陕西省吴起高级中学2019_2020学年高二化学上学期期中试题（能力卷含解析）.docx

陕西省吴起高级中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（能力卷，含解析）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共23小题。满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 S-32 Zn-65第卷（选择题共54分）一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分共54分）1.下列物质的分类组合全部正确的是（ ）编组强电解质弱电解质非电解质ANaClH2OCl2BH2SO4CaCO3CCl4CAgClHClOCuDBa(OH)2H2SC2H5OHA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】试题分析：A、非电解质属于化合物，氯气属于单质，氯气不属于非电解质，故错误；B、碳酸钙是盐，属于强电解质，故错误；C、铜属于单质，不属于非电解质，故错误；D、符合物质分类，故正确。考点：考查物质分类等知识2.将0.1molL-1的醋酸加水稀释，下列说法正确的是( )A. 溶液中c(H+)和c(OH)都减小B. 溶液中c(H+)增大C. 醋酸的电离平衡向左移动D. 溶液的c(OH)增大【答案】D【解析】3.下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：弱酸HCNHFCH3COOHHNO2电离常数4.910107.21041.81056.4106则0.1 molL1的下列溶液中，pH最小的是A. HCNB. HFC. CH3COOHD. HNO2【答案】B【解析】【分析】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。【详解】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HFHNO2CH3COOHHCN，则pH由大到小的顺序是HCNCH3COOHHNO2HF，则等浓度的四种酸溶液中，HF相对最强，溶液酸性最强，pH最小，故选B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。4.已知25 时水的离子积为Kw=1.010-14,35 时水的离子积为Kw=2.110-14。下列说法中正确的是 ()A. 水中的c(H+)随温度的升高而降低B. 25 时水呈中性,35 时水呈酸性C. 水的电离过程是吸热过程D. 一定温度下,向水中加入酸或碱时,水的离子积将发生变化【答案】C【解析】【分析】水的电离过程为H2OH+OH-，在不同温度下其离子积为Kw（25）=1.010-14，Kw（35）=2.110-14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c(H+)增大，其pH减小，但仍然存在c(H+)=c(OH-)，据此分析解答。【详解】A由于升高温度水的离子积Kw增大，说明升高温度促进水电离，使c(H+)随温度的升高而增大，A错误；B升高温度促进水电离，但水中仍然存在c(H+)=c(OH-)，因此仍然呈中性，B错误；C升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，根据平衡移动原理可知：水的电离是吸热反应，C正确；D. 水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。温度不变，溶液中水的离子积常数不变，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查水的电离，知道离子积常数与温度的关系是解本题关键。注意：无论水的电离程度多大，水不可能变为酸性或碱性，仍然呈中性，为易错点。5.将0.1 molL1CH3COOH溶液加水或加入少量CH3COONa晶体时都会引起( )A. CH3COOH电离程度变大B. 溶液中c(OH)减小C. 溶液的导电能力减弱D. 溶液中c(H)减小【答案】D【解析】【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向电离方向移动，电离程度增大，CH3COOH溶液的浓度减小，酸性减弱，溶液中c（H+）减小， c(OH)增大，溶液的pH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时电离平衡逆向移动，电离程度减小，溶液的pH增大，导电能力增强，溶液中c（H+）减小。【详解】A. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向电离方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡逆向移动，电离程度减小，故A错误；B. CH3COOH溶液加水稀释，平衡向电离方向移动，溶液的pH增大，c(OH)增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡逆向移动，溶液的pH增大，c(OH)增大，故B错误；C. CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D. 加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡逆向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，故D正确；答案选D。【点睛】将醋酸溶液加水稀释后，虽然水的电离平衡正向移动，但是氢离子的浓度减小，为易错点。6.25 时，某酸性溶液中只含NH4+、Cl、H、OH四种离子，下列说法不正确的是()A. 可能由pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合而成B. 该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成C. 加入适量氨水，溶液中离子浓度可能为c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)D. 该溶液中c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H)【答案】A【解析】【详解】A. 一水合氨是弱电解质、HCl是强电解质，常温下，pH=2的HCl与pH=12的NH3H2O溶液中，c(NH3H2O)远远大于c(HCl)，二者等体积混合氨水有剩余，导致溶液呈碱性而不是酸性，故A错误；B. 等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3H2O溶液混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解导致氯化铵溶液呈酸性，故B正确；C. 加入适量NH3H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度会导致溶液呈碱性，根据电荷守恒c(NH4+)c(Cl)，溶液中水的电离程度较小，可能出现离子浓度大小顺序是c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)，故C正确；D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，c (NH4+)=c (Cl)+c (OH)c(H+)，故D正确；答案选A。7.下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是()A. 盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡B. NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H)c(OH)C. 在CH3COONa溶液中，由水电离的c(OH)c(H)D. 水电离出的H或OH与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性【答案】C【解析】【详解】A. 盐类中的弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，从而破坏水的电离平衡，故A正确；B. 强酸弱碱盐溶液呈酸性，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液中c（H+）c（OH-），则溶液呈酸性，故B正确；C. 任何电解质溶液中水电离的c（OH-）=c（H+），与电解质溶液酸碱性无关，故C错误；D. 水电离出的H+或OH-与盐中弱离子结合，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度不相等，导致溶液呈酸碱性，故D正确；答案选C。【点睛】水电离时生成的氢离子和氢氧根离子的浓度总是相等，盐类水解的实质是盐电离时生成的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离时产生的氢离子或氢氧根离子作用，生成弱电解质，破坏了水的电离。8.下列关于电离平衡常数(K)的说法中正确的是()A. 电离平衡常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱B. 电离平衡常数(K)与温度无关C. 相同温度下，不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同D. 多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1K2K3【答案】A【解析】【详解】A、相同条件下K越大，酸电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，故A正确；B、电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，故B错误；C、电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化，故C错误；D、多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系K1K2K3，故D错误；答案选A。【点睛】电离平衡常数（K）是温度的函数，随温度的增大而增大，不随浓度的变化而变化；相同条件下K越大，酸的电离程度越大，多元弱酸各步电离平衡常数依次减小。9.室温下，某溶液中水电离出的H和OH的物质的量浓度乘积为11026，该溶液中一定不能大量存在的是()A. ClB. HCO3-C. NaD. Ba2【答案】B【解析】【分析】溶液中水电离出的H+和OH-的物质的量浓度乘积为110-26，水的电离程度减小，该溶液为酸或碱溶液，然后根据选项的离子在酸性或碱性条件下能否大量存在分析判断。【详解】水电离的H+和OH-的物质的量浓度乘积为110-26110-14，说明该溶液抑制了水的电离，则该溶液为酸溶液或者碱溶液。A.Cl-既不与氢离子反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A不符合题意；B.HCO3-既能够与H+反应，也能够与OH-反应，在溶液中一定不能大量共存，B符合题意；C.Na+与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，C不符合题意；D. Ba2与H+和OH-不能发生任何反应，可以大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】本题考查了离子反应、离子共存的判断的知识，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子不能共存的情况，正确分析题干数据的含义是解答关键。10.25时，相同物质的量浓度的下列溶液:NaCl；NaOH；H2SO4；（NH4）2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响，所以水在硫酸铵中的电离程度最大，酸碱的浓度越大，对水的电离抑制程度越大，所以同浓度的NaOH、H2SO4溶液中，水在硫酸中的电离程度最小，因此水的电离程度按由大到小顺序排列的是，答案选D。考点：考查影响水的电离平衡的因素。11.用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作不正确的是( )A. 酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知浓度的NaOH溶液C. 滴定时，眼睛观察锥形瓶中溶液颜色的变化D. 读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平【答案】A【解析】【详解】A. 酸式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗，直接加入已知物质的量浓度的盐酸，标准液的浓度减小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏大，故A错误；B. 锥形瓶不需要润洗，所以锥形瓶用蒸馏水洗净后，直接加入一定体积的未知物质的量浓度的NaOH溶液，故B正确；C. 滴定时，应左手控制活塞缓慢滴加，右手摇动锥形瓶使溶液混合均匀，眼睛时刻注视着锥形瓶内颜色的变化，以判断滴定终点，故C正确；D. 读数时，应该平视液面最低点，即视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持一致，故D正确；答案选A。12.常温下将NaOH稀溶液与CH3COOH稀溶液混合，不可能出现的结果是()A. pH7，且c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)B. pH7，且c(Na)c(OH)c(H)c(CH3COO)C. pH7，且c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)D. pH7，且c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)【答案】B【解析】【详解】A. pH7，说明醋酸过量，若醋酸过量较多，则可存在c（CH3COO-）c（H+）c（Na+）c（OH-），故A正确；B. pH7，说明溶液呈碱性， 根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）可知，不可能存在c（Na+）c（OH-）c（H+）c（CH3COO-），故B错误；C. pH7，说明溶液呈碱性，溶液存在电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故C正确；D. 根据溶液的电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），pH=7，则有c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，则溶液中存在c（CH3COO-）=c（Na+）c（H+）=c（OH-），故D正确；答案选B。13.常温下0.1 molL1氨水溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的措施是()A. 将溶液稀释到原体积的10倍B. 加入适量的氯化铵固体C. 加入等体积0.2 molL1盐酸D. 通入氨气【答案】B【解析】【分析】一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，要使氨水溶液的pH减小1，但溶液仍然为碱性，则加入的物质能抑制一水合氨的电离，据此解答。【详解】A. 一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，将溶液稀释到原体积的10倍，则促进一水合氨的电离，氢氧根离子的浓度大于原来的十分之一，所以稀释后溶液的pH（a-1），故A错误；B. 向氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大而抑制一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子浓度减小，所以可以使溶液的pH=（a-1），故B正确；C. 加入等体积0.2mol/L盐酸，盐酸的物质的量大于氨水的物质的量，则混合溶液呈酸性，故C错误；D. 向氨水中通入氨气，氨水浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；答案选B。14.下列关于盐类水解的说法错误的是()A. 在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离B. 同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大C. 在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH4+水解D. 加热CH3COONa溶液，溶液中C(CH3COOH)与C(CH3COO-)的比值将增大【答案】B【解析】【详解】A. 在纯水中加入能水解的盐一定会破坏水的电离平衡，消耗水电离产生的氢离子或氢氧根离子，促进水的电离平衡右移，故A正确；B. 碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，水解程度越大，碱性越强，所以同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH小，故B错误；C. 在NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加入稀HNO3，氢离子浓度增大能抑制NH4+水解，故C正确；D. 加热醋酸钠溶液，促进醋酸根的水解，所以醋酸根浓度减小，而醋酸浓度增大，所以比值变大，故D正确；答案选B。15.下列有关离子反应的叙述不正确的是( )A. 溶液中有难溶于水的沉淀生成是离子反应的发生条件之一B. 离子反应发生的方向总是向着溶液中离子浓度降低的方向进行C. 离子反应生成的沉淀的溶解度为零D. 生成沉淀的离子反应之所以能发生，在于生成物的溶解度小【答案】C【解析】【详解】A. 溶液中有难溶于水的沉淀生成是离子反应的发生条件之一，故A正确；B. 生成沉淀、气体、弱电解质是离子反应发生的条件，一定会使溶液中某些离子的浓度较低，则离子反应发生的方向总是向着溶液中离子浓度降低的方向进行，故B正确；C. 离子反应生成的沉淀的溶解度极小，为微溶物或难溶物，但溶解度不等于零，故C错误；D. 生成沉淀的离子反应之所以能发生，在于生成物的溶解度小能从溶液中析出，故D正确；答案选C。【点睛】绝对不溶的物质，即溶解度为零的物质是没有的，生成沉淀，只能说明该物质在该溶剂中的溶解度很小，易形成饱和溶液。16.为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，可以在加热搅拌的条件下加入一种过量的试剂，过滤后再加入适量的盐酸。这种试剂是（ ）A. 氨水B. 氢氧化钠C. 碳酸钠D. 碳酸镁【答案】D【解析】A. 加入氨水除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+，会引入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，故A错误；B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故C错误；D. 加入碳酸镁，碳酸镁与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查物质的分离、提纯和除杂，试题难度不大，解题时根据Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意除去Fe3+时不能引入新的杂质。17.己知25时，Ksp(AgCl) =1.81010，Ksp(AgBr) =5.41013，Ksp(AgI) =8.51017。某溶液中含有C1、Br和I，浓度均为0.010mo1L-1，向该溶液中逐滴加入0.010molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为A. C1、Br、IB. Br、C1、IC. I、Br、C1D. Br、I、C1【答案】C【解析】试题分析：由于这三种难溶物的组成相似，根据Ksp越小，其溶解度越小，就越先沉淀，故这三种阴离子产生沉淀的先后顺序为I、Br、C1。考点：考查难溶物的溶度积与溶解度的关系。18.已知CaCO3的Ksp=2.810-9，现将浓度为210-4 molL-1的Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，若要产生沉淀，则所用CaCl2溶液的浓度至少应为A. 2.810-2 molL-1B. 1.410-5 molL-1C. 2.810-5 molL-1D. 5.610-5 molL-1【答案】B【解析】Na2CO3溶液的浓度为2104mol/L，等体积混合后溶液中c(CO32)=0.52104mol/L=1104mol/L，根据Ksp=c(CO32)c(Ca2+)=2.8109可知，c(Ca2+)=mol/L=2.8105mol/L，原溶液CaCl2的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为22.8105mol/L=5.6105mol/L，故答案选B。第卷（非选择题 共46分）二、填空题(共31分)19.现向含AgBr的饱和溶液中：(1)加入固体AgNO3，则c(Ag)_ (填“变大”、“变小”或“不变”，下同)；(2)加入更多的AgBr固体，则c(Ag)_；(3)加入AgCl固体，则c(Br)_，c(Ag)_；(4)加入Na2S固体，则c(Br)_，c(Ag)_。. (1)常温下，将0.1 molL1的醋酸溶液和0.1 molL1醋酸钠溶液等体积混合，测得溶液显酸性，则该混合液中：c(CH3COOH)_c(CH3COO)；2c(Na)_c(CH3COO)c(CH3COOH)。(填“”、“”或“”)(2)等物质的量浓度一水合氨和氯化铵溶液混合，溶液显碱性，则溶液中除溶剂外微粒浓度大小关系：_，混合溶液中离子的电荷守恒等式_，物料守恒等式为_。【答案】 (1). 变大 (2). 不变 (3). 变小 (4). 变大 (5). 变大 (6). 变小 (7). (8). (9). c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)c(H) (10). c(Cl)c(OH) c(NH4+)c(H) (11). c(NH4+)c(NH3H2O)2c(Cl)【解析】【详解】(1) 向AgBr饱和溶液中加入硝酸银，加入了银离子，溶解平衡左移，但银离子浓度增大；答案为：变大； (2) AgBr的饱和溶液中，已经达到溶解平衡状态，加入AgBr固体，对溶解平衡无影响，银离子浓度不变；答案为：不变；(3) 因为AgCl溶解度大于AgBr，加入AgCl固体时，银离子浓度增大，溶解平衡向左移动，溴离子浓度变小；答案为：变小；变大； (4) 由于Ag2S的溶解度小于AgBr，所以Na2S与AgBr反应生成Ag2S，溶解平衡右移。溴离子浓度增大，但银离子浓度减小。答案为：变大；变小。. (1) 常温下,等物质的量浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa溶液混合，混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO水解程度，则溶液中存在c(CH3COOH)c(CH3COO)；任何电解质溶液中都存在物料守恒,结合物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)，故答案为：AD bAB线上任意点的溶液均显中性cB点溶液pH6，显酸性 d图中温度T1T2(3)T2时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？_什么？_。(4)T2时，若盐酸中c(H)5104molL1，则由水电离产生的c(H)_。【答案】 (1). 11012 (2). 水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大 (3). b (4). 否 (5). 在盐酸中c(H)c(OH)，所以不可能处于B点位置 (6). 2109molL1【解析】【详解】(1)根据曲线中的数据，可以知道B点水的离子积为110-12，水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大。答案为：11012 ；水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大；(2) a图中A、D两点均在同一曲线上，其Kw相等，故a错误；bAB线上任意点均有c(H+ )=c(OH- )，显中性，故b正确；cB点c(H+ )=c(OH- )，显中性，故c错误；dA、B的Kw，前者小于后者，温度越高，水的离子积常数越大，则后者代表的温度高，即T1小于T2，故d错误。答案选b；(3) T2时，若向溶液中滴加盐酸， c(H+ )c(OH- )，不可能处于B点位置。答案为：否；在盐酸中c(H)c(OH)，所以不可能处于B点位置；(4) T2时，由Kw=c(H+)c(OH- )可得c(H+ )水= molL1=210-9 molL1。答案为：2109molL1。21.已知：H2S：Ka11.3107Ka27.11016 ，H2CO3：Ka14.3107Ka25.61011， CH3COOH：Ka1.8105，HClO2：Ka1.1102，NH3H2O：Kb1.8105。(1)常温下，0.1 molL1Na2S溶液和0.1 molL1Na2CO3溶液，碱性更强的是_，其原因是_。25 时，CH3COONH4溶液显_性。NaHCO3溶液的pH_CH3COONa溶液的pH。NH4HCO3溶液显_性，原因是_。(2)能证明Na2SO3溶液中存在SO32-H2OHSO3OH水解平衡的事实是_。A滴入酚酞溶液变红，再加H2SO4溶液红色褪去B滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去C滴入酚酞溶液变红，再加氯水后红色褪去(3)25 时，浓度均为0.1 molL1的NaClO2溶液和CH3COONa溶液，两溶液中c(ClO2)_c(CH3COO)。若要使两溶液的pH相等应_。a向NaClO2溶液中加适量水 b向NaClO2溶液中加适量NaOHc向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体 d向CH3COONa溶液中加适量的水(4)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是 _。【答案】 (1). Na2S溶液 (2). H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解 (3). 中 (4). 大于 (5). 碱 (6). NH3H2O的KbH2CO3的Ka1，故NH4+的水解程度小于HCO3的水解程度 (7). B (8). (9). bd (10). CuCl22H2OCu(OH)22HCl (11). 在干燥的HCl气流中加热脱水【解析】【详解】(1)H2S：Ka27.11016，H2CO3：Ka25.61011，可知硫氢根离子的酸性弱于碳酸氢根离子，则硫离子的水解程度大于碳酸根离子的水解程度，水解程度越大碱性越强，所以Na2S溶液的碱性更强；答案为：Na2S溶液；H2S的Ka2小于H2CO3的Ka2，Na2S更容易水解；CH3COONH4为弱酸弱碱盐，醋酸根离子和铵根离子都水解，由于CH3COOH：Ka1.8105，NH3H2O：Kb1.8105，则二者水解程度相近，因此溶液显中性；H2CO3：Ka25.61011，CH3COOH：Ka1.8105，说明碳酸氢根离子的酸性弱于醋酸的酸性，碳酸氢根离子更易水解，因此NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液的pH；答案为：中；大于；H2CO3：Ka25.61011，NH3H2O：Kb1.8105，碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性；答案为：碱；NH3H2O的KbH2CO3的Ka1，故NH4+的水解程度小于HCO3的水解程度；(2) A滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，加入硫酸的量未知，溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；B 滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸根离子浓度减小，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故B正确；C滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故C错误；答案选B；(3) HClO2：Ka1.1102，CH3COOH：Ka1.8105，说明醋酸根离子更易水解，NaClO2溶液的碱性弱于CH3COONa溶液的碱性，则c(CH3COO)小于c(ClO2)；若要使两溶液的pH相等，可以促进ClO2发生水解，使溶液的碱性增强，也可以抑制CH3COO的水解，或使醋酸钠溶液的碱性减弱，a向NaClO2溶液中加适量水，可促进ClO2发生水解，但溶液中各离子浓度减小，碱性减弱，故a错误；b向NaClO2溶液中加适量NaOH，可促进ClO2发生水解，溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强，故b正确；c向CH3COONa溶液中加CH3COONa固体，可促进CH3COO的水解，使溶液碱性增强，故c错误；d向CH3COONa溶液中加适量的水，CH3COONa溶液浓度减小，溶液中氢氧根离子的浓度减小，溶液的碱性减弱，故d正确；答案选bd；(4) CuCl2为强酸弱碱盐，铜离子水解生成氢氧化铜，加热促进铜离子的水解，化学方程式为：CuCl22H2OCu(OH)22HCl；由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水，来抑制水解反应的发生；答案为：CuCl22H2OCu(OH)22HCl；在干燥的HCl气流中加热脱水。三、实验题（9分）22.某学生用0.200 0 molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；移取20.00 mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞试液；用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答下列问题：(1)以上步骤有错误的是_。若测定结果偏高，其原因可能是_。A配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过后未用待测液润洗D滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡(2)判断滴定终点的现象是_。(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL。(4)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：_molL1。【答案】 (1). (2). AB (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (4). 22.60 (5). 0.200 0【解析】【详解】（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上，碱式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（标准）偏大，A配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小，消耗的V（标准）增大，c（待测）=分析，测定结果偏高，故A正确；B滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，读取消耗的V（