2019-2020学年吉林省长春市实验中学高二10月月考化学试题 解析版

2019-2020学年吉林省长春市实验中学高二10月月考化学试题 解析版

长春市实验中学2019-2020学年上学期第一次阶段性考试高二化学试卷 考试时间：90分钟 分值：100分 第Ⅰ卷 选择题（60分）‎ 一、选择题（每小题只有一个答案符合题意，1-15每小题2分，16-25每小题3分，共60分）‎ ‎1.下列判断正确的是 ‎①Ca(OH)2微溶于水，所以Ca(OH)2是弱电解质；②强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱；③液态氯化氢不导电，但它是电解质；④碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，所以是弱电解质；⑤SO3溶于水后导电，所以SO3是电解质；⑥Cu能导电，但它不是化合物，所以Cu是非电解质 A. ②③ B. ②③⑥ C. ①④⑤⑥ D. ②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①溶解性与电解质的强弱没有关系，错误；‎ ‎②如果强电解质溶液浓度很小，弱电解质溶浓度很大，强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质导电能力弱，正确；‎ ‎③HCl为共价化合物，液态氯化氢不导电，HCl溶于水所得溶液可以导电，是电解质，正确；‎ ‎④弱酸的酸式盐也是强电解质，错误；‎ ‎⑤SO3溶于水，与水反应：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4是电解质，SO3为非电解质，错误；‎ ‎⑥非电解质属于化合物，所以Cu不是非电解质，错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列事实能说明醋酸（CH3COOH）是弱酸的是 A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红 B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH<4‎ C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳 D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红，醋酸溶液显酸性，说明醋酸为酸，与题意不符，A错误；‎ B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，若为强酸，溶液中不存在醋酸分子，c（H+）=10-4mol/L，溶液的pH=4，由于溶液的pH<4，说明醋酸溶液中存在电离平衡，为弱酸，符合题意，B正确；‎ C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性强于碳酸，但不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，C错误；‎ D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应，发生酸碱中和反应，不能说明醋酸为弱酸，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎3.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是（ ）‎ A. pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)‎ B. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同 C. 相同物质的量浓度的两溶液，分别与足量镁反应，产生氢气体积盐酸多 D. 相同物质的量浓度的两溶液导电能力相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH相等的盐酸和醋酸两种溶液，根据电荷守恒：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)，故A正确；‎ B. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，pH相等的盐酸和醋酸两种溶液中，c(CH3COOH)>c(HCl),分别用NaOH溶液中和体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，故B错误； ‎ C. 相同物质的量浓度的两溶液，没有体积，无法计算产生氢气体积，故C错误；‎ D. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，相同物质的量浓度的两溶液，盐酸中离子浓度大，导电能力强，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎4.将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，下列说法正确的是(　　)‎ A. c(NH4+) ∶c(NH3•H2O)比值增大 B. 所有离子浓度均减小 C. c(OH﹣)∶c(NH3•H2O)比值减小 D. 电离常数增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)∶c(NH3•H2O)比值增大，故A正确；‎ B．加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大，故B错误；‎ C．加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)∶c(NH3•H2O)比值增大，故C错误；‎ D．电离平衡常数与温度有关，温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，则氢离子浓度增大。‎ ‎5.25℃时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，下列说法正确的是 A. 向体系中加入少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降 B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小 C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），平衡向右移动，水的电离程度也随之增大 D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 详解】A、向体系中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO-)增大，平衡向左移动，选项A错误；‎ B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，则c(OH-)增大，选项B错误；‎ C. 加入少量NaOH固体（忽略溶解热效应），c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；‎ D. 升高体系温度（忽略醋酸挥发），电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.在100mL下列溶液中，分别加入0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是（ ）‎ A. 0.5mol/L的HCl B. 0.5mol/L的CH3COOH C. 蒸馏水 D. 0.5mol/L的氨水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；B．醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；C．水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；D．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故D不选；故选A。‎ 点睛：溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，则离子浓度变化不大。‎ ‎7.现有pH=a和pH=b的两种强碱溶液，已知b=a+2，将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于 A. a－1g2 B. b－1g2‎ C. a+1g2 D. b+1g2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=a和pH=b的两种强碱溶液，已知b=a+2，说明pH=b的强碱溶液中c（OH-）为pH=a的强碱溶液中c（OH-）的100倍，因为两溶液等体积混合，所以体积变为原来的2倍，c(OH-)==≈0.5×10-(12-a)，则混合溶液中c(H+)==2×10-(a+2)=2×10-b，所以pH近似为b-lg2，故选B。‎ ‎【点睛】解答本题主要是掌握pH的计算方法，对于强碱和强碱混合后，首先计算混合后氢氧根离子浓度，再根据Kw=c(H+)•c(OH-)，计算氢离子浓度，最后根据pH=-lgc(H+)求pH。‎ ‎8.在25℃水中加入下列物质，不会使水的电离平衡发生移动的是 A. KCl B. Na2CO3 C. 硫酸 D. 热水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．KCl为强电解质，在溶液中电离出钾离子和氯离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故A正确；‎ B．碳酸钠是强碱弱酸盐，电离出的碳酸根离子在溶液中水解促进水的电离，故B错误；‎ C．硫酸是强电解质电离出的氢离子抑制水的电离，故C错误；‎ D．水的电离是吸热过程，温度升高促进水的电离，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】水的电离平衡的影响因素：向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热的，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小。注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。‎ ‎9.常温下，等体积的下列各组酸和碱的溶液混和后，溶液pH＜7的是 ‎①pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液； ②pH之和为15的盐酸和氨水溶液；‎ ‎③pH之和为14的醋酸和苛性钠溶液； ④pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液。‎ A. ② B. ①② C. ②③ D. ③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①室温下，pH之和为14的硝酸和氢氧化钾，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，且两者分别为强酸和强碱，等体积混合溶液呈中性，①错误；‎ ‎②pH之和为15的盐酸和氨水溶液，氢氧根离子浓度是氢离子浓度的十倍，且氨水是弱碱不完全电离，氨水的浓度远远大于氢氧根离子的浓度，所以等体积混合溶液呈碱性，②错误；‎ ‎③pH之和为14的醋酸和苛性钠溶液，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，醋酸为弱酸，醋酸的浓度远远大于电离出的氢离子的浓度，等体积混合，醋酸过量，呈酸性，③正确； ‎ ‎④pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液，氢离子浓度是氢氧根离子浓度的十倍，混合后溶液呈酸性，④正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.将1 mL 0.1mol/L的硫酸加入纯水中制成200 mL溶液，稀释后硫酸中c(H+)水为 A. 1×10-13mol/L B. 1×10-3mol/L C. 1×10-7mol/L D. 1×10-11mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液稀释前后溶质的物质的量不变；‎ ‎【详解】硫酸稀释后的浓度c(H2SO4)=0.1mol/L0.001L÷0.2L=0.5×10-3mol/L，则溶液中氢离子浓度c(H+)=0.1mol/L0.001L÷0.2L2=10-3mol/L，硫酸对水的电离有抑制作用，则溶液中c（OH-）=c（H+）水，c（OH-）=Kw/ c（H+）=10-11mol/L；‎ 答案为D。‎ ‎11.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是 A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Al3+、K+、HCO3-、Cl-‎ C. H+、Fe2+、NO3-、SO42- D. H+、Na+、Cl-、CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱酸根离子与弱碱离子在溶液中能相互促进水解反应，而不能大量共存，以此来解答。‎ ‎【详解】A．因Ba2+、SO42-发生复分解反应，而不能共存，选项A不选；‎ B．因Al3+、HCO3-相互促进水解，而不能大量共存，选项B选；‎ C．因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，而不能共存，选项C不选；‎ D．因H+、CO32-发生复分解反应，而不能大量共存，选项D不选；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，注意不能共存发生的反应类型，选项B为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎12.25℃时， pH 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL,分别加水稀释,pH 随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 ‎ A. HA的酸性比HB的酸性弱 B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱 C. 若两溶液加水稀释，则所有离子的浓度都减小 D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A－)/c(B－)减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸。‎ ‎【详解】A．pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，A错误；‎ B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B错误；‎ C．两种酸溶液稀释时氢离子浓度减小，而水的离子积Kw=c（H+）·c（OH-）不变，故c（OH-）增大，C错误；‎ D．HA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c（A-）浓度不变，HB电离程度增大，c（B-）浓度增大，c(A-)/c(B-)比值减小，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )‎ ‎①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④Na2CO3⑤NaHCO3⑥高锰酸钾 A. ③④ B. ①③④ C. ①②③④⑤ D. 全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故错误；‎ ‎②氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故错误；‎ ‎③硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故正确；‎ ‎④纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故正确；‎ ‎⑤小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故错误；‎ ‎⑥高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰，所以最终得到的固体不是原物质，故错误；‎ 答案选A。‎ ‎14.某溶液中由水电离产生的c(H+)＝1×10－10mol/L，该溶液的溶质不可能是 A. KOH B. H2SO4 C. HClO4 D. MgSO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 常温下，水的离子积为1×10－14，由水电离产生的c(H+)=10-10mol/L，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离，一般情况下，酸碱抑制水的电离。‎ ‎【详解】A、氢氧化钾溶液为碱溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，可能是氢氧化钾溶液，A不选；‎ B、硫酸溶液为酸溶液，氢离子抑制了水的电离，水的电离程度减小，所以可能为硫酸，B不选；‎ C、HClO4溶液为酸溶液，氢离子抑制了水的电离，水的电离程度减小，可能为HClO4，C不选；‎ D、MgSO4溶液中，镁离子水解，结合由水电离产生的OH－‎ ‎，促进了水的电离，水的电离程度增大，所以不可能是MgSO4溶液，D选；‎ 答案选D。‎ ‎15.在pH都等于4的HCl和NH4Cl两种溶液中，设由水电离产生的H+ 离子浓度分别为A mol/L与B mol/L，则A和B关系为（ ）‎ A. A>B B. A=10－6B C. B=10－6A D. A=B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=4的HCl溶液，由水电离出的c(H+)为10-10 mol/L，pH=4的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H+)为10-4 mol/L，所以A=10-6B；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列物质的溶液中所含离子种类最多的是 A. KCl B. Na2CO3 C. NaCl D. CH3COONa ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据盐类的电离和水解判断所含粒子的种类,得出正确结论,注意多元弱酸分步水解,水溶液中存在水的电离平衡。‎ ‎【详解】A、KCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液中有钾离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子； B、Na2CO3属于强碱弱酸盐，能发生水解，溶液中有钠离子、氢离子和碳酸氢根离子，碳酸根离子和氢氧根离子，共5种； C、NaCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液中有钠离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子； D. CH3COONa属于强碱弱酸盐，能发生水解，溶液中有钠离子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；‎ 结合以上分析可知，含离子种类最多的是B；‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎17.为使Na2S溶液中c(Na＋)/c(S2－)的值减小，可加入的物质是（ ）‎ ‎①盐酸②适量的NaOH溶液③适量的KOH溶液④适量的KHS溶液 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在硫化钠溶液中硫离子水解，S2-+H2O⇌HS-+OH-，HS-+H2O⇌H2S+OH-，以第一步水解为主。‎ ‎①加盐酸会使得平衡正向移动，c(S2－)离子浓度减小，c(Na＋)/c(S2－)比值增大，故①错误；‎ ‎②适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，硫离子水解平衡向逆反应方向移动，c(S2－)增大，此时c(Na+)也要增大，钠离子浓度增大的多，c(Na＋)/c(S2－)比值增大，故②错误；‎ ‎③加适量KOH溶液，c(OH-)增大，硫离子水解平衡向逆反应方向移动，c(S2－)增大，c(Na＋)/c(S2－)比值减小，故③正确；‎ ‎④加入适量的KHS，钠离子浓度不变，HS-离子浓度增大，S2-+H2O⇌HS-+OH-，平衡逆向移动，c(S2－)增大，c(Na＋)/c(S2－)比值减小，故④正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为②，要注意加入NaOH溶液，钠离子浓度也要增大，而且增大的幅度更大。‎ ‎18.如图为不同温度下水的电离平衡曲线，已知pOH=−lgc(OH−)，下列说法正确的是 A. T1和T2的关系是：T1>T2‎ B. KW的关系是：B>C>A=D=E C. A点到D点：加入少量酸可实现 D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中A＞B，则T1＜T2，故A错误；‎ B．相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=D＞C＞B，故B错误；‎ C．A点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；‎ D．水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎19.下列实际问题，不涉及到盐类水解原理的是（ ）‎ A. 草木灰不宜与铵态氮肥混合施用 B. 用醋酸清洗保温瓶里的水垢 C. 配制FeCl3溶液时加入适量的盐酸 D. 用热的纯碱溶液洗涤油污效果较好 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．草木灰中碳酸根离子与铵盐中铵根离子能发生双水解，混合使用，会导致肥效降低，与盐类水解有关，故A不选；‎ B.醋酸清洗保温瓶里的水垢，利用的是强酸制弱酸原理，没有涉及盐类水解原理，故B选；‎ C．配制FeCl3溶液时加入适量的盐酸，可以抑制三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故C不选；‎ D．用热的纯碱溶液洗涤油污效果较好，利用的是温度高时，碳酸根离子水解程度大，碱性强，与盐类水解有关，故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎20.常温下，浓度相同的稀溶液：①NH4Cl溶液、②NH4Al(SO4)2溶液、③CH3COONH4溶液、④氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为（ ）‎ A. ①>②>③>④ B. ②>①>④>③‎ C. ②>①>③>④ D. ④>③>②>①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为②>①>③>④。故选C项。‎ ‎【点睛】不同溶液中同种离子浓度大小比较时，要看其他能水解的离子对这种离子的影响。如果其他离子和这种离子带同种电荷，则两种离子的水解互相抑制，使这种离子浓度增大，如果其他离子和这种离子带相反电荷，则两种离子的水解互相促进，使这种离子浓度降低。‎ ‎21.下列方程式书写正确的是 A. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=Na＋＋HSO4－‎ B. H2SO3的电离方程式：H2SO32H＋＋SO32－‎ C. CO32－的水解方程式：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－‎ D. CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，A项错误；‎ B.H2SO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2SO3H＋＋HSO3－、HSO3－H＋＋SO32－，B项错误；‎ C. CO32－为二元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步水解为主，C项正确；‎ D.CaCO3沉淀溶解为可逆反应，应该用可逆符号连接，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎22.某溶液中FeCl3的水解反应已达平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，若要使FeCl3的水解程度增大，应该采用的方法是 A. 加入NaHCO3 B. 加入AgNO3固体 C. 加入FeCl3固体 D. 降温 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸氢钠溶液水解显碱性，结合氯化铁水解生成 氢离子，促进了氯化铁的水解，故A正确；‎ B．溶液中FeCl3的水解反应离子方程式为Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，可见Cl-不参加水解反应，加入硝酸银，Ag+和Cl-结合生成氯化银沉淀，不影响氯化铁的水解，故B错误；‎ C．加入氯化铁固体，增加Fe3＋的浓度，水解平衡正向移动，但氯化铁的水解程度减小，故C错误；‎ D．水解反应是吸热反应，温度降低，水解平衡逆向移动，即抑制水解，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎23.常温下，向20mL0.1mol/LHA溶液中滴加0.1mol/L的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如图所示。下列说法不正确的是 A. HA的电离方程式为HA=H++A-‎ B. B点时加入HA和氨水恰好完全反应 C. A点所示溶液中：c(A-)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)‎ D. C点所示溶液中：c(NH4+)>c(A-)>c(NH3·H2O)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图象可知，0.1mol/L的HA的pH=1，则c（H+）=0.1mol/L，与HA的浓度相等，HA为强酸。‎ ‎【详解】A. 据分析可知HA为一元强酸，则其电离方程式为HA=H++A-，故A正确；‎ B. 加入HA和氨水恰好完全反应时，生成NH4A，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，B点时溶液呈中性，故B错误；‎ C. A点时溶液为HA、NH4A，且物质的量相等，根据物料守恒，溶液中：c(A-)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)，故C正确；‎ D. C点时溶液为NH3·H2O、NH4A，且物质的量相等，溶液呈碱性，氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，则溶液中：c(NH4+)>c(A-)>c(NH3·H2O)，故D正确；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】HA的浓度等于溶液中氢离子浓度时，HA为强酸。‎ ‎24.常温下，某学生用0.1 mol·L－1H2SO4溶液滴定0.1 mol·L－1NaOH溶液，中和后加水至100 mL。若滴定终点的判定有误差：①少滴了一滴H2SO4溶液；②多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05 mL)，则①和②两种情况下所得溶液的pH之差是(　　)‎ A. 4 B. 4.6 C. 5.4 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，某学生用0.1 mol·L－1H2SO4溶液滴定0.1 mol·L－1NaOH溶液，中和后加水至100 mL。若滴定终点的判定有误差：‎ ‎①少滴了一滴H2SO4溶液，若一滴溶液的体积按0.05mL计算，则相当于剩余2滴0.1 mol·L－1NaOH溶液，溶液呈碱性，则c(OH-)=mol/L，故pH=10；‎ ‎②多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05 mL)，则溶液显酸性，c(H+)=mol/L，故pH=4。‎ 因此，①和②两种情况下所得溶液的pH之差是10-4=6，故选D。‎ ‎【点睛】注意本题只能作近似计算，即多一滴或少一滴后溶液的总体积仍按100mL计算，直接根据过量的试剂进行计算，而且要注意，计算碱性溶液的pH要先求c(OH-)，计算酸性溶液的pH要先求c(H+)。‎ ‎25.室温25℃时，下列溶液里微粒间物质的量浓度的关系中正确的是(　　 )：‎ A. 浓度0.1mol/L的NH4HSO3溶液：c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)‎ B. 等体积等浓度Na2S和NaHS混合液：c(Na+)＞c(S2-)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)‎ C. 将0.2mol/LNH3·H2O与0.1mol/LHCl等体积混合：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)‎ D. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c (OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解质溶液中，所有的阳离子在等式的左侧，所有的阴离子在等式的右侧，为电荷守恒的关系式，但是SO32-所带电荷的浓度应为其浓度的2倍，即等式应为c(NH4+)+c (H+)= c (OH-)+c (HSO3-)+2c (SO32-)，A项错误；‎ B．酸根阴离子对应的酸越弱，其水解能力越强。H2SHS－＋H＋，HS－S2－＋H＋； HS－的酸性弱于H2S，则其酸根阴离子S2－的水解强于HS－。S2－＋H2OHS－＋OH－，S2－水解生成HS－，使得HS－浓度变大，c(S2-)HClO> HCO3﹣，则向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的产物为碳酸氢根离子。‎ ‎【详解】（1）CH3COOH CH3COO-+H+，0.1 mol/L醋酸在水中有0.1%发生电离，则c（H+）=0.1 mol/L0.1%=10-4mol/L，pH=-lg c（H+）=4；K＝c（H+）c（CH3COO-）/c（CH3COOH）=10-4‎ ‎10-4/0.1=10-7；‎ ‎（2）①溶液的稀释对醋酸的电离有促进作用，则醋酸溶液越稀，醋酸的电离程度越大，电离程度由大到小的顺序为c＞b＞a；‎ ‎②a点为醋酸与醋酸铵形成的溶液，c点为醋酸铵溶液，两溶液导电能力相同，则产生的离子浓度相同，通入氨气时，c溶液发生H++NH3= NH4+，a溶液发生H++NH3= NH4+、CH3COOH+NH3CH3COO-+NH4+，平衡正向进行，c(CH3COO－)大于c点溶液中的c(NH4+)；‎ ‎（3）①四种盐为强碱弱酸盐，酸的电离平衡常数越小，酸性越弱，其钠盐水解程度越大，溶液碱性越强，pH越大，酸性强到弱的顺序为： CH3COOH> H2CO3>HClO> HCO3-，0.1mol/L的四种溶液：pH由小到大排列的顺序为a＜d＜c＜b；‎ ‎②已知H2CO3>HClO> HCO3﹣，则向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的产物为碳酸氢根离子，离子方程式为ClO﹣+H2O+CO2=HCO3﹣+HClO。‎ ‎27.（1）葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使 所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定。‎ ‎①滴定前排气泡时，应选择下图中的________(填序号)。‎ ‎②若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积___(填序号)。‎ ‎①＝10 mL ②＝40 mL ③＜10 mL ④＞40 mL。‎ ‎③上述滴定实验中，可选择___为指示剂，选择该指示剂时如何判断反应到达滴定终点：_____。‎ ‎④滴定终点读数时俯视刻度线，则测量结果比实际值________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎（2）某学生用0.100mol•L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为：‎ A．移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞；‎ B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；‎ C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；‎ D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2～3cm 处；‎ E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；‎ F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度。‎ 实验编号 KOH溶液的浓度（mol/L）‎ 滴定完成时，KOH溶液滴入的体积（mL）‎ 待测盐酸溶液的体积（mL）‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎2262‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎22.72‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎22.80‎ ‎20.00‎ ‎①正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）___________________________‎ ‎②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______________（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). 酚酞 (4). 当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 (5). 偏低 (6). B、D、C、E、A、F (7). 0.11mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图③排气泡；‎ ‎②滴定管的零刻度在上部，50mL以下仍旧有液体；‎ ‎③可用酚酞作指示剂，颜色变化明显，便于判断滴定终点；‎ ‎④滴定终点读数时俯视刻度线，体积读数小于实际体积数值；‎ ‎（2）①滴定管使用前，先验漏并用标准液润洗；再调节滴定管使尖嘴处充满溶液，调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；移取待测液注入洁净的锥形瓶中，滴加指示剂，把锥形瓶放在滴定管下面，用标准液滴定至终点并记下刻度，实验重复2～3次；‎ ‎②根据c（HCl）= c（KOH）V（KOH）/V（HCl）计算。‎ ‎【详解】（1）①在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图③排气泡；‎ ‎②滴定管的零刻度在上部，50mL以下仍旧有液体，则滴定管中盛有的液体体积大于40mL，答案为④；‎ ‎③标准液为NaOH时，可用酚酞作指示剂，现象由无色变为浅红色，颜色变化明显，便于判断滴定终点；当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点；‎ ‎④滴定终点读数时俯视刻度线，体积读数小于实际体积数值，计算的NaOH溶液的体积偏小，待测液的物质的量不变，体积读数正确，则待测液的浓度偏小；‎ ‎（2）①盛有标准液的滴定管使用之前，先验漏并用标准液润洗2～3次，再盛有标准液至刻度线“0”以上2～3cm 处，固定到铁架台滴定管支架上，调节滴定管使尖嘴处充满溶液，调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2～3滴酚酞，把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度，实验重复2～3次，操作步骤为B、D、C、E、A、F；‎ ‎②三次数据均有效，V（KOH）=（22.62+22.72+22.80）/3=22.71mL，根据c（HCl）= c（KOH）V（KOH）/V（HCl）=0.1022.71/20.00=0.11mol/L。‎ ‎【点睛】滴定管的零刻度在上部，最大刻度至活塞部分盛有未知体积的溶液。‎ ‎28.（1）25 ℃时，将体积Va、pH＝a的某一元强碱与体积为Vb、pH＝b的某二元强酸混合。‎ ‎①若所得溶液的pH＝11，且a＝13，b＝2，则Va∶Vb＝____________。‎ ‎②为了更好的表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念，AG的定义为AG＝lg。25 ℃时，若溶液呈中性，则AG＝___，溶液的pH与AG的换算公式为AG＝_____。‎ ‎（2）常温下，浓度均为0.1mol•L-1的下列五种钠盐溶液的pH如下表：‎ 溶质 CH3COONa NaHCO3‎ Na2CO3‎ NaClO NaCN pH ‎8.8‎ ‎9.7‎ ‎11.6‎ ‎10.3‎ ‎11.1‎ ‎①上述盐溶液中的阴离子，结合H+能力最强的是____。‎ ‎②根据表中数据，浓度均为0.01 mol•L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最大的是__（填编号）。‎ A．HCN B．HClO C．CH3COOH D．H2CO3‎ ‎（3）已知常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，在FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液产生沉淀和气体，反应离子方程式为：_______；若将所得悬浊液的pH调整为4，则溶液中Fe3+浓度为__mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 1∶ 9 (2). 0 (3). －2pH＋14 (4). CO32- (5). C (6). Fe3++3HCO3-＝Fe（OH）3↓+3CO2↑ (7). 4.0×10-8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①酸碱中和反应后溶液显碱性时，利用c（OH-）=[n（OH-）-n（H+）]/(Va+Vb)计算；‎ ‎②利用Kw=c（H+）×c（OH-）进行计算；‎ ‎（2）①利用盐的水解规律，越弱越水解解释；‎ ‎②酸性越强，电离出的氢离子浓度越大，加水稀释相同倍数时，pH变化越大；‎ ‎（3）利用Ksp计算。‎ ‎【详解】（1）①25 ℃时，Kw=10-14，pH＝a某一元强碱，a＝13，浓度为0.1mol/L，pH＝b的某二元强酸，b＝2，浓度为0.01mol/L，所得溶液的pH＝11，c（OH-）=0.001mol/L，则0.1mol/L×Va-0.01mol/L×Vb=0.001mol/L×（Va+Vb），化简求解Va∶Vb＝1∶9；‎ ‎②25 ℃时，若溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），AG＝lg1=0；AG＝lg=lgc（H+）-lgc（OH-）=2lgc（H+）-lgKw=－2pH＋14；‎ ‎（2）①上述5种盐均为强碱弱酸盐，溶液显碱性，弱酸根离子越弱，结合氢离子能力越强，碱性越强，根据表中数据，CO32-结合H+能力最强；‎ ‎②酸性越强，电离出的氢离子浓度越大，加水稀释相同倍数时，pH变化越大，根据表中数据，CH3COOH酸性最强，答案为C；‎ ‎（3）FeCl3溶液与NaHCO3溶液混合生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-＝Fe（OH）3↓+3CO2↑；若将所得悬浊液的pH调整为4，溶液中c（H+）=10-4mol/L，则c（OH-）=Kw/c（H+）=10-10mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=4.0×10-38，则c（Fe3+）=4.0×10-38/10-30=4.0×10-8mol/L。‎ ‎ ‎