【化学】甘肃省天水市一中2018-2019学年高二（理）上学期第二学段考试（解析版）

甘肃省天水市一中2018-2019学年高二（理）上学期第二学段考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．下列有关电解质的说法正确的是
A．C2H5OH(乙醇)是化合物，所以它是电解质
B．固体Na2SO4不能导电，所以它是非电解质
C．易溶性强电解质的溶液中不存在溶质分子
D．BaSO4难溶于水，所以BaSO4是弱电解质
2．已知HCl为强酸，下列对比实验不能用于证明CH3COOH为弱酸的是
A．对比等浓度的两种酸的pH
B．对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率
C．对比等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的体积
D．相同条件下，对等浓度的两种酸进行导电实验，若与CH3COOH溶液相串联的灯泡较暗，证明CH3COOH为弱酸
3．温度相同，浓度均为0．2 mol·L－1的①(NH4)2SO4，②NaNO3，③NH4HSO4，④NH4NO3，⑤CH3COONa溶液，它们的pH由小到大的排列顺序是
A．③①④②⑤
B．①③⑤④②
C．③②①⑤④
D．⑤②④①③
4．下列离子组一定能大量共存的是
A．pH=1 的溶液中：K+、Fe2+、SO42－、MnO4－
B．由水电离出的c(OH－)=10－12 mol·L－1的溶液中：Fe2+、Ba2+、NO3－、ClO－
C．含大量Al3+的溶液中：Na+、SO42－、NO3－、AlO2－
D．能使甲基橙变红的溶液中: Na+、SO42－、 Fe3+
5．常温下，稀释0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液，下图中的横坐标表示加水的量，则纵坐标可以表示的是

A．NH4+水解的平衡常数 B．溶液的pH
C．溶液中NH4+物质的量 D．溶液中c(NH4+)
6．在密闭容器中，将一定量A、B气体混合后发生反应：xA(g)＋yB(g)zC(g)＋mD(s)。平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.3 mol·L－1。则下列有关判断正确的是
A．B的转化率一定减小 B．x＋y＞z＋m
C．平衡向正反应方向移动 D．混合气体的密度一定减小
7．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是

8．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
电离常数K
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C．相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D．相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX
9．下列反应中，一定不能自发进行的是
A．2KClO3(s)＝2KCl(s)＋3O2(g) ΔH<0
B．CO(g)=C(s石墨)＋1/2 O2 (g)　ΔH>0
C．4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g) =4Fe(OH)3(s) ΔH<0
D．NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)=CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l) ΔH>0
10．在相同温度下，有相同体积的甲、乙两容器，甲容器中充入1g N2和1g H2，乙容器中充入2g N2和2g H2。下列叙述中，错误的是
A．化学反应速率：乙＞甲 B．平衡后N2的浓度：乙＞甲
C．H2的转化率：乙＞甲 D．平衡混合气中H2的体积分数：乙＞甲
11．(已知lg5=0.7)室温下，下列有关溶液pH的说法正确的是
A．将pH=11的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液中c(H+)=1×10－13 mol·L－1
B．将pH=9的NaOH溶液和pH=13的Ba(OH)2溶液等体积混合，所得混合溶液的pH=11
C．将0.1mol/L的H2SO4和pH=5的HCl等体积混合，所得混合溶液的pH=1
D．pH=13的Ba(OH)2溶液和pH=1的HCl等体积混合，由于Ba(OH)2过量，所得溶液的pH>7
12．下列溶液中浓度关系正确的是
A．小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(OH－)
B．CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
D．等体积、等浓度的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
13．在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。
下列分析不正确的是

A．①代表滴加H2 SO4溶液的变化曲线
B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–
C．c点，两溶液中含有相同量的OH–
D．a、d两点对应的溶液均显中性
14．25℃时，将pH均为2 的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．稀释前，c(HX) > 0.01mol/L
B．溶液的导电性：a < b
C．a、b两点：c(X－) < c(Cl－)
D．溶液体积稀释到10倍，HX溶液的pH < 3
15．25℃下列四种溶液：①c(H＋)＝10－3mol·L－1的醋酸；②pH=5 的NH4Cl溶液； ③pH=10的Na2CO3溶液；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。由水电离出的氢离子浓度之比为
A．1∶106∶10∶1 B．1∶106∶107∶1
C．108∶106∶10∶1 D．108∶106∶107∶1
16．己知：Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=5.0×10－13，Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10－12，某溶液中含有Cl－、Br－和CrO42－，浓度均为0.01mol/L，向该溶液中逐滴加入0.01mol/L的 AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序是
A．Cl－ > Br－>CrO42－ B．Br－ >CrO42－> Cl－
C．CrO42－> Br－ >Cl－ D．Br－>Cl－>CrO42－
二、实验题
17．现用物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：

（1）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_______(填“甲”或“乙”)中。
（2）某学生的操作步骤如下：
A．移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；
D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 2～3 mL；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
正确操作步骤的顺序是____→___→___→___→A→___(用字母序号填写)。判断到达滴定终点的实验现象是_____________________________________
（3）右上图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数， c(HCl)＝_______ mol·L－1。
（4）由于错误操作，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是________(填字母)。
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．用酸式滴定管量取待测盐酸时，取液前有气泡，取液后无气泡
18．I．25℃时，若体积为Va、pH＝a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱溶液混合，恰好中和。请回答：
①若a＋b＝12，则Va：Vb＝________；
②若Va＜Vb和a＝0.5b，则a的取值范围是_________________。
II．电子工业中，可用FeCl3溶液作为印刷电路铜板蚀刻液。某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：
请回答：

(1)用足量的FeCl3溶液蚀刻铜板后的废液中含有的金属阳离子是_____________。
(2)步骤①中加入H2O2溶液的目的是________________________________________。
(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pH

Cu(OH) 2
Fe(OH) 2
Fe(OH) 3
开始沉淀时
4.7
7.0
1.9
沉淀完全时
6.7
9.0
3.2
根据表中数据推测调节pH的范围是_____________。
(4)若要除去酸性MgCl2溶液中的FeCl3，则可以加入的试剂是_____________。(填字母)
A．NaOH B．Mg(OH)2 C．MgCO3 D． NH3・H2O
三、综合题
19．10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
I．甲同学认为，该溶液的pH值升高的原因是HCO3－的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 _____________________________。
II．乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度______(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则______(填“甲”或“乙”)判断正确，试剂X是______(填字母序号)。
A．Ba(OH) 2溶液  B．BaCl2溶液  C．NaOH溶液  D．澄清石灰水。
(2)将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则______(填“甲”或“乙”)判断正确。
四、填空题
20．I．(1)FeCl3的水溶液呈______(填“酸”、“中”、“碱”)性，原因是：________________________(用离子方程式表示)；实验室在配制FeCl3的溶液时，常将FeCl3固体先溶于盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以______(填“促进”、“抑制”)其水解；将FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是______。
(2)测NaClO溶液的pH，可用__________________(填“广泛pH试纸”、“精密pH试纸”、“pH计”)；NaClO溶液显碱性的原因是：________________________(用离子方程式表示)；已知HClO的Ka=2.95×10－8，碳酸的Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11，则NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的化学方程式为__________。
II．已知某溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系
A．c(Cl－)＞c (NH4+)＞c (H+)＞c(OH－)    
B．c (Cl－)＞c (NH4+)＞c (OH－)＞c (H+)
C．c(NH4+)＞c (Cl－)＞c(OH－)＞c (H+)    
D．c (Cl－)＞c (H+)＞c (NH4+)＞c (OH－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是_______，上述四种离子浓度的大小顺序为____________(填序号)；
(2)若上述关系中C是正确的，则溶质为___________________；若上述关系中D是正确的，则溶质为___________________。
(3)若该溶液是体积相等的浓盐酸和氨水混合而成，且恰好是中性，则混合前c(HCl) _______ c (NH3・H2O)(大于、小于或等于)。

参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A．C2H5OH(乙醇)是化合物，但水溶液和熔融状态都不能导电，属于非电解质，故A错误；B．固体Na2SO4不能导电，但溶于水和熔融状态下能够导电，属于电解质，故B错误；C．易溶于水的强电解质在水溶液中完全电离，因此溶液中不存在溶质分子，故C正确；D．硫酸钡熔融态时完全电离，是强电解质，故D错误；故选C。
【点睛】
本题考查了电解质和非电解质，注意“导电能力大小与离子浓度有关，与电解质强弱无关”是解答本题的关键。本题的易错点为D，要注意强酸、强碱、盐属于强电解质。
2．C
【解析】
【详解】
A．对比等浓度的两种酸的pH，如醋酸pH比盐酸pH大，说明醋酸没有完全电离，可说明为弱酸，A不选；B．氢离子浓度越大，反应速率越大，可对比等浓度的两种酸，与相同大小镁条反应的初始速率判断酸性的强弱，故B不选；C．等浓度、等体积的两种酸，与足量Zn反应，生成H2的体积相等，不能证明酸性的强弱，故C选；D．相同条件下，对等浓度的两种酸进行导电实验，若与CH3COOH溶液相串联的灯泡较暗，说明醋酸中离子的浓度较小，证明CH3COOH部分电离，为弱酸，故D不选；故选C。
3．A
【解析】试题分析：①(NH4)2SO4、④NH4NO3水解呈酸性，pH＜7；③NH4HSO4电离出H+呈酸性，pH＜7；②NaNO3不水解，pH=7；⑤CH3COONa水解呈碱性，pH＞7，①、④比较，前者c(NH4+)大，水解生成c(H+)大，pH小，①③比较，后者电离出c(H+)比前者水解出c(H+)大，pH小，所以③①④②⑤，故选A。
考点：考查了溶液pH的大小比较的相关知识。
4．D
【解析】
【详解】
A．pH=1，显酸性，Fe2+、MnO4－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B．水电离出的c(OH－)=10－12 mo1•L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中Fe2+、H+、NO3－(或ClO－)发生氧化还原反应不能大量共存，碱溶液中不能大量存在Fe2+，故B不选；C．A13+、AlO2－相互促进水解生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故C不选；D．能使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中 Na+、SO42－、 Fe3+离子之间不反应，可大量共存，故D选；故选D。
5．B
【解析】
【详解】
A、NH4+水解的平衡常数只受温度的影响，加水稀释，NH4+水解的平衡常数不变，故A不选；B、NH4Cl水解呈酸性，加水稀释，水解程度增大，但酸性减弱，溶液的pH将增大，故B选；C、加水稀释，NH4+水解程度增大，溶液中NH4+的物质的量将减小，故C不选；D、加水稀释，NH4+水解程度增大，且溶液的体积增大，c(NH4+)减小，故D不选；故选B。
6．A
【解析】
【分析】
平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.3mol/L，可知体积增大、压强减小，平衡逆向移动，据此分析解答。
【详解】
A．平衡逆向移动，则B的转化率减小，故A正确；B．减小压强，平衡逆向移动，可知x+y＞z，故B错误；C．由上述分析可知，平衡逆向移动，故C错误；D．平衡逆向移动，气体的质量增加，容器的体积增大，则气体的密度可能增大，也可能减小，故D错误；故选A。
【点睛】
本题考查化学平衡移动，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键。本题的易错点为B，要注意D为固体。
7．C
【解析】因为强酸完全电离，一元中强酸部分电离，因此相同的pH值，即c(H+)相同时，一元中强酸的浓度比强酸浓度大，由于体积相等，因此一元中强酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多，反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元中强酸继续电离出H+，由于其他条件都相同，反应速率取决于c(H+)，由于开始时c(H+)相等，因此反应速率也相等(在图中反应速率就是斜率)，后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦，最终生成H2的体积比一元中强酸少，因此曲线在一元中强酸下面，故C符合；故选C。
点睛：注意一元中强酸属于弱电解质，在溶液中存在电离平衡，侧重于考查学生的分析能力。相同体积、相同pH的一元强酸和一元中强酸溶液，初始时c(H+)相同，一元中强酸溶液中存在酸的电离平衡，则一元中强酸的浓度大于一元强酸的浓度。要注意与“相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸和一元中强酸溶液”进行比较。
8．B
【解析】
A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HX 9．B
【解析】
【详解】
A. 2KClO3(s)＝2KCl(s)＋3O2(g)反应的ΔS＞0，ΔH<0，根据△G=△H－T△S可知，△G＜0，反应能够自发进行，故A不选；B. CO(g)=C(s石墨)＋1/2 O2 (g) 反应的ΔS＜0，ΔH＞0，根据△G=△H－T△S可知，△G＞0，反应不能自发进行，故B选；C. 4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g) =4Fe(OH)3(s) 反应的ΔS＜0，ΔH<0，根据△G=△H－T△S可知，△G是否小于0，与温度有关，反应可能自发进行，故C不选；D. NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)=CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l) 反应的ΔS＞0，ΔH＞0，根据△G=△H－T△S可知，△G是否小于0，与温度有关，反应可能自发进行，故D不选；故选B。
10．D
【解析】
试题分析：A、体积相同，乙中各物质的量是甲中的2倍，所以浓度大，反应速率快，正确，不选A；B、乙中体积小，所以平衡时氮气浓度大，正确，不选B；C、乙中压强大，平衡正向移动，氢气转化率大，正确，不选C；D、乙中平衡正向移动，氢气的体积分数小，错误，选D。
考点： 影响化学平衡的因素
11．C
【解析】
【详解】
A．将pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为10－3 mol/L，加水稀释100倍，溶液中氢氧根离子浓度是10－5 mol/L，则c(H+)=10－9mol/L，故A错误；B．氢氧化钠和氢氧化钡都是强电解质，所以两种溶液等体积混合时，氢氧根离子浓度等于二者氢氧根离子浓度的一半，即混合溶液中氢氧根离子浓度=(10−5+10−1)mol/L≈0.05，所以氢离子浓度2×10－13mol/L，则溶液的pH大于11，故B错误；C．0.1mol/L的H2SO4中氢离子浓度为0.2mol/L，氯化氢和硫酸都是强电解质，两种溶液等体积混合时，离子浓度等于二者氢离子浓度的一半，即混合溶液的氢离子浓度约等于0.1mol/L，则混合溶液的pH=1，故C正确；D．pH=13的氢氧化钡溶液和pH=1的盐酸等体积混合，氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以氢离子和氢氧根离子恰好反应，溶液呈中性，pH=7，故D错误；故选C。
【点睛】
本题考查了混合溶液pH的计算。本题的易错点为B，要注意碱性溶液的pH的计算方法，应该先计算氢氧根离子浓度，再根据水的离子积常数计算氢离子浓度，最后求pH。
12．D
【解析】
【详解】
A．小苏打是碳酸氢钠的俗称，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)+c(OH－)，故A错误；B．醋酸钠溶液中醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，结合电荷守恒得c(CH3COO－)＜c(Na+)，故B错误；C.0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明溶液呈酸性，说明HA－的电离程度大于水解程度，所以c(A2－)＞c(H2A)，故C错误；D．物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，根据物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)，所以得c(CH3COO－)+2c(OH－)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故D正确；故选D。
【点睛】
本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意根据溶液酸碱性确定HA－的电离程度与水解程度关系。
13．C
【解析】
A．Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，溶液中大量存在的离子是Na+和OH－，B正确；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C错误；D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D正确；答案选C。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。
14．C
【解析】
【分析】
盐酸是强酸，完全电离，根据图像，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，据此分析解答。
【详解】
A、HX为弱酸，pH=2时，c(HX)＞0.01 mol/L，故A正确；B、盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：a＜b，故B正确；C、盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X－)＞c(Cl－)，故C错误；D、HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故D正确；故选C。
15．B
【解析】
【分析】
酸和碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，结合水的离子积常数分析解答。
【详解】
25℃时，Kw=c(H+)c(OH－)=10－14，①c(H＋)＝10－3mol·L－1的醋酸，醋酸的电离抑制水的电离，c(OH－) 水＝c(H+)水==10－11 mol·L－1；②pH=5 的NH4Cl溶液，促进水的电离，c(H+)水=10－5 mol·L－1； ③pH=10的Na2CO3溶液，碳酸钠水解促进水的电离，c(OH－) 水＝c(H+)水==10－4 mol·L－1；④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液，氨水为碱，抑制水的电离，c(OH－) 水＝c(H+)水==10－11mol·L－1；由水电离出的氢离子浓度之比为10－11 mol·L－1∶10－5 mol·L－1∶10－4 mol·L－1∶10－11mol·L－1= 1∶106∶107∶1，故选B。
16．C
【解析】
某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀时，c(Ag＋)分别为1.56×10－8mol·L－1，7.7×10－11mol·L－1，3.00×10－5mol·L－1，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO，故选C。
点睛：溶度积是进行关于沉淀溶解平衡计算的主要依据。
17．乙 B D C E F 滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为红色且半分钟内不变色 C
【解析】试题分析：（1）甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管，氢氧化钠应盛入碱式滴定管中；（2）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加入指示剂、滴定操作等步骤；滴入最后一滴氢氧化钠溶液后溶液颜色变化，且半分钟不内不变色，达到滴定终点；（3）根据 计算盐酸溶液的浓度；
（4）根据分析误差；
解析：（1）甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管，氢氧化钠应盛入碱式滴定管中，所以应将标准NaOH溶液注入乙中；（2）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、排气调零、取待测液并加入指示剂、滴定操作等步骤，正确的步骤是：B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 2～3 mL；C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；A．移取20.00 mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准NaOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。顺序是B→D→C→E→A→F；滴入最后一滴氢氧化钠溶液后，溶液由无色变为红色且半分钟内不变色，达到滴定终点；（3）根据图示，消耗氢氧化钠溶液的体积是， ；
（4）A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，测得盐酸浓度偏小，故A错误；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定，造成盐酸浓度偏小，消耗氢氧化钠体积偏小，测得盐酸浓度偏小，故B错误；C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，造成氢氧化钠溶液浓度偏小，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，测得盐酸浓度偏大，故C正确；D．用酸式滴定管量取待测盐酸时，取液前有气泡，取液后无气泡，所取盐酸体积偏小，消耗氢氧化钠溶液的体积偏小，测得盐酸浓度偏小，故D错误。
点睛：根据，凡是造成消耗氢氧化钠溶液体积偏大的操作，测得盐酸浓度偏大；凡是造成消耗氢氧化钠溶液体积偏小的操作，测得盐酸浓度偏小。
18．1：100 7/2 【解析】
【分析】
I．体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，则有Va•10－a=Vb•10b－14，据此分析计算和判断；
II．FeCl3溶液蚀刻铜板后的废液，发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后调节溶液的pH，过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜，据此分析解答。
【详解】
I．体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积Vb、pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，则有Va•10－a=Vb•10b－14。
①a＋b＝12时，＝10(a+b−14)= 10−2=，故答案为：；
②＝＝＝10(a+b−14)＜1，所以(a+b－14)＜0，而a=0.5b，即3a＜14，a＜，又pH=b=2a＞7，a＞，所以＜a＜，故答案为：＜a＜；
II．(1)氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁离子可能过量，故答案为：Fe3+、Fe2+和Cu2+；
(2)加入氧化剂把亚铁离子氧化为铁离子但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢，氧化亚铁离子的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；
(3)调节溶液的pH目的是使铁离子全部沉淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为：3.2～4.7，故答案为：3.2≤pH＜4.7；
(4)氯化铁易水解生成氢氧化铁和稀盐酸，要除去MgCl2酸性溶液中少量的FeCl3，加入的物质不能引进杂质且能和氯化铁或稀盐酸反应，MgO、Mg(OH)2、MgCO3都可以和酸反应生成氯化镁，降低溶液酸性，促进铁离子水解而生成沉淀，如果加入氢氧化钠和氨水会产生杂质离子，故选BC。
19．HCO3－+H2OH2CO3+OH－ 大于 乙 B = 甲
【解析】
【详解】
乙同学推断NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，因溶液碱性增强，故Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的，故答案为HCO3－+H2OH2CO3+OH－；大于；（1）丙同学加入足量的试剂X，目的是检验溶液中碳酸根离子的存在，A、D均为碱，加入后无论是否存在碳酸根离子均会产生沉淀，不能说明问题，C项NaOH也为强碱，但不会产生沉淀，故只能加入BaCl2溶液，若产生沉淀，则说明存在碳酸根离子，即乙同学观点正确；反之，则乙同学观点不正确。答案为乙；B；（2）将加热煮沸后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH=8.3，说明降温，水解平衡逆向移动，恢复到原来状态，故说明甲同学观点正确。
20．酸 Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 抑制 Fe2O3 pH计 ClO－＋H2OHClO＋OH－ CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO NH4Cl ① NH4Cl 和NH3・H2O NH4Cl和HCl 小于
【解析】
【分析】
I．(1)FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子能够水解；在配制氯化铁溶液时，需要防止氯化铁水解；水解生成的氯化氢容易挥发，据此分析解答；
(2)根据NaClO溶液具有强氧化性，结合常见的测定pH的方法解答；NaClO属于强碱弱酸盐，能够水解，据此书写水解方程式；根据HClO的Ka=2.95×10－8，碳酸的Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11，判断出HClO、H2CO3、HCO3－的酸性强弱，结合复分解反应的原理书写方程式；
Ⅱ．任何水溶液中都有OH－、H+，结合溶液中存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，则溶质可能为NH4Cl、盐酸和氨水，利用铵根离子水解，结合溶液的酸碱性来分析解答。
【详解】
(1)FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+2H+；在配制氯化铁溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，从而抑制氯化铁水解；氯化铁水解，水解生成的氯化氢容易挥发，促进氯化铁的水解，蒸干得到氢氧化铁，灼烧得到Fe2O3，故答案为：酸；Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+；抑制；Fe2O3；
(2) NaClO溶液具有强氧化性，不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，应该用pH计测定NaClO溶液的pH；NaClO属于强碱弱酸盐，NaClO溶液显碱性是因为ClO－＋H2OHClO＋OH－；根据HClO的Ka=2.95×10－8，碳酸的Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11，可知酸性H2CO3＞HClO＞HCO3－，则NaClO溶液中通入少量的CO2，反应的化学方程式为CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO，故答案为：pH计；ClO－＋H2OHClO＋OH－；CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO；
II．(1)因任何水溶液中都有OH－、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，则c(Cl－)＞c(NH4+)，水解显酸性，则c(H+)＞c(OH－)，又水解的程度很弱，则c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－)，即①符合，故答案为：NH4Cl；①；
(2)C中离子的关系可知溶液显碱性，且c(NH4+)＞c(Cl－)，则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液，其溶质为NH4Cl、NH3．H2O；D中的离子关系可知溶液显酸性，且c(Cl－)＞c(H+)＞c(NH4+)，则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl，故答案为：NH4Cl和NH3•H2O；NH4Cl和HCl；
(3)因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而题目要求该溶液恰好呈中性，因此c(HCl)＜c(NH3•H2O)，
而HCl为强电解质，完全电离，NH3．H2O为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c(H+)和碱中c(OH－)的关系为c(H+)＞c(OH－)，故答案为：小于。
【点睛】
本题考查了离子浓度大小的比较、酸碱混合溶液定性判断。本题的易错点为I(2)，要注意NaClO的氧化性，能够使有色物质褪色，即具有漂白性。