北京市第十二中学高二化学上学期12月月考试题含解析

PAGE25-北京市第十二中学2020-2021学年高二化学上学期12月月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Cl35．5第一部分(共44分)选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分)1.下列物质属于弱电解质的是A.H2SO4 B.Na2O C.AgCl D.NH3·H2O【答案】D【解析】【分析】弱电解质是在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与极少数盐。【详解】A．H2SO4在水溶液里能完全电离，所以是强电解质，故A不选；B．Na2O在熔融状态下能够完全电离成钠离子和氧离子，是强电解质，故B不选；C．AgCl难溶于水，但溶于水的部分完全电离，是强电解质，故C不选；D．NH3·H2O为弱碱，在水溶液中只有部分电离，所以是弱电解质，故D选；答案选D。2.将NaCl溶于水配成1mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A.a离子为Na+B.溶液中含有NA个Na+C.水合b离子的图示不科学D.某温度测定该NaCl溶液pH小于7是由于Cl-水解导致【答案】C【解析】【详解】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+；A．离子半径Cl-＞Na+，则a离子为Cl-，b为Na+，故A错误；B．没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误；C．b为Na+，带正电荷，应该吸引带有负电荷的氧离子，图示b离子不科学，故C正确；D．Cl-、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，溶液pH小于7，应该是温度高于常温，促进水的电离所致，故D错误；故答案为C。3.下列溶液一定呈酸性的是（）A.pH<7的溶液B.c(H+)>c(OH-)的溶液C.含有H+的溶液D.由水电离出的c(H+)=10-6mol•L-1溶液【答案】B【解析】【详解】A.常温下pH=7为中性，小于7为酸性，但是温度升高时Kw会增大，中性溶液pH值减小，如100摄氏度时，中性pH=6，故pH<7不一定是酸性，故A不选；B.溶液酸碱性取决于溶液中氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，c(H+)>c(OH-)的溶液一定显酸性，故B选；C.任何水溶液中都含有氢离子，不能确定溶液酸碱性，故C不选；D.由水电离出的c(H+)=10-6mol•L-1溶液，可知水的电离被促进，应存在可水解的弱离子，但是不确定是哪种离子促进水的电离，如为碳酸钠促进水的电离溶液显碱性，故D不选；故选：B。4.解释下列事实所用的方程式不正确的是A.硫酸氢钠在水溶液中电离：NaHSO4=Na++H＋+B.氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+C.用热的纯碱溶液清洗油污：+H2O+OH-D.用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：+Ca2+=CaCO3【答案】D【解析】【详解】A．硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在水溶液中电离产生Na+、H＋、，电离方程式为：NaHSO4=Na++H＋+，A正确；B．将几滴饱和FeCl3溶液滴入到沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，得到的红褐色液体就是氢氧化铁，则由氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，B正确；C．油脂在碱性条件下水解产生可溶性物质，热的纯碱溶液能够清洗油污，是由于该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，该反应的离子方程式为：+H2O+OH-，C正确；D．硫酸钙微溶有水，不能写成离子形式，应该写化学式，D错误；故合理选项是D。5.常温时，能证明乙酸是弱酸的实验事实是A.CH3COOH溶液与Fe反应放出H2B.0.1mol/LCH3COOH溶液的pH大于1C.CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【答案】B【解析】【详解】A.CH3COOH具有酸的通性，Fe是比较活泼的金属，醋酸溶液与Fe反应放出H2，但是不能证明其酸性强弱，A错误；B.CH3COOH是一元弱酸，电离产生的H+浓度小于酸的浓度，0.1mol/LCH3COOH溶液中c(H+)<0.1mol/L，所以pH大于1，B正确；C.CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2气体，可以证明醋酸的酸性比碳酸强但是不能证明醋酸就是弱酸，C错误；D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红，只能证明醋酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，D错误；故合理选项是B。6.某同学用0.1mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度。下列操作正确的是A.需用NaOH溶液润洗锥形瓶B.用量筒量取20.00mLNaOH溶液C.滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸D.充分反应后，滴入酚酞溶液，观察是否到达滴定终点【答案】C【解析】【详解】A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误；B．量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，故B错误；C．滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸，故C正确；D．滴定前需要滴加指示剂，滴定时，注意观察是否到达滴定终点，故D错误；答案选C。7.已知：NaHSO3溶液呈酸性。常温下，将0.1mol/L亚硫酸(忽略H2SO3的分解)与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，下列关于该混合溶液说法不正确的是（）A.c(Na+)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)B.c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)C.c(HSO)+c(H2SO3)+c(SO)=0.05mol/LD.c(Na+)+c(H+)>c(HSO)+c(SO)+c(OH-)【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L亚硫酸(忽略H2SO3的分解)与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，H2SO3和NaOH的物质的量相等，二者发生反应为：H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O，得NaHSO3溶液，据此解答。【详解】A．NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离：HSO3-H++SO32-，HSO3-的水解：HSO3-+H2OH2SO3+OH-，但HSO3-的水解和电离都是微弱的，所以c(Na+)>c(HSO)>c(H2SO3)、c(SO)，由于NaHSO3溶液呈酸性，所以HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，c(H2SO3)＜c(SO)，所以c(Na+)>c(HSO)>c(SO)＞c(H2SO3)，A错误；B．NaHSO3溶液存在物料守恒：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)，B正确；C．NaHSO3溶液存在物料守恒：c(Na+)=c(HSO)+c(SO)+c(H2SO3)==0.05mol/L，C正确；D．NaHSO3溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO)+c(OH-)，故c(Na+)+c(H+)>c(HSO)+c(SO)+c(OH-)，D正确；答案选A。8.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（）A.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-B.含有NO的溶液中：I-、SO、SO、H+C.由水电离出的c(H+)=1.010-13mol·L-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCOD.pH=11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO【答案】D【解析】【详解】A．铜离子不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；B．大量氢离子存时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；C．水电离出的c(H+)=1.010-13mol·L-1的溶液中水的电离受到抑制，可能显强碱性，也可能显强酸性，碱性溶液中铵根、碳酸氢根不能大量存在，酸性溶液中碳酸氢根不能大量存在，故C不符合题意；D．四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；综上所述答案为D。9.常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别混合前混合后甲c(HX)=0.1mol·L-1c(NaOH)=0.1mol·L-1pH=9乙c(HY)=0.1mol·L-1c(NaOH)=0.1mol·L-1pH=7下列说法正确的是A.HY为强酸 B.HX溶液的pH=1C.甲的混合液中c(X-)=c(Na+) D.乙的混合液中c(Na+)>c(Y-)【答案】A【解析】【分析】无论哪组溶液都是恰好完全反应，都生成正盐，依据盐类水解的规律，以及混合后的pH，判断HX和HY是强酸还是弱酸。【详解】A、根据乙组，两种溶液等体积混合，且两种溶液浓度相等，两种溶液恰好生成NaY，溶液显中性，该盐为强酸强碱盐，即HY为强酸，故A正确；B、两种溶液物质的量浓度相同，即两种溶液等体积混合，恰好完全反应生成NaX，混合后pH=9，溶液显碱性，即HX为弱酸，HX溶液的pH>1，故B错误；C、甲的混合液中，溶质为NaX，HX为弱酸，X－发生水解，即c(Na＋)>c(X－)，故C错误；D、乙的混合液中，溶质为NaY，HY为强酸，即c(Na＋)=c(Y－)，故D错误。10.25℃时，pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是（）A.曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程 B.a溶液的导电性比c溶液的导电性强C.a溶液中和氢氧化钠的能力强于b溶液 D.将a、b两溶液加热至30℃，变小【答案】C【解析】A．稀释相同倍数，I的pH变化大，则I应为盐酸稀释时的pH值变化曲线，A正确；B．溶液导电性取决于离子浓度，a点的H+浓度大，离子总浓度大于c点，a点导电性强，B正确；C．b点溶液中存在未电离的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液强，C错误；D．将a、b两溶液加热至30℃，a中c（Cl-）不变，加热促进醋酸的电离，c(CH3COO-)增大，则变小，D正确；答案选C。11.痛风病与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)有关(NaUr增多，病情加重)，其化学原理为：HUr(aq)+Na+(aq)⇌NaUr(s)+H+(aq)ΔH＜0，下列说法不正确的是A.炎热的夏季更易诱发关节疼痛B.饮食中摄入过多食盐，会加重痛风病病情C.患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸(HUr)的食物D.大量饮水使增大，痛风病发作的可能性减小【答案】A【解析】【详解】A．炎热的夏季温度较高，平衡逆向移动，使人体内尿酸钠(NaUr)含量减少，有利于缓解关节疼痛，故A错误；B．饮食中摄入过多食盐，会增大Na+的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，会加重痛风病病情，故B正确；C．若患痛风病的人应多吃能代谢产生更多尿酸的食物，会增大尿酸的浓度，使得平衡正向移动，人体中NaUr含量增多，病情加重，故患痛风病的人应少吃能代谢产生更多尿酸的食物，故C正确；D．假设该反应中，c(H+)=c(NaUr)=c(Na+)=1mol/L，即K==1，饮水将各物质浓度稀释为0.01mol/L，则Qc=＝100＞K，增大，则平衡逆向移动，人体中NaUr含量会减少，降低痛风病发作的可能性，故D正确；答案选A。12.室温下，分别用0.1mol/L溶液进行下列实验，结论不正确的是

A.向溶液中通至：c(Na+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)B.向溶液中加入等浓度等体积的盐酸：c(Na+)＝c(Cl-)C.向溶液中加入等浓度等体积的溶液：pH=13D.向氨水中加入少量固体：增大【答案】C【解析】【详解】A.向NaHCO溶液中通CO至，，结合电荷守恒可知：，故A正确；B.向CHCOONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸，钠离子和氯离子的物质的量相等，则：，故B正确；C.向NaHSO溶液中加入等浓度等体积的溶液，设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：，溶液中氢氧根离子浓度不是，溶液的，故C错误；D.氨水中加入少量NHCl固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而，所以该比值增大，故D正确。故选C。13.工业回收铅蓄电池中的铅，常用Na2CO3或NaHCO3溶液处理铅膏(主要成分PbSO4)获得PbCO3：PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)K=2.2×105。经处理得到的PbCO3灼烧后获得PbO，PbO再经一步转变为Pb。下列说法正确的是A.PbSO4的溶解度小于PbCO3B.处理PbSO4后，Na2CO3或NaHCO3溶液的pH升高C整个过程涉及一个复分解反应和两个氧化还原反应D.若用等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液分别处理PbSO4，Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大【答案】D【解析】【详解】A.由方程式PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)可知，CO32-能够使PbSO4溶解并生成PbCO3，说明PbCO3的溶解度小于PbSO4，更易析出，故A错误；B.用Na2CO3溶液处理，Na2CO3溶液存在水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，处理PbSO4后，CO32-的浓度减小，平衡逆向移动，OH-的浓度减小，溶液的pH减小，用碳酸氢钠溶液处理PbSO4，CO32-浓度减小，会促进HCO3-的电离，溶液的pH减小，故B错误；C.PbCO3灼烧生成PbO的过程中，各元素的化合价保持不变，所以整个过程中只涉及一个氧化还原反应，故C错误；D.等体积、等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，NaHCO3电离出来CO32-的浓度小于Na2CO3中的CO32-浓度，CO32-浓度越大，越促进PbSO4(s)+CO32－(aq)PbCO3(s)+SO42－(aq)正向移动，所以Na2CO3溶液中的PbSO4转化率较大，故D正确。答案选D。14.已知HClO和H2CO3电离平衡常数，根据提供的数据判断，下列离子方程式或化学方程式不正确的是HClOK＝3×10－8H2CO3K1＝4×10－7K2＝6×10－11A.向NaClO溶液中通入过量CO2：CO2＋NaClO＋H2O==NaHCO3＋HClOB.向NaClO溶液中通入少量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O==Na2CO3＋2HClOC.向Na2CO3溶液中滴加过量氯水：CO32-＋2Cl2＋H2O==2Cl-＋2HClO＋CO2↑D.向NaHCO3溶液中滴加过量氯水：HCO3-＋Cl2==Cl-＋HClO＋CO2↑【答案】B【解析】【详解】A、由表中数据可知，酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，故向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，A正确；B、根据表格数据可知，次氯酸的酸性比碳酸的酸性弱，比碳酸氢根离子的酸性强，则向NaClO溶液中通入CO2，应得到的是NaHCO3，而不是Na2CO3，B错误；C、氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，HCl可以和CO32-反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，C正确；D、氯水中有Cl2+H2OHCl+HClO，HCl可以和HCO3-反应，使得平衡不断向右移动，最终生成HClO、CO2、Cl-，D正确；故选B。【点睛】向NaClO溶液、Ca(ClO)2溶液中通入CO2，均生成碳酸氢盐，与CO2量没有关系。15.常温下，浓度均为的4种钠盐溶液pH如下：下列说法不正确的是（）溶质NaClOpHA.四种溶液中，溶液中水的电离程度最大B.溶液显酸性的原因是：C.向氯水中加入少量，可以增大氯水中次氯酸的浓度D.常温下，相同物质的量浓度的、、HClO，pH最小的是【答案】B【解析】【详解】根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：，则酸的强弱顺序是，A.相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B.亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明电离程度大于水解程度，亚硫酸氢根离子是弱酸阴离子部分电离，，，故B错误；C.盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故C正确；D.酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：，则酸的强弱顺序是，所以常温下，相同物质的量浓度的、、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，pH最小的是，故D正确；故选：B。16.25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液

①盐酸

②氨水

③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A.3种溶液中pH最小的是①B.3种溶液中水的电离程度最大的是②C.①与②等体积混合后溶液显酸性D.①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）【答案】B【解析】①盐酸PH<7，

②氨水电离呈碱性

③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），c（Na+）=c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）。17.室温下，取20mL0.1mol/LH2A溶液，滴加0.1mol/LNaOH溶液。已知NaHA溶液显碱性，下列说法不正确A.0.1mol/LH2A溶液中有c(HA-)+c(H2AB.当滴加至中性时，溶液中c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)C.消耗10mLNaOH溶液时，溶液pH<7，溶液中：c(HA-)>c(Na+)D.消耗40mLNaOH溶液时，溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>(HA-)【答案】B【解析】【分析】A.根据物料守恒分析；B.利用电荷守恒判断；C.消耗10mLNaOH溶液时，溶液为等浓度的NaHA、H2AD.先判断溶液的成分，然后根据电解质的电离和盐的水解反应判断。【详解】A.根据物料守恒可知在0.1mol/LH2A溶液中有c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)=0.1mol/L，B.在溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，当滴加至中性时，c(H+)=c(OH-)，所以溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)，B错误；C.消耗10mLNaOH溶液时，溶液为NaHA、H2A按1：1混合得到的溶液，NaHA溶液显碱性，而该混合溶液pH<7，说明H2A的电离作用大于HA-的水解作用，所以溶液中：c(HA-)>c(Na+)，CD.消耗40mLNaOH溶液时，二者恰好反应产生Na2A，Na2A电离产生Na+、A2-，根据物质电离产生离子浓度关系可知c(Na+)>c(A2-)，A2-会发生水解产生HA-和OH-，水解产生的HA-继续水解产生H2A和OH-，同时溶液中还存在H2O的电离平衡，所以溶液中：c(OH-)>(HA-)，但A2-水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的A2-，所以c(A2-)>c(OH-)，故溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>(HA-)故答案选B。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较的知识。在其中涉及弱酸的电离、盐的水解、酸碱中和反应等。掌握物料守恒、电荷守恒、质子守恒及电解质溶液中的反应规律是本题解答的关键。18.室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是序号①②pH1212溶液氨水氢氧化钠溶液A.①②两溶液中c(OH－)相等B.①溶液的物质的量浓度为0.01mol·L-1C.①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①>②D.等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②【答案】B【解析】【详解】A.PH相同，①②两溶液中c(OH－)都等于，故A正确；B.氨水是弱电解质，部分电离，①溶液的物质的量浓度大于0.01mol·L-1，故B错误；C.PH=12的氨水溶液加水稀释10倍，氨水会继续电离出氢氧根离子，12>PH>11，NaOH是强碱，PH=12的氢氧化钠溶液加水稀释10倍，PH=11，稀释后溶液的pH：①>②，故C正确；D.PH相同，①②两溶液的浓度①>②，所以等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②，故D正确。故选B。19.亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液pH关系如图所示。下列说法不正确的是A.当n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1：1时，溶液呈碱性B.pH=12时，溶液中c()+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)=c(H+)C.在K3AsO3溶液中，c(AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)D.H2AsO在溶液中，其水解程度大于电离程度【答案】B【解析】【详解】A．图中n(H3AsO3)：n(H2AsO)=1:1时，溶液的pH=9，此时呈溶液显碱性，故A正确；B．pH=12时，溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，此时c(H2AsO3)+2c(HAsO)+3c(AsO)+c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．在K3AsO3溶液中，存在三步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成HAsO，第二步水解生成H2AsO，则c(AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)，故C正确；D．n(H3AsO3)：n(H2AsO3-)=1:1时，溶液的pH=9，说明在溶液中H2AsO水解程度大于H3AsO3的电离程度，而H3AsO3的电离程度大于H2AsO的电离程度，则H2AsO在溶液中，其水解程度大于电离程度，故D正确；故答案为B。20.室温下，1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法不正确的是A.溶液a和0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度前者小于后者B.向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，pH变化不大C.向溶液a中加入0.1molNaOH固体，pH基本不变D.含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液也可做缓冲溶液【答案】C【解析】【分析】含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液中，如果加入少量的强酸或强碱，反应后不会改变溶液的大致组成，pH变化不大；如果加入较多的强酸或强碱，则会改变溶液的组成和性质。【详解】A、1L含0.1molCH3COOH和0.1molCH3COONa的溶液a中，CH3COONa电离出CH3COO--，对CH3COOH的电离有抑制作用，因此溶液a中CH3COOH的电离程度小于0.1mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH的电离程度，故A正确；B、向溶液a中通入0.01molHCl时，CH3COO−结合H+生成CH3COOH，反应后溶液组成为0.11molCH3COOH和0.09molCH3COONa，溶液组成没有大的变化，pH变化不大，故B正确；C、向溶液a中加入0.1molNaOH固体，0.1molCH3COOH完全反应，得到CH3COONa溶液，显碱性，pH变化大，故C错误；D、含0.1mol·L−1NH3·H2O与0.1mol·L−1NH4Cl的混合溶液，加入少量强酸或强碱，溶液组成不会明显改变，故也可叫缓冲溶液，故D正确。答案选C。21.常温，下列实验操作及现象与推论不相符的是（）选项操作及现象推论A用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质B向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊溶液中可能含有CO或HCOC用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的HClO的酸性弱于CH3COOHD向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀；再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．用pH试纸测得0.1mol/LCH3COOH溶液pH约为3，说明醋酸没有全部电离，CH3COOH是弱电解质，故A不选；B．向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入澄清石灰水，产生白色浑浊，说明该气体是二氧化碳，溶液中可能含有CO或HCO，故B不选；C．用pH计测定相同浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，前者的pH小于后者的，说明后者水解能力强，HClO的酸性弱于CH3COOH，故C不选；D．向2mL1mol/LNaOH溶液中加入1mL0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀，反应后溶液中还有剩余的氢氧化钠，再加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，产生红褐色沉淀，发生Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，不能说明Mg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀，故D选；故选D。22.将等体积的0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液混合得到浊液，过滤后进行如下实验：下列分析不正确的是A.①的现象说明上层清液中不含Ag+B.②的现象说明该温度下Ag2S比Ag2SO4更难溶C.③中生成Ag(NH3)2+，促进AgCl(s)溶解平衡正向移动D.若向③中滴加一定量的硝酸，也可以出现白色沉淀【答案】A【解析】【分析】0.1mol/LAgNO3溶液和0.1mol/LNaCl溶液等体积混合得到浊液，说明生成氯化银沉淀；向①的溶液中滴加0.1mol/LNa2S溶液，出现浑浊，此实验说明①的溶液中仍然存在银离子，同时说明硫化银比Ag2SO4更难溶；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，若向③中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，平衡逆向移动；【详解】根据上述分析，向①的滤液中滴加0.1mol/LNa2S溶液，出现浑浊，此实验说明①的溶液中仍然存在银离子，故A错误；向①的溶液中滴加0.1mol/LNa2S溶液，出现浑浊，此实验说明硫化银比Ag2SO4更难溶，故B正确；取少量氯化银沉淀，滴加氨水，发生反应，沉淀逐渐溶解，故C正确；若向③中滴加一定量的硝酸，氨水浓度减小，平衡逆向移动，出现氯化银沉淀，故D正确。第二部分(共56分)23.某同学在实验室研究Na2CO3和NaHCO3的性质及相互转化。(1)分别向浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中滴加几滴酚酞试剂：①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是_____________________________________________。②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是_______________________________________________。③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是________(填化学式)。(2)研究NaHCO3与CaCl2的反应。实验序号实验操作实验现象实验1向2mL0.001mol/LNaHCO3溶液中加入1mL0.1mol/LCaCl2溶液无明显变化。用激光笔照射，没有出现光亮的通路。实验2向2mL0.1mol/LNaHCO3溶液中加入1mL0.1mol/LCaCl2溶液略显白色均匀的浑浊，用激光笔照射，出现光亮的通路。①实验1中没有出现白色浑浊的原因是________________________________________________。②实验2中形成的分散系属于________。③用离子方程式表示实验2中发生的反应_______________________________________________。(3)在不引入其他杂质的前提下，实现Na2CO3与NaHCO3之间的转化，请在下图中标出所用的试剂、用量或物质的浓度(反应前后溶液体积的变化可忽略)________、________、________、________。【答案】(1).CO＋H2OHCO＋OH－(2).HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－，HCO3—H＋＋CO32—，水解程度大于电离程度(3).NaHCO3(4).HCO浓度低，电离出的CO浓度更低，导致c(Ca2＋)·c(CO32—)＜Ksp(CaCO3)(5).胶体(6).Ca2＋＋2HCO3—=CaCO3↓＋CO2↑＋H2O(7).CO2(8).0.2(9).NaOH(10).0.01【解析】【分析】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液；（2）根据题中的实验现象可知，0.001mol/LNaHCO3溶液中电离出的CO32﹣浓度更低，导致c（Ca2+）•c（CO32﹣）＜Ksp（CaCO3）因而溶液中不出现沉淀，0.1mol/LNaHCO3溶液中电离出的碳酸根离子浓度高一些，与钙离子形成了碳酸钙沉淀及胶体；（3）在碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以将碳酸钠转化成碳酸氢钠，在碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠可以将碳酸氢钠转化为碳酸钠，根据各物质的量的关系，确定有关物质的物质的量及浓度。【详解】（1）浓度均为0.1mol/LNa2CO3及NaHCO3溶液中碳酸根离子水解溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以溶液也呈碱性，相等浓度时，Na2CO3水解产生的氢氧根溶液大于NaHCO3水解产生的氢氧根，所以Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3的溶液，所以有①Na2CO3溶液由无色变为红色，其原因是CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣；②NaHCO3溶液也由无色变为红色，其原因是HCO3﹣+H2OH2CO3+OH﹣，HCO3﹣H++CO32﹣，水解程度大于电离程度；③比较两份溶液的颜色，红色较浅的是NaHCO3；(2)①HCO浓度低，电离出的CO浓度更低，导致c(Ca2＋)·c(CO)＜Ksp(CaCO3)，所以沒有沉淀；②用激光笔照射，出现光亮的通路，所以实验2中形成的分散系属于胶体；③实验2中发生的反应Ca2＋＋2HCO===CaCO3↓＋CO2↑＋H2O；(3)Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3,100mL0.1mol/LNa2CO3溶液通入足量的CO2，可生成100mL0.2mol/LNaHCO3溶液；NaHCO3＋NaOH===H2O＋Na2CO3,100mL0.1mol/LNaHCO3溶液，加入0.01molNaOH固体，可生成100mL0.1mol/LNa2CO3溶液。【点睛】本题主要考查盐类水解和弱电解质的电离等，难度中等，注意碳酸钠与碳酸氢钠的性质的灵活运用。24.电解质的水溶液中存在电离平衡。（1）醋酸是常见的弱酸。①醋酸在水溶液中的电离方程式为______________。②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH

电离程度增大的是______(填字母序号)。a.滴加少量浓盐酸b.微热溶液c.加水稀释d.加入少量醋酸钠晶体（2）用0.1mol/LNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L盐酸和醋酸溶液，得到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。①滴定醋酸的曲线是_________（填“I”或“Ⅱ”）。②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是_______。③V1和V2的关系:

V1___V2

(填“>”、“=”或“<”)。④M

点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______。（3）为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。资料:

AgSCN是白色沉淀，相同温度下，溶解度:

AgSCN>AgI。操作步骤现象步骤1:

向2mL0.005mol/LAgNO3溶液中加入2mL0.005mol/LKSCN溶液，静置。出现白色沉淀步骤2:

取1mL上层清液于试管中，滴加1滴2mol/L

Fe(NO3)3溶液。溶液变红色。步骤3:

向步骤2

的溶液中，继续加入5滴3mol/LAgNO3溶液。现象a，溶液红色变浅。步骤4:

向步骤1余下的浊液中加入5滴3mol/LKI溶液。出现黄色沉淀。①写出步骤2中溶液变红色的离子方程式_____________。②步骤3中现象a是_____________。③用化学平衡原理解释步骤4

的实验现象___________。【答案】(1).CH3COOHCH3COO-+H+(2).b、c(3).I(4).0.1mol/L醋酸溶液(5).<(6).c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)(7).Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(8).出现白色沉淀(9).AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI

后，因为溶解度:AgI<AgSCN，Ag+与I-反应生成AgI黄色沉淀：Ag++I-=AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动【解析】【详解】(1)①醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，则醋酸在水溶液中的电离方程式为CH3COOHCH3COO－+H+；②a．滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸电离，电离程度减小，a错误；b．电离吸热，微热溶液促进电离，电离程度增大，b正确；c．加水稀释粗电离，电离程度增大，c正确；d．加入少量醋酸钠晶体，增大醋酸根浓度，抑制醋酸电离，电离程度减小，答案选bc；(2)①醋酸是弱酸，0.1mol/L醋酸溶液pH大于1，则滴定醋酸的曲线是I；②盐酸和氢氧化钠溶液均是一元的强酸和强碱，在浓度相等的条件下对水的电离程度影响是相同的。醋酸是一元弱酸，在浓度与盐酸相等的条件下，溶液中氢离子浓度小，对水的电离程度影响小于盐酸，则滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1mol/L醋酸；③氢氧化钠和醋酸恰好反应时生成的醋酸钠水解溶液显碱性，要满足溶液显中性，则醋酸应该过量。而氢氧化钠与盐酸恰好反应时生成的氯化钠不水解，溶液显中性，所以V1小于V2；④M点时醋酸过量，溶液是由等浓度的醋酸钠和醋酸构成的，溶液显酸性，则对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)；(3)①铁离子与KSCN溶液反应使溶液显红色，反应的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；②硝酸银溶液能与KSCN溶液反应产生白色沉淀，所以向步骤2的溶液中，继续加入5滴3mol·L-1AgNO3溶液时溶液中仍然会出现白色沉淀；③根据以上分析可知溶液中存在平衡AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，加入KI后，因为溶解度：AgI＜AgSCN，因此Ag+与I-反应生成AgI黄色沉淀：Ag++I-＝AgI↓，从而导致AgSCN的溶解平衡正向移动。25.草酸（H2C2O4（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合金属离子的试剂）在一定条件下可以有效溶解结石，用化学平衡原理解释其原因：_______________。（2）已知：0.1mol·L－1KHC2O4溶液呈酸性。下列说法正确的是_______（填字母序号）。a.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)b.0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4c.浓度均为0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-d.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c(K+)>c(Na+)（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的流程及组分测定方法如下：已知：i.pH>4时，Fe2+易被氧气氧化ii.几种物质的溶解度(g/100gH2O)如下FeSO4·7H2O(NH4)2SO4FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O20℃48753760℃1018838①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：_____________，______________。②趁热过滤的原因是：_______________。③氧化还原滴定法常用于测定草酸亚铁晶体的摩尔质量(M)。称取ag草酸亚铁晶体溶于稀硫酸中，用bmol·L－1的高锰酸钾标准液滴定，到达滴定终点时，消耗高锰酸钾VmL，则M=__________。(已知：部分反应产物为Mn2+、Fe3+、CO2)【答案】(1).CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解(2).abd(3).抑制Fe2+和NH4+的水解(4).防止Fe2+被氧化(5).防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度(6).mol/L【解析】【详解】（1）草酸钙难溶于水，在水存在溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，加入EDTA，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，使结石逐渐溶解；故答案为CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)Ca2+(aq)+C2O42-(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；（2）a．0.1mol·L－1KHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，正确；b．KHC2O4溶液呈酸性，表明HC2O4-的电离程度大于水解程度，0.1mol·L－1KHC2O4溶液中：c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4c．根据物料守恒，浓度均为0.1mol·L－1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c(K+)=3[c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2Od．恰好完全反应后c(K+)=c(Na+)，滴加等浓度NaOH溶液至中性，反应后KHC2O4溶液须过量，溶液的成分为Na2C2O4和KHC2O4的混合溶液，故c(K+)>c(Na+故选abd；（3）①pH>4时，Fe2+易被氧气氧化，且亚铁离子、铵根离子离子易发生水解，溶液显酸性，所以用稀硫酸调溶液pH至1～2，可以防止Fe2+被氧化，同时可以抑制Fe2+和NH4+的水解；故答案为：抑制Fe2+和NH4+的水解，防止Fe2+被氧化；②根据表中数据，FeSO4·7H2O在常温下的溶解度不太大，趁热过滤，可以防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度；故答案为：防止低温时FeSO4·7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O的纯度；③草酸亚铁与高锰酸钾反应的方程式为：3MnO4-+5Fe2++5C2O42-+24H+=3Mn2++10CO2+5Fe3++12H2O，有3MnO45FeC2O4，35bmol/L×V×10-3Ln(FeC2O4=，解得：n(FeC2O4)=×10-3bVmol，草酸亚铁晶体的摩尔质量M==mol/L；故答案为：mol/L。26.某小组研究FeCl3与Na2S的反应，设计了如下实验：实验a实验b实验cFeCl3体积5mL10mL30mL实验现象产生黑色浑浊，混合液pH=11.7黑色浑浊度增大，混合液pH=6.8黑色浑浊比实验b明显减少，观察到大量黄色浑浊物，混合液pH=3.7I．探究黑色沉淀的成分查阅资料：Fe2S3(黑色)在空气中能够稳定存在，FeS(黑色)在空气中易变质为Fe(OH)3。设计实验：分别取实验a、b、c中沉淀放置于空气中12小时，a中沉淀无明显变化。b、c中黑色沉淀部分变为红褐色。(1)①同学甲认为实验a中黑色沉淀为Fe2S3，实验b、c的黑色沉淀物中既有Fe2S3又有FeS，依据的实验现象是_____。②同学乙认为实验b的黑色沉淀物中有FeS，则一定混有S，理由是_____。③设计实验检验b的黑色沉淀物中混有硫。已知：硫在酒精溶液中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大。实验证明了b中黑色沉淀混有S，试剂a是_____，观察到的现象为________。II．探究实验a中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应的原因经查阅资料，可能的原因有两种：原因1：pH影响了Fe3+与S2-的性质，二者不能发生氧化还原反应。原因2：沉淀反应先于氧化还原反应发生，导致反应物浓度下降，二者不能发生氧化还原反应。设计实验：电极材料为石墨(2)①试剂X和Y分别是__________、_______。②甲认为若右侧溶液变浑浊，说明Fe3+与S2-发生了氧化还原反应。是否合理？说明理由_____。③乙进一步实验证明该装置中Fe3+与S2-没有发生氧化还原反应，实验操作及现象是_____。④由此得出的实验结论是_____。III．探究实验c随着FeCl3溶液的增加，黑色沉淀溶解的原因实验1实验2固体溶解，闻到微量臭鸡蛋气味，溶液出现淡黄色浑浊。(3)①用离子方程式解释实验1中的现象_____、_____(写离子方程式)。②结合化学平衡等反应原