1、辛集一中2020-2021学年高二月考第一次考试化学一选择题（共30小题）1下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是（）ACH3COOHH+CH3COOBNaHSO4Na+HSO4CH3PO43H+PO43DNaHCO3Na+H+CO32【分析】先根据强电解质与弱电解质的概念判断电解质的强弱，强电解质在溶液中完全电离，电离方程式用“”，弱电解质在溶液中部分电离，其电离方程式用“”，弱酸的电离分步进行，电离方程式只写出第一步电离即可，据此进行解答【解答】解：A醋酸为弱酸，溶液中部分电离出氢离子和醋酸根离子，电离方程式为：CH3COOHH+CH3COO，故A正确；B硫酸氢钠为强电解质，在溶液中完
2、全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，正确的电离方程式为：NaHSO4Na+H+SO42，故B错误；C磷酸为弱酸，溶液中的电离过程分步进行，电离方程式主要写出第一步电离即可，正确的电离方程式为：H3PO4H+H2PO4，故C错误；D碳酸氢钠为强电解质，溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了电离方程式的书写，题目难度中等，注意掌握强弱电解质概念及判断方法，明确电离方程式的书写原则，特别是多元弱酸的电离方程式，主要写出第一步电离即可2下列说法正确的是（）A强电解质的导电能力一定比弱电解质强BCO2的水溶液导电能力很
3、弱，所以CO2是弱电解质C在AlCl3溶液中，水的电离程度一定比纯水更大D弱电解质在溶液里达到电离平衡时，弱电解质分子的浓度和离子的浓度相等【分析】A电解质溶液导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数；B二氧化碳为非电解质；C依据水电离影响因素判断；D电解质在溶液里达到电离平衡时，溶质电离出的离子浓度不一定相等。【解答】解：A电解质溶液导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数，与电解质的强弱无关，故A错误；BCO2的水溶液导电能力很弱，因此H2CO3是弱电解质，因为导电的离子不是二氧化碳电离产生的，二氧化碳是非电解质，故B错误；C在AlCl3溶液中由于Al3+的
4、水解促进水的的电离，水的电离程度一定比纯水更大，故C正确；D弱电解质在溶液里达到电离平衡时，弱电解质分子的浓度和离子的浓度不再改变，但是浓度不一定相等，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了电解质强弱判断及电离平衡特征，明确电解质溶液导电能力影响因素，熟悉弱电解质电离平衡实质、水电离移动影响因素是解题关键，题目难度中等。3下列说法正确的是（）A25C时，等体积的盐酸和醋酸，前者一定比后者的导电能力强B氯化铜水解的实质是Cu2+与水电离产生的OH结合成弱电解质Cu（OH）2C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸消耗的NaOH多DAgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c（Ag+）
5、c（Cl）【分析】A溶液的导电能力与离子浓度有关；B盐类水解实质是弱离子结合水电离出的氢氧根离子或氢离子生成弱电解质，促进水的电离平衡正向进行；CpH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比；DAgNO3溶液与NaCl溶液混合硝酸银和氯化钠的物质的量不同时，混合溶液中银离子浓度和氯离子浓度不相同。【解答】解：A溶液的导电能力与离子浓度有关，溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故A错误；BCuCl2水解的实质是Cu2+与水电离出来的OH结合生成了弱电解质Cu（OH）2，促进水的电离平衡正向进行，溶液显酸性，故
6、B正确；CpH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的氢氧化钠溶液多，故C错误；DAgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中；不一定有c（Ag+）c（Cl），混合溶液中阴银子浓度和氯离子浓度大小，取决于硝酸银和氯化钠的浓度相对量大小，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了盐类水解的原理和实质、溶液酸碱性的分析判断，掌握基础是解题关键，易错选项是D，混合溶液中阴银子浓度和氯离子浓度大小，取决于硝酸银和氯化钠的浓度相对量大小，题目难度中等。4下列有关说法正确的是（）AHClO是弱酸；所以NaClO是
7、弱电解质BH2、SO2、CO2三种气体都可用浓硫酸干燥C向浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液，可制得Fe（OH）3胶体DSO2和SO3都是酸性氧化物，两者的水溶液都是二元强酸【分析】A、NaClO是强电解质；B、所干燥的物质不能与干燥剂发生反应；C、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应生成沉淀；D、二氧化硫的水溶液是弱酸。【解答】解：A、HClO是弱酸，NaClO在水溶液里或熔融状态下完全电离，所以NaClO是强电解质，故A错误；B、H2、SO2、CO2三种气体和浓硫酸不反应，都可用浓硫酸干燥，故B正确；C、浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应生成沉淀，在沸水中滴加FeCl3饱和溶
8、液可制得Fe（OH）3胶体，故C错误；D、二氧化硫的水溶液是亚硫酸是二元弱酸，故D错误；故选：B。【点评】本题考查学生物质的性质以及强弱电解质、氨、浓硫酸性质等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等。5在相同温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液和0.01 mol/L的盐酸相比较，下列说法正确的是（）A由水电离出的c（OH）相等B由水电离出的c（H+）都是1.01012 mol/LC两溶液的pH之和等于14D若将0.01 mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，对水的电离的影响不变【分析】水的电离方程式为：H2OH+OH，加入酸或碱后，增大氢离子或氢氧根离子浓度导致水的电离平衡向逆
9、反应方向移动，即抑制水的电离，依据溶液中离子积常数计算水电离出离子的浓度，由此分析解答。【解答】解：A、温度一定，溶液中存在离子积常数，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c（H+）水mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c（H+）水c（OH）水mol/L，所以由水电离出的c（H+）相等，故A正确；B、温度不一定是常温下，离子积常数不一定是1014，计算出的水电离出的c（H+）不一定是1.01012 mol/L，故B错误；C、若常温下，两溶液的pH之和等于14，故C错误；D、盐酸是强电解质，而醋酸是弱电解质，即0.01 mol/L的盐酸和同浓度的醋酸，盐酸中氢离子的浓度大
10、，氢离子的浓度越大对水的电离抑制程度就大，即对水的电离的影响不同，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了影响水电离的因素，根据离子积常数计算就可分析解答本题，难度不大。6已知部分弱酸的电离常数如表：下列叙述不正确的是（）弱酸H2CO3HClOHF电离平衡常数（25）Ka14.3107Ka25.61011Ka2.98108Ka3.6104A氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应：HF+NaClOHClO+NaFB物质的量浓度相同的四种溶液：NaFNa2CO3NaClONaHCO3，pH由大到小的顺序为：CNa2CO3溶液不能与次氯酸发生反应D少量CO2通入NaClO溶液中的离子反应：CO2+H2
11、O+ClOHCO3+HClO【分析】电离平衡常数越大酸性越强，根据电离平衡常数可知酸性：HFH2CO3HClOHCO3。A酸性HFHClO，氢氟酸与NaClO反应生成次氯酸和氟化钠；B酸性越强，对应离子的水解程度越弱，溶液pH越小；C酸性HClOHCO3，碳酸钠可以与次氯酸反应生成碳酸氢钠；D酸性H2CO3HClOHCO3，则次氯酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠和次氯酸。【解答】解：电离平衡常数越大酸性越强，根据电离平衡常数可知酸性：HFH2CO3HClOHCO3。A酸性：HFHClO，则氢氟酸与NaClO溶液混合能够发生反应生成HClO和NaF，该反应方程式为：HF+NaClOHClO+N
12、aF，故A正确；B酸性：HFH2CO3HClOHCO3，则水解程度：CO32ClOHCO3F，水解程度越强溶液的pH越大，则浓度相同时pH由大到小的顺序为：，故B正确；C由于酸性HClOHCO3，则Na2CO3溶液能够与次氯酸发生反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，故C错误；D酸性H2CO3HClOHCO3，少量CO2通入NaClO溶液中，反应生成碳酸氢钠和HClO，该反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClOHCO3+HClO，故D正确；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度不大，根据电离平衡常数正确判断酸性强弱为解答关键，注意掌握盐的水解、电离平衡的影响因素，试题侧重考查学生的分析
13、能力及灵活应用基础知识的能力。7醋酸是电解质，下列能说明醋酸是弱电解质的组合是（）醋酸与水能以任意比例互溶白醋中滴入石蕊试液呈红色0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大蛋壳浸入白醋中有气体放出0.1mol/L醋酸钠溶液pH8.9大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2的速率慢ABCD【分析】要说明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据其一定溶液的pH、钠盐溶液的pH等方法判断，据此分析解答。【解答】解：醋酸与水能以任意比例互溶，说明醋酸溶解性强，但不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故错误；白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸为酸，
14、但不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱电解质，故错误；0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故正确；蛋壳浸入白醋中有气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能说明醋酸部分电离，则不能证明醋酸为弱电解质，故错误；0.1mol/L醋酸钠溶液pH8.9，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故正确；大小相同的锌粒与相同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2的速率慢，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故D正确；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，弱电解质与电解质溶解性强弱无关，题目难度不大。8下列不能说明HA
15、为弱酸的是（）AHA溶液使石蕊溶液变红BNaA溶液使酚酞溶液变红C稀释pH2的HA溶液1000倍，测得溶液pH4D25，分别为0.1molL1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强【分析】要证明HA为弱酸，只要证明HA部分电离即可，可由其一定浓度溶液稀释之后pH变化、NaA溶液酸碱性等方法判断，据此分析解答。【解答】解：AHA能使石蕊试液变红色，说明HA是酸，不能说明HA部分电离，则不能说明HA是弱酸，故A错误；BNaA溶液能使酚酞试液变红色，说明NaA是强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故B正确；CpH2的HA溶液稀释1000倍后溶液的pH4，说明HA存在电离平衡，则HA为弱酸，故C正确；D.25，分别为
16、0.1molL1的盐酸和HA溶液，盐酸导电能力强，说明盐酸中离子浓度大于HA，则HA部分电离，为弱酸，故D正确；故选：A。【点评】本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，电解质强弱是根据其电离程度划分的，溶液导电能力强弱与离子浓度有关，题目难度不大。9不能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是（）ACO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水BCO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀C高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2D氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀【分析】A不能利用酸性氧化物的溶解性来比较酸性；B根据溶液中发生的强酸制取弱酸的原理来分析；C反
17、应是在高温下固体之间的反应；D根据溶液中发生的强酸制取弱酸的原理及盐酸易挥发来分析【解答】解：A酸性强弱与水溶性没有关系，则无法据此比较酸性，故A错误；BCO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀，反应方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2Na2CO3+H2SiO3，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；C比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；DHCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸强，又盐酸易挥发，可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，可能为盐酸与硅酸盐的反应，
18、则无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；故选：B。【点评】本题考查酸性强弱比较，题目难度不大，根据强酸制弱酸原理分析，转移必须在溶液中发生的化学反应，如C不能得出硅酸的酸性比碳酸强，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力1025时，水的电离达到平衡：H2OH+OHH0，下列叙述正确的是（）A向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大B将水加热，Kw增大，pH不变C向水中加入少量硫酸氢钠固体，增大D向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低【分析】A水的电离达到平衡：H2OH+OH，如改变溶液中c（H+）或c（OH），平衡可发生移动；B水的电离是吸热反应，升高温度，氢离
19、子浓度增大，pH减小；C硫酸氢钠是强电解质，溶于水电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大；D氢氧化钠是强碱，加入后溶液中的氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动【解答】解：A向平衡体系中加入水，温度不变，加入的水与原水的电离平衡一样，c（H+）、c（OH）都不变，平衡不移动，故A错误；B水的电离H0，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH降低，故B错误；C由于硫酸氢钠是强电解质，加入水后，溶液中的氢离子浓度增大，平衡虽向逆向移动，但溶液中的氢离子浓度因硫酸氢钠的电离增大，温度不变KWc（H+）c（OH）不变，c （OH）减小，所以增大，故C正确；DNaOH电离的氢氧根重力使溶液中氢
20、氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故D错误；故选：C。【点评】本题考查外界条件对弱电解质水的电离平衡的影响，注意加入酸、碱，平衡逆向移动，但是溶液中的氢离子或者氢氧根浓度反而增大，本题难度中等11水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A图中五点KW间的关系：BCADEB若从D点到A点，可采用在水中加入少量酸的方法C若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量NaOH固体的方法D若处在B点时，将pH2的硫酸与pH12的KOH等体积混合后，溶液显中性【分析】AA、D、E都处于25时，Kw相等，然后比较B、C、E三点的c（H+）和c（OH）的大小，依此比较Kw的大小；B从D点
21、到A点c（H+）减小，c（OH）增大，温度不变，Kw不变；C从A点到C点c（H+）和c（OH）的变化判断Kw的变化，依次改变的条件；D、根据B点时Kw计算酸与碱溶液中c（H+）和c（OH），然后判断溶液的酸碱性【解答】解：AADE都处于25时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH）都大于E点的c（H+）和c（OH），并且C点的c（H+）和c（OH）大于A点c（H+）和c（OH），c（H+）和c（OH）越大，Kw越大，故BCADE，故A正确；B加入酸，溶液中c（H+）变大，c（OH）变小，而从D点到A点c（H+）减小，c（OH）增大，故B错误；C若从A点到C点，c（H+）变大，c（OH）变大，Kw
22、增大，且c（H+）c（OH），溶液显示中性，无法通过加入氢氧化钠溶液实现，只能为升高温度，故C错误；D若处在B点时，Kw11012，pH2的硫酸中c（H+）102mol/L，pH12的KOH中c（OH）1molL1，等体积混合，氢氧根离子过量，溶液显进行，故D错误；故选：A。【点评】本题考查水的电离平衡移动问题，题目难度中等，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH）的大小1225时，下列溶液中水的电离程度最小的是（）ApH2 的CH3COOH溶液B0.01 mol/L Na2CO3溶液C0.1 mol/L盐酸DpH10氨水【分析】酸或碱抑制水电离，
23、含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，据此分析解答。【解答】解：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中氢离子浓度越大或碱中氢氧根离子浓度越大，抑制水电离程度越大，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而促进水电离，水的电离程度较大；醋酸、盐酸是酸而氨水是碱溶液，所以醋酸、盐酸和氨水都抑制水电离，醋酸中氢离子浓度是0.01mol/L、盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L、氨水中氢氧根离子浓度为0.0001mol/L，所以水电离程度大小顺序是BDAC，则水电离程度最小的是盐酸，故选：C。【点评】本题以弱电解质的电离及盐类水解为载体考查水的电离
24、，明确影响水电离因素是解本题关键，注意：酸、碱抑制水电离与氢离子或氢氧根离子浓度有关，题目难度不大。13在100时，100mL蒸馏水中c（OH）1106molL1，当改变下列条件之一时，c（OH）仍然等于1106molL1的是（）温度降低到25加入106mol NaOH固体，保持100加入106molNaCl，保持100蒸发丢掉50mL水，保持100ABCD【分析】降低温度，抑制水电离，水的电离程度减小，但溶液中仍然存在c（OH）c（H+）；加入106mol NaOH固体，溶液中c（NaOH）105mol/L；加入106molNaCl，保持100，溶液中仍然存在c（OH）c（H+），且水的离子
25、积常数1012；蒸发丢掉50mL水，保持100，溶液中仍然存在c（OH）c（H+），且水的离子积常数1012【解答】解：降低温度，抑制水电离，水的电离程度减小，25时离子积常数1014mol，则c（OH）c（H+）mol/L107mol/L，故错误；加入106mol NaOH固体，溶液中c（OH）c（NaOH）105mol/L，故错误；加入106molNaCl，保持100，溶液中仍然存在c（OH）c（H+），且水的离子积常数1012，c（OH）c（H+）mol/L106mol/L，故正确；蒸发丢掉50mL水，保持100，溶液中仍然存在c（OH）c（H+），且水的离子积常数1012，c（OH）c
26、（H+）mol/L106mol/L，故正确；故选：B。【点评】本题考查离子积常数有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确离子积常数只与温度有关而与溶液体积多少、溶液浓度无关是解本题关键，题目难度不大14用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH，如果先将pH试纸用蒸馏水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对照，溶液pH的测得值为8，则该氨基酸溶液的实际pH（）A小于8B等于8C小于7D大于8【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
27、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pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8，故选：D。【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15下列判断中，正确的是（）A泡沫灭火器的灭火原理：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3CO2B将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C某物质的溶液中由水电离出的c（H+）110amol/L，若a7时，则该溶液的pH一定为14aD已知25时NH4CN显碱性，则25
28、时的电离常数K（NH3H2O）K（HCN）【分析】A泡沫灭火器中的药品为碳酸氢钠和硫酸铝，碳酸氢根离子不能拆开；B醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡正向进行，水解平衡常数增大；C常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）110a mol/L，若a7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；D盐溶液水解时是谁强显谁性。【解答】解：ANaHCO3溶液和Al2（SO4）3发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，碳酸氢钠不能拆开，正确的离子方程式为3HCO3+Al3+3CO2+Al（OH）3，故A错误；B醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，水解过程吸热，升温平衡
29、正向进行，水解平衡常数增大，Kh增大，则溶液中减小，故B错误；C常温时，某溶液中由水电离出的c（H+）110a mol/L，若a7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pHa，如为碱溶液，则pH14a，故C错误；D盐溶液水解时，溶液是谁强显谁性，而NH4CN溶液显碱性，故NH3H2O的碱性强于HCN的酸性，则25时的电离常数K（NH3H2O）K（HCN），故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质电离平衡、水解平衡影响因素分析判断，主要是水的电离平衡中离子积常数的理解应用、离子方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等。16室温下，下列说法不正确的是（）A相
30、同物质的量浓度的氨水和盐酸充分混合，若pH7，则V（氨水）V（盐酸）BpH均为3的醋酸溶液和盐酸等体积混合后，混合溶液的pH3C含等物质的量的HCN和NaCN的溶液呈碱性，可知c（CN）c（Na+）D物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，存在c（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Cl）【分析】A二者若恰好反应，溶液显示酸性，所以加入的盐酸的体积比氨水溶液体积小；B常温下pH3的醋酸和盐酸，其溶液中氢离子浓度相等；C等物质的量浓度的HCN和NaCN混合后溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN水解程度；D盐酸溶液中氯化氢完全电离，醋酸溶液中存在电离平衡，结合溶液中盐酸和醋酸物质的量浓度相同分析判断。
31、【解答】解：A等体积、等浓度的氨水与盐酸恰好反应生成氯化铵，溶液显示酸性，所以要满足溶液的pH7，加入的盐酸体积应该小些，即V（氨水）V（盐酸），故A正确；B常温下pH3的醋酸和盐酸，其溶液中氢离子浓度相等，等体积混合后溶液的pH3，故B正确；C等物质的量浓度的HCN和NaCN混合后溶液呈碱性，说明HCN电离程度小于CN水解程度，根据物料守恒知c（HCN）+c（CN）2c（Na+），因为HCN电离程度小于CN水解程度，所以c（CN）c（Na+），故C错误；D物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，盐酸溶液中氯化氢完全电离，氯离子浓度等于氢离子浓度，醋酸溶液中存在电离平衡，存在c（CH3COOH）+c（C
32、H3COO）c初始（CH3COOH）c（HCl）c（Cl），故D正确；故选：C。【点评】本题考查了盐的水解原理及其影响因素、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，明确盐的水解原理及影响盐的水解因素是解答关键，C选项离子浓度大小比较是难点也是高频易错点。17常温下，用0.10 mol/LNaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol/LCH3COOH溶液和 HCN 溶液所得滴定曲线如图Ka（CH3COOH）K（HCN）下列说法正确的是（）A点和点所示溶液中：c（CH3COO）c（CN）B点所示溶液中：c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）C点和点所示溶液中：c（CH3
33、COO）c（CN）c（HCN）c（CH3COOH）D点和点所示溶液中都有：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的这两种酸，pH越小的酸性越强，则上边曲线表示滴定HCN、下边曲线表示滴定CH3COOH，A点和点NaOH加入量相同，生成等量的醋酸钠、NaCN，且未加NaOH时HCN的pH大，则HCN酸性弱，CN水解程度大；B点溶液pH7，溶液呈中性，溶液中溶质为醋酸钠、醋酸，醋酸钠水解程度和醋酸电离程度都较小；C点、点c（Na+）相同，结合两点时的电荷守恒分析；D溶液中溶质为醋酸钠、醋酸且醋酸的量很少，c（CH3COO）
34、c（CH3COOH），溶液呈中性，则 c（OH）c（H+），溶液中溶质为醋酸钠，溶液中存在电荷守恒和物料守恒。【解答】解：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的这两种酸，pH越小的酸性越强，则上边曲线表示滴定HCN、下边曲线表示滴定CH3COOH，A两点NaOH加入量相同，生成等量的醋酸钠、NaCN，且未加NaOH时HCN的pH大，则HCN酸性弱，CN水解程度大，则c（CH3COO）c（CN），故A错误；B点溶液pH7，溶液呈中性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），溶液中溶质为醋酸钠、醋酸，醋酸钠水解程度和醋酸电离程度都较小，所以存在c（Na+）c（
35、CH3COO）c（OH）c（H+），故B错误；C点的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN）c（Na+），点所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Na+），两点溶液中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN）c（CH3COOH）+c（CH3COO），即c（CH3COO）c（CN）c（HCN）c（CH3COOH），故C正确；D溶液中溶质为醋酸钠、醋酸且醋酸的量很少，c（CH3COO）c（CH3COOH），溶液呈中性，则 c（OH）c（H+），则c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）；溶液中溶质为醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H
36、+）c（CH3COO）+c（OH）、存在物料守恒c（CH3COO）+c（CH3COOH）c（Na+），所以存在c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点，题目难度中等，把握混合物溶质、电荷与物料守恒的应用、盐类水解为解答的关键，注意选项D为解答的难点，试题侧重分析与应用能力的考查。18为测定某盐酸的浓度，准确移取20.00mL该盐酸于锥形瓶中，用0.1000molL1 NaOH溶液滴定，下列说法正确的是（）A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液出现红色时立即停止滴定，开始读数C用25m
37、L酸式滴定管量取20.00mL待测溶液于锥形瓶中D滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小【分析】A滴定管用 蒸馏水洗涤后应该用标准液润洗；B当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s不变色时停止滴定；C酸性溶液只能用酸式滴定管量取；D滴定达到终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，导致NaOH溶液体积偏大，c（待测）。【解答】解：A滴定管用 蒸馏水洗涤后应该用标准液润洗，否则导致NaOH溶液浓度偏低，使用的NaOH溶液体积偏大，则测定值偏大，故A错误；B当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s不变色时停止滴定，不能出现红色立即停止滴定，故B错误；C酸性溶液只能用酸式滴定管量取，盐酸溶液呈酸性，所以应
38、该用酸式滴定管量取，故C正确；D滴定达到终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，导致NaOH溶液体积偏大，则c（待测）偏大，故D错误；故选：C。【点评】本题考查中和滴定，为高频考点，把握滴定原理、实验操作、误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意滴定终点的判断，题目难度不大。19用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸造成测定结果偏高的原因可能是（）A盛装标准溶液的滴定管中开始没有气泡，结束后出现了气泡B滴定终点读数时，俯视滴定管刻度C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗D滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【分析】分析操作对NaOH溶液体积的影响，结合c（HCl）判断。
39、【解答】解：A滴定前无气泡，滴定终了有气泡，导致消耗的NaOH液体积偏小，测定结果偏低，故A不符合；B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，读数偏小，导致消耗NaOH的体积偏小，测定结果偏低，故B不符合；C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，不影响滴定结果，故C不符合；D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成消耗NaOH溶液体积偏大，测定结果偏高，故D符合。故选：D。【点评】本题考查酸碱中和滴定，涉及误差分析，关键是对酸碱中和滴定原理的理解，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。20在常温下，满足下列条件的水溶液不一定呈中性的是（）ApH7的溶液Bc（H+）1.010
40、7molL1的水溶液Cc（H+）c（OH）DpH3的酸与pH11的碱等体积混合后的溶液【分析】由c（H+）、c（OH）的相对大小判断溶液的酸碱性，若c（H+）c（OH）时溶液为中性，以此来解答。【解答】解：A常温下Kw1.01014，pH7的溶液中c（H+）c（OH），溶液为中性，故A不选；B常温下c（H+）1.0107molL1的水溶液，c（H+）c（OH），溶液为中性，故B不选；Cc（H+）c（OH）为中性溶液，故C不选；DpH3的酸与pH11的碱等体积混合后，若酸为弱酸，混合后溶液显酸性，若碱为弱碱，混合后显碱性，为强酸强碱反应时为中性，则不一定为中性，故D选；故选：D。【点评】本题考查
41、溶液的酸碱性，为高频考点，把握酸碱性的判断方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。21T时，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是（）ApH6的溶液B含有H+的溶液Cc（H+）c（OH）D能与金属A1反应放出H2的溶液【分析】由c（H+）、c（OH）的相对大小判断溶液的酸碱性，若c（H+）c（OH）时溶液为酸性，以此来解答【解答】解：A.100时pH6的溶液为中性，且温度未知，不能判断，故A不选；B任何水溶液中均含H+，不判断酸碱性，故B不选；Cc（H+）c（OH），则溶液一定为酸性，故C选；DAl与酸或NaOH溶液等均反应生成氢气，则与金属A1反应放出H2
42、的溶液，可能为强碱溶液，故D不选；故选：C。【点评】本题考查溶液酸碱性的判断，为高频考点，把握判断溶液酸碱性的方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大22下列化学方程式中，属于水解反应的是（）AH2O+H2O H3O+OH BHS+OHH2O+S2CHS+H2O H3O+S2DHS+H2OH2S+OH【分析】根据水解反应的定义判断，盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此解答该题。【解答】解：AH2O+H2O H3O+OH 为水的电离方程式，故A错误；BHS+OHH2O+S2为HS和氢氧根之间反应的方程式，故
43、B错误；CHS+H2O H3O+S2为电离方程式，故C错误；D为HS的水解离子方程式，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电离方程式与水解方程式的判断，题目难度不大，明确电离方程式与水解方程式的书写原则为解答关键，试题培养了学生的规范答题能力。23为了使（NH4）2SO4 溶液中接近 2：1，可采取的措施是（）A加热B加适量 NaOH（s）C加水D通 HCl【分析】铵根离子水解呈酸性，依据铵根在水溶液中水解减少，为了使（NH4）2SO4 溶液中接近 2：1，加入的试剂能抑制铵根的水解，由此分析解答。【解答】解：A、加热促进铵根离子的水解，故A错误；B、加入氢氧化钠会促进铵根的水解，减少铵根离子
44、，c（NH4+）和c（SO42）之比小于2：1，故B错误；C、越稀越水解，所以加水促进铵根离子的水解，导到c（NH4+）和c（SO42）之比小于2：1，故C错误；D、通 HCl，抑制铵根离子的水解，使c（NH4+）和c（SO42）之比更接近2：1，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了盐类水解的应用，主要是对水解离子的增多或减少，关键是加入的物质除了抑制弱离子水解外，还要注意加入的其他离子的影响。24欲使NH4Cl稀溶液中比值增大，可在溶液中（恒温并忽略溶液体积的变化）加入少量下列物质中的（）通入HCl；H2SO4；NH4Cl固体；NH4NO3固体 Ba（OH）2固体A或或B或或C或或D或或【
45、分析】NH4Cl溶液中存在铵根离子水解平衡：NH4+H2ONH3H2O+H+，影响水解平衡移动的因素来回答判断。【解答】解：通入HCl，水解平衡：NH4+H2ONH3H2O+H+逆向移动，而通入HCl以氯离子的浓度增大为主，所以比值减小，故错误；加入H2SO4，氢离子浓度增大，水解平衡逆向移动，所以铵根离子浓度增大，氯离子的浓度不变，所以溶液中比值增大，故正确；加入NH4Cl固体，铵根离子水解程度减小，所以溶液中比值增大，故正确；加入NH4NO3固体，导致溶液中铵根离子浓度增大，所以溶液中比值增大，故正确；加入Ba（OH）2固体，水解平衡正向移动，所以铵根离子的浓度减小，所以溶液中比值减小，故
46、错误；故选：A。【点评】本题考查学生盐的水解原理以及影响盐的水解平衡移动等方面的知识，注意知识的归纳整理是解题关键，难度不大。25在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入CO2，平衡向正反应方向移动C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小【分析】根据平衡常数与温度的关系及温度、浓度对平衡的影响来分析解答；A、平衡常数随温度变化；B、通入二氧化碳和氢氧根离子反应促进水解；C、水解反应是吸热反应，升温促进水解；D、碳酸根离子水解显碱性，加碱抑制水解。【解答】解：A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释
47、时平衡常数是不变的，故A错误；B、CO2通入水中，生成H2CO3，可以与OH反应，平衡正向移动，故B正确；C、因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，增大的，故C错误；D、加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了水解平衡常数及影响水解平衡的因素，水解平衡常数和化学平衡常数一样是温度的函数，与条件无关，化学平衡移动原理同样适合水解平衡的移动，要多迁移，多联系。26在定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH下列说法正确的是（）A稀释溶液，水解平衡常数增大B加入少量NH4Cl 固体，平衡向正反应方向移动C升高温度，减小D
48、加入NaOH固体，溶液pH减小【分析】Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH，盐类的水解为吸热过程，A平衡常数只受温度的影响；B加入少量NH4Cl 固体，铵根离子会和氢氧根离子之间反应；CNa2CO3溶液存在水解平衡：CO32+H2OHCO3+OH，盐类的水解为吸热过程，加热促进水解；D当OH或HCO3浓度发生变化时，平衡发生移动。【解答】解：A平衡常数只受温度的影响，加水稀释，平衡常数不变，故A错误；B加入少量NH4Cl 固体，铵根离子会和氢氧根离子之间反应，氢氧根离子浓度减小，平衡：CO32+H2OHCO3+OH向正反应方向移动，故B正确；C升高温度，水解平衡向正向移
49、动，则C（CO32） 减小，C（HCO3） 减小，所以比值增加，故C错误；D加入NaOH固体，c（OH）浓度增大，溶液pH增大，故D错误；故选：B。【点评】本题考查盐类水解的原理，题目难度不大，注意把握影响盐类水解的因素，把握平衡常数的意义。27下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是（）ACH3COONa溶液中c（Na+）c（CH3COO）B某盐溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应C配制FeSO4溶液要加入铁粉，配制SnCl2溶液要加入盐酸，二者原理相同D将Al2（SO4）3溶液蒸干后得到Al（OH）3固体【分析】A、CH3COONa溶液中醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度小于钠离子的浓度；B
50、盐溶液呈酸性，可能有两种情况，一是水解呈酸性，为强酸弱碱盐，二是酸式盐，电离程度大于水解程度，或只有电离；C、配制FeSO4溶液要加入铁粉，防止亚铁离子被氧化，而配制SnCl2溶液要加入盐酸，抑制Sn2+离子水解；D、Al2（SO4）3溶液中，水解产物是氢氧化铝和非挥发性的酸硫酸。【解答】解：A、CH3COONa溶液中醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度小于钠离子的浓度，即c（Na+）c（CH3COO），故A正确；B、盐溶液呈酸性，可能有两种情况，一是水解呈酸性，如氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，二是酸式盐，如NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子，NaHSO4Na+H+SO42，
51、呈酸性，故B错误；C、配制FeSO4溶液要加入铁粉，防止亚铁离子被氧化，而配制SnCl2溶液要加入盐酸，抑制Sn2+离子水解，所以二者原理不相同，故C错误；D、Al2（SO4）3溶液中，水解产物是氢氧化铝和非挥发性的酸硫酸，所以溶液蒸干得到硫酸铝固体，故D错误。故选：A。【点评】本题考查学生盐的水解原理以及水解原理的应用知识，属于基本知识的考查，难度不大。28下列说法不正确的是（）A除去CuCl2溶液中的Fe3+，选用Cu（OH）2做沉淀剂B将FeCl3溶液加入到Mg（OH）2悬浊液中，沉淀由白色变为红褐色C已知酸性强弱：H2CO3HCNHCO3，则向NaCN溶液中通入少量的CO2时，CN+C
52、O2+H2OHCN+HCO3D通过直接蒸发MgCl2溶液的方法获取无水氯化镁固体【分析】A、加入氢氧化铜促进铁离子的水解，同时不引入新的杂质；B沉溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质；C酸性：H2CO3HCNHCO3，通入少量CO2气体，生成碳酸氢钠；D氯化镁溶液能够水解。【解答】解：A、加入氢氧化铜促进铁离子的水解，同时不引入新的杂质，则除去CuCl2溶液中的Fe3+，选用Cu（OH）2做沉淀剂，故A正确；B、沉溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，故B正确；C通入
53、少量CO2气体，生成碳酸氢钠，可知发生强酸制取弱酸的反应，则离子反应为CN+H2O+CO2HCN+HCO3，故C正确；D直接蒸发氯化镁溶液，其水解生成氢氧化镁，分解得到氧化镁，故D错误；故选：D。【点评】本题考查盐类的水解，为高考常见题型，把握盐类水解、难溶电解质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。29常温下向浓度均为0.10moL1、体积均为1mL的NaOH溶液和Na2CO3溶液中分别加水，均稀释至VmL，两种溶液的pH与lgV的变化关系如图所示。下列叙述中错误的是（）A用惰性电极电解pH为10的NaOH和Na2CO3混合溶液，溶液的pH增大B曲线N表示Na2CO3溶液的p
54、H随lgV的变化CNa2CO3溶液中存在：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）D若将Na2CO3溶液加热蒸干，由于CO32水解，最终析出的是NaOH固体【分析】A、用惰性电极电解pH为10的NaOH和Na2CO3混合溶液，都是电解水；B、碳酸钠属于强碱弱酸盐，显示碱性，0.1mol/L的碳酸钠pH13，氢氧化钠属于强碱，0.1mol/L的氢氧化钠pH13；C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液显示碱性；D、碳酸钠中碳酸根水解得到碳酸氢根，但是碳酸氢盐受热分解得到碳酸盐。【解答】解：A、用惰性电极电解pH为10的NaOH和Na2CO3混合溶液，都是电解水，则溶液的pH
55、增大，故A正确；B、碳酸钠属于强碱弱酸盐，显示碱性，0.1mol/L的碳酸钠pH13，氢氧化钠属于强碱，0.1mol/L的氢氧化钠pH13，曲线N表示Na2CO3溶液的pH随lgV 的变化关系，故B正确；C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解，溶液显示碱性，存在：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故C正确；D、若将Na2CO3溶液加热蒸干，得到的是碳酸钠晶体，故D错误。故选：D。【点评】本题考查弱电解质电离与水解平衡的图象分析，侧重考查学生分析判断及计算能力，为高频考点，明确电离平衡常数与水解平衡常数的关系是解本题关键，难度较大。30NH4Al（SO4）2在分析试剂、
56、医药、电子工业中用途广泛。下列有关说法正确的是（）ANH4Al（SO4）2属于弱电解质，其溶液导电性较弱BNH4Al（SO4）2溶液中NH4+水解产生的NH3H2O可促进Al3+水解C0.1molL1 NH4Al（SO4）2中离子浓度大小顺序为：c（SO42）c（Al3+）c（NH4+）c（H+）c（OH）D常温下，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中滴加氨水至中性时，c（NH4+）2c（SO42）【分析】ANH4Al（SO4）2在溶液完全电离，属于强电解质；B铵根离子和铝离子水解溶液都呈酸性，则铵根离子抑制了铝离子的水解；C铝离子水解程度大于铵根离子，则c（NH4+）c（Al3+）；D
57、溶液为中性时，反应后溶质为硫酸铵和一水合氨，结合电荷守恒分析。【解答】解：ANH4Al（SO4）2在溶液中完全电离出铵根离子、铝离子和硫酸根离子，则NH4Al（SO4）2为强电解质，故A错误；BNH4+、Al3+水解溶液都呈酸性，则NH4+水解抑制了Al3+水解，故B错误；C.0.1molL1 NH4Al（SO4）2中，铵根离子和铝离子水解溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），由于铝离子水解程度大于铵根离子，则c（NH4+）c（Al3+），溶液中离子浓度大小为：c（SO42）c（NH4+）c（Al3+）c（H+）c（OH），故C错误；D常温下，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中滴加氨水至
58、中性时，反应后溶质为硫酸铵和一水合氨，根据电荷守恒可知：c（NH4+）2c（SO42），故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子浓度 大小比较、盐的水解原理应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响，注意掌握电荷守恒的内容，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。二填空题（共2小题）31现有：硫酸铜溶液 CO2石墨 KOHCH3COOH NH3NH3H2O NaHCO3其中属于强电解质的是（填序号，下同），属于弱电解质的是，属于非电解质的是既不是电解质，又不是非电解质的是【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；在水溶液中完全电
59、离的电解质是强电解质，一般是强酸、强碱和大部分盐类；部分电离的电解质是弱电解质，一般是弱酸、弱碱和水；单质和化合物既不是电解质，又不是非电解质【解答】解：KOH、NaHCO3在水溶液里能完全电离出阴阳离子，所以是强电解质；CH3COOH、NH3H2O在水溶液里只有部分电离出阴阳离子，所以是弱电解质；CO2、NH3是的水溶液能够导电，但导电离子不是其自身电离的，为属于非电解质；硫酸铜溶液为混合物、石墨为单质，二者既不是电解质，又不是非电解质，故答案为：；【点评】本题考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，明确电解质与非电解质的概念即可解答，注意掌握强弱电解质的本质区别，试题
60、有利于提高学生的灵活应用能力32已知H2A在水中存在以下平衡：H2AH+HA，HAH+A2。（1）NaHA溶液的pH小于（填大于、小于或等于）Na2A溶液的pH。（2）某温度下，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/LKOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中下列关系中，一定正确的是BC。Ac（H+）c（OH）11014 Bc（Na+）+c（K+）c（HA）+2c（A2）Cc（Na+）c（K+） Dc（Na+）+c（K+）0.05mol/L（3）已知常温下H2A的钙盐（CaA）的饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）Ca2+（aq）+A2（aq）H0。若要使该溶液中Ca2+浓度
61、变小，可采取的措施有BD。A升高温度 B降低温度 C加入NH4Cl晶体 D加入Na2A固体【分析】（1）二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度；（2）混合溶液呈中性，则c（H+）c（OH），溶液呈存在物料守恒和电荷守恒，注意离子积常数只与温度有关；（3）若要使该溶液中Ca2+浓度变小，可使沉淀溶解平衡左移。【解答】解：（1）二元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，水解程度越大，钠盐溶液碱性越强，所以NaHA溶液的pH小于Na2A溶液的pH，故答案为：小于；（2）A水的离子积常数与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，温度未知，所以水的离子积常数未知，故A错误；B溶液呈
62、电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）+c（K+）c（HA）+2c（A2），故B正确；CNaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的物质的量应大于氢氧化钾的物质的量，所以同一混合溶液中c（Na+）c（K+），故C正确；DNaHA溶液呈碱性，向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性时，NaHA的体积应大于氢氧化钾的体积，所以c（Na+）+c（K+）0.05mol/L，故D错误；故答案为：BC；（3）CaA（s）Ca2+（aq）+
63、A2（aq）H0。A升高温度，平衡右移，Ca2+浓度增大，故A错误；B降低温度，平衡左移，Ca2+浓度减小，故B正确；C加入NH4Cl晶体，铵根离子水解，A2促进水解，A2浓度减小，沉淀溶解平衡右移，Ca2+浓度增大，故C错误；D加入Na2A固体，A2浓度增大，沉淀溶解平衡左移，Ca2+浓度减小，故D正确。故答案为：BD。【点评】本题考查较综合，涉及难溶物的溶解平衡、离子浓度大小比较等知识点，难度较大，根据温度、电解质溶液对难溶物性质的影响和电荷守恒、物料守恒来分析解答即可。三实验题（共2小题）33用酸式滴定管准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用0.2000mo
64、1L1的氢氧化钠溶液（指示剂为酚酞）滴定。滴定结果如表所示：NaOH溶液起始读数NaOH终点读数第一次0.10mL18.60mL第二次0.30mL19.00mL（1）准确配制0.2000mo1L1的氢氧化钠溶液250mL，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有250mL容量瓶、胶头滴管。（2）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为0.1448mol/Lmo1L1（保留4位有效数字）（3）用0.2000mo1L1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直到滴定终点。（4）达到滴定终点的标志是
65、当滴入最后一滴标准液溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不变色。（5）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是AD（填字母代号）。A未用标准液润洗碱式滴定管B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【分析】（1）中和滴定操作有：检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序，据此分析使用仪器；（2）计算出消耗标准液的平均体积，然后根据c（待测）计算；（3）滴定时眼睛需要注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点；（4）滴定结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，据此判断的滴定终点现象；（5）根据滴
66、定操作方法对c（待测）中V（标准）的影响分析滴定误差。【解答】解：（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须选用250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；（2）第一次滴定消耗NaOH溶液体积为：18.60mL0.10mL18.50mL，第二次滴定消耗NaOH溶液体积为：19.00mL0.30mL18.70mL，两次滴定消耗NaOH溶液的平均体积为（18.50mL+18.70mL）18.60mL，则c（HCl）0.1448mol/L故答案为：0.1448mol/L；（3）用0.20molL1标准氢氧化钠溶液滴定待测盐
67、酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，便于及时判断滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；（4）本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时的现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色，故答案为：当滴入最后一滴标准液溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不变色；（5）A未用标准液润洗滴定管，使c（标准）偏小，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）可知，测定结果偏高，故A选；B滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（标准）偏小，c（待测）可知，测定结果偏小，故B不选；C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，
68、对实验结果无影响，故C不选；D滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（标准）偏大，c（待测）可知，测定结果偏大，故D选；故选：AD。【点评】本题考查了酸碱中和滴定操作及误差分析，题目难度中等，注意掌握中和滴定的操作方法、滴定终点的判断方法、滴定误差的分析方法与技巧，试题有利于培养学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。34为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四位同学分别选用下列试剂进行实验：0.1molL1醋酸溶液、0.1molL1盐酸、pH3的盐酸、pH3的醋酸、CH3COONa晶体、NaCl晶体、CH3COONH4晶体、蒸馏水、锌粒、pH试纸、酚酞、NaOH溶液等（1）甲取
69、出10mL0.1molL1醋酸，用pH试纸测出其pHa，确定醋酸是弱电解质，则a应该满足的关系是a1，理由是醋酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L（2）乙同学分别取pH3醋酸和盐酸各1mL，分别用蒸馏水稀释到100mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是醋酸在稀释过程中电离程度增大，说明醋酸在溶液中部分电离（3）丙同学分别取pH3的盐酸和醋酸各10mL，然后分别加入质量相同的锌粒，醋酸放出H2的速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗？是（填“是”或“否”），请说明理由反应过程中，醋酸的电离被促进，故醋酸溶液中氢离子浓
70、度变化小于盐酸，即反应过程中醋酸中的氢离子浓度大于盐酸（4）丁同学用CH3COONa晶体、NaCl晶体和pH试纸做实验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的实验操作和现象是配制等浓度的CH3COONa和NaCl溶液，用pH试纸测得氯化钠溶液的pH7，即氯化钠为强酸强碱盐；而若测得醋酸钠溶液显碱性，则说明醋酸为弱酸（5）请你利用上述试剂，设计一个证明醋酸是弱酸的方案：将CH3COONH4溶于水得醋酸铵溶液，然后用pH试纸测得溶液显中性，则说明其为弱酸弱碱盐，即醋酸为弱酸【分析】（1）0.1molL1的一元强酸的pH1，若醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子，即溶液中氢离子浓度小于0.1mol
71、/L，溶液的pH1；（2）pH3醋酸和盐酸，各取1mL用蒸馏水稀释到100mL，盐酸的pH为5，而醋酸溶液在稀释过程中电离程度增大，溶液中氢离子物质的量增大，溶液的pH5；（3）醋酸为弱电解质，溶液中部分电离，随着溶液中氢离子浓度减小，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液的；（4）NaCl是强酸强碱盐，水溶液呈中性；而若测得CH3COONa溶液呈碱性，则说明其为强碱弱酸盐，据此分析（5）CH3COONH4溶液呈中性【解答】解：（1）甲取出10mL0.1molL1醋酸溶液，用pH试纸测出其pHa，若醋酸为若电解质，溶液溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，溶液的pHa1，故答案为：a
72、1；醋酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L；（2）乙将pH3醋酸和盐酸，各取1mL用蒸馏水稀释到100mL，然后用pH试纸分别测定两溶液的pH，盐酸稀释后的pH5，而醋酸溶液稀释100倍后溶液的pH5，说明稀释过程中醋酸电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，所以醋酸是弱电解质，故答案为：醋酸在稀释过程中电离程度增大，说明醋酸在溶液中部分电离；（3）丙分别取pH3的盐酸和醋酸10mL，然后分别加入质量相同的锌粒，醋酸放出H2的平均速率比盐酸快，说明反应过程中，醋酸的电离程度增大，故溶液中氢离子浓度变化小于盐酸，证明醋酸为弱电解质，故答案为：是；反应过程中，醋酸的电
73、离被促进，故醋酸溶液中氢离子浓度变化小于盐酸，即反应过程中醋酸中的氢离子浓度大于盐酸；（4）取CH3COONa晶体、NaCl晶体溶于水配制成等浓度的CH3COONa溶液和NaCl溶液，由于NaCl是强酸强碱盐，故用pH试纸可测得水溶液呈中性；而若测得CH3COONa溶液呈碱性，则说明其为强碱弱酸盐，则说明醋酸为弱酸，故答案为：配制等浓度的CH3COONa和NaCl溶液，用pH试纸测得氯化钠溶液的pH7，即氯化钠为强酸强碱盐；而若测得醋酸钠溶液显碱性，则说明醋酸为弱酸（5）将CH3COONH4溶于水得醋酸铵溶液，然后用pH试纸测得溶液显中性，则说明其为弱酸弱碱盐，且醋酸的酸性和一水合氨的碱性的强
74、弱相当，即醋酸为弱酸故答案为：将CH3COONH4溶于水得醋酸铵溶液，然后用pH试纸测得溶液显中性，则说明其为弱酸弱碱盐，即醋酸为弱酸；【点评】本题考查了比较强电解质与弱电解质的实验，题目难度中等，解题根据是明确弱电解质与弱电解质的概念及二者本质区别：强电解质完全电离、弱电解质部分电离四推断题（共1小题）35常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2、HA、H+、OH，存在的分子有H2O、H2A根据题意回答下列问题：（1）写出酸H2A的电离方程式H2AH+HA、HAH+A2。（2）若溶液M由10mL 2molL1NaHA溶液与10mL 2molL1NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH7 （
75、填“”、“”或“”），溶液中离子浓度由大到小顺序为c（Na+）c（A2）c（OH）c（HA）c（H+）。（溶液混合时体积变化忽略）。（3）已知难溶电解质MmAn在水溶液中存在溶解平衡，该难容电解质的溶解平衡表达式为MmAn（s）mMn+（aq）+nAm（aq），其溶度积表达式为Kspcm（Mn+）cn（Am）。已知某温度下难溶电解质硫酸银在水溶液中Ksp1.081016，把1克硫酸银投入20毫升水中，充分溶解后，溶液中C（Ag+）6106。（4）25时，a mol/L 氨水和0.01mol/L盐酸等体积混合充分反应后，C（NH4+）C（Cl），求氨水的电离常数Kmol/L。【分析】（1）某水溶
76、液M中存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；（3）难溶电解质MmAn在水溶液中存在溶解平衡，MmAn（s）mMn+（aq）+nAm（aq），难溶电解质在饱和溶液中各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称为该难溶电解质的溶度积，用符号Ksp表示。即：Mn+mAmnKsp，判断在20g水中加入1g硫酸银固体，溶液饱和，据硫酸银的Ksp计算银离子浓度；（4）氨水和盐酸的混合溶液中只有4种离子，据电荷守恒可知溶液显中性，则c（OH）1.0107，c（NH4+）c（Cl）0.005mol/L，c（NH3H2O）（a0.005）mol/
77、L，据此分析。【解答】解：（1）溶液中存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，其电离方程式为：H2AH+HA、HAH+A2，故答案为：H2AH+HA、HAH+A2；（2）10mL 2molL1NaHA溶液与10mL 2molL1NaOH溶液混合生成Na2A，水解显碱性，pH7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）c（A2）c（OH）c（HA）c（H+），故答案为：；c（Na+）c（A2）c（OH）c（HA）c（H+）；（3）氨水的电离常数Kmol/L，故答案为：mol/L。【点评】本题考查了弱电解质的电离方程式书写、离子浓度大小比较、弱电解质电离平衡常数的计算，题目难度不大。