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【化学】福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高二下学期3月月考（解析版） 试卷
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福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高二下学期3月月考
第一卷（客观题）
一、选择题
1.与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（ ）
A. 用热碱水清除炊具上的油污
B. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可用于饮用水的杀菌消毒
C. 用酒精擦洗布料上的油污
D. 用食醋除去水壶内的水垢
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用热碱水清除炊具上的油污，是油脂在碱溶液中水解生成溶于水的盐和甘油，属于化学变化，故A错误；B. 明矾水解时发生了化学变化，产生具有吸附性的氢氧化铝胶体粒子，可用于饮用水的净化，故B错误；C.用酒精擦洗布料上的油污是利用油脂溶于酒精，变化过程中无新物质生成，属于物理变化，故C正确；D. 用食醋除去水壶内的水垢，是碳酸钙和醋酸发生反应生成溶于水的物质，属于化学变化，故D错误；答案：C。
2.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是（ ）
A. 氯气
B. 氯水
C. 氯化钾
D. 氯化铵
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气与水反应生成盐酸和HClO，可破坏水的电离，但氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；
B. 氯水是混合物，含有盐酸和次氯酸，可破坏水的电离，既不是电解质也不是非电解质，故B不选；
C. 氯化钾溶于水电离出氯离子和钾离子，氯化钾是强电解质，向溶液中加入氯化钾，不破坏水的电离，故C不选；
D. 氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根水解，破坏了水的电离平衡，氯化铵属于盐，是强电解质，故D选；答案：D。
3.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3CH2COOH
B. SO2
C. NH4HCO3
D. Cl2
【答案】B
【解析】
SO2的水溶液能导电，但属于非电解质，本题选B。
点睛：要注意氯气的水溶液虽然也导电，但其既不是电解质，也不是非电解质。
4.能证明醋酸是弱酸的是（ ）
A. 醋酸钠溶液pH＞7
B. 醋酸溶液能导电
C. 醋酸溶液能使石蕊变红
D. 醋酸溶液易挥发
【答案】A
【解析】
A．醋酸钠溶液pH＞7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则能说明醋酸是弱酸，选项A选；B．乙酸溶液能导电说明乙酸电离使溶液中存在能自由移动的离子而能导电，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，选项B不选；C．醋酸能使紫色石蕊试液变红色，说明醋酸能电离出氢离子而使其溶液呈酸性，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，C不选；D．乙酸溶液易挥发不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，选项D不选；答案选A。
点睛：本题考查实验方案的评价，侧重于弱酸的实验角度的探究，注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累，证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等。
5. pH=1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图示，下列说法不正确的是
A. A是强酸，B是弱酸
B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱
C. 稀释后，A、B两种酸溶液的物质的量浓度： C(A)＜C(B)
D. 稀释前，A、B两种酸溶液物质的量浓度：C(A)＝C(B)
【答案】D
【解析】
试题分析：图中曲线A比B变化得快，而且最后A的PH值比B的大，所以A的酸性比B的强。但是两条都是曲线变化，不是直线变化，所以A、B都不是强酸。A、B选项错误。稀释后A的酸性比B强，电离程度比B大，所以C(A)>C(B),D选项由于一开始两个的PH值相等，所以算溶液的物质的量浓度相等。
考点：弱酸电离
点评：本题结合图像分析，难度不大，关键在于理解掌握。
6.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体②H2O③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液
A. ②④⑥
B. ①②
C. ②③⑤
D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O 减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入NH4Cl固体，水解显酸性，导致氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；⑤加入NaNO3固体，在酸性溶液中硝酸根与铁反应得不到氢气，故⑤错误；⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；故②④⑥符合题意。答案：A。
【点睛】根据Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量进行分析解答。
7.物质的量浓度均为0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 两溶液加入等质量的锌粉，产生氢气的速率相同
B. 两溶液中氢氧根离子浓度均为
C. 加入醋酸钠固体，二者的pH均增大
D. 恰好完全反应时，两溶液消耗等浓度等体积的氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. 盐酸是强酸,HCl完全电离,醋酸是弱酸,部分电离,所以0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液中醋酸溶液反应慢，故A错误；B.盐酸是强酸,完全电离,氢离子浓度为0.1mol/L,所以氢氧根离子浓度为10-13 mol/L,醋酸是弱酸,部分电离, 氢离子浓度小于0.1mol/L，氢氧根离子浓度大于10-13 mol/L,故B错误；C. 向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故C正确；D.酸的浓度相同，但是体积大小不知，无法比较消耗氢氧化钠的多少，故D错误；答案：C。
8.常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（ ）
A. pH=0的硫酸
B. 0.01mol/L NaOH溶液
C. pH=10的纯碱溶液
D. pH=5的氯化铵溶液
【答案】D
【解析】
硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液中水的电离氢离子浓度是；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢离子浓度是，故D正确。
点睛：酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是。
9.下列叙述不正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. 可作净水剂水解生成的胶体具有吸附性
C. 配制溶液时加入少量NaOH，是因为抑制的水解
D. 银能置换出HI（aq）中的氢，Ag与HI反应生成Ksp很小的AgI沉淀，利于生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.水的电离为吸热过程,温度升高,促进水的电离,溶液中呈中性,故A错误;
B. 可作净水剂，是因为水解生成的胶体具有吸附性，故B正确；
C. 溶液水解显碱性，加入少量NaOH，氢氧根浓度增大，抑制的水解，故C正确；
D. 银置换氢反应有可逆性，平衡常数很小。Ag与HI反应生成Ksp很小的AgI沉淀，促进置换反应平衡移动，故D正确；答案：A。
10.在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气单质能和水发生化学反应生成盐酸和次氯酸，不属于水解反应，故A错误；
B、水解生成和，该反应是的电离，故B错误；
C. 铵根离子为弱碱离子，结合水电离产生的,生成NH3·H2O属于水解反应，氢离子写成了水合氢离子的形式，故C正确；
D.SO2先和水反应生成亚硫酸，亚硫酸再电离生成H+、HSO3-，故D错误；
答案：C。
11.在溶液中，下列关系正确的是（ ）
①
②
③
④
A. ②④
B. ②③④
C. ①③④
D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①属于强碱弱酸盐，-能发生水解，水解产物为醋酸和氢氧化钠，溶液显碱性，所以溶液中微粒浓度大小的关系是c(Na+)>c(-)>c(OH-)>c()>c(H+)，故①④正确；根据电荷守恒为：c(Na+)+ c(H+)= c(-)+ c(OH-)，所以c(OH-)- c(H+)= c(Na+)- c(-)，故②正确；根据物料守恒知：c(Na+)=c(-)+ c()=，故③正确；综上所述①②③④均正确，答案：D。
12.25℃时，将氨水与氯化铵溶液任意比例混合得到 的混合溶液，溶液中、与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（ ）
A. W点表示溶液中：
B. pH=7溶液中：
C. pH=9.5溶液中：
D. 向1L W点所表示的溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：
【答案】C
【解析】
【分析】
一水合氨是碱，浓度愈大pH值愈大；铵根离子水解显酸性，浓度愈大pH值愈小。将氨水与氯化铵溶液混合得到=的混合溶液，pH越大，溶液中越小,根据图知,随着pH增大浓度减小的是、增大的是。
【详解】A.W点时一水合氨与铵根离子浓度相等,根据电荷守恒可得：+，故A错误；
B.该混合溶液中,无论pH如何变化都存在电荷守恒+,当pH=7时，=，则=，故B错误；
C.pH=9.5溶液中pH>7,溶液呈碱性,则<;根据图知>,溶液碱性较弱,所以粒子浓度大小顺序是,所以C是正确的；
D. W点时, ==0.05mol/L，加入0.05molNaOH固体,得到0.1mol的NH3·H2O和0.05molNaCl，c(Na+)=c(Cl-)，因此c(Cl-)=c(Na+)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),D错误。
答案选C。
【点睛】比较电解质溶液中离子浓度大小时，首先要搞清楚溶液中存在的平衡关系，是电离还是水解或者同时存在，如果同时存在要明确是电离为主还是水解为主，其次找准溶液中存在的阴阳离子，最后要会应用电荷守恒、物料守恒及质子守恒分析，尤其是对于多元弱酸的酸式盐，在溶液中存在弱酸酸根离子的电离作用和水解作用，要会根据电离程度和水解程度的相对大小判断溶液的酸碱性及其它微粒的浓度大小比较。
13.AgCl悬浊液中存在平衡：．已知常温下，．下列叙述正确的是（ ）
A. 常温下，AgCl 悬浊液中
B. 温度不变时，向AgCl 悬浊液中加入少量NaCl 粉末，平衡向左移动，Ksp减小
C. 向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)
D. 常温下将0.001 溶液与 KCl溶液等体积混合，无沉淀析出
【答案】A
【解析】
A. 常温下，AgCl 悬浊液中c (C1-)= c(Ag+)== =4×10-5.5mol/L，故A正确；B. 温度不变时，向AgCl 悬浊液中加入少量NaCl 粉末，c (C1-)增大，抑制氯化银的溶解，但温度不变，Ksp不变，故B错误；C. 向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，故C错误；D. 常温下，将0.001 mol·L-1AgNO3溶液与0.001 mol·L-1的KCl 溶液等体积混合，Qc= c (C1-)×c(Ag+)=1×10-6 ＞Ksp (AgCl)=1.6×10-10 ，有沉淀析出，故D错误；故选A。
14.某温度下：。取适量黄色固体配制成100mL溶液，配制过程中溶液的离子浓度与时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. A点处可表示的不饱和溶液
B. T时刻有可能向该溶液中加人了KI 固体
C. 常温下饱和溶液中的
D. 向A点处的悬浊液中加入的溶液，平衡后溶液中的c(Pb2+)<410-3mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A.A点c(I-)不再改变，所以可表示PbI2饱和溶液，故A错误；
B.T时刻c(Pb2+)逐渐减小、c(I-)先增大后减小，所以有可能向该PbI2溶液中加人了KI固体，故B正确；
C.知PbI2饱和溶液中的，c(I-)=，故C错误；
D.向A点处的PbI2溶液中加入100mL 2×10-3mol/L的Na2S溶液，溶液体积加倍，c(Pb2+)=5×10-3mol/L，硫离子浓度是1×10-3mol/L，S2-完全反应生成PbS沉淀，剩余c(Pb2+)=4×10-3mol/L，PbS沉淀还存在溶解平衡，所以平衡后溶液中的c(Pb2+)>4×10-3mol/L，故D错误；
答案：B。
15.常温下，下列各组离子中，在溶液中能大量共存是（ ）
A. 、、、
B. 、、、
C. 、、、
D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下和反应生成3沉淀，故A中离子不能大量共存，故A不选；
B. 和发生相互促进的双水解，所以不能大量共存，故B不选；
C. 、、、相互之间不反应，所以能大量共存，故C选；
D. 能被硝酸氧化，所以和、不能大量共存，故D不选；
答案：C。
16.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、
B. 由水电离出的mol/L的溶液中：、、、
C. 某无色的溶液中：、、、
D. 0.1mol/L的的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A. 加入铝粉能放出氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，、、在两种情况下都能大量存在，故A选；
B. 由水电离出的mol/L的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，碱性溶液中不能大量存在，故B不选；
C. 某无色的溶液中不能存在，故C不选；
D.3+与生成)3,所以不能大量共存，故D不选；
答案：A。
【点睛】离子共存的条件。离子之间能发生反应生成弱电解质，难溶性物质，易挥发性物质的离子不能共存；离子间能发生氧化还原反应的离子不能共存，能发生相互促进双水解反应的离子不能共存；离子和所给条件之间能发生反应的离子也不能共存。以此进行分析。
17.常温时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol/L与0.1mol/L HCl等体积混合：
B. 0.1mol/L的溶液，其pH=4，则
C. 溶液：
D. 将0.1mol/L的溶液和0.1mol/L溶液等体积混合后，则：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.1mol/L 与0.1mol/L HCl等体积混合产物为H2NaCl，H2为弱酸是分步电离的，则，故A正确；
B. 0.1mol/L的溶液，其pH=4，电离大于水解，为强电解质，溶液中完全电离成+和-，则，故B错误；
C.根据质子守恒规律溶液中：，故C错误；
D. 根据电荷守恒规律将0.1mol/L的溶液和0.1mol/L溶液等体积混合后生成难溶得Ca，则，故D错误；
答案：A。
【点睛】根据守恒规律解答本题。电荷守恒是指溶液中所有阳离子所带的正电荷总数和所有阴离子所带负电荷总相等；质子守恒是指水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等。
18.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 没有配平，应该是，故A错误；
B. ，故B正确；
C. 没有配平，应该是，故C错误；
D. ，属于络合物不是沉淀，故D错误；
答案：B。
19.下列实验操作可能会导致实验结果偏高的是（ ）
A. 配制一定物质的量浓度的溶液：称量固体时物体与砝码放置颠倒
B. 配制一定物质量浓度的溶液：定容时仰视刻度线
C. 酸碱中和滴定：向滴定管中装入标准液前，未润洗滴定管
D. 酸碱中和滴定：滴定结束后，读取标准液的体积时，俯视刻度线
【答案】C
【解析】
【详解】A.物品和砝码放颠倒,若使用游码,称量的物质的质量偏小,若不使用游码,称量质量不变,故A错误;B.配制溶液时,仰视容量瓶刻度线定容,会导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低,故B错误;C、酸碱中和滴定实验中,若盛装标准液的滴定管没有润洗,会导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,所以C是正确的;D、酸碱中和滴定结束后,读取标准液的体积时,俯视刻度线会导致读数偏小,则导致所用标准液体积偏小,所计算浓度偏低,故D错误.答案：C。
【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液产生的误差。常见的误差有称量误差，读数误差，洗涤误差。称量误差砝码和物质如果放反了，不用游码不会产生误差，用游码导致结果偏低；读数误差对于容量瓶俯视所配溶液浓度偏大，仰视所配溶液浓度偏小；洗涤误差是指用过的烧杯和玻璃棒都要洗涤，洗涤液加入容量瓶，如果不洗涤导致所配溶液偏低。
20.有7瓶氯盐溶液，阳离子分别是Cu2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Fe2+、NH4+、Na+等离子的溶液，只用一种试剂即可鉴别，该试剂可能是
A. KMnO4溶液 B. KSCN溶液
C. NaOH溶液 D. NH3·H2O溶液
【答案】C
【解析】
【详解】分析：因阳离子各不相同，加入氢氧化钠溶液时，各自生成不同的物质，根据不同的实验现象即可鉴别。
详解：加入氢氧化钠溶液时，与Cu2+反应生成蓝色沉淀、与Fe3+反应生成红褐色沉淀、与Al3+反应生成白色沉淀且氢氧化钠过量沉淀又完全消失、与Mg2+反应生成白色沉淀且氢氧化钠过量沉淀不消失、与Fe2+反应生成白色沉淀，迅速变成灰绿色最终变为红褐色、与NH4+反应生成无色刺激性气味的气体、与Na+混合无现象，则NaOH溶液与七种离子混合现象均不同，可以鉴别，而加入KMnO4溶液只能鉴别Fe2+，加入KSCN溶液只能鉴别Fe3+，加入氨水不能鉴别Al3+、Mg2+，故答案选C。
第二卷（主观题）
二、填空题
21.用离子方程式回答下列问题：
（1）泡沫灭火器中灭火原理（内装小苏打溶液和溶液____________。
（2）已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体，为难溶于水和酸的黑色固体。向AgCl的悬浊液中加入足量的溶液并振荡，白色固体完全转化为黑色固体：________________。
（3）③实验室配制溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因________；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是_____________。
【答案】 (1).
(2). (3).
(4).
【解析】
【详解】（1）泡沫灭火器中的反应原理是利用铝离子和碳酸氢根离子的双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：；
（2）AgCl和水的悬浊液中加入足量的溶液并振荡，结果白色固体完全转化为黑色固体，是发生的沉淀转化，反应的化学方程式为：；
（3）离子在水溶液中水解的反应方程式为：，使配制的溶液不变浑浊，加入少量可以抑制二价铁离子的水解溶液易被氧化为硫酸铁，加入铁可以防止被氧化，其反应方程式为：。
22.10℃时加热饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
（1）饱和溶液中存在三个平衡关系，写出三个平衡表达式 ：________；_______；______。
（2）甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是的水解程度增大，故碱性增强。乙同学认为，溶液的pH升高的原因是受热分解，生成了，并推断的水解程度________（填“大于”或“小于”）。丙同学认为将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则 ____________（填“甲”或“乙”）判断正确。
（3）丁同学向饱和溶液中加入饱和溶液，观察到有白色沉淀和无色气体，经检验该白色沉淀为碳酸钙沉淀，试利用沉淀溶解平衡表达式和K、Q关系分析产生该沉淀的原因 ____________。
【答案】 (1). (2).
(3). (4). 大于 (5). 甲 (6). 加入饱和溶液后，溶液中钙离子浓度与碳酸根离子浓度的乘积大于，使，向产生沉淀的方向进行
【解析】
【分析】
根据弱根离子的水解规律进行判断。弱酸的酸式酸根既能水解也能电离，溶液的酸碱性由电离和水解的程度进行判断属于弱酸的酸式盐，既能发生水解又能发生电离，因为溶液显碱性，所以电离小于水解。
【详解】（1）属于强碱弱酸的酸式盐，所以溶液中有水的电离，-的电离和水解，所以三个平衡关系表达式为：；；；
（2）为强碱弱酸盐,在溶液中发生水解反应:，水解呈碱性，加热时,可分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强。由已知10℃时溶液的pH等于8.3，所以丙同学认为将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确；
（3）发生电离，滴加几滴饱和溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2+和CO32-的乘积大于结合生成了CaCO3沉淀，促进了的电离。答案：加入饱和溶液后，溶液中钙离子浓度与碳酸根离子浓度的乘积大于，使，向产生沉淀的方向进行。
【点睛】根据弱根离子的水解规律进行判断。弱酸的酸式酸根既能水解又能电离，溶液的酸碱性由电离和水解的程度进行判断。
23.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100mol/L的HCl标准溶液进行中和滴定（用甲基橙作指示剂）。 请回答下列问题：
（1）滴定前，用移液管量取待测NaOH溶液于 _____中（ 填仪器名称），并加入2~3滴指示剂；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为 _____ ；
（3）如何判断滴定终点（需写出颜色变化） __________ ；
某学生做了三组平行实验，数据记录如下：
选取下述合理数据，算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为 _______________；
（保留四位有效数字）
（4）下列哪些操作会使测定结果偏低____________
a．反应容器用蒸馏水洗净后，未用待测液润洗
b．滴定前，平视读数；滴定后，仰视读数
c．滴定前，尖嘴无气泡；滴定后，尖嘴出现气泡
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 溶液由黄色变成橙色，且30秒内不变回黄色 (4). 0.1052mol/L (5). c
【解析】
【分析】
根据酸碱中和滴定的步骤和滴定原理进行分析判断即可。
【详解】（1）用0.100mol/L的HCl标准溶液对未知浓度的NaOH溶液进行中和滴定，NaOH溶液为待测溶液，应盛装在锥形瓶中；答案：锥形瓶。
（2）盐酸溶液为标准溶液，应盛装在酸式滴定管中；答案：酸式滴定管。
（3）在本次滴定实验中，采用甲基橙作指示剂，当到达滴定终点时，滴入最后一滴盐酸，锥形瓶中的溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色。答案：溶液由黄色变成橙色，且30秒内不变回黄色。
（4）三组实验中，消耗标准溶液盐酸的体积分别为26.29 mL、30.00mL、26.31mL，观察数据可知，第二组实验误差较大，应舍去，故消耗HCl标准溶液的平均体积为（26.31mL+26.29mL）/2=26.30mL，待测NaOH溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=v(HCl)·c(HCl)/v(NaOH)=26.30mL×0.100mol/L/25.00mL=0.1052mol/L。
（5）a．反应容器指的是锥形瓶，用蒸馏水洗净后，未用待测液润洗，不会影响测定结果，故不会偏低；
b．滴定前平视读数，滴定后仰视读数体积读大了，使消耗的体积偏大，测定结果偏高；
c．滴定前尖嘴无气泡；滴定后尖嘴出现气泡使测定消耗的体积变小了，导致测定结果偏低。
故答案选c。
24.某研究小组用工业生产高锰酸钾产生的废渣——锰泥(含、及Pb、Ca等元素）和轧钢废酸液制取工业级碳酸锰（)，其流程如下：
（1）操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ的名称是____。
（2）轧钢废酸中的作用是_________________。
（3）固体A是_____________。（填化学式，下同）
（4）溶液B中含有____阳离子，通过表格中数据简单说明固体B与以上离子分离的原因_____。
（5）若固体C中不含，则溶液C中 __。(已知： ）
【答案】 (1). 过滤 (2). 将锰元素还原成 (3). (4). 、、、 (5). PbS的溶度积常数远远小于MnS和CaS (6). 500
【解析】
【分析】
由锰泥成分为、及Pb、Ca等元素，轧钢废酸液主要成分为+，两者发生氧化还原反应，生成了Mn2+和，再加NaOH调节pH=4,-=过滤分离出固体A，溶液A中加入Na2S产生PbS，逆推知溶液B中含有Mn2+,根据Ksp(MnS)=2.5-13、Ksp(CaS)=7.1-12,推知溶液B中还含有Ca2+。
【详解】(1)根据操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ后的物质状态一个是固体，一个是液体，说明操作名称是过滤；答案：过滤。
（2）由锰泥、,化合价由+6、+4变为+2价，化合价降低发生了还原反应，轧钢废酸液主要成分为，在H+作用下发生了氧化反应，所以是还原剂，可将锰元素还原成。答案：将锰元素还原成。
（3）由锰泥成分为含、及Pb、Ca等元素，轧钢废酸液主要成分为+，两者发生氧化还原反应，生成了Mn2+和，同时还产生了Pb2+、Ca2+，再加NaOH调节pH=4,-=，所以固体A是；答案：。
（4）溶液A中加入Na2S产生PbS沉淀，硫化钠和硫化钾都是可溶的；逆推知溶液B中含有Mn2+,根据Ksp(MnS)=2.5-13，Ksp(CaS)=7.1-12,推知溶液B中还含有Ca2+，所以B的溶液中含有的、、、；因为Ksp(PbS)=1.610-28,比Ksp(MnS)=2.5-13，Ksp(CaS) =7.1-12小的多，所以PbS能沉淀出来。答案：、、、；PbS的溶度积常数远远小于MnS和CaS。
5）由，当两者恰好沉淀时，==500,若固体C中不含，则溶液C中500；答案：500。
第一卷（客观题）
一、选择题
1.与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（ ）
A. 用热碱水清除炊具上的油污
B. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可用于饮用水的杀菌消毒
C. 用酒精擦洗布料上的油污
D. 用食醋除去水壶内的水垢
【答案】C
【解析】
【详解】A. 用热碱水清除炊具上的油污，是油脂在碱溶液中水解生成溶于水的盐和甘油，属于化学变化，故A错误；B. 明矾水解时发生了化学变化，产生具有吸附性的氢氧化铝胶体粒子，可用于饮用水的净化，故B错误；C.用酒精擦洗布料上的油污是利用油脂溶于酒精，变化过程中无新物质生成，属于物理变化，故C正确；D. 用食醋除去水壶内的水垢，是碳酸钙和醋酸发生反应生成溶于水的物质，属于化学变化，故D错误；答案：C。
2.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是（ ）
A. 氯气
B. 氯水
C. 氯化钾
D. 氯化铵
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯气与水反应生成盐酸和HClO，可破坏水的电离，但氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；
B. 氯水是混合物，含有盐酸和次氯酸，可破坏水的电离，既不是电解质也不是非电解质，故B不选；
C. 氯化钾溶于水电离出氯离子和钾离子，氯化钾是强电解质，向溶液中加入氯化钾，不破坏水的电离，故C不选；
D. 氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根水解，破坏了水的电离平衡，氯化铵属于盐，是强电解质，故D选；答案：D。
3.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）
A. CH3CH2COOH
B. SO2
C. NH4HCO3
D. Cl2
【答案】B
【解析】
SO2的水溶液能导电，但属于非电解质，本题选B。
点睛：要注意氯气的水溶液虽然也导电，但其既不是电解质，也不是非电解质。
4.能证明醋酸是弱酸的是（ ）
A. 醋酸钠溶液pH＞7
B. 醋酸溶液能导电
C. 醋酸溶液能使石蕊变红
D. 醋酸溶液易挥发
【答案】A
【解析】
A．醋酸钠溶液pH＞7，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则能说明醋酸是弱酸，选项A选；B．乙酸溶液能导电说明乙酸电离使溶液中存在能自由移动的离子而能导电，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，选项B不选；C．醋酸能使紫色石蕊试液变红色，说明醋酸能电离出氢离子而使其溶液呈酸性，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，C不选；D．乙酸溶液易挥发不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，选项D不选；答案选A。
点睛：本题考查实验方案的评价，侧重于弱酸的实验角度的探究，注意把握实验原理和角度，学习中注意相关基础知识的积累，证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等。
5. pH=1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积（V）的关系如图示，下列说法不正确的是
A. A是强酸，B是弱酸
B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱
C. 稀释后，A、B两种酸溶液的物质的量浓度： C(A)＜C(B)
D. 稀释前，A、B两种酸溶液物质的量浓度：C(A)＝C(B)
【答案】D
【解析】
试题分析：图中曲线A比B变化得快，而且最后A的PH值比B的大，所以A的酸性比B的强。但是两条都是曲线变化，不是直线变化，所以A、B都不是强酸。A、B选项错误。稀释后A的酸性比B强，电离程度比B大，所以C(A)>C(B),D选项由于一开始两个的PH值相等，所以算溶液的物质的量浓度相等。
考点：弱酸电离
点评：本题结合图像分析，难度不大，关键在于理解掌握。
6.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（ ）
①NaOH固体②H2O③NH4Cl固体 ④CH3COONa固体 ⑤NaNO3固体 ⑥KCl溶液
A. ②④⑥
B. ①②
C. ②③⑤
D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O 减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入NH4Cl固体，水解显酸性，导致氢离子的浓度、氢离子的物质的量稍增大，速率稍加快，故③错误；④加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故④正确；⑤加入NaNO3固体，在酸性溶液中硝酸根与铁反应得不到氢气，故⑤错误；⑥加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑥正确；故②④⑥符合题意。答案：A。
【点睛】根据Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量进行分析解答。
7.物质的量浓度均为0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（ ）
A. 两溶液加入等质量的锌粉，产生氢气的速率相同
B. 两溶液中氢氧根离子浓度均为
C. 加入醋酸钠固体，二者的pH均增大
D. 恰好完全反应时，两溶液消耗等浓度等体积的氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A. 盐酸是强酸,HCl完全电离,醋酸是弱酸,部分电离,所以0.1 mol/L的盐酸和醋酸溶液中醋酸溶液反应慢，故A错误；B.盐酸是强酸,完全电离,氢离子浓度为0.1mol/L,所以氢氧根离子浓度为10-13 mol/L,醋酸是弱酸,部分电离, 氢离子浓度小于0.1mol/L，氢氧根离子浓度大于10-13 mol/L,故B错误；C. 向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故C正确；D.酸的浓度相同，但是体积大小不知，无法比较消耗氢氧化钠的多少，故D错误；答案：C。
8.常温下，下列溶液中水的电离程度最大的是（ ）
A. pH=0的硫酸
B. 0.01mol/L NaOH溶液
C. pH=10的纯碱溶液
D. pH=5的氯化铵溶液
【答案】D
【解析】
硫酸抑制水电离，pH=0的硫酸中水的电离氢离子浓度是 ；氢氧化钠抑制水电离，0.01mol/L NaOH溶液中水的电离氢离子浓度是；氢氧化钠抑制水电离，pH=10的纯碱溶液中水的电离氢离子浓度是；氯化铵水解促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中水的电离氢离子浓度是，故D正确。
点睛：酸、碱电离出的氢离子、氢氧根离子抑制水电离，盐水解可以促进水电离，pH=5的氯化铵溶液中氢离子完全由水电离，所以水电离的氢离子浓度是。
9.下列叙述不正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. 可作净水剂水解生成的胶体具有吸附性
C. 配制溶液时加入少量NaOH，是因为抑制的水解
D. 银能置换出HI（aq）中的氢，Ag与HI反应生成Ksp很小的AgI沉淀，利于生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.水的电离为吸热过程,温度升高,促进水的电离,溶液中呈中性,故A错误;
B. 可作净水剂，是因为水解生成的胶体具有吸附性，故B正确；
C. 溶液水解显碱性，加入少量NaOH，氢氧根浓度增大，抑制的水解，故C正确；
D. 银置换氢反应有可逆性，平衡常数很小。Ag与HI反应生成Ksp很小的AgI沉淀，促进置换反应平衡移动，故D正确；答案：A。
10.在一定条件下发生下列反应，其中属于盐类水解反应的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氯气单质能和水发生化学反应生成盐酸和次氯酸，不属于水解反应，故A错误；
B、水解生成和，该反应是的电离，故B错误；
C. 铵根离子为弱碱离子，结合水电离产生的,生成NH3·H2O属于水解反应，氢离子写成了水合氢离子的形式，故C正确；
D.SO2先和水反应生成亚硫酸，亚硫酸再电离生成H+、HSO3-，故D错误；
答案：C。
11.在溶液中，下列关系正确的是（ ）
①
②
③
④
A. ②④
B. ②③④
C. ①③④
D. 全部
【答案】D
【解析】
【详解】①属于强碱弱酸盐，-能发生水解，水解产物为醋酸和氢氧化钠，溶液显碱性，所以溶液中微粒浓度大小的关系是c(Na+)>c(-)>c(OH-)>c()>c(H+)，故①④正确；根据电荷守恒为：c(Na+)+ c(H+)= c(-)+ c(OH-)，所以c(OH-)- c(H+)= c(Na+)- c(-)，故②正确；根据物料守恒知：c(Na+)=c(-)+ c()=，故③正确；综上所述①②③④均正确，答案：D。
12.25℃时，将氨水与氯化铵溶液任意比例混合得到 的混合溶液，溶液中、与pH的关系如图所示．下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是（ ）
A. W点表示溶液中：
B. pH=7溶液中：
C. pH=9.5溶液中：
D. 向1L W点所表示的溶液中加入0.05molNaOH固体（忽略溶液体积变化）：
【答案】C
【解析】
【分析】
一水合氨是碱，浓度愈大pH值愈大；铵根离子水解显酸性，浓度愈大pH值愈小。将氨水与氯化铵溶液混合得到=的混合溶液，pH越大，溶液中越小,根据图知,随着pH增大浓度减小的是、增大的是。
【详解】A.W点时一水合氨与铵根离子浓度相等,根据电荷守恒可得：+，故A错误；
B.该混合溶液中,无论pH如何变化都存在电荷守恒+,当pH=7时，=，则=，故B错误；
C.pH=9.5溶液中pH>7,溶液呈碱性,则<;根据图知>,溶液碱性较弱,所以粒子浓度大小顺序是,所以C是正确的；
D. W点时, ==0.05mol/L，加入0.05molNaOH固体,得到0.1mol的NH3·H2O和0.05molNaCl，c(Na+)=c(Cl-)，因此c(Cl-)=c(Na+)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),D错误。
答案选C。
【点睛】比较电解质溶液中离子浓度大小时，首先要搞清楚溶液中存在的平衡关系，是电离还是水解或者同时存在，如果同时存在要明确是电离为主还是水解为主，其次找准溶液中存在的阴阳离子，最后要会应用电荷守恒、物料守恒及质子守恒分析，尤其是对于多元弱酸的酸式盐，在溶液中存在弱酸酸根离子的电离作用和水解作用，要会根据电离程度和水解程度的相对大小判断溶液的酸碱性及其它微粒的浓度大小比较。
13.AgCl悬浊液中存在平衡：．已知常温下，．下列叙述正确的是（ ）
A. 常温下，AgCl 悬浊液中
B. 温度不变时，向AgCl 悬浊液中加入少量NaCl 粉末，平衡向左移动，Ksp减小
C. 向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＜Ksp(AgBr)
D. 常温下将0.001 溶液与 KCl溶液等体积混合，无沉淀析出
【答案】A
【解析】
A. 常温下，AgCl 悬浊液中c (C1-)= c(Ag+)== =4×10-5.5mol/L，故A正确；B. 温度不变时，向AgCl 悬浊液中加入少量NaCl 粉末，c (C1-)增大，抑制氯化银的溶解，但温度不变，Ksp不变，故B错误；C. 向AgCl悬浊液中加入NaBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，故C错误；D. 常温下，将0.001 mol·L-1AgNO3溶液与0.001 mol·L-1的KCl 溶液等体积混合，Qc= c (C1-)×c(Ag+)=1×10-6 ＞Ksp (AgCl)=1.6×10-10 ，有沉淀析出，故D错误；故选A。
14.某温度下：。取适量黄色固体配制成100mL溶液，配制过程中溶液的离子浓度与时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. A点处可表示的不饱和溶液
B. T时刻有可能向该溶液中加人了KI 固体
C. 常温下饱和溶液中的
D. 向A点处的悬浊液中加入的溶液，平衡后溶液中的c(Pb2+)<410-3mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】A.A点c(I-)不再改变，所以可表示PbI2饱和溶液，故A错误；
B.T时刻c(Pb2+)逐渐减小、c(I-)先增大后减小，所以有可能向该PbI2溶液中加人了KI固体，故B正确；
C.知PbI2饱和溶液中的，c(I-)=，故C错误；
D.向A点处的PbI2溶液中加入100mL 2×10-3mol/L的Na2S溶液，溶液体积加倍，c(Pb2+)=5×10-3mol/L，硫离子浓度是1×10-3mol/L，S2-完全反应生成PbS沉淀，剩余c(Pb2+)=4×10-3mol/L，PbS沉淀还存在溶解平衡，所以平衡后溶液中的c(Pb2+)>4×10-3mol/L，故D错误；
答案：B。
15.常温下，下列各组离子中，在溶液中能大量共存是（ ）
A. 、、、
B. 、、、
C. 、、、
D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下和反应生成3沉淀，故A中离子不能大量共存，故A不选；
B. 和发生相互促进的双水解，所以不能大量共存，故B不选；
C. 、、、相互之间不反应，所以能大量共存，故C选；
D. 能被硝酸氧化，所以和、不能大量共存，故D不选；
答案：C。
16.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 加入铝粉能放出氢气的溶液中：、、
B. 由水电离出的mol/L的溶液中：、、、
C. 某无色的溶液中：、、、
D. 0.1mol/L的的溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A. 加入铝粉能放出氢气的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，、、在两种情况下都能大量存在，故A选；
B. 由水电离出的mol/L的溶液，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，碱性溶液中不能大量存在，故B不选；
C. 某无色的溶液中不能存在，故C不选；
D.3+与生成)3,所以不能大量共存，故D不选；
答案：A。
【点睛】离子共存的条件。离子之间能发生反应生成弱电解质，难溶性物质，易挥发性物质的离子不能共存；离子间能发生氧化还原反应的离子不能共存，能发生相互促进双水解反应的离子不能共存；离子和所给条件之间能发生反应的离子也不能共存。以此进行分析。
17.常温时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol/L与0.1mol/L HCl等体积混合：
B. 0.1mol/L的溶液，其pH=4，则
C. 溶液：
D. 将0.1mol/L的溶液和0.1mol/L溶液等体积混合后，则：
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.1mol/L 与0.1mol/L HCl等体积混合产物为H2NaCl，H2为弱酸是分步电离的，则，故A正确；
B. 0.1mol/L的溶液，其pH=4，电离大于水解，为强电解质，溶液中完全电离成+和-，则，故B错误；
C.根据质子守恒规律溶液中：，故C错误；
D. 根据电荷守恒规律将0.1mol/L的溶液和0.1mol/L溶液等体积混合后生成难溶得Ca，则，故D错误；
答案：A。
【点睛】根据守恒规律解答本题。电荷守恒是指溶液中所有阳离子所带的正电荷总数和所有阴离子所带负电荷总相等；质子守恒是指水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等。
18.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 没有配平，应该是，故A错误；
B. ，故B正确；
C. 没有配平，应该是，故C错误；
D. ，属于络合物不是沉淀，故D错误；
答案：B。
19.下列实验操作可能会导致实验结果偏高的是（ ）
A. 配制一定物质的量浓度的溶液：称量固体时物体与砝码放置颠倒
B. 配制一定物质量浓度的溶液：定容时仰视刻度线
C. 酸碱中和滴定：向滴定管中装入标准液前，未润洗滴定管
D. 酸碱中和滴定：滴定结束后，读取标准液的体积时，俯视刻度线
【答案】C
【解析】
【详解】A.物品和砝码放颠倒,若使用游码,称量的物质的质量偏小,若不使用游码,称量质量不变,故A错误;B.配制溶液时,仰视容量瓶刻度线定容,会导致加入的蒸馏水体积偏大,配制的溶液浓度偏低,故B错误;C、酸碱中和滴定实验中,若盛装标准液的滴定管没有润洗,会导致滴定过程中消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,所以C是正确的;D、酸碱中和滴定结束后,读取标准液的体积时,俯视刻度线会导致读数偏小,则导致所用标准液体积偏小,所计算浓度偏低,故D错误.答案：C。
【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液产生的误差。常见的误差有称量误差，读数误差，洗涤误差。称量误差砝码和物质如果放反了，不用游码不会产生误差，用游码导致结果偏低；读数误差对于容量瓶俯视所配溶液浓度偏大，仰视所配溶液浓度偏小；洗涤误差是指用过的烧杯和玻璃棒都要洗涤，洗涤液加入容量瓶，如果不洗涤导致所配溶液偏低。
20.有7瓶氯盐溶液，阳离子分别是Cu2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Fe2+、NH4+、Na+等离子的溶液，只用一种试剂即可鉴别，该试剂可能是
A. KMnO4溶液 B. KSCN溶液
C. NaOH溶液 D. NH3·H2O溶液
【答案】C
【解析】
【详解】分析：因阳离子各不相同，加入氢氧化钠溶液时，各自生成不同的物质，根据不同的实验现象即可鉴别。
详解：加入氢氧化钠溶液时，与Cu2+反应生成蓝色沉淀、与Fe3+反应生成红褐色沉淀、与Al3+反应生成白色沉淀且氢氧化钠过量沉淀又完全消失、与Mg2+反应生成白色沉淀且氢氧化钠过量沉淀不消失、与Fe2+反应生成白色沉淀，迅速变成灰绿色最终变为红褐色、与NH4+反应生成无色刺激性气味的气体、与Na+混合无现象，则NaOH溶液与七种离子混合现象均不同，可以鉴别，而加入KMnO4溶液只能鉴别Fe2+，加入KSCN溶液只能鉴别Fe3+，加入氨水不能鉴别Al3+、Mg2+，故答案选C。
第二卷（主观题）
二、填空题
21.用离子方程式回答下列问题：
（1）泡沫灭火器中灭火原理（内装小苏打溶液和溶液____________。
（2）已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体，为难溶于水和酸的黑色固体。向AgCl的悬浊液中加入足量的溶液并振荡，白色固体完全转化为黑色固体：________________。
（3）③实验室配制溶液，溶解时先要加入少量的稀硫酸，其原因________；配制完毕后要加入少量铁屑，其目的是_____________。
【答案】 (1).
(2). (3).
(4).
【解析】
【详解】（1）泡沫灭火器中的反应原理是利用铝离子和碳酸氢根离子的双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：；
（2）AgCl和水的悬浊液中加入足量的溶液并振荡，结果白色固体完全转化为黑色固体，是发生的沉淀转化，反应的化学方程式为：；
（3）离子在水溶液中水解的反应方程式为：，使配制的溶液不变浑浊，加入少量可以抑制二价铁离子的水解溶液易被氧化为硫酸铁，加入铁可以防止被氧化，其反应方程式为：。
22.10℃时加热饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
（1）饱和溶液中存在三个平衡关系，写出三个平衡表达式 ：________；_______；______。
（2）甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是的水解程度增大，故碱性增强。乙同学认为，溶液的pH升高的原因是受热分解，生成了，并推断的水解程度________（填“大于”或“小于”）。丙同学认为将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则 ____________（填“甲”或“乙”）判断正确。
（3）丁同学向饱和溶液中加入饱和溶液，观察到有白色沉淀和无色气体，经检验该白色沉淀为碳酸钙沉淀，试利用沉淀溶解平衡表达式和K、Q关系分析产生该沉淀的原因 ____________。
【答案】 (1). (2).
(3). (4). 大于 (5). 甲 (6). 加入饱和溶液后，溶液中钙离子浓度与碳酸根离子浓度的乘积大于，使，向产生沉淀的方向进行
【解析】
【分析】
根据弱根离子的水解规律进行判断。弱酸的酸式酸根既能水解也能电离，溶液的酸碱性由电离和水解的程度进行判断属于弱酸的酸式盐，既能发生水解又能发生电离，因为溶液显碱性，所以电离小于水解。
【详解】（1）属于强碱弱酸的酸式盐，所以溶液中有水的电离，-的电离和水解，所以三个平衡关系表达式为：；；；
（2）为强碱弱酸盐,在溶液中发生水解反应:，水解呈碱性，加热时,可分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强。由已知10℃时溶液的pH等于8.3，所以丙同学认为将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH等于8.3，则甲判断正确；
（3）发生电离，滴加几滴饱和溶液，有白色沉淀生成，说明Ca2+和CO32-的乘积大于结合生成了CaCO3沉淀，促进了的电离。答案：加入饱和溶液后，溶液中钙离子浓度与碳酸根离子浓度的乘积大于，使，向产生沉淀的方向进行。
【点睛】根据弱根离子的水解规律进行判断。弱酸的酸式酸根既能水解又能电离，溶液的酸碱性由电离和水解的程度进行判断。
23.欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100mol/L的HCl标准溶液进行中和滴定（用甲基橙作指示剂）。 请回答下列问题：
（1）滴定前，用移液管量取待测NaOH溶液于 _____中（ 填仪器名称），并加入2~3滴指示剂；
（2）盛装标准盐酸的仪器名称为 _____ ；
（3）如何判断滴定终点（需写出颜色变化） __________ ；
某学生做了三组平行实验，数据记录如下：
选取下述合理数据，算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为 _______________；
（保留四位有效数字）
（4）下列哪些操作会使测定结果偏低____________
a．反应容器用蒸馏水洗净后，未用待测液润洗
b．滴定前，平视读数；滴定后，仰视读数
c．滴定前，尖嘴无气泡；滴定后，尖嘴出现气泡
【答案】 (1). 锥形瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 溶液由黄色变成橙色，且30秒内不变回黄色 (4). 0.1052mol/L (5). c
【解析】
【分析】
根据酸碱中和滴定的步骤和滴定原理进行分析判断即可。
【详解】（1）用0.100mol/L的HCl标准溶液对未知浓度的NaOH溶液进行中和滴定，NaOH溶液为待测溶液，应盛装在锥形瓶中；答案：锥形瓶。
（2）盐酸溶液为标准溶液，应盛装在酸式滴定管中；答案：酸式滴定管。
（3）在本次滴定实验中，采用甲基橙作指示剂，当到达滴定终点时，滴入最后一滴盐酸，锥形瓶中的溶液由黄色变为橙色且半分钟内不褪色。答案：溶液由黄色变成橙色，且30秒内不变回黄色。
（4）三组实验中，消耗标准溶液盐酸的体积分别为26.29 mL、30.00mL、26.31mL，观察数据可知，第二组实验误差较大，应舍去，故消耗HCl标准溶液的平均体积为（26.31mL+26.29mL）/2=26.30mL，待测NaOH溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)=v(HCl)·c(HCl)/v(NaOH)=26.30mL×0.100mol/L/25.00mL=0.1052mol/L。
（5）a．反应容器指的是锥形瓶，用蒸馏水洗净后，未用待测液润洗，不会影响测定结果，故不会偏低；
b．滴定前平视读数，滴定后仰视读数体积读大了，使消耗的体积偏大，测定结果偏高；
c．滴定前尖嘴无气泡；滴定后尖嘴出现气泡使测定消耗的体积变小了，导致测定结果偏低。
故答案选c。
24.某研究小组用工业生产高锰酸钾产生的废渣——锰泥(含、及Pb、Ca等元素）和轧钢废酸液制取工业级碳酸锰（)，其流程如下：
（1）操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ的名称是____。
（2）轧钢废酸中的作用是_________________。
（3）固体A是_____________。（填化学式，下同）
（4）溶液B中含有____阳离子，通过表格中数据简单说明固体B与以上离子分离的原因_____。
（5）若固体C中不含，则溶液C中 __。(已知： ）
【答案】 (1). 过滤 (2). 将锰元素还原成 (3). (4). 、、、 (5). PbS的溶度积常数远远小于MnS和CaS (6). 500
【解析】
【分析】
由锰泥成分为、及Pb、Ca等元素，轧钢废酸液主要成分为+，两者发生氧化还原反应，生成了Mn2+和，再加NaOH调节pH=4,-=过滤分离出固体A，溶液A中加入Na2S产生PbS，逆推知溶液B中含有Mn2+,根据Ksp(MnS)=2.5-13、Ksp(CaS)=7.1-12,推知溶液B中还含有Ca2+。
【详解】(1)根据操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ后的物质状态一个是固体，一个是液体，说明操作名称是过滤；答案：过滤。
（2）由锰泥、,化合价由+6、+4变为+2价，化合价降低发生了还原反应，轧钢废酸液主要成分为，在H+作用下发生了氧化反应，所以是还原剂，可将锰元素还原成。答案：将锰元素还原成。
（3）由锰泥成分为含、及Pb、Ca等元素，轧钢废酸液主要成分为+，两者发生氧化还原反应，生成了Mn2+和，同时还产生了Pb2+、Ca2+，再加NaOH调节pH=4,-=，所以固体A是；答案：。
（4）溶液A中加入Na2S产生PbS沉淀，硫化钠和硫化钾都是可溶的；逆推知溶液B中含有Mn2+,根据Ksp(MnS)=2.5-13，Ksp(CaS)=7.1-12,推知溶液B中还含有Ca2+，所以B的溶液中含有的、、、；因为Ksp(PbS)=1.610-28,比Ksp(MnS)=2.5-13，Ksp(CaS) =7.1-12小的多，所以PbS能沉淀出来。答案：、、、；PbS的溶度积常数远远小于MnS和CaS。
5）由，当两者恰好沉淀时，==500,若固体C中不含，则溶液C中500；答案：500。
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