1、2012-2013学年吉林省长春二中高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有1个选项符合题意）1（2分）（2013春城东区校级期中）反应：A+3B2C+D，在四种不同情况下的反应速率分别为：vA=0.15molL1min1vB=0.6molL1min1vC=0.4molL1min1vD=0.45molL1min1该反应进行得最快的是（）ABCD2（2分）（2010秋东莞期末）下列反应在常温下均为非自发反应，则在高温下仍为非自发的是（）A2CO（g）2 C（s）+O2（g）B2CuO（s）Cu2O（s）+O2（g）CMgCO3（s）MgO（s）+CO2（
2、g）DSnO2（s）+C（s）Sn（s）+CO2（g）3（2分）（2012秋珠海期末）有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（）Aa mLB（50a）mLC大于（50a）mLD大于a mL4（2分）（2012春泗洪县校级期中）下列物质的稀溶液中，溶质的阴、阳离子个数之比为1：2的是（）ANa2HPO4BNaHSO4C（NH4）2SO4DK2S5（2分）（2013秋肃南裕县校级期中）关于小苏打水溶液的表述正确的是（）Ac（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Bc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（
3、CO32）+c（OH）CHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度D存在的电离有：NaHCO3Na+HCO3，HCO3H+CO32，H2OH+OH6（2分）（2014秋荆门期末）一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）NaOH固体 H2O NH4Cl固体 CH3COONa固体 NaNO3固体 KCl溶液ABCD7（2分）（2012秋朝阳区校级期中）一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）3C（g），若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%其它条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡
4、后A的体积分数小于a%的是（）A2mol CB2mol A、1mol B和1mol He（不参加反应）C1mol B和1mol CD2mol A、2mol B和3mol C8（2分）（2011秋汤阴县校级期末）向含有AgCl（s）的饱和AgCl溶液中加水，下列叙述正确的是（）AAgCl的溶解度增大BAgCl的溶解度、Ksp均增大CKsp（AgCl）增大DAgCl的溶解度、Ksp均不变9（2分）（2013秋乌鲁木齐校级期中）对于反应N2+O22NO在密闭容器中进行，下列哪个条件不能加快化学反应速率（）A缩小体积使压强增大B体积不变充入N2使压强增大C体积不变充入 He使压强增大D升高温度10（2
5、分）（2011春五华区校级期末）一定条件下，在2L的密闭容器中充入2molSO2和一定量的O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），进行到4min时，测得n（SO2）=0.4mol，若反应进行到前2min末时，容器中n（SO2）为（）A1.6molB1.2molC大于1.6molD小于1.2mol11（2分）（2015南昌校级二模）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（）热纯碱溶液的洗涤油污能力强；误将钡盐BaCl2、Ba（NO3）2当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；溶洞、珊瑚的形成；碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；泡沫灭火器灭火的原理ABCD
6、12（2分）（2012秋朝阳区校级期中）用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，则此时（）A醋酸和氢氧化钠物质的量相等B醋酸和氢氧化钠恰好中和C氢氧化钠过量D醋酸有剩余13（2分）（2013秋白城期末）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量14（2分）（2014秋福建校级期末）某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B用托盘天平称量25.20gNaClC用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL15（
7、2分）（2013秋荆门期末）在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH离子浓度分别为AmolL1与BmolL1，则A和B的关系为（）AABBA=104BCB=104ADA=B16（2分）（2011秋濮阳期末）下列溶液加热蒸干、灼烧后，能析出原溶质固体的是（）AAlCl3BKHCO3CFe2（SO4）3DNH4HCO317（2分）（2012秋朝阳区校级期中）CaCO3在下列液体中溶解度最大的是（）AH2OBNa2CO3溶液CCaCl2溶液D乙醇18（2分）（2011秋平川区校级期末）1体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，是该碱溶液的pH等于
8、（）A9.0B9.5C10.5D11.019（2分）（2013秋鹿城区校级期末）含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，设消耗CH3COOH溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是（）AVa10VbBVa=10VbCVb10VaDVb10Va20（2分）（2014秋启东市校级期末）若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（）A生成了一种强酸弱碱盐B弱酸溶液和强碱溶液反应C强酸溶液和弱碱溶液反应D一元强酸溶液和一元强碱溶液反应21（2分）（2013秋朝阳区校级期中）下列溶液，一定呈中性的是（）Ac（H+）=1107mol/L
9、的溶液BpH=pOH 的溶液CpH=14pOH 的溶液D由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液22（2分）（2012秋朝阳区校级期中）得到较纯的FeS沉淀，应在FeCl2溶液中加入的试剂（）A（NH4）2SBNa2SCH2SDNaHS23（2分）（2012秋朝阳区校级期中）实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度用甲基橙作指示剂，下列操作可能使测定结果偏低的是（）A酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液清洗B开始实验时，酸式滴定管尖咀部份有气泡，在滴定过程中气泡消失C滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数D达到滴定终点时
10、，仰视读数并记录24（2分）（2010秋襄阳期中）常温下，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，下列叙述正确的是（）A溶液中水电离出的c（H+）=1010mol/LB溶液中c（H+）+c（A）=0.1 mol/LC溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）25（2分）（2012秋朝阳区校级期中）如图是向20.00mL盐酸中逐渐滴入NaOH溶液时，溶液pH值变化的图象，根据图象分析，下列结论中不正确的是（）A盐酸起始浓度为0.1molL1BNa
11、OH溶液浓度为0.08molL1C滴入碱量为20mL时，向混合溶液中滴入2滴甲基橙试液，溶液显橙色D滴到中和点时，耗NaOH物质的量为0.002mol二、填空题（共50分）26（6分）（2012秋朝阳区校级期中）Na2S的水溶液洗患处可以用来治疗由一种小芥虫在皮肤内生活引起的皮肤病，而且用热水配制的Na2S溶液治疗效果更好请说明原因，并写出有关的离子方程式（已知：H2S有毒，可杀虫）（1）可治疗的原因（2）热水配制的原因（3）离子方程式27（12分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）AgNO3的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH7（填“”、“=”、“”），原因是（用离子方程式
12、表示）：；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其水解（2）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的28（10分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）c（CH3COO）（填“”或“=”或“”，下同）（2）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离
13、子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈，醋酸体积氢氧化钠溶液体积29（4分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示（2）大小与温度的关系是：温度升高，K值（填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小）30（18分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）在25条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）A9 B13 C1113之间 D911之间（2）25时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）A氨水与氯化铵发生化学反应B氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C氯化铵溶于水，电离出大量
14、铵离子，抑制了氨水的电离，使c（OH）减小（3）室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），和两种粒子的物质的量之和等于0.1mol和两种粒子的物质的量之和比OH多0.05mol（4）已知某溶液中只存在OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：Ac（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH） Bc（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）Cc（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH） Dc（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是，上述离子浓度大小
15、顺序关系中正确的是（选填序号）若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）（填“”、“”、或“=”，下同）c（NH3H2O），混合后溶液中c（NH4+）与c（Cl）的关系c（NH4+）c（Cl）2012-2013学年吉林省长春二中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分每小题只有1个选项符合题意）1（2分）（2013春城东区校级期中）反应：A+3B2C+D，在四种不同情况下的反应速率分别为：vA=0.15molL1min1vB=0.6molL1min1vC=0.4m
16、olL1min1vD=0.45molL1min1该反应进行得最快的是（）ABCD考点：反应速率的定量表示方法版权所有专题：化学反应速率专题分析：利用速率之比等于化学计量数之比转化用同一物质表示的速率，然后进行比较解答：解：以B为标准进行比较，对于A+3B2C+D，v（A）=0.15mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=3v（A）=0.45mol/（Lmin），v（B）=0.6mol/（Lmin），v（C）=0.4mol/（Lmin），速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=v（C）=0.4mol/（Lmin）=0.6mol/（Lmin），v（D）=0.45mol/（Lm
17、in），速率之比等于化学计量数之比，故v（B）=3v（D）=1.35mol/（Lmin），故最快，故选B点评：本题考查化学反应速率的有关计算、速率快慢比较等，难度不大，注意速率比较常用方法，1、归一法，即转化为同一物质表示的速率，2、比值法，即速率与该物质化学计量数之比，比值越大，速率越快2（2分）（2010秋东莞期末）下列反应在常温下均为非自发反应，则在高温下仍为非自发的是（）A2CO（g）2 C（s）+O2（g）B2CuO（s）Cu2O（s）+O2（g）CMgCO3（s）MgO（s）+CO2（g）DSnO2（s）+C（s）Sn（s）+CO2（g）考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的
18、能量变化分析：反应自发进行的判断依据是HTS0；分析选项反应的焓变、熵变、温度判断反应是否自发进行解答：解：A、2CO（g）2 C（s）+O2（g）反应的H0；S0，HTS0，反应一定不能自发进行，故A符合；B、2CuO（s）Cu2O（s）+1/2O2（g）反应的H0；S0，高温下HTS0，反应能自发进行，故B不符合；C、MgCO3（s）MgO（s）+CO2（g）反应的H0；S0，高温下HTS0，反应能自发进行，故C不符合；D、SnO2（s）+C（s）Sn（s）+CO2（g）反应的H00；S0，高温下HTS0，反应能自发进行，故D不符合；故选A点评：本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是
19、否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定，题目较简单3（2分）（2012秋珠海期末）有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（）Aa mLB（50a）mLC大于（50a）mLD大于a mL考点：中和滴定版权所有专题：化学实验基本操作分析：滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，量筒与此相反，据此即可解答解答：解：滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于
20、50ml，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过（50a）ml，盛入量筒内，所得液体体积一定是大于（50a）mL，故选C点评：本题考查了酸式滴定管的结构，注意滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，是解答的关键，题目难度不大4（2分）（2012春泗洪县校级期中）下列物质的稀溶液中，溶质的阴、阳离子个数之比为1：2的是（）ANa2HPO4BNaHSO4C（NH4）2SO4DK2S考点：盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：首先判断离子化合物的阴阳离子组成，然后判断离子
21、是否能够水解，进而可判断溶质的阴、阳离子个数之比解答：解：AHPO42水解，阴、阳离子个数之比小于1：2，故A错误；BNaHSO4完全电离，溶质的阴、阳离子个数之比为1：2，故B正确；CNH4+水解，溶质的阴、阳离子个数之比大于1：2，故C错误；DS2水解，阴、阳离子个数之比小于1：2，故D错误故选B点评：本题考查溶液中溶质的阴、阳离子个数之比，实质上为判断离子的水解，注意常见能水解的离子即可解答该题5（2分）（2013秋肃南裕县校级期中）关于小苏打水溶液的表述正确的是（）Ac（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）Bc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+c（CO32）
22、+c（OH）CHCO3的电离程度大于HCO3的水解程度D存在的电离有：NaHCO3Na+HCO3，HCO3H+CO32，H2OH+OH考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：A根据物料守恒判断；B根据溶液电荷守恒判断；C小苏打溶液呈碱性，说明HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度；D应存在HCO3H+CO32解答：解：A小苏打水溶液中存在Na+、HCO3、CO32、H2CO3，根据物料守恒可知存在c（Na+）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故A正确；B根据溶液电荷守恒可知，溶液中存在c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32
23、）+c（OH），故B错误；C小苏打溶液呈碱性，说明HCO3的电离程度小于HCO3的水解程度，故C错误；DHCO3难电离，存在电离平衡，应为HCO3H+CO32，故D错误故选A点评：本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，注意把握物料守恒和电荷守恒的运用6（2分）（2014秋荆门期末）一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）NaOH固体 H2O NH4Cl固体 CH3COONa固体 NaNO3固体 KCl溶液ABCD考点：化学反应速率的影响因素版权所有专题：化学反应速率专题分析：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+Fe2+H2，为了减缓反应
24、速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，以此来解答解答：解：Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+Fe2+H2，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故错误；加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确； 加入NH4Cl固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故错误； 加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，故错误； 加
25、入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故正确；显然正确，故选：A点评：本题考查影响化学反应速率的因素，明确反应的实质及氢离子的浓度减小是解答本题的关键，难度不大7（2分）（2012秋朝阳区校级期中）一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）3C（g），若反应开始时充入2mol A和2mol B，达平衡后A的体积分数为a%其它条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数小于a%的是（）A2mol CB2mol A、1mol B和1mol He（不参加反应）C1mol B和1mol CD2mol A、2mol B和3mol C考点：等效平衡版
26、权所有专题：化学平衡专题分析：反应2A（g）+B（g）3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，结合浓度对平衡移动的影响进行判断解答：解：反应2A（g）+B（g）3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，则A.2molC相当于molA和molB，二者的比值为2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，故A错误；B.2molA、1molB和1molHe（不参加反应），n（
27、A）：n（B）=2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，故B错误；C.1molB和1molC，相当于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，则平衡后A的体积分数小于a%，故C正确；D.2molA、2molB和3molC，相当于4molA和3molB，二者的比值为4：3，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，故D错误故选C点评：本题考查等效平衡问题，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响可进行判断8（2分）（2011秋汤阴县校级期末）向含有AgCl（s）的饱和AgCl溶液中加水，下列叙述正确的是（）AAgCl的溶解度增大BAgCl的溶解
28、度、Ksp均增大CKsp（AgCl）增大DAgCl的溶解度、Ksp均不变考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：一定温度下AgCl的溶解度、溶度积为定值，二者只受温度影响，据此结合选项解答解答：解：A、加入水多，溶解的氯化银质量多，AgCl的溶解度是指一定温度下，100g水中溶解AgCl的最大质量，与加入水的多少无关，故A错误；B、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故B错误；C、AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变，故C错误；D、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，Ag
29、Cl的溶解度、Ksp不变，故D正确；故选D点评：本题考查溶解度、溶度积含义与影响因素等，难度不大，注意基础知识的掌握9（2分）（2013秋乌鲁木齐校级期中）对于反应N2+O22NO在密闭容器中进行，下列哪个条件不能加快化学反应速率（）A缩小体积使压强增大B体积不变充入N2使压强增大C体积不变充入 He使压强增大D升高温度考点：化学反应速率的影响因素版权所有专题：化学反应速率专题分析：决定化学反应速率快慢的因素有内因和外因，反应物本身的性质（内因），温度、浓度、压强、催化剂等为影响化学反应速率的外界因素，对于反应N2+O22NO是一个反应前后体积不变的反应，据此结合选项的内容解答解答：解：A缩小
30、体积，反应物的浓度增大，活化分子的数目增多，反应速率增大，故A正确；B体积不变充入N2使压强增大，对于反应N2+O22NO，氮气为反应物，反应物的浓度增大，活化分子的数目增多，反应速率增大，故B正确；C体积不变充入He使压强增大，但对于反应N2+O22NO，充入He参加反应的物质的浓度不变，活化分子的数目不变，反应速率不变，故C错误；D温度升高，反应物获得能量，增大活化分子数，反应速率加快，故D正确；故选C点评：本题考查影响化学反应速率的外界因素的适用范围，明确温度、压强、浓度、催化剂等常见的对反应的影响因素是解答的关键，题目较简单10（2分）（2011春五华区校级期末）一定条件下，在2L的密
31、闭容器中充入2molSO2和一定量的O2，发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），进行到4min时，测得n（SO2）=0.4mol，若反应进行到前2min末时，容器中n（SO2）为（）A1.6molB1.2molC大于1.6molD小于1.2mol考点：化学平衡的计算版权所有专题：计算题；化学平衡专题分析：依据化学反应速率的概念进行分析计算，并注意浓度越大，反应速率越大来解答解答：解：根据化学反应速率的概念可知，进行到4min时，测得n （SO2）=0.4mol，此时反应的速率为V（SO2）=0.2mol/Lmin；反应进行到前2min末时设二氧化硫物质的量为x，依据速率定义可得V（
32、SO2）=；进行到2min时的物质浓度大于4min时的物质的浓度，所以反应时4min的反应速率小于2min的反应速率，即V（SO2）=0.2mol/Lmin；整理得，x1.2mol；故选D点评：本题考查了化学反应速率的概念应用，化学反应速率的影响因素，主要是浓度对速率的影响判断11（2分）（2015南昌校级二模）下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是（）热纯碱溶液的洗涤油污能力强；误将钡盐BaCl2、Ba（NO3）2当作食盐食用时，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒；溶洞、珊瑚的形成；碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能；泡沫灭火器灭火的原理ABCD考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转
33、化的本质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解呈碱性，且盐类的水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；钡离子有毒，钡离子能和硫酸根离子反应生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀；溶洞、珊瑚的主要成分是碳酸钙，钙离子和碳酸根离子反应生成难溶性的碳酸钙沉淀；碳酸钡能溶于盐酸，而硫酸钡不能溶于强酸和水；碳酸氢钠溶液水解呈碱性，硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠和硫酸铝能相互促进水解生成二氧化碳解答：解：碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解，所以热纯碱溶液的洗涤油污能力强，应用了盐类水解原理，故不符合；钡离子有毒，所以可溶性的钡盐有毒，钡离子和硫酸根离子反应生
34、成不溶于酸和水的硫酸钡，即易溶性的物质能向难溶性的物质转化，所以可以用沉淀溶解平衡原理来解释；水中含有钙离子，空气中有二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和钙离子反应生成难溶性的碳酸钙，长时间反应，形成溶洞珊瑚，所以可以用沉淀平衡原理来解释；碳酸钡能和盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳、水，硫酸钡和盐酸不反应，所以碳酸钡不能做“钡餐”而硫酸钡则能，可以用沉淀平衡原理来解释；碳酸氢钠水解使其溶液呈碱性，硫酸铝水解使其溶液呈酸性，氢离子和氢氧根离子反应生成水，则碳酸氢钠和硫酸铝相互促进水解，从而迅速的产生二氧化碳，所以可以用盐类水解原理来解释泡沫灭火器灭火的原理，故不符合；故选A点评：本题考查了难溶
35、电解质的溶解平衡原理，难度不大，根据难溶电解质的溶度积常数确定电解质的溶解性强弱12（2分）（2012秋朝阳区校级期中）用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，则此时（）A醋酸和氢氧化钠物质的量相等B醋酸和氢氧化钠恰好中和C氢氧化钠过量D醋酸有剩余考点：电解质在水溶液中的电离；中和滴定版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，说明溶液呈中性，则溶液中存在：c（H+）=c（OH），醋酸为弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠为强电解质，能完全电离，据此即可解答解答：解：A用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，若醋酸和氢氧化钠的物质的量相等
36、恰好反应，产物为醋酸钠和水，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，与题干呈中性矛盾，故A错误；B用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，根据电荷守恒c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）可知，当c（CH3COO）=c（Na+）时，c（OH）=c（H+），即溶液显中性，因醋酸为弱电解质，不能完全电离，氢氧化钠为强电解质，能完全电离，所以此时醋酸应该是过量的，醋酸和氢氧化钠不是恰好中和，故B错误；C用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，若醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，产物为醋酸钠和水，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，当氢氧化钠过量时，溶液呈碱性，且碱性增强，故C错误；D用标
37、准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，若醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，产物为醋酸钠和水，由于生成物醋酸钠水解，溶液显碱性，题干要求溶液的pH值等于7，须醋酸过量，故D正确；故选D点评：本题考查了酸碱混合的定性判断，注意醋酸为弱酸氢氧化钠为强碱、乙酸钠水解呈碱性是解答的关键，题目不难13（2分）（2013秋白城期末）用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（）ABCc（H+）和c（OH）的乘积DOH的物质的量考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3H2OOH+NH4+可知，n（OH）增
38、大，但溶液的体积增大的多，则c（OH）减小，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少解答：解：A、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，增大，故A错误；B、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3H2O）减少，n（OH）增大，减小，故B正确；C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH）的乘积不变，故C错误；D、由NH3H2OOH+NH4+可知，加水促进电离，OH的物质的量增大，故D错误；故选：B点评：本题考查弱电解质的电离，明确稀释时电离平衡的移动及离子的物质的量、离子的浓度的变化是解答的关键，并注意离子积与温度的关
39、系来解答14（2分）（2014秋福建校级期末）某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（）A用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸B用托盘天平称量25.20gNaClC用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3D用25mL滴定管做中和滴定时，用去某浓度的碱溶液21.70mL考点：计量仪器及使用方法版权所有专题：化学实验常用仪器分析：根据化学常用仪器的精确度，托盘天平的精确度为0.1g、量筒的精确度为0.1mL、广泛pH试纸精确到整数，滴定管精确度为0.01ml，否则数据不合理解答：解：A、量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取7.13ml盐酸，故A错误；B、天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取
40、25.20g氯化钠，故B错误；C、广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数，故C错误；D、滴定管精确度为0.01ml，能测量出碱溶液21.70mL，故D正确故选D点评：本题是考查中学化学中常用仪器在使用中读数的问题，同学们应熟悉不同仪器的精确度不同并熟练掌握15（2分）（2013秋荆门期末）在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH离子浓度分别为AmolL1与BmolL1，则A和B的关系为（）AABBA=104BCB=104ADA=B考点：水的电离版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：水的电离方程式为：H2OH+OH，水的电离过程是吸热过程，升温促进电离，加入
41、酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，据此即可解答解答：解：依据影响水电离的因素分析，氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，在pH等于9的NaOH溶液中，c（H+）=1109mol/L，而NaOH只能提供OH，不提供H+，根据公式知：由NaOH电离产生的c（OH）=105mol/L，则由水电离产生的c（OH）=c（H+）=mol/L=109mol/L，即A=109mol/L；CH3COONa是弱酸强碱盐，水中乙酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，pH=9的CH3COONa溶液促进水的电离，OH全部由水电离产生，c（OH）=105mol/L，即B=c（OH）=105mol/L，所以：A：B=
42、109mol/L：105mol/L=104，即A=104B故选B点评：本题考查了影响水的电离的因素，题目难度不大，注意碱和盐分别对水的电离平衡移动的影响是解答本题的关键16（2分）（2011秋濮阳期末）下列溶液加热蒸干、灼烧后，能析出原溶质固体的是（）AAlCl3BKHCO3CFe2（SO4）3DNH4HCO3考点：盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：溶液加热蒸干后，能析出原溶质固体，则溶质性质稳定，不分解，不水解可符合题目要求解答：解：AAl3+水解，生成Al（OH）3，故A错误；BKHCO3不稳定，加热易分解，故B错误；C加热时Fe3+虽然水解，但硫酸难挥发，最后固体仍为Fe2
43、（SO4）3，故C正确；DNH4HCO3不稳定，加热易分解，故D错误故选C点评：本题考查盐类水解知识，题目难度不大，注意把握物质的稳定性和水解的性质，易错点为C，注意硫酸盐水解的特点17（2分）（2012秋朝阳区校级期中）CaCO3在下列液体中溶解度最大的是（）AH2OBNa2CO3溶液CCaCl2溶液D乙醇考点：溶解度、饱和溶液的概念版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：如果溶剂中含有和电离平衡正反应产物相同的离子，则发生同离子效应，抑制电离平衡，从而抑制溶解平衡解答：解：CaCO3的溶解过程如下：CaCO3（s）Ca2+CO32如果溶液中有大量Ca2+ 或大量CO32，都会使平衡左移
44、，减小CaCO3的溶解度这就是同离子效应而乙醇的极性小于水，因此CaCO3在乙醇中的溶解度依旧比水小答案是水故选A点评：本题考查同离子效应，难度不大，注意如果溶剂中含有和电离平衡正反应产物相同的离子，则发生同离子效应，抑制电离平衡，从而抑制溶解平衡18（2分）（2011秋平川区校级期末）1体积pH=2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，是该碱溶液的pH等于（）A9.0B9.5C10.5D11.0考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题；电离平衡与溶液的pH专题分析：酸碱中和的实质是：H+OH=H2O，当H+与OH恰好完全反应时，依据二者的物质
45、的量相等，可求强酸（或强碱）的浓度或体积，若H+或OH过剩，则用“对消稀释法“，先求剩余的c（H+）或c（OH），再进一步求混合溶液的pH解答：解：据题意，一元强酸和一元强碱恰好反应，故有H+与OH的物质的量相等，设强酸的体积为V，则强碱的体积为10V，有V102.5=10V10PH14，解得PH=10.5故选C点评：本题主要考查学生强酸和强碱混合后溶液PH的计算，解此类题型的要点是H+OH=H2O19（2分）（2013秋鹿城区校级期末）含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，设消耗CH3COOH溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是（）AVa10VbB
46、Va=10VbCVb10VaDVb10Va考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，根据含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，二者物质的量相等判断解答：解：含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3
47、的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，PH=3的醋酸浓度为y，则有Vax=Vby，则=，即Vb10Va，故选D点评：本题考查酸碱混合的计算，题目难度较大，本题注意浓度不同的醋酸，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小20（2分）（2014秋启东市校级期末）若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是（）A生成了一种强酸弱碱盐B弱酸溶液和强碱溶液反应C强酸溶液和弱碱溶液反应D一元强酸溶液和一元强碱溶液反应考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：若pH=3的酸溶液和pH=11的
48、碱溶液中，c（H+）=c（OH）=103mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，说明应后酸过量，应为弱酸和强碱的反应，本题可讨论分析解答：解：pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+）=c（OH）=103mol/L，则若为强酸强碱，则反应后溶液呈中性，若为弱酸、强碱，反应后酸过量，溶液呈酸性，若为强酸、弱碱，则碱过量，反应后溶液呈碱性，只有B符合，故选：B点评：本题考查弱电解质的电离和盐类的水解知识，题目难度中等，本题注意c（H+）=c（OH）时，弱电解质的浓度大于强电解质溶液的浓度21（2分）（2013秋朝阳区校级期中）下列溶液，一定呈中性的是（）Ac（H+）=1107mol/L的溶液B
49、pH=pOH 的溶液CpH=14pOH 的溶液D由等体积、等物质的量浓度的一元酸跟氢氧化钠溶液混合后所形成的溶液考点：溶液pH的定义版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：溶液的酸碱性是根据溶液中H+浓度与OH浓度的相对大小判断当c（H+）c（OH），溶液就呈酸性；当c（H+）=c（OH），溶液就呈中性；当溶液中c（H+）c（OH），溶液就呈碱性；据此即可解答解答：解：A常温下，水的离子积Kw=11014，所以，c（H+）1107mol/L，溶液呈酸性；c（H+）=1107mol/L，溶液呈中性；c（H+）1107mol/L，溶液呈碱性Kw受温度影响，水的电离是吸热的，温度越高Kw越大，如
50、100时，水的离子积常数是1012，当c（H+）=1106mol/L时溶液呈中性，当c（H+）=1107mol/L时溶液呈碱性，该选项中c（H+）=1107mol/L的溶液，也可能显碱性，故A错误；B溶液中当C（H+）=C（OH）时，溶液一定呈中性，pH=lgH+，pOH=lgOH），pH=pOH，故B正确；CpH=14pOH，pH+pOH=14，根据 pH=lgH+，pOH=lgOH），可知：c（H+）c（OH）=11014，当c（H+）=1106mol/L，c（OH）=1108mol/L，符合条件，但c（H+）c（OH），溶液呈酸性，故C错误；D由等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠混合
51、，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成乙酸钠和水，乙酸钠是弱酸强碱盐水解而使溶液呈碱性，故D错误；故选B点评：本题主要考查溶液的酸碱性的判断，注意根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性，注意酸碱电解质的强弱以及盐类水解的酸碱性是关键，题目不难22（2分）（2012秋朝阳区校级期中）得到较纯的FeS沉淀，应在FeCl2溶液中加入的试剂（）A（NH4）2SBNa2SCH2SDNaHS考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；盐类水解的应用版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：比较纯是这个问题的关键，所以不能引入氢氧化亚铁以及相关的沉淀，在加入试剂时一定要尽可能的减少
52、S2水解，或者想办法减少OH的产生最好加NH4HS或者（NH4）2S，因为HS、S2水解产生的OH可以被铵根离子消耗掉解答：解：A、加入（NH4）2S，生成FeS沉淀，溶液中的NH4Cl水解显酸性，会抑制Fe（OH）2的生成，故A正确；B、加入Na2S，Na2S溶液水解碱性较强，会使FeS沉淀中混有Fe（OH）2，故B错误；C、加入H2S无法反应，因为弱酸H2S无法制强酸HCl，故C错误；D、加入NaHSH，电离程度较小，水解程度相对较大，很难生成FeS沉淀，即使有生成，溶液中的氢离子依然会让FeS溶解，故D错误；故选A点评：本题考查了难溶电解质的沉淀溶解平衡的分析应用，盐类水解的应用，酸式酸
53、根离子的电离和水解程度比较，题目难度中等23（2分）（2012秋朝阳区校级期中）实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度用甲基橙作指示剂，下列操作可能使测定结果偏低的是（）A酸式滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液清洗B开始实验时，酸式滴定管尖咀部份有气泡，在滴定过程中气泡消失C滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数D达到滴定终点时，仰视读数并记录考点：中和滴定版权所有专题：化学实验基本操作分析：根据c（待测）=，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差解答：解：A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，
54、造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故A错误；B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=；可知c（标准）偏大，故B错误；C、滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，但又立即变为黄色，此时便停止滴定，记录读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（标准）偏小，故C正确；D、达到滴定终点时，仰视读数并记录，造成V（标准）增大，根据c（待测）=，可知c（标准）偏大，故D错误；故选C点评：本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及计算，难度不大，根据课本知识即可完成24（2分）（2010秋襄阳期中）常温下，0.1mol/L某一元酸（
55、HA）溶液中=1108，下列叙述正确的是（）A溶液中水电离出的c（H+）=1010mol/LB溶液中c（H+）+c（A）=0.1 mol/LC溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH）均增大D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后所得溶液中离子浓度大小关系为c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：常温下Kw=c（OH）c（H+）=1014，又知0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，解之得c（H+）=103mol/L，则HA为弱酸，以此解答该题解答：解：常温下Kw=c（OH）c（
56、H+）=1014，0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中=1108，得c（H+）=103mol/L，A水电离出的c（H+）=c（OH）=mol/L=1011mol/L，故A错误；B溶液中c（H+）+c（A）2c（H+）=2103mol/L，故B错误；C溶液中加入一定量CH3COONa晶体，发生：CH3COO+H+CH3COOH，或加入水，都会导致c（H+）减小，c（OH）增大，故C正确；D与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合后，HA过量，则溶液应呈酸性，应有c（H+）c（OH），故D错误故选C点评：本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，本题注意根据溶液中=1108结合Kw计算溶液中c（H
57、+）为解答该题的关键25（2分）（2012秋朝阳区校级期中）如图是向20.00mL盐酸中逐渐滴入NaOH溶液时，溶液pH值变化的图象，根据图象分析，下列结论中不正确的是（）A盐酸起始浓度为0.1molL1BNaOH溶液浓度为0.08molL1C滴入碱量为20mL时，向混合溶液中滴入2滴甲基橙试液，溶液显橙色D滴到中和点时，耗NaOH物质的量为0.002mol考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；化学实验基本操作分析：由图象可知未加入NaOH溶液时盐酸pH=1，盐酸起始浓度为0.1molL1，当加入NaOH25mL时，二者恰好完全反应，根据20103L
58、0.1molL1=25103Lc（NaOH），可计算NaOH浓度，结合酸碱反应的实质可解答该题解答：解：A当V（NaOH）=0时，pH=1，则盐酸起始浓度为0.1molL1，故A正确；B当加入NaOH25mL时，二者恰好完全反应，则有20103L0.1molL1=25103Lc（NaOH），c（NaOH）=0.081molL1，故B正确；C滴入碱量为20mL时，酸过量，反应后c（H+）=0.01mol/L，pH=2，向混合溶液中滴入2滴甲基橙试液，溶液显红色，故C错误；Dn（HCl）=20103L0.1molL1=0.002mol，则滴到中和点时，耗NaOH物质的量为0.002mol，故D正确
59、故选C点评：本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，本题注意正确判断并分析图象，为解答该题的关键二、填空题（共50分）26（6分）（2012秋朝阳区校级期中）Na2S的水溶液洗患处可以用来治疗由一种小芥虫在皮肤内生活引起的皮肤病，而且用热水配制的Na2S溶液治疗效果更好请说明原因，并写出有关的离子方程式（已知：H2S有毒，可杀虫）（1）可治疗的原因因为Na2S水解生成的H2S有毒，可杀虫；（2）热水配制的原因水解是吸热反应，热水溶解Na2S时促使平衡右移动，增大H2S的浓度（3）离子方程式Na2S+H2ONaHS+NaOH，NaHS+H2ONaOH+H2S考点：盐类水解的应用版权所有专题：
60、盐类的水解专题分析：Na2S为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解过程为吸热反应，加热可促进水解，水解可生成H2S有毒，可杀虫解答：解：（1）Na2S为强碱弱酸盐，水解生成NaOH和H2S，H2S有毒，可杀虫，故答案为：因为Na2S水解生成的H2S有毒，可杀虫；（2）水解过程为吸热反应，加热可促进水解，使平衡向生成H2S的方向移动，增大H2S浓度，故答案为：水解是吸热反应，热水溶解Na2S时促使平衡右移动，增大H2S的浓度；（3）Na2S为强碱弱酸盐，分两步水解其中以第一步水解为主，离子方程式为Na2S+H2ONaHS+NaOH，NaHS+H2ONaOH+H2S，故答案为：Na2S+H2ONaHS+N
61、aOH，NaHS+H2ONaOH+H2S点评：本题考查盐类水解的应用，题目难度不大，本题注意把握影响盐类水解的因素，为该题的主要考查点，注意把握盐类水解的原理27（12分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）AgNO3的水溶液呈酸（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的pH7（填“”、“=”、“”），原因是（用离子方程式表示）：Ag+H2OAgOH+H+；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制（填“促进”、“抑制”）其水解（2）把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3；（3）在配制硫化钠溶液时，为了防止发
62、生水解，可以加入少量的NaOH考点：盐类水解的应用版权所有专题：盐类的水解专题分析：（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性，从影响平衡移动的角度解答；（2）FeCl3溶液在加热时促进Fe3+的水解，水解后生成Fe（OH）3，加热分解生成Fe2O3；（3）硫化钠水解呈碱性，从影响盐类水解平衡移动的因素分析解答：解：（1）AgNO3为强酸弱碱盐，Ag+离子水解使溶液呈酸性，水解方程式为Ag+H2O AgOH+H+，在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，防止Ag+离子水解使溶液溶液浑浊，故答案为：酸；Ag+H2O AgOH+H+；抑制；（2）FeCl3为强
63、酸弱碱盐，水解生成Fe（OH）3和盐酸，盐酸易挥发，FeCl3溶液在加热时促进Fe3+的水解，水解后生成Fe（OH）3，加热分解生成Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（3）硫化钠水解呈碱性，在溶液中存在S2+H2OHS+OH，加热少量NaOH，溶液中OH浓度增大，可抑制水解，故答案为：NaOH点评：本题考查盐类水解的应用，题目难度中等，注意盐类水解的原理以及影响因素，为该题的主要考查对象，学习中注意把握28（10分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈碱性（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（Na+）c（CH3COO）（填“”
64、或“=”或“”，下同）（2）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈中性，醋酸体积氢氧化钠溶液体积考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；盐类水解的原理版权所有专题：盐类的水解专题分析：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，醋酸根离子水解显碱性；（2）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；（3）根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（
65、CH3COO），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量解答：解：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成NaAc，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，则c（Na+）c（CH3COO），故答案为：碱；（2）pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，故答案为：酸；（3）根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则c（H+）=c（OH），溶液为中性，若等体积等浓
66、度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量，即醋酸体积氢氧化钠溶液的体积，故答案为：中性；点评：本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答，题目难度不大29（4分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）平衡常数K表示可逆反应的进行程度，K值越大，表示可逆反应的进行程度越大（2）大小与温度的关系是：温度升高，K值可能增大也可能减小（填一定增大、一定减小、或可能增大也可能减小）考点：化学平衡常数的含义版权所有专题：化学平衡专题分析：（1）化学平衡常数K=，根据K与反应物浓度幂之积和生成物浓度幂之积之间的关系进行；（2）升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据生成物浓度浓度
67、幂之积和生成物浓度幂之积的变化确定K的变化解答：解：（1）平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，K越大，说明生成物越多，反应物越少，所以可逆反应进行的程度越大，故答案为：可逆反应进行的程度越大；（2）当反应放热时，升高温度平衡向逆反应方向移动，当反应吸热时，升高温度平衡向正反应方向移动，温度升高，K可能增大，也可能减小，故答案为：可能增大也可能减小点评：本题考查了化学平衡常数的含义，明确化学平衡常数K与温度的关系是解本题的关键，难度不大30（18分）（2012秋朝阳区校级期中）（1）在25条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）DA9 B13 C1113之间
68、D911之间（2）25时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）CA氨水与氯化铵发生化学反应B氯化铵溶液水解显酸性，增加了c（H+）C氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c（OH）减小（3）室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），NH3H2O和两种粒子的物质的量之和等于0.1mol和H+两种粒子的物质的量之和比OH多0.05mol（4）已知某溶液中只存在OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：Ac（Cl）
69、c（NH4+）c（H+）c（OH） Bc（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）Cc（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH） Dc（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是氯化铵，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号）A若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是NH4Cl和HCl若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）（填“”、“”、或“=”，下同）c（NH3H2O），混合后溶液中c（NH4+）与c（Cl）的关系c（NH4+）=c（Cl）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素；
70、离子浓度大小的比较版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：（1）将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的；（2）氨水是弱电解质存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离；（3）根据物料守恒和电荷守恒来分析；（4）任何水溶液中都有OH、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析；C中离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl）c（H+）c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液；溶液呈中性，则溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒确定溶液中铵根离子浓度和氯离子浓度的关系，氯化铵溶液呈酸性，要使溶液呈中性
71、，氨水应该稍微过量解答：解：（1）将pH=11的氨水稀释100倍后，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的pH应该911之间，故选D；（2）氯化铵溶于水电离出铵根离子，使氨水中的铵根离子浓度增大平衡向左移动，从而抑制氨水电离，故选C；（3）根据物料守恒知，C（NH4+）+C（NH3H2O）=0.1mol，根据溶液中电荷守恒得C（Cl）+c（OH）=c（H+）+C（NH4+）+C（Na+），c（H+）+C（NH4+）c（OH）=C（Cl）C（Na+）=0.1mol0.05mol=0.05mol，故答案为：NH4+、NH3H2O；NH4+、H+；（4）因任何水溶液中都有OH、H+，若溶
72、质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，则c（Cl）c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）c（OH），又水解的程度很弱，则c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），即A符合，故答案为：NH4Cl；A；C中离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl）c（H+）c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl，故答案为：NH4Cl和HCl；氯化铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，要使氯化铵溶液呈中性，则氨水应稍微过量，因为盐酸和氨水的体积相等，则盐酸的物质的量浓度小于氨水，溶液呈中性，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，溶液呈电中性，所以溶液中氯离子浓度等于铵根离子浓度，故答案为：，=点评：本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小的比较等知识点，根据物质的性质及物料守恒和电荷守恒来分析解答，难度较大
