1、【全国百强校】河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二上学期第一次月考化学试题（解析版）【全国百强校】河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二上学期第一次月考化学试题1.下列关于纯净物、混合物、电解质和非电解质的正确组合是纯净物混合物电解质非电解质A盐酸天然气硫酸干冰B氢氧化钡蔗糖溶液碱石灰三氧化硫C胆矾石灰水苛性钾氨气D硫酸铝合金氯化钠氢气A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、盐酸是混合物，选项A错误；B、碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，既不是电解解也不是非电解质，选项B错误；C、物质组合都对应，选项C正确；D、氢气既不是电解质也不是非电解质，选项D错误。答案选C。2.
2、下列说法中不正确的是将AgCl固体放入水中不能导电，所以AgCl是非电解质氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强A.B.C.D.【答案】C【解析】AgCl溶解度很小，将AgCl固体放入水中，离子浓度极小，不能导电，但AgCl是强电解质，故错误；氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里，生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的铵根离子和氢氧根离子导致导电，不是氨气自身电离，所以氨气是非电解质，故错误；电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电
3、，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；固态的冰醋酸不导电，液态的纯醋酸只有乙酸分子，不能导电，故错误；固态的离子化合物由于离子不能自由移动而不导电，熔融态的离子化合物中离子能自由移动，可以导电，故错误；电解质溶液的导电性强弱与溶液中离子浓度的大小有关，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质强，故正确。答案选C。点睛：本题考查了电解质、非电解质概念的辨析、电解质与导电的关系的判断，抓住电解质必须是化合物，电解质导电是存在自由移动的离子是解答本题的关键。3.25时，水的电离达到平衡：H2OH+OH-H0，下列叙述正确的是A.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c (H+)增大，Kw不变B.向水中加入氨水
4、，平衡逆向移动，c (OH-)降低C.向水中加入金属钠，平衡逆向移动，c (H+)减小D.将水加热，Kw增大，pH不变【答案】A【解析】A、硫酸氢钠溶于水显酸性，酸性增强，c (H+)增大，但温度不变，Kw不变，选项A正确；B、向水中加入氨水，增大氢氧根离子浓度，抑制水的电离，平衡逆向移动，但溶液的碱性增大，c (OH-)增大，选项B错误；C、向水中加入金属钠，钠与水电离出的氢离子反应促进水的电离，平衡正向移动，c (H+)减小，选项C错误；D、将水加热，Kw增大，平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小，选项D错误。答案选A。4.25 C时，在等体积的：pH=0的H2SO4溶液0.05 mo
5、lL-1的Ba(OH)2溶液PH=10的Na2S溶液pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A.1：10：1010：109B.1：5：5109：5108C.1：20：1010：109D.1：10：104：109【答案】A【解析】设溶液的体积为1L；中pH=0的H2SO4中c(H+)=1.0 molL-1，c(OH-)=1.010-14molL-1，水电离的物质的量为1.010-14mol；中c(OH-)=0.1 molL-1，c(H+)=1.010-13molL-1，水电离的物质的量为1.010-13mol；中c(OH-)=1.010-4molL-1，水的电离的物质的量为1.
6、010-4mol；中c(H+)=1.010-5molL-1，水的电离的物质的量为1.010-5mol；故中水的电离的物质的量之比为：1.010-14mol：1.010-13mol：1.010-4mol1：1.010-5mol=1：10：1010：109，答案选A。点睛：注意溶液中的c(H)和水电离出来的c(H)是不同的：常温下水电离出的c(H)1107molL1，若某溶液中水电离出的c(H)1107molL1，则可判断出该溶液中加入了酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c(H)1107molL1，则可判断出该溶液中加入了可以水解的盐或活泼金属促进了水的电离。常温下溶液中的c(H)1107
7、molL1，说明该溶液是酸溶液或水解显酸性的盐溶液；c(H)1107molL1，说明是碱溶液或水解显碱性的盐溶液。5.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是A.使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、AlO2-、NO3-、Fe2+B.由水电离产生的c(H+)=10-12molL-1的溶液：NH4+、SO42-、HCO3-、Cl-C.含有0.1 molL-1HCO3-的溶液：Na+、Fe3+、NO3-、Cl-D.Kw/c(H+)=0.1 molL-1的溶液：Na+、K+、SO32-、AlO2-【答案】D【解析】A、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，AlO2、CO32均不能共存，且酸性条件下硝酸根离子
8、氧化亚铁离子而不能大量共存，选项A错误；B、由水电离产生的c(H+)=1012molL1的溶液为强酸或强碱溶液，两种条件下HCO3均不能共存，选项B错误；C、HCO3-与Fe3+发生双水解而不能大量共存，选项C错误；D、Kw/c(H+)=0.1 molL-1的溶液为碱性溶液，Na+、K+、SO32-、AlO2-以及氢氧根离子都可以大量共存，选项D正确。答案选D。6.温度相同、浓度均为0.1 molL-1的：(NH4)2SO4，NH4HCO3NH4HSO4，NH4NO3溶液，(NH4)2CO3溶液它们中的c(NH4+)由小到大的排列顺序是A.B.C.D.【答案】D【解析】在温度相同、浓度均为0.
9、1molL-1的溶液中，（NH4）2SO4，铵离子浓度是硫酸铵浓度的2倍，铵离子浓度接近：0.2molL-1，NH4HCO3，碳酸氢根离子水解显示碱性，促进了铵离子水解，铵离子浓度大大减小，NH4HSO4，溶液的氢离子抑制了铵离子水解，浓度接近于0.1mol/L，NH4NO3溶液，铵离子正常水解，浓度小于0.1mol/L，(NH4)2CO3，铵离子浓度是硫酸铵浓度的2倍，而碳酸根离子水解显示碱性，促进了铵离子水解，铵离子浓度小于0.2molL-1，所以c(NH4+)由小到大的排列顺序是，答案选D。7.今有室温下四种溶液，pH=1的氨水；pH=11的NaOH溶液；pH=3的醋酸；pH=3的硫酸；
10、下列有关说法不正确的是A.、中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小B.分别加水稀释10倍，四种溶液的pHC.、两溶液混合后，若溶液呈中性，则所得溶液中c(NH4+)=2c(SO42-)D.V1L与V2L溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1V2= 119【答案】B【解析】A、pH=11的氨水，存在电离平衡，加入氯化铵溶解后铵根离子对一水合氨的电离起到了抑制作用，氢氧根离子浓度减少，PH减小；pH=11的NaOH溶液加入氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减少，PH减小，选项A正确；B、分别加水稀释10倍：pH=11的氨水存在电离平衡，PH减少小于1，应在10-11间
11、、pH=11的NaOH溶液是强碱，稀释后PH为10、pH=3的醋酸溶液存在电离平衡，PH增大小于1，应在3-4间、pH=3的硫酸是强酸稀释后PH为4，故PH大小为，选项B正确；C、两溶液混合后，若溶液呈中性，H+=OH-依据混合溶液中存在的电荷守恒NH4+H+=OH-+2SO42-，得到NH4+=2SO42-，选项C错误；D、V1L与V2L溶液混合后，若混合后溶液pH=4，混合溶液中c（H+）=10-4mol/L，说明溶液呈酸性，氢离子过量，pH=3的硫酸溶液中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=10-3mol/L，列式计算，V1103V2103V1+V2V
12、110-3-V210-3V1+V2=10-4，化简得到V1：V2=11：9，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查了弱电解质的电离平衡的影响因素的分析判断，溶液稀释后的溶液PH判断，电荷守恒的应用，强酸强碱溶液混合后的PH计算应用，综合性强，考查较全面。8.关于溶液中微粒的浓度，下列说法正确的是A.0.1molL-1的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-) c(NH4+) c(H+) c(OH-)B.等浓度等体积的NaHSO3溶液与NaClO溶液混合后：c(Na+) + c(H+) = c(HSO3-) + c(ClO-) + 2c(SO32-) + c(OH-)C.等浓度等体积的NaHCO
13、3溶液与NaCl溶液混合后：c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)D.标况下，将2.24LSO2气体通入到100ml 1molL-1的NaOH溶液中，完全反应后溶液呈酸性，则该溶液中：c(Na+) c(HSO3-) c(SO32-) c(H+) c(OH-)【答案】C【解析】试题分析：A、(NH4)2SO4溶液中，NH4+水解程度较低，溶液呈酸性，离子的物质的量浓度关系为：c(NH4+) c(SO42-)c(H+)c(OH-)，错误；B、等浓度等体积的NaHSO3溶液与NaClO溶液混合后根据电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(HSO3-)
14、+ c(ClO-) + 2c(SO32-) + c(OH-)，错误。C、根据物料守恒可得1/2 c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)，正确；D、二者反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3，则该溶液中：c(Na+) c(HSO3-) c(H+) c(SO32-) c(OH-)，错误。考点：考查离子浓度大小比较。9.已知为使Fe3+、Fe2+、Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀，溶液的pH分别为3.7、9.6、4.4左右。某酸性硫酸锌溶液中含有少量Fe3+、Fe2+，为除去这些离子得到纯净的硫酸锌，应加入的试剂是A.Cl2、ZnCO3B.氨水C.
15、H2O2、ZnOD.NaOH溶液【答案】C【解析】显把Fe2+氧化为Fe3+，在酸性环境中生成氢氧化铁沉淀，为了不引进新的杂质离子，最好加入的氧化剂是H2O2，然后加入ZnO调节PH，以制得纯净的硫酸锌溶液，答案选D。10.下列实验操作所得的现象及结论均正确的是选项实验操作现象及结论A室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.4NH3H2O是比HCN更弱的电解质B将少量Na2SO3样品溶于水，滴加足量盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，则Na2SO3己变质C配制一定浓度的稀硫酸溶液，用量筒量取一定体积的浓硫酸后，没有对量筒进行洗涤。操作正确，对配制稀硫酸的浓度没有影响D向F
16、el2溶液中通入少置Cl2溶液变黄，则Cl2的氧化性强于Fe3+A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、室温下，0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.4，溶液呈碱性，说明CN-的水解程度大于NH4+的水解程度，则相同条件下，HCN的电离程度小于NH3H2O的电离程度，NH3H2O是比HCN更强的电解质，选项A错误；B、硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，选项B错误；C、配制一定浓度的稀硫酸溶液，用量筒量取一定体积的浓硫酸后，没有对量筒进行洗涤，对配制稀硫酸的浓度没有影响，操作正确，选项C正确；D、向Fe
17、l2溶液中通入少置Cl2，溶液变黄，可能是因为产生铁离子，也可能是产生碘单质，无法证明Cl2的氧化性强于Fe3+，选项D错误。答案选C。11.下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是A.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)c(C1-)=c(I-)C.CO2的水溶液：c(H+)c(HCO3-)=2c(CO32-)D.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)十c(OH-)【答案】D【解析】A、NaHC2O4和Na2C2O4物质的量相等，根据
18、物料守恒可得：2c(Na+)=3c(HC2O4-)+ c(C2O42-)+c(H2C2O4)，选项A错误；B、含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+） c（Cl-）c（Br-），选项B错误；C、H2CO3的第一步电离大于第二步电离，所以c(H+) c(HCO3-) c(CO32-)，但c(HCO3-)不等于c(CO32-)，选项C错误；D、根据电荷守恒，pH=1的NaHSO4溶液存在：c（Na+）+c（H+）=2c（SO42-）+c（OH-），因为c（Na+）=c（SO42-），所以c（H+）=c（SO42-）+ c（OH-），选项D正确。答案选D。点睛：本题考查沉淀溶解平衡、离子浓度比
19、较。正确理解电荷守恒、物料守恒、质子守恒及溶液中离子浓度大小比较的方法是解答本题的关键。12.化学中常借助图像来表示某种变化过程，下列关于4个图像的说法正确的是A .图可表示t时，冰醋酸稀释过程中溶液导电性的变化B.图可表示向一定量盐酸中滴加一定浓度氢氧化钠溶液时，溶液pH的变化C.图可表示向一定量明矾溶液中滴加一定浓度氢氧化钡溶液时，产生沉淀的物质的量的变化D.图可表示所有的固体物质溶解度随温度的变化【答案】B【解析】试题分析：A在冰醋酸中，醋酸完全是以分子的形式存在，所以不能导电，当向其中加入水时，以部分醋酸分子发生电离：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中自由移动的两种浓度增大，所
20、以溶液的导电性增强，随着水的加入，以方面存在酸分子的电离作用，使离子浓度增大，另一方面，水对已经电离产生的离子的稀释作用，是离子浓度减小。当稀释倍数不大时，电离作用大于稀释作用，自由移动的离子浓度增大，溶液的导电性逐渐增强；当稀释到一定程度时，稀释作用大于酸分子的电离作用，自由移动的离子的浓度减小，溶液的导电性逐渐减弱。所以图不能表示t时，冰醋酸稀释过程中溶液导电性的变化，错误；B盐酸是酸，电离产生大量的H+，是溶液显酸性，pHKsp(AgI)在2mL 0.01 mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.01 mol/LHCl溶液，再滴加1mL 0.01 mol/LKI溶液D配制澄清的FeCl3
21、浓溶液将FeCl3固体置入少量水中搅拌A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】A、向盛有2.5mL 0.005mol/L FeCl3,溶液的试管中加入2.5mL 0.015 mol/L KSCN溶液，再滴加4滴饱和FeCl3溶液，当其它条件不变的情况下,只改变影响平衡的一个条件,判断化学平衡的移动方向，这个问题是只增加一种反应物的浓度当然化学平衡向正反应方向移动，故可探究浓度对化学平衡的影响，选项A正确；B、在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe（OH）3：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe（OH）3，又
22、由于灼热发生2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，使Fe（OH）3分解生成Fe2O3，得不到无水FeCl3，选项B错误；C、在2mL 0.01 mol/LAgNO3溶液中滴加1mL0.01 mol/LHCl溶液，再滴加1mL 0.01 mol/LKI溶液，AgNO3溶液足量，无法证明氯化银转化为碘化银，无法证明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，选项C错误；氯化铁易水解，配制氯化铁溶液时应先在盐酸中溶解氯化铁，再稀释成对应浓度的溶液，选项D错误。答案选A。14.下列有关说法中不正确的是A.某溫度时的混合溶液中C(H+) =KWKWmolL-1，说明该溶液呈中性(KW为该温度时水的离子积常数）B
23、.常温下，由水电离出的c(H+)=10-12molL-1的溶液的PH可能为2或12C.已知Ksp(AgCl)=1.5610-10。Ksp(Ag2CrO4)=9.010-12，向含有Cl-、CrO42-且浓度均为0.010molL-1溶液中逐滴加入0.010molL-1的AgNO3溶液时，Cl-先产生沉淀D.常温下PH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【答案】D【解析】A、某溫度时的混合溶液中C(H+) =KWKWmolL-1，而KW= c(H+)c(OH-)，说明c(H+)=c(OH-)，则溶液一定为中性，选项A正确；B、
24、常温下，KW= c(H+)c(OH-)=10-14，纯水中c(H+)=c(OH-)=10-7，某溶液中，由水电离出的c(H+)=10-12molL-11.5610-8mol/L，Cl-先产生沉淀，选项C正确；D、常温下PH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知：c(Na+)=c(CH3COO-)，选项D不正确。答案选D。15.有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等，现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生如下反应：NaRCO2H2OHRNaHCO32NaR1CO2H2O2HR1Na2CO3；HR和HR1的酸性强弱比较，正确
25、的是A.HR较弱B.HR1较弱C.两者相同D.无法比较【答案】B【解析】NaR的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR发生第一步反应：NaR+H2CO3=NaHCO3+HR，由于NaR过量，所以NaHCO3继续和NaR反应：NaHCO3+NaR=HR+Na2CO3，总反应表示为：2NaR+CO2+H2O=2HR+Na2CO3，酸性：H2CO3HCO3-HR，NaR的反应：CO2先和水反应生成H2CO3，然后和NaR发生第一步反应：NaR+H2CO3=NaHCO3+HR，虽然NaR过量，但反应停在了NaR+CO2+H2O=HR+NaHCO3这步，说明酸性：H2CO3HRHCO3-，所
26、以HR较强、HR较弱，故选B。16.向15mL 0. 3molL-1的Na2CO3溶液中通入33.6 mL(标准状况)CO2，当气体全部溶解时，溶液中粒子浓度关系正确的是A.c(Na+)c(CO32)c(HCO3)c(OH)c(H+)B.c(HCO3)=c(Na+)c(OH)c(H+)C.2c(Na+)=3c(HCO3)+3c(CO32)+3c(H2CO3)D.c(OH)=c(HCO3)+2c(H2CO3)+c(H+)【答案】C【解析】n(CO2)=0.0015mol，n(Na2CO3)=15mL 10-30. 3molL-1=0.0045mol，充分反应后，溶液以溶质为：NaHCO3和Na2
27、CO31：2。A、c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+) ，c(CO32-)接近是c(HCO3-)的二倍，c(CO32-) c(HCO3-)，选项A不正确；B、c(HCO3-)c(Na+)，不考虑HCO3水解时3c(HCO3-)c(Na+)，而水解是微弱的，选项B不正确；C、物料守恒：2c(Na+)=3c(HCO3)+3c(CO32)+3c(H2CO3)，选项C正确；D、质子守恒：c(CO32)+3c(H2CO3)+2c(OH-)c(HCO3-)+2c(H+)，选项D不正确。答案选C。17.向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌随着盐酸的加入，溶液中
28、离子数目也相应地发生变化如图所示，四条曲线与溶液中的离子的对应关系，完全正确的是A.a：K+；b：HCO3-；c：CO32-；d：Cl-B.a：K+；b：CO32-；c：HCO3-；d：Cl-C.a：K+；b：CO32-；c：Cl-；d：HCO3-D.a：K+；b：HCO3-；c：Cl-；d：CO32-【答案】B【解析】试题分析：向一定量的K2CO3溶液中缓慢地滴加稀盐酸，并不断搅拌，a一直不变，那么a表示的是K+，b逐渐减小，当减小到0时，c又开始减小，b表示的是碳酸根离子，碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子，当碳酸根离子反应完后，氢离子和碳酸氢根离子反应，所以c表示HCO3-，d从0一
29、直不断地增大，d是Cl-,答案选B。考点：考查碳酸盐和酸反应18.广义的水解观认为：水解的物质和水分别离解成两部分，然后两两重新结合成新的物质，不出现元素化合价的变化。根据以上信息，下列物质水解后的产物错误的是A.BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B.PCl3水解的产物是HClO和PH3C.CaC2水解的产物是Ca(OH)2和C2H2D.Al4C3水解的产物是Al(OH)3和CH4【答案】B【解析】水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，A、BaO2的水解产物是Ba（OH）2和H2
30、O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，选项A不选；B、该反应中Cl元素化合价由1价变为+1价，有电子转移，不符合水解原理，选项B选；C、CaC2水解的产物是Ca（OH）2和C2H2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，选项C不选；D、Al2S3水解的产物是Al（OH）3和H2S，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查了水解原理，正确理解题干信息是解本题关键，再结合元素化合价是否变化分析解答。根据题意信息：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质，所以将物质分为阴离子和阳离子两部
31、分，阳离子和氢氧根结合即为产物，阴离子和氢离子结合即为产物。19.常温下向10mL b molL-1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.0l molL-1的NaOH溶液，充分反应后溶液中c(CH3COO-)=c(Na+)，下列说法不正确的是A.b0.0lB.混合后溶液呈中性C.CH3COOH的电离常数Ka=10-9/(b-0.01)D.向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小【答案】D【解析】试题分析：由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，若二者的物质的量相等，则反应产生的盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C
32、H3COO)。现在充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO)，说明c(H+)=c(OH-)，故n(CH3COOH)n(NaOH)，b0.01mol/L。溶液显中性。A、B正确；CH3COOH的电离常数是，选项C正确；D向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，发生中和反应，酸电离产生的H+对水的抑制作用逐渐加入，产生的盐发生水解反应，会消耗水电离产生的H+，所以水的电离程度逐渐增大，错误。考点：考查弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡的知识。20.将0.2molL-1HCN溶液和0.1molL-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是A.c(HCN)c(CN-)B
33、.c(Na+)c(CN-)C.c(HCN)c(CN-)c(OH-)D.c(HCN)c(CN-)=0.2molL-1【答案】A【解析】将0.2molL1HCN溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后，生成NaCN，其中HCN是过量的。根据有关的数据可知，NaCN和HCN的物质的量浓度都是0.05mol/L。溶液显碱性，说明NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，所以c (HCN)c (CN)，选项A正确；根据电荷守恒可知c (Na)c (H) c (CN)c (OH)，选项C错误；溶液显碱性，则c (H) c (OH)，所以c (Na) c (CN)，选项B错误；根据物料守恒可知c (H
34、CN)c (CN)0.1molL1，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查溶液中离子浓度大小比较的有关判断。正确理解和应用电荷守恒、物料守恒是解答本题的关键。21.某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是提示BaSO4(s)Ba2+(aq)SO42-(aq)的平衡常数KspBa2SO42-，称为溶度积常数。A.加入Na2SO4可以使溶液由a点变到b点B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点C.d点无BaSO4沉淀生成D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C【解析】试题分析：A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c(SO42-
35、)，平衡左移，c(Ba2+)应降低，故A错误；B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO42-)、c(Ba2+)均增大，所以不能使溶液由d点变到c点，故B错误；C、b点表示QcKsp，溶液过饱和，会有沉淀析出，故C正确；D、Ksp是溶度积常数，只随着温度的改变而改变，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误；故选C。【考点定位】考查沉淀溶解平衡【名师点晴】本题考查沉淀溶解平衡。注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。解答本题，要注意图中各点的含义。该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态。22.同时对农作物施用含
36、N、P、K的三种化肥，对给定的下列化肥K2CO3、KCl、Ca(H2PO4)2、(NH4)2SO4，氨水，最适当的组合是A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：所给物质中只有Ca(H2PO4)2含P元素，因此应以它为中心思考。 K2CO3由于水解呈碱性，氨水本身显碱性，都会与Ca(H2PO4)2反应生成难溶于水的CaHPO4或Ca3(PO4)2，而不利于P元素被植物吸收。(NH4)2SO4由于铵根离子水解而呈酸性，因此从中和的角度和双水解的角度看K2CO3和氨水不宜与Ca(H2PO4)2和(NH4)2SO4混合施用。故选 C。考点：考查了盐类水解的相关知识。23.实验室有下列试剂，其中必须
37、用带橡胶塞的试剂瓶保存的是NaOH溶液水玻璃Na2S溶液Na2CO3溶液NH4Cl溶液澄清石灰水浓HNO3浓H2SO4A.B.C.D.【答案】C【解析】玻璃中含有二氧化硅与氢氧化钠、Na2S溶液、Na2CO3溶液、澄清石灰水、等碱性物质反应，水玻璃（主要成分是硅酸钠）能使玻璃粘在一起而打不开，答案选C。24.常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是20 mL蒸馏水30 mL 0.03 mol/L HCl溶液40 mL 0.05 mol/L AgNO3溶液50 mL 0.02 mol/L CaCl2溶液A.B.C.D.【答案】A【解析】根据c（A
38、g+）或c（Cl-）大小比较，c（Ag+）或c（Cl-）越小，AgCl的溶解度越大，c（Ag+）或c（Cl-）为0；c（Cl-）=0.03mol/L，c（Ag+）=0.05mol/L，c（Cl-）=0.04mol/L，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是，答案选A。25.请回答下列问題：(1)纯水在T时，pH6，该温度下1 molL-1的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH-)molL-1。(2)某一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等。若将两溶液稀释相同的倍数后，pH(A)pH(B)（填“”、“=”或“”）；现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V(A
39、)V(B)（填“”、“=”或“”）。（3）已知：二元酸H2R的电离方程式是：H2R=H+HR，HRR2+H+，若0.1molL-1NaHR溶液的c(H+)=a molL1，则0.1molL1H2R溶液中c(H+)(0.1+a)molL1（填“”、“”或“=”），理由是。NaHR溶液呈性，理由是。某温度下，向10 mL、0.1 mol/L NaHA溶液中加入0.1 mol/L KOH溶液V mL至中性，此时溶液中以下关系一定正确的是(填写字母)。A.溶液pH=7B.水的离子积KW=c2(OH-)C.V=10D.c(K+)c(Na+)【答案】1012H2R中第一步电离出的H+对HA的电离产生了抑制
40、作用酸HA-只电离不水解BD【解析】(1)纯水在100时，pH6，即c(H)c(OH)106，可知Kw1012，1 molL1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH)取决于溶液中的c(H)，即c水电离(OH)c(H)1012molL1；（2）强酸每稀释10n倍，pH就增大n个单位，弱酸每稀释10n倍，pH增大不到n个单位，所以两溶液稀释相同的倍数后，pH(A)pH(B)；一元弱酸溶液（A）与二元强酸（B）的pH相等，说明弱酸的浓度远大于强酸的浓度，A中氢离子的物质的量远大于B中氢离子的物质的量，所以用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液，则需稀释溶液的体积V(A) V(B)；（3）由二元酸
41、H2R的电离方程式是：H2R=H+HR，HRR2+H+，可知，0.1 molL-1NaHR溶液中只存在HR-的电离，c(H+)=a molL-1，而0.1molL-1H2R溶液中存在两步电离，第一步电离出的H+对HR-的电离产生了抑制作用，所以c(H+)”、“9.910-710-6大于ABDC【解析】（1）25时，等体积、等浓度的HA和氢氧化钠恰好反应生成盐，测定混合溶液的pH7，说明该溶液呈碱性，则该盐是强碱弱酸盐，酸根离子易水解，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性，水解离子方程式为A-+H2OHA +OH-；（2）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，NaA是含有
42、弱根离子的盐，氢氧化钠是强碱，所以NaA促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，则混合溶液中由水电离出的c（H+）0.1mol/LNaOH溶液中由水电离出的c（H+）；（3）溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7mol/L，溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），存在物料守恒得c（Na+）=c（A-）+c（HA）=0.05mol/L，c（OH-）-c（HA）=c（H+）=110-8mol/L；（4）HA溶液加到Na2CO3溶液中有
43、气体放出，说明HA的酸性比碳酸的强，NH4A溶液为中性，说明相同条件下，氨水和HA的电离程度相同，所以（NH4）2CO3中铵根离子的水解程度小于碳酸根离子的水解程度，所以溶液的pH7；（5）（NH4）2SO4和NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，溶液中铵根离子浓度越大，水解程度越小，但水解的个数多，所以氯化铵溶液的pH值大于硫酸铵；NH4A溶液中阴阳离子的水解程度相等，所以溶液呈中性，溶液的pH值大于氯化铵；NH4HCO3溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，所以溶液的pH值最大，故答案为：ABDC。28.有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离产
44、生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复）。阳离子Na+、Ba2+、NH4+阴离子CH3COO-、OH-、Cl-、SO42-已知：A、C溶液的pH均大于7，A、B的溶液中水的电离程度相同；C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无现象。A是，B是(填化学式)。用离子方程式表示A的水溶液中存在的平衡关系：。(2)写出C和D反应的离子方程式。(3)25时，0.1 molL-1B溶液的pH=a，则B溶液中：C(H+) -c(OH-)=(填微粒浓度符号)=(用含有a的关系式表示)。将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中
45、各种离子浓度由大到小的顺序是。(5)在一定体积的0.005 molL-1的C溶液中，加入一定体积的0.00125molL-1的盐酸，混合溶液的pH=11，若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和，则c溶液与盐酸的体积比是。【答案】CH3COONaNH4ClCH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH+ OH-Ba2SO42-=BaSO4c(NH3H2O)（ 10-a10a14）molL1c(OH)c(Ba2) c(Cl)c(NH4+)c(H)14【解析】C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，C溶液和D溶液一种含有钡离子、一种含硫酸根离子；B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，
46、一种含有氢氧根离子、一种含铵根离子；C溶液的pH大于7，所以C为氢氧化钡；D为硫酸钠；A溶液的pH大于7，A为醋酸钠；B为氯化铵；（1）A是CH3COONa，B是NH4Cl；醋酸钠的水溶液中存在的平衡关系为醋酸根的水解平衡、水的电离平衡，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-、H2OH+ OH-；（2）氢氧化钡和硫酸钠反应的离子方程式为Ba2SO42-=BaSO4；（3）25时，0.1 molL1氯化铵溶液的pHa ，c(H+)=10-a、c(OH-)=10-14+a，根据电荷守恒，c(H) + c(NH4+) c(Cl)+ c(OH)、根据物料守恒c(NH3H2O) + c(NH4+)
47、 c(Cl)=0.1 molL1，则c(H)c(OH)c(NH3H2O)=（ 10-a10a14）molL1；（4）将等体积、等物质的量浓度的氯化铵溶液和氢氧化钡溶液混合，反应后溶液中含有溶质氢氧化钡、氯化钡、氨水的浓度比为1:1:2，各种离子浓度由大到小的顺序是c(OH)c(Ba2) c(Cl)c(NH4+)c(H) ；（5）在一定体积的0.005 molL1的氢氧化钡溶液中，加入一定体积的0.00125 molL1的盐酸，混合溶液的pH11，碱过量，c(OH)=0.01V碱0.00125V酸V碱+V酸0.01V碱-0.00125V酸V碱+V酸=10-3，氢氧化钡溶液与盐酸的体积比是14；（6）碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠体积偏大，测得的浓度偏大；碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠体积偏大，测得的浓度偏大；锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，醋酸物质的量不变，消耗氢氧化钠体积不变，无影响；锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，醋酸物质的量减小，消耗氢氧化钠体积偏小，测得的浓度偏小。
