PAGE22-內蒙古通遼市試驗中學2024-2025學年高二化學上學期第一次月考試題（含解析）本試卷分為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。共100分，考試時間90分鐘?？赡苡玫降脑恿浚篐-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Mn-55Cu-64第I卷（選擇題，共50分請將正確答案填涂到答題卡上）一、選擇題（每小題只有一個選項符合題意。）1.在水中加入下列粒子，不能破壞水的電離平衡的是A. B. C. D.Na+【答案】D【解析】分析】四種微粒分別是硫離子、氯氣、氨氣和鈉離子，據此解答?！驹斀狻緼.硫離子可以水解，促進水的電離，A不選；B.氯氣溶于水可以與水反應，生成鹽酸和次氯酸，可以破壞水的電離，B不選；C.氨氣溶于水后與水反應生成一水合氨，一水合氨電離后，溶液呈堿性，抑制了水的電離，C不選；D.鈉離子不影響水的電離，D選。綜上所述本題選D。2.取10mL鹽酸注入25mL酸式滴定管中，則液面讀數（）A.大于15mL B.小于10mLC.恰好在15mL處 D.在10mL到15mL之間【答案】A【解析】【詳解】滴定管中小刻度在上方、大刻度在下方，且滴定管中最大刻度以下還能儲存部分液體，所以取10mL鹽酸溶液注入25mL干凈的酸式滴定管中，其讀數大于15mL，即在15mL下面刻度處。答案選A?！军c睛】明確滴定管中刻度值大小依次是解本題關鍵，留意滴定管最大刻度處還能貯存液體，為易錯點。3.下列關于電解質分類的組合中，完全正確的是（）ABCD強電解質NaClH2SO4HClOHNO3弱電解質HFBaSO4CaCO3CH3COOH非電解質Cl2CO2C2H5OHSO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】強電解質是指在水中完全電離成離子的電解質，主要包括強酸、強堿、大部分鹽和活潑金屬氧化物；弱電解質是指在水中不完全電離，只有部分電離的電解質，主要包括弱酸、弱堿、少部分鹽和水；在水溶液里和熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質，主要包括非金屬氧化物、一些氫化物和有機物等，單質和混合物既不是電解質，也不是非電解質?！驹斀狻緼.氯氣是非金屬單質，既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B.硫酸鋇屬于鹽，溶于水的部分完全電離，屬于強電解質，故B錯誤；C.次氯酸屬于弱酸，是弱電解質，碳酸鈣屬于鹽，溶于水的部分完全電離，屬于強電解質，故C錯誤；D.硝酸是強酸，屬于強電解質，醋酸是弱酸，屬于弱電解質，二氧化硫本身不能電離，是化合物，屬于非電解質，故D正確；故選：D。4.能影響水的電離平衡，并使溶液中c(OH-)＞c(H＋)操作是（）A.加入Na2CO3固體 B.加入NaNO3固體C.加入NaHSO4固體 D.加入(NH4)2SO4固體【答案】A【解析】【分析】溶液中c(OH

-)＞c(H+)，即溶液顯堿性．酸能抑制水的電離，溶液顯酸性；堿能抑制水的電離，溶液顯堿性；鹽的水解能促進水的電離，且強酸弱堿鹽水解顯酸性，強堿弱酸鹽水解顯堿性?！驹斀狻緼.Na2CO3是強堿弱酸鹽，在溶液中水解顯堿性，且其水解能促進水的電離，故A正確；

B.NaNO3是強酸強堿鹽，在溶液中不水解，對水的電離無影響，且溶液顯中性，故B錯誤；

C.NaHSO4是強電解質，在溶液中能完全電離為鈉離子、氫離子和硫酸根，使溶液顯強酸性，故C錯誤；

D.(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽，在溶液中水解顯酸性，故D錯誤。

故選：A。5.常溫下，等體積等pH的鹽酸和醋酸兩溶液，下列說法正確的是A.分別與適量且等量的鋅粒反應，平均反應速率前者大B.兩溶液導電實力相同C.分別與等濃度的氫氧化鈉溶液反應至中性，消耗的氫氧化鈉的體積相同D.稀釋10倍后，鹽酸的pH比醋酸溶液的pH小【答案】B【解析】【分析】A.等體積等pH的鹽酸和醋酸兩溶液，醋酸存在電離平衡，醋酸溶質濃度大于鹽酸，隨反應進行此時又電離出氫離子；B.導電實力取決于溶液中離子濃度大小；C.分別與等濃度的氫氧化鈉溶液反應至中性，消耗的氫氧化鈉的體積醋酸多；D.稀釋10倍后醋酸溶液pH減小的少?！驹斀狻緼.等體積等pH鹽酸和醋酸兩溶液，醋酸存在電離平衡，醋酸溶質濃度大于鹽酸，隨反應進行此時又電離出氫離子，分別與適量且等量的鋅粒反應，平均反應速率后者大，故A錯誤；B.常溫下，等體積等pH的鹽酸和醋酸兩溶液中離子濃度相同，導電實力相同，故B正確；C.分別與等濃度的氫氧化鈉溶液反應至中性，醋酸濃度大于鹽酸，消耗的氫氧化鈉溶液的體積不相同，故C錯誤；D.稀釋10倍后，醋酸又電離出氫離子，鹽酸的pH比醋酸溶液的pH大，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】本題考查了弱電解質的電離平衡分析推斷，為高頻考點，易錯選項為D，易忽視溶液稀釋后醋酸又電離出氫離子。6.下列離子方程式書寫正確的是()A.的水解：B.在水溶液中的電離：C.的水解：D.硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合：【答案】D【解析】【詳解】A．的水解分步進行，主要以第一步為主，正確的離子方程式為，故A錯誤；B．在水溶液中電離出鈉離子和碳酸氫根離子，正確的電離方程式為，故B錯誤；C．水解生成一水合氨和氯化氫，反應的離子方程式為，故C錯誤；D．硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合，鋁離子與碳酸氫根離子發(fā)生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，正確的離子方程式為，故D正確。綜上所述，答案為D。7.25℃時，下列事實中能說明HA為弱電解質的是（①NaA溶液的pH>7②用HA溶液做導電試驗時燈泡很暗③pH=2的HA溶液稀釋至100倍，pH約為3.1④HA的溶解度比HCl的小⑤用HA溶液浸泡水壺中的水垢，可將其清除A.①②③ B.①②⑤ C.①③④ D.①③【答案】D【解析】【分析】HA為弱酸，說明HA在水溶液里部分電離，溶液中存在電離平衡，依據HA的電離程度確定HA的強弱，選項中能說明溶液中存在化學平衡的就可以證明HA是弱電解質?！驹斀狻竣貼aA溶液的pH>7，說明A－離子水解，溶液顯堿性，對應HA為弱酸，故①正確；②溶液導電性和溶液中離子濃度大小有關，用HA溶液做導電試驗時燈泡很暗，不能說明HA為弱電解質，故②錯誤；③pH=2的HA溶液稀釋至100倍，pH約為3.1，若為強酸pH應改變?yōu)?，說明HA溶液中存在電離平衡，故③正確；④HA的溶解度比HCl的小，與電解質的強弱無必定聯(lián)系，故④錯誤；⑤用HA溶液浸泡水壺中的水垢,可將其清除，只能說明酸性比碳酸強，不能說明它是弱電解質，故⑤錯誤。故選D。【點睛】本題考查了電解質強弱的推斷，依據電解質的電離程度確定電解質強弱，推斷酸為弱電解質的方法有：依據0.1mol·L－1酸的pH大小、NaA溶液的酸堿性、相同濃度相同元數的酸溶液導電實力大小，由已知弱酸制取該酸。8.用水稀釋0.1mol/L氨水時，溶液中隨著水量的增加而減小的是()A.c(OH﹣)/c(NH3.H2O) B.c(NH3.H2O)/c(OH﹣)C.c(H+)和c(OH﹣)的乘積 D.OH﹣的物質的量【答案】B【解析】【詳解】A.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促進電離，則n(NH3．H2O)削減，n(OH-)增大，c(OH﹣)/c(NH3.H2O)，上下同時乘以體積，c(OH﹣)/c(NH3.H2O)=n(OH-)/n(NH3．H2O)，二者的比值增大，A項不符合題意；B.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促進電離，則n(NH3．H2O)削減，n(OH-)增大，c(OH﹣)/c(NH3.H2O)，上下同時乘以體積，c(NH3.H2O)/c(OH﹣)=n(NH3．H2O)/n(OH-)，二者的比值減小，B項符合題意；C.因加水稀釋時，溫度不變，則c(H+)和c(OH-)的乘積不變，C項不符合題意；D.由NH3·H2OOH-+NH4+可知，加水促進電離，OH-的物質的量增大，D項不符合題意；故選B。9.用0.50mol?L﹣1NaOH標準液10.00mL，將未知濃度的鹽酸20.00mL恰好滴定至終點，下列說法正確的是（）A.若滴定完畢，滴定管尖嘴懸有一滴液體，則所測的鹽酸濃度偏大B.用量筒量取上述鹽酸C.若選用酚酞作指示劑，終點時，液體恰好褪色D.鹽酸的濃度為1.00mol?L﹣1【答案】A【解析】【詳解】A．滴定管尖嘴懸有一滴液體，導致消耗的V(NaOH)偏大，由c(鹽酸)=可知，所測的鹽酸濃度偏大，故A正確；B．鹽酸體積20.00mL，而量筒的感量為0.1mL，不能運用量筒，可選滴定管或移液管量取，故B錯誤；C．NaOH滴定鹽酸，選用酚酞作指示劑，終點時，溶液由無色變?yōu)榧t色、且30s不變色，故C錯誤；D．用

0.50mol?L-1NaOH標準液10.00mL，滴定未知濃度的鹽酸20.00mL，則c(鹽酸)===0.25mol/L，故D錯誤；故選A。10.下列說法正確的是（）A.pH=4的醋酸中：c(H+)=4.0mol/LB.飽和小蘇打溶液中：c(Na+)=c(HCO)C.相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液中，c(CH3COO-)=c(Cl-)D.室溫時，用廣泛pH試紙測得某溶液pH為2.3【答案】C【解析】【詳解】A．pH=4的醋酸中，氫離子濃度為：c（H+）=10-pH=10-4mol/L，故A錯誤；B．碳酸氫鈉是強堿弱酸酸式鹽，碳酸氫根離子易水解，導致碳酸氫根離子數目削減，而鈉離子不水解，則溶液中離子濃度關系為：c（Na+）＞c（HCO3-），故B錯誤；C.pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液中c(H+)相同，由電荷守恒規(guī)律可知c(Cl?)=c(CH3COO?)，故C正確；D.室溫時，用廣泛pH試紙測得某溶液只能是整數，不能出現小數，故D錯誤；故選：C。11.已知室溫時，CH3COOH的電離常數為1.75×10－5，NH3·H2O的電離常數為1.75×10－5。0.1mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正確的是()A.①<②<④<③ B.①<③<②<④C.①<②<③<④ D.④<②<③<①【答案】D【解析】【分析】CH3COOH的電離常數為1.75×10－5，NH3·H2O的電離常數為1.75×10－5，所以CH3COONH4溶液顯中性。【詳解】①CH3COONa是強堿弱酸鹽，溶液顯堿性，pH>7；②NH4Cl是強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，pH<7；③由于CH3COOH與NH3·H2O的電離平衡常數相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH=7；④(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽,溶液顯酸性，pH<7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物質的量濃度相等,銨根離子濃度(NH4)2SO4溶液離子濃度大，故其酸性強，pH??；由以上分析可以得出pH由小到大排列④<②<③<①，故選D?！军c睛】CH3COONH4溶液酸堿性的推斷要依據對應的電離常數，這點要留意。12.化學與社會、生活親密相關。對下列現象或事實的說明正確的是（）選項現象或事實說明A用熱的純堿溶液洗去油污Na2CO3可干脆和油污反應B漂白粉在空氣中久置變質漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3C施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合運用K2CO3與NH4Cl反應生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2＋的溶液中置換出銅A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．用熱的燒堿溶液洗去油污，油脂在氫氧化鈉溶液中水解生成溶于水的物質，碳酸鈉溶液反應是水解生成氫氧化鈉顯堿性，Na2CO3不行干脆與油污反應，選項A錯誤；B．漂白粉中有效成分次氯酸鈣和空氣中二氧化碳水反應生成次氯酸和碳酸鈣，次氯酸見光分解，漂白粉失效，選項B錯誤；C．K2CO3與NH4Cl發(fā)生互促水解，二者不能混合運用，否則降低肥效，選項C正確；D．FeCl3與Cu2＋不反應，制作線路板的原理為Fe3＋能腐蝕銅，發(fā)生反應為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，說明錯誤，選項D錯誤；答案選C。13.已知100℃時,水的離子積常數是10－12mol2?L-2。在該溫度下，pH=3的鹽酸和pH=9的氫氧化鈉溶液以體積比11：9混合，混合液的pH為A.約3.3 B.8 C.6 D.4【答案】D【解析】【分析】100℃時，水的離子積為Kw=1×10-12，pH=3的鹽酸中c（H＋）=10-3mol·L－1，pH=9的氫氧化鈉中c（OH－）=10-12/10-9mol·L－1=10-3mol·L－1，二者以體積比11：9混合，則鹽酸過量，溶液呈酸性，計算混合溶液中氫離子濃度，計算溶液的【詳解】100℃時，水的離子積為Kw=1×10-12，pH=3的鹽酸中c（H＋）=10-3mol·L－1，pH=9的氫氧化鈉中c（OH－）=10-12/10-9mol·L－1=10-3mol·L－1，二者以體積比11：9混合，則鹽酸過量，溶液呈酸性，混合溶液中c（H＋）=10-3(11-9)/(11+9)=10-4mol·L－1，則溶液的故選D。【點睛】本題考查了pH的簡潔計算，首先推斷混合溶液的酸堿性，再結合離子積常數計算出混合溶液中氫離子濃度，從而得出混合溶液的pH，留意溫度對Kw的影響．14.25℃時，將濃度均為0.1mo1·L-1、體積分別為Va和Vb的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb與混合液的pHA.Ka(HA)=1×10-6B.b點時，水電離出的c(H+)=10-7mo/LC.a→c過程中水的電離程度始終增大D.c點時，隨溫度上升而減小【答案】D【解析】【分析】依據起點，假如Vb=0mL，0.1mo1·L-1HA的的pH=3，說明HA為弱酸，假如Va=0mL，0.1mol·L-1BOH的pH=11，則BOH【詳解】A．由圖可知，0.1mo1·L-1HA的pH=3，HA為弱酸，存在HA?H+＋A-，c(H+)=10-3mo1·L-1，K(HA)=[c(A-)×c(H+)]/c(HA)，c(H+)=c(A-)=10-3mo1·L-1，弱酸電離程度微弱，即c(HA)近似等于0.1mo1·L-1，代入表達式，K(HA)=1×10-5，AB．b點兩種溶液體積相同，酸堿恰好完全反應，溶質為BA，B+和A-都要發(fā)生水解，水的電離受到促進，即水電離出的c(H+)>10-7mo1·L-1，B錯誤；C．a點是酸過量，溶液顯酸性，對于水的電離起到抑制作用；b點酸堿恰好完全反應，水的電離受到促進；c點是堿過量，溶液顯堿性，對于水的電離也起到抑制作用；所以a→c過程中水的電離程度先增大后減小，C錯誤；D．==，水解常數Kh只受溫度的影響，水解為吸熱反應，上升溫度，促進水解，水解常數增大，的值減小，D正確；答案選D。15.下列有關電解質溶液的說法正確的是A.將Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、KAl(SO4)2的各自溶液分別蒸干均得不到原溶質B.配制Fe(NO3)2溶液時，向Fe(NO3)2溶液中滴加幾滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2發(fā)生水解C.NH4FD.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同【答案】C【解析】【詳解】A．分析四種鹽的不同性質可知，將Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3的溶液分別蒸干得到的是Ca(OH)2、Na2SO4、Fe（OH)3，由于硫酸沸點高、難揮發(fā)，KAl(SO4)2的溶液蒸干得到的還是KAl(SO4)2，A錯誤；B．Fe(NO3)2屬于弱堿強酸鹽，水解使溶液顯酸性，加入稀硝酸會將亞鐵離子氧化為鐵離子，導致溶液變質，所以配制Fe(NO3)2溶液時，不能向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硝酸，B錯誤；C．NH4F發(fā)生水解會生成HF，HF能與玻璃的主要成分SiO2發(fā)生反應，所以NH4F溶液不能運用玻璃瓶保存，而要保存在塑料瓶里，D．NaCl屬于強酸強堿鹽，不會發(fā)生水解，NaCl溶液顯中性，對水的電離沒有影響，CH3COONH4溶液顯中性是由于醋酸根離子與銨根離子的水解程度相同，離子水解會促進水的電離，所以CH3COONH4溶液中水的電離程度大于NaCl溶液，D錯誤。答案選C。16.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=7的溶液中：Al3+、Cl-、、B.由水電離出來的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Na+、、、K+C.pH=0的溶液中：Na+、K+、Fe2+、D.使酚酞試液變紅的溶液中：、、、Na+【答案】D【解析】【詳解】A．pH=7的溶液呈中性，Al3+、發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，所以不能大量共存，A不符題意；B．由水電離出來的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能顯酸性也可能顯堿性，與H+或OH-都能發(fā)生反應而不能大量存在，B不符題意；C．pH=0的溶液呈強酸性，酸性條件下具有強氧化性，能將具有還原性的Fe2+氧化為Fe3+，所以不能大量共存，C不符題意；D．使酚酞試液變紅的溶液呈堿性，這幾種離子之間不會發(fā)生反應且與OH-也不反應，所以能大量共存，D符合題意。答案選D。17.下列說法不正確的是（）A.某溫度時的混合溶液中c(H+)=mol·L-1，說明該溶液呈中性(Kw為該溫度時水的離子積常數)B.常溫下，某氨水pH=x，某鹽酸pH=14-x，兩者等體積混合后，pH>7C.中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物質的量相同D.常溫下，由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液的pH為2或12【答案】C【解析】【詳解】A．某溫度時的混合溶液中c(H+)=mol·L-1，則結合水的離子積可知c(OH-)=mol·L-1=c(H+)，則溶液肯定呈中性，故A正確；B．常溫下，某氨水pH=x，某鹽酸pH=14-x，兩者等體積混合后，溶液中的OH-與H+正好完全反應，但過量的氨水仍會電離出OH-，所以溶液呈堿性，pH＞7，故B正確；C．中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，由于一水合氨為弱堿，pH相同時氨水的濃度較大，則氨水消耗HCl的物質的量大于NaOH溶液，故C錯誤；D．由水電離出的c(H+)=10-12mol?L-1的溶液，水的電離受到抑制，則可能為酸溶液或堿溶液，溶液的pH可能為2或12，故D正確。答案選C。18.有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液④CH3COONH4溶液各25mL,物質的量濃度均為0.1mol/L,下列說法正確的是()A.四種溶液的pH大小依次是③＞②＞①＞④B.若分別加入25mL0.1mol/L的鹽酸充分反應后，pH最大的是①C.若將四種溶液稀釋相同倍數，pH改變最大的是④D.上升溫度，四種溶液的pH均減小【答案】B【解析】【詳解】A．等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的酸性，醋酸銨溶液呈中性，所以四種溶液pH的大小依次是③＞①＞②＞④，A錯誤；B．分別加入等體積，等濃度的鹽酸充分反應后，①中溶質為NaHCO3、NaCl，②中溶質為NaCl、CH3COOH，③中溶質為NaCl，④中為CH3OOH和NH4Cl，HCO3-離子水解顯堿性，所以pH最大的是①，B正確；C．稀釋時強堿的pH改變程度大，所以四種溶液稀釋相同倍數，pH改變最大的是③，C錯誤；D．上升溫度，水的離子積常數增大，氫氧化鈉中氫氧根濃度不變，氫離子濃度增大，pH減小，D錯誤；答案選B?！军c睛】①等濃度時強堿的pH最大，強堿弱酸鹽中對應的酸性越強，水解程度越小；②稀釋時強堿的pH改變程度大。19.中和滴定是一種操作簡潔，精確度高的定量分析方法。實際工作中也可利用物質間的氧化還原反應、沉淀反應進行類似的滴定分析，這些滴定分析均須要通過指示劑來確定滴定終點，下列對幾種詳細的滴定分析(待測液置于錐形瓶內)中所用指示劑及滴定終點時的溶液顏色的推斷不正確的是()A.用標準酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以測量其濃度：KMnO4——紫紅色B.利用Ag＋＋SCN－=AgSCN↓”原理，可用標準KSCN溶液測量AgNO3溶液濃度：Fe(NO3)3——紅色(已知SCN?優(yōu)先與Ag+結合)溶液濃度C.利用“2Fe3＋＋2I?===I-＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液測量KI樣品中KI的百分含量：淀粉—藍色D.利用OH?＋H＋===H2O來測量某鹽酸溶液的濃度時：酚酞——淺紅色【答案】C【解析】【分析】A、KMnO4溶液本身就是指示劑，為紫紅色；B、KSCN溶液遇Fe（NO3）3呈血紅色；C、反應一起先就生成了單質碘，溶液呈藍色；D、測量某鹽酸溶液的濃度時，運用酚酞試液溶液由無色變?yōu)榧t色?！驹斀狻緼項、用標準酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以測量其濃度，KMnO4本身就是指示劑，溶液由無色變?yōu)樽霞t色為終點的到達，故A正確；B項、利用“Ag++SCN-═AgSCN↓”原理，可用標準KSCN溶液測量AgNO3溶液濃度，Fe（NO3）3為指示劑，溶液由無色變?yōu)檠t色為終點的到達，故B正確；C項、利用“2Fe3++2I-═I2+2Fe2+”，由于一起先就生成了單質碘，溶液呈藍色，無法推斷終點，故C錯誤；D項、測量某鹽酸溶液的濃度時，運用酚酞試液作指示劑溶液由無色變?yōu)榧t色，所以可以用酚酞作指示劑，D正確。故選C。【點睛】本題主要考查了指示劑的原理以及終點的現象，抓住試驗的原理是解題的關鍵。20.25℃時，向10mL0.1mol·L-1H3AsO4水溶液滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，含砷的各物種的分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與pH的關系分別如圖，下列說法錯誤的是（A.H3AsO4H2AsO+H+的電離常數為10-2.2B.b點所處溶液中：c(Na+)=3c(H2AsO4-)+3c(AsO43-)C.水的電離程度：a>b>cD.HAsO的水解程度大于電離程度【答案】C【解析】【詳解】A.H3AsO4H2AsO4-+H+的電離平衡常數K=，由圖像可知，當pH=2.2時，c(H2AsO4-)=c(H3AsO4)，則K=c(H+)=10-2.2，故A不選；B.b點溶液pH=7，c(H+)=(OH-)，c(H2AsO4-)=c(HAsO42-)，溶液中溶質為NaH2AsO4和Na2HAsO4，依據電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2AsO4-)+2c(HAsO42-)+3c(AsO43-)+c(OH-)，所以c(Na+)=3c(H2AsO4-)+3c(AsO43-)，故B不選；C.酸抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離，a點時，pH=2.2，電離顯酸性，b點時，pH=7，呈中性，c點時，pH=11.5，水解顯堿性，所以水的電離程度：a<b<c，故C選；D.由圖可知，當HAsO42-的濃度分布數為1時，溶液為Na2HAsO4溶液，pH>7，溶液顯堿性，則HAsO42-的水解程度大于電離程度，故D不選；故選：C。第Ⅱ卷（非選擇題，共50分請將正確答案寫到答題紙上）二、非選擇題21.任何物質的水溶液都存在水的電離平衡。下表是不同溫度下水的離子積數據：溫度（℃）25t1t2水的離子積常數1×10-14a1×10-12完成下列填空：（1）25℃時，向100mL純水中加入0.01mol的NH4Cl固體，___（選填“促進”或“抑制”）了水的電離平衡，所得溶液呈___性（選填“酸”、“堿”或“中”（2）若25<t1<t2，則a___1×10-14（選填“>”、“<”或“=”），理由是___。（3）t1℃時，測得純水的c(H+)=2.4×10-7mol/L，則c(OH-)=__mol/L；該溫度下某鹽酸溶液的c(Cl-)=0.01mol/L，該溶液的c(OH-)=___mol/L（4）t2℃時，0.01mol/L的NaOH溶液的pH=【答案】(1).促進(2).酸(3).NH+H2ONH3·H2O+OH-(4).>(5).水的電離是吸熱反應，升溫，平衡正向移動，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw=[H+]?[OH-]，Kw增大(6).2.4×10-7(7).5.76×10-12(8).10【解析】【詳解】（1）向純水中加入0.01mol的NH4Cl固體，銨根水解，要促進水的電離，銨根結合水電離出的氫氧根，導致溶液呈酸性，水解的離子方程式為：NH+H2ONH3·H2O+OH-；故答案為：促進；酸；NH+H2ONH3·H2O+OH-；（2）水的電離是吸熱反應，升溫，平衡正向移動，水的離子積增大，由于25＜t1＜t2，所以a＞1×10-14，故答案為：＞；水的電離是吸熱反應，升溫，平衡正向移動，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw=c(H+)×c(OH-)，Kw增大；（3）純水中，c(H+)=c(OH-)=2.4×10-7mol?L-1，則該溫度下的Kw=c(H+)．c(OH-)=（2.4×10-7mol?L-1）2=5.76×10-14，該溫度下某鹽酸溶液的c(Cl-)=0.01mol/L，則溶液中c(H+)=0.01mol/L，c(OH-)==5.76×10-12mol/L；故答案為：2.4×10-7；5.76×10-12；（4）t2時，Kw=1×10-12，0.01mol/L的NaOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)==1×10-10mol/L，pH==10；故答案為：10。22.用中和滴定法測定燒堿的純度，試依據試驗回答：（1）精確稱取4.1g燒堿樣品。（2）將樣品配成250mL待測液，須要的儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和___。（3）取10.00mL待測液，用___量取。（4）用0.2010mol·L-1標準鹽酸滴定待測燒堿溶液，滴定時___手旋轉酸式滴定管的玻璃活塞，___手不停地搖動錐形瓶，兩眼凝視___，直到滴定終點。（5）依據下列數據，計算待測燒堿溶液的濃度為___，樣品燒堿的質量分數為____。(假設燒堿中不含有與酸反應的雜質)（6）滴定過程(酚酞作指示劑)，下列狀況會使測定結果偏高的是___（填序號）。①酸式滴定管用水洗后便裝液體進行滴定；②堿式滴定管水洗后，就用來量取待測液；③錐形瓶用蒸餾水洗滌后，又用待測液潤洗；④滴定過快成細流、將堿液濺到錐形瓶壁而又未搖勻洗下；⑤鹽酸在滴定時濺出錐形瓶外；⑥滴加鹽酸，溶液顏色褪去但不足半分鐘又復原紅色；⑦滴定前，酸式滴定管有氣泡，滴定后消逝；⑧記錄起始體積時，仰視讀數，終點時俯視?！敬鸢浮?1).250mL容量瓶(2).堿式滴定管或移液管(3).左(4).右(5).錐形瓶中溶液顏色的改變(6).0.4020mol·L-1(7).98.05%(8).①③⑤⑦【解析】【分析】（2）依據操作步驟有稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、搖勻等操作選擇儀器來解答；（3）依據堿溶液用堿式滴定管量??；（4）依據滴定過程中左右手及眼睛正確的操作方法解答；（5）先推斷數據的有效性，然后求出平均值，最終依據關系式HCl～NaOH來計算出氫氧化鈉的濃度；再依據氫氧化鈉溶液的濃度及體積計算出氫氧化鈉的物質的量和質量，再計算出樣品中氫氧化鈉的純度；（6）依據c（待測）=分析不當操作對V（標準）的影響，以此推斷濃度的誤差以及對測定結果的影響?！驹斀狻浚?）操作步驟有稱量、溶解、轉移、洗滌、定容、搖勻等操作，將精確稱取的燒堿樣品在燒杯中溶解，冷卻后轉移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，用水洗滌燒杯內壁和玻璃棒2~3次，洗滌液也轉移入容量瓶中，向容量瓶中加水，當加水至液面距離刻度1～2cm時，改用膠頭滴管滴加，所以須要的儀器是：燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管，故答案為：250mL容量瓶；（3）待測液是堿溶液，用堿式滴定管或移液管；（4）滴定過程中，左手旋轉酸式滴定管的玻璃活塞，限制標準液的運用量；右手不停地搖動錐形瓶，使混合液反應充分，兩眼凝視錐形瓶中溶液顏色的改變，以便剛好推斷滴定終點，故答案為：左；右；錐形瓶中溶液顏色的改變；（5）二次滴定消耗的標準液的體積分別為：（20.40-0.50）mL=19.90mL、（24.10-4.00）mL=20.10mL，兩次滴定消耗的標準液的平均體積為20.00mL，則：c（NaOH）==0.4020mol?L-1，250mL待測液中含有的氫氧化鈉的物質的量為：0.4020mol/L×0.25L=0.1005mol，氫氧化鈉的質量為：40g/mol×0.1005mol=4.02g，樣品中燒堿的純度為：ω（NaOH）=×100%≈98.05%，故答案為：0.4020mol?L-1；98.05%；（6）①酸式滴定管用水洗后便裝液體進行滴定，標準液的濃度偏小，造成V（標準）偏大，依據c（待測）=分析，可以知道c（待測）偏高，使測得的NaOH的純度偏高，故①選；②堿式滴定管水洗后，就用來量取待測液，造成V（標準）偏小，依據c（待測）=可知，c（待測）偏低，使測得的NaOH的純度偏低，故②不選；③錐形瓶用蒸餾水洗滌后，又用待測液潤洗，消耗標準液的體積偏大，依據c（待測）=可知，c（待測）偏高，使測得的NaOH的純度偏高，故③選；④滴定過快成細流、將堿液濺到錐形瓶壁而又未搖勻洗下，導致消耗標準液體積偏小，依據c（待測）=可知，c（待測）偏低，使測得的NaOH的純度偏低，故④不選；⑤鹽酸在滴定時濺出錐形瓶外，導致消耗標準液體積偏大，c（待測）=可知，c（待測）偏高，使測得的NaOH的純度偏高，故⑤選；⑥滴加鹽酸，溶液顏色褪去但不足半分鐘又復原紅色，消耗標準液體積偏小，據c（待測）=可知，c（待測）偏低，使測得的NaOH的純度偏低，故⑥不選；⑦滴定前滴定管尖端有氣泡，滴定后氣泡消逝，造成V（標準）偏大，依據c（待測）=分析，可以知道c（待測）偏高，使測得的NaOH的純度偏高，故⑦選；⑧記錄起始體積時仰視讀數，終點時俯視，造成V（標準）偏小，依據c（待測）=分析，可以知道c（待測）偏低，使測得的NaOH的純度偏低，故⑧不選；故答案為：①③⑤⑦。23.(1)常溫下，將1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀釋到100mL，稀釋后的溶液中c（H+）：c（OH-）＝_____。(2)某溫度時，測得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH為11，則該溫度下水的離子積常數KW＝____。該溫度________(填“高于”或“低于”)25℃(3)常溫下，設pH＝5的H2SO4溶液中由水電離出的H＋濃度為c1；pH＝5的Al2(SO4)3溶液中由水電離出的H＋濃度為c2，則c1/c2＝________。(4)常溫下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL與pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液體積改變忽視不計)。若所得混合溶液呈中性，則a∶b＝________。若所得混合溶液pH＝12，則a∶b＝________。【答案】(1).108(2).1×10－13(3).高于(4).10－4(5).1∶100(6).11∶90【解析】【分析】水的離子積常數KW只與溫度有關，與溶質的種類、溶液的酸堿性無關。水的電離是吸熱過程，酸、堿抑制水的電離，鹽類的水解促進水的電離。強酸、強堿溶液混合時發(fā)生中和反應，剩余的酸或堿使溶液呈肯定的酸堿性。【詳解】(1)因稀釋前后H2SO4溶液中H+物質的量不變，則稀釋后的溶液中c(H+)＝1mL×0.1mol·L－1/100mL＝10－3mol·L－1，常溫時該溶液中c(OH-)＝10－14/10－3mol·L－1＝10－11mol·L－1，故c(H+):c(OH-)＝108。(2)0.01mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH-)＝0.01mol·L－1。pH＝11，則c(H+)＝10－11mol·L－1。該溫度下KW＝c(H+)·c(OH-)＝10－13>10－14，則溫度高于25℃。(3)H2SO4溶液中，c(H+)水＝c(OH-)水＝c(OH-)＝KW/c(H+)，則常溫下pH＝5的H2SO4溶液中水電離出的H＋濃度為c1＝10－14/10－5mol·L－1＝10－9mol·L－1。Al2(SO4)3溶液中，全部H+都來自水電離，c(H+)水＝c(H+)，則常溫下pH＝5的Al2(SO4)3溶液中水電離出的H＋濃度為c2＝c(H+)＝10－5mol·L－1。故c1/c2＝10－4。(4)常溫下，aLpH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH-)＝10-1mol·L－1×aL，bLpH＝3的H2SO4溶液中，n(H+)＝10-3mol·L－1×bL。混合后發(fā)生中和反應，總體體積為(a+b)L。若所得混合溶液呈中性，則恰好中和，10-1mol·L－1×aL＝10-3mol·L－1×bL，a∶b＝1∶100。若所得混合溶液pH＝12，有OH-剩余，10-1mol·L－1×aL－10-3mol·L－1×bL＝10-2mol·L－1×(a+b)L，則a∶b＝11∶90。24.電解質水溶液中存在電離平衡、水解平衡，請回答下列問題。(1)已知部分弱酸的電離常數如表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3電離常數（25℃Ka=1.8×10-5Ka=4.3×10-10Ka1=50×10-7Ka2=5.6×10-11①0.1mol?L-1NaCN溶液和0.1mol?L-1NaHCO3溶液中，c(CN-)___c(HCO)（填“>”“<”或“=”）。②常溫下，pH相同三種溶液：A.CH3COONaB.NaCNC.Na2CO3，其物質的量濃度由大到小的依次是（填編號）___。③室溫下，肯定濃度的CH3COONa溶液pH=9，溶液中=___。④將少量CO2通入NaCN溶液，反應的離子方程式是___。(2)室溫下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中c(HSO)：c(SO)=10：1，溶液的pH=___。（室溫下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2；Ka2=1.0×10-7