1、2015-2016学年河北省邢台二中高二（上）第二次月考化学试卷一、选择题（只有一个答案，每题2分）1能使H2O+H2OH3O+OH的电离平衡向电离方向移动，但所得溶液仍呈中性的是（）A加入硫酸B加入少量氯化铵晶体C继续加水D升温2按混合物、纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列正确的是（）A盐酸、氯气、硫酸钡、二氧化碳、二氧化硫B硫酸、氨水、醋酸、乙醇、二氧化氮C漂白粉、胆矾、碳酸钙、醋酸、二氧化碳D干冰、氯水、氯化氢、次氯酸、一氧化碳3PH=1的盐酸和醋酸分别加水稀释至PH=4，所需水的体积分别为Va、Vb，则（）AVa=VbBVaVbCVaVbD不能确定4下列方程式书写正确的是（
2、）AHCO3在水溶液中的电离方程式：HCO3+H2OH3O+CO32BH2SO3的电离方程式：H2SO32H+SO32CCO32的水解方程式：CO32+2H2OH2CO3+2OHDNaHCO3的电离方程式：NaHCO3Na+H+CO325下列说法不正确的是（）AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小6用蒸馏水湿润过的pH试纸测得某氨基酸溶液的pH等于8，则该氨基酸溶液的pH可能是（）A9B8C7D67相同条件下，氯化钠溶液 醋酸钠
3、溶液 碳酸钠溶液 碳酸氢钠溶液，它们的PH相对大小为（）ABCD8在Na2S溶液中存在下列关系不正确的是（）Ac（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S）Bc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+c（S2）Cc（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）Dc（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）9下列仪器中，一定没有“0”刻度的是（）A量筒B温度计C酸式滴定管D托盘天平游码刻度尺10下列说法中正确的是（）A25时，NH4Cl和NH3H2O的混合液中离子浓度可能为C（NH4+）C（Cl）C（OH）C（H+）B向0.1mol/L的CuSO4溶液中加入少量蒸馏水，溶液酸性
4、减弱，Cu2+水解程度降低C25时，PH=12的NaOH溶液、PH=12的CH3COONa溶液、PH=2的硫酸，三种溶液中水的电离程度相同D25时，向稀氨水中通入NH3，溶液中C（OH）减小11对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（）A加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B使温度都升高20后，两溶液的pH均不变C加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小D加足量的锌充分反应后，盐酸中产生的氢气速率快12若1体积硫酸恰好与10体积pH=11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者物质的量浓度之比应为（）A10：1B5：1C1：1D1：1013物质的量浓度相同的下列溶
5、液中，NH4+浓度最大的是（）ANH4ClBNH4HSO4CCH3COONH4DNH3H2O14要使10ml0.05mol/L的H2SO4溶液PH变为7，应采用的方法是（）A加水稀释到1000mlB加入10ml0.1mol/L的氨水C加入100ml0.005mol/L的Ba（OH）2溶液D加入100ml0.05mol/L的NaOH溶液15下列说法正确的是（）A相同温度下，1mol/L氨水溶液与0.5mol/L氨水溶液中C（OH）之比是2：1B0.1mol/LNH4Cl溶液中C（Cl）=C（NH4+）C向0.1mol/LNaNO3溶液中滴加稀盐酸，使溶液PH=5，此时混合液中C（Na+）=C（N
6、O3）D向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，使混合液的PH7，此时混合液中C（CH3COOH）C（CH3COO）16有一支50毫升的碱式滴定管，其中盛有0.1mol/LNaOH溶液，液面恰好在15mL刻度处，若将管内的碱液全部放完，恰好中和锥形瓶内35mL盐酸，此盐酸的物质的量浓度为（）A大于0.1 mol/LB小于0.1 mol/LC等于0.1 mol/LD无法确定17下列溶液显酸性的是（）pH7的溶液c（H+）=c（OH）的溶液c（H+）=1106 molL1的溶液c（H+）c（OH）的溶液 0.1molL1的NH4Cl溶液NaHCO3溶液ABCD18常温时，纯水中由水电离的c
7、（H+）=a，pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=b，0.2mol/L的盐酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离的c（H+）=c，则a、b、c的关系正确的是（）Aab=cBacbCcbaDbca19下列说法正确的是（）A将AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+D洗涤油污常用热的碳酸钠溶液20某酸式盐NaHY的水溶液显碱性，下列叙述正确的是（）AH2Y的电离方程式：H2Y2H+Y2BHY的水解方程式：HY+H2OH3O+Y2
8、C该酸式盐溶液中离子浓度关系：c（Na+）c（HY）c（OH）c（H+）D该酸式盐溶液中离子浓度关系：c（Na+）c（Y2）c（HY）c（OH）c（H+）21100ml 3mol/L的NaOH溶液，通入标准状况下4.48LCO2恰好完全反应，所得溶液的下列描述正确的是（）A溶液中溶质是Na2CO3和NaOHB溶液中的离子浓度：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）C溶液中的离子浓度：c（Na+）c（HCO3）=c（CO32）c（OH）c（H+）D溶液中的离子浓度：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）22下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）
9、A0.2mol/LK2CO3溶液中c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）B0.1mol/LNaHA溶液中其中pH=3，c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）C向Na2SO4溶液中滴加稀HNO2得到pH=4的混合溶液c（Na+）=2c（SO24）DpH=a的HA溶液与pH=b的MOH溶液任意比混合c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A）23在下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是（）APH7的溶液中：K+、AlO2、Cl、SO42B含有0.1mol/L Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、SCN、HCO3C在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、
10、NO3D在由水电离产生c（H+）=11013mol/L的溶液中：Na+、S2O32、Fe3+、NO324pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1L（其pH与溶液体积V的关系如图所示），下列说法正确的是（）a=5时，A是强酸，B是弱酸；若A、B都是弱酸，则5a2；稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强；A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等ABCD25化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果下列对图象的描述正确的是（）A根据图可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g），正反应是吸热反应B如图表示压强对反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大C图可表示
11、乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化D根据图可知，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入CuO，调节pH在45之间即可二、填空题26PH=10的Na2CO3溶液、NaOH溶液和PH=4的NH4Cl溶液、HCl溶液中水的电离程度的大小关系是对于Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），其Ksp=（3）NH4HSO4的电离方程式为27现有常温下的六份溶液：0.01molL1 CH3COOH溶液；0.01molL1 HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液；0.01molL1 CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；0.01molL1 HCl
12、溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液（1）其中水的电离程度最大的是（填序号，下同），水的电离程度相同的是（2）若将混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：（填“”“”或“=“）（3）将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：，（填“”“”或“=“）（4）将混合，若有c（CH3COO）c（H+），则混合溶液可能呈（填序号）A酸性 B碱性 C中性28下列化合物：HCl、NaOH、CH3COOH、NH3H2O、CH3COONa、NH4Cl（1）属于弱电解质的是，溶液呈碱性的有（填序号）（2）常温下0.01mol/L HCl溶液的pH=；pH=11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c
13、（OH）=（3）将等pH等体积的HCl和CH3COOH分别稀释m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相等，则mn （填“大于、等于、小于”）（4）常温下，向100mL 0.01molL1HA溶液逐滴加入0.02molL1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）回答下列问题：N点对应的溶液中，c（M+）c（A）（填“大于、等于、小于”）K点对应的溶液中，c（M+）+c（MOH）=molL1三、实验题：29某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液；B用碱式滴定管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中
14、并滴加几滴甲基橙作指示剂；C在天平上准确称取烧碱样品mg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D将物质的量浓度为C molL1的标准H2SO4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回答下列问题：（1）正确操作步骤的顺序是（用字母填写）（2）操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是（3）操作D中液面应调整到（4）滴定终点的现象是（5）若酸式滴定管没有用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其它操作均正确）（6）该烧碱样品的纯度计算式是2015-2016学年河北省邢台二中高二（上）第二次月考化学试卷参考
15、答案与试题解析一、选择题（只有一个答案，每题2分）1能使H2O+H2OH3O+OH的电离平衡向电离方向移动，但所得溶液仍呈中性的是（）A加入硫酸B加入少量氯化铵晶体C继续加水D升温【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、硫酸抑制水的电离；B、氯化铵是强酸弱碱盐，水解显酸性；C、继续加水对水的电离无影响；D、升温能促进水的电离【解答】解：A、硫酸抑制水的电离，且使溶液中氢离子浓度大于氢氧根的浓度，溶液显酸性，故A错误；B、氯化铵是强酸弱碱盐，其水解对水的电离有促进作用，但其水解显酸性，故B错误；C、水是纯液体，继续加水，水的浓度不变，对水的电离无影响，故C错误；D、升温能促进
16、水的电离，水的电离平衡右移，由于溶液中的氢离子和氢氧根的浓度相等，故溶液仍显中性，故D正确故选D【点评】本题以盐类水解为载体考查水的电离影响因素，明确水电离原理是解本题关键，易错选项是C，要根据c（H+）、c（OH）相对大小判断，为易错点2按混合物、纯净物、强电解质、弱电解质、非电解质的顺序排列正确的是（）A盐酸、氯气、硫酸钡、二氧化碳、二氧化硫B硫酸、氨水、醋酸、乙醇、二氧化氮C漂白粉、胆矾、碳酸钙、醋酸、二氧化碳D干冰、氯水、氯化氢、次氯酸、一氧化碳【考点】混合物和纯净物；强电解质和弱电解质的概念【专题】物质的分类专题【分析】混合物：由两种或多种物质混合而成的物质；纯净物：由一种物质组成的
17、物质；在水溶液中完全电离的电解质是强电解质；部分电离的电解质是弱电解质；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物【解答】解：A 盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物；氯气是单质，是纯净物；BaSO4溶于水的部分完全电离，是强电解质；CO2本身不能电离，是非电解质；SO2本身不能电离，是非电解质，故A错误；B硫酸是纯净物；氨水是氨气的水溶液，是混合物；醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质；乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质；NO2本身不能电离，是非电解质，故B错误；C漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物；胆矾是五水合硫酸铜，是纯净物；碳酸钙溶于水的部分完全电离，是强电解质；C
18、H3COOH在水溶液中部分电离，是弱电解质；CO2本身不能电离，是非电解质，故C正确；D干冰是二氧化碳，是纯净物；氯水是氯气的水溶液，是混合物；HCl在水溶液中完全电离，是强电解质；HClO在水溶液中部分电离，是弱电解质；CO本身不能电离，是非电解质，故D错误，故选C【点评】本题考查混合物、纯净物、非电解质、强弱电解质概念的辨析，难度不大要注意难溶性盐属于强电解质的3PH=1的盐酸和醋酸分别加水稀释至PH=4，所需水的体积分别为Va、Vb，则（）AVa=VbBVaVbCVaVbD不能确定【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】根据醋酸是弱电解质，加水稀释有利
19、于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡分析【解答】解：设盐酸和醋酸溶液分别加水稀释n倍和m倍后pH相同，因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，氢离子物质的量增大，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使mn，所以所得醋酸溶液的体积大，故选C【点评】本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响，加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，这样生成的离子浓度在减小的同时还有增大的趋势4下列方程式书写正确的是（）AHCO3在水溶液中的电离方程式：HCO3+H2OH3O+CO32BH2SO3的电离方
20、程式：H2SO32H+SO32CCO32的水解方程式：CO32+2H2OH2CO3+2OHDNaHCO3的电离方程式：NaHCO3Na+H+CO32【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A电离生成水合氢离子和碳酸根离子；B电离分步进行，以第一步电离为主；C水解分步进行，以第一步水解为主；D电离生成碳酸氢根离子【解答】解：AHCO3在水溶液中的电离方程式为HCO3+H2OH3O+CO32，故A正确；BH2SO3的电离方程式为H2SO3H+HSO3，故B错误；CCO32的水解方程式为CO32+H2OHCO3+OH，故C错误；DNaHCO3的电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，故D
21、错误；故选：A【点评】本题考查离子反应书写正误判断，为高考常见题型，侧重电离与水解离子反应的考查，把握多元弱酸的电离及多元弱酸根离子水解特点为解答的关键，题目难度不大5下列说法不正确的是（）AKsp只与难溶电解质的性质和温度有关B由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D两种难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，与溶液中离子浓度无关；B从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；CKsp只受温
22、度的影响；DKsp小的，溶解度不一定小【解答】解：A化学反应平衡常数只与反应本身的性质和温度有关，当难溶物确定时就只和温度有关了，故A正确；B由于Ksp（ZnS）Ksp（CuS），在ZnS饱和溶液中加入Cu2+溶液，可生成CuS沉淀，故B正确；CKsp只受温度的影响，与浓度无关，故C正确；D对于阴、阳离子的个数比相同即同一类型的难溶电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强即溶解度越大对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，不能直接用Ksp的大小比较它们的溶解能力，必须通过计算进行比较，故D错误故选D【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，侧重于平衡常数的含义与应用的理解，题目难度
23、不大，易错点为D，注意不同类型的难溶物的化学计量数不同，它作为各离子浓度的次方数对Ksp的影响有很大差别所以不能用这两种Ksp的相对大小来比较难溶物的溶解度6用蒸馏水湿润过的pH试纸测得某氨基酸溶液的pH等于8，则该氨基酸溶液的pH可能是（）A9B8C7D6【考点】测定溶液pH的方法【分析】用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱，测定结果不准确，据此进行分析判断【解答】解：溶液pH的测得值为8，说明溶液为碱性溶液，由于碱性溶液稀释后，溶液碱性减弱，测定的
24、pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8，故选A【点评】本题考查了pH试纸的使用方法，题目难度不大，注意掌握pH试纸的使用方法，明确溶液的酸碱性和溶液pH大小之间的关系是正确解题的关键7相同条件下，氯化钠溶液 醋酸钠溶液 碳酸钠溶液 碳酸氢钠溶液，它们的PH相对大小为（）ABCD【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；CH3COONa、Na2CO3和NaHCO3均为强碱弱酸盐，水解均呈碱性，根据对应的酸越弱，则盐越水解来分析【解答】解：NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；CH3COONa、Na2CO3和NaHCO3均为强碱弱酸盐，
25、水解均呈碱性，由于酸性CH3COOHH2CO3HCO3，而对应的酸越弱，则盐越水解，故水解程度Na2CO3NaHCO3CH3COONa，水解程度越大，则碱性越强，pH越大，故pH的大小顺序为，故选B【点评】本题考查溶液PH的大小比较，题目难度不大，要考虑盐类的水解程度大小，注意越弱越水解的规律的应用8在Na2S溶液中存在下列关系不正确的是（）Ac（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S）Bc（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+c（S2）Cc（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S）Dc（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应
26、用【专题】盐类的水解专题【分析】硫化钠溶液中，硫化钠是强碱弱酸盐能水解导致溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度；溶液呈电中性，则阴阳离子所带电荷相等；溶液中的物质遵循物料守恒【解答】解：A、硫化钠溶液中遵循物料守恒，即钠离子浓度与含有硫元素的微粒浓度之和的比为2：1，即（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），故A正确B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即C（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2），故B错误C、溶液中物料守恒得（Na+）=2c（S2）+2c（HS）+2c（H2S），电荷守恒得C（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HS）+
27、2c（S2），所以c（OH）=c（H+）+c（HS）+2c（H2S），故C正确D、溶液中硫离子水解导致（Na+）2c（S2），所以钠离子浓度小于硫离子浓度，硫离子水解生成部分氢氧根离子，硫氢根离子水解生成部分氢氧根离子，只有硫离子水解生成硫氢根离子，所以溶液中氢氧根离子浓度大于硫氰根离子浓度，则溶液中离子浓度大小顺序为：C（Na+）c（S2）c（OH）c（HS），故D正确故选B【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度中等，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可9下列仪器中，一定没有“0”刻度的是（）A量筒B温度计C酸式滴定管D托盘天平游码刻度尺【考点】计量仪器及使用方法【专题】化学
28、实验常用仪器及试剂【分析】量筒没有0刻度，滴定管0刻度在上端，托盘天平游码0刻度在左端【解答】解：A量筒没有0刻度，故A正确； B温度计有0刻度，故B错误；C酸式滴定管0刻度在上端，故C错误；D托盘天平游码0刻度在左端，故D错误故选A【点评】本题考查计量仪器的使用，题目难度不大，注意基础知识的积累10下列说法中正确的是（）A25时，NH4Cl和NH3H2O的混合液中离子浓度可能为C（NH4+）C（Cl）C（OH）C（H+）B向0.1mol/L的CuSO4溶液中加入少量蒸馏水，溶液酸性减弱，Cu2+水解程度降低C25时，PH=12的NaOH溶液、PH=12的CH3COONa溶液、PH=2的硫酸，
29、三种溶液中水的电离程度相同D25时，向稀氨水中通入NH3，溶液中C（OH）减小【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】A若一水合氨少量，且溶液显示碱性时，可以满足c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）；B硫酸铜溶液浓度越小，铜离子的水解程度越大；C酸、碱溶液抑制了水的电离，醋酸钠促进了水的电离；D氨水浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大【解答】解：A若混合液中一水合氨少量，且溶液显示碱性时，溶液中可以存在：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故A正确；B向0.1mol/L的CuSO4溶液中加入少量蒸馏水，溶液中氢离子浓度减小，则溶液酸性减弱，但是C
30、u2+水解程度增大，故B错误；C.25时，pH=12的NaOH溶液、pH=2的硫酸都抑制了水的电离，而pH=12的CH3COONa溶液促进了水的电离，则三种溶液中水的电离程度不同，故C错误；D.25时，向稀氨水中通入NH3，一水合氨浓度增大，一水合氨的电离程度减小，但溶液中c（OH）增大，故D错误；故选A【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、弱电解质的电离平衡及其影响为解答关键，注意掌握判断离子浓度大小常用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力11对室温下pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（）A加适量的醋酸钠晶体后，两溶
31、液的pH均增大B使温度都升高20后，两溶液的pH均不变C加水稀释2倍后，两溶液的pH均减小D加足量的锌充分反应后，盐酸中产生的氢气速率快【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以醋酸溶液中存在电离平衡，升高温度能促进弱电解质电离，pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，不同的酸和相同金属反应，生成氢气的速率与溶液中离子浓度成正比【解答】解：A向盐酸中加入醋酸钠晶体，醋酸钠和盐酸反应生成醋酸，导致溶液的pH增大，向醋酸中加入醋酸钠，能抑制醋酸电离，导致其溶液的pH增大，故A正确；B盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离
32、平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故B错误；C醋酸中存在电离平衡，盐酸中不存在氯化氢的电离平衡，加水稀释后，促进醋酸的电离，所以盐酸的PH变化程度大，故C错误；DpH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，醋酸是弱酸，能够继续电离出氢离子，所以分别与足量的锌反应，开始反应速率相同，随反应进行，醋酸产生的氢气的速率比盐酸快，故D错误；故选A【点评】本题考查了弱电解质电离，以及影响弱电解质的电离平衡的因素，易错选项是B，注意对于相同浓度的盐酸和醋酸溶液，升高温度，盐酸的pH不变，但醋酸的pH改变，为易错点12若1体积硫酸恰好与10体积pH=
33、11的氢氧化钠溶液完全反应，则二者物质的量浓度之比应为（）A10：1B5：1C1：1D1：10【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】计算题；物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据强酸和强碱完全反应时，强酸和强碱的物质的量之间的关系进行计算【解答】解：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，所以硫酸与氢氧化钠量的比是1：2；设硫酸的物质的量浓度为c，体积为V，氢氧化钠溶液浓度为103mol/l，体积为10V，则硫酸与氢氧化钠量的比=1：2，解得c=5103mol/l，则二者物质的量浓度之比应为5103mol/l：103mol/l=5：1故选B【点评】本题考查学生强酸和强碱混合
34、后有关溶液的PH值、浓度、体积等的计算问题，解题的关键是找好强酸和强碱之间的量的关系，然后列等式进行计算13物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（）ANH4ClBNH4HSO4CCH3COONH4DNH3H2O【考点】影响盐类水解程度的主要因素【专题】盐类的水解专题【分析】根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱【解答】解：物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，ABC选项中铵根离子浓度分别比为1：1：1，D中NH3H2O部分电离；A、氯化铵中，铵
35、根离子的水解不受氯离子的影响；B、硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度较小，铵根离子浓度较大；C、醋酸根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大，其铵根离子浓度较小；D、NH3H2O是弱电解质，部分电离，其铵根离子浓度最小；综上NH4+的浓度最大的是NH4HSO4故选B【点评】本题考查学生离子的水解的影响因素、弱电解质的电离，注意把握影响盐的水解的因素，题目难度不大14要使10ml0.05mol/L的H2SO4溶液PH变为7，应采用的方法是（）A加水稀释到1000mlB加入10ml0.1mol/L的氨水C加入100ml0.005mol/L的Ba（OH）
36、2溶液D加入100ml0.05mol/L的NaOH溶液【考点】pH的简单计算；水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A酸溶液加水稀释后，溶液的pH不可能我7；B加入10mL 0.1mol/L的氨水，二者恰好反应生成硫酸铵，铵根离子部分水解，溶液的pH小于7；C加入100mL 0.005mol/L的Ba（OH）2溶液，二者恰好发生中和反应，溶液的pH=7；D混合液氢氧化钠过量，溶液呈碱性【解答】解：A.10mL 0.05mol/L的H2SO4溶液，加水稀释到1000mL，溶液的pH只能接近7，不可能为7，故A错误；B加入10mlL 0.1mol/L的氨水后，反应后溶质强酸弱碱盐硫酸铵，
37、溶液呈酸性，溶液的pH7，故B错误；C加入100mL 0.005mol/L的Ba（OH）2溶液中氢氧根离子的物质的量为：0.005mol/L20.1L=0.001mol，10mL 0.05mol/L的H2SO4溶液中氢离子的物质的量为：0.05mol/L20.01L=0.001mol，两溶液恰好发生中和反应，反应后溶液的pH=7，故C正确；D.100mL 0.05mol/L的NaOH中含有0.005mol氢氧根离子，10mL 0.05mol/L的H2SO4溶液中氢离子的物质的量为：0.05mol/L20.01L=0.001mol，混合液中氢氧根离子过量，溶液呈碱性，溶液的pH7，故D错误；故选
38、C【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力15下列说法正确的是（）A相同温度下，1mol/L氨水溶液与0.5mol/L氨水溶液中C（OH）之比是2：1B0.1mol/LNH4Cl溶液中C（Cl）=C（NH4+）C向0.1mol/LNaNO3溶液中滴加稀盐酸，使溶液PH=5，此时混合液中C（Na+）=C（NO3）D向CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，使混合液的PH7，此时混合液中C（CH3COOH）C（CH3COO）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
39、【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A相同温度下，不同浓度的同一电解质溶液中，浓度越小其电离程度越大；B氯化铵溶液中，铵根离子易水解，氯离子不水解；C根据物料守恒判断；D混合液的PH7，溶液显碱性，则需溶液中的CH3COONa浓度远大于CH3COOH的浓度，据此分析【解答】解：A相同温度下，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，一水合氨是弱电解质，氨水浓度越小其电离程度越大，所以C（OH）之比小于2：1，故A错误；B氯化铵溶液中，铵根离子易水解，氯离子不水解，所以c （NH4+）c （Cl），故B错误；C硝酸钠是强酸强碱盐，钠离子和硝酸根离子都不水解，根据物料守恒得c（Na+）=c（N
40、O3 ），故C正确；D由于通常弱电解质的电离程度大于其对应盐的水解程度，故当将等浓度的CH3COONa和CH3COOH混合时，溶液显酸性，故要使混合液的PH7，溶液显碱性，则需溶液中的CH3COONa浓度远大于CH3COOH的浓度，而无论是盐的水解程度还是弱电解质的电离程度均很小，故溶液中的C（CH3COOH）C（CH3COO），故D错误故选C【点评】本题考查了弱电解质溶液中和能水解的盐溶液中离子浓度的大小比较，较易出错的是D16有一支50毫升的碱式滴定管，其中盛有0.1mol/LNaOH溶液，液面恰好在15mL刻度处，若将管内的碱液全部放完，恰好中和锥形瓶内35mL盐酸，此盐酸的物质的量浓度
41、为（）A大于0.1 mol/LB小于0.1 mol/LC等于0.1 mol/LD无法确定【考点】中和滴定【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】滴定管的刻度从上到下，50mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到15mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（5015）=35mL，根据物质的量浓度的计算公式求出盐酸的浓度即可【解答】解：滴定管的刻度从上到下，50mL刻度以下还有没有刻度的一部分，若把到15mL刻度位置的液体放出，其液体体积大于（5015）=35mL，消耗盐酸的体积大于=0.1mol/L，所以A正确，故选A【点评】本题考查滴定管的使用，难度不大，注意滴定管的刻度从上到下，最大刻度以下还
42、有没有刻度的一部分17下列溶液显酸性的是（）pH7的溶液c（H+）=c（OH）的溶液c（H+）=1106 molL1的溶液c（H+）c（OH）的溶液 0.1molL1的NH4Cl溶液NaHCO3溶液ABCD【考点】水的电离；盐类水解的应用【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）和c（OH）的相对大小，与c（H+）值与c（OH）值的绝对大小无关，据此分析【解答】解：pH7的溶液不一定显酸性，如当100时，pH=6的溶液显中性，故错误；c（H+）=c（OH）的溶液显中性，故错误；c（H+）=1106 molL1的溶液不一定显酸性，如如当100时，Kw=1012，c
43、（H+）=1106 molL1的溶液中c（OH）=1106 molL1，显中性，故错误；c（H+）c（OH）的溶液 显酸性，故正确；NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故正确；NaHCO3溶液中，HCO3既能电离又能水解，而HCO3水解大于电离，故溶液显碱性，故错误故选D【点评】本题以溶液pH大小判断为载体考查了溶液显酸碱性的判断、盐类水解，先根据盐的类型分类，再根据其电离或水解程度进行分类，难度不大18常温时，纯水中由水电离的c（H+）=a，pH=1的盐酸中由水电离的c（H+）=b，0.2mol/L的盐酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离的c（H+）=c，则a、b
44、、c的关系正确的是（）Aab=cBacbCcbaDbca【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】酸或碱溶液能够抑制水电离，弱酸或弱碱对应的盐促进水电离，据此分析解答【解答】解：0.2molL1的盐酸与0.1molL1的氢氧化钠溶液等体积混合，反应后的溶液中含有氯化钠和盐酸，溶液中氢离子浓度0.05molL1，盐酸中的氢离子抑制了水的电离，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，pH=1的盐酸中，氢离子浓度为0.1mo/lL，所以a、b、c的关系是acb，故选B【点评】本题考查了影响水电离的因素，明确哪些物质促进水电离哪些物质抑制水电离是解本题关键，难度不大19下列说法正确的是（）A将
45、AlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+D洗涤油污常用热的碳酸钠溶液【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】AAlCl3溶液和Al2（SO4）3溶液分别加热、蒸干、灼烧，分别得到氧化铝、硫酸铝；B加入盐酸，引入新杂质；C存在水解平衡，不能完全除去；D碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，有利于除去油污【解答】解：AAlCl3水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热、灼烧生成氧化铝，Al2（SO4）3溶液加热、蒸干、灼烧仍得到硫酸铝，因硫酸
46、难挥发，故A错误；B加入盐酸，引入新杂质，为抑制水解，可加入少量硫酸，故B错误；C存在水解平衡，不能完全除去，可加入过量KOH，过滤后再加入盐酸，故C错误；D碳酸钠水解呈碱性，加热促进水解，且油污在碱性条件下水解，有利于除去油污，故D正确故选D【点评】本题考查较为综合，涉及盐类的水解等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大20某酸式盐NaHY的水溶液显碱性，下列叙述正确的是（）AH2Y的电离方程式：H2Y2H+Y2BHY的水解方程式：HY+H2OH3O+Y2C该酸式盐溶液中离子浓度关系：c（Na+）c（HY）c（OH）c（H+）D该酸式盐溶
47、液中离子浓度关系：c（Na+）c（Y2）c（HY）c（OH）c（H+）【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】A、H2Y是二元弱酸，电离时分两步电离；B、HY离子水解生成H2Y；C、某酸的酸式盐NaHY的水溶液显碱性，HY的电离程度小于HY的水解程度，据此判断各种离子浓度大小；D、某酸的酸式盐NaHY的水溶液显碱性，HY的电离程度小于HY的水解程度，据此判断各种离子浓度大小；【解答】解：A、H2Y是二元弱酸，电离时分两步电离，第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子，电离方程式为：H2Y+H2OHY+H3O+，故A错误；B、HY离子水解生成H2Y，所以HY离子水解的离子方程式：HY+H2
48、OH2Y+OH，故B错误；C、某酸的酸式盐NaHY的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c（Na+）c（HY）；HY的电离程度小于HY的水解程度，所以c（H2Y）c（H+）c（Y2），但无论电离还是水解都较弱，阴离子还是以HY为主，溶液呈碱性，说明溶液中c（OH）c（H+）；因溶液中还存在水的电离，则c（H+）c（Y2），所以离子浓度大小顺序为c（Na+）c（HY）c（OH）c（H2Y）c（H+）c（Y2），故C正确；D、某酸的酸式盐NaHY的水溶液中，阴离子水解，钠离子不水解，所以c（Na+）c（HY）；HY的电离程度小于HY的水解程度，所以c（H2Y）c（H+）c（Y2），但无论电离还
49、是水解都较弱，阴离子还是以HY为主，溶液呈碱性，说明溶液中c（OH）c（H+）；因溶液中还存在水的电离，则c（H+）c（Y2），所以离子浓度大小顺序为c（Na+）c（HY）c（OH）c（H2Y）c（H+）c（Y2），故D错误；故选C【点评】本题考查了多元弱酸的电离，弱酸盐的水解，离子浓度的大小比较，题目难度中等，注意溶液的电离和水解程度大小的分析21100ml 3mol/L的NaOH溶液，通入标准状况下4.48LCO2恰好完全反应，所得溶液的下列描述正确的是（）A溶液中溶质是Na2CO3和NaOHB溶液中的离子浓度：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）C溶液中的离子浓度
50、：c（Na+）c（HCO3）=c（CO32）c（OH）c（H+）D溶液中的离子浓度：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）【考点】化学方程式的有关计算；盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】n （CO2）=0.2mol，n（NaOH）=0.3mol，则反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，则有：2=1，所以：所得产物为Na2CO3和NaHCO3，设所得产物中含Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，则得方程组：解得：x=0.1，y=0.1，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸
51、氢根离子的水解，水解使溶液显碱性，以此来解答【解答】解：n （CO2）=0.2mol，n（NaOH）=0.3mol，则反应的可能方程式有：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，则有：2=1，所以：所得产物为Na2CO3和NaHCO3，设所得产物中含Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol，则得方程组：解得：x=0.1，y=0.1，在含等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠的溶液中，c（Na+）最大，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子的水解，则c（HCO3）c（CO32），水解使溶液显碱性，则c（OH）c（H+），显性离子大于隐性离子，所以c（HCO3）c（CO32）
52、c（OH）c（H+），即离子浓度大小为c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故选B【点评】本题考查离子浓度大小的比较，确定溶液中的溶质及物质的量的关系是解答本题的关键，然后利用水解来解答即可，注意碳酸根离子水解程度大，题目难度中等22下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A0.2mol/LK2CO3溶液中c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）B0.1mol/LNaHA溶液中其中pH=3，c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）C向Na2SO4溶液中滴加稀HNO2得到pH=4的混合溶液c（Na+）=2c（SO24）DpH=a的HA溶液与pH=
53、b的MOH溶液任意比混合c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A、溶液中氢氧根来源与水的电离、碳酸根的水解，根据质子恒等式判断B、0.1mol/LNaHA溶液中其中pH=3，说明H2A为弱酸，HA电离大于HA水解程度考虑水的电离判断溶液中c（H+）与c（A2）电离程度不大，HA最多C、根据物料守恒判断，溶液中钠离子、硫酸根来源于硫酸钠D、根据溶液电荷守恒判断【解答】解：A、溶液中氢氧根来源与水的电离、碳酸根的水解，每有1mol水电离生成1molH
54、+与OH，每生成HCO31mol，生成1molOH，每生成1molH2CO3，生成2molOH，所以溶液中c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），故A正确；B、0.1mol/LNaHA溶液中其中pH=3，说明H2A为弱酸，HA电离大于HA水解程度，c（A2）c（H2A），溶液中水存在电离，所以c（H+）c（A2），电离程度不大，HA最多，所以溶液中c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A），故B错误；C、溶液中钠离子、硫酸根来源于硫酸钠，根据硫酸钠化学式可知，混合溶液c（Na+）=2c（SO24），故C正确；D、溶液呈电中性，所以溶液中阴、阳离子所带电量相等，即c（H+）+
55、c（M+）=c（OH）+c（A），故D正确故选：B【点评】考查溶液中离子浓度大小比较，难度中等，离子浓度比较注意考虑：电解质电离、水的电离、盐类水解、三个守恒（物料守恒、电荷守恒、质子恒等式）23在下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是（）APH7的溶液中：K+、AlO2、Cl、SO42B含有0.1mol/L Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、SCN、HCO3C在加入铝粉能产生H2的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42、NO3D在由水电离产生c（H+）=11013mol/L的溶液中：Na+、S2O32、Fe3+、NO3【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】APH7的溶液呈碱性；B
56、Fe3+具有氧化性，可发生互促水解，与SCN发生络合反应；C在加入铝粉能产生H2的溶液呈强碱性或为非氧化性酸溶液；D由水电离产生c（H+）=11013mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；【解答】解：APH7的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不发生反应，可大量共存，故A正确；BFe3+具有氧化性，可氧化I，可与HCO3发生互促水解，与SCN发生络合反应，不能大量共存，故B错误；C在加入铝粉能产生H2的溶液呈强碱性或为非氧化性酸溶液，酸性条件下Fe2+、NO3发生氧化还原反应不能大量共存，碱性条件下NH4+、Fe2+不能大量共存，故C错误；D由水电离产生c（H+）=11
57、013mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下S2O32不能大量共存，碱性条件下Fe3+不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应、络合反应的考查，注意可能共存，题目难度不大24pH=2的A、B两种酸溶液各1mL，分别加水稀释到1L（其pH与溶液体积V的关系如图所示），下列说法正确的是（）a=5时，A是强酸，B是弱酸；若A、B都是弱酸，则5a2；稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强；A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的
58、电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】由图可知，稀释相同的倍数，A的变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）=c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）c（H+），以此来解答【解答】解：由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故正确；若A和B都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中pH为5a2，故正确；由图可知，B的pH小，c（H+）大，则B酸的酸性强，故错误；因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故错误故选：A
59、【点评】本题考查酸的稀释及图象，侧重于学生的分析能力的考查，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难度不大25化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果下列对图象的描述正确的是（）A根据图可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g），正反应是吸热反应B如图表示压强对反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大C图可表示乙酸溶液中通入氨气至过量的过程中溶液导电性的变化D根据图可知，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入CuO，调节pH在45之间即可【考点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的
60、溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】图像图表题；基本概念与基本理论【分析】A、从温度升高正逆反应速率的变化判断平衡移动的方向，以此来判断反应热问题；B、从压强对反应速率的影响结合图象中曲线斜率的大小判断压强大小，根据压强对平衡移动的影响判断反应物含量的变化；C、从溶液中离子浓度的变化判断导电性问题；D、根据两种物质完全沉淀时的溶液PH大小来分析【解答】解：A、根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，H0，故A错误；B、从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大
61、，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；C、乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；D、CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+Cu2+H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，故D正确故选D【点评】本题为图象题，主要是影响反应速率、化学平衡因素、混合物分离方法、弱电解质导电性分析，做题时注意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键，
62、本题难度中等二、填空题26PH=10的Na2CO3溶液、NaOH溶液和PH=4的NH4Cl溶液、HCl溶液中水的电离程度的大小关系是Na2CO3=NH4ClHCl=NaOH对于Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），其Ksp=c（Ag+）2c（S2）（3）NH4HSO4的电离方程式为NH4HSO4=NH4+H+SO42【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】（1）根据在酸溶液中，氢氧根全部来自于水的电离；在碱溶液中，氢离子全部来自于水的电离；而在正盐溶液中，氢离子和氢氧根均全部来自于水的电离来分析；（2）依据沉淀
63、溶解平衡的溶度积常数表示方法写出，溶度积等于溶液中离子浓度幂次方乘积；（3）硫酸氢氨为强电解质，在水中完全电离生成氨根离子、氢离子、硫酸根离子【解答】解：（1）pH=10的Na2CO3溶液中，c（H+）=1010mol/L，c（OH）=104mol/L，由于碳酸根水解结合了氢离子，故c（OH）能代表水电离出的全部，故此溶液中水电离出的c（OH）=c（H+）=104mol/L；pH=10的NaOH溶液中，氢离子全部来自于水的电离，故水电离出的c（OH）=c（H+）=1010mol/L；pH=4的NH4Cl溶液中，c（H+）=104mol/L，由于铵根离子水解结合了水电离出的氢氧根，故溶液中的氢离
64、子能代表水电离出的全部，即溶液中水电离出的c（OH）=c（H+）=104mol/L；pH=4的HCl溶液溶液中，c（H+）=104mol/L，c（OH）=10，10mol/L，氢氧根全部来自于水的电离，故水电离出的c（OH）=c（H+）=1010mol/L；通过分析可知，Na2CO3溶液中对水的电离的促进程度与NH4Cl溶液相同，HCl溶液对水的电离的抑制程度和NaOH溶液相同，故答案为：Na2CO3=NH4ClHCl=NaOH；（2）对于沉淀溶解平衡：Ag2S（s）2Ag+（aq）+S2（aq），一定温度下的饱和溶液中存在溶度积常数，Ksp=c（Ag+）2c（S2），故答案为：c（Ag+）2
65、c（S2）；（3）硫酸氢氨为强电解质，完全电离，电离方程式：NH4HSO4=NH4+H+SO42，故答案为：NH4HSO4=NH4+H+SO42【点评】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查弱电解质的电离和盐类水解，明确电解质的强弱及电离方式、盐类水解规律是解题关键，题目难度不大27现有常温下的六份溶液：0.01molL1 CH3COOH溶液；0.01molL1 HCl溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液；0.01molL1 CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液；0.01molL1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液（1）其中水的电离程度最大的
66、是（填序号，下同），水的电离程度相同的是（2）若将混合后所得溶液的pH=7，则消耗溶液的体积：（填“”“”或“=“）（3）将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：，（填“”“”或“=“）（4）将混合，若有c（CH3COO）c（H+），则混合溶液可能呈ABC（填序号）A酸性 B碱性 C中性【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算【分析】（1）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度相等时，其抑制水电离程度相等；（2）一水合氨是弱电解质，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以的浓度小于，混合后恰好完全反应，则酸的体积大于氨水；（3）弱电解质溶
67、液中存在电离平衡，加水稀释过程中促进弱电解质电离，相同pH的酸或碱溶液中，pH变化大的是强电解质，变化小的是弱电解质；（4）根据溶液中氢离子和氢氧根离子浓度大小判断【解答】解：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，抑制水电离，既不促进水电离也不抑制水电离，所以水的电离程度最大的是；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，在氢离子浓度和中氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同的是，故答案为：；（2）一水合氨是弱电解质，pH=12的氨水浓度大于0.01mol/L，所以的浓度小于，混合后恰好完全反应，则酸的物质的量等于氨水的物质的量，因为酸的浓度小于氨水，所以酸的
68、体积大于氨水，故答案为：；（3）将这几种溶液稀释相同的倍数时，加水稀释促进弱电解质的电离，中醋酸电离程度小于，所以中氢离子浓度大于，所以的pH；中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致中氢氧根离子浓度大于，所以的pH；中加水稀释后，促进一水合氨电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，但溶液仍然呈碱性，的混合溶液呈中性，所以pH，故答案为：；（4）将、混合，若有c（CH3COO）c（H+），如果溶液中c（OH）c（H+），则混合溶液呈碱性，如果c（HO）c（H+），混合溶液呈酸性，如果c（HO）=c（H+），混合溶液呈中性，故答案为：ABC【点评】本题考查了弱电解质的电离及pH简单计算，题目
69、难度中等，根据弱电解质电离特点判断相同pH的溶液中物质的量浓度关系，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生灵活应用基础知识的能力28下列化合物：HCl、NaOH、CH3COOH、NH3H2O、CH3COONa、NH4Cl（1）属于弱电解质的是，溶液呈碱性的有（填序号）（2）常温下0.01mol/L HCl溶液的pH=2；pH=11的CH3COONa溶液中由水电离产生的c（OH）=103mol/L（3）将等pH等体积的HCl和CH3COOH分别稀释m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相等，则m小于n （填“大于、等于、小于”）（4）常温下，向100mL 0.01molL1HA溶液逐滴加入0.02m
70、olL1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况（体积变化忽略不计）回答下列问题：N点对应的溶液中，c（M+）等于c（A）（填“大于、等于、小于”）K点对应的溶液中，c（M+）+c（MOH）=0.01molL1【考点】强电解质和弱电解质的概念；pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）在水溶液里和熔融状态下只有部分电离的电解质是弱电解质，碱或强碱弱酸盐其溶液都呈碱性；（2）pH=lgc（H+）；醋酸钠促进水电离，根据氢离子浓度结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度；（3）醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，醋酸存在电离平衡，氯化氢不存在电离平衡，将等pH的醋酸和盐
71、酸稀释后溶液的pH仍然相等，则醋酸稀释的倍数大于盐酸；（4）N点对应的溶液常温下pH=7，说明溶液呈中性，依据电中性原则回答即可；根据物料守恒计算【解答】解：（1）在水溶液里和熔融状态下只有部分电离的电解质是弱电解质，属于弱电解质的是一水合氨和醋酸，碱或强碱弱酸盐其溶液都呈碱性，氢氧化钠和氨水、醋酸钠溶液都呈碱性，故答案为：；（2）pH=lgc（H+）=lg0.01=2，醋酸钠促进水电离，醋酸钠溶液中氢离子浓度为1011mol/L，根据水的离子积常数知，氢氧根离子浓度等于103 mol/L，故答案为：2；103 mol/L；（3）醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，稀释会促进醋酸的电离，若将醋酸
72、和盐酸稀释相同的倍数，醋酸的pH会比盐酸小，因此若要使醋酸和盐酸稀释后溶液的pH仍然相等，则醋酸要稀释的倍数要更大一点才能满足要求，故答案为：小于；（4）N点对应的溶液常温下pH=7，说明溶液呈中性，那么c（H+）=c（OH），溶液中存在：c（M+）+c（H+）=c（OH）+c（A），由于c（H+）=c（OH），那么c（M+）=c（A），故答案为：等于；K点时，加入的MOH的物质的量=0.02molL10.1L=0.002mol，混合溶液的体积是0.2L，根据M元素守恒知，c（M+）+c（MOH）=0.01mol/L，故答案为：0.01【点评】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知
73、识点，根据弱电解质电离特点及酸碱中和反应来分析解答，明确物质的性质是解本题关键，再结合基本概念、pH的计算、物料守恒等知识点分析，题目难度中等三、实验题：29某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：A在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液；B用碱式滴定管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴甲基橙作指示剂；C在天平上准确称取烧碱样品mg，在烧杯中加蒸馏水溶解；D将物质的量浓度为C molL1的标准H2SO4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回答下列问题：（1）正确操作步骤
74、的顺序是（用字母填写）CABDE（2）操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是便于准确判断终点时颜色的变化情况（3）操作D中液面应调整到调节到零刻度或零稍下的某一刻度（4）滴定终点的现象是溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色（5）若酸式滴定管没有用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响？偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，其它操作均正确）（6）该烧碱样品的纯度计算式是%【考点】中和滴定【专题】实验分析题【分析】（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；（2）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；（3）滴定管
75、0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度；（4）指示剂为甲基橙，变色范围为3.14.4；（5）因标准液浓度变小，用量变大；（6）根据反应消耗的硫酸，求出氢氧化钠，进一步求出样品的纯度【解答】解：（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，故答案为：C；A；B；D；E；（2）因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于分辨；故答案为：便于准确判断终点时颜色的变化情况；（3）滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度；故答案为：调节到零刻度或零稍下的某一刻度；（4）指示剂为甲基橙，变色范围为3.14.4，终点时pH
76、约为4，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；故答案为：溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为原来的颜色；（5）因标准液浓度变小，用量变大，故答案为：偏高；（6）滴到消耗的硫酸为：n（硫酸）=cV=（V2V1）103Lcmol/L，根据反应方程可知，n（NaOH）=2n（硫酸）=2c（V2V1）103mol，所以原来样品中氢氧化钠的物质的量为：2c（V2V1）103mol=2c（V2V1）102mol，则样品中氢氧化钠的质量为m（NaOH）=nM=80c（V2V1）102g，则该烧碱样品的纯度为：100%=%；故答案为： %【点评】本题综合考查酸碱中和滴定，侧重于化学实验基本操作以及物质的含量的测定等问题，题目难度中等，建议在学习中把握相关基本实验方法，学习中注意积累
