1、2020-2021学年广东省广州大学附中等三校高二（上）期中化学试卷一、单项选择题I(本大题共10题，每题只有1个正确选项，每题2分，共20分）1（2分）下列各组关于强电解质、弱电解质，非电解质的归类，完全正确的是（）选项ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe（OH）3非电解质蔗糖BaSO4酒精Cl2AABBCCDD2（2分）对于常温下pH1的硝酸溶液，有关叙述正确的有（）该溶液1mL稀释至100mL后，pH3向该溶液中加入等体积、pH13的氢氧化钡溶液恰好完全中和该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为11012向该溶液中
2、加入等体积、等浓度的氨水，所得溶液pH7A1个B2个C3个D4个3（2分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A表示SO2氧化反应分别在有和无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B表示可逆反应物质的浓度随时间的变化，且在t时刻达到平衡C表示 CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液的导电性变化D表示0.1000mol1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1HCl溶液的滴定曲线4（2分）下列离子组能大量共存且加入（或通入）少量试剂发生的离子反应方程式正确的是（）选项离子组试剂离子方程式A无色溶液中：Na+、NH4+、S2、SO32盐酸S2+SO32+6H+2S+3H2OB新制氯水
3、中：Mg2+、Fe3+、Cl、SO42KICl2+2II2+2ClC25水电离c水（H+）c水（OH）11020的水溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3NaOHHCO3+OHCO32+H2ODNaHCO3溶液中：Al3+、Mg2+、SO42、ClBaCl2Ba2+SO42BaSO4AABBCCDD5（2分）下列实验过程可以达到实验目的的是（）选项实验目的实验过程A配制Fe（NO3）2溶液将Fe（NO3）29H2O溶于较浓硝酸，然后加水稀释B探究SO2的漂白性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中通入SO2，观察颜色变化C探究AgBr、AgI的溶度积大小向2支盛有2mL不同浓度NaBr、NaI溶液的
4、试管中分别滴入2滴相同浓度的AgNO3稀溶液，观察实验现象D探究催化剂对化学反应速率的影响向2支试管中分别加入2mL 0.01molL1 KMnO4溶液，一支中加小粒MnSO4固体，然后2支试管中同时加入2mL 0.1molL1H2C2O4溶液，比较褪色时间快慢AABBCCDD6（2分）下列关于弱电解质的电离平衡常数的叙述中，正确的是（）A因为电离过程是吸热过程，所以温度越高，同一弱电解质的电离平衡常数越小B弱电解质电离平衡常数是用各微粒的平衡浓度表示的，所以弱电解质的电离平衡常数只与浓度有关C对于不同的弱酸，电离平衡常数越大，酸性一定越强，可以通过电离平衡常数判断弱酸的相对强弱D弱电解质的电
5、离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大小的一种方法7（2分）下列指定化学用语正确的是（）ANaHCO3水解的离子方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+BAgCl的电离方程式：AgClAg+ClC熔融NaHSO4的电离方程式：NaHSO4（熔融）Na+H+SO42DAl2（SO4）3水解的离子方程式：A13+3H2OAl（OH）3+3H+8（2分）25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9（2分）如
6、表所示的滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（）提示：I2+Na2S2NaI+S选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞无色浅红色BHCl溶液氨水甲基橙黄色橙色C酸性KMnO4溶液K2SO3溶液无无色浅紫红色D碘水Na2S溶液淀粉蓝色无色AABBCCDD10（2分）下列有关水处理方法不正确的是（）A用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨二、单项选择题（本大题共12题，每题只有1个正确选项，每题3分，共3
7、6分）11（3分）测定0.1molL1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，产生白色沉淀多。下列说法错误的是（）时刻温度/25304025pH9.669.259.379.25ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OHB的pH与不同，是由于SO32浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的KW值相等12（3分）下列说法与盐类的水解有关的有（）氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属过程中的除锈剂用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液可作泡沫灭火剂配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉实验室盛放碳酸
8、钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞比较氯化铵和硫化钠等盐溶液的酸碱性草木灰与铵态氮肥不能混合施用次氯酸钠溶液可以用于杀菌消毒A4个B5个C6个D7个13（3分）下列有关说法正确的是（）A已知电离平衡常数（25），Ka（HClO）2.95l08；H2CO3Ka14.3l07、Ka25.6l011，将少量的CO2通入NaClO溶液中反应离子方程式为：2ClO+CO2+H2O2HClO+CO32B已知常温下A的水解常数K1.61105含等物质的量浓度HA、NaA的混合液中则有：c（HA）c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）C冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小D在25，
9、Ksp（AgCl）约为11010，Ksp（Ag2CrO4）约为41012，向均为0.1mol/L的NaCl和Na2CrO4混合液中滴加0.1mol/L AgNO3溶液，CrO42先沉淀14（3分）室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是（）加入的物质结论A50mL 1mol/L H2SO4反应结束后，c（Na+）c（SO42）B0.5mol CaO溶液中增大C50mL H2O由水电离出的c（H+）c（OH）不变D0.1mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c （Na+）不变AABBCCDD15（3分）生产和实验中广泛
10、采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。利用的反应原理为：4NH4+6HCHO（CH2）6N4H+（一元酸）+3H+6H2O实验步骤如下：甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶，加入12滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3mL。下列说法不正确的是（）A步骤中的指示剂可以选用酚酞试液B步骤中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应C步骤若不静置会
11、导致测定结果偏高D饱和食盐水中的c（NH4+） mol/L16（3分）室温下，某二元碱X（OH）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（）AKb2的数量级为108BX（OH）NO3水溶液显碱性C等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液中c（X2+）cX（OH）+D在X（OH）NO3水溶液中，cX（OH）2+c（OH）c（X2+）+c（H+）17（3分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），正确的是（）常温下，pH1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低pH2的盐酸和pH1的盐酸，c（H+）之比为2：1pH相等的四
12、种溶液：aCH3COONa；bNaClO；cNaHCO3；dNaOH其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、aNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH7，则c（Na+）2c（SO42）已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为KaKhKw甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7ABCD18（3分）H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数与pH关系如图所示，下列说法正确的是（）A向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH2.5：c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4）B由
13、图可知：H2C2O4的Ka1104.2C向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH7，则溶液中：2c（C2O42）c（Na+）D将0.01molL1的H2C2O4溶液与0.02molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（OH）c（H+）+c（HC2O4）+2c（H2C2O4）19（3分）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时lgc（Pb2+）与lgc（CO32）或lgc（I）的关系如图所示。下列说法错误的是（）AKsp（PbCO3）的数量级为1014B相同条件下，水的电离程度p点大于
14、q点CL1对应的是lgc（Pb2+）与lgc（I）的关系变化Dp点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀20（3分）实验测得0.5molL1CH3COONa溶液、0.5molL1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A随温度升高，纯水中c（H+）c（OH）B随温度升高，CH3COONa的溶液的c（OH）减小C随温度升高，CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随水温升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不同21（3分）室温下，向20mL含有0.10mol/L Cr2
15、+和0.10mol/L Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol/L NaOH溶液，金属阳离子的浓度与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示。若溶液中金属阳离子浓度小于105mol/L可视为完全沉淀，则下列说法错误的是（）已知KspCr（OH）22.01016mol3/L3，KspFe（OH）28.01016mol3/L3A曲线A表示c（Fe2+）与NaOH溶液体积的关系B当V（NaOH溶液）30mL时，Cr2+开始沉淀C当pH7时，溶液中Fe2+、Cr2+均完全沉淀D当V（NaOH溶液）30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）422（3分）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）ApH2
16、的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A）BpH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）c（CH3COONa）c（Na2CO3）C等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：c（CH3COO）+c（OH）c（H+）+c（CH3COOH）D0.1mol/L的NaHA溶液，其pH4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）三、非选择题（共3小题，满分44分）23（18分）连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸。可用于制NO气体。（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为 。（2）常温下，用0.01mol/L的NaOH溶液滴
17、定10mL 0.01mol/L的H2N2O2溶液。测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式： 。常温下H2N2O2的K为 。b点时溶液中c（H2N2O2） c（N2O22）（填、或，下同）。a点时溶液中c（Na+） c（HN2O2）+c（N2O22）。a，b，c三点，水的电离程度最大的是 。25时，有浓度均为0.10mol/L的下列4种溶液：NaCN溶液；NaOH溶液；CH3COOH溶液；NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOHKa4.91010mol/LK4107mol/LK5.61011mol/LKa1.7105mol/L（3）这4种溶液
18、pH由大到小的顺序是 （填序号），其中由水电离的H+浓度为 。（4）中各离子浓度由大到小的顺序是 。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为 。（5）测得HCN和NaCN的混合溶液的PH11，则约为 （保留1位有效数字）。（6）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH6则溶液中c（CH3COO）c（Na+） mol/L（填精确值）。24（16分）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c（I），实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。准备标准溶液a准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备
19、用。b配制并标定100mL 0.1000molL1NH4SCN标准溶液，备用。滴定待测溶液a取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b加入25.00mL 0.1000molL1AgNO3溶液（过量），使I完全转化为AgI沉淀。c加入NH4Fe（SO4）2溶液作指示剂。d用0.1000molL1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+。e重复上述操作23次，测定数据如表所示。实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处理。回答下列问题：（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除250mL（棕色）容量瓶、烧杯和玻璃棒外，还有 。（2）AgNO3标准溶液
20、放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是 。（3）滴定应在pH0.5的条件下进行，其原因是 。（4）过程中b和c两步操作是否可以颠倒 （填“是”或“否”），说明理由： 。（5）达到滴定终点时的现象 。（6）由上述实验数据测得c（I） molL1。（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则对c（I）测定结果的影响 。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）25（10分）某含镍（NiO）废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4的工艺流程如图1所示：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图2所示。25时，NH3H2O的电离常数Kb1.8105HF的电
21、离常数Ka7.2104，Ksp（MgF2）7.41011。（1）“酸浸”时，为提高浸出速率，可采取的措施有 （写一条即可）。（2）废渣1的主要成分是 （填化学式）。“氧化”步骤中加入H2O2的目的是 （用离子方程式表示）。加Na2CO3调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是 （填化学式）。（3）25时，1 molL1的NaF溶液中c（OH） （列出计算式即可） molL1NH4F溶液呈 （填“酸性”“碱性”或“中性”）。（4）已知沉淀前溶液中c（Mg2+）1.85103molL1，当除镁率达到99%时，溶液中c（F） molL1。2020-2021学年广东省广州大学附中等三校高二（上）期中
22、化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题I(本大题共10题，每题只有1个正确选项，每题2分，共20分）1（2分）下列各组关于强电解质、弱电解质，非电解质的归类，完全正确的是（）选项ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe（OH）3非电解质蔗糖BaSO4酒精Cl2AABBCCDD【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物，弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。【解答】解：A由于Fe是单质，不是化合物，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故A错误；BNH3是非电解质，本
23、身不能电离出离子，BaSO4是盐属于强电解质，熔融状态完全电离，故B错误；C碳酸钙是盐属于强电解质，磷酸溶液中部分电离，属于弱电解质，酒精是非电解质，故C正确；D氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，题目难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关。2（2分）对于常温下pH1的硝酸溶液，有关叙述正确的有（）该溶液1mL稀释至100mL后，pH3向该溶液中加入等体积、pH13的氢氧化钡溶液恰好完全中和该溶液中硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为11012向该溶液中加入等体积、等浓度的
24、氨水，所得溶液pH7A1个B2个C3个D4个【分析】硝酸为强酸，体积增大100倍，溶液pH增大2个单位；常温下pH13的氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，pH1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；氢离子抑制了水的电离，硝酸溶液中氢氧根离子来自水的电离，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度；一水合氨为弱碱，反应后生成强酸弱碱盐。【解答】解：硝酸为强电解质，该溶液1mL稀释至100mL后，溶液的pH增大2个单位，即pH1+23，故正确；向该溶液中加入等体积、pH13的氢氧化钡溶液，两溶液中氢离子、氢氧根离子的物质的量相等，恰好完全中和，反应后溶液呈中性，故正确；该溶液中硝酸电离出的
25、c（H+）0.1mol/L，水电离出的c（H+）c（OH）mol/L11013mol/L，则硝酸电离出的c（H+）与水电离出的c（H+）之比值为0.1mol/L：11013mol/L11012，故错误；向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水，反应后生成硝酸铵，铵根离子水解，溶液呈酸性，所得溶液的pH7，故错误；根据分析可知，正确的有2个，故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及酸碱混合的定性判断、溶液pH的计算、盐的水解等知识，题目难度不大，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，试题侧重考查学生的分析与应用能力。3（2分）下列图示与对应的叙述相符的是（）A表示SO2氧化反应分别在有和无催化剂的
26、情况下反应过程中的能量变化B表示可逆反应物质的浓度随时间的变化，且在t时刻达到平衡C表示 CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液的导电性变化D表示0.1000mol1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1HCl溶液的滴定曲线【分析】A催化剂能降低反应物活化能，但是不影响焓变；B反应物和生成物浓度不变时，可逆反应达到平衡状态；C醋酸和一水合氨都是弱电解质，醋酸铵是强电解质，溶液导电性与离子浓度成正比；D二者恰好完全反应时溶液呈中性。【解答】解：A图甲表示的是有无催化剂时，反应过程中能量变化，但是焓变不变，所以生成物中二氧化硫能量应该相同，故A错误；B反应物和生成物浓度不变
27、时，可逆反应达到平衡状态，t时刻反应物和生成物浓度相等但是t后反应物浓度减小、生成物浓度增大，所以该点没有达到平衡状态，故B错误；C醋酸和一水合氨都是弱电解质，醋酸铵是强电解质，溶液导电性与离子浓度成正比，醋酸溶液中离子浓度较小，溶液导电性较弱，加入氨气后生成强电解质醋酸铵导致溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；D二者恰好完全反应时溶液呈中性，所以图象符合，故D正确；故选：D。【点评】本题考查较综合，涉及酸碱混合溶液定性判断、溶液导电性变化、化学平衡状态判断、反应热和焓变等知识点，明确化学反应原理、物质性质是解本题关键，注意：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。4（
28、2分）下列离子组能大量共存且加入（或通入）少量试剂发生的离子反应方程式正确的是（）选项离子组试剂离子方程式A无色溶液中：Na+、NH4+、S2、SO32盐酸S2+SO32+6H+2S+3H2OB新制氯水中：Mg2+、Fe3+、Cl、SO42KICl2+2II2+2ClC25水电离c水（H+）c水（OH）11020的水溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3NaOHHCO3+OHCO32+H2ODNaHCO3溶液中：Al3+、Mg2+、SO42、ClBaCl2Ba2+SO42BaSO4AABBCCDD【分析】A四种离子之间不反应，加入盐酸后硫离子、亚硫酸根离子与氢离子反应生成S单质；B新制氯水中含有
29、氯气和次氯酸，具有强氧化性；C溶液呈酸性或碱性，碳酸氢根离子与氢离子、氢氧根离子反应；D铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应。【解答】解：ANa+、NH4+、S2、SO32之间不反应，能够大量共存，加入盐酸后发生反应：2S2+SO32+6H+3S+3H2O，故A正确；B新制氯水中含有氯气和次氯酸，具有强氧化性，Cl2氧化性大于Fe3+，加入KI后的离子反应为：Cl2+2II2+2Cl，故B正确；C25水电离c水（H+）c水（OH）11020的水溶液中，水的电离被抑制，则溶液呈强酸性或强碱性，无论酸性还是碱性HCO3都不能大量共存，故C错误；DAl3+、HCO3发生反应，在NaHCO3溶液中不能大
30、量共存，故D错误；故选：AB。【点评】本题考查离子共存，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，明确离子共存条件及离子性质、离子方程式书写方法是解本题关键，注意题干中限制性条件，C为解答易错点，题目难度不大。5（2分）下列实验过程可以达到实验目的的是（）选项实验目的实验过程A配制Fe（NO3）2溶液将Fe（NO3）29H2O溶于较浓硝酸，然后加水稀释B探究SO2的漂白性向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中通入SO2，观察颜色变化C探究AgBr、AgI的溶度积大小向2支盛有2mL不同浓度NaBr、NaI溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AgNO3稀溶液，观察实验现象D探究催化剂对化学反应速率的影响向2支
31、试管中分别加入2mL 0.01molL1 KMnO4溶液，一支中加小粒MnSO4固体，然后2支试管中同时加入2mL 0.1molL1H2C2O4溶液，比较褪色时间快慢AABBCCDD【分析】A.硝酸氧化亚铁离子；B.二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应；C.硝酸银过量，不存在沉淀的转化；D.浓度相同，催化剂不同，反应速率不同。【解答】解：A.硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子，不能用硝酸等酸进行酸化，故A错误；B.二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故B错误；C.硝酸银过量，两种沉淀都存在，不存在沉淀的转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；D.浓度相同，催化剂不同，反应速率不同，则
32、可探究催化剂对化学反应速率的影响，故D正确。故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、性质比较等，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大6（2分）下列关于弱电解质的电离平衡常数的叙述中，正确的是（）A因为电离过程是吸热过程，所以温度越高，同一弱电解质的电离平衡常数越小B弱电解质电离平衡常数是用各微粒的平衡浓度表示的，所以弱电解质的电离平衡常数只与浓度有关C对于不同的弱酸，电离平衡常数越大，酸性一定越强，可以通过电离平衡常数判断弱酸的相对强弱D弱电解质的电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大
33、小的一种方法【分析】A.升高温度，促进电解质的电离；B.电离常数只与温度有关；C.同浓度时，电离平衡常数越大，酸性越强；D.电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大小的物理量。【解答】解：A.升高温度，促进电解质的电离，平衡正向移动，则电离平衡常数增大，故A错误；B.电离常数为温度的函数，只与温度有关，故B错误；C.同浓度时，电离平衡常数越大，酸性越强，溶液的酸性强弱还取决于浓度大小，故C错误；D.弱电解质的电离平衡常数越大，其电离程度越大，弱电解质的电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度大小的一种方法，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确弱电
34、解质电离程度与溶液浓度的关系是解本题关键，注意相关概念的理解，题目难度不大。7（2分）下列指定化学用语正确的是（）ANaHCO3水解的离子方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+BAgCl的电离方程式：AgClAg+ClC熔融NaHSO4的电离方程式：NaHSO4（熔融）Na+H+SO42DAl2（SO4）3水解的离子方程式：A13+3H2OAl（OH）3+3H+【分析】A碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子；B氯化银为强电解质，完全电离；C硫酸氢钠熔融状态完全电离产生钠离子和硫酸氢根离子；D水解生成氢氧化铝少量，不能用沉淀符号。【解答】解：ANaHCO3水解的离子方程式：HCO3+H2OH
35、2CO3+OH，故A错误；BAgCl的电离方程式：AgClAg+Cl，故B正确；C熔融NaHSO4的电离方程式：NaHSO4（熔融）Na+HSO4，故C错误；DAl2（SO4）3水解的离子方程式：A13+3H2OAl（OH）3+3H+，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了离子方程式和化学方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意电解质强弱及电离方式，题目难度不大。8（2分）25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
36、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
37、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9（2分）如表所示的滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（）提示：I2+Na2S2NaI+S选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化ANaOH溶液CH3COOH溶液酚酞无色浅红色BHCl溶液氨水甲基橙黄色橙色C酸性K
38、MnO4溶液K2SO3溶液无无色浅紫红色D碘水Na2S溶液淀粉蓝色无色AABBCCDD【分析】A酚酞在酸性溶液中为无色、碱弱性溶液中为浅红色；B甲基橙在氨水中显黄色，在弱酸中显橙色；C高锰酸钾溶液为紫色；D淀粉在硫化钠溶液中为无色，淀粉遇到碘会变蓝色。【解答】解：A锥形瓶中为酸，加入酚酞无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液变为浅红色，故现象为：无色浅红色，故A正确；B锥形瓶中为碱，达到滴定终点，溶液显酸性，应选择试剂甲基橙，现象是溶液由黄色变为橙色，故B正确；C高锰酸钾为紫色，滴入高锰酸钾前溶液无色，滴入后变为紫色，到达滴定终点为浅紫色，故现象为：无色浅紫色，故C正确；D碘遇淀粉变蓝色，加入碘
39、前无色，滴加碘反应至终点，碘遇淀粉呈蓝色，故现象为：无色蓝色，故D错误。故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、酸碱指示剂的变色范围、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10（2分）下列有关水处理方法不正确的是（）A用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸B用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物C用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子D用烧碱处理含高浓度NH4+的废水并回收利用氨【分析】A石灰、碳酸钠都可与酸反应；B可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；C氯气不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀；D烧
40、碱可与铵根离子反应生成氨气【解答】解：A石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故A正确；B铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B正确；C氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C错误；D烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4+的废水并回收利用氨，故D正确。故选：C。【点评】本题考查废水的处理，为2017年天津考题，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握物质的性质，难度不大二、单项选择题（本大题共12题，每题
41、只有1个正确选项，每题3分，共36分）11（3分）测定0.1molL1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如表。实验过程中取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，产生白色沉淀多。下列说法错误的是（）时刻温度/25304025pH9.669.259.379.25ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OHB的pH与不同，是由于SO32浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的KW值相等【分析】ANa2SO3是强碱弱酸盐，SO32存在水解平衡；B温度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，说明溶液中OH浓度降低；C到过程温度升高，
42、溶液pH降低，增大浓度则有利于水解正向移动；D水的离子积常数Kw只有温度有关。【解答】解：ANa2SO3是强碱弱酸盐，SO32存在水解平衡，水解平衡为：SO32+H2OHSO3+OH，忽略二级水解，故A正确；B温度相同，溶液的pH值低于溶液的pH值，说明溶液中OH浓度降低，也就说明过程中SO32浓度有所降低，故B正确；C到过程温度升高，溶液pH降低，由于中SO32被氧化为SO42，SO32浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C错误；D水的离子积常数Kw只有温度有关，和温度相同，所以和的Kw值相等，故D正确，故选：C。【点评】本题考查弱电解质
43、在水中的电离平衡及盐类水解等知识点，明确Na2SO3的水解平衡是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。12（3分）下列说法与盐类的水解有关的有（）氯化铵与氯化锌溶液可作焊接金属过程中的除锈剂用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液可作泡沫灭火剂配制硫酸亚铁溶液时需加入少量铁粉实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞比较氯化铵和硫化钠等盐溶液的酸碱性草木灰与铵态氮肥不能混合施用次氯酸钠溶液可以用于杀菌消毒A4个B5个C6个D7个【分析】NH4Cl与ZnCl2都为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可做焊接金属中的除锈剂，与水解有关；用碳酸氢钠与硫酸铝两种溶液分别水解呈碱性和酸性
44、，可发生互促水解；配制的溶液中含有Fe3+，需要除去，Fe2+易被氧化；碳酸钠水解呈碱性，玻璃的成分二氧化硅可以和强碱反应；氯化铵和硫化钠都为强碱弱酸盐，水解呈碱性；草木灰中碳酸根离子水解呈碱性，铵态氮肥中铵根离子水解呈酸性，可发生互促水解；次氯酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒。【解答】解：NH4Cl与ZnCl2都为强酸弱碱盐，水解呈酸性，NH4+H2ONH3H2O+H+，Zn2+2H2OZn（OH）2+2H+，铁锈可以和酸反应，Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，即NH4Cl与ZnCl2溶液都可做焊接金属中的除锈剂，故正确；用NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可
45、发生互促水解，可做泡沫灭火剂，反应为：3HCO3+Al3+3CO2+Al（OH）3，故正确；配制的溶液中含有Fe3+，需要除去，且Fe2+易被氧化，在配制硫酸亚铁溶液时，需加入铁粉，将药品中Fe3+还原并防止Fe2+被氧化与水解无关，故错误；实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，因为碳酸钠水解呈碱性，CO32+H2OHCO3+OH，玻璃的成分二氧化硅可以和强碱反应，盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，故正确；强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐呈碱性，则比较NH4Cl和Na2S等某些盐溶液的酸碱性，是利用盐溶液水解后酸碱性不同，故正确；草木灰中碳酸根离子水解呈碱性，铵态氮肥中铵根离子水
46、解呈酸性，可发生互促水解，2NH4+CO32+2H2O2NH3H2O+H2CO3，氨水和碳酸不稳定，容易分解为气体而降低肥效，所以二者不能混合施用，故正确；次氯酸钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故错误；与盐类的水解有关的有：，故选：B。【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度中等。13（3分）下列有关说法正确的是（）A已知电离平衡常数（25），Ka（HClO）2.95l08；H2CO3Ka14.3l07、Ka25.6l011，将少量的CO2通入NaClO溶液中反应离子方程式为：2ClO+CO2+H2O2HCl
47、O+CO32B已知常温下A的水解常数K1.61105含等物质的量浓度HA、NaA的混合液中则有：c（HA）c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）C冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小D在25，Ksp（AgCl）约为11010，Ksp（Ag2CrO4）约为41012，向均为0.1mol/L的NaCl和Na2CrO4混合液中滴加0.1mol/L AgNO3溶液，CrO42先沉淀【分析】A电离平衡常数越大酸性越强，则酸性：H2CO3HClOHCO3，将少量的CO2通入NaClO溶液中，应该生成次氯酸和碳酸氢根离子；B.HA的电离平衡常数Ka6.2110101.6110
48、5，说明HA的电离程度小于A的水解程度，混合液呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒分析；C.溶液的导电性和离子浓度大小有关，电离程度和溶液的浓度有关，pH大小值取决于溶液的氢离子浓度大小；D.混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+），生成Ag2CrO4需要的c（Ag+），需要的银离子浓度小的先沉淀。【解答】解：A结合电离平衡常数可知酸性：H2CO3HClOHCO3，将少量的CO2通入NaClO溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO+H2O+CO2HClO+HCO3，故A错误；B.HA的电离平衡常数Ka6.2110101.61105，说明HA的电离程度小于A的水解程度，含等物质的量
49、浓度HA、NaA的混合液呈碱性，则c（OH）c（H+）、c（HA）c（A），结合物料守恒c（HA）+c（A）2c（Na+）可知，c（HA）c（Na+）c（A），溶液中离子浓度大小为：c（HA）c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故B正确；C.冰醋酸中逐渐加入水，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，随着水的加入，氢离子浓度先增大后减小，溶液的导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故C错误；D.混合溶液中生成氯化银需要的c（Ag+）1.8109mol/L，生成Ag2CrO4需要的c（Ag+）mol/L6.3106mol/L1.8109mol/L，
50、所以Cl先沉淀，故D错误；故选：B。【点评】本题考查弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡，题目难度中等，明确弱酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系为解答关键，D为易错点，注意掌握难溶物溶度积与溶解度的关系，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。14（3分）室温下，将0.05mol Na2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是（）加入的物质结论A50mL 1mol/L H2SO4反应结束后，c（Na+）c（SO42）B0.5mol CaO溶液中增大C50mL H2O由水电离出的c（H+）c（OH）不变D0.1mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c
51、 （Na+）不变AABBCCDD【分析】An（H2SO4）1mol/L0.05L0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒判断；BCaO和水反应生成氢氧化钙，对碳酸钠的水解起抑制作用；C加水稀释，溶液的碱性发生变化，水的电离平衡发生移动；D加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c（Na+）增大【解答】解：An（H2SO4）1mol/L0.05L0.05mol，二者恰好完全反应生成硫酸钠和二氧化碳、水，根据物料守恒得c（Na+）2c（SO42），故A错误；BCaO和水反应生成氢氧化钙，对碳酸钠的水解起抑制作用
52、，所以氢氧根离子浓度增大，碳酸氢根离子的浓度减小，溶液中增大，故B正确；C加水稀释，溶液的碱性发生变化，水的电离平衡发生移动，故C错误；D加入0.1mol硫酸氢钠，二者恰好反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，硫酸氢钠能电离出钠离子而导致溶液中c（Na+）增大，溶液的pH减小，故D错误；故选：B。【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确物质之间的反应、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的正确运用，题目难度不大15（3分）生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。利用的反应原理为：4NH4+6HCHO（CH2）6N4H
53、+（一元酸）+3H+6H2O实验步骤如下：甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶，加入12滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3mL。下列说法不正确的是（）A步骤中的指示剂可以选用酚酞试液B步骤中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应C步骤若不静置会导致测定结果偏高D饱和食盐水中的c（NH4+） mol/L【分析】A氢氧化钠与甲酸恰好反应时生成甲酸钠
54、，溶液呈碱性，需要用酚酞作指示剂；B为了使铵根离子与甲醛充分反应，需要将混合液静置；C若不静置，铵根离子反应不完全，导致测定结果偏低；D结合反应4NH4+6HCHO（CH2）6N4H+（一元酸）+3H+6H2O及c（待测）计算饱和食盐水中的c（NH4+）。【解答】解：A步骤中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，酚酞的变色范围为810，所以指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；B步骤中静置1分钟的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应，从而减小实验误差，故B正确；C步骤若不静置，NH4+没有完全反应，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；D反应4NH4+6HCHO（C
55、H2）6N4H+（一元酸）+3H+6H2O中产生的H+消耗NaOH溶液的体积为（V3V2）mL，则饱和食盐水中的c（NH4+） mol/L，故D正确；故选：C。【点评】本题考查中和滴定的应用，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握中和滴定操步骤及滴定误差的分析方法，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。16（3分）室温下，某二元碱X（OH）2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（）AKb2的数量级为108BX（OH）NO3水溶液显碱性C等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液中c（X2+）cX（OH）+D在X（OH
56、）NO3水溶液中，cX（OH）2+c（OH）c（X2+）+c（H+）【分析】A根据溶液中cX（OH）+c（X2+）时溶液的pH计算Kb2；B根据X（OH）+的水解程度和电离程度的相对大小判断，水解使溶液呈酸性，电离使溶液呈碱性；C等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液，X2+的水解程度大于X（OH）+的水解程度；D在X（OH）NO3水溶液中，根据质子守恒分析。【解答】解：A根据图象，液中cX（OH）+c（X2+）时，溶液pH6.2，则溶液中c（OH）107.8mol/L，所以Kb2107.8，数量级为108，故A正确；BX（OH）+的电离平衡常数为Kb2107.8mol/L，根据
57、图象，溶液中cX（OH）2c（X（OH）+时，溶液的pH9.2，则溶液中c（OH）104.8，所以Kb1104.8，则X（OH）+的水解平衡常数为Ka109.2，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性，故B正确；C等物质的量的X（NO3）2和X（OH）NO3混合溶液，X2+的水解程度大于X（OH）+的水解程度，则溶液中c（X2+）cX（OH）+，故C错误；D在X（OH）NO3水溶液中，溶液中存在质子守恒：cX（OH）2+c（OH）c（X2+）+c（H+），故D正确，故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡和盐类水解相关知识，根据图象分析，由图象计算各级电离平衡常数，把握溶液中的守恒关系是解题的
58、关键，整体难度中等，是中档题。17（3分）某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），正确的是（）常温下，pH1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低pH2的盐酸和pH1的盐酸，c（H+）之比为2：1pH相等的四种溶液：aCH3COONa；bNaClO；cNaHCO3；dNaOH其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、aNH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH7，则c（Na+）2c（SO42）已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为KaKhKw甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等
59、体积混合，混合液pH可能等于7ABCD【分析】加水稀释，溶液中c（H+）减小，水的离子积不变，则c（OH）增大；根据pHlgc（H+）计算；氢氧化钠为强碱，pH相等时其浓度最小；其它三种都是强碱弱酸盐，对应酸的酸性越强，盐的水解程度越小，溶液pH越大，pH相同时其物质的量浓度越小；混合液的pH7，呈中性，结合电荷守恒分析；利用三种平衡常数的表达式分析；如pH之和等于14，等体积混合溶液的pH等于7。【解答】解：常温下，pH1的强酸溶液，加水稀释后，c（H+）减小，由于水的离子积不变，则溶液中的c（OH）增大，故错误；由pHlgc（H+）可知，pH2的盐酸和pH1的盐酸中c（H+）分别为102m
60、ol/L、101mol/L，c（H+）之比为102mol/L：101mol/L1：10，故错误；四种盐的水溶液均显碱性，同浓度时碱性强弱顺序为dbca，则pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故正确；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH7，则c（H+）c（OH），由电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）2c（SO42），故错误；水解和电离为可逆过程，Ka，Kh，则KaKhc（H+）c（OH）Kw，故正确；当甲和乙溶液的pH之和等于14时，混合液pH7，则甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，且满足二者pH之和为14，混合液的pH7，故正确；故选：D。【点评】本题考
61、查电解质的电离、盐类的水解及pH的计算等知识，题目难度中等，注意根据电解质的电离特点结合电荷守恒来分析解答，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及知识迁移能力。18（3分）H2C2O4水溶液中部分微粒的分布分数与pH关系如图所示，下列说法正确的是（）A向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH2.5：c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4）B由图可知：H2C2O4的Ka1104.2C向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至pH7，则溶液中：2c（C2O42）c（Na+）D将0.01molL1的H2C2O4溶液与0.02molL1NaOH溶液等体积混合后的溶液中：c（OH）c（H+
62、）+c（HC2O4）+2c（H2C2O4）【分析】根据图中各微粒含量知，随着pH增大，含量减小的微粒为H2C2O4、含量先增大后减小的是HC2O4，增大的是C2O42，ApH2.5时，c（H2C2O4）c（C2O42）c（HC2O4）；B当c（H2C2O4）c（HC2O4）时，c（H+）；C溶液的pH7时，溶液中c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）c（H+）+c（Na+）；D混合溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）c（H+）+c（Na+）、物料守恒2c（H2C2O4）+c（C2O42）
63、+c（HC2O4）c（Na+）。【解答】解：ApH2.5时，c（H2C2O4）c（C2O42）c（HC2O4），所以c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4），故A错误；B由图象可知当c（H2C2O4）c（HC2O4）时，Ka1c（H+）104.2，故B错误；C溶液的pH7时，溶液中c（OH）c（H+），溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）c（H+）+c（Na+），所以2c（C2O42）c（Na+），故C错误；D混合溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中存在电荷守恒c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42）c（H+）+c（Na+）、物料守恒2c（H2C
64、2O4）+c（C2O42）+c（HC2O4）c（Na+），则c（OH）c（H+）+c（HC2O4）+2c（H2C2O4），故D正确。故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握弱电解质的电离特点以及影响平衡移动的因素，题目难度不大。19（3分）某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白（PbCO3）和黄金雨中黄色的PbI2室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时lgc（Pb2+）与lgc（CO32）或lgc（I）的关系如图所示。下列说法错误的是（）AKsp（PbCO3）的数量级为1014B相同条件下，水的电离程度p点
65、大于q点CL1对应的是lgc（Pb2+）与lgc（I）的关系变化Dp点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀【分析】根据溶解平衡，PbCO3（s）Pb2+（aq）+CO32（aq），达到平衡时c（Pb2+）c（CO32），则图象L2对应的是lgc（Pb2+）与lgc（CO32）的关系变化；PbI2（s）Pb2+（aq）+2I（aq），达平衡时2c（Pb2+）c（I），图象L1对应的是lgc（Pb2+）与lgc（I）的关系变化；A、Ksp（PbCO3）c（Pb2+）c（CO32）；B、碘离子不水解，而弱酸根CO32可水解；C、由以上分析得出；D、PbCO3（s）Pb2+（aq）+CO32（a
66、q）。【解答】解：A、由上述分析可知图象L2对应的是lgc（Pb2+）与lgc（CO32）的关系变化，取lgc（Pb2+）13.1，lgc（CO32）0的点，c（Pb2+）1013.1mol/L，c（CO32）1001mol/L，Ksp（PbCO3）1013.1mol/L1mol/L1013.11014，数量级为1014，故A正确；B、相同条件下，p点和q点的铅离子浓度相同，p点为碘化铅的饱和溶液，q点为碳酸铅的饱和溶液；由于氢碘酸为强酸，碘离子不水解，而弱酸根CO32可以与水中的H+结合生成难电离的HCO3而发生水解，即CO32+H2OHCO3+OH，水解促进了水的电离，所以水的电离程度p点
67、小于q点，故B错误；C、由上述分析可知图象L1对应的是lgc（Pb2+）与lgc（I）的关系变化，故C正确；D、则p点溶液中存在PbCO3的溶解平衡：PbCO3（s）Pb2+（aq）+CO32（aq），加入Na2CO3浓溶液，c（CO32）增大，溶解平衡逆向移动，可得到PbCO3的白色沉淀，故D正确；故选：B。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的有关的重点知识，涉及溶度积的计算、水的电离程度大小比较、溶解平衡的移动等知识，难点是溶度积的计算；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化
68、学思维，避免出错。难度中等。20（3分）实验测得0.5molL1CH3COONa溶液、0.5molL1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A随温度升高，纯水中c（H+）c（OH）B随温度升高，CH3COONa的溶液的c（OH）减小C随温度升高，CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随水温升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向不同【分析】A任何温度下纯水中都存在c（H+）c（OH）；B升高温度CH3COONa促进醋酸钠水解；C升高温度促进CuSO4水解也促进水电离；D
69、升高温度促进盐类水解。【解答】解：A升高温度促进水电离，但是纯水中仍然存在c（H+）c（OH），故A错误；B升高温度CH3COONa促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH）增大，故B错误；C盐类水解和水的电离都是吸热反应，升高温度促进CuSO4水解也促进水电离，所以升高温度导致Kw增大，则升高温度CuSO4的溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，故C正确；D升高温度促进盐类水解，醋酸钠和硫酸铜中都有弱离子水解，升高温度促进CH3COO、Cu2+水解，所以CH3COO、Cu2+水解平衡移动方向相同，故D错误；故选：C。【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质
70、电离及盐类水解影响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力，注意：两种盐溶液中随着温度变化不仅影响盐类水解还影响水的电离，题目难度中等。21（3分）室温下，向20mL含有0.10mol/L Cr2+和0.10mol/L Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol/L NaOH溶液，金属阳离子的浓度与滴入NaOH溶液体积的关系如图所示。若溶液中金属阳离子浓度小于105mol/L可视为完全沉淀，则下列说法错误的是（）已知KspCr（OH）22.01016mol3/L3，KspFe（OH）28.01016mol3/L3A曲线A表示c（Fe2+）与NaOH溶液体积的关系B当V（NaOH溶液）30mL时，Cr
71、2+开始沉淀C当pH7时，溶液中Fe2+、Cr2+均完全沉淀D当V（NaOH溶液）30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）4【分析】ACr（OH）2的Ksp小于Fe（OH）2的Ksp；B当V（NaOH）30mL时，QcKsp时生成沉淀；C由Cr（OH）2的Ksp为21016，Cr2+完全沉淀时c（OH）4.4105mol/L107mol/L，可知pH7；DV（NaOH）30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）。【解答】解：ACr（OH）2的Ksp小于Fe（OH）2的Ksp，则c（OH）相同时，金属离子浓度小的对应Cr（OH）2的Ksp，曲线A表示c（Fe2+），故A正确；B当V
72、（NaOH）30mL时，Qc（）2Ksp21016，Cr2+开始沉淀，故B正确；C由Cr（OH）2的Ksp为21016，Cr2+完全沉淀时c（OH）4.4105mol/L107mol/L，可知pH7，pH7时溶液中Cr2+未完全沉淀，故C错误；DV（NaOH）30mL时，溶液中c（Fe2+）：c（Cr2+）4.0，故D正确；故选：C。【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握Ksp的判断及计算、沉淀生成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。22（3分）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）ApH2的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合
73、：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A）BpH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）c（CH3COONa）c（Na2CO3）C等物质的量的CH3COOH和CH3COONa溶于水：c（CH3COO）+c（OH）c（H+）+c（CH3COOH）D0.1mol/L的NaHA溶液，其pH4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）【分析】A溶液遵循电荷守恒；B等浓度时碱性越强、pH越大；C等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由物料守恒可知2c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH），电荷守恒式为c（CH3COO）+c（OH）c（H+）+c（Na
74、+）；DNaHA溶液，其pH4，溶液为酸性，可知HA的电离大于其水解。【解答】解：A溶液遵循电荷守恒，则pH2的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合，均存在c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A），故A正确；B等浓度时碱性越强、pH越大，反之pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），故B错误；C等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由物料守恒可知2c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH），电荷守恒式为c（CH3COO）+c（OH）c（H+）+c（Na+），由两式可知存在c（CH3COO）+2c（
75、OH）2c（H+）+c（CH3COOH），故C错误；DNaHA溶液，其pH4，溶液为酸性，可知HA的电离大于其水解，则c（H2A）c（A2），故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子浓度大小的比较，为高频考点，把握电离与水解、电荷守恒与物料守恒、离子浓度关系为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答难点，题目难度不大。三、非选择题（共3小题，满分44分）23（18分）连二次硝酸（H2N2O2）是一种二元酸。可用于制NO气体。（1）连二次硝酸中氮元素的化合价为+1。（2）常温下，用0.01mol/L的NaOH溶液滴定10mL 0.01mol/L的H2N2O2溶液。测得溶液pH与NaO
76、H溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：H2N2O2HN2O2+H+、HN2O2N2O22+H+。常温下H2N2O2的K为106.6。b点时溶液中c（H2N2O2）c（N2O22）（填、或，下同）。a点时溶液中c（Na+）c（HN2O2）+c（N2O22）。a，b，c三点，水的电离程度最大的是c。25时，有浓度均为0.10mol/L的下列4种溶液：NaCN溶液；NaOH溶液；CH3COOH溶液；NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOHKa4.91010mol/LK4107mol/LK5.61011mol/LKa1.7105mol/L（3）这4种溶液pH由大到小
77、的顺序是（填序号），其中由水电离的H+浓度为1013mol/L。（4）中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）c（CN）c（OH）c（H+）。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为CN+CO2+H2OHCN+HCO3。（5）测得HCN和NaCN的混合溶液的PH11，则约为0.02（保留1位有效数字）。（6）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH6则溶液中c（CH3COO）c（Na+）9.9107mol/L（填精确值）。【分析】（1）该化合物中H元素化合价为+1价、O元素化合价为2价，化合物中各元素化合价的代数和为0；（2）0.01mol/L的H2N2O2溶液p
78、H4.3，说明该二元酸部分电离，为二元弱酸，分两步电离；c（H+）104.3mol/L，H2N2O2电离程度较小，则溶液中c（H2N2O2）0.01mol/L、c（HN2O2）c（H+）104.3mol/L，K；b点溶液中溶质为NaHN2O2，溶液的pH7，溶液呈碱性，说明HN2O2水解程度大于电离程度；a点pH7，溶液呈中性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（HN2O2）+2c（N2O22）；a点不影响水电离，b和c都促进水电离且水电离程度：b点c点；（3）NaCN水解导致溶液呈碱性，NaOH是强碱溶液，且碱性大于；醋酸是弱酸，溶液呈酸性；为强碱弱酸酸式盐，弱酸酸式酸根离
79、子水解程度大于电离程度，其水溶液呈碱性，但碱性小于NaCN溶液；碱抑制水电离，由水电离的c（H+）；（4）NaCN溶液中CN离子水解溶液显碱性；电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；（5）Ka，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH11，c（H+）1011mol/L，则；（6）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH6，c（H+）106mol/L，c（OH）108mol/L，则溶液中c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）。【解答】解：（1）该化合物中H元素化合价为+1价、O元素化合价为2价，化合物中各元素化合价的代数和为0，则N元素为+1价，故答案
80、为：+1；（2）0.01mol/L的H2N2O2溶液pH4.3，说明该二元酸部分电离，为二元弱酸，分两步电离，其电离方程式为H2N2O2HN2O2+H+、HN2O2N2O22+H+，故答案为：H2N2O2HN2O2+H+、HN2O2N2O22+H+；c（H+）104.3mol/L，H2N2O2电离程度较小，则溶液中c（H2N2O2）0.01mol/L、c（HN2O2）c（H+）104.3mol/L，K106.6，故答案为：106.6；b点溶液中溶质为NaHN2O2，溶液的pH7，溶液呈碱性，说明HN2O2水解程度大于电离程度，则c（H2N2O2）c（N2O22），故答案为：；a点pH7，溶液呈
81、中性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（HN2O2）+2c（N2O22），所以c（Na+）c（HN2O2）+c（N2O22），故答案为：；a点不影响水电离，b和c都促进水电离且水电离程度：b点c点，则水电离成对最大的是c，故答案为：c；（3）NaCN水解导致溶液呈碱性，NaOH是强碱溶液，且碱性大于；醋酸是弱酸，溶液呈酸性；为强碱弱酸酸式盐，弱酸酸式酸根离子水解程度大于电离程度，其水溶液呈碱性，但碱性小于NaCN溶液，所以这几种溶液pH由大到小顺序是，碱抑制水电离，由水电离的c（H+）mol/L1013mol/L，故答案为：；1013mol/L；（4）NaCN溶液中CN离子
82、水解溶液显碱性，则c（OH）c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）c（CN），其水解程度较小，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（CN）c（OH）c（H+），K（H2CO3）K（HCN）K（HCO3），向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：CN+CO2+H2OHCN+HCO3，故答案为：c（Na+）c（CN）c（OH）c（H+）；CN+CO2+H2OHCN+HCO3；（5）Ka，测得HCN和NaCN的混合溶液的pH11，c（H+）1011mol/L，则0.02，故答案为：0.02；（6）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH6，c
83、（H+）106mol/L，c（OH）108mol/L，则溶液中c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）（106108）mol/L9.9107mol/L，故答案为：9.9107。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，题目难度中等，根据电离平衡常数正确判断酸性强弱为解答关键，注意掌握弱电解质的电离特点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。24（16分）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c（I），实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。准备标准溶液a准确称取AgNO3基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b配制并标
84、定100mL 0.1000molL1NH4SCN标准溶液，备用。滴定待测溶液a取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b加入25.00mL 0.1000molL1AgNO3溶液（过量），使I完全转化为AgI沉淀。c加入NH4Fe（SO4）2溶液作指示剂。d用0.1000molL1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+。e重复上述操作23次，测定数据如表所示。实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处理。回答下列问题：（1）将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除250mL（棕色）容量瓶、烧杯和玻璃棒外，还有胶头滴管。（2）AgNO3标准溶液放在棕色
85、试剂瓶中避光保存的原因是避免AgNO3见光分解。（3）滴定应在pH0.5的条件下进行，其原因是防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）。（4）过程中b和c两步操作是否可以颠倒否（填“是”或“否”），说明理由：若颠倒，Fe3+与I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。（5）达到滴定终点时的现象加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液变为红色，且半分钟内不恢复。（6）由上述实验数据测得c（I）0.0600molL1。（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则对c（I）测定结果的影响偏高。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）【分析】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使
86、用的仪器除250mL（棕色）容量瓶、烧杯和玻璃棒外，还有定容时需要的胶头滴管；（2）硝酸银见光分解；（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；（5）滴定完毕，加入的NH4SCN会与Fe3+反应使溶液呈红色；（6）第1组数据与其它两组相差较大，应舍去，取2、3组数据平均值即为消耗NH4SCN标准溶液体积，整个过程中Ag+与I、SCN反应生成AgI、AgSCN，则有n（AgNO3）n（NH4SCN）+n（I）；（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，导致AgNO3的物质的量减小，AgNO3标准溶液浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，由
87、n（AgNO3）n（NH4SCN）+n（I）可知，测定n（I）偏大。【解答】解：（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器除250mL（棕色）容量瓶、烧杯和玻璃棒外，还有定容时需要的胶头滴管，故答案为：胶头滴管；（2）硝酸银见光分解，硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存，避免AgNO3见光分解，故答案为：避免AgNO3见光分解；（3）滴定应在pH0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，故答案为：防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）；（4）b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴
88、定终点，故答案为：否；若颠倒，Fe3+与I反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；（5）滴定完毕，加入的NH4SCN会与Fe3+反应使溶液呈红色，达到滴定终点时的现象：加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液变为红色，且半分钟内不恢复，故答案为：加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液变为红色，且半分钟内不恢复；（6）第1组数据与其它两组相差较大，应舍去，取2、3组数据平均值即为消耗NH4SCN标准溶液体积，所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，整个过程中Ag+与I、SCN反应生成AgI、AgSCN，则有n（AgNO3）n（NH4SCN）+n（I），n（AgNO3）25.00103L0.100
89、0molL12.5103mol，n（NH4SCN）0.1000molL110.00103L1.0103mol，则c（I）0.025L2.5103mol1.0103mol，故c（I）0.0600molL1，故答案为：0.0600；（7）若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，导致AgNO3的物质的量减小，AgNO3标准溶液浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，由n（AgNO3）n（NH4SCN）+n（I）可知，测定n（I）偏大，故测定c（I）偏高，故答案为：偏高。【点评】本题考查物质含量的测定实验，关键是对滴定原理的理解，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验的
90、操作方法和注意事项。25（10分）某含镍（NiO）废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，用此废料提取NiSO4的工艺流程如图1所示：已知：有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图2所示。25时，NH3H2O的电离常数Kb1.8105HF的电离常数Ka7.2104，Ksp（MgF2）7.41011。（1）“酸浸”时，为提高浸出速率，可采取的措施有增加硫酸浓度或提高反应温度（写一条即可）。（2）废渣1的主要成分是SiO2（填化学式）。“氧化”步骤中加入H2O2的目的是2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O（用离子方程式表示）。加Na2CO3调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成
91、分是Fe（OH）3、Al（OH）3（填化学式）。（3）25时，1 molL1的NaF溶液中c（OH）（列出计算式即可） molL1NH4F溶液呈酸性（填“酸性”“碱性”或“中性”）。（4）已知沉淀前溶液中c（Mg2+）1.85103molL1，当除镁率达到99%时，溶液中c（F）2.0103 molL1。【分析】某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、Al2（SO4）3、MgSO4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧
92、化铝沉淀，滤液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液，滤液中获得NiSO46H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，以此解答该题。【解答】解：（1）“酸浸”时，为提高浸出速率，可适当增加硫酸浓度或提高反应温度，故答案为：增加硫酸浓度或提高反应温度；（2）由以上分析可知，废渣1的主要成分是SiO2，“氧化”步骤中加入H2O2的目的是2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O，由图可知，加Na2CO3调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：SiO2；2Fe2+2H+H2O22F
93、e3+2H2O；Fe（OH）3、Al（OH）3；（3）25时，1molL1的NaF溶液中c（F）1mol/L，结合电离平衡常数Ka7.2104，c（H+）7.2104，c（OH）mol/L，一水合氨电离平衡常数数Kb1.8105，HF的电离常数Ka7.2104，HF电离程度大，则NH4F溶液中铵根离子水解程度大，溶液显酸性，故答案为：；酸性；（4）已知沉淀前溶液中c（Mg2+）1.85103molL1，当除镁率达到99%时，c（Mg2+）1.85105molL1，Ksp（MgF2）c（Mg2+）c2（F）7.41011，c（F）mol/L，c（F）2.0103mol/L，故答案为：2.0103。【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，注意试剂过量及滤液成分的分析，题目难度中等。日期：2020/12/1 14:20:53；用户：郭娜；邮箱：xxdsgjzx76；学号：37865308