1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020-2021学年第一学期高二年级化学月考试卷一、选择题1. 在水中加入下列物质，可以促进水电离的是（ ）A. H2SO4B. NaOHC. Na2CO3D. KNO3【答案】C【解析】【详解】A硫酸溶于水显酸性，抑制水的电离，故A错误；B氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，故B错误；C硝酸钾是强酸强碱盐对水的电离无影响，故C错误；D碳酸钠是强碱弱酸盐，水中碳酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，故D正确；故选D。【点睛】硝酸钾电离出来离子不能与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质，对水的电离无影响。2. 下列物质的水溶液能导电，且属于强电解质的是A. CH3
2、COOHB. Cl2C. NH4HCO3D. SO2【答案】C【解析】【详解】A、醋酸在水中能够部分电离出氢离子和醋酸根离子，所以其水溶液能导电，醋酸是弱电解质，A错误；B、氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C、碳酸氢铵在水溶液能电离出自由移动的阴阳离子而使其溶液导电，所以碳酸氢铵是电解质，且是强电解质，C正确；D、二氧化硫的水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，D错误；答案选C。3. 下列不能说明醋酸是弱酸的是()A. 将pH2的醋酸溶液稀释100倍后，pH大于2小于4B. 导电能力比盐酸弱C. 常温下，0.1molL-1醋酸钠溶液的p
3、H值约为9D. 常温下0.1 molL1醋酸pH3【答案】B【解析】【分析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要说明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答。【详解】A常温下，pH2的醋酸溶液稀释100倍，若为强电解质，则pH变化为4，若pH大于2小于4，说明稀释过程中醋酸又电离出氢离子，存在电离平衡，即说明为弱电解质，故A不符合题意；B导电能力的强弱取决于溶液中离子浓度的大小及离子所带电荷数的多少，而与电解质的强弱无关，因醋酸和盐酸的浓度不确定，故不能根据导电性的强弱判断醋酸是弱酸，故B符合题意；C0.1molL-1醋酸钠溶液的pH值约为9，说明醋酸根离子
4、能发生水解，根据盐类水解规律有弱才水解，谁强显谁性可知醋酸为弱酸，故C不符合题意；D常温下，0.1 molL1的醋酸溶液的pH3，说明醋酸没有完全电离，溶液中存在电离平衡，醋酸为弱电解质，故D不符合；故选：B。4. 下列各物质的溶液中显酸性的是A. NaHCO3B. (NH4)2SO4C. NaClD. CH3COOK【答案】B【解析】【详解】A碳酸氢钠属于强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以碳酸氢钠溶液呈碱性，故A错误；B硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解而使溶液呈酸性，故B正确；C氯化钠属于强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C错误；D醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而使其溶
5、液呈碱性，故D错误；故选B。5. 下列指定化学用语正确的是（ ）A. NaHCO3水解的离子方程式：HCO3-+H2O = CO32-+H3O+B. Ba(OH)2的电离方程式：Ba(OH)2Ba2+2OH-C. NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4= Na+H+SO42-D. Na2S水解的离子方程式：S2-+2H2O = H2S+2OH-【答案】C【解析】A项，NaHCO3水解的离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-，错误；B项，Ba（OH）2属于强碱，电离方程式为Ba（OH）2=Ba2+2OH-，错误；C项，NaHSO4属于强酸的酸式盐，在水中的电离方程式为NaHSO4
6、=Na+H+SO42-，正确；D项，Na2S水解的离子方程式为S2-+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，错误；答案选C。点睛：本题主要考查电离方程式和水解离子方程式的书写，注意电离方程式和水解离子方程式的书写要点和区别是解题的关键。尤其注意弱酸酸式阴离子电离方程式和水解离子方程式的区别：如HCO3-的电离方程式为HCO3-H+CO32-，水解离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；强酸酸式盐在水溶液和熔融状态电离方程式不同：如NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na+H+SO42-，在熔融状态电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-。6. 0.1mol
7、L1CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH，加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起A. 溶液的pH增大B. CH3COOH电离度变大C. 溶液的导电能力减弱D. 溶液中c(OH)减少【答案】A【解析】【分析】根据电离平衡关系，加水稀释促进电离，加入醋酸钠晶体抑制电离，据此回答问题。【详解】A. 加入少量CH3COONa晶体会使电离平衡逆向移动，氢离子的浓度下降；加水稀释时，电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，但氢离子浓度下降，故两种情况下溶液的pH均增大，A符合题意；B. 加水稀释促进电离，加入醋酸钠晶体抑制电离，对CH3COOH电离度的影响不同，B不符
8、合题意；C. 加入少量CH3COONa晶体时，溶液的导电能力增强，C不符合题意；D. 两种情况下溶液的pH均增大，溶液中c(OH)增大，D不符合题意。答案为A。7. 下列水溶液一定呈中性的是( )A. c(NH4+)=c(Cl-)的NH4Cl和氨水的混合溶液B. c(H+)=1.010-7molL-1的溶液C. pH=7的溶液D. 室温下将pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合后的溶液【答案】A【解析】【详解】溶液的酸碱性与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小有关，当c(H+)=c(OH-)，溶液就呈中性，A溶液存在的离子有NH+4、H+、Cl-、OH-，溶液呈电中性，所以电荷守恒：c(NH+
9、4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因为c(NH+4)=c(Cl-)，所以，c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A正确；Bc(H+)=10-7molL-1溶液，溶液的pH=7，如A所分析，溶液不一定成中性，故B错误；CpH=7的溶液，不一定是常温下，水的离子积不一定是Kw=110-14，则溶液中c(H+)、c(OH-)不一定相等，故C错误；D没有告诉为酸碱的强弱，无法计算溶液中氢离子和氢氧根离子浓度，无法判断反应后溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，故D错误；故选A。【点晴】掌握判断溶液中性的本质判据是解题关键，注意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的，
10、不能直接用溶液的pH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。8. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A. 明矾溶液加热B. CH3COONa溶液加热C. 氨水中加入少量NH4Cl固体D. 小苏打溶液中加入少量NaCl固体【答案】B【解析】【详解】A明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，A错误；BCH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，B正确；C氨水为弱碱，部分电离：NH3H2ON
11、H4+OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4+Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，C错误；D加入少量NaCl固体不影响小苏打的电离和水解，酚酞溶液不变深，D错误。答案选B。【点晴】解答时注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。9. 下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（ ）A. CO32-H2OHCO3-OH 热的纯碱溶液清洗油污B. Al33H2OAl(OH)33H 明矾净水C. TiCl4(x2)H2O(过量)TiO2xH2O4HCl 制备TiO2xH2OD. SnCl2H2OSn(OH)ClHCl 配制氯化亚锡
12、溶液时加入氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】A、纯碱溶液中由于碳酸根离子的水解，溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c(OH-)增大，清洗油污能力增强，故A正确；B、明矾溶于水，Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，起到净水作用，故B正确；C、四氯化钛可以和水之间发生反应：TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2xH2O+4HCl，可以用来制取TiO2xH2O，故C正确；D、根据反应：SnCl2+H2OSn(OH)Cl+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠，促进平衡正向移动，得到Sn(OH)Cl，配制结果不会成功，故D错误；故选D。10. 下列实验操作不会引起误
13、差的是（ ）A. 酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶B. 酸碱中和滴定时，用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液C. 用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴D. 用标准盐酸测定未知浓度NaOH结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡【答案】C【解析】【分析】用公试c（待测）=分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析。【详解】A锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，A项错误；B酸碱中和滴定时，滴定管水洗后，直接盛装标准液，标准液的浓度会稀释而降低，为达到终点将待测液反应完
14、毕，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，故需要先用标准液润洗滴定管，然后再盛装标准溶液，B项错误；C在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量，C项正确；D滴定终点时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，开始实验时无气泡，可以理解成滴定终点时气泡将使滴定管里的液面上升，标准液的体积减小，导致测定浓度偏低，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查酸碱中和滴定误差的判断，根据公式c（待测）=进行中和滴定的误差分析是最基本的方法，使用中应注意由于操作的失误导致公式中的某些数据发生变化，从而导致最终结果出现误差。11. 对于 0.1 mol/L Na2S
15、O3溶液，正确的是( )A. 升高温度，溶液 pH 降低B. c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)C. c(Na)c(H)2c(SO)2c(HSO)c(OH)D. 加入少量 NaOH 固体，c(SO)与c(Na)均增大【答案】D【解析】【详解】A、升高温度，SO32的水解程度增大，溶液的pH增大，错误；B、根据物料守恒可得：c(Na)c(SO)c(HSO)c(H2SO3)，错误；C、根据电荷守恒可得：c(Na)c(H)2c(SO)c(HSO)c(OH)，错误；D、加入少量 NaOH 固体，Na+、OH浓度增大，SO32的水解平衡向左移动，SO32的离子浓度增大，正确。12. 下列
16、说法不正确的是A. Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关B. 由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀C. 其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D. 两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小【答案】D【解析】【详解】A、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，正确；B、沉淀易向更难溶的方向转化，由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀，正确；C、Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，离子浓度改变时，Ksp不变，正确；D、阴、阳离子个数比相同的难溶物，Ksp小的，溶解度一定小，阴、阳离子个数比不同的难溶
17、物，Ksp小的，溶解度不一定小，错误。13. 当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s) Mg2(aq)2OH(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，须加入少量的A MgCl2B. NaOHC. MgSO4D. NaHSO4【答案】D【解析】【详解】A、加入少量MgCl2，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg(OH)2固体的量增大，A不符合题意；B、加入NaOH，OH-的浓度增大，平衡向左移动，Mg(OH)2固体的量增大，B不符合题意；C、加入少量Mg2SO4，镁离子的浓度增大，平衡左移，Mg(OH)2固体的量增大，C不符合题意；D、加入少量NaHSO4，其可以电离出H+将Mg(OH
18、)2电离产生的OH-中和，OH-浓度减小，溶解平衡右移，Mg(OH)2固体的量减少，D符合题意。答案选D。14. 将0.1 molL-1的盐酸逐滴加入到0.1 molL-1的氨水中，在滴加过程中不可能出现的结果是( )A. c(NH)c(Cl-)，c(OH-)c(H+)B. c(Cl-)c(NH)，c(OH-)c(H+)C. c(NH)=c(Cl-)，c(OH-)=c(H+)D. c(Cl-)c(NH)，c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】【详解】A将0.1 molL-1的盐酸逐滴加入到0.1 molL-1的氨水中，根据电荷守恒，若c(NH)c(Cl-)，一定有c(OH-)c(H+)，可能
19、有c(NH)c(Cl-)，c(OH-)c(H+)，故不选A；B将0.1 molL-1的盐酸逐滴加入到0.1 molL-1的氨水中，根据电荷守恒，若c(Cl-)c(NH)，一定有c(H+)c(OH-)，不可能有c(Cl-)c(NH)，c(OH-)c(H+)，故选B；C将0.1 molL-1的盐酸逐滴加入到0.1 molL-1的氨水中，根据电荷守恒，若c(Cl-)=c(NH)，一定有c(H+)=c(OH-)，可能有c(NH)=c(Cl-)，c(OH-)=c(H+)，故不选C；D将0.1 molL-1的盐酸逐滴加入到0.1 molL-1的氨水中，根据电荷守恒，若c(Cl-)c(NH)，一定有c(H+
20、)c(OH-)，可能有c(Cl-)c(NH)，c(H+)c(OH-)，故不选D；选B。15. 下列溶液加热蒸干后，不能析出原溶质固体的是 ( )A. Fe2(SO4)3B. KClC. FeCl3D. Na2CO3【答案】C【解析】【详解】AFe2(SO4)3加热水解生成Fe(OH)3和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到Fe2(SO4)3，A错误；B氯化钾属于不水解的盐，加热蒸干，最后得到氯化钾固体，B错误；CFeCl3加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，进一步促进水解，所以得到氢氧化铁，Fe(OH)3易分解生成Fe2O3，因此最后灼烧得到Fe2O3固体，C正确；D碳酸钠加热蒸
21、干，最后得到Na2CO3固体，D错误；故选C。16. 把0.02mol/LCH3COOH溶液和 0.01mol/LNaOH 溶液以等体积混和，溶液显酸性，则混合液中微粒浓度关系正确的为( )A. c(CH3COO-)c (Na+)B. c(OH-)c(H+)C. c(CH3COOH)c(CH3COO-)D. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L【答案】A【解析】【详解】0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，反应后溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa。A由于醋酸电离程度大于醋酸根离子水解，混合溶液显酸性，则c(H+)
22、c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知：c (CH3COO-)c(Na+)，故A正确；B混合液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，则溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，故B错误；C反应后混合液中溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸电离程度大于醋酸根离子水解，则混合液中c(CH3COOH)c(CH3COO-)，故C错误；D两溶液等体积混合后，溶液体积变为原来的2倍，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L，故D错误；故选：A。17. 实验室
23、现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.14.4，石蕊：508.0，酚酞：8.210.0，用0.1000molL1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是( )A. 溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B. 溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C. 溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D. 溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂【答案】D【解析】【详解】NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，为了减少滴定误差，应选择指示剂的pH范围与CH3COONa溶液的pH接近，所以指示剂选择酚酞
24、，故答案为D。18. 相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是A. 电离程度：HCNHClOB. pH：HClOHCNC. 与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClOHCND. 酸根离子浓度：c(CN)c(ClO)【答案】D【解析】【详解】A、NaCN和NaClO溶液相比，前者的pH较大，可以得出酸性HCNHClO，电离程度次氯酸大，故A错误；B、酸性HCNHClO，同体积和同浓度的HCN和HClO的pH大小顺序是：HClOHCN，故B错误；C、同体积和同浓度的HCN和HClO，其物质的量是相等的，
25、与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO=HCN，故C错误；D、同浓度的HCN和HClO，酸性HCNHClO，所以次氯酸的电离程度大于氢氰酸，即c（CN-）c（ClO-），故D正确；答案选D。19. 在由水电离出的c(H+)=110-12molL-1的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )A. NH、Ba2+、NO、Cl-B. Cl-、SO、Na+、K+C. SO、NO、Fe2+、Mg2+D. Na+、K+、ClO-、I-【答案】B【解析】【分析】由水电离出的c(H)11012molL1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液；再根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水
26、、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，才能大量共存，以此来解答。【详解】A.NH在碱性条件下生成一水合氨，不能大量共存，故A不符合题意；B.酸或碱溶液中，四种离子之间不发生反应，可以大量共存，故B符合题意；C.碱性溶液中Fe2+、Mg2+与氢氧根离子反应不能大量共存；酸性溶液中NO、Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，故C不符合题意；D.酸性条件下ClO-、I-能发生氧化还原反应不能大量共存，故D不符合题意；故选：B20. 科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质的燃料电池发电。电池正极反应为：A. O24H+4e2H2OB. H2 2e2H+
27、C. O22H2O4e4OHD. H2 2e2OH2H2O【答案】A【解析】【详解】氢气具有还原性，在负极上发生氧化反应，由于电解质溶液呈酸性，则负极上氢气失电子生成氢离子，负极反应为H2 2e2H+，正极电极反应式为O24H+4e2H2O，A项正确；答案选A。【点睛】准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性。21. 铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解质溶液为H2SO4，工作时的电池反应为PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O，下列结论正确的是（ ）A. Pb为正极被氧化B. 溶液的pH不断减小C. SO42-只向PbO2处移动
28、D. 电子由Pb极流向PbO2极【答案】D【解析】【分析】根据题意，该电池的电极反应式为：正极(PbO2)：PbO2 + 4H+ + SO42- + 2e- = PbSO4 + 2H2O负极(Pb)：Pb + SO42- 2e- = PbSO4可在此基础上对各选项作出判断。【详解】A. Pb为负极被氧化，A选项错误；B. 根据题给反应可知，反应消耗了酸，溶液的pH不断增大，B选项错误；C. 根据分析，正极和负极均有SO42- 参与反应，C选项错误；D. 电子由负极沿外电路流向正极，所以电子由Pb极流向PbO2极，D选项正确；答案选D。22. 常温下，向10.00mL0.1000molL-1 H
29、A溶液中逐滴加入0.1000molL-1NaOH溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A. HA溶液的电离方程式为HAH+ +A-B. 恰好完全反应的点是c点C. 整个滴定过程中水的电离程度先增大后减小D. 点d所示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)【答案】B【解析】【详解】A、0.1000molL-1 HA溶液pH1，说明没有完全电离，故A正确；B、整个滴定过程中，当HA与NaOH溶液恰好反应生成NaA时，溶液显碱性，所以d点时恰好完全反应，故B错误；C、在滴加到d点时，生成NaA，水电离程度最大，继续滴加氢氧化钠抑制水的电离，所以整
30、个滴定过程中水的电离程度先增大后减小，故C正确；D、点d所示溶液的溶质为NaA，根据NaA溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故D正确；故选B。23. 下列对Na2CO3和NaHCO3溶液说法中不正确的是（ ）A. 在Na2CO3和NaHCO3溶液中离子种类相同B. 在溶质物质的量浓度和体积相等的Na2A和NaHA溶液中，阴离子总数相等C. 在NaHCO3溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()D. 在Na2CO3溶液中一定有：c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A能电离和水解，电离生
31、成和H+，水解生成H2CO3和OH-，第一步水解生成和OH-，第二步水解生成H2CO3和OH-，溶液中还存在水电离产生的H+，所以两种溶液中粒子种类相同，A正确；B在溶质物质的量浓度相等的Na2A和NaHA溶液中，A2-水解生成的阴离子HA-及OH-增多，故两种溶液中阴离子总数不相等，B错误；C在NaHCO3溶液中存在阴、阳离子的电荷守恒，阳离子为Na+、H+阴离子为、OH-、存在的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)+2c()，C正确；D在Na2CO3溶液中水电离出的氢离子和氢氧根离子相等，氢离子被结合为弱电解质，溶液中氢氧根离子大于氢离子，存在质子守恒，c(OH-)=c
32、(H+)+c()+2c(H2CO3)，D正确；故答案为B。24. 已知25时AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，观察到的现象是先出现黄色沉淀，最后生成黑色沉淀。已知下列物质颜色和溶度积：物质AgClAgIAg2S颜色白色黄色黑色Ksp(25)1.810-101.510-161.810-50下列说法正确的是（ ）A. 由题知三种固体的溶解度：AgClAgIAg2SB. 25时，饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中所含Ag+的浓度相同C. 若先加入Na2S溶液，再加入KI溶液，则无黄色沉淀产生D. 25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积
33、相同【答案】C【解析】【详解】A在相同外界条件下，对于相同类型的难溶性盐，一般情况下物质的溶度积大的其溶解度大，所以溶解度：AgClAgI，A错误；B饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中Ag+的浓度分别为： mol/L、 mol/L、mol/L，可见，三种溶液中Ag+的浓度不同，B错误；CAg2S溶度积较小，加入Na2S溶液后，溶液中银离子浓度非常小，加入等浓度的KI溶液后，离子的浓度幂之积小于Ksp(AgI)，所以不能生成黄色沉淀，C正确；D溶度积只受温度的影响，与溶液离子浓度的大小无关，根据表格数据可知三种物质的溶度积常数不同，D错误；故答案为C。25. 有关原电池的下列说法中正确的是（
34、）A. 在外电路中电子由正极流向负极B. 在原电池中负极发生还原反应C. 阳离子向正极方向移动D. 原电池中正极一定是不活泼金属【答案】C【解析】【详解】A.原电池放电时，负极失去电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应，外电路中电子由负极沿导线流向正极，故A错误；B.在原电池中，负极发生氧化反应，故B错误；C.原电池工作时，电解质溶液中的阳离子移向正极，发生还原反应，故C正确；D.原电池中正极是不活泼金属或可以导电的非金属，故D错误。故选C。二、填空题26. .已知95 时水的离子积KW=110-12，25 时KW=11014，回答下列问题：(1)95 时水的电离常数_(填“”“=”或“
35、”) 25 时水的电离常数。(2)95 纯水中c(H)_(填“”“=”或“”)c(OH)。(3)95 时向纯水中加入NaOH，c(OH)=1101 molL-1，此时pH=_。.(25 )，将20mL0.01 molL1 KOH溶液与30mL0.005molL1H2SO4溶液混合并加水至100ml，求混合液的pH值_(写计算过程)。【答案】 (1). (2). = (3). 11 (4). 3【解析】【详解】(1)水的电离为吸热反应，温度越高水的电离程度越大，电离平衡常数越大，所以95时水的电离常数25时水的电离常数，故答案为：；(2)由水的电离：,可知，任何温度下纯水中水电离出的c(H)等于
36、c(OH)，故答案为：=；(3)95 时水的离子积KW=110-12，c(OH-)=110-1molL-1，,pH=11，故答案为：11；II.混合后溶液中的c(H)=， 混合液的pH=3，故答案为：3。27. 现有下列化合物NaCl、NaOH、HCl、NH4Cl、CH3COONa、CH3COOH、NH3H2O、H2O，回答问题：(1)NH4Cl溶液显_性，用离子方程式表示_(2)常温下，pH10的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH)为_mol/l，在pH3的CH3COOH溶液中水电离出来的c(H)为_mol/l。(3)已知水中存在如下平衡：H2OH2OH3O+OH H0，现欲使平衡
37、向右移动，且所得溶液显酸性，选择的方法是_。A向水中加入NaHSO4固体 B向水中加入Na2CO3固体 C加热至100 D向水中加入(NH4)2SO4固体(4) 常温下，将pH=12的NaOH和氨水分别加水稀释100倍后，稀释后NaOH的pH_10，氨水的pH_10(填“”“ (8). (9). +H2OH2CO3+OH- (10). 盐酸 (11). 3+Fe3+=3CO2+Fe(OH)3【解析】【详解】(1)氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铵根离子水解的离子方程式为+H2ONH3H2O+H+，故答案为：酸；+H2ONH3H2O+H+；(2)CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=10的CH3C
38、OONa溶液中，c(OH)=104mol/L，c(H+)=1010mol/L，CH3COONa中氢离子和氢氧根离子都是水电离的，则水电离出来的c(OH)为104mol/L；在pH=3的CH3COOH溶液中，c(OH)=1011mol/L，酸中的氢氧根离子由水电离，则水电离出来的c(OH)=c(H+)为1011mol/L，故答案为：10-4；1011；(3)A向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故A错误；B向水中加Na2CO3固体，水解呈碱性，故B错误；C加热至100，促进水的电离，溶液呈中性，故C错误；D向水中加入(NH4)2SO4固体，水解呈酸性，故D正确；故答案为：D；
39、(4) pH=12的NaOH溶液中c(OH)=10-2mol/L，加水稀释100倍后c(OH)=10-4mol/L，c(H+)=10-10 mol/L，pH=10；氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释pH=12的氨水溶液，稀释过程中促进氨水的电离，稀释后氨水的pH10，故答案为：=；(5)NH4Cl溶液中铵根离子发生水解+H2ONH3H2O+H+；CH3COONH4溶液中醋酸根促进铵根离子的水解；NH3H2O溶液中NH3H2O少部分电离出铵根离子；浓度由大到小的顺序为：，故答案为：；(6)NaHCO3溶液中碳酸氢根会发生水解：+H2OH2CO3+OH-，并且其水解程度大于其电离程度，溶液显碱性
40、，故答案为：+H2OH2CO3+OH-；(7)FeCl3溶液中Fe3+会发生水解Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，实验室中配制FeCl3溶液时常加入盐酸溶液以抑制其水解，NaHCO3和FeCl3溶液混合，将产生红褐色沉淀Fe(OH)3和无色气体CO2，离子方程式为：3+Fe3+=3CO2+Fe(OH)3，故答案为：3+Fe3+=3CO2+Fe(OH)3。28. 利用反应Cu2Ag+=2Ag+Cu2+设计一个化学电池。回答下列问题：(1)该电池的负极材料是_，发生_反应(填“氧化”或“还原”)；(2)X是_，Y是_；(3)正极上出现的现象是_；(4)在外电路中，电子从_极流向_极。(5)负
41、极反应式：_；正极反应式：_。【答案】 (1). Cu (2). 氧化 (3). 硫酸铜溶液 (4). 硝酸银溶液 (5). 有银白色的固体析出 (6). 负(Cu) (7). 正(Ag) (8). Cu-2e-= Cu2+ (9). 2Ag+2e- = 2Ag【解析】【详解】(1)在Cu2Ag2AgCu2反应中，Cu被氧化，应为原电池的负极，故答案为：Cu；氧化；(2)负极反应为：Cu2eCu2，电解质溶液为含Cu2离子的溶液，如硝酸铜；正极反应为2Ag2e2Ag，电解质溶液为含Ag离子的溶液，如AgNO3溶液；故答案为：硝酸铜溶液；硝酸银溶液；(3)正极上Ag得电子被还原生成单质Ag，有银
42、白色物质生成，故答案为：有银白色的固体析出；(4)原电池中，电子由负极流出经导线流向正极，故答案为：负(Cu)；正(Ag)；(5)负极反应为：Cu2eCu2，正极反应为2Ag2e2Ag，故答案为：Cu2eCu2；2Ag2e2Ag。29. （1）在粗制CuSO45H2O晶体中常含有杂质Fe2。在提纯时为了除去Fe2，常加入合适的氧化剂，使Fe2转化为Fe3，下列物质可采用的是_。AKMnO4 BH2O2 C氯水 DHNO3然后再加入适当物质调整溶液pH至4，使Fe3转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的_。ANaOH BNH3H2O CCuO DCu(OH)2（2）甲同学怀疑调整溶液p
43、H至4是否能达到除去Fe3而不损失Cu2的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp1.01038，Cu(OH)2的溶度积Ksp3.01020，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1.0105molL1时就认定沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0molL1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_，Fe3完全沉淀即c(Fe3)1.0105molL1时溶液的pH为_，通过计算确定上述方案_(填“可行”或“不可行”)。【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3 (5). 可行【解析】【分析】(1)加入合适的氧化剂，使
44、Fe2+氧化为Fe3+，需要不能引入新的杂质；调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；(2)依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于110-5molL-1时就认为沉淀完全，计算Fe(OH)3沉淀完全时的pH。【详解】(1)加入合适的氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，但不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合；调整溶液至pH=4，使
45、Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可，A、B能够将铜离子也转化为沉淀，不符合，故答案为CD；(2)Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.010-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0molL-1，c(Cu2+)=3.0molL-1，依据溶度积常数c(Cu2+)c2(OH-)=3.010-20；c2(OH-)=10-20；得到c(OH-)=10-10mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-4mol/L，溶液pH=4，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的
46、pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于110-5molL-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.010-38，c(Fe3+)c3(OH-)=1.010-38；c3(OH-)=1.010-33，则c(OH-)=110-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)c(OH-)=10-14；c(H+)=110-3mol/L，则pH=3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，则方案可行。【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意结合溶度积常数计算出Fe(OH)3沉淀完全时的pH，需要该pH4，以及Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH，需要该pH4。- 19 - 版权所有高考资源网