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陕西省西安中学2019-2020学年高二12月月考试化学题化学（解析版）
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陕西省西安中学2019-2020学年高二12月月考试题
一、选择题
1.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是( )
①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1 mol·L-1醋酸的pH比0.1 mol·L-1盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9；⑦大小相同的铁片与pH相等的盐酸和醋酸反应，开始时产生H2的速率一样快；⑧pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍还大。
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑦ C. ①② D. ③④⑥⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶，说明醋酸溶解度大，但是不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸为弱电解质，故①错误；
②醋酸溶液能导电，说明醋酸在水溶液中能发生电离，但是不能说明其部分电离，所以不能说明醋酸为弱电解质，故②错误；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸部分电离，则为弱电解质，故③正确；
④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，盐酸是强酸，则醋酸部分电离，为弱电解质，故④正确；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性大于碳酸，碳酸也是弱酸，所以不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故⑤错误；
⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9，说明CH3COO-在溶液中发生水解，使溶液显碱性，则醋酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦大小相同铁片与pH相等的盐酸和醋酸反应，因起始时溶液中H+浓度相等，则开始时产生H2的速率一样快，无法说明醋酸是弱酸，故⑦错误；
⑧pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍还大，说明醋酸部分电离，即醋酸是弱电解质，故⑧正确；
③④⑥⑧正确，故答案为D。
2.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是( )
A. c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)
B. c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)
C. c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)
D. c(Na＋)+ c(H+) = c(A－)+c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）c（A-），A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序为：c（Na+）>c（A-）>c（OH-）>c（H+），故A错误；
B.根据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；
故选D。
3.下列叙述正确的是 ( )
A. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B. c(H＋)等于1×10－7mol/L的溶液一定是中性溶液
C. 0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．水的离子积常数只与温度有关，在室温下，Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-14，A正确；
B．在室温下，c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液，若不是室温条件，则不是中性溶液，B错误；
C．对于弱酸醋酸来说，浓度越大，电离程度就越小，所以0.2mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）的2倍小，C错误；
D．对于稀溶液，可以用pH来表示其酸性的强弱，若是浓溶液，则直接用溶液的浓度表示溶液的酸碱性，D错误。
答案选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 100℃时，某溶液pH=6，则该溶液一定显酸性
B. 25℃时，0.l mol·L-1的 NaHSO3溶液 pH=4，溶液中c(SO32-)
D. 25 ℃时，pH=3的硫酸溶液与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液呈酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A．100℃时，水的离子积Kw=10-12，纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，此温度下pH=6，溶液显示中性，故A错误；
B．25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，说明HSO3-在水溶液中的电离程度大于亚硫酸氢根离子的水解程度，故c(SO32-)＞c(H2SO3)，故B错误；
C．室温下，10mL0.1mol/L CH3COOH溶液与5mL0．lmol/LNaOH溶液混合后，溶液中溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，物料守恒为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，故C正确；
D．pH=3的硫酸中氢离子浓度等于pH=11氨水中氢氧根离子浓度，但一水合氨为弱碱，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致溶液呈碱性，故D错误；
故答案为C。
5. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变
B. CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸
C. 在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，温度升高，KW变大，A项错误；
B. CaCO3与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4阻碍了反应的进行，所以CaCO3难溶于稀硫酸，但是和醋酸反应生成醋酸钙是溶于水的，反应可以继续进行， 故CaCO3可溶于醋酸，B项错误；
C. 在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)这是质子守恒，C项正确；
D. NaCl溶液不发生水解，CH3COONH4溶液中CH3COO- 和 NH4+的水解促进了水的电离，但程度相当，溶液显中性，所以两溶液中水的电离程度不同，D项错误。
答案选C。
6.关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是( )
A. c（NH+4）：③＞①
B. 水电离出的c（H+）：②＞①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c（H+）＝c(OH)+c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+,氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，A正确；
B.在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐类水解促进水的电离，B项不正确。
C.盐酸和氨水混合后恰好完全反应，但因生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，而多余的H+为水解产生，此等式可表示溶液中的质子守恒，C项正确。
D. ①和③等体积混合后的溶液显碱性，氯化铵是强电解质，而一水合氨是弱电解质，故离子浓度的大小顺序为c（NH+4）＞c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，D正确。
故选B。
7.下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。
其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）
A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。
8.用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎少加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)，继续加水至50mL，所得溶液的pH是（ ）
A. 4 B. 7.2 C. 10 D. 11.3
【答案】A
【解析】
【分析】本题中盐酸过量，HCl的物质的量为0.1乘以0.05除以1000，已知总体积为0.05L，H+浓度为1×10-4mol/L，由此计算PH。
【详解】由分析可计算PH=4，故答案为A选项。
9. 下列叙述正确的是( )
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】
【详解】A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；
B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；
C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；
D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确；
故答案选D。
10.在某无色溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1，该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. Fe2＋、Na＋、NO3-、SO42- B. Na＋、K＋、Cl－、SO42-
C. Na＋、Mg2＋、Cl－、NO3- D. K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】无色溶液中不含有颜色的离子，由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，此时溶液pH=13或pH=1；
A．酸性条件下，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应且亚铁离子有颜色，碱性条件下，氢氧根离子和Fe2+反应生成沉淀，故A错误；
B．Na＋、K＋、Cl－、SO42-离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子不反应，且溶液为无色，故B正确；
C．Mg2＋在碱性条件下不能大量共存，易生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．酸性或碱性条件下，HCO3-都不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
11.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·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. 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10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】
【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A错误；
B．由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，故B错误；
C．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-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；
故答案为D。
12.用一价离子组成四种盐，AC、BD、AD、BC的1mol·L-1溶液，在室温下前两种溶液的pH＝7，第三种溶液的pH >7，最后一种溶液的pH< 7，则( )
A. 碱性AOH>BOH、酸性HC>HD
B. 碱性AOHHD
C. 碱性AOH>BOH、酸性HC
【解析】
【详解】根据盐的水解规律可知电离程度：
故电离程度：，即酸性为，碱性为；
故选A。
13.已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42—，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A. Cl－、Br－、CrO42— B. CrO42—、Br－、Cl－
C. Br－、Cl－、CrO42— D. Br－、CrO42—、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)==mol/L=1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)==mol/L=7.7×10-11mol/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)==mol/L=3×10-5；c(Ag+)越小，则越容易生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，故选C。
【点睛】本题的易错点为Ag2CrO4溶解平衡时c(Ag+)的计算，要注意Ksp计算表达式的理解和应用，同时注意组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。
14.在时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。又知时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是
A. 在时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在时，平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【分析】A. 根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10-13；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；
C. 在a点时Qc= c(Ag+)c(Br-)
【详解】A. 结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知，该温度下Ksp(AgBr)=c(Ag+)c(Br-)=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13，A项正确，不符合题意；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，B项错误，符合题意；
C. 根据图象可知，在a点时，Qc= c(Ag+)c(Br-)
答案选B。
15.在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中( )
A. c(Ba2＋)＝c(SO42-)＝
B. c(Ba2＋)·c(SO42-)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO42-)
C. c(Ba2＋)·c(SO42-)≠Ksp，c(Ba2＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，故A错误；
B．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，温度不变，溶液中的溶度积常数不变，故B错误；
C．溶度积常数是随温度变化不随浓度改变，最后溶液中的溶度积常数不变，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，故C错误；
D．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶液中的溶度积常数不变，故D正确；
故答案为D。
16.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。
17.下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是 ( )
①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－
②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl
③Na2CO3＋2H2OH2CO3＋2NaOH
④碳酸氢钠溶液：HCO3—＋H2O=CO32—＋H3O＋
⑤NH4Cl溶于D2O中：NH4+＋D2ONH3·D2O＋H＋
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①中是电离，HCl是强电解，不能用“”， ①错；
②是水解，但水解程度微弱，不能用“=”， ②错；
③中CO32-水解应分步进行，两步水解不能合并，因为水解的程度有很大差别，③错；
④中是电离，不能用“=”， ④错；
⑤中NH4+在水解时，应结合OD-，离子方程式应为NH4+＋D2ONH3·HDO＋D＋，⑤也错；
答案选D。
18.25℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. Ka(HA)＝1×10－6
B. b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)
C. a→c过程中水的电离程度始终增大
D. c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。
【详解】A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；
B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；
C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；
答案选D。
19.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知CH4(g)＋H2O(g) = CO(g)＋3 H2(g) ΔH=+206.1 kJ·mol–1，反应过程中使用催化剂，ΔH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，电离吸热，醋酸与氢氧化钠反应放出的热量较小，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ，故B正确；
C．碳燃烧放出热量，反应热为负值，放出的热量越多，反应热越小，则a＜b，故C错误；
D．催化剂不改变反应热，故D错误；
故选B。
20.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是( )
A CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
B. CH3CH2OH(g ) CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＞0
C. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g) 2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
D. CO2(g)＋2NH3(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0
【答案】D
【解析】
【分析】温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2>T1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1>P2；
【详解】A、该反应是吸热的可逆反应，升高温度平衡正向移动，则T2时水蒸气含量应该比T1时大，与图象不符，故A错误；
B、该反应是一个体积增大和吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大；增大压强，平衡向逆反应方向移动，水蒸气的含量减小，不符合图象，故B错误；
C、该反应是一个体积增大和放热的可逆反应，增大压强平衡逆向移动，水蒸气的含量减少，与图象不符，故C错误；
D、该反应是一个体积减小和放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，水蒸气的含量降低；而增大压强平衡向正反应方向移动，水蒸气的含增大量，与图象相符，故D正确；
答案选D。
21.I2在KI溶液中存在平衡I2(aq)＋I(aq)＝I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上的任何点都表示平衡状态）。下列说法正确的是( )
①I2(aq)+I—(aq)=I3—(ag) ΔH>0
②若温度为T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
⑤保持温度不变，向该混合溶液中加水，将变大
A. 只有①② B. 只有②③ C. ①③④ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①由图象曲线的变化趋势可以知道，当温度升高时，I3－的物质的量浓度减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，△H<0，故不符合题意；
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高平衡常数越小、温度为T1K2，故符合题意；
③若反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成I3－的方向移动，则v正>v逆，故符合题意；
④温度升高，平衡向逆方向移动，c(I3－)变小，则c(I2)应变大，所以状态B的c(I2)大，故不符合题意；
⑤，在该混合液中加水，c（I-）降低，温度不变平衡常数不变，则减小，故不符合题意；
故选B。
22.将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）＋F（s）2G（g）。忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示。下列说法错误的是( )
A. a<54.0
B. b> f
C. 915 ℃，2.0 MPa时E的转化率为60%
D K（1000 ℃）＞K（810 ℃）
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，所以达到平衡时，G的体积分数减小，因此a<54.0，A正确；
B.由于压强b>a，所以平衡时G的体积分数b915℃，所以平衡时G的体积分数f大于75.0，因此b
D．根据B分析可知该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，所以K（1000 ℃）＞K（810 ℃），D正确；
答案选B。
23.两气体A、B分别为0.6mol、0.5mol。在0.4L密闭容器中发生反应：3A+BmC+2D，经5min后达到平衡，此时C为0.2mol。又知在此反应时间D的平均反应速率 为0.1mol·L-1·min-1，以下结论正确的是（ ）
A. m值为3
B. B的转化率为20％
C. A的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1
D. 平衡时反应混合物总物质的量为1mol
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意知在此反应时间D的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，则D的物质的量变化为0.2mol，利用三段式分析：
3A + B mC + 2D
起始量（mol） 0.6 0.5 0 0
变化量（mol） 0.3 0.1 0.2 0.2
平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2 0.2
A、C和D两种物质的变化量相等，说明C和D的化学计量数相等，m值为2，A错误；
B、B的转化率为×100%=20％，B正确；
C、在此反应时间D的平均反应速率 为0.1mol·L-1·min-1，根据化学计量数关系可知，A的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1，C错误；
D、平衡时反应混合物总物质的量为1.1mol，D错误；
答案选B。
24.在100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L-1。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6 倍。下列说法正确的是( )
A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1
B. 在2s时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内N2O4的物质的量为0.2mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【分析】2秒时，NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L；反应进行到60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，设消耗N2O4的物质的量为x，则：
0.5-x+2x=0.5×1.6，x=0.3mol；
【详解】A．2秒时，NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒，以N2O4表示的平均反应速率为=0.005mol/(L•s)，故A错误；
B．
压强关系：2s时体系内的压强：开始压强=0.55∶0.5=1.1∶1，在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍，故B错误；
C．在平衡时，体系内含N2O4=0.5mol-0.3mol=0.2mol，故C正确；
D．平衡时，N2O4的转化率=×100%=60%，故D错误；
故答案为C。
25.常温下，0.1 mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是( )
A. HC2O4-H+＋C2O42-，K＝1×10-4.3
B. 将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，所得溶液pH恰好为4.3
C. 常温下HF的K＝1×10-3.45，将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF＋HC2O4-
D. 在0.1 mol/LNaHC2O4溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由HC2O4-H++C2O42-，可知K= ，pH=4.3时，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，所以K=c(H+)=1×10-4.3，故A正确；
B．将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，HC2O4-电离程度大于C2O42-的水解程度，所以溶液中c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，则溶液pH大于4.3，故B错误；
C．常温下H2C2O4的K1=10-1.3，K2=10-4.3，HF的KB=1×10-3.45，则酸性：H2C2O4＞HF＞HC2O4-，所以将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4+F-=HF+HC2O4-；故C正确；
D．NaHC2O4溶液显酸性，以HC2O4-的电离为主，在溶液中部分电离HC2O4-，则各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，故D正确；
故答案为B。
二、非选择题
26.已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。将溶液加水稀释至100 mL，溶液pH数值范围为___________，溶液中____（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。
（2）25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝______；
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点是___________。
【答案】(1). 3＜pH＜4 (2). 不变 (3). 11 (4). Q
【解析】
【分析】(1)醋酸是弱酸加水稀释醋酸电离程度增大，溶液中存在离子积常数，结合比值关系和电离平衡常数分析；
(2)25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，25℃时，0.1mol/L氨水(NH3•H2O溶液)电离出的氢氧根离子浓度为10-3mol/L；
(3)图象分析可知N点pH＞pOH，溶液显碱性，M点pOH＞pH，溶液显酸性，酸碱抑制水的电离，Q点pOH=pH，溶液显中性。
【详解】(1)25℃时，取10mL 0.1mol/L醋酸溶液测得其pH=3，溶液加水稀释至100mL，氢离子浓度减小，pH大于3，醋酸电离被促进又电离出氢离子，氢离子浓度减小小于稀释10倍后的H+浓度，则溶液pH小于4，溶液pH取值范围为：3＜pH＜4，溶液中离子浓度之比=，电离平衡常数和离子积常数随温度变化，所以加水稀释溶液中不变；
(2)25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，25℃时，0.1mol/L氨水(NH3•H2O溶液)电离出的氢氧根离子浓度为10-3mol/L，溶液pH=11；
(3)图象分析可知N点pH＞pOH，溶液显碱性，M点pOH＞pH，溶液显酸性，酸碱抑制水的电离，Q点pOH=pH，溶液显中性，水的电离程度最大，故答案为：Q。
27.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
（1）准确称量8.2 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL待测溶液。称量时，样品可放在________(填字母)称量。
A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．托盘上
（2）滴定过程中，眼睛应注视________________。滴定时，用0.2000mol•L-的盐酸来滴定待测液，不可选用______（填编号字母）作指示剂。
A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞
（3）滴定时，用0.200 0 mol·L－1的盐酸来滴定待测溶液，根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________ mol·L－1，烧碱样品的纯度是________。
滴定次数
待测溶液体积（mL）
标准酸体积
滴定前的刻度（mL）
滴定后的刻度（mL）
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
（4）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若将锥形瓶用待测液润洗，然后加入10.00mL待测液，则滴定结果______
②若锥形瓶未干燥就加入10.00mL待测液，则滴定结果______。
【答案】(1). A (2). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (3). B (4). 0.4000 (5). 97.56% (6). 偏高 (7). 无影响
【解析】
【分析】(1)易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如小烧杯、表面皿)里称量；
(2)酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；
(3)根据c(待测)=，V(标准)用两次的平均值；根据m=c•V•M计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；
(4)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】(1)烧碱易潮解，必须放在玻璃器皿上(如小烧杯、表面皿)里称量，故答案为A；
(2)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故答案为B；
(3)第一次消耗的标准液的体积为：(20.50-0.40)mL=20.10mL，第二次消耗的标准液体积为：24.00mL-4.10mL=19.90mL，两次滴定数据都是有效的，所以消耗标准液平均体积为20.00mL，根据c(待测)===0.4000mol•L-1，样品中含有烧碱的质量为：m(烧碱)=c•V•M=0.4000mol•L-1×0.5L×40g/mol=8.0g，烧碱的质量分数为：ω=×100%=97.56%；
(4)①若将锥形瓶用待测液润洗，然后加入10.00mL待测液，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏高，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高；
②若锥形瓶未干燥就加入10.00mL待测液，V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)无影响。
28.毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________。
a．烧杯 b．500mL容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）已知不同杂质离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下：
加入NH3·H2O调节pH=8可除去_______ (填离子符号)，此时，溶液中该离子的浓度为_______mol·L－1。加入NaOH调pH=12.5，溶液内剩余的阳离子中_______完全沉淀，_____________ (填离子符号)部分沉淀。加入H2C2O4时应避免过量，原因是___________。（已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10－7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10－9, Ksp［Fe(OH)3］ =2.6×10－39）
【答案】(1). 增大接触面积从而使反应速率加快 (2). ac (3). Fe3＋ (4). 2.6×10-21 (5). Mg2+ (6). Ca2+ (7). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少
【解析】
【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O；
(1)研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；溶液中质量分数=×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌；
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+；加入过量H2C2O4，易发生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+，产品的产量减少。
【详解】(1)化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，故答案为ac；
(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，由Ksp［Fe(OH)3］ =c(Fe3+)×c3(OH-)=2.6×10－39，pH为8，c(OH-)=1×10-6mol/L，则c(Fe3+)=mol/L=2.6×10-21 mol/L；加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少。
29.（1）某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，则此时溶液的c(OH-)=________ mol·L-1；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6 mol·L-1，则c(OH-)=_________ mol·L-1。
（2）在2mL 0.1mol·L-1的NaCl溶液中，加入2mL 0.1mol·L-1的AgNO3溶液，可观察到白色沉淀生成。将此混合液过滤，向滤渣中加入2mL 0.1mol·L-1的KI溶液，搅拌，可观察到_______________， 反应的离子方程式为______________________。
（3）下列说法不正确的是_____________。
A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
B．所有物质的溶解都是吸热的
C．沉淀反应中常加过量沉淀剂，其目的是使沉淀完全
D．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用效果好，说明 Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大
（4）25 ℃，两种常见酸的电离常数如下表所示。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
① 的电离常数表达式 K =_____________。
②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为______________。
【答案】(1). 2.0×10-7 (2). 8×10-9 (3). 白色沉淀变为黄色沉淀 (4). AgCl(s)+I-(aq)= AgI(s)+Cl-(aq) (5). BD (6). (7).
【解析】
【分析】(1)纯水存在电离平衡，电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，根据水的离子积常数并结合c(H+)=5.0×10-6 mol·L-1，计算溶液中c(OH-)；
(2)AgCl中加入2mL0.1mol/L的KI溶液发生沉淀的转化，生成AgI；
(3)A．依据氯化银沉淀溶解平衡分析，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；
B．物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的；
C．为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；
D．Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-H++SO32-，平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积比值；
②由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，依据强酸制备弱酸解答。
【详解】(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol•L-1，H2OOH-+H+，则c(OH-)=c(H+)=2.0×10-7mol•L-1，此温度下Kw=c(OH-)×c(H+)=4.0×10-14(mol•L-1)2，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6mol/L，则溶液中c(OH-)===8.0×10-9mol•L-1；
(2)AgCl中加入2mL0.1mol/L的KI溶液发生沉淀的转化，生成AgI，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)；
(3)A．氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=[Ag+][Cl-]，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故A正确；
B．大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解时放热的，如浓硫酸溶解于水放热，故B错误；
C．为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；故C正确；
D．Mg(OH)2的溶解度比MgCO3小，故D错误；
故答案为BD；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-平衡常数表达式为K=；
②由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
陕西省西安中学2019-2020学年高二12月月考试题
一、选择题
1.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是( )
①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1 mol·L-1醋酸的pH比0.1 mol·L-1盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2； ⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9；⑦大小相同的铁片与pH相等的盐酸和醋酸反应，开始时产生H2的速率一样快；⑧pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍还大。
A. ②⑥⑦⑧ B. ③④⑦ C. ①② D. ③④⑥⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶，说明醋酸溶解度大，但是不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸为弱电解质，故①错误；
②醋酸溶液能导电，说明醋酸在水溶液中能发生电离，但是不能说明其部分电离，所以不能说明醋酸为弱电解质，故②错误；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子，说明醋酸部分电离，则为弱电解质，故③正确；
④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，盐酸是强酸，则醋酸部分电离，为弱电解质，故④正确；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸酸性大于碳酸，碳酸也是弱酸，所以不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故⑤错误；
⑥0.1 mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9，说明CH3COO-在溶液中发生水解，使溶液显碱性，则醋酸为弱电解质，故⑥正确；
⑦大小相同铁片与pH相等的盐酸和醋酸反应，因起始时溶液中H+浓度相等，则开始时产生H2的速率一样快，无法说明醋酸是弱酸，故⑦错误；
⑧pH=3的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=4的醋酸溶液的物质的量浓度的10倍还大，说明醋酸部分电离，即醋酸是弱电解质，故⑧正确；
③④⑥⑧正确，故答案为D。
2.HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L-1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是( )
A. c(Na＋)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)
B. c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)
C. c(Na＋)+c(OH－)=c(A－)+c(H+)
D. c(Na＋)+ c(H+) = c(A－)+c(OH－)
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c（H+）
B.根据A的分析可知，c（A-）>c（OH-），故B错误；
C.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na+）+c（OH-）>c（A-）+c（H+），故C错误；
D.溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），故D正确；
故选D。
3.下列叙述正确的是 ( )
A. 无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B. c(H＋)等于1×10－7mol/L的溶液一定是中性溶液
C. 0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．水的离子积常数只与温度有关，在室温下，Kw=c（H+）·c（OH-）=1×10-14，A正确；
B．在室温下，c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液，若不是室温条件，则不是中性溶液，B错误；
C．对于弱酸醋酸来说，浓度越大，电离程度就越小，所以0.2mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）的2倍小，C错误；
D．对于稀溶液，可以用pH来表示其酸性的强弱，若是浓溶液，则直接用溶液的浓度表示溶液的酸碱性，D错误。
答案选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 100℃时，某溶液pH=6，则该溶液一定显酸性
B. 25℃时，0.l mol·L-1的 NaHSO3溶液 pH=4，溶液中c(SO32-)
D. 25 ℃时，pH=3的硫酸溶液与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液呈酸性
【答案】C
【解析】
【详解】A．100℃时，水的离子积Kw=10-12，纯水中c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，此温度下pH=6，溶液显示中性，故A错误；
B．25℃时，0.1mol/L的NaHSO3溶液pH=4，说明HSO3-在水溶液中的电离程度大于亚硫酸氢根离子的水解程度，故c(SO32-)＞c(H2SO3)，故B错误；
C．室温下，10mL0.1mol/L CH3COOH溶液与5mL0．lmol/LNaOH溶液混合后，溶液中溶质为等浓度的CH3COONa和CH3COOH，物料守恒为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则2c(H+)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，故C正确；
D．pH=3的硫酸中氢离子浓度等于pH=11氨水中氢氧根离子浓度，但一水合氨为弱碱，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致溶液呈碱性，故D错误；
故答案为C。
5. 下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变
B. CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸
C. 在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)
D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 在蒸馏水中滴加浓H2SO4，温度升高，KW变大，A项错误；
B. CaCO3与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4阻碍了反应的进行，所以CaCO3难溶于稀硫酸，但是和醋酸反应生成醋酸钙是溶于水的，反应可以继续进行， 故CaCO3可溶于醋酸，B项错误；
C. 在Na2S稀溶液中，c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)这是质子守恒，C项正确；
D. NaCl溶液不发生水解，CH3COONH4溶液中CH3COO- 和 NH4+的水解促进了水的电离，但程度相当，溶液显中性，所以两溶液中水的电离程度不同，D项错误。
答案选C。
6.关于浓度均为0.1 mol/L的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是( )
A. c（NH+4）：③＞①
B. 水电离出的c（H+）：②＞①
C. ①和②等体积混合后的溶液：c（H+）＝c(OH)+c(NH3·H2O)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c（NH+4）＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯化铵为强电解质完全电离后产生大量的NH4+,氨水为弱电解质只有少量的NH4+产生，A正确；
B.在水中加入酸和碱都抑制水的电离，但是盐类水解促进水的电离，B项不正确。
C.盐酸和氨水混合后恰好完全反应，但因生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，而多余的H+为水解产生，此等式可表示溶液中的质子守恒，C项正确。
D. ①和③等体积混合后的溶液显碱性，氯化铵是强电解质，而一水合氨是弱电解质，故离子浓度的大小顺序为c（NH+4）＞c(Cl−)＞c(OH−)＞c(H+)，D正确。
故选B。
7.下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。
其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）
A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。
8.用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定0.1mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎少加了1滴NaOH溶液(1滴溶液的体积约为0.05mL)，继续加水至50mL，所得溶液的pH是（ ）
A. 4 B. 7.2 C. 10 D. 11.3
【答案】A
【解析】
【分析】本题中盐酸过量，HCl的物质的量为0.1乘以0.05除以1000，已知总体积为0.05L，H+浓度为1×10-4mol/L，由此计算PH。
【详解】由分析可计算PH=4，故答案为A选项。
9. 下列叙述正确的是( )
A. 浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体
B. CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO－)增大
C. Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2
D. 25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
【答案】D
【解析】
【详解】A、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3红褐色沉淀，得不到胶体，A错误；
B、CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸生成醋酸和氯化钠，因此溶液中c(CH3COO－)降低，B错误；
C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，得不到Ca(OH)2，C错误；
D、根据氢氧化铜的溶解平衡可知，溶液中铜离子浓度越大，氢氧化铜的溶解度越小，因此25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度，D正确；
故答案选D。
10.在某无色溶液中，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1，该溶液中一定能大量共存的离子组是( )
A. Fe2＋、Na＋、NO3-、SO42- B. Na＋、K＋、Cl－、SO42-
C. Na＋、Mg2＋、Cl－、NO3- D. K＋、Ba2＋、Cl－、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】无色溶液中不含有颜色的离子，由水电离出的c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，此时溶液pH=13或pH=1；
A．酸性条件下，Fe2+、NO3-发生氧化还原反应且亚铁离子有颜色，碱性条件下，氢氧根离子和Fe2+反应生成沉淀，故A错误；
B．Na＋、K＋、Cl－、SO42-离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子不反应，且溶液为无色，故B正确；
C．Mg2＋在碱性条件下不能大量共存，易生成氢氧化镁沉淀，故C错误；
D．酸性或碱性条件下，HCO3-都不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
11.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·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. 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10mL时，c(NH4+)＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】
【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A错误；
B．由CH3COONH4的水解常数Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，则始终减小，故B错误；
C．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-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；
故答案为D。
12.用一价离子组成四种盐，AC、BD、AD、BC的1mol·L-1溶液，在室温下前两种溶液的pH＝7，第三种溶液的pH >7，最后一种溶液的pH< 7，则( )
A. 碱性AOH>BOH、酸性HC>HD
B. 碱性AOH
C. 碱性AOH>BOH、酸性HC
【解析】
【详解】根据盐的水解规律可知电离程度：
故电离程度：，即酸性为，碱性为；
故选A。
13.已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42—，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A. Cl－、Br－、CrO42— B. CrO42—、Br－、Cl－
C. Br－、Cl－、CrO42— D. Br－、CrO42—、Cl－
【答案】C
【解析】
【详解】析出沉淀时，AgCl溶液中c(Ag+)==mol/L=1.56×10-8mol/L；AgBr溶液中c(Ag+)==mol/L=7.7×10-11mol/L；Ag2CrO4溶液中c(Ag+)==mol/L=3×10-5；c(Ag+)越小，则越容易生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO42-，故选C。
【点睛】本题的易错点为Ag2CrO4溶解平衡时c(Ag+)的计算，要注意Ksp计算表达式的理解和应用，同时注意组成不相似的物质，不能直接根据溶度积判断。
14.在时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。又知时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法不正确的是
A. 在时，AgBr的Ksp为4.9×10-13
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点到b点
C. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D. 在时，平衡常数K≈816
【答案】B
【解析】
【分析】A. 根据图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10-13；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小；
C. 在a点时Qc= c(Ag+)c(Br-)
【详解】A. 结合图中c点的c(Ag+)和c(Br-)可知，该温度下Ksp(AgBr)=c(Ag+)c(Br-)=7×10-7×7×10-7=4.9×10-13，A项正确，不符合题意；
B. 在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br-)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag+)减小，B项错误，符合题意；
C. 根据图象可知，在a点时，Qc= c(Ag+)c(Br-)
答案选B。
15.在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中( )
A. c(Ba2＋)＝c(SO42-)＝
B. c(Ba2＋)·c(SO42-)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO42-)
C. c(Ba2＋)·c(SO42-)≠Ksp，c(Ba2＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，故A错误；
B．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，温度不变，溶液中的溶度积常数不变，故B错误；
C．溶度积常数是随温度变化不随浓度改变，最后溶液中的溶度积常数不变，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，故C错误；
D．加入氯化钡溶液会生成硫酸钡沉淀，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度不再相等，钡离子浓度大于硫酸根离子浓度，溶液中的溶度积常数不变，故D正确；
故答案为D。
16.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A. 三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B. 滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C. pH=7时，三种溶液中：c(A－)=c(B－)=c(D－)
D. 当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD，A正确；
B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，B正确；
C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；
D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)=c(OH－)－c(H＋)，D正确；
答案选C。
17.下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是 ( )
①HCl＋H2OH3O＋＋Cl－
②AlCl3＋3H2O=Al(OH)3＋3HCl
③Na2CO3＋2H2OH2CO3＋2NaOH
④碳酸氢钠溶液：HCO3—＋H2O=CO32—＋H3O＋
⑤NH4Cl溶于D2O中：NH4+＋D2ONH3·D2O＋H＋
A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①中是电离，HCl是强电解，不能用“”， ①错；
②是水解，但水解程度微弱，不能用“=”， ②错；
③中CO32-水解应分步进行，两步水解不能合并，因为水解的程度有很大差别，③错；
④中是电离，不能用“=”， ④错；
⑤中NH4+在水解时，应结合OD-，离子方程式应为NH4+＋D2ONH3·HDO＋D＋，⑤也错；
答案选D。
18.25℃时，将浓度均为0.1 mol·L－1，体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液pH的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. Ka(HA)＝1×10－6
B. b点c(B+)＝c(A－)＝c(OH－)＝c(H+)
C. a→c过程中水的电离程度始终增大
D. c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据图知，酸溶液的pH=3，则c(H+)<0.1mol/L，说明HA是弱酸；碱溶液的pH=11，c(OH－)<0.1mol/L，则BOH是弱碱，结合图像分析解答。
【详解】A、由图可知0.1mol/L HA溶液的pH=3，根据HA⇌H++A－可知Ka=10－3×10－3/0.1=10－5，A错误；
B、b点是两者等体积混合溶液呈中性，所以离子浓度的大小为：c(B+)=c(A－)>c(H+)=c(OH－)，B错误；
C、a→b是酸过量和b→c是碱过量两过程中水的电离程受抑制，b点是弱酸弱碱盐水解对水的电离起促进作用，所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D、c点时，c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]=1/Kh，水解平衡常数Kh只与温度有关，温度升高，Kh增大，1/Kh减小，所以c(A－)/[c(OH－)⋅c(HA)]随温度升高而减小，D正确；
答案选D。
19.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )
A. 已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－483.6 kJ·mol－1，则氢气燃烧热为241.8 kJ·mol－1
B. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ
C. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH＝a，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝b，则a＞b
D. 已知CH4(g)＋H2O(g) = CO(g)＋3 H2(g) ΔH=+206.1 kJ·mol–1，反应过程中使用催化剂，ΔH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜-241.8kJ•mol-1，故A错误；
B．醋酸为弱电解质，电离吸热，醋酸与氢氧化钠反应放出的热量较小，则含40.0g NaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3 kJ，故B正确；
C．碳燃烧放出热量，反应热为负值，放出的热量越多，反应热越小，则a＜b，故C错误；
D．催化剂不改变反应热，故D错误；
故选B。
20.一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合下图的是( )
A CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
B. CH3CH2OH(g ) CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＞0
C. 2C6H5CH2CH3(g)＋O2(g) 2C6H5CH=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
D. CO2(g)＋2NH3(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＜0
【答案】D
【解析】
【分析】温度越高，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此T2>T1；同理压强越大，反应越快，到达平衡的时间就越少，因此P1>P2；
【详解】A、该反应是吸热的可逆反应，升高温度平衡正向移动，则T2时水蒸气含量应该比T1时大，与图象不符，故A错误；
B、该反应是一个体积增大和吸热的可逆反应，升高温度平衡向正反应方向移动，水蒸气的含量增大；增大压强，平衡向逆反应方向移动，水蒸气的含量减小，不符合图象，故B错误；
C、该反应是一个体积增大和放热的可逆反应，增大压强平衡逆向移动，水蒸气的含量减少，与图象不符，故C错误；
D、该反应是一个体积减小和放热的可逆反应，因此升高温度平衡向逆反应方向移动，水蒸气的含量降低；而增大压强平衡向正反应方向移动，水蒸气的含增大量，与图象相符，故D正确；
答案选D。
21.I2在KI溶液中存在平衡I2(aq)＋I(aq)＝I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上的任何点都表示平衡状态）。下列说法正确的是( )
①I2(aq)+I—(aq)=I3—(ag) ΔH>0
②若温度为T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
⑤保持温度不变，向该混合溶液中加水，将变大
A. 只有①② B. 只有②③ C. ①③④ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①由图象曲线的变化趋势可以知道，当温度升高时，I3－的物质的量浓度减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，△H<0，故不符合题意；
②升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高平衡常数越小、温度为T1
③若反应进行到状态D时，反应未达到平衡状态，若反应趋向于平衡，则反应向生成I3－的方向移动，则v正>v逆，故符合题意；
④温度升高，平衡向逆方向移动，c(I3－)变小，则c(I2)应变大，所以状态B的c(I2)大，故不符合题意；
⑤，在该混合液中加水，c（I-）降低，温度不变平衡常数不变，则减小，故不符合题意；
故选B。
22.将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）＋F（s）2G（g）。忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示。下列说法错误的是( )
A. a<54.0
B. b> f
C. 915 ℃，2.0 MPa时E的转化率为60%
D K（1000 ℃）＞K（810 ℃）
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，所以达到平衡时，G的体积分数减小，因此a<54.0，A正确；
B.由于压强b>a，所以平衡时G的体积分数b
D．根据B分析可知该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，所以K（1000 ℃）＞K（810 ℃），D正确；
答案选B。
23.两气体A、B分别为0.6mol、0.5mol。在0.4L密闭容器中发生反应：3A+BmC+2D，经5min后达到平衡，此时C为0.2mol。又知在此反应时间D的平均反应速率 为0.1mol·L-1·min-1，以下结论正确的是（ ）
A. m值为3
B. B的转化率为20％
C. A的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1
D. 平衡时反应混合物总物质的量为1mol
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意知在此反应时间D的平均反应速率为0.1mol·L-1·min-1，则D的物质的量变化为0.2mol，利用三段式分析：
3A + B mC + 2D
起始量（mol） 0.6 0.5 0 0
变化量（mol） 0.3 0.1 0.2 0.2
平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2 0.2
A、C和D两种物质的变化量相等，说明C和D的化学计量数相等，m值为2，A错误；
B、B的转化率为×100%=20％，B正确；
C、在此反应时间D的平均反应速率 为0.1mol·L-1·min-1，根据化学计量数关系可知，A的平均反应速率为0.15mol·L-1·min-1，C错误；
D、平衡时反应混合物总物质的量为1.1mol，D错误；
答案选B。
24.在100℃时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色。反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol·L-1。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6 倍。下列说法正确的是( )
A. 前2s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.01mol·L-1·s-1
B. 在2s时体系内的压强为开始时的1.2倍
C. 在平衡时体系内N2O4的物质的量为0.2mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】C
【解析】
【分析】2秒时，NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L；反应进行到60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，设消耗N2O4的物质的量为x，则：
0.5-x+2x=0.5×1.6，x=0.3mol；
【详解】A．2秒时，NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒，以N2O4表示的平均反应速率为=0.005mol/(L•s)，故A错误；
B．
压强关系：2s时体系内的压强：开始压强=0.55∶0.5=1.1∶1，在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍，故B错误；
C．在平衡时，体系内含N2O4=0.5mol-0.3mol=0.2mol，故C正确；
D．平衡时，N2O4的转化率=×100%=60%，故D错误；
故答案为C。
25.常温下，0.1 mol/L的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三者中所占物质的量分数（分布系数）随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是( )
A. HC2O4-H+＋C2O42-，K＝1×10-4.3
B. 将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，所得溶液pH恰好为4.3
C. 常温下HF的K＝1×10-3.45，将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为：H2C2O4+F-=HF＋HC2O4-
D. 在0.1 mol/LNaHC2O4溶液中，各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)
【答案】B
【解析】
【详解】A．由HC2O4-H++C2O42-，可知K= ，pH=4.3时，c(C2O42-)=c(HC2O4-)，所以K=c(H+)=1×10-4.3，故A正确；
B．将等物质的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中，HC2O4-电离程度大于C2O42-的水解程度，所以溶液中c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，则溶液pH大于4.3，故B错误；
C．常温下H2C2O4的K1=10-1.3，K2=10-4.3，HF的KB=1×10-3.45，则酸性：H2C2O4＞HF＞HC2O4-，所以将少量H2C2O4溶液加入到足量NaF溶液中，发生的反应为H2C2O4+F-=HF+HC2O4-；故C正确；
D．NaHC2O4溶液显酸性，以HC2O4-的电离为主，在溶液中部分电离HC2O4-，则各离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，故D正确；
故答案为B。
二、非选择题
26.已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。将溶液加水稀释至100 mL，溶液pH数值范围为___________，溶液中____（填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。
（2）25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝______；
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点是___________。
【答案】(1). 3＜pH＜4 (2). 不变 (3). 11 (4). Q
【解析】
【分析】(1)醋酸是弱酸加水稀释醋酸电离程度增大，溶液中存在离子积常数，结合比值关系和电离平衡常数分析；
(2)25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，25℃时，0.1mol/L氨水(NH3•H2O溶液)电离出的氢氧根离子浓度为10-3mol/L；
(3)图象分析可知N点pH＞pOH，溶液显碱性，M点pOH＞pH，溶液显酸性，酸碱抑制水的电离，Q点pOH=pH，溶液显中性。
【详解】(1)25℃时，取10mL 0.1mol/L醋酸溶液测得其pH=3，溶液加水稀释至100mL，氢离子浓度减小，pH大于3，醋酸电离被促进又电离出氢离子，氢离子浓度减小小于稀释10倍后的H+浓度，则溶液pH小于4，溶液pH取值范围为：3＜pH＜4，溶液中离子浓度之比=，电离平衡常数和离子积常数随温度变化，所以加水稀释溶液中不变；
(2)25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等，25℃时，0.1mol/L氨水(NH3•H2O溶液)电离出的氢氧根离子浓度为10-3mol/L，溶液pH=11；
(3)图象分析可知N点pH＞pOH，溶液显碱性，M点pOH＞pH，溶液显酸性，酸碱抑制水的电离，Q点pOH=pH，溶液显中性，水的电离程度最大，故答案为：Q。
27.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
（1）准确称量8.2 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500 mL待测溶液。称量时，样品可放在________(填字母)称量。
A．小烧杯中 B．洁净纸片上 C．托盘上
（2）滴定过程中，眼睛应注视________________。滴定时，用0.2000mol•L-的盐酸来滴定待测液，不可选用______（填编号字母）作指示剂。
A．甲基橙 B．石蕊 C．酚酞
（3）滴定时，用0.200 0 mol·L－1的盐酸来滴定待测溶液，根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是________ mol·L－1，烧碱样品的纯度是________。
滴定次数
待测溶液体积（mL）
标准酸体积
滴定前的刻度（mL）
滴定后的刻度（mL）
第一次
10.00
0.40
20.50
第二次
10.00
4.10
24.00
（4）下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若将锥形瓶用待测液润洗，然后加入10.00mL待测液，则滴定结果______
②若锥形瓶未干燥就加入10.00mL待测液，则滴定结果______。
【答案】(1). A (2). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (3). B (4). 0.4000 (5). 97.56% (6). 偏高 (7). 无影响
【解析】
【分析】(1)易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上(如小烧杯、表面皿)里称量；
(2)酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；
(3)根据c(待测)=，V(标准)用两次的平均值；根据m=c•V•M计算500mL溶液中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；
(4)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】(1)烧碱易潮解，必须放在玻璃器皿上(如小烧杯、表面皿)里称量，故答案为A；
(2)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化；酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，故答案为B；
(3)第一次消耗的标准液的体积为：(20.50-0.40)mL=20.10mL，第二次消耗的标准液体积为：24.00mL-4.10mL=19.90mL，两次滴定数据都是有效的，所以消耗标准液平均体积为20.00mL，根据c(待测)===0.4000mol•L-1，样品中含有烧碱的质量为：m(烧碱)=c•V•M=0.4000mol•L-1×0.5L×40g/mol=8.0g，烧碱的质量分数为：ω=×100%=97.56%；
(4)①若将锥形瓶用待测液润洗，然后加入10.00mL待测液，待测液的物质的量偏大，造成V(标准)偏高，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高；
②若锥形瓶未干燥就加入10.00mL待测液，V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，可知c(待测)无影响。
28.毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________。
a．烧杯 b．500mL容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）已知不同杂质离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下：
加入NH3·H2O调节pH=8可除去_______ (填离子符号)，此时，溶液中该离子的浓度为_______mol·L－1。加入NaOH调pH=12.5，溶液内剩余的阳离子中_______完全沉淀，_____________ (填离子符号)部分沉淀。加入H2C2O4时应避免过量，原因是___________。（已知：Ksp(BaC2O4)=1.6×10－7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10－9, Ksp［Fe(OH)3］ =2.6×10－39）
【答案】(1). 增大接触面积从而使反应速率加快 (2). ac (3). Fe3＋ (4). 2.6×10-21 (5). Mg2+ (6). Ca2+ (7). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少
【解析】
【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)，加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O；
(1)研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；溶液中质量分数=×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌；
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+；加入过量H2C2O4，易发生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+，产品的产量减少。
【详解】(1)化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，故答案为ac；
(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3，由Ksp［Fe(OH)3］ =c(Fe3+)×c3(OH-)=2.6×10－39，pH为8，c(OH-)=1×10-6mol/L，则c(Fe3+)=mol/L=2.6×10-21 mol/L；加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少。
29.（1）某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1，则此时溶液的c(OH-)=________ mol·L-1；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6 mol·L-1，则c(OH-)=_________ mol·L-1。
（2）在2mL 0.1mol·L-1的NaCl溶液中，加入2mL 0.1mol·L-1的AgNO3溶液，可观察到白色沉淀生成。将此混合液过滤，向滤渣中加入2mL 0.1mol·L-1的KI溶液，搅拌，可观察到_______________， 反应的离子方程式为______________________。
（3）下列说法不正确的是_____________。
A．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小
B．所有物质的溶解都是吸热的
C．沉淀反应中常加过量沉淀剂，其目的是使沉淀完全
D．除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀Mg2+比用效果好，说明 Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大
（4）25 ℃，两种常见酸的电离常数如下表所示。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10-2
6.3×10-8
H2CO3
4.2×10-7
5.6×10-11
① 的电离常数表达式 K =_____________。
②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为______________。
【答案】(1). 2.0×10-7 (2). 8×10-9 (3). 白色沉淀变为黄色沉淀 (4). AgCl(s)+I-(aq)= AgI(s)+Cl-(aq) (5). BD (6). (7).
【解析】
【分析】(1)纯水存在电离平衡，电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，根据水的离子积常数并结合c(H+)=5.0×10-6 mol·L-1，计算溶液中c(OH-)；
(2)AgCl中加入2mL0.1mol/L的KI溶液发生沉淀的转化，生成AgI；
(3)A．依据氯化银沉淀溶解平衡分析，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；
B．物质的溶解度大部分随温度的升高而增加，大部分物质的溶解是吸热的；
C．为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；
D．Mg(OH)2比MgCO3更难溶于水；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-H++SO32-，平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积比值；
②由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，依据强酸制备弱酸解答。
【详解】(1)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol•L-1，H2OOH-+H+，则c(OH-)=c(H+)=2.0×10-7mol•L-1，此温度下Kw=c(OH-)×c(H+)=4.0×10-14(mol•L-1)2，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6mol/L，则溶液中c(OH-)===8.0×10-9mol•L-1；
(2)AgCl中加入2mL0.1mol/L的KI溶液发生沉淀的转化，生成AgI，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，离子反应为AgCl(s)+I-(aq)=AgI(s)+Cl-(aq)；
(3)A．氯化银沉淀溶解平衡中存在溶度积常数，Ksp=[Ag+][Cl-]，银离子浓度增大，平衡向沉淀方向进行；用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小，故A正确；
B．大部分物质的溶解是吸热的，有些物质溶解时放热的，如浓硫酸溶解于水放热，故B错误；
C．为使离子完全沉淀，加入过量的沉淀剂，能使离子沉淀完全；故C正确；
D．Mg(OH)2的溶解度比MgCO3小，故D错误；
故答案为BD；
(4)①HSO3-的电离方程式为：HSO3-⇌H++SO32-平衡常数表达式为K=；
②由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O。
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