1、2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高二（上）第二次月考化学试卷（兴国班）一、选择题1下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序：c（Cl）c（NH4+）c（H+）=c（OH）B将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同D常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大2下列说法中正确的是（）A导电性强的溶液一定是强电解质溶液BNaCl晶体由Na+和Cl组成，NaCl晶体是电的良导体CH2SO4是强电解质，稀硫酸中没有H2SO4分子DpH
2、=3是醋酸稀释至100倍，pH=53纯净的NaCl并不潮解，但家庭所用的食盐因含有MgCl2杂质而易于潮解为得到纯净的氯化钠，有人设计这样方法：把买来的食盐放入纯NaCl的饱和溶液中一段时间，过滤即得纯净的NaCl固体，对此有下列说法，其中正确的是（）A食盐颗粒大一些有利于提纯B设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水C设计实验的根据是NaCl的溶解平衡D在整个过程中，溶液中NaCl的物质的量浓度会变大4下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）Na+、Fe2+、H+、NO3K+、NH4+、HCO3、OHS2、SO32、Cl、OHFe2+、Fe3+、Cu2+、SO32K+、Na+、AlO2、
3、HCO3Ca2+、Na+、SO42、CO32ABCD5向盛有NaHSO4溶液的烧杯中不断滴加Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2的不断滴入，溶液中产生的沉淀量与溶液的pH变化情况正确的是（）ABCD6在t时，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10a mol/L，c（OH）=10b mol/L，已知a+b=12向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸（t），测得混合溶液的部分pH如下表所示序号Ba（OH）2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH22.000822.0018.00722.0022.006假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为（）A3B4C5D67下列叙述正确的是（）Ac（NH
4、4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度C0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D0.2 mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH）8下列离子方程式中，能正确反映醋酸与氧化钠反应的离子方程式（）ACH3COOH+OHCH3COO+H2OBH+OHH2OCCH3COOH+
5、OH+Na+CH3COONa+H2ODCH3COOH+NaOHCH3COO+Na+H2O9对水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的原因解释，下列说法正确的是（）Mg（OH）2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化Mg（OH）2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度增大，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度减小，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀ABCD10将下列固体溶于水，
6、再将其溶液加热蒸发，结晶后再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是（）胆矾 氯化铝 硫酸铝 碳酸钠 碳酸氢钠 氯化铜ABCD全部11下列溶液：pH=0的盐酸；0.5mol/L的盐酸溶液；0.1mol/L的氯化铵溶液；0.1mol/L的氢氧化钠溶液；0.1mol/L的氟化钠溶液，由水电离的c（H+）由大到小的顺序正确的是（）ABCD12已知25时Agl饱和溶液中c（Ag+）为1.22106mol/L，AgCl的饱和溶液中c（Ag+）为1.25106mol/L若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系
7、正确的是（）Ac（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I）Bc（K+）c（NO3）c（Ag+）c（Cl）c（I）Cc（NO3）c（K+）c（Ag+）c（Cl）c（I）Dc（K+）c（NO3）c（Ag+）=（Cl）+c（I）13常温下，某酸HA溶液和某碱BOH溶液的pH之和为14，两溶液混合后，溶液的pH=7，下列判断中合理的是（）编号HABOH溶液的体积关系 强酸强碱V（HA）V（BOH） 强酸强碱V（HA）=V（BOH） 强酸弱碱V（HA）V（BOH） 弱酸强碱V（HA）V（BOH）ABCD14下表为有关化合物的pKsp，pKsp=lgKsp某同学设计实验如下：向AgNO3溶液中加入
8、适量NaX溶液，得到沉淀AgX；向中加NaY，则沉淀转化为AgY；向中加入Na2Z，沉淀又转化为Ag2Z则表中a、b、c的大小关系为（）相关化合物AgXAgYAg2ZpKspabcAabcBabcCcabDa+b=c15已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Ma2CO3）pH（CH3COONa）Bamol/L HCN 溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na+）c（C
9、N），则一定a大于bC冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离（程）度、c（H+）均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，一定存在：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）16用1.0molL1的NaOH溶液滴定某浓度的硫酸，下列操作会使测定结果偏低的是（）A滴定开始时，碱式滴定管内有气泡，滴定过程中气泡消失B起始计数仰视C滴定结束时，还有1滴NaOH溶液挂在尖嘴上D用蒸馏水将锥形瓶壁的H2SO4冲下17化学反应终点的判断是化学定量实验的重要环节下列对化学反应终点的判断不正确的是（）A向BaCl2溶液中加入足量Na2CO3溶液后，静置，向上层清
10、澈中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀，说明Ba2+已经完全沉淀B淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加NaOH溶液使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀生成，说明淀粉已经完全水解C将NaSO410H2O晶体置于坩埚内加热，称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明硫酸钠已全部失去结晶水D用酸式滴定管向滴有酚酞的NaOH溶液中滴加HCl溶液，若滴入最后一滴HCl溶液后红色刚好褪去，说明NaOH已完全中和18下列实验操作能达到目的是（）A用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液反应制取Al2S3固体B蒸干并灼烧AlCl3溶液可获得Al（OH）3固体C用Na2S溶液和CuSO4
11、溶液反应制取CuS固体D蒸发MgCl2溶液制取MgCl2固体二、非选择题19水的离子积常数KW与温度t（）的关系如图所示：（1）若t1=25，则KW1=；若t2=100时，KW2=1012，则0.05molL1的Ba（OH）2溶液的pH=（2）已知25时，0.1L0.1molL1的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中所存在的化学平衡有（用离子方程式表示）：溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为（3）25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为（4）100时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性
12、，则混合之前，该强酸的pH（pH酸）与强碱的pH（pH碱）之间应满足的关系为：pH（酸）+pH（碱）=20现有25时0.1mol/L的氨水请回答以下问题：（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中（填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式；所得溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用离子方程式表示其原因；（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c（NH4+）=a mol/l，则c（SO42）=；（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是21已知氨水与醋酸的电
13、离程度在同温同浓度下相等，溶有一定量氨的氯化铵溶液呈碱性现向少量的Mg（OH）2悬浊液中加入适量的饱和氯化铵溶液，固体完全溶解甲同学的解释是：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（ap）NH4+H2ONH3H2O+H+由于NH4+水解显酸性，H+与OH反应生成水，导致导致的平衡右移，沉淀溶解；乙同学的解释是：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（ap）NH4+OHNH3H2O由于NH4Cl电离出的NH4+与Mg（OH）2电离出的OH结合，生成了弱电解质NH3H2O，导致反应的平衡右移，Mg（OH）2沉淀溶解（1）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列一种试剂来证明甲、乙
14、两位同学的解释只有一种正确，他选用的试剂是（填写编号）A、NH4NO3B、CH3COONH4C、Na2CO3D、NH3H2O（2）请你说明丙同学作出该选择的理由是（3）丙同学将所选试剂滴入Mg（OH）2的悬浊液中，Mg（OH）2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理？（填“甲”或“乙”）；写出NH4Cl饱和溶液使Mg（OH）2悬浊液溶解的离子方程式22（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）A、9B、13C、1113之间D、911之间（2）25时，向0.1molL1的氨水中加入少量氨化铵固体，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
15、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，电离出大量按离子，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：A、c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）B、c（Cl）c（NH4+）c（OH+）c（H+）C、c（Cl）c（H+）c（NH4+）c（OH）D、c（NH4+）
16、c（Cl）c（OH）c（H+）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是，上述离子浓度大小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）2015-2016学年江西省赣州市兴国三中高二（上）第二次月考化学试卷（兴国班）参考答案与试题解析一、选择题1下列关于电解质溶液的叙述正确的是（）A常温下，pH=7的NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度大小顺序：c（Cl）c（NH4+）c（H+
17、）=c（OH）B将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低C中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同D常温下，同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A常温下，pH=7的溶液中c（H+）=c（OH），根据电荷守恒判断；B醋酸是弱电解质，稀释醋酸溶液时促进醋酸电离，除了氢氧根离子浓度外，其它离子浓度都减小；CpH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比；D常温下，硫离子的第一步水解程度大于第二步【解答】解：A常温下，p
18、H=7的溶液中c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒，所以c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），所以c（Cl）=c（NH4+），故A错误；B醋酸是弱电解质，稀释醋酸溶液时促进醋酸电离，醋酸根离子和氢离子浓度都减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，故B错误；CpH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的氢氧化钠溶液多，故C错误；D常温下，硫离子的第一步水解程度大于第二步，所以同浓度的Na2S与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大，故D正确；故选D2下列说法
19、中正确的是（）A导电性强的溶液一定是强电解质溶液BNaCl晶体由Na+和Cl组成，NaCl晶体是电的良导体CH2SO4是强电解质，稀硫酸中没有H2SO4分子DpH=3是醋酸稀释至100倍，pH=5【考点】电解质与非电解质；电解质溶液的导电性；pH的简单计算【分析】A电解质强弱取决于电离程度；B物质导电的条件是含有自由电子或者自由移动的离子；C强电解质完全电离；D醋酸为弱酸，稀释过程中电离程度增大【解答】解：A电解质强弱取决于电离程度，与导电性强弱无关，故A错误；B氯化钠晶体中不含有自由移动的离子，不能导电，故B错误；C强电解质完全电离，不含有分子，H2SO4是强电解质，稀硫酸中没有H2SO4分
20、子，故C正确；D醋酸为弱酸，稀释过程中电离程度增大，所以pH=3是醋酸稀释至100倍，pH小于5，故D错误；故选：C3纯净的NaCl并不潮解，但家庭所用的食盐因含有MgCl2杂质而易于潮解为得到纯净的氯化钠，有人设计这样方法：把买来的食盐放入纯NaCl的饱和溶液中一段时间，过滤即得纯净的NaCl固体，对此有下列说法，其中正确的是（）A食盐颗粒大一些有利于提纯B设计实验的根据是MgCl2比NaCl易溶于水C设计实验的根据是NaCl的溶解平衡D在整个过程中，溶液中NaCl的物质的量浓度会变大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】根据电解质在溶液中溶解平衡来解答【解答】解：A、NaCl
21、固体在NaCl饱和溶液中的溶解是一种动态平衡，食盐颗粒小一些能加快溶解和析出的速率，有利于提纯故A错误； B、设计实验的根据是NaCl固体在NaCl饱和溶液中的溶解不在增加，而MgCl2在NaCl饱和溶液中溶解未达到饱和，因此MgCl2溶解只剩下纯净的NaCl故B错误；C、在饱和NaCl溶液中，NaCl固体的溶解处于平衡状态，溶解和析出同时存在，NaCl溶解的量不会再增加，但对于MgCl2并未达到饱和，因此最后的固体中只会存在NaCl故C正确；D、NaCl溶液已达到饱和，浓度不可能变大故D错误故选C4下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）Na+、Fe2+、H+、NO3K+、NH4+、HCO3
22、、OHS2、SO32、Cl、OHFe2+、Fe3+、Cu2+、SO32K+、Na+、AlO2、HCO3Ca2+、Na+、SO42、CO32ABCD【考点】离子共存问题【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，不能发生互促水解、氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；NH4+、HCO3与OH反应而不能大量共存，故错误；离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；Fe3+、SO32发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；AlO2、HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；Ca2+与SO42、CO32反应生
23、成沉淀而不能大量共存，故错误故选B5向盛有NaHSO4溶液的烧杯中不断滴加Ba（OH）2溶液，随着Ba（OH）2的不断滴入，溶液中产生的沉淀量与溶液的pH变化情况正确的是（）ABCD【考点】离子反应发生的条件；pH的简单计算【分析】当硫酸氢钠溶液中未加氢氧化钡溶液时，随着Ba（OH）2的不断滴入，溶液的pH逐渐增大，沉淀的量逐渐增大；当溶液显示中性时，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量关系为2：1，只有部分硫酸根离子生成硫酸钡沉淀；当沉淀的量达到最大时，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量满足1：1，此时溶液中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，溶液的pH大于7，据此进行判断【解答】解：硫酸氢钠与氢氧化钡反应，当
24、溶液显示中性时，反应的方程式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=Na2 SO4+BaSO4+2H2O，溶液中硫酸根离子没有完全沉淀，即沉淀没有达到最大量；当沉淀达到最大量时，发生的反应方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=NaOH+BaSO4+H2O，此时溶液中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，溶液的pH7，满足以上关系的图象为B，故选B6在t时，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10a mol/L，c（OH）=10b mol/L，已知a+b=12向该溶液中逐滴加入pH=c的盐酸（t），测得混合溶液的部分pH如下表所示序号Ba（OH）2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH22.0008
25、22.0018.00722.0022.006假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为（）A3B4C5D6【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】在t时，某Ba（OH）2的稀溶液中c（H+）=10a mol/L，c（OH）=10b mol/L，则kw=c（H+）c（OH）=10a10b=10（a+b），a+b=12，则Kw=11012，中性溶液pH=6，说明温度高于常温下【解答】解：Ba（OH）2溶液的pH=8，即a=8，再根据a+b=12，则b=4，该温度下KW=1012mol2L2；当恰好完全中和时，溶液的pH=6，即加盐酸的体积为22.00 mL时，恰好完全中和，根据c（H+
26、）22.00 mL=c（OH）22.00 mL，又c（OH）=104mol/L，则盐酸c（H+）=104mol/L，pH=4，即c=4故选B7下列叙述正确的是（）Ac（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl）B向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶解度小于AgI的溶解度C0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，溶液的pH=1D0.2 mol/L的NaHCO3溶液中c（H+）+c（H2C
27、O3）=c（CO32）+c（OH）【考点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A、依据与铵根离子结合的另一种离子的影响分析判断离子浓度大小，一水合氨是弱电解质存在电离程度小，铵根离子水解程度小；B、沉淀向着更难溶的方向进行；C、根据发生的反应实际来回答判断；D、根据溶液中的质子守恒来判断【解答】解：A、浓度相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，前二者中铵根浓度肯定大于氯化铵中的铵根浓度，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根离子的水解收的亚铁离子的抑制，所以（NH4）2SO4溶液中铵根浓度
28、小于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中铵根浓度，反过来，c（NH4+）相等的（NH4）2SO4溶液、（NH4）2Fe（SO4）2溶液和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系是：c（NH4）2Fe（SO4）2c（NH4）2SO4c（NH4Cl），故A正确；B、向AgCl悬浊液中滴入KI溶液，有AgI沉淀生成，说明AgCl的溶度积小于AgI的溶度积，故B错误；C、0.2 mol/L HCl溶液与等体积0.05 mol/L Ba（OH）2溶液混合后，盐酸剩余，溶液显示酸性，故C错误；D、0.2 mol/L的NaHCO3溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（H2CO3）=c（CO32）+c（OH），故D正确
29、故选AD8下列离子方程式中，能正确反映醋酸与氧化钠反应的离子方程式（）ACH3COOH+OHCH3COO+H2OBH+OHH2OCCH3COOH+OH+Na+CH3COONa+H2ODCH3COOH+NaOHCH3COO+Na+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】二者反应生成醋酸钠和水，醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸需要保留分子式；氢氧化钠为强碱，离子方程式中需要拆开，据此书写该反应的离子方程式【解答】解：醋酸与氢氧化钠反应的化学方程式为：CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，醋酸为弱酸，离子方程式中需要保留分子式，二者反应的离子方程式为：CH3COOH+OHCH3COO+H2O，
30、故A正确；故选A9对水垢的主要成分是CaCO3和Mg（OH）2而不是CaCO3和MgCO3的原因解释，下列说法正确的是（）Mg（OH）2比MgCO3更难溶，且在水中发生了沉淀转化Mg（OH）2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度增大，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀MgCO3电离出的CO32发生水解，促进水中OH浓度减小，对Mg（OH）2沉淀溶解平衡而言，QcKsp，生成Mg（OH）2沉淀ABCD【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】Mg（OH）2的溶度积小于
31、MgCO3的溶度积，水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀；Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大，因为Mg （OH）2的溶度积更小，所以QcKsp生成Mg（OH）2沉淀【解答】解：Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积，水中的碳酸氢镁受热分解生成碳酸镁会继续反应生成更难溶的氢氧化镁沉淀，故正确；Mg（OH）2的溶度积小于MgCO3的溶度积，故错误；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大，故正
32、确；MgCO3电离出的CO32发生水解，水解显碱性，使水中OH浓度增大，因为Mg （OH）2的溶度积更小，所以QcKsp生成Mg（OH）2沉淀，故错误，故选A10将下列固体溶于水，再将其溶液加热蒸发，结晶后再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是（）胆矾 氯化铝 硫酸铝 碳酸钠 碳酸氢钠 氯化铜ABCD全部【考点】盐类水解的应用；钠的重要化合物【分析】将固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同，说明该物质较稳定，加热不分解，且不水解生成挥发性酸，据此分析解答【解答】解：胆矾溶于水后，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故错误；
33、氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故错误； 硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故正确；纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故正确；小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故错误； 氯化铜溶于水后，蒸发结晶过程中氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，蒸发促进氯化氢挥发，所以蒸发结
34、晶得到的固体是氢氧化铜，氢氧化铜不稳定，在灼烧时分解生成氧化铜，所以最终得到的固体不是原物质，故错误；故选A11下列溶液：pH=0的盐酸；0.5mol/L的盐酸溶液；0.1mol/L的氯化铵溶液；0.1mol/L的氢氧化钠溶液；0.1mol/L的氟化钠溶液，由水电离的c（H+）由大到小的顺序正确的是（）ABCD【考点】pH的简单计算【分析】酸溶液、碱溶液都抑制水的电离，能够水解的盐溶液会促进水的电离，酸溶液中氢离子、碱溶液中的氢氧根离子越大，水的电离程度越小，盐的水解程度越大，水的电离程度越大，据此进行解答【解答】解：pH=0的盐酸中氢离子浓度为1mol/L，抑制了水的电离；0.5mol/L的
35、盐酸溶液中氢离子浓度为0.5mol/L，抑制了水的电离；0.1mol/L的氯化铵溶液，铵根离子部分水解，促进了水的电离；0.1mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，抑制了水的电离；0.1mol/L的氟化钠溶液中，氟离子水解促进了水的电离；都抑制了水的电离，氢离子、氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，则水电离的氢离子浓度大小为：；都促进了水的电离，醋酸铵为中性，而HF的酸性大于醋酸，则HF的电离程度大于一水合氨，所以氟离子的水解程度小于铵根离子，故水电离的氢离子浓度：，所以由水电离的c（H+）由大到小的顺序为：，故选B12已知25时Agl饱和溶液中c（Ag+）为1.221
36、06mol/L，AgCl的饱和溶液中c（Ag+）为1.25106mol/L若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，这时溶液中所含溶质的离子浓度大小关系正确的是（）Ac（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I）Bc（K+）c（NO3）c（Ag+）c（Cl）c（I）Cc（NO3）c（K+）c（Ag+）c（Cl）c（I）Dc（K+）c（NO3）c（Ag+）=（Cl）+c（I）【考点】离子浓度大小的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】二者混合时，根据溶度积常数知，先生成AgI，再生成AgCl，AgNO3+KIAgI+K
37、NO3，n（KI）=0.01molL10.005L=5.0105 mol，消耗n（AgNO3）=5.0105mol，后发生反应AgNO3+KClAgCl+KNO3，过量的AgNO3为0.01 molL10.008L5.0105 mol=3.0105mol，而KCl为n（KCl）=0.01molL10.005L=5.0105 mol，则KCl过量，生成AgCl为3.0105 mol，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl，生成AgCl、AgI沉淀，据此判断溶液中各离子浓度大小【解答】解：二者混合时，根据溶度积常数知，先生成AgI，再生成AgCl，AgNO3+KIAgI+KNO3，n（KI）
38、=0.01molL15 mL=5.0105 mol，消耗n（AgNO3）=5.0105mol，然后发生反应AgNO3+KClAgCl+KNO3，过量的AgNO3为0.01 molL10.008L5.0105 mol=3.0105mol，而KCl为n（KCl）=0.01molL15 mL=5.0105 mol，则KCl过量，生成AgCl为3.0105 mol，由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl，生成AgCl、AgI沉淀，溶液中钾离子、硝酸根离子不参加反应，根据物料守恒得c（K+）c（NO3），氯离子有剩余，所以其次是氯离子浓度较大，氯离子抑制碘化银溶解，所以碘离子浓度最小，所以离子浓度
39、大小顺序为：c（K+）c（NO3）c（Cl）c（Ag+）c（I），故选A13常温下，某酸HA溶液和某碱BOH溶液的pH之和为14，两溶液混合后，溶液的pH=7，下列判断中合理的是（）编号HABOH溶液的体积关系 强酸强碱V（HA）V（BOH） 强酸强碱V（HA）=V（BOH） 强酸弱碱V（HA）V（BOH） 弱酸强碱V（HA）V（BOH）ABCD【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】常温下，某酸HA溶液和某碱BOH溶液的pH之和为14，说明酸溶液中氢离子浓度与碱溶液中的氢离子浓度相等，两溶液中混合后溶液的pH=7，则反应后溶液为中性，若为一元强酸与一元强碱溶液混合时，二者浓度相同
40、，反应后溶液为中性，则两溶液体积相同；若酸为强酸，碱溶液为弱碱时，混合液为中性时酸溶液体积稍大；若酸为弱酸、碱为强碱时，碱溶液应该稍过量，据此进行解答【解答】解：常温下，某酸HA溶液和某碱BOH溶液的pH之和为14，说明酸溶液中氢离子浓度与碱溶液中的氢离子浓度相等，两溶液中混合后溶液的pH=7，则反应后溶液为中性，若都是强电解质，则两溶液浓度相同，反应后溶液为中性时溶液体积一定相等，即：V（HA）=V（BOH），故错误、正确；若HA为强酸，BOH为弱碱，要满足反应后溶液为中性，则酸溶液体积应该稍大些，即：V（HA）V（BOH），故正确；若HA为弱酸、BOH为弱碱时，碱的浓度大于酸，而反应后溶液
41、为中性，则碱溶液体积稍大，即：V（HA）V（BOH），故错误；故选B14下表为有关化合物的pKsp，pKsp=lgKsp某同学设计实验如下：向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；向中加NaY，则沉淀转化为AgY；向中加入Na2Z，沉淀又转化为Ag2Z则表中a、b、c的大小关系为（）相关化合物AgXAgYAg2ZpKspabcAabcBabcCcabDa+b=c【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】若向AgNO3溶液中依次加入足量NaX、NaY、Na2Z四种溶液，依次得到沉淀AgX、AgY、Ag2Z，可说明ksp（AgX）ksp（AgY）ksp（Ag2Z），结合pk
42、sp=lgksp判断【解答】解：难溶电解质的ksp越小，越易生成沉淀，若向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；向中加NaY，则沉淀转化为AgY；向中加入Na2Z，沉淀又转化为Ag2Z，可说明ksp（AgX）ksp（AgY）ksp（Ag2Z），又pksp=lgksp，则abc，故选B15已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Ma2CO3）pH（CH3COONa）Bamol/L H
43、CN 溶液与b mol/L NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中c（Na+）c（CN），则一定a大于bC冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离（程）度、c（H+）均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，一定存在：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A酸的电离常数越大，酸的酸性越强，其盐的水解程度越小；B当 HCN 与NaOH等物质的量反应时，生成NaCN，NaCN溶液中c（Na+）c（CN）；C冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度增大；D根据电荷守恒分析【解答】解：A酸的电离常数越大，酸的酸性越强，其盐的水解
44、程度越小，其溶液的pH越小，酸性：CH3COOHHCNCO3，所以其盐的水解程度：Na2CO3NaCNCH3COOH，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa），故A错误；B当 HCN 与NaOH等物质的量反应时，生成NaCN，NaCN溶液中c（Na+）c（CN），所以a不一定大于b，故B错误；C冰醋酸中逐滴加水，醋酸的电离程度增大，溶液的导电性、c（H+）均先增大后减小，故C错误；DNaHCO3和Na2CO3的混合溶液中，一定存在电荷守恒，即：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故D正确故选D16用1.
45、0molL1的NaOH溶液滴定某浓度的硫酸，下列操作会使测定结果偏低的是（）A滴定开始时，碱式滴定管内有气泡，滴定过程中气泡消失B起始计数仰视C滴定结束时，还有1滴NaOH溶液挂在尖嘴上D用蒸馏水将锥形瓶壁的H2SO4冲下【考点】中和滴定【分析】根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，若消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，相反则偏低，以此判断浓度的误差【解答】解：A滴定开始时，碱式滴定管内有气泡，滴定过程中气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；B起始计数仰视，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B正确；C滴定结束时，还有1滴NaOH溶液挂在尖嘴上，导致消耗标准液
46、体积偏大，测定结果偏高，故C错误；D用蒸馏水将锥形瓶壁的H2SO4冲下，对滴定结果无影响，故D错误；故选B17化学反应终点的判断是化学定量实验的重要环节下列对化学反应终点的判断不正确的是（）A向BaCl2溶液中加入足量Na2CO3溶液后，静置，向上层清澈中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀，说明Ba2+已经完全沉淀B淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加NaOH溶液使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2，加热，若有砖红色沉淀生成，说明淀粉已经完全水解C将NaSO410H2O晶体置于坩埚内加热，称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明硫酸钠已全部失去结晶水D用酸式滴定管向滴有酚酞的NaOH溶液
47、中滴加HCl溶液，若滴入最后一滴HCl溶液后红色刚好褪去，说明NaOH已完全中和【考点】化学实验方案的评价；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定【分析】A沉淀完全的检验方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加沉淀剂，若不再有沉淀产生，则沉淀完全；若还有沉淀生成，则不完全；B淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，在碱性条件下，能和氢氧化铜反应；C相邻两次称量的结果相同，说明固体已经恒重，说明硫酸钠已全部失去结晶水；D滴有酚酞的NaOH溶液呈粉红色，当滴入最后一滴HCl溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变色，说明碱已全部反应完【解答】解：A向BaCl2溶液中加入适量Na
48、2CO3溶液后，发生反应：BaCl2 +Na2CO3 =BaCO3+2NaCl，取少量上层清液于小试管中，滴加Na2CO3，若不再有沉淀产生，则沉淀完全；若还有沉淀生成，则不完全，故A正确；B淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入NaOH使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，只能说明有淀粉水解，但不能说明淀粉不能完全水解，故B错误；C将Na2SO410H2O晶体置于坩埚中加热，冷却后称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明固体已经恒重，说明硫酸钠已全部失去结晶水，故C正确；D滴定时，当溶液颜色变化且半分钟
49、内不变色，可说明达到滴定终点，滴有酚酞的NaOH溶液呈粉红色，当滴入最后一滴HCl溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变色，说明碱已全部反应完，故D正确；故选B18下列实验操作能达到目的是（）A用Na2S溶液和Al2（SO4）3溶液反应制取Al2S3固体B蒸干并灼烧AlCl3溶液可获得Al（OH）3固体C用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体D蒸发MgCl2溶液制取MgCl2固体【考点】盐类水解的应用【分析】A、硫离子水解呈碱性，铝离子水解呈酸性，二者溶液混合水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢；B、氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸发溶液挥发氯化氢得到水解产物氢氧化铝，灼烧得
50、到氧化铝；C、硫离子和铜离子结合生成硫化铜沉淀，不溶于酸；D、氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，蒸干氯化氢挥发得到水解产物，得不到氯化镁【解答】解：A、硫离子水解呈碱性，铝离子水解呈酸性，二者溶液混合水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，3S2+2Al3+6H2O=2Al（OH）3+3H2S，不能制取Al2S3固体，故A错误；B、氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，蒸发溶液挥发氯化氢得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，2Al（OH）3=Al2O3+3H2O，故B错误；C、用Na2S溶液和CuSO4溶液反应制取CuS固体不溶于水和酸，故C正确；D、氯化镁
51、水解生成氢氧化镁和盐酸，蒸干氯化氢挥发得到水解产物，得不到氯化镁，故D错误；故选C二、非选择题19水的离子积常数KW与温度t（）的关系如图所示：（1）若t1=25，则KW1=1014；若t2=100时，KW2=1012，则0.05molL1的Ba（OH）2溶液的pH=11（2）已知25时，0.1L0.1molL1的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中所存在的化学平衡有（用离子方程式表示）：A+H2OHA+OH，H2OH+OH溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）（3）25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液pH=9
52、，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为1：9（4）100时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH（pH酸）与强碱的pH（pH碱）之间应满足的关系为：pH（酸）+pH（碱）=13【考点】pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】（1）在25，则Kw=1014，根据pH=lgc（H+）计算pH；（2）根据0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10判断盐的类型，确定存在的平衡，比较离子浓度的大小；（3）设出氢氧化钠溶液为x和硫酸溶液的体积为y，根据题中数据列式计算出体积之比；（4）设出酸溶液的pH为a，碱溶液的pH为b，根据100
53、时及体积关系列式计算【解答】解：（1）在25，则Kw=1014，根据pH=lgc（H+）=lg=11，故答案为：1014；11；（2）由于0.1L 0.1mo/L的NaA溶液的pH=10，说明溶液显示碱性，属于强碱弱酸盐，存在平衡A+H2OHA+OH，H2OH+OH，故不水解的钠离子浓度大于A离子浓度，溶液显碱性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故答案为：A+H2OHA+OH，H2OH+OH；c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）；（3）设氢氧化钠溶液的体积为xL，硫酸溶液的体积为yL，pH=11的NaOH溶液中，氢氧根离子的浓度为：103mol/L，pH=4的硫酸溶液中氢离子浓度为：104m
54、ol/L，二者混合后溶液的pH=9，溶液酸性碱性，溶液中氢氧根离子的浓度为105mol/L，即氢氧化钠过量，即103mol/LxL104mol/Ly=105mol/L（x+y），解得x：y=1：9，故答案为：1：9；（4）设强酸溶液的pH为a，体积为10V，溶液中氢离子浓度为：10amol/L；碱溶液的pH为b，体积为V，溶液中氢氧根离子的浓度为：10（12b）mol/L，混合后溶液呈中性，则满足溶液中氢离子的物质的量大于氢氧根离子的物质的量，即10amol/L10VL=10（12b）mol/LVL，解得：1a=b12，a+b=13，故答案为：1320现有25时0.1mol/L的氨水请回答以下
55、问题：（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式NH3H2O+H+=NH4+H2O；所得溶液的pH7（填“”、“”或“=”），用离子方程式表示其原因NH4+H2ONH3H2O+H+；（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c（NH4+）=a mol/l，则c（SO42）=0.5amol/l；（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1：1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的关系是c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离
56、平衡；离子浓度大小的比较【分析】（1）向氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，抑制氨水的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大；（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性；（3）根据溶液中阴阳离子所带电荷相等确定硫酸根离子浓度；（4）氨水是弱电解质，所以氨水中氢氧根离子浓度远远小于氨水浓度，0.1molL1的氨水与pH=1的硫酸等体积混合恰好反应，溶液中的溶质是硫酸铵，铵根离子水解而硫酸根离子不水解，导致溶液呈酸性，据此判断溶液中 各种离子浓度大小【解答】解：（1）由于（NH4）2SO4=2NH4+SO42，溶液中NH4+浓度增大，抑制氨水电离，
57、导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中减小；故答案为：减小；（2）硫酸和氨水反应生成硫酸铵和水，离子反应方程式为NH3H2O+H+=NH4+H2O，硫酸铵是强酸弱碱盐水解而使其溶液呈酸性，水解方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；故答案为：NH3H2O+H+=NH4+H2O，NH4+H2ONH3H2O+H+；（3）溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH），溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42 ）+c（OH），所以c（SO42 ）=0.5c（NH4+）=0.5amol/l；故答案为：0.5amol/l；（4）pH=1的硫酸溶液
58、，C（ H +）=0.1molL1，氢离子浓度与氨水浓度相等，体积相同，所以恰好反应生成盐，如果NH4+不水解，C（ NH4+）：C（SO42）=2：1，但水解是较弱的，所以c（NH4+）c（SO42 ）；溶液呈酸性，所以c（H+）c（OH），故溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）；故答案为：c（NH4+）c（SO42 ）c（H+）c（OH）21已知氨水与醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，溶有一定量氨的氯化铵溶液呈碱性现向少量的Mg（OH）2悬浊液中加入适量的饱和氯化铵溶液，固体完全溶解甲同学的解释是：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（ap）N
59、H4+H2ONH3H2O+H+由于NH4+水解显酸性，H+与OH反应生成水，导致导致的平衡右移，沉淀溶解；乙同学的解释是：Mg（OH）2（s）Mg2+（aq）+2OH（ap）NH4+OHNH3H2O由于NH4Cl电离出的NH4+与Mg（OH）2电离出的OH结合，生成了弱电解质NH3H2O，导致反应的平衡右移，Mg（OH）2沉淀溶解（1）丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列一种试剂来证明甲、乙两位同学的解释只有一种正确，他选用的试剂是B（填写编号）A、NH4NO3B、CH3COONH4C、Na2CO3D、NH3H2O（2）请你说明丙同学作出该选择的理由是醋酸铵溶液显中性（3）丙同学将所
60、选试剂滴入Mg（OH）2的悬浊液中，Mg（OH）2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理？乙（填“甲”或“乙”）；写出NH4Cl饱和溶液使Mg（OH）2悬浊液溶解的离子方程式2NH4+Mg（OH）2=2NH3H2O+Mg2+【考点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】为了证明Mg（OH）2悬浊液与氯化铵溶液的反应原理，可加入醋酸铵溶液检验，因醋酸铵溶液呈中性，如甲同学的解释正确，则氢氧化镁不溶解，如氢氧化镁溶解，则乙同学的解释正确，据此进行解答【解答】解：（1）硝酸铵和氯化铵相似，只有铵根离子的水解，而碳酸钠和氨水溶液都呈碱性，只有B符合，故答案为：B；（2）醋酸铵
61、溶液呈中性，可证明是否由于铵根离子水解呈酸性的原因导致氢氧化镁溶解，故答案为：醋酸铵溶液显中性；（3）将所选试剂滴入Mg（OH）2的浊液中，Mg（OH）2溶解，可说明乙同学的解释正确，则NH4Cl饱和溶液使Mg（OH）2悬浊溶解的离子方程式为2NH4+Mg（OH）2=2NH3H2O+Mg2+，故答案为：乙；2NH4+Mg（OH）2=2NH3H2O+Mg2+22（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）DA、9B、13C、1113之间D、911之间（2）25时，向0.1molL1的氨水中加入少量氨化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）CA、氨
62、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，电离出大量按离子，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）NH4+和NH3H2O两种粒子的物质的量之和等于0.1molNH4+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：A、c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）B、c（Cl）c（NH4+）c（OH+）c（H+）C、c（Cl）c（H+）c
63、（NH4+）c（OH）D、c（NH4+）c（Cl）c（OH）c（H+）若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是NH4Cl，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】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）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
64、）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，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，故答案为：D；（2）氯
65、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，故答案为：C；（3）根据物料守恒知，c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.1mol，故答案为：NH4+；NH3H2O；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+；H+；（4）因任何水溶液中都有OH、H+，若溶质只有一种则为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：；=