2019-2020学年内蒙古集宁一中（西校区）高二上学期第一次月考化学试题 解析版

1. 下列说法正确的是

A. 水电离方程式：H2O = H＋+ OH－

B. pH=7的溶液一定是中性溶液

C. 升高温度，水的电离程度增大

D. 将稀醋酸加水稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)也减小

【答案】C

【解析】

试题分析：A、水的电离是可逆反应，错误；B、没有说明温度，pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误；C、水的电离是吸热反应，升高温度电离程度增大，正确；D、醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH-）增大，错误。

【考点定位】弱电解质的电离

【名师点睛】本题考查了电解质的电离，明确电离平衡常数与酸的强弱之间的关系，电离平衡常数用来表示弱电解质的电离程度及其相对强弱，而平衡常数只受温度的影响。

2.在55℃时，下列说法正确的是（     ）

A. 向水中加入少量NaHSO4固体，促进水的电离，c(H+)增大，Kw不变

B. 1mol/L的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-) > c(NH4+) > c(H+) > c(OH-)

C. pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合，溶液显碱性

D. pH=8的NaHCO3溶液中：由水电离出的c(H+)=1×10-6mol/L

【答案】C

【解析】

【详解】55℃时，水的离子积常数大于1×10-14。

A．NaHSO4＝Na++H++SO42-，溶液呈强酸性，溶液中氢离子浓度增大，所以抑制水电离，温度不变，水离子积常数不变，故A错误；

B．硫酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-)，所以c(NH4+)＞c(SO42-)，铵根离子水解程度较小，所以c(SO42-)＞c(H+)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)，故B错误；

C．55℃时，水的离子积常数大于1×10-14，所以pH=11的氨水中c(OH-)＞1×10-3mol/L，因此pH=3的盐酸和pH=11的氨水溶液，盐酸浓度小于氨水，二者等体积混合氨水有剩余，溶液呈碱性，故C正确；

D．55℃时，水的离子积常数大于1×10-14，所以pH=8的NaHCO3溶液中c(OH-)＞1×10-6mol/L，故D错误；

故选C。

【点睛】本题的易错点为CD，要注意55℃时，水的离子积常数大于1×10-14，pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol/L，而pH=11的氨水中c(OH-)＞1×10-3mol/L。

3.在pH＝1的溶液中，可以大量共存的离子组是  (     )

A. Na+、K+、S2-、Cl- B. Al3+、Mg2+、SO42-、Cl-

C. K+、Na+、HCO3-、NO3- D. K+、Na+、SO42-、SO32-

【答案】B

【解析】

【详解】pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子。

A．S2-与氢离子能够反应生成H2S，不能大量共存，故A错误；

B．Al3+、Mg2+、SO42-、Cl-之间不反应，且都不与氢离子反应，能够大量共存，故B正确；

C．酸性条件下HCO3-与氢离子能够反应生成二氧化碳，不能大量共存，故C错误；

D．SO32-与氢离子能够反应生成二氧化硫，不能大量共存，故D错误；

故选B。

4.等物质的量浓度下列溶液：a.(NH4)2SO4； b.(NH4)2CO3； c.NH4Cl；d.NH4HSO4 ，四种溶液中，c(NH4+)大小判断正确的是（     ）

A. a＝b＝c=d B. c>a>b>d C. a>c>b>d D. a>b>d>c

【答案】D

【解析】

【详解】先不考虑水解，则a.(NH4)2SO4、b.(NH4)2CO3中都含有两个NH4+，所以它们NH4+的浓度大于其它2种物质，而b.(NH4)2CO3 中NH4+水解显酸性，CO32-水解显碱性，两者相互促进，所以NH4+水解的量较多，NH4+的量较少，a.(NH4)2SO4中硫酸根离子对铵根离子浓度无影响，即溶液中c(NH4+)a＞b；cd两种物质中，NH4+水解，c.NH4Cl中氯离子不影响铵根离子的水解，d. NH4HSO4溶液中氢离子抑制铵根离子水解，即溶液中c(NH4+)d＞c； 则按c(NH4+)由大到小的顺序排列为：a＞b＞d＞c，D正确，故答案为：D。

5.25℃将相同物质的量浓度的CH3COOH和NaOH溶液混合，欲使混合液的pH=7，则CH3COOH溶液的体积V1和NaOH溶液的体积V2的关系是

A. V1=V2 B. V1>V2 C. V1<V2 D. V1≥V2

【答案】B

【解析】

【详解】若两者等体积混合，则恰好完全反应： CH3COOH +NaOH＝CH3COONa + H2O ，CH3COONa溶液水解呈碱性；若要使混合溶液的pH为7；则要使酸的体积稍多一点，答案选B。

6.在室温下,下列叙述正确是   (　   　)

A. 将1 mL 1.0×10-5 mol·L-1盐酸稀释到1000 mL，得pH=8的盐酸

B. 将1 mL pH=3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH<4，则此酸为弱酸

C. 用pH=1的盐酸分别中和1 mL pH=13的NaOH溶液和氨水，NaOH溶液消耗的盐酸多

D. pH=2盐酸与pH=2的醋酸相比较：c(HCl)=c(CH3COOH)

【答案】B

【解析】

【详解】A、将1 mL 1.0×10-5mol/L盐酸稀释到1000 mL，得到的盐酸pH接近7，不可能大于7，故A错误；

B、一元强酸稀释10倍，pH增大一个单位，一元弱酸稀释10倍，弱酸存在电离平衡，pH增大小于一个单位；将1mLpH=3的一元酸溶液稀释到10 mL，若溶液的pH＜4，则此酸为弱酸，故B正确；

C、用pH=1的盐酸分别中和1mLpH=13的NaOH溶液和氨水，氨水存在电离平衡，氨水的浓度大于氢氧化钠，所以氨水消耗盐酸的体积大，故C错误；

D、pH=2的盐酸与pH=2的醋酸相比较，醋酸为弱酸，存在电离平衡，则c(HCl)＜c(CH3COOH)，故D错误；

故选B。

【点睛】本题易错点为A，要注意酸性溶液无论如何稀释，都不可能变成碱性溶液。

7.某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步：

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充满液体

③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数

④移取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，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：

（1）以上步骤有错误的是_____，该错误操作会导致测定结果___________

（2）判断滴定终点的现象是：________________________________________

（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_______ mL。

【答案】    (1). ①    (2). 偏大    (3). 锥形瓶中溶液从无色变为粉红色，且半分钟不变色    (4). 22.60

【解析】

【分析】

(1)碱式滴定管在装液前没有用所装液体进行润洗并据此分析误差；

(2)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；

(3)滴定管的最小读数为0.01mL，滴定管0刻度在上方，结合图示液面判断溶液体积。

【详解】(1)碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，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，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗，就直接注入标准NaOH溶液，会造成标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，c(待测)偏大，故答案为：①；偏大；

(2)滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；

(3)根据图示可知，滴定管中的液面读数为22.60mL，故答案为：22.60。

8.常温下，如果取 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：

（1）混合溶液的pH＝8的原因：_______________________________(用离子方程式表示)。

（2）混合溶液中由水电离出的c(OH－)=________

（3）求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：c(Na＋)－c(A－)＝________ mol·L－1，c(OH－)－c(HA)＝________ mol·L－1。

（4）已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____7(填“>”、“<”或“＝”)。

（5）将同温度下等浓度的三种盐溶液按pH由大到小的顺序排列是________(填序号)。

a．NH4HCO3      b．NH4A     c． NH4Cl

【答案】    (1). A－＋H2O HA＋OH－    (2). 10－6 mol/L    (3). 0.99×10-6    (4). 10－8    (5). ＞    (6). a＞b＞c

【解析】

【分析】

。

(1)常温下，等物质的量的HA和NaOH恰好反应生成NaA，混合溶液呈碱性，说明NaA为强碱弱酸盐；

(2)根据混合溶液中水电离出的c(OH-)=计算；

(3)根据溶液中存在的电荷守恒、质子守恒分析计算；

(4)NH4A溶液为中性，说明HA电离程度和一水合氨电离程度相等，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA酸性大于碳酸，据此判断(NH4)2CO3溶液酸碱性，据此分析解答(4)~(5)。

【详解】常温下，0.1 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaA，混合溶液的pH＝8，呈碱性，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸。

(1)NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致NaA溶液呈碱性，水解方程式为A-+H2O⇌HA+OH-，故答案为：A-+H2O⇌HA+OH-；

(2)混合溶液的pH＝8，混合溶液中水电离出的c(OH-)==mol/L=10-6mol/L，故答案为：10-6mol/L；

(3)溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L =0.99×10-6mol/L；根据质子守恒有c(HA)+c(H+)=c(OH-)，则c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-8mol/L，故答案为：0.99×10-6 ；10-8；

(4)NH4A溶液为中性，说明HA电离程度和一水合氨电离程度相等，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA酸性大于碳酸，即HA电离程度大于碳酸，所以铵根离子水解程度小于碳酸根离子，溶液呈碱性，则pH＞7，故答案为：＞； 

(5)NH4Cl为强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性；NH4A溶液为中性，说明HA电离程度和一水合氨电离程度相等，HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA酸性大于碳酸，因此(NH4)2CO3溶液显碱性，则同温度下等浓度的三种盐溶液按pH由大到小的顺序排列顺序为a＞b＞c，故答案为：a＞b＞c。

【点睛】本题的难点为(3)，要注意溶液中电荷守恒和质子守恒关系式的正确书写；易错点为(4)，要注意根据现象判断出HA与碳酸的酸性强弱。

9.Ⅰ．现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：

（1）取10 mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变），待固体溶解后，溶液中的比值将____________（填“增大”、“减小”或“无法确定”）。

（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为：pH甲________pH乙（填“大于”、“小于”或“等于”）。

（3）各取25 mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为： V甲_____V乙（填“大于”、“小于”或“等于”）。

Ⅱ．有一学生在实验室测某溶液的pH。实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。

（1）该学生的操作是______________（填“正确的”或“不正确的”）。

（2）若用此法分别测定c (H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是___________。

【答案】    (1). 减小    (2). 小于    (3). 大于    (4). 不正确的    (5). 盐酸

【解析】

【分析】

Ⅰ．(1)醋酸是弱电解质，向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，据此分析判断；

(2)氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离；

(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大；

Ⅱ．(1)根据pH试纸的使用方法分析判断；

(2)用水润湿相当于稀释溶液，稀释会促进弱电解质的电离。

【详解】Ⅰ．现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙中氢离子浓度相等。

(1)醋酸是弱电解质，向醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以减小，故答案为：减小；

(2)氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释相同倍数，促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度小于盐酸溶液中氢离子浓度减小程度，所以醋酸的pH小于盐酸，故答案为：小于；

(3)pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以V(甲)＞V(乙)，故答案为：大于；

Ⅱ．(1)用pH试纸测定的具体测定方法是用干燥的玻璃棒蘸取(或胶头滴管吸取)少量的待测溶液，滴在放在干燥的玻璃皿或白瓷板上的干燥pH试纸上，再把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，即可得出待测溶液的pH，pH试纸不能用水湿润，故答案为：不正确的；

(2)用水润湿相当于稀释，由于稀释会促进弱电解质的电离，在稀释过程中醋酸继续电离出氢离子，使得溶液中氢离子浓度变化比盐酸小，误差小，强酸的误差较大，故答案为：盐酸。

10.根据下列化合物：①NaCl、②NaOH、③HCl、④NH4Cl、⑤CH3COONa、⑥CH3COOH、⑦NH3·H2O、⑧H2O，回答下列问题。

（1）NH4Cl溶液中离子浓度大小顺序为____________________________________。

（2）常温下，pH＝11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH－)=________，在pH＝3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c（H+）＝____________。

（3）已知纯水中存在如下平衡：H2O  H+＋OH－　ΔH＞0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是________(填字母序号)。

a．向水中加入NaHSO4固体

b．向水中加Na2CO3固体

c．加热至100 ℃其中c（H+）＝1×10－6 mol·L－1

d．向水中加入(NH4)2SO4固体

（4）若将等pH、等体积的②NaOH溶液和⑦NH3·H2O溶液分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m________n(填“＜”、“＞”或“＝”)。

【答案】    (1). c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)    (2). 10－3 mol·L－1    (3). 10－11 mol·L－1    (4). d    (5). ＜

【解析】

【分析】

(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，醋酸电离抑制水的电离；

(3)欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可加入水解呈酸性的盐；

(4)一水合氨为弱电解质，不能完全电离，加水促进电离，据此分析解答。

【详解】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，铵根离子水解的离子方程式为NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，铵根离子水解，则c(Cl-)＞c(NH4+)，所以溶液中离子浓度关系为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；

(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，c(H+)=mol/L=10-11mol/L，CH3COONa 中氢离子和氢氧根离子都是水电离的，则水电离出来的c(OH-)为10-3mol/L；在pH=3的CH3COOH溶液中，c(OH-)=10-11mol/L，酸中的氢氧根离子由水电离，则水电离出来的c(OH-)=c(H+)为10-11mol/L，故答案为：10-3mol/L；10-11mol/L；

(3)a．向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，H2OH+＋OH－平衡向左移动，故a错误；b．向水中加Na2CO3固体，水解后溶液呈碱性，故b错误；c．加热至100℃，促进水的电离，溶液呈中性，故c错误；d．向水中加入(NH4)2SO4固体，铵根离子水解，促进水的电离，H2OH+＋OH－平衡向右移动，溶液呈酸性，故d正确；故答案为：d；

(4)氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释相等体积，氨水溶液pH大，如稀释后溶液pH相同，则氨水应加入较多水进行稀释，故答案为：＜。