江苏省南京师大苏州实验学校2019-2020学年高二9月月考化学试题
2019～2020学年度第一学期9月阶段测试
高二化学试卷
第I卷（选择题，共45分）
一、单项选择题（本项共12题，每题2分，24分。每题只有1个选项正确）
1.下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（ ）
A. pH＝7的溶液呈中性
B. 中性溶液中一定有：c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1
C. c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性
D. 在100°C时，纯水的pH＜7，因此显酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，该温度下pH＝7时溶液呈碱性，温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故A错误；
B、常温下中性溶液中c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，温度未知，中性溶液中不一定有c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，故B错误；
C、c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性，与溶液温度高低无关，故C正确；
D、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，故D错误；
答案为C。
【点睛】温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，也不能根据氢离子或氢氧根浓度来判断溶液酸碱性，只能根据c(H＋)、c(OH－)相对大小来判断。
2.已知常温下，0.01mol/L CH3COOH溶液中c(H＋)＝4.32×10－4mol/L，则该CH3COOH溶液中水的离子积常数为（ ）
A. <1×10－14 B. >1×10－14 C. ＝1×10－14 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】水的离子积常数只与温度有关，常温下水溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为Kw＝1×10－14；
答案为C。
【点睛】常温下水溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为常数，为离子积常数，离子积常数只与温度有关。
3.常温下，已知pH＝2的高碘酸(H5IO6)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性；0.01mol·L-1的碘酸(HIO3)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性。则对（ ）
A. 高碘酸和碘酸都是强酸 B. 高碘酸和碘酸都是弱酸
C. 高碘酸是弱酸、碘酸是强酸 D. 高碘酸是强酸、碘酸是弱酸
【答案】C
【解析】
pH=2的高碘酸(H5IO6)溶液中c(H+)等于pH=12的NaOH溶液中c(OH-)，等体积混合，如果酸是强酸，二者混合溶液呈中性，实际上所得混合液显酸性，说明H5IO6在反应过程中继续电离出氢离子，所以为弱酸；0.01mol•L-1的碘酸(HIO3)溶液与pH=12的NaOH溶液中二者的物质的量浓度相等，等体积混合，所得混合液显中性，说明HIO3完全电离，则为强酸，故选C。
点睛：本题考查了强弱电解质的判断。在酸碱中和过程中继续电离出氢离子的酸为弱酸，根据酸的电离程度确定电解质强弱是判断酸的强弱的常用方法之一，要注意与酸的浓度大小无关。
4.95℃时，水中的H+的物质的量浓度为10－6mol·L－1，若把0.01 mol的NaOH固体溶解于95℃水中配成1 L溶液，则溶液的pH为 （ ）
A. 4 B. 10 C. 2 D. 12
【答案】B
【解析】
【详解】95℃时，水中的H+的物质的量浓度为10－6mol·L－1，所以该温度下水的离子积常数是1×10－12。0.01 mol的NaOH固体溶解于95℃水中配成1 L溶液，溶液中OH－的浓度是0.01mol/L，则溶液中氢离子的浓度就是c(H+)=mol/L=10-10mol/L，因此pH＝10；
答案选B。
5.下列说法中正确的是（ ）
A. FeCl3溶于水使溶液呈酸性，从而抑制水的电离
B. (NH4)2SO4溶液中c(NH4+)∶c(SO42-)＝2∶1
C. 盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵和氨水
D. 将Al2(SO4)3溶液蒸干（不灼烧）得到Al(OH)3固体
【答案】C
【解析】
【详解】A、FeCl3溶于水使溶液呈酸性，原因是铁离子水解使溶液呈酸性，铁离子水解促进水的电离，故A错误；
B、由于铵根离子发生水解，硫酸根离子不水解，因此铵根离子浓度减小，所以(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)∶c(SO42－) < 2∶1，故B错误；
C、盐酸中滴加氨水，如果恰好反应，则生成氯化铵，溶液呈酸性，继续再加氨水，溶液呈中性，所以溶质为氯化铵和氨水，故C正确；
D、将Al2(SO4)3溶液加热蒸干，Al2(SO4)3水解产物是氢氧化铝和非挥发性的硫酸，所以溶液蒸干得到硫酸铝固体，故D错误；
答案为C。
6. 25 ℃时，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为
A. 0.01 mol·L－1 B. 0.017 mol·L－1
C. 0.05 mol·L－1 D. 0.50 mol·L－1
【答案】C
【解析】
试题分析：混合后溶液显碱性，pH等于12，c(OH－)=10-2mol·L－1，设浓度为c mol·L－1，NaOH和HCl溶液体积分别为3VL、2VL，则有：(3Vc-2Vc)/5V=10-2mol·L－1，得c="0.05" mol·L－1
考点：有关溶液酸碱性的计算。
7.将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )
A. c(H＋) B. Ka(HF)
C. c(F-)/c(H＋) D. c(H＋)/c(HF)
【答案】D
【解析】
【分析】
HF溶液中存在电离平衡HFH＋＋F－，加水不断稀释，平衡向右移动，n(H＋)与n(F－)增大，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，A项错误；
B. Ka(HF)只与温度有关，与溶液的离子浓度无关。温度不变，Ka(HF)保持不变，B项错误；
C. 加水不断稀释，则溶液的体积不断增大，最终导致c(H＋)减小，由于温度不变则Kw不变，溶液中c（OH-）增大， HF溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（F-）+c（OH-），则c(F-)/c(H＋)=[c（H+）-c（OH-）]/c（H+）=1- c（OH-）/c（H+），c（OH-）/c（H+）增大，则c(F-)/c(H＋)减小，C项错误；
D. 加水稀释过程，平衡向右移动，n(H＋)增大，n(HF)减小，c(H＋)/c(HF)= n(H＋)/ n(HF)，其比值增大，D项正确；
答案选D。
【点睛】值得注意的是，加水稀释过程中，虽然平衡向右移动，但因水量增多更显著，最终c(F-)与c(H＋)都减小，这是学生的易错点，需要强调。
8. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是
A. 明矾溶液加热 B. CH3COONa溶液加热
C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【答案】B
【解析】
【详解】A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；
B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；
C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；
D．加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。
答案选B。
【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。
9.25℃时，下列各组溶液等体积混合后，所得溶液的pH最大的是（ ）
A. pH＝1的盐酸与pH＝13的Ba(OH)2溶液
B. 0.1mol·L－1H2SO4溶液与0.2mol·L－1氨水
C. pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝13的NaOH溶液
D. 0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH＝1的盐酸中c(H+)与pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－)相同，盐酸为强酸，Ba(OH)2为强碱，所以等体积混合恰好完全中和，溶液显中性，溶液pH=7；
B、0.1mol·L－1H2SO4溶液与0.2mol·L－1氨水等体积混合后，两者恰好完全反应生成硫酸铵，铵根离子水解，所以溶液显酸性，pH < 7；
C、醋酸为弱酸，氢氧化钠为强碱，所以pH＝1的醋酸溶液与pH＝13的氢氧化钠溶液等体积混合生成醋酸钠，醋酸过量，反应后的溶液为醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液显酸性，pH < 7；
D、0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH >7，所以pH最大的是D；
答案为D。
10.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数如下表。则从表格中判断以下说明不正确的是（ ）
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10－5
6.3×10－9
1.6×10－9
4.2×10－10
A. 在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
B. 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸
C. 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO42-
D. 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据电离平衡常数可知，在冰醋酸中这几种酸都没有完全电离，故A正确；
B、在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B正确；
C、在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H＋＋HSO4－，故C错误；
D、这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；
答案为C。
11. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则下列关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO溶液的说法中正确的是( )
A. 酸的强弱:HCN>HClO
B. pH:HClO>HCN
C. 与NaOH恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
D. 酸根离子浓度:c(CN-)
c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. b、c点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【解析】
【详解】A、a点pH =3，说明c(H＋) =1×10－3mol·L－1，，而氢离子浓度等于酸电离出的氢离子和水电离出的氢离子浓度之和，因此溶液中c(CH3COO－)略小于10－3mol·L－1，故A正确；
B、根据电荷守恒c(CH3COO－) ＋c(OH－) = c(H＋) ＋ c(Na＋)，b点溶液中c(OH－) < c(H＋)，因此b点溶液中c(CH3COO－) > c(Na＋)，故B正确；
C、c点是呈中性的点， CH3COOH和NaOH恰好反应完全时得醋酸钠溶液，溶液呈碱性，故C错误；
D、CH3COOH的电离平衡常数K=，K只与温度有关，与浓度无关，故D正确；
答案为C。
18.常温下，在20.00 mL 0.100 0 mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.100 0 mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. ①溶液：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
B. ②溶液：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)
C. ①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②>③>①
D. 滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
试题分析：①溶液时等浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；②溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；③点为酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，①、②两点为碱剩余，抑制水电离，①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度③＞②＞①，故C错误；开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故D错误。
考点：本题考查离子浓度比较。
19.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A. 水的电离程度始终增大
B. c(NH4+)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C. c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D. 当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】
【分析】
A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；
B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；
C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；
D．CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，Kw=10-14计算。
【详解】A
．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故选项A错误；
B．当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数，随着氨水的加入，c(H+)逐渐减小，Kh不变，则变小，当加入氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数Kb=变小，当加氨水至c(OH-)与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，由于电离常数K不变，所以逐渐减小，选项B错误；
C．根据物料守恒可知，n(CH3COOH)与n(CH3COO-)之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和逐渐减小，故选项C错误；
D．当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(CH3COO－)，所以c(NH4+)= c(CH3COO－)，选项D正确；
所以合理选项D。
【点睛】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法。
第Ⅱ卷（非选择题，共55分）
三、非选择题（本题包括5小题，共55分）
20.常温下，amL0.1mol/LCH3COOH与bmL的0.1mol/L NaOH混合，充分反应。
（1）写出反应的离子方程式___。
（2）两溶液pH之和___14（填“<”、“＝”或“>”）。
（3）若a＝b，则反应后溶液中粒子（除水分子外）浓度从大到小的顺序是____。
（4）若混合后溶液呈中性，则a___b，反应后溶液中c(CH3COO－)___c(Na＋)。（填“<”、“＝”或“>”）
【答案】 (1). CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O (2). > (3). c(Na＋)> c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋) (4). > (5). =
【解析】
【详解】⑴醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O，故答案为CH3COOH＋OH－=CH3COO－＋H2O；
⑵醋酸是部分电离，因此0.1mol/L的CH3COOH的pH大于1，氢氧化钠全部电离，0.1mol/L NaOH溶液pH =13 ,所以两溶液pH之和大于14，故答案为 > ；
⑶若a＝b，反应恰好完全反应，溶质为醋酸钠，醋酸根水解，溶液显碱性，醋酸根离子浓度减小，则反应后溶液中粒子浓度从大到小的顺序是c(Na＋) > c(CH3COO－) > c(OH－) > c(CH3COOH) > c(H＋)，故答案为c(Na＋) > c(CH3COO－) > c(OH－) > c(CH3COOH) > c(H＋)；
⑷若a＝b，反应恰好完全反应，溶质醋酸钠，溶液显碱性，若混合后溶液呈中性，则需还要加酸，所以a > b，根据电荷守恒原则得到c(CH3COO－) ＋c(OH－) = c(H＋) ＋c(Na＋)，再根据中性c(OH－) = c(H＋)，从而得到c(CH3COO－) = c(Na＋)，故答案为 >；=；
21.已知25 ℃时0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了c(OH－)，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大。
(1)上述两种解释中________(填“甲”或“乙”)正确。
(2)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的________(填写编号字母)，然后测定溶液的pH。
A．固体CH3COOK
B．固体CH3COONH4
C．气体NH3
D．固体NaHCO3
(3)若________(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应________(填“增大”、“减小”或“不变”)(已知25 ℃ 时，CH3COONH4溶液呈中性)。
(4)常温下将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5 L混合溶液。判断：
①溶液中共有________种粒子。
②溶液中有两种粒子的物质的量的和一定等于0.010 mol，它们是________和________。
③溶液中n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝________mol。
【答案】(1)乙 (2)B (3)乙(甲) 增大(不变)
(4)①7 ②CH3COOH CH3COO－ ③0.006
【解析】
试题分析：(1)、(2)、(3)由题意知，溶液中存在两个平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－。醋酸溶液中加入醋酸钠晶体，溶液的pH虽然增大，但一定小于7。因此CH3COOH的电离平衡占主导地位，乙同学的解释正确。为了验证两种解释哪种正确，就得选择一种含有CH3COO－但水解不显碱性的物质再实验，它只能是CH3COONH4。
(4)混合溶液中存在反应有：CH3COONa＋HCl===NaCl＋CH3COOH，NaCl===Na＋＋Cl－，CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OH＋＋OH－。因此，溶液中存在Na＋、Cl－、CH3COOH、CH3COO－、H2O、H＋、OH－等7种粒子。根据物料守恒，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)＝n(Na＋)＝0.010 mol，根据电荷守恒，n(CH3COO－)＋n(OH－)＋n(Cl－)＝n(Na＋)＋n(H＋)，因此，n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝n(Na＋)－n(Cl－)＝0.010 mol－0.004 mol＝0.006 mol。
考点：考查盐类水解、外界条件对水解平衡放热影响、溶液中离子浓度大小关系
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题贴近高考，综合性强，在注重对学生基础知识巩固与训练的同时，侧重对学生能力的培养与解题方法的指导和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，也有助于培养学生规范严谨的实验设计能力，提升学生的学科素养。
22.25℃时，电离平衡常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1 43×10－7
K2 5.6×10－11
3.0×10－8
回答下列问题：
（1）下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是___；（填编号）
A．CO32- B．ClO- C．CH3COO- D．HCO3-
（2）下列反应不能发生的是___；
A．CO32-+CH3COOH＝CH3COO-+CO2↑+H2O
B．ClO-+CH3COOH＝CH3COO- +HClO
C．CO32-+HClO＝CO2↑+H2O+ClO-
D．2ClO-+CO2+H2O＝CO32-+2HClO
（3）用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___；
A．c(CH3COOH)/c(H+)
B．c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
C．c(H+)/Kw
D．c(H+)/c(OH-)
（4）体积为10 mLpH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，稀释过程pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数__（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)___醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。（填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】 (1). ABDC (2). CD (3). B (4). 大于 (5). 大于
【解析】
【详解】从电离平衡常数得出酸性强弱为CH3COOH > H2CO3 > HClO > HCO3－；
⑴对应酸越弱结合氢离子能力越强，所以结合氢离子能力A > B > D > C，故答案为ABDC；
⑵根据相对强的酸制相对弱的酸原理
A选项，CO32－+CH3COOH＝CH3COO－+CO2↑+H2O，醋酸大于碳酸，故A正确；
B选项，ClO－+CH3COOH＝CH3COO－+HClO，醋酸大于次氯酸，故B正确；
C选项，CO32－+HClO＝CO2↑+H2O+ClO－，由于碳酸大于次氯酸，不发生，故C错误；
D选项，2ClO－+CO2+H2O＝CO32－+2HClO，次氯酸大于碳酸氢根，不发生，故D错误；
综上所述，答案为CD；
⑶用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，
A选项，，加水稀释，平衡正向移动，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，比值减小，故不选；
B选项，，加水稀释平衡正向移动，n(CH3
COOH)减小，n(CH3COO－)增大，所以比值增大，故选；
C选项，加水稀释，c(H+)减小，Kw不变，所以c(H+)/Kw减小，故不选；
D选项，加水稀释，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(H+)/c(OH－)减小，故不选；
综上所述，答案为B；
⑷体积为10 mLpH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，加水稀释变化大的酸性相对较强，因此根据稀释过程pH变化如图，得出HX酸比醋酸强，则HX的电离平衡常数大于醋酸的平衡常数，稀释后，HX酸性比醋酸酸性弱，对水电离抑制程度比醋酸抑制水的能力弱，因此HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，故答案为大于；大于。
23.某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mLKI溶液（足量），滴入指示剂2～3滴。
②取一只碱式滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.010mol·L－1Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。
试回答下列问题：
（1）步骤①加入的指示剂是___。
（2）滴定时，眼睛应注视___，判断到达滴定终点的现象是__，若耗去Na2S2O3溶液20.00mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为___。
（3）实验中，Cl2的所测浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因是___。
（4）如图表示50.00mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25.00mL，滴定管中液面读数应为___mL，设此时液体体积读数为amL，滴定管中液体的体积V___(50－a)mL（填“<”、“＝”或“>”）。
（5）滴定结束时俯视刻度线读取滴定终点时Na2S2O3溶液的体积，会导致测定结果__（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。
【答案】 (1). 淀粉溶液 (2). 锥形瓶中溶液的颜色变化 (3). 锥形瓶中溶液的颜色由蓝色变浅红无色且保持30秒内不恢复 (4). 0.01mol·L-1 (5).
因为步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，故测出的c(Cl2)大于实际浓度 (6). 25.40 (7). > (8). 偏小
【解析】
【详解】⑴游离态氯与碘化钾反应生成单质碘，单质碘与硫代硫酸钠反应，将单质碘消耗，则需要用淀粉溶液来作指示剂，故答案为淀粉溶液；
⑵滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化，判断到达滴定终点的现象是锥形瓶中溶液的颜色由蓝色变为无色且保持30秒内不恢复；
若耗去Na2S2O3溶液20.00mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为
I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6， Cl2 ＋ 2I－ == 2 Cl－＋I2
x =1 ×10－4 mol
⑶实验中，Cl2的所测浓度比实际浓度偏大，造成误差的原因是因为步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，因此测出的c(Cl2)大于实际浓度，还可能是开始有气泡，后来测定完后没有气泡等情况，故答案为因为步骤②滴定管用蒸馏水洗净后未用待测液润洗，故测出的c(Cl2)大于实际浓度；
⑷如图表示50.00mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25.00mL，滴定管每一个刻度为0.10mL，滴定管要精确到0.01mL，因此液面读数应为25.40mL，设此时液体体积读数为amL，由于最大刻度下方还有很多液体在滴定管中，所以液体的体积大于(50－a)mL，故答案为25.40mL；>。
⑸滴定结束时俯视刻度线读取滴定终点，则由于滴定管上面刻度小，所有读出的数据偏小，体积偏小，结果偏小，故答案为偏小。
24.工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80℃左右，慢慢加入粗CuO粉末（含杂质Fe2O3、FeO），充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤：
参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3。
请回答以下问题：
（1）第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？___，理由是___。
（2）有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是____。（填序号）
A．一定增大 B．一定减小 C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？___，理由是___。
③现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有___（多选）。
A．浓HNO3 B．KMnO4 C．Cl2 D．O2 E．H2O2
（3）除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，现有下列试剂均可以使强酸性溶液的pH调整到3.7，可选用的有___（多选）。
A．NaOH B．氨水 C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3 E．CuO F．Cu(OH)2
【答案】 (1). 不能 (2). 因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完全 (3). A (4). 否 (5). 引入新杂质 (6). CDE (7). CEF
【解析】
【详解】⑴第一步除去Fe2＋，不能直接调整pH＝9.6，根据已知信息，如果直接调整pH＝9.6将Fe2＋沉淀，而Cu2＋早已经变为沉淀，因此不能直接调整pH，故答案为不能；因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋也会沉淀完全；
⑵①有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生的离子反应为
2Fe2＋ ＋ ClO－ ＋2H＋ =2Fe3＋＋Cl－＋H2O，根据反应方程式可知，加入NaClO后，消耗氢离子，溶液的pH变大，故答案为A；
②用NaClO作氧化剂，虽然将亚铁离子氧化成了铁离子，但会引入新的杂质
③能氧化亚铁离子，而不引入新的杂质，所以除去混合溶液中Fe2＋主要有Cl2、O2、H2O2，故答案为CDE；
⑶除去溶液中的Fe3＋的方法是调整溶液的pH＝3.7，通过加要保留的物质对应的难溶于水的物质，利用该物质与酸反应，使得pH升高，铁离子水解直到全部生成氢氧化铁，因此可用Cu2(OH)2CO3、CuO、Cu(OH)2，故答案为DEF。
