【化学】河北省武邑中学2019-2020学年高二12月月考试题（解析版）
河北省武邑中学2019-2020学年高二12月月考试题
温馨提示：本试卷分Ⅰ卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。Ⅰ卷答案
必须用2B铅笔涂在机读答题卡上，答在试卷上无效；Ⅱ卷直接将答案写在试卷上。
相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Zn-65 Cu-64 I-127
一、选择题
1.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。
2.以下是一些常用危险化学品的标志，水银应贴的危险化学品标志是（ ）
A. 遇湿易燃物品 B. 易燃液体 C. 氧化剂 D. 剧毒品
【答案】D
【解析】
【详解】因为水银是有毒的物质，所以应该粘贴剧毒品的标志；答案选D。
3.从不含杂质的氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的操作是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】氯化钠随温度的变化溶解度变化不大，从不含杂质的氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的操作是蒸发结晶。
【详解】A、操作为过滤，用于固体与液体的分离，不符合，选项A不选；
B、操作为蒸发结晶，符合，选项B选；
C、操作为蒸馏，利用互溶的物质的沸点不同将其分离，不符合，选项C不选；
D、操作为分液，分离互不相溶的两种液体，不符合，选项D不选；
答案选B。
4.为检验某溶液中是否含有Fe3+，可以选择试剂是（ ）
A. KSCN溶液 B. AgNO3溶液
C. 酸性KMnO4溶液 D. BaCl2溶液
【答案】A
【解析】
【详解】检验溶液中是否含有Fe3+的方法为：向溶液中加入KSCN溶液，然后观察现象，若溶液变红色，说明溶液中存在Fe3+，否则没有铁离子，故选A。
5.如图是一定条件下某化学反应的反应速率随反应时间变化 的示意图．下列叙述与示意图不相符合的是( )
A. 反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B. 该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ
C. 同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等
D. 该反应达到平衡态Ⅰ后，升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，当正反应速率和逆反应速率相等时，反应达平衡，故A正确；
B选项，该反应达到平衡态Ⅰ后，根据图象，正反应速率突变，逆反应速率不变，后来趋于平衡，因此是增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态Ⅱ，故B正确；
C选项，平衡态Ⅰ到平衡态Ⅱ，正向移动，因此同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡态Ⅱ时浓度不相等，故C正确；
D选项，该反应达到平衡态Ⅰ后，升高温度正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误；
答案为D。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 葡萄糖、蔗糖、淀粉和纤维素均属于糖类
B. 酶是一种具有高选择催化性能的蛋白质
C. 硬脂酸甘油酯属于高级脂肪酸甘油酯，是高分子化合物
D. 动物脂肪和氢氧化钠混合加热，可得到肥皂的主要成分和甘油
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，葡萄糖属于单糖，蔗糖属于二糖，淀粉和纤维素属于多糖，故A正确；
B选项，酶是一种具有高选择催化性能的特殊蛋白质，故B正确；
C选项，硬脂酸甘油酯属于高级脂肪酸甘油酯，不是高分子化合物，故C错误；
D查重，动物脂肪和氢氧化钠混合加热，发生皂化反应得到肥皂的主要成分和甘油，故D正确；
答案为C。
7.S-诱抗素的分子结构如图。下列关于该物质的说法正确的是（ ）
A. 该有机物能发生取代、加成和水解反应
B. 1mol该有机物与足量溴反应最多消耗4mol Br2
C. 该有机物的分子式为C15H21O4
D. 1mol该有机物与足量Na反应生成生成1mol H2
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，该有机物含羟基、羧基能发生取代，含有碳碳双键能发生加成，不能发生水解反应，故A错误；
B选项，1mol该有机物含有3mol碳碳双键，因此与足量溴反应最多消耗3mol Br2，故B错误；
C选项，该有机物分子式为C15H20O4，故C错误；
D选项，羟基和羧基与钠反应生成氢气，因此1mol该有机物与足量Na反应生成生成1mol H2，故D正确。
综上所述，答案为D。
8.化合物(甲)、(乙)、(丙)的分子式均为，下列说法正确的是( )
A. 甲的同分异构体只有乙和丙两种
B. 甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是丙
C. 甲、乙、丙均可与溴的四氯化碳溶液反应
D. 甲中所有原子可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A.符合甲的分子式的同分异构体有多种，因为其不饱和度为5，分子中还可以是含有碳碳三键、环等结构的物质，故A错误；
B.甲的分子中含有5种氢原子，所以一氯代物有5种，乙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，丙的分子中含有1种氢原子，所以一氯代物有1种，所以甲、乙、丙的一氯代物种数最少的是乙和丙，故B错误；
C.丙中不存在不饱和碳碳键，不能与溴的四氯化碳溶液反应，故C错误；
D.苯环和碳碳双键均为平面结构，单键可以旋转，所以所有原子可能处于同一平面，故D正确。
故选D。
9.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（ ）
A. 相同浓度的两溶液中c(H＋)相同
B. pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5
C. 100 mL 0.1 mol·L－1的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠
D. 两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、盐酸是强酸，在水中完全电离，而醋酸是弱酸，在水中不完全电离，则物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中的H+浓度不同，故A错误；
B、盐酸是强酸，醋酸是弱酸，则pH=3的盐酸稀释100倍后，pH为5，而pH=3的醋酸稀释100倍后，醋酸进一步电离， pH<5，故B错误；
C、100mL 0.1mol/L的两溶液中溶质物质的量相同，都是一元酸，与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的物质的量相同，故C正确；
D、两溶液中分别加入少量对应的钠盐，盐酸中加入氯化钠，溶液中H+浓度基本不变，醋酸中加入醋酸钠，溶解后醋酸根对电离平衡起到抑制作用，溶液中H+浓度变小，故D错误；
故选C。
10.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
11.室温下，相同浓度和体积的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的( )
A. 两者水的电离程度相同
B. 与足量的锌反应盐酸产生的氢气多
C. 盐酸的c(H+)大于醋酸溶液的c(H+)
D. 分别与物质的量浓度相同的NaOH溶液恰好反应完全时，盐酸消耗NaOH溶液的体积多
【答案】C
【解析】
【详解】A.相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸中c（H+）大于醋酸中的，盐酸中水的电离程度小于醋酸中的，故错误；
B.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，和足量的锌反应生成的氢气相同，故错误；
C.盐酸为强酸，完全电离，醋酸为弱酸，部分电离，所以盐酸溶液中的氢离子浓度大于醋酸中的，故正确；
D.相同浓度相同体积的盐酸和醋酸物质的量相同，二者与物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液反应，消耗的氢氧化钠溶液的体积相同，故错误。
故选C。
12.常温下将稀NaOH溶液和稀CH3COOH溶液混合，不可能出现的结果是 （ ）
A. pH＞7，且c(OH-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(CH3COO-)
B. pH＞7，且c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(OH-)
C. pH＜7，且c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(Na+)＞c(OH-)
D. pH＝7，且c(CH3COO-)=c(Na+)＞c(H+)＝c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢离子和氢氧根离子反应生成水，钠离子不反应，所以c（Na+）>c（OH-），A错误；
B．pH＞7，根据电荷守恒可得c（Na+）＋c（H+）＝c（CH3COO-）＋c（OH-）， B正确；
C．pH＜7的溶液是酸性溶液，该溶液是CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，若n（CH3COOH）>n（CH3COONa），则c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH-），C正确；
D．pH＝7，溶液显中性，根据电荷守恒，可得c（Na+）＋c（H+）＝c（CH3COO-）＋c（OH-），盐的电离作用大于水的电离作用，所以c（CH3COO-）=c（Na+）＞c（H+）＝c（OH-），D正确；
答案选A。
13.甲酸是一元有机酸。室温下，下列事实不能说明它是弱电解质的是（ ）
A. 0.1 mol•L﹣1 HCOONa溶液的pH大于7
B. 1mol•L﹣1甲酸溶液的pH值约为2
C. 10mL 1mol•L﹣1甲酸恰好与10mL 1mol•L﹣1NaOH溶液完全反应
D. 相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1甲酸溶液和盐酸，甲酸溶液的导电能力弱
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，0.1 mol∙L﹣1 HCOONa的盐溶液，其溶液的pH大于7，说明甲酸根发生水解，说明甲酸是弱酸，故A能说明它是弱电解质，不符合题意；
B选项，1 mol∙L﹣1甲酸如果是强电解质，氢离子浓度为1 mol∙L﹣1，但溶液的pH值约为2，故B能说明它是弱电解质，不符合题意；
C选项，10mL 1 mol∙L﹣1甲酸恰好与10mL 1 mol∙L﹣1NaOH溶液完全反应，说明酸碱反应，故C不能说明它是弱电解质，符合题意；
D选项，相同条件下，浓度均为0.1 mol∙L﹣1甲酸溶液和盐酸，甲酸溶液的导电能力弱，说明离子浓度小于盐酸，没有全部电离，故D能说明它是弱电解质，不符合题意。
综上所述，答案为C。
14.常温下，下列溶液中，有关微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液：c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(Fe2+)
B. 将100mL0.1mol·L−1 Na2CO3溶液逐滴滴加到100mL0.1mol·L−1盐酸中：c(Na+)>c(Cl−)>c(HCO3-)>c(CO32-)
C. pH=12的NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸溶液混合后：c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)
D. 0.1mol·L−1NaHCO3溶液：c(H+)+2c(H2CO3)=c(OH−)+c(CO32-)
【答案】C
【解析】
【详解】A、亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，氢离子是铵根离子和亚铁离子水解产生的，所以c(H+)
c(Cl-)>c(CO32-)>C(HCO3-)，故B错误；
C、0.01mol·L-1NaOH溶液与等体积pH=2的醋酸混合后的溶液中溶质为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液显酸性，根据电荷守恒：c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(Na+)+c(H+)可知，c(H+)>c(OH-)，所以离子浓度大小的关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；
D、溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（CO32-）+c（HCO3-）+c（OH-），根据物料守恒得c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），所以得c(H+)+c(H2CO3)=c(OH−)+c(CO32-)，故D错误；
故答案选C。
15.下列溶液中各微粒的浓度关系或说法正确的是( )
A. 0.1 mol•L-1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)＞c(H2B)＞c(B2-)
B. 等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2 ②NH4Cl ③CH3COONH4 ④NH4HCO3 ⑤NH4HSO4 ⑥NH3·H2O；c(NH4+) 由大到小的顺序是：⑤＞①＞②＞④＞③＞⑥
C. 向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水,c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不变
D. 0.1mol·L-1的氨水的pH=a，0.01mol·L-1的氨水的pH=b，则a=b+1
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mol•L-1的NaHB溶液中pH=4，则证明HB-的电离能力大于其水解程度，所以c(HB-)＞c(B2-)＞c(H2B)，故A错误；
B．⑥是弱电解质，①②③④⑤是强电解质，强电解质电离出的铵根离子浓度大于弱电解质的，所以⑥中铵根离子浓度最小；①②③④⑤中电离出的铵根离子均要水解，①NH4Al(SO4)2中，铝离子水解显示酸性，对铵根离子的水解起抑制作用；②NH4Cl中，氯离子不影响铵根离子的水解；③CH3COONH4中醋酸根离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用；④NH4HCO3中HCO3-离子水解显碱性，对铵根离子的水解其促进作用，且HCO3-水解能力比醋酸根离子强，则CH3COONH4中c(NH4+)比NH4HCO3中c(NH4+)大；⑤NH4HSO4 中电离出的H+抑制铵根离子的水解，且抑制能力比NH4Al(SO4)2中铝离子对铵根离子的水解起抑制作用强，则NH4HSO4 中c(NH4+)比NH4Al(SO4)2中c(NH4+)大；所以铵根离子浓度大小顺序是：⑤＞①＞②＞③＞④＞⑥，故B错误；
C．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，促进AgCl的溶解，仍为饱和溶液，则银离子浓度不变，因溶度积只受温度的影响，温度不变，则溶度积不变，故C正确；
D．设0.1mol/L的氨水的电离度是α1，0.01mol/L的氨水的电离度是α2，则10-a=0.1 mol•L-1×α1，10-b=0.01 mol•L-1×α2，氨水浓度越小，电离程度越大，则α1＜α2，所以a-1＜b，即a＜b+1，故D错误；
故答案为C。
16.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。
17.某物质A的实验式为CoCl3·4NH3，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A. Co3+只与NH3形成配位键
B. 配合物配位数为3
C. 该配合物可能是平面正方形结构
D. 此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl
【答案】D
【解析】
【分析】实验式为CoCl3·4NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl-，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，据此答题。
【详解】A.由分析可知，Cl-与NH3分子均与Co3+形成配位键，故A错误；
B.配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，故B错误；
C.该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，故C错误；
D.由分析可知，此配合物可写成[Co(NH3)4 Cl2] Cl，故D正确。
故选D。
18.反应4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2min后B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的正确表示是( )
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B. 用B、C、D分别表示反应的速率，其比值是3:2:1
C. 在2min末的反应速率用B表示是0.3 mol/ (L·min)
D. 反应过程中B、C的反应速率关系：3v(B)=2v(C)
【答案】B
【解析】
【详解】A.A是固体，不能用A的浓度的变化表示反应速率，故A不选；
B.用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，故B选；
C.化学反应速率是一段时间的平均速率，不是某一时刻的瞬时速率，故C不选；
D.根据用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式的化学计量数之比，用B、C表示的反应速率的关系为：2v(B)=3v(C)，故D不选。
故选B。
19.在恒容密闭容器中，可逆反应C(s)+CO2(g)2CO（g）达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成n molCO2的同时生成n molC
②单位时间内生成n molCO2 的同时生成2n mol CO
③CO2 、CO的物质的量浓度之比为1: 2的状态
④混合气体的密度不再改变的状态
⑤混合气体的压强不再改变的状态
⑥C的质量不再改变的状态
A. ①④⑤⑥ B. ②④⑤⑥ C. ②③⑤⑥ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化。
【详解】①生成二氧化碳和生成C都是逆反应，其速率之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，错误；
②单位时间内生成nmolCO2 的同时生成2nmolCO，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
③CO2、CO的物质的量浓度之比决定于开始加入的多少和反应程度，与平衡状态无关，错误；
④C为固体，平衡正向移动，气体质量增大，逆向移动，气体质量减小，所以混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，正确；
⑤反应前后气体物质的量不同，所以压强不变说明反应达到平衡状态，正确；
⑥C的质量不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，正确；
答案选B。
20.已知：pAg=－lgc(Ag+)，Ksp(AgCl)=1×10－12，Ksp (AgI)=1×10－16。如图是向10mLAgNO3
溶液中逐滴滴入0.1mo1·L－1的NaCl溶液时，pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像(实线)。下列叙述正确的是（ ）
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1
B. 图中x点表示溶液中Ag+恰好完全沉淀
C. 图中x点的坐标为(10，6)
D. 若把NaCl溶液换成0.1mol·L－1NaI溶液，则图像在终点后变为虚线部分
【答案】B
【解析】
【详解】A.图中原点pAg=0,则Ag+的浓度为：c(Ag+)=1mol/L,即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L－1，故A错误；
B.x点c(Ag+)=1mol·L－1，一般认为溶液中离子浓度小于 mol·L－1完全沉淀,故B正确；
C.x点c(Ag+)=1mol·L－1，,一般认为溶液中离子浓度小于 mol·L－1,即沉淀完全,则AgNO3与NaCl恰好反应,由A求得原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L－1，则有：n(NaCl)=n(AgNO3)=0.01L1mol/L=0.01mol,所以v(NaCl)=100ml，即x点的坐标为（100,6）,故C错误；
D.与AgCl相比,碘化银的Ksp(AgI)更小,所以把NaCl换成0.1mo1·L－1NaI,则溶液中c(Ag+)更小,则pAg更大,图象不符,故D错误；
本题答案为B。
21.已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中错误的是( )
A. a点表示的溶液中c(H+)等于10－3 mol·L－1
B. b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. b、d点表示的溶液中均等于K
【答案】C
【解析】
【详解】A.a点pH=3，则c（H+）=10-3mol/L，故不选A；
B.溶液电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故不选B；
C.醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故选C；
D.b、d两点溶液的温度相同，所以b、d点表示的溶液中均等于K，故不选D；
答案：C
22.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是( )
①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H+)之比为2:1
③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+)= 2c(SO42-)
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka·Kh＝Kw
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7
A. ①②④ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ③⑤⑥
【答案】D
【解析】
【详解】①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中H+浓度减小，而OH-浓度增大，①错误；
②pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=1的盐酸，c(H+)=10-1mol/L，二者c(H+)之比为1：10，②错误；
③当溶液pH相同时，碱的浓度小于盐的浓度，而且产生盐的相应的酸的酸性越弱，该盐的浓度就越小，由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，所以pH相等的四种溶液：a.CH3COONa；b.NaClO；c.NaHCO3；d.NaOH的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为dOH-，H+>Na+，所以Cl-在阳极放电产生氯气，氢离子在阴极放电产生氢气，电解食盐水的化学方程式是2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；
③电解NaCl溶液一段时间后，阴极收集到标况下的氢气2.24L，n(H2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，根据电解方程式可知反应产生NaOH的物质的量是n(NaOH)=2 n(H2) =0.2mol，则c(NaOH)=0.2mol÷0.2L=1mol/L，所以溶液的pH=14；根据原电池的负极反应式可知：1mol CH3OCH3发生反应转移电子的物质的量是12mol，反应产生0.2molNaOH，转移电子的物质的量是0.2mol，则需要CH3OCH3的物质的量是0.2mol÷12=0.17mol，其质量是m(CH3OCH3)=0.17mol×46g/mol=0.8g。
25.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡．根据要求回答问题
(1)生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是___________（用离子方程式表示）．
(2)物质的量浓度相同的CH3COOH 溶液和NaOH 溶液混合后，溶液中c（CH3COO‾）=c（Na+），则CH3COOH 溶液的体积_____NaOH 溶液的体积．（填“大于”、“小于”或“等于”．）
(3)常温下，取0.2mol•L﹣1 HCl溶液与0.2mol•L﹣1 MOH溶液等体积混合，测得混合溶液后的pH＝5．写出MOH的电离方程式：_______________________．
(4)含的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10﹣3 mol•L﹣1的．为了使废水的排放达标，进行如下处理：
①绿矾为FeSO4•7H2O．反应（I）中Cr2O72﹣与FeSO4的物质的量之比为_____．
②常温下若处理后的废水中c（Cr3+）＝6.0×10﹣7 mol•L﹣1，则处理后的废水的pH＝_____（Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣31）
【答案】(1). Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ (2). 大于 (3). MOH⇌M++OH﹣ (4). 1：6 (5). 6
【解析】
【分析】(1)生活中明矾常作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，其净水的原理是Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+。
(2)物质的量浓度相同的CH3COOH 溶液和NaOH 溶液混合后，溶液中c(CH3COO‾)= c(Na+)，说明溶液呈中性，如果是体积相等，则刚好反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，要使得呈中性，说明酸的体积大于碱的体积，因此CH3COOH 溶液的体积大于NaOH 溶液的体积。
(3)常温下，取0.2mol∙L﹣1 HCl溶液与0.2 mol∙L﹣1 MOH溶液等体积混合，恰好生成MCl，该溶液后的pH＝5，说明盐是强酸弱碱盐，水解显酸性，因此MOH为弱碱，其电离方程式：MOH⇌M++OH－。
(4)①反应（I）中Cr2O72－与FeSO4的反应，Cr2O72－化合价从+6价变为+3价，1molCr2O72－转移6mol电子，FeSO4化合价从+2价升高为+3价，1molFeSO4转移1mol电子，根据转移电子数相等，物质的量之比为1:6.
②常温下若处理后的废水中c(Cr3+)＝6.0×10﹣7 mol∙L－1，，，则c(H＋) = 1×10-6mol∙L－1，则处理后的废水的pH＝6。
【详解】(1)生活中明矾常作净水剂，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，其净水的原理是Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+。
(2)物质的量浓度相同的CH3COOH 溶液和NaOH 溶液混合后，溶液中c(CH3COO‾)= c(Na+)，说明溶液呈中性，如果是体积相等，则刚好反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，要使得呈中性，说明酸的体积大于碱的体积，因此CH3COOH 溶液的体积大于NaOH 溶液的体积，故答案为：大于。
(3)常温下，取0.2mol∙L﹣1 HCl溶液与0.2 mol∙L﹣1 MOH溶液等体积混合，恰好生成MCl，该溶液后的pH＝5，说明盐是强酸弱碱盐，水解显酸性，因此MOH为弱碱，其电离方程式：MOH⇌M++OH－，故答案为：MOH⇌M++OH－。
(4)①反应（I）中Cr2O72－与FeSO4的反应，Cr2O72－化合价从+6价变为+3价，1molCr2O72－
转移6mol电子，FeSO4化合价从+2价升高为+3价，1molFeSO4转移1mol电子，根据转移电子数相等，物质的量之比为1:6，故答案为：1:6。
②常温下若处理后的废水中c(Cr3+)＝6.0×10﹣7 mol∙L－1，，，则c(H＋) = 1×10-6mol∙L－1，则处理后的废水的pH＝6，故答案为：6。
26.氯化苄(C6H5CH2Cl)为无色液体，是一种重要的有机化工原料。现在实验室模拟工业上用甲苯与干燥氯气在光照条件下加热反应合成氯化苄、分离出氯化苄并检验样品的纯度，其装置(夹持装置略去)如图所示：
回答下列问题：
(1)仪器E的名称是_____________；其作用是_______________________________________。
(2)装置B中的溶液为___________________。
(3)用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是_______________________________。
(4)装置A中反应的离子方程式为_________________________________________。
(5)反应结束后，关闭K1和K2，打开K3，加热三颈烧瓶，分馏出氯化苄，应选择温度范围为______℃。
物质
溶解性
熔点（℃）
沸点（℃）
甲苯
极微溶于水，能与乙醇、乙醚等混溶
－94.9
110
氯化苄
微溶于水，易溶于苯、甲苯等有机溶剂
－39
178.8
二氯化苄
不溶于水，溶于乙醇、乙醚
－16
205
三氯化苄
不溶于水，溶于乙醇、乙醚和苯
－7
220
(6)检测氯化苄样品的纯度：
①称取13.00g样品于烧杯中，加入50.00mL 4 mol•L－1 NaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入35.00mL 40% HNO3，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于试管中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡，过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87g，则该样品的纯度为_____%(结果保留小数点后1位)。
②实际测量结果可能偏高，原因________________________________________。
【答案】(1). 球形冷凝管 (2). 导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯 (3). 饱和食盐水 (4). 使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下 (5). 2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (6). 178.8－205 (7). 97. 3 (8). 样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质
【解析】
【分析】(1)根据装置图回答仪器E的名称；仪器E可以冷凝回流甲苯，导出Cl2、HCl气体；(2)装置A制取的氯气中含有杂质氯化氢，据此分析B装置的试剂；(3)恒压滴液漏斗使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下；(4)装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；(5)分馏出氯化苄温度应高于氯化苄的沸点，低于二氯化苄的沸点；(6)根据关系式C6H5CH2Cl~AgCl计算样品纯度。二氯化苄、三氯化苄中氯元素的质量分数大于氯化苄；
【详解】(1)根据装置图可知，仪器E的名称是球形冷凝管；冷凝管E的作用是导出Cl2、HCl气体，冷凝回流甲苯；
(2)装置A制取的氯气中含有杂质氯化氢，装置B的作用是除去氯气中的氯化氢，所以B中的试剂是饱和食盐水；
(3)用恒压滴液漏斗代替分液漏斗的优点是使漏斗与烧瓶内压强一致，液体顺利流下；
(4)装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(5)分馏出氯化苄温度应高于氯化苄的沸点，低于二氯化苄的沸点，所以应选择温度范围是178.8－205℃；
(6)设样品中C6H5CH2Cl的质量为xg；
C6H5CH2Cl ~ AgCl
126.5g 143.5g
xg 2.87
x=12.65g，样品纯度为97.3%，二氯化苄、三氯化苄中氯元素的质量分数大于氯化苄，样品若混有二氯化苄、三氯化苄等杂质会使测量结果偏高。
