【化学】陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试（能力卷）试题（解析版）

【化学】陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试（能力卷）试题（解析版）

陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试（能力卷）试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共23小题。满分100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Zn-65‎ 第Ⅰ卷（选择题共54分）‎ 一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分共54分）‎ ‎1.下列物质的分类组合全部正确的是（ ）‎ 编组 强电解质 弱电解质 非电解质 A NaCl H2O Cl2‎ B H2SO4‎ CaCO3‎ CCl4‎ C AgCl HClO Cu D Ba(OH)2‎ H2S C2H5OH ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、非电解质属于化合物，氯气属于单质，氯气不属于非电解质，故错误；B、碳酸钙是盐，属于强电解质，故错误；C、铜属于单质，不属于非电解质，故错误；D、符合物质分类，故正确。‎ ‎2.将0.1mol·L-1的醋酸加水稀释，下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液中c(H+)和c(OH－)都减小 B. 溶液中c(H+)增大 C. 醋酸的电离平衡向左移动 D. 溶液的c(OH－)增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎3.下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：‎ 弱酸 HCN HF CH3COOH HNO2‎ 电离常数 ‎4.9×10－10‎ ‎7.2×10－4‎ ‎1.8×10－5‎ ‎6.4×10－6‎ 则0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是（ ）‎ A. HCN B. HF C. CH3COOH D. HNO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。‎ ‎【详解】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞HNO2＞CH3COOH＞HCN，则pH由大到小的顺序是HCN＞CH3COOH＞HNO2＞HF，则等浓度的四种酸溶液中，HF相对最强，溶液酸性最强，pH最小，故选B。‎ ‎4.已知‎25 ℃‎时水的离子积为Kw=1.0×10-14,‎35 ℃‎时水的离子积为Kw=2.1×10-14。下列说法中正确的是 (　　)‎ A. 水中的c(H+)随温度的升高而降低 B. ‎25 ℃‎时水呈中性,‎35 ℃‎时水呈酸性 C. 水的电离过程是吸热过程 D. 一定温度下,向水中加入酸或碱时,水的离子积将发生变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】水的电离过程为H2O⇌H++OH-，在不同温度下其离子积为Kw（‎25℃‎）=1.0×10-14，Kw（‎35℃‎）=2.1×10-14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c(H+)增大，其pH减小，但仍然存在c(H+)=c(OH-)，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．由于升高温度水的离子积Kw增大，说明升高温度促进水电离，使c(H+)随温度的升高而增大，A错误；‎ B．升高温度促进水电离，但水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，因此仍然呈中性，B错误；‎ C．升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，根据平衡移动原理可知：水的电离是吸热反应，C正确；‎ D. 水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。温度不变，溶液中水的离子积常数不变，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水或加入少量CH3COONa晶体时都会引起( )‎ A. CH3COOH电离程度变大 B. 溶液中c(OH－)减小 C. 溶液的导电能力减弱 D. 溶液中c(H＋)减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向电离方向移动，电离程度增大，CH3COOH溶液的浓度减小，酸性减弱，溶液中c（H+）减小， c(OH－)增大，溶液的pH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时电离平衡逆向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小。‎ ‎【详解】A. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向电离方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡逆向移动，电离程度减小，故A错误；‎ B. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向电离方向移动，溶液的pH增大，c(OH－)增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡逆向移动，溶液的pH增大，c(OH－)增大，故B错误；‎ C. CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；‎ D. 加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡逆向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.25 ℃‎时，某酸性溶液中只含NH4+、Cl－、H＋、OH－四种离子，下列说法不正确的是(　　)‎ A. 可能由pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合而成 B. 该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成 C. 加入适量氨水，溶液中离子浓度可能为c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ D. 该溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)＋c(OH－)－c(H＋)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 一水合氨是弱电解质、HCl是强电解质，常温下，pH=2的HCl与pH=12的NH3⋅H2O溶液中，c(NH3⋅H2O)远远大于c(HCl)，二者等体积混合氨水有剩余，导致溶液呈碱性而不是酸性，故A错误；‎ B. 等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3⋅H2O溶液混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解导致氯化铵溶液呈酸性，故B正确；‎ C. 加入适量NH3⋅H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度会导致溶液呈碱性，根据电荷守恒c(NH4+)>c(Cl−)，溶液中水的电离程度较小，可能出现离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；‎ D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，c ‎ (NH4+)=c (Cl−)+c (OH−)−c(H+)，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　)‎ A. 盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡 B. NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)＞c(OH－)‎ C. 在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH－)≠c(H＋)‎ D. 水电离出的H＋或OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 盐类中的弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，从而破坏水的电离平衡，故A正确；‎ B. 强酸弱碱盐溶液呈酸性，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液中c（H+）＞c（OH-），则溶液呈酸性，故B正确；‎ C. 任何电解质溶液中水电离的c（OH-）=c（H+），与电解质溶液酸碱性无关，故C错误；‎ D. 水电离出的H+或OH-与盐中弱离子结合，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.下列关于电离平衡常数(K)的说法中正确的是(　　)‎ A. 电离平衡常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱 B. 电离平衡常数(K)与温度无关 C. 相同温度下，不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同 D. 多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1＜K2＜K3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、相同条件下K越大，酸电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，故A正确；‎ B、电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，故B错误；‎ C、电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化，故C错误；‎ D、多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系K1‎ ‎＞K2＞K3，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎9.室温下，某溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10－26，该溶液中一定不能大量存在的是(　　)‎ A. Cl－ B. HCO3- C. Na＋ D. Ba2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】溶液中水电离出的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26，水的电离程度减小，该溶液为酸或碱溶液，然后根据选项的离子在酸性或碱性条件下能否大量存在分析判断。‎ ‎【详解】水电离的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26＜1×10-14，说明该溶液抑制了水的电离，则该溶液为酸溶液或者碱溶液。‎ A.Cl-既不与氢离子反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A不符合题意；‎ B.HCO3-既能够与H+反应，也能够与OH-反应，在溶液中一定不能大量共存，B符合题意；‎ C.Na+与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，C不符合题意；‎ D. Ba2＋与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，D不符合题意；‎ 故合理选项是B。‎ ‎10.25℃‎时，相同物质的量浓度的下列溶液:①NaCl；②NaOH；③H2SO4；④（NH4）2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（ ）‎ A. ④>③>②>① B. ②>③>①>④ ‎ C. ③>②>①>④ D. ④>①>②>③‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响，所以水在硫酸铵中的电离程度最大，酸碱的浓度越大，对水的电离抑制程度越大，所以同浓度的NaOH、H2SO4溶液中，水在硫酸中的电离程度最小，因此水的电离程度按由大到小顺序排列的是④>①>②>③，答案选D。‎ ‎11.用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作不正确的是( )‎ A. 酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸 B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液 C. 滴定时，眼睛观察锥形瓶中溶液颜色的变化 D. 读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗，直接加入已知物质的量浓度的盐酸，标准液的浓度减小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故A错误；‎ B. 锥形瓶不需要润洗，所以锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知物质的量浓度的NaOH溶液，故B正确；‎ C. 滴定时，应左手控制活塞缓慢滴加，右手摇动锥形瓶使溶液混合均匀，眼睛时刻注视着锥形瓶内颜色的变化，以判断滴定终点，故C正确；‎ D. 读数时，应该平视液面最低点，即视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持一致，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎12.常温下将NaOH稀溶液与CH3COOH稀溶液混合，不可能出现的结果是(　　)‎ A. pH＜7，且c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)‎ B. pH＞7，且c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)‎ C. pH＞7，且c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)‎ D. pH＝7，且c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH＜7，说明醋酸过量，若醋酸过量较多，则可存在c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-），故A正确；‎ B. pH＞7，说明溶液呈碱性， 根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）可知，不可能存在c（Na+）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（CH3COO-），故B错误；‎ C. pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液存在电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故C正确；‎ D. 根据溶液的电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7，则有c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，则溶液中存在c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）=c（OH-），故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.常温下0.1 mol·L－1氨水溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a－1)的措施是(　　)‎ A. 将溶液稀释到原体积的10倍 B. 加入适量的氯化铵固体 C. 加入等体积0.2 mol·L－1盐酸 D. 通入氨气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，要使氨水溶液的pH减小1，但溶液仍然为碱性，则加入的物质能抑制一水合氨的电离，据此解答。‎ ‎【详解】A. 一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，将溶液稀释到原体积的10倍，则促进一水合氨的电离，氢氧根离子的浓度大于原来的十分之一，所以稀释后溶液的pH＞（a-1），故A错误；‎ B. 向氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大而抑制一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子浓度减小，所以可以使溶液的pH=（a-1），故B正确；‎ C. 加入等体积0.2 mol/L盐酸，盐酸的物质的量大于氨水的物质的量，则混合溶液呈酸性，故C错误；‎ D. 向氨水中通入氨气，氨水浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列关于盐类水解的说法错误的是(　　)‎ A. 在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离 B. 同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大 C. 在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH4+水解 D. 加热CH3COONa溶液，溶液中C(CH3COOH)与C(CH3COO-)的比值将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在纯水中加入能水解的盐一定会破坏水的电离平衡，消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子，促进水的电离平衡右移，故A正确；‎ B. 碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，水解程度越大，碱性越强，所以同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH小，故B错误；‎ C. 在NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加入稀HNO3，氢离子浓度增大能抑制NH4+水解，故C正确；‎ D. 加热醋酸钠溶液，促进醋酸根的水解，所以醋酸根浓度减小，而醋酸浓度增大，所以比值变大，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎15.下列有关离子反应的叙述不正确的是(　 　)‎ A. 溶液中有难溶于水的沉淀生成是离子反应的发生条件之一 B. 离子反应发生的方向总是向着溶液中离子浓度降低的方向进行 C. 离子反应生成的沉淀的溶解度为零 D. 生成沉淀的离子反应之所以能发生，在于生成物的溶解度小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液中有难溶于水的沉淀生成是离子反应的发生条件之一，故A正确；‎ B. 生成沉淀、气体、弱电解质是离子反应发生的条件，一定会使溶液中某些离子的浓度较低，则离子反应发生的方向总是向着溶液中离子浓度降低的方向进行，故B正确；‎ C. 离子反应生成的沉淀的溶解度极小，为微溶物或难溶物，但溶解度不等于零，故C错误；‎ D. 生成沉淀的离子反应之所以能发生，在于生成物的溶解度小能从溶液中析出，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎16.为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，可以在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，过滤后再加入适量的盐酸。这种试剂是（ ）‎ A. 氨水 B. 氢氧化钠 C. 碳酸钠 D. 碳酸镁 ‎【答案】D ‎【解析】A. 加入氨水除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D. 加入碳酸镁，碳酸镁与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确；答案选D。‎ ‎17.己知‎25℃‎时，Ksp(AgCl) =1.8×10－10，Ksp(AgBr) =5.4×10－13，Ksp(AgI) =8.5×10－17。某溶液中含有C1－、Br－和I－，浓度均为0.010mo1·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）‎ A. C1－、Br－、I－ B. Br－、C1－、I－‎ C. I－、Br－、C1－ D. Br－、I－、C1－‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由于这三种难溶物的组成相似，根据Ksp越小，其溶解度越小，就越先沉淀，故这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为I－、Br－、C1－。‎ ‎18.已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9，现将浓度为2×10-4 mol•L-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为（ ）‎ A. 2.8‎‎×10-2 mol•L-1 B. 1.4×10-5 mol•L-1‎ C. 2.8×10-5 mol•L-1 D. 5.6×10-5 mol•L-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】Na2CO3溶液的浓度为2×10−4mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32−)=0.5×2×10−4mol/L=1×10−4mol/L，根据Ksp=c(CO32−)⋅c(Ca2+)=2.8×10−9可知，c(Ca2+)=mol/L=2.8×10−5mol/L，原溶液CaCl2的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10−5mol/L=5.6×10−5mol/L，故答案选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共46分）‎ 二、填空题(共31分)‎ ‎19.Ⅰ.现向含AgBr的饱和溶液中：‎ ‎(1)加入固体AgNO3，则c(Ag＋)___ (填“变大”、“变小”或“不变”，下同)；‎ ‎(2)加入更多的AgBr固体，则c(Ag＋)____；‎ ‎(3)加入AgCl固体，则c(Br－)____，c(Ag＋)___；‎ ‎(4)加入Na2S固体，则c(Br－)____，c(Ag＋)___。‎ Ⅱ. (1)常温下，将0.1 mol·L－1的醋酸溶液和0.1 mol·L－1醋酸钠溶液等体积混合，测得溶液显酸性，则该混合液中：c(CH3COOH)_________c(CH3COO－)；‎2c(Na＋)_______c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)。(填“＞”、“＝”或“＜”)‎ ‎(2)等物质的量浓度一水合氨和氯化铵溶液混合，溶液显碱性，则溶液中除溶剂外微粒浓度大小关系：_______，混合溶液中离子的电荷守恒等式______，物料守恒等式为_____。‎ ‎【答案】(1). 变大 (2). 不变 (3). 变小 (4). 变大 (5). 变大 (6). 变小 (7). < (8). ＝ (9). c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋) (10). c(Cl－)＋c(OH－) ＝c(NH4+)＋c(H＋) (11). c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝‎2c(Cl－)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ(1)‎ ‎ 向AgBr饱和溶液中加入硝酸银，加入了银离子，溶解平衡左移，但银离子浓度增大；答案为：变大；‎ ‎ (2) AgBr的饱和溶液中，已经达到溶解平衡状态，加入AgBr固体，对溶解平衡无影响，银离子浓度不变；答案为：不变；‎ ‎(3) 因为AgCl溶解度大于AgBr，加入AgCl固体时，银离子浓度增大，溶解平衡向左移动，溴离子浓度变小；答案为：变小；变大；‎ ‎ (4) 由于Ag2S的溶解度小于AgBr，所以Na2S与AgBr反应生成Ag2S，溶解平衡右移。溴离子浓度增大，但银离子浓度减小。答案为：变大；变小。‎ Ⅱ. (1) 常温下,等物质的量浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa溶液混合，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO−水解程度，则溶液中存在c(CH3COOH)A>D b．AB线上任意点的溶液均显中性 c．B点溶液pH＝6，显酸性 d．图中温度T1>T2‎ ‎(3)T‎2℃‎时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？___什么？___________。‎ ‎(4)T‎2℃‎时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝____。‎ ‎【答案】(1). 1×10－12 (2).‎ ‎ 水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大 (3). b (4). 否 (5). 在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不可能处于B点位置 (6). 2×10－9mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据曲线中的数据，可以知道B点水的离子积为1×10-12，水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大。‎ 答案为：1×10－12 ；水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大；‎ ‎(2) a．图中A、D两点均在同一曲线上，其Kw相等，故a错误；‎ b．AB线上任意点均有c(H+ )=c(OH- )，显中性，故b正确；‎ c．B点c(H+ )=c(OH- )，显中性，故c错误；‎ d．A、B的Kw，前者小于后者，温度越高，水的离子积常数越大，则后者代表的温度高，即T1小于T2，故d错误。‎ 答案选b；‎ ‎(3) T‎2℃‎时，若向溶液中滴加盐酸， c(H+ )≠c(OH- )，不可能处于B点位置。‎ 答案为：否；在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不可能处于B点位置；‎ ‎(4) T‎2℃‎时，由Kw=c(H+)·c(OH- )可得c(H+ )水= mol·L－1=2×10-9 mol·L－1。‎ 答案为：2×10－9mol·L－1。‎ ‎21.已知：H2S：Ka1＝1.3×10－7　Ka2＝7.1×10－16 ，H2CO3：Ka1＝4.3×10－7　Ka2＝5.6×10－11， CH3COOH：Ka＝1.8×10－5，HClO2：Ka＝1.1×10－2，NH3·H2O：Kb＝1.8×10－5。‎ ‎(1)①常温下，0.1 mol·L－1Na2S溶液和0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，碱性更强的是_____，其原因是_______。‎ ‎②‎25 ℃‎时，CH3COONH4溶液显__性。NaHCO3溶液的pH___CH3COONa溶液的pH。‎ ‎③NH4HCO3溶液显__性，原因是_________。‎ ‎(2)能证明Na2SO3溶液中存在SO32-＋H2O⇋HSO3—＋OH－水解平衡的事实是___。‎ A．滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4溶液红色褪去 B．滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去 C．滴入酚酞溶液变红，再加氯水后红色褪去 ‎(3)‎25 ℃‎时，浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO2溶液和CH3COONa溶液，两溶液中c(ClO2—)___c(CH3COO－)。若要使两溶液的pH相等应___。‎ a．向NaClO2溶液中加适量水 b．向NaClO2溶液中加适量NaOH c．向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体 d．向CH3COONa溶液中加适量的水 ‎(4)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_______(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是 ________。‎ ‎【答案】(1). Na2S溶液 (2). H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解 (3). 中 (4). 大于 (5). 碱 (6). NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH4+的水解程度小于HCO3—的水解程度 (7). B (8). > (9). bd (10). CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl↑ (11). 在干燥的HCl气流中加热脱水 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①H2S：Ka2＝7.1×10－16，H2CO3：Ka2＝5.6×10－11，可知硫氢根离子的酸性弱于碳酸氢根离子，则硫离子的水解程度大于碳酸根离子的水解程度，水解程度越大碱性越强，所以Na2S溶液的碱性更强；‎ 答案为：Na2S溶液；H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解；‎ ‎②CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子都水解，由于CH3COOH：Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O：Kb＝1.8×10－5，则二者水解程度相近，因此溶液显中性；H2CO3：Ka2＝5.6×10－11，CH3COOH：Ka＝1.8×10－5，说明碳酸氢根离子的酸性弱于醋酸的酸性，碳酸氢根离子更易水解，因此NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液的pH；‎ 答案为：中；大于；‎ ‎③H2CO3：Ka2＝5.6×10－11，NH3·H2O：Kb＝1.8×10－5，碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性；‎ 答案为：碱；NH3·H2O的Kb>H2CO3的Ka1，故NH4+的水解程度小于HCO3－的水解程度；‎ ‎(2) A．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，加入硫酸的量未知，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；‎ B． 滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸根离子浓度减小，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故B正确；‎ C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故C错误；‎ 答案选B；‎ ‎(3) HClO2：Ka＝1.1×10－2，CH3COOH：Ka＝1.8×10－5，说明醋酸根离子更易水解，NaClO2溶液的碱性弱于CH3COONa溶液的碱性，则c(CH3COO－)小于c(ClO2－)；若要使两溶液的pH相等，可以促进ClO2－发生水解，使溶液的碱性增强，也可以抑制CH3COO－的水解，或使醋酸钠溶液的碱性减弱，‎ a．向NaClO2溶液中加适量水，可促进ClO2－发生水解，但溶液中各离子浓度减小，碱性减弱，故a错误；‎ b．向NaClO2溶液中加适量NaOH，可促进ClO2－发生水解，溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强，故b正确；‎ c．向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体，可促进CH3COO－的水解，使溶液碱性增强，故c错误；‎ d．向CH3COONa溶液中加适量的水，CH3COONa溶液浓度减小，溶液中氢氧根离子的浓度减小，溶液的碱性减弱，故d正确；‎ 答案选bd；‎ ‎(4) CuCl2为强酸弱碱盐，铜离子水解生成氢氧化铜，加热促进铜离子的水解，化学方程式为：CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl↑；由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水，来抑制水解反应的发生；‎ 答案为：CuCl2·2H2OCu(OH)2＋2HCl↑；在干燥的HCl气流中加热脱水。‎ 三、实验题（9分）‎ ‎22.某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“‎0”‎刻度线以上；‎ ‎②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；‎ ‎③调节液面至“‎0”‎或“‎0”‎刻度线以下，并记下读数；‎ ‎④移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞试液；‎ ‎⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)以上步骤有错误的是____。若测定结果偏高，其原因可能是_____。‎ A．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质 B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未用待测液润洗 D．滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡 ‎(2)判断滴定终点的现象是________。‎ ‎(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_____mL。‎ ‎(4)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：_________mol·L－1。‎ ‎【答案】(1). ① (2). AB (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (4). 22.60 (5). 0.200 0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（标准）偏大，‎ A．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小，消耗的V（标准）增大，c（待测）=分析，测定结果偏高，故A正确；‎ B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，读取消耗的V（标准）偏大，c（待测）=分析，测定结果偏高，故B正确；‎ C．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未用待测液润洗，对滴定的数据结果无影响，故C错误；‎ D．所配的标准NaOH溶液物质的量浓度偏大，滴定过程中溶液变红色早，消耗的V（标准）偏小，c（待测）=分析，测定结果偏低，故D错误；‎ 故答案为：①；AB；‎ ‎（2）滴定终点时溶液颜色由无色突变为红色，且半分钟内不褪色，判断滴定终点的现象是：滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；‎ 故答案为：滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎（3）依据滴定管构造及精确度可知图中液面读数为：22.60；‎ 故答案为：22.60；‎ ‎（4）三次消耗标准液体积分别为：20.00，20.00，22.10，第三组数据误差较大，应舍弃，则消耗标准液平均体积为：20.00mL，待测液浓度为：=0.2000mol/L；‎ 故答案为：0.2000。‎ 四、计算题（6分）‎ ‎23.某温度(T℃)时，水的离子积为Kw＝1×10－13。若将此温度下pH＝11的苛性钠溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合(设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比。‎ ‎(1)若所得混合溶液为中性，则a∶b＝__；此溶液中各离子的浓度由大到小的排列顺序是_____。‎ ‎(2)若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝____；此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是______。‎ ‎【答案】(1). 10∶1 (2). c(Na＋)>c(SO42—)>c(H＋)＝c(OH－) (3). 9∶2 (4). c(H＋)>c(SO42—)>c(Na＋)>c(OH－)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】若将此温度（T℃）下，pH=11的苛性钠溶液a L与pH=1的稀硫酸b L混合，此时NaOH溶液中，c(H+)=10-11 mol/L ，c(OH-)=mol/L=0.01mol/L，c(Na+)=0.01mol/L，稀硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，c(SO4 2- )=0.05 mol/L；‎ ‎(1)若所得混合液为中性，则有n(OH-)= n(H+)，即0.01a=0.1b，a：b=10：1，混合溶液呈中性，则c(OH-)= c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+2 c(SO4 2- ) ，则c(Na+)＞c(SO4 2-‎ ‎ )，该溶液为盐溶液，硫酸根离子浓度大于氢离子浓度，所以离子浓度大小顺序是：c(Na＋)>c(SO42—)>c(H＋)＝c(OH－)，‎ 故答案为：10：1； c(Na＋)>c(SO42—)>c(H＋)＝c(OH－)；‎ ‎②若所得混合液的pH=2，c(H＋)=0.01 mol/L，硫酸过量，则有=0.01，解得：a：b=9：2；溶液呈酸性,则：c(H+)>c(OH−)，溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，硫酸根离子浓度为：mol/L=0.009mol/L，所以氢离子浓度大于硫酸根离子浓度，根据物料守恒知，c(SO42—)> c(Na＋)，氢氧根离子来自于水，浓度最小，此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是c(H＋)>c(SO42－)>c(Na＋)>c(OH－)；故答案为：9：2；c(H＋)>c(SO42－)>c(Na＋)>c(OH－)。‎