1、北京市第十二中学2020-2021学年高二化学上学期12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 355第一部分(共 44 分)选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题 2 分，共 44 分)1. 下列物质属于弱电解质的是A. H2SO4B. Na2OC. AgClD. NH3H2O【答案】D【解析】【分析】弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与极少数盐。【详解】AH2SO4在水溶液里能完全电离，所以是强电解质，故A不选；BNa2O在熔融状态下能够完全电离成钠离子和氧离子，是强电解质，故B不选；CAgCl
2、难溶于水，但溶于水的部分完全电离，是强电解质，故C不选；DNH3H2O为弱碱，在水溶液中只有部分电离，所以是弱电解质，故D选；答案选D。2. 将NaCl 溶于水配成 1 molL-1的溶液， 溶解过程如图所示，下列说法正确的是A. a 离子为 Na+B. 溶液中含有 NA个Na+C. 水合 b 离子的图示不科学D. 某温度测定该 NaCl 溶液 pH 小于 7 是由于 Cl-水解导致【答案】C【解析】【详解】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+；A离子半径Cl-Na+，则a离子为C
3、l-，b为Na+，故A错误；B没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；Cb为Na+，带正电荷，应该吸引带有负电荷的氧离子，图示b离子不科学，故C正确；DCl-、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，溶液pH 小于 7，应该是温度高于常温，促进水的电离所致，故D错误；故答案为C。3. 下列溶液一定呈酸性的是（ ）A. pHc(OH-)的溶液C. 含有H+的溶液D. 由水电离出的c(H+)=10-6molL-1溶液【答案】B【解析】【详解】A.常温下pH=7为中性，小于7为酸性，但是温度升高时Kw会增大，中性溶液pH值减小，如100摄氏度时，中性pH=6，故pHc(
4、OH-)的溶液一定显酸性，故B选；C.任何水溶液中都含有氢离子，不能确定溶液酸碱性，故C不选；D.由水电离出的c(H+)=10-6molL-1溶液，可知水的电离被促进，应存在可水解的弱离子，但是不确定是哪种离子促进水的电离，如为碳酸钠促进水的电离溶液显碱性，故D不选；故选：B。4. 解释下列事实所用的方程式不正确的是A. 硫酸氢钠在水溶液中电离：NaHSO4=Na+H+B. 氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3 (胶体)+3H+C. 用热的纯碱溶液清洗油污：+H2O+OH-D. 用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：+Ca2+=CaCO3【答案】D【解析】【详解】
5、A硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在水溶液中电离产生Na+、H、，电离方程式为：NaHSO4=Na+H+，A正确；B将几滴饱和FeCl3溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，得到的红褐色液体就是氢氧化铁，则由氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3+3H2OFe(OH)3 (胶体)+3H+，B正确；C油脂在碱性条件下水解产生可溶性物质，热的纯碱溶液能够清洗油污，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，该反应的离子方程式为：+H2O+OH-，C正确；D硫酸钙微溶有水，不能写成离子形式，应该写化学式，D错误；故合理选
6、项是D。5. 常温时，能证明乙酸是弱酸的实验事实是A. CH3COOH溶液与Fe反应放出H2B. 0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH大于1C. CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2D. 0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【详解】A. CH3COOH具有酸的通性，Fe是比较活泼的金属，醋酸溶液与Fe反应放出H2，但是不能证明其酸性强弱，A错误；B. CH3COOH是一元弱酸，电离产生的H+浓度小于酸的浓度，0.1 mol/L CH3COOH溶液中c(H+)c(HSO)c(H2SO3)c(SO)B. c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+
7、c(H2SO3)C. c(HSO)+c(H2SO3)+c(SO)=0.05mol/LD. c(Na+)+c(H+)c(HSO)+c(SO)+c(OH-)【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L亚硫酸(忽略H2SO3的分解)与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，H2SO3和NaOH的物质的量相等，二者发生反应为：H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O，得NaHSO3溶液，据此解答。【详解】ANaHSO3溶液中存在HSO3-的电离：HSO3-H+SO32-，HSO3-的水解：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，但HSO3-的水解和电离都是微弱的，所以c(Na+)c(HSO)c(H2SO
8、3)、c(SO)，由于NaHSO3溶液呈酸性，所以HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，c(H2SO3)c(SO)，所以c(Na+)c(HSO)c(SO)c(H2SO3)，A错误；BNaHSO3溶液存在物料守恒：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)，B正确；CNaHSO3溶液存在物料守恒：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)=0.05mol/L，C正确；DNaHSO3溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)，故c(Na+)+c(H+)c(HSO)+c(SO)+c(OH-)，D正确；答案选A。8. 下列各
9、离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）A. 无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-B. 含有NO的溶液中：I-、SO、SO、H+C. 由水电离出的c(H+)=1.010-13 molL-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCOD. pH=11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO【答案】D【解析】【详解】A铜离子不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；B大量氢离子存时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；C水电离出的c(H+)=1.010-13 molL-1的溶液中水的电离受到抑制，可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根、碳酸氢根不能大量存在，酸性溶液中碳酸氢根不能
10、大量存在，故C不符合题意；D四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；综上所述答案为D。9. 常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别混合前混合后甲c(HX)=0.1 molL-1c(NaOH) = 0.1molL-1pH = 9乙c(HY)=0.1 molL-1c(NaOH) = 0.1molL-1pH = 7下列说法正确的是A. HY为强酸B. HX溶液的pH=1C. 甲的混合液中c(X-) = c(Na+)D. 乙的混合液中c(Na+) c(Y-)【答案】A【解析】【分析】无论哪组溶液都是恰好完全反应，都生成正盐，依据盐
11、类水解的规律，以及混合后的pH，判断HX和HY是强酸还是弱酸。【详解】A、根据乙组，两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；B、两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH=9，溶液显碱性，即HX为弱酸，HX溶液的pH1，故B错误；C、甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X发生水解，即c(Na)c(X)，故C错误；D、乙的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na)=c(Y)，故D错误。10. 25时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下
12、图所示。下列说法不正确的是（ ）A. 曲线代表盐酸的稀释过程B. a溶液的导电性比c溶液的导电性强C. a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液D. 将a、b两溶液加热至30，变小【答案】C【解析】A稀释相同倍数，I的pH变化大，则I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；Cb点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D将a、b两溶液加热至30，a中c（Cl-）不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，则变小，D正确；答案选C。11. 痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)
13、有关(NaUr增多，病情加重)，其化学原理为：HUr(aq) + Na+ (aq)NaUr(s) + H+(aq)H0，下列说法不正确的是A. 炎热的夏季更易诱发关节疼痛B. 饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情C. 患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸(HUr)的食物D. 大量饮水使 增大，痛风病发作的可能性减小【答案】A【解析】【详解】A炎热的夏季温度较高，平衡逆向移动，使人体内尿酸钠(NaUr)含量减少，有利于缓解关节疼痛，故A错误；B饮食中摄入过多食盐，会增大Na+的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，会加重痛风病病情，故B正确； C若患痛风病的人应多吃能代谢产生更多尿酸的
14、食物，会增大尿酸的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，病情加重，故患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，故C正确；D假设该反应中，c(H+)=c(NaUr)=c(Na+)=1mol/L，即K=1，饮水将各物质浓度稀释为0.01mol/L，则Qc=100K，增大，则平衡逆向移动，人体中NaUr含量会减少，降低痛风病发作的可能性，故D正确；答案选A。12. 室温下，分别用0.1mol/L溶液进行下列实验，结论不正确的是 A. 向溶液中通至：c(Na+)c(HCO3-)+ 2c(CO32-)B. 向溶液中加入等浓度等体积的盐酸：c(Na+)c(Cl-)C. 向溶液中加入等浓度等体积
15、的溶液：pH=13D. 向氨水中加入少量固体：增大【答案】C【解析】【详解】A.向NaHCO溶液中通CO至，结合电荷守恒可知：，故A正确；B.向CHCOONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸，钠离子和氯离子的物质的量相等，则：，故B正确；C.向NaHSO溶液中加入等浓度等体积的溶液，设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：，溶液中氢氧根离子浓度不是，溶液的，故C错误；D.氨水中加入少量NHCl固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而 ，所以该比值增大，故D正确。故选C。13. 工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成
16、分PbSO4)获得PbCO3：PbSO4(s)+CO32(aq)PbCO3(s)+SO42(aq) K=2.2105。经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是A. PbSO4的溶解度小于PbCO3B. 处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高C 整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应D. 若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大【答案】D【解析】【详解】A.由方程式PbSO4(s)+CO32(aq) PbCO3(s)+SO42(aq)可知，CO32-能够使Pb
17、SO4溶解并生成PbCO3，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，更易析出，故A错误；B.用Na2CO3溶液处理，Na2CO3溶液存在水解反应 CO32-+H2OHCO3-+OH-，处理PbSO4后，CO32-的浓度减小，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，溶液的pH减小，用碳酸氢钠溶液处理PbSO4，CO32-浓度减小，会促进HCO3-的电离，溶液的pH减小，故B错误；C.PbCO3灼烧生成PbO的过程中，各元素的化合价保持不变，所以整个过程中只涉及一个氧化还原反应，故C错误；D.等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，NaHCO3电离出来CO32-的浓度小于Na2CO3中的CO32-浓
18、度，CO32-浓度越大，越促进PbSO4(s)+CO32(aq) PbCO3(s)+SO42(aq)正向移动，所以Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故D正确。答案选D。14. 已知HClO 和H2CO3电离平衡常数，根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是 HClOK3108H2CO3K14107K261011A. 向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2NaClOH2O= NaHCO3HClOB. 向NaClO溶液中通入少量CO2：CO22NaClOH2O= Na2CO32HClOC. 向Na2CO3溶液中滴加过量氯水：CO32-2Cl2H2O= 2Cl-2HClOC
19、O2D. 向NaHCO3溶液中滴加过量氯水：HCO3-Cl2= Cl-HClOCO2【答案】B【解析】【详解】A、由表中数据可知，酸性：H2CO3HClOHCO3-，故向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，A正确；B、根据表格数据可知，次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，比碳酸氢根离子的酸性强，则向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，而不是Na2CO3，B错误；C、氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，HCl可以和CO32-反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，C正确；D、氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，HCl可以和HCO3-反应，使得
20、平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，D正确；故选B。【点睛】向NaClO溶液、Ca(ClO)2溶液中通入CO2，均生成碳酸氢盐，与CO2量没有关系。15. 常温下，浓度均为的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是（ ）溶质NaClOpHA. 四种溶液中，溶液中水的电离程度最大B. 溶液显酸性的原因是：C. 向氯水中加入少量，可以增大氯水中次氯酸的浓度D. 常温下，相同物质的量浓度的、HClO，pH最小的是【答案】B【解析】【详解】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：，则酸的强弱顺序是，A.相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根
21、据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B.亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，故B错误；C.盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故C正确；D.酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：，则酸的强弱顺序是，所以常温下，相同物质的量浓度的、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是，故D正确；故选：B。16. 25时，0.1molL-1的3种溶液盐酸氨水CH3COONa溶液下列说法中，不正确的是（）A. 3种溶液中pH最
22、小的是B. 3种溶液中水的电离程度最大的是C. 与等体积混合后溶液显酸性D. 与等体积混合后c（H+）c（CH3COO-）c（OH-）【答案】B【解析】盐酸PH7，氨水电离呈碱性CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是，故A正确；盐酸电离出氢离子、氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是，故B错误；与等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；与等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-），c（Na+）= c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3CO
23、O-）+c（OH-），所以c（H+）c（CH3COO-）c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-）。17. 室温下，取20 mL 0.1mol/LH2A溶液，滴加0.1mol/LNaOH溶液。已知NaHA溶液显碱性，下列说法不正确的是A. 0.1mol/LH2A溶液中有c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/LB. 当滴加至中性时，溶液中c(Na+)=c(HA-)+c
24、(A2-)C. 消耗10 mL NaOH溶液时，溶液pHc(Na+)D. 消耗40 mL NaOH溶液时，溶液中：c(Na+)c(A2-)c(OH-)(HA-)【答案】B【解析】【分析】A.根据物料守恒分析；B.利用电荷守恒判断；C.消耗10 mL NaOH溶液时，溶液为等浓度的NaHA、H2A的混合溶液，利用盐的水解和酸的电离分析；D.先判断溶液的成分，然后根据电解质的电离和盐的水解反应判断。【详解】A.根据物料守恒可知在0.1mol/LH2A溶液中有c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L，A正确；B.在溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA
25、-)+2c(A2-)，当滴加至中性时，c(H+)=c(OH-)，所以溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，B错误；C.消耗10 mL NaOH溶液时，溶液为NaHA、H2A按1：1混合得到的溶液，NaHA溶液显碱性，而该混合溶液pHc(Na+)，C正确；D.消耗40 mL NaOH溶液时，二者恰好反应产生Na2A，Na2A电离产生Na+、A2-，根据物质电离产生离子浓度关系可知c(Na+)c(A2-)，A2-会发生水解产生HA-和OH-，水解产生的HA-继续水解产生H2A和OH-，同时溶液中还存在H2O的电离平衡，所以溶液中：c(OH-)(HA-)，但A2-水解程度是微弱的，水解产
26、生的离子浓度远小于盐电离产生的A2-，所以c(A2-)c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)c(A2-)c(OH-)(HA-)，D正确；故答案选B。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较的知识。在其中涉及弱酸的电离、盐的水解、酸碱中和反应等。掌握物料守恒、电荷守恒、质子守恒及电解质溶液中的反应规律是本题解答的关键。18. 室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是序号pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A. 两溶液中c(OH)相等B. 溶液的物质的量浓度为0.01molL-1C. 两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：D. 等体积的两溶液分别与0.01 molL-1的盐酸完全
27、中和，消耗盐酸的体积：【答案】B【解析】【详解】A.PH相同，两溶液中c(OH)都等于，故A正确；B.氨水是弱电解质，部分电离，溶液的物质的量浓度大于0.01molL-1，故B错误；C.PH=12的氨水溶液加水稀释10倍，氨水会继续电离出氢氧根离子，12PH11，NaOH是强碱，PH=12的氢氧化钠溶液加水稀释10倍， PH=11，稀释后溶液的pH：，故C正确；D.PH相同，两溶液的浓度，所以等体积的两溶液分别与0.01molL-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：，故D正确。故选B。19. 亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液 pH
28、关系如图所示。下列说法不正确的是A. 当 n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1：1 时，溶液呈碱性B. pH=12 时，溶液中c( )+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)C. 在K3AsO3 溶液中，c(AsO)c(HAsO)c(H2AsO)D. H2AsO在溶液中，其水解程度大于电离程度【答案】B【解析】【详解】A图中n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1:1时，溶液的pH=9，此时呈溶液显碱性，故A正确；BpH=12时，溶液显碱性，则c(OH-)c(H+)，此时c(H2AsO3 )+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)c(H+)，故B错误；C在K3A
29、sO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成HAsO，第二步水解生成H2AsO，则c(AsO)c(HAsO)c(H2AsO)，故C正确；Dn(H3AsO3)：n(H2AsO3-)=1:1时，溶液的pH=9，说明在溶液中H2AsO水解程度大于H3AsO3的电离程度，而H3AsO3的电离程度大于H2AsO的电离程度，则H2AsO在溶液中，其水解程度大于电离程度，故D正确；故答案为B。20. 室温下，1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01 mol HCl加入0
30、.01 mol NaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是A. 溶液a和 0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B. 向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO结合H+生成CH3COOH，pH变化不大C. 向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，pH基本不变D. 含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】C【解析】【分析】含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液中，如果加入少量
31、的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、1 L含0.1 mol CH3COOH和0.1 mol CH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO-，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1 molL1 CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；B、向溶液a中通入0.01 mol HCl时，CH3COO结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11 mol CH3COOH和0.09 mol CH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大
32、，故B正确；C、向溶液a中加入0.1 mol NaOH固体，0.1 mol CH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；D、含0.1 molL1 NH3H2O与0.1 molL1 NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。答案选C。21. 常温，下列实验操作及现象与推论不相符的是（ ）选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊溶液中可能含有CO或HCOC用pH计测
33、定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CH3COOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸没有全部电离，CH3COOH是弱电解质，故A不选；B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明该气体是二氧化碳，溶液中可能
34、含有CO或HCO，故B不选；C用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，说明后者水解能力强，HClO的酸性弱于CH3COOH，故C不选；D向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，反应后溶液中还有剩余的氢氧化钠，再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀，发生Fe33OH=Fe(OH)3，不能说明Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，故D选；故选D。22. 将等体积的0.1 mol/L AgNO3溶液和0.1 mol/L NaCl溶液混合得到浊液，过滤后进行如下实验：下列分析不正
35、确的是A. 的现象说明上层清液中不含Ag+B. 的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶C. 中生成Ag(NH3)2+，促进AgCl(s)溶解平衡正向移动D. 若向中滴加一定量的硝酸，也可以出现白色沉淀【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L AgNO3溶液和0.1mol/L NaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；向的溶液中滴加 0.1 mol/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明的溶液中仍然存在银离子，同时说明硫化银比Ag2SO4更难溶；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，若向中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，平衡逆向移动；【详解】根据上述分析，向的滤
36、液中滴加0.1 mol/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明的溶液中仍然存在银离子，故A错误；向的溶液中滴加 0.1 mol/L Na2S溶液，出现浑浊，此实验说明硫化银比Ag2SO4更难溶，故B正确；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，故C正确；若向中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，平衡逆向移动，出现氯化银沉淀，故D正确。第二部分(共 56 分)23. 某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化。(1)分别向浓度均为0.1 mol/L Na2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是_。NaHCO3溶液也由无色变为
37、红色，其原因是_。比较两份溶液的颜色，红色较浅的是_(填化学式)。(2)研究NaHCO3与CaCl2的反应。实验序号实验操作实验现象实验1向2 mL 0.001 mol/L NaHCO3溶液中加入1 mL 0.1 mol/L CaCl2溶液无明显变化。用激光笔照射，没有出现光亮的通路。实验2向2 mL 0.1 mol/L NaHCO3溶液中加入1 mL 0.1 mol/L CaCl2溶液略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路。实验1中没有出现白色浑浊的原因是_。实验2中形成的分散系属于_。用离子方程式表示实验2中发生的反应_。(3)在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHC
38、O3之间的转化，请在下图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度(反应前后溶液体积的变化可忽略)_、_、_、_。【答案】 (1). COH2OHCOOH (2). HCO3H2OH2CO3OH，HCO3HCO32，水解程度大于电离程度 (3). NaHCO3 (4). HCO浓度低，电离出的CO浓度更低，导致c(Ca2)c(CO32)Ksp(CaCO3) (5). 胶体 (6). Ca22HCO3=CaCO3CO2H2O (7). CO2 (8). 0.2 (9). NaOH (10). 0.01【解析】【分析】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，
39、碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mol/L NaHCO3溶液中电离出的CO32浓度更低，导致c（Ca2+）c（CO32）Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/L NaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体；（3）在碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以将碳酸钠转化成碳酸氢钠，在碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠可以将碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据各物质的量的关系，确定有关物质的
40、物质的量及浓度。【详解】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液，所以有Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是 CO32+H2OHCO3+OH；NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是 HCO3+H2OH2CO3+OH，HCO3H+CO32，水解程度大于电离程度；比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3；(2)HCO浓度低，电离出的CO浓度更低，导致c(Ca2)c
41、(CO)Ksp(CaCO3)，所以沒有沉淀；用激光笔照射，出现光亮的通路，所以实验2中形成的分散系属于胶体；实验2中发生的反应Ca22HCO=CaCO3CO2H2O；(3)Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3,100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液通入足量的CO2，可生成100 mL 0.2 mol/L NaHCO3溶液；NaHCO3NaOH=H2ONa2CO3,100 mL 0.1 mol/L NaHCO3溶液，加入0.01 mol NaOH固体，可生成100 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液。【点睛】本题主要考查盐类水解和弱电解质的电离等，难度中等，注意碳酸钠与碳
42、酸氢钠的性质的灵活运用。24. 电解质的水溶液中存在电离平衡。（1）醋酸是常见的弱酸。醋酸在水溶液中的电离方程式为_。下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是_(填字母序号)。a.滴加少量浓盐酸 b.微热溶液c.加水稀释 d.加入少量醋酸钠晶体（2）用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。滴定醋酸的曲线是_（填“I”或“”）。滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是_。V1和V2的关系:V1_V2(填“”、“=”或“AgI。操作步骤现象
43、步骤1:向2mL0.005mol/LAgNO3溶液中加入2mL0.005mol/L KSCN溶液，静置。出现白色沉淀步骤2:取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol/LFe(NO3)3溶液。溶液变红色。步骤3:向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol/LAgNO3溶液。现象a，溶液红色变浅。步骤4:向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol/LKI溶液。出现黄色沉淀。写出步骤2中溶液变红色的离子方程式_。步骤3中现象a是_。用化学平衡原理解释步骤4的实验现象_。【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). b、c (3). I (4). 0.1mol/L醋酸溶液 (5). c(N
44、a+)c(H+)c(OH-) (7). Fe3+3SCN-Fe(SCN)3 (8). 出现白色沉淀 (9). AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI后，因为溶解度:AgIc(Na+)c(H+)c(OH)；(3)铁离子与KSCN溶液反应使溶液显红色，反应的离子方程式为Fe3+3SCNFe(SCN)3；硝酸银溶液能与KSCN溶液反应产生白色沉淀，所以向步骤2的溶液中，继续加入5滴3 molL-1 AgNO3溶液时溶液中仍然会出现白色沉淀；根据以上分析可知溶液中存在平衡AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI后，因为溶解度：AgIAgSCN，因此Ag+与I-反
45、应生成AgI黄色沉淀：Ag+I-AgI，从而导致AgSCN的溶解平衡正向移动。25. 草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合金属离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因：_。（2）已知：0.1 molL1KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是_（填字母序号）。a. 0.1 molL1KHC2O4溶液中：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + 2c(C2O42-) + c(OH-)b. 0.1 molL1KHC2O4溶液中：c(K+
46、) c(HC2O4-) c(C2O42-) c(H2C2O4)c. 浓度均为0.1 molL1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+) = c(HC2O4-) + c(C2O42-)d. 0.1 mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+) c(Na+)（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)的流程及组分测定方法如下：已知：i. pH4时，Fe2+易被氧气氧化ii. 几种物质的溶解度(g /100g H2O)如下FeSO47H2O(NH4)2SO4FeSO4(NH4)2SO46H2O20487537601018838用稀硫酸调溶液pH至12的
47、目的是：_，_。趁热过滤的原因是：_。氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取a g草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用b molL1的高锰酸钾标准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾VmL，则M =_。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2)【答案】 (1). CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ C2O42- (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解 (2). abd (3). 抑制Fe2+ 和NH4+的水解 (4). 防止Fe2+被氧化 (5). 防止低温时FeSO47H2O和(NH4)2SO
48、4析出，影响FeSO4(NH4)2SO46H2O的纯度 (6). mol/L【解析】【详解】（1）草酸钙难溶于水，在水存在溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ C2O42- (aq)，加入EDTA，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，使结石逐渐溶解；故答案为CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+ C2O42- (aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；（2）a0.1 molL1KHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(K+) + c(H+) = c(HC2O4-) + 2c(C2O42-)
49、+ c(OH-)，正确；bKHC2O4溶液呈酸性，表明HC2O4-的电离程度大于水解程度，0.1 molL1KHC2O4溶液中：c(K+) c(HC2O4-) c(C2O42-) c(H2C2O4)，正确；c根据物料守恒，浓度均为0.1 molL1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+) =3c(HC2O4-) + c(C2O42-)+c(H2C2O4)，错误；d恰好完全反应后c(K+) =c(Na+)，滴加等浓度NaOH溶液至中性，反应后 KHC2O4溶液须过量，溶液的成分为Na2C2O4和KHC2O4的混合溶液，故c(K+) c(Na+)，正确；故选abd；（3） pH4时，F
50、e2+易被氧气氧化，且亚铁离子、铵根离子离子易发生水解，溶液显酸性，所以用稀硫酸调溶液pH至12，可以防止Fe2+被氧化，同时可以抑制Fe2+ 和NH4+的水解；故答案为：抑制Fe2+ 和NH4+的水解，防止Fe2+被氧化； 根据表中数据，FeSO47H2O在常温下的溶解度不太大，趁热过滤，可以防止低温时FeSO47H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4(NH4)2SO46H2O的纯度；故答案为：防止低温时FeSO47H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4(NH4)2SO46H2O的纯度； 草酸亚铁与高锰酸钾反应的方程式为：3MnO4-+5Fe2+5C2O42-+24H+=3M
51、n2+10CO2+5Fe3+12H2O，有3MnO4-5FeC2O4，3 5b mol/LV10-3L n(FeC2O4)=，解得：n(FeC2O4)=10-3bVmol，草酸亚铁晶体的摩尔质量M=mol/L；故答案为：mol/L。26. 某小组研究FeCl3与Na2S的反应，设计了如下实验：实验 a实验 b实验 cFeCl3体积5 mL10 mL30 mL实验现象产生黑色浑浊，混合液pH=11.7黑色浑浊度增大，混合液 pH=6.8黑色浑浊比实验b明显减少，观察到大量黄色浑浊物，混合液 pH=3.7I探究黑色沉淀的成分查阅资料：Fe2S3(黑色)在空气中能够稳定存在，FeS(黑色)在空气中易
52、变质为Fe(OH)3。设计实验：分别取实验a、b、c中沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化。b、c 中黑色沉淀部分变为红褐色。(1)同学甲认为实验a 中黑色沉淀为Fe2S3，实验b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS，依据的实验现象是_。同学乙认为实验b的黑色沉淀物中有FeS，则一定混有S，理由是_。设计实验检验b的黑色沉淀物中混有硫。已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。 实验证明了b中黑色沉淀混有S，试剂a是_，观察到的现象为_。II探究实验a中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应的原因经查阅资料，可能的原因有两种：原因1：pH影响了Fe3+与S2-的性质，
53、二者不能发生氧化还原反应。原因2：沉淀反应先于氧化还原反应发生，导致反应物浓度下降，二者不能发生氧化还原反应。设计实验：电极材料为石墨(2)试剂X和Y分别是_、_。甲认为若右侧溶液变浑浊，说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应。是否合理？说明理由_。乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应，实验操作及现象是_。由此得出的实验结论是_。III探究实验c随着FeCl3溶液的增加，黑色沉淀溶解的原因实验 1实验 2 固体溶解，闻到微量臭鸡蛋气味，溶液出现淡黄色浑浊。(3)用离子方程式解释实验1中的现象_、_(写离子方程式)。结合化学平衡等反应原理及规律解释实验2中现象相同与不同的
54、原因_。【答案】 (1). a中沉淀无明显变化，b、c 中黑色沉淀部分变为红褐色 (2). 依据化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高 (3). 水 (4). 溶液变浑浊 (5). 25 mLpH=12的NaOH溶液 (6). 5 mL0.1 mol/L的FeCl3溶液 (7). 不合理，乙烷空气中的氧气也能氧化S2- (8). 取左侧烧杯中的液体，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成 (9). 氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3+与S2-的性质 (10). FeS+2H+=Fe2+H2S (11). FeS+2Fe3+=3Fe2+S (12). 实验现象相同的原因：实
55、验2中两份溶液的c(H+)相同，都存在平衡Fe2S3(s) 2Fe3+(aq)+3S2-(aq)，H+与S2-结合生成H2S，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应，两种因素使得c(Fe3+)、c(S2-)降低，平衡正向移动；实验现象不同的原因：加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c(Fe3+)更大，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快。【解析】【分析】(1)根据已知“Fe2S3(黑色)在空气中能够稳定存在，FeS(黑色)在空气中易变质为Fe(OH)3”和实验现象分析；b中FeCl3与Na2S生成FeS，根据化合价分析可得；根据已知“硫在酒精溶波中的溶解度随乙
56、醇贡量分数的增大而增大”，实验中将含有S的黑色沉淀用95%的酒精溶解，改变乙醇的质量分数即可证明为S；(2)研究FeCl3与Na2S的反应，则一极为Na2S溶液，另一极为FeCl3溶液，根据改变pH可得试剂；根据空气也能氧化分析；若Fe3+与S2-发生氧化还原反应，左侧生成亚铁离子，检验是否亚铁离子即可；结论是pH的改变使该氧化还原反应未发生；(3)根据现象，实验1中有臭鸡蛋气味，则说明有硫化氢生成，出现淡黄色浑浊，说明有S单质生成，据此书写；实验2中加入盐酸和FeCl3溶液因为都显酸性，氢离子浓度相同，但FeCl3溶液提供的铁离子，使铁离子浓度增大，据此分析。【详解】(1)已知：Fe2S3(
57、黑色)在空气中能够稳定存在，FeS(黑色)在空气中易变质为Fe(OH)3，a中黑色沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化，说明黑色沉淀在空气中稳定存在，该黑色固体成分为Fe2S3；b、c中黑色沉淀放置于空气中12小时，部分变为红褐色，说明未变色部分是空气中稳定存在Fe2S3，变色部分是在空气中易变质的FeS，即b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS；b中FeCl3与Na2S生成FeS，发生氧化还原反应，依据元素化合价升降守恒，铁元素化合价降低，硫元素化合价必然升高，则乙同学认为实验b的黑色沉淀物中有FeS则一定混有S；已知“硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大”，实验中
58、将含有S的黑色沉淀用95%的酒精溶解，加入水，乙醇质量分数减小，硫的溶解度减小，溶液变浑浊；(2)研究FeCl3与Na2S的反应，同时探究pH的影响，应该根据控制变量的原则，结合实验I，则-极为25 mL0.1 mo/LNa2S溶液、5 mLpH=1.7的盐酸，另一极为试剂X为25 mLpH=12NaOH溶液，试剂Y为5 mL0.1 mol/LFeCl3溶液；因为空气中的氧气也能氧化S2-，故若右侧溶液变浑浊，说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应不合理；若Fe3+与S2-发生氧化还原反应，左侧生成Fe2+，乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应，故为取左侧烧杯中的液体，
59、加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀生成；实验结论为：氧化还原反应不能发生的原因是pH影响了Fe3+与S2-的性质；(3)实验1中有臭鸡蛋气味，是由于FeCl3溶液水解显酸性，与FeS结合生成H2S气体，离子反应为：FeS+2H+=H2S+Fe2+，出现淡黄色浑浊是因为FeS与Fe3+发生氧化还原生成S单质，离子反应为：FeS+2Fe3+=3Fe2+S；实验2中分别加入盐酸和FeCl3溶液与Fe2S3反应，固体都溶解，闻到臭鸡蛋气味，出现淡黄色浑浊，是由于实验2中两份溶液的c(H+)相同，都存在平衡Fe2S3(s)2Fe3+(aq)+3S2-(aq)，H+与S2-结合生成H2S，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应，两种因素使得c(Fe3+)、c(S2-)降低，平衡正向移动；但现象也稍微不同，加入FeCl3溶液的固体溶解更快，原因是：加入FeCl3溶液比加入盐酸的体系c(Fe3+)更大，酸性条件下Fe3+与S2-发生氧化还原反应速率增大，因此固体溶解更快。