【解析】广东省深圳市罗湖区2017-2018学年高二上化学期末模拟试题

广东省深圳市罗湖区学年高二上化学期末模拟试题（解析版）广东省深圳市罗湖区学年高二上化学期末模拟化学试题1.决定化学反应速率的主要因素是（

）A.

反应物的浓度B.

反应温度C.

使用催化剂D.

反应物的性质【答案】D【解析】试题分析：决定化学反应速率的主要因素（内因）是反应物的性质，外界条件是反应物的浓度、温度、压强、催化剂和反应物的接触面积等，选D。考点：考查影响化学反应速率的因素2.改变下列哪个条件，一定会引起平衡的移动（

）A.

温度B.

浓度C.

压强D.

催化剂【答案】A【解析】试题分析：催化剂只影响化学反应速率，不一定引起平衡的移动；当一个反应的前后化学计量数之和相等时，压强也不一定引起平衡的移动；当反应中各物质的浓度均按照化学计量数变化时，也不一定引起平衡的移动；故B、C、D选项错误；当温度改变时，反应的平衡常数改变，化学反应重新达到新的状态，一定会引起平衡的移动。故A项正确。考点：影响化学平衡的因素。点评：此题可以先排除催化剂，而浓度和压强，对于特殊的反应，平衡不移动，利用了等效平衡的原理。3.下列各反应的化学方程式中，属于水解反应的是（

）A.

H2O＋H2O

H3O＋＋OH－B.

HCO3－＋OH－H2O＋CO32－C.

CO2＋H2O

H2CO3D.

CO32－＋H2O

HCO3－＋OH－【答案】D【解析】A、H2O＋H2O

H3O＋＋OH－水的电离，属于电离方程式，选项A错误；B、HCO3－＋OH－H2O＋CO32－表示碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根与水，选项B错误；C．CO2＋H2O

H2CO3是二氧化碳与水的化合反应，不属于水解反应，选项C错误；D．CO32－＋H2O

HCO3－＋OH－，碳酸根离子和水电离出的氢离子结合生成碳酸氢根离子，同时生成氢氧根离子，所以属于盐类水解，选项D正确。答案选D。点睛：本题考查学生对水解反应原理的理解，难度不大，注意从概念把握，识记常见的弱根离子。水解反应的实质是：弱酸根离子或弱碱阳离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号。4.在2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）中，表示该反应速率最快的是（

）A.

υ（A）=0.5mol/（L•s）B.

υ（B）=0.3mol/（L•s）C.

υ（C）=0.8mol/（L•s）D.

υ（D）=1mol/（L•s）【答案】C【解析】试题分析：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B⇌3C+4D，A、υ(A)="0.5"mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故υ(D)=2υ(A)=1mol/(L•s)，B、υ(B)=0.3mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故υ(D)=4υ(B)=1.2mol/(L•s)，C、υ(C)=0.8mol/(L•s)，速率之比等于化学计量数之比，故υ(D)=4343υ(C)=4343×0.8mol/(L•s)=1.1mol/(L•s)，D、υ(D)="1"mol/(L•s)，故速率B＞C＞A=D，故选B。【考点定位】考查反应速率的定量表示方法【名师点晴】本题考查反应速率快慢的比较，注意比较常用方法有：1、归一法，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快。5.高温下，反应

2HBr（g）⇌H2（g）+Br2（g）

（正反应为吸热反应）

达到化学平衡时，要使混合气体的颜色加深，可采取的方法是（

）A.

减小压强B.

缩小体积C.

降低温度D.

增大氢气的浓度【答案】B【解析】试题分析：由于化学反应计量数之和相等，压强改变不影响平衡移动，故A错误；降低温度，增大氢气的浓度，平衡向逆反应方向移动，Br2的浓度降低，颜色变浅，故C、D均错误，因此选B，浓度变大，颜色加深。考点：影响化学反应平衡的因素。点评：利用勒夏特列原理对平衡移动的方向进行解释和分析，总之是向着削弱改变的方向进行。6.从植物花汁中提取的一种有机物，可简化表示为HIn，在水溶液中因存在下列电离平衡，故可用做酸、碱指示剂：HIn（红色溶液）⇌H+（溶液）+In（黄色溶液），在上述溶液中加入下列物质，最终能使指示剂显黄色的是（

）A.

盐酸B.

NaHCO3溶液C.

NaHSO4溶液D.

Na2O2固体【答案】B【解析】要使指示剂显黄色，平衡要正向移动，A.

加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，选项A不符合；B、加入NaHCO3溶液，NaHCO3可以与H+反应，平衡正向移动，选项B符合；C、加入NaHSO4溶液，NaHSO4电离产生氢离子，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，选项C不符合；D、Na2O2溶于水虽然显碱性，但是Na2O2具有强氧化性，可以将指示剂氧化而使其褪色，选项D不符合。答案选B。7.把0.05molNaOH固体分别加入下列100mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是（

）A.

自来水B.

0.5mol•L1KOH溶液C.

0.5mol•L1醋酸D.

0.5mol•L1NH4Cl溶液【答案】D【解析】A．因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要是钠离子和氢氧根离子，离子浓度增大很多，所以导电性变化大，选项A不符；B．0.5mol/LKOH溶液，未加氢氧化钠固体，导电的有钾离子和氢氧根离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子、钾离子、氢氧根离子，离子浓度增大很多，所以导电性变化大，选项B不符；C．0.5mol/L醋酸原来是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，所以导电性变化大，选项C不符；D．0.5mol/L氯化铵为强电解质，加入NaOH后，NH4Cl+NaOH=NaCl+NH3•H2O，未反应的有氯离子，而参加反应的氨根离子正好与加入的钠离子的量相当，氨水为弱电解质，离子的浓度变化不大，所以导电性变化不大，选项D符合。答案选D。点睛：本题考查溶液中离子浓度大小与溶液的导电性关系，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化。导电能力的大小与单位体积内离子浓度的多少成正比，溶液混合后导电能力变化的大小，关键是看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化。8.常温下，下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（

）①亚硝酸钠溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电试验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应

④0.1mol•L1HNO2溶液的PH=2.1．A.

①②③B.

②③④C.

①④D.

①②④【答案】C【解析】试题分析：弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性若，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。考点：考查弱酸的判断点评：该题是高考中的常见题型和考点，属于中等难度的试题。该题贴近高考，基础性强，主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和逆向思维能力。该题的关键是明确弱电解质的含义以及判断依据，然后结合题意具体问题、具体分析即可。9.0.02mol•L1的HCN溶液与0.02mol•L1的NaCN溶液等体积混合，已知混合溶液中C（CN）＜C（Na+），则下列关系中，正确的是（

）A.

C（Na+）＞C（CN）＞C（H+）＞C（OH）B.

C（HCN）+C（CN）=0.04mol•L1C.

C（Na+）+C（H+）=C（CN）+C（OH）D.

C（CN）＞C（HCN）【答案】C【解析】试题分析：根据c（CN）﹤c(Na+)，可知CN水解大于HCN电离，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH)，故A错误；根据物料守恒，c(HCN)+c(CN)=0.02mol·L1，故B错误；根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CN)+c(OH)，故C正确；CN水解大于HCN电离，所以c(CN)<c(HCN)，故D错误。考点：本题考查三大守恒。10.用水稀释0.5mol•L1的醋酸（CH3COOH）溶液，其中随水量的增加而增大的是（

）①H+的物质的量

②C（H+）③C（H+）/C（CH3COO）④C（CH3COOH）/C（CH3COO）⑤C（OH）A.

①③⑤B.

①④⑤C.

②④D.

③④【答案】A【解析】试题分析：CH3COOH在水中是弱电解质，当往0.5mol·L—1的醋酸中加水稀释的时候，它的电离程度增大，平衡向右移动，H＋的物质的量增大，但是整体的C(H＋)减小，故①增大，②减小；假设CH3COOH在水中电离的平衡常数为K，那么C(CH3COOH)/C(CH3COO—)=C(H＋)\K，前面知道C(H＋)减小，而K是在一定温度下的常数，故C(CH3COOH)/C(CH3COO—)比值将减小，故④减小；由于②④均为减小，所以满足题意的选项只有A项，故A项正确。考点：弱电解质的电离平衡。点评：本题关键题眼在于分析清楚水量增大带来的影响，是使醋酸电离平衡正移，氢离子和醋酸根离子的物质的量增大。11.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（

）A.

氨水应密闭保存，放置于低温处B.

在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质C.

生产硝酸的过程中使用过量空气以提高氨气的利用率D.

实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气【答案】B【解析】试题分析：B项中，因为亚铁离子容易被氧化成铁离子，造成FeSO4溶液不纯，因此常在该溶液中加入铁粉，将铁离子还原成亚铁离子：Fe3++Fe=2Fe2+，利用的不是勒沙特列原理。考点：勒沙特列原理概念的辨析。点评：本题关键在于用勒夏特列原理的前提是要有平衡的移动，而B选项中没有平衡移动。12.将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是（

）A.

KClB.

Mg（OH）2C.

Na2CO3D.

MgSO4【答案】C【解析】试题分析：A．KCl中n(Cl)＝0.1mol(水电离出的OH可忽略)；B．Mg(OH)2在水中难溶，故溶液中n(OH)＜0.1mol；C．Na2CO3中若有1molCO32水解，则能产生1molHCO3和1molOH，水解方向是阴离子数目增多的方向，故C中阴离子数＞0.1mol；D．MgSO4中n(SO42)＝0.1mol(水电离出的OH可忽略)；故选C。考点：水解平衡的移动13.在合成氨时，可以提高H2转化率的措施（

）A.

延长反应时间B.

充入过量H2C.

充入过量N2D.

升高温度【答案】C【解析】试题分析：A项不能提高转化率，B、D项反而会降低H2转化率；只有充入过量N2才能使反应朝着正反应方向移动，提高H2转化率，故C正确。考点：化学平衡的移动点评：本题关键在于分析提高氢气转化率的措施实际上是使平衡向正向移动，利用勒夏特列原理，不难解答。14.下列叙述正确的是（

）A.

强电解质的饱和溶液导电能力一定强B.

凡是能导电的物质都是电解质C.

强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的D.

强酸溶液的酸性一定强于弱酸溶液的酸性【答案】C【解析】试题分析：电解质溶液的导电能力与溶液的浓度及所带的电荷大小有关，与电解质溶液的强弱无关，故A项不合题意，能导电的物质可能是电解质，但可以使单质或混合物，而电解质必须是化合物，故项不合题意B。决定溶液的酸性大小与溶液的H+大小有关，与酸溶液的强弱无直接的关系故D错误。强电解质在水中是完全电离的，故它的电离过程是不可逆的，C选项正确。考点：强弱电解质的基本性质及比较。点评：此类题目每个选项都是对一类物质的分析比较，可以举出一个反例来进行判断，将题目具体化，将更容易理解。15.在盐类水解的过程中，下列说法正确的是（

）A.

盐的电离平衡被破坏B.

水的电离程度一定会增大C.

溶液的pH一定会增大D.

（H+）与c（OH）的乘积一定会增大【答案】B【解析】试题分析：A、大多数盐为强电解质，在水中完全电离，A错误；B、盐类的水解促进水的电离，B正确；C、强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错误；D、一定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH－)的乘积是一个常数，D错误。考点：考查了盐类的水解的相关知识。16.据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂．下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是（

）A.

AB.

BC.

CD.

D【答案】B【解析】试题分析：水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像D符合，答案选D。考点：考查反应热图像分析17.2.0molPCl3和1.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3+Cl2⇌PCl5．达平衡时，PCl5为0.40mol，如果此时移走1.0molPCl3和0.50molCl2，在相同温度下，再达平衡时PCl5的物质的量是（

）A.

0.40molB.

0.20molC.

小于0.20molD.

大于0.20mol，小于0.40mol【答案】C【解析】试题分析：移走1.0molPCl3和0.5molCl2,相当于在原来的基础减少一半，加入平衡和原平衡等效，此时PCl3的物质的量为0.2mol，但移走反应物相当于减小浓度，平衡向逆反应方向移动，PCl5物质的量减小，即小于0.2mol，故选项C正确。考点：考查化学平衡的有关计算等知识。18.室温下，物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ溶液，其pH依次为7、8、9．下列有关说法正确的是（

）A.

HX、HY、HZ三种酸的强弱顺序为：HZ＞HY＞HXB.

HX是强酸，HY、HZ是弱酸，且酸HY强于酸HZC.

X、Y、Z三种酸根均能水解，且水解程度Z＞Y＞XD.

三种盐溶液中X、Y、Z的浓度大小顺序为c（Z）＞c（Y）＞c（X）【答案】B【解析】试题分析：A．因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱．所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，错误；B．盐NaX的pH=7，所以是强酸强碱盐，NaY、NaZ溶液的pH＞7，是弱酸强碱盐，HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，正确；C．盐NaX的pH=7，不会水解，酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱，溶液的碱性越强，所以水解程度Z＞Y，错误；D．三种盐溶液中X、Y、Z的浓度大小顺序c（X）＞c（Y）＞c（Z），错误．考点：盐的水解应用19.下列过程或现象与盐类水解无关的是（

）A.

纯碱溶液滴入酚酞变红B.

铁在潮湿的环境下生锈C.

加热氯化铁溶液颜色变深D.

用氯化铵溶液除去铁锈【答案】B【解析】试题分析：解：A．向Na2CO3溶液中滴加酚酞试液变红色，说明溶液呈碱性，原因是Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，与盐类水解有关，错误；B．铁在潮湿的环境下生锈为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关，正确；C．溶液颜色变深是因为加热促进盐类水解，错误；D．铁锈的成分是氧化铁，可以和酸发生反应，NH4Cl溶液中的弱离子水解导致溶液显示酸性，可作焊接金属中的除锈剂，与盐类水解有关，错误．考点：盐类水解的应用20.下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是（已知：Ksp（AgCl）=1.8×1010，Ksp（AgI）=1.5×1016，Ksp（AgBr）=7.7×1013）（

）A.

AgCl＞AgI＞AgBrB.

AgCl＞AgBr＞AgIC.

AgBr＞AgCl＞AgID.

AgBr＞AgI＞AgCl【答案】B【解析】卤化银的化学式相似，所以溶度积越大，银离子的浓度越大，所以难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序为AgCl>AgBr>AgI，答案选B。21.在由水电离产生的c（H+）=1×1014mol/L的溶液中，一定可以大量共存的离子组是（

）A.

K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－B.

Na＋、Ca2＋、I－、NO3－C.

NH4＋、Al3＋、Br－、SO42－D.

K＋、Na＋、HCO3－、SO42－【答案】A【解析】由水电离产生的c（H+）=1×10–14mol/L，此溶液为酸或碱，A、在酸或碱中能大量共存，故A正确；B、NO3－在酸性溶液具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，在酸中不能大量共存，在碱中Ca2＋和Fe2＋与OH－不能大量共存，故B错误；C、NH4＋和Al3＋在碱中不能大量共存，生成NH3·H2O和Al(OH)3，因此不能大量共存，故C错误；D、HCO3－既不能存在酸中，也不能存在于碱中，因此不能大量共存，故D错误。22.下列有关实验误差分析中，正确的是（

）A.

用湿润的pH试纸测稀碱液的pH值，测定值偏小B.

用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏大C.

用盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，若滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，则所测NaOH溶液的浓度偏大D.

测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏高【答案】A【解析】A．湿润的pH试纸会稀释碱液，溶液中氢氧根离子浓度减小，测定的溶液碱性减弱，pH值偏小，选项A正确；B．定容时仰视刻度线，导致所配溶液的体积偏大，根据c=nVnV可知，所配溶液的浓度偏小，选项B错误；C．若滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)V(标准)V(待测)c标准V(标准)V(待测)分析，可知c（待测）偏小，选项C错误；D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，选项D错误。答案选A。23.体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，与NaOH溶液中和，两者消耗NaOH的物质的量（

）A.

相同B.

中和HCl的多C.

中和CH3COOH的多D.

无法比较【答案】C【解析】盐酸和醋酸都是一元酸，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，所以C（HCl）＜C（CH3COOH），等体积的两种溶液n（HCl）＜n（CH3COOH），所以醋酸消耗的氢氧化钠多，故选C．【点评】本题考查弱电解质的电离，明确“pH相同的相同元数的酸中，弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键，难度不大．24.在一密闭容器中进行如下反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D，此反应符合图（其中C%是混合物中C的质量分数，t为反应时间）对此反应的叙述正确的是（

）A.

正反应为吸热反应，D是固体B.

正反应为吸热反应，D是气体C.

正反应为放热反应，D是固体或液体D.

正反应为放热反应，D是气体【答案】D【解析】升高温度，化学反应速率加快，平衡向着吸热的方向移动，根据图示，温度升高，C%降低，所以反应逆向进行，该反应是放热反应；增大压强，化学反应速率加快，平衡向着气体体积减小的方向移动，根据图示，压强升高，C%减小，所以反应逆向进行，该反应是气体系数和增大的反应，反应中D是气体；答案选D。25.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂过滤后，再加入适量的盐酸，这种试剂是（

）A.

NH3•H2OB.

NaOHC.

Na2CO3D.

MgCO3【答案】D【解析】试题分析：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，达到除杂的目的，A．加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁沉淀，错误；B．加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，错误；C．加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，错误；D．加入碳酸镁，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，正确，选D。考点：考查盐类水解的应用。26.下列说法正确的是（

）A.

pH=6.8的溶液一定显酸性B.

相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③C.

电离平衡常数（K）只与弱电解质本身有关，与其它外部因素无关D.

0.1mol•L1的硫化钠溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HS）+c（S2）【答案】B【解析】A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）和c（OH）的相对大小，显酸性为c（H+）＞c（OH），与溶液的pH大小无关，所以pH=6.8的溶液不一定是酸溶液，选项A错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，NH4Al（SO4）2电离出铵根离子和铝离子水解相互抑制，所以水解的铵根离子相对NH4Cl较少，CH3COONH4，为弱酸弱碱盐，水解相互促进，水解的铵根离子相对NH4Cl多，相同物质的量浓度的溶液中，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，选项B正确；C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，弱电解质电离平衡常数（K）与温度有关，温度高电离程度大，电离平衡常数大，选项C错误；D．0.1mol/L的硫化钠溶液中，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HS）+2c（S2），选项D错误。答案选B。27.50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（

）A.

pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol•L1B.

饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3）C.

饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）D.

pH=12的纯碱溶液中：c（OH）=1.0×102mol•L1【答案】C【解析】试题分析：A．pH=4的醋酸溶液中：c（H+）=0.0001mol·L1，A错误；B．饱和小苏打溶液中根据物料守恒可知c（Na+）=c（HCO3）＋c（CO32—）＋c（H2CO3），B错误；C．饱和食盐水中根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），C正确；D．pH=12的纯碱溶液中氢离子浓度是1.0×1012mol·L1，不能确定水的离子积常数，则不能计算溶液中c（OH），D错误，答案选C。考点：考查溶液中离子浓度大小比较28.对Ca（OH）2（Ksp=5.5×106）、Mg（OH）2（Ksp=1.2×1011）、AgCl（Ksp=1.56×1010）三种物质，下列说法正确的是（

）A.

Mg（OH）2的溶解度最小B.

Ca（OH）2的溶解度最小C.

AgCl的溶解度最小D.

同一温度下Ksp越大的溶解度也越大【答案】D【解析】试题分析：Ca(OH)2、Mg(OH)2是同种类型的物质都是AB2的物质，可直接比较Ksp，确定物质溶解度的大小，所以BD错误；Mg(OH)2，AgCl是不同类型的物质，比较溶解度必须计算溶液中离子浓度，Mg(OH)2中Mg2+=3√1.2×10－11/4>AgCl中Ag+=√1.56×10－10，所以答案C考点：溶度积常数的比较和计算29.下列说法不正确的是（

）A.

pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（M+）＞c（H+）＞c（OH）＞c（A）B.

中和相同体积、相同物质的量浓度的①硫酸，②盐酸和③醋酸所需相同浓度的NaOH溶液的体积关系：V1＞V2=V3C.

稀氨水中部分粒子的浓度大小关系：c（NH3•H2O）＞c（OH）＞c（NH4+）＞c（H+）D.

1mol/LNaX和1mol/LNaY两种盐溶液中c（X）=c（Y）+c（HY），则HX为强酸【答案】A【解析】试题分析：A．pH=2的HA酸溶液与pH=12的MOH碱溶液以任意比混合，无论溶液如何反应，混合液一定满足电荷守恒：c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A），上述关系无法满足电荷守恒，A项错误；硫酸是二元强酸，盐酸与醋酸是一元弱酸，所以中和相同体积、相同物质的量浓度的①硫酸，②盐酸和③醋酸，硫酸消耗NaOH溶液的体积大，而盐酸和醋酸溶液的体积相等，B项正确；C.氨水的溶质主要是NH3·H2O，NH3·H2O是弱碱，电离使溶液显碱性，则稀氨水中部分粒子的浓度大小关系：c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（NH4＋

）＞c（H＋），C项正确；D.NaY溶液中，根据物料守恒，c(Na＋)=c（Y）+c（HY），NaX溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+c(H＋)=c(X)+c(OH－)，根据c（X）=c（Y）+c（HY），则c(H＋)=c(OH－)，溶液呈中性，所以HX是强酸。【考点定位】本题考查离子浓度的大小比较。【名师点睛】本题考查离子浓度的大小比较、盐的水解原理的综合应用，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理等知识判断溶液中各离子浓度大小。①混合液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒判断溶液中离子浓度关系；②恰好反应是指按化学方程式的系数比进行的反应，不等于溶液呈中性；③氨气的水溶液称为氨水，氨水中的主要成分是NH3·H2O；④根据电荷守恒和物料守恒解答。30.室温条件下，现有四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液；②pH=2的HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．下列有关说法正确的是（

）A.

由水电离出的c（H+）：①=②=③=④B.

将②、③溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：③=②C.

等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，②生成的H2的物质的量最大D.

向溶液中加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②【答案】A【解析】试题分析：A.①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的C（H+）：①=②=③=④，A项正确；B.氨水是弱碱，只有部分电离，所以c（NH3•H2O）＞c（OH），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3•H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，B项正确；C.醋酸是弱酸，氯化氢和氢氧化钠是强电解质，①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为：①＞②=④，所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应，生成H2的量：①最大，C项错误；D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的PH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的PH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，D项错误；答案选A。【考点定位】考查弱电解质在水溶液中的电离平衡,酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。【名师点睛】本题考查了弱电解质的电离、溶液稀释后PH值相对大小的比较等知识点，注意无论是酸溶液还是碱溶液都抑制水的电离，盐类的水解能促进水的电离。①温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的PH值计算水电离的氢离子浓度，②pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合，氨水平衡状态下的氢氧根离子浓度和CH3COOH溶液中的氢离子浓度相同恰好反应生成醋酸铵，根据醋酸铵溶液分析，③先根据溶液的PH值判断溶液的物质的量浓度，当所取溶液体积相同时，判断溶质的物质的量相对大小从而判断生成气体的多少，④根据电解质的强弱、溶液稀释时离子浓度的变化判断溶液的PH值大小。31.化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×105

mol•L1时，沉淀就达完全．已知：常温下Ksp[M（OH）2]=1×1021．则溶液中M2+沉淀完全时的pH为（

）A.

7B.

6C.

5D.

4【答案】B【解析】溶液中M2+沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5

mol·L﹣1，代入溶度积常数公式，c2(OH—)=1×10﹣21/1×10﹣5，pH=6，B正确。32.向含有AgCl（s）的饱和AgCl溶液中加水，下列叙述正确的是（

）A.

AgCl的溶解度增大B.

AgCl的溶解度、Ksp均不变C.

Ksp（AgCl）增大D.

AgCl的溶解度、Ksp均增大【答案】B【解析】A、加入水多，溶解的氯化银质量多，AgCl的溶解度是指一定温度下，100g水中溶解AgCl的最大质量，与加入水的多少无关，故A错误；B、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故B正确；C、AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变，故C错误；D、AgCl的溶解度、Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的溶解度、Ksp不变，故D错误；故选B．【点评】本题考查溶解度、溶度积含义与影响因素等，难度不大，注意基础知识的掌握．33.下列叙述正确的是（

）A.

95℃时纯水的pH＜7，说明加热可导致水呈酸性B.

将pH=3的CH3COOH溶液加水稀释10倍后pH=4C.

0.2mol/L的盐酸1L加水到2L后，溶液的pH=1D.

NaHCO3溶液水解反应的方程式：HCO3+H2O=H3O++CO32【答案】C【解析】试题分析：A.纯水PH值恒为7，错误；B.中醋酸是弱酸，稀释后会是其分解更加完全所以会介于3—4之间,错误；C.盐酸是强酸可以直接除以2得0.1mol/L，正确；D.NaHCO3溶液水解反应的方程式：HCO3+H2O

HO

+H2CO3,错误。考点：PH的计算34.25℃时，下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是（

）A.

0.1mol/LNa2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3）B.

0.1mol/LNH4Cl溶液：c（NH4+

）=c（Cl）C.

pH=8.3的NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（HCO3）＞c（CO32）＞c（H2CO3）D.

pH=11氨水与pH=3盐酸等体积混合c（Cl）＞c（NH4+）＞c（OH）=c（H+）【答案】A【解析】试题分析：A.1.0mol/LNa2CO3溶液中，由质子守恒可知，c（OH）=c（HCO3）+c（H+）+2c（H2CO3），正确；B.1.0mol/LNH4Cl溶液中，因铵根离子水解，则c（NH4+）＜c（Cl），错误；C．pH=8.3的NaHCO3溶液水解大于电离所以：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c（H2CO3）＞c(CO32－)，错误；D．pH=11氨水与pH=3盐酸等体积混合溶液碱性，c(NH4+)＞c(Cl)＞c(OH－)＞c（H+），错误。考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算．35.已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO+H+，要使CH3COOH的电离程度增大，可以采取的措施是（

）①加少量CH3COONa固体②升高温度③加少量冰醋酸④加水．A.

①②B.

①③C.

③④D.

②④【答案】D【解析】①加少量CH3COONa固体，c(CH3COO)增大，电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO+H+逆向移动，则CH3COOH的电离程度减小，选项①错误；②B．醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，则CH3COOH的电离程度增大，选项②正确；③加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，选项③错误；④加水稀释促进醋酸电离，则CH3COOH的电离程度增大，选项④正确；答案选D。点睛：本题考查弱电解质的电离，同时考查学生分析问题和解决问题能力，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素。醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中CH3COOH的电离程度增大，则平衡向正反应方向移动，结合平衡移动影响因素来分析解答。36.下列说法中正确的是（

）A.

向MgCl2溶液中加入过量的NaOH溶液，Mg2+沉淀完全，则溶液中不含Mg2+B.

Ksp小的物质其溶解能力一定比Ksp大的物质的溶解能力小C.

25℃时，由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），所以ZnS在一定条件下可转化为CuSD.

0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl）=c（I）【答案】C【解析】A．向MgCl2溶液中加入过量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁沉淀，由于氢氧化镁在溶液中存在溶解平衡，则Mg2+沉淀完全时溶液中仍然含有Mg2+，选项A错误；B．当难溶物类型不同时，不能直接根据溶度积数据大小判断溶解度，则Ksp小的物质其溶解能力不一定比Ksp大的物质的溶解能力小，选项B错误；C．化学反应可向Ksp小的方向进行，因Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），ZnS浊液中加入硫酸铜溶液，可转化为CuS沉淀，选项C正确；D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，氯化银的溶解度大于碘化银，则所得溶液的c（Cl）＞c（I），选项D错误。答案选C。37.pH值相同的醋酸和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原来体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH值仍相同，则m和n的关系是（

）A.

m＞nB.

m=nC.

m＜nD.

不能确定【答案】A【解析】试题分析：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，所以要使稀释后两溶液pH值相同，就必须使m＞n。答案选A。考点：pH值的计算38.下列叙述或数据正确的是（

）A.

用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3B.

酸碱中和滴定实验中，锥形瓶必须用待测液润洗C.

用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，若读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低D.

用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL【答案】C【解析】A．用广泛pH试纸测得某溶液的pH只能为整数，无法测定出读数为2.3的溶液的pH，选项A错误；B．锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增多，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)V(待测)c标准V(标准)V(待测)，可知c（标准）偏大，则测得待测液的浓度偏小，选项B错误；C．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则计数差偏小，即消耗酸的体积偏小，所以c（碱）偏低，选项C正确；D．滴定管每个小刻度为0.1mL，读数读到0.01mL，用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL表达不准确，选项D错误。答案选C。39.甲醇属于可再生能源，可代替汽油作为汽车燃料，下列热化学方程式中的反应热能够正确表示甲醇燃烧热的是（

）A.

CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)

△H=＋726.5kJ·mol－1B.

CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)

△H=－726.5kJ·mol－1C.

CH3OH(l)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)

△H=－675.3kJ·mol－1D.

2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l)

△H=－1453kJ·mol－1【答案】B【解析】试题分析：燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量。A中△H为“+”，A错误；C中水不是液态，C错误；D中可燃物不是1mol，D错误。考点：燃烧热点评：理解燃烧热注意以下几点：可燃物为1mol、完全燃烧、生成稳定的氧化物、放出的热量。40.下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（

）A.

0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32）＞c（HCO3）＞c（OH）B.

20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO）＞c（Cl）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C.

室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH）D.

0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH）＞c（H+）+c（CH3COOH）【答案】B【解析】A．0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，生成碳酸钠溶液，所得溶液中：C(Na+)＞c(CO32)＞c(OH)＞c(HCO3

)，故A错误；B．20ml0.1mol/LCH3COONa溶液与10ml0.1mol/LHCl溶液混合后反应得到等浓度的CH3COONa，CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液呈酸性，醋酸电离大于醋酸根离子水解，C(CH3COO)＞C(Na+)＞c(Cl)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，一水合氨存在电离平衡，反应后一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性：c(NH4+

)＞c(Cl)＞c(OH)＞c(H+)，故C错误；D．0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合得到醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，c(OH)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；故选B。41.为了测定草酸晶体（H2C2O4•xH2O）中的x值，进行如下实验（1）称取Wg草酸晶体，配成100.00mL溶液（2）取25.00mL所配溶液于锥形瓶内，加入适量稀H2SO4后，用浓度为amol•L1的KMnO4溶液滴定至KMnO4不再褪色为止，所发生的反应为：2KMnO4＋5H2(C2O)4＋3H2SO4=K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O①实验中，不需要的仪器有（填序号）A、托盘天平（带砝码、镊子）

B、滴定管

C、100mL的量筒

D、100mL的容量瓶

E、烧杯

F、漏斗

G、锥形瓶

H、玻璃棒

I、药匙

J、烧瓶②实验中，标准液KMnO4溶液应装在式滴定管中，因为③若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴至终点，则所测得的x的值会（填偏大、偏小、无影响）．④在滴定过程中若用去amol•L1的KMnO4溶液VmL，则所配制的草酸溶液的物质的量浓度为mol•L1，由此，x=

．⑤若滴定终点读数时俯视刻度，则计算的x值会（填偏大、偏小、无影响）．【答案】CFJ酸高锰酸钾具有强氧化性无影响0.1aV偏大【解析】①为了配制准确浓度的草酸溶液，所需要的实验仪器主要有托盘天平（带砝码、镊子）、烧杯、药匙、100mL容