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【化学】黑龙江省牡丹江市第三高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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黑龙江省牡丹江市第三高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试
考试时间:90分钟 分值:100分
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ag-108
一、选择题（本题包括35小题，每小题2分，共70分。每小题只有一个选项符合题意）。
1.下列可以用分液漏斗进行分离的混合物是( )
A. 酒精和碘水 B. 苯和水 C. 乙酸和乙酸乙酯 D. 乙酸和水
【答案】ACD
【解析】
试题分析：A、酒精和碘水互溶，A项正确；B、苯和水属于互不相溶的液体，可以用分液漏斗进行分离，B项正确；C、乙酸能溶解乙酸乙酯，C项正确；D、乙醇和水互溶，D项正确；答案选ACD。
考点：考查物质分离
2.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序是
①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸
④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液
A. ①④①②⑤③ B. ①②⑤④①③
C. ①②④⑤③ D. ④②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】由于泥沙不溶于水，则将粗盐溶于水，首先过滤得到滤液。又因为不能引入新杂质，则Ca2＋用Na2CO3除去，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，因为所加除杂试剂都是过量，因此Na2CO3另一个作用是除去过量的BaCl2，即Na2CO3放在BaCl2的后面，然后过滤，向所得滤液中再加入盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH即可，因此顺序可以是①②⑤④①③或①⑤②④①③或①⑤④②①③。答案选B。
3. 下列叙述中正确的是
A. 摩尔是物质的质量的单位 B. 碳的摩尔质量为12g
C. 阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1 D. 一个碳原子的质量为12g
【答案】C
【解析】
摩尔是物质的量的单位，A不正确，摩尔质量的单位是g/mol，B不正确，1mol碳原子的质量是12g，D不正确。所以正确的答案是C。
4.下列物质中所含氢原子数最多的是（ ）
A. 2mol CH4 B. 3mol NH3 C. 4mol H2O D. 6mol HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.2molCH4含有H原子的物质的量为2mol×4=8mol
B.3molNH3含有H原子的物质的量为3mol×3=9mol；
C.4molH2O含有H原子的物质的量为4mol×2=8mol；
D.6molHCl含有H原子的物质的量为6mol×1=6mol。
所以3molNH3含有的H原子最多。
故选B。
5.下列分散系，能产生丁达尔效应的是 （ ）
A. Na2SO4溶液 B. Fe(OH)3胶体 C. FeCl3溶液 D. NaOH溶液
【答案】B
【解析】
胶体分散系能产生丁达尔效应，则A. Na2SO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A错误；B. Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，B正确；C. FeCl3溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，C错误；D. NaOH溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，D错误，答案选B。
6.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 钠和冷水反应Na＋2H2O=Na+＋2OH—＋H2↑
B. 铁粉投入到硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2+=2Fe3+＋3Cu
C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH－=Al(OH)3↓
D. 稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑，故A错误；
B.铁粉和硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，其离子方程式为：Fe＋Cu2+ =Fe2+＋Cu，故B错误；
C.氨水中一水合氨是弱电解质，应写成化学式的形式，所以AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.石灰石是难溶物质应该写化学式，所以石灰石和盐酸反应的离子方程式为：CaCO3 +2H+ =Ca2+ +H2O+CO2↑，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
7. 下列离子在溶液中能大量共存的是
A. Ba2＋、SO42－、K+、 OH－ B. Na+、H+、NO3－、SO42－
C. Al3＋、HCO3－、K+、 OH－ D. Fe2+、NH4+、Cl－、OH－
【答案】B
【解析】
试题分析：A. Ba2＋和SO42－反应生成白色沉淀不能大量共存，A项错误；B．Na+ 、H+、NO3－、SO42－各离子能大量共存，B项正确；C．Al3＋与HCO3－水解相互促进生成沉淀和气体，不能大量共存，C项错误；D．Fe2+、NH4+和OH－反应不能大量共存，D项错误；答案选B。
考点：考查离子共存。
8.8NH3 + 3Cl2 ===6NH4Cl + N2，反应中氧化剂和还原剂的质量比是（ ）
A. 8 ：3 B. 213 ：136 C. 34 ：213 D. 213 ：34
【答案】D
【解析】
【详解】由方程式可知，反应中Cl元素的化合价由0价→-1价，化合价降低，被还原，所以Cl2为氧化剂；反应中N元素的化合价由-3价→0价，化合价升高，被氧化，所以NH3为还原剂，当有3molCl2参加反应时2molNH3被氧化，则氧化剂和还原剂的质量比是3mol×71g/mol：2mol×17g/mol=213：34，所以答案D正确。
故选D。
9.既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质是（ ）
A. Al2O3 B. Fe2O3 C. AlCl3 D. Cu
【答案】A
【解析】
A．氧化铝是两性氧化物，既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应都生成盐和水，故A正确；B、氧化铁可以和盐酸反应，但不能和氢氧化钠反应，故B错误；C、氯化铝可以和氢氧化钠反应，但不能和盐酸反应，故C错误；D、金属铜与盐酸以及氢氧化钠都不会发生反应，故D错误；故选A。
点睛：明确物质的性质是解本题的关键。既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物[如Al2O3、Al(OH)3等]、弱酸的铵盐[如(NH4)2CO3等]、弱酸的酸式盐(NaHCO3、NaHS等)、单质(如Al)等。
10. 下列关于钠的说法中错误的是
A. 钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质
B. 钠元素以化合态存在于自然界中
C. 钠在氯气中燃烧产生大量的白烟
D. 金属钠有强还原性
【答案】A
【解析】
试题分析：A．钠投入硫酸铜溶液中首先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，故A错误；B．钠性质活泼，在自然界中以化合态形式存在，故B正确；C．钠和氯气在点燃的条件下生成氯化钠，2Na+Cl22NaCl，生成白色的烟，故C正确；D．钠原子最外层只有一个电子，金属钠在反应中容易失电子，具有强还原性，故D正确，故选A。
考点：考查钠的性质
11. “3G”手机出现后，以光导纤维为基础的高速信息通道尤显重要。下列物质中用于制造光导纤维的材料是
A. 铜合金 B. 陶瓷 C. 聚乙烯 D. 二氧化硅
【答案】D
【解析】
A．铜合金为金属材料，主要应用于电缆，故A不选；
B．陶瓷为硅酸盐产品，不具有信号传输的能力，故B不选；
C．聚乙烯为高分子材料，主要应用于食品包装使用，故C不选；
D．二氧化硅是用于制造光导纤维的材料，具有信号传输的能力，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查光导纤维，明确其成分与功能即可解答，题目较简单．
12.关于氯气的叙述中,下列说法正确的是（ ）
A. 氯气是一种黄绿色、有毒的气体
B. 氯气可以与铁反应生成FeCl2
C. 氯气不能溶于水，所以可用排水法收集氯气
D. 氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯气是一种黄绿色、有毒的气体，故A正确；
B.氯气的强氧化性将铁氧化为氯化铁，故B错误；
C.氯气能溶解于水，所以不能用排水法收集氯气，应用排饱和食盐水的方法收集，故C错误；
D.氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，氯水是氯气的水溶液属于混合物，故D错误。
故选A。
13.下列说法中错误的是( )
A. 二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性
B. 二氧化硫的水溶液中滴加氯化钡无现象，再加入0.5mL3%的过氧化氢后产生沉淀
C. 将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，不能说明二氧化硫具有漂白性
D. 二氧化硫漂白过的草帽过一段时间后变黄
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有漂白性，漂白作用不是氧化还原反应，所以不能说明氧化性，故A错误；
B.二氧化硫的水溶液中滴加氯化钡无现象，再加入0.5mL3%的过氧化氢后，过氧化氢具有氧化性能把二氧化硫氧化为硫酸，遇到氯化钡会生成难溶于酸的硫酸钡沉淀，故B正确；
C.将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，是因为高锰酸钾是强氧化剂，通入二氧化硫会被氧化为硫酸，本身被还原为无色的锰离子，溶液褪色不是漂白作用，是离子发生氧化还原反应消失造成，二氧化硫的漂白性是与有机色素结合为不稳定的无色物质，所以不能说明二氧化硫具有漂白性，故C正确；
D.二氧化硫的漂白性是生成的亚硫酸与有机色素结合为不稳定的无色物质，加热恢复原来的颜色，故漂白过的草帽过一段时间后变黄，故D正确。
故选A。
14.下列操作不能用于检验NH3的是（ ）
A. 气体使湿润的酚酞试纸变红
B. 气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C. 气体与浓H2SO4靠近
D. 气体与浓盐酸产生白烟
【答案】C
【解析】
【详解】A.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，酚酞溶液变红，可以检验氨气的存在，故A错误；
B.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验NH3，故B错误；
C.浓硫酸是难挥发性的酸，此操作不能用于检验氨气，故C正确；
D.浓盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢和氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，可以检验氨气，故D错误。
故选C。
15.区分强电解质和弱电解质的依据是（ ）
A. 溶解度的大小 B. 属于离子化合物还是共价化合物
C. 是否存在电离平衡 D. 导电性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质必须是化合物。强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，根据定义即可解答。
【详解】A.强电解质和弱电解质的区分与溶解度无关，如：乙酸是化合物，在水中与水以任意比互溶，在水中只有部分电离，属于弱电解质，硫酸钡属于强电解质，但在水中难溶，而氯化钠属于强电解质，但在水中易溶，故A错误；
B.氯化氢是共价化合物，是强电解质，醋酸也是共价化合物，但它是弱电解质；氯化钠属于强电解质，是离子化合物，而氢氧化铝是离子化合物，是弱电解质，所以强电解质和弱电解质的区分与属于离子化合物还是共价化合物无关，故B错误；
C.强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，建立电离平衡，所以C正确；
D.水溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，与电解质的强弱无关，如硫酸钡属于强电解质，但在水溶液中很难溶解，其溶液导电能力弱，而氯化氢是强电解质，其水溶液导电能力强，故D错误。
故选C。
【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。
16. 下列事实，可以证明氨水是弱碱的是
A. 氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
B. 铵盐受热易分解
C. 0.1 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红
D. 0.1 mol/L的NH4Cl溶液的pH约为5
【答案】D
【解析】
A. 氨水能跟氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀证明氨水的碱性比氢氧化铝强，但不能说明氨水是弱碱；B. 铵盐受热易分解说明铵盐热稳定性不好，与氨水的碱性无关；C. 1mol/L 的氨水可以使酚酞试液变红也只能证明氨水显碱性;D ．常温下0.1mol/L的氯化铵溶液的pH为5，证明铵根可以发生水解生成弱碱而使溶液呈酸性，所以D正确。
17.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54
C. 用碱式滴定管量取烧碱溶液20.3 mL
D. 用托盘天平称得某物质的质量为13.15g
【答案】B
【解析】
【详解】A.量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B.pH计能精确到0.01，可用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；
C.滴定管精确度为0.01ml，可量取21.30mL烧碱溶液，故C错误；
D.托盘天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取13.15g某物质，故D错误。
故选B。
18.下列有关滴定操作的顺序正确的是：①用标准溶液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤洗涤（ ）
A. ③⑤①②④ B. ⑤①②③④ C. ⑤②③①④ D. ②①③⑤④
【答案】A
【解析】
【详解】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、注液、滴定等操作，中和滴定顺序为③检查滴定管是否漏水、⑤洗涤，①标准溶液润洗滴定管、②往滴定管中注入标准溶液、调整滴定管中液面在“0”或“0”以下刻度、记数，④滴定，则正确的滴定顺序为③⑤①②④，故答案A正确。
故选A。
19.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且氢离子浓度增大，应采取的措施是( )
A. 升温 B. 降温 C. 加入NaOH溶液 D. 加入稀HCl
【答案】A
【解析】
试题分析：A、醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且氢离子浓度增大，故A正确；B、醋酸的电离是吸热反应，降低温度抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；D、加入稀盐酸，氢离子浓度增大但抑制醋酸的电离，故D错误；故选A。
考点：考查了影响弱电解质电离的因素的相关知识。
20.pH值相同的下列溶液，其物质的量浓度最大的是（ ）
A. HCl B. H2SO4 C. CH3COOH D. H3PO4
【答案】C
【解析】
【分析】
HCl、H2SO4为强酸，完全电离，CH3COOH、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞CH3COOH，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸的物质的量浓度最大，据此答题。
【详解】HCl、H2SO4为强酸，完全电离，CH3COOH、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞CH3COOH，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸溶液中含有大量的未电离的醋酸分子，因此醋酸的物质的量浓度最大，故答案C正确。
故选C。
21.下列溶液加热蒸干后并灼烧，能得到原溶质固体的是（ ）
A. AlCl3 B. NaHCO3 C. FeSO4 D. K2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.AlCl3在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铝，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，故A错误；
B.加热蒸干溶液，得到碳酸氢钠固体，再灼烧2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，最终得到碳酸钠，不能得到该物质，故B错误；
C.加热蒸干FeSO4溶液时，硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸没有挥发性，所以得到的固体是硫酸铁，故C错误；
D.硫酸钾溶液加热蒸干，得到硫酸钾固体，硫酸钾性质稳定，受热不分解，故D正确。
故选D。
【点睛】从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物。
22.要除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，不宜选用的试剂是( )
A. MgO B. MgCO3 C. NaOH D. Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
试题分析：由于除杂时不能再引入新的杂质，C中引入钠离子，不正确，其余选项都能降低溶液的酸性生成氢氧化铁沉淀，且不再引入新杂质，正确，答案选C。
考点：考查物质的除杂
点评：该题是高考中的常见题型，试题难易适中，基础性强，侧重能力的考查。学生只需要明确除杂额最基本原则，即不难得分。
23.在20mL0.1mol·L－1HCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3·H2O溶液，反应后溶液中各粒子浓度的关系错误的是（ ）
A. C（H＋）＋C（NH4＋）＝C（OH－）＋C（Cl－）
B. C（H＋）= C（OH－）+ C（NH 3·H2O）
C. C（Cl-）＞C（NH4+）＞C（OH－）＞C（H＋）
D. C（Cl-）＝C（NH4+）+ C（NH 3·H2O）
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（NH4＋）=c（OH－）＋c（Cl－），故A正确；
B.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c（H+）=c（OH-）+c（NH3•H2O），故B正确；
C.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-），故D正确。
故选C。
24.把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到下列溶解平衡：Ca(OH)2 (s) Ca2+(aq) + 2OH－(aq)，加入下列固体物质，可使Ca(OH)2固体减少的是（ ）
A. CaCl2 B. NaHCO3 C. NaOH D. NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入CaCl2溶液，溶液中Ca2+浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故A错误；
B.加入NaHCO3溶液，由于HCO3-+OH-=CO32-+H2O，溶液中OH-浓度减小，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，实现沉淀的转化，使氢氧化钙的沉淀溶解平衡正向移动，使Ca（OH）2减少，故B正确；
C.加入NaOH溶液，溶液中OH-浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故C错误；
D.加入NaCl溶液，对氢氧化钙的沉淀溶解平衡无影响，故D错误。
故选B。
25.关于原电池和电解池的叙述正确的是（ ）
A. 原电池中失去电子的电极为阴极
B. 原电池的负极、电解池的阳极都发生氧化反应
C. 原电池的两极一定是活动性不同的两种金属组成
D. 电解时电解池的阳极一定是阴离子放电
【答案】B
【解析】
试题分析：A、原电池失去电子的电极称为阳极，A项错误；B、电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应，B项正确；C、原电池的两极，可以要由活动性不同的两种金属，或者一种金属和碳棒组成，C项错误；D、若为非金属..则是溶液中的阴离子放电，:若是金属比如铜,则是铜失电子，D项错误；答案选C。
考点：考查原电池和电解池
26. 有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿的空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X．这四种金属的活动性顺序是
A. Y＞Z＞W＞X B. Z＞Y＞W＞X C. W＞Z＞Y＞X D. X＞Y＞Z＞W
【答案】B
【解析】
将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解，说明Z、Y在氢前，X、W在氢后，故C、D错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞Y，故A错误，若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X，说明X离子的氧化性最强，所以X的活泼性最弱，故活泼性顺序是：Z＞Y＞W＞X．
故选B．
27. 下列关于化学电源的叙述错误的是（ ）
A. 普通锌锰干电池中碳棒为正极
B. 铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是负极板
C. 氢氧燃料电池的正极是通入氧气的那一极
D. 碱性锌锰干电池的比能量和储存时间比普通锌锰干电池高
【答案】B
【解析】
试题分析：普通锌锰干电池中碳棒为正极，故A正确；铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是正极板，故B错误；通入氧气的那一极是氢氧燃料电池的正极，故C正确；碱性锌锰干电池不发生自放电，所以能量和储存时间比普通锌锰干电池高，故D正确。
考点：本题考查化学电源。
28. 为了保护地下钢管不受腐蚀，可使它与（ ）
A. 直流电源负极相连
B. 铜板相连
C. 锡板相连
D. 直流电源正极相连
【答案】A
【解析】
试题分析：金属电化学防护法有两种：1牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属做原电池的正极；
2外加电流的阴极保护法，让被保护的金属做电解池的阴极，据此分析解答．
解：A．钢管与直流电源的负极相连，则钢管作电解池阴极，钢管受到保护，故A正确；
B．铁的活泼性强于铜，与铜板相连相连，形成原电池，钢管做负极，加快腐蚀速率，故B错误；
C．铁的活泼性强于锡，与锡板相连相连，形成原电池，钢管做负极，加快腐蚀速率，故B错误；
D．钢管与直流电源的正极相连，则钢管作电解池阳极，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，从而加快铁的腐蚀，故D错误；
故选：A．
29.下列有关问题，与盐的水解有关的是（ ）
①NH4Cl溶液可做焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可做泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体 ⑥用热的Na2CO3溶液去污
⑦使用明矾净水 ⑧贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸．
A. ①②③⑤ B. ②③④⑥⑧ C. ①④⑤⑦⑧ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，可以与金属氧化物反应而除锈，故可作焊接金属时的除锈剂，与水解有关；
②NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，而Al2(SO4)3是强酸弱碱盐水解使溶液显酸性，当用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合时，水解相互促进，能够产生氢氧化铝沉淀和CO2气体，因此可制成泡沫灭火剂，与水解有关；
③草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，反之降低肥效，与水解有关；
④Na2CO3是强酸弱碱盐水解使溶液显碱性，若在实验室盛放Na2CO3溶液时，试剂瓶用磨口玻璃塞，就会与玻璃的成分发生反应而是瓶与塞粘在一起，与水解有关；
⑤铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸发，氯化氢挥发促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体时Al2O3，和水解有关；
⑥用热的Na2CO3溶液去污，原因是碳酸氢钠水解呈碱性，且加热促进水解，有利于油脂的水解，与水解有关；
⑦使用明矾净水，原因是明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，与水解有关；
⑧贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，与水解有关。
所以全部与盐的水解有关。
故选D。
30.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】D
【解析】
A项，根据电流方向，a为阳极，b为阴极，粗铜作阳极，正确；B项，装置②的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，错误；C项，被保护的金属应作阴极，正确；D项，铁钉所处的环境干燥不被腐蚀，正确。
II卷 （共40分）
二、填空题
31.I．炒过菜的铁锅未及时洗净，不久便会因腐蚀而出现红褐色锈斑。请回答：
（1）铁锅的锈蚀是________腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）。
（2）写出铁锅腐蚀正极的电极反应式：_______________
II．在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL饱和NaCl溶液并滴入酚酞，进行电解，观察到B电极附近溶液先变红。请回答下列问题：
（1）A接的是电源的_______极，B是该装置______。
（2）写出电解时总反应的离子方程式：____________________________ 。
（3）电解后溶液的pH______ ；（填 增大、减小或不变）要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入_______ 。
（4）若电源为碱性锌锰干电池，负极为______ 正极为______ 电解质溶液是_______
【答案】 (1). 吸氧 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 正极 (4). 阴极 (5). 写出电解时总反应的离子方程式：2Cl- + 2H2O ====(电解)H2↑+Cl2↑+2OH- (6). 增大 (7). HCl 气体 (8). 锌 (9). 二氧化锰 (10). 氢氧化钾溶液
【解析】
【分析】
I．（1）钢铁腐蚀主要是电化学腐蚀，其中又以吸氧腐蚀为主；
（2）氧气在正极得到电子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH－；
II．（1）由电解池的结构进行判断；
（2）电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－；
（3）电解后生成了OH-，所以溶液的pH值增大，电解过程中逸出了氢气和氯气，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入HCl气体；
（4）碱性锌锰干电池中Zn为负极，MnO2为正极，电解质溶液是氢氧化钾溶液。
【详解】I．（1）炒过菜的铁锅因腐蚀而出现红褐色锈斑，铁锅中电解质溶液一般为弱酸性或者中性，溶解空气中一定量的氧气，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧。
（2）铁锅发生吸氧腐蚀时，氧气在正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH－，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH－。
II．（1）根据题意“B电极附近溶液先变红”，说明B电极生成了NaOH，则B为阴极，A为阳极，与电源正极相连的是电解池的阳极，故答案为：正极，阴极。
（2）根据分析可知，氯化钠和水都被电解，所以总的反应式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－，故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－。
（3）电解后生成了OH-，所以溶液的pH值增大，电解过程中逸出了氢气和氯气，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入HCl气体，故答案为：增大，HCl气体。
（4）碱性锌锰干电池总反应方程式为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnO(OH)＋Zn(OH)2，由反应方程式可知，Zn为负极，MnO2为正极，电解质溶液是氢氧化钾溶液，故答案为：锌，二氧化锰，氢氧化钾溶液。
32.（1）工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，反应的化学方程式_____________漂白粉的有效成分是__________（填化学式）。
（2）实验室制取氨气的化学方程式：__________________________________
（3）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是______________；
（4）实验室制Fe(OH)2一般看不到白色的Fe(OH)2沉淀，原因___________________现象是：_________________________ 。反应的化学方程式：__________________________________
（5）碳酸钠水解反应的离子方程式（第一步）：_________________________ 。
（6）铅蓄电池的负极反应式：_________________________ 。
（7）硫酸钡的沉淀溶解平衡：__________________________________。
【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = Ca(ClO)2 + CaCl2 +2 H2O (2). Ca(ClO)2 (3). 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O (4). 120g/mol (5). Fe(OH)2被空气中的氧气氧化 (6). 白色沉淀迅速变灰绿色最后变红褐色 (7). 反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2 H2O=4Fe(OH)3 (8). CO32-+ H2OOH-+H CO3- (9). Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (10). BaSO4(s) Ba2+ (aq)+SO42-(aq)
【解析】
【详解】（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2 +CaCl2+2H2O，次氯酸盐是漂白杀毒剂的有效成分，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，Ca(ClO)2。
（2）实验室用氯化铵和消石灰反应生成氨气和氯化钙、水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（3）1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=m/M，则RSO4
的M=m/n=1.2g/0.01mol=120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，故答案为：120g/mol。
（4）实验室制Fe(OH)2一般看不到白色的Fe(OH)2沉淀，因为Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（5）碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且以第一步水解为主，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
（6）由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4。
（7）硫酸钡在水中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42－(aq)，故答案为：BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42－(aq)。
33.现有浓度均为0.010 mol/L的下列溶液：
①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵 ⑤硫酸铝 ⑥碳酸氢钠。请回答下列问题：
（1）写出②电离方程式___________此电离反应的电离平衡常数K==1.75×10－5则Ⅰ.当向溶液中加入一定量的盐酸是,K的数值是否发生变化_______填“变”或“不变”）原因_______________________________________________
Ⅱ.若②的起始浓度还是0.010mol/L,平衡时氢离子浓度为：_____________mol/L(已知：17.5开方的值为4.18)
（2）写出③与⑤混合当③过量时的离子反应的方程式______________________
（3）已知T℃，Kw = 1×10－13，则T℃_______25℃（填“＞”、“＜”、“＝”）；
（4）①②③④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是__________（填序号）。
（5）写出④的水解的离子方程式___________________________________
（6）25℃0．005 mol/L的①溶液，pH=____，溶液中由水电离出的c(H+)=________mol/L
【答案】 (1). CH3COOH CH3COO-+H+ (2). 不变 (3). K只受温度变化，温度不变K不变 (4). 4.18×10－3 (5). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (6). ＞ (7). ④②③① (8). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (9). 2 (10). 1 ×10－12
【解析】
【分析】
（1）电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变；
（2）硫酸铝与过量的氢氧化钠反应生成硫酸钠、偏铝酸钠和水；
（3）随着温度的升高，水的电离向正向进行，Kw增大；
（4）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，
（5）氯化铵的离子方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+；
（6）硫酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.005mol/L=0.01mol/L，
该硫酸溶液的pH为：pH=-lg[c（H+）]=-lg（0.01）=2，溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-14/0.01=1×10－12。
【详解】（1）Ⅰ.醋酸是弱酸，部分发生电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，向醋酸溶液中加入盐酸，醋酸的电离平衡常数不变，因为电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+，不变，K只受温度变化，温度不变K不变。
Ⅱ.已知c(CH3COOH)=0.010mol/L，所以c(H+)×c(CH3COO-)/0.010mol/L=1.75×10-5，因为醋酸的电离常数很小，平衡时的c(CH3COOH)可近似视为仍等于0.010mol/L，即可看作是完全电离，所以c(H+)=c(CH3COO-)，所以c(H+)=（1.75×10-5×0.01）1/2=（1.75×10-7）1/2=4.18×10-3mol/L，故答案为：4.18×10-3。
（2）硫酸铝与过量的氢氧化钠反应生成硫酸钠、偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
（3）25℃时，Kw=1×10－14，随着温度的升高，水的电离向正向进行，Kw增大，故T℃＞25℃，故答案为：＞。
（4）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①。
（5）化学方程式是NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，离子方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。
（6）该硫酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.005mol/L=0.01mol/L，
该硫酸溶液的pH为：pH=-lg[c（H+）]=-lg（0.01）=2，溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-14/0.01=1×10－12，故答案为：2，1×10－12。
34.某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。
（1）用_______式滴定管盛装c mol/L盐酸标准液。配制c mol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是____________ 如图表示某次滴定时50 mL滴定管中前后液面的位置。滴定管读数时应注意____________________________________。尖嘴部分应____________________________。用去的标准盐酸的体积是_____________mL
（2）该实验应选用_____作指示剂；操作中如何确定终点？______________________________。
（3）对下列两种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)
a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果__________；
b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果__________；
【答案】 (1). 酸 (2). 容量瓶 (3). 读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL。 (4). 充满溶液，无气泡 (5). 24．60 (6). 酚酞 (7). 滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色 (8). 无影响 (9). 偏高
【解析】
【分析】
（1）根据酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；
（2）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析误差。
【详解】盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是容量瓶；滴定前读数为：0.30mL，滴定后读数为：24.90mL，消耗溶液的体积为24.60mL；滴定管读数时应注意读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；尖嘴部分应充满溶液，无气泡；故答案为：酸；容量瓶；读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；充满溶液，无气泡；24.60mL。
（2）该滴定实验是用酸滴定未知浓度的碱，所以应选用的指示剂为酚酞；确定终点的方法为滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色，故答案为：酚酞，滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色。
（3）a.若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）无影响，故答案为：无影响。
b.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）偏高，故答案为：偏高。
【点睛】酸碱中和滴定的误差分析根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）判断。
考试时间:90分钟 分值:100分
可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ag-108
一、选择题（本题包括35小题，每小题2分，共70分。每小题只有一个选项符合题意）。
1.下列可以用分液漏斗进行分离的混合物是( )
A. 酒精和碘水 B. 苯和水 C. 乙酸和乙酸乙酯 D. 乙酸和水
【答案】ACD
【解析】
试题分析：A、酒精和碘水互溶，A项正确；B、苯和水属于互不相溶的液体，可以用分液漏斗进行分离，B项正确；C、乙酸能溶解乙酸乙酯，C项正确；D、乙醇和水互溶，D项正确；答案选ACD。
考点：考查物质分离
2.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序是
①过滤 ②加过量NaOH溶液 ③加适量盐酸
④加过量Na2CO3溶液 ⑤加过量BaCl2溶液
A. ①④①②⑤③ B. ①②⑤④①③
C. ①②④⑤③ D. ④②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】由于泥沙不溶于水，则将粗盐溶于水，首先过滤得到滤液。又因为不能引入新杂质，则Ca2＋用Na2CO3除去，Mg2＋用NaOH除去，SO42－用BaCl2除去，因为所加除杂试剂都是过量，因此Na2CO3另一个作用是除去过量的BaCl2，即Na2CO3放在BaCl2的后面，然后过滤，向所得滤液中再加入盐酸除去过量的Na2CO3和NaOH即可，因此顺序可以是①②⑤④①③或①⑤②④①③或①⑤④②①③。答案选B。
3. 下列叙述中正确的是
A. 摩尔是物质的质量的单位 B. 碳的摩尔质量为12g
C. 阿伏加德罗常数约为6.02×1023mol-1 D. 一个碳原子的质量为12g
【答案】C
【解析】
摩尔是物质的量的单位，A不正确，摩尔质量的单位是g/mol，B不正确，1mol碳原子的质量是12g，D不正确。所以正确的答案是C。
4.下列物质中所含氢原子数最多的是（ ）
A. 2mol CH4 B. 3mol NH3 C. 4mol H2O D. 6mol HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.2molCH4含有H原子的物质的量为2mol×4=8mol
B.3molNH3含有H原子的物质的量为3mol×3=9mol；
C.4molH2O含有H原子的物质的量为4mol×2=8mol；
D.6molHCl含有H原子的物质的量为6mol×1=6mol。
所以3molNH3含有的H原子最多。
故选B。
5.下列分散系，能产生丁达尔效应的是 （ ）
A. Na2SO4溶液 B. Fe(OH)3胶体 C. FeCl3溶液 D. NaOH溶液
【答案】B
【解析】
胶体分散系能产生丁达尔效应，则A. Na2SO4溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，A错误；B. Fe(OH)3胶体能产生丁达尔效应，B正确；C. FeCl3溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，C错误；D. NaOH溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，D错误，答案选B。
6.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 钠和冷水反应Na＋2H2O=Na+＋2OH—＋H2↑
B. 铁粉投入到硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2+=2Fe3+＋3Cu
C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH－=Al(OH)3↓
D. 稀盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A.电荷不守恒，正确的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH-＋H2↑，故A错误；
B.铁粉和硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，其离子方程式为：Fe＋Cu2+ =Fe2+＋Cu，故B错误；
C.氨水中一水合氨是弱电解质，应写成化学式的形式，所以AlCl3溶液中加入足量的氨水的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C错误；
D.石灰石是难溶物质应该写化学式，所以石灰石和盐酸反应的离子方程式为：CaCO3 +2H+ =Ca2+ +H2O+CO2↑，故D正确。
故选D。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
7. 下列离子在溶液中能大量共存的是
A. Ba2＋、SO42－、K+、 OH－ B. Na+、H+、NO3－、SO42－
C. Al3＋、HCO3－、K+、 OH－ D. Fe2+、NH4+、Cl－、OH－
【答案】B
【解析】
试题分析：A. Ba2＋和SO42－反应生成白色沉淀不能大量共存，A项错误；B．Na+ 、H+、NO3－、SO42－各离子能大量共存，B项正确；C．Al3＋与HCO3－水解相互促进生成沉淀和气体，不能大量共存，C项错误；D．Fe2+、NH4+和OH－反应不能大量共存，D项错误；答案选B。
考点：考查离子共存。
8.8NH3 + 3Cl2 ===6NH4Cl + N2，反应中氧化剂和还原剂的质量比是（ ）
A. 8 ：3 B. 213 ：136 C. 34 ：213 D. 213 ：34
【答案】D
【解析】
【详解】由方程式可知，反应中Cl元素的化合价由0价→-1价，化合价降低，被还原，所以Cl2为氧化剂；反应中N元素的化合价由-3价→0价，化合价升高，被氧化，所以NH3为还原剂，当有3molCl2参加反应时2molNH3被氧化，则氧化剂和还原剂的质量比是3mol×71g/mol：2mol×17g/mol=213：34，所以答案D正确。
故选D。
9.既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质是（ ）
A. Al2O3 B. Fe2O3 C. AlCl3 D. Cu
【答案】A
【解析】
A．氧化铝是两性氧化物，既能和盐酸反应又能和氢氧化钠溶液反应都生成盐和水，故A正确；B、氧化铁可以和盐酸反应，但不能和氢氧化钠反应，故B错误；C、氯化铝可以和氢氧化钠反应，但不能和盐酸反应，故C错误；D、金属铜与盐酸以及氢氧化钠都不会发生反应，故D错误；故选A。
点睛：明确物质的性质是解本题的关键。既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物[如Al2O3、Al(OH)3等]、弱酸的铵盐[如(NH4)2CO3等]、弱酸的酸式盐(NaHCO3、NaHS等)、单质(如Al)等。
10. 下列关于钠的说法中错误的是
A. 钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质
B. 钠元素以化合态存在于自然界中
C. 钠在氯气中燃烧产生大量的白烟
D. 金属钠有强还原性
【答案】A
【解析】
试题分析：A．钠投入硫酸铜溶液中首先与水反应生成氢气和氢氧化钠，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，故A错误；B．钠性质活泼，在自然界中以化合态形式存在，故B正确；C．钠和氯气在点燃的条件下生成氯化钠，2Na+Cl22NaCl，生成白色的烟，故C正确；D．钠原子最外层只有一个电子，金属钠在反应中容易失电子，具有强还原性，故D正确，故选A。
考点：考查钠的性质
11. “3G”手机出现后，以光导纤维为基础的高速信息通道尤显重要。下列物质中用于制造光导纤维的材料是
A. 铜合金 B. 陶瓷 C. 聚乙烯 D. 二氧化硅
【答案】D
【解析】
A．铜合金为金属材料，主要应用于电缆，故A不选；
B．陶瓷为硅酸盐产品，不具有信号传输的能力，故B不选；
C．聚乙烯为高分子材料，主要应用于食品包装使用，故C不选；
D．二氧化硅是用于制造光导纤维的材料，具有信号传输的能力，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查光导纤维，明确其成分与功能即可解答，题目较简单．
12.关于氯气的叙述中,下列说法正确的是（ ）
A. 氯气是一种黄绿色、有毒的气体
B. 氯气可以与铁反应生成FeCl2
C. 氯气不能溶于水，所以可用排水法收集氯气
D. 氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物
【答案】A
【解析】
【详解】A.氯气是一种黄绿色、有毒的气体，故A正确；
B.氯气的强氧化性将铁氧化为氯化铁，故B错误；
C.氯气能溶解于水，所以不能用排水法收集氯气，应用排饱和食盐水的方法收集，故C错误；
D.氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，氯水是氯气的水溶液属于混合物，故D错误。
故选A。
13.下列说法中错误的是( )
A. 二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性
B. 二氧化硫的水溶液中滴加氯化钡无现象，再加入0.5mL3%的过氧化氢后产生沉淀
C. 将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，不能说明二氧化硫具有漂白性
D. 二氧化硫漂白过的草帽过一段时间后变黄
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有漂白性，漂白作用不是氧化还原反应，所以不能说明氧化性，故A错误；
B.二氧化硫的水溶液中滴加氯化钡无现象，再加入0.5mL3%的过氧化氢后，过氧化氢具有氧化性能把二氧化硫氧化为硫酸，遇到氯化钡会生成难溶于酸的硫酸钡沉淀，故B正确；
C.将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，是因为高锰酸钾是强氧化剂，通入二氧化硫会被氧化为硫酸，本身被还原为无色的锰离子，溶液褪色不是漂白作用，是离子发生氧化还原反应消失造成，二氧化硫的漂白性是与有机色素结合为不稳定的无色物质，所以不能说明二氧化硫具有漂白性，故C正确；
D.二氧化硫的漂白性是生成的亚硫酸与有机色素结合为不稳定的无色物质，加热恢复原来的颜色，故漂白过的草帽过一段时间后变黄，故D正确。
故选A。
14.下列操作不能用于检验NH3的是（ ）
A. 气体使湿润的酚酞试纸变红
B. 气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C. 气体与浓H2SO4靠近
D. 气体与浓盐酸产生白烟
【答案】C
【解析】
【详解】A.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，酚酞溶液变红，可以检验氨气的存在，故A错误；
B.氨气与水发生反应NH3+H2O=NH3·H2O，NH3·H2O⇌NH4++OH-溶液呈碱性，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，可以检验NH3，故B错误；
C.浓硫酸是难挥发性的酸，此操作不能用于检验氨气，故C正确；
D.浓盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢和氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，可以检验氨气，故D错误。
故选C。
15.区分强电解质和弱电解质的依据是（ ）
A. 溶解度的大小 B. 属于离子化合物还是共价化合物
C. 是否存在电离平衡 D. 导电性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质必须是化合物。强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质，包括强酸、强碱、活泼金属氧化物和大部分盐；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水等，根据定义即可解答。
【详解】A.强电解质和弱电解质的区分与溶解度无关，如：乙酸是化合物，在水中与水以任意比互溶，在水中只有部分电离，属于弱电解质，硫酸钡属于强电解质，但在水中难溶，而氯化钠属于强电解质，但在水中易溶，故A错误；
B.氯化氢是共价化合物，是强电解质，醋酸也是共价化合物，但它是弱电解质；氯化钠属于强电解质，是离子化合物，而氢氧化铝是离子化合物，是弱电解质，所以强电解质和弱电解质的区分与属于离子化合物还是共价化合物无关，故B错误；
C.强电解质是在水溶液中或熔融状态下，能完全电离的电解质，弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，建立电离平衡，所以C正确；
D.水溶液的导电能力与溶液中的离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，与电解质的强弱无关，如硫酸钡属于强电解质，但在水溶液中很难溶解，其溶液导电能力弱，而氯化氢是强电解质，其水溶液导电能力强，故D错误。
故选C。
【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。
16. 下列事实，可以证明氨水是弱碱的是
A. 氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
B. 铵盐受热易分解
C. 0.1 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红
D. 0.1 mol/L的NH4Cl溶液的pH约为5
【答案】D
【解析】
A. 氨水能跟氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀证明氨水的碱性比氢氧化铝强，但不能说明氨水是弱碱；B. 铵盐受热易分解说明铵盐热稳定性不好，与氨水的碱性无关；C. 1mol/L 的氨水可以使酚酞试液变红也只能证明氨水显碱性;D ．常温下0.1mol/L的氯化铵溶液的pH为5，证明铵根可以发生水解生成弱碱而使溶液呈酸性，所以D正确。
17.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54
C. 用碱式滴定管量取烧碱溶液20.3 mL
D. 用托盘天平称得某物质的质量为13.15g
【答案】B
【解析】
【详解】A.量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B.pH计能精确到0.01，可用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；
C.滴定管精确度为0.01ml，可量取21.30mL烧碱溶液，故C错误；
D.托盘天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取13.15g某物质，故D错误。
故选B。
18.下列有关滴定操作的顺序正确的是：①用标准溶液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；⑤洗涤（ ）
A. ③⑤①②④ B. ⑤①②③④ C. ⑤②③①④ D. ②①③⑤④
【答案】A
【解析】
【详解】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、注液、滴定等操作，中和滴定顺序为③检查滴定管是否漏水、⑤洗涤，①标准溶液润洗滴定管、②往滴定管中注入标准溶液、调整滴定管中液面在“0”或“0”以下刻度、记数，④滴定，则正确的滴定顺序为③⑤①②④，故答案A正确。
故选A。
19.在0.1mol/L的CH3COOH溶液中，要促进醋酸电离且氢离子浓度增大，应采取的措施是( )
A. 升温 B. 降温 C. 加入NaOH溶液 D. 加入稀HCl
【答案】A
【解析】
试题分析：A、醋酸的电离是吸热反应，升高温度能促进醋酸的电离，且氢离子浓度增大，故A正确；B、醋酸的电离是吸热反应，降低温度抑制醋酸的电离，氢离子浓度减小，故B错误；C、加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；D、加入稀盐酸，氢离子浓度增大但抑制醋酸的电离，故D错误；故选A。
考点：考查了影响弱电解质电离的因素的相关知识。
20.pH值相同的下列溶液，其物质的量浓度最大的是（ ）
A. HCl B. H2SO4 C. CH3COOH D. H3PO4
【答案】C
【解析】
【分析】
HCl、H2SO4为强酸，完全电离，CH3COOH、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞CH3COOH，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸的物质的量浓度最大，据此答题。
【详解】HCl、H2SO4为强酸，完全电离，CH3COOH、H3PO4为弱酸，部分电离，且酸性H3PO4＞CH3COOH，说明醋酸电离程度最小，则pH相同时醋酸溶液中含有大量的未电离的醋酸分子，因此醋酸的物质的量浓度最大，故答案C正确。
故选C。
21.下列溶液加热蒸干后并灼烧，能得到原溶质固体的是（ ）
A. AlCl3 B. NaHCO3 C. FeSO4 D. K2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.AlCl3在加热时水解生成Al（OH）3和HCl，HCl易挥发，灼烧得到氧化铝，所以蒸干灼烧其水溶液，不能得到该物质，故A错误；
B.加热蒸干溶液，得到碳酸氢钠固体，再灼烧2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，最终得到碳酸钠，不能得到该物质，故B错误；
C.加热蒸干FeSO4溶液时，硫酸亚铁易被氧化生成硫酸铁，硫酸铁水解生成氢氧化铁和硫酸，硫酸没有挥发性，所以得到的固体是硫酸铁，故C错误；
D.硫酸钾溶液加热蒸干，得到硫酸钾固体，硫酸钾性质稳定，受热不分解，故D正确。
故选D。
【点睛】从盐类水解的角度和物质的稳定性的角度分析，注意当水解生成挥发性酸时，加热蒸干并灼烧最终得到的是金属氧化物。
22.要除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，不宜选用的试剂是( )
A. MgO B. MgCO3 C. NaOH D. Mg(OH)2
【答案】C
【解析】
试题分析：由于除杂时不能再引入新的杂质，C中引入钠离子，不正确，其余选项都能降低溶液的酸性生成氢氧化铁沉淀，且不再引入新杂质，正确，答案选C。
考点：考查物质的除杂
点评：该题是高考中的常见题型，试题难易适中，基础性强，侧重能力的考查。学生只需要明确除杂额最基本原则，即不难得分。
23.在20mL0.1mol·L－1HCl溶液中加入同体积、同物质的量浓度的NH3·H2O溶液，反应后溶液中各粒子浓度的关系错误的是（ ）
A. C（H＋）＋C（NH4＋）＝C（OH－）＋C（Cl－）
B. C（H＋）= C（OH－）+ C（NH 3·H2O）
C. C（Cl-）＞C（NH4+）＞C（OH－）＞C（H＋）
D. C（Cl-）＝C（NH4+）+ C（NH 3·H2O）
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，溶液中存在电荷守恒，c（H＋）＋c（NH4＋）=c（OH－）＋c（Cl－），故A正确；
B.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，氯化铵溶液中存在质子守恒：c（H+）=c（OH-）+c（NH3•H2O），故B正确；
C.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D.0.1mol/L氨水溶液和0.1mol/L盐酸溶液等体积混合后反应生成氯化铵溶液，根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-），故D正确。
故选C。
24.把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到下列溶解平衡：Ca(OH)2 (s) Ca2+(aq) + 2OH－(aq)，加入下列固体物质，可使Ca(OH)2固体减少的是（ ）
A. CaCl2 B. NaHCO3 C. NaOH D. NaCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入CaCl2溶液，溶液中Ca2+浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故A错误；
B.加入NaHCO3溶液，由于HCO3-+OH-=CO32-+H2O，溶液中OH-浓度减小，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，实现沉淀的转化，使氢氧化钙的沉淀溶解平衡正向移动，使Ca（OH）2减少，故B正确；
C.加入NaOH溶液，溶液中OH-浓度增大，不利于Ca（OH）2减少，故C错误；
D.加入NaCl溶液，对氢氧化钙的沉淀溶解平衡无影响，故D错误。
故选B。
25.关于原电池和电解池的叙述正确的是（ ）
A. 原电池中失去电子的电极为阴极
B. 原电池的负极、电解池的阳极都发生氧化反应
C. 原电池的两极一定是活动性不同的两种金属组成
D. 电解时电解池的阳极一定是阴离子放电
【答案】B
【解析】
试题分析：A、原电池失去电子的电极称为阳极，A项错误；B、电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应，B项正确；C、原电池的两极，可以要由活动性不同的两种金属，或者一种金属和碳棒组成，C项错误；D、若为非金属..则是溶液中的阴离子放电，:若是金属比如铜,则是铜失电子，D项错误；答案选C。
考点：考查原电池和电解池
26. 有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿的空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X．这四种金属的活动性顺序是
A. Y＞Z＞W＞X B. Z＞Y＞W＞X C. W＞Z＞Y＞X D. X＞Y＞Z＞W
【答案】B
【解析】
将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解，说明Z、Y在氢前，X、W在氢后，故C、D错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞Y，故A错误，若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X，说明X离子的氧化性最强，所以X的活泼性最弱，故活泼性顺序是：Z＞Y＞W＞X．
故选B．
27. 下列关于化学电源的叙述错误的是（ ）
A. 普通锌锰干电池中碳棒为正极
B. 铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是负极板
C. 氢氧燃料电池的正极是通入氧气的那一极
D. 碱性锌锰干电池的比能量和储存时间比普通锌锰干电池高
【答案】B
【解析】
试题分析：普通锌锰干电池中碳棒为正极，故A正确；铅蓄电池中覆盖着PbO2的电极板是正极板，故B错误；通入氧气的那一极是氢氧燃料电池的正极，故C正确；碱性锌锰干电池不发生自放电，所以能量和储存时间比普通锌锰干电池高，故D正确。
考点：本题考查化学电源。
28. 为了保护地下钢管不受腐蚀，可使它与（ ）
A. 直流电源负极相连
B. 铜板相连
C. 锡板相连
D. 直流电源正极相连
【答案】A
【解析】
试题分析：金属电化学防护法有两种：1牺牲阳极的阴极保护法，让被保护的金属做原电池的正极；
2外加电流的阴极保护法，让被保护的金属做电解池的阴极，据此分析解答．
解：A．钢管与直流电源的负极相连，则钢管作电解池阴极，钢管受到保护，故A正确；
B．铁的活泼性强于铜，与铜板相连相连，形成原电池，钢管做负极，加快腐蚀速率，故B错误；
C．铁的活泼性强于锡，与锡板相连相连，形成原电池，钢管做负极，加快腐蚀速率，故B错误；
D．钢管与直流电源的正极相连，则钢管作电解池阳极，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，从而加快铁的腐蚀，故D错误；
故选：A．
29.下列有关问题，与盐的水解有关的是（ ）
①NH4Cl溶液可做焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液可做泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al（OH）3固体 ⑥用热的Na2CO3溶液去污
⑦使用明矾净水 ⑧贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸．
A. ①②③⑤ B. ②③④⑥⑧ C. ①④⑤⑦⑧ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，可以与金属氧化物反应而除锈，故可作焊接金属时的除锈剂，与水解有关；
②NaHCO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，而Al2(SO4)3是强酸弱碱盐水解使溶液显酸性，当用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合时，水解相互促进，能够产生氢氧化铝沉淀和CO2气体，因此可制成泡沫灭火剂，与水解有关；
③草木灰水解呈碱性，铵态氮肥水解呈酸性，可发生互促水解，不能混合施用，反之降低肥效，与水解有关；
④Na2CO3是强酸弱碱盐水解使溶液显碱性，若在实验室盛放Na2CO3溶液时，试剂瓶用磨口玻璃塞，就会与玻璃的成分发生反应而是瓶与塞粘在一起，与水解有关；
⑤铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸发，氯化氢挥发促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体时Al2O3，和水解有关；
⑥用热的Na2CO3溶液去污，原因是碳酸氢钠水解呈碱性，且加热促进水解，有利于油脂的水解，与水解有关；
⑦使用明矾净水，原因是明矾水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，与水解有关；
⑧贮存FeCl3溶液滴加几滴盐酸，可防止铁离子水解生成沉淀，与水解有关。
所以全部与盐的水解有关。
故选D。
30.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是
A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 装置②的总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】D
【解析】
A项，根据电流方向，a为阳极，b为阴极，粗铜作阳极，正确；B项，装置②的总反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，错误；C项，被保护的金属应作阴极，正确；D项，铁钉所处的环境干燥不被腐蚀，正确。
II卷 （共40分）
二、填空题
31.I．炒过菜的铁锅未及时洗净，不久便会因腐蚀而出现红褐色锈斑。请回答：
（1）铁锅的锈蚀是________腐蚀（填“析氢”或“吸氧”）。
（2）写出铁锅腐蚀正极的电极反应式：_______________
II．在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL饱和NaCl溶液并滴入酚酞，进行电解，观察到B电极附近溶液先变红。请回答下列问题：
（1）A接的是电源的_______极，B是该装置______。
（2）写出电解时总反应的离子方程式：____________________________ 。
（3）电解后溶液的pH______ ；（填 增大、减小或不变）要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入_______ 。
（4）若电源为碱性锌锰干电池，负极为______ 正极为______ 电解质溶液是_______
【答案】 (1). 吸氧 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 正极 (4). 阴极 (5). 写出电解时总反应的离子方程式：2Cl- + 2H2O ====(电解)H2↑+Cl2↑+2OH- (6). 增大 (7). HCl 气体 (8). 锌 (9). 二氧化锰 (10). 氢氧化钾溶液
【解析】
【分析】
I．（1）钢铁腐蚀主要是电化学腐蚀，其中又以吸氧腐蚀为主；
（2）氧气在正极得到电子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH－；
II．（1）由电解池的结构进行判断；
（2）电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－；
（3）电解后生成了OH-，所以溶液的pH值增大，电解过程中逸出了氢气和氯气，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入HCl气体；
（4）碱性锌锰干电池中Zn为负极，MnO2为正极，电解质溶液是氢氧化钾溶液。
【详解】I．（1）炒过菜的铁锅因腐蚀而出现红褐色锈斑，铁锅中电解质溶液一般为弱酸性或者中性，溶解空气中一定量的氧气，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧。
（2）铁锅发生吸氧腐蚀时，氧气在正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH－，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH－。
II．（1）根据题意“B电极附近溶液先变红”，说明B电极生成了NaOH，则B为阴极，A为阳极，与电源正极相连的是电解池的阳极，故答案为：正极，阴极。
（2）根据分析可知，氯化钠和水都被电解，所以总的反应式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－，故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH－。
（3）电解后生成了OH-，所以溶液的pH值增大，电解过程中逸出了氢气和氯气，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入HCl气体，故答案为：增大，HCl气体。
（4）碱性锌锰干电池总反应方程式为：Zn＋2MnO2＋2H2O=2MnO(OH)＋Zn(OH)2，由反应方程式可知，Zn为负极，MnO2为正极，电解质溶液是氢氧化钾溶液，故答案为：锌，二氧化锰，氢氧化钾溶液。
32.（1）工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，反应的化学方程式_____________漂白粉的有效成分是__________（填化学式）。
（2）实验室制取氨气的化学方程式：__________________________________
（3）1.2gRSO4中含0.01molR2+，则RSO4的摩尔质量是______________；
（4）实验室制Fe(OH)2一般看不到白色的Fe(OH)2沉淀，原因___________________现象是：_________________________ 。反应的化学方程式：__________________________________
（5）碳酸钠水解反应的离子方程式（第一步）：_________________________ 。
（6）铅蓄电池的负极反应式：_________________________ 。
（7）硫酸钡的沉淀溶解平衡：__________________________________。
【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = Ca(ClO)2 + CaCl2 +2 H2O (2). Ca(ClO)2 (3). 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O (4). 120g/mol (5). Fe(OH)2被空气中的氧气氧化 (6). 白色沉淀迅速变灰绿色最后变红褐色 (7). 反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2 H2O=4Fe(OH)3 (8). CO32-+ H2OOH-+H CO3- (9). Pb-2e-+SO42-=PbSO4 (10). BaSO4(s) Ba2+ (aq)+SO42-(aq)
【解析】
【详解】（1）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2 +CaCl2+2H2O，次氯酸盐是漂白杀毒剂的有效成分，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，Ca(ClO)2。
（2）实验室用氯化铵和消石灰反应生成氨气和氯化钙、水，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（3）1.2gRSO4中含0.01molR2+，根据公式n=m/M，则RSO4
的M=m/n=1.2g/0.01mol=120g/mol，RSO4的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以RSO4的摩尔质量为120g/mol，故答案为：120g/mol。
（4）实验室制Fe(OH)2一般看不到白色的Fe(OH)2沉淀，因为Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，反应的化学方程式：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)2被空气中的氧气氧化，白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（5）碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且以第一步水解为主，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
（6）由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故答案为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4。
（7）硫酸钡在水中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42－(aq)，故答案为：BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SO42－(aq)。
33.现有浓度均为0.010 mol/L的下列溶液：
①硫酸 ②醋酸 ③氢氧化钠 ④氯化铵 ⑤硫酸铝 ⑥碳酸氢钠。请回答下列问题：
（1）写出②电离方程式___________此电离反应的电离平衡常数K==1.75×10－5则Ⅰ.当向溶液中加入一定量的盐酸是,K的数值是否发生变化_______填“变”或“不变”）原因_______________________________________________
Ⅱ.若②的起始浓度还是0.010mol/L,平衡时氢离子浓度为：_____________mol/L(已知：17.5开方的值为4.18)
（2）写出③与⑤混合当③过量时的离子反应的方程式______________________
（3）已知T℃，Kw = 1×10－13，则T℃_______25℃（填“＞”、“＜”、“＝”）；
（4）①②③④四种溶液中由水电离出的H＋浓度由大到小的顺序是__________（填序号）。
（5）写出④的水解的离子方程式___________________________________
（6）25℃0．005 mol/L的①溶液，pH=____，溶液中由水电离出的c(H+)=________mol/L
【答案】 (1). CH3COOH CH3COO-+H+ (2). 不变 (3). K只受温度变化，温度不变K不变 (4). 4.18×10－3 (5). Al3++4OH-=AlO2-+2H2O (6). ＞ (7). ④②③① (8). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (9). 2 (10). 1 ×10－12
【解析】
【分析】
（1）电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变；
（2）硫酸铝与过量的氢氧化钠反应生成硫酸钠、偏铝酸钠和水；
（3）随着温度的升高，水的电离向正向进行，Kw增大；
（4）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，
（5）氯化铵的离子方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+；
（6）硫酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.005mol/L=0.01mol/L，
该硫酸溶液的pH为：pH=-lg[c（H+）]=-lg（0.01）=2，溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-14/0.01=1×10－12。
【详解】（1）Ⅰ.醋酸是弱酸，部分发生电离，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，向醋酸溶液中加入盐酸，醋酸的电离平衡常数不变，因为电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+，不变，K只受温度变化，温度不变K不变。
Ⅱ.已知c(CH3COOH)=0.010mol/L，所以c(H+)×c(CH3COO-)/0.010mol/L=1.75×10-5，因为醋酸的电离常数很小，平衡时的c(CH3COOH)可近似视为仍等于0.010mol/L，即可看作是完全电离，所以c(H+)=c(CH3COO-)，所以c(H+)=（1.75×10-5×0.01）1/2=（1.75×10-7）1/2=4.18×10-3mol/L，故答案为：4.18×10-3。
（2）硫酸铝与过量的氢氧化钠反应生成硫酸钠、偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
（3）25℃时，Kw=1×10－14，随着温度的升高，水的电离向正向进行，Kw增大，故T℃＞25℃，故答案为：＞。
（4）④氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，②醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，①硫酸和③氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是④②③①，故答案为：④②③①。
（5）化学方程式是NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，离子方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。
（6）该硫酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=2c（H2SO4）=2×0.005mol/L=0.01mol/L，
该硫酸溶液的pH为：pH=-lg[c（H+）]=-lg（0.01）=2，溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-14/0.01=1×10－12，故答案为：2，1×10－12。
34.某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。
（1）用_______式滴定管盛装c mol/L盐酸标准液。配制c mol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是____________ 如图表示某次滴定时50 mL滴定管中前后液面的位置。滴定管读数时应注意____________________________________。尖嘴部分应____________________________。用去的标准盐酸的体积是_____________mL
（2）该实验应选用_____作指示剂；操作中如何确定终点？______________________________。
（3）对下列两种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)
a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果__________；
b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果__________；
【答案】 (1). 酸 (2). 容量瓶 (3). 读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL。 (4). 充满溶液，无气泡 (5). 24．60 (6). 酚酞 (7). 滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色 (8). 无影响 (9). 偏高
【解析】
【分析】
（1）根据酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；
（2）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析误差。
【详解】盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是容量瓶；滴定前读数为：0.30mL，滴定后读数为：24.90mL，消耗溶液的体积为24.60mL；滴定管读数时应注意读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；尖嘴部分应充满溶液，无气泡；故答案为：酸；容量瓶；读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；充满溶液，无气泡；24.60mL。
（2）该滴定实验是用酸滴定未知浓度的碱，所以应选用的指示剂为酚酞；确定终点的方法为滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色，故答案为：酚酞，滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色。
（3）a.若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）无影响，故答案为：无影响。
b.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）偏高，故答案为：偏高。
【点睛】酸碱中和滴定的误差分析根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）判断。
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