2017-2018学年度高二年级零班第五次周练化学答题卡
姓名得分
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
二、非选择题（22分）
8、（本题共6分，每空1分）KMnO4具有强氧化性，在实验室和工业上常用作氧化剂。
某化学兴趣小组采用标准的酸性KMnO4溶液测定可能发生变质的还原性物质Na2SO3固体中Na2SO3的含量。
（1）简述检验Na2SO3已经变质的操作和现象：
取少量样品于试管中，加水溶解，
（2）另取10.0g试样配成250mL溶液，配制溶液时，可能用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________。
取出25.00mL所配制的Na2SO3溶液于锥形瓶中，用标准酸性KMnO4溶液滴定，采用的指示剂是________（如果不需要，可写“无”）。
判断滴定实验达到终点的方法是_。
反应的离子方程式为SO32-＋MnO4-＋H＋→SO42-＋Mn2＋＋H2O（未配平）。
重复操作四次，消耗0.10mol·L-1KMnO4溶液的体积如下：
1
2
3
4
KMnO4（mL）
20.01
19.00
19.99
20.00
Na2SO3（mL）
25.00
25.00
25.00
25.00
求样品中Na2SO3的质量分数_________________。
（3）操作时，若未用0.10mol·L-1的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，会导致测定结果________（填“偏高”、“偏低”或“没有影响”）。
9、（本题共5分，每空1分）某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：
H2A
H++HA﹣HA﹣
H++A2﹣。
试完成下列问题：
（1）Na2A溶液显 （填“酸性”“中性”或“碱性”）．理由是
（用离子方程式表示）．
（2）在0.1mol·L﹣1的Na2A溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是 ．
A．c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）=0.1mol·L﹣1
B．c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）
C．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）
D．c（Na+）=2c（A2﹣）+2c（HA﹣）
（3）已知0.1mol·L﹣1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L﹣1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11mol·L﹣1（填“＜”、“＞”或“=”），理由是
10（本题共9分，第一空1分其余每空2分）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．（该题中指的室温是20．C，Kw=1x10﹣14）请回答下列问题：
（1）相同条件下，相等物质的量浓度的NH4Al（SO4）2中c（NH4+）（填“=”、“＞”“＜”）NH4HSO4中c（NH4+）．
（2）如图1是0.1mol·L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象．
①其中符合0.1mol·L﹣1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是（填写字母）；
②室温时，0.1mol·L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=mol·L﹣1（填数值）。
（3）室温时，向100mL0.1mol·L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是．
11、（本题共2分）物质的量浓度相同的：
①氨水②氯化铵③碳酸氢铵④硫酸氢铵⑤硫酸铵五种溶液中C（NH4+）由大到小的顺序是 （填序号）
高二年级周练答案
DACCCDD
1、【答案】D
【解析】解：
A．能溶解Al（OH）3的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故A错误；
B．AlCl3、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．25℃时，水电离出的c（H+）=1×l0﹣l3mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，酸性条件下NO3﹣、S2﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选D．
2、【答案】A
【解析】解：
A．FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，发生沉淀的转化，观察到沉淀由白色变为红褐色，可验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2，故A正确；B．中性溶液稀释后溶液仍为中性，故B错误；C．中和热的测定中，为了减少热量散失，应该使用环形玻璃棒搅拌，不能使用普通玻璃棒，故C错误；D．浓硫酸溶解于水要放热，测得的结果偏大，故D错误；答案为A。
3、【答案】C
【解析】依平衡常数的表达式可知A正确；升高温度K减小，平衡左移，正反应为放热反应，B正确；5min后CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.6mol·L－1、0.6mol·L－1、0.4mol·L－1、0.4mol·L－1，
＝
＜1，平衡向右移动，C错误；
＝3/5，D正确。
4、【答案】C【解析】解:
本题考查了化学平衡的建立与计算.
若反应逆正反应进行到达平衡，X、Y的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
根据方程式X（气）+3Y（气）
2Z（气）
开始（mol/L）：
c1c2c3
变化（mol/L）：
0.10.30.2
平衡（mol/L）：
0.10.30.08
c1=0c2=0c3=0.28
由于为可逆反应，物质不能完全转化所以起始时浓度范围为0＜c（X）＜0.14，0＜c（Y）＜0.42，0＜c（Z）＜0.28，A、X和Y平衡浓度为1：
3，变化的量为1；3，所以起始量为1：
3，c1：
c2=1：
3，A正确；B、平衡时，Y和Z的生成速率之比为化学方程式系数之比为3：
2，B正确；C、X、Y的变化量之比和起始量之比相同，所以转化率相同，C错误；D、依据上述计算，c1的取值范围为0＜c1＜0.14mol·L-1，D正确；答案选C。
5、【答案】C
【解析】解：
本题考查离子浓度大小的比较、盐类的水解。
A．某温度时的混合溶液中c（H+）=
mol·L-1，则c（OH-）=
mol·L-1=c（H+）=
mol/L，溶液呈中性，故A正确；B．由水电离出的c（H+）=10-12mol·L-1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；C．析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）=
=
mol/L=1.56×10-8mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）=
=
mol/L=3×10-5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Cl-、CrO42-，即Cl-先产生沉淀，故C错误；D．常温下pH=7的CH3COOH和NaOH混合溶液中，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：
c（Na+）=c（CH3COO-），故D错误；故选A。
6、【答案】D
【解析】解:
本题考查沉淀溶解平衡。
A.T1时，c点为硫酸钡的不饱和溶液，没有沉淀生成，故A错误；B.T2时，d点为硫酸钡的饱和溶液，蒸发溶剂后，仍为饱和溶液，不可能由d点变到b点，应该还在T2曲线上，故B错误；C.T2时，由a点开始加入BaCl2固体，温度不变，Ksp不变，故C错误；D.根据图像，T1＞T2，T2时的Ksp小于T1时的Ksp，说明BaSO4的溶解度随温度升高而增大，故D正确；故选D。
7、【答案】D
【解析】2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）；△H=-QkJ·mol-1表示2molSO2（g）和1molO2（g）完全反应生成2molSO3（g）时放出QkJ的热量。
由于SO3（g）变成SO3（s）要放出热量，所以在上述条件下反应生成lmolSO3固体放热大于Q/2kJ；甲容器中物质不可能完全反应，所以Q1故有2Q2=2Q38、【答案】
（1）先加入过量盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，表明Na2SO3已经变质
（2）250mL容量瓶、胶头滴管；无；当最后一滴酸性KMnO4溶液滴入锥形瓶后，瓶内溶液变成浅粉红色且半分钟内不褪色；63%
（3）偏高
【解析】解：
（1）亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠而变质，可以通过检验硫酸根离子检验Na2SO3已经变质，操作和现象为：
取少量样品于试管中，加水溶解，先加入过量盐酸，再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，表明Na2SO3已经变质。
（2）另取10.0g试样配成250mL溶液，配制溶液时，可能用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管。
由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以用标准酸性KMnO4溶液滴定时不需要指示剂，判断滴定实验达到终点的方法是当最后一滴酸性KMnO4溶液滴入锥形瓶后，瓶内溶液变成浅粉红色且半分钟内不褪色。
根据表中数据可知第二次实验误差较大，舍去。
三次实验中消耗标准液体积的平均值是20.00mL，根据电子得失守恒可知25mL溶液中亚硫酸钠的物质的量是
，因此样品中Na2SO3的质量分数为
。
（3）操作时，若未用0.10mol·L-1的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，会导致浓度降低，消耗标准液体积增加，因此测定结果偏高。
9、【答案】
（1）碱性；H2O+A2﹣
HA﹣+OH﹣；
（2）AC．
（3）＜；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离；
【解析】解：
本题考查盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．
（1）根据H2A的电离是分步电离可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液显碱性，水解原理是：
H2O+A2﹣
HA﹣+OH﹣，故答案为：
碱性；H2O+A2﹣
HA﹣+OH﹣；
（2）A、0.1mol/L的Na2A溶液中，根据A原子守恒，所以c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（H2A）=0.1mol·L﹣1，故A正确；
B、在溶液中，根据质子守恒得：
c（OH﹣）=c（H+）+c（HA﹣）+2c（H2A），故B错误；
C、0.1mol/L的Na2A溶液中，存在电荷守恒：
c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），故C正确；
D、由物料守恒可知c（Na+）=2c（A2﹣）+2c（HA﹣）+2c（H2A），故D错误．
故答案为：
AC．
（3）0.1mol·L﹣1H2A溶液，H2A
H++HA﹣，电离出H+小于0.1mol/L，0.1mol·L﹣1NaHA溶液的pH=2，则由HA﹣
H++A2﹣可知，电离出0.01mol/LH+，但第一步电离生成的H+抑制了HA﹣的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1mol/L+0.01mol/L，
故答案为：
＜；H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA﹣的电离；
10、【答案】
（1）＜；
（2）①A；②10﹣3mol·L﹣1；
（3）a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．
【解析】解：
本题考查盐类水解的原理；离子浓度大小的比较．
（1）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：
＜；
（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，故选A；
②根据电荷守恒得2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3mol·L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案为：
10﹣3mol·L﹣1；
（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42﹣），b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），
故答案为：
a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．
11【答案】⑤＞④＞②＞③＞①．
【解析】解：
本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．
可分3种情况讨论：
（1）氨水电离产生NH4+、OH﹣，一水合氨电离程度很小；
（2）NH4+水解产生H+及剩余NH4+；（3）NH4+水解受到影响，促进或抑制；在分析时要注意两点：
氨水电离程度较小，NH4+水解程度也较小；另外，NH4HSO4溶液中，H+抑制NH4+水解，而NH4HCO3中，HCO3﹣比氨水更弱，HCO3﹣水解呈碱性，会促进NH4+水解，（NH4）2SO4中含有2个铵根离子，所以（NH4）2SO4中NH4+的浓度最大；所以，NH4+的浓度由大到小顺序为（NH4）2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、NH4HCO3、NH3·H2O，
故答案为：
⑤＞④＞②＞③＞①．
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