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2017-2018学年河北省邯郸三中高二上学期第二次月考化学试题 解析版
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河北省邯郸三中2017-2018学年高二上学期第二次月考
化学试卷
命题人： 审题人：
考生注意：
本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页，23大题。满分100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子量：H 1 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷（选择题 54分）
一、选择题（1-18小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分）
1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】试题分析：A、铁是单质，不是电解质，A错误；B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误；C、分类正确，C正确；D、水是电解质，D错误，答案选C。
考点：考查电解质等有关判断
2. 下列关于水的电离叙述正确的是( )
A. 稀释NH4Cl溶液，所有离子浓度都减小
B. 稀释NH4Cl溶液，水的电离程度变大
C. 稀释NaOH溶液，水的电离程度变小
D. 水升高温度后，H＋浓度增大，Kw变大
【答案】D
【解析】A. 加水稀释，促进铵根离子的水解，但铵根离子水解增大的程度小于溶液体积增大的程度，则溶液中c（H＋）减小，又因温度不变时水的离子积常数也不变，则溶液中c（OH－）增大，故A错误；B. 稀释NH4Cl溶液，铵根离子浓度减小，对水电离的促进程度减小，所以水的电离程度减小，故B错误；C. 稀释NaOH溶液，c（NaOH）减小，因碱的浓度越大水的电离程度越小，所以稀释NaOH溶液，水的电离程度变大，故C错误；D. 水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，H＋浓度增大，Kw变大，故D正确；答案选D。
3. 在蒸发皿中将下列物质的溶液加热蒸干并灼烧，可以得到该物质固体的是( )
A. Al2(SO4)3 B. NaHCO3 C. KMnO4 D. FeCl3
【答案】A
【解析】A．Al2(SO4)3溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸最终又反应生成Al2(SO4)3，可得到溶质固体，故A符合；B．NaHCO3在加热时易分解生成Na2CO3、H2O和CO2，最终所得固体是Na2CO3，故B不符合；C．KMnO4不稳定，加热易分解，故C不符合；D．FeCl3溶液加热时水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，生成的氢氧化铁在灼烧时生成氧化铁，故D不符合；答案选A。
点睛：在蒸发皿中将溶液加热蒸干并灼烧，得到该物质的固体，可以从物质的稳定性以及水解的角度进行分析，蒸干灼烧后能得到该物质的固体，说明该物质性质比较稳定，在蒸干、灼烧过程中不发生分解反应、氧化还原反应等。本题要注意FeCl3水解生成的是挥发性酸，加热蒸干并灼烧最终得到的是氧化铁。
4. 物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是( )
A. Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl
B. NH4Cl NaCl Na2CO3 NaHCO3
C. (NH4)2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S
D. NH4HSO4 (NH4)2SO4 Na2S NaNO3
【答案】C
【解析】A. NH4Cl水解溶液呈酸性，NaCl不水解溶液呈中性，Na2CO3、NaHCO3均水解溶液显碱性，但Na2CO3水解程度大，溶液碱性更强，则pH由小到大顺序排列：NH4Cl、NaCl、NaHCO3、Na2CO3，故A不符合；B. 根据A项分析可知，B不符合；C. (NH4)2SO4 NH4Cl水解溶液都呈酸性，(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，水解后溶液酸性强，pH最小，NaNO3不水解溶液呈中性，Na2S水解溶液呈碱性，符合按pH由小到大顺序排列，故C符合；D. NH4HSO4在溶液中完全电离NH4HSO4=NH4++H++SO42－，溶液酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4水解溶液呈酸性，Na2S水解溶液呈碱性，NaNO3不水解，溶液呈中性， 按pH由小到大顺序排列的是NH4HSO4、(NH4)2SO4、NaNO3 、Na2S，故D不符合；答案选C。
点睛：本题主要考查盐类的水解对溶液酸碱性的影响，解答本题时，可以先根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分：酸性的、碱性的、中性的，再根据弱离子水解的影响因素如“越弱越水解”、浓度等来比较浓度相同的溶液pH大小即可，解题时注意D项中的NH4HSO4在溶液中因完全电离溶液的酸性最强，pH最小。
5. 一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体 ②KNO3溶液 ③水 ④CH3COONa固体
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】①加入NaOH固体，与盐酸反应，生成氢气减少，故不符合；②加KNO3溶液，铁与H+、NO3－反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；③加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；④加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；则答案选D。
点睛：本题主要考查影响反应速率的因素，解答本题时，要从铁和盐酸反应的实质Fe+2H+=Fe2++H2↑出发，为了减缓反应速率，可减小氢离子的浓度，Fe过量则酸能完全反应，生成氢气的量由盐酸决定，要想不影响生成氢气的总量，必须保证与铁反应的氢离子的物质的量不变，以此来解答本题。本题的易错点是②加入KNO3溶液， H+、NO3－与铁反应不能生成氢气，解题时要注意区别。
6. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则关于同温同体积同浓度的下列物质说法不正确的是( )
A. 电离平衡常数：HClO＞HCN
B. pH：HClO
D. 溶液中阳离子浓度：NaCN＞NaClO
【答案】D
【解析】A. 酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，则相同浓度的酸，其电离程度越小，电离平衡常数也越小，所以电离平衡常数：HClO＞HCN，故A正确；B. 相同温度下，同浓度的一元酸，酸的电离程度越大，其溶液的pH越小，因酸的电离程度HClO＞HCN，则pH：：HClO
7. 能说明碘化氢是共价化合物的事实是( )
A. 碘化氢极易溶于水 B. 液态碘化氢不导电
C. 碘化氢不稳定，受热易分解 D. 氢碘酸(HI)可以导电
【答案】B
【解析】试题分析：共价化合物形成是因为两原子形成共用电子对，属于电子的偏向，而非转移。因此共价化合物，在液态条件下不会解离为离子，故不导电。所以答案选B。
考点：离子化合物与共价化合物
点评：本题注意理解离子化合物与共价化合物的本质区别（共价化合物，在液态条件下不会解离为离子）。
8. 下列说法正确的是 ( )
A. 能水解的正盐均能促进水的电离平衡向右移动，其水溶液都呈酸性或碱性。
B. NaHCO3溶液中HCO3-水解后造成溶液中离子种类增多。
C. 水解相互促进的离子在同一溶液中可以大量共存。
D. 在水溶液中AlO2-与HCO3-不能大量共存是因为两者能互相促进水解。
【答案】C
9. 一定温度下，石灰乳悬浊液存在如下平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)+2OH－(aq)，当向浑浊液中加少量生石灰时，下列说法正确的是( )
A. 溶液的pH值不变 B. 溶液中n(OH－)不变
C. c（Ca2＋）增大D．溶液中所剩固体量减少
【答案】A
【解析】A.反应后的溶液仍为饱和溶液，溶液中c（OH－）不变，溶液的pH不变，故A正确；B.向浑浊液中加少量生石灰消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2＋和OH－数目减少，但浓度不变，故B错误；C.根据B项分析可知，溶液中Ca2＋浓度不变，故C错误；D. 向浑浊液中加少量生石灰消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，析出更多的Ca(OH)2固体，故D错误；答案选A。
10. 25 ℃时，相同pH的两种一元酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. HA一定是强酸
B. a点溶液的导电性大于b点溶液
C. a点的c(HA)大于b点的c(HB)
D. HA的酸性强于HB
【答案】D
【解析】A.据图可知，稀释过程中HA的pH变化比HB大，说明酸性HA大于HB，但不能说明HA是强酸，故A错误；B.在这两种酸溶液中，c（H+）≈c（A－）、c（H+）≈c（B－），而a点的c（H+）小于b点的c（H+），故a点的c（A－）小于b点的c（B－），即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点溶液的导电性小于b点，故B错误；C.在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性HA＞HB，则在稀释前c（HA）＜c（HB），故将溶液稀释相同的倍数时，酸的浓度仍为c（HA）＜c（HB），故C错误；D.根据A项分析可知，酸性HA强于HB，故D正确；答案选D。
点睛：本题通过图象考查弱电解质溶液稀释时pH、浓度变化，难点是判断a点和b点溶液的导电性强弱，因溶液中存在c（H+）≈c（A－）、c（H+）≈c（B－）的关系，当溶液的pH越大时，溶液中c（H+）越小，溶液的导电性就越弱，据此判断B项错误。
11. 在0.1 mol·L－1 NaHS溶液中存在着多种离子和分子，且溶液中c(OH－)>c(H＋)，下列关系正确的是( )
A. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋c(S2－)
B. c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)> c(H2S)
C. c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)
D. c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
【答案】C
【解析】A.根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)，故A错误；B.在 NaHS溶液中，Na+不水解而HS－水解，则Na+浓度大于HS－，溶液中c(OH－)>c(H＋)，说明HS－水解程度大于电离程度，则c(S2－)＜ c(H2S)，故B错误；C.NaHS溶液中存在着多种离子和分子，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，故C正确；D.由物料守恒和电荷守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2S)－c(S2－)，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查溶液中离子浓度的大小比较和微粒的守恒关系，本题的难点是根据溶液中c(OH－)与c(H＋)的大小判断HS－的水解程度和电离程度的相对大小，因c(OH－)>c(H＋)，说明溶液显碱性，则HS－的水解程度大于其电离程度，从而进行各项判断。
12. 室温，下列四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比①∶②∶③∶④是( )
①pH=0的盐酸②0.1 mol/L的氢碘酸③0.01 mol/L的NaOH溶液
④pH=11的氨水
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】在酸溶液中，OH－是水电离产生的，在碱溶液中，H+是水电离产生的，且水电离产生的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离子浓度。①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离产生的氢氧根离子浓度为：mol/L=1×10－14mol/L，则水电离产生的氢离子浓度为1×10－14mol/L；②0.1 mol/L的氢碘酸，氢碘酸是一元强酸，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢氧根离子浓度为：mol/L=1×10－13mol/L，则水电离产生的氢离子浓度为1×10－13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液中，氢氧根离子浓度为0.01 mol/L，则由水电离产生的氢离子浓度为：mol/L=1×10－12mol/L；④pH=11的氨水溶液中，氢离子浓度为1×10－11mol/L，因氢离子是由水电离产生的，则由水电离产生的氢离子浓度为1×10－11mol/L，因此四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比为：1×10－14: 1×10－13: 1×10－12: 1×10－11=1:10:100:1 000，故答案选A。
13. 下列说法正确的是( ）
A . PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH=3
B. 室温 pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)相同
D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液呈中性
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸的电离，造成溶液中氢离子物质的量增加，则PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH＜3，故A错误；B.醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液呈酸性，故B正确；C. CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以pH相同的 NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)不相同，故C错误；D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液中c(H＋)=10-7mol/L，c(OH-)==10-5mol/L，则c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，故D错误；
14. 25℃，已知KSp(AgCl)＝1.8×10－10，将2×10－5mol/L的AgNO3溶液和2×10－5mol/L的KCl溶液等体积混合，下列说法正确的是( )
A. 恰好形成AgCl饱和溶液 B. 能析出AgCl沉淀
C. 不能析出AgCl沉淀D．无法确定能否析出AgCl沉淀
【答案】C
【解析】等体积混合后，c（Ag+）=1×10－5mol/L，c（Cl－）=1×10－5mol/L，Qc= c（Ag+）×c（Cl－）=1×10－10＜KSp(AgCl)，故不能析出AgCl沉淀，答案选C。
15. 下列由实验现象得出的结论正确的是( )
操作及现象
结论
A
室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀。
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
B
在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深
盐类水解是吸热反应
C
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液变红
溶液中一定含有Fe2＋
D
将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中
可以制得Fe(OH)3胶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A. 室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀，该过程中硝酸银过量，两种沉淀都生成，不存在沉淀的转化问题，故不能比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故A错误；B.醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，使溶液呈碱性，滴入酚酞试液，加热后红色加深，说明加热促进了醋酸根离子的水解，则可以证明盐类的水解是吸热反应，故B正确；C.原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液后，溶液也会变红，所以不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故C错误；D. 将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故D错误；答案选B。
16. 常温下，将体积为V1、物质的量浓度为c1的氨水滴加到体积为V2、物质的量浓度为c2的盐酸中，下列结论正确的是( )
A. 若V1＝V2，且溶液的pH<7，则一定有c1
C. 若c1＝c2，V1＝V2，则混合液中c(NH4＋)
【答案】C
17. 已知常温时 H2A === H+ + HA－，HA－H＋＋A2－，下列说法正确的是（ ）
A. 相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(HA－)的大小关系：前者<后者
B. 相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(A2－)的大小关系：前者>后者
C. Na2A 溶液中存在c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)
D. NaHA溶液可能显酸性，也可能显碱性。
【答案】C
【解析】A.因常温时 H2A = H+ + HA－，HA－H＋＋A2－，说明H2A第一步完全电离，且电离出的H+抑制HA－的电离，因此相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(HA－)的大小关系：前者＞后者，故A错误；B.根据上述分析可知，H2A 溶液中HA－的电离程度小于NaHA溶液中HA－的电离程度，则相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(A2－)的大小关系：前者＜后者，故B错误；C. 在Na2A 溶液中，A元素以A2－、HA－的形式存在，根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)，故C正确；D.根据题目信息可知，HA－只能电离不能水解，所以NaHA溶液一定显酸性，故D错误；答案选C。
18. t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。又知t℃时AgCl的Ksp＝4.9×10－10，下列说法不正确的是( )
A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B. 在t℃时，Ksp(AgBr)＝4.9×10－13
C. 在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K=1000
D. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到c点
【答案】D
【解析】A.根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)×c(Br-)＜Ksp(AgBr)，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故A正确；B.结合图中b点c(Ag+)和c(Br-)可知，该温度下AgBr的Ksp(AgBr)=7×10-7×7×10-7＝4.9×10－13，故B正确；C. 在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K= = = = =1000，故C正确；D. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，c(Br-)增大，使AgBr(s) Br－(aq)+ Ag+(aq)平衡逆向移动，c(Ag+)减小，所以不可能使溶液由b点到c点，故D错误；答案选D。
第II卷（非选择题 46分）
二、填空题
19. 按要求书写方程式：
(1)H2CO3的电离方程式______________________________________________________；
(2)AgCl的沉淀溶解平衡方程式_______________________________________________；
(3)NaHCO3 溶液与 AlCl3溶液混合的离子方程式_______________________________；
(4)向CaSO4悬浊液中加入固体Na2CO3 ，写出对应的离子方程式_______________________。
【答案】 (1). H2CO3 HCO3- + H+ HCO3- CO32- + H+ (2). AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq) (3). 3 HCO3- + Al3+ === Al(OH)3↓+ 3 CO2↑ (4). CaSO4 + CO32- === CaCO3 + SO42-
【解析】(1).H2CO3是二元弱酸，在溶液中分两步电离，其电离方程式为：H2CO3 HCO3- + H+、 HCO3- CO32- + H+，故答案为H2CO3 HCO3- + H+、 HCO3- CO32- + H+；
(2.)AgCl是难溶物，在溶液中存在沉淀溶解平衡，其沉淀溶解平衡方程式为：AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq)，故答案为AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq)；
(3).NaHCO3 溶液中HCO3－水解使溶液呈碱性， AlCl3溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，则两溶液混合后会发生HCO3－和Al3+的双水解反应，离子方程式为：3HCO3- + Al3+ =Al(OH)3↓+ 3 CO2↑，故答案为：3 HCO3- + Al3+ =Al(OH)3↓+ 3 CO2↑；
(4).因CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度，则向CaSO4悬浊液中加入固体Na2CO3，会发生沉淀的转化，由CaSO4生成CaCO3，反应的离子方程式为：CaSO4 + CO32- = CaCO3 + SO42-，故答案为：CaSO4 + CO32- = CaCO3 + SO42-。
20. (1)25 ℃，PH=10的NaOH溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合，则混合后溶液中的PH 约为____________________。（已知 lg2=0.3）
(2)T℃ ，水的离子积常数Kw= 1×10－12，欲使PH=1的硫酸溶液与PH=13的NaOH溶液混合后呈中性，则硫酸溶液与NaOH溶液的体积比为_________________。
(3)已知25 ℃，碳酸的电离平衡常数Ka1= 4.0×10－7，Ka2= 5.6×10－11，则该温度下NaHCO3的水解平衡常数Kh=________________________。
【答案】 (1). 11.7 (2). 100：1 (3). 2.5×10－8
【解析】(1).25 ℃，PH=10的NaOH溶液中c（OH－）=1×10-4mol/L，PH=12的NaOH溶液中c（OH－）=1×10-2mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中c（OH－）= ≈，则c（H+）= = = 2.0×10-12mol/L，则pH= -lgc(H+) = -lg2.0×10-12=11.7，故答案为：11.7；
(2).T℃ ，水的离子积常数Kw= 1×10－12，PH=1的硫酸溶液中c(H+) =0.1mol/L，PH=13的NaOH溶液中c（OH－）=10mol/L，设硫酸溶液的体积为xL，NaOH溶液的体积为yL，则欲使混合后的溶液呈中性，有xL×0.1mol/L=yL×10mol/L，解得x:y=100:1，故答案为：100:1；
(3).HCO3－水解的方程式为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，其水解平衡常数的表达式为：Kh=，碳酸的第一步电离方程式为：H2CO3 HCO3- + H+，则Ka1= ，25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14，由Kh的表达式可知，Kh=== 2.5×10－8，故答案为：2.5×10－8。
21. 已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下几种关系：
① c(Na+) > c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋)
② c(Na+) >c(OH-)= c(CH3COO-)>c(H＋)
③ c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)
④ c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)
⑤ c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)
结合离子关系填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，离子浓度的大小顺序符合上述序号______；若溶液中性，离子浓度的大小顺序符合上述序号________；
(2)若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，则离子的关系符合上述序号_____________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). ③ (3). ④ (4). ③④⑤
【解析】(1).若只溶解了一种溶质，则该溶质只能是CH3COONa，该溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序号③；根据电荷守恒c(Na+) +c(H＋)= c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，则c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)= c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合上述序号④，故答案为：CH3COONa；③ ；④ ；
(2).若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，因不知道CH3COONa和 CH3COOH的物质的量的相对大小，则溶液可能呈酸性、中性或碱性，若溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)，符合序号⑤；若溶液呈中性，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合序号④；若溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合序号③，故答案为：③④⑤。
22. 用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______、________________ 。
(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液，置于锥形瓶中，同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。
(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视__________________，直到滴定到终点，若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是___________________________。
(4)根据下列数据，测得c（NaOH）=________。烧碱的纯度=____________。
滴定
次数
待测液体积
(mL)
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
1.00
24.10
（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作引起待测液浓度偏小的是 _______________(填序号)。
①读数：滴定前平视，滴定后俯视②未用待测液润洗碱式滴定管
③用待测液润洗锥形瓶 ④不小心将标准液滴在锥形瓶外面
⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ① ②
【解析】(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(2).因石蕊的变色范围为5—8，变色范围较大，不适宜做指示剂，因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙，故答案为：甲基橙；
(3).在酸碱中和滴定实验中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定达到终点；若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是： 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点；
(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为：19.90mL、20.10mL、23.10mL，因第三次滴定的数据偏差较大，舍去，则消耗盐酸标准液的平均体积为：=20.00mL，则c（NaOH）==0.4020 mol·L-1，n（NaOH）=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol，则烧碱的纯度==80.4%，故答案为：0.4020 mol·L-1；80.4%；
（5）. ①读数：滴定前平视，滴定后俯视，会使标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故①符合；②未用待测液润洗碱式滴定管，会使待测液被稀释，造成标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故②符合；③用待测液润洗锥形瓶，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，③不符合；④不小心将标准液滴在锥形瓶外面，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，④不符合；⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，⑤不符合；故答案为：①②。
点睛：本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析，易错点是滴定结果的误差分析，在判断滴定结果是偏大还是偏小时，务必要先列出c（待测液）= 的公式，其中c（标准液）和V（待测液）是已知的，则根据错误的操作，判断对V（标准液）的影响，若V（标准液）偏大，则测定结果偏大，若V（标准液）偏小，则测定结果偏小，若对V（标准液）无影响，则对测定结果也无影响。
23. 炼锌厂产生的工业废渣——锌渣(除了含Zn 外，还含有Fe、Al、Cd （镉）和SiO2等杂质)，利用锌渣制取并回收ZnSO4·7H2O 和金属镉(Cd)是一个有益的尝试，流程如下：
已知：金属活动性Zn> Cd
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Cd(OH)2
Fe(OH)2
完全沉淀时的PH
≥3.2
≥4.7
≥6.5
≥9.4
≥9.7
试回答下列问题：
(1)第一步浸出时用到的试剂X为__________，滤渣1的成分是___________。
(2)加入Ca(ClO)2 的目的是氧化Fe2+，写出反应的离子方程式____________________。
(3)调节pH 过程可以选用；本流程的pH 调节一般调至5，其目的是_____________________。
(4)写出过滤后加入过量的锌粉反应的离子方程式__________________。
(5)在蒸发浓缩操作时，要保持一定的酸度，其目的是______。
【答案】 (1). H2SO4溶液 (2). SiO2 (3). 2H++ClO—+2Fe2+ =Cl—+2Fe3++H2O (4). ZnO除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出 (5). Zn+Cd2+== Zn2++Cd (6). 防止Zn2+水解
【解析】(1).Zn、Fe、Al、Cd、SiO2中，只有二氧化硅不能和硫酸反应，可以用硫酸将之溶解，过滤，先获得二氧化硅，故答案为：H2SO4溶液；SiO2；
(2).为了将杂质铝离子以及三价铁离子沉淀下来，结合离子沉淀的条件，首先要将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后再将之形成沉淀，反应实质是：2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O，故答案为：2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O；
(3).“调节pH”过程能使得溶液的碱性增强，同时又不能引入杂质离子，据此可以选择氧化锌，该试剂可以将三价铁离子和铝离子沉淀下来，形成Fe(OH)3、Al(OH)3，同时还可以防止Zn2+沉淀析出，故答案为：ZnO；除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出；
(4).金属Cd的活泼性比金属锌差，可以用金属锌来置换金属铬，反应的离子方程式为：Zn+Cd2+== Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+== Zn2++Cd；
(5).从硫酸锌溶液中获得纯净的硫酸锌的晶体的方法是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，但是要注意保持溶液一定的酸度，以防止Zn2+的水解，故答案为：防止Zn2+水解。
河北省邯郸三中2017-2018学年高二上学期第二次月考
化学试卷
命题人： 审题人：
考生注意：
本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页，23大题。满分100分，考试时间为90分钟。
可能用到的相对原子量：H 1 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56
第Ⅰ卷（选择题 54分）
一、选择题（1-18小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分）
1. 下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】试题分析：A、铁是单质，不是电解质，A错误；B、氨气是非电解质，硫酸钡是强电解质，B错误；C、分类正确，C正确；D、水是电解质，D错误，答案选C。
考点：考查电解质等有关判断
2. 下列关于水的电离叙述正确的是( )
A. 稀释NH4Cl溶液，所有离子浓度都减小
B. 稀释NH4Cl溶液，水的电离程度变大
C. 稀释NaOH溶液，水的电离程度变小
D. 水升高温度后，H＋浓度增大，Kw变大
【答案】D
【解析】A. 加水稀释，促进铵根离子的水解，但铵根离子水解增大的程度小于溶液体积增大的程度，则溶液中c（H＋）减小，又因温度不变时水的离子积常数也不变，则溶液中c（OH－）增大，故A错误；B. 稀释NH4Cl溶液，铵根离子浓度减小，对水电离的促进程度减小，所以水的电离程度减小，故B错误；C. 稀释NaOH溶液，c（NaOH）减小，因碱的浓度越大水的电离程度越小，所以稀释NaOH溶液，水的电离程度变大，故C错误；D. 水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，H＋浓度增大，Kw变大，故D正确；答案选D。
3. 在蒸发皿中将下列物质的溶液加热蒸干并灼烧，可以得到该物质固体的是( )
A. Al2(SO4)3 B. NaHCO3 C. KMnO4 D. FeCl3
【答案】A
【解析】A．Al2(SO4)3溶液加热时虽能水解，但生成的氢氧化铝和硫酸最终又反应生成Al2(SO4)3，可得到溶质固体，故A符合；B．NaHCO3在加热时易分解生成Na2CO3、H2O和CO2，最终所得固体是Na2CO3，故B不符合；C．KMnO4不稳定，加热易分解，故C不符合；D．FeCl3溶液加热时水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸易挥发，生成的氢氧化铁在灼烧时生成氧化铁，故D不符合；答案选A。
点睛：在蒸发皿中将溶液加热蒸干并灼烧，得到该物质的固体，可以从物质的稳定性以及水解的角度进行分析，蒸干灼烧后能得到该物质的固体，说明该物质性质比较稳定，在蒸干、灼烧过程中不发生分解反应、氧化还原反应等。本题要注意FeCl3水解生成的是挥发性酸，加热蒸干并灼烧最终得到的是氧化铁。
4. 物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大顺序排列的是( )
A. Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl
B. NH4Cl NaCl Na2CO3 NaHCO3
C. (NH4)2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S
D. NH4HSO4 (NH4)2SO4 Na2S NaNO3
【答案】C
【解析】A. NH4Cl水解溶液呈酸性，NaCl不水解溶液呈中性，Na2CO3、NaHCO3均水解溶液显碱性，但Na2CO3水解程度大，溶液碱性更强，则pH由小到大顺序排列：NH4Cl、NaCl、NaHCO3、Na2CO3，故A不符合；B. 根据A项分析可知，B不符合；C. (NH4)2SO4 NH4Cl水解溶液都呈酸性，(NH4)2SO4中铵根离子浓度大，水解后溶液酸性强，pH最小，NaNO3不水解溶液呈中性，Na2S水解溶液呈碱性，符合按pH由小到大顺序排列，故C符合；D. NH4HSO4在溶液中完全电离NH4HSO4=NH4++H++SO42－，溶液酸性最强，pH最小，(NH4)2SO4水解溶液呈酸性，Na2S水解溶液呈碱性，NaNO3不水解，溶液呈中性， 按pH由小到大顺序排列的是NH4HSO4、(NH4)2SO4、NaNO3 、Na2S，故D不符合；答案选C。
点睛：本题主要考查盐类的水解对溶液酸碱性的影响，解答本题时，可以先根据溶液的酸碱性将溶液分为三部分：酸性的、碱性的、中性的，再根据弱离子水解的影响因素如“越弱越水解”、浓度等来比较浓度相同的溶液pH大小即可，解题时注意D项中的NH4HSO4在溶液中因完全电离溶液的酸性最强，pH最小。
5. 一定量盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体 ②KNO3溶液 ③水 ④CH3COONa固体
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】①加入NaOH固体，与盐酸反应，生成氢气减少，故不符合；②加KNO3溶液，铁与H+、NO3－反应不生成氢气，则生成氢气的总量减少，故不符合；③加水，氢离子浓度减小，所以与铁反应的速率减慢，同时氢离子的物质的量不变，则不影响生成氢气的总量，故符合；④加入CH3COONa固体，与盐酸反应生成醋酸，溶液中已电离出的氢离子浓度减小，但物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故符合；则答案选D。
点睛：本题主要考查影响反应速率的因素，解答本题时，要从铁和盐酸反应的实质Fe+2H+=Fe2++H2↑出发，为了减缓反应速率，可减小氢离子的浓度，Fe过量则酸能完全反应，生成氢气的量由盐酸决定，要想不影响生成氢气的总量，必须保证与铁反应的氢离子的物质的量不变，以此来解答本题。本题的易错点是②加入KNO3溶液， H+、NO3－与铁反应不能生成氢气，解题时要注意区别。
6. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则关于同温同体积同浓度的下列物质说法不正确的是( )
A. 电离平衡常数：HClO＞HCN
B. pH：HClO
D. 溶液中阳离子浓度：NaCN＞NaClO
【答案】D
【解析】A. 酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，则相同浓度的酸，其电离程度越小，电离平衡常数也越小，所以电离平衡常数：HClO＞HCN，故A正确；B. 相同温度下，同浓度的一元酸，酸的电离程度越大，其溶液的pH越小，因酸的电离程度HClO＞HCN，则pH：：HClO
7. 能说明碘化氢是共价化合物的事实是( )
A. 碘化氢极易溶于水 B. 液态碘化氢不导电
C. 碘化氢不稳定，受热易分解 D. 氢碘酸(HI)可以导电
【答案】B
【解析】试题分析：共价化合物形成是因为两原子形成共用电子对，属于电子的偏向，而非转移。因此共价化合物，在液态条件下不会解离为离子，故不导电。所以答案选B。
考点：离子化合物与共价化合物
点评：本题注意理解离子化合物与共价化合物的本质区别（共价化合物，在液态条件下不会解离为离子）。
8. 下列说法正确的是 ( )
A. 能水解的正盐均能促进水的电离平衡向右移动，其水溶液都呈酸性或碱性。
B. NaHCO3溶液中HCO3-水解后造成溶液中离子种类增多。
C. 水解相互促进的离子在同一溶液中可以大量共存。
D. 在水溶液中AlO2-与HCO3-不能大量共存是因为两者能互相促进水解。
【答案】C
9. 一定温度下，石灰乳悬浊液存在如下平衡：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)+2OH－(aq)，当向浑浊液中加少量生石灰时，下列说法正确的是( )
A. 溶液的pH值不变 B. 溶液中n(OH－)不变
C. c（Ca2＋）增大D．溶液中所剩固体量减少
【答案】A
【解析】A.反应后的溶液仍为饱和溶液，溶液中c（OH－）不变，溶液的pH不变，故A正确；B.向浑浊液中加少量生石灰消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2＋和OH－数目减少，但浓度不变，故B错误；C.根据B项分析可知，溶液中Ca2＋浓度不变，故C错误；D. 向浑浊液中加少量生石灰消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，析出更多的Ca(OH)2固体，故D错误；答案选A。
10. 25 ℃时，相同pH的两种一元酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. HA一定是强酸
B. a点溶液的导电性大于b点溶液
C. a点的c(HA)大于b点的c(HB)
D. HA的酸性强于HB
【答案】D
【解析】A.据图可知，稀释过程中HA的pH变化比HB大，说明酸性HA大于HB，但不能说明HA是强酸，故A错误；B.在这两种酸溶液中，c（H+）≈c（A－）、c（H+）≈c（B－），而a点的c（H+）小于b点的c（H+），故a点的c（A－）小于b点的c（B－），即a点的离子浓度小于b点的离子浓度，故a点溶液的导电性小于b点，故B错误；C.在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性HA＞HB，则在稀释前c（HA）＜c（HB），故将溶液稀释相同的倍数时，酸的浓度仍为c（HA）＜c（HB），故C错误；D.根据A项分析可知，酸性HA强于HB，故D正确；答案选D。
点睛：本题通过图象考查弱电解质溶液稀释时pH、浓度变化，难点是判断a点和b点溶液的导电性强弱，因溶液中存在c（H+）≈c（A－）、c（H+）≈c（B－）的关系，当溶液的pH越大时，溶液中c（H+）越小，溶液的导电性就越弱，据此判断B项错误。
11. 在0.1 mol·L－1 NaHS溶液中存在着多种离子和分子，且溶液中c(OH－)>c(H＋)，下列关系正确的是( )
A. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋c(S2－)
B. c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)> c(H2S)
C. c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)
D. c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
【答案】C
【解析】A.根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)，故A错误；B.在 NaHS溶液中，Na+不水解而HS－水解，则Na+浓度大于HS－，溶液中c(OH－)>c(H＋)，说明HS－水解程度大于电离程度，则c(S2－)＜ c(H2S)，故B错误；C.NaHS溶液中存在着多种离子和分子，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)，故C正确；D.由物料守恒和电荷守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2S)－c(S2－)，故D错误；答案选C。
点睛：本题主要考查溶液中离子浓度的大小比较和微粒的守恒关系，本题的难点是根据溶液中c(OH－)与c(H＋)的大小判断HS－的水解程度和电离程度的相对大小，因c(OH－)>c(H＋)，说明溶液显碱性，则HS－的水解程度大于其电离程度，从而进行各项判断。
12. 室温，下列四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比①∶②∶③∶④是( )
①pH=0的盐酸②0.1 mol/L的氢碘酸③0.01 mol/L的NaOH溶液
④pH=11的氨水
A. 1∶10∶100∶1 000 B. 0∶1∶12∶11
C. 14∶13∶12∶11 D. 14∶13∶2∶3
【答案】A
【解析】在酸溶液中，OH－是水电离产生的，在碱溶液中，H+是水电离产生的，且水电离产生的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离子浓度。①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离产生的氢氧根离子浓度为：mol/L=1×10－14mol/L，则水电离产生的氢离子浓度为1×10－14mol/L；②0.1 mol/L的氢碘酸，氢碘酸是一元强酸，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢氧根离子浓度为：mol/L=1×10－13mol/L，则水电离产生的氢离子浓度为1×10－13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液中，氢氧根离子浓度为0.01 mol/L，则由水电离产生的氢离子浓度为：mol/L=1×10－12mol/L；④pH=11的氨水溶液中，氢离子浓度为1×10－11mol/L，因氢离子是由水电离产生的，则由水电离产生的氢离子浓度为1×10－11mol/L，因此四种溶液中，由水电离生成的氢离子浓度之比为：1×10－14: 1×10－13: 1×10－12: 1×10－11=1:10:100:1 000，故答案选A。
13. 下列说法正确的是( ）
A . PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH=3
B. 室温 pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性
C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)相同
D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液呈中性
【答案】B
【解析】A.醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸的电离，造成溶液中氢离子物质的量增加，则PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH＜3，故A错误；B.醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液呈酸性，故B正确；C. CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以pH相同的 NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)不相同，故C错误；D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液中c(H＋)=10-7mol/L，c(OH-)==10-5mol/L，则c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，故D错误；
14. 25℃，已知KSp(AgCl)＝1.8×10－10，将2×10－5mol/L的AgNO3溶液和2×10－5mol/L的KCl溶液等体积混合，下列说法正确的是( )
A. 恰好形成AgCl饱和溶液 B. 能析出AgCl沉淀
C. 不能析出AgCl沉淀D．无法确定能否析出AgCl沉淀
【答案】C
【解析】等体积混合后，c（Ag+）=1×10－5mol/L，c（Cl－）=1×10－5mol/L，Qc= c（Ag+）×c（Cl－）=1×10－10＜KSp(AgCl)，故不能析出AgCl沉淀，答案选C。
15. 下列由实验现象得出的结论正确的是( )
操作及现象
结论
A
室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀。
Ksp(AgI)< Ksp(AgCl)
B
在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后红色加深
盐类水解是吸热反应
C
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液变红
溶液中一定含有Fe2＋
D
将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中
可以制得Fe(OH)3胶体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A. 室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO3溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀，该过程中硝酸银过量，两种沉淀都生成，不存在沉淀的转化问题，故不能比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故A错误；B.醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，使溶液呈碱性，滴入酚酞试液，加热后红色加深，说明加热促进了醋酸根离子的水解，则可以证明盐类的水解是吸热反应，故B正确；C.原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液后，溶液也会变红，所以不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故C错误；D. 将FeCl3饱和溶液滴加到NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故D错误；答案选B。
16. 常温下，将体积为V1、物质的量浓度为c1的氨水滴加到体积为V2、物质的量浓度为c2的盐酸中，下列结论正确的是( )
A. 若V1＝V2，且溶液的pH<7，则一定有c1
C. 若c1＝c2，V1＝V2，则混合液中c(NH4＋)
【答案】C
17. 已知常温时 H2A === H+ + HA－，HA－H＋＋A2－，下列说法正确的是（ ）
A. 相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(HA－)的大小关系：前者<后者
B. 相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(A2－)的大小关系：前者>后者
C. Na2A 溶液中存在c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)
D. NaHA溶液可能显酸性，也可能显碱性。
【答案】C
【解析】A.因常温时 H2A = H+ + HA－，HA－H＋＋A2－，说明H2A第一步完全电离，且电离出的H+抑制HA－的电离，因此相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(HA－)的大小关系：前者＞后者，故A错误；B.根据上述分析可知，H2A 溶液中HA－的电离程度小于NaHA溶液中HA－的电离程度，则相同物质的量浓度的H2A 与NaHA两种溶液中c(A2－)的大小关系：前者＜后者，故B错误；C. 在Na2A 溶液中，A元素以A2－、HA－的形式存在，根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)，故C正确；D.根据题目信息可知，HA－只能电离不能水解，所以NaHA溶液一定显酸性，故D错误；答案选C。
18. t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图。又知t℃时AgCl的Ksp＝4.9×10－10，下列说法不正确的是( )
A. 图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
B. 在t℃时，Ksp(AgBr)＝4.9×10－13
C. 在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K=1000
D. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由b点到c点
【答案】D
【解析】A.根据图象可知，在a点时Qc=c(Ag+)×c(Br-)＜Ksp(AgBr)，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故A正确；B.结合图中b点c(Ag+)和c(Br-)可知，该温度下AgBr的Ksp(AgBr)=7×10-7×7×10-7＝4.9×10－13，故B正确；C. 在t℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K= = = = =1000，故C正确；D. 在AgBr的饱和溶液中加入NaBr固体，c(Br-)增大，使AgBr(s) Br－(aq)+ Ag+(aq)平衡逆向移动，c(Ag+)减小，所以不可能使溶液由b点到c点，故D错误；答案选D。
第II卷（非选择题 46分）
二、填空题
19. 按要求书写方程式：
(1)H2CO3的电离方程式______________________________________________________；
(2)AgCl的沉淀溶解平衡方程式_______________________________________________；
(3)NaHCO3 溶液与 AlCl3溶液混合的离子方程式_______________________________；
(4)向CaSO4悬浊液中加入固体Na2CO3 ，写出对应的离子方程式_______________________。
【答案】 (1). H2CO3 HCO3- + H+ HCO3- CO32- + H+ (2). AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq) (3). 3 HCO3- + Al3+ === Al(OH)3↓+ 3 CO2↑ (4). CaSO4 + CO32- === CaCO3 + SO42-
【解析】(1).H2CO3是二元弱酸，在溶液中分两步电离，其电离方程式为：H2CO3 HCO3- + H+、 HCO3- CO32- + H+，故答案为H2CO3 HCO3- + H+、 HCO3- CO32- + H+；
(2.)AgCl是难溶物，在溶液中存在沉淀溶解平衡，其沉淀溶解平衡方程式为：AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq)，故答案为AgCl(s) Ag+(aq) + Cl- (aq)；
(3).NaHCO3 溶液中HCO3－水解使溶液呈碱性， AlCl3溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，则两溶液混合后会发生HCO3－和Al3+的双水解反应，离子方程式为：3HCO3- + Al3+ =Al(OH)3↓+ 3 CO2↑，故答案为：3 HCO3- + Al3+ =Al(OH)3↓+ 3 CO2↑；
(4).因CaSO4的溶解度大于CaCO3的溶解度，则向CaSO4悬浊液中加入固体Na2CO3，会发生沉淀的转化，由CaSO4生成CaCO3，反应的离子方程式为：CaSO4 + CO32- = CaCO3 + SO42-，故答案为：CaSO4 + CO32- = CaCO3 + SO42-。
20. (1)25 ℃，PH=10的NaOH溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合，则混合后溶液中的PH 约为____________________。（已知 lg2=0.3）
(2)T℃ ，水的离子积常数Kw= 1×10－12，欲使PH=1的硫酸溶液与PH=13的NaOH溶液混合后呈中性，则硫酸溶液与NaOH溶液的体积比为_________________。
(3)已知25 ℃，碳酸的电离平衡常数Ka1= 4.0×10－7，Ka2= 5.6×10－11，则该温度下NaHCO3的水解平衡常数Kh=________________________。
【答案】 (1). 11.7 (2). 100：1 (3). 2.5×10－8
【解析】(1).25 ℃，PH=10的NaOH溶液中c（OH－）=1×10-4mol/L，PH=12的NaOH溶液中c（OH－）=1×10-2mol/L，二者等体积混合后，所得溶液中c（OH－）= ≈，则c（H+）= = = 2.0×10-12mol/L，则pH= -lgc(H+) = -lg2.0×10-12=11.7，故答案为：11.7；
(2).T℃ ，水的离子积常数Kw= 1×10－12，PH=1的硫酸溶液中c(H+) =0.1mol/L，PH=13的NaOH溶液中c（OH－）=10mol/L，设硫酸溶液的体积为xL，NaOH溶液的体积为yL，则欲使混合后的溶液呈中性，有xL×0.1mol/L=yL×10mol/L，解得x:y=100:1，故答案为：100:1；
(3).HCO3－水解的方程式为：HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，其水解平衡常数的表达式为：Kh=，碳酸的第一步电离方程式为：H2CO3 HCO3- + H+，则Ka1= ，25℃时，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-14，由Kh的表达式可知，Kh=== 2.5×10－8，故答案为：2.5×10－8。
21. 已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下几种关系：
① c(Na+) > c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋)
② c(Na+) >c(OH-)= c(CH3COO-)>c(H＋)
③ c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)
④ c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)
⑤ c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)
结合离子关系填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，离子浓度的大小顺序符合上述序号______；若溶液中性，离子浓度的大小顺序符合上述序号________；
(2)若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，则离子的关系符合上述序号_____________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). ③ (3). ④ (4). ③④⑤
【解析】(1).若只溶解了一种溶质，则该溶质只能是CH3COONa，该溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序号③；根据电荷守恒c(Na+) +c(H＋)= c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，则c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)= c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合上述序号④，故答案为：CH3COONa；③ ；④ ；
(2).若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，因不知道CH3COONa和 CH3COOH的物质的量的相对大小，则溶液可能呈酸性、中性或碱性，若溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)，符合序号⑤；若溶液呈中性，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合序号④；若溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合序号③，故答案为：③④⑤。
22. 用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______、________________ 。
(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液，置于锥形瓶中，同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。
(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视__________________，直到滴定到终点，若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是___________________________。
(4)根据下列数据，测得c（NaOH）=________。烧碱的纯度=____________。
滴定
次数
待测液体积
(mL)
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
1.00
24.10
（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作引起待测液浓度偏小的是 _______________(填序号)。
①读数：滴定前平视，滴定后俯视②未用待测液润洗碱式滴定管
③用待测液润洗锥形瓶 ④不小心将标准液滴在锥形瓶外面
⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ① ②
【解析】(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(2).因石蕊的变色范围为5—8，变色范围较大，不适宜做指示剂，因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙，故答案为：甲基橙；
(3).在酸碱中和滴定实验中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定达到终点；若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是： 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点；
(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为：19.90mL、20.10mL、23.10mL，因第三次滴定的数据偏差较大，舍去，则消耗盐酸标准液的平均体积为：=20.00mL，则c（NaOH）==0.4020 mol·L-1，n（NaOH）=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol，则烧碱的纯度==80.4%，故答案为：0.4020 mol·L-1；80.4%；
（5）. ①读数：滴定前平视，滴定后俯视，会使标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故①符合；②未用待测液润洗碱式滴定管，会使待测液被稀释，造成标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故②符合；③用待测液润洗锥形瓶，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，③不符合；④不小心将标准液滴在锥形瓶外面，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，④不符合；⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，⑤不符合；故答案为：①②。
点睛：本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析，易错点是滴定结果的误差分析，在判断滴定结果是偏大还是偏小时，务必要先列出c（待测液）= 的公式，其中c（标准液）和V（待测液）是已知的，则根据错误的操作，判断对V（标准液）的影响，若V（标准液）偏大，则测定结果偏大，若V（标准液）偏小，则测定结果偏小，若对V（标准液）无影响，则对测定结果也无影响。
23. 炼锌厂产生的工业废渣——锌渣(除了含Zn 外，还含有Fe、Al、Cd （镉）和SiO2等杂质)，利用锌渣制取并回收ZnSO4·7H2O 和金属镉(Cd)是一个有益的尝试，流程如下：
已知：金属活动性Zn> Cd
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Cd(OH)2
Fe(OH)2
完全沉淀时的PH
≥3.2
≥4.7
≥6.5
≥9.4
≥9.7
试回答下列问题：
(1)第一步浸出时用到的试剂X为__________，滤渣1的成分是___________。
(2)加入Ca(ClO)2 的目的是氧化Fe2+，写出反应的离子方程式____________________。
(3)调节pH 过程可以选用；本流程的pH 调节一般调至5，其目的是_____________________。
(4)写出过滤后加入过量的锌粉反应的离子方程式__________________。
(5)在蒸发浓缩操作时，要保持一定的酸度，其目的是______。
【答案】 (1). H2SO4溶液 (2). SiO2 (3). 2H++ClO—+2Fe2+ =Cl—+2Fe3++H2O (4). ZnO除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出 (5). Zn+Cd2+== Zn2++Cd (6). 防止Zn2+水解
【解析】(1).Zn、Fe、Al、Cd、SiO2中，只有二氧化硅不能和硫酸反应，可以用硫酸将之溶解，过滤，先获得二氧化硅，故答案为：H2SO4溶液；SiO2；
(2).为了将杂质铝离子以及三价铁离子沉淀下来，结合离子沉淀的条件，首先要将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后再将之形成沉淀，反应实质是：2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O，故答案为：2H++ClO-+2Fe2+ =Cl-+2Fe3++H2O；
(3).“调节pH”过程能使得溶液的碱性增强，同时又不能引入杂质离子，据此可以选择氧化锌，该试剂可以将三价铁离子和铝离子沉淀下来，形成Fe(OH)3、Al(OH)3，同时还可以防止Zn2+沉淀析出，故答案为：ZnO；除去Fe3+和Al3+，防止Zn2+沉淀析出；
(4).金属Cd的活泼性比金属锌差，可以用金属锌来置换金属铬，反应的离子方程式为：Zn+Cd2+== Zn2++Cd，故答案为：Zn+Cd2+== Zn2++Cd；
(5).从硫酸锌溶液中获得纯净的硫酸锌的晶体的方法是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，但是要注意保持溶液一定的酸度，以防止Zn2+的水解，故答案为：防止Zn2+水解。
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