山西省太原市第五十三中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学（理）试题

山西省太原市第五十三中学2019-2020学年高二上学期12月月考化学（理）试题

陕西省太原市第五十三中学 2019-2020 学年高二上学期 12 月月考 化学（理）试题 1.下列溶液一定呈中性的是(　　) A. pH＝7 的溶液 B. c(H+)＝c(OH-)的溶液 C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液 D. 非电解质溶于水得到的溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．在室温下，pH=7 的溶液为中性，若温度不是室温，则 pH=7 的溶液不一定是中性 溶液，错误。 B．在任何温度下，c（H+）= c（OH-） 溶液一定为中性溶液，正确。 C．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液， 错误。 D．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性 溶液，错误。 答案选 B。 2.在 25ºC 时，在 0.01mol·L-1 的盐酸溶液中，水电离出的 H+浓度是 A. 5×10-13mol·L-1 B. 0.02mol·L-1 C. 1×10-7mol·L-1 D. 1×10-12mol·L-1 【答案】D 【解析】 【 详 解 】 0.01mol·L-1 的 盐 酸 溶 液 中 ， c(H+) = 0.01mol·L-1 ， ，盐酸溶液中氢离子主要来自于酸电 离，氢氧根来自于水电离的，而水电离的氢离子等于水电离出的氢氧根，因此水电离出的氢 离子 ，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 【点睛】酸电离出氢离子，酸中氢氧根离子是水电离出的，碱电离出氢氧离子，碱中氢离子 是水电离出的。 3.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是 的 14 1 12 1WK 1 10c(OH ) mol L 1 10 mol Lc(H ) 0.01 − − − − − + ×= = ⋅ = × ⋅ 12 1c(H ) 1 10 mol L+ − −= × ⋅水 A. 水的离子积变大、pH 变小、呈酸性 B. 水的离子积变大、pH 变小、呈中性 C. 水的离子积变小、pH 变大、呈碱性 D. 水的离了积不变、pH 变小、呈中性 【答案】B 【解析】 【详解】水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和 氢氧根离子浓度增大，pH 减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电 离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增 大、pH 减小、呈中性，故 B 正确。 故选 B。 4.下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是 A. c(H＋)＝ 的溶液一定呈中性 B. 将水加热，Kw 增大，pH 增大，呈碱性 C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的 c(H＋)增大，平衡逆向移动，Kw 减小 D. 向 0.1 mol·L－1 醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的 c(H＋)将减小 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据 Kw=c(H+)•c(OH-)，c(H+)= ，说明溶液中 c(H+)=c(OH-)，溶液一定呈中 性，故 A 正确； B．水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，溶液中 c(H+)增大，pH 减小，但水电离出 的 c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，故 B 错误； C．Kw 只与温度有关，向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的 c(H+) 增大，平衡逆向移动，但 Kw 不变，故 C 错误； D．酸电离出来的氢离子能抑制水的电离，向 0.1mol•L-1 醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，对 水的电离的抑制程度减小，则溶液中水的电离产生的 c(H+) 将增大，故 D 错误； 故选 A。 5.25 ℃,某稀溶液中由水电离产生的 c(H+)为 1×10-10 mol·L-1,下列说法正确的是(　　) A. 该溶液的 pH 不可能是 7 B. 该溶液不可能存在 C. 该溶液的 pH 一定是 10 D. 该溶液的 pH 一定是 4 【答案】A wK wK 【解析】 【详解】25℃时,某溶液中由水电离产生的 c(H+)和 c(OH-)的乘积为 1×10-20 <1×10-14 ,说明该 溶液中的溶质抑制了水的电离,酸或碱能抑制水的电离,所以该溶液呈酸性或碱性,所以该溶 液的 pH 不可能是 7。A. 该溶液的 pH 不可能是 7 符合题意；故 A 正确； B. 该溶液可能存在， 故 B 错误；C. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH 不一定是 10，故 C 错误； D. 该溶液可能 为酸性也可能为碱性，pH 不一定是 4，故 D 错误。答案：A。 【点睛】25℃时,某溶液中由水电离产生的 c(H+)和 c(OH-)的乘积为 1×10-20 <1×10-14,说明该 溶液中的溶质抑制了水的电离,加入和水电离出相同离子的物质能抑制水的电离,据此分析解 答. 6.下列叙述正确的是( ) A. 100 ℃纯水的 pH＝6，所以水在 100 ℃时呈酸性 B. pH＝3 的盐酸溶液，稀释至 10 倍后 pH>4 C. 0.2 mol·L－1 的醋酸，与等体积水混合后 pH＝1 D. 常温时，pH＝3 的盐酸与 pH＝11 的氢氧化钠等体积混合后 pH＝7 【答案】D 【解析】 【详解】A.纯水不管其 pH 为多少都是呈中性，A 项错误； B.盐酸是强酸，所以每稀释 10 倍 pH 增大 1，故 pH＝4，B 项错误； C.将 0.2 mol·L－1 的醋酸，与等体积水混合后，溶液的浓度变为 0.1 mol·L－1，但由于醋酸 是弱酸，所以 pH 大于 1，C 项错误； D.盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，所以呈中性，D 项正确。 答案选 D。 7.25 ℃时，若 pH＝a 的 10 体积某强酸溶液与 pH＝b 的 1 体积某强碱溶液混合后溶液呈中性， 则混合之前该强酸的 pH 与强碱的 pH 之间应满足的关系为 A. a＋b＝14 B. a＋b＝13 C. a＋b＝15 D. a＋b＝7 【答案】C 【解析】 【详解】常温下，pH＝a 的强酸溶液中氢离子浓度为 ,pH＝b 的强碱溶液中氢氧根-a10 mol/L 离子浓度为 ,混合溶液呈中性,说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子 的物质的量,所以 , ，所以 。故选 C。 8.下列有关 pH 的计算一定正确的是 ①pH=a 的强酸溶液，加水稀释 10n 倍，则 pH=a+n ②pH=a 的弱酸溶液，加水稀释 10n 倍，则 pHb−n(b−n>7) A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 【答案】D 【解析】 试题分析：强酸 pH＝a，加水稀释到 10n 倍，则 pH＝a＋n，a＋n<7,，故①错误；酸越弱，稀 释相同倍数 PH 变化越小，弱酸 pH＝a，加水稀释到 10n 倍，则 pH＜a＋n(a＋n＜7)，故②正确； 强碱 pH＝b，加水稀释到 10n 倍，则 pH＝b－n，b＋n>7，故③错误；碱越弱，稀释相同倍数 PH 变化越小，弱碱 pH＝b，加水稀释到 10n 倍，则 pH＞b－n(b－n＞7)，故④正确，选 D。 考点：本题考查 PH 计算。 9.pH＝2 的两种一元酸 x 和 y，体积均为 100 mL，稀释过程中 pH 与溶液体积的关系如下图所 示。分别滴加 NaOH 溶液(c＝0.1 mol·L－1)至 pH＝7。消耗 NaOH 溶液的体积为 Vx、Vy 则( 　　) A. x 为弱酸，VxVy C. y 为弱酸，VxVy 【答案】C 【解析】 【分析】 由图可知，pH=2 的两种一元酸 x 和 y，均稀释 10 倍，x 的 pH 为 3，y 的 pH＜3，则 x 为强酸， y 为弱酸；发生中和反应后 pH=7，为中性，x 与 NaOH 反应生成不水解的正盐，而 y 与 NaOH 反 b-1410 mol/L -a b-1410 10 1 10× = × a b 1510 10+ = a+b=15 应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗 NaOH 越多，以此来解答。 【详解】由图可知，pH=2 的两种一元酸 x 和 y，均稀释 10 倍，x 的 pH 为 3，y 的 pH＜3，则 x 为强酸，y 为弱酸；pH=2 的 x，其浓度为 0.01mol/L，与 NaOH 发生中和反应后 pH=7，为中性， 则 0.01mol/L×0.1L=0.1mol/L×V 碱，解得 V 碱=0.01L，而 pH=2 的 y，其浓度大于 0.01mol/L， 若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时 y 剩余，但 y 的物质的量大于 x，y 消耗的碱溶液体积大，体积大于 0.01L，则 Vxc(A－)，则下列描述中不正确的是( ) A. 该溶液的 pH<7 B. HA 的酸性很弱，A－的水解程度较大 C. c(A－)＋c(HA)＝0.02 mol·L－1 D. n(A－)＋n(OH－)＝0.01 mol＋n(H＋) 【答案】A 【解析】 试题分析：A、混合液为 HA、NaA，测的 c(Na＋)>c(A－)，说明 A－的水解大于 HA 的电离，溶液 显碱性，即 pH>7，故说法错误；B、c(Na＋)>c(A－)，说明 A－的水解大于 HA 的电离，HA 的酸 性很弱，A－的水解程度较大，故说法正确；C、根据物料守恒，c(A －)＋c(HA)=(1×0.01＋ 1×0.01)/1mol·L－1=0.02mol·L－1，故说法正确；D、根据溶液呈现电中性，即 c(Na＋)＋c(H ＋)=c(A－)＋c(OH－)，c(Na＋)=0.01mol·L－1 代入，故说法正确。 考点：考查水解、电离、离子浓度大小等知识。 16.在 CH3COONa 溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且 pH 变大的是 (　　) A. 加入适量纯 CH3COOH B. 加入少量 NaCl 固体 C. 加入少量 NaOH 固体 D. 加水稀释 【答案】C 【解析】 【分析】 CH3COO-水解的离子方程式为 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-。 【详解】A、加入 CH3COOH，平衡逆向移动，水解程度减小，溶液的 pH 值减小，故 A 错误； B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，水解程度不变，溶液的 pH 值不变，故 B 错误； C、加入 NaOH，c(OH-)增大，醋酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中的 c(OH-)增大，pH 变大， 。 故 C 正确； D、加水稀释，水解程度增大，溶液的 pH 值减小，故 D 错误； 故选 C。 17.同时对农作物施用含 N、P、K 的三种化肥，给定下列化肥：①K2CO3、②KCl、③Ca（H2PO4） 2、④（NH4）2SO4、⑤NH3·H2O。其中最合理的组合方式是（ ） A. ①③④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②③⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】所给物质中只有 Ca(H2PO4)2 含 P 元素，， K2CO3 由于水解呈碱性，氨水本身显碱性， 都会与 Ca(H2PO4)2 反应生成难溶于水的 CaHPO4 或 Ca3(PO4)2，而不利于 P 元素被植物吸收， (NH4)2SO4 由于铵根离子水解而呈酸性，因此从中和的角度和双水解的角度看，K2CO3 和氨水不 宜与 Ca(H2PO4)2 和(NH4)2SO4 混合施用，故 B 正确； 故选 B。 18.下列溶液，在空气中受热浓缩，能够得到预想的无水盐的是 A. MgSO4 溶液→MgSO4 B. FeCl3 溶液→FeCl3 C. Mg(NO3)2 溶液→Mg(NO3)2 D. AlCl3 溶液→AlCl3 【答案】A 【解析】 【详解】A. 硫酸盐属于高沸点的酸形成的盐，受热时尽管能够水解，但硫酸不会从水中挥发， 所以加热蒸发掉水分得到的仍为 MgSO4；正确； B.盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移， 在空气中受热浓缩后最终不能得到 FeCl3 溶质；错误； C. 硝酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，硝酸蒸气会从水中挥发，平衡右 移，在空气中受热浓缩后最终不能得到 Mg(NO3)2 溶质；错误； D. 盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移， 在空气中受热浓缩后最终不能得到 AlCl3 溶质；错误； 综上所述，本题选 A。 19.下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字 样，并说明溶液的酸碱性： K2CO3 ____________________________________，溶液呈_______性； NH4Cl _____________________________________，溶液呈_______性。 K2SO4 _____________________________________，溶液呈_______性； 【答案】 (1). CO32-+H2O⇌OH-+HCO3- (2). 碱 (3). NH4++H2O⇌H++NH3·H2O (4). 酸 (5). 不发生水解 (6). 中 【解析】 【分析】 碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水 解显酸性；硫酸钾为强碱强酸盐，不水解，据此分析解答。 【 详 解 】 碳 酸 钾 为 强 碱 弱 酸 盐 ， 碳 酸 根 离 子 水 解 导 致 溶 液 呈 碱 性 ， 水 解 方 程 式 为 CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；NH4Cl 为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液显酸性，水解方程式为 NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；硫酸钠为强碱强酸盐，钠离子和硫酸根离子都不水解，溶液呈中性， 故答案为：CO32-+H2O⇌OH-+HCO3-；碱；NH4++H2O⇌H++NH3·H2O；酸；不发生水解；中。 【点睛】本题的易错点为碳酸钾的水解方程式的书写，要注意碳酸根离子水解分步进行，不 能一步水解生成碳酸。 20.NaClO 和 KAl(SO4)2 都是重要的化工产品，均可应用于造纸业。 (1)常温下，NaClO 溶液的 pH>7，原因是________________________________ (用离子方程式 表示)。 (2)根据 NaClO 的性质推测，在纸浆中加入 NaClO 溶液的目的是________________。 (3)向饱和 NaClO 溶液中加入饱和 KAl(SO4)2 溶液可产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方 程式是___________________。 【 答 案 】 (1). ClO-+H2O⇌HClO+OH- (2). 漂 白 纸 浆 (3). Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al(OH)3↓ 【解析】 【分析】 (1)NaClO 强碱弱酸盐，水解呈碱性； (2)NaClO 具有强氧化性，具有漂白性； (3)向 NaClO 溶液中加入饱和 KAl(SO4)2 溶液，产生大量的白色胶状沉淀，Al3+与 ClO-发生双水 解反应。 为 【详解】(1)NaClO 为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，离子方程式为 ClO-+H2O⇌HClO+OH-，故 答案为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-； (2)NaClO 具有强氧化性，可用于漂白纸浆，故答案为：漂白纸浆； (3)向 NaClO 溶液中加入饱和 KAl(SO4)2 溶液，产生大量的白色胶状沉淀，是因为 Al3+与 ClO- 发生相互促进的水解反应，离子方程式为 Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al(OH)3↓，故答案为： Al3++3ClO-+3H2O═3HClO+Al(OH)3↓。 21.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 滴酚酞溶液； 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______(填编号)。 (2)若测定结果偏高，其原因可能是_____________(填字母)。 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又用待测液润洗 D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 (3)判断滴定终点的现象是______________________。 (4)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。 (5)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：________mol·L－1。 标准烧碱溶液体积(mL) 滴定次数 待测体积(mL) 滴定前读数 滴定后读数 第一次 20.00 0.40 20.40 第二次 20.00 2.00 24.10 第三次 20 00 4.00 24.00 【答案】 (1). ① (2). ABCD (3). 滴入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液刚好由无色变 为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.200 0 或 0.2 【解析】 【分析】 (1) 碱式滴定管在装液前先用蒸馏水清洗，然后用待装液进行润洗； (2)根据 c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析不当操作对 V(标准)的影响，以此判断； (3)根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点； (4)根据滴定管的结构与精确度为 0.01 mL 进行读数； (5)先根据数据的有效性,然后求出平均消耗 V(NaOH),接着根据 c(待测)= c(标准)×V(标 准)/V(待测)来计算。 【详解】(1)碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗,否则标准液的浓度偏小，①操作有误； 因此本题答案是：①。 （2）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，根据 c(待测)= c(标准)×V(标准)/ V(待测)分析，测定结果偏高，所以 A 选 项正确； B.滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的 V(标准)偏大， 根据 c(待测)= c(标准)×V(标 准)/V(待测)分析,测定结果偏高,故 B 正确； C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗,消耗的 V(标准)变大, 根据 c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏大,故 C 正确； D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,消耗的 V(标准)偏大， 根据 c(待测)= c(标准)×V(标准)/V(待测)分析，测定结果偏高,故 D 正确； 因此，本题正确答案是:ABCD。 (3)当滴入最后一滴 NaOH 溶液,溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为终点；因此， 本题正确答案是: 滴入最后一滴 NaOH 溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变 . 色。 (4)滴定管精确度为 0.01mL，因此滴定管中的液面读数为 22.60 mL；因此，本题正确答案 是:22.60。 (5)三次滴定消耗的体积为:20.00mL,22.10 mL, 20.00mL, 22.10 mL 误差太大，不能用；因此 平均消耗 V(NaOH)=20.00mL，根据 c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测) =0.2000×20.00/20.00=0.2000mol·L－1(或 0.2mol·L－1)；因此本题答案是：0.2000 或 0.2。