还剩23页未读，
继续阅读
【化学】山西省太原市第五中学2018-2019学年高二上学期12月月考（理）试题（解析版）
展开
山西省太原市第五中学2018-2019学年高二上学期12月月考（理）试题
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40
一、选择题：(1~15每小题2分，16~20每小题3分，共45分。)
1.下列属于弱电解质的是
A. BaSO4 B. CH3COOH C. C2H5OH D. Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质与非电解质均是化合物，能够完全电离的电解质是强电解质，只能部分电离的电解质是弱电解质。
【详解】A项、溶于水的硫酸钡完全电离，属于强电解质，故A错误；
B项、醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，故B正确；
C项、C2H5OH属于非电解质，故C错误；
D项、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的判断，把握电解质、非电解质的概念，判断电解质强弱的依据是解题的关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
2.下列盐溶液显碱性的是
A. NH4Cl溶液 B. NaCl溶液 C. NaHSO4溶液 D. Na2CO3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
盐的水溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解导致溶液呈碱性。
【详解】A项、氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，故A错误；
B项、氯化钠为强酸强碱盐，没有能水解的离子，溶液呈中性，故B错误；
C项、硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子导致溶液呈酸性，故C错误；
D项、碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液呈碱性，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了盐溶液酸碱性的判断，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”来分析判断，熟悉常见盐的种类及性质是解答关键。
3.下列化学用语正确的是
A. HClO电离 HClO=ClO-+H+
B. CuSO4水解 Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+
C. NaHCO3电离 NaHCO3Na++HCO3-
D. KF水解 Fˉ+H2OHF+OHˉ
【答案】D
【解析】
【分析】
A、次氯酸为弱酸，部分电离，电离出氢离子和次氯酸根离子；
B、水解为可逆反应，且水解程度小，不生成沉淀；
C、碳酸为二元弱酸，其碳酸氢根离子不能完全电离，碳酸氢钠是强电解质；
D、氟离子水解生成氟化氢和氢氧根离子。
【详解】A项、次氯酸部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为：HClOClO-+H+，故A错误；
B项、盐类水解的程度小，不能生成沉淀，硫酸铜的水解方程式为：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，故B错误；
C项、碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故C错误；
D项、KF溶于水电离出的弱酸阴离子氟离子水解，水解方程式为：F-+H2OHF+OH-，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了电离、水解方程式的书写，注意书写方法是解答本题的关键，电离方程式的书写应注意电荷守恒和质量守恒定律、原子团、弱酸的酸根离子符号等，注意强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“”，注意掌握盐的水解原理，掌握电离方程式与水解方程式的区别。
4.关于下图所示原电池装置的叙述，正确的是
A. 铜是正极，铜片上有气泡产生
B. 锌片质量逐渐减少
C. 电子从铜片经导线流向锌片
D. 盐桥中阳离子向ZnSO4溶液移动
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池中，活泼性较强的锌作负极，锌失去电子变成离子进入溶液，所以锌片质量减少，活泼性较差的铜作正极，铜离子得电子生成铜单质，附着在铜片上，所以铜片质量增加，电子从锌片沿导线流向铜片，电流从铜片沿导线流向锌片。
【详解】A项、锌活泼性强于铜，做原电池负极，铜电极做正极，铜离子在铜电极上得到电子发生还原反应析出Cu，故A错误；
B项、原电池中锌做负极，发生氧化反应，锌失去电子生成锌离子，质量逐渐减少，故B正确；
C项、电子从锌片经导线流向铜片，故C错误；
D项、原电池中阳离子向正极移动，盐桥中阳离子移向CuSO4溶液，故D错误。
故选B。
【点睛】题考查了原电池工作原理，熟悉原电池工作原理、准确判断原电池的电极是解题关键，注意原电池中离子移动方向。
5.已知0.1mol/L醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)增大，可以采取的措施
A. 升高温度 B. 加少量烧碱溶液 C. 加CH3COONa固体 D. 加水
【答案】A
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中c（H+）增大，可以升高温度或加入浓度较大的酸，注意平衡不一定右移。
【详解】A项、醋酸的电离为吸热反应，升高温度后促进了醋酸的电离平衡，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；
B项、加入烧碱溶液后，氢离子与氢氧根离子结合，溶液中氢离子浓度减小，故B错误；
C项、加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，则醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，故C错误；
D项、加入蒸馏水后，醋酸的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，同时考查分析问题和解决问题能力，注意把握影响弱电解质电离的因素。
6.下列实际应用与盐的水解知识无关的是
A. 焊接时用NH4Cl溶液除锈
B. 泡沫灭火器中用Al2(SO4)3溶液与饱和NaHCO3溶液
C. 0.1mol/L 醋酸溶液pH＞1
D. 配置FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
A、NH4Cl水解溶液呈酸性，铁锈的主要成分是Fe2O3，能与酸反应；
B、硫酸铝水解溶液呈酸性，小苏打水解溶液呈碱性；
C、醋酸溶液中，醋酸部分电离出氢离子使溶液显酸性；
D、氯化铁溶液中铁离子水解溶液显酸性，加入盐酸抑制Fe3+水解。
【详解】A项、NH4Cl水解溶液呈酸性，铁锈的主要成分是Fe2O3，Fe2O3与NH4Cl水解产生的氢离子反应，与水解有关，故A错误；
B项、硫酸铝水解溶液呈酸性，小苏打水解溶液呈碱性，二者发生相互促进的水解生成二氧化碳，起到灭火的作用，与水解有关，故B错误；
C项、醋酸溶液中，醋酸部分电离出氢离子使溶液显酸性，溶液pH＞1，与水解无关，故C正确；
D项、氯化铁溶液中铁离子水解溶液显酸性，加入盐酸抑制Fe3+水解，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，与水解有关，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了盐类水解的分析应用，水解的应用和水解原理的把握是解答关键，注意弱离子发生的双水解反应。
7.CaCO3在下列液体中溶解度最大的是
A. H2O B. Na2CO3溶液 C. CaCl2溶液 D. 乙醇
【答案】A
【解析】
【分析】
如果溶液中含有和溶解平衡相同的离子，则发生同离子效应，抑制溶解平衡。
【详解】CaCO3的溶解过程如下：CaCO3（s）Ca2++CO32-，如果溶液中有大量Ca2+或CO32-，会使平衡左移，减小CaCO3的溶解度，乙醇的极性小于水，因此CaCO3在乙醇中的溶解度依旧比水小，故选A。
【点睛】本题考查同离子效应，注意如果溶液中含有和溶解平衡相同的离子，则发生同离子效应，抑制溶解平衡。
8.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
【答案】B
【解析】
【详解】A.在读取滴定管读数时要求眼睛、液体凹液面最低点、刻度线在同一水平线上，而图示俯视读数使读取的液体体积数值偏小，A项错误；
B.碱式滴定管尖嘴处的气泡一般都是在玻璃珠下边，要将橡胶管向上弯曲才能使气泡自动向上移动，同时用力捏挤玻璃珠使溶液喷出。B项正确；
C.不能用酸式滴定管盛装NaOH溶液，C项错误；
D.温度计的水银球要置于小烧杯中溶液中央，以测量混合溶液的温度。D项错误；答案选B。
9.汽车尾气中的NO与CO发生如下反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH＜0，下列说法中错误的是
A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
C. 升高温度，NO转化率减小
D. 使用合适的催化剂，能增大反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】
A、放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量；
B、升高温度，正、逆反应的速率都增大；
C、升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
D、使用催化剂，降低反应活化能，可以加快反应速率。
【详解】A项、该反应为放热反应，放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；
B项、升高温度，正、逆反应的速率都增大，故B错误；
C项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向为吸热反应的逆反应方向移动，NO转化率减小，故C正确；
D项、使用催化剂，降低反应活化能，可以加快反应速率，故D正确。
10.在1L密闭容器中加入4molA和6molB，发生以下反应：4A(g)+6B(g) 4C(g) +5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是
A. 0.225 mol / (L·s) B. 0.15 mol / (L·s)
C. 0.45 mol / (L·s) D. 0.9 mol / (L·s)
【答案】C
【解析】
【详解】经5s后，剩下的A是2.5mol，则消耗A是1.5mol，根据方程式可知，消耗B是2.25mol，所以B的反应速率是2.25 mol÷1L÷5s=0.45mol/(L·s)，答案选C。
【点睛】本题考查化学反应速率的计算，侧重分析与计算能力的考查，把握反应中物质的量变化、速率计算为解答的关键。
11.在298K、100kPa时，已知：2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1，Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g ）△H2，2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3，则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（ ）
A. △H3=△H1+2△H2 B. △H3=△H1+△H2 C. △H3=△H1﹣2△H2 D. △H3=△H1﹣△H2
【答案】A
【解析】
【详解】给已知反应依次标号①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1，②H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H2，③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3，由盖斯定律可知，①+②×2=③，则2H2O（g）+2Cl2（g）═4HCl（g）+O2（g） △H3═△H1+2△H2，故选A。
【点睛】本题考查学生利用盖斯定律来计算反应热的关系，明确化学反应的关系，在加和反应时等号同侧的相加，当乘以一个系数时反应热也要乘以这个系数来解答。
12.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是
A. NH4Cl B. NH4HSO4 C. CH3COONH4 D. NH4HCO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氯化铵溶液中铵离子发生水解反应：NH4++ H2ONH3·H2O + H+；B、NH4HSO4中铵离子发生水解反应：NH4++ H2ONH3·H2O + H+，但由于NH4HSO4发生电离：NH4HSO4= NH4++ H++SO42-，产生的H+对水解平衡起到了抑制作用，使水解程度比A小，NH4+浓度比A大；C、CH3COO NH4溶液中发生水解反应：CH3COO-+NH4++H2ONH3·H2O+CH3COOH，铵离子的水解程度比A大，NH4+浓度比A小；D、NH4HCO3中发生水解反应：NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+ H2CO3，水解程度比A大，NH4+浓度比A小，故物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是NH4HSO4，选B。
考点：考查盐类的水解，离子浓度大小比较。
13.从植物花汁中提取的一种有机物，可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故可用做酸、碱指示剂：HIn(aq) （红色溶液） H+(aq)+In-(aq) （黄色溶液），在上述溶液中加入下列物质，最终能使指示剂显黄色的是
A. HCl B. Na2O2 C. Na2CO3溶液 D. NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
由HIn（红色溶液）H+（溶液）+In-（黄色溶液），最终能使指示剂显黄色，则平衡正向移动。
【详解】A项、加入HCl，溶液中氢离子浓度最大，使平衡逆向移动，指示剂显红色，故A错误；
B项、加入过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因过氧化钠具有强氧化性，溶液先变黄色后褪色，故B错误；
C项、加入Na2CO3溶液，氢离子与Na2CO3反应，平衡正向移动，指示剂显黄色，故C正确；
D项、加入NaHSO4溶液，溶液中氢离子浓度增大，使平衡逆向移动，指示剂显红色，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，明确离子之间的反应判断平衡的移动是解答的关键，注意过氧化钠因具有强氧化性而使其褪色为解答的易错点。
14.25℃时，某浓度的NaHSO4溶液pH＝2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是
A. 该NaHSO4溶液的物质的量浓度为0.01 mol/L
B. 水电离出的c(H＋)＝1×10－2 mol/L
C. c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42—)
D. 该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液恰好呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4＝Na++H＋+SO42—，电离出的氢离子抑制水的电离。
【详解】A项、NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4＝Na++H＋+SO42—，溶液pH＝2，c(H＋)＝1×10－2 mol/L，则NaHSO4溶液的物质的量浓度为0.01 mol/L，故A正确；
B项、溶液pH＝2，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)=Kw/ c(H＋)=1×10－14/(1×10－2 )mol/L=1×10－12 mol/L，故B错误；
C项、由电荷守恒可得：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)＋2c(SO42—)，有电离方程式可知c(Na＋)= c(SO42—)，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42—)，故C正确；
D项、NaHSO4溶液pH＝2，c(H＋)＝1×10－2 mol/L，pH＝12的NaOH溶液，c(OH－)＝1×10－2 mol/L，两者等体积混合恰好完全反应，得到硫酸钠溶液，溶液呈中性，故D正确。
故选B。
15.某无色溶液中由水电离出的H+浓度为1×10－14mol/L，在此溶液中一定能大量共存的离子组是
A. Cl-、NO3－、Ba2+、Na+
B. K+、Al3+、Cl-、MnO4-
C. K+、AlO2-、Na+、OH-
D. Na+、K+、NO3-、HCO3-
【答案】A
【解析】
【分析】
由水电离出的H+浓度为1×10-14mol/L，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合常见离子的颜色来解答。
【详解】A项、酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；
B项、酸溶液中H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应，碱溶液中不能存在Al3+，一定不能共存，且MnO4-为紫色，与无色不符，故B错误；
C项、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，酸溶液中不能存在AlO2-和OH-，可能不能共存，故C错误；
D项、HCO3-既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键。
16.等浓度的氨水和NH4Cl的混合溶液，pH＞7，下列说法错误的是
A. c(NH4+)＞c(Cl-)
B. c(NH4+)＞c(NH3·H2O)
C. c(NH4+)+ c(NH3·H2O) ＝c(Cl-)
D. c(NH4+)+ c(H+)＝c(Cl-)+ c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
等浓度的氨水和NH4Cl的混合溶液，溶液pH＞7，溶液中c(OH-)＞c(H+)，说明氨水的电离大于氯化铵的水解。
【详解】A项、混合溶液中存在的电荷守恒关系为c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），因c(OH-)＞c(H+)，则有c(NH4+)＞c(Cl-)，故A正确；
B项、混合溶液pH＞7，溶液中c(OH-)＞c(H+)，说明氨水的电离大于氯化铵的水解，则有c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，故B正确；
C项、等浓度的氨水和NH4Cl的混合溶液中存在的物料守恒关系为c(NH4+)+ c(NH3·H2O) ＝2c(Cl-)，故C错误；
D项、混合溶液中存在的电荷守恒关系为c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），故D正确。
故选C。
【点睛】水溶液中守恒关系和大小比较的四步曲
(1)判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成。
(2)写出反应后溶液中存在的平衡：根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接地看出某些粒子浓度间的关系，在具体应用时要注意防止遗漏。
(3)列出溶液中存在的等式：根据反应后溶液中存在的溶质的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴、阳离子间的数学关系式。
(4)比大小：根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关知识，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较溶液中各粒子浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好电离平衡和水解平衡两大理论，树立“主次”意识。
17.室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，下列各项中增大的是
A. c(Ag+) B. c(Cl-)/ c(Br-) C. c(Ag+)·c(Br-)/ c(Cl-) D. c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【分析】
室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，则c（Cl-）增大。
【详解】A项、加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，故A错误；
B项、c(Cl-)/ c(Br-)= c(Ag+) c(Cl-)/ c(Ag+) c(Br-)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，由于温度不变，溶度积Ksp不变，则c(Cl-)/ c(Br-)不变，故B错误；
C项、c(Ag+)·c(Br-)/ c(Cl-)= Ksp(AgBr) / c(Cl-)，加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，c（Cl-）增大，则c(Ag+)·c(Br-)/ c(Cl-)减小，故C错误；
D项、加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，c（Cl-）增大，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀积的应用，注意运用溶度积只与温度有关，进行公式转化分析是解答关键。
18.在相同温度时100 mL 0.0l mo1/L的醋酸溶液与10 mL0.1 mo1/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
①中和时所需NaOH的量 ②电离程度 ③n(H+) ④pH ⑤n(CH3COOH) ⑥c(H+)/ c(CH3COOH) ⑦c(H+)/ c(CH3COO-)
A. ②③④⑥ B. ②③④⑥⑦ C. ②③⑥⑦ D. ①②③⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
相同温度时，100 mL 0.0l mo1/L的醋酸溶液与10 mL0.1 mo1/L的醋酸溶液相比较，两者溶质的物质的量相同，浓度越大，电离程度越小，则浓度不同、电离程度不同、c(H+)大小不同。
【详解】相同温度时100 mL 0.0l mo1/L的醋酸溶液与10 mL0.1 mo1/L的醋酸溶液相比较两者溶质的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相等，故①⑤错误；因越稀越电离，电离程度前者大，则电离程度、n(H+)前者大，n(CH3COOH)前者小，故②③正确、⑤错误；因c(H+)前者小，溶液pH前者大，故④正确；c(H+)/c(CH3COOH)=Ka/c(CH3COO-)，温度不变，c(CH3COO-)前者小，则c(H+)/ c(CH3COOH)前者大，故⑥正确；因水电离出氢离子，加水稀释醋酸溶液时，前者水电离出的氢离子物质的量浓度大于后者，则c(H+)/ c(CH3COO-)= n(H+)/ n(CH3COO-)前者大于后者，故⑦正确。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，稀释溶液时，电离平衡向右移动，而电离常数不变，离子浓度和分子浓度一般都会减小，注意稀溶液中水电离出的氢离子物质的量比浓溶液大。
19.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)，达到平衡，平衡时c(CO2) 随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是
A. 平衡常数：K(Ⅰ) ＞ K (Ⅱ)
B. 在T1K时，在1.0L恒容容器中加入足量碳粉、0.09molCO2、0.05molCO，此时υ正 ＞υ逆
C. 体系的总压强p：p(Ⅱ) ＞2p(Ⅰ)
D. 正反应速率：υ正(Ⅰ) ＞υ正(Ⅲ)
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，升高温度，c(CO2)减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应；由化学方程式可知，该反应是一个气态物质化学计量数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，c(CO2)增大，因状态II、状态Ⅲ的温度相同，则状态II为加入0.2molCO2变化图示，状态Ⅲ为加入0.1molCO2变化图示。
【详解】A项、由图可知，升高温度，c(CO2)减小，平衡正向移动，化学平衡常数增大，K(Ⅰ)
C项、分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，平衡时c（CO2）相等，则平衡时II中气体总物质的量大于I中的两倍，且II的温度高于I，则体系的总压强为p（Ⅱ）＞2p（Ⅰ），故C正确；
D项、状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为υ正（Ⅰ）＜υ正（Ⅲ），故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图像分析为解答的关键，选项B为解答的难点。
20.改变0.1mol/L的二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. Ka2（H2A）的数量级为10- 4
B. 0.1mol/L的NaHA溶液，pH＝2.7
C. 向pH=0.5的溶液中逐滴加入强碱至pH=2.7的过程中，每滴一滴强碱，在X点时溶液pH变化最大
D. 0.1mol/LNa2A溶液的pH＝8.6
【答案】D
【解析】
【分析】
由图像可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-），K1（H2A）=c（HA−）c（H+）/c（H2A）= c（H+）=10-1.2；，pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）=c（A2−）c（H+）/c（HA−）=10-4.2，随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA-）先增大后减小，c（A2-）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算。
【详解】A项、pH=4.2时，c（H+）=10-4.2mol/L，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）=c（A2−）c（H+）/c（HA−）=10-4.2=100.8×10—5，Ka2（H2A）的数量级为10-5，故A错误；
B项、由图可知NaHA溶液显酸性，HA-电离大于水解，以电离为主，则由二级电离常数公式可知0.1mol/L的NaHA溶液中c2（H+）=0.1×10—4.2，c（H+）=10-2.6 mol/L，pH＝2.6，故B错误；
C项、由滴定曲线可知，在滴定终点附近，溶液的pH变化非常快非常大，则向pH=0.5的溶液中逐滴加入强碱至pH=2.7的过程中，每滴一滴强碱，溶液pH变化最大应该在pH=2.7附近，故C错误；
D项、由A2-水解方程式可知水解常数Kh=Kw/ K2（H2A）=10-9.8，则0.1mol/LNa2A溶液中c2（OH—）=0.1×10—9.8，c（OH—）=10—5.4 mol/L，c（H+）= Kw/c（OH—）=10-8.6 mol/L，pH＝8.6，故D正确。
故选D。
【点睛】酸碱中和滴定过程中的pH变化：在中和反应中，溶液pH发生很大的变化，在滴定过程中会因pH突变而使指示剂发生颜色变化(滴定曲线如图)。
二、非选择题（共55分。）
21.请选择“增大”、“减小”、“不变”、“大于”、“小于”或“等于”填空：
（1）升高温度时，水的pH将___________；
（2）保持温度不变，用水稀释0.1mol/L氨水，Kw将__________；
（3）pH相同的盐酸和醋酸，分别用蒸馏水将其稀释到原来的n倍，稀释后两溶液的pH，盐酸____醋酸；
（4）Na2CO3溶液中，c(HCO3-)_________c(H2CO3)。
【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). 大于 (4). 大于
【解析】
【分析】
（1）水的电离是吸热过程，升温促进电离；
（2）水的离子积常数Kw是温度函数，温度不变，水的离子积常数Kw不变；
（3）醋酸是弱酸，加水稀释后，平衡向电离方向移动，醋酸电离度增加，氢离子浓度减小，氢离子物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度减小，氢离子物质的量不变；
（4）碳酸根离子在溶液中存在两步水解，以第一步为主，且第一步水解抑制第二步水解。
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升温促进电离，c（H+）增大，pH减小，故答案为：减小；
（2）温度不变，用水稀释0.1mol/L氨水，水的离子积常数Kw不变，故答案为：不变；
（3）因为醋酸是弱酸，加水稀释后，平衡向电离方向移动，醋酸电离度增加，氢离子浓度减小，氢离子物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度减小，氢离子物质的量不变，所以稀释相同倍数，强酸溶液pH变化大，则盐酸溶液pH大于醋酸溶液，故答案为：大于；
（4）Na2CO3溶液显碱性，碳酸根离子在溶液中存在两步水解，以第一步为主，且第一步水解抑制第二步水解，则溶液中离子浓度关系为c(HCO3-)大于c(H2CO3)，故答案为：大于。
【点睛】多元弱酸要考虑分步电离(Ka1>Ka2>Ka3)，多元弱酸的正盐要依据分步水解分析离子浓度，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(CO32—)>c(OH－)>c(HCO3—)>c(H2CO3) 。
22.原电池是将化学能转化为电能的装置。分析甲、乙两原电池装置，回答下列问题：
（1）甲、乙两装置中铜电极都产生大量的无色气泡，则Cr电极是______极，Cu电极表面发生反应的电极反应式为_______；与甲装置相比，乙装置的优点是________________，原因是_________。
（2）如果将甲装置中的稀硫酸改为浓硝酸，则铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体。由（1）、（2）两个实验推测金属Cr具有的两点化学性质______________________________。
【答案】 (1). 负 (2). 2H+ + 2e- = H2↑ (3). 能量转化率高 (4). Cr不和H+接触，不会直接将电子给予H+ (5). Cr的还原性比H2强，Cr遇浓硝酸钝化
【解析】
【分析】
（1）由题给信息可知，单质的还原性Cr>Cu，在原电池中，Cr电极是负极，发生氧化反应，Cu电极是正极，发生还原反应；使用盐桥，隔绝了Cr和稀硫酸的接触，Cr和稀硫酸不会直接反应，提高了化学能转化为电能的效率；
（2）如果将甲装置中的稀硫酸改为浓硝酸，则铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体，说明Cu电极是负极，发生氧化反应， Cr电极是正极，发生还原反应。
【详解】（1）甲、乙两装置中铜电极都产生大量的无色气泡，说明单质的还原性Cr>Cu，在原电池中，Cr电极是负极，发生氧化反应，Cu电极是正极，发生还原反应，电极反应式为2H+ + 2e- = H2↑；由装置图可以看出，乙装置使用了盐桥，隔绝了Cr和稀硫酸的接触，Cr和稀硫酸不会直接反应，减少了化学能转变为热能的损耗，提高了化学能转化为电能的效率，故答案为：负；2H+ + 2e- = H2↑；能量转化率高；Cr不和H+接触，不会直接将电子给予H+；
（2）如果将甲装置中的稀硫酸改为浓硝酸，则铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体，说明Cu电极是负极，发生氧化反应， Cr电极是正极，发生还原反应，结合浓硝酸的强氧化性，不难推测铬被浓硝酸钝化，导致活性降低，故答案为：Cr的还原性比H2强；Cr遇浓硝酸钝化。
【点睛】判断一个原电池中的正、负极，最根本的方法是失电子(发生氧化反应)的一极是负极，得电子(发生还原反应)的一极是正极。如果给出一个化学方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，化合价升高、发生氧化反应的一极为负极，化合价降低、发生还原反应的一极为正极。
23.将Fe3+ +Ag Fe2+ +Ag+ （K=1.8）设计成下图所示原电池（盐桥中装有琼脂——KNO3溶液）。在本题中灵敏电流计指针偏转方向即电子流动方向。
开始接通导线时灵敏电流计指针向左偏转，一段时间后电流计指针指向中间“0”刻度。然后进行如下实验：
（1）向A烧杯中滴加浓FeCl3溶液，指针___（填“向左”、“向右”或“不偏转”）；
（2）向B烧杯中滴加少量Na2S溶液，指针__（填“向左”、“向右”或“不偏转”），原因为___。
（3）下图所示原电池的负极是_____，负极的电极反应式是____________，写出该反应的离子方程式________________________，该反应的平衡常数等于____________。（Ksp(AgCl)＝1.8×10-10）
【答案】 (1). 向左 (2). 向左 (3). B烧杯中Ag+和S2-反应生成Ag2S沉淀，Ag+浓度减小，平衡正向进行，银被氧化做负极 (4). 银 (5). Ag- e-+Cl- = AgCl (6). Ag+Fe3+ +Cl- = AgCl+Fe2+ (7). 1010
【解析】
【分析】
由题给信息开始接通导线时灵敏电流计指针向左偏转，结合原电池反应原理可知，石墨电极为正极，Fe3＋在正极上得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反应，外电路中电子从银电极流向石墨电极；一段时间后电流计指针指向中间“0”，说明原电池反应结束。
【详解】（1）向A烧杯中滴加浓FeCl3溶液，增大溶液中Fe3+浓度，平衡正向进行，银被氧化做负极，灵敏电流计指针向左偏转，故答案为：向左；
（2）向B烧杯中滴加少量Na2S溶液，烧杯中Ag+和S2-反应生成Ag2S沉淀，Ag+浓度减小，平衡正向进行，银被氧化做负极，灵敏电流计指针向左偏转，故答案为：向左；
（3）由题给装置可知，Fe3＋在正极上得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反应，电极反应式为Ag- e-+Cl- = AgCl，该反应的离子方程式为Ag+Fe3+ +Cl- = AgCl+Fe2+，反应的平衡常数K/=c(Fe2+)/[c(Fe3+)c(Cl-)]=c(Ag+)c(Fe2+)/[c(Fe3+)×c(Ag+) c(Cl-)]=K/ Ksp(AgCl)=1.8/（1.8×10-10）=1.0×1010，故答案为：Ag- e-+Cl- = AgCl；Ag+Fe3+ +Cl- = AgCl+Fe2+；1010。
24.草酸（H2C2O4）是一种重要的二元弱酸，还是一种重要的还原剂。草酸及草酸盐在工农业生产及科学研究领域均有广泛应用。
（1）请设计实验证明草酸为二元酸___________________________。
（2）已知草酸氢钾（KHC2O4）溶液显酸性，请结合必要的化学用语解释KHC2O4溶液显酸性的原因 ________。
（3）利用草酸及草酸盐的性质可测定人体血液中钙离子的浓度。方法如下：抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵［(NH4)2C2O4］溶液，可析出草酸钙沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸，再用已知浓度的酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，根据消耗的KMnO4溶液的体积即可测定血液样品中Ca2+的浓度。
①写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式______________。
②抽取血样10.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用硫酸酸化的0.010mol/L KMnO4溶液滴定。在向滴定管中注入KMnO4标准溶液前，滴定管需要检漏、____和___。确定反应达到终点的现象是__。
③滴定结束共消耗12.00mL KMnO4溶液。则血液样品中Ca2+离子的浓度为______mg/mL。
④下列操作可能使所测定结果偏高的是_________。
A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入酸性高锰酸钾溶液
B．滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定结束后读取标准液体积时，俯视读数
【答案】 (1). 用等浓度的NaOH溶液滴定等浓度的草酸，恰好完全中和消耗NaOH溶液的体积是草酸的2倍 (2). 溶液中KHC2O4电离出HC2O4-，HC2O4-既存在电离平衡HC2O4- H++C2O42-，又存在水解平衡HC2O4- +H2O H2C2O4 +OH-，由于其电离程度大于水解程度，故溶液显酸性 (3). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (4). 蒸馏水洗净 (5). 标准液润洗2-3次 (6). 溶液由无色变为紫红色 且半分钟内不褪色 (7). 1.2 (8). AC
【解析】
【分析】
（1）草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半；
（2）草酸氢钾（KHC2O4）溶液显酸性的原因是草酸氢根的电离程度大于水解程度；
（3）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，反应中草酸被氧化生成二氧化碳气体，高锰酸钾被还原生成二价锰离子；
②酸式滴定管有活塞，在向滴定管中注入KMnO4标准溶液前，滴定管除需要检漏外，还需蒸馏水洗涤和用标准液润洗2-3次；当草酸反应完后，溶液显紫红色说明滴定到达终点；
③根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4-）；
④根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】（1）草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半，所以用已知浓度的NaOH标准溶液滴定等浓度的草酸溶液，消耗NaOH的体积是草酸的2倍就说明草酸是二元酸，故答案为：用已知浓度的NaOH溶液滴定等浓度的草酸，恰好完全中和消耗NaOH溶液的体积是草酸的2倍；
（2）KHC2O4在溶液中电离出HC2O4-，HC2O4-既存在电离平衡HC2O4- H++C2O42-，又存在水解平衡HC2O4- +H2O H2C2O4 +OH-，由于HC2O4-电离程度大于水解程度，故溶液显酸性，故答案为：KHC2O4电离出的HC2O4-既存在电离平衡HC2O4- H++C2O42-，又存在水解平衡HC2O4- +H2O H2C2O4 +OH-；由于其电离程度大于水解程度，故溶液显酸性；
（3）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，反应中草酸被氧化生成二氧化碳气体，高锰酸钾被还原生成二价锰离子，反应的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=
10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②酸性高锰酸钾具有强的氧化性，应盛放在酸式滴定管内，酸式滴定管有活塞，在向滴定管中注入KMnO4标准溶液前，滴定管除需要检漏外，还需蒸馏水洗涤和用标准液润洗2-3次；草酸具有还原性，能够使高锰酸钾溶液褪色，向无色草酸溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，当草酸反应完后，溶液显紫红色说明滴定到达终点，故答案为：蒸馏水洗；标准液润洗2-3次；溶液由无色变为紫红色 且半分钟内不褪色；
③血样10.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.010mol/L×0.012L=1.2×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4-）=2.5×1.2×10-4mol=3×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×3×10-4mol=0.012g，钙离子的浓度为：0.012g/10mL
=0.0012g/mL=1.2 mg/mL，故答案为：1.2；
④A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入酸性高锰酸钾溶液， 标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，所测结果偏高；
B. 滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，草酸稀释前后溶质的物质的量不变，对滴定结果无影响；
C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，直接导致读数比实际值偏大，使测定的浓度偏高；
D. 滴定结束后读取标准液体积时，俯视读数导致读数比实际上偏小，使测定的浓度偏低。
故选AC，故答案为：AC。
【点睛】本题考查了实验设计、溶液酸碱性、中和滴定原理的应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，侧重于考查基础知识的综合应用能力和实验探究能力，灵活运用所学知识，结合题给信息解答是关键。
25.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。其生产流程如图：
已知：氢氧化物的Ksp下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
1.0×10-36
1.6×10-14
2.0×10-33
1.2×10-11
请回答下列问题：
（1）物质X最好选用下列物质中的____（选填序号），加入X的目的是_________。
A．KMnO4 B．FeCl3 C．H2O2 D．HNO3
（2）滤液Ⅰ加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH。已知滤液Ⅰ中c(Fe3+)为1.0mol·L-1，c(Al3+)为0.03mol·L-1，当Fe3+沉淀完全时（c(Fe3+)为1×10-5mol·L-1），Al3+是否已经开始沉淀，请通过计算说明______________。
（3）写出滤渣1加NaOH溶液发应的离子方程式_____________________。
（4）滤渣2中加过量盐酸的目的是_____________________________。
（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。
①FeCl3净水的原理是________。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）_________。
②FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋ K1，Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)2+＋H＋ K2，Fe(OH)2+＋H2OFe(OH)3＋H＋ K3，以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是_______。
③通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)y(3x-y)+＋yH＋，欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）_____。
a．降温 b．加水稀释 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是___________。
【答案】 (1). C (2). 使Fe2+氧化成Fe3+ (3). Fe3+沉淀完全时，溶液中c3(OH-)＝1.0×10-36/(1×10-5)=1×10-31，
Qsp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH-)=0.03×1×10-31=3×10-33＞Ksp[Al(OH)3]，所以Al(OH)3已开始沉淀 (4). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O (5). 使Fe(OH)3转化为FeCl3，防止Fe3+水解 (6). Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 (7). 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋ (8). K1>K2>K3 (9). b、d (10). 调节溶液的pH
【解析】
【分析】
由流程可知，废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）溶于盐酸，过滤的得到含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+的滤液；向滤液加入合适的氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，再加入NaOH溶液调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，控制溶液的pH防止Mg2+沉淀；过滤，向滤渣中加入过量NaOH溶液，除去沉淀中的氢氧化铝，过滤得到氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入过量盐酸，使氢氧化铁溶解转化为FeCl3溶液，过量的盐酸可以防止Fe3+水解；FeCl3溶液在氯化氢气氛中加热至干得到无水FeCl3。
【详解】（1）加入氧化剂X使Fe2+氧化成Fe3+时，最好不引入新的杂质，由于双氧水的还原产物是水，物质X最好选用双氧水，故答案为：C；使Fe2+氧化成Fe3+；
（2）当Fe3+沉淀完全时（c(Fe3+)为1×10-5mol·L-1），溶液中c3(OH-)＝ 1.0×10-36/(1×10-5)=1×10-31，溶液中Qsp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH-)=0.03×1×10-31=3×10-33＞Ksp[Al(OH)3]，所以Al(OH)3已开始沉淀，故答案为：Fe3+沉淀完全时，溶液中c3(OH-)＝1.0×10-36/(1×10-5)=1×10-31，Qsp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH-)=0.03×1×10-31=3×10-33＞Ksp[Al(OH)3]，所以Al(OH)3已开始沉淀；
（3）滤渣1中加NaOH溶液的目的是除去滤渣中的两性氢氧化物氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O，故答案为：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O；
（4）滤渣2中加过量盐酸可以使氢氧化铁溶解转化为FeCl3溶液，过量的盐酸可以防止Fe3+水解，故答案为：使Fe(OH)3转化为FeCl3，防止Fe3+水解；
（5）①FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体和盐酸，氢氧化铁胶体具有很大的表面积，能够吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，Fe3+具有氧化性，能与Fe反应Fe2+生成腐蚀设备，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，故答案为：Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋；
②FeCl3在溶液中分三步水解，以第一步为主，且第一步水解抑制第二步水解，第一、二步水解抑制第三步水解，水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1>K2>K3，故答案为：K1>K2>K3；
③由水解离子方程式xFe3＋＋yH2OFex(OH)y(3x-y)+＋yH＋可知，欲使平衡正向移动应采用稀释方法，或向溶液中加入能与H＋反应的物质，故选b、d；室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是调节溶液的pH，既要促进水解，又要防止水解完全生成氢氧化铁胶体，故答案为：b、d；调节溶液的pH。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握流程分析和制备原理分析是解答关键。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Ca 40
一、选择题：(1~15每小题2分，16~20每小题3分，共45分。)
1.下列属于弱电解质的是
A. BaSO4 B. CH3COOH C. C2H5OH D. Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
电解质与非电解质均是化合物，能够完全电离的电解质是强电解质，只能部分电离的电解质是弱电解质。
【详解】A项、溶于水的硫酸钡完全电离，属于强电解质，故A错误；
B项、醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，故B正确；
C项、C2H5OH属于非电解质，故C错误；
D项、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的判断，把握电解质、非电解质的概念，判断电解质强弱的依据是解题的关键，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
2.下列盐溶液显碱性的是
A. NH4Cl溶液 B. NaCl溶液 C. NaHSO4溶液 D. Na2CO3溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
盐的水溶液呈碱性，说明该盐是强碱弱酸盐，弱酸根离子水解导致溶液呈碱性。
【详解】A项、氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，故A错误；
B项、氯化钠为强酸强碱盐，没有能水解的离子，溶液呈中性，故B错误；
C项、硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子导致溶液呈酸性，故C错误；
D项、碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致其溶液呈碱性，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了盐溶液酸碱性的判断，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”来分析判断，熟悉常见盐的种类及性质是解答关键。
3.下列化学用语正确的是
A. HClO电离 HClO=ClO-+H+
B. CuSO4水解 Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+
C. NaHCO3电离 NaHCO3Na++HCO3-
D. KF水解 Fˉ+H2OHF+OHˉ
【答案】D
【解析】
【分析】
A、次氯酸为弱酸，部分电离，电离出氢离子和次氯酸根离子；
B、水解为可逆反应，且水解程度小，不生成沉淀；
C、碳酸为二元弱酸，其碳酸氢根离子不能完全电离，碳酸氢钠是强电解质；
D、氟离子水解生成氟化氢和氢氧根离子。
【详解】A项、次氯酸部分电离出氢离子和次氯酸根离子，电离方程式为：HClOClO-+H+，故A错误；
B项、盐类水解的程度小，不能生成沉淀，硫酸铜的水解方程式为：Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+，故B错误；
C项、碳酸氢钠在水中电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故C错误；
D项、KF溶于水电离出的弱酸阴离子氟离子水解，水解方程式为：F-+H2OHF+OH-，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了电离、水解方程式的书写，注意书写方法是解答本题的关键，电离方程式的书写应注意电荷守恒和质量守恒定律、原子团、弱酸的酸根离子符号等，注意强电解质在溶液中能完全电离用“=”，弱电解质部分电离用“”，注意掌握盐的水解原理，掌握电离方程式与水解方程式的区别。
4.关于下图所示原电池装置的叙述，正确的是
A. 铜是正极，铜片上有气泡产生
B. 锌片质量逐渐减少
C. 电子从铜片经导线流向锌片
D. 盐桥中阳离子向ZnSO4溶液移动
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池中，活泼性较强的锌作负极，锌失去电子变成离子进入溶液，所以锌片质量减少，活泼性较差的铜作正极，铜离子得电子生成铜单质，附着在铜片上，所以铜片质量增加，电子从锌片沿导线流向铜片，电流从铜片沿导线流向锌片。
【详解】A项、锌活泼性强于铜，做原电池负极，铜电极做正极，铜离子在铜电极上得到电子发生还原反应析出Cu，故A错误；
B项、原电池中锌做负极，发生氧化反应，锌失去电子生成锌离子，质量逐渐减少，故B正确；
C项、电子从锌片经导线流向铜片，故C错误；
D项、原电池中阳离子向正极移动，盐桥中阳离子移向CuSO4溶液，故D错误。
故选B。
【点睛】题考查了原电池工作原理，熟悉原电池工作原理、准确判断原电池的电极是解题关键，注意原电池中离子移动方向。
5.已知0.1mol/L醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)增大，可以采取的措施
A. 升高温度 B. 加少量烧碱溶液 C. 加CH3COONa固体 D. 加水
【答案】A
【解析】
【分析】
醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中c（H+）增大，可以升高温度或加入浓度较大的酸，注意平衡不一定右移。
【详解】A项、醋酸的电离为吸热反应，升高温度后促进了醋酸的电离平衡，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；
B项、加入烧碱溶液后，氢离子与氢氧根离子结合，溶液中氢离子浓度减小，故B错误；
C项、加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，则醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，故C错误；
D项、加入蒸馏水后，醋酸的电离程度增大，但是溶液中氢离子浓度减小，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，同时考查分析问题和解决问题能力，注意把握影响弱电解质电离的因素。
6.下列实际应用与盐的水解知识无关的是
A. 焊接时用NH4Cl溶液除锈
B. 泡沫灭火器中用Al2(SO4)3溶液与饱和NaHCO3溶液
C. 0.1mol/L 醋酸溶液pH＞1
D. 配置FeCl3溶液时加入少量稀盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
A、NH4Cl水解溶液呈酸性，铁锈的主要成分是Fe2O3，能与酸反应；
B、硫酸铝水解溶液呈酸性，小苏打水解溶液呈碱性；
C、醋酸溶液中，醋酸部分电离出氢离子使溶液显酸性；
D、氯化铁溶液中铁离子水解溶液显酸性，加入盐酸抑制Fe3+水解。
【详解】A项、NH4Cl水解溶液呈酸性，铁锈的主要成分是Fe2O3，Fe2O3与NH4Cl水解产生的氢离子反应，与水解有关，故A错误；
B项、硫酸铝水解溶液呈酸性，小苏打水解溶液呈碱性，二者发生相互促进的水解生成二氧化碳，起到灭火的作用，与水解有关，故B错误；
C项、醋酸溶液中，醋酸部分电离出氢离子使溶液显酸性，溶液pH＞1，与水解无关，故C正确；
D项、氯化铁溶液中铁离子水解溶液显酸性，加入盐酸抑制Fe3+水解，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，与水解有关，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了盐类水解的分析应用，水解的应用和水解原理的把握是解答关键，注意弱离子发生的双水解反应。
7.CaCO3在下列液体中溶解度最大的是
A. H2O B. Na2CO3溶液 C. CaCl2溶液 D. 乙醇
【答案】A
【解析】
【分析】
如果溶液中含有和溶解平衡相同的离子，则发生同离子效应，抑制溶解平衡。
【详解】CaCO3的溶解过程如下：CaCO3（s）Ca2++CO32-，如果溶液中有大量Ca2+或CO32-，会使平衡左移，减小CaCO3的溶解度，乙醇的极性小于水，因此CaCO3在乙醇中的溶解度依旧比水小，故选A。
【点睛】本题考查同离子效应，注意如果溶液中含有和溶解平衡相同的离子，则发生同离子效应，抑制溶解平衡。
8.下列装置或操作正确且能达到实验目的的是
【答案】B
【解析】
【详解】A.在读取滴定管读数时要求眼睛、液体凹液面最低点、刻度线在同一水平线上，而图示俯视读数使读取的液体体积数值偏小，A项错误；
B.碱式滴定管尖嘴处的气泡一般都是在玻璃珠下边，要将橡胶管向上弯曲才能使气泡自动向上移动，同时用力捏挤玻璃珠使溶液喷出。B项正确；
C.不能用酸式滴定管盛装NaOH溶液，C项错误；
D.温度计的水银球要置于小烧杯中溶液中央，以测量混合溶液的温度。D项错误；答案选B。
9.汽车尾气中的NO与CO发生如下反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH＜0，下列说法中错误的是
A. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
B. 升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
C. 升高温度，NO转化率减小
D. 使用合适的催化剂，能增大反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】
A、放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量；
B、升高温度，正、逆反应的速率都增大；
C、升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
D、使用催化剂，降低反应活化能，可以加快反应速率。
【详解】A项、该反应为放热反应，放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，故A正确；
B项、升高温度，正、逆反应的速率都增大，故B错误；
C项、该反应为放热反应，升高温度，平衡向为吸热反应的逆反应方向移动，NO转化率减小，故C正确；
D项、使用催化剂，降低反应活化能，可以加快反应速率，故D正确。
10.在1L密闭容器中加入4molA和6molB，发生以下反应：4A(g)+6B(g) 4C(g) +5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是
A. 0.225 mol / (L·s) B. 0.15 mol / (L·s)
C. 0.45 mol / (L·s) D. 0.9 mol / (L·s)
【答案】C
【解析】
【详解】经5s后，剩下的A是2.5mol，则消耗A是1.5mol，根据方程式可知，消耗B是2.25mol，所以B的反应速率是2.25 mol÷1L÷5s=0.45mol/(L·s)，答案选C。
【点睛】本题考查化学反应速率的计算，侧重分析与计算能力的考查，把握反应中物质的量变化、速率计算为解答的关键。
11.在298K、100kPa时，已知：2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1，Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g ）△H2，2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3，则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（ ）
A. △H3=△H1+2△H2 B. △H3=△H1+△H2 C. △H3=△H1﹣2△H2 D. △H3=△H1﹣△H2
【答案】A
【解析】
【详解】给已知反应依次标号①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1，②H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H2，③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3，由盖斯定律可知，①+②×2=③，则2H2O（g）+2Cl2（g）═4HCl（g）+O2（g） △H3═△H1+2△H2，故选A。
【点睛】本题考查学生利用盖斯定律来计算反应热的关系，明确化学反应的关系，在加和反应时等号同侧的相加，当乘以一个系数时反应热也要乘以这个系数来解答。
12.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是
A. NH4Cl B. NH4HSO4 C. CH3COONH4 D. NH4HCO3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、氯化铵溶液中铵离子发生水解反应：NH4++ H2ONH3·H2O + H+；B、NH4HSO4中铵离子发生水解反应：NH4++ H2ONH3·H2O + H+，但由于NH4HSO4发生电离：NH4HSO4= NH4++ H++SO42-，产生的H+对水解平衡起到了抑制作用，使水解程度比A小，NH4+浓度比A大；C、CH3COO NH4溶液中发生水解反应：CH3COO-+NH4++H2ONH3·H2O+CH3COOH，铵离子的水解程度比A大，NH4+浓度比A小；D、NH4HCO3中发生水解反应：NH4++HCO3-+H2ONH3·H2O+ H2CO3，水解程度比A大，NH4+浓度比A小，故物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是NH4HSO4，选B。
考点：考查盐类的水解，离子浓度大小比较。
13.从植物花汁中提取的一种有机物，可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故可用做酸、碱指示剂：HIn(aq) （红色溶液） H+(aq)+In-(aq) （黄色溶液），在上述溶液中加入下列物质，最终能使指示剂显黄色的是
A. HCl B. Na2O2 C. Na2CO3溶液 D. NaHSO4溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
由HIn（红色溶液）H+（溶液）+In-（黄色溶液），最终能使指示剂显黄色，则平衡正向移动。
【详解】A项、加入HCl，溶液中氢离子浓度最大，使平衡逆向移动，指示剂显红色，故A错误；
B项、加入过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，因过氧化钠具有强氧化性，溶液先变黄色后褪色，故B错误；
C项、加入Na2CO3溶液，氢离子与Na2CO3反应，平衡正向移动，指示剂显黄色，故C正确；
D项、加入NaHSO4溶液，溶液中氢离子浓度增大，使平衡逆向移动，指示剂显红色，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，明确离子之间的反应判断平衡的移动是解答的关键，注意过氧化钠因具有强氧化性而使其褪色为解答的易错点。
14.25℃时，某浓度的NaHSO4溶液pH＝2，对于该溶液，下列叙述中不正确的是
A. 该NaHSO4溶液的物质的量浓度为0.01 mol/L
B. 水电离出的c(H＋)＝1×10－2 mol/L
C. c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42—)
D. 该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液，反应后溶液恰好呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4＝Na++H＋+SO42—，电离出的氢离子抑制水的电离。
【详解】A项、NaHSO4为强酸的酸式盐，在溶液中完全电离，电离方程式为：NaHSO4＝Na++H＋+SO42—，溶液pH＝2，c(H＋)＝1×10－2 mol/L，则NaHSO4溶液的物质的量浓度为0.01 mol/L，故A正确；
B项、溶液pH＝2，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)=Kw/ c(H＋)=1×10－14/(1×10－2 )mol/L=1×10－12 mol/L，故B错误；
C项、由电荷守恒可得：c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH－)＋2c(SO42—)，有电离方程式可知c(Na＋)= c(SO42—)，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42—)，故C正确；
D项、NaHSO4溶液pH＝2，c(H＋)＝1×10－2 mol/L，pH＝12的NaOH溶液，c(OH－)＝1×10－2 mol/L，两者等体积混合恰好完全反应，得到硫酸钠溶液，溶液呈中性，故D正确。
故选B。
15.某无色溶液中由水电离出的H+浓度为1×10－14mol/L，在此溶液中一定能大量共存的离子组是
A. Cl-、NO3－、Ba2+、Na+
B. K+、Al3+、Cl-、MnO4-
C. K+、AlO2-、Na+、OH-
D. Na+、K+、NO3-、HCO3-
【答案】A
【解析】
【分析】
由水电离出的H+浓度为1×10-14mol/L，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合常见离子的颜色来解答。
【详解】A项、酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，且离子均为无色，故A正确；
B项、酸溶液中H+、Cl-、MnO4-发生氧化还原反应，碱溶液中不能存在Al3+，一定不能共存，且MnO4-为紫色，与无色不符，故B错误；
C项、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，酸溶液中不能存在AlO2-和OH-，可能不能共存，故C错误；
D项、HCO3-既能与酸又能与碱反应，一定不能共存，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，把握习题中的信息及常见离子的反应为解答的关键。
16.等浓度的氨水和NH4Cl的混合溶液，pH＞7，下列说法错误的是
A. c(NH4+)＞c(Cl-)
B. c(NH4+)＞c(NH3·H2O)
C. c(NH4+)+ c(NH3·H2O) ＝c(Cl-)
D. c(NH4+)+ c(H+)＝c(Cl-)+ c(OH-)
【答案】C
【解析】
【分析】
等浓度的氨水和NH4Cl的混合溶液，溶液pH＞7，溶液中c(OH-)＞c(H+)，说明氨水的电离大于氯化铵的水解。
【详解】A项、混合溶液中存在的电荷守恒关系为c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），因c(OH-)＞c(H+)，则有c(NH4+)＞c(Cl-)，故A正确；
B项、混合溶液pH＞7，溶液中c(OH-)＞c(H+)，说明氨水的电离大于氯化铵的水解，则有c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，故B正确；
C项、等浓度的氨水和NH4Cl的混合溶液中存在的物料守恒关系为c(NH4+)+ c(NH3·H2O) ＝2c(Cl-)，故C错误；
D项、混合溶液中存在的电荷守恒关系为c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），故D正确。
故选C。
【点睛】水溶液中守恒关系和大小比较的四步曲
(1)判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成。
(2)写出反应后溶液中存在的平衡：根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接地看出某些粒子浓度间的关系，在具体应用时要注意防止遗漏。
(3)列出溶液中存在的等式：根据反应后溶液中存在的溶质的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴、阳离子间的数学关系式。
(4)比大小：根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关知识，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较溶液中各粒子浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好电离平衡和水解平衡两大理论，树立“主次”意识。
17.室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，下列各项中增大的是
A. c(Ag+) B. c(Cl-)/ c(Br-) C. c(Ag+)·c(Br-)/ c(Cl-) D. c(Cl-)
【答案】D
【解析】
【分析】
室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，则c（Cl-）增大。
【详解】A项、加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，故A错误；
B项、c(Cl-)/ c(Br-)= c(Ag+) c(Cl-)/ c(Ag+) c(Br-)=Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，由于温度不变，溶度积Ksp不变，则c(Cl-)/ c(Br-)不变，故B错误；
C项、c(Ag+)·c(Br-)/ c(Cl-)= Ksp(AgBr) / c(Cl-)，加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，c（Cl-）增大，则c(Ag+)·c(Br-)/ c(Cl-)减小，故C错误；
D项、加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br-）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，c（Cl-）增大，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀积的应用，注意运用溶度积只与温度有关，进行公式转化分析是解答关键。
18.在相同温度时100 mL 0.0l mo1/L的醋酸溶液与10 mL0.1 mo1/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
①中和时所需NaOH的量 ②电离程度 ③n(H+) ④pH ⑤n(CH3COOH) ⑥c(H+)/ c(CH3COOH) ⑦c(H+)/ c(CH3COO-)
A. ②③④⑥ B. ②③④⑥⑦ C. ②③⑥⑦ D. ①②③⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
相同温度时，100 mL 0.0l mo1/L的醋酸溶液与10 mL0.1 mo1/L的醋酸溶液相比较，两者溶质的物质的量相同，浓度越大，电离程度越小，则浓度不同、电离程度不同、c(H+)大小不同。
【详解】相同温度时100 mL 0.0l mo1/L的醋酸溶液与10 mL0.1 mo1/L的醋酸溶液相比较两者溶质的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相等，故①⑤错误；因越稀越电离，电离程度前者大，则电离程度、n(H+)前者大，n(CH3COOH)前者小，故②③正确、⑤错误；因c(H+)前者小，溶液pH前者大，故④正确；c(H+)/c(CH3COOH)=Ka/c(CH3COO-)，温度不变，c(CH3COO-)前者小，则c(H+)/ c(CH3COOH)前者大，故⑥正确；因水电离出氢离子，加水稀释醋酸溶液时，前者水电离出的氢离子物质的量浓度大于后者，则c(H+)/ c(CH3COO-)= n(H+)/ n(CH3COO-)前者大于后者，故⑦正确。
故选B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，稀释溶液时，电离平衡向右移动，而电离常数不变，离子浓度和分子浓度一般都会减小，注意稀溶液中水电离出的氢离子物质的量比浓溶液大。
19.在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)，达到平衡，平衡时c(CO2) 随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是
A. 平衡常数：K(Ⅰ) ＞ K (Ⅱ)
B. 在T1K时，在1.0L恒容容器中加入足量碳粉、0.09molCO2、0.05molCO，此时υ正 ＞υ逆
C. 体系的总压强p：p(Ⅱ) ＞2p(Ⅰ)
D. 正反应速率：υ正(Ⅰ) ＞υ正(Ⅲ)
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，升高温度，c(CO2)减小，平衡正向移动，正反应为吸热反应；由化学方程式可知，该反应是一个气态物质化学计量数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，c(CO2)增大，因状态II、状态Ⅲ的温度相同，则状态II为加入0.2molCO2变化图示，状态Ⅲ为加入0.1molCO2变化图示。
【详解】A项、由图可知，升高温度，c(CO2)减小，平衡正向移动，化学平衡常数增大，K(Ⅰ)
C项、分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，平衡时c（CO2）相等，则平衡时II中气体总物质的量大于I中的两倍，且II的温度高于I，则体系的总压强为p（Ⅱ）＞2p（Ⅰ），故C正确；
D项、状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为υ正（Ⅰ）＜υ正（Ⅲ），故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，把握平衡移动的影响因素、图像分析为解答的关键，选项B为解答的难点。
20.改变0.1mol/L的二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. Ka2（H2A）的数量级为10- 4
B. 0.1mol/L的NaHA溶液，pH＝2.7
C. 向pH=0.5的溶液中逐滴加入强碱至pH=2.7的过程中，每滴一滴强碱，在X点时溶液pH变化最大
D. 0.1mol/LNa2A溶液的pH＝8.6
【答案】D
【解析】
【分析】
由图像可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA-），K1（H2A）=c（HA−）c（H+）/c（H2A）= c（H+）=10-1.2；，pH=4.2时，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）=c（A2−）c（H+）/c（HA−）=10-4.2，随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA-）先增大后减小，c（A2-）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算。
【详解】A项、pH=4.2时，c（H+）=10-4.2mol/L，c（HA-）=c（A2-），K2（H2A）=c（A2−）c（H+）/c（HA−）=10-4.2=100.8×10—5，Ka2（H2A）的数量级为10-5，故A错误；
B项、由图可知NaHA溶液显酸性，HA-电离大于水解，以电离为主，则由二级电离常数公式可知0.1mol/L的NaHA溶液中c2（H+）=0.1×10—4.2，c（H+）=10-2.6 mol/L，pH＝2.6，故B错误；
C项、由滴定曲线可知，在滴定终点附近，溶液的pH变化非常快非常大，则向pH=0.5的溶液中逐滴加入强碱至pH=2.7的过程中，每滴一滴强碱，溶液pH变化最大应该在pH=2.7附近，故C错误；
D项、由A2-水解方程式可知水解常数Kh=Kw/ K2（H2A）=10-9.8，则0.1mol/LNa2A溶液中c2（OH—）=0.1×10—9.8，c（OH—）=10—5.4 mol/L，c（H+）= Kw/c（OH—）=10-8.6 mol/L，pH＝8.6，故D正确。
故选D。
【点睛】酸碱中和滴定过程中的pH变化：在中和反应中，溶液pH发生很大的变化，在滴定过程中会因pH突变而使指示剂发生颜色变化(滴定曲线如图)。
二、非选择题（共55分。）
21.请选择“增大”、“减小”、“不变”、“大于”、“小于”或“等于”填空：
（1）升高温度时，水的pH将___________；
（2）保持温度不变，用水稀释0.1mol/L氨水，Kw将__________；
（3）pH相同的盐酸和醋酸，分别用蒸馏水将其稀释到原来的n倍，稀释后两溶液的pH，盐酸____醋酸；
（4）Na2CO3溶液中，c(HCO3-)_________c(H2CO3)。
【答案】 (1). 减小 (2). 不变 (3). 大于 (4). 大于
【解析】
【分析】
（1）水的电离是吸热过程，升温促进电离；
（2）水的离子积常数Kw是温度函数，温度不变，水的离子积常数Kw不变；
（3）醋酸是弱酸，加水稀释后，平衡向电离方向移动，醋酸电离度增加，氢离子浓度减小，氢离子物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度减小，氢离子物质的量不变；
（4）碳酸根离子在溶液中存在两步水解，以第一步为主，且第一步水解抑制第二步水解。
【详解】（1）水的电离是吸热过程，升温促进电离，c（H+）增大，pH减小，故答案为：减小；
（2）温度不变，用水稀释0.1mol/L氨水，水的离子积常数Kw不变，故答案为：不变；
（3）因为醋酸是弱酸，加水稀释后，平衡向电离方向移动，醋酸电离度增加，氢离子浓度减小，氢离子物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度减小，氢离子物质的量不变，所以稀释相同倍数，强酸溶液pH变化大，则盐酸溶液pH大于醋酸溶液，故答案为：大于；
（4）Na2CO3溶液显碱性，碳酸根离子在溶液中存在两步水解，以第一步为主，且第一步水解抑制第二步水解，则溶液中离子浓度关系为c(HCO3-)大于c(H2CO3)，故答案为：大于。
【点睛】多元弱酸要考虑分步电离(Ka1>Ka2>Ka3)，多元弱酸的正盐要依据分步水解分析离子浓度，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(CO32—)>c(OH－)>c(HCO3—)>c(H2CO3) 。
22.原电池是将化学能转化为电能的装置。分析甲、乙两原电池装置，回答下列问题：
（1）甲、乙两装置中铜电极都产生大量的无色气泡，则Cr电极是______极，Cu电极表面发生反应的电极反应式为_______；与甲装置相比，乙装置的优点是________________，原因是_________。
（2）如果将甲装置中的稀硫酸改为浓硝酸，则铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体。由（1）、（2）两个实验推测金属Cr具有的两点化学性质______________________________。
【答案】 (1). 负 (2). 2H+ + 2e- = H2↑ (3). 能量转化率高 (4). Cr不和H+接触，不会直接将电子给予H+ (5). Cr的还原性比H2强，Cr遇浓硝酸钝化
【解析】
【分析】
（1）由题给信息可知，单质的还原性Cr>Cu，在原电池中，Cr电极是负极，发生氧化反应，Cu电极是正极，发生还原反应；使用盐桥，隔绝了Cr和稀硫酸的接触，Cr和稀硫酸不会直接反应，提高了化学能转化为电能的效率；
（2）如果将甲装置中的稀硫酸改为浓硝酸，则铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体，说明Cu电极是负极，发生氧化反应， Cr电极是正极，发生还原反应。
【详解】（1）甲、乙两装置中铜电极都产生大量的无色气泡，说明单质的还原性Cr>Cu，在原电池中，Cr电极是负极，发生氧化反应，Cu电极是正极，发生还原反应，电极反应式为2H+ + 2e- = H2↑；由装置图可以看出，乙装置使用了盐桥，隔绝了Cr和稀硫酸的接触，Cr和稀硫酸不会直接反应，减少了化学能转变为热能的损耗，提高了化学能转化为电能的效率，故答案为：负；2H+ + 2e- = H2↑；能量转化率高；Cr不和H+接触，不会直接将电子给予H+；
（2）如果将甲装置中的稀硫酸改为浓硝酸，则铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体，说明Cu电极是负极，发生氧化反应， Cr电极是正极，发生还原反应，结合浓硝酸的强氧化性，不难推测铬被浓硝酸钝化，导致活性降低，故答案为：Cr的还原性比H2强；Cr遇浓硝酸钝化。
【点睛】判断一个原电池中的正、负极，最根本的方法是失电子(发生氧化反应)的一极是负极，得电子(发生还原反应)的一极是正极。如果给出一个化学方程式判断正、负极，可以直接根据化合价的升降来判断，化合价升高、发生氧化反应的一极为负极，化合价降低、发生还原反应的一极为正极。
23.将Fe3+ +Ag Fe2+ +Ag+ （K=1.8）设计成下图所示原电池（盐桥中装有琼脂——KNO3溶液）。在本题中灵敏电流计指针偏转方向即电子流动方向。
开始接通导线时灵敏电流计指针向左偏转，一段时间后电流计指针指向中间“0”刻度。然后进行如下实验：
（1）向A烧杯中滴加浓FeCl3溶液，指针___（填“向左”、“向右”或“不偏转”）；
（2）向B烧杯中滴加少量Na2S溶液，指针__（填“向左”、“向右”或“不偏转”），原因为___。
（3）下图所示原电池的负极是_____，负极的电极反应式是____________，写出该反应的离子方程式________________________，该反应的平衡常数等于____________。（Ksp(AgCl)＝1.8×10-10）
【答案】 (1). 向左 (2). 向左 (3). B烧杯中Ag+和S2-反应生成Ag2S沉淀，Ag+浓度减小，平衡正向进行，银被氧化做负极 (4). 银 (5). Ag- e-+Cl- = AgCl (6). Ag+Fe3+ +Cl- = AgCl+Fe2+ (7). 1010
【解析】
【分析】
由题给信息开始接通导线时灵敏电流计指针向左偏转，结合原电池反应原理可知，石墨电极为正极，Fe3＋在正极上得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反应，外电路中电子从银电极流向石墨电极；一段时间后电流计指针指向中间“0”，说明原电池反应结束。
【详解】（1）向A烧杯中滴加浓FeCl3溶液，增大溶液中Fe3+浓度，平衡正向进行，银被氧化做负极，灵敏电流计指针向左偏转，故答案为：向左；
（2）向B烧杯中滴加少量Na2S溶液，烧杯中Ag+和S2-反应生成Ag2S沉淀，Ag+浓度减小，平衡正向进行，银被氧化做负极，灵敏电流计指针向左偏转，故答案为：向左；
（3）由题给装置可知，Fe3＋在正极上得电子，发生还原反应，银电极为负极，Ag失电子，发生氧化反应，电极反应式为Ag- e-+Cl- = AgCl，该反应的离子方程式为Ag+Fe3+ +Cl- = AgCl+Fe2+，反应的平衡常数K/=c(Fe2+)/[c(Fe3+)c(Cl-)]=c(Ag+)c(Fe2+)/[c(Fe3+)×c(Ag+) c(Cl-)]=K/ Ksp(AgCl)=1.8/（1.8×10-10）=1.0×1010，故答案为：Ag- e-+Cl- = AgCl；Ag+Fe3+ +Cl- = AgCl+Fe2+；1010。
24.草酸（H2C2O4）是一种重要的二元弱酸，还是一种重要的还原剂。草酸及草酸盐在工农业生产及科学研究领域均有广泛应用。
（1）请设计实验证明草酸为二元酸___________________________。
（2）已知草酸氢钾（KHC2O4）溶液显酸性，请结合必要的化学用语解释KHC2O4溶液显酸性的原因 ________。
（3）利用草酸及草酸盐的性质可测定人体血液中钙离子的浓度。方法如下：抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵［(NH4)2C2O4］溶液，可析出草酸钙沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸，再用已知浓度的酸性KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，根据消耗的KMnO4溶液的体积即可测定血液样品中Ca2+的浓度。
①写出草酸与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式______________。
②抽取血样10.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用硫酸酸化的0.010mol/L KMnO4溶液滴定。在向滴定管中注入KMnO4标准溶液前，滴定管需要检漏、____和___。确定反应达到终点的现象是__。
③滴定结束共消耗12.00mL KMnO4溶液。则血液样品中Ca2+离子的浓度为______mg/mL。
④下列操作可能使所测定结果偏高的是_________。
A．酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入酸性高锰酸钾溶液
B．滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定结束后读取标准液体积时，俯视读数
【答案】 (1). 用等浓度的NaOH溶液滴定等浓度的草酸，恰好完全中和消耗NaOH溶液的体积是草酸的2倍 (2). 溶液中KHC2O4电离出HC2O4-，HC2O4-既存在电离平衡HC2O4- H++C2O42-，又存在水解平衡HC2O4- +H2O H2C2O4 +OH-，由于其电离程度大于水解程度，故溶液显酸性 (3). 2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O (4). 蒸馏水洗净 (5). 标准液润洗2-3次 (6). 溶液由无色变为紫红色 且半分钟内不褪色 (7). 1.2 (8). AC
【解析】
【分析】
（1）草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半；
（2）草酸氢钾（KHC2O4）溶液显酸性的原因是草酸氢根的电离程度大于水解程度；
（3）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，反应中草酸被氧化生成二氧化碳气体，高锰酸钾被还原生成二价锰离子；
②酸式滴定管有活塞，在向滴定管中注入KMnO4标准溶液前，滴定管除需要检漏外，还需蒸馏水洗涤和用标准液润洗2-3次；当草酸反应完后，溶液显紫红色说明滴定到达终点；
③根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4-）；
④根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】（1）草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半，所以用已知浓度的NaOH标准溶液滴定等浓度的草酸溶液，消耗NaOH的体积是草酸的2倍就说明草酸是二元酸，故答案为：用已知浓度的NaOH溶液滴定等浓度的草酸，恰好完全中和消耗NaOH溶液的体积是草酸的2倍；
（2）KHC2O4在溶液中电离出HC2O4-，HC2O4-既存在电离平衡HC2O4- H++C2O42-，又存在水解平衡HC2O4- +H2O H2C2O4 +OH-，由于HC2O4-电离程度大于水解程度，故溶液显酸性，故答案为：KHC2O4电离出的HC2O4-既存在电离平衡HC2O4- H++C2O42-，又存在水解平衡HC2O4- +H2O H2C2O4 +OH-；由于其电离程度大于水解程度，故溶液显酸性；
（3）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，草酸具有还原性，反应中草酸被氧化生成二氧化碳气体，高锰酸钾被还原生成二价锰离子，反应的离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=
10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②酸性高锰酸钾具有强的氧化性，应盛放在酸式滴定管内，酸式滴定管有活塞，在向滴定管中注入KMnO4标准溶液前，滴定管除需要检漏外，还需蒸馏水洗涤和用标准液润洗2-3次；草酸具有还原性，能够使高锰酸钾溶液褪色，向无色草酸溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，当草酸反应完后，溶液显紫红色说明滴定到达终点，故答案为：蒸馏水洗；标准液润洗2-3次；溶液由无色变为紫红色 且半分钟内不褪色；
③血样10.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.010mol/L×0.012L=1.2×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：n（Ca2+）=n（H2C2O4）=5/2n（MnO4-）=2.5×1.2×10-4mol=3×10-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol×3×10-4mol=0.012g，钙离子的浓度为：0.012g/10mL
=0.0012g/mL=1.2 mg/mL，故答案为：1.2；
④A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入酸性高锰酸钾溶液， 标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，所测结果偏高；
B. 滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥，草酸稀释前后溶质的物质的量不变，对滴定结果无影响；
C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，直接导致读数比实际值偏大，使测定的浓度偏高；
D. 滴定结束后读取标准液体积时，俯视读数导致读数比实际上偏小，使测定的浓度偏低。
故选AC，故答案为：AC。
【点睛】本题考查了实验设计、溶液酸碱性、中和滴定原理的应用等，题目涉及的知识点较多，综合性较强，侧重于考查基础知识的综合应用能力和实验探究能力，灵活运用所学知识，结合题给信息解答是关键。
25.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。工业上常以废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）为原料制备氯化铁。其生产流程如图：
已知：氢氧化物的Ksp下表：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
1.0×10-36
1.6×10-14
2.0×10-33
1.2×10-11
请回答下列问题：
（1）物质X最好选用下列物质中的____（选填序号），加入X的目的是_________。
A．KMnO4 B．FeCl3 C．H2O2 D．HNO3
（2）滤液Ⅰ加入NaOH溶液的目的是调节溶液的pH。已知滤液Ⅰ中c(Fe3+)为1.0mol·L-1，c(Al3+)为0.03mol·L-1，当Fe3+沉淀完全时（c(Fe3+)为1×10-5mol·L-1），Al3+是否已经开始沉淀，请通过计算说明______________。
（3）写出滤渣1加NaOH溶液发应的离子方程式_____________________。
（4）滤渣2中加过量盐酸的目的是_____________________________。
（5）FeCl3具有净水作用，但易腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。
①FeCl3净水的原理是________。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）_________。
②FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋ K1，Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)2+＋H＋ K2，Fe(OH)2+＋H2OFe(OH)3＋H＋ K3，以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是_______。
③通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)y(3x-y)+＋yH＋，欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）_____。
a．降温 b．加水稀释 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是___________。
【答案】 (1). C (2). 使Fe2+氧化成Fe3+ (3). Fe3+沉淀完全时，溶液中c3(OH-)＝1.0×10-36/(1×10-5)=1×10-31，
Qsp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH-)=0.03×1×10-31=3×10-33＞Ksp[Al(OH)3]，所以Al(OH)3已开始沉淀 (4). Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O (5). 使Fe(OH)3转化为FeCl3，防止Fe3+水解 (6). Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 (7). 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋ (8). K1>K2>K3 (9). b、d (10). 调节溶液的pH
【解析】
【分析】
由流程可知，废铁屑（含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质）溶于盐酸，过滤的得到含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+的滤液；向滤液加入合适的氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，再加入NaOH溶液调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，控制溶液的pH防止Mg2+沉淀；过滤，向滤渣中加入过量NaOH溶液，除去沉淀中的氢氧化铝，过滤得到氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入过量盐酸，使氢氧化铁溶解转化为FeCl3溶液，过量的盐酸可以防止Fe3+水解；FeCl3溶液在氯化氢气氛中加热至干得到无水FeCl3。
【详解】（1）加入氧化剂X使Fe2+氧化成Fe3+时，最好不引入新的杂质，由于双氧水的还原产物是水，物质X最好选用双氧水，故答案为：C；使Fe2+氧化成Fe3+；
（2）当Fe3+沉淀完全时（c(Fe3+)为1×10-5mol·L-1），溶液中c3(OH-)＝ 1.0×10-36/(1×10-5)=1×10-31，溶液中Qsp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH-)=0.03×1×10-31=3×10-33＞Ksp[Al(OH)3]，所以Al(OH)3已开始沉淀，故答案为：Fe3+沉淀完全时，溶液中c3(OH-)＝1.0×10-36/(1×10-5)=1×10-31，Qsp[Al(OH)3]＝c(Al3+)×c3(OH-)=0.03×1×10-31=3×10-33＞Ksp[Al(OH)3]，所以Al(OH)3已开始沉淀；
（3）滤渣1中加NaOH溶液的目的是除去滤渣中的两性氢氧化物氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O，故答案为：Al(OH)3 + OH- = AlO2- + 2H2O；
（4）滤渣2中加过量盐酸可以使氢氧化铁溶解转化为FeCl3溶液，过量的盐酸可以防止Fe3+水解，故答案为：使Fe(OH)3转化为FeCl3，防止Fe3+水解；
（5）①FeCl3在溶液中水解生成氢氧化铁胶体和盐酸，氢氧化铁胶体具有很大的表面积，能够吸附水中悬浮的杂质，达到净水的目的；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，Fe3+具有氧化性，能与Fe反应Fe2+生成腐蚀设备，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，故答案为：Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋；
②FeCl3在溶液中分三步水解，以第一步为主，且第一步水解抑制第二步水解，第一、二步水解抑制第三步水解，水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是K1>K2>K3，故答案为：K1>K2>K3；
③由水解离子方程式xFe3＋＋yH2OFex(OH)y(3x-y)+＋yH＋可知，欲使平衡正向移动应采用稀释方法，或向溶液中加入能与H＋反应的物质，故选b、d；室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是调节溶液的pH，既要促进水解，又要防止水解完全生成氢氧化铁胶体，故答案为：b、d；调节溶液的pH。
【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握流程分析和制备原理分析是解答关键。
相关资料
更多
