【化学】内蒙古杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

内蒙古杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
第一部分(选择题 共50分)
本部分包括25个小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分，共50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（ ）

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
C12H22O11
(蔗糖)
BaSO4
C2H5OH
(酒精)
H2O
【答案】C
【解析】
铁为单质，不属于电解质，A错误；氨气溶于水生成一水合氨，电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气为非电解质，B错误；醋酸为弱电解质，氨气溶于水生成一水合氨，其电离出离子能够导电，氨气为非电解质，B错误；碳酸钙为盐，强电解质，磷酸为弱酸，弱电解质，乙醇为非电解质，C正确；水为弱电解质，D错误；正确选项C。
点睛：电解质包括酸、碱、盐、金属氧化物和水；非电解质只要包括绝大部分有机物、极少数盐、非金属氧化物、非金属氢化物（如氨气）等。
2.在水溶液中下列电离方程式书写正确的是（　　）
A. Ca（OH）2Ca2＋＋2OH－ B. NaHCO3 = Na＋＋H＋＋CO32-
C. H2CO32H＋＋CO32- D. Na2SO4 = 2Na＋＋SO42-
【答案】D
【解析】
A项，Ca（OH）2属于强碱，电离方程式为Ca（OH）2=Ca2++2OH-，错误；B项，NaHCO3属于弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，错误；C项，H2CO3属于弱酸，应分步电离不合并书写，电离方程式为H2CO3H++HCO3-，HCO3-H++CO32-，错误；D项，正确；答案选D。
点睛：书写电离方程式要注意：（1）强电解质用“=”连接，弱电解质用“”连接。（2）多元弱酸分步电离，分步书写电离方程式，一般只书写第一步；多元弱碱也分步电离，但可按完全电离写，连接符用“”。（3）弱酸的酸式盐中酸式酸根离子不能完全电离；强酸的酸式盐中酸式酸根离子在水溶液中能完全电离，强酸的酸式盐在水溶液和熔融状态下电离方程式不同，如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，在熔融状态下电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-。
3.下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是（　　）
A. NH4+ + H2O ⇌ NH3•H2O + H+ B. S2- + 2H2O ⇌ H2S + 2OH-
C. CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO- + H3O+ D. CH3COOH + OH- ⇌ CH3COO- + H2O
【答案】A
【解析】
【分析】
水解离子反应中弱酸或弱碱离子结合水电离生成的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，以此分析。
【详解】A项，铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，则属于水解离子反应，故A正确；
B项，应用分步水解方程式表示或只写第一步，故B错误；
C项，是电离方程式，不是水解方程式，故C错误；
D项，是醋酸与可溶性强碱发生中和反应的离子方程式，故D错误。
所以，本题正确答案为：A。
【点睛】本题考查水解的离子反应，明确水解的反应原理是解答本题的关键，注意区分水解、电离的离子反应。
4.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O NH4+＋OH-，若想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，应采取的措施是(　　)
A. 适当升高温度 B. 加入NaCl固体 C. 通入NH3 D. 加入少量盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A.适当升高温度，促进NH3·H2O的电离，电离平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，A错误；
B.加入NaCl，对电离平衡无影响，则c(NH4+)和c(OH-)浓度都不变，B错误；
C.向氨水中通入氨气，发生反应：NH3+H2ONH3·H2O，c(NH3·H2O)增大，平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，C错误；
D.加入少量盐酸，盐酸和氢氧根离子反应生成水，促进氨水电离，c(NH4+)增大，c(OH-)减小，D正确；
故合理选项是D。
5.在25 ℃时，0.1 mol·L－1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液，它们的电离常数分别为4.6×10-4、1.8×10-4、6.2×10-10、K1=4.3×10-7和K2=5.6×10-11，其中氢离子浓度最小的是(　　)
A. HNO2 B. HCOOH C. HCN D. H2CO3
【答案】C
【解析】
【分析】
相同温度下，相同浓度的酸溶液中，酸的电离常数越大，则该酸的酸性越强，酸溶液中氢离子浓度越大，据此分析解答。
【详解】相同温度相同浓度的酸溶液中，酸的电离常数越大，则该酸的酸性越强，酸溶液中氢离子浓度越大，根据电离平衡常数知，酸的酸性强弱顺序是HNO2＞HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸的电离常数越小，则酸中氢离子浓度越小，所以氢离子浓度最小的酸是HCN，故合理选项是C。
【点睛】本题考查了酸性强弱的判断，明确酸性强弱与电离平衡常数的关系是解本题关键，相同外界条件下，酸的电离平衡常数越大，溶液中氢离子浓度越大，酸根离子结合氢离子的能力越小，即酸性越弱的酸其酸根离子的水解程度越大，为易错点。
6.在－50℃时液氨中存在着下列平衡：2NH3(液)NH4+＋NH2-，两种离子的平衡浓度均为1.0×10－15mol·L－1。以下有关－50℃时离子积的叙述中正确的是(　　)
A. 离子积为1.0×10－15
B. 离子积为1.0×10－30
C. 向液氨中加入氨基钠(NaNH2)，液氨的离子积增大
D. 向液氨中加入NH4Cl，c(NH4+)增大，离子积的数值也随之增大
【答案】B
【解析】
【详解】A、此温度下c（NH4+）=c（NH2-）=1×10-15mol•L-1，则离子积K=c（NH4+）·c（NH2-）=1×10-30（mol•L-1）2，A错误；
B．根据A中分析可知B正确；
C．在液氨中加入NaNH2晶体，NH2-的浓度变大，平衡逆向移动，但温度不变K不变，C错误；
D、在液氨中加入NH4Cl晶体，则c（NH4+）将增大，温度不变K不变，D错误；
答案选B。
7. 下列关于盐类水解的叙述中，错误的是
A. 盐类水解是中和反应的逆反应
B. 盐类水解过程中吸热过程
C. 含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性
D. 盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱
【答案】C
【解析】
试题分析：A、盐的水解是盐和水反应生成对应的酸和碱的过程，是中和反应的逆反应，故A正确；B、盐类水解是中和反应的逆反应，中和反应放热，盐的水解是吸热的，故B正确；C、水解的盐显示的酸碱性取决于阴阳弱离子水解程度的大小，如醋酸铵是一种含有弱酸根离子的盐，但是该溶液显中性，故C错误；D、水解的盐显示的酸碱性取决于形成盐的阴阳弱离子水解程度的大小，阳离子水解程度大，溶液显示酸性，阴离子水解程度大，溶液显示碱性，故D正确；故选C。
考点：考查了盐的水解原理以及盐的水解规律的相关知识。
8.下列实验操作能达到测量要求的是(　　)
A. 用25 mL滴定管量取14.86 mL溶液
B. 用10 mL量筒量取7.50 mL稀硫酸
C. 用托盘天平称量25.21 g氯化钠
D. 用广泛pH试纸测得溶液的pH为4.2
【答案】A
【解析】
【详解】A.滴定管是准确量取一定体积的仪器，精确度是0.01mL，所以用25 mL滴定管可以量取14.86 mL溶液，A正确；
B.量筒精确度是0.1mL，所以用10 mL量筒不能量取7.50 mL稀硫酸，B错误；
C.托盘天平精确度是0.1g，所以用托盘天平不能称量25.21 g氯化钠，C错误；
D. 广泛pH试纸测定数值为正整数，因此用广泛pH试纸不能测得溶液的pH为4.2，D错误；
故合理选项是A。
9.准确量取25.00 mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是(　　)
A. 500 mL量筒 B. 10 mL量筒
C. 50 mL酸式滴定管 D. 50 mL碱式滴定管
【答案】C
【解析】
【分析】
准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，需要用精密量具，精确到0.1，估读到0.01，学过的量具，滴定管、移液管是能精确计量的仪器；注意高锰酸钾溶液的强氧化性。
【详解】A.50 mL量筒的准确读数是0.1mL，所以50 mL量筒不能精确地量取25.00毫升高锰酸钾溶液，A错误。
B.10mL量筒的准确读数是0.1mL，且25mL溶液比10mL量筒的量程大，所以10 mL量筒不能量取25.00毫升高锰酸钾溶液，B错误；
C.滴定管、移液管是能精确计量的仪器，准确量取25.00mL溶液，应用25ml的滴定管、50mL滴定管量取，高锰酸钾溶液中含有酸，高锰酸钾溶液具有强的氧化性，容易腐蚀橡胶等有机物，所以应该用酸式滴定管量取，C正确。
D.碱式滴定管的下端有一段橡皮管，高锰酸钾具有强腐蚀性，容易腐蚀橡胶管，因此量取高锰酸钾溶液要用酸式滴定管不能用碱式滴定管量取，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了化学中常见的准确量取液体的仪器和粗略量取的仪器的使用方法和注意问题，难度不大。
10. 下列有关滴定操作的顺序正确的是( )
①用标准溶液润洗滴定管 ②往滴定管内注入标准溶液
③检查滴定管是否漏水 ④滴定 ⑤洗涤
A. ⑤①②③④ B. ③⑤①②④
C. ⑤②③①④ D. ②①③⑤④
【答案】B
【解析】
试题分析：中和滴定中，按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作进行，则正确的滴定顺序为：③⑤①②④，故选B。
【考点定位】考查化学实验操作的先后顺序、中和滴定
【名师点晴】本题考查中和滴定操作方法。注意把握常见化学实验的原理、步骤、方法以及注意事项，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。要记住常见实验操作的先后顺序，如：制备气体应先检查装置的气密性后加药品，加药品时应先放固体，后加液体；除杂质气体时，一般先除有毒气体，后除其它气体，最后除水蒸气；使用试纸检验溶液的性质时，先把一小块试纸放在表面皿或玻片上，后用玻棒沾待测液点试纸中部，再观察变化；制备硝基苯时，先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，摇匀，冷却到50℃-60℃，然后慢慢滴入1 mL苯，最后放入6 0℃的水浴中反应等等。
11.在H2S溶液中，c(H＋)和c(S2－)的比值是
A. 1 B. 2
C. 大于2 D. 在1～2之间
【答案】C
【解析】
试题分析：氢硫酸是二元弱酸，存在电离平衡，电离方程式是H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－。由于氢硫酸的第一步电离程度远大于第二步电离程度，所以在氢硫酸溶液中c(H＋)和c(S2－)的比值是大于2，答案选C。
考点：考查多元弱酸电离的特点
点评：本题是基础性试题的考查，难度不大。主要是检验学生对弱酸电离的理解掌握程度，该题学生不难得分。
12.下列四种溶液中,常温下由水电离出的c(H+)之比(①∶②∶③∶④)等于①pH=0的盐酸　② 0.1 mol·L-1的盐酸　③ 0.01 mol·L-1的NaOH溶液　④pH=11的NaOH溶液
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】
试题分析：①pH=0的盐酸，溶液中c(OH-)=10-14mol/L，由于水电离产生的氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以c(H+)(水)= c(OH-)=10-14mol/L；②0.1 mol/L的盐酸，c(OH-)=10-13mol/L，则c(H+)(水)= c(OH-)=10-13mol/L；③0.01 mol/L的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-12mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-12mol/L；④pH=11的NaOH溶液，c(H+)(溶液)=10-11mol/L，c(H+)(水)= c(H+)(溶液)=10-11mol/L；所以由水电离出的氢离子浓度之比为10-14mol/L：10-13mol/L：10-12mol/L：10-11mol/L=1:10:100:1000，所以选项是A。
考点：考查水电离产生的c(H+)与溶液的酸碱性的关系的知识。
13.下列实验事实或数据能说明次氯酸为弱电解质的是
A. 次氯酸具有漂白性 B. 常温时，次氯酸水溶液的pH < 7
C. 次氯酸不稳定，易分解 D. 0.001 mol•L-1 HClO溶液的pH = 5
【答案】D
【解析】
【分析】
能够说明HClO为弱电解质，可证明HClO不能完全电离、存在电离平衡或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答该题。
【详解】A. 次氯酸具有漂白性，与电离程度无关，故A项错误；
B. 常温时，次氯酸的水溶液的pH＜7，只能证明呈酸性，但无法确定电离程度，不能证明为弱电解质，故B项错误；
C. 次氯酸不稳定，易分解，只能说明次氯酸的稳定性差，这与酸性强弱无关，故C项错误；
D. 0.001 mol/L的HClO溶液的pH = 5，电离出的氰离子浓度为10-50.001 mol/L，则说明次氯酸不能完全电离，为弱电解质，故D项正确；
答案选D。
14.某温度下，相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释至平衡，pH随溶液体积变化的曲线如下图所 示。据图判断正确的是

A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点KW的数值比c点KW的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】
【详解】醋酸是弱酸，不完全电离使溶液显酸性，溶液浓度越低，电离程度越大；盐酸是强酸，在水溶液中完全电离，加等量的水稀释，盐酸溶液的pH变化大于醋酸溶液的pH变化，因此Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线。
A项，由分析可知，Ⅰ为盐酸的pH变化曲线，Ⅱ为醋酸的pH变化曲线，故A项错误；
B项，b、c两点在盐酸的pH变化曲线上，c点pH较大，稀释倍数较高，溶液中离子浓度低于b点溶液中离子浓度，离子浓度越大，导电性越强，故B项正确；
C项，KW只和温度有关，温度不变，KW不变，故C项错误；
D项，相同体积和pH的盐酸与醋酸溶液，醋酸溶液浓度大，稀释相同倍数之后，由于醋酸是弱酸，因此浓度依旧大于盐酸溶液的浓度，因此a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点，明确溶液导电能力和离子浓度的关系。
15.常温下，0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液中c(H+)=1×10-3 mol/L，下列叙述正确的是(　　)
A. 该溶液中由水电离出的c(H＋)=1×10-11 mol/L
B. 该一元酸溶液的pH=1
C. 该溶液中水电离的c(H＋)=1×10－3 mol/L
D. 用pH=11的NaOH溶液V1 L和V2 L 0.1 mol/L该一元酸(HA)溶液混合，若恰好反应，则V1=V2
【答案】A
【解析】
【详解】A.0.1 mol/L某一元酸(HA)溶液中c(H+)=1×10-3mol/L，则根据水的离子积常数可得c(OH-)==1×10-11mol/L，酸溶液中的OH-就是水电离产生的，水电离产生的氢离子与氢氧根离子浓度相等，所以该溶液中由水电离出的c(H＋)=1×10-11 mol/L，A正确；
B.酸溶液中c(H+)=1×10-3 mol/L，则pH=3，B错误；
C.根据选项A分析可知该溶液中由水电离出的c(H＋)=1×10-11 mol/L，C错误；
D.pH=11的NaOH溶液, c(OH-)=1×10-3 mol/L，c(NaOH)=c(OH-)，而酸的浓度c(HA)=0.1 mol/L> c(NaOH)，所以将pH=11的NaOH溶液V1 L和V2 L 0.1 mol/L该一元酸(HA)溶液混合，若恰好反应，消耗的碱的体积要大于酸的体积，即V1>V2，D错误；
故合理选项是A。
16.室温下，某溶液中水电离出的H＋和OH－的物质的量浓度乘积为1×10－26，该溶液中一定不能大量存在的是(　　)
A. Cl－ B. HCO3- C. Na＋ D. Ba2＋
【答案】B
【解析】
【分析】
溶液中水电离出的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26，水的电离程度减小，该溶液为酸或碱溶液，然后根据选项的离子在酸性或碱性条件下能否大量存在分析判断。
【详解】水电离的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26＜1×10-14，说明该溶液抑制了水的电离，则该溶液为酸溶液或者碱溶液。
A.Cl-既不与氢离子反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A不符合题意；
B.HCO3-既能够与H+反应，也能够与OH-反应，在溶液中一定不能大量共存，B符合题意；
C.Na+与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，C不符合题意；
D. Ba2＋与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了离子反应、离子共存的判断的知识，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，正确分析题干数据的含义是解答关键。
17.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是(　　)
A. B. 26Fe3＋
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 表示氯化氢，氯化氢溶于水电离出氢离子，抑制水的电离，A不符合；
B. 铁离子溶于水，铁离子水解，促进水的电离，B不符合；
C. 表示氯离子，氯离子不水解，不会影响水的电离，C符合；
D. 表示醋酸根，醋酸是弱酸，醋酸根水解，促进水的电离，D不符合。
答案选C。
18.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A. HX、HZ、HY B. HY、HZ、HX
C. HZ、HY、HX D. HX、HY、HZ
【答案】D
【解析】
【详解】弱酸的酸性越强，其酸根离子的水解程度越小，则相同浓度钠盐溶液的pH就越小，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大，其相应酸的酸性就越小，根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性由大到小的顺序是HX>HY>HZ，故合理选项是D。
19.物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是(　　)
A. CaCl2 B. CH3COONa C. NH3 D. K2CO3
【答案】D
【解析】
【详解】A.CaCl2溶液中所含粒子为Ca2+、Cl-、H2O、H+、OH-，共5种粒子；
B.CH3COONa溶液中，CH3COO-要水解，所含粒子为CH3COO-、Na+、H2O、H+、OH-、CH3COOH，共6种粒子；
C.氨气的水溶液中存在的微粒有NH3、NH3•H2O、NH4+、H2O、H+、OH-，共6种粒子；
D.K2CO3溶液中硫离子分步水解，含有K+、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2O、H2CO3，故7种；可见上述溶液中碳酸钾溶液中含有粒子数最多，合理选项是D。
20.室温时，下列溶液与1.0×10-5mol/L的NaOH溶液的pH相同的是(　　)
A. 把pH=6的盐酸稀释1 000倍
B. 把pH=10的Ba(OH)2溶液稀释10倍
C. 把pH=8和pH=10的NaOH溶液等体积混合
D. 把pH=8的NaOH溶液稀释10倍
【答案】B
【解析】
【详解】1.0×10-5mol/L的NaOH溶液的pH=5。
A.pH=6的盐酸稀释还是酸溶液，pH<7，不能变为碱溶液，A错误；
B.Ba(OH)2 是二元强碱，溶液的pH=10，则c(OH-)=10-4mol/L，将其稀释10倍，稀释后c(OH-)=10-5mol/L，溶液的pH=5，与1.0×10-5mol/L的NaOH溶液的pH相同，B正确；
C. pH=8的NaOH溶液，c(OH-)=10-6mol/L；pH=10的NaOH溶液，c(OH-)=10-4mol/L；把pH=8和pH=10的NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中c(OH-)=≈5.0×10-5mol/L>1.0×10-5mol/L，所以两种溶液的pH不相同，C错误；
D. pH=8的NaOH溶液，c(OH-)=10-6mol/L，稀释10倍后溶液中c(OH-)=10-7mol/L<1.0×10-5mol/L，所以两种溶液的pH不相同，D错误；
故合理选项是B。
21.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是(　　)
A. 11∶1 B. 10∶1 C. 1∶11 D. 1∶10
【答案】D
【解析】
【详解】常温下，pH=13的强碱溶液，c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液，c(H+)=0.01mol/L，将二者混合，若溶液的pH=7，说明n(H+)=n(OH-)，c(OH-)·V(碱)=c(H+)·V(酸)，则V(碱)：V(酸)= c(H+)：c(OH-)=0.01mol/L：0.1mol/L=1:10，故合理选项是D。
22.常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+)与c(OH－)之比接近( )
A. 1：102 B. 1：1 C. 102：1 D. 1：103
【答案】A
【解析】
【分析】
由NaOH溶液pH=8，计算原溶液中c（OH－），在原溶液中c（Na＋）=c（OH－），稀释1000倍，此时溶液接近中性，氢氢根离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7mol/L，而稀释过程中钠离子的物质的量不变，计算稀释后的溶液中钠离子的物质的量浓度，据此计算解答。
【详解】pH等于8的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH－）=1×10-6mol/L，钠离子的浓度为：c（Na+）=c（OH－）=1×10-6mol/L，溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度不可能小于1×10-7mol/L，只能无限接近1×10-7mol/L，而钠离子浓度为：c（Na+）=1×10-6mol/L ÷1000=1×10-9mol/L，所以稀释后溶液中钠离子浓度与氢氧根离子浓度的比值约为：1×10-9mol/L:1×10-7mol/L=1:100，答案选A。
【点睛】本题考查溶液pH的计算，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，确定溶液中氢氧根离子的近似浓度是解题的关键，对于碱溶液，无限稀释时，溶液只能无限接近于中性，不可能达到中性更不可能为酸性，酸溶液亦如此，为易错点。
23.常温下，将pH＝1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为(　　)
A. 11∶1 B. 10∶1 C. 6∶1 D. 5∶1
【答案】C
【解析】
设每份硫酸的体积为1L，pH=1的硫酸溶液中c（H＋）=0.1mol·L－1，c（H2SO4）=c（H＋）/2=0.05mol·L－1，pH升高了1，则溶液中c（H＋）=0.01mol·L－1，①当是加水稀释时，设加入水的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则:1L×0.1mol·L－1=（1+x）L×0.01mol·L－1，x=9，②加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液时，设加入氢氧化钠的体积为yL，则有：（1L×0.1mol·L－1-yL×0.05mol·L－1）=0.01mol·L－1×（1+y）L，y=9/6，则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为 =6：1，故选C。
点睛：本题考查物质的量浓度的计算，解题关键：运用物质的量计算公式计算，从质量守恒的角度解答，题目难度中等，易错点：另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，硫酸溶液的pH、氢离子浓度、H2SO4化学式中的氢原子数2、与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液的浓度，四个物理量要理解清楚。
24.pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为amol·L－1与bmol·L－1，则a和b的关系为
A. a>b B. a=10－4b　 C. b＝10－4a D. a＝b
【答案】B
【解析】
虽然两种溶液PH均等于9，即两种溶液中c（H+）均等于10-9mol/L,但由水电离出来的c（H+）或c（OH－）就不相等了。根据H2OH++OH-，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，CH3COONa促进水的电离．假设“在相同温度下”该温度为常温，NaOH抑制水的电离，则由水电离出的c(H+)水=c(OH-)水＜10-7mol/L,即a<10-7；CH3COONa促进水的电离，则由水电离出的c(H+)水=c(OH-)水>10-7mol/L,即b>10-7，由此可知，a 考点：电离平衡与溶液的pH值
点评：注意应用排除法做题，本题没有说常温下，如果计算是不能得出a＝10－4b的，但能知道a 、b 的大小关系，结合选项即可得出答案。
25.等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②(NH4)2CO3　③NaHSO4　④NaHCO3 ⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)
A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④③①⑤ D. ②④①③⑤
【答案】D
【解析】
试题分析：CH3COOH、NaHSO4、Ba(OH)2自身电离出氢离子或氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，使水的电离程度减小，而(NH4)2CO3、NaHCO3两种盐因水解使水的电离程度增大，故选项A、B错；CH3COOH是弱酸与同浓度的 NaHSO4比氢离子浓度要小的多，对水的电离的抑制要弱，故选项D正确。
考点：酸、碱、盐对水的电离的影响。
第二部分(非选择题 每空2分 共50分)
26.请写出以下溶液的酸碱性(选填“酸性、碱性、中性”)
(1)NaCl溶液______________；
(2)(NH4)2SO4溶液 ___________；
(3)Na2CO3溶液 ___________；
(4)FeCl3溶液 _____________；
(5)CH3COONa溶液 ____________。
【答案】 (1). 中性 (2). 酸性 (3). 碱性 (4). 酸性 (5). 碱性
【解析】
【分析】
盐是酸碱发生中和反应的产物，根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性分析判断。
【详解】(1)NaCl是强酸HCl与强碱NaOH发生中和反应的产物，是强酸强碱盐，不发生水解反应，对水的电离平衡无影响，因此溶液显中性；
(2)(NH4)2SO4是强酸H2SO4与弱碱NH3·H2O发生中和反应的产物，是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应：NH4++H2ONH3·H2O+H+，当最终达到水解平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性；
(3)Na2CO3是强碱NaOH与弱酸H2CO3发生中和反应的产物，是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-发生水解反应：CO32-+H2OHCO3-+OH-，产生的HCO3-会进一步发生水解反应：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，当最终达到水解平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性；
(4)FeCl3溶液是强酸HCl与弱碱Fe(OH)3发生中和反应的产物，是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，当最终达到水解平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性；
(5)CH3COONa是强碱NaOH与弱酸CH3COOH发生中和反应的产物，是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，当最终达到水解平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性。
【点睛】本题考查了盐溶液的酸碱性的判断的知识。盐是酸碱发生中和反应的产物，根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性来分析判断。酸碱中和反应是放热反应，盐水解反应是中和反应的逆反应，是吸热反应，升高温度，盐水解程度增大，导致相应的盐溶液的酸性或碱性增强，因此在日常生活中常用热碱水来除油污。
27.一定温度下，有盐酸；硫酸；醋酸三种酸的稀溶液用a、b、c、、、号填写
当其物质的量浓度相同时，由大到小的顺序是____________，
同体积同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH能力由大到小的顺序是____________，
当其相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为____________，
当相同、体积相同时，同时加入形状、质量、密度相同的锌，若产生相同体积的氢气相同状况，则开始时反应速率的大小关系是____________．
将相同的三种酸均加水稀释至原来的10倍，由大到小的顺序为_____________．
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5).
【解析】
【分析】
①物质的量浓度相等的酸，硫酸和氯化氢是强电解质，完全电离。醋酸是一元弱酸，部分电离，据此确定氢离子浓度大小；
②同体积同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH能力与氢离子的物质的量成之比，氢离子的物质的量越大，需要的氢氧化钠的物质的量越大；
③如果酸是强电解质，一元酸的浓度与氢离子浓度相等，二元酸的浓度为氢离子浓度的一半。如果酸是弱电解质，一元酸的浓度大于氢离子浓度；
④与锌反应时产生氢气的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大；
⑤强酸溶液稀释10倍，氢离子浓度变为原来的1/10，弱酸溶液稀释10倍，氢离子浓度变为大于原来的1/10；
【详解】①氯化氢和硫酸是强电解质，在水中完全电离，盐酸是一元酸，所以盐酸中c(H+)=c(HCl)，硫酸是二元酸，硫酸溶液中c(H+)=2c(H2SO4)，醋酸是一元弱酸，所以醋酸溶液中c(H+)a>c，因此，本题正确答案是: b>a>c；
②同体积同物质的量浓度的三种酸,三种酸的物质的量相等：n(HCl)=n(CH3COOH)=n(H2SO4)，盐酸和醋酸是一元酸，硫酸是二元酸，盐酸和醋酸需要氢氧化钠的物质的量相等，硫酸需要的氢氧化钠是盐酸和醋酸的2倍，中和NaOH能力由大到小的顺序是b>a=c，因此，本题正确答案是：b>a=c；
③氯化氢和硫酸是强电解质，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，醋酸是弱电解质且是一元酸，所以盐酸中氢离子浓度与酸的浓度相等，硫酸中氢离子浓度是硫酸的浓度的2倍。醋酸中氢离子浓度小于醋酸的浓度，所以如果氢离子浓度相等时，物质的量浓度由大到小的顺序为c>a>b，因此，本题正确答案是：c>a>b；
④与锌反应时产生氢气的速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大，反应速率越大，当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、质量、密度相同的锌，则开始时反应速率的大小关系是a=b=c，因此，本题正确答案是：a=b=c；
⑤强酸溶液稀释10倍,氢离子浓度变为原来的1/10。弱酸溶液稀释10倍，氢离子浓度变为大于原来的1/10。盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，所以c(H+)由大到小的顺序为c>a=b，因此，本题正确答案是：c>a=b；
28.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色变化，直到加入一滴盐酸，溶液的颜色由____色变为_____，且半分钟不褪色，即停止滴定。
(2)下列操作中使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高的是________(填序号)。

A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸
B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D、读取盐酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数
E、滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如右图所示：则起始读数为_____mL，终点读数为_____mL。
(4)如已知用c(HCl) = 0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL的氢氧化钠溶液，测得的实验数据如(3)中记录所示，则该氢氧化钠溶液的浓度c(NaOH) =____mo1/L。
【答案】 (1). 浅红 (2). 无色 (3). ACD (4). 9.00 (5). 26.10 (6). 0.0855
【解析】
【分析】
根据酸碱指示剂的变色范围判断终点颜色变化；根据滴定原理分析滴定误差、进行计算。
【详解】(1)酚酞变色范围8.2－10.0，加在待测的氢氧化钠溶液中呈红色。随着标准盐酸的滴入，溶液的pH逐渐减小，溶液由红色变为浅红，直至刚好变成无色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。
(2)A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗，使注入的标准盐酸被稀释，中和一定量待测液所耗标准溶液体积偏大，待测液浓度偏高。
B、盛放待测溶液的锥形瓶未干燥，不影响标准溶液的体积，对待测溶液的浓度无影响。
C、酸式滴定管在滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使滴定前读数偏小，标准溶液体积偏大，待测溶液浓度偏高。
D、开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，使读取盐酸体积偏大，待测溶液浓度偏高。
E、滴定过程中，锥形瓶中待测液过量，激烈振荡溅出少量溶液，即损失待测液，消耗标准溶液体积偏小，待测溶液浓度偏低。答案选ACD。
(3)滴定管的“0”刻度在上，大刻度在下，应由上向下读数；根据刻度，滴定管的读数应保留两位小数，精确到0.01mL。图中开始读数为9.00mL，结束读数为26.10mL。
(4)由(3)V(HCl)＝17.10mL，据c(HCl)×V(HCl)＝c(NaOH)×V(NaOH)，求得c(NaOH) =0.0855mo1/L。
【点睛】中和滴定的误差分析可总结为：滴多偏高，滴少偏低。其中，“滴多或滴少”指标准溶液体积，“偏高或偏低”指待测溶液浓度。
29.硫酸是重要的化工材料，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫是工业制硫酸的重要反应之一。
(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)放入容积为1L的密闭容器中，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在一定条件下经20分钟达到平衡，测得c(SO3)＝0.040mol/L。
①从反应开始到达到平衡，用SO2表示的平均反应速率为________________
②从平衡角度分析采用过量O2的目的是____________；
③该反应的平衡常数表达式为K＝___________。
④已知：K(300℃)＞K(350℃)，该反应是________（选填“吸”或“放”）热反应。若反应温度升高，SO2的转化率将_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

(2)某温度下，SO2的平衡转化率（α）与体系总压强(P)的关系如图所示。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)_______K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）。
【答案】 (1). 0.002mol/(L•min) (2). 提高二氧化硫的转化率 (3). K=c2(SO3)/[c2(SO3)•c(O2)] (4). 放 (5). 减小 (6). =
【解析】
【详解】2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
开始(mol/L) 0.050 0.030 0
改变(mol/L) 0.040 0.020 0.040
平衡(mol/L) 0.010 0.010 0.040
①从反应开始到达到平衡，用SO2表示的平均反应速率为0.002mol/(L•min)；
②加入过量O2，使另一反应物二氧化硫的转化率增大，故目的是提高二氧化硫的转化率；
③反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数表达式为K＝；
④已知：K(300℃)＞K(350℃)，则升高温度平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，而升高温度平衡向吸热反应的方向移动，则该反应是放热反应。若反应温度升高，平衡逆向移动，则SO2的转化率将减小；
（2）平衡常数只与温度有关，与压强无关，在温度不变的条件下，无论压强怎样变化，平衡常数都不变，故答案为：=。
30.柠檬醛的结构简式如图所示,主要用作柠檬和什锦水果型香精,也是合成紫罗兰酮的主要原料

(1)柠檬醛不能发生的反应类型为_____________(填字母)。
A.酯化反应 B.加成反应 C.氧化反应 D.消去反应
(2)香叶醇经催化氧化可制得柠檬醛,则香叶醇的结构简式为_____________
(3)双羟基香茅酸(也是一种重要的香料,可由柠檬醛合成,合成路线如下


双羟基香茅酸的分子式为________,写出A→B的化学方程式___________________________
【答案】 (1). AD (2). (3). C10H20O4 (4).
【解析】
(1)柠檬醛分子中含有2个碳碳双键和1个醛基，可以发生加成反应、氧化反应，不能发生酯化反应和消去反应，答案选AD； (2)香叶醇经催化氧化可制得柠檬醛，则柠檬醛中的醛基与氢气发生加成反应即可得到香叶醇，所以香叶醇的结构简式为；(3)根据双羟基香茅酸的结构简式可知其分子式为C10H20O4；柠檬醛与溴化氢发生加成反应生成A，A→B属于卤代烃的水解反应引入羟基，所以A→B的化学方程式为
。