2018-2019学年河北省辛集中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年河北省辛集中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

河北省辛集中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题 ‎1.下列说法正确的是 A. 氯水能导电,所以氯气是电解质 B. 碳酸钡不溶于水,所以它是非电解质 C. 固体磷酸是电解质,所以磷酸在熔融状态下和溶于水时都能导电 D. 胆矾虽不能导电,但它属于电解质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质指的是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，如酸、碱、盐，活泼金属氧化物等；非电解质指的是在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物，如有机物，非金属氧化物等，据此解答。‎ ‎【详解】A. 氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B. 碳酸钡是难溶于水的盐，熔融状态能电离而导电，属于电解质，故B错误；‎ C. 固体磷酸是电解质，但磷酸是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故C错误；‎ D. CuSO4·5H2O属于离子化合物，在水溶液中完全电离出自由移动的离子而导电，所以是电解质，故D正确，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查电解质概念的辨析，解题时可根据电解质必须是化合物，以及导电是在水溶液或熔融状态下为条件进行判断，注意共价化合物在熔融状态下不导电，为易错点，题目难度不大。‎ ‎2.在醋酸溶液中,CH3COOH的电离达到平衡的标志是 A. 溶液显电中性 B. 溶液中无CH3COOH分子 C. 氢离子的浓度恒定不变 D. c(H+)=c(CH3COO-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH3COOH为弱电解质，在水溶液中的电离为可逆过程，CH3COOH电离达到平衡时，溶液中离子浓度保持不变，以此进行判断。‎ ‎【详解】A．无论是否达到平衡状态，溶液都呈电中性，故A错误； ‎ B．CH3COOH为弱电解质，在水溶液中的电离为可逆过程，溶液中一定存在CH3COOH分子，故B错误；‎ C．氢离子浓度恒定不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；‎ D．由于醋酸的电离程度未知，达到平衡时c（H+）与c（CH3COO－）关系不确定，且c（H+）=c（CH3COO－）不符合溶液电中性原则，故D错误，答案选C。‎ ‎3.下列各式中，属于正确的电离方程式的是 A. HCO3-+H2OH2CO3+OH-‎ B. HCO3-+OH-=H2O+CO32-‎ C. NH3+H+=NH4+‎ D. NH3•H2ONH4++OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、HCO3-的电离，连接符号为可逆号，HCO3-CO32-+ H+，错误；B、HCO3- ＋OH- = H2O + CO32-为碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式，错误；C、NH3+ H+= NH4+为氨气与强酸反应的离子方程式，错误；D、NH3·H2ONH4++ OH-为一水合氨的电离方程式，正确。‎ 考点：考查电离方程式的书写。‎ ‎4.用如图所示装置分别进行下列各组物质的导电性实验,小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是 A. 向亚硫酸钠溶液中通入氯气 B. 向硝酸银溶液中通入少量氯化氢 C. 向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气 D. 向氢氧化钠溶液中通入少量氯气 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解质溶液的导电性与离子浓度及离子所带的电荷有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，溶液导电能力明显减弱说明溶液中离子浓度明显减小，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 向亚硫酸钠溶液中通入氯气，发生反应：Na2SO3＋Cl2＋H2O=Na2SO4＋2HCl，反应后的溶液中离子浓度增大，溶液导电能力明显增强，故A不选；‎ B. 向硝酸银溶液中通入少量氯化氢，发生反应：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故B不选；‎ C. 向氢碘酸饱和溶液中通入少量氧气，发生反应：4HI＋O2=2I2＋2H2O，反应后的溶液中离子浓度减小，溶液导电能力明显减弱，故C选；‎ D. 向NaOH溶液中通入少量Cl2，发生反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故D不选，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查溶液导电性的影响因素，明确物质性质及溶液导电性强弱的影响因素是解题的关键，题目难度不大，要特别注意溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带的电荷有关，与电解质强弱无关，为易错点。‎ ‎5.下列操作中,能使电离平衡H2OH++OH-正向移动且溶液呈酸性的是 A. 向水中加入NaHSO4溶液 B. 向水中加入Al2(SO4)3溶液 C. 向水中加入Na2CO3溶液 D. 将水加热到‎100 ℃‎,使水的pH=6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能使电离平衡H2OH＋+OH－向右移动，说明加入的物质能和氢离子或氢氧根离子反应促进水的电离；溶液呈酸性，说明加入的物质和氢氧根离子反应，导致溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度而使溶液呈酸性，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 硫酸氢钠在水中完全电离：NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，溶液中氢离子浓度增大，溶液呈酸性，水的电离平衡逆向移动，故A不选；‎ B. 向水中加入硫酸铝溶液，铝离子结合水电离出的氢氧根离子生成氢氧化铝，促进水的电离平衡向右移动，使溶液呈酸性，故B选；‎ C. 向水中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子水解促进水的电离，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子而使溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，故C不选；‎ D. 升高温度，水的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈中性，故D不选，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查水的电离平衡的影响因素，注意要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性，不能根据pH判断溶液的酸碱性，为易错点。‎ ‎6.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4Na++H++SO42－。某温度下,向c(H+)=1×10-6 mol·L-1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的c(H+)=1×10-2 mol·L-1。下列对该溶液的叙述不正确的是 A. 该温度高于‎25 ℃‎ B. 由水电离出来的H+的浓度为1×10-10 mol·L-1‎ C. 加入NaHSO4晶体会抑制水的电离 D. 取该溶液加水稀释100倍,溶液中的c(OH-)减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 升高温度促进水的电离，‎25℃‎时纯水中c（H+）=1×10-7mol/L，某温度下的蒸馏水中c（H+）=1×10-6mol/L，说明促进了水的电离，则温度高于‎25℃‎，故A正确；‎ B. 某温度下的蒸馏水中c（H+）=1x10-6mol/L，说明水的离子积常数Kw=1×10-12，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，则由水电离出来的c（H+）=mol/L=1×10-10mol/L，故B正确；‎ C. NaHSO4电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，故C正确；‎ D. 温度不变时，Kw不变，加水稀释c（H+）减小，则溶液中的c（OH-）增大，故D错误，答案选D。‎ ‎7.下列叙述中与盐类的水解有关的是 ‎①纯碱溶液去油污　②铁在潮湿的环境下生锈　③NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接工艺中的除锈剂　④盛放Na2CO3溶液的试剂瓶用橡皮塞而不能用玻璃塞　⑤酸雨在空气中放置一段时间pH降低　⑥草木灰与铵态氮肥不能混合施用 A. ①③④⑥ B. ①②⑤⑥ C. ①③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在水溶液中，盐电离产生的离子与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的过程叫盐类的水解，在溶液的配制、保存、制备、溶解、鉴别等过程中，通常要考虑盐类的水解等因素。‎ ‎【详解】①. 纯碱溶液中的碳酸根离子水解使溶液呈碱性，在碱性条件下，油脂水解生成易溶于水的物质，与盐类的水解有关，故①选；‎ ‎②. 铁在潮湿的环境下生锈是原电池原理，和盐类的水解无关，故②不选；‎ ‎③. 氯化铵、氯化锌水解使溶液呈酸性，可与金属氧化物反应以除锈，与盐类的水解有关，故③选；‎ ‎④. Na2CO3溶液由于碳酸根离子水解使溶液呈碱性，可以和玻璃中的二氧化硅反应，所以盛放Na2CO3溶液的试剂瓶要用橡皮塞而不能用玻璃塞，与盐类的水解有关，故④选；‎ ‎⑤. 酸雨在空气中放置一段时间pH降低是因为亚硫酸被氧化为硫酸，导致雨水酸性增强，与盐类的水解无关，故⑤不选；‎ ‎⑥. 铵态氮肥中的铵根离子水解使溶液呈酸性，草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸根离子水解使溶液呈碱性，二者发生双水解使肥效降低，与盐类的水解有关，故⑥选，综上所述，答案选A。‎ ‎8.下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是 ‎①热纯碱溶液的去油污能力强 ②误将钡盐BaCl2当作食盐食用后，常服用0.5%的Na2SO4 溶液解毒 ③溶洞、珊瑚礁的形成④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能⑤泡沫灭火器灭火的原理 A. ②③④ B. ①②③ C. ③④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①. 碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，在碱性条件下，油脂水解可以得到易溶于水的物质，加热能促进碳酸根离子水解使溶液碱性增强，所以热的纯碱溶液去油污能力强，应用了盐类水解的原理，故①不选；‎ ‎②. 钡离子有毒，钡离子和硫酸根离子反应生成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，可以用沉淀溶解平衡原理来解释，故②选；‎ ‎③. 石灰岩的主要成分是CaCO3， CaCO3与空气中CO2或地下水中溶解的部分CO2发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2 ，生成的Ca(HCO3)2是可溶于水的物质，在随水流动的过程中受热或自然状态下可发生反应Ca(HCO3)2=CaCO3+CO2↑+H2O，又形成新形状的石灰岩，长时间可形成溶洞；珊瑚礁的主体是由珊瑚虫组成的，珊瑚虫在生长过程中能吸收海水中的钙离子和二氧化碳，然后分泌出石灰石，变为自己生存的外壳，这些石灰石经过压实、石化，形成岛屿和礁石，也就是珊瑚礁，可以用沉淀平衡原理来解释，故③选；‎ ‎④. 胃酸的主要成分是盐酸，钡离子有毒，碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做”钡餐”而硫酸钡可以，能用沉淀平衡原理来解释，故④选；‎ ‎⑤. 泡沫灭火器的主要成分是碳酸氢钠和硫酸铝，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，硫酸铝水解使溶液呈酸性，二者发生双水解，能迅速的产生二氧化碳，可以用盐类水解原理来解释，故⑤不选，答案选A。‎ ‎9.对于常温下pH为2的硫酸,下列叙述正确的是 A. c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)‎ B. 与等体积pH=12的氨水混合后所得溶液显酸性 C. 由H2O电离出的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1‎ D. 与等体积0.01 mol·L-1的乙酸钠溶液混合后所得溶液中:c(SO42-)=c(CH3COO-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸溶液为电中性溶液，一定满足c(H+)=‎2c(SO42-)+c(OH-)，故A错误；‎ B. 一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离，常温下pH为2的硫酸与等体积pH=12的氨水等体积混合，氨水过量，反应后溶液显碱性，故B错误；‎ C. 水电离出的氢离子浓度和水电离出的氢氧根离子浓度相等，则由H2O电离出的c(H+)=mol/L=1.0×10-12mol/L，故C正确；‎ D. 与等体积0.01mol/L乙酸钠溶液混合后所得溶液中，溶质为硫酸钠和醋酸，醋酸的物质的量浓度是硫酸钠的2倍，但由于醋酸为弱酸，在溶液中只能少部分电离生成醋酸根离子，所以溶液中c（SO42-）>c（CH3COO-），故D错误，答案选C。‎ ‎10.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作不会引起实验误差的是 A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定 B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定 C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定 D. 用25 mL碱式滴定管取NaOH溶液，起始时读数为15.00 mL，到滴定终点时NaOH溶液恰好全部放出 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸式滴定管洗净后，需要用标准盐酸润洗，否则消耗的标准盐酸偏多，测定的NaOH浓度偏高，故A不选；‎ B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，不需要润洗，若用NaOH溶液润洗后再进行滴定，消耗的标准盐酸偏多，测定的NaOH浓度偏高，故B不选；‎ C. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定，对NaOH浓度的测定没有影响，不会引起实验误差，故C选；‎ D. 用25 mL碱式滴定管取NaOH溶液，起始时读数为15.00 mL，到滴定终点时NaOH溶液恰好全部放出，由滴定管的构造可知，滴定管中溶液的体积大于10.00mL，消耗标准盐酸偏多，测定的NaOH浓度偏高，故D不选，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱中和滴定，掌握滴定原理、实验操作和误差分析为解答的关键，要特别注意需要润洗的仪器及滴定管的构造，为易错点，试题难度不大。‎ ‎11.在温度不变的条件下,将0.1 mol·L-1‎ 氨水加水稀释,随着水的加入,下列关系式的数值变小的是 A. B. C. n(OH-) D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4＋＋OH－可知，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=，则=，温度不变时Kb不变，加水稀释c(NH4＋)减小，所以减小，故A符合；‎ B. NH3·H2O的电离平衡常数Kb=，温度不变时Kb不变，则不变，故B不符合；‎ C. 在温度不变的条件下将0.1 mol·L-1氨水加水稀释，稀释促进NH3·H2O的电离，n(OH-)增大，故C不符合；‎ D. 在温度不变的条件下将0.1 mol·L-1氨水加水稀释，随着水的加入，c(OH-)减小，因Kw不变，则c(H+)增大，所以增大，故D不符合，答案选A。‎ ‎12.将10 mL pH =1的CH3COOH 溶液加水稀释至100 mL后,溶液的pH为 A. 2 B. 21，综上所述，稀释后的醋酸溶液：1②>③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2S溶液中存在电离平衡：H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－、H2OH＋＋OH－，由上述电离方程式可知，溶液中的氢离子来自水的电离和硫化氢的电离，则pH=5的H2S溶液中，c(H+)=1×10-5 mol·L-1＞c(HS-)，故A错误；‎ B. 一水合氨为弱电解质，加水稀释促进一水合氨的电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后的pH=b，则a＜b+1，故B错误；‎ C. pH=2的H‎2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比例混合，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2(C2O42-)，故C错误；‎ D. 酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解的规律可知，组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，所以pH相同的三种盐溶液中的c(Na+)：①>②>③，故D正确，答案选D。‎ ‎16.常温下某氨水的pH=x，某盐酸的pH=y，已知x+y=14，且x<11，若将上述氨水与盐酸等体积混合后，所得溶液中各种离子浓度由大到小的排列顺序为 A. c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+) B. c(Cl－)>c(NH4+)> c(H+)> c(OH－)‎ C. c(NH4+)> c(Cl－)> c(H+)> c(OH－) D. c(NH4+)> c(Cl－)> c(OH－)> c(H+)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下某氨水的pH=x，则氨水中c（OH-）=10x-14mol/L，某盐酸的pH=y，盐酸中c（H+）=10-ymol/L，x+y=14，所以氨水中c（OH-）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，再结合电荷守恒分析解答。‎ ‎【详解】常温下某氨水的pH=x，则氨水中c（OH-）=10x-14mol/L，某盐酸的pH=y，盐酸中c（H+）=10-ymol/L，x+y=14，所以氨水中c（OH-）等于盐酸中c（H+），一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，则c（OH-）>c（H+），根据电荷守恒得c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），因 c（OH-）>c（H+），所以c（NH4+）>c（Cl-），则溶液中离子浓度大小关系为c（NH4+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+），答案选D。‎ ‎17.某溶液中只含有Na+、H+、OH-、A-四种离子，下列说法正确的是( )‎ A. 若溶液中c(A-)＝c(Na+)，则溶液一定呈中性 B. 溶液中不可能存在：c(Na+)> c(A-)> c(OH-)> c(H+)‎ C. 若c(OH-)> c(H+)，溶液中不可能存在：c(Na+)> c(OH-)> c(A-)> c(H+)‎ D. 若溶质为NaA、HA，则一定存在：c(A-)> c(Na+)> c(H+)> c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．由电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，溶液中c(A-)=c(Na+)，则c(OH-)=c(H+)，溶液为中性，故A正确；B．阳离子大于阴离子浓度，溶液电荷不守恒，如c(Na+)＞c(A-)，则c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．若c(H+)＞c(OH-)，如HA过量较多，则可能存在c(H+)＞c(Na+)，故C错误；D．若溶质为NaA、HA，二者等物质的量时且酸电离大于盐的水解存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，若二者等物质的量且盐的水解大于酸的电离，则存在c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选A。‎ ‎【考点定位】考查离子浓度大小的比较 ‎【名师点晴】明确溶液中的溶质及电离、水解的程度是解答本题的关键，溶液中只含有Na+、H+、OH-、A-四种离子，则溶液中的溶质可能为NaA或NaA、HA或NaA、NaOH，结合电离平衡和水解平衡，合理利用溶液中电荷守恒定律分析离子浓度的关系。‎ ‎18.将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+):c(OH-)接近 A. 1:102 B. 1:‎1 C. 102:1 D. :103‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由NaOH溶液pH=8，计算原溶液中c（OH－），在原溶液中c（Na＋）=c（OH－），稀释1000倍，此时溶液接近中性，氢氢根离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7mol/L，而稀释过程中钠离子的物质的量不变，计算稀释后的溶液中钠离子的物质的量浓度，据此计算解答。‎ ‎【详解】pH等于8的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=1×10-6mol/L，钠离子的浓度为：c（Na+）=c（OH－）=1×10-6mol/L，溶液稀释1000‎ 倍后，氢氧根离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7mol/L，而钠离子浓度为：c（Na+）=1×10-6mol/L ÷1000=1×10-9mol/L，所以稀释后溶液中钠离子浓度与氢氧根离子浓度的比值约为：1×10-9mol/L:1×10-7mol/L=1:100，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查溶液pH的计算，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，确定溶液中氢氧根离子的近似浓度是解题的关键，对于碱溶液，无限稀释时，溶液只能无限接近于中性，不可能达到中性更不可能为酸性，酸溶液亦如此，为易错点。‎ ‎19.常温下，pH=8与 pH=10的NaOH溶液按体积比1:100混合后，溶液中c(H+)接近 A. 10-10 B. 10‎-8 C. 2×10-10 D. 2×10-8‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先计算混合后的溶液中氢氧根离子的浓度，再根据c(H+)=计算溶液中的氢离子浓度。‎ ‎【详解】常温下，pH=8的NaOH溶液中c(OH－)=1×10-6mol/L，pH=10的NaOH溶液中c(OH－)=1×10-4mol/L，设两溶液的体积分别为‎1L和‎100L，将两溶液混合后，溶液中的c(OH－)=≈1×10-4mol/L，由c(H+)=可知，溶液中c(H+)接近于1×10-10mol/L，答案选A。‎ ‎20.某温度时,AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的溶解平衡曲线如图。下列说法正确的是 ‎ A. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点 B. 加入固体NaCl,则AgCl的溶解度减小,Ksp也减小 C. d点有AgCl沉淀生成 D. a点对应的Ksp小于b点对应的Ksp ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加入AgNO3可以使银离子浓度增大，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，氯离子浓度减小，而c、d点氯离子浓度相同，故A错误；‎ B. 加入NaCl固体，氯离子浓度增大，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)平衡逆向移动，银离子浓度减小，则AgCl的溶解度减小，但Ksp只随温度变化，温度不变，Ksp不变，故B错误；‎ C. d点处银离子浓度大，此时银离子浓度和氯离子浓度乘积大于溶度积常数，有氯化银沉淀生成，故C正确；‎ D. 温度不变Ksp不变，a、c点是相同温度下的沉淀溶解平衡，Ksp相同，故D错误，答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图中离子浓度变化、Ksp的影响因素、沉淀的溶解与生成为解答的关键，注意Ksp只随温度变化，为易错点，题目难度不大。‎ ‎21.25 ℃‎时不断将水滴入0.1 mol/L的氨水中,下列图像变化合理的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加水稀释氨水，促进一水合氨的电离，溶液的pH减小，但大于7。‎ ‎【详解】A. ‎25 ℃‎时，加水稀释氨水，促进一水合氨的电离，溶液的pH减小，但无论如何稀释，溶液的pH仍然大于7，不能等于7或小于7，故A错误；‎ B. 温度不变时，在弱电解质溶液中，浓度越小其电离程度越大，所以一水合氨电离程度随着水的增加而增大，故B错误；‎ C. 溶液导电能力与离子浓度成正比，加水稀释氨水，一水合氨电离的增大程度小于溶液体积的增大程度，所以溶液中氢氧根离子和铵根离子浓度降低，溶液的导电性减小，故C正确：‎ D. 加水稀释氨水，溶液中氢离子浓度增大，当溶液无限接近中性时，氢离子浓度也无限接近1×10-7mol/L，不可能超过1×10-7mol/L，故D错误，答案选C。‎ ‎22.铝和镓的性质相似，如M(OH)3都是难溶的两性氢氧化物。在自然界镓常以极少量分散于铝矿（如Al2O3） 中。用NaOH溶液处理铝矿(Al2O3)时，生成NaAlO2、NaGaO2；而后通入适量CO2， 得 Al(OH)3沉淀，而NaGaO2留在溶液中(循环多次后成为提取镓的原料)。发生后一步反应是因为 A. 镓酸酸性强于Al(OH)3 B. Al(OH)3酸性强于镓酸 C. 镓浓度小，所以不沉淀 D. Al(OH)3酸性强于碳酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ M(OH)3的酸性越弱，其电离出氢离子的程度越小，则MO2－越易结合H+，据此分析解答。‎ ‎【详解】M(OH)3的酸性越弱，其电离出氢离子的程度越小，则MO2－越易结合H+，用NaOH溶液处理铝矿（Al2O3）时，生成NaAlO2、NaGaO2，而后通入适量CO2，得Al(OH)3沉淀，而NaGaO2留在溶液中，说明AlO2－易结合氢离子，则镓酸的酸性强于Al(OH)3，故答案选A。‎ ‎23.常温下，若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，原因可能是 A. 生成了一种强酸弱碱盐 B. 弱酸溶液和强碱溶液反应 C. 强酸溶液和弱碱溶液反应 D. 一元强酸溶液和二元强碱溶液反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，混合后酸有剩余；也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 混合溶液呈酸性，可能是酸为弱酸、碱为强碱，也可能是酸、碱都是弱电解质，但酸的电离程度小于碱的电离程度，混合后酸有剩余，‎ 生成的盐可能是强碱弱酸盐或弱酸弱碱盐，故A错误；‎ B. 如果酸是弱酸、碱为强碱，二者混合后酸有剩余，酸的电离程度大于其酸根离子水解程度而导致溶液呈酸性，故B正确；‎ C. 如果酸是强酸、碱是弱碱，二者混合后碱有剩余，溶液应该呈碱性，故C错误；‎ D. 如果是一元强酸和二元强碱溶液混合，二者恰好反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性，故D错误，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，正确理解题给信息是解答本题的关键，易错选项是A，注意根据混合溶液的酸碱性判断酸、碱的强弱。‎ ‎24.在体积都为‎1 L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，各投入‎0.65 g锌粒，则下图所示符合客观事实的是 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：体积都为‎1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n(CH3COOH)＞n(HCl)=0.01mol，‎0.65g锌粒的物质的量=‎0.65g÷‎65g/mol=0.01mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2++H2‎ ‎↑，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A．产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象不符合题意，故A错误；B．反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同．曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，所以图象不符合题意，故B错误；C．刚开始时，溶液的pH值为2，由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，所以生成的氢气的量比盐酸多，故C正确；D．反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查了化学反应速率的影响条件，弱电解质的电离平衡的应用。‎ ‎【名师点晴】本题解题关键是图象分析，挖掘解题信息，根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实，特别是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与氢离子反应的过量判断，据此分析解题。‎ ‎25. 下列有关物质的量浓度关系正确的是 A. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液呈酸性：c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)‎ B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)‎ C. 0．1 mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)＞c(H+)＞c(H‎2A)＞c(A2－)‎ D. pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液任意比混合后溶液中离子浓度关系：c(H+)＋c(M+)＝c(OH－)＋c(A－)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，溶液中存在电离平衡和水解平衡：CH3COOH⇌CH3COO−+H+、CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−，溶液呈酸性说明以电离为主，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，故A错误；B. CH3COONa和Na2CO3为强碱弱酸盐，酸根离子会发生水解，使溶液呈碱性，由于酸性：CH3COOH>HCO3−，则CO32−的水解能力比CH3COO−强，而NaOH是强碱，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液中：c(NaOH)c(H+)>c(A2−)>c(H‎2A)，故C错误；D. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比例混合后，溶液中都只有H+、OH−、A−、M+四种离子，由电荷守恒可得：c(H+)+c(M+)=c(OH−)+c(A−)，故D正确；答案选D。‎ ‎26.t ℃时,某NaOH稀溶液中c(H+)=10-a mol·L-1,c(OH-)=10-b mol·L-1。已知a+b=12,请回答下列问题:‎ ‎（1）该温度下水的离子积常数Kw=________________。‎ ‎（2）该溶液中由水电离出的c(OH-)=_________________。‎ ‎（3）该温度下，将NH3溶于水得100 mL 0.1 mol·L-1的氨水,测得pH=9,则该条件下,NH3· H2O的电离平衡常数Kb为______________________。‎ ‎【答案】 (1). 10-12 (2). 10-a mol·L-1 (3). 10-5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由Kw= c(H+)×c(OH-)计算水的离子积常数，再根据水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度，判断NaOH溶液中水电离出的氢氧根离子浓度，最后根据Kb=计算NH3· H2O的电离平衡常数。‎ ‎【详解】(1). 该温度下水的离子积常数Kw= c(H+)×c(OH-)=10-a mol·L-1×10-b mol·L-1=10-(a+b)= 10-12，故答案为：10-12；‎ ‎(2). 在NaOH稀溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度，所以由水电离出的氢氧根离子浓度为10-a mol·L-1，故答案为：10-a mol·L-1；‎ ‎(3). 该温度下，将NH3溶于水得100 mL 0.1 mol·L-1的氨水，测得pH=9，由NH3·H2O的电离方程式NH3·H2ONH4＋＋OH－可知，NH3·H2O的电离平衡常数Kb===10-5，故答案为：10-5；‎ ‎27.（1）向K2CO3溶液中滴加酚酞，观察到的现象____________________,产生这种现象的原因是（用离子方程式回答）___________________________________________若将此溶液微热，观察到的现象________________________________，原因是__________________________________‎ ‎（2）向K2CO3溶液中加入AlCl3溶液，反应的离子方程式是__________________________‎ ‎（3）将K2CO3溶液蒸干得到的物质是______________________ 若将KHCO3溶液蒸干灼烧得到的物质是__________‎ ‎【答案】 (1). 溶液变红色（或粉色） (2). CO32-+H2O HCO3－+OH－ (3). ‎ 溶液红色加深 (4). 加热促进CO32-水解，溶液碱性增强 (5). 2Al3+ +3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (6). K2CO3 (7). K2CO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1). 碳酸根离子水解使溶液呈碱性，加热促进碳酸根离子的水解；‎ ‎(2). 碳酸根离子和铝离子可以发生双水解反应；‎ ‎(3). K2CO3在溶液中水解生成强碱KOH和KHCO3，浓度增大时二者又重新生成K2CO3；将KHCO3溶液蒸干灼烧发生分解生成K2CO3。‎ ‎【详解】(1). 碳酸根离子发生水解CO32-+H2O HCO3－+OH－，使溶液呈碱性，向K2CO3溶液中滴加酚酞，观察到的现象是溶液变红色（或粉色），加热可以促进碳酸根离子的水解，使溶液碱性增强，则将此溶液微热，观察到的现象溶液红色加深，故答案为：溶液变红色（或粉色）；CO32-+H2O HCO3－+OH－；溶液红色加深；加热促进CO32-水解，溶液碱性增强；‎ ‎(2). 碳酸根离子水解生成氢氧根离子，铝离子水解生成氢离子，二者可以发生双水解反应2Al3+ +3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3+ +3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(3). K2CO3在溶液中水解生成强碱KOH和KHCO3，浓度增大时二者又重新生成K2CO3，所以将K2CO3溶液蒸干得到的物质还是K2CO3，将KHCO3溶液蒸干灼烧发生分解生成K2CO3，故答案为：K2CO3；K2CO3。‎ ‎28.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作：‎ A. 在250 mL的容量瓶中定容配制250 mL烧碱溶液；‎ B. 用碱式滴定管移取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂；‎ C. 在天平上准确称取烧碱样品‎2.0 g,在烧杯中用蒸馏水溶解；‎ D. 将物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管,调整液面记下开始读数为V1；‎ E. 在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至终点,记下读数V2。‎ 就此实验完成下列填空：‎ ‎（1）正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)‎ ‎________→________→________→D→________。‎ ‎（2）上述E中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______________________________‎ ‎（3）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________。直到加入一滴盐酸后，溶液____________________________ (填颜色变化)。‎ ‎（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（ ）‎ A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎（5）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。‎ ‎（6）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：‎ 滴定 次数 待测NaOH溶液的体积/mL ‎0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL 滴定前 刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.11‎ ‎26.11‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎30.30‎ ‎28.74‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ ‎26.09‎ 依据上表数据列式计算该烧碱的纯度____。（结果保留四位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). E (5). 容易观察溶液颜色变化 (6). 锥形瓶内溶液颜色变化 (7). 黄色变为橙色且半分钟内不褪色 (8). D (9). 26.10 (10). 52.20%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1). 实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；‎ ‎(2). 锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化；‎ ‎(3). 滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色变化，达到滴定终点时的颜色变化为黄色变为橙色且半分钟内不褪色；‎ ‎(4). 结合c（NaOH）=及不当操作使酸的体积偏小，则造成测定结果偏低；‎ ‎(5). 根据滴定管的构造判断读数；‎ ‎(6). 第二次测定数据明显有偏差，舍去，根据第一次和第三次测定数据求标准盐酸溶液的体积，利用c（NaOH）=计算NaOH溶液的浓度，结合溶液体积进而求出NaOH的质量，除以样品质量得NaOH的纯度。‎ ‎【详解】(1).测定NaOH样品纯度时，应先用托盘天平称量NaOH固体的质量，在烧杯中溶解冷却至室温后，在250 mL的容量瓶中定容配制250 mL烧碱溶液，用碱式滴定管移取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂，将物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数，最后在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下终点读数，所以正确的操作顺序为C→A→B→D→E，，故答案为：C；A；B；E；‎ ‎(2). 在锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化，故答案为：容易观察溶液颜色变化；‎ ‎(3). 用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到加入最后一滴盐酸后，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；黄色变为橙色且半分钟内不褪色；‎ ‎(4). A. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸被稀释，则滴入的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故A不选；‎ B. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故B不选；‎ C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故C不选；‎ D. 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的标准盐酸体积偏小，测定NaOH溶液的浓度偏低，故D选，答案选D；‎ ‎(5). 据图可知，滴定开始时，酸式滴定管的读数为0.00mL，结束时读数为26.10mL，则所用盐酸溶液的体积为26.10mL－0.00mL=26.10mL，故答案为：26.10；‎ ‎(6). 第二次测定数据明显有偏差，舍去，则所用标准盐酸溶液的体积为V(HCl)= (26.11mL+26.09mL)÷2=26.10mL，c.(NaOH)==0.1044mol/L，则样品中NaOH的质量为：m(NaOH)=0.1044mol/L×‎0.2500L×‎40g/mol=‎1.044g，NaOH样品的纯度为：×100%=52.20%，故答案为：52.20%。‎ ‎【点睛】本题考查物质的含量测定实验，把握中和滴定原理的应用、实验操作、误差分析等为解答的关键，题目难度不大，注意第(6)小题中实验数据的处理方法，有明显误差的数据应舍去，为易错点。‎ ‎29.利用水钴矿[主要成分为Co2O3和Co(OH)3,还有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如图所示:‎ 已知:①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等:‎ ‎②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Co(OH)2‎ Al(OH)3‎ Mn(OH)2‎ 开始沉淀 ‎2.7‎ ‎7.6‎ ‎7.6‎ ‎4.0‎ ‎7.7‎ 完全沉淀 ‎3.7‎ ‎9.6‎ ‎9.2‎ ‎5.2‎ ‎9.8‎ ‎（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式__________________________。‎ ‎（2）NaClO3的作用是___________________________________。‎ ‎（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为____________________________。‎ ‎（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示。萃取剂的作用是_____;其使用的适宜pH范围是_____(填字母)。‎ A.2.0‎‎～2.5 B.3.0～‎3.5 C.4.0～4.5‎ ‎【答案】 (1). Co2O3+SO32－+4H+=2 Co2＋+SO42－+2H2O (2). 将Fe2+氧化成Fe3+ (3). Fe(OH)3、Al(OH)3 (4). 除去溶液中的Mn2+ (5). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含钻废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2，加入NaClO3氧化亚铁离子为铁离子，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MnCl2，然后加入萃取剂除去Mn2＋，萃取后溶液经过蒸发结晶得到CoCl2·6H2O。‎ ‎【详解】(1). Co2O3在酸性条件下与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2＋和硫酸根离子，反应的离子方程式为Co2O3+SO32－+4H+=2 Co2＋+SO42－+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32－+4H+=2 Co2＋+SO42－+2H2O；‎ ‎(2). NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，以便后续步骤中调节溶液pH转化为氢氧化铁除去，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；‎ ‎(3). 由表中数据可知，加Na2CO3调节溶液pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；‎ ‎(4). 根据流程图可知，加入Na2CO3调节溶液pH至5.2除去Fe3＋、Al3＋，此时溶液中存在Mn2＋、Co2＋，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0~3.5之间，可使Mn2＋完全沉淀，并防止Co2＋转化为Co(OH)2沉淀，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B。‎