浙江省宁波市余姚中学高二化学上学期第一次质检试题（含解析）新人教版(1).doc

宁波市余姚中学2013-2014学年上学期第一次质检高二化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，其中110各2分，1122各3分，共56分）1（2分）下列物质的水溶液中，ph值大于7的是（）a. na2co3 b. nh4no3 c. na2so4 d. kno3考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：当溶液的ph等于7时，呈中性当溶液的ph大于7时，呈碱性当溶液的ph小于7时，呈酸性，弱酸根离子水解显碱性，碱溶液显碱性解答：解：na2co3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，ph大于7；na2so4、kno3属于强酸强碱盐，不水解显中性，ph等于7；nh4no3属于强酸弱碱盐，水解显酸性，ph7故选a点评：解答本题要掌握溶液的酸碱性和溶液ph大小之间的关系，然后再根据具体物质的水溶液的酸碱性进行分析、判断，从而得出正确的结论2等物质的量浓度的下列溶液中，nh4+的浓度最大的是（）a. nh4cl b. nh4hco3 c. nh4hso4 d. nh4no3考点：盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：根据铵根离子水解的影响角度来分析，如果含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，如果含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱解答：解：a、氯化铵中，铵根离子的水解不受氯离子的影响；b、碳酸氢根离子对铵根离子的水解起到促进作用，导致铵根离子水解程度大；c、硫酸氢铵中的氢离子对铵根的水解起抑制作用，导致铵根离子水解程度很小；d、硝酸铵中的硝酸根离子不影响铵根的水解，铵根浓度和a一样综上nh4+的浓度最大的是nh4hso4故选c点评：本题考查学生离子的水解的影响因素，可以根据所学知识进行回答，难度不大3（2分）0.1mol/l na2co3和0.1mol/l nahco3溶液的ph值比较（）a. 大于 b. 等于 c. 小于 d. 不能肯定考点：钠的重要化合物；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题；元素及其化合物分析：na2co3存在两步水解，nahco3只有一步水解，多元弱酸根离子第一步水解程度远远大于第二步水解程度，以此解答解答：解：na2co3存在两步水解，nahco3只有一步水解，na2co3的水解程度大于nahco3，所以等物质的量浓度的na2co3溶液和nahco3溶液，相同浓度的co32水解程度大于hco3的水解程度，na2co3的ph大于nahco3故选a点评：本题以钠的化合物为载体考查了ph大小的比较，涉及盐类水解等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大4（2分）下列水解的离子方程式正确的是（）as2+2h2oh2s+2ohbfe3+3h2ofe（oh）3+3h+cco32+h2ohco3+ohdhs+h2oh2s+oh考点：盐类水解的原理.专题：盐类的水解专题分析：水解反应为弱酸或弱碱离子结合生成水电离的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的反应，多元弱酸要分步水解，水解方程式要写可逆号，且不能写沉淀和气体符号（双水解除外）解答：解：a硫离子是多元弱酸阴离子分步水解，s2+h2ohs+oh，hs+h2oh2s+oh，故a错误；b多数弱碱阳离子也是分步水解的，但一般以总反应式表示，所以铁离子的水解方程式为fe3+3h2ofe（oh）3+3h+，故b正确；c多元弱酸水解分步进行，所以碳酸根离子水解方程式为co32+h2ohco3+oh，故c正确；d硫氢根离子的水解方程式为hs+h2oho+h2s，水机程度微弱不能生成气体，故d错误故选bc点评：本题考查了盐类水解离子方程式的书写，明确盐类水解的规律是解题的关键，注意水解不完全用可逆号表示5（2分）（2014奉贤区一模）向三份0.1mol/l ch3coona溶液中分别加入少量nh4no3、na2co3、ch3coona固体（忽略溶液体积变化），则ch3coo浓度的变化依次为（）a减小、增大、减小b增大、减小、减小c减小、增大、增大d增大、减小、增大考点：影响盐类水解程度的主要因素.专题：盐类的水解专题分析：含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析解答：解：ch3coona是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，nh4no3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；na2co3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；ch3coona溶液中加入ch3coona，会导致醋酸根离子浓度增大；故选c点评：本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键，题目难度不大6（2分）在0.1mol/l na2s溶液中，下列关系式正确的是（）ac（na+）c（oh）c（hs）c（s2）bc（na+）+c（h+）=c（hs）+c（s2）+c（oh）c2c（na+）=c（h2s）+c（hs）+c（s2）dc（oh）=c（h+）+2c（h2s）+c（hs）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：a硫离子水解程度较小，溶液中硫离子浓度大于氢氧根离子浓度；b根据电荷守恒判断，硫离子带有2个单位的负电荷；c根据硫化钠溶液中的物料守恒进行判断各离子浓度之间关系；d根据物料守恒、电荷守恒判断硫化钠溶液中离子浓度大小解答：解：a硫化钠溶液中，硫离子只有部分水解，则溶液中c（s2）c（oh）c（hs），溶液中离子浓度大小为：c（na+）c（s2）c（oh）c（hs），故a错误；b溶液中存在电荷守恒，硫离子带有2个单位负电荷，其系数应该为2，根据电荷守恒得：c（na+）+c （h+）=2c （s2）+c （hs）+c （oh），故b错误；c根据na2s溶液中物料守恒可得：c（na+）=2c（s2）+2c（hs）+2c（h2s），故c错误；d硫化钠溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=2c（s2）+c（hs）+c（oh），存在物料守恒c（na+）=2c（s2）+2c（hs）+2c（h2s），所以c（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s），故d正确；故选d点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，离子浓度大小比较常常涉及盐类水解、弱电解质的电离，易错选项是c，注意守恒思想的运用7（2分）物质的量浓度相同的三种盐nax、nay、naz的溶液，其ph依次为10、9、8，则hx、hy、hz的酸性由强到弱的顺序是（）ahxhzhybhzhyhxchxhyhzdhyhxhz考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：盐类的水解专题分析：根据酸根离子水解程度越大，其盐溶液碱性越强，对应的酸越弱来解答解答：解：因ph越大，其盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，所以hx、hy、hz的酸性由弱到强的顺序：hzhyhx，故选b点评：本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱8（2分）（2008江苏）在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（）a使酚酞试液变红的溶液：na+、cl、so42、fe3+b使紫色石蕊试液变红的溶液：fe2+、mg2+、no3、clcc（h+）=1012moll1的溶液：k+、ba2+、cl、brd碳酸氢钠溶液：k+、so42、cl、h+考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：a使酚酞试液变红的溶液，显碱性；b使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性；cc（h+）=1012moll1的溶液，显碱性；d碳酸氢根离子与氢离子反应解答：解：a使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在fe3+，故a错误；b使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，fe2+、h+、no3离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故b错误；cc（h+）=1012moll1的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故c正确；d碳酸氢根离子与氢离子反应生成水和气体，不能大量共存，故d错误；故选：c点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的应用及氧化还原反应的考查，对学生思维的严密性要求较高，题目难度不大9（2分）既可以在强酸性条件下大量共存又能在强碱性条件下大量共存的离子组是（）aal3+ na+no3 clbk+ na+cl no3ck+ na+ clalo2dk+ hco3 so42no3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：既不能与h+反应，又不能与oh反应，且离子之间不发生反应，则离子能大量共存，以此来解答解答：解：a碱溶液中不能大量存在al3+，故a错误；b无论酸或碱溶液中，该组离子之间均不反应，能大量共存，故b正确；c酸溶液中不能大量存在alo2，故c错误；dhco3既能与酸反应又能与碱反应，不能大量共存，故d错误；故选b点评：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和复分解反应的考查，注重学生思维严密性的训练，有利于提高学生分析问题解决问题的能力，题目难度不大10（2分）下列判断正确的是（）ca（oh）2微溶于水，所以ca（oh）2是弱电解质；强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱；液态氯化氢不导电，但它是电解质；碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，所以是弱电解质；so3溶于水后导电，所以so3是电解质；cu能导电，但它不是化合物，所以cu是非电解质abcd考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；强电解质和弱电解质的概念.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：电解质的强弱是根据其电离程度划分的，完全电离的是强电解质；溶液的导电能力与离子浓度成正比；能导电的物质中含有自由电子或自由离子；在水溶液里或熔融状态下只有部分电离的电解质是弱电解质；三氧化硫的水溶液能导电，但三氧化硫是非电解质；电解质和非电解质都必须是化合物解答：解：ca（oh）2微溶于水，但溶于水的氢氧化钙完全电离，所以ca（oh）2是强电解质，故错误；溶液的导电能力与离子浓度成正比，如果弱电解质溶液中离子浓度大于强电解质溶液，则弱电解质溶液导电能力大于强电解质，所以所以强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱，故正确；碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，但在水溶液里或熔融状态下能完全电离，所以是强电解质，故错误；so3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以so3是非电解质，故错误；电解质和非电解质都必须是化合物，cu能导电，但它不是化合物，所以cu既不是电解质也不是非电解质，故错误；故选a点评：本题考查电解质、非电解质、强弱电解质的判断，根据定义来分析解答即可，注意电解质的强弱是根据电离程度划分的，不是根据溶液的导电能力划分的，为易错点11（3分）下列两种溶液：ph=2的ch3cooh溶液；ph=2的hcl溶液；相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（）a溶液中的c（h+）：b分别中和等体积相同物质的量浓度的naoh溶液，则消耗溶液的体积：c等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成h2的量：d向等体积的两种溶液中分别加入100 ml水后，溶液的ph：考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：ac（h+）=10ph；b相同条件下，ph相等的ch3cooh和ph=2的hcl溶液中c（hcl）c（ch3cooh），分别中和等体积相同物质的量浓度的naoh溶液消耗酸的体积与其物质的量浓度成反比；c两种酸和足量al反应生成氢气的物质的量与酸的物质的量成正比；d加水稀释促进醋酸电离解答：解：a根据c（h+）=10ph知，二者的ph相等，则氢离子浓度相等，则溶液中的c（h+）：=，故a错误；b相同条件下，ph相等的ch3cooh和ph=2的hcl溶液中c（hcl）c（ch3cooh），分别中和等体积相同物质的量浓度的naoh溶液消耗酸的体积与其物质的量浓度成反比，所以消耗溶液的体积：，故b正确；c两种酸和足量al反应生成氢气的物质的量与酸的物质的量成正比，ph相等、体积相等的两种酸的物质的量：，则生成氢气的量：，故c错误；d加水稀释促进醋酸电离，hcl完全电离，所以稀释相同倍数时，醋酸中氢离子浓度大于hcl，则溶液的ph：，故d错误；故选b点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，注意ph相等但其物质的量浓度不等，注意c中金属是足量的，为易错点12（3分）（2012中山模拟）已知0.1mol/l的醋酸溶液中存在电离平衡：ch3coohch3coo+h+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（）a加少量烧碱溶液b降低温度c加少量冰醋酸d加水考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中c（h+）/c（ch3cooh）值增大，则平衡向正反应方向移动，结合平衡移动影响因素来分析解答解答：解：a加入少量烧碱溶液，反应生成ch3coo，c（h+）减小，由于ch3coo对ch3cooh的电离起到抑制作用，则c（h+）/c（ch3cooh）值减小，故a错误；b醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则c（h+）/c（ch3cooh）值减小，故b错误；c加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（h+）/c（ch3cooh）值减小，故c错误；d加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c（h+）/c（ch3cooh）值增大，故d正确；故选d点评：本题考查弱电解质的电离，同时考查学生分析问题和解决问题能力，难度中等，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素13（3分）对于常温下ph为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是（）a该溶液lml稀释至100ml后，ph等于3b向ph为1的硝酸溶液中加入等体积、ph为13的氨水恰好完全中和c该溶液中硝酸电离出的c（h+）与水电离出的c（h+）之比值为11012d该溶液中水电离出的c（h+）是ph为3的硝酸中水电离出的c（h+）的100倍考点：ph的简单计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：常温下ph=1的硝酸溶液中c（h+）=0.1mol/l，a先计算稀释后溶液中c（h+），再计算溶液的ph；b常温下ph=1的硝酸浓度小于ph=13氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余；c溶液中h+为硝酸电离出的h+，水电离出的c（h+）等于水电离出的c（oh）；d酸中水电离出的c（h+）等于水电离出的c（oh）解答：解：常温下ph=1的硝酸溶液中c（h+）=0.1mol/l，a该溶液lml稀释至100ml后，溶液中c（h+）=0.001mol/l，ph等于3，故a正确；b常温下ph=1的硝酸浓度小于ph=13氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性，故b错误；c该溶液中硝酸电离出的c（h+）=0.1mol/l，水电离出的c（h+）=mol/l=1013 mol/l，二者之比值为11012，故c错误；d该溶液中水电离出的c（h+）=mol/l=1013 mol/l，ph为3的硝酸中水电离出的c（h+）=mol/l=1011mol/l，二者之比为1：100，故d错误；故选a点评：本题考查了ph的计算，明确酸中水电离出c（h+）的计算方法是解本题关键，再结合弱电解质电离特点分析解答，题目难度不大14（3分）已知：在100时，水的离子积为11012，此时将ph=12的naoh溶液v1l与ph=1的h2so4溶液v2 l混合，若所得混合溶液的ph=10，则v1：v2为（）a1：9b10：1c9：1d1：10考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：酸碱溶液混合后溶液呈碱性，则碱过量，根据反应后的ph计算溶液中的c（h+），然后根据水的离子积常数计算c（oh），利用c（oh）的计算公式进行计算解答：解：在100时，水的离子积为11012，此温度下将ph=12的naoh溶液中c（oh）=1mol/l，ph=1的h2so4溶液c（h+）=0.1mol/l，若所得混合溶液的ph=10，则反应后的溶液的c（oh）=0.01（mol/l），则c（oh）=0.01mol/l，解得：v1：v2=1：9，故选a点评：本题考查了酸碱溶液混合后溶液ph的计算方法，题目难度中等，注意明确溶液酸碱性与溶液ph的关系，做题时注意把握水的离子积常数随温度的变化而变化15（3分）室温下，下列溶液等体积混和，所得溶液ph的一定大于7的是（）a0.1moll1盐酸溶液和0.1moll1氢氧化钠溶液b0.1moll1盐酸溶液和0.1moll1氢氧化钡溶液cph=4醋酸溶液和ph=10氢氧化钠溶液dph=4盐酸溶液和ph=10氢氧化钡溶液考点：ph的简单计算；溶液ph的定义.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a二者恰好反应，反应方程式为hcl+naoh=nacl+h2o；b二者反应方程式为2hcl+ba（oh）2=bacl2+2h2o；c室温下，ph=4的醋酸浓度大于ph=10naoh溶液浓度，二者等体积混合醋酸有剩余；dph=4的盐酸中c（h+）等于ph=10的ba（oh）2中c（oh），二者等体积混合时恰好反应生成氯化钡和水解答：解：a二者恰好发生反应hcl+naoh=nacl+h2o，生成强酸强碱盐nacl，溶液呈中性，则ph=7，故a错误；b二者反应方程式为2hcl+ba（oh）2=bacl2+2h2o，根据方程式知，ba（oh）2有剩余，溶液呈碱性，则ph7，故b正确；c室温下，ph=4的醋酸浓度大于ph=10naoh溶液浓度，二者等体积混合醋酸有剩余，溶液呈酸性，则ph7，故c错误；dph=4的盐酸中c（h+）等于ph=10的ba（oh）2中c（oh），二者等体积混合时恰好反应生成氯化钡和水，氯化钡为强酸强碱盐，溶液呈中性，则ph=7，故d错误；故选b点评：本题考查了溶液酸碱性判断，根据溶液中的溶质及其性质确定溶液酸碱性，知道溶液酸碱性要根据溶液中氢离子和氢氧根离子相对大小判断，不能根据ph大小判断，为易错点16（3分）实验室用足量镁粉与一定量的某浓度的盐酸反应来制得氢气由于反应速率太快，不易操作为减慢反应速率，同时又不影响生成h2的总量，可向盐酸中加入的物质是（）ak2so4固体bnaoh溶液c（nh4）2so4粉末dch3coona固体考点：化学反应速率的影响因素.专题：化学反应速率专题分析：根据发生的反应为mg+2h+mg2+h2，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可满足减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量，以此来解答解答：解：a、加入少量k2so4固体，不影响氢离子的浓度，对反应少量无影响，不会减慢反应速率，故a错误；b、加入naoh溶液，中和氢离子，减小氢离子的浓度，同时氢离子的物质的量减少，减慢反应速率，同时生成h2的总量减小，故b错误；c、加入（nh4）2so4粉末，铵根离子水解，则氢离子的浓度增大，反应速率增大，产生氢气的总量增大，故c错误；d、ch3coona固体，存在平衡ch3coo+h+ch3cooh，氢离子浓度降低，不影响氢离子的总的物质的量，不影响生成的氢气的总量，故d正确；故选d点评：本题以化学反应来考查影响反应速率的因素，明确氢离子浓度减小是减慢反应速率的关键，注意c选项容易忽略水解17（3分）ph值相同的盐酸溶液和醋酸溶液分别和锌反应，若最后锌都已完全溶解，放出的氢气一样多，则下列判断正确的是（）a整个反应阶段平均速率：醋酸盐酸b反应所需时间：醋酸盐酸c参加反应的锌的质量：盐酸醋酸d开始反应速率：盐酸醋酸考点：化学反应速率的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：ph相同的盐酸和醋酸，则两种溶液中氢离子浓度相等，反应速率和离子浓度成正比，醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以c（hcl）c（ch3cooh），若最后锌粒全部溶解且放出气体一样多，可能是盐酸恰好反应而醋酸过量，也可能是盐酸和醋酸都过量，以此解答该题解答：解：a醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，所以氢离子浓度有增大的趋势，所以整个阶段的平均速率：醋酸盐酸，故a正确；b反应过程中，醋酸电离导致醋酸中氢离子浓度减少速率小于盐酸中氢离子浓度减少速率，盐酸中的氢离子浓度小于醋酸中氢离子浓度，盐酸反应速率小于醋酸，所以反应所需时间：盐酸醋酸，故b错误；c参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故c错误；dph相同的盐酸和醋酸，两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，故d错误故选a点评：本题考查弱电解质的电离，结合影响化学反应速率的因素综合考查学生的分析能力，为高频考点，注意把握弱电解质的电离特点，难度不大18有等体积、等ph的ba（oh）2、naoh和nh3h2o三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为v1、v2、v3，则三者的大小关系正确的是（）av3v2v1bv3=v2=v1cv1=v2v3dv3v2=v1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：等体积、等ph的ba（oh）2、naoh中，c（oh）相同，但nh3h2o为弱碱，等ph时，其浓度大于naoh，然后结合酸碱中和时c（oh）越大，消耗酸越多解答：解：等体积、等ph的ba（oh）2、naoh中，c（oh）相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积v1=v2，但nh3h2o为弱碱，等ph时，其浓度大于naoh，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即v2v3，所以消耗酸的体积关系为v3v2=v1，故选d点评：本题考查酸碱混合的计算，明确ph与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键，题目难度中等19（3分）将a g含naoh样品溶解在bml0.1mol/l的硫酸中，再加入cml0.1mol/l的氢氧化钡溶液，反应后所得溶液恰好呈中性，则样品中naoh的纯度是（）a100%b100%c100%d100%考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：发生反应：2naoh+h2so4na2so4+2h2o、ba（oh）2+h2so4baso4+2h2o，反应后所得溶液恰好呈中性，硫酸恰好反应，溶液中溶质为na2so4，由方程式可知：n（h2so4）=n（naoh）+nba（oh）2，在根据m=nm计算naoh的质量，进而计算naoh质量分数解答：解：发生反应：2naoh+h2so4na2so4+2h2o、ba（oh）2+h2so4baso4+2h2o，反应后所得溶液恰好呈中性，硫酸恰好反应，溶液中溶质为na2so4，由方程式可知：n（h2so4）=n（naoh）+nba（oh）2，则b103 l0.1mol/l=n（naoh）+c103 l0.1mol/l，解得n（naoh）=2（bc）104mol，则m（naoh）=2（bc）104mol40g/mol=8（bc）103g，故样品中naoh的纯度是100%=100%，故选a点评：本题考查化学方程式的有关计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握20（3分）室温时，将xmlph=a的稀naoh溶液与ymlph=b的稀盐酸充分反应下列关于反应后溶液ph的判断，正确的是（）a若x=y，且a+b=14，则ph7b若10x=y，且a+b=13，则ph=7c若ax=by，且a+b=13，则ph=7d若x=10y，且a+b=14，则ph7考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：ph=a的稀naoh溶液中c（oh）=10a14mol/l，ph=b的稀盐酸中c（h+）=10bmol/l，有=，若二者恰好中和，应存在10a14x=10by，ph=7，若10a14x10by，碱过量，溶液ph7，否则小于7，以此解答该题解答：解：ph=a的稀naoh溶液中c（oh）=10a14mol/l，ph=b的稀盐酸中c（h+）=10bmol/l，则a若x=y，且a+b=14，则有=10a+b14=1，即n（h+）=n（oh），酸碱恰好中和，溶液呈中性，ph=7，故a错误；b若10x=y，且a+b=13，则有=10a+b15=0.01，即n（h+）n（oh），酸过量，ph7，故b错误；c若ax=by，且a+b=13，则有=，因ab，则酸过量，ph7，故c错误；d若x=10y，且a+b=14，则有=10a+b13=10，则碱过量，ph7，故d正确故选d点评：本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意根据体积和ph的关系确定酸碱溶液中的值，以此确定反应的程度21已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4，则下列说法中正确的是（）a在na2a、naha两溶液中，离子种类不相同b在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，阴离子总数相等c在naha溶液中一定有：c（na+）+c（h+）=c（ha）+c（oh）+2c（a2）d在na2a溶液中一定有：c（na+）c（a2）c（h+）c（oh）考点：离子浓度大小的比较.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：已知0.1moll1的二元酸h2a溶液的ph=4，说明溶液为弱酸；a、在na2a、naha两溶液中，a2离子水解，ha存在电离和水解；b、依据电荷守恒结合离子浓度计算判断；c、依据溶液中电荷守恒计算判断；d、a2离子分步水解，溶液呈碱性解答：解：a、在na2a、naha两溶液中，分析a2离子水解，ha存在电离和水解；离子种类相同，故a错误；b、在溶质物质的量相等的na2a、naha两溶液中，钠离子浓度不同，氢离子浓度不同，依据溶液中存在电荷守恒，c（na+）+c（h+）=c（oh）+2c（a2）+c（ha），阴离子总数不相等，故b错误；c、在naha溶液中一定有电荷守恒，结合溶液中离子种类写出电荷守恒：c（na+）+c（h+）=c（ha）+c（oh）+2c（a2），故c正确；d、在na2a溶液中，a2离子分步水解，溶液呈碱性；一定有：c（na+）c（a2）c（oh）c（h+），故d错误；故选c点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较方法，溶液中电荷守恒的分析判断，溶液中离子的特征性质和水解、电离，是解题关键，题目难度中等22（常温下，用0.10moll1 koh溶液滴定10.00ml 0.10moll1 h2c2o4（二元弱酸）溶液所得滴定曲线如图（混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和）下列说法正确的是（）a点所示溶液中：=1012b点所示溶液中：c（k+）+c（h+）=c（hc2o4）+c（c2o42）+c（oh）c点所示溶液中：c（k+）c（hc2o4）c（h2c2o4）c（c2o42）d点所示溶液中：c（k+）+c（h2c2o4）+c（hc2o4）+c（c2o42）=0.10moll1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a.0.10moll1 h2c2o4（二元弱酸）不能完全电离，点ph1；b点为混合溶液，由电荷守恒分析；c点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成khc2o4，电离大于其水解；d由物料守恒分析解答：解：a.0.10moll1 h2c2o4（二元弱酸）不能完全电离，点ph1，则1012，故a错误；b点为混合溶液，由电荷守恒可知，c（k+）+c（h+）=c（hc2o4）+2c（c2o42）+c（oh），故b错误；c点溶液显酸性，等体积等浓度反应生成khc2o4，电离大于其水解，则c（k+）c（hc2o4）c（c2o42）c（h2c2o4），故c错误；d由物料守恒可知，c（k+）+c（h2c2o4）+c（hc2o4）+c（c2o42）=0.10moll1，故d正确；故选d点评：本题考查酸碱混合溶液的定性判断及离子浓度的关系，注意草酸为弱酸，明确电荷守恒、物料守恒即可解答，题目难度中等二填空题（共5小题，共37分）23（8分）按要求完成下列化学反应式（1）硫酸氢钠在水溶液中的电离方程式nahso4=na+h+so42；（2）na2co3溶液水解的离子方程式co32+h2ohco3+oh、hco3+h2oh2co3+oh；（3）al2（so4）3溶液与nahco3溶液混合反应的离子方程式al3+3hco3=al（oh）3+3co2；（4）mg3n2与水反应的化学方程式mg3n2+6h2o=3mg（oh）2+2nh3考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：（1）硫酸氢钠水溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子；（2）碳酸钠分步水解；（3）硫酸铝和碳酸氢钠水溶液中发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；（4）氮化镁水中发生反应生成氢氧化镁和氨气；解答：解：（1）硫酸氢钠水溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子，电离方程式为：nahso4=na+h+so42；故答案为：nahso4=na+h+so42；（2）碳酸钠分步水解，水解离子方程式为：co32+h2ohco3+oh、hco3+h2oh2co3+oh；故答案为：co32+h2ohco3+oh、hco3+h2oh2co3+oh；（3）硫酸铝和碳酸氢钠水溶液中发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为：al3+3hco3=al（oh）3+3co2；故答案为：al3+3hco3=al（oh）3+3co2；（4）氮化镁水中发生反应生成氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式为：mg3n2+6h2o=3mg（oh）2+2nh3；故答案为：mg3n2+6h2o=3mg（oh）2+2nh3点评：本题考查了离子方程式书写方法和物质性质的理解应用，主要是盐水解过程和氮化物与水反应的应用，掌握基础是关键，题目较简单24（6分）求下列混合后溶液的ph：（lg2=0.3 lg5=0.7）（1）把ph=2和ph=4的两种强酸溶液等体积混合，其ph=2.3（2）把ph=12和ph=14的两种强碱溶液等体积混合，其ph=13.7（3）把ph=2的h2so4溶液和ph=10的naoh溶液等体积混合，其ph=2.3考点：ph的简单计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）ph为2和ph为6的盐酸中c（h+）分别为：0.01mol/l、104 mol/l，先计算混合溶液中c（h+），再根据ph计算方法计算混合溶液的ph；（2）ph=12的氢氧化钠溶液中c（oh）=102 mol/l，ph=14的氢氧化钠溶液中c（oh）=1mol/l，先计算混合溶液中c（oh），再根据水的离子积计算c（h+），最后计算出溶液的ph；（3）ph=10的强碱溶液中c（oh）=0.0001mol/l，ph=2的强酸溶液c（h+）=0.01mol/l，二者等体积比混合，n（碱）小于n（酸），溶液显示酸性，计算出混合液中氢离子浓度，然后计算出溶液的ph解答：解：（1）ph为2和ph为4的盐酸中c（h+）分别为：0.01mol/l、104mol/l，二者等体积混合，混合溶液中c（h+）=mol/l，混合液的ph=lg2+lg2=2.3，故答案为：2.3；（2）ph=12的氢氧化钠溶液中c（oh）=102 mol/l，ph=14的氢氧化钠溶液中c（oh）=1mol/l，二者等体积混合，混合溶液中c（oh）=mol/l，c（h+）=mol/l，ph=lg14lg2=13.7，故答案为：13.7； （3）ph=10的naoh溶液中c（oh）=0.0001mol/l，ph=2的强酸溶液c（h+）=0.01mol/l，二者等体积比混合，n（碱）n（酸），所以酸过量，溶液显示酸性，混合溶液中c（h+）=mol/lmol/l，所以混合液的ph=lg=2+lg2=2.3，故答案为：2.3点评：本题考查了酸、碱溶液中ph的简单计算，题目难度不大，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系及溶液ph的计算方法，明确计算混合液的ph时，应该先计算混合溶液中氢离子浓度，再根据ph公式计算溶液ph25（7分）（1）ph=a的ch3cooh溶液稀释100倍后所得溶液pha+2（填“”或“”）0.01mol/lch3cooh溶液的ph2（填“”或“”）；0.1mol/lch3coona溶液的ph7（填“”或“”）；（2）某固体是由na2co3、naoh、mgcl2、alcl3、bacl2、fe2（so4）3和（nh4）2so4中的两种混合而成取该固体溶于水得到无色澄清溶液，向该溶液中加入稀硫酸，有白色沉淀生成，继续加入稀硫酸，沉淀又完全消失，且整个过程中无气体产生则 原固体中含有物质有naoh和alcl3（写化学式）考点：ph的简单计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）ch3cooh是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离；ch3cooh是弱酸，在水溶液中部分电离，溶液氢离子浓度小于0.01mol/l；ch3coona属于强碱弱酸盐，弱酸根离子在水溶液中水解显碱性；（2）依据题意固体溶于水得无色溶液则说明fe2（so4）3，加入硫酸有白色沉淀生成，继续加入硫酸沉淀溶解，说明一定不含bacl2，整个实验过程中无气体产生，证明na2co3；剩余物质混合后是无色溶液，说明氯化镁和氢氧化钠不能同时存在，结合加入硫酸生成白色沉淀，该沉淀能溶解在硫酸中，分析各物质只能是氯化铝和过量的氢氧化钠的混合物，则证明不含氯化镁解答：解：（1）ch3cooh是弱酸，存在电离平衡，加水促进电离，所以ch3cooh溶液稀释100倍后，ph变化小于2个单位，即所得溶液pha+2，故答案为：；ch3cooh是弱酸，在水溶液中部分电离，溶液中氢离子浓度小于0.01mol/l，所以0.01mol/l ch3cooh溶液的ph2，故答案为：；ch3coona属于强碱弱酸盐，醋酸根离子在水溶液中水解显碱性，所以溶液的ph7，故答案为：；（2）固体溶于水为无色溶液说明无铁离子，即固体中不含fe2（so4）3；向溶液中加入h2so4，有白色沉淀生成，可能是硫酸钡白色沉淀，但继续加入h2so4时沉淀又完全消失，说明不是硫酸钡沉淀，则固体中不含bacl2；整个实验过程中无气体产生，同时证明不含na2co3；剩余物质中能与硫酸反应生成白色沉淀的只能是naoh和alcl3混合时氢氧化钠过量，最终形成的溶液是偏铝酸钠溶液，碱过量也说明不含mgcl2，因为镁离子与氢氧根离子形成难溶的白色沉淀，所以固体为氢氧化钠和氯化铝的混合物，故答案为：naoh；alcl3点评：本题考查了溶液ph的计算、未知物的推断，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的计算方法，明确未知物推断的方法与技巧，特别是氢氧化铝、偏铝酸根离子的特殊性，常常为推断题的突破口26（9分）现有下列仪器或用品：铁架台（含铁圈、各式铁夹） 锥形瓶 酸式滴定管和碱式滴定管 烧杯（若干） 玻璃棒 胶头滴管 天平（含砝码） 滤纸 量筒 过滤漏斗；下列药品：（a）naoh固体 （b）标准naoh溶液 （c）未知浓度盐酸 （d）蒸馏水（e）碳酸钠溶液根据所做过的学生实验，回答下列问题：（1）过滤时，应选用的上述仪器是（填编号）（2）配制250ml一定物质的量浓度的naoh溶液时，还缺少的仪器是250ml的容量瓶（3）做酸碱中和滴定时，还缺乏的试剂是酸碱指示剂（4）进行中和滴定时，绝不可用将要盛的溶液事先润洗的仪器是下列的丁（填编号）甲酸式滴定管 乙碱式滴定管 丙25ml量筒丁锥形瓶（5）某同学用一份已知浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的naoh溶液，下列操作对滴定的结果有什么影响？（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗偏大滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失偏大读酸式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数偏小滴定到终点附近时，向锥形瓶中加入少量蒸馏水冲洗瓶壁上沾的溶液无影响考点：配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定.专题：实验题分析：（1）过滤是将固体不溶物跟液体分离的一种方法，其装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器和用品组成；（2）根据配制步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（3）根据酸碱中和滴定所需要的试剂来分析；（4）中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不用量筒；（5）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）过滤是将固体不溶物跟液体分离的一种方法，其装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器和用品组成，即为，故答案为：；（2）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到250ml容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒23次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250ml容量瓶、胶头滴管，故还缺少250ml的容量瓶，故答案为：250ml的容量瓶；（3）在酸碱中和滴定的过程中，需要的试剂有酸液、碱液和酸碱指示剂，故还需要的是酸碱指示剂，故答案为：酸碱指示剂；（4）中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不用量筒；其中酸式滴定管、碱式滴定管需要润洗，锥形瓶不能润洗，否则结果偏高故选丁（5）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗，直接加入已知浓度的盐酸，标准液的浓度减小，造成v（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大，故答案为：偏大；滴定前，没有逐出酸式滴定管尖嘴处的气泡，滴定终点时气泡消失