1、四川省遂宁市船山区第二中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）一、选择题(每小题3分，共54分)1.氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH+ClO-。达平衡后，要使HClO浓度增大，可加入（ ）A. H2SB. NaHCO3C. 盐酸D. NaOH【答案】B【解析】【详解】A向溶液中通入硫化氢，硫化氢和氯气发生氧化还原反应，导致平衡向逆反应方向移动，则次氯酸浓度降低，故A错误；B向溶液中加入NaHCO3，NaHCO3和稀盐酸反应导致平衡向正反应方向移动，次氯酸和NaHCO3不反应，所以次氯酸浓度增大，故B正确；C加入HCl，HCl的浓度增大，使平衡向逆反应方
2、向移动，则次氯酸浓度降低，故C错误；D向溶液中加入NaOH，NaOH和HCl、HClO都反应，所以导致HClO浓度降低，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，根据物质性质确定平衡移动方向，从而确定次氯酸浓度变化，易错点D注意向溶液中加入NaOH，NaOH和HCl、HClO都反应，所以导致HClO浓度降低。2.在25时，用蒸馏水稀释1 mol/L氨水至0.01 mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）A. B. c(H)c(OH)C. D. c(OH)【答案】A【解析】分析】氨水中溶质是一水合氨，加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量
3、增大，一水合氨分子的物质的量减小，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小【详解】A. 加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，该比值增大，故A正确；B. c(H)c(OH)=kw，kw只受温度影响，温度不变kw不变，故B错误；C. 加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以该比值减小，故C错误； D. 加水稀释促进一水合氨电离,则溶液中n(OH)增大,但n(OH)增大程度小于溶液体积增大程度,所以c(OH)
4、减小，故D错误；故选A。3.有三瓶体积相等，浓度都是1 mol/L的HCl溶液，将加热蒸发体积至体积减少一半，在中加入少量CH3COONa固体，加入后溶液仍呈强酸性，不作改变。然后以酚酞做指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，可观察到所消耗的NaOH溶液体积是（ ）A. =B. C. =D. =【答案】C【解析】【详解】有三瓶体积相等，浓度都是1 mol/L的HCl溶液，加热蒸发体积至体积减少一半，氯化氢考虑挥发时，物质的量减小；加入少量CH3COONa固体，氢离子与醋酸根结合，后用氢氧化钠滴定，促使醋酸电离正向移动，溶液中总氢离子量不变；不作改变。综上所述，=。答案为C。4. 下列液体均处
5、于25，有关叙述正确的是A. 某物质的溶液pH c(CH3COO)【答案】B【解析】【详解】A、某物质的溶液pH7，则该物质可能是酸或强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐或NaHSO4等，弱酸弱碱盐的水溶液有可能也显酸性，A错误；B、pH4.5的番茄汁中c(H)1.010-4.5mol/L，pH6.5的牛奶中c(H)1.010-6.5mol/L，前者c（H+）是后者的100倍，B正确；C、浓度相同的CaCl2和NaCI溶液中的Cl-浓度不同，前者c（Cl-）是后者的2倍，根据氯化银的溶解平衡判断，氯离子浓度增大，平衡左移，氯化银的溶解度减小，所以AgCl在同浓度的CaCl2和NaCI溶液中的溶解度不同，前者
6、较小，C错误；D、pH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解程度，所以c(Na)c(CH3COO)，D错误；答案选B。5. 将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）Na2O2Na2O Na2CO3NaClA. B. C. =D. =【答案】C【解析】【详解】由反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=；中碳酸根水解使
7、得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，故答案为C。【点晴】这是一道对学生守恒思想的考查题，是一道典型的“计而不算”的计算题。注意溶液中的化学反应。等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH-浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32-+H2OHCO3-+OH-。6.已知AgI为黄色沉淀，AgCl为白色沉淀。25C时，AgI饱和溶液中c(Ag)为1.22108molL1，AgCl饱和溶液中c(Ag)为1.30105molL1。若在5 mL含有KCl和KI浓度均为0.01 molL1
8、的混合溶液中，滴加8 mL 0.01molL1的AgNO3溶液，则下列叙述中不正确的是 ()A. 溶液中所含溶质的离子浓度大小关系为：c(K)c(NO3-)c(Cl)c(I)c(Ag)B. 溶液中先产生的是AgI沉淀C. AgCl的Ksp的数值为1.691010D. 若在AgI悬浊液中滴加少量的KCl溶液，黄色沉淀不会转变成白色沉淀【答案】A【解析】【详解】A若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/L AgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n（Ag+）=0.003L0.01mol/L=310-5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n（Cl
9、-）=0.0050.01mol/L-310-5mol=210-5mol，c（Cl-）=1.5310-3mol/L，浊液中c（Ag+）=1.110-7（mol/L），c（I-）=1.3510-9，混合溶液中n（K+）=110-4mol，n（NO3-）=0.008L0.01mol/L=810-5mol，则c（K+）c（NO3-），故c（K+）c（NO3-）c（Cl-）c（Ag+）c（I-），故A错误；B依据A分析溶液中先产生的是AgI沉淀，故B正确；CAgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.3010-5molL-1溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）Ag+Cl-，氯离子浓度为1.3010-5molL-
10、1，由Ksp=Ag+Cl-=1.3010-5mol/L1.3010-5mol/L=1.6910-10，故C正确；D碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，但若在AgI悬浊液中滴加浓度较高的KCl溶液，可完全可以使Qc（AgCl）Ksp（AgCl），导致黄色沉淀会转变成白色沉淀，故D正确；故选A。7.下列叙述正确的是A. 常温下，pH值等于14与pH值等于12的两种NaOH溶液等体积混和后，c（H）(10141010)/2B. 常温下，浓度为11010mol/L的KOH溶液的pH值最接近于4C. 氨水加水稀释，溶液中除水以外的所有粒子的浓度都减小D. 常温下，相同温度下pH值等于1的
11、盐酸溶液中水的电离程度与pH值等于13的Ba(OH)2溶液中水的电离程度相等【答案】D【解析】【详解】A.pH=14的NaOH溶液中c(OH)=1molL1，pH=12的NaOH溶液c(OH)=102molL1，两者等体积混合后c(OH)=molL1，根据水的离子积，c(H)=molL1，故A错误；B.KOH属于强碱，溶液呈碱性，常温下浓度为11010mol/L的KOH溶液的pH最接近于7，故B错误；C.氨水加水稀释，促进NH3H2O的电离，c(NH3H2O)、c(OH)、c(NH4)减小，c(H)浓度增大，故C错误；D.盐酸溶液中OH-全部来自水的电离，Ba（OH）2溶液中H+全部来自水的电
12、离，常温下，pH=1的盐酸溶液中水电离出的c(OH-)=Kw/c(H)=1013mol/L，pH=13的Ba(OH)2溶液中水电离出的c(H)=1013mol/L，因此水的电离程度相等，故D正确；答案选D。8.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，为中性
13、，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(NH4+)c(OH)c(H)
14、B. 溶液：c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)C. 、三点所示的溶液中水的电离程度D. 滴定过程中不可能出现：c(NH3H2O)c(NH4+)c(OH)c(Cl)c(H)【答案】B【解析】【详解】A、点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)，故A错误；B、点时溶液呈中性，根据电荷守恒c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)，故B正确；C、点时酸碱恰好反应，此时氯化铵水解，溶液呈酸性，促进水电离，、两点有碱剩余，抑制水电离，、三点所示的溶液中水的电离程度，故C错误；D、开始滴加盐酸时，能出现
15、c(NH3H2O)c(NH4+)c(OH)c(Cl)c(H)，故D错误；答案选B。10.下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）A. 向0.1molL-1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B. 将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变【答案】D【解析】【详解】A向0.1molL1 CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离，醋酸根离子浓度减小，溶液中= 增大，故A错误；B水解是吸热反应，将CH3COONa溶液从20升温至30，水解常数Kh增大，溶液中减小，故B错误；C向盐酸
16、中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c（NH4）+c（H）=c（OH）+c（Cl）得到c（NH4）=c（Cl），=1，故C错误；DAgCl+BrClAgBr的平衡常数为K=，只受温度的影响，故D正确；故选D。【点睛】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，掌握基础是解题关键，难点A，转换成平衡常数去思考，醋酸根离子浓度减小，溶液中= 增大。11.人体血液里存在重要的酸碱平衡：，使人体血液pH保持在7.357.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。其pH随变化关系如下表：1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45下列说法不正
17、确的是A. 正常人体血液中，的水解程度大于电离程度B. 人体血液酸中毒时，可注射溶液缓解C. 的血液中，D. pH=7.40血液中，的水解程度一定大于的电离程度【答案】D【解析】正常人体的血液显碱性，所以一定是的水解程度大于电离程度，选项A正确。人体血液酸中毒时，可注射溶液使题目的平衡逆向移动，消耗氢离子以缓解酸中毒，选项B正确。从表中得到：时溶液pH=6.10，为使溶液pH=7，应该多加入一些碳酸氢根，所以选项C正确。在pH=7.40的血液中（显碱性），碳酸氢根离子的浓度是碳酸的20倍，只能说明因为碳酸氢根离子浓度比碳酸大很多，所以溶液显碳酸氢钠的性质（碱性），无法比较的水解程度和的电离程度
18、的相对大小，选项D错误。12.浓度均为0.10molL-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）A. MOH的碱性强于ROH的碱性B. ROH的电离程度：b点大于a点C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH-)相等D. 当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【答案】D【解析】【详解】A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减
19、小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：ba，故B正确；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH）接近于纯水中c（OH），所以它们的c（OH）相等，故C正确；D根据A知，碱性MOHROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以减小，故D错误；故选D。【点睛】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离。13.硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下.下列说法正确的
20、是（ ）A. 温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42-)的增大而减小B. 三个不同温度中，313K时Ksp(SrSO4)最小C. 283K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液D. 283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后变为不饱和溶液【答案】C【解析】【分析】沉淀溶解平衡中的溶度积常数只与温度有关，与浓度改变无关；溶解度随温度变化而变化，也随离子浓度改变；硫酸锶（SrSO4）在水中的沉淀溶解平衡曲线，纵轴是锶离子浓度的对数，横轴是硫酸根离子浓度的对数图象分析采取定一议二的方法进行分析；【详解】AKsp只与温度有关与浓度无关，故A错误；B由图象可知：在相同条件下，温度越低，c(SO4
21、2)c(Sr2)越大，Ksp（SrSO4）越大，313K时Ksp(SrSO4)最大，故B错误；Ca点在283K的下方，属于不饱和溶液，C正确；D283K下的SrSO4饱和溶液升温到363K后会有晶体析出，还是属于饱和溶液，D错误。故选C。14.常温下，下列各组离子在指定溶液能大量共存的是A. pH1的溶液中：Fe2、NO3-、SO42-、NaB. 由水电离的c(H)11014molL1的溶液中：Ca2、K、Cl、HCO3-C. 1012的溶液中：NH4+、Al3、NO3-、ClD. c(Fe3)0.1 molL1的溶液中：K、ClO、SO42-、SCN【答案】C【解析】【分析】A. pH1的溶
22、液为酸性溶液，体系中发生氧化还原反应；B. 由水电离的c(H)11014molL1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液；C. 1012的溶液是酸性溶液；D. Fe3可与SCN发生络合反应。【详解】A. pH1的溶液为酸性溶液，Fe2、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；B. 由水电离的c(H)11014molL1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液，酸性或碱性溶液中HCO3-均不能大量共存，B项错误；C. 1012的溶液是酸性溶液，NH4+、Al3、NO3-、Cl在酸性条件下均可大量共存，C项正确；D. c(Fe3)0.1 molL1的溶液中，Fe3可与SCN发生络合
23、反应，不能大量共存，D项错误；答案选C。【点睛】本题的难点是判断由水电离的c(H)11014molL1溶液的酸碱性和判断1012的溶液的酸碱性，判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（在强酸性溶液中，OH及弱酸根阴离子不能大量存在；在强碱性溶液中，H及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（AlO与HCO不能大量共存：“NOH”组合具有强氧化性，与S2、Fe2、I、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；NH与CH3COO、CO，Mg2与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大
24、量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。15. 下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是A. pH相等的NH4Cl(NH4)2SO4NH4HSO4溶液，NH4+大小顺序为B. pH相等的NaF与CH3COOK溶液：c(Na)c(F)c(K)c(CH3COO)C. 0.2 molL1的Na2CO3溶液： c(OH)c(HCO3)c(H)c(H2CO3)D. 0.2 molL1HCl与0.1 molL1NaAlO2溶液等体积混合：c(Cl)c(Na)c(Al3)c(H)c(OH)【答案】D【解析】【详解】ApH相等的NH4Cl、（NH
25、4）2SO4、NH4HSO4三种溶液中，NH4HSO4电离出H+，NH4+浓度最小，NH4Cl和（NH4）2SO4水解程度相同，则c（NH4+）相同，正确顺序为=，错误；B.由于酸性HFCH3COOH，所以等pH相等的NaF与CH3COOK溶液：c(Na)c(F)n(AlCl3)，由于NaCl是强酸强碱盐不水解，AlCl3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以c(H)c(OH)，但是盐水解的程度是微弱的，所以根据物料守恒可得：c(Cl)c(Na)c(Al3)c(H)c(OH)，正确。故答案选D。16.根据下列图示所得出的结论不正确的是A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的
26、平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的HMg(OH)2，则反应生成Mg(OH)2和CaCO3，A正确；B由于电离出S2-能力H2SCuS，则Cu2+与H2S反应生成CuS，离子方程式正确，B正确；C因ZnS比Zn(OH)2难溶，S2-和Zn2+应先结合成ZnS沉淀，而不是双水解，C错误；D由于电离出S2-的能力FeSH2S，FeS溶于酸可生成H2S，D正确；故选C。二、非选择题(共46分)19.将0.2mol/LHA溶液与0.2mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中c(Na+)c(A-)，则(用“”、“”或“=”填写下列空白)。（1）混合溶液中c(HA)_c(A-)；（2）混合溶
27、液中c(HA)+c(A-)_01mol/L；（3）混合溶液中，由水电离出的c(OH-)_0.2mol/LHA溶液由水电离出的c(H+)；（4）25时，如果取0.2mol/LHA溶液与0.11mol/LNaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH7，则HA的电离程度_NaA的水解程度。【答案】 (1). (2). = (3). (4). 【解析】【分析】0.2 molL-1 HA溶液与0.2 molL-1 NaOH溶液等体积混合后，HA与NaOH恰好完全反应生成 NaA，由于溶液体积扩大1倍，所以NaA的浓度是0.1 molL-1。混合溶液中c(Na+)c(A-)，说明A-发生了水解，所以HA是弱
28、酸。【详解】根据以上分析，混合后的溶液是0.1 molL-1的NaA溶液。（1）HA是弱酸，混合溶液中A-发生了水解，但水解毕竟是少量的，所以混合液中c(HA)c(A-)；（2）混合后得到0.1 molL-1的NaA溶液，A-发生了水解,根据物料守恒，混合溶液中c(HA)c(A-)=0.1 molL-1；（3）盐类的水解促进水的电离，酸碱抑制水的电离，所以混合液中的水电离的c(OH-)大于0.2 molL-1 HA溶液由水电离出的c(H+)；（4）25时，如果取0.2 molL-1 HA溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合，则混合后溶质为等浓度的NaA、HA，NaA水解呈碱性，H
29、A电离呈酸性，混合溶液的pHSOHOH (2). HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中OHH (3). 盐酸 (4). Fe33HCO=Fe(OH)33CO2 (5). (6). 91010【解析】【分析】【详解】(1)(NH4)2SO4溶液中NH水解使溶液呈酸性，则有NHSOHOH；(2)NaHCO3溶液的电离程度小于其水解程度，故溶液显碱性，故答案为HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中OHH；(3)抑制FeCl3水解常加入盐酸，Fe3与HCO可发生双水解反应，故答案为盐酸、Fe33HCO=Fe(OH)33CO2；(4)Ag浓度与溶液中的Cl浓度有关，因AgClKsp，当溶液中氯离子浓度
30、越大，则Ag浓度越小，由此可得其浓度的大小顺序为；在中n(Cl-)=1.810100.2=91010(mol/L)，故答案为、91010。【点睛】化学平衡移动原理适用于很多种条件下的平衡状态，如电离平衡、水解平衡、溶解平衡等。21.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定该盐酸的浓度在实验室中进行实验。请完成下列填空：（1）配制100mL0.10mol/LNaOH标准溶液。主要操作步骤：计算称量溶解(冷却后)_洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)_摇匀将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。称量_g氢氧化钠固体所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、_、_。（2）取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并
31、滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下：实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00滴定达到终点的标志是_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_(保留两位有效数字)。排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有：_。A.滴定终点读数时俯视读数B.酸式滴定管使用前，水洗后未用
32、待测盐酸溶液润洗C.锥形瓶水洗后未干燥D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体E.配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失【答案】 (1). 转移 (2). 定容 (3). 0.4 (4). 烧杯(或表面皿) (5). 药匙 (6). 最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅粉红色，并且半分钟不褪色 (7). 0.11mol/L (8). 丙 (9). D、F【解析】【详解】（1）配制一定体积一定物质的量浓度的溶液的操作步骤是计算称量溶解(冷却后)转移洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)定容摇匀装瓶贴签；n(NaOH)
33、=0.100L0.10mol/L=0.01mol，m(NaOH)=0.01mol40g/mol=0.4g，因此要称量0.4g NaOH。所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、烧杯、药匙；（2）由于是用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸，所以指示剂在酸溶液中，当滴定达到终点时会看到溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色即可确定滴定达到了终点；V(NaOH)=(22.6222.7222.80)mL3=22.71mL，因为HCl恰好反应时物质的量的比为1:1.所以c(HCl)=(0.10mol/L22.71mL)20.00mL=0.11mol/L；排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的丙操作，然后轻轻
34、挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；A.滴定终点读数时俯视读数，会使读数偏小，所以测定结果偏低，选项A错误；B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，会使酸式滴定管内的盐酸浓度变小，导致中和20.00mL的盐酸的氢氧化钠溶液体积减小，测定该盐酸的浓度就一定偏低，选项B错误；C.锥形瓶水洗后未干燥，实际不影响加入的氢氧化钠的体积，所以无影响，选项C错误；D.称量NaOH固体中混有Na2CO3固体，1mol氢氧化钠中和1mol盐酸，1mol碳酸钠中和2mol盐酸，即质量相等的前提下，氢氧化钠反应的盐酸会更多，所以NaOH固体中混有Na2CO3固体，实际降低了其反应盐酸的能力，但是计算时仍然以为都
35、是氢氧化钠，就会将盐酸浓度算大，选项D正确；E.1mol氢氧化钠中和1mol盐酸，转化为0.5mol碳酸钠也中和1mol盐酸，所以配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，实际不影响等体积的溶液中和盐酸的能力，测定结果应该不变，选项E错误；F.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，则读数的体积是滴入溶液中的氢氧化钠体积和原来的气泡的体积，所以测定结果偏高，选项F正确；故选择DF。【点睛】明确酸碱中和滴定实验的原理及操作是解题关键，注意酸碱中和滴定时，若锥形瓶水洗后未干燥，由稀释定律可知盐酸溶液中氯化氢的物质的量不变，对实验无影响。22.部分弱酸的电离平衡常数
36、如下表：弱酸HCOOHHClOH2CO3H2SO3电离平衡常数(25 )Ka1.77104Ka4.0108Ka14.3107Ka24.71011Ka11.54102Ka21.02107(1)在温度相同时，各弱酸的Ka值与酸性的相对强弱的关系为_。(2)室温下0.1 molL1HCOONa，0.1 molL1NaClO，0.1 molL1Na2CO3，0.1 molL1NaHCO3溶液的pH由大到小的关系为_。(3)浓度均为0.1 molL1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO、CO、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为_。(4)下列离子方程式正确的是_(填字母)。a2ClOH2OCO2
37、=2HClOCOb2HCOOHCO=2HCOOH2OCO2cH2SO32HCOO=2HCOOHSOdCl2H2O2CO=2HCOClClO（5）常温下，pH3的HCOOH溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。【答案】 (1). Ka越大，酸性越强 (2). (3). c(SO32)c(CO32)c(HCO3)c(HSO3) (4). bd (5). c(HCOO)c(Na)c(H)c(OH)【解析】【详解】（1）在温度相同时电离常数越大，酸性越强。（2）温度相同时电离常数越大，酸性越强。酸越弱，相应的酸根越容易水解，相应钠盐溶液的碱性越强。酸性强弱顺序为H
38、COOHH2CO3HClOHCO3，因此四种钠盐溶液的pH由大到小的关系为。（3）酸性强弱顺序是H2SO3H2CO3HSO3HCO3，因此水解程度是HSO3HCO3SO32CO32，所以浓度均为0.1 molL1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中SO32、CO32、HSO3、HCO3浓度从大到小的顺序为c(SO32)c(CO32)c(HCO3)c(HSO3)。（4）a次氯酸的酸性强于碳酸氢根，则ClOH2OCO2=HClOHCO3，a错误；b甲酸的酸性强于碳酸，则2HCOOHCO32=2HCOOH2OCO2，b正确；c甲酸的酸性强于亚硫酸氢根，则H2SO3HCOO=HCOOHHSO3，c
39、错误；d次氯酸的酸性强于碳酸氢根，而弱于碳酸，则Cl2H2O2 CO32=2 HCO3ClClO，d正确，答案选bd；（5）常温下，pH3的HCOOH溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后甲酸过量，溶液显酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(HCOO)c(Na)c(H)c(OH)。23.毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质)。实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如图：（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_。（2）加入NH3H2O调pH=8可除去_(填离子符号)，滤渣中含_(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_。已知：Ksp(BaC2
40、O4)=1.610-7，Ksp(CaC2O4)=2.310-9Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2OBa2+CrO42-=BaCrO4步骤：移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmolL-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0mL。步骤：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmolL-1盐酸标准
41、液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为_molL-1。若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将_(填“偏大”或“偏小”)。【答案】 (1). 增大接触面积从而使反应速率加快 (2). Fe3+ (3). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (4). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少 (5). 上方 (6). (7). 偏大【解析】【分析】制备BaCl22H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2、Mg2、Fe3等杂质），加盐酸溶解，碳酸钡和
42、盐酸反应：BaCO3+2H=Ba2+CO2+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2、Mg2、Ba2，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2完全沉淀时的pH为13.9，Mg2完全沉淀时的pH为11.1，Mg2完全沉淀，Ca2部分沉淀，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2、Ba2，加入H2C2O4，得到CaC2O4，除去Ca2，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl22H2O。【详解】（1）化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是增大接触面积从而使反应速率加快。故答案
43、为：增大接触面积从而使反应速率加快；（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4，Fe3完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节pH=12.5，Ca2完全沉淀时的pH为13.9，Mg2完全沉淀时的pH为11.1，Mg2完全沉淀，Ca2部分沉淀，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2、Ba2，Ksp（BaC2O4）=1.610-7，Ksp（CaC2O4）=2.310-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生
44、成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；故答案为：Fe3+；Mg(OH)2、Ca(OH)2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品产量减少；（3）滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的上方；步骤：待Ba2完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42+2HCr2O72+H2O的盐酸的物质的量为：V110-3bmol，步骤：用b molL-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V010-3bmol，Ba2+CrO42BaCrO4，与Ba2反应的CrO42的物质的量
45、为V010-3bmol-V110-3bmol=（V0-V1）b10-3mol，步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：molL1=molL-1。若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，Ba2+浓度测量值将偏大。故答案为：上方；偏大。【点睛】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的设计，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，难点（3）通过实验步骤与物质的性质相结合，用b molL-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则可求出发生2CrO42+2HCr2O72+H2O的盐酸的物质的量，再通过步骤：用b molL-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，求出加入的总盐酸的物质的量：V010-3bmol，Ba2+CrO42BaCrO4，进一步求出：与Ba2反应的CrO42的物质的量为V010-3bmol-V110-3bmol=（V0-V1）b10-3mol，最后根据浓度公式求出BaCl2溶液的浓度。
