1、新课标2016年高二化学寒假作业5化学选修四一、选择题（本题共8道小题）1.将0l molL1的下列物质的水溶液从常温加热到80，溶液的c（H+）不变的是（）AH2SO4BCH3COOHCNaOHDNaCl2.把pH=3的H2SO4溶液和pH=10的NaOH溶液混合，两者恰好中和，则两种溶液的体积比是（）A10：1B1：100C1：10D1：23.水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是（）ANaHSO4溶液BNH4NO3溶液CKAl（SO4）2 溶液DNaCl溶液4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，它们形成的常见化合物WX能抑制水的电离，YZ2能促进水的电离，则Y元素是
2、（）AMgBNCBeDS5.下列有关实验误差分析中，错误的是（ ）A中和滴定实验中，盛装待测液的锥形瓶没有润洗，对实验结果无影响B用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏低C用润湿的pH试纸测某溶液的pH，测定结果不一定有误差D测定中和热的实验中，将碱液缓慢倒入酸溶液中，所测中和热值偏低6.标准状况下，某同学向100mL H2S饱和溶液中通入SO2，所得溶液pH变化如图所示下列分析中正确的是（）Ab点对应的溶液导电性最强B亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸Cab段反应是SO2+2H2S3S+2H2OD原H2S溶液的物质的量浓度为0.05molL17.常温下，有体积相同的四种溶
3、液：pH=3的CH3COOH溶液；pH=3的盐酸；pH=11的氨水；pH=11的NaOH溶液下列说法正确的是（）A和混合溶液中：c（H+）=3.0molL1B和混合溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH）C和混合溶液中：c（Cl）+c（H+）c（NH4+）+c（OH）D四种溶液稀释100倍，溶液的pH：8.下列关于氢氧化钠与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（ ）A相同浓度的两溶液中由水电离出的c（H+）相同BpH=12与pH=2的两溶液稀释100倍，pH都变化2个单位C用20mL0.1mol/L的氢氧化钠滴定未知浓度的醋酸，选用酚酞作指示剂D两溶液相互反应生成1molH2O的
4、中和热为57.3kJ/mol二、填空题（本题共3道小题）9.（1）在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3CH3COO+H+ H0 ,下列方法中，可以使0.10molL1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 a加入少量0.10molL1的稀盐酸b加热c加水稀释至0.010molL1d加入少量冰醋酸e加入少量氯化钠固体f加入少量0.10molL1的NaOH溶液（2）等物质的量浓度的下列物质的溶液：NaClCH3COONa NH4Cl AlCl3 Ba（OH）2 Na2CO3NaHCO3NaHSO4NaOH H2SO4其pH值由大到小的顺序是（填序号） （3
5、）限用下列试剂：酚酞、石蕊、稀醋酸、CH3COONa晶体、浓盐酸、Ca（OH）2粉末、CH3COONH4晶体和蒸馏水根据：弱酸在水中存在电离平衡；弱酸根阴离子会破坏水的电离平衡这两个平衡的移动均会引起指示剂颜色的变化由此可分别选用上述试剂，设计两种实验证明CH3COOH是弱酸，请简述实验方法及现象应用根据的实验方法及现象 应用根据的实验方法及现象 10.某学生用0.2000molL1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充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；移取20.00
6、mL待测液注入洁净的锥形瓶中，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：（1）以上步骤有错误的是（填编号） ，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”） （2）判断滴定终点的现象是： （3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度： mol/L滴定次数-待测体积（mL）-标准烧碱体积（mL）-滴定前读数-滴定后读数第一次-20.00-0.40-20.40第二次-20.00-2.00-24.10第三次-20.00-4.00-24.0011.(1)若25t1”、“”或“”)11014，作出此判断的理由是
7、。(2) 在t1时，测得纯水中的c(H)2.4107mol/L，则c(OH)为 。该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO42-)5106 molL1，该溶液中c(OH) molL1。(3) t2 下：0.01 molL1的氢氧化钠溶液的pH 。若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH值pH1与强碱的pH值pH2之间应满足的关系是 。试卷答案1.A考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：弱电解质的电离和盐类水解都是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离和盐类水解，导致溶液中水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变
8、化来确定pH变化解答：解：A硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度不影响硫酸电离，虽然促进水的电离，但水电离的程度小于硫酸电离的程度，则可以忽略，所以溶液中氢离子浓度基本不变，故A正确；B醋酸是弱电解质，升高温度促进醋酸电离，则溶液中氢离子浓度增大，故B错误；C升高温度时NaOH溶液中氢氧根离子的浓度不变，但升高温度时水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故C错误；DNaCl是强酸强碱盐，溶液中的氢离子全部来自于水的电离，加热促进水的电离平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，故D错误；故选A点评：本题明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键，注意A和D选项的比较
9、，升高温度导致水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来判断即可，难度中等2.C考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：pH=3H2SO4溶液中c（H+）=103mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=104mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH），再结合n=cV表示出n（H+）、n（OH），据此判断解答：解：pH=3H2SO4溶液中c（H+）=103mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH）=mol/L=104mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH），所以Vac（H+）=Vbc（OH），所以Va：Vb=c（OH）：c（H+）=104
10、mol/L：103mol/L=1：10故选：C点评：考查溶液PH值的计算、化学方程式计算，比较基础，注意基础知识的掌握3.D考点：盐类水解的原理；水的电离 专题：盐类的水解专题分析：酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，据此分析解答解答：解：A硫酸氢钠完全电离生成的氢离子抑制水电离，所以影响水的电离，故A不选；B硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而促进水电离，所以影响水的电离，故B不选；C硫酸铝钾是复盐，铝离子水解而促进水电离，所以影响水的电离，故C不选；D氯化钠是强酸强碱盐，钠离子、氯离子都不水解，所以不影响水电离，故D选；故选D点评：本题以盐类水解、电解质的电离为载体考查水的电离影响因
11、素，为高频考点，酸、碱和含有弱离子的盐都影响水电离，题目难度不大4.A考点：位置结构性质的相互关系应用；水的电离专题：元素周期律与元素周期表专题分析：化合物WX能抑制水的电离说明是酸，则W为H，X为F或Cl元素，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明X为F，化合物YZ2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进水的电离，由化学式可知Y为金属阳离子，且+2价离子，则Y是Mg，Z是Cl元素解答：解：化合物WX能抑制水的电离说明是酸，则W为H，X为F或Cl元素，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，说明X为F，化合物YZ2能促进水的电离说明是含弱离子的盐，水解促进
12、水的电离，由化学式可知Y为金属阳离子，且+2价离子，原子序数大于氟，则Y是Mg，Z是Cl元素，故选A点评：本题考查位置性质关系，根据短周期元素形成的化合物WX能抑制水的电离，推断W、X是关键，注意理解水的电离平衡的影响因素，难度中等5.B试题解析：A、中和滴定时锥形瓶无需用待测液洗涤，故A正确；B、定容时俯视刻度线，液面低于刻度线，V偏小，c偏高，故B错误；C、用湿润的pH试纸测溶液的pH时,相当于把原溶液稀释，而对于中性溶液，加水pH不变，故C正确；D、测定中和热的实验中，若将碱液缓慢倒入酸溶液中，会造成热量的散失，导致所测中和热值偏低，故D正确。6.C考点：二氧化硫的化学性质分析：H2S
13、饱和溶液中通入SO2，发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，随着反应的进行，溶液酸性逐渐减弱，但恰好反应时，溶液呈中性，二氧化硫过量，与水反应生成亚硫酸，溶液酸性逐渐增强，根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性更强，以此解答该题解答：解：Ab点为中性，只有水，导电性最差，故A错误；B根据图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）=0.005mol，根据方程式可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化
14、硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫酸更强，故B错误；Cab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S=3S+2H2O，故C正确；D由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）=0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为=0.1mol/L，故D错误故选C点评：本题考查硫元素化合物性质、化学反应图象等，明确发生的化学反应是解答的关键，注意B选项中应根据溶液物质的浓度相等时pH大小进行判断，学生容易根据已有知识回答，为解答易错
15、点，题目难度中等7.D考点：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：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）103 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=103 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3H2O）103 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=103 mol/L，A、与混合，CH3COOH浓度改变，pH变化；B、和混合后，醋酸过量；C、和混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3H2O和NH4Cl，根据电荷守恒来分析；D、根据酸、碱的相对强弱确定稀释后酸、碱的pH解答：解：pH=3的CH3COOH溶液中c（CH3COOH）1
16、03 mol/L，pH=3的盐酸中c（HCl）=103 mol/L，pH=11的氨水中c（NH3H2O）103 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（NaOH）=103 mol/L，A、与混合，由于平衡常数不变，CH3COOH、CH3COO浓度均减半，则氢离子浓度不变，混合溶液的pH=3，c（H+）=0.001molL1，故A错误；B、和混合后，醋酸过量，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，故c（Na+）c（CH3COO）+c（CH3COOH），故B错误；C、和混合后，氨水过量，溶液中的溶质是NH3H2O和NH4Cl，溶液显碱性，故有：c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c
17、（Cl）c（NH4+），故有：c（Cl）+c（H+）c（NH4+）+c（OH），故C错误；D将这四种溶液加水稀释100倍，促进醋酸和一水合氨电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氨水中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠，但酸仍然是酸，碱仍然是碱，所以这四种溶液的pH大小顺序是：，故D正确故选D点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点来分析解答，易错选项是B，注意二者等体积混合时，醋酸过量，溶液中的溶质为醋酸和醋酸钠，为易错点8.C解：A醋酸电离出来的氢离子浓度比氢氧化钠电离出来的氢氧根离子浓度小，对水电离的抑制能力差，故A错误；B、
18、弱电解质pH变化小，醋酸pH变化小于2，故B错误；C、用碱滴定酸时，选用无色的酚酞作指示剂，溶液颜色变化明显，故C正确；D、两溶液相互反应生成1molH2O的中和热小于57.3kJ/mol，故D错误；故选C9.（1）bcf；（2）；（3） 取少量稀氨水，滴入酚酞试液，溶液呈红色，加入醋酸铵晶体，溶液的红色变浅； 取少量NH4Cl晶体，加蒸馏水溶解，滴入紫色石蕊试液，溶液变红色解：（1）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；a加入少量0.10molL1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故错误；b醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH
19、溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；c加水稀释至0.010molL1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；d加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故错误；e加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故错误； f加入少量0.10molL1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故正确；故选bcf；（2）NaClCH3COONa NH4Cl AlCl3 Ba（OH）2 Na2CO3NaHCO3NaHSO4NaOH H2SO4，属于碱的为：Ba（OH）2 NaOH，浓
20、度相同时，碱性及pH为；水解呈碱性的为：CH3COONa，Na2CO3，NaHCO3 依据水解程度大小分析，则pH：；溶液呈中性的为：NaCl；溶液呈酸性的有：，其中NH4ClAlCl3溶液中铵根离子铝离子水解显酸性，铝离子水解程度大于铵根离子，NaHSO4 溶液中完全电离相当于一元强酸，为二元强酸，浓度相同时，溶液的pH：，综合以上分析可知，溶液的pH由大到小的顺序是为：，故答案为：；（3）取少量稀氨水，滴入酚酞试液，溶液呈红色，加入醋酸铵晶体，溶液的红色变浅，说明氨水存在电离平衡，氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，加入醋酸铵晶体后，溶液中铵根离子浓度增大，使平衡向逆反应方向移动，从而抑制氨
21、水的电离，故答案为：取少量稀氨水，滴入酚酞试液，溶液呈红色，加入醋酸铵晶体，溶液的红色变浅；取少量NH4Cl晶体，加蒸馏水溶解，如果氯化铵不水解，溶液中氯离子浓度和铵根离子浓度相等，氢氧根离子浓度和氢离子浓度相等，溶液呈中性；实际上，向氯化铵溶液中滴入紫色石蕊试液，溶液变红色，说明溶液呈酸性，是因为铵根离子的水解而使溶液呈酸性，故答案为：取少量NH4Cl晶体，加蒸馏水溶解，滴入紫色石蕊试液，溶液变红色10.（1）；偏大；（2）无色变为粉红，半分钟内不变色；（3）22.60；（4）0.2000考点：中和滴定 分析：（1）碱式滴定管洗涤后必须用标准液氢氧化钠溶液润洗；根据不润洗会使标准液的浓度偏小
22、判断对测定结果影响；（2）根据滴定终点前溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液显示红色判断滴定终点；（3）根据滴定管的构造及图示读出滴定管的读数；（4）根据表中消耗的标准液的数据先判断数据的有效性，然后计算出消耗标准液的平均体积，最后计算出待测液盐酸的浓度解答：解：（1）“用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液”，该操作错误，碱式滴定管应该润洗后再盛装标准液，若没有润洗，导致标准液的浓度减小，滴定时消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏大，故答案为：；偏大；（2）滴定结束前，锥形瓶中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束后，滴入氢氧化钠溶液后，溶液显示粉红色，所以达到终点的现象为：锥形瓶中溶液无
23、色变为粉红，半分钟内不变色，故答案为：无色变为粉红，半分钟内不变色；（3）根据图示滴定管结构可知，每个小刻度为0.01mL，液面凹液面在22mL刻度以下6个小刻度，读数为22.60mL，故答案为：22.60；（4）根据表中数据，第一次滴定消耗的标准液体积为：（20.400.40）mL=20.00mL，第二次滴定消耗的标准液体积为：（24.102.00）mL=22.10mL，第三次滴定消耗的标准液体积为：（24.004.00）mL=20.00mL，可见第二次滴定数据误差偏大，应该舍弃，其它两次滴定消耗的标准液平均体积为：20.00mL，氢氧化钠和盐酸都是一元酸，反应的体积都是20.00mL，所以
24、氢氧化钠溶液和盐酸的浓度一定相等，即盐酸的浓度为：0.2000molL1，故答案为：0.2000点评：本题考查了酸碱中和滴定、pH的简单计算、离子方程式的书写，题目难度不大，注重了中和滴定的基础知识考查，要求学生掌握中和滴定的方法11.（1） 水的电离是吸热反应，升高温度，平衡向着正反应方向移动，c(H)增大，c(OH)增大，Kw= c(H) c(OH)，Kw增大（2）2.4107mol/L 5.76109 molL1 （3） 10 pH1+pH2=13（1）水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大，答案为：；温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；（2）
25、依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，某温度下纯水中的C（H+）=2.410-7mol/L，则此时溶液中的C（OH-）=2.410-7mol/L，该温度下，某H2SO4溶液中c（SO42-）=510-6mol/L，则溶液中氢离子浓度是110-5mol/L，c（OH-）=5.7610-14：10-5=5.76109 molL1；（3）t2温度下水的离子积常数是110-12，0.01 molL1的氢氧化钠溶液的H+110-12/0.01=10-10 PH=10；设强酸的pH=a，强碱的pH=b，由t2时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，即n（H+）=n（OH-），则1010-a=110b-12，101-a=10b-12，即1-a=b-12，则a+b=13，pH（酸）+pH（碱）=13。