2022-2023学年辽宁省沈阳市东北育才学校高中部高二上学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市东北育才学校高中部高二上学期第二次月考化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，实验题等内容，欢迎下载使用。

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．含有FeCl3的溶液：NH、SCN-、OH-、Mg2+
B．含有NaHCO3的溶液：Cl-、NO、Al3+、Ba2+
C．澄清透明溶液中： SO、K+、
D．含有K2Cr2O7的溶液：、SO、K+、
【答案】C
【详解】A．Mg2+、Fe3+都能与OH-生成氢氧化物沉淀，Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3，含有FeCl3的溶液中不含SCN-、OH-，故不选A；
B．HCO与Al3+发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，含有NaHCO3的溶液中不含Al3+，故不选B；
C．SO、K+、相互之间不反应，澄清透明溶液中可以含有SO、K+、，故选C；
D．K2Cr2O7具有强氧化性，、SO具有还原性，含有K2Cr2O7的溶液中不含、SO，故不选D；
选C。
2．肼(N2H4)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似。已知常温下，N2H4第一步电离平衡N2H4+H2ON2H+OH﹣，Kb1=8.7×10-7，下列说法错误的是
A．N2H4的水溶液中存在：c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)=c(OH﹣)
B．常温下，反应N2H4+H+N2H的平衡常数K=8.7×107
C．联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4
D．向N2H4的水溶液中加水，保持不变
【答案】C
【详解】A．根据电荷守恒可知：N2H4的水溶液中存在：c(N2H)+2c(N2H)+c(H+)=c(OH﹣)，故A正确；
B．N2H4第一步电离平衡N2H4+H2ON2H+OH-，反应N2H4+H+N2H的平衡常数K==，故B正确；
C．联氨为二元弱碱，与硫酸形成酸式盐，酸过量即氢离子过量，形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2，故C错误；
D．向N2H4的水溶液中加水，，由于K值受温度影响，故加水该值不变，故D正确；
故选C。
3．在相同温度下，100mL0.01ml•L-1的醋酸溶液与10mL0.1ml•L-1的醋酸溶液分别与足量的锌粉反应，下列说法正确的是
A．电离程度：前者＞后者B．两者的电离常数：前者＞后者
C．两者产生的氢气体积：前者＜后者D．开始反应时的速率：前者＞后者
【答案】A
【详解】A．弱酸的浓度越大电离程度越小，则电离的程度：前者大于后者，故A正确；
B．温度相同，电离常数相同，故B错误；
C．两溶液中醋酸的物质的量，(前)，(后)，醋酸的物质的量相等，因而两者产生的氢气体积相等，故C错误；
D．开始反应时的速率取决于氢离子的浓度；醋酸的浓度越大，溶液中的浓度越大，则氢离子浓度：前者小于后者，所以开始反应速率：前者小于后者，故D错误；
故选A。
4．常温下0.1mlL-1醋酸溶液的pH=a ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是
A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mlL-1盐酸D．提高溶液的温度
【答案】B
【详解】A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1)；
B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；
C、D项均会使溶液的pH减小。
答案选B。
5．0.01ml·LHCl滴定0.01ml·L-1NaOH溶液，中和后加水至50mL。若滴定时终点判断有误差：
①多加了1滴HCl； ②少加了1滴HCl (已知1mL为20滴)，则①和②c(H+)之比是：
A．10-4B．4C．40D．104
【答案】D
【详解】①中，多加了1滴HCl，溶液中c(H+)==10-5ml/L；②中，少加了1滴HCl，溶液中c(OH-)==10-5ml/L，则溶液中c(H+)= ml/L=10-9 ml/L，故两种情况下c(H+)之比是：=104；
答案选D。
6．室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．a点处存在
B．b点处存在
C．由b到c发生反应的离子方程式为
D．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
【答案】B
【详解】A．向溶液中滴加溶液100mL，正好将H+中和完，a点混合液的体积为200mL，a点处存在，故A错误；
B．当加入100mLNaOH溶液时，，=7加入溶液NaOH溶液大于100mL，反应一部分，此时，故b点处存在，故B正确；
C．加入NaOH溶液0-100mL，H+发生反应，100mL-200mL，参与反应，由b到c发生反应的离子方程式为，故C错误；
D．电离出H+抑制水的电离，随着氢氧化钠加入a点生成硫酸钠和硫酸铵，水解促进水的电离，接着再加入氢氧化钠，生成，逐渐抑制水的电离，故水的电离程度最大的是a点，故D错误；
故答案为B；
7．25℃时，将0.10 HX溶液逐滴滴加到10mL等浓度的KOH溶液中，与溶液pH的关系如图所示。下列相关结论错误的是
A．
B．P点存在：
C．pH=7时，加入的HX溶液的体积大于10mL
D．pH=12时，
【答案】D
【分析】25°C时，将0.10ml/LHX溶液滴加到10mL等浓度的KOH溶液中，反应生成KX，则越来越小，随着pH的变大而变大；
【详解】A．，则-lgKa(HX)=+pH，根据点(6.0，1.7)可知，，A正确；
B．P点根据电荷守恒可知，c(X-)-c(K+)= c(H-)-c(OH-)= (10-6-10-8)ml/L，B正确；
C．HX为弱酸，当加入的HX溶液的体积为10mL时，溶液中溶质为KX，由于KX水解导致溶液为碱性，所以pH=7时，加入的HX溶液的体积大于10mL，C正确；
D．由A分析可知Ka=10-4.3，pH=12时，4.3=+12，=-7.7，则<1，c(X-)>c(HX)，D错误。
故选D。
8．某温度下的溶液中ml/L，ml/L，x与y的关系图所示，下列说法正确的是
A．该温高于25℃
B．图中a点溶液呈酸性
C．该温度下，0.01 ml/L HCl溶液中由水电离出的离子浓度为ml/L
D．该温度下，等体积浓度均为0.01 ml/LHCl与NaOH溶液混合，
【答案】C
【分析】由图可知，某温度下a点溶液中氢离子浓度为10—15ml/L、氢氧根离子浓度为1ml/L，则水的离子积常数为10—15×1=1×10—15。
【详解】A．由分析知，某温度下水的离子积常数为10—15×1=1×10—15＜1×10—14，则该温低于25℃，故A错误；
B．由图可知，a点溶液中氢离子浓度为10—15ml/L、氢氧根离子浓度为1ml/L，则溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，故B错误；
C．水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，该温度下水的离子积常数为1×10—15，0.01 ml/L盐酸溶液中氢离子浓度为1×10—2ml/L，则水电离出的氢离子浓度为=1×10—13ml/L，故C正确；
D．由分析可知，温度下水的离子积常数为1×10—15，则该温度下，等体积浓度均为0.01 ml/L盐酸与氢氧化钠溶液混合恰好反应，溶液呈中性，溶液的pH为7.5，故D错误；
故选C。
9．常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶波的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是
A．HA的浓度小于HB的浓度
B．a点水的电离程度小于b点水的电离程度
C．向HB溶液中清加NaOH溶液至PH=7时c(B-)=c(HB)
D．常温下HA的电离常数是10-4
【答案】C
【分析】lg==0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数c(H+)=10-4；1g=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数c(H+)=10-5；Ka(HA)>Ka(HB)。
【详解】A．Ka(HA)>Ka(HB)，故酸性：HA>HB，又等pH、等体积的HA、HB两种弱酸，故HA的浓度小于HB的浓度，故A正确；
B．pH=4溶液为酸和盐的混合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH-)约为1×10-10ml/L，pH=5，抑制水的电离，溶液中由水电离出的c(OH)约为1×10-9ml/L，故B正确；
C．pH=7时，则=100，故C错误；
D．根据分析可得，HA的电离常数是10-4，故D正确；
故选C。
10．室温下，在1 ml·L-1的某二元酸H2A溶液中，存在HA-、A2-的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．0.1 ml·L-1 NaHA溶液中：c(OH- )>c(H+)
B．室温下，HA-A2-+ H+的电离平衡常数Ka= 10-3
C．在Na2A溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA- )
D．H2A的电离方程式为H2A=H+ +HA-，HA-A2-+H+
【答案】A
【详解】A．结合图象分析，1 ml·L-1的某二元酸H2A溶液中，pH=0时，第一级电离完全，随着pH升高直到pH=6，第二级电离完全，NaHA属于盐，电离使溶液显酸性，则c（OH-）＜c（H+），故A错误；
B．当c（A2-）=c（HA-）时，溶液的pH=3，HA-⇌A2-+H+的电离平衡常数Ka=×c（H+）=c（H+）=10-3，故B正确；
C．根据图知，开始时pH=0，溶液中c（H+）=1ml/L=c（H2A），说明该二元酸第一步完全电离，该溶液中存在物料守恒n（Na）=2n（A），即c（Na+）=2c（A2-）+2c（HA-），故C正确；
D．根据C的分析知，该二元酸第一步完全电离、第二步部分电离，所以该二元酸两步电离方程式为H2A=H++HA-，HA-⇌A2-+H+，故D正确；
答案选A。
11．一定温度下，密闭容器中发生反应：。当反应达到平衡后，下列各项措施不能提高SO3转化率的是
A．升高反应的温度B．增大容器的体积
C．分离出部分氧气D．容积不变，通入气体He
【答案】D
【详解】由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气态体积增大的吸热反应，据此分析解题：
A．已知该反应正反应是一个气态体积增大的吸热反应，升则高反应的温度，平衡正向移动，SO3的转化率增大，A不合题意；
B．已知该反应正反应是一个气态体积增大的吸热反应，增大容器的体积即减小容器的压强，化学平衡正向移动，SO3的转化率增大，B不合题意；
C．分离出部分氧气，即减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，SO3的转化率增大，C不合题意；
D．容积不变，通入气体He，则反应体系中各物质的浓度均保持不变，正逆反应速率不变，化学平衡不移动，SO3的转化率不变，D符合题意；
故答案为：D。
12．时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入和发生反应Fe2O3 (s) +3CO (g) 2Fe(s) + 3CO2(g) ，时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。下列说法正确的是
A．正反应速率与时间的关系如图，t2时刻可能是分离出少量
B．则内反应的CO平均速率为
C．其他条件保持不变，升高温度，逆反应速率均增大正反应速率减小
D．该温度下的平衡常数为64
【答案】D
【详解】A．是固体，改变固体的量，对正、逆反应速率无影响，故A错误；
B．设消耗氧化铁物质的量x，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，可写出三段式：，则有，解得x=0.8ml, 则内反应的CO平均速率为，故B错误；
C．其他条件保持不变，升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；
D．结合上述三段式可计算得，故D正确；
故选D
13．25℃时，某混合溶液中c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.01 ml·L-1，由水电离出的c水(H+)的对数1g c水(H+)与的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线L1表示1g c水(H+)与的变化关系
B．Y点时存在c(H2A)=c(HA-)=c(A2-)
C．X点时溶液的pH=5
D．Ka2(H2A)=10-8
【答案】D
【详解】A．当时，即，HA-和A2-水解会促进水的电离，但A2-促进水的电离能力更强，即1g c水(H+)更大，故曲线L1表示1g c水(H+)与的变化关系，A错误；
B．Y点时，≈2，即，则c(HA-)> c(H2A)，B错误；
C．曲线L1表示1g c水(H+)与的变化关系，X点时=1，则c(A2-)=10c(HA-)，由c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.01 ml·L-1可知c(HA-)偏大，HA-电离使溶液呈酸性，由于c水(H+)=10-5ml/L，此时溶液存在一种物质抑制水的电离，未知HA-电离出氢离子浓度，溶液的pH不等于5，C错误；
D．由图可知，当c(HA-)= c(A2-)时，=0，溶液呈碱性，随c(A2-)的减小，c(HA-)增大，A2-的水解程度减小，HA-的电离程度增加，pH增大，当两者对水的电离促进和抑制作用相同时，溶液呈中性，水电离出的c(H+)=10-7ml/L，由图知，=-1，此时，则Ka2(H2A)=10-8，D正确；
故选：D。
14．国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧化氯(黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备的原理如图所示。下列说法正确的是。
A．c为电源的正极，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解池a极上发生的电极反应为
C．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
D．当有0.3ml阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生标准状况下
【答案】B
【分析】根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极NH4Cl失去电子生成NCl3，电极反应式为NH+3Cl--6e-=NCl3+4H+，则a为电解池阳极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此c为直流电源的正极，d为直流电源的负极；a极生成的NCl3进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO2发生氧化还原反应：3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。
【详解】A．由分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-=H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A错误；
B．a极NH4Cl中NH失去电子生成NCl3，电极反应式为NH-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，B正确；
C．二氧化氯发生器中，发生反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3作氧化剂，NaClO2作还原剂，氧化剂与还原剂之比为1：6，C错误；
D．有0.3ml阴离子通过交换膜，电路中就有0.3ml电子转移，由反应3H2O+NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，转移0.3ml电子，生成0.05mlNCl3，发生器中生成0.3mlClO2，标况下其体积为6.72L，D错误。
故选B。
15．如图所示，以为主要原料制备(已知：)，下列说法正确的是
A．在阴极室产生
B．每有生成时导线中有4ml电子通过
C．电解过程中，阳极无气体生成
D．为提高制备的效率，应选用阳离子交换膜
【答案】D
【分析】由电解原理可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H+和O2，阴极上水得到电子生成H2和OH-，由可知，Cr2O在氢离子浓度较大的电极室中制得，即在阳极室产生；为提高制备的效率，CrO通过离子交换膜移向阳极。
【详解】A．由分析而可知，在阳极室产生，故A错误；
B．根据反应可知，每有生成时，消耗2mlH+，根据阳极反应式为：，通过4ml电子，产生4ml氢离子，现消耗2mlH+，则导线中有2ml电子通过，故B错误；
C．电解过程中，阳极产生氧气，故C错误；
D．为提高制备的效率，CrO通过离子交换膜移向阳极，故应选用阳离子交换膜，故D正确；
故选D。
二、填空题
16．应用电化学原理，回答下列问题。
(1)甲中电流计指针偏移时，盐桥(装含琼脂的饱和溶液)中离子移动的方向：_______离子移向硫酸锌溶液。
(2)乙中正极反应式为_______；若将换成，则负极反应式为_______。
(3)丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负极与铅蓄电池_______极相连接。
(4)海水中锂元素储量非常丰富，锂是制造化学电源的重要原料，如电池某电极的工作原理如下图所示：
该电池电解质为传导的固体材料。放电时电极是电池的_______极(填“正”或“负”)，电极反应式为_______。
(5)应用原电池反应可以探究氧化还原反应进行的方向和程度。现连接如图装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，进行实验：
ⅰ.K闭合时，指针偏移。放置一段时间后，指针偏移减小。
ⅱ.随后向U形管左侧逐渐加入浓溶液，发现电流表指针的变化依次为偏移减小→回到零点→逆向偏移。
①实验ⅰ中银作_______极。
②综合实验i、ii的现象，得出和反应的离子方程式是_______。
【答案】(1)
(2)
(3)负
(4) 正
(5) 正
【详解】（1）阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，离子移向硫酸锌溶液；
（2）正极是氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为: O2+4e- +2H2O=4OH-，将H2换成CH4，则负极反应式为CH4-8e- + 10OH-=+7H2O；
（3）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负极要使硫酸铅变成单质铅，发生还原反应，所以应做电解池的阴极，则与电源的负极相连；
（4）根据图示，放电时FePO4得电子发生还原反应生成LiFePO4，所以FePO4是正极，电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4；
（5）①亚铁离子失电子发生氧化反应，所以碳是负极，银是正极；
②综合实验i、ⅱ的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是Fe2+ +Ag+⇌Fe3++Ag。
三、原理综合题
17．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。二氧化碳催化加氢制甲醇，可减少排放，并合成清洁能源。回答下列问题：
(1)二氧化碳催化加氢制甲醇的总反应可表示为： 该反应一般认为通过如下步骤来实现：
a.
b.
①若反应a为慢反应，图1中能体现上述反应能量变化的是_______(填字母)。
②二氧化碳催化加氢制甲醇的总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在下的、在下的如图2所示。
图2中对应等温过程的曲线是_______(填“a”或“b”)。当时，的平衡转化率=_______(填分数)，反应条件可能为_______或_______。
(2)时，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生反应。若反应起始和平衡时温度相同(均为)，测得反应过程中压强
①时反应的_______。(为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体的体积分数×体系总压)
②反应的速率方程：，(k是速率常数，只与温度有关)。时，_______。(填“>”“<”或“=”)
【答案】(1) B a 、 、
(2) >
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应=a式+b式，ΔH =ΔH1+ΔH₂=+41 kJ·ml-1 +(-90 kJ·ml-1)= - 49 kJ·ml-1。该总反应是放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，则C、D错误，因为反应a为慢反应，活化能越大，反应速率越小，反应速率越慢，为决速步骤，则a反应活化能大于b反应活化能，A错误、B正确，答案选B；
②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体中的甲醇蒸气含量减小，故曲线b为 时等压过程的曲线，则曲线a为250 ℃时等温过程的曲线。当时，设初始时H2的物质的量为3 ml，CO的物质的量为1ml，参加反应的 CO2的物质的量aml，列三段式：，则，解得， CO的平衡转化率为ml÷1ml=。对照题图中的纵坐标为x(CH3OH)=0.10 ，若为b线上点可知对应反应条件是、210℃，若为a线上的点对应反应条件 、25 0℃。故答案：B；a；；、；、；
（2）体枳为2L的恒容密闭容器中通入8ml H2和4mlCO，发生以上反应，设达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量为x，列三段式，恒温恒容条件下，气体压强之比等于其物质的量之比，，x=2ml，则平衡状态下，n(CO2)= 2ml， n(H2)=4ml，n(H₂O)= 4ml，CO2、H2、H2O的体积分数分别为20%、40%、40%，由分压=气体的体积分数×体系总压)可求得P（CO2）=1.00P，P(H2）=2.00P， P(H2)= 2.00P，则 ；30min末时，由图表数据可知未达平衡，反应向正方向进行，V正>V逆，则得到k正· c(CO₂)·c² (H₂) > k逆·c² (H₂O)，>，答案： ；>。
18．回答下列问题：
(1)在一定温度下，有a.盐酸；b.硫酸；c.醋酸三种酸：
a.若三者相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是_______。
b.将相同且体积也相同的三种酸，分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，则消耗NaOH溶液液的体积大小关系为_______。
c.将体积均为10毫升pH均为3的a和c溶液加入水稀释至pH均为6，则加入水的体积a_______c(填“>”“＜”或“=”)。
d.将浓度均为0.1ml/L a和c溶液加入水稀释至相同pH则加入水的体积a_______c(填“>”“＜”或“=”)。
(2)当浓度较低时常用纯碱溶液进行吸收。表为、的电离平衡常数。
纯碱溶液吸收少量的离子方程式为_______。
(3)磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是，，，解答下列问题：
a.常温下将相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液与磷酸溶液按1：1的体积比混合，所得的溶液中、、的浓度从大到小的顺序为_______；
b.常温下，将相同物质的量浓度的磷酸二氢钠溶液与磷酸钠溶液按1：1的体积比混合，所得的溶液中离子浓度位于前三位的依次是_______(填微粒符号)。
(4)在新制氯水中加入少量的NaCl固体，水的电离平衡_______移动(填“向右”、“向左”、或“不”)。
(5)某温度下，纯水中的。若温度不变，滴入稀硫酸使，则由水电离出的为_______ml/L。
【答案】(1) c>a>b c>a=b < >
(2)
(3)
(4)向右
(5)
【详解】（1）a.盐酸为一元强酸、硫酸为二元强酸、醋酸为一元弱酸；若三者相同时，则醋酸浓度最大、硫酸浓度最小，故物质的量浓度由大到小的顺序是c>a>b；
b.将相同且体积也相同的三种酸，盐酸、硫酸均为强酸，氢离子浓度相同，则消耗氢氧化钠相同，醋酸为弱酸，其浓度远大于盐酸、硫酸，消耗氢氧化钠最多，故分别与等浓度的NaOH稀溶液反应至pH=7，则消耗NaOH溶液液的体积大小关系为c>a=b；
c.在稀释过程中醋酸电离程度变大，会电离出更多的氢离子，故将体积均为10毫升pH均为3的a和c溶液加入水稀释至pH均为6，则加入水的体积ad.醋酸为弱酸，浓度均为0.1ml/L盐酸和醋酸溶液，盐酸的pH更小，盐酸需要加水稀释pH才会升高到和醋酸相同；故将浓度均为0.1ml/L a和c溶液加入水稀释至相同pH，则盐酸需要加入更多的水，加入水的体积a>c；
（2）根据强酸制弱酸原理可知，纯碱溶液吸收少量生成碳酸氢钠和硫氢化钠，离子方程式为；
（3）a.常温下将相同物质的量浓度的氢氧化钠溶液与磷酸溶液按1：1的体积比混合，则恰好反应生成，的水解常数为，则其水解程度小于电离，故所得的溶液中、、的浓度从大到小的顺序为；
b.常温下，将相同物质的量浓度的磷酸二氢钠溶液与磷酸钠溶液按1：1的体积比混合，恰好反应生成，则主要离子为和，且>；的水解常数为，则水解程度大于二级电离，故所得的溶液中离子浓度位于前三位的依次是；
（4）在新制氯水中存在，加入少量的NaCl固体，平衡逆向移动，导致溶液中氢离子浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，则水的电离平衡向右移动；
（5）某温度下，纯水中的，，则。若温度不变，滴入稀硫酸使，则由水电离出的。
四、实验题
19．某学生用0.1000 ml/L的NaOH标准溶液测未知浓度的盐酸，其操作步骤如下：
A．量取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．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2～3cm
D．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液
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.完成填空：
(1)滴定管使用之前需要进行的操作是_____。
(2)判断到达滴定终点的实验现象是____。
(3)盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用图中的____操作。(填“甲”、“乙”、“丙”)。
(4)某学生进行3次实验得到相关数据如表所示。
则盐酸的物质的量浓度为_____ml•L-1(保留四位小数)。
(5)在中和滴定的实验中，下列操作能使测定结果偏低的是_____。A．滴定前碱式滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失
B．标准液的读数开始时平视，终点读数时仰视
C．装待测液的锥形瓶没有用待测液润洗
D．装待测液的滴定管没有用待测液润洗
【答案】(1)检查是否漏液
(2)当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色
(3)丙
(4)0.1044
(5)D
【分析】中和滴定操作有查漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作，为减少实验过程的偶然性，使实验测定值更接近真实值，要多进行几次平行实验，取有效值的平均值，再根据c(待测)=计算，并根据操作对标准溶液体积的影响分析实验误差。
【详解】（1）使用滴定管前必须检查是否漏液；
（2）用NaOH标准溶液滴定未知浓度的HCl，以酚酞溶液为指示剂，开始时溶液为无色，随着NaOH溶液的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH标准溶液时，溶液由无色变为浅红色，半分钟内溶液不褪色时，说明滴定达到终点，此时应该停止滴加NaOH标准溶液；
（3）盛NaOH标准液的滴定管尖嘴部分留有气泡，排除气泡的方法应采用图中的丙图所示的方法；
（4）进行三次滴定实验，反应消耗NaOH标准溶液的体积分别是(26.11-0)mL=26.11mL、(30.30-1.56)mL=28.74 mL；(26.31-0.22)mL=26.09 mL，显然第二次数据偏差较大，应该舍去，则平均消耗NaOH标准溶液的体积V=， 根据滴定时反应转化关系可知HCl的浓度为c(待测)==
（5）A．若滴定前碱式滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗标准溶液体积读数偏大，由此计算的待测溶液的浓度偏高，A不符合题意；
B．标准液的读数开始时平视，终点读数时仰视，导致滴定消耗标准溶液读数偏大，由此计算的待测溶液的浓度偏高，B不符合题意；
C．装待测液的锥形瓶没有用待测液润洗，对消耗标准溶液的体积无影响，因此对测定待测溶液的浓度不产生误差，C不符合题意；
D．若装待测液的滴定管没有用待测液润洗，则滴定消耗标准溶液的体积偏少，以此为标准计算的测定待测溶液的浓度偏低，D符合题意；
故合理选项是D。
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
压强
6.00p
5.60p
5.30p
5.15p
5.06p
5.00p
5.00p
电离平衡常数
滴定次数
待测盐酸的体积/mL
消耗0.100 ml/LNaOH溶液的体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.00
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
第三次
25.00
0.22
26.31