1、2015-2016学年甘肃省天水三中高二（上）第三次段考化学试卷一、选择题1下列关于能量变化的说法正确的是（）A“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒2在以下各种情形下，下列电离方程式的书写正确的是（）A熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4Na+H+SOBFe（OH）3的电离：Fe（OH）3Fe3+3OHCH2CO3的电离：H2CO32H+COD水溶液中的NaHSO4电离：NaHSO4Na+
2、HSO3在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）AZ为0.3mol/LBY2为0.4mol/LCX2为0.2mol/LDZ为0.4mol/L425时，0.1mol/L稀醋酸加水稀释，如图中的纵坐标y可以是（）A溶液的pHB醋酸的电离平衡常数C溶液的导电能力D醋酸的电离程度5相同体积、相同pH的某一元强酸溶液和某一元弱酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是（）ABCD6一定温度下，
3、向0.1molL1 CH3COOH溶液中加少量水，下列有关说法错误的是（）A溶液中所有离子的浓度都减小BCH3COOH的电离程度变大C水的电离程度变大D溶液的pH增大725时，在1.0L浓度均为0.01molL1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c（Na+）c（A），则下列描述中，不正确的是（）A该溶液的pH7BHA的酸性很弱，A水解程度较大Cc（A）+c（HA）=0.02 molL1Dn（A）+n（OH）=0.01 mo1+n（H+）8室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（
4、）Aa点由水电离出的c（H+）=1.01014molL1Bb点：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl）Cc点：c（Cl）=c（NH4+）Dd点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3H2O电离吸热9下列叙述正确的是（）A任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱Bc（H+）=1107 molL1的溶液一定是中性溶液C0.2 molL1 CH3COOH溶液中的c（H+）是0.1 molL1 CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍D无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c（H+）c（OH）都是定值10下列说法错误的是（）A0.1 molL1的CH3COOH溶液中，由水电离的H+
5、为1013molL1BpH=2与pH=1的CH3COOH溶液中H+之比为1：10CpH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液等体积混合，混合后溶液pH7D1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8NA11如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂二非选择题12在一定温度下，有a盐酸b硫酸c醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺
6、序是（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是（4）将c（H+）相同的这三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是（5）在不同温度下的水溶液中c（H+）=10x mol/L，c（OH）=10y mol/L，x与y的关系如图所示请回答下列问题：曲线代表的温度下，水的离子积为，曲线所代表的温度（填“高于”“低于”或“等于”）曲线所代表的温度你判断的依据是曲线所代表的温度下，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为13常温下有浓度均为0.5molL1的四种溶液：碳酸钠溶液 碳酸氢钠溶液 盐酸 氨水请根据题目要求回答下列问题：（1）上述溶液中，可发生水解反应的是（填
7、序号，下同）（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠溶液反应，又能与硫酸溶液反应的溶液中离子浓度大到小的顺序是（3）取适量溶液，加入少量氯化铵固体，此时溶液中的值（填“增大”或“减小”或“不变”）（4）若将和的溶液混合后溶液恰好呈中性，则混合前的体积的体积 （填大于、小于、等于），此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是（5）取10mL溶液，加水稀释到500mL，则该溶液中由水电离出的c（H+）=14某学生用0.1molL1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：A移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞B用标准溶液润洗滴定管23次C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定
8、管尖嘴使之充满溶液D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上12cmE调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）；（2）上述B步骤操作的目的是；（3）上述A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是；（4）判断到达滴定终点的实验现象是；（5）若滴定时在晃动锥形瓶的过程中不小心将液体洒出，对实验结果的影响是；（6）若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是1510时加热NaHCO3
9、饱和溶液，测得该溶液的pH发生如表变化：温度（）102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.48.58.8甲同学认为：该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，碱性增强乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度NaHCO3的水解程度（填“大于”或“小于”）丙同学认为甲、乙的判断都不充分丙认为：（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则（填“甲”或“乙”）的判断正确试剂X是ABa（OH）2溶液 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 D澄清石灰水（2）将加热煮沸后的溶液冷却到10，若溶液的pH8.3（填“高于”、“低于
10、”或“等于”），则（填“甲”或“乙”）判断正确（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150，丙断言（填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是（4）关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是ac（Na+）=c（HCO）+c（CO）+c（H2CO3）bc（Na+）+c（H+）=c（HCO）+c（CO）+c（OH）cHCO的电离程度大于HCO的水解程度2015-2016学年甘肃省天水三中高二（上）第三次段考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1下列关于能量变化的说法正确的是（）A“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有
11、吸热和放热两种C已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒【考点】反应热和焓变【分析】A、H2O（l）=H2O（s）H0，液态水到固态水，放热，所以水的能量高；B、化学反应还伴随着能量变化，通常表现为反应过程中的放热或吸热，C、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒【解答】解：A、H2O（l）=H2O（s）H0，液态水到固态水，放热，所以水的能量高，故A错误；B、化学反应还伴随着能量变化，通常表现为反应过程中的放热或吸热，也可以表现为其他形式的能量，故
12、B错误；C、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，故D正确；故选：D【点评】本题考查了物质能量的高低与反应能量变化的关系、能量转化的形式等问题，难度不大，根据所学知识即可完成2在以下各种情形下，下列电离方程式的书写正确的是（）A熔融状态下的NaHSO4电离：NaHSO4Na+H+SOBFe（OH）3的电离：Fe（OH）3Fe3+3OHCH2CO3的电离：H2CO32H+COD水溶液中的NaHSO4电离：NaHSO4Na+HSO【考点】电离方程式的书写【分析】A硫酸氢根离子在熔融
13、状态下不能拆；B氢氧化铁为弱电解质，部分电离；C碳酸为多元弱酸分步电离，以第一步为主；D硫酸氢根离子在水溶液中完全电离【解答】解：A熔融状态下的NaHSO4电离，电离方程式：NaHSO4Na+HSO42，故A错误；BFe（OH）3的电离，电离方程式：Fe（OH）3Fe3+3OH，故B正确；CH2CO3的电离，电离方程式：H2CO3H+HCO32，故C错误；D水溶液中的NaHSO4电离，电离方程式：NaHSO4Na+H+SO42，故D错误；故选：B【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质强弱及电离方式是解题关键，注意弱电解质部分电离用可逆号，强电解质完全电离，用等号，注意硫酸氢根离子
14、在熔融状态下不能拆3在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.2 mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）AZ为0.3mol/LBY2为0.4mol/LCX2为0.2mol/LDZ为0.4mol/L【考点】化学平衡建立的过程【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；
15、利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则： X2（气）+Y2（气）2Z（气），开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2 平衡（mol/L）：0 0.2 0.4 若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：v X2（气）+Y2（气）2Z（气），开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2 平衡（mol/L）：0.2 0.4 0由于为可逆反应
16、，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0c（X2）0.2，0.2c（Y2）0.4，0c（Z）0.4，故A正确、BCD错误故选A【点评】本题考查化学平衡的建立，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，难度不大425时，0.1mol/L稀醋酸加水稀释，如图中的纵坐标y可以是（）A溶液的pHB醋酸的电离平衡常数C溶液的导电能力D醋酸的电离程度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，溶液的导电能力与离子浓度成正比，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，据此分析解答【解答】解：A醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸
17、的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，溶液的pH逐渐增大，但始终小于7，故A错误；B温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故B错误；C醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故C正确；D加水稀释促进醋酸电离，则醋酸的电离程度增大，故D错误；故选C【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确加水稀释对醋酸电离程度的影响是解本题关键，知道溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，为易错点5相同体积、相同pH的某一元强酸溶液和某一元弱酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积
18、（V）随时间（t）变化的示意图正确的是（）ABCD【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】相同体积、相同pH的一元强酸和一元弱酸溶液，初始时C（H+）相同，开始反应速率相同，反应一旦开始，一元弱酸溶液还会电离出新的C（H+），即随后一元弱酸溶液电离出的C（H+）大于强酸；同体积，相同PH的一元强酸溶液和某一元弱酸溶液相比，一元弱酸溶液的浓度大，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大，反应过程中一元弱酸溶液继续电离，溶液中氢离子浓度大，产生氢气速率快；【解答】解：因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的PH值，一元弱酸的浓度必须比强酸高，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此
19、产生的H2也比强酸多反应过程由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，而强酸没有H+的补充途径，浓度下降的更快，由于其他条件都相同，反应速率取决于H+浓度，由于开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等（在图中反应速率就是斜率），后面强酸的反应速率下降得快，斜率也就更小，曲线更平坦最终生成H2的体积也比一元弱酸少，因此曲线在一元弱酸下面；故选C【点评】本题考查了弱电解质溶液的电离平衡移动，主要考查溶液PH相同的强酸和弱酸与足量的锌粉发生反应，开始速率相同，反应过程中，弱电解质电离平衡正向进行，速率是弱酸大，生成氢气多，是解题关键，题目难度中等6一定温度下，向0.1m
20、olL1 CH3COOH溶液中加少量水，下列有关说法错误的是（）A溶液中所有离子的浓度都减小BCH3COOH的电离程度变大C水的电离程度变大D溶液的pH增大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大【解答】解：A加水稀释促进醋酸电离，但溶液中氢离子、醋酸根离子、醋酸分子浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增大，故A错误；B加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，故B正确；C酸溶液中OH主要是由水电离产生的，OH浓度变大，说明水的电离程度变大，故C正确
21、；D由于H+浓度减小，故溶液的pH增大，故D正确；故选A【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，注意稀释醋酸时，溶液中氢氧根离子浓度增大，为易错点725时，在1.0L浓度均为0.01molL1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c（Na+）c（A），则下列描述中，不正确的是（）A该溶液的pH7BHA的酸性很弱，A水解程度较大Cc（A）+c（HA）=0.02 molL1Dn（A）+n（OH）=0.01 mo1+n（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】A、根据阴阳离子所带电荷相等确定溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小，从而确
22、定溶液的酸碱性；B、根据混合溶液的酸碱性确定酸的电离程度和酸根离子水解程度的相对大小；C、根据物料守恒确定酸根离子和酸的浓度之和；D、根据电荷守恒确定溶液中阴阳离子关系【解答】解：A、混合溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，因为c（Na+）c（A），所以溶液中c（H+）c（OH），所以pH7，故A错误；B、混合溶液是酸和钠盐的混合液，溶液呈碱性，说明酸的电离程度小于酸根离子的水解程度，故B正确；C、根据溶液中物料守恒得，C（A）+c（HA）=0.02 molL1，故C正确；D、混合溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，n（A）+n（OH）=n（Na+）+n（H+），溶液中钠离子不水解
23、，所以n（Na+）=0.01mol/L1L=0.01mol，所以n（A）+n（OH）=0.01mol+n（H+），故D正确；故选A【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据溶液中电荷守恒、物料守恒来分析解答即可，难度不大8室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示下列有关说法正确的是（）Aa点由水电离出的c（H+）=1.01014molL1Bb点：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl）Cc点：c（Cl）=c（NH4+）Dd点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3H2O电离吸热【考点】酸碱混合时的定性判断及有关
24、ph的计算【分析】根据酸碱滴定过程的图中a、b、c点的pH值来分析溶液中离子的浓度或溶液中的溶质，并利用原子守恒和电荷守恒来分析解答【解答】解：A、因a点7pH14，因此水电离出的c（H+）1.01014molL1，故A错误；B、b点时pH7，则盐酸和氨水反应，氨水过量，则c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl），故B错误；C、因c点pH=7溶液呈中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可知c（Cl）=c（NH4+），故C正确；D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；故选：C【点评】本题考查水溶液中的
25、电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用物料守恒、电荷守恒来解答此类习题9下列叙述正确的是（）A任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱Bc（H+）=1107 molL1的溶液一定是中性溶液C0.2 molL1 CH3COOH溶液中的c（H+）是0.1 molL1 CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍D无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c（H+）c（OH）都是定值【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；探究溶液的酸碱性【分析】A根据溶液的酸碱度用PH来表示，其范围一般在 014之间进行判断；B中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度进行判断
26、；C醋酸浓度增大，电离程度减小；D根据常温下温度离子积进行判断【解答】解：ApH范围一般在 014之间，溶液中的氢离子在11014mol/L，故A错误；B由于水的离子积受温度影响，中性溶液一定满足：H+=OH，不知道溶液中氢氧根离子浓度，无法判断溶液是否显示中性，故B错误；C醋酸是弱电解质，浓度增大，醋酸的电离程度减小，所以0.2 mol/L CH3COOH溶液中的c（H+）小于0.1 mol/L CH3COOH溶液中的c（H+）的2倍，故C错误；D水的离子积只与温度有关，所以常温下Kw=c（H+）c（OH）=11014，与溶液的酸碱性无关，故D正确；故选D【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡
27、及其影响，题目难度中等，注意掌握影响电离平衡的因素，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力10下列说法错误的是（）A0.1 molL1的CH3COOH溶液中，由水电离的H+为1013molL1BpH=2与pH=1的CH3COOH溶液中H+之比为1：10CpH=12的NaOH溶液和pH=2的CH3COOH溶液等体积混合，混合后溶液pH7D1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8NA【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；物质结构中的化学键数目计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、CH3COOH是弱电解质，部分电离，不知道溶液的PH，无法求算溶液中的c
28、（H+）；B、pH=2，c（H+）=102，PH=1，c（H+）=101；C、CH3COOH是弱电解质，部分电离，c（CH3COOH）远远大于102；D、CH3COOH中含有三个CH键、一个CO双键，一个CC键、一个CO键、一个OH键【解答】解：A、CH3COOH属于弱电解质，溶液中部分电离，题中没有溶液的PH，无法求算溶液中的c（H+），故A错误；B、CH3COOH溶液的pH=2，则c（H+）=102mol/L，PH=1，c（H+）=101mol/L，两溶液中c（H+）之比为1：10，故B正确；C、由于CH3COOH是弱电解质，溶液中部分电离，c（CH3COOH）远远大于102mol/L，与
29、氢氧化钠反应后醋酸大量剩余，溶液显示酸性，PH7，故B正确；D、在CH3COOH分子中，共含有三个CH键、一个CO双键，一个CC键、一个CO键、一个OH键，总计8个共价键，1mol醋酸分子中含有共价键的个数为8NA，故D正确 故选A【点评】本题考查的是弱电解质在水溶液中的电离平衡，难度不大，关键看清题干要求11如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（）A盐酸的物质的量浓度为1molLBP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂【考点】中和滴定【分析】A、根据曲线a可以看出盐酸溶液的pH=1，然后求出盐酸的物质的
30、量浓度；B、根据曲线P点时pH值来判断酸碱性；C、根据曲线a的pH的变化趋势来判断； D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；【解答】解：A、根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=lgC（H+）=1，所以C（HCl）=C（H+）=0.1mol/L，故A错误；B、根据曲线可以看出P点时pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，故B正确；C、曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故C错误；D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂，故D错误；故选：B【点评】本题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，难度不大，关键能从
31、图中要得出信息二非选择题12在一定温度下，有a盐酸b硫酸c醋酸三种酸：（1）当三种酸物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是bac（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是ba=c（3）若三者c（H+）相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是cab（4）将c（H+）相同的这三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c（H+）由大到小的顺序是ca=b（5）在不同温度下的水溶液中c（H+）=10x mol/L，c（OH）=10y mol/L，x与y的关系如图所示请回答下列问题：曲线代表的温度下，水的离子积为11012，曲线所代表的温度高于（填“高于”“低于”或“等于”）曲
32、线所代表的温度你判断的依据是曲线所代表的水的离子积比曲线的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线代表的温度低曲线所代表的温度下，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为10【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L；（2）同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子的物质的量成正比；（3）若三者c（H+）相同时，酸的元数越大其浓度越小，酸的电离程度越大，其浓度越
33、小；（4）加水稀释促进弱电解质电离；（5）当溶液中温度一定时，溶液中离子积常数Kw=c（H+）c（OH）；水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大；该温度下，水的离子积常数为为1012，0.01mol/LNaOH溶液中c（OH）=0.01mol/L，根据水的离子积常数计算溶液中c（H+），从而确定溶液的pH【解答】解：（1）醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，假设三种酸的浓度都是1mol/L时，硫酸中c（H+）为2mol/L，盐酸中c（H+）为1mol/L、醋酸中c（H+）小于1mol/L，所以相同浓度时，氢离子浓度大小顺序是bac，故答案为：bac；（2）酸中
34、和NaOH的能力与酸最终电离出氢离子物质的量成正比，同体积、同物质的量浓度的三种酸，其物质的量相等，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸最终电离出氢离子的物质的量相等，所以中和NaOH的能力大小顺序为ba=c，故答案为：ba=c；（3）若三者c（H+）相同时，假设都是1mol/L，硫酸浓度为0.5mol/L、盐酸浓度为1mol/L、醋酸浓度大于1mol/L，所以物质的量浓度由大到小的顺序是cab（或ca=2b），故答案为：cab（或ca=2b）；（4）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是ca=b，故答案为：ca=b；（
35、5）当溶液中温度一定时，溶液中离子积常数Kw=c（H+）c（OH），曲线代表的温度下，水的离子积=104108=11012；水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图象知，曲线所代表的温度水的离子积常数减小，所以线所代表的温度高于曲线所代表的温度，故答案为：11012；高于； 曲线所代表的水的离子积比曲线的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线代表的温度低；该温度下，水的离子积常数为1012，0.01mol/LNaOH溶液中c（OH）=0.01mol/L，根据水的离子积常数得溶液中c（H+）=mol/L=1010mol/L，则该溶液的pH=10，
36、故答案为：10【点评】本题考查了弱电解质的电离，题目难度中等，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意同物质的量的不同酸中和碱的能力、不同酸与金属反应速率与电解质强弱无关，为易错点13常温下有浓度均为0.5molL1的四种溶液：碳酸钠溶液 碳酸氢钠溶液 盐酸 氨水请根据题目要求回答下列问题：（1）上述溶液中，可发生水解反应的是（填序号，下同）（2）上述溶液中，既能与氢氧化钠溶液反应，又能与硫酸溶液反应的溶液中离子浓度大到小的顺序是c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）（3）取适量溶液，加入少量氯化铵固体，此时溶液中的值增大（填“增大”或“减小”或“不变”）（4）若将和的溶液
37、混合后溶液恰好呈中性，则混合前的体积小于的体积 （填大于、小于、等于），此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）（5）取10mL溶液，加水稀释到500mL，则该溶液中由水电离出的c（H+）=1012molL1【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）含有弱酸的酸根离子或弱碱的阳离子的盐能水解；（2）既能与氢氧化钠溶液反应，又能与硫酸溶液反应的物质应为碳酸氢钠；（3）加入少量氯化铵固体，使NH3H2ONH4+OH向逆反应方向移动，c（OH）减小；（4）恰好反应呈中性，氨水应稍过量；（5）加水稀释到500
38、 mL，溶液浓度为0.01molL1，溶液中的c（H+）=102molL1，溶液中的c（OH）=1012 molL1，溶液中的OH就等于水电离出的OH，即该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH）=1012molL1【解答】解：（1）上述溶液中，可发生水解反应的是碳酸钠和碳酸氢钠，二者都是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故答案为：；（2）既能与氢氧化钠溶液反应，又能与硫酸溶液反应的溶液应为碳酸氢钠溶液，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则c（OH）c（H+），水解程度较小，则应存在c（Na+）c（HCO3），c（HCO3）c（OH），因还存在水的电离，则c（H+）c（CO32），则在溶液中，离子浓度的大小顺序
39、为c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32），故答案为：c（Na+）c（HCO3）c（OH）c（H+）c（CO32）；（3）加入少量氯化铵固体，使NH3H2ONH4+OH向逆反应方向移动，c（OH）减小，但c（NH4+）增大，所以溶液中的值增大，故答案为：增大；（4）氨水弱碱，如与盐酸等体积混合，溶液呈酸性，溶液呈中性，氨水应稍过量，所以盐酸的体积小于氨水的体积，溶液中存在c（OH）=c（H+），根据电荷守恒可知c（NH4+）=c（Cl），则c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+），故答案为：小于；c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）；（5）0.5molL
40、1的盐酸加水稀释到500 mL，溶液浓度为=0.01molL1，溶液中的c（H+）=102molL1，溶液中的c（OH）=1012 molL1，溶液中的OH就等于水电离出的OH，即该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH）=1012molL1故答案为：1012molL1【点评】本体考查较为综合，涉及离子浓度的大小比较、盐类水解的应用，酸碱混合物的计算等，题目难度较大，易错点为（2），注意离子浓度的比较方法14某学生用0.1molL1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：A移取20mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入23滴酚酞B用标准溶液润洗滴定管23次C把盛有标准溶液的碱式
41、滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上12cmE调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）BDCEAF；（2）上述B步骤操作的目的是洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准溶液稀释产生误差；（3）上述A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是使测得的未知溶液浓度偏大；（4）判断到达滴定终点的实验现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；（5）若滴定时在晃动锥形瓶的过程中不小心将液体洒出，
42、对实验结果的影响是偏低；（6）若称取一定量的KOH固体（含少量NaOH）配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是偏小【考点】中和滴定【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作过程；（2）直接装入标准溶液，标准液的浓度偏低；（3）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；（4）如溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；（5）若滴定时在晃动锥形瓶的过程中不小心将液体洒出，溶液中溶质损失；（6）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：（1）中和滴定有检漏、洗涤、润洗、
43、装液、调零、取待测液加指示剂、滴定等操作；故答案为：BDCEAF；（2）滴定管用蒸馏水洗涤后，内壁有一层水膜，如果直接装液会使浓度降低，所以必须用标准溶液润洗滴定管23次，洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准溶液稀释产生误差，故答案为：洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准溶液稀释产生误差；（3）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，如果再用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，会造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，测定结果偏高；故答案为：使测得的未知溶液浓度偏大；（4）用0.1molL1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞作指示剂，所以终点时现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；故答
44、案为：当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；（5）若滴定时在晃动锥形瓶的过程中不小心将液体洒出，溶液中溶质减小，对实验结果的影响是测定溶液浓度偏低，故答案为：偏低；（6）如所用KOH含有少量NaOH，则会使结果偏小，因为同质量的NaOH比KOH中和能力强，所需溶液的体积少，所以偏小；故答案为：偏小【点评】本题主要考查了化学实验操作中的误差分析，题目难度中等，掌握实验的原理及正确的误差分析是解题的关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力1510时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如表变化：温度（）102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.48.58.8甲同学认为：该溶液p
45、H升高的原因是HCO的水解程度增大，碱性增强乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度（填“大于”或“小于”）丙同学认为甲、乙的判断都不充分丙认为：（1）只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙（填“甲”或“乙”）的判断正确试剂X是BABa（OH）2溶液 BBaCl2溶液 CNaOH溶液 D澄清石灰水（2）将加热煮沸后的溶液冷却到10，若溶液的pH等于8.3（填“高于”、“低于”或“等于”），则甲（填“甲”或“乙”）判断正确（3）查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150，丙断言乙（填“甲
46、”或“乙”）判断是错误的，理由是常压下加热NaHCO3的水溶液溶液的温度达不到150（4）关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是aac（Na+）=c（HCO）+c（CO）+c（H2CO3）bc（Na+）+c（H+）=c（HCO）+c（CO）+c（OH）cHCO的电离程度大于HCO的水解程度【考点】盐类水解的原理【分析】NaHCO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生：HCO3+H2OH2CO3+OH，水解呈碱性，加热时，NaHCO3可分解生成Na2CO3，Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强；（1）加入氯化钡溶液后，如生成沉淀，说明乙同学结论正确；（2）将加热后的溶液冷却到10，若溶液的PH等于8.
47、3，说明碳酸氢钠没有分解；（3）常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150；（4）据NaHCO3饱和水溶液中存在电荷守恒、物料守恒，碳酸氢钠溶液显碱性【解答】解：NaHCO3为强碱弱酸盐，在溶液中发生：HCO3+H2OH2CO3+OH，水解呈碱性，加热时，NaHCO3可分解生成Na2CO3，Na2CO3水解程度较大，溶液碱性较强，故答案为：大于；（1）加入氯化钡溶液后，如生成沉淀，说明溶液中存在大量的CO32，乙同学结论正确，而加入A、D都生成沉淀，不能正确，加入C无现象，故答案为：乙；B；（2）将加热后的溶液冷却到10，若溶液的PH等于8.3，说明碳酸氢钠没有分解，则甲正确，故答
48、案为：等于；甲；（3）如NaHCO3的分解温度为150，则乙的结论肯定错误，原因是常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150，故答案为：乙；常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150；（4）据NaHCO3饱和水溶液中存在电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（HCO）+2c（CO）+c（OH），存在物料守恒，则有c（Na+）=c（HCO）+c（CO）+c（H2CO3），碳酸氢钠溶液显碱性，说明HCO的电离程度小于HCO的水解程度，故答案为：a【点评】本题考查较为综合，涉及盐类的水解和实验方案的评价，侧重于学生的实验能力和评价能力的考查，注意把握盐类水解的原理和规律，把握物质的性质，难度不大
