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【化学】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题（解析版）
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黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题
1.下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. KHCO3 B. NH2CH2COONa C. NH4NO3 D. CH3OH
【答案】C
【解析】
【详解】A. KHCO3溶液中碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度，溶液显碱性，故A错误；B. NH2CH2COONa属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，故B错误；C. NH4NO3属于强酸弱碱盐，水解后，溶液显酸性，故C正确；D. CH3OH在水中不能电离，溶液显中性，故D错误；故选C。
2.常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L，则该溶液中的溶质可能是
A. H2SO4 B. NaOH C. KHSO4 D. CH3COONa
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下,水的离子积为: 1×10-14 ,由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L，c(H+)=1×10-4 mol/L ，所以c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。
【详解】常温下,由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,则c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液显碱性；D选项正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7 mol/L，说明溶液可能为酸性，可能为碱性，抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7 mol/L或c(OH-)>10-7 mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。
3. 下列判断正确的是（ ）
A. pH ＝6的溶液一定呈酸性
B. c(H＋)水电离产生＝ c(OH－)水电离产生的溶液一定呈中性
C. 使石蕊试液显红色的溶液一定呈酸性
D. 强酸和强碱等物质的量混合后溶液一定呈中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A. pH＝6的溶液不一定呈酸性，A错误；B. 任何条件下c（H＋）水电离产生 ＝c（OH－）水电离产生，B错误；C. 石蕊试液的变色范围是5～8，因此使石蕊试液显红色的溶液一定呈酸性，C正确；D. 强酸和强碱等物质的量混合后溶液不一定呈中性，例如氢氧化钠和硫酸，D错误，答案选C。
【考点定位】考查溶液酸碱性判断
【名师点晴】溶液的酸碱性是由溶液中c（H＋）与c（OH－）的相对大小决定的：c（H＋）＞c（OH－），溶液呈酸性；c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性；c（H＋）＜c（OH－），溶液呈碱性。解答时注意灵活应用。
4.下列说法中正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 自发反应在恰当条件下才能实现
D. 自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】
化学反应的吸、放热与反应的自发性有一定联系，但不是必要条件，A错误；自发反应的判断可以应用焓变与熵变的综合结果来判断，单一条件不能作为唯一判断依据，B错误；反应能否自发进行，取决于△H、T和△S，在一定温度下，如△H-T•△S＜0时，反应可进行，D错误。答案选C。
5.下列事实与水解反应无关的是
A. 用Na2S除去废水中的Hg2+ B. 用热的Na2CO3溶液去油污
C. 利用油脂的皂化反应制造肥皂 D. 配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S除去废水中的Hg2+，与水解反应无关，故A选；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B不选；C．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，能生成肥皂，所以利用油脂的皂化反应制造肥皂，与盐类的水解有关，故C不选；D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4，加少量稀H2SO4能抑制CuSO4的水解，所以配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4，与盐类的水解有关，故D不选；故选A。
6.下列说法中正确的是
A. 二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质
B. 硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质
C. 硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电
D. 氢离子浓度相同的盐酸和醋酸溶液导电能力相同
【答案】D
【解析】
试题分析： A．二氧化硫溶于水后生成H2SO3，电离出H+和HSO3-能导电，不能判断二氧化硫属于电解质；原说法不正确；B．硫酸钡难溶于水，但是离子化合物，熔融状态全部电离，故硫酸钡属于强电解质，原说法错误；C．硫酸是强电解质，属于分子，故纯硫酸不电离出离子，故不能导电，原说法错误；D．氢离子浓度相同的盐酸和醋酸导电能力相同，正确。
考点：电解质的内涵与外延的说法正误判断。
7.0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中，下列表达式的数值一定变大的是
A. c（H+） B. c（H+）·c（OH-） C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.CH3COOH溶液加水稀释过程中，促进醋酸的电离，氢离子物质的量变大，由于溶液的体积增大更多，则稀释后溶液中c（H+）减小，故A错误；
B.溶液中c（H+）·c（OH-）之积为水的离子积，稀释后溶液温度不变，则水的离子积不变，故B错误；
C.稀释过程中氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，因为在同一溶液中，溶液体积相同，则的比值增大，升高温度，促进醋酸的电离，c（H+）变大，c（CH3COOH）变小，c（H+）/c（CH3COOH）的比值增大，故C正确；
D.稀释过程中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的浓度增大，的比值减小，故D错误。
故选C。
【点睛】醋酸为弱酸，加水稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中的氢离子、醋酸根离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，因为溶液体积变化程度更大，则溶液中的氢离子、醋酸根离子、醋酸的浓度减小，因为水的离子积不变，在溶液中氢氧根离子浓度增大。
8.如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是
a极板
b极板
X电极
Z
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．a极为锌，b极为石墨，电解CuSO4溶液，a极生成Cu，b极生成无色无味的气体氧气，符合题意，故A正确；
B．a极为石墨，b极为石墨，电解NaOH溶液，实质是电解水，a极生成氢气，b极生成无色无味的气体氧气，不符合题意，故B错误；
C．a极为银，b极为铁，Ag是活泼金属，作阳极失电子，所以在a极上Ag极溶解，质量减少，故C错误；
D．a极为铜，b极为石墨，电解质为CuCl2溶液，a极生成铜，b极生成黄绿色有刺激性的Cl2，故D错误。
故选A。
【点睛】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得到电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后面，b极板处有无色无味的气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属或Pt，电解质溶液中的阳离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。
9.有①Na2SO3溶液②CH3COOH溶液③HCl溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L．下列说法正确的是（ ）
A. 三种溶液的pH的大小顺序是①＞②＞③
B. 三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①
C. 三种溶液中含微粒种类多少顺序是：②＞①＞③
D. 三种溶液中由水电离出c（H+）大小顺序是：③＞②＞①
【答案】A
【解析】
试题分析：A、Na2SO3溶液水解呈碱性，pH>7，而CH3COOH溶液和HCl溶液呈酸性，pH<7，并且HCl溶液为强酸溶液，同浓度的情况下酸性强，pH小，A正确；B、三种溶液稀释相同倍数，只有③没有平衡存在，pH变化最大，B错误；C、除三者均有H2O、OH—、H+以外，由于Na2SO3的水解，它里面的微粒种类最多，CH3COOH溶液的电离，次之，HCl最少，C错误；D、由于Na2SO3水解促进水的电离，而CH3COOH溶液、HCl溶液抑制水的电离，D错误；答案选A
考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及外界条件对水电离平衡的影响
10.在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L-1 HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1mol/L-1 NaOH溶液进行滴定，则所需NaOH溶液的体积
A. 大于20mL B. 小于20mL C. 等于20mL D. 等于5mL
【答案】A
【解析】
滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25﹣5）mL，消耗0．lmol/LNaOH溶液的体积大于20 mL．故选A．
【点评】本题考查滴定管的使用，难度不大，注意滴定管的刻度从上到下，最大刻度以下还有没有刻度的一部分．
11.下列实验操作能到达目的的是
A. 制取Mg：可将足量的金属钠投入MgCl2溶液中充分反应后过滤
B. 除去CO2中的HCl：将混合气体通过足量的Na2CO3溶液
C. 除去CuCl2溶液中的FeCl3杂质：先加入足量的浓氨水，过滤，再向滤液中加入过量的盐酸
D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
【答案】D
【解析】
【详解】A．将金属钠投入MgCl2溶液中，金属钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，不能置换出镁单质，故A错误；B．二氧化碳也能与碳酸钠反应，二氧化碳也被除掉了，故B错误；C．CuCl2和FeCl3均能与浓氨水反应，分别生成氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，则不能除杂，故C错误；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故D正确；故选D。
12.依据下表25℃时某些弱酸的电离平衡常数，判断下列说法正确的是
CH3COOH
HC1O
H2CO3
Ka=1.8×l0-5
Ka=3.0×l0-8
Ka1=4.4×l0-7 Ka2=4.7×l0-11
A. 向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2C1O-+CO2+H2O==2HC1O+CO32-
B. 相同浓度的CH3COOH和NaClO的溶液中，水的电离程度前者大
C. 向0. lmol • L-l的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至pH = 5，此时溶液的 c(CH3COOH)：c(CH3COO-) =5∶9
D. 常温下，0• lmol • L-1 的 NaHC2O4 溶液 pH =4： c(HC2O4-) >c(H+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
【答案】C
【解析】
A．酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故A错误；B．CH3COOH的电离抑制水的电离，而NaClO的溶液中ClO-的水解促进水的电离，故B错误；C．CH3COOH溶液中=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5︰9，则c(H+)=1×10-5mol/L，则pH=5，故C正确；D．常温下，0.lmol• L-1 的 NaHC2O4 溶液 pH =4，说明HC2O4-的电离大于其水解，则溶液中：c(H2C2O4)＜c(C2O42-)，故D错误；答案为C。
13.下列说法正确的是
A. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
B. 可采取加热蒸发的方法使FeCl3从水溶液中结晶析出
C. NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D. 将SO2分别通入硝酸钡溶液和溶有氨气的氯化钡溶液中，产生沉淀的成分相同
【答案】A
【解析】
【分析】
A．碳酸钙溶解度较小，且可溶于盐酸；B．氯化铁易水解生成氢氧化铁；C．偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应；D．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀。
【详解】A、CaCO3的溶解度小于CaSO4，故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，选项A正确；B．氯化铁易水解生成氢氧化铁，制备氯化铁，应在盐酸氛围中加热，抑制水解，选项B错误；C．偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应，选项C错误；D．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，生成沉淀不同，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，难度不大。易错点为选项B，加热时促进氯化铁的水解产生氢氧化铁。
14.在密闭容器中发生下列反应 aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是（ ）
A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的物质的量变多 D. a＞c＋d
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的 1.7 倍，可知平衡逆向移动，正反应为体积增大的反应，以此来解答。
【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的物质的量减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D错误；故选A。
15.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－
A. ②④ B. ②③ C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①pH=0的溶液呈酸性，在酸性条件下，H+与NO3－结合形成硝酸，硝酸具有强氧化性，把
I－氧化成碘单质，故不能大量共存，故①错误；
②pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故②正确；
③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32-不能存在，且SO32-与NO3-发生氧化还原反应，碱性条件下NH4+不能大量存在，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+与MnO4-、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故⑤错误；
⑥Fe3＋、Al3＋易发生水解而不能大量存在于中性溶液中，故⑥错误。
溶液中一定能大量共存是②④。
故选A。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
16.下列指定化学用语正确的是（ ）
A. NaHCO3 水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+
B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2++2OH-
C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42-
D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-
【答案】C
【解析】
A项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。
点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H++CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-。
17.25℃时，用0.1 mol·L-1的HCl溶液逐滴滴入10.00 mL0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液中，其AG值变化的曲线如图所示。已知AG=，下列分析错误的是
A. 滴定前HC1溶液的AG =12；图中a<0
B. M点为完全反应点，V( HCl) =10 mL，且c(Cl-) >c(NH4+)
C. 从M点到N点水的电离程度先增大后减小
D. N点溶液中：c(Cl-) =2c(NH3·H2O) +2c(NH4+)
【答案】B
【解析】
【分析】
AG=，AG＞0，说明c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，反之AG＜0，溶液显碱性。
【详解】A.滴定前HC1溶液的浓度为0.1 mol·L-1，AG ==lg=12；图中a为0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液AG，溶液显碱性，故a <0，故A正确；B. M点的AG=0，说明c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，若氨水与盐酸完全反应，则生成氯化铵，水解后，溶液显酸性，因此M点为盐酸不足，V( HCl) ＜10 mL，故B错误；C. M点溶液显中性，为氨水和氯化铵的混合溶液，N点为等浓度的盐酸和氯化铵的混合溶液，中间经过恰好完全反应生成氯化铵溶液的点(设为P)，从M点到P点，溶液中氨水的物质的量逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，从P点到N点，盐酸逐渐增大，水的电离受到的抑制程度逐渐增大，即水的电离逐渐减小，因此从M点到N点水的电离程度先增大后减小，故C正确；D. N点溶液中含有等浓度的盐酸和氯化铵，根据物料守恒，c(Cl-) =2c(NH3·H2O) +2c(NH4+)，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查了酸碱中和反应过程中溶液酸碱性的判断，理解AG的值与溶液酸碱性的关系是解题的前提。本题的难点为C，要注意判断M、N点溶液的组成。
18.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体
HX放出的氢气多且反应速率快
酸的强弱：HX＜HY
B
向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4
先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀
溶度积(Ksp)：ZnS>CuS
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体
溶液颜色变浅
FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动
D
常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH
pH：NaA＞NaB
常温下酸性：HA﹤HB
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，HX放出的氢气多，可知其浓度大，则HX的酸性弱，故A正确；
B.向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4，Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较溶度积Ksp，故B错误；
C.向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，平衡不移动，溶液颜色无明显变化，故C错误；
D.两饱和溶液的浓度不同，故不能根据饱和溶液的pH判断相应离子水解程度大小，应分别测定相同浓度的NaA溶液和NaB溶液的pH来比较HA和HB的酸性强弱，D项错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液的浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。
19.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，故A错误；
B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，故B错误；
C.电离平衡常数只与温度有关，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5，故C错误；
D.电离吸热，升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小， 电离度增大，c(H+)增多，
Ka变大，故D正确。
故选D。
【点睛】根据醋酸的电离方程式可知，向醋酸溶液中加入酸抑制醋酸的电离，醋酸的电离平衡常数（Ka）只与温度有关。
20.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，c（CH3COOH）、c（CH3COO-）和c（H+）均减小，使CH3COOH的电离程度增大，平衡向正反应方向移动，醋酸分子浓度减小程度大于氢离子浓度减小程度，平衡常数不变，故比值变大，故A错误；
B.升温促进醋酸根离子水解，醋酸根离子水解程度增大，醋酸根的水解平衡常数增大，上式是醋酸根离子水解平衡常数的倒数，所以题目中的比值应减小，故B错误；
C.盐酸中加入氨水到中性，则有c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（NH4+）=c（Cl-），故C错误；
D.向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，故D正确。
故选D。
【点睛】本题的易错项为B项。两种或两种以上的粒子浓度在同一式子中，要尽量简化一下，化成为常数或带有常数的式子，然后再进行比较。B项式子其实就是水解常数的倒数，再根据水解常数随温度变化规律判断即可。
21.常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：NaOH与CH3COOH恰好完全中和，溶液呈中性
D. 在0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H＋)= 10－13 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
点①得到CH3COONa与CH3COOH等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；点②得到的溶液pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）=c（CH3COO-）；点③NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）。
【详解】点①处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；点②所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由c(H＋)= c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B错误；点③处恰好反应，NaOH与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C错误；0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.100 0 mol·L－1，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的c(H＋)大于 10－13 mol·L－1，D错误。
故选A。
【点睛】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。
22.25℃时，甲、乙两烧杯分别盛有5mLpH＝1的盐酸和硫酸，下列描述中不正确的是
A. 物质的量浓度：c甲=2c乙
B. 水电离出的OH－浓度：c(OH－)甲＝c(OH－)乙
C. 若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲=乙
D. 将甲、乙烧杯中溶液混合后（不考虑体积变化），所得溶液的pH＞1
【答案】D
【解析】
【分析】
盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，其pH相等说明氢离子浓度相等。
【详解】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，其pH相等说明氢离子浓度相等。
A. 盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等时，盐酸浓度为硫酸浓度的2倍，即c甲=2c乙，故A正确；
B. pH相等说明氢离子浓度相等，则氢氧根离子浓度也相等，故B正确；
C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，都生成不能水解的强酸强碱盐，即所得溶液的pH都为7，故C正确；
D. 甲、乙烧杯中溶液混合时，若不考虑体积变化，氢离子浓度不变，故D错误，答案选D。
【点睛】本题主要考查pH的含义，注意pH相等即氢离子浓度相等，与强酸是几元酸无关，为易错点，试题难度不大。
23.实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是
选项
操作
测定结果评价
A
酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次
偏高
B
开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
偏高
C
锥形瓶未干燥
无影响
D
盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A.酸式滴定管在装液前未用标准盐酸溶液润洗2次～3次，标准液浓度偏低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故A正确；
B.开始实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中，气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故B正确；
C.锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，则不影响测定结果，故C正确；
D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗，导致瓶内氢氧化钠的物质的量增大，消耗标准液的体积也会增大使结果偏高，故D错误。
故选D。
【点睛】根据中和滴定操作方法对c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）中V（标准）的影响判断滴定误差。
24.在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A. 25% B. 50% C. 75% D. 80%
【答案】C
【解析】
试题分析： CO（g）＋H2O（g）H2（g）＋CO2（g）
起始浓度（mol/L） 0.02 0.02 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）0.02-x 0.02-x x x
根据平衡常数表达式可知
解得x＝0.015
所以在此条件下CO的转化率＝×100%＝75%，答案选C。
考点：考查平衡常数应用
25.（1）碳酸钠溶液中各离子按照浓度从大到小的顺序依次为： ________________________。
（2）下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10-5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO 三种酸的酸性从强到弱依次是______________；下列反应不能发生的是________(填字母)。
a. CO32-＋2CH3COOH＝2CH3COO-＋CO2↑＋H2O b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
25℃时， 等浓度的Na2CO3、CH3COONa 和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是___________________。
（3） 25℃时， Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12， Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。 该温度下饱和Mg(OH)2溶液与饱和 MgF2溶液相比， _________(填化学式)溶液中的 c(Mg2＋)大。
（4）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝___mol·L-1(填计算式，不用求具体值)。
（5）常温下，向一定体积pH=14的 Ba(OH)2溶液中滴加一定浓度的NaHSO4溶液，当硫酸根恰好沉淀时，混合液pH=13，若混合后溶液体积等于两溶液体积和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比为___________。
（6）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____ (填“>”、“=”或“<”)醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；
【答案】 (1). c(Na+)> c(CO32-)> c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+) (2). CH3COOH> H2CO3 > HClO (3). c、d (4). NaAc﹤NaClO ﹤Na2CO3 (5). MgF2 (6). （10－6－10－8）mol·L－1 (7). 1:4 (8). >
【解析】
【详解】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中只有水解：CO32-+H2O ⇌ HCO3-+OH-
HCO3-+H2O ⇌ H2CO3+OH-，第一步的水解程度远远大于第二步，
因此浓度大小：c(Na+)> c(CO32-)> c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)> c(CO32-)> c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)；
（2）同一温度下，酸的电离常数越大其电离程度越大，则酸性越强，所以酸性强弱：CH3COOH> H2CO3 > HClO，
电离平衡常数越大，酸性越强，由图表中数据可以知道，电离平衡常数CH3COOH> H2CO3 > HClO>HCO3-，酸性：CH3COOH> H2CO3 > HClO>HCO3-
a.酸性：CH3COOH>H2CO3，所以醋酸可以制取碳酸， 故反应CO32-＋2CH3COOH＝2CH3COO-＋CO2↑＋H2O可以发生；
b.酸性：CH3COOH> HClO，所以醋酸可以制取次氯酸，故反应 ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO可以发生；
c. 酸性：H2CO3 > HClO>HCO3- ，故反应CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ 不能发生；
d. 酸性：H2CO3 >HClO>HCO3-，故反应2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO 不能发生，碳酸与次氯酸根反应只能生成HCO3-；
所以不能发生反应的是c、d 。
酸性越弱，相应酸根越容易水解，溶液的碱性越强，则25℃时， 等浓度的Na2CO3、CH3COONa 和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是NaAc﹤NaClO ﹤Na2CO3，
故答案为：CH3COOH> H2CO3 > HClO，c、d ；CH3COONa
（4）根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)，溶液的pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，所以c(CH3COO-)-c(Na+)=（10－6－10－8）mol·L－1，故答案为：（10－6－10－8）mol·L－1；
（5）pH=14的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1mol/L，设氢氧化钡溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为xmol，由于SO42-完全沉淀，则发生的反应为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反应的NaHSO4的物质的量为0.5xmol，反应的氢离子物质的量为0.5xmol，设NaHSO4溶液体积为y，混合后溶液的pH=13，即混合后得到溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L；所以得到：（x-0.5x）/（x+y）=0.1；得到x：y=1：4，故答案为：1:4；
（6）稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)，故答案为：>。
【点睛】本题易错点是第（5）小题，氢氧化钡和硫酸氢钠反应恰好完全沉淀，需要氢氧化钡和硫酸氢钠按照物质的量1:1反应，结合溶液的pH和溶液的体积换算物质的量列式计算。
26.某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y都是石墨电极。当将电源接通后,向乙中滴入酚酞试液,发现在F极附近溶液显红色。按要求回答下列问题:
（1）电极F的名称是______，电源B极的名称是______。
（2）甲装置中D电极的电极反应式是________________。
（3）乙装置中电解反应的总化学方程式_______________________。
（4）欲使丙装置发生：2Ag＋2HCl＝2AgCl＋H2↑反应,则G电极的材料应是____（填化学式）
（5）丁装置中装有Fe(OH)3胶体，一段时间后胶体颜色变深的电极是：__________（填字母）
【答案】 (1). 阴极 (2). 负极 (3). Cu2++2e-＝Cu2+ (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (5). Ag (6). Y
【解析】
【分析】
向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极上是氢离子放电，则F极是阴极， E极是阳极，所以D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，故A是正极，B是负极。
【详解】（1）向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极上是氢离子放电，则F极是阴极， E极是阳极，所以D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，故A是正极，B是负极，故答案为为：阴极，负极；
（2）甲装置中是电解硫酸铜溶液，阳极C是氢氧根离子放电，阴极D是铜离子放电，所以D电极的电极反应式为：Cu2++2e-＝Cu2+ ，故答案为：Cu2++2e-＝Cu2+；
（3）乙装置中是电解饱和食盐水，电解反应方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）丙装置发生反应：2Ag＋2HCl＝2AgCl＋H2↑，G电极是阳极，则G应该是银，故答案为: Ag；
（5）氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，会向阴极即Y极移动，所以装置丁中的现象是Y极附近红褐色变深，故答案为：Y。
【点睛】与电源的正极相连的电极称为阳极，物质在阳极上失去电子，发生氧化反应；与电源的负极相连的电极成为阴极，物质在阴极上得到电子，发生还原反应。阳极：活泼金属—电极失电子（Au,Pt 除外），惰性电极—溶液中阴离子失电子。失电子能力：活泼金属（Mg～Ag）>S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-；阴极：溶液中阳离子得电子，得电子能力：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+（即金属活动性顺序表的逆向）。
27.氮元素可形成多种化合物，在工业生产中具有重要价值。 请回答下列问题：
（1）一定温度下，将一定量的N2和H2充入固定体积的密闭容器中进行合成氨反应，
①下列描述能说明该可逆反应达到化学平衡状态的有___________
A．容器内气体的密度不变 B．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
C．容器内的压强不变 D．3v正(H2) =2v逆(NH3)
E. 容器内气体的平均相对分子质量不变
F. 相同时间内有3molH-H键断裂，有6mol N-H键形成
②恒温恒压条件下，为提高合成氨反应中N2和H2的利用率，可采用的方法________________（一种即可）。
（2）一定温度下，2L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：
时间／s
20
40
60
80
100
c(NO2)/(mol/L)
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
①20s内，v(NO2)=___________，该温度下反应的化学平衡常数数值为_________。
②升高温度时，气体颜色加深，则正反应是_________(填“放热”或“吸热”)反应。
③相同温度下，若开始向该容器中充入0.40 mol NO2，则达到平衡后: c(NO2)_____0.15 mol·L-1(填“>”、 “=”或“<”)
【答案】 (1). CE (2). 及时将NH3冷却液化分离出去，及时将氮气和氢气进行循环利用 (3). 0.006 mol·L-1·s-1 (4). 1.8 (5). 吸热 (6). ＞
【解析】
【详解】（1）①A.反应体系内混合气体质量，容器容积为定值，故混合气体的密度不变，所以混合气体的密度始终保持不变，不能根据混合气体的密度判断反应达到平衡，故不能判断该反应达到化学平衡状态，故A错误；
B.c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断该反应达到化学平衡状态，故B错误；
C.该反应是气体分子物质的量减小的反应，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，故能判断该反应达到化学平衡状态，故C正确；
D.当某种物质的正反应速率和逆反应速率相等是表明反应达到平衡，所以当3v正(H2) =2v逆(NH3)时反应未达到平衡，故不能判断该反应达到化学平衡状态，故D错误；
E.该反应是气体分子物质的量减小的反应，容器内气体质量不变，气体总物质的量不变，容器内混合气体的平均分子量不变，能说明反应达到平衡，故能判断该反应达到化学平衡状态，故E正确；
F.相同时间内有3molH-H键断裂，有6mol N-H键形成，表示的都是正反应，无法判断正逆反应速率是否相等，故不能判断该反应达到化学平衡状态，故F错误。
故答案为：CE。
②恒温恒压条件下，为提高合成氨反应中N2和H2的利用率，可采用的方法及时将NH3冷却液化分离出去，及时将氮气和氢气进行循环利用，
故答案为：及时将NH3冷却液化分离出去，及时将氮气和氢气进行循环利用；
（2）①20s时NO2的浓度为0.12mol/L，则20s内用二氧化氮表示的平均反应速率
v（NO2）=0.12mol/L/20s=0.006mol•L-1•s-1，故答案为：0.006；
根据表中数据可知，80s后二氧化氮的浓度不再变化，则80s开始已经达到平衡状态，初始时N2O4的浓度为：c（N2O4）=0.40mol/2L=0.20mol/L，
N2O4（g）⇌2NO2（g）
开始 0.20mol/L 0
转化 0.15mol/L 0.30mol/L
平衡 0.05mol/L 0.30mol/L
该反应在该温度下的平衡常数K=c2（NO2）/c（N2O4）=0.302/0.05=1.8
故答案为：1.8；
②升高温度时，气体颜色加深，说明升温后平衡向着正向移动，则正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
③在相同温度下，若开始时向该容器中充入的是0.40molNO2，相当于加入了0.20molN2O4，容器容积不变，则相当于减小压强，平衡正向移动，因此则达到平衡后，c（NO2）大于原来的一半，即c（NO2）＞0.15 mol·L-1。
故答案为：＞ 。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断依据，化学平衡移动的相关计算，明确三段式在化学平衡计算中的应用方法为解题关键。本题的易错点为（3）③，要注意充入的N2O4为原来的一半，相当于减压，会导致平衡的移动。
28.工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法．
该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O32−（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显______色．
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）
A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−）
C．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．
（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______．
方法2：电解法．
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生
Cr（OH）3沉淀．
（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）．
（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有______．
【答案】 (1). 橙 (2). C (3). 6 (4). 5 (5). 阳极反应为Fe−2e−═Fe2+,提供还原剂Fe2+ (6). Fe(OH)3
【解析】
【详解】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙。
（2）A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，错误；
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，错误；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，正确；综上所述，本题选C。
（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1molCr2O72−离子，得到Cr3+，得到电子：2×（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4•7H2O的物质的量为6/(3-2)=6mol；综上所述，本题答案是：6。
（4）当c(Cr3+)=10-5mol/L时,溶液的c(OH-)= =10-9mol/L,C(H+)=10-14/10-9=10-5mol/L, pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；综上所述，本题答案是：5。
（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe−2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe−2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+。
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。
1.下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. KHCO3 B. NH2CH2COONa C. NH4NO3 D. CH3OH
【答案】C
【解析】
【详解】A. KHCO3溶液中碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度，溶液显碱性，故A错误；B. NH2CH2COONa属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，故B错误；C. NH4NO3属于强酸弱碱盐，水解后，溶液显酸性，故C正确；D. CH3OH在水中不能电离，溶液显中性，故D错误；故选C。
2.常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L，则该溶液中的溶质可能是
A. H2SO4 B. NaOH C. KHSO4 D. CH3COONa
【答案】D
【解析】
【分析】
常温下,水的离子积为: 1×10-14 ,由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L，c(H+)=1×10-4 mol/L ，所以c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14，水的电离程度增大，说明所加的溶质促进水的电离，结合选项知，只能是水解呈碱性的强碱弱酸盐醋酸钠。
【详解】常温下,由水电离出的c(OH-)=1×10-4 mol/L，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,则c(OH-)×c(H+)=10-8>10-14，说明该溶液中溶质促进了的水的电离，硫酸、氢氧化钠、硫酸氢钾都抑制了水的电离，只有醋酸钠属于强碱弱酸盐，醋酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液显碱性；D选项正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】室温下，水电离产生的c(H+)<10-7 mol/L，说明溶液可能为酸性，可能为碱性，抑制水电离；水电离产生的c(H+)>10-7 mol/L或c(OH-)>10-7 mol/L，溶液可能为水解的盐，促进了水的电离。
3. 下列判断正确的是（ ）
A. pH ＝6的溶液一定呈酸性
B. c(H＋)水电离产生＝ c(OH－)水电离产生的溶液一定呈中性
C. 使石蕊试液显红色的溶液一定呈酸性
D. 强酸和强碱等物质的量混合后溶液一定呈中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A. pH＝6的溶液不一定呈酸性，A错误；B. 任何条件下c（H＋）水电离产生 ＝c（OH－）水电离产生，B错误；C. 石蕊试液的变色范围是5～8，因此使石蕊试液显红色的溶液一定呈酸性，C正确；D. 强酸和强碱等物质的量混合后溶液不一定呈中性，例如氢氧化钠和硫酸，D错误，答案选C。
【考点定位】考查溶液酸碱性判断
【名师点晴】溶液的酸碱性是由溶液中c（H＋）与c（OH－）的相对大小决定的：c（H＋）＞c（OH－），溶液呈酸性；c（H＋）＝c（OH－），溶液呈中性；c（H＋）＜c（OH－），溶液呈碱性。解答时注意灵活应用。
4.下列说法中正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 自发反应在恰当条件下才能实现
D. 自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】
化学反应的吸、放热与反应的自发性有一定联系，但不是必要条件，A错误；自发反应的判断可以应用焓变与熵变的综合结果来判断，单一条件不能作为唯一判断依据，B错误；反应能否自发进行，取决于△H、T和△S，在一定温度下，如△H-T•△S＜0时，反应可进行，D错误。答案选C。
5.下列事实与水解反应无关的是
A. 用Na2S除去废水中的Hg2+ B. 用热的Na2CO3溶液去油污
C. 利用油脂的皂化反应制造肥皂 D. 配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S除去废水中的Hg2+，与水解反应无关，故A选；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B不选；C．油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，能生成肥皂，所以利用油脂的皂化反应制造肥皂，与盐类的水解有关，故C不选；D．CuSO4在溶液中水解生成少量H2SO4，加少量稀H2SO4能抑制CuSO4的水解，所以配制CuSO4溶液时加少量稀H2SO4，与盐类的水解有关，故D不选；故选A。
6.下列说法中正确的是
A. 二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质
B. 硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质
C. 硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电
D. 氢离子浓度相同的盐酸和醋酸溶液导电能力相同
【答案】D
【解析】
试题分析： A．二氧化硫溶于水后生成H2SO3，电离出H+和HSO3-能导电，不能判断二氧化硫属于电解质；原说法不正确；B．硫酸钡难溶于水，但是离子化合物，熔融状态全部电离，故硫酸钡属于强电解质，原说法错误；C．硫酸是强电解质，属于分子，故纯硫酸不电离出离子，故不能导电，原说法错误；D．氢离子浓度相同的盐酸和醋酸导电能力相同，正确。
考点：电解质的内涵与外延的说法正误判断。
7.0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释或升高温度的过程中，下列表达式的数值一定变大的是
A. c（H+） B. c（H+）·c（OH-） C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.CH3COOH溶液加水稀释过程中，促进醋酸的电离，氢离子物质的量变大，由于溶液的体积增大更多，则稀释后溶液中c（H+）减小，故A错误；
B.溶液中c（H+）·c（OH-）之积为水的离子积，稀释后溶液温度不变，则水的离子积不变，故B错误；
C.稀释过程中氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，因为在同一溶液中，溶液体积相同，则的比值增大，升高温度，促进醋酸的电离，c（H+）变大，c（CH3COOH）变小，c（H+）/c（CH3COOH）的比值增大，故C正确；
D.稀释过程中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的浓度增大，的比值减小，故D错误。
故选C。
【点睛】醋酸为弱酸，加水稀释过程中醋酸的电离程度增大，溶液中的氢离子、醋酸根离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，因为溶液体积变化程度更大，则溶液中的氢离子、醋酸根离子、醋酸的浓度减小，因为水的离子积不变，在溶液中氢氧根离子浓度增大。
8.如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是
a极板
b极板
X电极
Z
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．a极为锌，b极为石墨，电解CuSO4溶液，a极生成Cu，b极生成无色无味的气体氧气，符合题意，故A正确；
B．a极为石墨，b极为石墨，电解NaOH溶液，实质是电解水，a极生成氢气，b极生成无色无味的气体氧气，不符合题意，故B错误；
C．a极为银，b极为铁，Ag是活泼金属，作阳极失电子，所以在a极上Ag极溶解，质量减少，故C错误；
D．a极为铜，b极为石墨，电解质为CuCl2溶液，a极生成铜，b极生成黄绿色有刺激性的Cl2，故D错误。
故选A。
【点睛】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得到电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后面，b极板处有无色无味的气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属或Pt，电解质溶液中的阳离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。
9.有①Na2SO3溶液②CH3COOH溶液③HCl溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L．下列说法正确的是（ ）
A. 三种溶液的pH的大小顺序是①＞②＞③
B. 三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①
C. 三种溶液中含微粒种类多少顺序是：②＞①＞③
D. 三种溶液中由水电离出c（H+）大小顺序是：③＞②＞①
【答案】A
【解析】
试题分析：A、Na2SO3溶液水解呈碱性，pH>7，而CH3COOH溶液和HCl溶液呈酸性，pH<7，并且HCl溶液为强酸溶液，同浓度的情况下酸性强，pH小，A正确；B、三种溶液稀释相同倍数，只有③没有平衡存在，pH变化最大，B错误；C、除三者均有H2O、OH—、H+以外，由于Na2SO3的水解，它里面的微粒种类最多，CH3COOH溶液的电离，次之，HCl最少，C错误；D、由于Na2SO3水解促进水的电离，而CH3COOH溶液、HCl溶液抑制水的电离，D错误；答案选A
考点：考查盐类水解、弱电解质的电离以及外界条件对水电离平衡的影响
10.在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L-1 HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1mol/L-1 NaOH溶液进行滴定，则所需NaOH溶液的体积
A. 大于20mL B. 小于20mL C. 等于20mL D. 等于5mL
【答案】A
【解析】
滴定管的刻度从上到下，25mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到5mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（25﹣5）mL，消耗0．lmol/LNaOH溶液的体积大于20 mL．故选A．
【点评】本题考查滴定管的使用，难度不大，注意滴定管的刻度从上到下，最大刻度以下还有没有刻度的一部分．
11.下列实验操作能到达目的的是
A. 制取Mg：可将足量的金属钠投入MgCl2溶液中充分反应后过滤
B. 除去CO2中的HCl：将混合气体通过足量的Na2CO3溶液
C. 除去CuCl2溶液中的FeCl3杂质：先加入足量的浓氨水，过滤，再向滤液中加入过量的盐酸
D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
【答案】D
【解析】
【详解】A．将金属钠投入MgCl2溶液中，金属钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，不能置换出镁单质，故A错误；B．二氧化碳也能与碳酸钠反应，二氧化碳也被除掉了，故B错误；C．CuCl2和FeCl3均能与浓氨水反应，分别生成氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，则不能除杂，故C错误；D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，故D正确；故选D。
12.依据下表25℃时某些弱酸的电离平衡常数，判断下列说法正确的是
CH3COOH
HC1O
H2CO3
Ka=1.8×l0-5
Ka=3.0×l0-8
Ka1=4.4×l0-7 Ka2=4.7×l0-11
A. 向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式为：2C1O-+CO2+H2O==2HC1O+CO32-
B. 相同浓度的CH3COOH和NaClO的溶液中，水的电离程度前者大
C. 向0. lmol • L-l的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至pH = 5，此时溶液的 c(CH3COOH)：c(CH3COO-) =5∶9
D. 常温下，0• lmol • L-1 的 NaHC2O4 溶液 pH =4： c(HC2O4-) >c(H+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
【答案】C
【解析】
A．酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故A错误；B．CH3COOH的电离抑制水的电离，而NaClO的溶液中ClO-的水解促进水的电离，故B错误；C．CH3COOH溶液中=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5︰9，则c(H+)=1×10-5mol/L，则pH=5，故C正确；D．常温下，0.lmol• L-1 的 NaHC2O4 溶液 pH =4，说明HC2O4-的电离大于其水解，则溶液中：c(H2C2O4)＜c(C2O42-)，故D错误；答案为C。
13.下列说法正确的是
A. 锅炉中沉积的CaSO4可用饱和Na2CO3溶液浸泡，再将不溶物用稀盐酸溶解除去
B. 可采取加热蒸发的方法使FeCl3从水溶液中结晶析出
C. NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D. 将SO2分别通入硝酸钡溶液和溶有氨气的氯化钡溶液中，产生沉淀的成分相同
【答案】A
【解析】
【分析】
A．碳酸钙溶解度较小，且可溶于盐酸；B．氯化铁易水解生成氢氧化铁；C．偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应；D．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀。
【详解】A、CaCO3的溶解度小于CaSO4，故CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡可转化为溶解度更小的CaCO3，然后再用稀盐酸溶解除去，选项A正确；B．氯化铁易水解生成氢氧化铁，制备氯化铁，应在盐酸氛围中加热，抑制水解，选项B错误；C．偏铝酸钠与碳酸钠溶液不反应，选项C错误；D．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，与溶有氨气的氯化钡溶液反应生成亚硫酸钡沉淀，生成沉淀不同，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，难度不大。易错点为选项B，加热时促进氯化铁的水解产生氢氧化铁。
14.在密闭容器中发生下列反应 aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是（ ）
A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的物质的量变多 D. a＞c＋d
【答案】A
【解析】
【分析】
保持温度不变，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D 的浓度为原平衡的 1.7 倍，可知平衡逆向移动，正反应为体积增大的反应，以此来解答。
【详解】A．平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C．平衡逆向移动，D的物质的量减小，故C错误；D．压强增大，平衡逆向移动，则a＜c+d，故D错误；故选A。
15.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离的H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－
A. ②④ B. ②③ C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①pH=0的溶液呈酸性，在酸性条件下，H+与NO3－结合形成硝酸，硝酸具有强氧化性，把
I－氧化成碘单质，故不能大量共存，故①错误；
②pH=12的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间不发生任何反应，可以大量共存，故②正确；
③水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol•L-1的溶液，水的电离被抑制，溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32-不能存在，且SO32-与NO3-发生氧化还原反应，碱性条件下NH4+不能大量存在，故③错误；
④加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；
⑤使石蕊变红的溶液呈酸性，在酸性条件下Fe2+与MnO4-、NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故⑤错误；
⑥Fe3＋、Al3＋易发生水解而不能大量存在于中性溶液中，故⑥错误。
溶液中一定能大量共存是②④。
故选A。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 ①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和I-在中性或碱性溶液中可以共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
16.下列指定化学用语正确的是（ ）
A. NaHCO3 水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+
B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2++2OH-
C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4 = Na++H++SO42-
D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-
【答案】C
【解析】
A项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2++2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。
点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H++CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na++HSO4-。
17.25℃时，用0.1 mol·L-1的HCl溶液逐滴滴入10.00 mL0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液中，其AG值变化的曲线如图所示。已知AG=，下列分析错误的是
A. 滴定前HC1溶液的AG =12；图中a<0
B. M点为完全反应点，V( HCl) =10 mL，且c(Cl-) >c(NH4+)
C. 从M点到N点水的电离程度先增大后减小
D. N点溶液中：c(Cl-) =2c(NH3·H2O) +2c(NH4+)
【答案】B
【解析】
【分析】
AG=，AG＞0，说明c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，反之AG＜0，溶液显碱性。
【详解】A.滴定前HC1溶液的浓度为0.1 mol·L-1，AG ==lg=12；图中a为0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液AG，溶液显碱性，故a <0，故A正确；B. M点的AG=0，说明c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，若氨水与盐酸完全反应，则生成氯化铵，水解后，溶液显酸性，因此M点为盐酸不足，V( HCl) ＜10 mL，故B错误；C. M点溶液显中性，为氨水和氯化铵的混合溶液，N点为等浓度的盐酸和氯化铵的混合溶液，中间经过恰好完全反应生成氯化铵溶液的点(设为P)，从M点到P点，溶液中氨水的物质的量逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，从P点到N点，盐酸逐渐增大，水的电离受到的抑制程度逐渐增大，即水的电离逐渐减小，因此从M点到N点水的电离程度先增大后减小，故C正确；D. N点溶液中含有等浓度的盐酸和氯化铵，根据物料守恒，c(Cl-) =2c(NH3·H2O) +2c(NH4+)，故D正确；故选B。
【点睛】本题考查了酸碱中和反应过程中溶液酸碱性的判断，理解AG的值与溶液酸碱性的关系是解题的前提。本题的难点为C，要注意判断M、N点溶液的组成。
18.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，用排水法收集气体
HX放出的氢气多且反应速率快
酸的强弱：HX＜HY
B
向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4
先生成白色沉淀，后生成黑色沉淀
溶度积(Ksp)：ZnS>CuS
C
向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体
溶液颜色变浅
FeCl3+3KSCNFe(SCN)3 +3KCl平衡向逆反应方向移动
D
常温下，用pH计分别测定饱和NaA溶液和饱和NaB溶液的pH
pH：NaA＞NaB
常温下酸性：HA﹤HB
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积pH=2的HX和HY两种酸分别与足量的铁反应，HX放出的氢气多，可知其浓度大，则HX的酸性弱，故A正确；
B.向2 mL 0.1 mol/L Na2S溶液中滴2滴0.1 mol/L ZnSO4溶液；再滴2滴0.1 mol/L CuSO4，Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，不能比较溶度积Ksp，故B错误；
C.向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl的固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，K+和Cl-不参加反应，平衡不移动，溶液颜色无明显变化，故C错误；
D.两饱和溶液的浓度不同，故不能根据饱和溶液的pH判断相应离子水解程度大小，应分别测定相同浓度的NaA溶液和NaB溶液的pH来比较HA和HB的酸性强弱，D项错误。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，明确实验原理及物质性质是解答本题的关键，注意D选项中的两种溶液的浓度必须相同，否则无法判断，为易错点。
19.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，故A错误；
B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，故B错误；
C.电离平衡常数只与温度有关，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5，故C错误；
D.电离吸热，升高温度，平衡正向移动，c(CH3COOH)减小， 电离度增大，c(H+)增多，
Ka变大，故D正确。
故选D。
【点睛】根据醋酸的电离方程式可知，向醋酸溶液中加入酸抑制醋酸的电离，醋酸的电离平衡常数（Ka）只与温度有关。
20.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量水，c（CH3COOH）、c（CH3COO-）和c（H+）均减小，使CH3COOH的电离程度增大，平衡向正反应方向移动，醋酸分子浓度减小程度大于氢离子浓度减小程度，平衡常数不变，故比值变大，故A错误；
B.升温促进醋酸根离子水解，醋酸根离子水解程度增大，醋酸根的水解平衡常数增大，上式是醋酸根离子水解平衡常数的倒数，所以题目中的比值应减小，故B错误；
C.盐酸中加入氨水到中性，则有c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，c（NH4+）=c（Cl-），故C错误；
D.向氯化银和溴化银的饱和溶液中加入少量硝酸银，沉淀溶解平衡逆向移动，氯离子和溴离子浓度比仍等于其溶度积的比值，故不变，故D正确。
故选D。
【点睛】本题的易错项为B项。两种或两种以上的粒子浓度在同一式子中，要尽量简化一下，化成为常数或带有常数的式子，然后再进行比较。B项式子其实就是水解常数的倒数，再根据水解常数随温度变化规律判断即可。
21.常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：NaOH与CH3COOH恰好完全中和，溶液呈中性
D. 在0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H＋)= 10－13 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
点①得到CH3COONa与CH3COOH等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；点②得到的溶液pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）=c（CH3COO-）；点③NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）。
【详解】点①处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；点②所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由c(H＋)= c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B错误；点③处恰好反应，NaOH与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C错误；0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.100 0 mol·L－1，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的c(H＋)大于 10－13 mol·L－1，D错误。
故选A。
【点睛】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。
22.25℃时，甲、乙两烧杯分别盛有5mLpH＝1的盐酸和硫酸，下列描述中不正确的是
A. 物质的量浓度：c甲=2c乙
B. 水电离出的OH－浓度：c(OH－)甲＝c(OH－)乙
C. 若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲=乙
D. 将甲、乙烧杯中溶液混合后（不考虑体积变化），所得溶液的pH＞1
【答案】D
【解析】
【分析】
盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，其pH相等说明氢离子浓度相等。
【详解】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，其pH相等说明氢离子浓度相等。
A. 盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等时，盐酸浓度为硫酸浓度的2倍，即c甲=2c乙，故A正确；
B. pH相等说明氢离子浓度相等，则氢氧根离子浓度也相等，故B正确；
C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，都生成不能水解的强酸强碱盐，即所得溶液的pH都为7，故C正确；
D. 甲、乙烧杯中溶液混合时，若不考虑体积变化，氢离子浓度不变，故D错误，答案选D。
【点睛】本题主要考查pH的含义，注意pH相等即氢离子浓度相等，与强酸是几元酸无关，为易错点，试题难度不大。
23.实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果评价错误的是
选项
操作
测定结果评价
A
酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次
偏高
B
开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
偏高
C
锥形瓶未干燥
无影响
D
盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
偏低
【答案】D
【解析】
【详解】A.酸式滴定管在装液前未用标准盐酸溶液润洗2次～3次，标准液浓度偏低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故A正确；
B.开始实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中，气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，待测液浓度偏大，故B正确；
C.锥形瓶未干燥，对待测液没有影响，则不影响测定结果，故C正确；
D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗，导致瓶内氢氧化钠的物质的量增大，消耗标准液的体积也会增大使结果偏高，故D错误。
故选D。
【点睛】根据中和滴定操作方法对c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）中V（标准）的影响判断滴定误差。
24.在密闭容器中，给一氧化碳和水蒸气的气体混合物加热，在催化剂存在下发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）．在500℃时，平衡常数K=9．若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为（ ）
A. 25% B. 50% C. 75% D. 80%
【答案】C
【解析】
试题分析： CO（g）＋H2O（g）H2（g）＋CO2（g）
起始浓度（mol/L） 0.02 0.02 0 0
转化浓度（mol/L） x x x x
平衡浓度（mol/L）0.02-x 0.02-x x x
根据平衡常数表达式可知
解得x＝0.015
所以在此条件下CO的转化率＝×100%＝75%，答案选C。
考点：考查平衡常数应用
25.（1）碳酸钠溶液中各离子按照浓度从大到小的顺序依次为： ________________________。
（2）下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10-5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HClO 三种酸的酸性从强到弱依次是______________；下列反应不能发生的是________(填字母)。
a. CO32-＋2CH3COOH＝2CH3COO-＋CO2↑＋H2O b. ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO
c. CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ d. 2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO
25℃时， 等浓度的Na2CO3、CH3COONa 和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是___________________。
（3） 25℃时， Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12， Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。 该温度下饱和Mg(OH)2溶液与饱和 MgF2溶液相比， _________(填化学式)溶液中的 c(Mg2＋)大。
（4）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na＋)＝___mol·L-1(填计算式，不用求具体值)。
（5）常温下，向一定体积pH=14的 Ba(OH)2溶液中滴加一定浓度的NaHSO4溶液，当硫酸根恰好沉淀时，混合液pH=13，若混合后溶液体积等于两溶液体积和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比为___________。
（6）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。
稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)_____ (填“>”、“=”或“<”)醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)；
【答案】 (1). c(Na+)> c(CO32-)> c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+) (2). CH3COOH> H2CO3 > HClO (3). c、d (4). NaAc﹤NaClO ﹤Na2CO3 (5). MgF2 (6). （10－6－10－8）mol·L－1 (7). 1:4 (8). >
【解析】
【详解】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中只有水解：CO32-+H2O ⇌ HCO3-+OH-
HCO3-+H2O ⇌ H2CO3+OH-，第一步的水解程度远远大于第二步，
因此浓度大小：c(Na+)> c(CO32-)> c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)，
故答案为：c(Na+)> c(CO32-)> c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)；
（2）同一温度下，酸的电离常数越大其电离程度越大，则酸性越强，所以酸性强弱：CH3COOH> H2CO3 > HClO，
电离平衡常数越大，酸性越强，由图表中数据可以知道，电离平衡常数CH3COOH> H2CO3 > HClO>HCO3-，酸性：CH3COOH> H2CO3 > HClO>HCO3-
a.酸性：CH3COOH>H2CO3，所以醋酸可以制取碳酸， 故反应CO32-＋2CH3COOH＝2CH3COO-＋CO2↑＋H2O可以发生；
b.酸性：CH3COOH> HClO，所以醋酸可以制取次氯酸，故反应 ClO－＋CH3COOH＝CH3COO－＋HClO可以发生；
c. 酸性：H2CO3 > HClO>HCO3- ，故反应CO32－＋2HClO＝CO2↑＋H2O＋2ClO－ 不能发生；
d. 酸性：H2CO3 >HClO>HCO3-，故反应2ClO－＋CO2＋H2O＝CO32－＋2HClO 不能发生，碳酸与次氯酸根反应只能生成HCO3-；
所以不能发生反应的是c、d 。
酸性越弱，相应酸根越容易水解，溶液的碱性越强，则25℃时， 等浓度的Na2CO3、CH3COONa 和NaClO三种溶液的pH从小到大依次是NaAc﹤NaClO ﹤Na2CO3，
故答案为：CH3COOH> H2CO3 > HClO，c、d ；CH3COONa
（4）根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)，溶液的pH=6，则c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，所以c(CH3COO-)-c(Na+)=（10－6－10－8）mol·L－1，故答案为：（10－6－10－8）mol·L－1；
（5）pH=14的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1mol/L，设氢氧化钡溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为xmol，由于SO42-完全沉淀，则发生的反应为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反应的NaHSO4的物质的量为0.5xmol，反应的氢离子物质的量为0.5xmol，设NaHSO4溶液体积为y，混合后溶液的pH=13，即混合后得到溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L；所以得到：（x-0.5x）/（x+y）=0.1；得到x：y=1：4，故答案为：1:4；
（6）稀释后，HX电离生成的c（H+）小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c（H+）大于醋酸溶液中水电离出来的c(H＋)，故答案为：>。
【点睛】本题易错点是第（5）小题，氢氧化钡和硫酸氢钠反应恰好完全沉淀，需要氢氧化钡和硫酸氢钠按照物质的量1:1反应，结合溶液的pH和溶液的体积换算物质的量列式计算。
26.某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y都是石墨电极。当将电源接通后,向乙中滴入酚酞试液,发现在F极附近溶液显红色。按要求回答下列问题:
（1）电极F的名称是______，电源B极的名称是______。
（2）甲装置中D电极的电极反应式是________________。
（3）乙装置中电解反应的总化学方程式_______________________。
（4）欲使丙装置发生：2Ag＋2HCl＝2AgCl＋H2↑反应,则G电极的材料应是____（填化学式）
（5）丁装置中装有Fe(OH)3胶体，一段时间后胶体颜色变深的电极是：__________（填字母）
【答案】 (1). 阴极 (2). 负极 (3). Cu2++2e-＝Cu2+ (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (5). Ag (6). Y
【解析】
【分析】
向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极上是氢离子放电，则F极是阴极， E极是阳极，所以D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，故A是正极，B是负极。
【详解】（1）向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极上是氢离子放电，则F极是阴极， E极是阳极，所以D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，故A是正极，B是负极，故答案为为：阴极，负极；
（2）甲装置中是电解硫酸铜溶液，阳极C是氢氧根离子放电，阴极D是铜离子放电，所以D电极的电极反应式为：Cu2++2e-＝Cu2+ ，故答案为：Cu2++2e-＝Cu2+；
（3）乙装置中是电解饱和食盐水，电解反应方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（4）丙装置发生反应：2Ag＋2HCl＝2AgCl＋H2↑，G电极是阳极，则G应该是银，故答案为: Ag；
（5）氢氧化铁胶体中的胶粒带正电荷，会向阴极即Y极移动，所以装置丁中的现象是Y极附近红褐色变深，故答案为：Y。
【点睛】与电源的正极相连的电极称为阳极，物质在阳极上失去电子，发生氧化反应；与电源的负极相连的电极成为阴极，物质在阴极上得到电子，发生还原反应。阳极：活泼金属—电极失电子（Au,Pt 除外），惰性电极—溶液中阴离子失电子。失电子能力：活泼金属（Mg～Ag）>S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-；阴极：溶液中阳离子得电子，得电子能力：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+（酸）>Pb+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+（水）>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+（即金属活动性顺序表的逆向）。
27.氮元素可形成多种化合物，在工业生产中具有重要价值。 请回答下列问题：
（1）一定温度下，将一定量的N2和H2充入固定体积的密闭容器中进行合成氨反应，
①下列描述能说明该可逆反应达到化学平衡状态的有___________
A．容器内气体的密度不变 B．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
C．容器内的压强不变 D．3v正(H2) =2v逆(NH3)
E. 容器内气体的平均相对分子质量不变
F. 相同时间内有3molH-H键断裂，有6mol N-H键形成
②恒温恒压条件下，为提高合成氨反应中N2和H2的利用率，可采用的方法________________（一种即可）。
（2）一定温度下，2L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)，一段时间后达到平衡，测得数据如下：
时间／s
20
40
60
80
100
c(NO2)/(mol/L)
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
①20s内，v(NO2)=___________，该温度下反应的化学平衡常数数值为_________。
②升高温度时，气体颜色加深，则正反应是_________(填“放热”或“吸热”)反应。
③相同温度下，若开始向该容器中充入0.40 mol NO2，则达到平衡后: c(NO2)_____0.15 mol·L-1(填“>”、 “=”或“<”)
【答案】 (1). CE (2). 及时将NH3冷却液化分离出去，及时将氮气和氢气进行循环利用 (3). 0.006 mol·L-1·s-1 (4). 1.8 (5). 吸热 (6). ＞
【解析】
【详解】（1）①A.反应体系内混合气体质量，容器容积为定值，故混合气体的密度不变，所以混合气体的密度始终保持不变，不能根据混合气体的密度判断反应达到平衡，故不能判断该反应达到化学平衡状态，故A错误；
B.c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断该反应达到化学平衡状态，故B错误；
C.该反应是气体分子物质的量减小的反应，当容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，故能判断该反应达到化学平衡状态，故C正确；
D.当某种物质的正反应速率和逆反应速率相等是表明反应达到平衡，所以当3v正(H2) =2v逆(NH3)时反应未达到平衡，故不能判断该反应达到化学平衡状态，故D错误；
E.该反应是气体分子物质的量减小的反应，容器内气体质量不变，气体总物质的量不变，容器内混合气体的平均分子量不变，能说明反应达到平衡，故能判断该反应达到化学平衡状态，故E正确；
F.相同时间内有3molH-H键断裂，有6mol N-H键形成，表示的都是正反应，无法判断正逆反应速率是否相等，故不能判断该反应达到化学平衡状态，故F错误。
故答案为：CE。
②恒温恒压条件下，为提高合成氨反应中N2和H2的利用率，可采用的方法及时将NH3冷却液化分离出去，及时将氮气和氢气进行循环利用，
故答案为：及时将NH3冷却液化分离出去，及时将氮气和氢气进行循环利用；
（2）①20s时NO2的浓度为0.12mol/L，则20s内用二氧化氮表示的平均反应速率
v（NO2）=0.12mol/L/20s=0.006mol•L-1•s-1，故答案为：0.006；
根据表中数据可知，80s后二氧化氮的浓度不再变化，则80s开始已经达到平衡状态，初始时N2O4的浓度为：c（N2O4）=0.40mol/2L=0.20mol/L，
N2O4（g）⇌2NO2（g）
开始 0.20mol/L 0
转化 0.15mol/L 0.30mol/L
平衡 0.05mol/L 0.30mol/L
该反应在该温度下的平衡常数K=c2（NO2）/c（N2O4）=0.302/0.05=1.8
故答案为：1.8；
②升高温度时，气体颜色加深，说明升温后平衡向着正向移动，则正反应为吸热反应，
故答案为：吸热；
③在相同温度下，若开始时向该容器中充入的是0.40molNO2，相当于加入了0.20molN2O4，容器容积不变，则相当于减小压强，平衡正向移动，因此则达到平衡后，c（NO2）大于原来的一半，即c（NO2）＞0.15 mol·L-1。
故答案为：＞ 。
【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断依据，化学平衡移动的相关计算，明确三段式在化学平衡计算中的应用方法为解题关键。本题的易错点为（3）③，要注意充入的N2O4为原来的一半，相当于减压，会导致平衡的移动。
28.工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法．
该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O32−（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显______色．
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）
A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−）
C．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．
（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______．
方法2：电解法．
该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生
Cr（OH）3沉淀．
（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）．
（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有______．
【答案】 (1). 橙 (2). C (3). 6 (4). 5 (5). 阳极反应为Fe−2e−═Fe2+,提供还原剂Fe2+ (6). Fe(OH)3
【解析】
【详解】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙。
（2）A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，错误；
B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，错误；
C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，正确；综上所述，本题选C。
（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1molCr2O72−离子，得到Cr3+，得到电子：2×（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4•7H2O的物质的量为6/(3-2)=6mol；综上所述，本题答案是：6。
（4）当c(Cr3+)=10-5mol/L时,溶液的c(OH-)= =10-9mol/L,C(H+)=10-14/10-9=10-5mol/L, pH=5，即要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；综上所述，本题答案是：5。
（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe−2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe−2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+。
（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。
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