【化学】甘肃省静宁县第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（实验班）（解析版）

甘肃省静宁县第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（实验班）
1.化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是(　　)
A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B. 误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
C. 含氟牙膏不能防治龋齿
D. 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用
【答案】C
【解析】
【详解】A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，A正确；
B. 由于硫酸钡不溶于水也不溶于酸，因此误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒，B正确；
C. 根据反应Ca5(PO4)3OH+F－＝Ca5(PO4)3F+OH－可知含氟牙膏能防治龋齿，C错误；
D. 碳酸根与铵根水解相互促进，混合使用降低肥效，施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，D正确；
答案选C。
2.下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是(　 　)
A. 热纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强
B. 向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀
C. 水的离子积随温度变化如表格所示：
t/℃
25
50
100
KW/×10－14
1.01
5.47
55.0
D. 对CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。平衡移动原理适用的对象应存在可逆反应，如与可逆反应无关系，则不能用平衡移动原理解释，据此判断。
【详解】A、盐类水解是吸热的可逆反应，升高温度促进水解，所以热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强，效果好，能够用平衡移动原理解释，A不选；
B、碳酸镁难溶，存在溶解平衡，氢氧化镁比碳酸镁难溶，则向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀，能够用平衡移动原理解释，B不选；
C、水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，电离常数增大，导致水的离子积常数增大，能够用平衡移动原理解释，C不选；
D、反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)为气体体积不变的可逆反应，压强不影响平衡，气体颜色变深是由于二氧化氮浓度增大所致，不能用平衡移动原理解释，D选；
答案选D。
3.用Cl2生产某些含氯有机物时会生成副产物HCl，利用下列反应可实现氯的循环利用：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－115.6 kJ·mol－1。恒温恒容的密闭容器中，充入一定量的反应物发生上述反应，能充分说明该反应达到化学平衡状态的是(　　 )
A. 混合气体的密度不再改变
B. 氯化氢的转化率不再改变
C. 断开4 mol H—Cl键的同时生成4 mol H—O键
D. n(HCl)∶n(O2)∶n(Cl2)∶n(H2O)＝4∶1∶2∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断。
【详解】A、气体的质量和容器的容积一直不变，因此混合气体的密度不再改变不能说明达平衡状态，故A不选；
B、氯化氢的转化率不再改变，说明各物质的浓度不再发生变化，反应处于平衡状态，故B选；
C、只要反应发生就存在断开4 mol H－Cl键的同时生成4 mol H－O键，均表示正反应，故C不选；
D、n（HCl）：n（O2）：n（Cl2）：n（H2O）=4：1：2：2，不能说明各物质的浓度不变，反应不一定处于平衡状态，故D不选；
故答案选B。
4.下表中物质的分类组合完全正确的是(　　)
编号
A.
B.
C.
D.
强电解质
Ba(OH)2
盐酸
HClO4
BaSO4
弱电解质
HI
CaCO3
HClO
NH3·H2O
非电解质
SO2
NH3
Cl2
酒精
【答案】D
【解析】
【分析】
完全电离出离子的电解质是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的电解质是弱电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此判断。
【详解】A、HI是强酸，属于强电解质，故A错误；
B、盐酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，CaCO3属于盐，属于强电解质，故B错误；
C、非电解质是化合物，Cl2属于单质，因此Cl2既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D、符合分类的依据，故D正确。
答案选D。
5.下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是(　 　)
A. 向水中加入少量的CH3COONa B. 向水中加入少量的NaHSO4
C. 加热水至100 ℃，pH＝6 D. 向水中加少量的CuSO4
【答案】D
【解析】
【分析】
使H2O的电离平衡向正方向移动，要促进水的电离，选择水解的盐，所得溶液呈酸性，为强酸弱碱盐。
【详解】A. CH3COONa可以促进水的电离，但是溶液呈碱性，A项不符合题意；
B. NaHSO4在溶液中会电离出H+，抑制水的电离， B项不符合题意；
C.加热可以促进水的电离，但是溶液仍为中性，C项不符合题意；
D. 向水中加少量的CuSO4，Cu2+会水解促进水的电离，溶液呈酸性，D项符合题意；
本题答案选D。
【点睛】水解的实质是促进水的电离，注意区分盐的类型。
6.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是(　　)
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，B错误；C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）不变，C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，D错误；答案选D。
【考点定位】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析
【名师点晴】明确实验原理和误差分析的判断依据是解答的关键，注意误差分析的总依据为：由c测＝c标V标/V测由于c标、V待均为定值，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。答题时注意灵活应用。
7.下列有关有机物的说法不正确的是(　　)
A. 二氯甲烷只有1种结构说明甲烷是正四面结构
B. 乙烯分子中的所有原子共平面
C. 凡是符合通式CnH2n+2的化合物一定是烷烃
D. 凡是分子组成相差一个或若干个“CH2”原子团的物质，一定互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 甲烷中任意2个氢原子均为相邻位置，则二氯甲烷只有1种结构说明甲烷是正四面结构，A正确；
B. 碳碳双键为平面形结构，则乙烯分子中的所有原子共平面，B正确；
C. 凡是符合通式CnH2n+2的化合物为饱和烃，则一定是烷烃，C正确；
D. 凡是分子组成相差一个或若干个“CH2”原子团的物质，其结构不一定相似，则不一定互为同系物，例如苯甲醇和苯酚等，D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物的结构、官能团、组成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点。
8.按系统命名法，下列烃的命名正确的是(　　)
A. 2—甲基—3—戊炔 B. 3—乙基—1—丁烯
C. 2，4，4—三甲基戊烷 D. 2—甲基—3—乙基己烷
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据炔烃的命名原则，应该取含碳碳三键、碳原子数目最多的为主链，最长碳链含有5个碳原子，主链为戊炔，距离三键最近的一端开始编号，正确的名称应该是4－甲基－2－戊炔，A错误；
B、该有机物是烯烃，应该取含碳碳双键、碳原子数目最多的为主链，最长碳链含有5个碳原子，主链为戊烯，距离双键最近的一端开始编号，正确的名称应该是3－甲基－1－戊烯，B错误；
C、该有机物是烷烃，最长碳链含有5个碳原子，3个甲基是支链，正确的名称应该是2，2，4—三甲基戊烷，C错误；
D、该有机物命名符合烷烃的命名原则，D正确；
答案选D。
【点睛】本题主要是考查烷烃、烯烃和炔烃的命名，易错点是烯烃和炔烃的命名，在烯烃和炔烃的命名中应突出官能团的位置，且选取距离官能团最近的一端开始编号。
9.既可以用来鉴别甲烷和乙烯，又可以用来除去甲烷中的少量乙烯的操作方法是(　　)
A. 混合气通过盛酸性KMnO4溶液的洗气瓶
B. 混合气通过盛溴水的洗气瓶
C. 混合气通过盛蒸馏水的洗气瓶
D. 混合气跟适量氯化氢混合
【答案】B
【解析】
试题分析：A．将气体气通过盛酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶，甲烷不能反应，而乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体，是酸性高锰酸钾溶液褪色，因此只能用于检验而不能由于除杂，错误；B．将气体通过盛足量溴水的洗气瓶，乙烯发生加成反应产生1,2-二溴乙烷而使溴水褪色，而甲烷则不能发生反应，因此既能由于检验，也可由于除杂，正确；C．两种气体都不能与水发生反应，所以既不能由于检验，也不能用于除杂，错误；D．混合气跟氯化氢混合，乙烯可以发生反应，但是反应是有条件的，而且也不能完全发生反应，因此该方法无论是检验还是除杂都不可行，错误。
考点：考查甲烷和乙烯的检验与鉴别的知识。
10.丁烷（化学式为C4H10）是家庭用液化石油气的成分之一，也用于打火机中作燃料，下列关于丁烷的叙述不正确的是（ ）
A. 在常温下，C4H10是气体
B. C4H10与CH4互为同系物
C. 丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体
D. C4H10进行一氯取代后生成两种沸点不同的产物
【答案】D
【解析】
A．常温下，C4H10是气体，故A正确；B．C4H10与CH4都属于烷烃，结构相似，在组成上相差3个CH2原子团，二者互为同系物，故B正确；C．丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，故C正确；D．丁烷有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，正丁烷分子种有2种H原子，其一氯代物有2种，异丁烷分子种有2种H原子，其一氯代物有2种，故丁烷的一氯代物有4种，即有4种沸点不同的产物一氯代物，故D错误；故选D。
点睛：本题考查同系物、同分异构体书写等。本题的易错点是D，要学会利用等效氢判断一氯代物数目，注意丁烷有2种结构。
11.在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C. 升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D. 加入NaOH固体，溶液pH减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；
B.加入CuSO4固体，硫离子与铜离子结合生成硫化铜沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，B正确；
C.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以c(HS－)/c(S2－)增大，C错误；
D.加入NaOH固体，由于氢氧化钠是一种强碱，溶液pH增大，D错误；
答案选B。
12.下列说法中，正确的是(　　)
A. 难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止
B. 难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动
C. Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关
D. 相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同
【答案】C
【解析】
【详解】A、难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀溶解平衡是动态平衡，沉淀和溶解速率相同但不为0，故A错误；
B、难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡不移动，故B错误；
C、沉淀溶解平衡常存在的溶度积常数，Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关，故C正确；
D、相同温度下，AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解能力，因为氯化钠溶液中氯离子对氯化银溶解起到抑制作用，故D错误；
答案选C。
13.下列化学用语的表达正确的是(　 　)
A. NH4++H2O＝NH3·H2O+H＋
B. Na2SO3+2H2O2NaOH+2H2SO3
C. NaHCO3＝Na++H++CO32-
D. BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铵根水解是可逆的，即NH4++H2ONH3·H2O+H＋，A错误；
B. 亚硫酸根离子水解分步且以第一步水解为主，即Na2SO3+H2ONaOH+NaHSO3，B错误；
C. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，其电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-，C错误；
D. 硫酸钡难溶，存在溶解平衡，即BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，D正确。
答案选D。
14.下列实验操作能达到实验目的的是( )

实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中
B
由MgCl2溶液制备无水MgCl2
将MgCl2溶液加热蒸干
C
除去NH4Cl中混有的FeCl3
使其溶解于水，再加入氨水调节pH至7--8
D
配置FeCl3溶液
将FeCl3溶解于水
【答案】C
【解析】
【详解】A、制备Fe(OH)3胶体：将饱和的FeCl3溶液滴加到沸水中，继续加热至液体呈透明红褐色，将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中得到氢氧化铁沉淀，故A错误；
B、氯化镁易水解，将MgCl2溶液加热蒸干得到氢氧化镁，应该在氯化氢的气流中加热，故B错误；
C、氯化铁与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，过滤可除杂，故C正确；
D、铁离子易水解，配制氯化铁溶液时应该首先将其溶解在浓盐酸中，然后再稀释，故D错误。
答案选C。
15.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A. 在0.01 mol/L Ba(OH)2溶液中：Al3＋、NH4+、NO3-、HCO3-
B. pH＝7的溶液中：Cl－、Fe3＋、SO42-、Na＋
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K＋、Cl－、I－
D. 由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13 mol/L的溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质、题干中的限制条件分析判断。
【详解】A. 在0.01 mol/L Ba(OH)2溶液中Al3＋、NH4+、HCO3-等均与氢氧根离子反应，不能大量共存，A不选；
B. pH＝7的溶液中Fe3＋会产生氢氧化铁沉淀，不能大量共存，B不选；
C. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有铁离子，铁离子能氧化I－，不能大量共存，C不选；
D. 由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13 mol/L的溶液中水的电离被抑制，溶液不论是显酸性还是显碱性，Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－均可以大量共存，D选。
答案选D。
16.t ℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如下表，下列说法正确的是
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0
2 min末浓度/mol·L-1
0.08
a
b
平衡浓度/mol·L-1
0.05
0.05
0.1
A. 平衡时，X的转化率为20%
B. t ℃时，该反应的平衡常数为40
C. 前2 min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v(Y)="0.03" mol·L-1·min-1
D. 增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
试题分析：结合“三段式” X(g) + 3Y(g)2Z(g)，
初始浓度（mol/L） 0.1 0.2 0
变化量 （mol/L） 0.05 0.15 0.1
平衡浓度（mol/L） 0.05 0.05 0.1
平衡时X的转化率为50%；该温度下的平衡常数：K=0.12/0.05×0.053=1600；增大体系的压强，正逆反应速率均增大，且平衡向正反应方向移动。
考点：可逆反应的转化率、化学平衡常数、
17.已知：Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是(　　)
A. ZnS转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)＋Cu2＋(aq) Zn2＋(aq)＋CuS(s)
B. 在水中的溶解度：S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS)
C. 若溶液中c(Cu2＋)＝1×10－10 mol·L－1，则S2－已完全转化成CuS
D. 在白色ZnS浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，不会生成黑色沉淀(PbS)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，知CuS的溶解度小于ZnS，硫化锌可以转化为硫化铜，ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+CuS(s)，故A正确；
B．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29可知在水中的溶解度：S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS)，故B正确；
C．根据Ksp(CuS)＝6.0×10－36，若溶液中c(Cu2+)＝1×10－10mol·L－1，则c(S2－)＝6.0×10－26 mol·L－1＜1×10－5mol·L－1，S2－已完全转化成CuS，故C正确；
D．根据Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29，ZnS的溶解度大于PbS，在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液，可以生成黑色沉淀(PbS)，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，注意沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生；难溶盐电解质的Ksp与温度有关，不受其他因素的影响；比较不同类型的难溶物的溶解度大小，必须通过计算溶解度比较，不能通过溶度积直接比较，比较同类型的难溶物的溶解度大小，可通过溶度积直接比较溶解度大小。
18.已知在100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12。下列说法中正确的是（　）
A. 0.005 mol•L-1的硫酸溶液，pH=2
B. 0.001 mol•L-1的氢氧化钠溶液，pH=11
C. 0.005mol•L-1的硫酸溶液与0.01mol•L-1的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D. 完全中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液50mL
【答案】A
【解析】
【分析】
100℃的温度下，水的离子积KW=1×10-12，所以该温度下中性溶液中pH=6，据此解答。
【详解】A、0.005 mol•L-1的硫酸溶液中，c(H+)=0.005mol/L×2=0.01mol/L，所以pH=2，故A正确；
B、0.001mol/L的氢氧化钠溶液中，c(H+)=KW/c(OH-)=10−12÷0.001mol/L=1×10-9mol/L，所以pH=9，故B错误；
C、0.005mol/L的硫酸溶液与0.01mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，混合溶液的pH为6，溶液显中性，故C错误；
D、pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误。
答案选A。
19.分子式为C6H12的烃，能使溴水褪色，在催化剂作用下与氢气发生加成反应，经测定其产物中含有4个甲基，则C6H12的结构有（ ）
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】C
【解析】
【详解】分子式为C6H12的烃，能使溴水褪色，说明含有碳碳双键，在催化剂作用下与氢气发生加成反应，经测定其产物中含有4个甲基，则产物的结构简式为或，相邻2个碳原子有氢原子分别去掉1个氢原子转化为碳碳双键，则对应烯烃可能为(CH3)3CCH＝CH2、CH2＝C(CH3)－CH(CH3)2、(CH3)2C＝C(CH3)2，共计3种。答案选C。
【点睛】本题考查有机物结构与性质判断，把握加成反应的规律及碳链骨架不变为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意由烷烃逆推烯烃的结构的方法。
20.某气态烃1 mol能与2 mol HCl加成，所得的加成产物每摩尔又能与8 mol Cl2反应，最后得到一种只含C、Cl两种元素的化合物，则气态烃为(　　)
A. 丙烯 B. 丁烯
C. 1－丁炔 D. 2－甲基－1，3－丁二烯
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意知某气态烃1mol能与2molHCl加成，则该气态烃中含有1mol碳碳三键或2mol碳碳双键，排除A、B，所得的加成产物每摩尔又能与8molCl2反应，则加成产物中含有8mol氢原子，原1mol气态烃中含有6mol氢原子，因此该气态烃是1－丁炔，答案选C。
21.下列有关溶液的说法中正确的是(　 )
A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(OH－)均减小
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，c(Na＋)＞c(F－)
D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 0.1 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度大于硫酸根离子浓度，铵根水解溶液显酸性，则溶液中c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(OH－)，A错误；
B. pH＝4的醋酸稀释10倍，溶液中c(CH3COOH)、c(H＋)均减小，水的离子积常数不变，则c(OH－)增大，B错误；
C. 向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，因此c(Na＋)＝c(F－)，C错误；
D. pH＝2的H2SO3溶液与pH＝12的NaOH溶液以任意比例混合，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO3－)+2c(SO32－)，D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查溶液中离子浓度大小比较，明确电荷守恒、盐类水解原理为解答的关键，注意掌握电离平衡及其影响因素，侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。
22.不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法不正确的是(　　)

A. d点对应的食盐水pH＝6，呈中性
B. 向a点对应的CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至b点，此时c(Na＋)＝c(CH3COO－)
C. a点对应的稀硫酸与c点对应的CH3COONa溶液中水的电离程度相同
D. 温度为T ℃时，0.05 mol·L－1Ba(OH)2溶液的pH＝11
【答案】C
【解析】
【详解】A、d点所在温度下，水的离子积为10－12，而食盐水溶液显中性，则d点对应的食盐水pH＝6，A正确；
B、向a点对应的醋酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至b点，溶液显中性，即c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(H＋)+c(Na＋)＝c(OH－)+c(CH3COO－)，故c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B正确；
C、酸对水的电离有抑制作用，盐的水解对水的电离有促进作用，故a点对应的稀硫酸溶液中水的电离程度小于c点对应的CH3COONa溶液中水的电离程度，C错误；
D、T℃时，水的离子积为10－12，0.05mol/L氢氧化钡溶液中氢氧根离子的浓度是0.1mol/L，则溶液中氢离子浓度是10－11mol/L，因此溶液的pH＝11，D正确；
答案选C。
23.实验室中通常加热无水乙醇与浓硫酸的混合物的方法制取乙烯，在具体的化学实验中常因加热的温度过高导致副反应发生而使乙烯气体中混有二氧化硫气体，有人设计下列实验以确认乙烯气体中混有二氧化硫气体。请回答下列问题：

(1) 图中①和④的容器内盛放的化学试剂分别是(填写代号)
①_____________________、④_________________________。
A．品红溶液　 B．烧碱溶液　 C．浓硫酸　 D．酸性高锰酸钾溶液
(2)能说明二氧化硫气体存在的现象是____________________________________________。
(3)使用装置②的目的是__________________；使用装置③的目的是__________________。
(4)确认乙烯气体存在的现象是_________________________。
(5)确认乙烯气体的存在还可用溴水，请写出乙烯与溴水反应的方程式_________________；其反应类为______________________________________。
【答案】 (1). A (2). D (3). 装置①中的品红溶液褪色 (4). 除去二氧化硫 (5). 检验二氧化硫是否除干净 (6). 装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性高锰酸钾溶液褪色 (7). CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br (8). 加成反应
【解析】
【分析】
二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，可使品红溶液褪色，具有还原性，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，而乙烯含有碳碳双键，也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，所以应该先检验二氧化硫，然后检验乙烯，结合装置图和问题分析解答。
【详解】（1）装置①中盛放品红溶液，用来检验二氧化硫，然后将气体通入盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶中除去二氧化硫，再通入品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，则装置④中盛放酸性高锰酸钾溶液。答案选A、D；
（2）二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，则能说明二氧化硫气体存在的现象是装置①中的品红溶液褪色。
（3）根据以上分析可知使用装置②的目的是除去二氧化硫，避免干扰乙烯的检验；使用装置③的目的是检验二氧化硫是否除干净，防止干扰乙烯的性质检验。
（4）根据以上分析可知确认乙烯气体存在的现象是装置③中的品红溶液不褪色，装置④中的酸性高锰酸钾溶液褪色。
（5）乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应，反应的方程式为CH2＝CH2＋Br2→CH2BrCH2Br。
24.常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：

(1)该温度时NH3·H2O的电离常数K＝________。
(2)滴定过程中所用盐酸的pH＝________。
(3)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为___________。(填字母)
(4)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值变大的是___(填字母，下同)。
A．c(H＋)·c(OH－) B. c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NH4+)
C. c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O) D. c(H＋)/c(OH－)
(5)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH4+和NH3·H2O两种形式)。
A．点b所示溶液中：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)
C．点d所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH4+)>c(OH－)
D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
(6)d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(不考虑NH4+水解的影响)，则e点对应的横坐标为________。
【答案】 (1). 10－5 (2). 1 (3). d >c > b (4). D (5). D (6). 11V/9
【解析】
【分析】
常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，二者反应生成氯化铵，溶液的pH逐渐减小，恰好反应时铵根水解溶液显酸性，继续滴加盐酸时盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，结合图像和问题分析解答。
【详解】（1）滴定前氨水中氢离子浓度是10－11mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，则该温度时NH3·H2O的电离常数K＝。
（2）由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应，根据NH3·H2O～HCl可知滴定过程中所用盐酸的浓度是0.1mol/L，所以盐酸溶液的pH＝1。
（3）在b点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用。在c点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液显中性，对水的电离平衡没有影响。在d点时溶质为氯化铵，铵根水解显酸性，对水的电离其促进作用，所以b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为d＞c＞b。
（4）滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值变大的是___(填字母，下同)。
A．温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)·c(OH－)不变；
B. 温度不变，电离平衡常数及水的离子积常数不变，c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NH4+)＝c(H＋)·c(NH3·H2O)·c(OH－)/c(NH4+)·c(OH－)＝KW/Kb，温度不变，该比值不变；
C. c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝Kb，温度不变，电离平衡常数不变；
D. 滴定时，由b点到c点的过程中，氢离子浓度不断增大，氢氧根离子的浓度不断减小，因此c(H＋)/c(OH－)的比值增大；
答案选D。
（5）A．由图像可知点b反应后溶液是氯化铵与一水合氨物质的量之比为1：1的混合物，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，由电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH4+)可知所示溶液中：c(NH4+)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，A错误；
B．由图像可知点c所示溶液中pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(Cl－)＝c(NH4+)，因此溶液中c(Cl－)＜c(NH3·H2O)＋c(NH4+)，B错误；
C．由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液显酸性，则点d所示溶液中：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)，C错误；
D．当一水合氨较多，滴入的HCl较少时生成氯化铵少量，溶液中氨水浓度远大于氯化铵浓度，因此滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，D正确；
答案选D。
（6）设盐酸的体积为xL，e点时溶液的pH＝2，则0.1mol/L×xL－0.1mol/L×VL＝0.01mol/L×（x+V）L，解得x＝11V/9。
25.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀溶解平衡，它们都可看作化学平衡。请根据所学知识回答下列问题：
(1)AlCl3溶液呈______性(填“酸”“中”“碱”)原因是_________________________(用离子方程式表示)；若把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后主要得到固体产物是________；若将AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合，该反应的离子方程式为_________________________。
(2)将1L0.2 mol·L－1HA溶液与1L0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：
①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)。
②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1。
(3)常温下，若NaOH溶液中c(OH—)与NH4Cl溶液中c(H+)相同，现将NaOH溶液和NH4Cl溶液分别稀释10倍，稀释后NaOH溶液和NH4CI溶液的pH分别用pH1和pH2表示。则pH1 +pH2________(填“>”“<”或“＝”)14。
(4)pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na＋)：___________________。
【答案】 (1). 酸 (2). Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (3). Al2O3 (4). Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑ (5). ＜ (6). ＝ (7). ＜ (8). ①＞②＞③
【解析】
【分析】
（1）根据氯化铝水解以及外界条件对水解平衡的影响分析；根据反应物和生成物书写方程式；
（2）根据电荷守恒和物料守恒分析判断；
（3）根据稀释过程中对水解平衡的影响分析判断；
（4）根据酸越弱，相应的酸根越容易水解分析。
【详解】（1）氯化铝溶液中铝离子水解，溶液显酸性，水解方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋；水解吸热，加热促进水解，生成的HCl易挥发，最后蒸干得到氢氧化铝，灼烧时氢氧化铝分解生成氧化铝和水，所以最后主要得到固体产物是Al2O3；若将AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合二者水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，该反应的离子方程式为Al3＋＋3HCO3－＝Al(OH)3↓＋3CO2↑。
（2）①将1L0.2 mol·L－1HA溶液与1L0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，所得溶液中溶质是等浓度的HA和NaA的混合溶液，测得混合溶液中c(Na＋)＞c(A－)，则根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)＝c(A－)+c(OH—)可知c(H＋)＜c(OH—)，即溶液显碱性，这说明水解程度大于电离程度，所以混合溶液中，c(A－)＜c(HA)。
②所得溶液中溶质是等浓度的HA和NaA的混合溶液，浓度均是0.05mol/L，则根据物料守恒可知混合溶液中，c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1。
（3）设稀释前NaOH溶液和NH4Cl溶液的pH分别用pH3和pH4表示，将NaOH溶液稀释10倍，由于氢氧化钠是一元强碱，则pH1＝pH3－1；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根水解，稀释促进铵根水解，则稀释10倍后pH2＜pH4+1，由于NaOH溶液中c(OH—)与NH4Cl溶液中c(H+)相同，即pH3+pH4＝14，所以pH1 +pH2＜pH3－1+pH4+1＝14。
（4）弱酸根离子的水解程度越大，相同pH的钠盐溶液的浓度越小，钠离子浓度越小，由于水解程度①＜②＜③，则pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c(Na＋)为①＞②＞③。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，涉及盐类水解、弱电解质的电离，明确弱电解质的电离和盐类水解的特点是解答的关键，注意溶液中存在电荷守恒与溶液中溶质成分种类多少及电解质的强弱都无关系。
26.(1)已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39。常温下，某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为了得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，应加入___________(填氧化物的化学式)，调节溶液的pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(2)某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈、二氧化硅等。水垢需及时清洗除去。清洗流程如下：
Ⅰ.加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；
Ⅱ.放出洗涤废液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸和少量NaF溶液，浸泡；
Ⅲ.向洗涤液中加入Na2SO3溶液；
Ⅳ.清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉。
①用稀盐酸溶解碳酸钙的离子方程式是_____________________________。
②已知：25 ℃时有关物质的溶度积
物质
CaCO3
CaSO4
Mg(OH)2
MgCO3
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
1.8×10－11
6.8×10－6
根据数据，结合化学平衡原理解释清洗CaSO4的过程________________。（用溶解平衡表达式和必要的文字叙述加以说明）；在步骤Ⅰ浸泡过程中还会发生反应MgCO3(s)＋2OH－(aq)Mg(OH)2(s)＋CO32-(aq)，该反应的平衡常数K＝________(保留两位有效数字)。
③步骤Ⅲ中，加入Na2SO3溶液的目的是_______________________________。
【答案】 (1). CuO (2). 2.6×10－9 mol·L－1 (3). CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑ (4). CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4(s) Ca2＋(aq)＋SO42-(aq)，用Na2CO3溶液浸泡，Ca2＋与CO32-结合成更难溶的CaCO3，使上述平衡右移，CaSO4转化成CaCO3，然后用稀盐酸除去 (5). 3.8×105 (6). 将Fe3＋还原成Fe2＋，防止Fe3＋腐蚀锅炉
【解析】
【分析】
（1）根据除杂原则分析；根据氢氧化铁的溶度积常数计算；
（2）①盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水；
②根据表格中数据以及溶解平衡分析判断；
③根据亚硫酸钠具有还原性分析。
【详解】（1）为了得到纯净的CuCl2·2H2O晶体需要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引入新的杂质，且加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素的物质，因此该氧化物是CuO；调节溶液的pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中氢离子浓度是10－4mol/L，所以氢氧根的浓度是10－10mol/L，则根据氢氧化铁的溶度积常数可知溶液中c(Fe3＋)＝mol/L＝2.6×10－9 mol·L－1。
（2）①用稀盐酸溶解碳酸钙的离子方程式是CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②根据表中数据可知碳酸钙比硫酸钙更难溶，CaSO4在水中存在溶解平衡CaSO4(s)Ca2＋(aq)＋SO42-(aq)，用Na2CO3溶液浸泡，Ca2＋与CO32-结合成更难溶的CaCO3，使上述平衡右移，使CaSO4转化成CaCO3，最后用稀盐酸除去；根据反应MgCO3(s)＋2OH－(aq)Mg(OH)2(s)＋CO32-(aq)可知该反应的平衡常数K＝≈3.8×105。
③步骤Ⅲ中加入Na2SO3溶液后与铁离子发生氧化还原反应，其目的是为将铁离子还原为亚铁离子，防止铁离子被腐蚀。
【点睛】本题考查较为综合，涉及混合物分离与提纯、溶解平衡及离子方程式的书写等，注意（2）中平衡常数的计算为解答的难点，注意关系式的转化。