1、山西省太原市第五十三中学2019-2020学年高二化学上学期12月月考试题 理（含解析）1.下列溶液一定呈中性的是()A. pH7的溶液B. c(H+)c(OH-)的溶液C. 由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液D. 非电解质溶于水得到的溶液【答案】B【解析】【详解】A在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，错误。B在任何温度下，c（H+）= c（OH-）溶液一定为中性溶液，正确。C强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，错误。D非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，错
2、误。答案选B。2.在25C时，在0.01molL-1的盐酸溶液中，水电离出的H+浓度是A. 510-13molL-1B. 0.02molL-1C. 110-7molL-1D. 110-12molL-1【答案】D【解析】【详解】0.01molL-1的盐酸溶液中，c(H+) = 0.01molL-1，盐酸溶液中氢离子主要来自于酸电离，氢氧根来自于水电离的，而水电离的氢离子等于水电离出的氢氧根，因此水电离出的氢离子，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】酸电离出氢离子，酸中氢氧根离子是水电离出的，碱电离出氢氧离子，碱中氢离子是水电离出的。3.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是A. 水的离子积变大
3、、pH变小、呈酸性B. 水的离子积变大、pH变小、呈中性C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性D. 水的离了积不变、pH变小、呈中性【答案】B【解析】【详解】水的电离是吸热过程，将纯水加热至较高温度，促进了水的电离，生成的氢离子和氢氧根离子浓度增大，pH减小，水的离子积增大，水的离子积只随温度的改变而改变；但电离出的氢离子和氢氧根离子相等，所以水仍是中性。综上所述，给纯水加热时水的离子积增大、pH减小、呈中性，故B正确。故选B。4.下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是A. c(H)的溶液一定呈中性B. 将水加热，Kw增大，pH增大，呈碱性C. 向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c(H)增大，
4、平衡逆向移动，Kw减小D. 向0.1 molL1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H)将减小【答案】A【解析】【详解】A根据Kw=c(H+)c(OH-)，c(H+)=，说明溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液一定呈中性，故A正确；B水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但水电离出的c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，故B错误；CKw只与温度有关，向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c(H+) 增大，平衡逆向移动，但Kw不变，故C错误；D酸电离出来的氢离子能抑制水的电离，向0.1 molL-1醋酸溶液中加水，酸的浓度减小，对水的电离的抑制程度减小，则溶液中
5、水的电离产生的c(H+) 将增大，故D错误；故选A。5.25 ,某稀溶液中由水电离产生的c(H+)为110-10 molL-1,下列说法正确的是()A. 该溶液的pH不可能是7B. 该溶液不可能存在C. 该溶液的pH一定是10D. 该溶液的pH一定是4【答案】A【解析】【详解】25时,某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为110-20 110-14 ,说明该溶液中的溶质抑制了水的电离,酸或碱能抑制水的电离,所以该溶液呈酸性或碱性,所以该溶液的pH不可能是7。A. 该溶液的pH不可能是7符合题意；故A正确； B. 该溶液可能存在，故B错误；C. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH
6、不一定是10，故C错误； D. 该溶液可能为酸性也可能为碱性，pH不一定是4，故D错误。答案：A。【点睛】25时,某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为110-20 4C. 0.2 molL1的醋酸，与等体积水混合后pH1D. 常温时，pH3的盐酸与pH11的氢氧化钠等体积混合后pH7【答案】D【解析】【详解】A.纯水不管其pH为多少都是呈中性，A项错误；B.盐酸是强酸，所以每稀释10倍pH增大1，故pH4，B项错误；C.将0.2 molL1的醋酸，与等体积水混合后，溶液的浓度变为0.1 molL1，但由于醋酸是弱酸，所以pH大于1，C项错误；D.盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，所
7、以呈中性，D项正确。答案选D。7.25 时，若pHa的10体积某强酸溶液与pHb的1体积某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前该强酸的pH与强碱的pH之间应满足的关系为A. ab14B. ab13C. ab15D. ab7【答案】C【解析】【详解】常温下，pHa的强酸溶液中氢离子浓度为,pHb的强碱溶液中氢氧根离子浓度为,混合溶液呈中性,说明酸中氢离子的物质的量等于碱中氢氧根离子的物质的量,所以,，所以。故选C。8.下列有关pH的计算一定正确的是pH=a的强酸溶液，加水稀释10n倍，则pH=a+n pH=a的弱酸溶液，加水稀释10n倍，则pHa+n(a+nbn(bn7)A. B. C. D.
8、【答案】D【解析】试题分析：强酸pHa，加水稀释到10n倍，则pHan，an7，故错误；碱越弱，稀释相同倍数PH变化越小，弱碱pHb，加水稀释到10n倍，则pHbn(bn7)，故正确，选D。考点：本题考查PH计算。9.pH2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c0.1 molL1)至pH7。消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy则( )A. x为弱酸，VxVyC. y为弱酸，VxVy【答案】C【解析】【分析】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH=7
9、，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。【详解】由图可知，pH=2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH3，则x为强酸，y为弱酸；pH=2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH=7，为中性，则0.01mol/L0.1L=0.1mol/LV碱，解得V碱=0.01L，而pH=2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0.01L，则Vxc(A)，则下列描述中不
10、正确的是( )A. 该溶液的pHc(A)，说明A的水解大于HA的电离，溶液显碱性，即pH7，故说法错误；B、c(Na)c(A)，说明A的水解大于HA的电离，HA的酸性很弱，A的水解程度较大，故说法正确；C、根据物料守恒，c(A)c(HA)=(10.0110.01)/1molL1=0.02molL1，故说法正确；D、根据溶液呈现电中性，即c(Na)c(H)=c(A)c(OH)，c(Na)=0.01molL1代入，故说法正确。考点：考查水解、电离、离子浓度大小等知识。16.在CH3COONa溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是 ()A. 加入适量纯CH3COOHB. 加入少量N
11、aCl固体C. 加入少量NaOH固体D. 加水稀释【答案】C【解析】【分析】CH3COO-水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。【详解】A、加入CH3COOH，平衡逆向移动，水解程度减小，溶液的pH值减小，故A错误；B、加入氯化钠固体，水解平衡不会移动，水解程度不变，溶液的pH值不变，故B错误；C、加入NaOH，c(OH-)增大，醋酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中的c(OH-)增大，pH变大，故C正确；D、加水稀释，水解程度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选C。17.同时对农作物施用含N、P、K的三种化肥，给定下列化肥：K2CO3、KCl、Ca（H2PO4）2、
12、（NH4）2SO4、NH3H2O。其中最合理的组合方式是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】所给物质中只有Ca(H2PO4)2含P元素， K2CO3由于水解呈碱性，氨水本身显碱性，都会与Ca(H2PO4)2反应生成难溶于水的CaHPO4或Ca3(PO4)2，而不利于P元素被植物吸收，(NH4)2SO4由于铵根离子水解而呈酸性，因此从中和的角度和双水解的角度看，K2CO3和氨水不宜与Ca(H2PO4)2和(NH4)2SO4混合施用，故B正确；故选B。18.下列溶液，在空气中受热浓缩，能够得到预想的无水盐的是A. MgSO4溶液MgSO4B. FeCl3溶液FeCl3C. Mg
13、(NO3)2溶液Mg(NO3)2D. AlCl3溶液AlCl3【答案】A【解析】【详解】A. 硫酸盐属于高沸点的酸形成的盐，受热时尽管能够水解，但硫酸不会从水中挥发，所以加热蒸发掉水分得到的仍为MgSO4；正确；B.盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到FeCl3溶质；错误；C. 硝酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，硝酸蒸气会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最终不能得到Mg(NO3)2溶质；错误；D. 盐酸盐属于挥发性的酸形成的盐，受热时该盐能够水解，氯化氢会从水中挥发，平衡右移，在空气中受热浓缩后最
14、终不能得到AlCl3溶质；错误；综上所述，本题选A。19.下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性：K2CO3 _，溶液呈_性； NH4Cl _，溶液呈_性。K2SO4 _，溶液呈_性；【答案】 (1). CO32-+H2OOH-+HCO3- (2). 碱 (3). NH4+H2OH+NH3H2O (4). 酸 (5). 不发生水解 (6). 中【解析】【分析】碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性；硫酸钾为强碱强酸盐，不水解，据此分析解答。【详解】碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导
15、致溶液呈碱性，水解方程式为CO32-+H2OOH-+HCO3-；NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液显酸性，水解方程式为NH4+H2OH+NH3H2O；硫酸钠为强碱强酸盐，钠离子和硫酸根离子都不水解，溶液呈中性，故答案为：CO32-+H2OOH-+HCO3-；碱；NH4+H2OH+NH3H2O；酸；不发生水解；中。【点睛】本题的易错点为碳酸钾的水解方程式的书写，要注意碳酸根离子水解分步进行，不能一步水解生成碳酸。20.NaClO和KAl(SO4)2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业。(1)常温下，NaClO溶液的pH7，原因是_ (用离子方程式表示)。(2)根据NaClO的性质推测，
16、在纸浆中加入NaClO溶液的目的是_。(3)向饱和NaClO溶液中加入饱和KAl(SO4)2溶液可产生大量的白色胶状沉淀。反应的离子方程式是_。【答案】 (1). ClO-+H2OHClO+OH- (2). 漂白纸浆 (3). Al3+3ClO-+3H2O3HClO+Al(OH)3【解析】【分析】(1)NaClO强碱弱酸盐，水解呈碱性；(2)NaClO具有强氧化性，具有漂白性；(3)向NaClO溶液中加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀，Al3+与ClO-发生双水解反应。【详解】(1)NaClO为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，离子方程式为ClO-+H2OHClO+OH-，故答
17、案为：ClO-+H2OHClO+OH-；(2)NaClO具有强氧化性，可用于漂白纸浆，故答案为：漂白纸浆；(3)向NaClO溶液中加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀，是因为Al3+与ClO-发生相互促进的水解反应，离子方程式为Al3+3ClO-+3H2O3HClO+Al(OH)3，故答案为：Al3+3ClO-+3H2O3HClO+Al(OH)3。21.某学生用0.200 0 molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并
18、记下读数；移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答下列问题：(1)以上步骤有错误的是_(填编号)。(2)若测定结果偏高，其原因可能是_(填字母)。A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B.滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C.盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后又用待测液润洗D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液(3)判断滴定终点的现象是_。(4)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL。(5)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：_molL1。滴定次数待测体积(mL)标
19、准烧碱溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20004.0024.00【答案】 (1). (2). ABCD (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.200 0或0.2【解析】【分析】(1) 碱式滴定管在装液前先用蒸馏水清洗，然后用待装液进行润洗；(2)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；(3)根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点； (4)根据滴定管的结构与精确度为0.01
20、mL进行读数；(5)先根据数据的有效性,然后求出平均消耗V(NaOH),接着根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)来计算。【详解】(1)碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗,否则标准液的浓度偏小，操作有误；因此本题答案是：。（2）A.配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质,标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小,消耗的V(标准)增大，根据c(待测)= c(标准)V(标准)/ V(待测)分析，测定结果偏高，所以A选项正确；B.滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏高,故B正确；C.盛装未知液的锥形瓶用蒸
21、馏水洗过后再用未知液润洗,消耗的V(标准)变大, 根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析,测定结果偏大,故C正确；D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液,消耗的V(标准)偏大， 根据c(待测)= c(标准)V(标准)/V(待测)分析，测定结果偏高,故D正确；因此，本题正确答案是:ABCD。 (3)当滴入最后一滴NaOH溶液,溶液由无色变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为终点；因此，本题正确答案是: 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色。(4)滴定管精确度为0.01mL，因此滴定管中的液面读数为22.60 mL；因此，本题正确答案是:22.60。(5)三次滴定消耗的体积为:20.00mL,22.10 mL, 20.00mL, 22.10 mL误差太大，不能用；因此平均消耗V(NaOH)=20.00mL，根据c(待测)=c(标准)V(标准)/V(待测) =0.200020.00/20.00=0.2000molL1(或0.2molL1)；因此本题答案是：0.2000或0.2。- 13 -
