湖北省宜昌市夷陵区小溪塔高级中学高二化学上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年湖北省宜昌市夷陵区小溪塔高级中学高二（上）月考化学试卷（12月份）一、单项选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分）1下列物质中属于非电解质的是（）液态hcl熔融nacl蔗糖氯水al2o3al（oh）3cucaco3so2乙醇abcd2醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（）1moll1的ch3cooh溶液中c（h+）=102moll1ch3cooh以任意比与h2o互溶在相同条件下，ch3cooh溶液的导电性比盐酸弱10ml1moll1的ch3cooh溶液恰好与10ml1moll1的naoh溶液完全反应同浓度同体积的ch3cooh溶液和hcl溶液与fe反应时，ch3cooh溶液中放出h2的速率慢ch3cooh溶液中ch3cooh、ch3coo、h+同时存在0.1moll1的ch3coona溶液ph为8.2abcd3已知0.1moll1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（）加水升高温度加少量冰醋酸加少量烧碱固体abcd4下列方程式中，书写正确的是（）ah2s2h+s2bnahco3na+h+co32cnh4+h2onh3h2o+h+dbaso4（s）ba2+（aq）+so42（aq）5在25时，用蒸馏水稀释1mol/l氨水至0.01mol/l，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（）abc（h+）c（oh）cdc（oh）6下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（）aph=7的溶液是中性b中性溶液中一定有c（h+）=1.0107moll1c在100时，纯水的ph7，因此显酸性dc（oh）=c（h+）的溶液呈中性7将ph为9的naoh溶液与ph为11的naoh溶液等体积混合后，所得的溶液中氢离子浓度最接近于（）a（109+1011） moll1b21011moll1c（110145104） moll1d（109+1011） moll18室温时，下列混合溶液的ph一定小于7的是（）aph=3的醋酸和ph=11的氢氧化钡溶液等体积混合bph=3的盐酸和ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合cph=3的盐酸和ph=11的氨水等体积混合dph=3的硫酸和ph=11的氨水等体积混合9ph=2的两种一元酸x和y，体积均为100ml，稀释过程中ph与溶液体积的关系如图所示分别滴加naoh溶液（c=0.1mol/l）至ph=7，消耗naoh溶液的体积为vx、vy，则（）ax为弱酸，vxvybx为强酸，vxvycy为弱酸，vxvydy为强酸，vxvy10用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（）a酸式滴定管未润洗就装标准液滴定b锥形瓶未用待测液润洗c滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失d读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视11用1moll1 naoh溶液中和某浓度的硫酸溶液时，其ph和所加naoh溶液的体积关系如图所示，原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积分别是（）a0.5moll1 100mlb0.5moll1 80mlc1moll1 60mld1moll1 80ml12向三份0.1moll1 ch3coona溶液中分别加入少量na2so3、nh4no3、fecl3固体（忽略溶液体积变化），则ch3coo的浓度变化依次为（）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13将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是（）胆矾氯化铝硫酸铝氯化铜abcd全部14下列离子能大量共存的一组是（）anh4+、cl、no3、na+bco32、nh4+、cl、ca2+c中性溶液中：fe3+、cl、no3、na+dfe3+、cl、no3、na+、scn15下列与盐的水解有关的是（）nh4cl与zncl2溶液可作焊接金属中的除锈剂用nahco3与al2（so4）3两种溶液可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放na2co3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞abcd16在25时，物质的浓度相等的nh4cl、ch3coonh4、nh4hso4的溶液中，其对应溶液中nh4+的物质的量浓度分别为a、b、c（单位为moll1），下列判断正确的是（）aa=b=cba=cbcbacdcab二、填空题（本题包括3小题，共52分）17按要求回答下列问题：已知常温下，ph=3的盐酸溶液中，c（oh）为，由水电离产生的c（h+）为；ph=5的nh4cl溶液中c（h+）为，由水电离产生的c（oh）为25时，某na2so4溶液中c（so42）=5104moll1，取该溶液1ml加水稀释至10ml，则稀释后溶液中c（na+）：c（oh）=已知某温度下水的离子积为11012，测得某溶液ph=7，该溶液显（填“酸”、“碱”或“中”）性在0.5moll1的nahso3溶液中滴入石蕊，溶液变红则该溶液中存在的离子的浓度由大到小的顺序为18如表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：ch3coohh2co3h2sh3po41.8105 moll1k1=4.3107moll1k2=5.61011moll1k1=9.1108 moll1k2=1.11012moll1k1=7.5103 moll1 k2=6.2108 moll1 k3=2.21013 moll1（1）ch3cooh、h2co3、h2s、h3po4四种酸的酸性由强到弱的顺序为（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是（3）同浓度的ch3coo、hco、co、s2结合h+的能力由强到弱的顺序为19现有室温下浓度均为1103moll1的几种溶液：硫酸醋酸盐酸naoh溶液氨水氯化铵回答下列问题：（1）上述6种溶液中，水电离出的c（h+）最大的是，最小的是（2）将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为（填“”、“”或“=”），溶液中的离子浓度由大到小的顺序为（3）将等体积的、混合，则溶液的ph7（填“”、“”或“=”），用离子方程式说明其原因：（4）向相同体积的、溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为，最终产生h2总量的关系为（5）向相同体积的、溶液中分别加入相同浓度、相同体积的溶液，充分混合后，混合液的ph大小关系为（填“”、“”或“=”，下同）（6）若将等体积的、溶液加热至相同温度后，溶液的ph大小关系为2015-2016学年湖北省宜昌市夷陵区小溪塔高级中学高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题包括16小题，每题3分，共48分）1下列物质中属于非电解质的是（）液态hcl熔融nacl蔗糖氯水al2o3al（oh）3cucaco3so2乙醇abcd【考点】电解质与非电解质【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】非电解质指：水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物，否则为电解质；蔗糖、乙醇、二氧化碳、二氧化硫等都是非电解质，单质，混合物既不是电解质，也不是非电解质，据此即可解答【解答】解：液态hcl溶于水电离出离子能导电，属于电解质；熔融nacl能电离出离子能导电，属于电解质；蔗糖水溶液和熔融状态下都不导电属于非电解质；氯水是氯气的水溶液，属于混合物；al2o3是铝离子个氧离子构成的离子化合物，熔融电离出离子导电，属于电解质；al（oh）3 水溶液中能发生微弱电离，属于电解质；cu是单质，既不是电解质，也不是非电解质；caco3 属于盐，熔融状态下电离出离子能导电，属于电解质；so2 溶于水发生化学反应生成亚硫酸是电解质，二氧化硫本身不能电离出离子，属于非电解质；乙醇不能电离出离子，属于非电解质；上述分析可知属于非电解质的为，故选c【点评】本题考查了非电解质的概念，物质的组成和性质，抓住非电解质的特征是解题的关键，难度不大2醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（）1moll1的ch3cooh溶液中c（h+）=102moll1ch3cooh以任意比与h2o互溶在相同条件下，ch3cooh溶液的导电性比盐酸弱10ml1moll1的ch3cooh溶液恰好与10ml1moll1的naoh溶液完全反应同浓度同体积的ch3cooh溶液和hcl溶液与fe反应时，ch3cooh溶液中放出h2的速率慢ch3cooh溶液中ch3cooh、ch3coo、h+同时存在0.1moll1的ch3coona溶液ph为8.2abcd【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】在水溶液里或熔融状态下部分电离的电解质为弱电解质，可以根据其电离程度或其强碱盐的酸碱性判断酸的强弱【解答】解：1moll1的ch3cooh溶液中c（h+）=102moll1，说明ch3cooh部分电离是弱电解质，故选；ch3cooh以任意比与h2o互溶，只能说明其溶解性强弱，但不能说明其电离程度，所以不能证明为弱电解质，故错误；在相同条件下下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸的电离程度小于氯化氢，氯化氢为强电解质，则醋酸为弱电解质，故选；10ml1moll1的ch3cooh溶液恰好与10ml1moll1的naoh溶液完全反应，只能说明醋酸为一元酸，但不能证明醋酸的电离程度，所以不能证明醋酸为弱电解质，故错误；同浓度同体积的ch3cooh溶液和hcl溶液与fe反应时，ch3cooh溶液中放出h2的速率慢，说明盐酸的电离程度大于醋酸，所以醋酸是弱酸，故选；ch3cooh溶液中ch3cooh、ch3coo、h+同时存在，说明醋酸没有完全电离，所以醋酸是弱酸，故选；0.1moll1的ch3coona溶液ph为8.2，溶液呈碱性，说明ch3coona是强碱弱酸盐，所以醋酸是弱酸，故选；故选d【点评】本题考查了电解质强弱的判断，电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，与电解质的溶解性强弱无关，为易错点3已知0.1moll1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（）加水升高温度加少量冰醋酸加少量烧碱固体abcd【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】要使溶液中值增大，应是平衡向电离的方向移动，结合影响平衡移动的因素解答该题【解答】解：加水，溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡：ch3coohch3coo+h+正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的大，所以比值增大，故正确；升高温度，弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则比值增大，故正确；加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，故错误；加少量烧碱固体，ch3coohch3coo+h+，平衡正向移动，反应生成ch3coo，ch3coo浓度增大， =，所以比值减小，故错误；故选a【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于考查学生的分析能力和化学基本概念的理解和应用能力，为高考常见题型，难度中等，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素4下列方程式中，书写正确的是（）ah2s2h+s2bnahco3na+h+co32cnh4+h2onh3h2o+h+dbaso4（s）ba2+（aq）+so42（aq）【考点】电离方程式的书写；盐类水解的原理【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a、多元弱酸的电离分步进行；b、碳酸是弱酸，故hco3不能完全电离；c、盐的单水解程度不大，应用可逆号；d、书写溶解平衡表达式时，难溶物和溶解出的离子要标示状态，且用可逆号【解答】解：a、多元弱酸的电离分步进行，故h2s的电离方程式应为：h2shs+h+，hss2+h+，故a错误；b、碳酸是弱酸，故hco3不能完全电离，故nahco3的电离方程式为：nahco3na+hco3，故b错误；c、盐的单水解程度不大，应用可逆号，故水解方程式为：nh4+h2onh3h2o+h+，故c错误；d、书写溶解平衡表达式时，难溶物和溶解出的离子要标示状态，且用可逆号，故baso4的溶解平衡的表达式为：baso4（s）ba2+（aq）+so42（aq），故d正确故选d【点评】本题考查了电离方程式、水解方程式和溶解平衡表达式的书写，应注意区分难溶电解质的电离方程式和溶解平衡表达式的书写的区别5在25时，用蒸馏水稀释1mol/l氨水至0.01mol/l，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（）abc（h+）c（oh）cdc（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】氨水中溶质是一水合氨，加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小【解答】解：a加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以增大，故a正确；b在25时，水溶液中kw=c（h+）c（oh），温度不变，则kw不变，故b错误；c加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以减小，故c错误；d加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中n（oh）增大，但n（oh）增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（oh）减小，故d错误；故选a【点评】本题考查了弱电解质电离，注意把握稀释弱电解质时促进弱电解质电离，题目难度不大，注意kw的表达式以及影响因素6下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（）aph=7的溶液是中性b中性溶液中一定有c（h+）=1.0107moll1c在100时，纯水的ph7，因此显酸性dc（oh）=c（h+）的溶液呈中性【考点】水的电离【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】a温度未知，不能根据ph大小判断溶液酸碱性；b常温下中性溶液中c（h+）=c（oh）=1.0107moll1；c在100时，纯水呈中性d任何水溶液中只要c（h+）=c（oh），则该溶液一定呈中性【解答】解：a在100时，纯水的ph=6，呈中性，该温度下ph=7时溶液呈碱性，温度未知，不能根据ph大小判断溶液酸碱性，故a错误；b常温下中性溶液中c（h+）=c（oh）=1.0107moll1，温度不知，中性溶液中不一定有c（h+）=1.0107moll1，故b错误；c在100时，纯水中存在c（h+）=c（oh），仍然呈中性，故c错误；d任何水溶液中只要存在c（h+）=c（oh），则该溶液一定呈中性，故d正确；故选d【点评】本题考查探究溶液酸碱性判断，为高频考点，要根据溶液中c（h+）、c（oh）相对大小判断溶液酸碱性，温度未知时不能根据ph大小判断溶液酸碱性，易错选项是b，题目较简单7将ph为9的naoh溶液与ph为11的naoh溶液等体积混合后，所得的溶液中氢离子浓度最接近于（）a（109+1011） moll1b21011moll1c（110145104） moll1d（109+1011） moll1【考点】ph的简单计算【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】ph为9的naoh溶液与ph为11的naoh溶液等体积混合后，先计算出混合后溶液的c（oh），再根据常温下水的离子积kw计算出混合液中的c（h+）【解答】解：ph=9的naoh溶液中c（oh）=1105mol/l，ph=11的naoh溶液中c（oh）=1103mol/l，两溶液混合后氢氧根离子浓度为：c（oh）=mol/lmol/l，则混合溶液中的氢离子浓度为：c（h+）=mol/l=2.01011mol/l，故选b【点评】本题考查两种碱溶液混合后的溶液氢离子浓度计算，题目难题不大，注意解答时先计算混合液中c（oh），再计算c（h+），为易错点8室温时，下列混合溶液的ph一定小于7的是（）aph=3的醋酸和ph=11的氢氧化钡溶液等体积混合bph=3的盐酸和ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合cph=3的盐酸和ph=11的氨水等体积混合dph=3的硫酸和ph=11的氨水等体积混合【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】根据酸碱的强弱判断溶液中n（h+）与n（oh）关系进行判断和计算【解答】解：a、ph=3的醋酸c（h+）=1103mol/l，ph=11的氢氧化钡溶液中c（oh）=1103mol/l，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，ph7，故a正确b、ph=3的盐酸中c（h+）=1103mol/l，ph=11的氢氧化钠溶液c（oh）=1103mol/l，酸碱都是强电解质，在室温下等体积混合后，ph=7，故b错误；c、ph=3的盐酸中c（h+）=1103mol/l，ph=11的氨水中c（oh）=1103mol/l，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，ph7，故c错误；d、ph=3的硫酸中c（h+）=1103mol/l，ph=11的氨水中c（oh）=1103mol/l，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，ph7，故d错误；故选a【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算，题目难度不大，注意判断酸碱的强弱并以此判断反应的过量问题9ph=2的两种一元酸x和y，体积均为100ml，稀释过程中ph与溶液体积的关系如图所示分别滴加naoh溶液（c=0.1mol/l）至ph=7，消耗naoh溶液的体积为vx、vy，则（）ax为弱酸，vxvybx为强酸，vxvycy为弱酸，vxvydy为强酸，vxvy【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】压轴题；电离平衡与溶液的ph专题【分析】根据稀释相同倍数酸x、y的ph变化，判断强酸、弱酸，ph相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，弱酸消耗碱的量大【解答】解：从图象看，稀释10倍，x的ph值变化1，y的ph值变化小于1，说明x为强酸，y为弱酸ph相等的强酸和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，故弱酸消耗碱的量大，即vxvy，故选c【点评】本题考查弱酸的电离及酸碱的反应，难度中等，根据酸稀释ph的变化判断强酸、弱酸是解题的关键10用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的naoh溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（）a酸式滴定管未润洗就装标准液滴定b锥形瓶未用待测液润洗c滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失d读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视【考点】化学实验方案的评价；中和滴定【专题】定量测定与误差分析【分析】根据c（待测）=分析不当操作对v（标准）的影响，以此判断操作误差，据此分析解答【解答】解：a酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，标准液浓度偏小，造成v（标准）偏大，根据c（待测）=知c（待测）偏高，故a错误；b锥形瓶未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，结果不变，故b错误；c滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，造成v（标准）偏大，根据c（待测）=知c（待测）偏高，故c错误；d读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，造成v（标准）偏小，根据c（待测）=知c（待测）偏低，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重考查学生分析判断及实验操作能力，明确误差产生原因是解本题关键，易错选项是d，注意读数引起的误差，题目难度中等11用1moll1 naoh溶液中和某浓度的硫酸溶液时，其ph和所加naoh溶液的体积关系如图所示，原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积分别是（）a0.5moll1 100mlb0.5moll1 80mlc1moll1 60mld1moll1 80ml【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】根据图象可知，起始时硫酸溶液的ph=0，氢离子浓度为1mol/l，则h2so4的起始浓度为c（h2so4）=0.5 moll1；当加入40 ml 1moll1 naoh溶液时，恰好和硫酸能中和，溶液的ph=7，据此计算出消耗硫酸的体积【解答】解：由图象可知，加入氢氧化钠溶液之前，溶液的ph=0，氢离子浓度为1mol/l，则h2so4的起始浓度为c（h2so4）=0.5 moll1；当加入40 ml 1moll1 naoh溶液时，恰好和硫酸能中和，溶液的ph=7，根据反应关系式：h2so42naoh，消耗硫酸溶液的体积v为：2v0.5 moll1=1mol/l0.04l，解得v=0.02l=40ml，反应后溶液的体积为：80ml，故选b【点评】本题考查了酸碱混合时的定性判断及有关溶液ph的计算，题目难度中等，解此题有两个关键点，一是从图象上看，起始时硫酸溶液的ph=0，则h2so4的起始浓度为0.5 moll1，二是加40 ml naoh溶液时，恰好和硫酸能中和，ph=712向三份0.1moll1 ch3coona溶液中分别加入少量na2so3、nh4no3、fecl3固体（忽略溶液体积变化），则ch3coo的浓度变化依次为（）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【解答】解：ch3coona是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，na2so3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加亚硫酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；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；fecl3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加fecl3会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小，故选b【点评】本题考查了影响盐类水解的因素，明确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13将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是（）胆矾氯化铝硫酸铝氯化铜abcd全部【考点】盐类水解的应用；镁、铝的重要化合物【专题】盐类的水解专题；元素及其化合物【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； 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；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b【点评】本题以盐类水解为载体考查物质的性质，只有性质稳定、水解不生成挥发性酸的盐蒸发结晶得到原来物质，水解生成挥发性酸的盐蒸发结晶灼烧时得到氧化物14下列离子能大量共存的一组是（）anh4+、cl、no3、na+bco32、nh4+、cl、ca2+c中性溶液中：fe3+、cl、no3、na+dfe3+、cl、no3、na+、scn【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】a四种离子之间不反应，能够共存；b碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀；c铁离子只能存在于酸性溶液中；d铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成硫氰化铁【解答】解：anh4+、cl、no3、na+之间不发生反应，能够大量共存，故a正确；bco32、ca2+之间反应生成难溶物碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故b错误；cfe3+只能存在于酸性溶液，不能在中性溶液中大量存在，故c错误；dfe3+、scn之间发生反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故d错误；故选a【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 fe3+和 scn）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力15下列与盐的水解有关的是（）nh4cl与zncl2溶液可作焊接金属中的除锈剂用nahco3与al2（so4）3两种溶液可作泡沫灭火剂草木灰与铵态氮肥不能混合施用实验室盛放na2co3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞abcd【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】nh4cl、zncl2、nahco3、na2co3、k2co3、al2（so4）3都是含有弱酸根或弱碱离子的盐，对应的水溶液都能水解，玻璃中的二氧化硅是酸性氧化物和碱性溶液反应，以此分析解答【解答】解：nh4cl与zncl2溶液水解显酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与水解有关；用nahco3与al2（so4）3两种溶液相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝，可作泡沫灭火剂，与水解有关；草木灰与铵态氮肥相互促进水解，生成氨气肥效损失不能混合施用，与水解有关；实验室盛放碳酸钠溶液，水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；故选c【点评】本题考查盐类水解的应用，理解盐类水解实质是关键，把握常见的盐的类别，明确有弱才水解即可解答，题目较简单16在25时，物质的浓度相等的nh4cl、ch3coonh4、nh4hso4的溶液中，其对应溶液中nh4+的物质的量浓度分别为a、b、c（单位为moll1），下列判断正确的是（）aa=b=cba=cbcbacdcab【考点】盐类水解的应用【专题】盐类的水解专题【分析】相同温度、相同浓度的这三种盐溶液，氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小【解答】解：相同温度、相同浓度的这三种盐溶液，氢离子抑制铵根离子水解、醋酸根离子促进铵根离子水解，铵根离子水解程度越大，则溶液中铵根离子浓度越小，所以溶液中铵根离子浓度大小顺序是cab，故选d【点评】本题考查了盐类水解，明确影响盐类水解的因素是解本题关键，根据铵根离子水解程度大小解答即可，题目难度不大二、填空题（本题包括3小题，共52分）17按要求回答下列问题：已知常温下，ph=3的盐酸溶液中，c（oh）为1011，由水电离产生的c（h+）为1011；ph=5的nh4cl溶液中c（h+）为105，由水电离产生的c（oh）为10525时，某na2so4溶液中c（so42）=5104moll1，取该溶液1ml加水稀释至10ml，则稀释后溶液中c（na+）：c（oh）=1000已知某温度下水的离子积为11012，测得某溶液ph=7，该溶液显碱（填“酸”、“碱”或“中”）性在0.5moll1的nahso3溶液中滴入石蕊，溶液变红则该溶液中存在的离子的浓度由大到小的顺序为c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh）【考点】离子浓度大小的比较；水的电离；离子积常数【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】ph=3的盐酸中c（oh）=c（h+） （水电离）=，ph=5的nh4cl溶液中c（h+）为10ph，由水电离产生的c（oh）=c（h+） （水电离）；25时，某na2so4溶液中c（so42）=5104moll1，c（na+）=1103moll1，取该溶液1ml加水稀释至10ml，c（na+）=1104moll1，溶液中c（h+）=1107moll1，据此计算；某温度下水的离子积为11012，测得某溶液ph=7，该溶液中c（h+）=1107moll1，c（oh）=，根据氢离子和氢氧根离子浓度相对大小判断溶液酸碱性；0.5moll1的nahso3溶液中滴入石蕊，溶液变红，说明溶液呈酸性，则亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，但其电离和水解程度都较小，据此判断离子浓度大小【解答】解：ph=3的盐酸中c（oh）=c（h+） （水电离）=mol/l=1011moll1，ph=5的nh4cl溶液中c（h+）为10ph=105moll1，由水电离产生的c（oh）=c（h+） （水电离）=105moll1，故答案为：1011；1011；105；105；25时，某na2so4溶液中c（so42）=5104moll1，c（na+）=1103moll1，取该溶液1ml加水稀释至10ml，c（na+）=1104moll1，溶液中c（h+）=1107moll1，溶液中c（h+）=1107moll1，则c（na+）：c（oh）=1104moll1：1107moll1=1000，故答案为：1000；某温度下水的离子积为11012，测得某溶液ph=7，该溶液中c（h+）=1107moll1，c（oh）=mol/l=105 mol/l，c（oh）c（h+），溶液呈碱性，故答案为：碱性；nahso3溶液呈酸性，nahso3溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，据此分析：电离程度大于水解程度；故离子浓度大小为：c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh），故答案为：c（na+）c（hso3）c（h+）c（so32）c（oh）【点评】本题考查离子浓度大小比较、盐类水解、弱电解质的电离、ph计算等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，难点是计算酸或盐中水电离出氢离子或氢氧根离子浓度浓度，题目难度中等18如表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：ch3coohh2co3h2sh3po41.8105 moll1k1=4.3107moll1k2=5.61011moll1k1=9.1108 moll1k2=1.11012moll1k1=7.5103 moll1 k2=6.2108 moll1 k3=2.21013 moll1（1）ch3cooh、h2co3、h2s、h3po4四种酸的酸性由强到弱的顺序为h3po4ch3coohh2co3h2s（2）多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是一级电离产生的氢离子会抑制二级电离（3）同浓度的ch3coo、hco、co、s2结合h+的能力由强到弱的顺序为s2co32hco3ch3coo【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】（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，多元弱酸的酸性决定于一级电离；（2）据影响弱电解质的电离平衡移动的因素考虑；（3）相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子【解答】解：（1）相同条件下，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，多元弱酸的酸性决定于一级电离，所以四种酸的酸性h3po4ch3coohh2co3h2s，故答案为：h3po4ch3coohh2co3h2s；（2）多元弱酸一级电离产生的氢离子会抑制二级电离，所以元弱酸的二级电离程度远小于一级电离，故答案为：一级电离产生的氢离子会抑制二级电离；（3）相同条件下，酸的电离平衡常数越小，其越难电离，其酸根越容易结合氢离子，所以同浓度的ch3coo、hco3、co32、s2结合h+的能力由强到弱的顺序为s2、co32、hco3、ch3coo，故答案为：s2co32hco3ch3coo【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确电离平衡常数与酸或碱性强弱的关系是解本题关键，题目难度中等19现有室温下浓度均为1103moll1的几种溶液：硫酸醋酸盐酸naoh溶液氨水氯化铵回答下列问题：（1）上述6种溶液中，水电离出的c（h+）最大的是，最小的是（2）将、混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为（填“”、“”或“=”），溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c（cl）=c（nh4+）c（h+）=c（oh）（3）将等体积的、混合，则溶液的ph7（填“”、“”或“=”），用离子方程式说明其原因：h2o+ch3cooch3