浙江省宁波市北仑中学2019_2020学年高二化学上学期期中试题2_10班含解析.doc

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1、浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（2-10班，含解析）可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Fe56 F19 Ba137 Ag108 第卷一、选择题（本题共 20小题，每小题 2 分，共40 分。每小题只有一个正确答案）1.下列不属于化石燃料的是A. 煤B. 石油C. 天然气D. 甲醇【答案】D【解析】【详解】煤、石油和天然气是三大化石燃料，是不可再生能源；甲醇不属于化石燃料，属于可再生能源；故选D。2.在120和101kPa的条件下，某气态烃和一定质量的氧气混合气，点燃完全反应再恢复到原来的温度时，气体体积缩小，则该烃分子内的

2、氢原子个数一定是A. 小于4B. 大于4C. 等于4D. 无法判断【答案】A【解析】【详解】设该烃的分子式为CxHy，则CxHy+(x+)O2 xCO2+H2O，因为反应后气体体积缩小了，则1+x+x+，解得y4，即该烃分子内的氢原子个数小于4，A项正确；答案选A。【点睛】当温度100，气态烃完全燃烧反应为CxHy+(x+)O2xCO2+H2O，若反应前后气体体积相等，则有1+ x+= x+，y=4；烃的分子式符合CxH4；若反应前气体体积小于反应后气体体积，则有1+ x+4；若反应前气体体积大于反应后气体体积，则有1+ x+ x+，y4；然后据以上规律确定烃中所含H原子个数。3.下列说法不正

3、确的是A. pH7的溶液不一定呈酸性B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)相等C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl)c(NH4+)，则溶液呈中性【答案】B【解析】分析：A.根据溶液的酸碱性判断依据解答；B.根据碱的强弱和电离程度判断；C.根据电荷守恒分析；D.根据电荷守恒分析。详解：A. pH7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH)c(H)时溶液显酸性，A正确；B. 氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(

4、OH)不相等，前者小于后者，B错误；C. 盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH)+c(Cl)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，因此在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)，C正确；D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，若c(Cl)c(NH4+)，则c(H+)=c(OH)，溶液呈中性，D正确。答案选B。点睛：选项A是易错点，注意溶液的酸碱性是由溶液中c(H)与c(OH)的相对大小决定的：c(H)c(OH)，溶液呈酸性；c(H)c(OH)，溶液呈中性；c(H)c(OH

5、)，溶液呈碱性。利用pH判断时需要注意溶液的温度。4.取3mL 5molL-1 H2O2溶液，加入少量MnO2粉末，2min时c(H2O2)降为1molL-1。下列说法不正确的是A. 2min内，v(H2O2) =2molL-lmin-1B. MnO2是催化剂，能加快H2O2的分解速率C. 升高温度或增大H2O2的浓度，均能加快H2O2的分解速率D. 若将5 molL-l H2O2溶液的体积增至6mL，则H2O2的分解速率增至原来的2倍【答案】D【解析】【详解】A. 化学反应速率v=2molL-lmin-1，A项正确；B. 催化剂改变反应速率不改变化学平衡，加入少量MnO2粉末是反应的催化剂，

6、能加快H2O2的分解速率，B项正确；C. 升高温度或增大H2O2的浓度均可以加快反应速率，C项正确；D. 若将5 molL-l H2O2溶液的体积增至6mL，溶液浓度减少，H2O2的分解速率会减慢，D项错误；答案选D。5. 若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者物质的量浓度之比应为A. 101B. 51C. 11D. 110【答案】B【解析】试题分析：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，所以硫酸与氢氧化钠物质的量之比是1：2；设硫酸的物质的量浓度为c，体积为V，氢氧化钠溶液浓度为10-3mol/l，体积为10V，则硫酸与氢氧化钠物质的量之比=1：2，解得

7、c=510-3mol/l，则二者物质的量浓度之比应为510-3mol/l：10-3mol/l=5：1答案选B。考点：考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算。6.分子式为C4H8Cl2有机物共有（不含立体异构）A. 7种B. 8种C. 9种D. 10种【答案】C【解析】【详解】C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法， ，由图可知C4H8Cl2共有9种同分异构体，答案选C。7.下列说法正确的是A. 甲烷分子的比例模型为，其二氯取代物有2种结构B. 苯和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C. 相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同D. 在一定条件下，苯与氯气

8、生成氯苯的反应类型是加成反应【答案】C【解析】【详解】A甲烷为正四面体结构，只有一种H，则比例模型为，其二氯取代物有1种结构，故A错误；B苯与溴水不反应，乙烯与溴水发生加成反应，则褪色原理不同，前者为萃取、后者为化学反应，故B错误；C乙炔与苯的最简式相同，均为CH，含C、H的质量分数相同，则相同质量的乙炔与苯分别在足量的氧气中完全燃烧，消耗氧气的物质的量相同，故C正确；D苯与氯气生成氯苯，苯环上H被Cl取代，为取代反应，故D错误；故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键。注意选项A为易错点。8.下列有关盐类水解的说法中，不正确的是A. NaHCO

9、3属于酸式盐，其水溶液呈酸性B. 氯化铜水解的实质是Cu2+结合水电离出来的OH-生成了弱电解质Cu(OH)2C. 利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污D. 配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3+水解【答案】A【解析】试题分析：ANaHCO3属于酸式盐，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，其水溶液呈碱性，A错误；B氯化铜水解的实质是Cu2+结合水电离出来的OH-离子生成了弱电解质Cu(OH)2，B正确；C利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污，C正确；D配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3+水解，D正确，

10、答案选A。考点：考查盐类水解的应用9.有关苯的结构和性质，下列说法正确的是A. 与是同分异构体B. 苯在空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出苯，苯是无色无味的液态烃D. 向2 mL苯中加入1 mL酸性高锰酸钾溶液，震荡后静置，可观察到液体分层，上层呈紫红色【答案】B【解析】【详解】A与分子式相同，结构相同，二者是同种物质，A错误；B苯分子中含碳量高，空气中不易燃烧完全，燃烧时冒浓烟，B正确；C苯有特殊气味，C错误；D苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯的密度比水的小，因此在苯中加入酸性高锰酸钾溶液，振荡并静置后下层液体为紫红色，D错误；答案选B。10.已知：X(g)+

11、2Y(g)3Z(g) H=-akJmol-1(a0)，下列说法不正确的是A. 0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3molB. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJD. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小【答案】D【解析】【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX和0.2molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3mol，A正确；B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z的浓度不再发生变化，B正确；C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热

12、量等于a kJ，C正确；D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D错误；答案选D。【点睛】选项C是易错点，注意反应放出或吸收的热量多少，与焓变和实际参加反应的物质的物质的量有关系，不要受可逆反应影响而产生思维定式。11.下列说法中正确的是A. 都是苯的同系物B. 苯和甲苯都能发生取代反应C. 的一氯取代产物有8种D. 甲苯和苯乙烯都能使溴水褪色，两者褪色原理相同【答案】B【解析】【详解】A. 苯的同系物是指分子内含1个苯环且与苯环相差n个CH2的有机物，则是苯的同系物，而和均不是苯的同系物，A项错误；B. 苯与甲苯均可在一定条件下发生溴代反应与硝化反应，均属于取代反应，B项正确；C. 根据分

13、子的对称性可知，分子内含4种等效H，则一氯取代产物有4种，C项错误；D. 甲苯与溴水不反应，溴易溶于甲苯，苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，两者褪色原理不同，D项错误；答案选B。【点睛】有机物的一氯代物的种类通过该有机物的等效氢思想寻找。根据结构简式判断分子内等效氢有几种，则其一氯代物就有几种。12.室温下，下来事实不能说明NH3H2O为弱电解质的是A. 0.1 molL-1NH3H2O的pH小于13B. 0.1 molL-1 NH4Cl溶液的pH小于7C. 相同条件下，浓度均为0.1 molL-1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D. 0.1 molL-1NH3H2O能使无色酚酞

14、试液变红色【答案】D【解析】A项，室温下0.1 molL-1氨水溶液pH13，溶液中c（OH） c(Na+) c(H+) c(OH)C. pH=6时，c(Na+)+ c(H+)c(OH)+ c(CH3COOH)=0.1000 molL1D. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL【答案】C【解析】【详解】A、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B、pH=5时，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，所以离子浓度的大小为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B正确；C、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(O

15、H-)+c(CH3COO-)，两者混合pH=6，则氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05 mol/L，故C错误；D、如果消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，而溶液呈中性，所以消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确各点对应溶质组成为解答关键。注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用。本题的易错点为B

16、C，需要熟练掌握电解质溶液中的守恒关系。17.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72（橙色）+H2O2CrO42（黄色）+2H+ ，用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（ ）A. 中溶液橙色加深，中溶液变黄B. 中Cr2O72被C2H5OH还原C. 对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D. 若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】【详解】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化

17、乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选D。18.25 时，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH、CH3COO二者中各自所占的物质的量分数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是()A. 在pH4.76的溶液中，c(CH3COO)c(CH3COOH)B. 在pH7的溶液中，(CH3COOH)0，(CH3COO)1.0C. 在pH4.76的溶液中，c(CH3COO)与c(OH)之和可大于c(H)D. 在pH4.76的溶液中加盐酸，(CH3COOH)与(CH3CO

18、O)之和保持不变【答案】B【解析】【详解】A、根据电离平衡判断CH3COOH和CH3COO两者含量随pH升高的变化情况，酸性越强CH3COOH含量越大，碱性越强CH3COO越大，故A正确；B项，电离平衡和水解平衡是可逆的，(CH3COOH)不可能为0，(CH3COO)不可能为1，只能接近于0或1，故B错误；C项，pH4.76时，根据电荷守恒，可判断C正确；D项，根据物料守恒，始终存在(CH3COOH)+(CH3COO)=1，D正确；故选B。【点睛】本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡、平衡移动、离子浓度大小比较，结合图像灵活运用电荷守恒、物料守恒是解题关键。19.一定温度下，在3个体积均为1.0

19、 L的恒容密闭容器中反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) 达到平衡。下列说法正确的是A. 该反应的正反应吸热B. 达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C. 达到平衡时，容器中c(H2)大于容器中c(H2)的两倍D. 达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大【答案】D【解析】【详解】A. 分析、中数据知反应开始时中加入的H2、CO与中加入甲醇的物质的量相当，平衡时甲醇的浓度：，温度：，即升高温度平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，A项错误；B. 相当于将容器的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的小，B

20、项错误；C. 和对比，相当于将容器的体积缩小二分之一，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强平衡正向移动，则中氢气的浓度小于中氢气浓度的2倍，和对比，平衡逆向移动，氢气浓度增大，故达到平衡时，容器中c(H2)小于容器中c(H2)的两倍，C项错误；D. 温度：，当其他条件不变时，升高温度反应速率加快，故达到平衡时，容器中的正反应速率比容器中的大，D项正确；答案选D。【点睛】明确等效平衡的种类与建立是解题关键，对比、，如温度相同，0.1mol/L的CH3OH相当于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，为等效平衡，但温度较高，平衡时CH3OH较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为

21、放热反应，对比、，在相同温度下反应，但浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动。20.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。下列分析不正确的是A. 代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线B. b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OHC. c点，两溶液中含有相同量的OHD. a、d两点对应的溶液均显中性【答案】C【解析】【详解】ABa(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+NaOH+H2

22、O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；B根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+和OH-，B正确；Cc点，中稀硫酸过量，溶质为硫酸，中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子

23、浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；Da点中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D正确；答案选C。【点睛】考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。第II卷二、简答题（本题共6小题，共60 分）21.化合物甲只含C、H两种元素，化合物乙和丙都只含C、H、F三种元素，甲、乙、丙都是饱和化合物且分子中都含有26个电子。据此推断：(1)甲的分子式是_；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有_种结构。(2)乙是性能优异的环保产品

24、，它可替代某些会破坏臭氧层的氟里昂产品，用作制冷剂。已知乙分子中C、H、F原子个数比为1：2：2，则乙的电子式是_；下列对于乙的描述正确的是_。A其分子构型为正四面体 B其分子构型为正四边形C具有两种同分异构体 D没有同分异构体(3)将甲、乙按物质的量之比1：1混合所得混合物的平均摩尔质量等于丙的摩尔质量，则丙的分子式是_。【答案】 (1). C3H8 (2). 4 (3). (4). d (5). C2H5F【解析】【分析】（1）化合物甲只含C、H两种元素，应为烷烃，分子式符合CnH2n+2，据此结合题意作答；根据二氟代物的可能性采用“定一动一”方法分类讨论。（2）根据乙分子的构成，结合电子

25、数分析得出分子式；联系甲烷的空间结构判断CH2F2的结构特点；（3）根据题意求出丙的相对分子质量结合电子数分析作答。【详解】（1） 化合物甲只含C、H两种元素，应为烷烃，分子式符合CnH2n+2，分子中含有26个电子，则有6n+2n+2=26，n=3，则甲为C3H8；若甲分子中有两个H原子被F原子代替，所得产物可能有CH3CH2CHF2、CH3CF2CH3、CH2FCHFCH3、CH2FCH2CH2F共4种，故答案为：C3H8；4；（2）乙分子中C.H、F原子个数比为l:2:2，分子中含有26个电子，其分子式应为CH2F2， CH2F2为共价化合物，其电子式为：，为四面体结构，不是正四面体结构

26、，且不存在同分异构体，故a、b、c项错误，d项正确，故答案为：；d；（3）将甲、乙按物质的量之比1:1混合所得混合物的平均摩尔质量等于丙的摩尔质量，则丙的相对分子质量为：=48，且分子中含有26个电子，应为C2H5F，故答案为：C2H5F。22.化学兴趣小组学生用如图所示的装置探究苯和液溴的反应并制备溴苯。请分析后回答下列问题：(1)关闭F夹，打开C夹，由A口向装有少量苯三颈烧瓶中加入少量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三颈烧瓶中发生反应的化学方程式：_。(2)D试管内出现的现象为_。(3)三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是_。(4)在三颈烧瓶中仍有气泡冒出时打开F夹，关闭C夹，可

27、以看到的现象是_。(5)反应结束后分离三颈烧瓶中的溴苯的实验方法是_。(铁屑已分离)【答案】 (1). (2). 紫色石蕊试液变红 (3). 冷凝回流 (4). 与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入三颈烧瓶 (5). 分液【解析】【分析】苯与溴在铁催化作用下发生取代反应生成溴苯和溴化氢，产生的溴化氢气体遇到石蕊溶液，能石蕊溶液变红色，溴化氢气体通入硝酸银溶液，能产生浅黄色沉淀，D用于尾气吸收，并防止倒吸，三颈烧瓶右侧导管特别长，可起到冷凝回流的作用，据此分析作答。【详解】（1）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，反应的方程式为；（2）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，产生的溴化氢气体遇到石蕊溶

28、液，能使石蕊溶液变红色，所以D试管内出现的现象为石蕊溶液变红，故答案为：紫色石蕊试液变红；（3） 三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；（4）在铁作催化剂的作用下，溴与苯反应生成溴苯、溴化氢，待三口烧瓶中的反应即将结束时(此时气体明显减少)，打开F活塞，关闭C活塞，溴化氢通过F进入最左边集气瓶，溴化氢极易溶于水，产生倒吸现象，故答案为：与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入三颈烧瓶；(6)生成溴苯不溶于水，溶液分层，且上层为水溶液，下层为溴苯，混有溴，呈棕红色，溴苯中混有溴等杂质，可加入氢氧化钠溶液除去，方法是向粗产品中加入NaOH溶液充分振荡，分液即可。故答案

29、为：分液。23. 常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度(mol/L)NaOH物质的量浓度(mol/L)混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pH”、“”、“ c(A)c(Na)(3) c(A)c(Na)c(H)c(OH)(4)105(105109) 109【解析】(1)等体积等物质的量的一元酸与一元强碱混合后，溶液的pH9，说明反应后的溶液显碱性，二者生成的盐为强碱弱酸盐，即HA为弱酸；(2)一元弱酸与一元强碱等体积混合后，溶液的pH7，则一元弱酸应过量，即c0.2，根据电荷守恒得c(H)c(N

30、a)c(OH)c(A)，因为pH7，c(H)c(OH)，所以c(Na)c(A)；(3)第组实验所得混合溶液相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，pHc(Na)c(H)c(OH)；(4)由第组实验所得溶液为NaA溶液，pH9，则由水电离出的c(OH)105molL1，电荷守恒式可得：c(Na)c(A)c(OH)c(H)(105109)molL1。由质子守恒式可得：c(OH)c(H)c(HA)，所以c(OH)c(HA)c(H)109molL1。24.乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。该

31、组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O,学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。用浓度为0.1000 molL1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的_(填“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本实验滴定达到终点的标志是_。

32、(3)通过上述数据，求得x_。讨论：若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会_。【答案】 (1). 甲 (2). 当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点 (3). 2 (4). 偏大 (5). 偏小【解析】【分析】（1）因为酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，结合滴定管的适用要求作答；（2）根据KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；（3）由题给化学方程式及数据计算出1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量，然后求出1.

33、260g纯草酸晶体中含H2O的物质的量，根据H2O的物质的量和纯草酸晶体的物质的量的关系求出x；根据操作不当对标准液消耗的体积变化来判断H2C2O4的物质的量的误差，进而推出纯草酸晶体中含H2O的物质的量误差变化。【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，腐蚀橡皮管，所以用需用酸式滴定管，甲正确，故答案为：甲；（2）当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；（3）2MnO4+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O 2 50.1000mol/L0.01L 0.0025mol25.00 mL待测液中含有0.0025 mol H2C2O4，1

34、00.00 mL待测液中含有0.01mol H2C2O4，其质量为0.01 mol90 g/mol=0.9 g，所以1.260 g纯草酸晶体中水的物质的量为1.260 g0.9 g=0.36 g，其物质的量为0.02 mol，则x=2；若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x值偏大；若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗的标准液的体积偏大，最终导致n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x值偏小；故答案为：2；偏大；偏小。25.（1）水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解

35、在水中后，溶液中由水电离出的c(H+)=10-9 molL-1，则该电解质可能是_(填序号)。 A.CuSO4 B. Na2CO3 C.HCl D.NaOH E.K2SO4（2）常温下，将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合,结果溶液均呈中性。 c(OH-)=1.010-3 molL-1的氨水b L； 浓度为1.010-3 molL-1的氨水c L； c(OH-)=1.010-3 molL-1的氢氧化钡溶液d L。则a、b、c、d之间的关系是_。 N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K11.0106，则0.01 molL1 N2H4水溶液的pH约等于_(忽略N2H4的二级电离和H2

36、O的电离)。III已知室温时，0.1 molL1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列各问题：(1)该溶液的pH_。(2)升高温度时，K将_(填“增大”、“减小”或“不变”)，pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的_倍。【答案】 (1). CD (2). ca=db (3). 10 (4). 4 (5). 增大 (6). 减小 (7). 106【解析】【分析】（1）酸或碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；（2）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，pH相同时，氨水浓度最大；根据电离方程式结合电离平衡常数表达式计算求出溶液中的c

37、(OH-)，进而得出结论；III（1）根据电离度的相关计算求解；（2）HA的电离是吸热过程；（3）水电离出的氢离子浓度等于氢氧根离子的浓度。【详解】（1）常温下，纯水中c(H+)=10-7molL-1，加入某物质后，溶液中由水电离出的c(H+)=10-9 molL-1，说明抑制水的电离，则加入的物质是碱或酸，AB为能水解的盐，E为不水解的盐，均不符合题意，CD项符合题意，故答案为CD；（2）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，与盐酸反应至中性时，氨水应稍过量，则ca，c(OH)=1.0103 molL1的氨水，一水合氨浓度远大于1.0103 molLl的氨水，反应至中性时，ab，氢氧化钡为强碱，与盐酸完全中和时，a=d，则ca=db，故答案为：ca=db；电离方程式为N2H4+H2ON2H5+OH-，室温下其电离常数K11.010-6，则0.01molL-1N2H4水溶液中c(N2H5+)c(OH-)；K=1.010-6，所以c(OH-)=10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L，则溶液的pH=10；III（1）HA电离出的c(H+)为0.1mol/L0.