【化学】内蒙古自治区杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高二下学期期中考试（解析版）

内蒙古自治区杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高二下学期期中考试
可能用到的相对原子量 H :1 C:12 O:16 S:32
一、选择题（每题2分，共50分）
1.判断强弱电解质的标准是(　　)
A. 导电能力 B. 相对分子质量 C. 电离程度 D. 溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解质的强弱与溶液的导电能力无关,溶液的导电性强弱取决于溶液中离子浓度的大小,离子浓度越大,导电性越强,如硫酸钡是强电解质,但它难溶于水,虽溶于水的部分能完全电离,而导电能力很弱,故A错误;B. 根据能否完全电离区分强电解质弱电解质，与相对分子质量没有关系,故B错误;C.强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，弱电解质是在水溶液中部分电离的化合物，故 C正确;D.硫酸钡是强电解质,但它难溶于水,乙酸易溶于水,但它是弱电解质, 所以电解质的强弱与溶解度无关,故D错误;答案：C。
【点睛】强电解质是指在水溶液中能够完全电离的化合物，一般的强酸、强碱和大部分盐类属于强电解质；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质,包括弱酸、弱碱、水与少数盐。据此即可解答。
2.北魏贾思勰《齐民要术·作酢法》这样描述苦酒：“乌梅苦酒法：乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，捣作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关苦酒主要成分的说法正确的是(　　)
A. 苦酒的主要溶质是非电解质 B. 苦酒的主要溶质是强电解质
C. 苦酒的主要溶质是弱电解质 D. 苦酒的溶液中只存在分子，不存在离子
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意分析苦酒即成醋尔，说明苦酒的成分是乙酸。
【详解】A. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故A错误；B. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故B错误；C. 苦酒的主要溶质是乙酸，属于弱电解质，故C正确；D. 苦酒的溶质属于弱电解质，在水中部分电离，所以既有电解质分子CH3COOH，又有H+和CH3COO-离子，故D错误；答案：C。
3.氢氰酸(HCN)的下列性质中，不能说明它是弱电解质的是(　　)
A. 1 mol·L－1氢氰酸溶液的pH约为3
B. 同浓度的盐酸比HCN溶液导电性强
C. 同浓度同体积的HCN溶液和NaOH溶液混合，溶液呈碱性
D. 10 mL 1 mol·L－1HCN恰好与10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】A.弱酸在溶液中不能完全电离，其电离产生的离子的浓度小于溶质的浓度，能说明氢氰酸为弱酸，故A能说明；B.同浓度的强、弱电解质溶液，强电解质溶液中离子浓度，导电性强，能说明氢氰酸为弱酸，故B能说明；C.同浓度同体积的HCN溶液和NaOH溶液混合，生成NaCN为强碱弱酸盐，NaCN水解溶液呈碱性，能说明氢氰酸为弱酸，故C能说明；10 mL 1 mol·L－1HCN和10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液中酸碱物质的量相同，能完全反应，但不能说明氢氰酸为弱酸，故D不能说明；答案选D。
【点睛】本题主要考查强、弱电解质的区别，无论是强酸还是弱酸，它们中和碱的能力是相同的，但完全中和后溶液的酸碱性是不一样的。
4.下列四种溶液中，水的电离程度最大的是(　　)
A. pH＝5的NH4Cl溶液 B. pH＝5的NaHSO4溶液
C. pH＝8的CH3COONa溶液 D. pH＝8的NaOH溶液
【答案】A
【解析】
试题分析：A．pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c(H+)水=10-5mol/L；B．pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c(OH-)水=10-9mol/L；C．pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c(OH-)水=10-6mol/L；D．pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c(H+)水=10-8mol/L；综上所述水的电离程度最大的是A，答案选A。
考点：考查水的电离
5.已知25 ℃下，醋酸溶液中存在下述关系：K＝c(H+)c(CH3COO-)/c(CH3COOH)＝1.75×10－5，其中K的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数。有关K的下列说法正确的是(　　)
A. 当向该溶液中加入一定量的硫酸时，K值增大
B. 升高温度，K值增大
C. 向醋酸溶液中加水，K值增大
D. 向醋酸溶液中加醋酸钠，K值减小
【答案】B
【解析】
【分析】
醋酸的电离平衡常数K只与温度有关，与物质的浓度无关；醋酸的电离是吸热过程。
【详解】A、向该溶液中加入一定量的硫酸时，温度不变，K不变，故A错误；B、醋酸的电离是吸热过程，温度升高，应向吸热方向移动，K增大，故B正确；C、向醋酸溶液中加水，温度不变，K不变，故C错误；D、向醋酸溶液中加醋酸钠，温度不变，K不变，故D错误；答案：B。
【点睛】醋酸电离是可逆的，根据醋酸的电离平衡常数计算公式可知，影响其电离平衡常数的因素只有有温度，与醋酸、醋酸根离子、氢离子浓度无关。
6.下列有关盐类水解的叙述中正确的是(　　)
A. 溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐
B. 含有弱酸根盐的水溶液一定呈碱性
C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱
D. 强酸强碱盐的水溶液一定呈中性
【答案】C
【解析】
某些弱酸弱碱盐溶液也会显中性（例如：醋酸铵），选项A错误。含有弱酸根盐的水溶液也有可能是中性的（例如：醋酸铵）或酸性的（例如：亚硫酸氢钠），选项B错误。盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱，即越弱越水解，选项C正确。强酸强碱盐的水溶液不一定呈中性，例如NaHSO4溶液显酸性，选项D错误。
点睛：盐溶液的酸碱性实际取决于盐电离出来的阴阳离子的性质。如果是正盐，应该看哪种离子水解较强，阴离子水解占主导，溶液显碱性，阳离子水解占主导，溶液显酸性，阴阳离子水解相近，溶液显中性。如果是酸式盐，还要多考虑酸根存在的电离和水解，例如：碳酸氢钠显碱性是因为水解大于电离，亚硫酸氢钠显酸性是因为电离大于水解。
7.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是(　　)
①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水　⑤加热　⑥少量MgSO4固体
A. ①②③⑤ B. ③ C. ③④⑥ D. ③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】根据稀氨水中存在着：NH3·H2ONH4+＋OH－平衡进行分析：①若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，故①错误；②加硫酸H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，故②错误；③当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，故③符合题意；④若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，故④错误；⑤电离属于吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，故⑤错误；⑥加入MgSO4固体，发生反应：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，使平衡向正反应方向移动，且溶液中c(OH－)减小，故⑥错误。符合题意的选项为③；答案：B。
8.室温下，向10 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是(　　)
A. 溶液中离子的数目减小
B. 再加入CH3COONa固体能促进醋酸的电离
C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D. 溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH)∙c(OH-)不变
【答案】D
【解析】
【分析】
根据醋酸溶液中存在着CH3COOHH＋+CH3COO-电离平衡进行分析即可。
【详解】A.加水稀释醋酸的过程中，醋酸的电离程度增大，溶液中离子数目增多，故A错误；
B.再加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡向左移动，能抑制CH3COOH的电离，故B错误；
C.加水稀释醋酸的过程中，醋酸的电离程度增大，但溶液中c(H＋)减小，C错误；
D.溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)∙c(OH-)]＝Ka/Kw，因加水稀释过程中温度不变，所以Ka/Kw不变,故D正确；
答案：D
9.已知在100 ℃时水的离子积Kw＝1×10－12，下列溶液的温度均为100 ℃。其中说法正确的是(　　)
A. 0.005 mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝2
B. 0.001 mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11
C. 0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D. pH＝3的H2SO4溶液与pH＝9的NaOH溶液完全中和需要NaOH溶液的体积是硫酸溶液的2倍
【答案】A
【解析】
【详解】A.0.005 mol·L－1的H2SO4溶液中，c(H＋)＝0.005 mol·L－1×2＝0.01 mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg0.01＝2，故A正确；B.0.001 mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001 mol·L－1，c(H＋)＝KW/c(OH－)＝1×10－12/0.001mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－9)＝9，故B错误；C.0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性，pH＝6，故C错误；D.pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝9的NaOH溶液，c(OH－)＝10－3mol·L－1，二者完全中和，需要溶液的体积相等，故D错误。答案：A。
10.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，会引起实验误差的是(　　)
A. 取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C. 往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
滴定管若干燥洁净，不必用水洗涤，故也不需用标准液润洗，A不会引起误差；锥形瓶内存有少量蒸馏水，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，B不会引起误差；向锥形瓶内滴入酚酞指示剂，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，C不会引起误差；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使测定结果偏高，D会引起误差。
11.下列说法中错误的是(　　)
A. 0.1 mol/L的HCl与0.1 mol/L的NH3·H2O等体积混合，溶液中的c(NH4+)>c(Cl－)
B. 常温下pH＝3的HCl与pH＝11的氨水等体积混合，溶液中的c(OH－)>c(H＋)
C. pH＝11的NaCN溶液中，由水电离出来的c(OH－)＝c(H＋)
D. CO2、SO2的水溶液能导电，但它们是非电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A. 0.1 mol/LHCl与0.1 mol/L 的NH3·H2O等体积混合,生成氯化铵溶液,溶液中NH4+离子水解,溶液中的c(NH4+)c(H＋),故B正确;C. pH＝11的NaCN溶液中,阴离子水解溶液显碱性,但由水电离出来的c(OH－)＝c(H＋),故C正确;D. CO2、SO2的水溶液能导电是生成了碳酸和亚硫酸为电解质,本身不能电离它们是非电解质,故D正确;答案：A。
12.下列各组数据中，前者一定比后者大的是
A. 相同温度下，pH＝10的KOH溶液和pH＝10的K2CO3溶液由水电离出的OH－浓度
B. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液与0.1 mol·L－1(NH4)2CO3溶液中NH浓度
C. Na2CO3溶液中HCO3-和OH－的浓度
D. 纯水在80℃的pH和在常温下的pH
【答案】B
【解析】
【分析】
A. 相同温度下，pH＝10的KOH溶液中水电离出的c(H＋)=10-10mol/L，pH＝10的K2CO3溶液，水电离出的c(OH－)＝c(H＋)=Kw/10-10mol/L，后者大于前者；
B. (NH4)2CO3溶液中，铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，导致铵根离子浓度减小较大，前者大于后者；
C.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，H2O⇌H++OH-，导致溶液中c(OH－)>c(HCO3-)，后者大于前者；
D.升高温度，水的电离程度增大，溶液中的c(H＋)增大，则pH值减小，后者大于前者；
【详解】A. 相同温度下，pH＝10的KOH溶液中水电离出的c(H＋)=10-10mol/L，pH＝10的K2CO3溶液，水电离出的c(OH－)＝c(H＋)=Kw/10-10mol/L，后者大于前者，A错误；
B. (NH4)2CO3溶液中，铵根离子和碳酸根离子相互促进水解，导致铵根离子浓度减小较大，前者大于后者，B正确；
C.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，H2O⇌H++OH-，导致溶液中c(OH－)>c(HCO3-)，错误；
D.升高温度，水的电离程度增大，溶液中的c(H＋)增大，则pH值减小，D错误；
答案为B
13.如下图所示的八个装置中，属于原电池的是(　　)

A. 全部 B. ④⑥⑦
C. ③④⑤⑥⑦⑧ D. 除①②③外
【答案】B
【解析】
分析】
根据原电池的构成条件：两个活泼性不同的电极，电解质溶液，闭合电路。
【详解】①②③⑧不符合两个活泼性不同的电极，不属于原电池；⑤酒精不属于电解质，不符合电解质溶液的条件，不属于原电池；④⑥⑦符合构成原电池的条件，故B正确；答案：B。
14.在常温时，将a1 mL b1 mol·L－1CH3COOH溶液加入到a2 mL b2 mol·L－1 NaOH溶液中，下列结论正确的是(　　)
A. 如果a1＝a2、b1＝b2，则混合溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)
B. 如果混合溶液的pH＝7，则混合溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C. 如果混合溶液的pH<7，则a1b1＝a2b2
D. 如果a1＝a2，且混合溶液的pH<7，则b1>b2
【答案】D
【解析】
【详解】A.如果a1＝a2、b1＝b2,则a1b1=a2b2,两溶液恰好反应生成醋酸钠,因为醋酸根离子的水解,导致溶液中c(CH3COO－)减小,则c(CH3COO－)a2 b2,故C错误;D. 因为是强碱和弱酸的反应，若混合溶液的pH<7时，则酸一定过量，因为a1＝a2,则一定满足b1>b2,故D正确;答案：D。
【点睛】根据弱酸和强碱反应的特点；恰好反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性；浓度相等时，要使溶液显中性，需要弱酸的体积大。以此分析此题。
15.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是(　　)

A. ③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)>c(OH－)
C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③
D. V1 L ④与V2L ①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1 【答案】D
【解析】
【分析】
根据表格分析①中c（NH3·H2O）＞0.001mol/L，②中c（NaOH）=0.001mol/L，③中c（CH3COOH）＞0.001mol/L，④中c（HCl）=0.001mol/L，据此判断。
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大，故A正确；B．因为②为NaOH，③为CH3COOH，如果②③等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH①＞②＞④＞③，故C正确；D．因为c(NH3·H2O)＞0.001mol/L、c(HCl)=0.001mol/L，若V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于或等于氨水，即V1＞V2，故D错误；答案：D。
16. 室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A. Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)
B. Na2C2O4溶液中：c(OH－)=c(H＋)+c(HC2O4－)+2c(H2C2O4)
C. Na2CO3溶液：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(OH－)
D. CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)+c(Ca2＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)+2c(Cl－)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．Na2S溶液中的一级水解大于二级水解，则c(Na＋)>c(OH－)>c(HS－)>c(H2S)，故A错误；B．Na2C2O4溶液中存在的质子守恒式为c(OH－)=c(H＋)+c(HC2O4－)+2c(H2C2O4)，故B正确；C．Na2CO3溶液存在的电荷守恒式为c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(HCO3－)，故C错误；D．CH3COONa和CaCl2混合溶液存在的物料守恒式为c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)、2c(Ca2＋)=c(Cl－)，故D错误；答案为B。
考点：考查离子浓度的比较，涉及溶液中的质子守恒、电荷守恒及物料守恒。
17.同物质的量浓度、同体积的HCl和醋酸溶液，分别与过量相同情况的Na2CO3固体反应时，下列叙述正确的是(　　)
A. 反应速率HCl>CH3COOH
B. 气泡逸出速率CH3COOH>HCl
C. 在相同条件下两酸产生的CO2的体积不相同
D. 如果两酸的c(H＋)相同时，两酸的物质的量浓度HCl>CH3COOH
【答案】A
【解析】
【详解】A、盐酸是强酸，能够完全电离，醋酸是弱酸，不能完全电离。同物质的量浓度、同体积的HCl和醋酸溶液，盐酸中氢离子浓度大，开始反应速率快，反应速率HCl>CH3COOH，故A正确；B、因为盐酸中氢离子浓度大，开始反应速率快，气泡逸出速率快，故B错误；C、同物质的量浓度、同体积的HCl和醋酸溶液，与过量相同情况的Na2CO3固体反应时，生成的二氧化碳气体物质的量相同，故C错误；D、如果两酸的c（H+）相同时，体积相同，则弱酸的浓度大，所以两酸的物质的量浓度HCl＜CH3COOH，故D错误；答案：A。
【点睛】盐酸是强酸，能够完全电离，醋酸是弱酸，不能完全电离，所以相同浓度的两种酸，盐酸中所含氢离子浓度大，醋酸所含氢离子浓度小，醋酸在水溶液中主要以分子形式存在，醋酸的酸性强于碳酸，能够与Na2CO3反应生成二氧化碳气体，同物质的量浓度、同体积的HCl和醋酸溶液，与过量相同情况的Na2CO3固体反应时，生成的二氧化碳气体物质的量相同，据此分析。
18.下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是(　　)
A. 10 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合：c(Cl－)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H＋)
B. 10 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
C. 10 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D. 10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1 mol/L盐酸混合：c(Cl－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】B
【解析】
试题分析：A．10 mL0．1 mol·L－1氨水与10 mL0．1 mol·L－1盐酸混合，恰好完全反应产生NH4Cl，NH4Cl是强酸弱碱盐，NH4＋发生水解反应消耗水电离产生的OH－，使溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－），A错误；B．10 mL0．1 mol·L－1NH4Cl溶液与5 mL0．2 mol·L－1NaOH溶液混合发生反应产生等物质的量的NaCl、NH3∙H2O的混合物，由于NaCl是强酸强碱反应产生的盐，而NH3∙H2O是弱碱，电离产生OH-，因此溶液显碱性，所以c（Na＋）＝c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋），B正确；C．10 mL0．1 mol/LCH3COOH溶液与5 mL0．2 mol/LNaOH溶液混合恰好发生反应得到的CH3COONa溶液。CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO－水解消耗，所以c（OH－）＞c（CH3COO－），故离子浓度关系是c（Na＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H＋）,C错误；D．10 mL0．5 mol·L－1CH3COONa溶液与6mL1 mol·L－1盐酸混合元素过量，所得溶液是醋酸、盐酸和氯化钠的混合溶液，溶液显酸性，所以离子浓度关系是：c（Cl－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－），D错误。
【考点定位】本题主要是考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法
【名师点晴】溶液中微粒浓度大小的比较
（1）微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系：
①两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c（H2CO3）＞c（HCO3－）≫c（CO32－）（多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离）。
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c（CO32－）＞c（HCO3－）≫c（H2CO3）（多元弱酸根离子的水解以第一步为主）。
（2）三个守恒关系：
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c（Na＋）＋c（H＋）===c（HCO3－）＋2c（CO32－）＋c（OH－）。
②物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0．1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c（Na＋）＝c（HCO3－）＋c（CO32－）＋c（H2CO3）＝0．1 mol·L－1。
③质子守恒：由水电离出的c（H＋）等于由水电离出的c（OH－），在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c（OH－）＝c（H＋）＋c（HCO3－）＋2c（H2CO3）。
（3）四种情况分析：
①多元弱酸溶液：根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c（H＋）＞c（H2PO4－）＞c（HPO42－）＞c（PO43－）。
②多元弱酸的正盐溶液：根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c（Na＋）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（HCO3－）。
③不同溶液中同一离子浓度的比较：要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c（NH4+）由大到小的顺序是③＞①＞②。
④混合溶液中各离子浓度的比较：要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0．1 mol·L－1的NH4Cl和0．1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）。在该溶液中，但NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c（OH－）＞c（H＋），同时c（NH4+）＞c（Cl－）。即

19.已知：某温度下，Ksp[Ca(OH)2]＝5.5×10－6、Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11、Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。相同条件下，在这三种物质的饱和溶液中，有关金属离子浓度的说法正确的是(　　)
A. Mg2＋浓度最小
B. Ca2＋的浓度最小
C. Ag＋的浓度最小
D. 同一温度下，难溶电解质的Ksp越大，溶液中的金属离子的浓度也越大
【答案】C
【解析】
【详解】对于难溶电解质AmBn，Ksp=[c(An+)]m•[c(Bm-)]n；Ca(OH)2溶液中2c(Ca2+)=c(OH-)，c(Ca2+)•[2c(Ca2+)]2=5.5×10-6，故c(Ca2+)≈1.1×10-2mol•L-1；Mg(OH)2溶液中2c(Mg2+)=c(OH-)，c(Mg2+)•[2c(Mg2+)]2=1.8×10-11，故c(Mg2+)≈1.7×10-4mol•L-1；AgCl溶液中c(Ag+)=c(Cl-)，c(Ag+)•c(Ag+)=1.8×10-10，故c(Ag+)≈1.3×10-5mol•L-1；根据上述分析可知Ag+的浓度最小，故A、B错误，C正确；D.难溶电解质的组成类型不同时，Ksp的计算式不同，不能简单由Ksp的大小判断难溶物溶解度的大小，故D错误；答案：C。
20.25 ℃时，浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和BOH溶液，pH分别是1和11。下列说法正确的是( )
A. BOH溶于水，其电离方程式是BOH===B＋＋OH－
B. 若一定量的上述两溶液混合后pH＝7，则c(A－)＝c(B＋)
C. 在0.1 mol/L BA溶液中，c(B＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D. 若将0.1 mol/L BOH溶液稀释至0.001 mol/L，则溶液的pH＝9
【答案】B
【解析】
试题分析：25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的HA溶液pH分别是1，则HA是强酸；A．0.1 mol·L－1的BOH溶液，pH=11，c(H+)=10-11mol/L，则c(OH-)=10-3mol/L，因此BOH是弱碱。BOH溶于水，其电离方程式是BOHB＋＋OH－，错误；B．若一定量的上述两溶液混合后pH＝7，则根据电荷守恒可得c(A－)＝c(B＋)，正确；C．盐BA是强酸弱碱盐，在溶液中B+发生水解反应：B++H2OBOH+H+，B+水解消耗，因此c(A－)>c(B＋)，水解使溶液中c(H+)>c(OH-)，盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的两种存在，因此在0.1 mol·L－1BA溶液中，离子浓度关系是c(A－)>c(B＋) >c(H＋)> c(OH－)，错误；D．由于BOH是弱碱，因此若将0.1 mol·L－1的BOH溶液稀释至0.001 mol·L－1，则溶液的pH<9，错误。
考点：考查电解质的强弱及盐的水解、溶液中离子浓度大小比较的知识。
21.常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　)

A. HA为强酸
B. 该混合液pH＝7
C. 该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D. 图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
【答案】C
【解析】
试题分析：A．0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A项错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH>7，B项错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）> c（A-）>c（OH－）>c（HA）> c（H＋），所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A－）＋c（HA）＝c（Na＋），C项正确；D．根据上述分析，X是OH－，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。
考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡
【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，图像中c（A-）的浓度小于0．1mol/L，所以HA为弱酸。
22.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
K1＝7.5×10－3
K2＝6.2×10－8
K3＝2.2×10－13
则下列说法中不正确的是(　　)
A. 碳酸的酸性强于氢硫酸
B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
C. 常温下，加水稀释醋酸，c(CH3COO-)/c(CH3COOH)∙c(OH-)增大
D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变
【答案】C
【解析】
A．由表格数据可知，碳酸的K1＞氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；B．多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确； C．常温下，加水稀释醋酸，=，则不变，选项C错误； D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。答案选C。
点睛：本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，= ，Ka、Kw均只与温度有关，故不变。
23.pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则(　　)

A. x为弱酸，VxVy
C. y为弱酸，VxVy
【答案】C
【解析】
试题解析: 根据图像可知，稀释10倍，X的pH从2变为3，所以X是强酸，但Y的pH从2变为2.5，这说明在稀释过程中，有氢离子电离出来，所以Y是弱电解质，在pH相同的条件下，Y的浓度大于X的，所以消耗的氢氧化钠多，因此选项C正确。答案选C。
考点:电解质溶液的西式规律；
24.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是

A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【解析】
A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。
点睛：酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。
25.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是

A. Ka2（H2X）的数量级为10–6
B. 曲线N表示pH与的变化关系
C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)
【答案】D
【解析】
A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误；答案选D。
二、填空题（每空2分，共50分）
26.依据氧化还原反应：2Ag+(aq) + Cu(s)= Cu2+(aq) + 2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：

（1）电极X的材料是_____________；电解质溶液Y是____________；
（2）银电极为电池的_____极，发生的电极反应为_____；X电极上发生的电极反应为____。
【答案】 (1). Cu (2). AgNO3溶液 (3). 正 (4). Ag++e-=Ag (5). Cu-2e-=Cu2+
【解析】
试题分析：本题考查原电池原理的应用，电极的判断和电极反应式的书写。根据总反应：2Ag+（aq）+Cu（s）=Cu2+（aq）+2Ag（s），Cu元素的化合价由0价升至+2价，Cu发生氧化反应；Ag元素的化合价由+1价降至0价，Ag+发生还原反应。
（1）Cu发生氧化反应，根据原电池中负极发生失电子的氧化反应，Cu应为原电池的负极；Ag+发生还原反应，应为原电池的正极反应；则电极X的材料是Cu，电解质溶液Y是AgNO3溶液。
（2）Cu为负极，银电极为电池的正极，正极上反应为Ag+得电子被还原成Ag，发生的电极反应为Ag++e-=Ag。X电极为Cu，为负极，发生的电极反应为Cu-2e-=Cu2+。
27.已知，产物分子比原化合物分子多一个碳原子，增长了碳链。分析如图变化，并回答有关问题：

(1)写出有关物质的结构简式：A：____________；C：________________。
(2)指出反应类型：C→D：___________；F→G：________________
(3)写出下列反应的化学方程式：D＋E→F：_________________；
【答案】 (1). CH3COCH3 (2). (CH3)2C(OH)COOH (3). 消去反应 (4). 加聚反应 (5). CH2=C(CH3)COOH+ CH3CH(OH)CH3CH2=C(CH3)COOCH(CH3)2+H2O
【解析】
【分析】
A的分子式为C3H6O，且无银镜反应，所以A为CH3COCH3，A与HCN发生信息中的反应生成B为(CH3)2C(OH)CN，B水解生成C为(CH3)2C(OH)COOH ，C在浓硫酸作用下发生消去反应得D为CH2=C(CH3)COOH，A与氢气加成得E为CH3CH(OH)CH3，D与E发生酯化反应生成F为CH2=C(CH3)COOCH(CH3)2，F发生加聚反应得G为。
【详解】（1）根据上面分析可以知道，A为CH3COCH3，C为(CH3)2C(OH)COOH ，因此，本题正确答案是：CH3COCH3；(CH3)2C(OH)COOH。
（2）根据上面的分析可以知道，C→D为消去反应，F→G加聚反应，因此答案是：消去反应；加聚反应；
（3）D为CH2=C(CH3)COOH，E为CH3CHOHCH3，在浓硫酸作用下发生酯化反应，D+E→F的化学方程式为：CH2=C(CH3)COOH+ CH3CH(OH)CH3CH2=C(CH3)COOCH(CH3)2+H2O；答案：CH2=C(CH3)COOH+ CH3CH(OH)CH3CH2=C(CH3)COOCH(CH3)2+H2O。
28.在一固定体积的密闭容器中，充入2 mol CO2和1 mol H2发生如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：
T/℃
700
800
830
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝_________________。
(2)若反应在830 ℃下达到平衡，则CO2气体的转化率为________。
(3)若绝热时(容器内外没有热量交换)，平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大，则容器内气体温度________(填“升高”、“降低”或“不能确定”)。
(4)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是____________。
A 容器内压强不变 B 混合气体中c(CO)不变
C v正(H2)＝v逆(H2O) D c(CO2)＝c(CO)
E c(CO2 )·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)
(5)当发动机采用稀薄燃烧时，尾气中的主要污染物为NOx，可用CxHy（烃）催化还原NOx消除氮氧化物的污染。
已知：CH4(g)＋4NO2(g) ＝ 4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＝-574 kJ·mol-1
CH4(g)＋4NO(g) ＝ 2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g) △H2
CH4(g)＋2NO2(g) ＝ N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H3＝-867 kJ·mol-1
△H2＝_____________。
【答案】 (1). c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)　 (2). 33.3% (3). 降低 (4). BC (5). -1160 kJ·mol-1
【解析】
【详解】(1) 化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以K= c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2) ;答案：K=c(CO)·c(H2O)/c(CO2)·c(H2)。
(2)若反应在830 ℃下达到平衡,该反应平衡常数K=1.0,该反应中各物质计量数相等且反应前后气体计量数之和不变,该反应化学平衡常数也等于平衡时生成物物质的量之积与反应物物质的量之积的比, 设参加反应的二氧化碳物质的量为xmol,
CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ,
开始(mol) 2 1 0 0
反应(mol) x x x x
平衡(mol) 2-x 1-x x x
化学平衡常数K=x2/(2-x)(1-x)=1,x=2/3。二氧化碳转化率=参加反应的二氧化碳的物质的量/二氧化碳的总物质的量==33.3%，因此，本题正确答案是: 33.3%。
(3)根据表中数据知,升高温度,平衡常数增大,则该反应的正反应是吸热反应;若绝热时(容器内外没有热量交换),平衡发生移动的结果是使容器内CO的浓度增大,说明平衡正向移动,则容器内温度降低,因此正确答案是: 降低。
(4)A.由 CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)知两边化学计量数相等，所以压强是定值，故容器内压强不变不能作为判断平衡的依据，故A错误；B．混合气体中c(CO)不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．v正(H2)＝v逆(H2O)说明正逆反应速率相等，故C正确；D．c(CO2)和c(CO)浓度与初始加入量有关，c(CO2)=c(CO)不能作为判断平衡的标志，故D错误；E．c(CO2 )·c(H2)＝c(CO)·c(H2O) 不能作为判断平衡的标志，与初始量和温度有关，830 ℃时相等是平衡状态，其他温度下不等，故D错误；答案：B、C。
（5）①CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H1＝-574 kJ·mol-1；②CH4(g)＋2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H3＝-867 kJ·mol-1，根据盖斯定律得: ②-①：CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g) △H2=（-8672）-（-574）kJ/mol=-1160 kJ·mol-1。答案：-1160 kJ·mol-1。
29.磷酸(H3PO4)在溶液中能够以H3PO4、H2PO4－、HPO42－、和PO43－四种粒子形式存在，当溶液的pH发生变化时，其中任一种粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ也可能发生变化。下图是H3PO4溶液中，各种粒子的物质的量分数δ随pH的变化曲线：

(1)向Na3PO4溶液中逐滴滴入稀盐酸，当pH从9降到6的过程中发生的主要反应的离子方程式为________。当pH＝7时，溶液中主要存在的阴离子(OH－离子除外)是__________。
(2)从图中推断NaH2PO4溶液呈______性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是_________。
(3)在Na3PO4溶液中，c(Na+)/c(PO43-)______3(填“＞”“＝”或“＜”)；向该溶液中滴入几滴浓KOH溶液后，c(Na+)/c(PO43-)的值减小，原因是____。
【答案】 (1). HPO42-＋H＋＝H2PO4- (2). H2PO4-和HPO42- (3). 酸 (4). H2PO4-在溶液中的电离程度大于水解程度 (5). ＞ (6). KOH抑制了PO43-的水解
【解析】
【分析】
(1)根据P原子守恒分析;(2)当向溶液中滴加稀盐酸时, 根据溶液中离子的变化判断发生的离子反应;当pH=7时,根据图象确定溶液中存在的阴离子;(3)根据图象分析,当溶液中存在H2PO4－时溶液的pH值确定溶液的酸碱性,从而确定H2PO4-的电离程度和水解程度的相对大小;(4)先根据磷酸钠盐的类型确定钠离子和磷酸根离子的关系,再根据外界条件对水解平衡的影响分析。
【详解】(1)根据图象知,当向溶液中滴加稀盐酸时,溶液中H2PO4-增加,HPO42-减少,所以是溶液中的HPO42-和氢离子发生反应生成H2PO4-,离子方程式为:HPO42-＋H＋＝H2PO4-；当pH＝7时,根据图象知,溶液中存在的阴离子为H2PO4-、HPO42-；
(2)根据图象知,当溶液中存在H2PO4-时,溶液呈酸性,说明H2PO4-在溶液中的电离程度大于水解程度,导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子的浓度,答案:酸；H2PO4-在溶液中的电离程度大于水解程度。
(3)磷酸钠是强碱弱酸盐,所以弱酸根离子能发生水解,导致溶液中c(Na+)/c(PO43-)＞3；PO43-+H2OHPO2-+OH-,当向溶液中滴入几滴浓KOH溶液后,根据勒夏特列原理知,水解平衡向逆反应方向移动,所以导致溶液中磷酸根离子的浓度增大,故c(Na+)/c(PO43-)的值减小。
30.实验测定H2C2O4·xH2O 中 x值： 已知：M（H2C2O4）=90 g·mol-1
① 称取 1.260 g H2C2O4·xH2O晶体，将其配成100.00 mL 水溶液为待测液；
②量取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；
③用20.00ml浓度为 0.05000 mol·L-1 的 KMnO4标准溶液进行滴定。
（提示：H2C2O4被氧化为CO2 , KMnO4被还原为MnSO4)
（1）请写出与滴定有关反应的化学方程式______________。
（2）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是_____（选填 a、b）。

（3）滴定过程中眼睛应注视______________________。
（4）通过上述数据，求得x=____________。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果______（偏大、偏小或没有影响）。
【答案】 (1). 5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4＝10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O＋K2SO4 (2). b (3). 锥形瓶中颜色变化 (4). 2 (5). 偏小
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应原理5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4＝10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O＋K2SO4进行分析判断。根据高锰酸钾溶液具有强氧化性选择酸式滴定管；根据滴定主意事项进行判断。
【详解】（1）高锰酸钾把草酸氧化为二氧化碳，自身被还原为硫酸锰，根据电子得失守恒和原子守恒可知发生反应的化学方程式为5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4＝10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O＋K2SO4；
（2）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛放，只能选择酸式滴定管盛放，故选b装置；
（3）滴定过程中眼睛应注视锥形瓶中颜色变化，当滴最后一滴KMnO4,溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点；答案：锥形瓶中颜色变化。
（4）由5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4＝10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O＋K2SO4知5H2C2O4～2KMnO4，c(H2C2O4)=(20.00mL×0.05000 mol·L-1×5)/2×25mL=0.1 mol·L-1,n(H2C2O4)=0.1 mol·L-1×0.1L=0.01mol,所以n(H2O)=(1.260g-0.01mol×90 g·mol-1)/18 g·mol-1=0.02mol。0.01mol H2C2O4中含有0.02molH2O，所以x=2；以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，导致KMnO4溶液浓度较低，消耗标准KMnO4溶液的体积偏大，引起实验结果偏小。