1、2015-2016学年山东省枣庄三中高二（上）调研化学试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（）A用热的纯碱溶液清除灶具上的油污B用Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+C用硫酸清洗锅炉中的水垢D用明矾KAl（SO4）212H2O作净水剂，除去水中悬浮的杂质2下列离子既能电离又能水解，且能与强碱溶液反应的是（）ACH3COOBHSO4CHSO3DCO32325时，水的电离达到平衡：H2OH+OHH0，下列叙述正确的是（）A向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH）降低B向水中加入少量固体硫酸氢钠，
2、c（H+）增大，KW不变C向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D将水加热，KW增大，pH不变4在加入铝粉能产生H2的溶液中下列各组离子可能大量共存的是（）ANO3K+Al（OH）4OHBNa+ Ba2+Mg2+HCO3CNO3Mg2+ K+ ClDNH4+NO3 CO32Na+5下列各式中属于正确的水解反应的离子方程式的是（）ACH3COOH+OHCH3COO+H2OBS2+2H2OH2S+2OHCCH3COOH+H2OCH3COO+H3O+DNH4+H2ONH3H2O+H+6已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的pH=4.0则下列说法中正确的是（）A在Na2A、
3、NaHA两溶液中，离子种类不相同B相同浓度的Na2A、NaHA两溶液的pH相等C在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2）D在Na2A溶液中一定有：c（Na+）c（A2）c（H+）c（OH）7下列叙述不正确的是（）A0.1 molL1氨水中，c（OH）c（NH4+）B等体积等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c（Na+）c（HX）c（X）c（H+）c（OH）C在0.1 molL1CH3COONa溶液中，c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）D0.1 molL1某二元弱酸强碱盐Na2A溶液中，c（Na+）=2c（A2）+2c（HA）+
4、2c（H2A）8有关常温下pH均为3的酸酸和硫酸的说法正确的是（）A分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同B醋酸中的c（CH3COO）和硫酸中的c（SO42）相等C分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同D两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011 molL19常温下，下列溶液中的离子浓度关系正确的是（）ApH=3的醋酸溶液中：c（H+）=c（CH3COO）=3.0molL1BNa2S溶液中：c（Na+）c（HS）c（OH）c（H2S）CpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）DpH相同的CH3COONaNaHCO3N
5、aClO三种溶液的c（Na+）：10往含Br和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示则原溶液中c（Br）/c（Cl）的比值约为（）ADV2/V1二、选择题（每小题有一个或两个选项符合题意，每小题3分共24分）11在蒸发皿中加热蒸干再加热（低400）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（）AAlCl3BNa2CO3CNa2SO3DMgSO412下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液B使石蕊试液呈紫色的溶液Cc（H+）=c（OH）=106molL1的溶液D酸与碱恰好反应生成的溶液13下列有关实验的说法正确的是（）A用干燥的pH试纸测定新制氯水的pH
6、B中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥C用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3D向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）Ksp（CuS）14下列反应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2OC用氨水吸收少量二氧化硫NH3H2O+SO2NH4+HSO3D硝酸铁溶液中加过量氨水Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+15要使K2S溶液中的比值变大，可加入适量的物质是（）A盐酸BKHS溶液CNaOH溶液DNa
7、2S溶液16已知：25时，KMg（OH）2=5.611012，KMgF2=7.431011下列说法正确的是（）A25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C25时，Mg（OH）2固体在20 mL 0.01 molL1氨水中的K比在20 mL 0.01 molL1NH4Cl溶液中的K小D25时，在Mg（OH）2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化为MgF217醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，下列叙述不正确的是（）ACH3COOH溶液中离子浓度的
8、关系满足：c（H+）c（CH3COO）BCH3OOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动C0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中的离子浓度均减小D常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=718常温下，用0.1mol/L的氢氧化钠溶液滴定20ml0.1mol/L醋酸溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 （）A点（1）所示溶液中：C（CH3COOH）+C（H+）=C（CH3COO）+C（OH）B点（2）所示溶液中：C（Na+）=C（CH3COO H ）+C（CH3COO）C点（3）所示溶液中：C（Na+）C（OH）C
9、（CH3COO）C（H+）D滴定过程中可能出现：C（CH3COOH）C（CH3COO）C（H+）C（Na+）C（OH）三、非选择题（共56分）19（1）25时，浓度为0.1molL1的6种溶液HCl CH3COOH Ba（OH）2 Na2CO3 KCl NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为（填写编号）（2）已知25时，CH3COOH电离常数Ka=1.7105mol/L，则：该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh= molL1（保留到小数点后一位）；将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH=7，则NH3H2O的电离常数Ka=，混合后溶液中离子的浓度由大到小的顺序为（3）25时，将
10、m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c（CH3COO）+c（CH3COOH）=；m与n的大小关系是mn（填“”“=”或“”）20食醋（主要成分CH3COOH）、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）均为家庭厨房中常用的物质已知：弱酸CH3COOHH2CO3HNO2电离常数K=1.8105K=4.3107K=5.61011K=5.0104请回答下列问题：（1）25时，0.10molL1Na2CO3 溶液的pH=11，则溶液中由水电离出的c（OH）；（2）常温下，将20mL 0.10molL1CH3COOH溶液和20mL 0.10molL1
11、HNO2 溶液分别与20mL 0.10molL1NaHCO3 溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）反应开始时，v（CH3COOH ） v（HNO2）（填“”、“”或“：”），原因是；充分反应后两溶液中c（CH3COO） c（NO2）（填“”、“”或“=”）（3）25C时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中=；（4）常温下，下列方法可以使0.1molL1CH3COOH的电离程度增大的是a加入少量的稀盐酸 b加热溶液 c加水稀释 d加入少量冰醋酸（5）PbSO4难溶于水却可溶于醋酸，你认为可能的原因是因醋酸是弱酸，故反应可进行醋酸铅是弱电解质醋酸铅在
12、水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+）21为了证明一水合氨（NH3H2O）是弱电解质，甲、乙二人分别选用下列试剂进行实验：氨水、0.10molL1NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞试液、pH试纸、蒸馏水（1）甲用pH试纸测出0.010molL1氨水的pH为10，据此他认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法是否正确？ （填“正确”或“不正确”），并说明理由；（2）乙取出10mL 0.010molL1氨水，用pH试纸测其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测其pH为b，若要确认NH3H2O是弱电解质他认为只要a、b满足什么关系？；（3）某温度
13、下，pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体 积变化的曲线图中abc三点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是；该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是ac（H+） bc（OH） c d（4）在t时，某NaOH稀溶液中c（H+）=10amol/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，则：该温度下水的离子积常数Kw=（mol/L）2；在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH=22铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛某研究小组用粗铜（含杂质铁）制备氯化铜晶体（CuCl22H2O）的流程如下
14、：已知常温下，Cu2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7请回答下列问题：（1）溶液中加入试剂X可以调节溶液pH，从而除去Fe3+且不引人杂质试剂X选用下列物质中的（填代号）aNaOH bCuO cCu dCu（OH）2调节溶液pH时，理论上可选择pH最大范围是（2）检验溶液中的存在Fe3+实验操作是（3）向溶液中通入H2S气体，溶液变浑浊，pH减小，用离子方程式解释其原因；（4）某学习小组用碘量法测定CuCl22H2O样品的纯度（杂质不参与反应），实验如下：a准确称取CuCl22
15、H2O样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和足量的碘化钾，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，将所得混合液配成250mL待测溶液实验中使用的指示剂名称为；达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果（填“偏高”“偏低”或“无影响”）该样品中的质量分数为（用含m，c，V的代数式表示，不用化简）（5）在空气中由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是2015-2016学年山东省枣庄三中高二（上）调研化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）1化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是（）A用热的纯碱溶液清除灶具上的油污B用Na
16、2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+C用硫酸清洗锅炉中的水垢D用明矾KAl（SO4）212H2O作净水剂，除去水中悬浮的杂质【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】A碳酸钠溶液中碳酸根离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解，碱性增强，油污在碱溶液中水解为溶于水的物质；BCuS、HgS溶解性小，硫化钠溶液中硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成沉淀，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+；C水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙、水、二氧化碳；D明矾溶于水溶液中铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体可以吸附悬浮杂质【解答】解：A、碳酸钠溶液水解
17、显碱性，CO32+H2OHCO3+OH，加热促进水解，碱性增强，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，所以能用于清洗油污，故A正确；B硫离子与Cu2+或Hg2+反应生成CuS、HgS沉淀，过滤容易除去，从而除去废水中的Cu2+和Hg2+，所以硫化钠可以做重金属离子的沉淀剂，故B正确；C水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸钙能和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙、水、二氧化碳，硫酸钙会附着在水垢表面阻止反应进行，不能除净锅垢，故C错误；D明矾KAl（SO4）212H2O作为净水剂，这是因为明矾溶于水发生水解生成氢氧化铝胶体，Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，氢氧化铝胶体可以吸附悬浮的杂质做净水剂，故D正
18、确；故选C【点评】本题考查化学与生活，主要是盐类水解、沉淀转化、胶体性质等知识，难度不大，要注意与人类生产、生活相关的知识历来是考查的热点，注意知识的积累2下列离子既能电离又能水解，且能与强碱溶液反应的是（）ACH3COOBHSO4CHSO3DCO32【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】既能电离又能水解，且能与强碱溶液反应的离子只能是多元弱酸的酸式根离子，据此分析【解答】解：A、醋酸根只能水解，故A错误；B、硫酸氢根离子只能电离，故B错误；C、亚硫酸氢根离子既能电离、又能水解、还能够与碱溶液发生中和反应，故C正确；D、碳酸根离子只能水解，故D错误；故选C【点评】本题考查了电离、水解和中
19、和的实质，注意多元弱酸的酸式根离子的特殊性，题目难度不大325时，水的电离达到平衡：H2OH+OHH0，下列叙述正确的是（）A向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH）降低B向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变C向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低D将水加热，KW增大，pH不变【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小【解答】解：A、向水中加入氨水
20、，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH）增大，故A错误；B、NaHSO4Na+SO42+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误故选：B【点评】本题考查学生水的电离知识，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用4在加入铝粉能产生H2的溶液中下列各组离子可能大量共存的是（）ANO3K+Al（OH）4OHBNa+ Ba2+Mg2+HCO3CNO3Mg2+ K+
21、 ClDNH4+NO3 CO32Na+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】在加入铝粉能产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，A四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；B碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应；C镁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气；D铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸根离子与氢离子反应【解答】解：在加入铝粉能产生H2的溶液为酸性或强碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，ANO3、K+、Al（OH）4、OH之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在碱性溶液中能够大量共存，故A正确；BHCO3与氢离子、氢氧根离子反应，在
22、溶液中一定不能大量共存，故B错误；CMg2+与氢氧根离子反应，NO3在酸性溶液中具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，故C错误；DNH4+与氢氧根离子反应，CO32与氢离子反应，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选A【点评】本题考查离子共存，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培
23、养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力5下列各式中属于正确的水解反应的离子方程式的是（）ACH3COOH+OHCH3COO+H2OBS2+2H2OH2S+2OHCCH3COOH+H2OCH3COO+H3O+DNH4+H2ONH3H2O+H+【考点】离子方程式的书写；盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【分析】A为中和反应；B硫离子水解分步进行；C为醋酸的电离；D铵根离子水解生成一水合氨和氢离子【解答】解：A为醋酸与碱的中和反应，不是水解离子反应，故A不选；B硫离子水解离子反应为S2+H2OHS+OH、HS+H2OH2S+OH，故B不选；C为醋酸的电离方程式，故C不选；D铵根离子水解生成一水合
24、氨和氢离子，水解离子反应为NH4+H2ONH3H2O+H+，故D选；故选D【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重水解离子反应及电离、中和离子反应的考查，选项B为解答的难点，题目难度不大6已知0.1mol/L的二元酸H2A溶液的pH=4.0则下列说法中正确的是（）A在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同B相同浓度的Na2A、NaHA两溶液的pH相等C在NaHA溶液中一定有：c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2）D在Na2A溶液中一定有：c（Na+）c（A2）c（H+）c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离
25、平衡与溶液的pH专题【分析】已知0.1molL1的二元酸H2A溶液的pH=4，说明溶液为弱酸；A、在Na2A、NaHA两溶液中，A2离子水解，HA存在电离和水解；B、依据A2离子水解程度大于HA判断；C、依据溶液中电荷守恒计算判断；D、A2离子分步水解，溶液呈碱性【解答】解：A、在Na2A、NaHA两溶液中，分析A2离子水解，HA存在电离和水解；离子种类相同，故A错误；B、A2离子水解程度大于HA，相同浓度的Na2A、NaHA两溶液的pH不相等，故B错误；C、在NaHA溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HA）+c（OH）+2c（A2），故C正确
26、；D、在Na2A溶液中，A2离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c（Na+）c（A2）c（OH）c（H+），故D错误；故选C【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键，题目难度中等7下列叙述不正确的是（）A0.1 molL1氨水中，c（OH）c（NH4+）B等体积等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c（Na+）c（HX）c（X）c（H+）c（OH）C在0.1 molL1CH3COONa溶液中，c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）D0.1 molL1某二元弱酸强碱盐Na2A溶液中，c（Na+）=2c
27、（A2）+2c（HA）+2c（H2A）【考点】离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，该溶液中阳离子还有氢离子，根据电荷守恒判断；B等体积等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后，如果HX电离程度大于X水解程度则溶液呈酸性，如果HX电离程度小于X水解程度，则溶液呈碱性；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断【解答】解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，该溶液中阳离子还有氢离子，根据电荷守恒得c（OH）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（OH）
28、c（NH4+），故A正确；B等体积等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后，如果HX电离程度大于X水解程度则溶液呈酸性，则c（HX）c（X）且c（H+）c（OH）；如果HX电离程度小于X水解程度，则溶液呈碱性，则c（HX）c（X），且c（H+）c（OH），故B错误；C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（OH）+c（CH3COO）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），所以得c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+），故C正确；D任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=2c（A2）+2c（HA）
29、+2c（H2A），故D正确；故选B【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质是解本题关键，利用守恒思想分析解答，易错选项是B，要根据盐的水解程度与酸的电离程度相对大小确定溶液酸碱性，题目难度不大8有关常温下pH均为3的酸酸和硫酸的说法正确的是（）A分别加水稀释100倍后，两种溶液的pH仍相同B醋酸中的c（CH3COO）和硫酸中的c（SO42）相等C分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相同D两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011 molL1【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】A加水稀释促进弱酸电离；B根据电荷守恒分析
30、；C醋酸中酸的浓度大于氢离子浓度；DpH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度为1103mol/L，根据Kw=c（H+）c（OH）计算溶液中c（OH）【解答】解：A硫酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，加水稀释，醋酸继续电离出氢离子，分别加水稀释100倍后，硫酸溶液的pH值为5，醋酸溶液的pH值小于5，故A错误；B根据电荷可知，醋酸溶液中c（H+）=c（CH3COO）=1103mol/L，硫酸溶液中c（H+）=2c（SO42）=1103mol/L，故c（SO42）=5104mol/L，故B错误；C酸是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中主要以醋酸分子存在，与足量的锌反应，醋酸提供的氢离
31、子远远大于硫酸，锌与醋酸反应产生的氢气原大于与硫酸反应生成的氢气，故C错误；DpH均为3的醋酸和硫酸，溶液中氢离子浓度均为1103mol/L，溶液中氢氧根浓度均为c（OH）=11011mol/L，溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，故两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度均为11011molL1，故D正确故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离、溶液pH的有关计算等，题目难度不大，注意弱电解质的电离存在平衡，电离程度较小9常温下，下列溶液中的离子浓度关系正确的是（）ApH=3的醋酸溶液中：c（H+）=c（CH3COO）=3.0molL1BNa2S溶液中：c（Na+）c（HS）c（O
32、H）c（H2S）CpH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：【考点】离子浓度大小的比较【分析】A、水还电离产生氢离子，醋酸溶液中：c（H+）c（CH3COO）；B、Na2S是强碱弱酸盐水解呈碱性，溶剂水电离也产生氢氧根离子，所以离子浓度大小为：c（Na+）c（OH）c（HS）c（H2S）；C、pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）；D、对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，溶液的碱性
33、越强，溶液PH越大；当PH相同时，酸越强，盐的浓度越大【解答】解：A、水还电离产生氢离子，醋酸溶液中：c（H+）c（CH3COO），故A错误；B、Na2S是强碱弱酸盐水解呈碱性，溶剂水电离也产生氢氧根离子，所以离子浓度大小为：c（Na+）c（OH）c（HS）c（H2S），故B错误；C、pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，溶液呈碱性，所以离子浓度大小为：c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+），故C错误；D、已知酸性：CH3COOHHClOHCO3，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3CH3COONa，即三种溶液的c（N
34、a+）：，故D正确；故选D【点评】本题考查离子浓度大小的比较，结合盐类的水解综合考查，D选项要会运用逆向思维进行分析解答本题，注意盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大，题目难度不大10往含Br和Cl的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如图所示则原溶液中c（Br）/c（Cl）的比值约为（）ADV2/V1【考点】卤化银；离子方程式的有关计算【专题】图像图表题【分析】根据沉淀溶解平衡常数：Ksp越小的越先形成沉淀，根据离子反应实质和图中数据来计算回答即可【解答】解：因为Br+Ag+=AgBr，Cl+Ag+=AgCl，可以看出
35、Br、Cl跟Ag+反应都是1：1的关系，硝酸银先是和溴离子形成沉淀，然后和氯离子形成沉淀，由图中可知：将溴离子沉淀需要AgNO3的体积为V1（淡黄色沉淀是AgBr），而将氯离子沉淀需要AgNO3的体积为V2V1，所以c（Br）：c（Cl）=故选C【点评】本题考查学生难溶电解质的溶解平衡以及沉淀转化的知识，可以根据教材知识来回答，难度不大二、选择题（每小题有一个或两个选项符合题意，每小题3分共24分）11在蒸发皿中加热蒸干再加热（低400）下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（）AAlCl3BNa2CO3CNa2SO3DMgSO4【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】物质的溶液在
36、蒸发皿中加热蒸干并灼烧，最后得到该物质固体，如果是盐，说明该物质为难挥发性酸的盐，且该盐较稳定，受热不易发生反应，据此分析解答【解答】解：A氯化铝易水解生成氢氧化铝和HCl，升高温度HCl易挥发，蒸干溶液得到的固体是氢氧化铝，灼烧氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，所以最终得到的固体是氧化铝，故A不选；BNa2CO3热稳定性较强，受热不分解，在加热其水溶液时，其最终水解为H2CO3和NaOH，但由于NaOH是强碱，故碳酸不能逸出，故水解被促进的程度很小，蒸干后碳酸又能和NaOH反应生成碳酸钠，即最后得到的即碳酸钠，故B选；C亚硫酸钠不稳定，受热易被氧气氧化为硫酸钠，所以得不到原来物质，故C不选；
37、D形成硫酸镁的酸是硫酸，硫酸属于难挥发性酸，且硫酸镁较稳定，受热不发生反应，所以加热蒸干灼烧硫酸镁溶液最后得到的仍然是硫酸镁，故D选；故选BD【点评】本题考查盐类水解的应用，侧重考查物质性质，加热蒸干灼烧易挥发性酸的盐最终得到的物质是金属氧化物，加热蒸干灼烧难挥发性酸的盐且该盐不易发生反应时得到其物质本身12下列溶液一定呈中性的是（）ApH=7的溶液B使石蕊试液呈紫色的溶液Cc（H+）=c（OH）=106molL1的溶液D酸与碱恰好反应生成的溶液【考点】探究溶液的酸碱性【分析】温度未知时，根据溶液中c（H+）、c（OH）相对大小判断溶液酸碱性，如果c（H+）=c（OH），则溶液呈中性，如果c（
38、H+）c（OH），则溶液呈酸性，如果c（H+）c（OH），则溶液呈碱性，据此分析解答【解答】解：ApH=7的溶液不一定呈中性，可能呈酸性或碱性，100时纯水的pH=6，该温度下pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B石蕊试液变色范围是58，则石蕊试液呈紫色的溶液呈酸性，故B错误；C无论温度多少，只要溶液中存在c（H+）=c（OH），则该溶液一定呈中性，所以c（H+）=c（OH）=106molL1的溶液呈中性，故C正确；D酸与碱恰好反应生成的溶液可能呈酸性或碱性，如氯化铵溶液呈酸性、碳酸钠溶液呈碱性，故D错误；故选C【点评】本题考查溶液酸碱性判断，要根据溶液中c（H+）、c（OH）相对大小判断溶液酸碱
39、性，温度未知时不能根据溶液pH判断酸碱性，为易错题13下列有关实验的说法正确的是（）A用干燥的pH试纸测定新制氯水的pHB中和滴定实验中，洗净后的锥形瓶不需要干燥C用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3D向白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变为黑色，说明Ksp（ZnS）Ksp（CuS）【考点】试纸的使用；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；中和滴定【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物；化学实验基本操作【分析】A新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸； B锥形瓶有水不影响测定结果；C铝离子与硫离子、碳酸氢根离子能够发生双水解反应生成沉淀和气体；D溶解度大的沉淀可
40、以转化为溶解度更小的另一种沉淀【解答】解：A新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸，不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误； B中和滴定实验中，最终需要加蒸馏水定容，锥形瓶有水不影响测定结果，故不需要干燥，故B正确；C铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和氢离子，硫离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，二者相互促进，则明矾溶液和Na2S水溶液混合发生的反应为：2Al3+3S2+6H2O=2Al（OH）3+3H2S，故C错误；D溶解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的另一种沉淀，Ksp（ZnS）Ksp（CuS），故D错误故选B【点评】本题考查试纸的使用、中和滴定、盐类的水解以及沉淀转化，侧重于学生的分析能力和
41、元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度中等14下列反应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳Ca2+2ClO+H2O+CO2CaCO3+2HClOB硫酸亚铁溶液中加过氧化氢溶液Fe2+2H2O2+4H+Fe3+4H2OC用氨水吸收少量二氧化硫NH3H2O+SO2NH4+HSO3D硝酸铁溶液中加过量氨水Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；离子反应专题【分析】A通入过量二氧化碳生成HCO3；B从电荷是否守恒的角度分析；C氨水和少量二氧化硫反应生成SO32；D氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀【解答
42、】解：A通入过量二氧化碳生成HCO3，正确的离子方程式为ClO+H2O+CO2HCO3+HClO，故A错误；B电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O，故B错误；C用氨水吸收少量二氧化硫反应生成SO32，故C错误；D氨水为弱电解质，应写成化学式，与硝酸铁反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3+3NH3H2OFe（OH）3+3NH4+，故D正确故选D【点评】本题考查离子方程式的正误判断，题目难度中等，注意从粒子符号、电荷守恒以及反应物的量等角度判断15要使K2S溶液中的比值变大，可加入适量的物质是（）A盐酸BKHS溶液CNaOH溶液DNa2S溶液【考点】
43、影响盐类水解程度的主要因素【专题】盐类的水解专题【分析】在硫化钾溶液中电离出钾离子和硫离子，硫离子水解，导致硫离子浓度会减小，要使的比值变大，根据硫离子水解平衡S2+H2OHS+OH及影响因素进行解答【解答】解：在硫化钾溶液中电离出钾离子和硫离子，硫离子水解方程式为：S2+H2OHS+OH，要使钾离子和硫离子浓度比值变大，需使硫离子水解平向正方向移动即可，A、加入盐酸，会使得化学平衡正向移动，S2减小，则使得比值变大，故A正确；B、KHS溶液，HS浓度增大，抑制S2的水解，S2浓度增大，但直接提供钾离子，钾离子的变化幅度比硫离子变化大得多，则的比值变大，故B正确；C、适量NaOH溶液，平衡向着
44、逆向移动，使得S2的物质的量增大，而钾离子的物质的量不变，则的比值减小，故C错误；D、加Na2S溶液，提供硫离子，硫离子的浓度变大，则的比值减小，故D错误；故选AB【点评】本题考查盐类水解的影响，为高频考点，注意掌握盐的水解原理，明确影响盐的水解的常见因素，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力16已知：25时，KMg（OH）2=5.611012，KMgF2=7.431011下列说法正确的是（）A25时，饱和Mg（OH）2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c（Mg2+）大B25时，在Mg（OH）2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c（Mg2+）增大C25时，Mg（OH）2固体
45、在20 mL 0.01 molL1氨水中的K比在20 mL 0.01 molL1NH4Cl溶液中的K小D25时，在Mg（OH）2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg（OH）2不可能转化为MgF2【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】根据氢氧化镁与氟化镁的化学式相似，由题中数据可知氢氧化镁的溶度积小，其饱和溶液中Mg2+浓度较小；氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加；Ksp只与温度有关；不管氢氧化镁的ksp有多小，只要加入的氟化钠溶液的浓度适合的话，使c（Mg2+）c（F）27.421011，可以使氢氧化镁转
46、化为氟化镁沉淀【解答】解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH4+结合OH使氢氧化镁溶解平衡正向移动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、二者Ksp接近，加入NaF溶液后，Mg（OH）2和MgF2两种沉淀都会有，故D错误故选B【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡和沉淀转化，注意比较两种物质的溶度积大小，特别提醒是的不同物质的溶度积比较应是在化学式相似的情况下具有可比性17醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，下列叙述不正确的是（）ACH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）c（CH3COO
47、）BCH3OOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动C0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中的离子浓度均减小D常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7【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】A根据醋酸溶液中的电荷守恒判断；BCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa 固体，c（CH3COO）增大；CCH3COOH溶液加水稀释，c（H+）减小，c（OH）增大；D醋酸为弱酸，与NaOH反应生成CH3COONa，溶液呈碱性【解答】解：ACH3COOH溶液中存在电荷守恒：c（H+）=c（O
48、H）+c（CH3COO），则c（H+）c（CH3COO），故A正确；BCH3COOH溶液中加入少量CH3COONa 固体，c（CH3COO）增大，平衡逆向移动，故B正确；CCH3COOH溶液加水稀释，c（H+）减小，根据Kw=c（H+）c（OH）可知，c（OH）增大，故C错误；D醋酸为弱酸，与NaOH反应生成CH3COONa，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，溶液的pH7，故D错误；故选CD【点评】本题综合考查弱电解质的电离平衡，题目难度中等，明确影响电离平衡的影响为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点，试题培养了学生的灵活应用能力18常温下，用0.1mol/L的氢氧化钠溶液滴定20ml0.1mol/
49、L醋酸溶液，所得滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 （）A点（1）所示溶液中：C（CH3COOH）+C（H+）=C（CH3COO）+C（OH）B点（2）所示溶液中：C（Na+）=C（CH3COO H ）+C（CH3COO）C点（3）所示溶液中：C（Na+）C（OH）C（CH3COO）C（H+）D滴定过程中可能出现：C（CH3COOH）C（CH3COO）C（H+）C（Na+）C（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、点（1）所示溶液是用10ml 0.1mol/L的氢氧化钠溶液滴定20ml0.1mol/L醋酸溶液，得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，结合溶液中电荷守恒和物料守恒计
50、算分析；B、点（2）所示溶液显中性，为醋酸钠和少量醋酸溶液的混合溶液；C、点（3）所示溶液中，20ml 0.1mol/L的氢氧化钠溶液滴定20ml0.1mol/L醋酸溶液恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸根离子水解显碱性；D、滴定过程中少量滴入氢氧化钠可能出现醋酸多的混合溶液，溶液显酸性；【解答】解：A、点（1）所示溶液是用10ml 0.1mol/L的氢氧化钠溶液滴定20ml0.1mol/L醋酸溶液，得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，结合溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析，溶液中c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）c，2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），C（CH3
51、COOH）+2C（H+）=C（CH3COO）+2C（OH），故A错误；B、点（2）所示溶液显中性，为醋酸钠和少量醋酸溶液的混合溶液，C（Na+）C（CH3COO H ）+C（CH3COO），故B错误；C、点（3）所示溶液中，20ml 0.1mol/L的氢氧化钠溶液滴定20ml0.1mol/L醋酸溶液恰好反应生成醋酸钠溶液，醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为：C（Na+）C（CH3COO）C（OH）C（H+），故C错误；D、滴定过程中少量滴入氢氧化钠可能出现醋酸含量多的混合溶液，溶液显酸性，滴定过程中可能出现：C（CH3COOH）C（CH3COO）C（H+）C（Na+）C（OH），故D正
52、确；故选D【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大三、非选择题（共56分）19（1）25时，浓度为0.1molL1的6种溶液HCl CH3COOH Ba（OH）2 Na2CO3 KCl NH4Cl溶液pH由小到大的顺序为（填写编号）（2）已知25时，CH3COOH电离常数Ka=1.7105mol/L，则：该温度下CH3COONa的水解平衡常数Kh=5.91010 molL1（保留到小数点后一位）；将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH=7，则NH3H2
53、O的电离常数Ka=1.7105mol/L，混合后溶液中离子的浓度由大到小的顺序为c（NH4+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）（3）25时，将m mol/L的醋酸和n mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.5mmol/L；m与n的大小关系是mn（填“”“=”或“”）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）先将物质的按照碱、盐、酸的顺序分类，再根据盐的水解和弱电解质的电离特点比较pH；（2）CH3COONa的水解平衡常
54、数Kh=；25时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，则醋酸和一水合氨电离程度相等，据此计算NH3H2O的电离常数Ka并离子浓度大小；（3）醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，溶液中存在物料守恒【解答】解：（1）盐酸和醋酸为酸，氢氧化钡为碱，碳酸钠、氯化钾和氯化铵为盐，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，氯化钾为强酸强碱盐，为中性，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液为酸性，相同浓度的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，所以pH盐酸小于醋酸，则这几种溶液的pH由小到大的顺序是，故答案为：；（
55、2）CH3COONa的水解平衡常数Kh=5.91010；25时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（CH3COO），则醋酸和一水合氨电离程度相等，其电离平衡常数相等，即NH3H2O的电离常数Ka=1.7105mol/L，该溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH），故答案为：5.91010；1.7105mol/L；c（NH4+）=c（CH3COO）c（H+）=c（OH）；（3）醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以mn，
56、二者混合时溶液体积增大一倍，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH3COO）+c（CH3COOH）=0.5mmol/L，故答案为：0.5mmol/L；【点评】本题考查了弱电解质的电离，涉及pH大小的判断、酸碱混合溶液定性判断等知识点，明确物质的性质及弱电解质电离特点是解本题关键，难点是（2），会根据微粒间的关系进行公式转换，难度较大20食醋（主要成分CH3COOH）、纯碱（Na2CO3）和小苏打（NaHCO3）均为家庭厨房中常用的物质已知：弱酸CH3COOHH2CO3HNO2电离常数K=1.8105K=4.3107K=5.61011K=5.0104请回答下列问题：（1）25时，0.10mo
57、lL1Na2CO3 溶液的pH=11，则溶液中由水电离出的c（OH）103；（2）常温下，将20mL 0.10molL1CH3COOH溶液和20mL 0.10molL1HNO2 溶液分别与20mL 0.10molL1NaHCO3 溶液混合（混合后溶液体积变化忽略不计）反应开始时，v（CH3COOH ） v（HNO2）（填“”、“”或“：”），原因是K（HNO2）K（CH3COOH），说明HNO2 的酸性强，等物质的量浓度的HNO2 溶液和CH3COOH溶液相 比较，HNO2 溶液的c（H+）大，与NaHCO3 溶液的反应速率较快；充分反应后两溶液中c（CH3COO） c（NO2）（填“”、“”
58、或“=”）（3）25C时，向CH3COOH溶液中加入一定量的NaHCO3，所得混合液的pH=6，则混合液中=18；（4）常温下，下列方法可以使0.1molL1CH3COOH的电离程度增大的是a加入少量的稀盐酸 b加热溶液 c加水稀释 d加入少量冰醋酸（5）PbSO4难溶于水却可溶于醋酸，你认为可能的原因是因醋酸是弱酸，故反应可进行醋酸铅是弱电解质醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+）【考点】盐类水解的应用；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；盐类的水解专题【分析】（1）Na2CO3 溶液中的氢离子和氢氧根离子都是由水电离出来
59、的；（2）据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大；相同物质的量浓度的醋酸根离子和NO2相比，醋酸根离子水解程度大，据此分析；（3）据醋酸的电离平衡常数K=1.8105和pH=6求算；（4）依据影响电离平衡的因素分析判断，CH3COOH的电离程度增大，平衡正向进行；（5）根据硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解；【解答】解：（1）25时，0.10molL1Na2CO3 溶液的pH=11，则c（H+）=1011mol/L，据Kw可知，c（OH）=10
60、3mol/L，故答案为：103；（2）据其电离平衡常数可知，HNO2的酸性比醋酸强，醋酸的酸性比碳酸强，相同物质的量浓度的醋酸和HNO2相比，HNO2溶液中氢离子浓度大，所以与碳酸氢钠溶液反应速率快，故答案为：，K（HNO2）K（CH3COOH），说明HNO2 的酸性强，等物质的量浓度的HNO2 溶液和CH3COOH溶液相 比较，HNO2 溶液的c（H+）大，与NaHCO3 溶液的反应速率较快；常温下，将20mL 0.10molL1CH3COOH溶液和20mL 0.10molL1HNO2 溶液分别与20mL 0.10molL1NaHCO3 溶液混合，充分反应后得到相同物质的量浓度的醋酸钠和亚硝
61、酸钠溶液，相同物质的量浓度的醋酸根离子和NO2相比，醋酸根离子水解程度大，所以醋酸根离子浓度小，故答案为：；（3）醋酸的电离平衡常数K=1.8105，pH=6，则c（H+）=106mol/L，所以=18，故答案为：18；（4）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO+H+，a加入少量的稀盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向进行，故a错误； b电离平衡是吸热反应，加热溶液促进电离，平衡正向进行，电离程度增大，故b正确； c加水稀释促进电离，电离程度增大，故c正确； d加入少量冰醋酸，溶解后产生浓度增大，产生电离程度减小，故d错误；个选bc；（5）硫酸铅在水溶液里存在溶解平衡，加入醋酸时，醋酸根
62、离子和铅离子生成弱电解质醋酸铅，促进硫酸铅溶解，所以醋酸铅是弱电解质，并且醋酸铅在水中形成电离平衡时的c（Pb2+）小于PbSO4的溶解平衡的c（Pb2+），故答案为：【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡、水的离子积常数及应用、弱电解质的电离平衡常数及应用、盐类水解中的越弱越水解原理，题目难度中等21为了证明一水合氨（NH3H2O）是弱电解质，甲、乙二人分别选用下列试剂进行实验：氨水、0.10molL1NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞试液、pH试纸、蒸馏水（1）甲用pH试纸测出0.010molL1氨水的pH为10，据此他认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法是否正确？是 （填“正确”或“不
63、正确”），并说明理由0.01molL1氨水的pH为10，说明c（OH）=104mol/L，NH3H2O没有完全电离；（2）乙取出10mL 0.010molL1氨水，用pH试纸测其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1000mL，再用pH试纸测其pH为b，若要确认NH3H2O是弱电解质他认为只要a、b满足什么关系？a2ba；（3）某温度下，pH均为4的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，其pH随溶液体 积变化的曲线图中abc三点对应的溶液中水的电离程度由大到小的顺序是b=ca；该醋酸溶液稀释过程中，下列各量一定变小的是adac（H+） bc（OH） c d（4）在t时，某NaOH稀溶液中c（H+）=10amol
64、/L，c（OH）=10bmol/L，已知a+b=12，则：该温度下水的离子积常数Kw=1012（mol/L）2；在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH=11【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】（1）根据一定物质的量浓度的溶液的pH大小，确定电解质的电离程度，进而确定强弱电解质；（2）利用假设法分析，假设是强碱，稀释100倍后，溶液的pH减小2个单位，如果是弱碱，稀释100倍后，溶液的pH减小的小于2个单位；（3）pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释
65、相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸；酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小；（4）溶液中的离子积Kw=C（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b）=1012；根据混合溶液的酸碱性计算氢离子浓度，从而计算溶液的pH【解答】解：（1）如果氨水是强碱，0.01molL1氨水的pH为10，说明c（OH）=104mol/L，NH3H2O没有完全电离，所以氨水是弱碱；故答案为：是；0.01molL1氨水的pH为10，说明c（OH）=104mol/L，NH3H2O没有完全电离；（2）若是强碱，稀释100
66、倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即c（OH）变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位，则有a2b，且ba，故答案为：a2ba；（3）pH相等的醋酸和盐酸溶液中，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢完全电离，所以稀释相同的倍数后，pH变化大的是盐酸，变化小的是醋酸，酸抑制水电离，酸的酸性越强，水的电离程度越小，所以溶液体积越大，水的电离程度越大，则水的电离程度由a、b、c三点溶液中水的电离程度由大到小的顺序是b=ca；加水稀释醋酸，促进醋酸电离，溶液中除了氢氧根离子、水分子外，所有微粒浓度都减小，a溶液中c（H+）减小，故a正确；b温度不变，水的离子积常数不变，氢离子浓度减小
67、，则c（OH）增大，故b错误；c =，温度不变，水的离子积常数不变、醋酸的电离平衡常数不变，所以不变，故c错误；d加水稀释促进醋酸电离，则氢离子个数增大，醋酸分子个数减小，所以减小，故d正确；故答案为：b=ca；a d；（4）溶液中的离子积Kw=c（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b）=1012，故答案为：1012；酸中氢离子的物质的量=0.1mol/L20.1L=0.02mol，碱中氢氧根离子的物质的量=0.4mol/L0.1L=0.04mol/L，混合溶液中氢氧根离子浓度=0.1mol/L，溶液中氢离子浓度为1011mol/L，则溶液的pH=11，故答案为：11【点评】本题考查了
68、弱电解质的电离平衡及其影响、酸碱混合的定性判断及pH的计算，题目难度中等，明确影响电离平衡的因素为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力22铜及其化合物在工农业生产及日常生活中应用非常广泛某研究小组用粗铜（含杂质铁）制备氯化铜晶体（CuCl22H2O）的流程如下：已知常温下，Cu2+、Fe3+的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH见下表：金属离子Fe3+Cu2+氢氧化物开始沉淀时的pH1.94.7氢氧化物完全沉淀时的pH3.26.7请回答下列问题：（1）溶液中加入试剂X可以调节溶液pH，从而除去Fe3+且不引人杂质试剂X选用下列物质中的bd
69、（填代号）aNaOH bCuO cCu dCu（OH）2调节溶液pH时，理论上可选择pH最大范围是3.2pH4.7（2）检验溶液中的存在Fe3+实验操作是取少量溶液I于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明溶液里有Fe3+（3）向溶液中通入H2S气体，溶液变浑浊，pH减小，用离子方程式解释其原因H2S+Cu2+=CuS+2H+；（4）某学习小组用碘量法测定CuCl22H2O样品的纯度（杂质不参与反应），实验如下：a准确称取CuCl22H2O样品mg于小烧杯中，加入适量蒸馏水和足量的碘化钾，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，将所得混合液配成250mL待测溶液实验中使用的指示剂名称为淀粉；达到
70、滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定结果偏高（填“偏高”“偏低”或“无影响”）该样品中的质量分数为100%（用含m，c，V的代数式表示，不用化简）（5）在空气中由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【专题】定量测定与误差分析；无机实验综合【分析】粗铜中含有Fe，粗铜与氯气反应生成CuCl2和FeCl3，加热稀盐酸至固体完全溶解，溶液中含有CuCl2和FeCl3，盐酸能抑制铜离子和铁离子水解，从而得到溶液1；向溶液1中加入试剂X调节溶液pH至45，根据铁离子沉淀需要溶液pH值知，铁离子完全沉淀
71、生成Fe（OH）3，铜离子不产生沉淀，过滤得到的固体2是Fe（OH）3，加入的X能和氢离子反应且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2，经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体；（1）试剂X能和氢离子反应而提高溶液的pH值，且不能引进新的杂质；调节溶液pH时，要使铁离子完全沉淀但铜离子不能产生沉淀才能达到分离目的；（2）铁离子能和KSCN溶液混合得到血红色溶液，利用KSCN检验铁离子；（3）向溶液中含有氯化铜，氯化铜和H2S反应生成盐酸和CuS；（4）碘遇淀粉试液变蓝色，所以要用淀粉检验碘单质；达到滴定终点时，仰视滴定管读数将使测定
72、结果偏高；依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，根据反应的离子方程式计算分析；（5）CuCl22H2O晶体受热时生成水，氯化铜水解生成氢氧化铜和HCl，所以要想得到晶体CuCl2，应该抑制氯化铜水解【解答】解：粗铜中含有Fe，粗铜与氯气反应生成CuCl2和FeCl3，加热稀盐酸至固体完全溶解，溶液中含有CuCl2和FeCl3，盐酸能抑制铜离子和铁离子水解，从而得到溶液1；向溶液1中加入试剂X调节溶液pH至45，根据铁离子沉淀需要溶液pH值知，铁离子完全沉淀生成Fe（OH）3，铜离子不产生沉淀，过滤得到的固
73、体2是Fe（OH）3，加入的X能和氢离子反应且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，得到的溶液2为溶液CuCl2，经蒸发浓缩，冷却结晶可得到CuCl2晶体；（1）试剂X能和氢离子反应而提高溶液的pH值，且不能引进新的杂质，可为Cu2（OH）2CO3、CuO、CuCO3等物质，故选bd；调节溶液pH时，要使铁离子完全沉淀但铜离子不能产生沉淀才能达到分离目的，所以其pH范围为3.2pH4.7，故答案为：3.2pH4.7；（2）铁离子能和KSCN溶液混合得到血红色溶液，利用KSCN检验铁离子，其检验方法为取少量溶液I于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明溶液
74、里有Fe3+，故答案为：取少量溶液I于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明溶液里有Fe3+；（3）向溶液中含有氯化铜，氯化铜和H2S反应生成盐酸和CuS，盐酸是强酸，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS+2H+，故答案为：H2S+Cu2+=CuS+2H+；（4）碘遇淀粉试液变蓝色，所以要用淀粉检验碘单质，故答案为：淀粉；达到滴定终点时，仰视滴定管读数偏大，则将使测定结果偏高，故答案为：偏高；依据2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4I=2CuI+I2；得到 2Na2S2O32Cu2+ 2 2cmol/LV103L cV103mol试样中CuCl22H2O的质量百分数=100%，故答案为：100%；（5）CuCl22H2O晶体受热时生成水，氯化铜水解生成氢氧化铜和HCl，所以要想得到晶体CuCl2，应该抑制氯化铜水解，HCl能抑制氯化铜水解，所以必须在干燥的HCl气流中加热脱水即可，故答案为：在干燥的HCl气流中加热脱水【点评】本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生实验操作及实验分析能力，涉及物质分离和提纯、基本实验操作、滴定实验、盐类水解等知识点，易错点是滴定过程中误差分析