湖北省仙桃一中高二化学上学期第一阶段试题（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省仙桃一中高二（上）第一阶段化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1关于强、弱电解质的叙述不正确的是（）a强电解质在溶液中完全电离，其水溶液中不存在分子b同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同c强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强d强电解质在液态时不一定会导电，但在固态时一定不导电2下列电离方程式中，正确的是（）afe（oh）3fe3+3ohbnahco3na+hco3ckclo3k+cl+3o2dh2s2h+s23将一元酸ha的溶液与一元碱boh的溶液等体积混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是（）a若混合前酸、碱ph之和等于14，则ha肯定是弱酸b若混合前酸、碱物质的量浓度相同，则ha肯定是弱酸c溶液中水的电离程度：混合溶液纯水boh溶液d混合溶液中离子浓度一定满足：c（b+）c（a）c（h+）c（oh）4在100ml下列溶液中，分别加入0.05molnaoh固体，溶液的导电性变化不大的是（）a0.5mol/l的hclb0.5mol/l的ch3coohc蒸馏水d0.5mol/l的氨水5有等体积、等ph的ca（oh）2、koh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=v1cv3v2=v1dv1=v2v36下列溶液一定呈碱性的是（）aph=8的某电解质溶液bc（oh）1107mol/lc溶液中含有ohd溶液中c（oh）c（h+）7已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：ka（hcn）=6.21010mol/l、ka（hf）=6.8104mol/l、ka（ch3cooh）=1.8105mol/l、ka（hno2）=6.4106mol/l物质的量浓度都为0.1mol/l的下列溶液中，ph最小的是（）ahcnbch3coohchfdhno280.1mol/l k2co3溶液中，若使c（co32）更接近0.1mol/l，可采取的措施是（）a加入少量盐酸b加水c加koh固体d加热925c时，某溶液中由水电离出的c（oh）=11013mol/l，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）anh4+、fe3+、so42、clbco32、po43、k+、na+cna+、so42、no3、cldhpo42、na+、hso3、k+10把ph=2的h2so4和ph=11的naoh溶液混和，混和液ph=7则两溶液的体积比是（）a10：1b1：10c1：2d2：111向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（nh4+）=2c（so42）时，溶液的ph（）a大于7b等于7c小于7d无法判断120.1moll1的k2s溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（）ac（k+）+c（h+）=c（s2）+c（hs）+c（oh）bc（k+）+c（s2）=0.3moll1cc（k+）=c（s2）+c（hs）+c（h2s）dc（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s）13下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（）a10ml0.1mol/l氨水与10ml0.1mol/l盐酸混合，c（cl）c（nh）c（oh）c（h+）b10ml0.1mol/l nh4cl溶液与5ml0.2mol/lnaoh溶液混合，c（na+）=c（cl）c（oh）c（h+）c10ml0.1mol/lch3cooh溶液与5ml0.2mol/lnaoh溶液混合，c（na+）=c（ch3coo）c（oh）c（h+）d10ml0.5mol/lch3coona溶液与6ml 1mol/l盐酸混合，c（na+）=c（cl）c（h+）c（oh）14下列说法正确的是（）aph=2和ph=1的硝酸中c（h+）之比为1：10bna2co3溶液c（na+）与c（co32 ）之比为2：1c0.2 mol/l与0.1 mol/l醋酸中c（h+）之比为2：1dph=1的硫酸中加入等体积0.05 mol/l的bacl2溶液，两者恰好反应c（so42）=015有a、b、c、d四种一元酸溶液，对它们进行的有关实验及其结果分别为：（1）在物质的量浓度相同的a、c两溶液中，都滴加几滴甲基橙时，a溶液呈黄色，c溶液呈橙色（2）b的钠盐溶液的ph值小于c的钠盐溶液ph值（3）a酸与d的盐反应生成a的盐和d酸由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为（）abcadbacbdcdacbdcbad16下列几种情况使中和滴定结果偏低的是（）a盛待测液的锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗b滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡c滴定管在滴定前未将刻度调在“0.00”，而调在“2.40”d滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有气泡二、填空题（4分+8分+10分+12分+10分=44分）17物质的量浓度均为0.1mol/l的下列溶液：kno3、na2co3、nahco3、nahso4、ch3cooh、naoh、ba（oh）2，ph由大到小的顺序为：1825将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（na+）c（ch3cooh）（填“”或“=”或“”以下同）19ph=3的醋酸和ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈，溶液中c（na+）c（ch3coo）20物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈，醋酸体积氢氧化钠溶液体积21将m mol/l的醋酸和n mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的ph=7，则醋酸溶液中c（h+）氢氧化钠溶液中c（oh），m与n的大小关系是mn22agno3的水溶液呈（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的ph7（填“”、“=”、“”），原因是（用离子方程式表示）：；实验室在配制agno3的溶液时，常将agno3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以（填“促进”、“抑制”）其水解23氯化铝水溶液呈性，原因是（用离子方程式表示）：把alcl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是24在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的25（12分）（2015衡阳校级模拟）用实验确定某酸hb的弱电解质两同学的方案是：甲：称取一定质量的hb配制0.1mol/l的溶液100ml；用ph试纸测出该溶液的ph值，即可证明hb是弱电解质乙：用已知物质的量浓度的hb溶液、盐酸，分别配制ph=1的两种酸溶液各100ml；分别取这两种溶液各10ml，加水稀释为100ml；各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明hb是弱电解质（1）在两个方案的第步中，都要用到的定量仪器是（2）甲方案中，说明hb是弱电解质的理由是测得溶液的ph1（选填、=）乙方案中，说明hb是弱电解质的现象是（多选扣分）ahcl溶液的试管中放出h2的速率快； b装hb溶液的试管中放出h2的速率快；c两个试管中产生气体速率一样快（3）请你评价：乙方案中两个难以实现之处（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案（药品可任取），作简明扼要表达26（10分）（2010秋抚州期末）在25ml氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2moll1醋酸溶液，滴定曲线如图所示（1）写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式：（2）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 moll1（3）在b点，a 12.5ml（填“”、“”或“=”，下同）若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性，则混合前c（naoh） c（ch3cooh），混合前酸中c（h+）和碱中c（oh）的关系：c（h+）c（oh）（4）在d点，溶液中离子浓度大小关系为：三、计算题（共8分）27重水（d2o）的离子积kw=1.61015，可以用ph一样的定义来规定pd=lgd+，试求该温度下：重水的pd=？含0.01molnaod的d2o溶液1l其pd=？溶解0.01moldcl的d2o溶液1l其pd=？在100ml0.25mol/l的dcl重水溶液中，加入50ml0.2mol/l的naod的重水溶液，其pd=？2015-2016学年湖北省仙桃一中高二（上）第一阶段化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1关于强、弱电解质的叙述不正确的是（）a强电解质在溶液中完全电离，其水溶液中不存在分子b同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力不同c强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强d强电解质在液态时不一定会导电，但在固态时一定不导电【考点】强电解质和弱电解质的概念 【分析】a、强电解质本身能完全电离，但其溶液中存在水分子；b、弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同；c、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；d、强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐【解答】解：a、强电解质本身能完全电离，但其溶液中存在水分子，故水溶液中仍存在分子，故a错误；b、弱电解质存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度改变，电离平衡移动，离子浓度不同，导电能力不同，故b正确；c、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，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，故c正确；d、强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐，在液态时酸不导电，但碱和盐能导电；而无论是强酸、强碱还是盐，在固态时均不导电，故d正确故选a【点评】本题考查了电解质强弱的本质区别，注意导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，掌握概念实质是关键，题目较简单2下列电离方程式中，正确的是（）afe（oh）3fe3+3ohbnahco3na+hco3ckclo3k+cl+3o2dh2s2h+s2【考点】电离方程式的书写 【分析】a氢氧化铁为弱电解质，部分电离，用可逆号；b碳酸氢钠为强电解质，完全电离出钠离子与碳酸氢根离子；c氯酸钾为强电解质完全电离出钾离子与氯酸根离子；d硫化氢为多元弱酸分步电离；【解答】解：a氢氧化铁为弱电解质，部分电离，电离方程式：fe（oh）3fe3+3oh，故a正确；b碳酸氢钠为强电解质，完全电离出钠离子与碳酸氢根离子，电离方程式：，nahco3=na+hco3，故b错误；c氯酸钾为强电解质完全电离出钾离子与氯酸根离子，电离方程式：kclo3k+clo3，故c错误；d硫化氢为多元弱酸分步电离，以第一步为主，电离方程式：h2sh+hs，故d错误；故选：a【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程式书写方法是解题关键，题目难度不大3将一元酸ha的溶液与一元碱boh的溶液等体积混合，若所得溶液显酸性，下列有关判断正确的是（）a若混合前酸、碱ph之和等于14，则ha肯定是弱酸b若混合前酸、碱物质的量浓度相同，则ha肯定是弱酸c溶液中水的电离程度：混合溶液纯水boh溶液d混合溶液中离子浓度一定满足：c（b+）c（a）c（h+）c（oh）【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】a混合前酸、碱ph之和等于14，两溶液的c（h+）和c（oh）相等，由于反应后溶液呈酸性，则说明酸过量，为弱酸；b若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液呈酸性，则酸为强酸；c酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；d根据溶液的酸碱性结合电荷守恒判断【解答】解：a设酸的ph=a，碱的ph=b，混合前酸、碱ph之和等于14，则有a=14b，即c（h+）=10amol/l=10b14mol/l，c（oh）=10b14mol/l，即两溶液的c（h+）和c（oh）相等，由于反应后溶液呈酸性，则说明酸过量，为弱酸，故a正确；b若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液，二者恰好反应生成盐，盐溶液呈酸性，说明生成的盐是强酸弱碱盐，所以ha是强酸，故b错误；c酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，如果混合溶液呈酸性是因为酸电离引起的，则抑制水电离，如果溶液呈酸性是因为阳离子水解而引起的，则促进水电离，故c错误；d混合溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），溶液中存在电荷守恒c（h+）+c（b+）=c（a）+c（oh），所以c（b+）c（a），故d错误；故选：a【点评】本题考查离子浓度大小比较及酸碱强弱的定性判断，题目较难，注意a项分析问题的角度，易错选项是c，明确溶液酸性原因即可解答4在100ml下列溶液中，分别加入0.05molnaoh固体，溶液的导电性变化不大的是（）a0.5mol/l的hclb0.5mol/l的ch3coohc蒸馏水d0.5mol/l的氨水【考点】电解质溶液的导电性 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，则离子浓度变化不大，结合物质的反应特点解答该题【解答】解：a盐酸是强酸，向溶液中加入氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故a选；b醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故b不选；c水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中加入氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故c不选；d一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中加入氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，所以导电能力增大，故d不选故选a【点评】本题考查了溶液导电能力大小的判断，注意溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，为易错点5有等体积、等ph的ca（oh）2、koh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=v1cv3v2=v1dv1=v2v3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】等体积、等ph的ca（oh）2、koh和nh3h2o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ca（oh）2、koh和nh3h2o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c【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6下列溶液一定呈碱性的是（）aph=8的某电解质溶液bc（oh）1107mol/lc溶液中含有ohd溶液中c（oh）c（h+）【考点】溶液ph的定义；离子积常数 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】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的浓度的相对大小：h+oh溶液呈酸性；h+=oh溶液呈中性；h+oh溶液呈碱性室温时，kw=1014，若溶液中：h+=107，ph值=7，溶液呈中性；h+107，ph值7，溶液呈酸性；：h+107，ph值7，溶液呈碱性，据此判断【解答】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的浓度的相对大小，c（oh）c（h+）溶液一定显碱性，故d正确；故选d【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，注意氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小是绝对判据，如果用溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度大小或者ph值的大小判断，必须说明温度，否则无法确定7已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：ka（hcn）=6.21010mol/l、ka（hf）=6.8104mol/l、ka（ch3cooh）=1.8105mol/l、ka（hno2）=6.4106mol/l物质的量浓度都为0.1mol/l的下列溶液中，ph最小的是（）ahcnbch3coohchfdhno2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【分析】酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其ph越小，据此分析【解答】解：已知某温度下，四种一元弱酸的电离平衡常数为：ka（hcn）=6.21010mol/l、ka（hf）=6.8104mol/l、ka（ch3cooh）=1.8105mol/l、ka（hno2）=6.4106mol/l，酸的电离常数越大，酸的酸性越强，等浓度时其ph越小，由已知ka可知，hf的电离常数最大，即hf的酸性最强，其ph最小；故选c【点评】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的应用，题目难度不大，注意把握电离常数与酸性强弱的关系80.1mol/l k2co3溶液中，若使c（co32）更接近0.1mol/l，可采取的措施是（）a加入少量盐酸b加水c加koh固体d加热【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】k2co3溶液中，由于co32的水解，使得c（co32）0.1mol/l，如果要使c（co32）更接近于0.1mol/l，则需要抑制碳酸根离子水解，根据水解平衡的移动影响因素来回答【解答】解：a、加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳，碳酸根离子浓度减小，故a错误；b、加入水稀释会导致溶液中co32离子浓度减小，故b错误；c、加入氢氧化钾固体，会抑制碳酸根水解，使得碳酸根浓度接近0.1mol/l，故c正确；d、加热会促进碳酸根离子水解，导致co32离子浓度减小，故d错误故选：c【点评】本题考查学生盐的水解平衡的影响因素知识，侧重于基础知识的考查，注意知识的梳理和归纳，题目难度不大925c时，某溶液中由水电离出的c（oh）=11013mol/l，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（）anh4+、fe3+、so42、clbco32、po43、k+、na+cna+、so42、no3、cldhpo42、na+、hso3、k+【考点】离子共存问题 【专题】离子反应专题【分析】25c时，某溶液中由水电离出的c（oh）=11013mol/l，为酸或碱溶液，与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子，能大量共存，以此来解答【解答】解：25c时，某溶液中由水电离出的c（oh）=11013mol/l，为酸或碱溶液，a因碱溶液中不能大量存在nh4+、fe3+，酸溶液中不反应能共存，故a不选；b因酸溶液中不能大量存在co32，碱溶液中不反应能共存，故b不选；c因酸或碱溶因液中均不反应，能大量共存，故c不选；dhpo42、hso3既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故d选；故选d【点评】本题考查离子的共存，为高考常见题型，把握信息的抽取及离子之间的反应即可解答，侧重复分解反应的考查，题目难度不大10把ph=2的h2so4和ph=11的naoh溶液混和，混和液ph=7则两溶液的体积比是（）a10：1b1：10c1：2d2：1【考点】ph的简单计算 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】ph=2的h2so4溶液中c（h+）=102mol/l，ph=11的naoh溶液中c（oh）=mol/l=103mol/l，两溶液恰好中和，则n（h+）=n（oh），再结合n=cv表示出n（h+）、n（oh），据此判断【解答】解：ph=2的h2so4溶液中c（h+）=102mol/l，ph=11的naoh溶液中c（oh）=mol/l=103mol/l，两溶液恰好中和，则n（h+）=n（oh），所以vac（h+）=vbc（oh），所以va：vb=c（oh）：c（h+）=103mol/l：102mol/l=1：10故选：b【点评】本题考查溶液ph值的计算、化学方程式计算，比较基础，注意基础知识的掌握11向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（nh4+）=2c（so42）时，溶液的ph（）a大于7b等于7c小于7d无法判断【考点】ph的简单计算 【分析】当溶液中c（nh4+）=2c（so42）时，根据电荷守恒c（nh4+）+c（h+）=2c（so42）+c（oh）可知溶液中一定满足：c（h+）=c（oh），则混合液显示中性，溶液的ph=7【解答】解：向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水，当溶液中c（nh4+）=2c（so42）时，根据电荷守恒c（nh4+）+c（h+）=2c（so42）+c（oh）可得：c（h+）=c（oh），混合溶液呈中性，所以溶液的ph=7，故选b【点评】本题考查了溶液ph的简单计算，题目难度不大，明确电荷守恒为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力120.1moll1的k2s溶液中，有关粒子的浓度大小关系正确的是（）ac（k+）+c（h+）=c（s2）+c（hs）+c（oh）bc（k+）+c（s2）=0.3moll1cc（k+）=c（s2）+c（hs）+c（h2s）dc（oh）=c（h+）+c（hs）+2c（h2s）【考点】离子浓度大小的比较 【专题】盐类的水解专题【分析】k2s是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒、物料守恒，据此分析解答【解答】解：a根据电荷守恒得c（k+）+c（h+）=2c（s2）+c（hs）+c（oh），故a错误；b溶液中硫离子水解导致溶液中c（s2）0.1mol/l，所以c（k+）+c（s2）0.3moll1，故b错误；c根据物料守恒得c（k+）=2c（s2）+2c（hs）+2c（h2s），故c错误；d根据电荷守恒得c（k+）+c（h+）=2c（s2）+c（hs）+c（oh），根据物料守恒得c（k+）=2c（s2）+2c（hs）+2c（h2s），所以得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，根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”来确定溶液酸碱性，再结合守恒思想来分析解答，题目难度不大13下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（）a10ml0.1mol/l氨水与10ml0.1mol/l盐酸混合，c（cl）c（nh）c（oh）c（h+）b10ml0.1mol/l nh4cl溶液与5ml0.2mol/lnaoh溶液混合，c（na+）=c（cl）c（oh）c（h+）c10ml0.1mol/lch3cooh溶液与5ml0.2mol/lnaoh溶液混合，c（na+）=c（ch3coo）c（oh）c（h+）d10ml0.5mol/lch3coona溶液与6ml 1mol/l盐酸混合，c（na+）=c（cl）c（h+）c（oh）【考点】离子浓度大小的比较 【分析】a物质的量相等的氨水和hcl混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；b物质的量相等的氯化铵和naoh混合，二者恰好反应生成nacl和nh3h2o，nacl是强碱强酸盐，一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液呈碱性，但电离程度较小，溶液中存在物料守恒；c等物质的量的醋酸和naoh混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；d二者混合盐酸有剩余，溶液中溶质为nacl、ch3cooh、hcl，且c（nacl）=c（ch3cooh）=5c（hcl），醋酸和hcl电离出氢离子而导致溶液呈酸性【解答】解：a物质的量相等的氨水和hcl混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），根据电荷守恒得c（cl）c（nh4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（cl）c（nh4+）c（h+）c（oh），故a错误；b物质的量相等的氯化铵和naoh混合，二者恰好反应生成nacl和nh3h2o，nacl是强碱强酸盐，一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），但电离程度较小，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（na+）=c（cl），所以离子浓度大小顺序是c（na+）=c（cl）c（oh）c（h+），故b正确；c等物质的量的醋酸和naoh混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（oh）c（h+），根据电荷守恒得c（na+）c（ch3coo），故c错误；d二者混合盐酸有剩余，溶液中溶质为nacl、ch3cooh、hcl，且c（nacl）=c（ch3cooh）=5c（hcl），醋酸和hcl电离出氢离子而导致溶液呈酸性，则c（h+）c（oh），根据物料守恒得c（na+）c（cl），故d错误；故选b【点评】本题考查离子浓度大小比较，侧重考查弱电解质的电离及盐类水解，明确溶液中的溶质及其性质、溶液酸碱性结合电荷守恒即可解答，注意b中存在c（na+）=c（cl），为易错点14下列说法正确的是（）aph=2和ph=1的硝酸中c（h+）之比为1：10bna2co3溶液c（na+）与c（co32 ）之比为2：1c0.2 mol/l与0.1 mol/l醋酸中c（h+）之比为2：1dph=1的硫酸中加入等体积0.05 mol/l的bacl2溶液，两者恰好反应c（so42）=0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、依据ph得到氢离子浓度计算得到浓度之比；b、依据碳酸根离子水解分析；c、不同浓度醋酸电离程度不同，氢离子浓度不同；d、依据ph计算得到c（h+）=0.1mol/l；c（h2so4）=0.05mol/l，恰好反应生成难溶沉淀，绝对不溶的物质不存在【解答】解：a、ph=2的溶液中c（h+）=0.01mol/l；ph=1的硝酸溶液中c（h+）=0.1mol/l中c（h+）之比为1：10，故a正确；b、碳酸根离子水解分析，na2co3溶液c（na+）与c（co32）之比大于2：1，故b错误；c、0.2 mol/l与0.1 mol/l醋酸中，醋酸是弱电解质存在电离平衡，浓度不同电离程度不同，c（h+）之比不是2：1，故c错误；d、依据ph计算得到c（h+）=0.1mol/l；c（h2so4）=0.05mol/l，恰好反应生成难溶沉淀，硫酸钡存在沉淀溶解平衡，溶液中c（so42）不能为0，故d错误；故选a【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的分析，盐类水解的应用，溶液中ph的计算，沉淀溶解平衡的分析判断，化学方程式的计算应用，题目难度中等15有a、b、c、d四种一元酸溶液，对它们进行的有关实验及其结果分别为：（1）在物质的量浓度相同的a、c两溶液中，都滴加几滴甲基橙时，a溶液呈黄色，c溶液呈橙色（2）b的钠盐溶液的ph值小于c的钠盐溶液ph值（3）a酸与d的盐反应生成a的盐和d酸由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为（）abcadbacbdcdacbdcbad【考点】比较弱酸的相对强弱的实验 【专题】实验设计题【分析】（1）甲基橙变色范围是3.14.4，根据a、c两种酸在甲基橙中的颜色判断二者酸性强弱；（2）根据越弱越水解分析，ph越大，水解程度越大；（3）根据强酸置换弱酸进行比较a和d的酸性强弱【解答】解：（1）甲基橙是一种酸碱指示剂甲基橙在不同ph时的变色情况为：ph3.13.14.44.4颜色红色橙色黄色a溶液滴入甲基橙，溶液呈现黄色，说明a溶液ph大于4.4；c溶液呈现橙色，溶液ph在3.14.4之间，所以酸性ca；（2）bc的钠盐都是强碱弱酸盐，酸性越弱水解程度越大，ph越大，水解程度越大，所以酸性bc；（3）a酸与d的盐反应生成a的盐和d酸，说明a的酸性大于d的酸性，及ad，根据以上分析可知，四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为：bcad，故选a【点评】本题考查了比较弱酸酸性大小的方法，注意强酸能够置换弱酸；盐的水解中，越弱越水解，本题难度不大16下列几种情况使中和滴定结果偏低的是（）a盛待测液的锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗b滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡c滴定管在滴定前未将刻度调在“0.00”，而调在“2.40”d滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有气泡【考点】配制一定物质的量浓度的溶液 【分析】a、盛装待测液的锥形瓶不能用待测液润洗；b、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，会导致所读取的消耗的标准液的体积偏大；c、调整液面后，液面要在0或0刻度以下即可；d、达滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，则所读取的消耗的标准液的体积偏小【解答】解：a、盛装待测液的锥形瓶不能用待测液润洗，故锥形瓶未用待测液润洗是正确的，对结果无影响，故a错误；b、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡，会导致所读取的消耗的标准液的体积偏大，则计算出的待测液的浓度偏高，故b错误；c、调整液面后，液面要在0或0刻度以下即可，故未将刻度调在“0.00”，而调在“2.40”完全可以，对待测液的浓度无影响，故c错误；d、达滴定终点时，滴定管尖嘴部分有气泡，则所读取的消耗的标准液的体积偏小，则计算出的待测液的浓度偏低，故d正确故选d【点评】本题考查了中和滴定中的误差分析，注意锥形瓶不能润洗，滴定管必须润洗，本题难度不大，注意操作的规范性和掌握实验中常见的误差分析技巧二、填空题（4分+8分+10分+12分+10分=44分）17物质的量浓度均为0.1mol/l的下列溶液：kno3、na2co3、nahco3、nahso4、ch3cooh、naoh、ba（oh）2，ph由大到小的顺序为：【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】先根据酸碱盐分类，再根据酸中酸的强弱分类，盐中盐的水解呈酸碱性分类比较【解答】酸：ch3cooh 是弱电解质，所以只有部分电离，故c（h +）0.1mol/l，所以ph1；碱：naoh是强电解质，完全电离，c（oh ）=0.1mol/l，所以ph=13；ba（oh）2是强电解质，完全电离，c（oh ）=0.2mol/l，所以ph=13.7；盐：nahso4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以c（h +）=0.1mol/l，所以ph=1；kno3是强酸强碱盐，水溶液呈中性，ph=7；na2co3 、nahco3是强碱弱酸盐，水溶液都呈碱性，但是碳酸钠水解程度大，碱性更强；所以ph由大到小的顺序为，故答案为：【点评】本题考查盐类水解以及弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握盐类水解规律：有弱（弱离子）才水解，无弱（弱离子）不水解，谁弱（弱离子）谁水解，谁强显谁性（酸碱性）1825将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈碱性（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（na+）c（ch3cooh）（填“”或“=”或“”以下同）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成ch3coona，醋酸根离子水解显碱性【解答】解：等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成naac，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，则c（na+）c（ch3coo），故答案为：碱性；【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意类水解的原理即可解答，题目难度不大19ph=3的醋酸和ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性，溶液中c（na+）c（ch3coo）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】ph=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/l，ph=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/l，等体积混合后，醋酸过量；根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（h+）c（oh）【解答】解：ph=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/l，ph=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/l，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，醋酸过量，溶液呈酸性，所以c（h+）c（oh），根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），所以c（na+）c（ch3coo），故答案为：酸；【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意ph与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答，题目难度不大20物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈中性，醋酸体积氢氧化钠溶液体积【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量【解答】解：根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则c（h+）=c（oh），溶液为中性，若等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量，即醋酸体积氢氧化钠溶液的体积，故答案为：中性；【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析，注意ph与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答，题目难度不大21将m mol/l的醋酸和n mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的ph=7，则醋酸溶液中c（h+）氢氧化钠溶液中c（oh），m与n的大小关系是mn【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【分析】醋酸为弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，等体积的两溶液混合ph=7，若m=n，溶液显示中性，则醋酸浓度稍大【解答】解：将m mol/l的醋酸和n mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的ph=7，当m=n时，两溶液恰好反应生成醋酸钠，溶液显示碱性，若使溶液的ph=7，则醋酸的浓度应该稍大一些，即mn；由于醋酸为弱酸，则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度，即c（h+）氢氧化钠溶液中c（oh），故答案为：；【点评】本题考查酸碱混合，为高考常见题型，题目难度中等，本题注意从溶液电中性的角度比较溶液离子浓度的大小关系，另外把握盐类水解的原理及其应用方法22agno3的水溶液呈酸（填“酸”、“中”、“碱”）性，常温时的ph7（填“”、“=”、“”），原因是（用离子方程式表示）：ag+h2oagoh+h+；实验室在配制agno3的溶液时，常将agno3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制（填“促进”、“抑制”）其水解【考点】盐类水解的原理 【分析】agno3是强酸弱碱盐，银离子水解导致溶液呈酸性，常温下ph7，为防止agno3水解，所以配制agno3溶液时将agno3先溶于较浓的硝酸中，然后稀释，据此分析解答【解答】解：agno3是强酸弱碱盐，银离子水解方程式为ag+h2oagoh+h+，水解后溶液中c（h+）c（oh），所以溶液呈酸性，即常温下ph7；为防止agno3水解，应该向溶液中加入少量酸，所以配制agno3溶液时将agno3先溶于较浓的硝酸中，然后稀释，故答案为：酸；ag+h2oagoh+h+；抑制【点评】本题考查盐类水解，根据盐类水解特点“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”确定溶液酸碱性，会正确书写水解方程式，考查方式有：净水的应用、离子方程式判断、离子共存等，题目难度不大23氯化铝水溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）：al3+3h2oal（oh）3+3h+把alcl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是2al（oh）3al2o3+3h2o【考点】盐类水解的原理 【分析】alcl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性；将alcl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成hcl和al（oh）3，温度越高hcl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是al（oh）3，灼烧al（oh）3得到的固体是氧化铝【解答】解：alcl3为强酸弱碱盐，铝离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为al3+3h2oal（oh）3+3h+；将alcl3溶液蒸干过程中，氯化铝水解生成hcl和al（oh）3，温度越高hcl挥发性越强，导致蒸干时得到的固体是al（oh）3，灼烧al（oh）3得到的固体是氧化铝，方程式为2al（oh）3al2o3+3h2o，故答案为：酸；al3+3h2oal（oh）3+3h+；2al（oh）3al2o3+3h2o【点评】本题考查盐类水解，根据形成盐的酸、碱强弱确定盐的类型，从而确定溶液酸碱性，注意：蒸干、灼烧难挥发性酸的盐时得到盐本身，蒸干、灼烧挥发性酸的盐时得到金属氧化物24在配制硫化钠溶液时，为了防止发生水解，可以加入少量的naoh【考点】盐类水解的原理 【分析】na2s是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，为防止水解，应该加入少量碱，据此分析解答【解答】解：na2s是强碱弱酸盐，硫离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为s2+h2ohs+oh hs+h2oh2s+oh，为了防止水解且不引进其它杂质，可以向溶液中加入少量naoh，故答案为naoh【点评】本题考查盐类水解，根据盐的特点确定溶液酸碱性，知道“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”原理，题目难度不大25（12分）（2015衡阳校级模拟）用实验确定某酸hb的弱电解质两同学的方案是：甲：称取一定质量的hb配制0.1mol/l的溶液100ml；用ph试纸测出该溶液的ph值，即可证明hb是弱电解质乙：用已知物质的量浓度的hb溶液、盐酸，分别配制ph=1的两种酸溶液各100ml；分别取这两种溶液各10ml，加水稀释为100ml；各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明hb是弱电解质（1）在两个方案的第步中，都要用到的定量仪器是100ml的容量瓶（2）甲方案中，说明hb是弱电解质的理由是测得溶液的ph1（选填、=）乙方案中，说明hb是弱电解质的现象是b（多选扣分）ahcl溶液的试管中放出h2的速率快； b装hb溶液的试管中放出h2的速率快；c两个试管中产生气体速率一样快（3）请你评价：乙方案中两个难以实现之处配制ph=1的ha溶液难以实现，加入锌粒难以做到表面积