离平衡，可知是弱酸，能证明，D不符合题意； 故选B。 20. 下列关于室温时溶液中离子浓度关系的说法正确的是 A. 0.1mol·L-1溶液中： B. 0.1mol·L-1溶液中： C. 的、混合溶液： D. 0.1mol·L-1溶液和0.1mol·L-1相比，前者大于后者 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中CO发生两步水解产生HCO和H2CO3，根据物料守恒，故A错误； B．溶液中NH部分水解产生和H+使得溶液显酸性：，溶液中存在电荷守恒：，则，故，故B错误； C．、混合溶液的，说明的电离程度大于的水解程度，则混合溶液中，故C错误； D．是强电解质，在水溶液中完全电离出NH和Cl-，NH有很少一部分发生水解；是弱碱，电离程度很小，溶液中NH很小，所以溶液和相比，前者大于后者，故D正确； 故选D。 21. 室温时，向的HA、HB溶液中分别滴加溶液，其pH变化分别对应图中的Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是 A. 向溶液中滴加HA溶液可产生HB B. C. 滴加溶液至时，两种溶液中 D. 滴加溶液时，Ⅱ中的电离程度大于Ⅰ中 【答案】C 【解析】 【分析】的两种酸HA、HB中，HA的，所以HA是强酸，HB对应的pH大于1，是弱酸；HA是强酸，HB是弱酸， 【详解】A．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，向溶液中滴加HA可产生HB，A正确； B．，起始时的HB，，可计算出，B正确； C．滴加溶液至时，HA是强酸，消耗的为20mL；HB是弱酸，消耗的小于20mL，根据电荷守恒，或，时，，两种溶液中或，但是两种溶液中并不相等，C错误； D．滴加20mL溶液时，酸碱恰好中和，得到的是强酸强碱盐，不水解，水电离不受影响，得到的是弱酸强碱盐，会发生水解，水的电离受到促进，Ⅱ中的电离程度大于Ⅰ中，D正确； 故答案选C。 第二部分(非选择题) 二、本部分共5题，共58分。 22. 在地球演变和生物进化的过程中，水溶液的作用无可替代。 （1）用蒸馏水稀释0.1 mol/L的醋酸溶液，下列各式的数值随加水量的增加而增大的是__________ (填序号)。 A. B. C. D. （2）25℃时，部分电解质的电离平衡常数如表所示。 化学式 CH3COOH H2CO3 HClO 电离平衡常数 1.7×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 3.0×10-8 ①一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数__________ (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②估算0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH=________ (保留整数值)。 ③CH3COOH 、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为__________________。 ④25℃时，pH 相同的CH3COOH 、H2CO3和HClO溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 _______________。 ⑤已知：氯水中起漂白作用的物质主要是HClO(Cl2+H2OHCl+HClO) 。常温下，欲增大c(HClO)，可向氯水中加入稍过量的固体________ (填序号)。 A．NaOH B．Na2CO3 C．NaHCO3 D．CH3COONa ⑥25℃时，浓度均为0.1 mol/L的 CH3COONa 、Na2CO3、NaHCO3和 NaClO溶液，其pH由大到小的顺序为________________________。 【答案】（1）BC （2） ①. 增大 ②. 3 ③. CH3COOH>H2CO3>HClO ④. c(HClO)>c(H2CO3)>c(CH3COOH) ⑤. CD ⑥. pH(Na2CO3)>pH(NaClO)>pH(NaHCO3)>pH(CH3COONa) 【解析】 【小问1详解】 稀释醋酸溶液时，、 和 均减小，但由于水的离子积常数不变， 增大；同时电离常数 保持不变。 A．， 减小， 不变，该比值减小，A不符合题意； B． ， 减小， 不变，该比值增大，B符合题意； C．与 B 同理，该比值增大，C符合题意； D． 减小且 增大，该比值减小，D不符合题意； 故选 BC。 【小问2详解】 ① 弱电解质的电离通常是吸热过程，温度升高，电离平衡常数增大。 ② 设 ，则 ，解得 ，故 ； ③ 根据表格中的电离常数，，故酸性由强到弱依次为：； ④ 酸性越弱，产生相同浓度 时需要的酸的浓度就越大，因此 相同时浓度顺序为：； ⑤ 向氯水中加入固体增大 ，应消耗溶液中的 且不与 反应。由于酸性 ， 和只与 反应，促使 正向移动，增大 ，故选 CD； ⑥ 酸根离子对应的酸越弱，其水解程度越大，溶液的碱性越强（即越弱越水解），由于酸性强弱顺序为 ，其阴离子的水解程度由大到小顺序为 ，因此相同浓度的钠盐溶液 由大到小依次为 。 23. 的捕获和转化可减少排放并实现资源的利用。在催化剂作用下，消耗和，生成合成气(、)，主要发生反应i，可能发生副反应ii、iii： i． ii． iii． （1）___________。 （2）反应i为可逆反应。从化学平衡的角度分析，利于生成合成气的条件是___________。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （3）经研究发现，添加碱性助剂(如)可以促进的吸附与活化。反应过程如图1。反应I完成后，以为载气，将恒定组成、恒定流速的、混合气通入盛有足量的反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2。反应过程中始终未检测到，催化剂表面有积炭。 ①反应Ⅱ的化学方程式为___________。 ②，，且生成的速率不变，可能发生的副反应是___________(填序号“ii”或“iii”)。 ③时，生成的速率为0，是因为反应Ⅱ不再发生，可能的原因是___________。 【答案】（1）+247 kJ•mol-1 （2）B （3） ①. CH4+CaCO3 2CO+2H2+CaO ②. ii ③. t3时，积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0 【解析】 【小问1详解】 因i． ii． iii． 由盖斯定律可知ii- iii即可得到反应i，△H1=△H2-△H3=+75.0kJ•mol-1-(-172.0kJ•mol-1)=+247 kJ•mol-1。故答案为：+247 kJ•mol-1； 【小问2详解】 反应i=+247 kJ•mol-1为可逆反应。该反应是气体体积增大的吸热反应，则减小压强、升高温度有利于平衡正向移动，利于生成合成气，故选B。故答案为：B； 【小问3详解】 ①由图可知，反应Ⅱ的化学方程式为CH4+CaCO3 2CO+2H2+CaO；故答案为：CH4+CaCO3 2CO+2H2+CaO； ②由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应ii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)；故答案为：ii； ③时，生成的速率为0，是因为反应Ⅱ不再发生，可能的原因是t3时，积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0。故答案为：t3时，积炭包裹催化剂，使反应Ⅱ不再发生，生成CO的化学反应速率为0。 24. 利用太阳能分解H2O获得氢气，再通过CO2加氢制甲醇(CH3OH)等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用。 (1)过程Ⅳ的能量转化形式为_______。 (2) CO2非常稳定，活化它需从外界输入电子。CO2中易于获得电子的原子是_______。 (3)过程I、Ⅱ是典型的人工光合作用过程：4H2O+2CO22CH3OH+3O2，该反应是_______反应(填“吸热”或“放热”)。 (4)过程Ⅱ中CO2催化加氢制取甲醇，反应如下： 主反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=−49.0kJ∙mol-1 副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H2=+41.2kJ∙mol-1 ①CO、H2生成CH3OH的热化学方程式是_______ ②提高CH3OH在平衡体系中的含量，可采取如下措施：_______(写出两条即可)。 (5)过程Ⅲ中制得的H2中混有CO，去除CO的反应如下： CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)在容积不变的密闭容器中，将0.1mol CO、0.1mol H2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，反应的平衡常数K=_______。 (6)多步热化学循环分解水是制氢的重要方法，如“铁一氯循环”法，反应如下： i.4H2O(g)+3FeCl2(s)=Fe3O4(s)+6HCl(g)+H2(g) ∆H1 ii.Fe3O4(s)+8HCl(g)=FeCl2(s)+2FeCl3(s)+4H2O(g) ∆H2 iii.2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g) ∆H3 iV._______ ∆H4 反应i~iV循环可分解水，可利用∆H1~∆H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的∆H。在横线处写出反应iV的化学方程式。 【答案】 ①. 化学能转化为电能 ②. C ③. 吸热 ④. CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-90.2 kJ∙mol-1 ⑤. 增大压强、降低温度 ⑥. 1 ⑦. Cl2(g)+H2O(g)=2HCl(g)+O2(g) 【解析】 【详解】(1)过程Ⅳ为燃料电池，能量转化形式为化学能转化为电能； (2) CO2中C原子为+4价，能得电子，而O原子为-2价，为最低价态，不能得电子，则易于获得电子的原子是C； (3)过程I、Ⅱ是典型的人工光合作用过程，需要吸收太阳能，则反应为吸热反应； (4)①根据盖斯定律，主反应-副反应可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，∆H=∆H1−∆H2=−49.0kJ∙mol-1−41.2kJ∙mol-1=-90.2 kJ∙mol-1； ②该反应为气体减小的反应，且反应放热，可采用增大压强、降低温度的措施，使平衡正向移动，提高CH3OH在平衡体系中的含量； (5) 将0.1mol CO、0.1mol H2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，则反应了0.05mol的CO，利用三段式 容器的体积不变，则各物质的浓度均为mol/L，则K==1； (6)根据盖斯定律，i+ ii+ iii可得2HCl(g)=Cl2(g)+H2(g)，已知反应i~iV循环可分解水，可利用∆H1~∆H4计算2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)的∆H，则iV为Cl2(g)+H2O(g)=2HCl(g)+O2(g)。 25. 红矾钠Na2Cr2O7·2H2O可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na+、Ni2+、Cr3+、H+、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)溶液中存在以下平衡：+H2O2+2H+ ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Cr3+ 4.3 5.6 Ni2+ 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，NaHSO3溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：_______________________________。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至___________(填字母序号) a．4.3~5.6    b．4.3~7.1    c．5.6~7.1    d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为______________________________。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是_________________________________________________。 （5）结合平衡移动原理解释：Ⅳ中，加入H2SO4的作用是________________________________。 （6）为了测定获得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出20 mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为Cr3+后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为c mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，共消耗V mL。 已知： ①滴定终点的现象为________________________________。 ②所得Na2Cr2O7·2H2O(摩尔质量为298g/mol)的纯度的表达式为_________ (用质量分数表示)。 ③以下滴定操作能导致最终滴定结果偏高的是________。 A．用酸式滴定管量取待测溶液时，取液前尖嘴处有气泡，取液后气泡消失。 B．滴定结束后，仰视读取盛装标准溶液的碱式滴定管的数据 C．锥形瓶内盛装待测溶液之前有少量蒸馏水 D．滴定时，锥形瓶在摇动过程中有待测溶液飞溅出来 E．酸式滴定管使用前未用待测溶液润洗 F．碱式滴定管使用前未用标准溶液润洗 【答案】（1）NaHSO3溶液中，同时存在H++和+H2OH2SO3+OH-，的电离程度大于其水解程度，c(H+)>c(OH⁻)， 因此溶液呈酸性 （2）c （3） （4）温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低 （5）加入H2SO4后 ，c(H+)增大，逆向移动，得到更多的 （6） ①. 滴入最后半滴标准液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色 ②. ③. BF 【解析】 【分析】由题给流程可知，向浸出液中加入亚硫酸氢钠溶液，将溶液中的重铬酸根离子转化为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬；向氢氧化铬中加入过氧化氢和氢氧化钠混合溶液，加热条件下将氢氧化铬转化为铬酸钠，向反应后的溶液中加入稀硫酸，将铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶液经蒸发浓缩、趁热过滤得到重铬酸钠溶液，溶液经冷却结晶得到红矾钠。 【小问1详解】 NaHSO3溶液中，同时存在H++和+H2OH2SO3+OH-，的电离程度大于其水解程度，c(H+)>c(OH⁻)， 因此溶液呈酸性; 【小问2详解】 步骤II的目的是沉淀得到​，同时保证不生成氢氧化物沉淀。因此pH需要满足：完全沉淀（pH≥5.6），且小于开始沉淀的pH（7.1），故pH范围为5.6~7.1，选c； 【小问3详解】 该反应在碱性加热条件下进行，作为氧化剂将+3价Cr氧化为​中+6价Cr，自身被还原为，化学方程式为； 【小问4详解】 温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低； 【小问5详解】 加入H2SO4后，c(H+)增大，逆向移动，得到更多的； 【小问6详解】 ①滴定前淀粉遇生成的​显蓝色，随着​的滴入，​被完全消耗，当溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色即为滴定终点； ②根据得失电子守恒与已知反应可得物质的量关系：，20mL待测液中，100mL溶液中总质量为，因此纯度为； ③根据与V标准液成正比，标准液消耗体积偏大则结果偏高： A．用酸式滴定管量取待测溶液时，取液前尖嘴有气泡、取液后气泡消失，实际取出的待测液体积偏小，消耗标准液体积偏小，结果偏低； B．仰视读取标准液体积，读数大于实际消耗体积，偏大，结果偏高； C．锥形瓶内有蒸馏水不改变待测溶质的物质的量，对结果无影响； D．待测液飞溅，损失溶质，消耗标准液体积偏小，结果偏低； E．酸式滴定管未用待测液润洗，待测液被稀释，取出的待测液中溶质的物质的量偏小，消耗标准液体积偏小，结果偏低； F．碱式滴定管未用标准液润洗，标准液被稀释，滴定等量的需要消耗更多标准液，偏大，结果偏高； 故选BF。 26. 某小组研究溶液与溶液之间的反应，过程如下。 资料：ⅰ．溶液遇产生蓝色沉淀，常用溶液检验。 ⅱ．在水溶液中会发生水解反应：。 【进行实验】 实验Ⅰ：取配制时加入盐酸酸化的的溶液进行实验，记录如下： 实验步骤 实验现象 ⅰ．取溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置。 溶液为黄色，无沉淀生成。 ⅱ．从ⅰ所得溶液中取出于试管中，加入_______。 生成较多白色沉淀。 ⅲ．取溶液于试管中，后，加入_______(加入试剂种类与顺序均与ⅱ相同)。 生成少量白色沉淀。 （1）配制溶液时，通常会加入盐酸酸化，结合资料解释其原因：_______。 （2）依据步骤ⅱ、ⅲ的实验现象，可证明与..发生反应生成了。其中，加入的试剂是_______、_______。 （3）步骤ⅲ的目的是_______。 小组同学对实验Ⅰ未检验到的原因进行了进一步探究。 资料：ⅰ．溶液中存在平衡：。 ⅱ．溶液中存在平衡：。 ⅲ．HCN为一元弱酸。 【继续实验】按如下过程进行实验Ⅱ~Ⅳ，记录如下： 实验过程： 序号 试剂a 实验现象 Ⅱ 的溶液(未加入盐酸酸化)。 溶液变为褐色，离心分离得到较多蓝色沉淀。 Ⅲ 向蒸馏水中加入硫酸、，调节和与实验Ⅰ所用溶液相同。 溶液为黄色，无沉淀生成。 Ⅳ 的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与_______相同。 溶液变为褐色，离心分离得到少量蓝色沉淀。 （4）实验Ⅱ中，能证明有生成的实验现象是_______。 （5）从平衡的角度分析，实验Ⅲ中，观察不到有蓝色沉淀生成的可能原因是_______。 （6）补齐实验Ⅳ的操作：的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与_______相同。 （7）由实验Ⅰ~Ⅳ，可以得到的结论有_______(至少写出两点)。 【答案】（1）Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解 （2） ①. 稀盐酸 ②. BaCl2溶液 （3）排除空气中氧气对实验的干扰 （4）离心分离得到较多蓝色沉淀 （5）溶液中存在平衡：，向蒸馏水中加入硫酸，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀 （6）实验Ⅰ （7）与发生反应生成了和Fe2+、c(H+)过高会导致无法检验Fe2+、过高会导致FeCl3与反应生成Fe2+较少 【解析】 【小问1详解】 配制 FeCl3溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解； 【小问2详解】 证明与发生反应生成了，应先加入足量稀盐酸排除的干扰，再加入BaCl2溶液，若生成较多白色沉淀，则说明反应生成了，故答案为：稀盐酸；BaCl2溶液； 【小问3详解】 具有还原性可能被空气中的氧气氧化成Na2SO4，步骤iii的目的是排除空气中氧气对实验的干扰； 【小问4详解】 Fe2+和溶液反应生成蓝色沉淀，则实验Ⅱ中，能证明有生成的实验现象是离心分离得到较多蓝色沉淀； 【小问5详解】 溶液中存在平衡：，向蒸馏水中加入硫酸，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀； 【小问6详解】 溶液中存在平衡：，若溶液酸性较强，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀；溶液中存在平衡：，氯离子浓度过高会使平衡逆向移动，导致Fe3+浓度降低，Fe3+和反应生成的Fe2+浓度较低，加入溶液后无蓝色沉淀生成；为了验证对实验的影响，应该先排除氢离子对实验的干扰，的溶液(未加入盐酸酸化)，加入NaCl调与实验Ⅰ所相同，若观察到溶液变为褐色，离心分离得到少量蓝色沉淀，说明过高导致未观察到蓝色沉淀； 【小问7详解】 由实验Ⅰ～Ⅳ，可以得到的结论有：与发生反应生成了和Fe2+、c(H+)过高会导致无法检验Fe2+、过高会导致FeCl3与反应生成Fe2+较少。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $