1、河北省安平中学2020-2021学年高二化学上学期第三次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Mg：24 Fe：56一、选择题：(本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求)1. 在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是A. 溶液显电中性B. 溶液中检测不出CH3COOH分子存在C. 氢离子浓度恒定不变D. c(H+)=c(CH3COO-)【答案】C【解析】【分析】【详解】A任何电解质溶液都成电中性，与弱电解质是否达到电离平衡无关，故A不符合题意；BCH3COOH为弱电解质，电离过程为可逆过程，溶液中应存在C
2、H3COOH分子，故B不符合题意；C醋酸分子部分电离生成醋酸根和氢离子，氢离子浓度恒定不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C符合题意；D无论是否达到平衡状态，溶液中都存在电荷守恒，c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，c(H+)=c(CH3COO-)不符合溶液电中性原则，故D不符合题意；答案选C。【点睛】本题的易错点为D，不能仅根据醋酸的电离方程式判断，溶液中还存在水的电离平衡。2. 有机化合物有不同的分类方法，下列说法正确的是从组成元素分：烃，烃的衍生物 从分子中碳骨架形状分：链状有机化合物，环状有机化合物 从官能团分：烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、酮、羧酸、酯等
3、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】从组成元素有机物分为烃，烃的衍生物，正确；从分子中碳骨架形状有机物分为链状有机化合物，环状有机化合物，正确；苯环不是官能团，芳香烃不是依据官能团分类的，错误；答案选B。【点睛】3. 下列溶液一定是碱性的是（ ）A. pH8的某电解质的溶液B. c(OH-)110-7mol/LC. 溶液中含有OH-D. 溶液中c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】【分析】任何水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)c(OH-)
4、，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH=7，溶液呈中性；c(H+)10-7，pH7，溶液呈酸性；c(H+)7，溶液呈碱性，据此判断。【详解】A. 没指明温度， Kw不一定等于1014，不能根据pH值判断溶液的酸碱性，故A错误；B. 没指明温度， Kw不一定等于1014，不能根据c(OH-)浓度大小判断溶液的酸碱性，故B错误；C. 任何水溶液中都含有氢氧根离子，不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性，故C错误；D. 溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小， c(OH-)c(H+)，溶液一定显碱性，故D正确；答案选D。【点睛】任何水溶液中都含有氢离
5、子和氢氧根离子，溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小：c(H+)c(OH-)，溶液呈酸性；c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；c(H+)c(OH-)，溶液呈碱性；室温时，Kw=10-14，若溶液中：c(H+)=10-7，pH值=7，溶液呈中性；c(H+)10-7，pH值7，溶液呈酸性；c(H+)7，溶液呈碱性。同学们经常会忽略温度的影响，直接认为pH8的某电解质的溶液呈碱性，一定要加强理解通过pH值，以及通过比较c(H+)或c(OH-)与10-7的相对大小，来判断溶液酸碱性。4. 下列式子属于水解反应，且溶液呈酸性的是A. +H2OH3O+B. Fe3+3H2OFe(OH)3+3
6、H+C. HS-+H2OH2S+OH-D. +OH-NH3+H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A+H2OH3O+是的电离方程式，溶液呈酸性，故A不符合题意；BFe3+3H2OFe(OH)3+3H+是Fe3+的水解方程式，Fe3+水解生成Fe(OH)3，溶液呈酸性，故B符合题意；CHS-+H2OH2S+OH-是HS-的水解方程式，溶液显碱性，故C不符合题意；D+OH-NH3+H2O表示的是和OH-反应生成氨气和水，故D不符合题意；答案选B。5. 水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子中只有1个水分子发生电离，则n值是（ ）A. 110-14B. 55.6107C. 107D. 55
7、.6【答案】B【解析】【分析】【详解】1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：1000g18g/mol55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：55.6/107n/1，解得n=55.6107，答案选B。6. 明矾溶于水，所得溶液中各种离子的物质的量浓度的关系是A. c(K+)c()c(Al3+)c(H+)c(OH-)B. c()c(K+)=c(Al3+)c(OH-)c(H+)C. c()c(K+)=c(Al3+)c(H+)c(OH-)D. c()c(K+)c
8、(Al3+)c(H+)c(OH-)【答案】D【解析】【分析】【详解】明矾的主要成分是KAl(SO4)212H2O，溶于水会发生电离，KAl(SO4)212H2O=K+Al3+2+12H2O，c()最大，Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，K+不水解，c(K+)c(Al3+)，故离子浓度大小关系为c()c(K+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)，答案选D。7. 已知某温度下，Ka(HCN)=6.210-10molL1、Ka(HF)=6.810-4molL1、Ka(CH3COOH)=1.810-5molL1、Ka(HNO2)=6.410-6mol
9、L1。物质的量浓度都为0.1molL1的下列溶液中，pH最小的是A. HFB. HCNC. CH3COOHD. HNO2【答案】A【解析】【分析】根据电离常数的大小分析弱酸的酸性强弱关系。【详解】在相同温度下，电离常数越大，弱酸的酸性越强。比较几种弱酸的电离常数(Ka(HCN)=6.210-10molL1、Ka(HF)=6.810-4molL1、Ka(CH3COOH)=1.810-5molL1、Ka(HNO2)=6.410-6molL1)，可以发现电离常数最大的是HF，故酸性最强的是HF。当几种弱酸的物质的量浓度均为0.1molL1时，电离常数最大的弱酸，其电离度必然也是最大的，故其中的c(H
10、+)也是最大的，故其pH是最小的，故选A。【点睛】在相同温度和相同浓度的条件下，弱电解质的电离常数越大，则其电离程度越大。8. 进行酸碱中和滴定实验时，需要用到但事先不需要用所盛溶液洗涤的仪器是A. 酸式滴定管B. 碱式滴定管C. 烧杯D. 锥形瓶【答案】D【解析】【分析】中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管、移液管和锥形瓶，其中酸式滴定管、碱式滴定管、移液管需要用所盛放的液体润洗，否则溶液被稀释，锥形瓶不需要润洗，据此解答。【详解】A酸式滴定管在用蒸馏水洗净后，内壁上附着蒸馏水，直接加溶液，会导致溶液的浓度减小，所以要用所盛的溶液润洗，故不选A；B同酸式滴定管一样，碱式滴定管也要用所盛的溶
11、液润洗，故不选B；C烧杯不是中和滴定必须用到的仪器，故C不选；D锥形瓶盛放的待测溶液的体积是用滴定管等仪器准确量取的，若润洗，会使待测溶液的物质的量偏大，产生误差，故锥形瓶不需要润洗，故D选；答案选D。9. 将足量BaCO3粉末分别加入下列溶液中，充分溶解至溶液饱和。各溶液中Ba2+的浓度最小的为A. 40mL 水B. 10mL 0.2 molL1Na2CO3溶液C. 50mL 0.01 molL1氯化钡溶液D. 100mL 0.01 molL1盐酸【答案】B【解析】A、BaCO3粉末加入40mL水中，充分溶解至溶液饱和存在BaCO3(s)Ba2+(aq )+CO32-(aq)，则溶液中存在一
12、定浓度的Ba2+，但浓度较小；B、将足量BaCO3粉末加入10mL0.2mol/LNa2CO3溶液中，由于碳酸根离子的浓度较大，抑制碳酸钡的溶解，则Ba2+的浓度很小；C、将足量BaCO3粉末加入50mL0.01mol/L氯化钡溶液中，氯化钡电离产生0.01mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；D、将足量BaCO3粉末加入100mL0.01mol/L盐酸中，碳酸钡与盐酸反应生成0.005mol/LBa2+，则Ba2+的浓度较大；显然B中Ba2+的浓度最小，故选B。点睛：明确选项中的离子浓度对碳酸钡的溶解的影响是解答本题的关键。本题的易错点为CD的比较，要注意D中生成的氯化钡溶液的浓度为0.
13、005mol/L。10. 物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是A. Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KClB NaOH、Na2CO3、KNO3、NH4ClC. NH3H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4D. NaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl【答案】B【解析】【分析】【详解】ABa(OH)2为强碱，不水解，溶液呈强碱性，pH远大于7；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解呈弱碱性，pH大于7，FeCl3是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，pH小于7，KCl是强碱强酸盐溶液呈中性，pH等于7，则不是按照pH由大到小排列，故A不符合题意；BNaOH为强碱，不水
14、解，溶液呈强碱性，pH远大于7；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈弱碱性，pH大于7，KNO3是强碱强酸盐溶液呈中性，pH等于7，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，pH小于7，pH由大到小排列，故B符合题意；CNH3H2O为弱碱，pH值最大，H3PO4显酸性，pH小于7，Na2SO4呈中性，pH等于7，硫酸为强酸，其pH远小于7，则不是按照pH由大到小排列，故C不符合题意；DNaHCO3为强碱弱酸盐，水解呈弱碱性，pH大于7，C6H5COOH呈酸性，pH小于7，C2H5OH呈中性，pH等于7，HCl为强酸，其pH远小于7，不按照pH由大到小排列，故D不符合题意；答案选B。11. 下列化学用
15、语正确的是（ ）A. 聚丙烯的结构简式：B. 丙烷分子的比例模型：C. 四氯化碳分子的电子式：D. 2乙基1，3丁二烯分子的键线式：【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 聚丙烯的结构简式为，A错误；B. 丙烷分子的球棍模型：，B错误；C. 四氯化碳分子的电子式：，C错误；D. 2-乙基-1，3-丁二烯分子的键线式：，D正确，答案选D。【点睛】掌握有机物结构的表示方法是解答的关键，尤其要注意比例模型与球棍模型的区别，球棍模型：用来表现化学分子的三维空间分布。棍代表共价键，球表示构成有机物分子的原子。比例模型：是一种与球棍模型类似，用来表现分子三维空间分布的分子模型。球代表原子，球的大小代表原子
16、直径的大小，球和球紧靠在一起，在表示比例模型时要注意原子半径的相对大小。12. 下列事实不属于盐类水解应用的是A. 实验室制氢气时加CuSO4加快反应速率B. 实验室通常使用热的纯碱溶液去除油污C. 实验室配制FeCl3溶液时加少量稀盐酸D. 明矾和氯化铁晶体在生产中常作净水剂【答案】A【解析】【分析】【详解】A实验室用金属Zn单质和稀硫酸反应制氢气，加入CuSO4与Zn反应置换出Cu单质，构成铜锌原电池，加快反应速率，与盐类水解无关，故A符合题意；B纯碱是碳酸钠，在溶液中碳酸根离子水解生成氢氧根离子，加热促进水解，使溶液碱性增强，碱性条件下使油脂发生水解形成溶于水的物质，从而除去油污，与盐类
17、水解有关，故B不符合题意；CFeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中易发生水解生成氢氧化铁，实验室配制FeCl3溶液时加少量稀盐酸，氢离子抑制Fe3+发生水解，与盐类水解有关，故C不符合题意；D明矾和氯化铁晶体均为强酸弱碱盐，Fe3+和Al3+在溶液中均易发生水解生成氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可除去水中固体颗粒杂质，在生产中常作净水剂，与盐类水解有关，故D不符合题意；答案选A。13. 下图是X、Y、Z三种液体在常温下的对应近似pH，下列判断不正确的是() A X显酸性B. Y一定是水C. Z可能是碳酸钠溶液D. Z可使紫色石蕊试液变蓝【答案】B【解析】【分析】【详解】AX的pH
18、为1，小于7，呈酸性，正确；BY的pH为7，所以呈中性，但呈中性的溶液不一定是水，如氯化钠的溶液也是中性的，错误；CZ的pH为10，大于7，呈碱性，而碳酸钠溶液显碱性，正确；DZ的pH为10，大于7，呈碱性，因此Z可使紫色石蕊试液变蓝，正确。14. 相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液：a.(NH4)2SO4；b.(NH4)2CO3；c.(NH4)2Fe(SO4)2；c(NH)大小判断正确的是A. cabB. abcC. acbD. a=b=c【答案】A【解析】【分析】【详解】(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2三种溶液，(NH4)2CO3溶液中CO离子促进NH
19、水解，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+抑制NH离子水解，则同浓度的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中铵根离子浓度大小为(NH4)2Fe(SO4)2(NH4)2SO4(NH4)2CO3，即cab；故选A。15. 在一定温度下，有pH相同的H2SO4和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离的H浓度为10-a mol/L，在Al2(SO4)3中由水电离的H浓度为10-b mol/L，则此温度下的Kw为A. 10-14B. 10-2aC. 10-(ab)D. 10-(7a) 【答案】C【解析】【分析】【详解】有pH相同的H2SO4溶液和Al
20、2(SO4)3溶液，硫酸溶液对水的电离起到抑制作用，水电离出的氢离子浓度=10-amol/L，在Al2(SO4)3溶液中Al3+水解对水的电离起到促进作用，由水电离的H+浓度为10-bmol/L，硫酸溶液中氢离子浓度为10-bmol/L，硫酸溶液中水电离出的c(H+)和c(OH-)相同，忽略水电离出的氢离子浓度，依据离子积常数可知硫酸溶液中离子积Kw= c(H+)酸 c(OH-)=10-bmol/L10-amol/L=10-(a+b) mol2/L2；故合理选项是C。【点睛】本题考查溶液中离子积常数的应用和计算，注意酸抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，题目难度中等。二、选择题：(本题共5小题
21、，每题3分，共15分，每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)16. 常温下，一定浓度的某溶液，由水电离出的c（OH）=104mol/L，则该溶液中的溶质可能是（ ）A. Al2（SO4）3B. CH3COONaC. NaOHD. KHSO4【答案】AB【解析】【分析】【详解】因为溶液中存在水的电离平衡：H2OH+OH-，常温下纯水电离出来的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，若溶质是可直接电离出H+或OH-的酸、碱、某些酸式盐，则水的电离受到抑制，由水电离出来的c(H+)水=c(OH-)水10-7mol/L，如题中的CD选项；若溶质是可发
22、生水解的盐类，则会促进水的电离，由水电离出来的c(H+)水=c(OH-)水10-7mol/L。本题中由水电离出的c(OH-)=10-4mol/L10-7mol/L，则可肯定溶质是促进了水电离的盐类,该盐可以是强酸弱碱盐，如A选项，也可以是强碱弱酸盐，如B选项。所以，答案是A B。【点睛】注意题干的表达，“由水电离出的氢离子或氢氧根离子”和“溶液中的氢离子或氢氧根离子”是两种截然不同的概念，在任何情况下，由水电离出的氢离子永远等于由水电离出的氢氧根离子。注意D选项KHSO4能完全电离，电离出的氢离子对水的电离起抑制作用。17. 二元酸H2A在水中发生电离：H2A=H+HA-和HA-H+A2-，则
23、下列几种物质的水溶液中关系式不正确的是A. NaHA： c(Na+)c(HA-)c(OH-)c(H+)B. NaHA： c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C. Na2A： c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(H+)D. H2A： c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)【答案】AD【解析】【分析】【详解】A、根据电离过程可以知道二元酸的一级电离是完全的，二级电离是可逆的所以HA-离子不水解而电离显酸性，c(H+)c(OH-)，故A错误；B、在NaHA溶液中存在阳离子是Na+、H+，阴离子HA-、A2-、OH-，溶液中存在物料守恒，c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)，
24、故B正确；C、在Na2A溶液中A2-离子水解溶液显碱性，A2-+H2OHA-+OH-，HA-+ H2OH2A+OH-；溶液中离子浓度一定是c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D、在H2A溶液中阳离子H+，阴离子HA-、A2-、OH-，溶液中存在电荷守恒一定是c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，故D错误；故选AD。18. 用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液(甲基橙作指示剂)，下列操作正确的是A. 滴定时，边摇动锥形瓶边观察锥形瓶中溶液颜色变化B. 滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准盐酸进行滴定C. 锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用氢氧化钠溶液润洗D. 当滴定至溶液由红色
25、变为橙色，且半分钟不变色，即为滴定终点【答案】A【解析】【分析】【详解】A滴定时，眼睛注视锥形瓶中的颜色变化，边摇动锥形瓶边观察锥形瓶中溶液的颜色变化，故A符合题意；B滴定管用蒸馏水洗涤后，要用标准盐酸润洗，再装入标准盐酸进行滴定，若不润洗，会使消耗盐酸的体积偏大，故B不符合题意；C锥形瓶用蒸馏水洗涤后，不能用氢氧化钠溶液润洗，会使消耗盐酸的体积偏大，故C不符合题意；D用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液，甲基橙作指示剂，甲基橙遇碱性溶液变黄，当滴定至溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色，即为滴定终点，故D不符合题意；答案选A。19. (2011惠州市调研)一定温度下，难溶电解质AmBn在水中溶解平衡的溶
26、度积为Kspcm(An)cn(Bm)。25，向AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液，先出现黄色沉淀，最终生成黑色沉淀。已知有关物质的颜色和溶度积如下：物质AgClAgIAg2S颜色白黄黑Ksp(25)1.810101.510161.81050下列叙述不正确的是()A. 溶度积小的沉淀可以转化为溶度积更小的沉淀B. 若先加入Na2S溶液，再加入KI溶液，则无黄色沉淀产生C. 25时，饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中所含Ag的浓度相同D. 25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同【答案】C【解析】【分析】【详解】25 时，根据溶度积
27、可判断，其饱和溶液中Ag浓度大小依次是：AgClAgIAg2S。20. 某温度下，向一定体积0.1 molL-1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lgOH-)与pH的变化关系如图所示，则A. M点所示溶液的导电能力强于Q点B. N点所示溶液中c(CH3COO-) = c(Na)C. M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D. Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【答案】C【解析】【分析】【详解】ApH越大说明加入的NaOH越多，所以M点溶质主要是醋酸，Q点溶质主要是醋酸钠，醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，所以M点所示溶液的导电能力弱于Q点，故A错
28、误；BN点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na)c(CH3COO-) ，故B错误；C由于M点的H浓度等于N点的OH浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；D消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积时，溶液呈碱性，Q点溶液呈中性，加NaOH溶液的体积少于醋酸溶液的体积，故D错误；故选C。三、填空题21. 25 时，50 mL 0.10 molL-1醋酸中存在下述平衡：CH3COOHCH3COO-H，若分别作如下改变，对上述平衡有何影响？(1) 加入少量纯醋酸，电离平衡将_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)，溶液中c(H)将_(填“增大”“减小”
29、或“不变”)。(2)加入一定量蒸馏水，电离平衡将_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)，溶液中c(H)将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(3) 加入少量0.10 molL-1盐酸，电离平衡将_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)，溶液中c(H)将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4) 加入20 mL 0.10 molL-1 NaCl溶液，平衡将_(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)，溶液中c(H)将_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】 (1). 向右移动 (2). 增大 (3). 向右移动 (4). 减小 (5). 向左移动 (6). 增大 (7). 向右移动
30、 (8). 减小【解析】【分析】【详解】(1)加入冰醋酸，醋酸浓度增大电离平衡向正反应方向移动，导致溶液中H+浓度增大；(2)弱电解质浓度越小，其电离程度越大，所以加水稀释促进醋酸的电离，平衡向电离方向移动，但其电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中H+浓度减小；(3)HCl是强电解质，电离出的氢离子抑制醋酸的电离，使电离平衡向左移动；平衡移动只是减弱H+浓度的增大，最终结果还是增大；(4)加入氯化钠溶液相当于稀释醋酸，促进醋酸的电离，则醋酸的电离平衡向右移动，但氢离子物质的量的增加不如体积增加程度大，所以H+浓度减小。22. 溶液中的化学反应大多是离子反应。请回答下列问题：(1)将6g
31、CH3COOH溶于水制成1L溶液，经测定溶液中含CH3COO-为1.410-3molL-1，此温度下醋酸的电离常数：Ka=_。(2)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_n(填“”“”或“=”)。(3)常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中水电离出来的c(OH-)=_。若将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，混合溶液中c(Na+)_c(CH3COO-)(填“”“”或“=”)。(4)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式表示：盐碱地产生碱性的原因：_(用化学方程式表示)；农
32、业上用石膏降低其碱性的反应原理：_(用化学方程式表示)。【答案】 (1). 1.9910-5 (2). (3). 110-8molL-1 (4). (5). Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH (6). Na2CO3+CaSO4CaCO3+Na2SO4【解析】【分析】【详解】(1)6gCH3COOH的物质的量n=0.1mol，将0.1molCH3COOH溶于水制成1L溶液，溶液中醋酸分子的浓度为：c=0.1mol/L，醋酸存在弱电解质的电离平衡，CH3COOHCH3COO-+H+，平衡时CH3COOH的浓度为0.1molL-1-1.410-3molL-1=0.0986molL-1，溶液
33、中含CH3COO-为1.410-3molL-1，和氢离子浓度相等，此温度下醋酸的电离常数：Ka=1.9910-5；(2)pH和体积相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，强碱的pH下降幅度越大，稀释后pH仍相等，说明NaOH溶液稀释的倍数小，则mn；(3)常温下，在pH=6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液显酸性，说明以CH3COOH的电离为主，OH-全部来自于水的电离，水电离出来的c(OH-)=molL-1=110-8molL-1；pH=3的醋酸中电离出的氢离子的浓度为10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中电离出的氢氧根离子的浓度=mol/L=10-3mol/L，若
34、将pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，二者反应生成醋酸钠，由于醋酸为弱酸，过量，导致溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，混合溶液中c(Na+)c(CH3COO-)；(4)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，盐碱地产生碱性的原因是碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，显碱性，化学方程式为：Na2CO3+H2ONaHCO3+NaOH；石膏的主要成分是硫酸钙，农业上用石膏降低其碱性是硫酸钙和碳酸钠反应生成难溶的碳酸钙和硫酸钠，硫酸钠为强酸强碱盐，显中性，故石膏可以降低其碱性，可以化学方程
35、式为：Na2CO3+CaSO4CaCO3+Na2SO4。23. I.已知：乙二酸俗称草酸(结构简式为HOOCCOOH，可简写为H2C2O4)。25时，草酸的电离平衡常数为K1=5.0102，K2=5.4105；碳酸(H2CO3)的电离平衡常数为K1=4.5107，K2=4.71011。草酸钙的Ksp=4.0108，碳酸钙的Ksp=2.5109.回答下列问题：(1)相同条件下等物质的量浓度的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH_(填“大”、“小”或“相等”)；(2)常温下将20mL 0.4mol/L的KOH溶液与20mL 0.2mol/L的草酸溶液混合，则混合后溶液中阴离子浓度的大小
36、顺序为_。(3)25时向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入8.0104mol/L的草酸钾溶液20mL，能否产生沉淀_(填“能”或“不能”)。II.已知：25 时，0.1 molL-1的HA溶液中c(H)/c(OH-)=1010。HA是_(填“强电解质”或“弱电解质”)。在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而减小的是 _(填字母)。Ac(HA)/c(A-)Bc(H)/c(HA)Cc(H)与c(OH-)乘积 Dc(OH-)【答案】 (1). 小 (2). c(C2O)c(OH)c(HC2O) (3). 不能 (4). 弱电解质 (5). A【解析】【分析】【详解】I. (1) 25时，草酸的
37、电离平衡常数为K1=5.0102，K2=5.4105；碳酸(H2CO3)的电离平衡常数为K1=4.5107，K2=4.71011，即草酸氢根的酸性强于碳酸氢根的酸性，根据“越弱越水解”的规律，相同条件下等物质的量浓度的Na2C2O4溶液的pH比Na2CO3溶液的pH小，故答案为：小；(2)常温下将20mL 0.4mol/L的KOH溶液与20mL 0.2mol/L的草酸溶液混合，反应恰好生成草酸钾，含有的阴离子有C2O，OH，HC2O，由于水解是微弱的，所以C2O浓度最大，C2O分步水解，水解方程式为：C2O+H2OHC2O+ OH，HC2O+H2OH2C2O4+OH，则c(OH)c(HC2O)
38、，所以溶液中阴离子浓度的大小顺序为c(C2O)c(OH)c(HC2O)；(3)25时，根据碳酸钙的Ksp=2.5109，则饱和溶液中c(Ca2+)=mol/L =5105 mol/L，加入8.0104mol/L的草酸钾溶液20mL，则c(Ca2+)=2.5105 mol/L，c(C2O)=4.0104mol/L，此时Qsp(CaC2O4)= c(Ca2+)c(C2O)= 2.51054.0104=108Ksp(CaC2O4)，不能否产生沉淀，故答案为：不能；II.25 时，0.1 molL-1的HA溶液中c(H)/c(OH-)=1010，即c(H) =10-2mol/L，则HA没有全部电离，属
39、于弱电解质。由分析可知，HA是弱电解质；AHA的电离平衡常数为：，则，加水稀释过程中，电离平衡常数不变，H浓度逐渐减小，则c(HA)/c(A-)变小，故A正确；BHA的电离平衡常数为：，则，加水稀释过程中，电离平衡常数不变，A-浓度逐渐减小，则c(H)/c(HA)变大，故B错误；Cc(H)与c(OH-)的乘积等于Kw，温度不变，Kw不变，故C错误；D加水稀释过程中，H+浓度逐渐减小，根据Kw= c(H) c(OH-)可知，c(OH-)增大，故D错误；故答案为：A。24. 目前高铁酸钠(Na2FeO4)被广泛应用于水的处理，具有高效、无毒的优点。某地海水样品经Na2FeO4处理后，所含离子及其浓
40、度见下表(H+和OH-浓度小，未列出)：离子SOMg2+Fe3+Na+Cl浓度/(molL-1)a0.050.100.500.56常温下，取一定量经Na2FeO4处理过的海水为原料制备精制食盐水和MgCl27H2O，过程如下：注：离子的浓度小于1.0105molL1，可认为该离子不存在；KspFe(OH)3=1.01038，KspMg(OH)2=5.01012；操作过程中溶液体积的变化忽略不计。(1)根据表中列出的离子浓度计算a=_。沉淀A是_(填化学式)。(2)在调节溶液pH时，理论上应调节的pH范围是_；加入的过量试剂X为_(填化学式)。(3)加入过量HCl的作用为_。【答案】 (1).
41、0.17 (2). Fe(OH)3 (3). 3pH9 (4). Ba(OH)2 (5). 使Mg(OH)2全部转化为MgCl2，抑制Mg2+水解【解析】【分析】根据流程，经Na2FeO4处理过的海水先调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则沉淀A为Fe(OH)3；滤液A中加入试剂X将Mg2+转化为Mg(OH)2，同时得到硫酸钡沉淀，则X为Ba(OH)2；沉淀B为Mg(OH)2和BaSO4的混化合物；滤液B中只要含有NaCl和Ba(OH)2，先入过量碳酸钠除去Ba2+，在加入适量稀盐酸中和OH-，从而得到精制食盐水；沉淀B中加入过量盐酸使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，过滤
42、得到BaSO4沉淀和含有MgCl2的滤液C，将滤液C进行蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl27H2O。【详解】(1)H和OH浓度小，可以忽略，根据表中离子浓度大小，利用电荷守恒可知：2c(SO)+c(Cl-)=2c(Mg2+)+3c(Fe3+)+c(Na+)，即2a+0.56=20.05+30.1+0.5，则a=0.17；由工艺流程图可知，处理的海水调节pH值，目的是Fe3+将转化为Fe(OH)3，除去溶液中的Fe3+，故沉淀A的组成为Fe(OH)3；(2)离子的浓度小于1.0105molL1，可认为该离子不存在；KspFe(OH)3=1.01038，KspMg(OH)2=5.01012，由表格数
43、据，c(Mg2+)=0.05mol/L，Mg2+开始沉淀时c(OH-)= =10-5mol/L，pOH=5，则pH值为14-pOH=9，Fe3+完全沉淀时c(OH-)=10-11mol/L，pOH=11，则pH值为14-pOH=3，在调节溶液pH时，应当使3pH9；由工艺流程图可知，加入的过量试剂X目的是使滤液A中的SO转化为沉淀，Mg2+转化为Mg(OH)2，用钡离子沉淀SO，氢氧根沉淀Mg2+，故试剂X为Ba(OH)2；(3)由工艺流程图可知，加入过量盐酸使Mg(OH)2全部溶解转化为MgCl2，在加热浓缩滤液C时Mg2+水解，HCl的作用为抑制Mg2+水解。25. 毒重石的主要成分为Ba
44、CO3(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(BaC2O4)=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：
45、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). F
46、e3+ (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
47、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，M
48、g2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
49、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Ba
50、Cl22H2O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。
