内蒙古通辽市实验中学2024-2025学年高二化学上学期第一次月考试题含解析

PAGE22-内蒙古通辽市试验中学2024-2025学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共100分，考试时间90分钟。可能用到的原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Mn-55Cu-64第I卷（选择题，共50分请将正确答案填涂到答题卡上）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。）1.在水中加入下列粒子，不能破坏水的电离平衡的是A. B. C. D.Na+【答案】D【解析】分析】四种微粒分别是硫离子、氯气、氨气和钠离子，据此解答。【详解】A.硫离子可以水解，促进水的电离，A不选；B.氯气溶于水可以与水反应，生成盐酸和次氯酸，可以破坏水的电离，B不选；C.氨气溶于水后与水反应生成一水合氨，一水合氨电离后，溶液呈碱性，抑制了水的电离，C不选；D.钠离子不影响水的电离，D选。综上所述本题选D。2.取10mL盐酸注入25mL酸式滴定管中，则液面读数（）A.大于15mL B.小于10mLC.恰好在15mL处 D.在10mL到15mL之间【答案】A【解析】【详解】滴定管中小刻度在上方、大刻度在下方，且滴定管中最大刻度以下还能储存部分液体，所以取10mL盐酸溶液注入25mL干净的酸式滴定管中，其读数大于15mL，即在15mL下面刻度处。答案选A。【点睛】明确滴定管中刻度值大小依次是解本题关键，留意滴定管最大刻度处还能贮存液体，为易错点。3.下列关于电解质分类的组合中，完全正确的是（）ABCD强电解质NaClH2SO4HClOHNO3弱电解质HFBaSO4CaCO3CH3COOH非电解质Cl2CO2C2H5OHSO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的电解质，主要包括强酸、强碱、大部分盐和活泼金属氧化物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的电解质，主要包括弱酸、弱碱、少部分盐和水；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，主要包括非金属氧化物、一些氢化物和有机物等，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。【详解】A.氯气是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.硫酸钡属于盐，溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故B错误；C.次氯酸属于弱酸，是弱电解质，碳酸钙属于盐，溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故C错误；D.硝酸是强酸，属于强电解质，醋酸是弱酸，属于弱电解质，二氧化硫本身不能电离，是化合物，属于非电解质，故D正确；故选：D。4.能影响水的电离平衡，并使溶液中c(OH-)＞c(H＋)操作是（）A.加入Na2CO3固体 B.加入NaNO3固体C.加入NaHSO4固体 D.加入(NH4)2SO4固体【答案】A【解析】【分析】溶液中c(OH

-)＞c(H+)，即溶液显碱性．酸能抑制水的电离，溶液显酸性；碱能抑制水的电离，溶液显碱性；盐的水解能促进水的电离，且强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。【详解】A.Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，且其水解能促进水的电离，故A正确；

B.NaNO3是强酸强碱盐，在溶液中不水解，对水的电离无影响，且溶液显中性，故B错误；

C.NaHSO4是强电解质，在溶液中能完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根，使溶液显强酸性，故C错误；

D.(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中水解显酸性，故D错误。

故选：A。5.常温下，等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液，下列说法正确的是A.分别与适量且等量的锌粒反应，平均反应速率前者大B.两溶液导电实力相同C.分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应至中性，消耗的氢氧化钠的体积相同D.稀释10倍后，盐酸的pH比醋酸溶液的pH小【答案】B【解析】【分析】A.等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液，醋酸存在电离平衡，醋酸溶质浓度大于盐酸，随反应进行此时又电离出氢离子；B.导电实力取决于溶液中离子浓度大小；C.分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应至中性，消耗的氢氧化钠的体积醋酸多；D.稀释10倍后醋酸溶液pH减小的少。【详解】A.等体积等pH盐酸和醋酸两溶液，醋酸存在电离平衡，醋酸溶质浓度大于盐酸，随反应进行此时又电离出氢离子，分别与适量且等量的锌粒反应，平均反应速率后者大，故A错误；B.常温下，等体积等pH的盐酸和醋酸两溶液中离子浓度相同，导电实力相同，故B正确；C.分别与等浓度的氢氧化钠溶液反应至中性，醋酸浓度大于盐酸，消耗的氢氧化钠溶液的体积不相同，故C错误；D.稀释10倍后，醋酸又电离出氢离子，盐酸的pH比醋酸溶液的pH大，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡分析推断，为高频考点，易错选项为D，易忽视溶液稀释后醋酸又电离出氢离子。6.下列离子方程式书写正确的是()A.的水解：B.在水溶液中的电离：C.的水解：D.硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合：【答案】D【解析】【详解】A．的水解分步进行，主要以第一步为主，正确的离子方程式为，故A错误；B．在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，正确的电离方程式为，故B错误；C．水解生成一水合氨和氯化氢，反应的离子方程式为，故C错误；D．硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为，故D正确。综上所述，答案为D。7.25℃时，下列事实中能说明HA为弱电解质的是（①NaA溶液的pH>7②用HA溶液做导电试验时灯泡很暗③pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1④HA的溶解度比HCl的小⑤用HA溶液浸泡水壶中的水垢，可将其清除A.①②③ B.①②⑤ C.①③④ D.①③【答案】D【解析】【分析】HA为弱酸，说明HA在水溶液里部分电离，溶液中存在电离平衡，依据HA的电离程度确定HA的强弱，选项中能说明溶液中存在化学平衡的就可以证明HA是弱电解质。【详解】①NaA溶液的pH>7，说明A－离子水解，溶液显碱性，对应HA为弱酸，故①正确；②溶液导电性和溶液中离子浓度大小有关，用HA溶液做导电试验时灯泡很暗，不能说明HA为弱电解质，故②错误；③pH=2的HA溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若为强酸pH应改变为4，说明HA溶液中存在电离平衡，故③正确；④HA的溶解度比HCl的小，与电解质的强弱无必定联系，故④错误；⑤用HA溶液浸泡水壶中的水垢,可将其清除，只能说明酸性比碳酸强，不能说明它是弱电解质，故⑤错误。故选D。【点睛】本题考查了电解质强弱的推断，依据电解质的电离程度确定电解质强弱，推断酸为弱电解质的方法有：依据0.1mol·L－1酸的pH大小、NaA溶液的酸碱性、相同浓度相同元数的酸溶液导电实力大小，由已知弱酸制取该酸。8.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是()A.c(OH﹣)/c(NH3.H2O) B.c(NH3.H2O)/c(OH﹣)C.c(H+)和c(OH﹣)的乘积 D.OH﹣的物质的量【答案】B【解析】【详解】A.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3．H2O)削减，n(OH-)增大，c(OH﹣)/c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积，c(OH﹣)/c(NH3.H2O)=n(OH-)/n(NH3．H2O)，二者的比值增大，A项不符合题意；B.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3．H2O)削减，n(OH-)增大，c(OH﹣)/c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积，c(NH3.H2O)/c(OH﹣)=n(NH3．H2O)/n(OH-)，二者的比值减小，B项符合题意；C.因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C项不符合题意；D.由NH3·H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，D项不符合题意；故选B。9.用0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（）A.若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大B.用量筒量取上述盐酸C.若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色D.盐酸的浓度为1.00mol•L﹣1【答案】A【解析】【详解】A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗的V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能运用量筒，可选滴定管或移液管量取，故B错误；C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；D．用

0.50mol•L-1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c(盐酸)===0.25mol/L，故D错误；故选A。10.下列说法正确的是（）A.pH=4的醋酸中：c(H+)=4.0mol/LB.饱和小苏打溶液中：c(Na+)=c(HCO)C.相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(CH3COO-)=c(Cl-)D.室温时，用广泛pH试纸测得某溶液pH为2.3【答案】C【解析】【详解】A．pH=4的醋酸中，氢离子浓度为：c（H+）=10-pH=10-4mol/L，故A错误；B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解，导致碳酸氢根离子数目削减，而钠离子不水解，则溶液中离子浓度关系为：c（Na+）＞c（HCO3-），故B错误；C.pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中c(H+)相同，由电荷守恒规律可知c(Cl−)=c(CH3COO−)，故C正确；D.室温时，用广泛pH试纸测得某溶液只能是整数，不能出现小数，故D错误；故选：C。11.已知室温时，CH3COOH的电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O的电离常数为1.75×10－5。0.1mol·L－1的下列溶液：①CH3COONa、②NH4Cl、③CH3COONH4、④(NH4)2SO4，pH由小到大排列正确的是()A.①<②<④<③ B.①<③<②<④C.①<②<③<④ D.④<②<③<①【答案】D【解析】【分析】CH3COOH的电离常数为1.75×10－5，NH3·H2O的电离常数为1.75×10－5，所以CH3COONH4溶液显中性。【详解】①CH3COONa是强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7；②NH4Cl是强酸弱碱盐，溶液显酸性，pH<7；③由于CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，所以CH3COONH4溶液呈中性，pH=7；④(NH4)2SO4是强酸弱碱盐,溶液显酸性，pH<7；由于NH4Cl溶液(NH4)2SO4溶液物质的量浓度相等,铵根离子浓度(NH4)2SO4溶液离子浓度大，故其酸性强，pH小；由以上分析可以得出pH由小到大排列④<②<③<①，故选D。【点睛】CH3COONH4溶液酸碱性的推断要依据对应的电离常数，这点要留意。12.化学与社会、生活亲密相关。对下列现象或事实的说明正确的是（）选项现象或事实说明A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可干脆和油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合运用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含有Cu2＋的溶液中置换出铜A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．用热的烧碱溶液洗去油污，油脂在氢氧化钠溶液中水解生成溶于水的物质，碳酸钠溶液反应是水解生成氢氧化钠显碱性，Na2CO3不行干脆与油污反应，选项A错误；B．漂白粉中有效成分次氯酸钙和空气中二氧化碳水反应生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解，漂白粉失效，选项B错误；C．K2CO3与NH4Cl发生互促水解，二者不能混合运用，否则降低肥效，选项C正确；D．FeCl3与Cu2＋不反应，制作线路板的原理为Fe3＋能腐蚀铜，发生反应为2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，说明错误，选项D错误；答案选C。13.已知100℃时,水的离子积常数是10－12mol2•L-2。在该温度下，pH=3的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，混合液的pH为A.约3.3 B.8 C.6 D.4【答案】D【解析】【分析】100℃时，水的离子积为Kw=1×10-12，pH=3的盐酸中c（H＋）=10-3mol·L－1，pH=9的氢氧化钠中c（OH－）=10-12/10-9mol·L－1=10-3mol·L－1，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，计算混合溶液中氢离子浓度，计算溶液的【详解】100℃时，水的离子积为Kw=1×10-12，pH=3的盐酸中c（H＋）=10-3mol·L－1，pH=9的氢氧化钠中c（OH－）=10-12/10-9mol·L－1=10-3mol·L－1，二者以体积比11：9混合，则盐酸过量，溶液呈酸性，混合溶液中c（H＋）=10-3(11-9)/(11+9)=10-4mol·L－1，则溶液的故选D。【点睛】本题考查了pH的简洁计算，首先推断混合溶液的酸碱性，再结合离子积常数计算出混合溶液中氢离子浓度，从而得出混合溶液的pH，留意温度对Kw的影响．14.25℃时，将浓度均为0.1mo1·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pHA.Ka(HA)=1×10-6B.b点时，水电离出的c(H+)=10-7mo/LC.a→c过程中水的电离程度始终增大D.c点时，随温度上升而减小【答案】D【解析】【分析】依据起点，假如Vb=0mL，0.1mo1·L-1HA的的pH=3，说明HA为弱酸，假如Va=0mL，0.1mol·L-1BOH的pH=11，则BOH【详解】A．由图可知，0.1mo1·L-1HA的pH=3，HA为弱酸，存在HA⇌H+＋A-，c(H+)=10-3mo1·L-1，K(HA)=[c(A-)×c(H+)]/c(HA)，c(H+)=c(A-)=10-3mo1·L-1，弱酸电离程度微弱，即c(HA)近似等于0.1mo1·L-1，代入表达式，K(HA)=1×10-5，AB．b点两种溶液体积相同，酸碱恰好完全反应，溶质为BA，B+和A-都要发生水解，水的电离受到促进，即水电离出的c(H+)>10-7mo1·L-1，B错误；C．a点是酸过量，溶液显酸性，对于水的电离起到抑制作用；b点酸碱恰好完全反应，水的电离受到促进；c点是碱过量，溶液显碱性，对于水的电离也起到抑制作用；所以a→c过程中水的电离程度先增大后减小，C错误；D．==，水解常数Kh只受温度的影响，水解为吸热反应，上升温度，促进水解，水解常数增大，的值减小，D正确；答案选D。15.下列有关电解质溶液的说法正确的是A.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、KAl(SO4)2的各自溶液分别蒸干均得不到原溶质B.配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2发生水解C.NH4FD.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】C【解析】【详解】A．分析四种盐的不同性质可知，将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3的溶液分别蒸干得到的是Ca(OH)2、Na2SO4、Fe（OH)3，由于硫酸沸点高、难挥发，KAl(SO4)2的溶液蒸干得到的还是KAl(SO4)2，A错误；B．Fe(NO3)2属于弱碱强酸盐，水解使溶液显酸性，加入稀硝酸会将亚铁离子氧化为铁离子，导致溶液变质，所以配制Fe(NO3)2溶液时，不能向Fe(NO3)2溶液中滴加稀硝酸，B错误；C．NH4F发生水解会生成HF，HF能与玻璃的主要成分SiO2发生反应，所以NH4F溶液不能运用玻璃瓶保存，而要保存在塑料瓶里，D．NaCl属于强酸强碱盐，不会发生水解，NaCl溶液显中性，对水的电离没有影响，CH3COONH4溶液显中性是由于醋酸根离子与铵根离子的水解程度相同，离子水解会促进水的电离，所以CH3COONH4溶液中水的电离程度大于NaCl溶液，D错误。答案选C。16.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=7的溶液中：Al3+、Cl-、、B.由水电离出来的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Na+、、、K+C.pH=0的溶液中：Na+、K+、Fe2+、D.使酚酞试液变红的溶液中：、、、Na+【答案】D【解析】【详解】A．pH=7的溶液呈中性，Al3+、发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以不能大量共存，A不符题意；B．由水电离出来的c(H+)=10-12mol/L的溶液可能显酸性也可能显碱性，与H+或OH-都能发生反应而不能大量存在，B不符题意；C．pH=0的溶液呈强酸性，酸性条件下具有强氧化性，能将具有还原性的Fe2+氧化为Fe3+，所以不能大量共存，C不符题意；D．使酚酞试液变红的溶液呈碱性，这几种离子之间不会发生反应且与OH-也不反应，所以能大量共存，D符合题意。答案选D。17.下列说法不正确的是（）A.某温度时的混合溶液中c(H+)=mol·L-1，说明该溶液呈中性(Kw为该温度时水的离子积常数)B.常温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=14-x，两者等体积混合后，pH>7C.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同D.常温下，由水电离出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液的pH为2或12【答案】C【解析】【详解】A．某温度时的混合溶液中c(H+)=mol·L-1，则结合水的离子积可知c(OH-)=mol·L-1=c(H+)，则溶液肯定呈中性，故A正确；B．常温下，某氨水pH=x，某盐酸pH=14-x，两者等体积混合后，溶液中的OH-与H+正好完全反应，但过量的氨水仍会电离出OH-，所以溶液呈碱性，pH＞7，故B正确；C．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，由于一水合氨为弱碱，pH相同时氨水的浓度较大，则氨水消耗HCl的物质的量大于NaOH溶液，故C错误；D．由水电离出的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，水的电离受到抑制，则可能为酸溶液或碱溶液，溶液的pH可能为2或12，故D正确。答案选C。18.有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液④CH3COONH4溶液各25mL,物质的量浓度均为0.1mol/L,下列说法正确的是()A.四种溶液的pH大小依次是③＞②＞①＞④B.若分别加入25mL0.1mol/L的盐酸充分反应后，pH最大的是①C.若将四种溶液稀释相同倍数，pH改变最大的是④D.上升温度，四种溶液的pH均减小【答案】B【解析】【详解】A．等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的酸性，醋酸铵溶液呈中性，所以四种溶液pH的大小依次是③＞①＞②＞④，A错误；B．分别加入等体积，等浓度的盐酸充分反应后，①中溶质为NaHCO3、NaCl，②中溶质为NaCl、CH3COOH，③中溶质为NaCl，④中为CH3OOH和NH4Cl，HCO3-离子水解显碱性，所以pH最大的是①，B正确；C．稀释时强碱的pH改变程度大，所以四种溶液稀释相同倍数，pH改变最大的是③，C错误；D．上升温度，水的离子积常数增大，氢氧化钠中氢氧根浓度不变，氢离子浓度增大，pH减小，D错误；答案选B。【点睛】①等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中对应的酸性越强，水解程度越小；②稀释时强碱的pH改变程度大。19.中和滴定是一种操作简洁，精确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均须要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种详细的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的推断不正确的是()A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——紫红色B.利用Ag＋＋SCN－=AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——红色(已知SCN−优先与Ag+结合)溶液浓度C.利用“2Fe3＋＋2I−===I-＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉—蓝色D.利用OH−＋H＋===H2O来测量某盐酸溶液的浓度时：酚酞——浅红色【答案】C【解析】【分析】A、KMnO4溶液本身就是指示剂，为紫红色；B、KSCN溶液遇Fe（NO3）3呈血红色；C、反应一起先就生成了单质碘，溶液呈蓝色；D、测量某盐酸溶液的浓度时，运用酚酞试液溶液由无色变为红色。【详解】A项、用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度，KMnO4本身就是指示剂，溶液由无色变为紫红色为终点的到达，故A正确；B项、利用“Ag++SCN-═AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe（NO3）3为指示剂，溶液由无色变为血红色为终点的到达，故B正确；C项、利用“2Fe3++2I-═I2+2Fe2+”，由于一起先就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法推断终点，故C错误；D项、测量某盐酸溶液的浓度时，运用酚酞试液作指示剂溶液由无色变为红色，所以可以用酚酞作指示剂，D正确。故选C。【点睛】本题主要考查了指示剂的原理以及终点的现象，抓住试验的原理是解题的关键。20.25℃时，向10mL0.1mol·L-1H3AsO4水溶液滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图，下列说法错误的是（A.H3AsO4H2AsO+H+的电离常数为10-2.2B.b点所处溶液中：c(Na+)=3c(H2AsO4-)+3c(AsO43-)C.水的电离程度：a>b>cD.HAsO的水解程度大于电离程度【答案】C【解析】【详解】A.H3AsO4H2AsO4-+H+的电离平衡常数K=，由图像可知，当pH=2.2时，c(H2AsO4-)=c(H3AsO4)，则K=c(H+)=10-2.2，故A不选；B.b点溶液pH=7，c(H+)=(OH-)，c(H2AsO4-)=c(HAsO42-)，溶液中溶质为NaH2AsO4和Na2HAsO4，依据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(H2AsO4-)+2c(HAsO42-)+3c(AsO43-)+c(OH-)，所以c(Na+)=3c(H2AsO4-)+3c(AsO43-)，故B不选；C.酸抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，a点时，pH=2.2，电离显酸性，b点时，pH=7，呈中性，c点时，pH=11.5，水解显碱性，所以水的电离程度：a<b<c，故C选；D.由图可知，当HAsO42-的浓度分布数为1时，溶液为Na2HAsO4溶液，pH>7，溶液显碱性，则HAsO42-的水解程度大于电离程度，故D不选；故选：C。第Ⅱ卷（非选择题，共50分请将正确答案写到答题纸上）二、非选择题21.任何物质的水溶液都存在水的电离平衡。下表是不同温度下水的离子积数据：温度（℃）25t1t2水的离子积常数1×10-14a1×10-12完成下列填空：（1）25℃时，向100mL纯水中加入0.01mol的NH4Cl固体，___（选填“促进”或“抑制”）了水的电离平衡，所得溶液呈___性（选填“酸”、“碱”或“中”（2）若25<t1<t2，则a___1×10-14（选填“>”、“<”或“=”），理由是___。（3）t1℃时，测得纯水的c(H+)=2.4×10-7mol/L，则c(OH-)=__mol/L；该温度下某盐酸溶液的c(Cl-)=0.01mol/L，该溶液的c(OH-)=___mol/L（4）t2℃时，0.01mol/L的NaOH溶液的pH=【答案】(1).促进(2).酸(3).NH+H2ONH3·H2O+OH-(4).>(5).水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw=[H+]•[OH-]，Kw增大(6).2.4×10-7(7).5.76×10-12(8).10【解析】【详解】（1）向纯水中加入0.01mol的NH4Cl固体，铵根水解，要促进水的电离，铵根结合水电离出的氢氧根，导致溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH+H2ONH3·H2O+OH-；故答案为：促进；酸；NH+H2ONH3·H2O+OH-；（2）水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，水的离子积增大，由于25＜t1＜t2，所以a＞1×10-14，故答案为：＞；水的电离是吸热反应，升温，平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，Kw=c(H+)×c(OH-)，Kw增大；（3）纯水中，c(H+)=c(OH-)=2.4×10-7mol•L-1，则该温度下的Kw=c(H+)．c(OH-)=（2.4×10-7mol•L-1）2=5.76×10-14，该温度下某盐酸溶液的c(Cl-)=0.01mol/L，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，c(OH-)==5.76×10-12mol/L；故答案为：2.4×10-7；5.76×10-12；（4）t2时，Kw=1×10-12，0.01mol/L的NaOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)==1×10-10mol/L，pH==10；故答案为：10。22.用中和滴定法测定烧碱的纯度，试依据试验回答：（1）精确称取4.1g烧碱样品。（2）将样品配成250mL待测液，须要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和___。（3）取10.00mL待测液，用___量取。（4）用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时___手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，___手不停地摇动锥形瓶，两眼凝视___，直到滴定终点。（5）依据下列数据，计算待测烧碱溶液的浓度为___，样品烧碱的质量分数为____。(假设烧碱中不含有与酸反应的杂质)（6）滴定过程(酚酞作指示剂)，下列状况会使测定结果偏高的是___（填序号）。①酸式滴定管用水洗后便装液体进行滴定；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液；③锥形瓶用蒸馏水洗涤后，又用待测液润洗；④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下；⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外；⑥滴加盐酸，溶液颜色褪去但不足半分钟又复原红色；⑦滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消逝；⑧记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视。【答案】(1).250mL容量瓶(2).碱式滴定管或移液管(3).左(4).右(5).锥形瓶中溶液颜色的改变(6).0.4020mol·L-1(7).98.05%(8).①③⑤⑦【解析】【分析】（2）依据操作步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作选择仪器来解答；（3）依据碱溶液用碱式滴定管量取；（4）依据滴定过程中左右手及眼睛正确的操作方法解答；（5）先推断数据的有效性，然后求出平均值，最终依据关系式HCl～NaOH来计算出氢氧化钠的浓度；再依据氢氧化钠溶液的浓度及体积计算出氢氧化钠的物质的量和质量，再计算出样品中氢氧化钠的纯度；（6）依据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此推断浓度的误差以及对测定结果的影响。【详解】（2）操作步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，将精确称取的烧碱样品在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，用水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液也转移入容量瓶中，向容量瓶中加水，当加水至液面距离刻度1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以须要的仪器是：烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；（3）待测液是碱溶液，用碱式滴定管或移液管；（4）滴定过程中，左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，限制标准液的运用量；右手不停地摇动锥形瓶，使混合液反应充分，两眼凝视锥形瓶中溶液颜色的改变，以便刚好推断滴定终点，故答案为：左；右；锥形瓶中溶液颜色的改变；（5）二次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.40-0.50）mL=19.90mL、（24.10-4.00）mL=20.10mL，两次滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL，则：c（NaOH）==0.4020mol•L-1，250mL待测液中含有的氢氧化钠的物质的量为：0.4020mol/L×0.25L=0.1005mol，氢氧化钠的质量为：40g/mol×0.1005mol=4.02g，样品中烧碱的纯度为：ω（NaOH）=×100%≈98.05%，故答案为：0.4020mol•L-1；98.05%；（6）①酸式滴定管用水洗后便装液体进行滴定，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，依据c（待测）=分析，可以知道c（待测）偏高，使测得的NaOH的纯度偏高，故①选；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，造成V（标准）偏小，依据c（待测）=可知，c（待测）偏低，使测得的NaOH的纯度偏低，故②不选；③锥形瓶用蒸馏水洗涤后，又用待测液润洗，消耗标准液的体积偏大，依据c（待测）=可知，c（待测）偏高，使测得的NaOH的纯度偏高，故③选；④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下，导致消耗标准液体积偏小，依据c（待测）=可知，c（待测）偏低，使测得的NaOH的纯度偏低，故④不选；⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外，导致消耗标准液体积偏大，c（待测）=可知，c（待测）偏高，使测得的NaOH的纯度偏高，故⑤选；⑥滴加盐酸，溶液颜色褪去但不足半分钟又复原红色，消耗标准液体积偏小，据c（待测）=可知，c（待测）偏低，使测得的NaOH的纯度偏低，故⑥不选；⑦滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消逝，造成V（标准）偏大，依据c（待测）=分析，可以知道c（待测）偏高，使测得的NaOH的纯度偏高，故⑦选；⑧记录起始体积时仰视读数，终点时俯视，造成V（标准）偏小，依据c（待测）=分析，可以知道c（待测）偏低，使测得的NaOH的纯度偏低，故⑧不选；故答案为：①③⑤⑦。23.(1)常温下，将1mLpH＝1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，稀释后的溶液中c（H+）：c（OH-）＝_____。(2)某温度时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数KW＝____。该温度________(填“高于”或“低于”)25℃(3)常温下，设pH＝5的H2SO4溶液中由水电离出的H＋浓度为c1；pH＝5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H＋浓度为c2，则c1/c2＝________。(4)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL与pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液体积改变忽视不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝________。若所得混合溶液pH＝12，则a∶b＝________。【答案】(1).108(2).1×10－13(3).高于(4).10－4(5).1∶100(6).11∶90【解析】【分析】水的离子积常数KW只与温度有关，与溶质的种类、溶液的酸碱性无关。水的电离是吸热过程，酸、碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离。强酸、强碱溶液混合时发生中和反应，剩余的酸或碱使溶液呈肯定的酸碱性。【详解】(1)因稀释前后H2SO4溶液中H+物质的量不变，则稀释后的溶液中c(H+)＝1mL×0.1mol·L－1/100mL＝10－3mol·L－1，常温时该溶液中c(OH-)＝10－14/10－3mol·L－1＝10－11mol·L－1，故c(H+):c(OH-)＝108。(2)0.01mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH-)＝0.01mol·L－1。pH＝11，则c(H+)＝10－11mol·L－1。该温度下KW＝c(H+)·c(OH-)＝10－13>10－14，则温度高于25℃。(3)H2SO4溶液中，c(H+)水＝c(OH-)水＝c(OH-)＝KW/c(H+)，则常温下pH＝5的H2SO4溶液中水电离出的H＋浓度为c1＝10－14/10－5mol·L－1＝10－9mol·L－1。Al2(SO4)3溶液中，全部H+都来自水电离，c(H+)水＝c(H+)，则常温下pH＝5的Al2(SO4)3溶液中水电离出的H＋浓度为c2＝c(H+)＝10－5mol·L－1。故c1/c2＝10－4。(4)常温下，aLpH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH-)＝10-1mol·L－1×aL，bLpH＝3的H2SO4溶液中，n(H+)＝10-3mol·L－1×bL。混合后发生中和反应，总体体积为(a+b)L。若所得混合溶液呈中性，则恰好中和，10-1mol·L－1×aL＝10-3mol·L－1×bL，a∶b＝1∶100。若所得混合溶液pH＝12，有OH-剩余，10-1mol·L－1×aL－10-3mol·L－1×bL＝10-2mol·L－1×(a+b)L，则a∶b＝11∶90。24.电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡，请回答下列问题。(1)已知部分弱酸的电离常数如表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数（25℃Ka=1.8×10-5Ka=4.3×10-10Ka1=50×10-7Ka2=5.6×10-11①0.1mol•L-1NaCN溶液和0.1mol•L-1NaHCO3溶液中，c(CN-)___c(HCO)（填“>”“<”或“=”）。②常温下，pH相同三种溶液：A.CH3COONaB.NaCNC.Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的依次是（填编号）___。③室温下，肯定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液中=___。④将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是___。(2)室温下，SO2通入NaOH溶液中，在所得溶液中c(HSO)：c(SO)=10：1，溶液的pH=___。（室温下，H2SO3的Ka1=1.54×10-2；Ka2=1.0×10-7