重庆市万州第二高级中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

重庆市万州第二高级中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

重庆市万州二中高2021级高二上期月考化学试卷 可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Cu-64 Ti-48‎ 一.选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）‎ ‎1.对水的电离平衡不会产生影响的粒子是（ ）‎ A. B. C. O=C=O D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、为钠的原子结构示意图，钠与水反应时，钠与水电离出的氢离子反应生成氢气，破坏水的电离平衡，使平衡向右移动，故A错误；‎ B项、为过氧化钠的电子式，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，破坏水的电离平衡，故B错误；‎ C项、O=C=O为二氧化碳的结构式，二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子破坏水的电离平衡，故C错误；‎ D项、为氯离子的结构示意图，氯离子不破坏水的电离平衡，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.下列有关电解质的说法正确的是（ ）‎ A. 强电解质的溶液一定比弱电解质的溶液导电性强 B. 强电解质的溶液中只有阴、阳离子 C. 离子化合物都是强电解质，而弱电解质都是共价化合物 D. 由于硫酸钡难溶于水，所以是弱电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、溶液的导电能力与离子浓度大小成正比，与电解质的强弱无关，如浓的弱酸醋酸的导电性强于稀的强酸盐酸的导电性，故A错误；‎ B项、强电解质的溶液中含有阴、阳离子和水分子，故B错误；‎ C项、离子化合物无论溶于水，还是不溶于水，溶于水的部分均完全电离，都是强电解质，而弱电解质都是共价化合物，在水溶液中部分电离，故C正确；‎ D项、硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，是强电解质，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】不溶于水的难溶性的盐，如硫酸钡、氯化银，溶于水的部分均完全电离，是强电解质是解答的易错点。‎ ‎3.下列事实中,其中与盐类的水解无关的有（ ）‎ A. 长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结 B. NaHSO4溶液呈酸性 C. 氯化铵溶液可除去金属制品表面的锈斑 D. .配制AgNO3溶液，用稀硝酸溶解AgNO3固体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、（NH4）2SO4属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导致溶液呈酸性，使土壤酸性增大，发生板结，与盐类水解有关，故A错误；‎ B项、NaHSO4是强酸强碱酸式盐，硫酸氢钠在溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故B正确；‎ C项、氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导使溶液呈酸性，酸和锈反应生成盐和水，所以溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑与盐类水解有关，故C错误；‎ D项、硝酸银属于强酸弱碱盐，银离子在溶液中水解导致其溶液呈酸性，为抑制银离子水解，在配制该溶液时用稀硝酸溶解硝酸银固体，与盐类水解有关，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. NaHS的水解：HS－+ H2O S2-+ H3O+‎ B. NaHCO3在水溶液中的电离：HCO3−+ H2O H2 CO3+ OH−‎ C. NH4Cl的水解：NH4+ + H2O ＝ NH3·H2O + OH−‎ D. 硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合： Al3+ + 3HCO3− = Al(OH)3↓+3CO2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、NaHS是强碱弱酸盐，HS—在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HS－+ H2OH2S+ OH−，故A错误；‎ B项、NaHCO3在水溶液中电离出碳酸根离子和氢氧根离子，电离方程式为HCO3−+ H2O CO32-+ H+，故B错误；‎ C项、NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导使溶液呈酸性，水解的离子方程式为NH4+ + H2O NH3·H2O + H+，故C错误；‎ D项、硫酸铝是强酸弱碱盐，碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，铝离子和碳酸氢根离子在溶液中发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3+ + 3HCO3− = Al(OH)3↓+3CO2↑，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】二元弱酸的酸式根离子在溶液中即存在电离趋势，也存在水解趋势，电离产生正盐的弱酸根离子，水解生成弱酸是解答的关键，也是易错点。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，将2.24LHF气体溶于水，H—F键断裂的数目0.1 NA B. 6.4gCu与过量S充分反应，转移电子的数目为0.2NA C. 25℃时，1L pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.1NA D. 1L0.1mol/L的Fe2(SO4)3溶液，Fe3+数目为0.2 NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、标准状况下，HF为非气态，无法计算2.24LHF的物质的量，不能计算溶于水H—F键断裂的数目，故A错误；‎ B项、6.4gCu 的物质的量为0.1mol，Cu与过量S充分反应生成硫化亚铜，转移电子的数目为0.1NA，故B错误；‎ C项、25℃时，1L pH=1的H2SO4溶液中含有H+的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故C正确；‎ D项、Fe3+在溶液中水解导使溶液呈酸性，则1L0.1mol/L的Fe2(SO4)3溶液中Fe3+‎ 数目小于0.2 NA，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】计算25℃时，1L pH=1的H2SO4溶液中含有H+的物质的量无需考虑酸的元次是解答关键和易错点。‎ ‎6.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A. 浓度均为0.1 mol·L－1的氨水和盐酸等体积混合后：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)‎ B. 等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液混合后：c(CO)＜c(HCO)‎ C. 在NaHB溶液中一定有：c(Na＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)‎ D. Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、浓度均为0.1 mol·L－1的氨水和盐酸等体积混合后生成氯化铵，根据质子守恒可得：c（H＋）=c（OH－）+c（NH3·H2O），故A正确；B、未知两溶液的体积关系，不能确定离子浓度大小，故B错误；C、NaHB溶液中物料守恒式为：c（Na＋）=c（HB－）+c（H2B）+c（B2－），故C错误；D、溶液中，根据物料守恒可得：c（Na＋）=2[c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）]，故D错误；故选A。‎ 点睛：A明确NH4＋盐溶液质子守恒的含义，水电离的H+与水电离的OH-相同，但OH-有一部分与NH4＋作用生成了NH3·H2O。B、明确盐的水解原理；C中NaHB钠与B原子比为1：1，即物料守恒。易错误答案D，物料守恒中的比例易错，钠离子前乘2还是除2，学生易搞错。‎ ‎7.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. 能使甲基橙变红的溶液中：K＋、Mg2＋、NO3－、I－‎ B. 透明的溶液中： Fe3+、Al3+、CO32-、SO42－‎ C. =1012的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、AlO2-‎ D. c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、OH－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中NO3－与I－‎ 发生氧化还原反应不能大量共存，故A错误；‎ B项、Fe3+和Al3+在溶液中水解导使溶液呈酸性，CO32-在溶液中水解导使溶液呈碱性，Fe3+和Al3+与CO32-在溶液中发生双水解反应不能大量共存，故B错误；‎ C项、=1012的溶液中c(OH—)为0.1mol/L，Na+、Ba2+、Cl-、AlO2-在碱性溶液中不发生任何反应，能够大量共存，故C正确；‎ D项、c(HCO3－)＝1 mol·L－1溶液中，OH－与HCO3－和NH4＋发生复分解反应不能大量共存，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是（ ）‎ A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次 B. 开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 C. 锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度 D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项为正确操作；B项中标准液体积偏大，c(NaOH)偏高；C项中溶液颜色由黄色变橙色，立即停止，则滴定有可能是局部酸过量造成，摇动锥形瓶，仍显黄色，这样V(HCl)偏低，c(NaOH)偏低；D项中锥形瓶用NaOH润洗后，消耗HCl的量偏多，c(NaOH)偏高。答案选C。‎ ‎9.有等体积等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则下列大小关系正确的是（ ）‎ A. c[Ba(OH)2]= c[NaOH]< c[NH3·H2O] B. c(NH4+)V2=V1 D. V1=V2>V3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ba(OH)2、NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，等体积、等pH的溶液中，c(OH-)相等，c[Ba(OH)2‎ ‎]为c[NaOH]的一半，c(Ba2+)为 c(Na+)的一半，NH3·H2O为弱碱，等体积、等pH的溶液中，c[NH3·H2O]大于c[NaOH]，但c(NH4+)与 c(Na+)相等。‎ ‎【详解】A项、Ba(OH)2、NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，等体积、等pH的溶液中，c(OH-)相等，但c[Ba(OH)2]为c[NaOH]的一半，NH3·H2O为弱碱，等体积、等pH的溶液中，c[NH3·H2O]大于c[NaOH]，故A错误；‎ B项、Ba(OH)2、NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，等体积、等pH的溶液中，c(OH-)相等，c(Ba2+)为 c(Na+)的一半，NH3·H2O为弱碱，等体积、等pH的溶液中，c(NH4+)与 c(Na+)相等，故B错误；‎ C项、Ba(OH)2、NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，等体积、等pH的溶液中，c(OH-)相等，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，NH3·H2O为弱碱，等体积、等pH的溶液中，c[NH3·H2O]大于c[NaOH]，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V2V2=V1，故C正确；‎ D项、Ba(OH)2、NaOH为强碱，在水溶液中完全电离，等体积、等pH的溶液中，c(OH-)相等，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2，NH3·H2O为弱碱，等体积、等pH的溶液中，c[NH3·H2O]大于c[NaOH]，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V2V2=V1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】NH3•H2O为弱碱，与等体积等pH的强碱相比，其浓度大于强碱，发生酸碱中和时，消耗强酸的物质的量多是分析的易错点。‎ ‎10.在25 ℃时，向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL，所得混合溶液中c（Na+）= c（Cl-），则此时a+b的值为（ ）‎ A. 15 B. 14 C. 13 D. 不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应后溶液中存电荷守恒关系c（Na+）+ c（H+）= c（Cl－）+ c（OH－），由c（Na+）=c（Cl－）可知，溶液中c（H+）=c（OH－），说明酸碱恰好中和，即V×10-a=10V×，解得a+b=13。‎ 答案选C。‎ ‎11.在下列叙述中：①.HA溶液的导电性没有盐酸溶液的导电性强；②.测得0.1mol/L的HA溶液的pH=2.7；③.常温下，测得NaA溶液的pH>7；④常温下，向HA的溶液中加入NaA固体，pH增大；⑤等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多。能说明HA是弱酸的是（ ）‎ A. ①②③④⑤ B. ②③⑤ C. ②③④⑤ D. ①②③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①.HA溶液的导电性没有盐酸溶液的导电性强，只能说明溶液中氢离子浓度较小，不能说明HA的电离程度，不能确定HA是弱酸，故错误；‎ ‎②.测得0.1mol/L的HA溶液的pH=2.7，说明在溶液中HA不能完全电离，是弱酸，故正确；‎ ‎③.常温下，测得NaA溶液的pH>7，说明NaA是强碱弱酸盐，HA是弱酸，故正确；‎ ‎④常温下，向HA的溶液中加入NaA固体，pH增大，说明HA是弱酸，溶液中存在电离平衡，故正确；‎ ‎⑤等pH等体积的盐酸和HA溶液分别与足量的Zn反应，HA放出的H2多，说明溶液中HA不能完全电离，是弱酸，故正确；‎ ‎②③④⑤正确，故选C。‎ ‎【点睛】证明HA为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、HA导电能力；②比较二者的电离程度，判断是否完全电离；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，明确电解质的强弱是根据其电离程度划分的，不是根据导电能力划分的是解答关键。‎ ‎12.室温下，将1.00mol·L-1盐酸滴入20.00mL1.00mol·L-1的氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。‎ ‎ 下列有关说法中不正确的是（ ）‎ A. a点溶液中离子浓度大小关系：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）‎ B. b点溶液中离子浓度大小关系：c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-）‎ C. c点溶液中离子浓度大小关系：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）‎ D. d点时溶液温度达到最高，之后温度略有下降，原因是NH3·H2O电离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a点溶液中为等物质的量浓度的和，因溶液显碱性，故氨水的电离程度大于NH4Cl的水解程度，所以有，A项正确；‎ B.b点溶液显中性，有，根据电荷守恒有，且有，B项正确；‎ C.c点溶液中溶质是NH4Cl和HCl，根据电荷守恒有， C项正确；‎ D.d点时酸碱恰好中和，放出热量最多，溶液温度达到最高，中和反应结束后，加入的盐酸温度低，随着盐酸的加入混合溶液温度逐渐降低，跟NH3·H2O电离无关，D项错误；答案选D。‎ ‎13.下列说法符合事实的是（ ）‎ A. 常温下由水电离产生的c(H+)=10-12mol/L的溶液中加入铝粉都能够产生氢气.‎ B. 向NaClO溶液中通入SO2气体，c(HClO)增大.‎ C. 用0.2000 /L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L），至中性时，溶液中的酸未被完全中和.‎ D. 用pH试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11.5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由水电离产生的c（H+）=10-12mol/L的溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.01mol/L，可能是酸溶液或碱溶液，铝能够与非氧化性酸或强碱溶液反应生成氢气，但与具有强氧化性酸的硝酸溶液反应不生成氢气，故A错误；‎ B项、次氯酸钠具有强氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原生成氯离子，反应的离子方程式为ClO-+SO2+H2O=Cl-+SO42-+2H+，则溶液中c(HClO)减小，故B错误；‎ C、用0.2000 /L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L），至中性时，得到氯化钠、醋酸钠和醋酸的混合液，溶液中的醋酸未被完全中和，故C正确；‎ D项、次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，但次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，应该用pH计，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH是解答易错点。‎ ‎14.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）‎ A. pH=2的HA溶液与pH=12的M(OH)2溶液任意比混合： c(M2+)=c(OH-)+c(A-) -c(H+)‎ B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)‎ C. 等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)‎ D. 0.1mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、pH=2的HA溶液与pH=12的M(OH)2溶液任意比混合所得溶液中存在电荷守恒关系2c(M2+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-) ，则2c(M2+)=c(OH-)+c(A-) -c(H+)，故A错误；‎ B项、pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液，强碱溶液浓度最小，弱酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液浓度越小，水解程度CO32-＞CH3COO-，则pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)，故B错误；‎ C项、等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水所得溶液中存在电荷守恒关系c(Na+) ＋c(H＋) ＝c(CH3COO－) ＋c(OH－)和物料守恒关系2c(Na+) ＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，将物料守恒与电荷守恒合并处理可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故C正确；‎ D项、0.1mol/L的NaHA溶液pH=4，说明HA-的电离程度大于水解程度，则c（H2A）＜c（A2-），故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别离解成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是( )‎ A. BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2 B. SOCl2的水解产物是SO2和HCl C. Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4 D. ICl的水解产物是HClO和HI ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由广义的水解观可知，CaO2的水解产物是钡离子和氢氧根离子结合生成的Ba（OH）2和O22-和氢离子结合生成的H2O2，故A正确；‎ B项、由广义的水解观可知，SOCl2的水解产物是SO2和HCl，故B正确；‎ C项、由广义的水解观可知，Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4，故C正确；‎ D项、由广义的水解观可知，ICl的水解产物是HCl和HIO，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎16.25℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示[其中a点的坐标为（9.5，0.5）]。下列溶液中的关系中正确的是（ ）‎ A. 常温下，HCN的电离平衡常数：Ka(HCN)=10-4.5‎ B. 图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)‎ C. 图乙中b点的溶液：c(CN－)>c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)‎ D. 图乙中c点溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由图甲可知，a点c(HCN)= c(CN－)，溶液中c(H＋)＝10-9.5，则HCN的电离平衡常数Ka(HCN)== c(H＋)＝10-9.5，故A错误；‎ B项、由物料守恒可知NaCN溶液和反应后的溶液中均存在c(Na＋)=c（HCN）+c（CN-），由电荷守恒关系可知溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CN-），pH＝7的溶液中c(OH－)=c(H＋)，则三式合并可得c(Cl－)＝c(HCN)，故B正确；‎ C项、向10mL0.01moL/LNaCN溶液滴加入5mL0.01moL/L的盐酸，两者反应得到物质的量浓度相等的HCN、NaCN和NaCl混合液，溶液呈碱性说明NaCN的水解为大于HCN的电离，则c(HCN)> c(CN－)，故C错误；‎ D项、图乙中c点10mL0.01moL/LNaCN溶液与10mL0.01moL/L的盐酸恰好完全反应生成氯化钠和氢氰酸混合液，由物料守恒可知，溶液中存在c（Cl-）=c(Na＋)=c（HCN）+c（CN-），由电荷守恒可知，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）+c（CN-），则两式合并可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】由物料守恒可知NaCN溶液和反应后的溶液中均存在c(Na＋)=c（HCN）+c（CN-），当10mL0.01moL/LNaCN溶液与10mL0.01moL/L的盐酸恰好完全反应时，溶液中存在c（Cl-）=c(Na＋)=c（HCN）+c（CN-）是解答的突破口，也是解答的难点。‎ 二.填空题（本大题共四个小题，共52分）‎ ‎17.有以下物质：①石墨；②氯化氢气体；③酒精；④氨水；⑤二氧化碳；⑥碳酸氢钠固体；⑦氯化铁溶液；⑧纯醋酸；⑨氧化钠固体；⑩铝。‎ ‎（1）属于非电解质的是______________；属于强电解质的是__________；属于弱电解质的是___________。（用序号填空）‎ ‎（2）写出物质⑥溶于水溶液显碱性的原因_______（用离子方程式和简要文字说明作答）‎ ‎（3）写出物质⑥和⑧在水中反应的离子方程式：_____________。‎ ‎（4）配制溶液⑦时通常将⑦先溶于___________，然后再加水稀释，通过增加溶液中_______的浓度以防止其发生水解。‎ ‎（5）浓度、体积相同的②和⑧的溶液，加入相同形状且足量的Zn粒，反应速率快的是___（用序号填空）；pH值、体积相同的②和⑧的溶液时，产生气体的量多的是________。（用序号填空）‎ ‎【答案】 (1). ③⑤ (2). ②⑥⑨ (3). ⑧ (4). 因发生HCO3-H++CO32—和HCO3- + H2OH2CO3 + OH—，其中HCO3-的水解程度大于其电离程度，使溶液中c（OH-）> c（H+） (5). HCO3-+CH3COOHCH3COO－+CO2↑+H2O (6). 浓盐酸 (7). H+ (8). ② (9). ⑧‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；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；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质；‎ ‎（2）碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，使溶液中c（OH-）> c（H+）；‎ ‎（3）由醋酸的酸性强于碳酸的酸性可知，醋酸与碳酸氢钠溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水；‎ ‎（4）氯化铁溶液中三价铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，配制氯化铁溶液时，应增加溶液中氢离子浓度拟制氯化铁水解；‎ ‎（5）因盐酸是强酸，醋酸是弱酸，浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液中，盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸；pH值、体积相同的盐酸和醋酸溶液中，醋酸浓度大于盐酸。‎ ‎【详解】（1）非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，③酒精和⑤二氧化碳都是非电解质；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，②氯化氢气体、⑥碳酸氢钠固体、⑨氧化钠固体都是强电解质；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，⑧纯醋酸是弱电解质，故答案为：③⑤；⑥⑨；⑧；‎ ‎（2）碳酸氢钠溶液中，碳酸氢根离子即存在电离趋势：HCO3-H++CO32—，也存在水解趋势：HCO3- + H2OH2CO3 + OH—，因溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，使溶液中c（OH-）> c（H+），溶液呈碱性，故答案为：因发生HCO3-H++CO32—和HCO3- + H2OH2CO3 + OH—，其中HCO3-的水解程度大于其电离程度，使溶液中c（OH-）> c（H+）；‎ ‎（3）由醋酸的酸性强于碳酸的酸性可知，醋酸与碳酸氢钠溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3-+CH3COOH=CH3COO－+CO2↑+H2O，故答案为：HCO3-+CH3COOH=CH3COO－+CO2↑+H2O；‎ ‎（4）氯化铁溶液中三价铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，配制氯化铁溶液时，通常将氯化铁先溶于浓盐酸，然后再加水稀释，通过增加溶液中氢离子浓度的方法防止氯化铁水解，故答案为：浓盐酸；H+；‎ ‎（5）因盐酸是强酸，醋酸是弱酸，浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液中，盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸，则与相同形状且足量的Zn粒反应时，盐酸的反应速率快于醋酸；pH值、体积相同的盐酸和醋酸溶液中，醋酸浓度大于盐酸，则与相同形状且足量的Zn粒反应时，醋酸生成氢气的物质的量大，故答案为：②；⑧。‎ ‎【点睛】浓度、体积相同的盐酸和醋酸溶液中，盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸，pH值、体积相同的盐酸和醋酸溶液中，醋酸浓度大于盐酸是解答的难点，也是解答关键。‎ ‎18.部分弱酸的电离平衡常数如表：‎ 弱酸 HCOOH HClO H2CO3‎ H2SO3‎ 电离平衡 常数（25℃）‎ Ka＝1.77×10－4‎ Ka＝4.0×10－8‎ Ka1＝4.3×10－7‎ Ka2＝4.7×10－11‎ Ka1＝1.54×10－2‎ Ka2＝1.02×10－7‎ ‎（1）室温下①0.1mol·L-1HCOONa；②0.1mol·L-1NaClO；③0.1mol·L-1Na2CO3；④0.1mol·L-1NaHCO3四种溶液的pH由大到小的关系为________________。（用序号填空）‎ ‎（2）浓度均为0.1 mol·L－1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为________________。‎ ‎（3）下列离子方程式正确的是___________（填字母）。‎ A.2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32- B.2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑‎ C.H2SO3+2HCOO-=2HCOOH+SO32- D.Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-‎ ‎（4）某温度（T℃）下的溶液中，c（H+）=10-xmol·L-1，c（OH-=10-ymol·L-1，x与y的关系如图所示。‎ ‎①此温度下，0.01mol/L的NaOH溶液中水电离出的OH-浓度为_______。‎ ‎②在此温度下，0.1mol·L-1的NaHSO4溶液与0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：‎ 甲 乙 丙 丁 ‎0.1mol·L-1的Ba（OH）2‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎0.1mol·L-1的NaHSO4‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ 按甲方式混合后，所得溶液的pH为____________；‎ 按乙方式混合后，其反应的离子方程式：_________________。‎ 按丁方式混合后，所得溶液显____________（填“酸”“碱”或“中”）性 ‎【答案】 (1). ③＞②＞④＞① (2). c（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-） (3). BD (4). 1×10-10mol·L-1 (5). 11 (6). Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O (7). 中 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由电离常数可知，相同条件下，酸的电离平衡常数越小，酸的电离程度越小，酸根离子的水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液pH越大；‎ ‎（2）盐在溶液中的水解程度越大，溶液中酸根的浓度越小；‎ ‎（3）由电离常数判断酸的电离程度大小，由强酸制弱酸的原理判断反应是否发生；‎ ‎（4）Kw=c（H+）•c（OH-）=10-x•10-y=10-（x+y），根据图示可知当x=12时，c（OH-）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L，故Kw=1×10-12。‎ ‎【详解】（1）由电离常数可知，相同条件下，酸的电离平衡常数越小，酸的电离程度越小，酸根离子的水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液pH越大，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序为CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，则四种溶液的pH由大到小的关系为③＞②＞④＞①，故答案为：③＞②＞④＞①；‎ ‎（2）盐在溶液中的水解程度越大，溶液中酸根的浓度越小，由电离常数可知，水解程度CO32-‎ ‎＞SO32-，则浓度均为0.1 mol·L－1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32-、CO32-、HSO3-、HCO3-浓度从大到小的顺序为c（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-），故答案为：c（SO32-）＞c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（HSO3-）；‎ ‎（3）由电离常数可知，次氯酸的电离程度大于碳酸氢根，由强酸制弱酸的原理可知，可溶性次氯酸盐与碳酸反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-，故错误；‎ B、由电离常数可知，甲酸的电离程度大于碳酸，由强酸制弱酸的原理可知，可溶性碳酸盐与甲酸反应生成甲酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2HCOOH+CO32-=2HCOO-+H2O+CO2↑，故正确；‎ C、由电离常数可知，甲酸的电离程度小于亚硫酸大于亚硫酸氢根，由强酸制弱酸的原理可知，甲酸盐与亚硫酸反应生成亚硫酸氢钠和甲酸，反应的离子方程式为H2SO3+HCOO-=HCOOH+HSO3-，故错误；‎ D、由电离常数可知，次氯酸的电离程度小于碳酸大于碳酸氢根，由强酸制弱酸的原理可知，氯水中盐酸和次氯酸与足量碳酸钠溶液反应生成氯化钠、碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+H2O+2CO32-=2HCO3-+Cl-+ClO-，故正确；‎ BD正确，故答案为：BD；‎ ‎（4）Kw=c（H+）•c（OH-）=10-x•10-y=10-（x+y），根据图示可知当x=12时，c（OH-）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L，故Kw=1×10-12。‎ ‎①此温度下，0.01mol/L的NaOH溶液中，c（OH-）=0.01mol/L，水电离出的氢离子浓度等于水电离出的OH-浓度，则水电离出的OH-浓度为=1×10-10 mol/L，故答案为：1×10-10 mol/L；‎ ‎②0.1mol·L-1的NaHSO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L， 0.1mol·L-1的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为0.2mol/L。‎ 由题给数据可知，按甲方式混合后，Ba(OH)2溶液过量，反应后溶液中OH-浓度为=0.1mol/L，则溶液的pH为11，故答案为：11；‎ 由题给数据可知，按乙方式混合后，氢氧化钡溶液部分与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，故答案为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O；‎ 由题给数据可知，按丁方式混合后，氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子部分沉淀，则溶液呈中性，故答案为：中性。‎ ‎【点睛】根据图示确定当x=12时，c（OH-）=1mol/L，当y=12时，c（H+）=1mol/L是分析图示的关键，也是解答的难点和易错点。‎ ‎19.已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，具有强还原性的二元弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。‎ ‎（1）已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的方程式___；‎ ‎（2）Na2HPO3是________(填“正盐”或“酸式盐”)；‎ ‎（3）亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；‎ ‎（4）某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的一级电离平衡常数Ka1=______；(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字) ‎ ‎（5）向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”)；‎ ‎（6）向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3—、HPO32—的物质的量分数a(X)（平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。‎ 以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是____________。‎ ‎【答案】 (1). PCl3+3H2O＝H3PO3+3H++3Cl- (2). 正盐 (3). 2∶1 (4). 8.3×10-3 mol·L-1 (5). = (6). H2PO3-+OH-＝HPO32-+H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）PCl3水解可制取亚磷酸和盐酸，水解方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，故答案为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；‎ ‎（2）由题意可知亚磷酸是具有强还原性的二元弱酸，则Na2HPO3‎ 是亚磷酸的正盐，故答案为：正盐；‎ ‎（3）由题意可知，亚磷酸可以被银离子氧化为磷酸，银离子被还原生成银，反应的离子方程式为：H3PO3+2Ag++H2O=2Ag+H3PO4+2H+，由方程式可知氧化剂Ag+与还原剂H3PO3的物质的量之比为2:1，故答案为：2:1；‎ ‎（4）由某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液c(H+)=2.5×10-2mol•L-1可知，溶液中c（H2PO3-）=2.5×10-2mol•L-1，则H3PO3的一级电离平衡常数Ka1==≈8.3×10-3，故答案为：8.3×10-3；‎ ‎（5）向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性时，溶液中c（H+）=c（OH-），由溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c（H+）=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)+c（OH-）可知，溶液中c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)，故答案为：=；‎ ‎（6）以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，溶液的pH大于10，由图可知，亚磷酸与NaOH溶液反应生成HPO32—，反应的离子方程式为H2PO3-+OH-＝HPO32-+H2O，故答案为：H2PO3-+OH-＝HPO32-+H2O。‎ ‎20.纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数，取17.2gTiO2样品在一定条件下溶解并还原为Ti3+，将溶液加水稀释配成250mL溶液；取出25.00mL该溶液于锥形瓶中，滴加KSCN溶液作指示剂，用0.5mol/L的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：‎ ‎（1）如图分别是温度计、量筒、滴定管的一部分，其中A仪器的名称为________B的正确读数为________。‎ ‎（2）TiCl4水解生成TiO2•xH2O化学方程式为________。‎ ‎（3）判断滴定终点的现象是_____________。‎ ‎（4）滴定到达终点时，共用去0.5mol/LNH4Fe(SO4)2标准溶液40.00mL,则原样品中TiO2‎ 质量分数______________。‎ ‎（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________。‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，使测定结果__________。‎ ‎【答案】 (1). 量筒 (2). 22.80mL (3). TiCl4＋(2＋x)H2O= TiO2·xH2O↓＋4HCl (4). 加入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成红色，且半分钟不恢复原来颜色 (5). 93% (6). 偏高 (7). 偏低 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题给图示可知，A仪器的刻度上大下小，为量筒，仪器B的刻度上小下大，为滴定管，仪器C有0刻度，为温度计；‎ ‎（2）由题给信息可知TiCl4发生水解反应生成TiO2•xH2O沉淀和盐酸；‎ ‎（3）用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定时，Fe3+与Ti3+发生氧化还原反应，Ti3+被氧化生成生成Ti4+，Fe3+被还原为Fe2+，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，溶液中Fe3+过量，会变成红色；‎ ‎（4）由得失电子守恒和原子个数守恒计算TiO2的物质的量，再计算质量分数；‎ ‎（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，导致物质的量浓度减小，滴定时消耗NH4Fe(SO4)2溶液的体积增大；‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，读取的NH4Fe(SO4)2溶液体积偏小。‎ ‎【详解】（1）由题给图示可知，A仪器的刻度上大下小，为量筒，仪器B的刻度上小下大，为滴定管，由凹液面的最低点可知读数为22.80mL，仪器C有0刻度，为温度计，故答案为：量筒；22.80mL；‎ ‎（2）由题给信息可知TiCl4发生水解反应生成TiO2•xH2O沉淀和盐酸，反应的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O= TiO2·xH2O↓＋4HCl，故答案为：TiCl4＋(2＋x)H2O= TiO2·xH2O↓＋4HCl；‎ ‎（3）向含有Ti3+溶液中滴加KSCN溶液作指示剂，溶液不显红色，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定时，Fe3+与Ti3+发生氧化还原反应，Ti3+被氧化生成生成Ti4+，Fe3+被还原为Fe2+，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，溶液中Fe3+过量，会变成红色，终点的现象是加入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成红色，且半分钟不恢复原来颜色，故答案为：加入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液后，溶液变成红色，且半分钟不恢复原来颜色；‎ ‎（4）由得失电子守恒和原子个数守恒可知，n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=0.5mol/L×0.04L=0.02mol，则原样品中TiO2质量分数为×100%≈93%，故答案为：93%；‎ ‎（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，导致物质的量浓度减小，滴定时消耗NH4Fe(SO4)2溶液的体积增大，所测TiO2质量分数偏高，故答案为：偏高；‎ ‎②若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视标准液液面，读取的NH4Fe(SO4)2溶液体积偏小，所测TiO2质量分数偏低，故答案为：偏低。‎ ‎【点睛】用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定时，Fe3+与Ti3+发生氧化还原反应，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2溶液，溶液中Fe3+过量，会变成红色是判断滴定终点的实验现象，也是解答关键。‎ ‎ ‎