1、2016-2017学年重庆市巴蜀中学高二（上）第一次月考化学试卷一、选择题：（每小题3分，共48分每小题只有一个正确选项）1化学与生活、生产密切相关下列生活、生产中使用的化学品的溶液能够使pH试纸变蓝且原因是水解引起的是（）A烧碱B食用醋C氯化铵D纯碱2下列有关物质分类的说法中，正确的是（）A烧碱、冰醋酸、石墨均为电解质B液态HCl不导电，所以HCl不是电解质CBaSO4虽然难溶于水，但属于强电解质DNH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质3常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（）A弱碱性溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3B无色透明的酸性溶液中：Al3+、NH4+、Cl、H
2、CO3CpH=1的溶液中：ClO、SO42、Fe2+、K+D由水电离的c（OH）=1014molL1的溶液中：CH3 COO、SO42、Na+、NH4+4下列有关实验的说法正确的是（）A用湿润的pH试纸测稀盐酸的pHB用酸式滴定管量取20.00 mL酸性K2Cr2O7溶液C用托盘天平称取5.85 gNaCl晶钵D用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液5下列关系的表述中，正确的是（）A0.1molL1NaHSO4溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（SO42）+c（OH）B中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量之比为1：1CpH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电
3、离出的c（H+）相等D0.1molL1NaHCO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）6在下列各组的比较中，前者比后者大的是（）A同温度、同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力B25时pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度C25时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度D25时pH均为3的盐酸和FeCI3溶液中水的电离程度7常温下，下列有关溶液的说法不正确的是（）ANa2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类相同B物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c（NH4+）前者小于后者C某物质的水溶液中由水电离出的c（H
4、+）=110amol/L，若a7，则该溶液的pH为a或14aD相同温度下，0.2mol/L的醋酸溶液与0.1mol/L的醋酸溶液中c（H+）之比大于2：18现有两正盐的稀溶液，分别是a molL1NaX溶液和b molL1NaY溶液下列说法不正确的是（）A若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）c（HY）B若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）C若a=b，且pH（NaX）pH（NaY），则相同浓度时，酸性HXHYD若a=b，并测得a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸9下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某弱酸的
5、酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH）+2c（A2）=c（H+）+c（H2A）B0.2 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Cl）c（H+）C室温下，向100ml0.5mol/L的Na2CO3溶液中加入0.05molCaO，溶液中增大D0.1 molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3 molL110室温时，向20mL 0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大
6、小关系的描述正确的是（）Aa点时：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）Bb点时：c（Na+）=c（CH3COO）Cc点时：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH）Dd点时：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）11能证明Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32+H2OHSO3+OH的事实是（）A滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去B滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去C滴入酚酞溶液变红，在加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去12在体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是（）AB
7、CD13下列说法不正确的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B用热的纯碱溶液去油污效果更好C制备无水的AlCl3、FeCl3均不能采用将溶液在空气中直接蒸干的方法D室温下，向0.1mol/L的HF溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，HF的电离程度一定增大14下列各组物质混合、加热蒸干、并经充分灼烧，得到混合物的是（）A0.1 molL1 CH3COOH溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合B向40mL0.2 molL1的NaOH溶液中通入67.2mLCO2（标况）C在100mL1 molL1NH4Cl溶液中，投入3.9gNa2O2D在20mL0.01 molL1Ma（H
8、CO3）2溶液中，投入0.2g Ma（OH）215常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）ApH=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液pH降低2个单位B0.2molCO2通入1L0.3molL1 KOH溶液中：2 c（H+）+c（HCO3）+3c（H2CO3）=2 c（OH）+2c（CO32）C已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，则c（Na+）c（HSO3）c（H2SO3）c（SO32）DpH相同的CH3COONa NaHCO3NaClO三种溶液中的c（Na+）：16常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个实验过程
9、中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A实验过程中可用pH试纸测定溶液的pHBa点的溶液中：C（H+）=c（Cl）+c（HCl0）+c（OH）Cc 点所示溶液中；c（Na+）=2c（ClO ）+c（HCIO）D由a点到b点的过程中，溶液中减小二、非选择题（共52分）17根据下列化合物：NaCl、NaOH、HCl、NH4Cl、CH3COONa、CH3COOH、NH3H2O、H2O回答下列问题（1）NH4Cl溶液显性，用离子方程式表示原因，其溶液中离子浓度大小顺序为（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH）=mol/L，在pH=3的CH3COOH溶液中，水
10、电离出来的c（H+）= mol/L（3）已知纯水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O+OHH0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是（填字母序号）A向水中加入NaHSO4固体 B向水中加Na2CO3固体C加热至100D向水中加入（NH4）2SO4固体（4）若将等pH、等体积的NaOH和NH3H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则mn（填“”、“”或“=”）（5）除H2O外，若其余5种溶液的物质的量浓度相同，则这5种溶液按pH由大到小的顺序为：（填序号）18滴定法是分析化学中常用实验方法，请根据滴定法的有关知识回答下列问题：I、某学生用0.1molL1 的K
11、OH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：A移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入23滴酚酞；B用标准溶液润洗滴定管23次；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上12cm 处；E调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）AF（2）上述B步骤操作的目的是（3）在进行C步操作滴定前排气泡时，应选择图2中的（填序号），若用25mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在“
12、10”处，则管内液体的体积（填序号）（=10mL，=15mL，10mL，15mL）（4）判断以下操作，对测定结果盐酸浓度的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是如果滴定前装有待测溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将19II、氧化还原滴定法实际生产中运用较为广泛的方法制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4在加热条件下水解生成TiO2xH2O，经过过滤、水洗除去其中的Cl，再经烘干、焙烧除去水分，最后得到
13、粉体TiO2可用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数在一定条件下，将粉体溶解并将溶液中的Ti2氧化为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+【注：NH4Fe（SO4）2是一种复盐，含有两种阳离子】请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为（2）配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量稀H2SO4的原因是，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需用到图中的（填序号）检验TiO2xH2O中Cl是否被除净的方法是（3）滴定终点的现象是：当滴入最后一滴NH4Fe（SO4）2标准溶液时（4）滴定分析时
14、，称取TiO2（摩尔质量为M gmol1）粉体试样wg，消耗v mlc molL1 NH4Fe（SO4）2标准溶液则TiO2质量分数表达式为20已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是（2）若从A点到D点，可采用的措施是a升温 b加入少量的盐酸 c加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为（4）B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀硫酸V2L混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2
15、，则 V1：V2=（5）常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00ml、0.1000molL1醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液pH=7，此时V的取值20.00（填“”“”或“=”）而溶液中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为如果V=40.00，则此时溶液中c（OH）c（H+）c（CH3COOH）=molL1（填数据）21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：写出酸H2A的电离方程式若溶液M由10mL 2molL1NaHA溶液
16、与2molL1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH7 （填“”、“”或“=”），溶液M中各微粒的浓度关系正确的是Ac（Na+）c（A2）c（OH）c（H+）Bc（HA）+c（H2A）+c（H+）=c（OH）Cc（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1Dc（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）22CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3Na2CO3俗称纯碱，因CO32水解而使其水溶液呈碱性，试写出CO32水解的离子方程式（忽略第二步水解），其水解反应的平衡常数（即水解常数）的表达式为Kh=已知25时，Kh=2104mol/L，则当溶液
17、中c（HCO3）：c（CO32）=2：1时，试求溶液的pH=0.1mol/L Na2CO3溶液中c（OH）c（H+）=（用含c（HCO3）、c（H2CO3）的关系式表示）向 Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关的离子方程式23实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2） 和c（CH3COO） 由大到小的顺序为（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104 molL1，CH3
18、COOH的电离常数Ka=1.7105 molL1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是a向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH24在用Na2SO3溶液吸收SO2QUOTE o2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO32）变化关系如下表：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91PH8.27.26.2上表判断NaHSO3溶液显性，用化学平衡原理解释：当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：ac（Na+）=2c（SO）+c（HSO）bc（Na）c（HSO）c（SO）c（H+）=c（OH）cc（Na+）+c（H+
19、）=c（SO）+c（HSO）+c（OH）2016-2017学年重庆市巴蜀中学高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：（每小题3分，共48分每小题只有一个正确选项）1化学与生活、生产密切相关下列生活、生产中使用的化学品的溶液能够使pH试纸变蓝且原因是水解引起的是（）A烧碱B食用醋C氯化铵D纯碱【考点】盐类水解的应用【分析】化学品的溶液能够使pH试纸变蓝，且水解引起，则为强碱弱酸盐，以此来解答【解答】解：A烧碱不能水解，故A不选；B醋电离显酸性，故B不选；C氯化铵水解显酸性，故C不选；D纯碱水解显碱性，故D选；故选D2下列有关物质分类的说法中，正确的是（）A烧碱、冰醋酸、石墨均为
20、电解质B液态HCl不导电，所以HCl不是电解质CBaSO4虽然难溶于水，但属于强电解质DNH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念【分析】在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液中和熔化状态下都不能导电的化合物是非电解质；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质；据此即可解答【解答】解：A烧碱是氢氧化钠属于电解质、冰醋酸使醋酸是电解质、石墨是单质不是电解质，故A错误；B液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，故B错误；C完全电离的电解质是强电解质，硫酸钡的溶解度虽然很下，
21、但溶解的部分完全电离，所以是强电解质，故C正确；DNH3溶于水形成的溶液能导电，原因氨气与水反应生成的一水合氨能够电离出铵离子和氢氧根离子，导电的离子不是氨气电离的，所以氨气属于非电解质，故D错误，故选C3常温下，下列各组离子在指定条件下能大量共存的是（）A弱碱性溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3B无色透明的酸性溶液中：Al3+、NH4+、Cl、HCO3CpH=1的溶液中：ClO、SO42、Fe2+、K+D由水电离的c（OH）=1014molL1的溶液中：CH3 COO、SO42、Na+、NH4+【考点】离子共存问题【分析】A碳酸氢根离子水解，溶液呈弱碱性；B铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反
22、应，碳酸氢根离子与酸性溶液中的氢离子反应；CpH=1的溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应，次氯酸根离子能够氧化亚铁离子；D由水电离的c（OH）=1014molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，醋酸根离子与氢离子反应，铵根离子与氢氧根离子反应【解答】解：AHCO3在溶液中发生水解，溶液呈弱碱性，四种离子之间不发生反应，能够大量共存，故A正确；B酸性溶液中存在大量氢离子，HCO3与氢离子反应，Al3+、HCO3之间发生双水解反应，在溶液中一定不能大量共存，故B错误；CpH=1的溶液中存在大量氢离子，ClO、Fe2+之间发生氧化还原反应，ClO与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存
23、，故C错误；D由水电离的c（OH）=1014molL1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，CH3COO、与氢离子反应，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A4下列有关实验的说法正确的是（）A用湿润的pH试纸测稀盐酸的pHB用酸式滴定管量取20.00 mL酸性K2Cr2O7溶液C用托盘天平称取5.85 gNaCl晶钵D用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液【考点】化学实验方案的评价【分析】ApH试纸不能湿润；BK2Cr2O7能氧化橡胶；C托盘天平的感量的为0.1g；D二氧化硅与碱反应，保存碱性溶液不能使用玻璃塞【解答】解：ApH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸测稀盐
24、酸的pH，故A错误；BK2Cr2O7能氧化橡胶，则选用酸式滴定管量取20.00 mL酸性K2Cr2O7溶液，故B正确；C托盘天平的感量的为0.1g，用托盘天平称取5.8 g或5.9gNaCl晶体，故C错误；D二氧化硅与碱反应，保存碱性溶液不能使用玻璃塞，应选带橡皮塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液，故D错误；故选B5下列关系的表述中，正确的是（）A0.1molL1NaHSO4溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（SO42）+c（OH）B中和pH和体积都相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量之比为1：1CpH=3的盐酸和pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c（H+）相等D0.1molL1NaH
25、CO3溶液中：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A.0.1molL1NaHSO4溶液中存在电荷守恒分析；B醋酸为弱酸，氯化氢为强电解质，等pH时，醋酸的浓度较大；C盐酸电离的氢离子抑制了水的电离，氯化铁中铁离子水解，促进水的电离；DNaHC03溶液水解呈碱性，HCO3水解大于电离程度，c（H2CO3）c（CO32）【解答】解：A.0.1molL1NaHSO4溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42）+c（OH），故A错误；B醋酸为弱酸，等pH时，醋酸的浓度较大，则醋酸消耗的氢氧化钠的物质的量较大，故B错误；C盐酸抑制水的电
26、离，氯化铁促进水的电离，则氯化铁溶液中水电离的氢离子浓度较大，故C错误；DNaHC03溶液水解呈碱性，HCO3水解大于电离程度，则c（H2C03）c（CO32），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故D正确；故选D6在下列各组的比较中，前者比后者大的是（）A同温度、同浓度的NaCl溶液和氨水的导电能力B25时pH均为2的盐酸和CH3COOH溶液中溶质的物质的量浓度C25时，pH均为2的H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度D25时pH均为3的盐酸和FeCI3溶液中水的电离程度【考点】pH的简单计算【分析】A氯化钠是强电解质完全电离，氨水是弱电解质
27、部分电离；B盐酸是强酸完全电离，乙酸是弱酸部分电离；CpH均为2，CH+=1102mol/L；D盐酸是强电解质完全电离，三氯化铁是强酸弱碱盐水解【解答】解：A同温度、同浓度的NaCl溶液和氨水，氯化钠是强电解质完全电离NaCl=Na+Cl，电离出的离子浓度等于氯化钠浓度的两倍，而氨水是弱电解质，部分电离，所以电离出的离子小于其浓度的了两倍，离子浓度大导电能力强，所以，导电能力前者比后者大，故A正确；B根据pH=lgCH+公式，pH均为2，H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度CH+=1102mol/L，盐酸是强酸完全电离，所以，盐酸的物质的量浓度等于1102mol/L，乙酸是弱酸部分电离，
28、它的物质的量的浓度大于1102mol/L，前者小，后者大，故B错误；C根据pH=lgCH+公式，pH均为2，H2SO4溶液和盐酸中氢离子的物质的量浓度CH+=1102mol/L，两者相等，故C错误；D水的电离方程式：H2OH+OH，加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，盐酸是强电解质完全电离，三氯化铁是强酸弱碱盐水解，所以前者抑制水的电离，后者促进水的电离，前者小于后者，故D错误；故选A7常温下，下列有关溶液的说法不正确的是（）ANa2CO3、NaHCO3两种盐溶液中，离子种类相同B物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c（NH4+）前者小于后者C某物质的水溶液
29、中由水电离出的c（H+）=110amol/L，若a7，则该溶液的pH为a或14aD相同温度下，0.2mol/L的醋酸溶液与0.1mol/L的醋酸溶液中c（H+）之比大于2：1【考点】盐类水解的应用【分析】A、碳酸钠和碳酸氢钠溶液中的离子类型相同；B、硫酸氢铵中铵根离子的水解收到氢离子的抑制；C、某溶液中水溶液中由水电离出的c（H+）=110amol/L，若a7，说明该物质抑制水电离，则该物质的水溶液呈酸性或碱性；D、相同温度下的醋酸溶液中，醋酸浓度越大，醋酸的电离程度越小【解答】解：A、碳酸钠和碳酸氢钠溶液中的离子类型相同，都含有钠离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子和
30、水分子，故A正确B、硫酸氢铵中铵根离子的水解收到氢离子的抑制，物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中，c（NH4+）前者小于后者，故B正确；C、某溶液中水溶液中由水电离出的c（H+）=110amol/L，若a7，说明该物质抑制水电离，则该物质的水溶液呈酸性或碱性，如果溶液呈酸性，溶液中c（OH）=c（H+）（水电离的）=110amol/L，则溶液的pH=14a，如果溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度就是水电离出的氢离子浓度，则溶液的pH=a，故C正确；D、醋酸是弱电解质，相同温度下，醋酸的浓度越大其电离程度越小，所以0.2mol/L的醋酸溶液与0.1mol/L的醋酸溶液中c（H+）之
31、比小于2：1，故D错误；故选D8现有两正盐的稀溶液，分别是a molL1NaX溶液和b molL1NaY溶液下列说法不正确的是（）A若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）c（HY）B若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）C若a=b，且pH（NaX）pH（NaY），则相同浓度时，酸性HXHYD若a=b，并测得a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸【考点】盐类水解的应用【分析】A、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY；B、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是
32、NaX水解程度大于NaYC、根据盐的水解规律：酸越弱，越水解来回答；D、若a=b且c（X）=c（Y）+c（HY），说明X不水解，但是Y水解【解答】解：A、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXHY，溶液中的c（HX）c（HY），故A正确；B、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXHY，溶液中的c（HX）c（HY）故B错误；C、根据酸越弱，越水解可知，若a=b，则pH（NaX）pH（NaY），则酸性：HXHY，故C正确；D、若a=b且a=c（X）
33、=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸，酸性HXHY，故D正确；故选B9下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A某弱酸的酸式盐NaHA溶液中一定有：c（OH）+2c（A2）=c（H+）+c（H2A）B0.2 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1盐酸等体积混合后的酸性溶液中：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Cl）c（H+）C室温下，向100ml0.5mol/L的Na2CO3溶液中加入0.05molCaO，溶液中增大D0.1 molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：c（NH4+）+c（NH3H2O）+c（Fe2+）=0.3 molL1【考点】离子
34、浓度大小的比较【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；B.0.2 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1盐酸等体积混合得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，醋酸电离大于醋酸根离子水解溶液显酸性；C氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙和氢氧化钠，溶液中氢氧根浓度增大，碳酸氢根离子浓度减小；D.0.1 molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中存在物料守恒，氮元素存在形式和铁元素存在形式总和和盐酸物质的量守恒【解答】解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HA）+2c（A2），根据物料守恒
35、得c（HA）+c（A2）+c（H2A）=c（Na+），所以得c（OH）+c（A2）=c（H2A）+c（H+），故A错误；B.0.2 molL1 CH3COONa溶液与0.1 molL1盐酸等体积混合得到等浓度的醋酸钠、氯化钠和醋酸混合溶液，醋酸电离大于醋酸根离子水解溶液显酸性，c（CH3COOH）c（Cl），故B错误；C氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙和碳酸钠反应：Ca（OH）2+Na2CO3CaCO3+2NaOH，溶液中氢氧根浓度增大，消耗碳酸根离子，溶液中碳酸氢根离子浓度减小，溶液中增大，故C正确；D.0.1 molL1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c
36、（NH3H2O）+c（Fe2+）+c（Fe（OH）2）=0.3 molL1 ，故D错误；故选C10室温时，向20mL 0.1mol/L的醋酸溶液中不断滴入0.1mol/L的NaOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示在滴定过程中，关于溶液中离子浓度大小关系的描述正确的是（）Aa点时：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）Bb点时：c（Na+）=c（CH3COO）Cc点时：c（H+）=c（CH3COOH）+c（OH）Dd点时：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】Aa点溶液为CH3COOH和CH3COON
37、a的混合物，溶液呈酸性；B根据电荷守恒进行判断；Cc点时，溶液呈碱性；Dd点为NaOH和CH3COONa的混合物，溶液呈碱性【解答】解：Aa点时醋酸过量，溶液为CH3COOH和CH3COONa的混合物，溶液呈酸性，应存在c（CH3COO）c（CH3COOH），故A错误；B根据溶液电荷守恒可知溶液中应存在c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），溶液呈中性，应有c（H+）=c（OH），则c（Na+）=c（CH3COO），故B正确；Cc点时，溶液呈碱性，应有c（H+）c（OH），故C错误；Dd点为NaOH和CH3COONa的混合物，溶质为0.002mol的醋酸钠和0.001mol的
38、氢氧化钠，溶液呈碱性，由于CH3COO存在微弱的水解，则有c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故D错误故选B11能证明Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32+H2OHSO3+OH的事实是（）A滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液红色退去B滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色退去C滴入酚酞溶液变红，在加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去【考点】盐类水解的应用【分析】如果亚硫酸钠不水解，则溶液中氢氧根离子和氢离子浓度相等，溶液呈中性，向溶液中加入酚酞后溶液不变色，加入和亚硫酸根离子反应的物质后，溶液红色褪色，则证明存在水解平衡，据此进行解答【解答】A滴入酚酞试液变红，说明溶液呈碱
39、性，再加入硫酸溶液后，硫酸与亚硫酸钠反应，且硫酸溶液呈酸性，可以时溶液褪色，不能说明存在SO32+H2OHSO3+OH水解平衡，故A错误；B滴入酚酞试液变红，再加入氯水后，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使红色褪色，氯气具有强氧化性，Cl2+SO32+H2OSO42+2Cl+2H+，Cl2+HSO3+H2OSO4 2+2Cl+3H+，溶液褪色，不能说明存在SO32+H2OHSO3+OH水解平衡，故B错误；C滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且
40、溶液红色褪去，所以说明存在SO32+H2OHSO3+OH水解平衡，故C正确，故选C；12在体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是（）ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸存在电离平衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义分析判断是否符合事实【解答】解：体积都为1L，pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，n（CH3COOH）n（HCl）=0.01mol，0.65g锌粒的物质的量=，锌和酸反
41、应Zn+2H+=Zn2+H2，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于盐酸溶液中；A产生氢气的量从0开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，故图象符合题意，故A正确；B反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同曲线从相同速率
42、开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，故B错误；C刚开始时，溶液的pH值为2，由于醋酸电离平衡的存在，反应过程中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，所以醋酸反应速率始终大于盐酸反应速率，反应后，醋酸有剩余，导致反应过程中醋酸溶液pH始终小于盐酸溶液，故C正确；D反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，故D错误；故选AC13下列说法不正确的是（）A明矾能水解生成Al（OH）3胶体，可用作净水剂B用热的纯碱溶液去油污效果更好C制备无水的A
43、lCl3、FeCl3均不能采用将溶液在空气中直接蒸干的方法D室温下，向0.1mol/L的HF溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，HF的电离程度一定增大【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性；B盐类水解是吸热过程，加热促进盐的水解；C氯化铝、氯化铁水解生成氢氧化铁、氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发；D依据同离子效应解答【解答】解：A明矾电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，能够吸附水中杂质颗粒，故A正确；B油脂在碱性条件下更容易水解，碳酸钠水解生成亲氧化钠，且水解是吸热过程，加热促进盐的水解，碱性增强，故B正确；C氯化铝、氯化铁
44、水解生成氢氧化铁、氢氧化铝和氯化氢，氯化氢易挥发，所以加热AlCl3、FeCl3得到氢氧化物，灼烧得到对应氧化物，故C正确；D室温下，向0.1mol/L的HF溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，HF的电离程度不一定增大，例如加入氟化钠，增大氟离子浓度，抑制HF电离，故D错误；故选：D14下列各组物质混合、加热蒸干、并经充分灼烧，得到混合物的是（）A0.1 molL1 CH3COOH溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合B向40mL0.2 molL1的NaOH溶液中通入67.2mLCO2（标况）C在100mL1 molL1NH4Cl溶液中，投入3.9gNa2O2D在20mL0.01 mol
45、L1Ma（HCO3）2溶液中，投入0.2g Ma（OH）2【考点】化学方程式的有关计算【分析】A醋酸与氢氧化钠恰好反应，溶液蒸干得到醋酸钠；BNaOH的物质的量=0.04L0.2mol/L=0.008mol，67.2mL二氧化碳的物质的量=0.003mol，二者物质的量之比大于2：1，故发生反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，且NaOH有剩余；C3.9克Na2O2的物质的量=0.05mol，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成NaOH为 0.1mol，NH4Cl的物质的量=0.1L1mol/L=0.1mol，由NaOH+NH4Cl=NaCl+NH3H2O可知，氢氧化
46、钠与氯化铵恰好反应，蒸干氨气挥发；D加热蒸干，充分灼烧，碳酸氢镁、氢氧化镁都分解，最终得到氧化镁【解答】解：A醋酸与氢氧化钠的物质的量相等，则醋酸与氢氧化钠恰好反应，溶液蒸干得到醋酸钠，故A不符合；BNaOH的物质的量=0.04L0.2mol/L=0.008mol，67.2mL二氧化碳的物质的量=0.003mol，二者物质的量之比大于2：1，故发生反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，且NaOH有剩余，蒸干后灼烧，所得固体为碳酸钠、氢氧化钠混合物，故B符合；C3.9克Na2O2的物质的量=0.05mol，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成NaOH为0.1mol，NH
47、4Cl的物质的量=0.1L1mol/L=0.1mol，由NaOH+NH4Cl=NaCl+NH3H2O可知，氢氧化钠与氯化铵恰好反应，蒸干氨气挥发，最终得到NaCl，故C不符合；D加热蒸干，充分灼烧，碳酸氢镁分解为氧化镁、二氧化碳与水，氢氧化镁都分解氧化镁与水，最终得到氧化镁，故D不符合，故选B15常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）ApH=3的强酸溶液1ml，加水稀释至100ml后，溶液pH降低2个单位B0.2molCO2通入1L0.3molL1 KOH溶液中：2 c（H+）+c（HCO3）+3c（H2CO3）=2 c（OH）+2c（CO32）C已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.
48、4，则c（Na+）c（HSO3）c（H2SO3）c（SO32）DpH相同的CH3COONa NaHCO3NaClO三种溶液中的c（Na+）：【考点】离子浓度大小的比较【分析】A稀释过程中氢离子浓度逐渐增大，则溶液的pH逐渐增大；B反应后生成等浓度的碳酸钾和碳酸氢钾，结合物料守恒判断；C溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于其水解程度，则c（SO32）c（H2SO3）；D对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，对应酸的酸性越强，盐的浓度越大【解答】解：ApH=3的强酸溶液1mL，加水稀释至100mL后，氢离子浓度减小，则溶液的pH升高2个单位变为5，故A
49、错误；B.0.2molCO2通入1L0.3molL1 KOH溶液中，氢氧化钾的物质的量为0.3mol，则反应生成等浓度的碳酸钾和碳酸氢钾，根据物料守恒可得：2 c（H+）+c（HCO3）+3c（H2CO3）=2 c（OH）+2c（CO32），故B正确；C已知一定浓度的NaHSO3溶液pH=5.4，溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于其水解程度，正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），故C错误；D在相同的条件下测得CH3COONa NaHCO3NaClO三种溶液pH相同，已知酸性CH3COOHHClOHCO3，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3C
50、OONa，pH相同时，溶液的浓度大小为：NaClONaHCO3CH3COONa，即，三种溶液中的c（Na+）大小为：，故D错误；故选B16常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A实验过程中可用pH试纸测定溶液的pHBa点的溶液中：C（H+）=c（Cl）+c（HCl0）+c（OH）Cc 点所示溶液中；c（Na+）=2c（ClO ）+c（HCIO）D由a点到b点的过程中，溶液中减小【考点】离子浓度大小的比较【分析】整个过程发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHN
51、aCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答【解答】解：A溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故A错误；Ba点为氯水，溶液呈酸性，根据电荷守恒得：c（H+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），故B错误；Cc点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl）+c（Cl0）+c（OH），所以c（Na+）=c（Cl）+c（ClO），根据物料守恒得c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO），故C正确；D由a点到b点的过程是氯气的
52、溶解平衡Cl2+H2OH+Cl+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故D错误；故选C二、非选择题（共52分）17根据下列化合物：NaCl、NaOH、HCl、NH4Cl、CH3COONa、CH3COOH、NH3H2O、H2O回答下列问题（1）NH4Cl溶液显酸性，用离子方程式表示原因NH4+H2OH+NH3H2O，其溶液中离子浓度大小顺序为（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH）=103mol/L，在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c（H+）=1011 mol/L（3）已知纯水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O+OH
53、H0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是D（填字母序号）A向水中加入NaHSO4固体 B向水中加Na2CO3固体C加热至100D向水中加入（NH4）2SO4固体（4）若将等pH、等体积的NaOH和NH3H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则mn（填“”、“”或“=”）（5）除H2O外，若其余5种溶液的物质的量浓度相同，则这5种溶液按pH由大到小的顺序为：（填序号）【考点】盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性；（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，醋酸抑制水的电离；（3）欲使平
54、衡向右移动，且所得溶液显酸性，可加入水解呈酸性的盐；（4）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，加水促进电离；（5）溶液中氢离子浓度越大，则其pH越小，按照溶液中氢离子浓度由小到大顺序进行排列【解答】解：（1）氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铵根离子水解的离子方程式为NH4+H2OH+NH3H2O，铵根离子水解，则（Cl）c（NH4+），所以溶液中离子浓度关系为：（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；故答案为：酸；NH4+H2OH+NH3H2O；（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c（OH）=103mol/L，c
55、（H+）=1011mol/L，CH3COONa 中氢离子和氢氧根离子都是水电离的，则水电离出来的c（OH）为103mol/L；在pH=3的CH3COOH溶液中，c（OH）=1011mol/L，酸中的氢氧根离子由水电离，则水电离出来的c（OH）=c（H+）为1011mol/L，故答案为：103；1011；（3）A向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故A错误；B向水中加Na2CO3固体，水解呈碱性，故B错误；C加热至100，促进水的电离，溶液呈中性，故C错误；D向水中加入（NH4）2SO4固体，水解呈酸性，故D正确；故答案为：D；（4）氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释相等体
56、积，氨水溶液pH大，如稀释后溶液pH相同，则氨水应加入较多水，故答案为：；（5）NaCl NaOH HCl CH3COONa CH3COOH，显示碱性的为：NaOH、CH3COONa，氢氧化钠为强碱，CH3COONa为盐，所以pH；显示中性的为NaCl，pH=7；显示酸性的为：HCl CH3COOH，浓度相同时，盐酸为强酸，氢离子浓度最大，醋酸为一元弱酸，氢离子浓度小于盐酸，所以两种酸性溶液的pH大小关系为：，故物质的量浓度相同时，按pH由大到小的顺序为：，故答案为：18滴定法是分析化学中常用实验方法，请根据滴定法的有关知识回答下列问题：I、某学生用0.1molL1 的KOH标准溶液滴定未知浓
57、度的盐酸，其操作分解为如下几步：A移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入23滴酚酞；B用标准溶液润洗滴定管23次；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上12cm 处；E调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）BDCEAF（2）上述B步骤操作的目的是防止标准溶液被稀释，引起误差（3）在进行C步操作滴定前排气泡时，应选择图2中的（填序号），若用25mL滴定管进行实验，当滴定
58、管中的液面在“10”处，则管内液体的体积（填序号）（=10mL，=15mL，10mL，15mL）（4）判断以下操作，对测定结果盐酸浓度的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是偏高若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是偏低如果滴定前装有待测溶液的酸式滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将偏低【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液于锥形瓶，然后加入指示剂进行滴定等操作；（2）直接装入标准溶液，标准液
59、的浓度偏低；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用的方法；若用25mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有15mL有刻度的溶液，另外滴定管25L刻度线下有液体没有刻度；（4）如用待测液润洗锥形瓶，则导致待测液所含的溶质的物质的量偏多；KOH中含有NaOH，等质量时含有的碱的浓度偏大；有气泡式导致溶液体积偏大【解答】解：（1）操作的步骤是选择滴定管，然后洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定在滴定台上，然后调节液面记下读数再取待测液于锥形
60、瓶，然后加入指示剂进行滴定，所以顺序为：B、D、C、E、A、F，故答案为：BDCE；（2）滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管23次，故答案为：防止标准溶液被稀释，引起误差；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用的方法；若用25mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有15mL有刻度的溶液，另外滴定管25L刻度线下有液体没有刻度，则滴定管内液体大于15mL，故答案为：；（4）如
61、用待测液润洗锥形瓶，则导致待测液所含的溶质的物质的量偏多，则消耗的KOH偏多，测定结果偏高，故答案为：偏高；KOH中含有NaOH，等质量时含有的碱的浓度偏大，需要体积偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低；有气泡式导致溶液体积偏大，而消耗氢氧化钾的物质的量不变，则实际测定浓度偏低，故答案为：偏低19II、氧化还原滴定法实际生产中运用较为广泛的方法制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4在加热条件下水解生成TiO2xH2O，经过过滤、水洗除去其中的Cl，再经烘干、焙烧除去水分，最后得到粉体TiO2可用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数在一定条件下，将粉体溶解并将溶液中的Ti2氧化为Ti3+，再以K
62、SCN溶液作指示剂，用NH4Fe（SO4）2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+【注：NH4Fe（SO4）2是一种复盐，含有两种阳离子】请回答下列问题：（1）TiCl4水解生成TiO2xH2O的化学方程式为TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl（2）配制NH4Fe（SO4）2标准溶液时，加入一定量稀H2SO4的原因是抑制NH4Fe（SO4）2水解，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需用到图中的ac（填序号）检验TiO2xH2O中Cl是否被除净的方法是取少量最后一次水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl已除净（3）滴定终点的现象是：当滴入最后一滴NH
63、4Fe（SO4）2标准溶液时（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M gmol1）粉体试样wg，消耗v mlc molL1 NH4Fe（SO4）2标准溶液则TiO2质量分数表达式为【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）根据物质的性质和质量守恒定律书写化学方程式；（2）NH4Fe（SO4）2易水解，故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；配制一定物质的量浓度的溶液，还需要容量瓶和胶头滴管；溶液中生成TiO2xH2O沉淀，固体具有较强的吸附能力，会吸附溶液中的Cl离子，可通过检验Cl离子的方法检验沉淀是否被洗净；（3）因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再反应，生成血
64、红色的Fe（SCN）3；（4）根据得失电子守恒，有：1Ti3+1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV103mol，计算其质量分数【解答】解：（1）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x），反应的化学方程式为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl；故答案为：TiCl4+（x+2）H2OTiO2xH2O+4HCl；（2）NH4Fe（SO4）2易水解，故需加入一定量的稀硫酸抑制水解；配制一定物质的量浓度的溶液，还需要容量瓶和胶头滴管，则还需要ac，溶液中生成TiO2
65、xH2O沉淀，固体具有较强的吸附能力，会吸附溶液中的Cl离子，可通过检验Cl离子的方法检验沉淀是否被洗净，检验沉淀是否洗净的方法是，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，故答案为：抑制NH4Fe（SO4）2水解；ac；取少量最后一次水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl已除净；（3）Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+过量，会变成红色半分钟内不变，故答案为：溶液变为红色且半分钟内不变；（4）根据得失电子守恒，有：Ti3+Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV
66、103mol，其质量分数为：100%=，故答案为：20已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题：（1）图中五点Kw间的关系是BCA=D=E（2）若从A点到D点，可采用的措施是ca升温 b加入少量的盐酸 c加入少量的NH4Cl（3）E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为10：1（4）B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与0.05mol/L的稀硫酸V2L混合（设混合后溶液的体积等于原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH=2，则 V1：V2=9：11（5）常温下，将V mL、0.1000m
67、olL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00ml、0.1000molL1醋酸溶液中充分反应请回答下列问题（忽略溶液体积的变化）如果溶液pH=7，此时V的取值20.00（填“”“”或“=”）而溶液中c（Na+）、c（CH3COO）、c（H+）、c（OH）的大小关系为c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）如果V=40.00，则此时溶液中c（OH）c（H+）c（CH3COOH）=0.033molL1（填数据）【考点】水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大；（2）从A点到D点c（H+）变大，c（OH）变小，但Kw不变
68、；（3）E对应的温度下，Kw=1014，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH），据此计算；（4）该温度下水的离子积为Kw=11012，酸和碱混合，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为1mol/L，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c（H+）=计算，列式计算pH可计算体积比；（5）溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断的，只要溶液中c（H+）=c（OH），溶液就呈中性，CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐水解呈碱性，
69、需溶液呈中性，需少加碱；根据溶液呈中性pH=7c（H+）=c（OH）结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）进行解答；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），物料守恒c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH）进行解答【解答】解：（1）水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BCA=D=E，所以离子积常数大小顺序是BCA=D=E，故答案为：BCA=D=E； （2）在A点时，c（H+）=c（OH），溶液显中性，而到D点c（H+）变大，c（OH）变小，溶液显酸性，即由A
70、点到D点，溶液由中性变为酸性，但Kw不变a、升高温度，Kw变大，故a错误；b、加入NaOH，则溶液显碱性，故b错误；c、加入氯化铵，水解显酸性，且Kw不变，故c正确；故答案为：c；（3）E对应的温度下，Kw=1014，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则酸溶液中的n（H+）等于碱溶液中的n（OH），故有：105mol/LV碱=104mol/LV酸，解得： =，故答案为：10：1；（4）该温度下水的离子积为Kw=11012，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH）=mol/L=0.1mol/L，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为
71、1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/LV20.1mol/LV1=0.01mol/L（V1+V2），整理可得：V1：V2=9：11，故答案为：9：11； （5）CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000molL1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000molL1醋酸溶液中，充分反应，V20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO
72、）+c（OH），c（H+）=c（OH），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故答案为：；c（Na+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）； 根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），物料守恒c（Na+）=2c（CH3COO）+c（CH3COOH），得到c（H+）+c（CH3COO）+2c（CH3COOH）=c（OH），则c（OH）c（H+）c（CH3COOH）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），反应后溶液的体积变为60mL，则c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.033mol/
73、L，故答案为：0.03321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：写出酸H2A的电离方程式H2AH+HA、HAH+A2若溶液M由10mL 2molL1NaHA溶液与2molL1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH7 （填“”、“”或“=”），溶液M中各微粒的浓度关系正确的是Ac（Na+）c（A2）c（OH）c（H+）Bc（HA）+c（H2A）+c（H+）=c（OH）Cc（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1Dc（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平
74、衡【分析】（1）某水溶液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；A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+）；B根据质子守恒：c（HA）+2c（H2A）+c（H+）=c（OH）；C根据物料守恒分析可知：c（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1；D根据电荷守恒：2c（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）【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+
75、A2；（2）10mL 2molL1NaHA溶液与10mL 2molL1NaOH溶液混合生成Na2A，水解显碱性，pH7，A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A正确；B根据质子守恒：c（HA）+2c（H2A）+c（H+）=c（OH），故B错误；C根据物料守恒分析可知：c（A2）+c（HA）+c（H2A）=1molL1，故C正确；D根据电荷守恒：2c（A2）+c（HA）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故D错误；故选AC故答案为：；AC22CO2是温室气体，可用NaOH溶液吸收得到Na2CO3或NaHCO3Na2CO3俗称纯碱，因C
76、O32水解而使其水溶液呈碱性，试写出CO32水解的离子方程式（忽略第二步水解）CO32+H2O=HCO3+OH，其水解反应的平衡常数（即水解常数）的表达式为Kh=已知25时，Kh=2104mol/L，则当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=2：1时，试求溶液的pH=100.1mol/L Na2CO3溶液中c（OH）c（H+）=c（HCO3 ）+2c（H2CO3）（用含c（HCO3）、c（H2CO3）的关系式表示）向 Na2CO3溶液中加入明矾会产生沉淀和气体，请写出相关的离子方程式【考点】盐类水解的应用【分析】碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠而使溶液呈碱性；水解平衡常数等
77、于生成物浓度系数次幂之积与反应物浓度系数次幂之积的比；根据水解平衡常数计算氢氧根离子的浓度，再根据水的离子积常数计算氢离子的浓度，从而计算其溶液的pH值；根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH）c（H+）的值；向 Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体【解答】解：碳酸钠是强碱弱酸盐，能发生两步水解，第一步水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，水解方程式为：CO32+H2O=HCO3+OH；Kh=，故答案为：CO32+H2O=HCO3+OH；Kh=，；Kh=2104mol/L，则当溶液中c（HCO3）：c（CO32）=2：1时，Kh=，=2104mo
78、l/L，C（OH ）=1104 mol/L，C（H+ ）=11010mol/L，所以溶液的pH=10，故答案为：10；根据原子守恒和电荷守恒计算c（OH）c（H+）的值，根据碳原子守恒得，c（CO32）+c（HCO3 ）+c（H2CO3）=0.1mol/L，根据溶液中电荷守恒得：2c（CO32）+c（HCO3 ）+c（OH）=c（Na+ ）+c（H+ ），c（Na+ ）=0.2mol/L，所以c（OH）c（H+）=c（HCO3 ）+2c（H2CO3），故答案为：c（HCO3 ）+2c（H2CO3）；向 Na2CO3溶液中加入明矾后，碳酸根会和铝离子发生双水解，从而生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体
79、，离子方程式为：3CO32+2Al3+6H2O=2Al（OH）3+3CO2，答：反应的离子方程式为3CO32+2Al3+6H2O=2Al（OH）3+3CO223实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3）、c（NO2） 和c（CH3COO） 由大到小的顺序为c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）（已知HNO2的电离常数Ka=7.1104 molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105 mo
80、lL1）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是bca向溶液A中加适量水 b向溶液A中加适量NaOHc向溶液B中加适量水 d向溶液B中加适量NaOH【考点】离子浓度大小的比较【分析】0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应
81、阴离子水解程度大，据此分析判断【解答】解：0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1104molL1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7105molL1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3）、c（NO2）和c（CH3COO）由大到小的顺序为：c（NO3）c
82、（NO2）c（CH3COO）；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1molL1的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液，a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液PH相同，故a错误；b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b正确；c、向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c正确；d、溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液PH更大，不能调节溶液PH相同，故d错误；故答
83、案为：c（NO3）c（NO2）c（CH3COO）； b、c24在用Na2SO3溶液吸收SO2QUOTE o2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO32）变化关系如下表：n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91PH8.27.26.2上表判断NaHSO3溶液显酸性性，用化学平衡原理解释：HSO3存在HSO3H+SO32 和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3的电离程度大于水解程度当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：abac（Na+）=2c（SO）+c（HSO）bc（Na）c（HSO）c（SO）c（H+）=c（OH）cc（Na+）+c（H+）=c（SO）+
84、c（HSO）+c（OH）【考点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较【分析】根据溶液中亚硫酸氢根离子浓度和亚硫酸根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；根据溶液中电荷守恒和物料守恒确定溶液中各种离子浓度的关系【解答】解：在溶液中主要以HSO3存在，HSO3的电离很微弱，所以n（SO32）：n（HSO3）1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同时说明HSO3的电离程度大于水解程度，故答案为：酸性；HSO3存在HSO3H+SO32 和HSO3+H2OH2SO3+OH，HSO3的电离程度大于水
85、解程度；当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度a溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3），故正确b溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H）=c（OH），故正确c溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故错误故选ab2017年5月17日 高考资源网 高考资源网