【化学】内蒙古通辽实验中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷

内蒙古通辽实验中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
可能用到的原子量：H-1 O-16 Na-23
第Ⅰ卷（共40分）
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共40分）
1.下列“化学与生活”的说法错误的是( )
A. 硫酸钡可用作钡餐 B. 纯碱可用于去油污
C. 明矾可用于水的消毒、杀菌 D. 醋可用于除去暖水瓶中的水垢
【答案】C
【解析】
【详解】A、硫酸钡不溶于水，不溶于酸，不能被X射线透过，在医疗上可以做钡餐，故A项正确；B、纯碱是能够水解的盐，水解后，溶液显碱性，能够促进油脂的水解，可用于去油污，故B正确；C、明矾可以用于水的净化，原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物质而净水，但明矾不能杀菌、消毒，故C错误；D、醋酸可以与水垢的成分碳酸钙、氢氧化镁反应，生成易溶的物质，可以用来除垢，故D正确；故选C。
2.下列物质分类组合正确的是（ ）

A
B
C
D
强电解质
HBr
FeCl3
H3PO4
Ca(OH)2
弱电解质
HF
CH3COOH
BaSO4
HCl
非电解质
CCl4
Cu
H2O
C2H5OH
【答案】A
【解析】
根据强弱电解质、非电解质的定义进行判断。HBr为强酸，属于强电解质，HF为弱酸，属于弱电解质，CCl4属于非电解质，A项正确；Cu为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B项错误；H3PO4为弱酸，属于弱电解质，BaSO4为盐，属于强电解质，H2O属于弱电解质，C项错误；HCl为强酸，属于强电解质，D项错误。
点睛：在没有特殊说明的情况下，我们认为盐是强电解质；而常见的弱酸、弱碱为弱电解质，如H2CO3、H2SO3、HClO、H2SiO3、NH3·H2O等；而强酸（HCl、H2SO4、HNO3）、强碱为强电解质。
3.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH-，△H>0，下列叙述正确的是（ ）
A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H+)降低
D. 将水加热，Kw不变，pH不变
【答案】B
【解析】
试题分析：A．向水中加入稀氨水溶液，平衡逆向移动，但c（OH-）升高，故A错误；B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW只与温度有关，温度不变，则KW不变，故B正确；C．向水中加入少量醋酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故C错误；D．水的电离为吸热反应，加热促进电离，则KW增大，pH变小，故D错误；故选B。
【考点定位】考查弱电解质的电离
【名师点晴】水为弱电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，注意把握影响水的电离的因素以及水的离子积常数的特点，加入与H+或OH-反应的物质通常为弱酸盐可弱碱盐促进水的电离，改变c（OH-）或c（H+）即添加酸或碱的溶液，抑制水的电离，只要是水溶液均存在水的电离平衡，且KW只与温度有关，据此分析解题。
4.已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO, HClO⇌H++ClO-。达平衡后，要使HClO浓度增大，可加入适量(　　)
A. H2S B. Na2CO3 C. 盐酸 D. NaOH
【答案】B
【解析】
【分析】
反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO达平衡后，要使HClO浓度增大，可以加入和盐酸反应的物质，据此分析解答。
【详解】A．向溶液中通入硫化氢，硫化氢和氯气发生氧化还原反应，导致平衡向逆反应方向移动，则次氯酸浓度降低，故A错误；B．向溶液中加入Na2CO3，Na2CO3和稀盐酸反应导致平衡向正反应方向移动，次氯酸和Na2CO3不反应，所以次氯酸浓度增大，故B正确；C．加入HCl，HCl的浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，则次氯酸浓度降低，故C错误；D．向溶液中加入NaOH，NaOH和HCl、HClO都反应，导致HClO浓度降低，故D错误；故选B。
5.以下离子：①H＋、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤SO42-、⑥OH－、⑦NO3-、⑧NH4+、⑨CO32-，在溶液中基本上不影响水的电离平衡的是 ( )
A. ①②⑤⑦ B. ②④⑤⑦ C. ②④⑥⑦ D. ②④⑥⑧
【答案】B
【解析】
【分析】
水是一种弱电解质，存在电离平衡，影响水的电离平衡的因素主要有：温度，电离过程是吸热过程，升高温度促进电离；酸、碱抑制水的电离；能水解的盐，促进水的电离；活泼金属促进水的电离，据此进行分析。
【详解】水的电离平衡为：H2O⇌H++OH-。①H+，加入氢离子，氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故①错误；②Cl-，加入氯离子，不影响水的电离，故②正确；③Al3+，加入铝离子，能够结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故③错误；④K+，加入钾离子，不影响水的电离，故④正确；⑤SO42-，加入硫酸根离子，不影响水的电离，故⑤正确；⑥OH-，加入氢氧根离子，溶液中的氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故⑥错误；⑦NO3-，加入硝酸根离子，不影响水的电离，故⑦正确；⑧NH4+，加入铵离子，铵离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，故⑧错误；⑨CO32-，加入碳酸根离子，碳酸根离子结合水电离的氢离子，促进水的电离，故⑨错误；故选B。
【点睛】本题考查了水的电离平衡的影响因素，明确酸或碱能抑制水的电离、含有弱酸或弱碱离子的盐能促进水的电离是解本题关键。
6.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )
A. B. C. n(H+) D. n(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】A、由NH3·H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3·H2O)减少，n(OH-)增大，因此减小，故A正确；B、由NH3·H2O⇌OH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3·H2O)减少，n(OH-)增大，增大，故B错误；C、用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3·H2O⇌OH-+NH4+可知，n(OH-)增大，但溶液的体积增大的多，则c(OH-)减小，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，因此c(H+)增大，n(H+)增大，故C错误；D、氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离，OH-的物质的量增加，故D错误；故选A。
7.0.1mol/L HA酸溶液加入0.1mol/L MOH强碱溶液反应后溶液呈中性，下列判断正确的是( )
A. 加入的碱一定过量 B. 生成的盐一定不水解
C. 酸与碱一定等物质的量混合 D. 反应后溶液中c(A-)=c(M＋)
【答案】D
【解析】
【详解】A．如果酸是强酸，则二者混合溶液呈中性时，酸碱恰好完全反应，二者的物质的量相等，故A错误；B．如果酸是弱酸，生成的盐为强碱弱酸盐，能水解，如果酸是强酸，则生成的盐不水解，故B错误；C．如果酸是强酸，混合溶液呈中性时，二者恰好完全反应生成盐，酸碱的物质的量相等，如果是弱酸，要使混合溶液呈中性，则酸要稍微过量，酸的物质的量大于碱的物质的量，故C错误；D．溶液中存在电荷守恒c(A-) +c(OH-)=c(M＋)+ c(H+)，溶液呈中性，则存在c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(M+)，故D正确；故选D。
8.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10-5
6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
从以上表格中判断下列说法正确的是( )
A. 在冰醋酸中这四种酸都完全电离
B. 在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸
C. 在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H+ +SO42-
D. 水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，故A错误；B．在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B错误；C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-，故C错误；D．这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查了电解质的电离，解答本题要注意克服定势思维，该题中的溶剂是冰醋酸不是水，要知道电离平衡常数能反映电解质的强弱。
9.在0.1mol·L-1 Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( )
A. c(Na+)＝2c(CO32-) B. c(OH-)＝c(H+)+ c(HCO3-) + c(H2CO3)
C. c(HCO3-)＞c(H2CO3) D. c(Na+)＜c(CO32-)+ c(HCO3-)
【答案】C
【解析】
【分析】
碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子第一步水解程度远远大于第二步，据此分析解答。
【详解】A．碳酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)＞2c(CO32-)，故A错误；B．碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子、碳酸氢根离子和水电离都生成氢氧根离子，只有水电离生成氢离子，所以溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故B错误；C．碳酸根离子第一步水解远远大于第二步，所以c(HCO3-)＞c(H2CO3)，故C正确；D．溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，所以c(Na+)＞c(CO32-)+c(HCO3-)，故D错误；故选C。
10.常温时0.1 mol·L-1 HA溶液的pH>1，0.1 mol·L-1 BOH溶液中c(OH-)∶c(H+)=1012，将两溶液等体积混合，以下判断正确的是(　　)
A. c(OH-)=c(H+)+c(HA) B. c(OH-)＜c(H+)＜c(B+)＜c(A-)
C. c(H+)+c(B+)＜c(A-)+c(OH-) D. c(A-)=c(B+)＞c(H+)=c(OH-)
【答案】A
【解析】
【分析】
常温下，0.1mol/L的酸HA溶液的pH＞1，说明HA不完全电离为弱酸，0.1mol/L的碱BOH溶液中c(OH-)∶c(H+)=1012，c(OH-)·c(H+)=10-14，则c(OH-)=0.1mol/L，则BOH完全电离为强碱，将两溶液等体积混合，二者恰好反应生成强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，据此分析解答。
【详解】A、根据质子守恒可知：c(OH-)=c(H+)+c(HA)，故A正确；B、将两溶液等体积混合，二者恰好反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c(H+)＜c(OH-)＜c(A-)＜c(B+)，故B错误；C、溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(B+)=c(A-)+c(OH-)，故C错误；D、二者恰好反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c(H+)＜c(OH-)＜c(A-)＜c(B+)，故D错误；故选A。
【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸碱电离程度确定酸碱的强弱是解本题关键。本题的难点为碱的强弱的判断。
11.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是( )
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣
B. 的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣
C. 的溶液：NH4+、Cu2+、NO3－、Cl－
D. 水电离的c(H+)=1×10﹣13 mol·L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣
【答案】B
【解析】
【详解】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，不能大量存在Al3+，故A错误； B.= c(OH-)=1×10-13mol•L-1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确C．=1×1012的溶液，显碱性，不能大量存在NH4+，故C错误；D．水电离的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2-、CO32-，故D错误；故选B。
12.室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是
选项
加入的物质
结论
A
50mL 1mol·L﹣1H2SO4
反应结束后，c(Na+)=c(SO42﹣)
B
0.05mol CaO
溶液中 增大
C
50mL H2O
由水电离出的c(H+)·c(OH﹣)不变
D
0.1mol NaHSO4固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na+)不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．n(H2SO4)=1mol/L×0.05L=0.05mol=n(Na2CO3)，所以二者恰好完全反应生成Na2SO4，Na2SO4是强电解质，完全电离，则溶液中存在c(Na+)=2c(SO42-)，故A错误；B．加入0.05molCaO，发生的一系列反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，且氢氧化钙和碳酸钠前后完全反应，导致溶液中c(OH-)增大、c(CO32-)减小，则溶液中增大，故B正确；C．加入水后，溶液中c(Na2CO3)减小，pH减小，则溶液中c(H+)减小，水电离出的c(H+)=c(OH-)，所以该溶液中水电离出的c(H+)•c(OH-)减小，故C错误； D．Na2CO3水解导致溶液呈碱性，NaHSO4和Na2CO3反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、H2O、CO2，溶液中的溶质是Na2SO4，溶液呈中性，溶液的pH减小，加入的硫酸氢钠中含有钠离子，所以c(Na+)增大，故D错误；故选B。
【点睛】明确溶液中溶质成分及其性质、物质之间发生的反应是解本题关键。本题的易错点为C，要注意区分该溶液中的c(H+)•c(OH-)和水电离出的c(H+)•c(OH-)的差异。
13.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，在向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是
A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3
【答案】D
【解析】
试题分析：Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，达到除杂的目的，A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，错误；D．加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，正确，选D。
考点：考查盐类水解的应用。
14.25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表，下列叙述正确的是(　　)

Ka1
Ka2
H2A
1.3×10-2
6.3×10-6
H2B
4.2×10-7
5.6×10-11
A. H2A的电离方程式：H2A ⇌ 2H＋＋A2-
B. 常温下，在水中Na2B的水解平衡常数为：
C. 相同pH的Na2A、Na2B溶液中物质的量浓度：c(Na2A)＞c(Na2B)
D. 向Na2B溶液中加入少量H2A溶液，可发生反应：B2－＋H2A⇌A2－＋H2B
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据电离平衡常数H2A和H2B都是弱电解质，二者分步电离，且以第一步电离为主，所以H2A⇌H++HA-，故A错误；B、水解方程式为B2-+H2O⇌HB-+OH-，Kh1=，分子和分母同乘以氢离子的浓度，则Kh1=，故B错误；C、根据酸根对应的酸越弱越水解，碱性越强，由于酸性：HA-＞HB-，所以相同浓度的Na2A、Na2B的pH是Na2B的大，则相同pH的Na2A、Na2B溶液中物质的量浓度：c(Na2A)＞c(Na2B)，故C正确；D、因为酸性H2A＞HA-＞H2B，所以2B2-+H2A═A2-+2HB-，不能反应生成H2B，故D错误；故选C。
15.常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 ( 　 )
A. pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl–)= c(NH4+)＞c(OH–)=c(H+)
B. pH=8.3的NaHCO3溶液：c(Na+)＞c(HCO3–)＞c(CO32–)＞c(H2CO3)
C. 0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合2c(H+)– 2c(OH–)= c(CH3COO–)– c(CH3COOH)
D. 新制氯水中加入固体NaOH：c(Na+)= c(Cl–)+ c(ClO–)+ c(OH–)
【答案】C
【解析】
【详解】A．pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，反应后氨水过量，一水合氨为弱碱，电离使得溶液显碱性：c(NH4+ )＞c(Cl-)＞c(OH )＞c(H+)，故A错误；B．pH=8.3的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，溶液中离子浓度大小c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，故B错误；C.0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到等浓度的醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+) = c(OH- )+c(CH3COO-)，物料守恒2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，得到2c(H+)-2c(OH- ) = c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故C正确；D．新制氯水中加入固体NaOH，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl- )+c(ClO- )+c(OH )，故D错误；故选C。
16.下列关系式错误的是( 　 )
A. CO2的水溶液：c(H+)＞c(HCO3-)＞2c(CO32-)
B. 等浓度的HCN溶液与NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH>7，则溶液中离子浓度：c(Na+)＞c(CN-) ＞c(OH-)＞c(H+)
C. NaHCO3溶液中存在水解平衡：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-
D. 两种弱酸HX和HY混合后，溶液中的c(H+)为(Ka为电离平衡常数) ++ c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．CO2的水溶液中，碳酸部分电离出氢离子，溶液呈酸性，由于氢离子还来自水的电离、HCO3-的电离，则c(H+)＞c(HCO3-)，由于第二步电离极弱，则c(HCO3-)＞＞c(CO32-)，所以该溶液中离子浓度大小为：c(H+)＞c(HCO3-)＞2c(CO32-)，故A正确；B．等浓度的HCN溶液与NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH＞7，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可得：c(Na+)＞c(CN-)，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B正确；C．HCO3-能水解生成H2CO3、OH-，水解方程式为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故C正确；D．两种弱酸HX和HY混合后，根据二者的电离平衡常数可知溶液中的c(H+)为(Ka为电离平衡常数)：c(H+)==，故D错误；故选D。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质组成为解答的关键。本题的易错点为A，要注意碳酸的第二步电离远小于第一步电离。
17.下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A. 向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)减小
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH). c(OH-)]增大
C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中c(NH4+)/c(Cl-)＞1
D. 用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液，所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb，则Va >10Vb
【答案】D
【解析】
【详解】A．向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸物质的量减少，则溶液中增大，故A错误；B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进CH3COONa的水解，c(CH3COO-)减小，c(CH3COOH)和c(OH-)增大，则溶液中减小，故B错误；C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)则c(NH4+)=c(Cl-)，=1，故C错误；D．如为pH=3和pH=2的盐酸中和NaOH溶液，则有Va=10Vb，但醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，所以应有Va＞10Vb，故D正确；故选D。
18. 常温下，下列说法不正确的是( )
A. 等体积、等物质的量浓度的NaCl(aq) 离子总数大于NaClO(aq)中离子总数
B. pH=3的硫酸溶液中水的电离程度等于pH=11的氨水溶液中水的电离程度
C. 0.1 mol/L的NaHA溶液pH＝5，则溶液：c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(H2A)
D. 向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(OH－)＝c(H＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：A．HClO是弱酸，所以NaClO溶液中发生水解反应：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，使溶液呈碱性，氢离子浓度小于10-7mol/L，所以NaCl溶液中C(Na+)+C(H+)大于NaClO溶液中C(Na+)+C(H+)，根据电荷守恒：C(Na+)+C(H+)=C(OH-)+c(Cl-)可得溶液中离子总数为2×[c(Na+)+c(H+)]×V；同理可得NaClO溶液中总数为2×[c(Na+)+c(H+)]×V，所以NaCl溶液中离子总数大于NaClO溶液，故A正确；B．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大，硫酸中氢离子浓度等于氨水中氢氧根离子浓度，则二者抑制水电离程度相等，故B正确；C.0.1 mol/L的NaHA溶液pH=5，则HA-电离程度大于水解程度，则c(A2-)＞c(H2A)，水和HA-都电离出氢离子，则c(H+)＞c(A2-)，HA-的电离和水解程度都较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(H2A)，故C正确；D．向 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，若1：1反应，显酸性，NaOH过量，则c(Na+)＞c(SO42-)，显中性时溶液的溶质为硫酸钠，硫酸铵、一水合氨，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)＜(SO42-)，故D错误；故选D。
考点：考查离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离、盐类水解等，根据物质的性质再和物料守恒等知识点来分析解答。
19.常温下，取pH＝2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是(　　)

A. H2A为二元弱酸，稀释前c(H2A)＝0.005 mol·L－1
B. NaHA水溶液中：c(Na+)＋ c(H+)＝2c(A2-)＋c(OH-)
C. 含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na＋)＝ c(A2-)＋c(B2-)＋c(HB-)
D. pH＝10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na＋)＞c(HB－)＞c(OH－)＞c(B2－)＞c(H2B)
【答案】B
【解析】
A．pH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，A错误；
B．根据电荷守恒可知NaHA水溶液中：c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2-)+ c(OH-)，B正确；C．根据物料守恒可知含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=2c(A2-)+ 2c(B2-)+ 2c(HB-)+ 2c(H2B)，C错误；D．pH=10的NaHB溶液显碱性，说明HB－的电离程度小于水解程度，离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HB-)＞c(OH-)＞c(H2B)＞c(B2-)，D错误；答案选B。
点睛：本题以离子浓度大小比较为载体考查弱电解质电离，会根据图象确定酸的强弱是解本题关键，再结合守恒思想分析解答，易错选项是C、D。
20.常温下，用0.10mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是( )

A. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)＜c(CN-)
B. 点③和点④所示溶液中：c(Na+)＞c(OH-)＞c(CH3COO-)＞c(H+)
C. 点①和点②所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)
D. 点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＞c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＜c(H+)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO-)＞c(CN-)，故A错误；B．点③中pH=7，则c(OH-)=c(H+)，则点③中c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，故B错误；C．点①的溶液中存在物料守恒为c(HCN)+c(CN-)=c(Na+)，点②所示溶液中的物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)+c(CN-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，即c(CH3COO-)-c(CN-)=c(HCN)-c(CH3COOH)，故C正确；D．点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，在③中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子要水解，所以c(Na+)＞c(CH3COOH)，所以c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(CH3COOH)+c(H+)，故D错误；故选C。
考点：考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系。
第Ⅱ卷（共60分）
二．填空题
21.(1)Na2CO3俗称纯碱，写出水解常数的表达式为Kh=___________。已知25℃时，Kh=2×10-4mol/L，则当溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-) = 2∶1时，试求溶液的pH=____。
(2)氢离子浓度为0.1 mol·L-1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，
①三种溶液的浓度依次为a mol·L-1，b mol·L-1，c mol·L-1，其大小顺序为____________。
②等体积的三种酸分别与NaOH溶液中和生成正盐时，消耗NaOH的物质的量依次是n1、n2、n3，其大小关系_______________。
(3)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是___________________。
(4)在纯碱溶液中滴入酚酞，溶液变红色，若在该溶液中再滴入过量的BaCl2溶液，所观察到的现象是_____________；原因是______________。（结合相关离子方程式和文字加以解释）
【答案】 (1). (2). 10 (3). c>a>b (4). n3>n1=n2 (5). Al2O3 (6). 产生白色沉淀，且红色褪去 (7). 在纯碱溶液中CO32-水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入BaCl2后Ba2++CO32-=BaCO3↓(白色)，由于CO32-浓度减小，水解平衡左移，OH-浓度减小，酚酞褪色；
【解析】
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为：CO32-+H2O=HCO3-+OH-；Kh=，Kh=2×10-4mol/L，则当溶液中c(HCO3-)∶c(CO32-)=2∶1时，Kh==2×10-4mol/L，c(OH-)=1×10-4 mol/L，c(H+)=1×10-10mol/L，所以溶液的pH=10，故答案为：；10；
(2)①氯化氢和硫酸是强电解质，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，醋酸是一元弱酸，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，所以当氢离子浓度相同时，其溶液浓度大小顺序为c>a>b，故答案为：c>a>b；
②等体积的三种酸中含有的氢离子(电离的和未电离的)总量c>a=b，分别与NaOH溶液中和生成正盐时，消耗NaOH的物质的量依次是n1、n2、n3，其大小关系为n3>n1=n2，故答案为：n3>n1=n2；
(3) AlCl3为强酸弱碱盐，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，灼烧氢氧化铝可分解生成Al2O3，故答案为：Al2O3；
(4)纯碱是碳酸钠，为强碱弱酸盐，水解生成氢氧根离子：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，导致溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变红；向溶液中加入氯化钡后，钡离子和碳酸根离子反应生成碳酸钡沉淀，Ba2++CO32-═BaCO3↓(白色)，CO32-浓度减小，水解平衡左移，OH-浓度减小，溶液褪色；故答案为：产生白色沉淀，且红色褪去；在纯碱溶液中CO32-水解：CO32-+H2OHCO3-+OH-，加入BaCl2后Ba2++CO32-=BaCO3↓(白色)，由于CO32-浓度减小，水解平衡左移，OH-浓度减小，酚酞褪色。
22.水的电离平衡曲线如图所示。

(1)若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度， 当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_____________增加到_____________。
(2)保持100℃的恒温，将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为____________________。
(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈________（填“酸性”，“中性”或“碱性”），醋酸体积____________氢氧化钠溶液体积。（填“ >” 或“＝”或“H2CO3>HClO (2). HCO3-+H2O H2CO3+OH- (3). CO32->ClO－>HCO>CH3COO－ (4). C (5). 大于 (6). ③④⑤
【解析】
【详解】(1)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，CH3COOH、H2CO3、HClO电离平衡常数依次减小，则酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO，NaHCO3溶液显碱性是由于HCO3-的水解，HCO3-水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO；HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；
(2)酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，其对应的酸根离子结合氢离子的能力越弱，酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以结合氢离子能力强弱顺序是CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，故答案为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-；
(3)次氯酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HClO溶液和CH3COOH溶液，醋酸酸性强于次氯酸，所以c(CH3COOH)＜c(HClO)，等体积的两种溶液n(CH3COOH)＜n(HClO)，所以次氯酸消耗的氢氧化钠多，故选C；
(4)这两种酸都是一元酸，加水稀释促进弱酸电离，稀释100倍时，pH变化值为2的是强酸，小于2的为弱酸，pH变化值越大的酸酸性越强，根据图像，酸性HX＞CH3COOH，则HX的电离平衡常数大于醋酸，故答案为：大于；
(5)c(H+)相同的HCl、CH3COOH，c(CH3COOH)＞c(HCl)，c(H+)相等，体积相等的HCl、CH3COOH，n(CH3COOH)＞n(HCl)，二者分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，应该是盐酸，放出氢气的质量相同，说明消耗两种酸的物质的量相等。 ①反应过程中醋酸电离出氢离子，c(H+)A小于B，所以反应过程中速率A＜B，则反应所需要的时间A＞B，故错误；②开始反应时氢离子浓度相等，所以反应速率A=B，故错误；③生成氢气的物质的量相等，则参加反应的锌的物质的量A=B，故正确；④反应过程中醋酸电离出氢离子，c(H+)A小于B，所以反应过程的平均速率B＞A，故正确；⑤醋酸有剩余，则A中有锌剩余，故正确；⑥A中有锌剩余，故错误；正确的有③④⑤，故答案为：③④⑤。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数与酸性强弱关系是解本题关键。本题的易错点为(5)，要注意化学反应速率与酸中氢离子浓度成正比，与酸性强弱无关。
24.Ⅰ.(1)①向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至硫酸根离子刚好沉淀完全时，溶液的pH________7(填＞或＜或＝)，离子反应总方程式为______________；
②向明矾溶液中逐滴加氢氧化钡溶液至铝离子刚好沉淀完全时，溶液的pH________7(填＞或＜或＝)，离子反应总方程式为______________。
(2)pH相等时，①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4三种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为_____________________________________。
Ⅱ.某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定烧碱的纯度，进行以下滴定操作：
A．在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液
B．用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴酚酞指示剂
C．在天平上准确称取烧碱样品W g，在烧杯中加蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为M mol·L－1的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数为V1 mL
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点酸的体积V2 mL
回答下列问题：
(1)正确的操作步骤的顺序是（用字母填写）____→____→____→ D →____
(2)使用滴定管之前应进行的操作是__________________。
(3)恰好达到滴定终点时的实验现象为_________________________________________。
(4)若酸式滴定管未用盐酸标准溶液润洗，会对测定结果有何影响__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
(5)该烧碱样品的纯度计算式是________________________________。
【答案】 (1). ＞ (2). Al3+＋ 2SO42-＋2Ba2+＋4OH－＝AlO2-+ 2BaSO4↓＋2H2O (3). ＝ (4). 2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH－＝2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓ (5). ①＝②＞③ (6). C (7). A (8). B (9). E (10). 检查是否漏液 (11). 溶液刚好由红色变为无色，且半分钟内不恢复 (12). 偏高 (13).
【解析】
【详解】I.(1)①明矾的电离方程式为：KAl(SO4)2═K++Al3++2SO42-。假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2molSO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa(OH)2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH-反应生成1molAlO2-，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，反应后偏铝酸根离子水解，溶液呈碱性，pH＞7，故答案为：＞；Al3+＋ 2SO42-＋2Ba2+＋4OH－＝AlO2- + 2BaSO4↓＋2H2O；
②假设明矾的物质的量为1mol，水溶液中含2molSO42-，1molAl3+，明矾水溶液中Al3+恰好沉淀时，需氢氧根离子3mol，所以明矾与Ba(OH)2的物质的量之比为2：3，离子反应为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，此时溶液中的溶质为硫酸钾，溶液呈中性，pH=7，故答案为：=；2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-═2Al(OH)3↓+3BaSO4↓；
(2)(NH4)2SO4与NH4Cl溶液都是强酸弱碱盐，相同pH的(NH4)2SO4与NH4Cl溶液中铵根离子的水解程度相同，说明NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4，则溶液中铵根离子浓度大小为：①=②＞③，故答案为：①=②＞③；
Ⅱ.(1)实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，具体步骤为：C．在天平上准确称取烧碱样品Wg，在烧杯中加蒸馏水溶解；A．在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液；B．用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲基橙指示剂；D．将物质的量浓度为M mol/L的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度为V1mL；E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL，即正确的操作步骤的顺序为CABDE，故答案为：C；A；B；E；
(2)为了避免滴定管漏液，影响滴定结果，则在中和滴定前需要检查滴定管是否漏水，故答案为：检查是否漏液；
(3)指示剂为酚酞，用盐酸滴定氢氧化钠溶液，当溶液刚好由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色，表明达到了滴定终点，故答案为：溶液刚好由红色变为无色，且半分钟内不恢复；
(4)若酸式滴定管未用盐酸标准溶液润洗，标准液被稀释，标准液的浓度变小，滴定时消耗的标准液体积偏大，根据c(待测)=，测定结果偏高，故答案为：偏高；
(5)滴到消耗的HCl的物质的量为：n(HCl)=cV=(V2-V1)×10-3L×Mmol/L，根据反应方程可知，n(NaOH)=n(HCl)=M(V2-V1)×10-3mol，原样品中氢氧化钠的物质的量为：M(V2-V1)×10-3mol×=M(V2-V1)×10-2mol，该氢氧化钠的质量为：m(NaOH)=nM=40M(V2-V1)×10-2g，
所以该烧碱样品的纯度为：×100%=×100%，故答案为：×100%。