专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2023---2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1
文档属性
| 名称 | 专题3《水溶液中的离子反应》单元检测题（含解析）2023---2024学年上学期高二苏教版（2019）高中化学选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 889.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-09 16:16:22 | ||
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文档简介
专题3《水溶液中的离子反应》
一、单选题
1．下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是
A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7
B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
C．常温下，将pH=2的醋酸溶液稀释100倍，测得pH＜4
D．常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好完全中和
2．由下列实验中的操作及现象，不能够推出相关结论的是
实验操作 现象 结论
A 将固体加入盐酸中 固体溶解 碳酸是弱酸
B 将打磨过的铝片加入到稀硫酸中 反应越来越快 该反应放热
C 与盐酸生成的气体通入溶液中 产生黑色沉淀 ：ZnS>CuS
D 中，滴加2滴溶液 产生大量气泡 作催化剂
A．A B．B C．C D．D
3．常温下，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000 mol·L-1 CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①时：c(CN-)>c(Na+)> c(HCN) >c(OH-)
B．点②时：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)+2c(OH-)
C．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值：③点等于④点
D．恰好完全中和时，将两种溶液混合后：c(HCN)+c(CH3COOH)>c(OH-)-c(H+)
4．设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法不正确的是
A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数大于3NA
B．标况下，2.24LCO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NA
C．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C-H键数目为0.8NA
D．常温下，2.7g铝片投入足量的稀硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
5．25 ℃时，向20 mL0.1 mol/L H2A溶液中滴加0.1 mol/L 的NaOH溶液，(忽略反应前后溶液体积变化)原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．II表示的是HA-的物质的量的变化曲线
B．NaHA水溶液显碱性
C．的值随着V[NaOH(aq) ]的增大而减小
D．当V[NaOH(aq)] = 20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05 mol/L
6．根据下列图示所得出的结论正确的是
A．图甲表示反应X(g)+3Y(g)2Z(g)的能量变化，若更换高效催化剂，则E3不变
B．图乙表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1C．图丙表示一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液导电能力的变化，则b点时醋酸电离程度最大
D．图丁表示t°C时，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，向Ag2CrO4的悬浊液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变到X点
7．下列操作不能达到实验目的的是
A．测定醋酸浓度 B．测定中和热
C．测定化学反应速率 D．排出碱式滴定管内的气泡
8．下列操作能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 证明与的反应是可逆反应 将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入溶液
B 探究浓度对速率的影响 分别向和酸性溶液中加入草酸，根据溶液褪色时间判断反应速率
C 探究不同浓度醋酸铵溶液中水的电离程度 常温下，用pH试纸分别测定溶液和溶液的pH
D 分离苯和苯酚 向有机混合液中加入稍过量的溶液，振荡、静置、分液；再向水层通入稍过量，振荡、静置、分液
A．A B．B C．C D．D
9．下列实验操作规范且能达到实验目的的是
选项 目的 操作
A 粗略配制FeCl3溶液 将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到相应浓度
B 除去食盐水中的少量BaCl2 向食盐水中通入过量的CO2
C 检验淀粉水解产物中是否含有葡萄糖 向盛有4mL淀粉液的试管中加入少量稀硫酸，加热4～5分钟，冷却加入银氨溶液水浴加热
D 检验溶液中是否含有 取待测液少许于试管中，先加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸
A．A B．B C．C D．D
10．下列电离方程式中书写正确的是
A．NaHSO4 = Na+ + H+ + SO
B．NaHCO3 = Na+ + H+ + CO
C．HClO = H+ + ClO-
D．H2S = H+ + HS- ； HS- = H+ + S2-
11．H2S是一种二元弱酸，已知25℃下，其，。下列说法正确的是
A．将少量甲基橙试剂滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大
12．根据下列实验现象，所得结论正确的是( )
实验 实验现象 结论
① 左边烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡 活动性：Al＞Fe＞Cu
② 左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
③ 左边试管中产生白色沉淀，右边试管中先产生白色沉淀后沉淀消失 溶解性：Ksp[Mg(OH)2]比Ksp[Al(OH)3]小
A．① B．①②
C．②③ D．①③
二、填空题
13．结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸 电离常数
请回答下列问题：
(1)同浓度的中结合的能力最弱的是 。
(2)时，的盐酸溶液与的溶液混合后，求混合前酸碱的体积比 。
(3)常温下，浓度为的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填字母)。
A． B． C． D．
(4)向溶液中滴加溶液至，此时溶液 。
(5)向溶液中通入少量的，所发生的离子方程式为 。
14．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合酸性溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
(1)在图示的转化中：Fe2+转化为Fe3+的离子方程式是 ；当有1molH2S转化为硫单质时，若保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为 。
(2)在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施是 。
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。则H2S在高温下分解反应的化学方程式为 。
(4)H2S具有还原性。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4和其它产物，写出该反应的化学方程式 。反应中被还原的元素是 。
(5)从电离平衡角度，结合必要的化学用语说明Na2S溶液常温下pH>7的原因： 。
(6)已知：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；FeS+2H+=Fe2++H2S↑。比较H2S、CuS和FeS溶解或电离出S2-的能力： 。
15．氨是重要的基础化工原料，工业上常用于制备氨水、亚硝酸(HNO2)、连二次硝酸(H2N2O2)、尿素[CO(NH2)2]等多种含氮的化工产品。
Ⅰ.回答下列问题：
(1)常温下，0.01mol/L的氨水中，则该溶液的pH= ；将pH=4的盐酸V1L与0.01mol/L氨水V2L混合，若混合溶液pH=7，则V1 V2(填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)已知：25℃时，亚硝酸和连二次硝酸的电离常数如下表所示：
化学式 HNO2 H2N2O2
电离常数 Ka=5.1×10-4 Ka1=6.17×10-8、Ka2=2.88×10-12
0.1mol/LNaHN2O2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
(3)向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中 。[已知：，]
Ⅱ．可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸(化学式为，沸点高难挥发)有一定关系。
(4)羟基磷灰石[]是牙釉质的主要成分，在唾液中存在平衡：。长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因： 。
(5)常温下，向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷微粒的分布比例与pH的关系如图所示。溶液显酸性。下列有关分析正确的是 。
a．溶液中
b．的电离程度大于其水解程度
c．
d．溶液中水的电离程度比纯水大
16．(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同） ，属于非电解质是 。
①硫酸氢钠固体 ②冰醋酸 ③蔗糖 ④氯化氢气体 ⑤硫酸钡 ⑥氨气 ⑦次氯酸钠
(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸： 。次氯酸钠： 。
(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1 mol L-1、0.1 mol L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙 10（填“大于”、“等于”或“小于”）。
(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol L-1的NaOH溶液，乙为0.1 mol L-1的HCl溶液，丙为0.1 mol L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为 。
17．取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。
实验 编号 NaOH溶液的浓度/(mol/L) 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积/mL 待测盐酸的体积/mL
1 0.10 22.62 20.00
2 0.10 22.72 20.00
3 0.10 22.80 20.00
(1)排除碱式滴定管中气泡的方法应采用操作 (填图中编号)，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(2)滴定达到终点的标志是 。
(3)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 (结果精确到0.01mol/L)。
18．回答下列问题：
(1)查阅资料，不同温度下水的离子积常数
T/℃ 0[ 10 20 25 40 50 90 100
Kw/10-14 0.134 0.292 0.681 1.01 2.92 5.47 38.0 55.0
由此推出：水的电离过程是 过程(填“吸热”或者“放热”)，随着温度的升高，Kw的值 (填“增大减小。
(2)水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH- ΔH>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈碱性，可选择的方法是_______(填字母)。
A．向水中加入少量NaOH B．向水中加入少量NH4Cl固体
C．将水加热至100℃ D．在水中加入少量Na2CO3固体
(3)若用pH试纸测定100 ℃沸水，则试纸显 色，pH 7(填“>”“=”或“<”)。
19．已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为 ，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)] （填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。
②25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝ 。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为 。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝ ，25 ℃时，氨水电离平衡常数约为 。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O) （填序号）。
a．始终减小 b．始终增大 c．先减小再增大 d．先增大后减小
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。
图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是 （填字母，下同）。
图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是 。
20．回答下列问题
(1)NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，溶液中存在着三种平衡(写出相应的离子方程式)：
①水的电离平衡： ；
②HCO电离平衡： ；
③HCO水解平衡： 。
(2)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH为8.4，说明HCO的电离程度和水解程度中相对较强的是 。
(3)溶液中存在的阴、阳离子有： ，溶液呈电中性，则这些离子浓度间存在等式关系： 。
(4)在氯化铵溶液中，NH水解方程式： ，盐类水解程度比较微弱，溶液中离子浓度的大小关系： 。
21．用0.001mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，回答下列问题：
（1）酸性高锰酸钾溶液应该装在下图 滴定管中。
（2）请写出该反应的离子方程式： 。
（3）用0.001mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液，滴定终点的判断依据是： 。
（4）已知滴定V1ml待测液消耗标准液实验数据如下表
实验次数 始读数(ml) 末读数(ml) 消耗体积
1 0.10 19.20 19.10
2 1.85 20.75 18.90
3 0.00 24.06 24.06
则待测液的浓度为： （5）滴定结束时，俯视刻度线读取高锰酸钾溶液的体积，会导致测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不影响”)
（6）已知NaHC2O4溶液中草酸氢根离子的电离大于水解，则溶液中各离子的浓度按由大到小的顺序排列的是： 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7，说明CH3COO-发生水解使溶液呈碱性，从而证明醋酸是弱酸，A不选；
B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明溶液中c(H+)＜0.1mol/L，醋酸没有完全电离，从而证明醋酸是弱酸，B不选；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4，说明加水稀释醋酸的电离度增大，醋酸继续电离出H+，醋酸溶液中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱酸，C不选；
D．常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好中和，说明醋酸是一元酸，但不能证明其强弱，D选；
答案选D。
2．D
【详解】A．碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，盐酸能制碳酸，说明盐酸酸性比碳酸强，碳酸是弱酸，A正确；
B．铝与稀硫酸反应，反应速率增加，是因为反应放热，温度升高反应速率加快，B正确；
C．与盐酸生成硫化氢，硫化氢通入溶液中产生黑色沉淀，说明硫化铜比硫化锌难溶，：ZnS>CuS，C正确；
D．向溶液中滳加2滴溶液，会发生氧化还原反应；，此时不会产生，当完全变成后，才会有大量生成，所以是起催化作用，由于题干中加入的溶液很少，消耗的也很少，所以大量的被催化分解，生成大量的氧气，产生大量气泡，D错误；
答案选D。
3．C
【分析】HCN的酸性弱于CH3COOH，所以曲线Ⅰ代表HCN溶液，曲线Ⅱ代表CH3COOH溶液。
【详解】A．点①加入10mLNaOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以溶液中c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)，A错误；
B．点②时加入10mLNaOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒2 c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，二式联立可得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，B错误；
C．④点恰好完全反应，存在物料守恒c′(Na+)=c′(CH3COOH)+c′(CH3COO-)，所以c′(Na+)+c′(CH3COOH)+c′(CH3COO-)=2c′(CH3COOH)+2c′(CH3COO-)=0.1mol/L，③点溶液显中性，结合电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)= c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，由于溶液中CH3COO-浓度均远大于CH3COOH浓度，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值约等于0.1mol/L，即③点近似等于④点，C正确；
D．混合后存在电荷守恒：c(CN-)+c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+ c(HCN)+c(CN-)，二式联立可得c(HCN)+c(CH3COOH)=c(OH-)-c(H+)，D错误；
综上所述答案为C。
4．A
【详解】A． 1L 1mol·L-1的NaHSO3溶液中，溶质NaHSO3的物质的量为1mol，能电离产生1mol钠离子和1mol，但是不能完全电离，故离子数小于3NA，故A错误；
B． 标况下，2.24LCO2的物质的量为1mol，CO2与Na2O2反应的化学方程式为，当有2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应时，转移2mol电子，故当有1mol二氧化碳参加反应时，转移电子数为0.1NA，故B正确；
C． 两种物质的最简式均为CH2，则有0.4 mol CH2，故C-H键数目为0.4 mol×2 NA =0.8NA，故C正确；
D． 2.7g铝片的物质的量为0.1mol，反应中铝单质转化为铝离子，则铝失去的电子数为0.1mol×3 NA =0.3NA，故D正确；
故选A。
5．B
【详解】A．H2A总物质的量为2×10-3mol，结合图像可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量小于2×10-3 mol，说明H2A在溶液中不能完全电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A正确；
B．NaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则NaHA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度，则NaHA水溶液呈酸性，B错误；
C. 由电离平衡常数可知： ，则，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐减小，所以会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，C正确；
D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总体积为40 mL，钠离子浓度为0.05 mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05 mol/L，D正确；
答案选B。
6．B
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂，E3减小，故A错误；
B．通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1＜p2，故B正确；
C．醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a，故C错误；
D．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故D错误；
故选：B。
7．B
【详解】A．用NaOH标准溶液滴定醋酸，达到滴定终点时，溶液显碱性，酚酞变红，操作规范，且能达到实验目的，故A正确；
B．小烧杯的杯口应与大烧杯杯口平齐，防止中和反应产生的热量散失，不能达到实验目的，故B错误；
C．过氧化氢被二氧化锰催化分解，通过观察单位时间内产生气体的体积或产生一定体积气体所用时间确定反应速率，能达到实验目的，故C正确；
D．碱式滴定管应尖嘴向上倾斜，挤压玻璃珠排除气泡，操作规范，能达到实验目的，故D正确；
故选：B。
8．D
【详解】A．等浓度的KI溶液和溶液，但是体积关系不知道，因此哪种微粒过量不清楚，实验操作错误，故A错误；
B．高锰酸钾溶液浓度不同，体积相同，物质的量不同，有色物质多的，可能褪色时间长，但反应速率不慢，因此实验方案应该是草酸浓度不同，高锰酸钾溶液浓度和体积均相同，故B错误；
C．中醋酸根水解程度与铵根水解程度相同，测pH值时显中性，但是浓度高的醋酸铵中，水解的微粒多，虽然显中性，水解产生的氢氧根离子多，只是后又被消耗了，故C错误；
D．有机混合液中加入稍过量的溶液，苯在上层，水溶液在下层，静置、分液后，向水层中通入稍过量，将苯酚钠转化成苯酚，再振荡、静置、分液后得苯酚，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，在配制溶液过程中易发生水解，从而使溶液变浑浊，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到相应浓度，可抑制FeCl3水解，得到澄清溶液，A能达实验目的；
B．往食盐水中通入过量的CO2，不能将BaCl2转化为BaCO3沉淀，B不能达实验目的；
C．向盛有4mL淀粉液的试管中加入少量稀硫酸，加热后冷却，由于硫酸能与加入的银氨溶液反应，所以没有银镜产生，不能用于检验淀粉水解产物中是否含有葡萄糖，C不能达实验目的；
D．待测液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，产生的白色沉淀不一定是BaSO4，也可能是AgCl，所以不能用于检验溶液中是否含有，D不达到实验目的；
故选A。
10．A
【详解】A．NaHSO4为强酸酸式盐，在水溶液中完全电离，用“=”表示，应为NaHSO4=Na++H+＋，故A正确；
B．NaHCO3为弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离产生Na+和，用“=”表示，弱酸酸式根离子不能拆开写，应为NaHCO3=Na++ ，故B错误；
C．HClO为弱电解质，部分电离，用“ ”表示，应为HClO H++ClO-，故C错误；
D．H2S为弱电解质，部分电离，用“ ”表示，多元弱酸分步电离，应为H2S H++HS-，HS- H++S2-，故D错误；
故选A。
11．C
【详解】A． 0.10mol·L-1的H2S溶液中，根据电离平衡常数分析，溶液中的氢离子浓度约为9×10-5mol/L，将少量甲基橙试剂滴入溶液不显红色，A错误；
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液溶质为NaHS，HS-电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性，即，根据电荷守恒分析，，B错误；
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中溶质为Na2S，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立有，C正确；
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度增大，但电离常数不变，D错误；
故选C。
12．A
【详解】①中左右两个电池都是原电池，都是较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，则左边烧杯中铁上有气体生成，右边烧杯中铜上有气体生成，所以金属的活动性顺序是Al＞Fe＞Cu，故①符合题意；
②氯气和溴化钠反应后有氯气剩余，氯气和溴都能和碘化钾置换出碘单质，氯气的存在影响溴的反应，所以右边棉花变为蓝色不能得出氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故②不符合题意；
③通过沉淀的转化可比较难溶电解质溶度积的大小，该实验的沉淀是分别发生在两个不同的试管中，没有发生氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀转化关系，氢氧化铝的溶解是因为氢氧化铝和氢氧化钠发生化学反应造成的，不能说明溶解性：Ksp[Mg(OH)2]比Ksp[Al(OH)3]小，故③不符合题意；故符合题意的是①；
答案选A。
13．(1)HC2O
(2)10 ：1
(3)AC
(4)5
(5)ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【详解】（1）根据电离平衡常数知，酸性: H2C2O4> > CH3COOH> H2CO3> H2S> HClO> > HS-，浓度的CH3COO-、、、、 ClO-、S2-中结合H+的能力由强到弱的顺序是S2- > > ClO- > HS-> > CH3COO-> >，故结合氢离子浓度最弱；
（2）时，的盐酸溶液中清离子浓度为0.01mol/L，的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，二者混合后，即氢离子和氢氧根离子物质的量相等，混合前酸碱的体积比等于物质的量浓度的反比，即0.1:0.01=10：1。
（3）加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c ( CH3COOH)、c ( CH3COO-)、c(H+ )都减小，温度不变电离平衡常数不变，则溶液中c (OH-)增大，A. 一定减小，故正确；B. 稀释过程中氢离子的物质的量增加，醋酸分子的物质的量减小，故增大，故错误；C. 比值减小，故正确；D. 增大，故错误。故选AC。
（4）根据
分析，醋酸的电离平衡常数K==，因为 ，氢离子浓度为1×10-5mol/L，此时溶液5。
（5）向溶液中通入少量的，根据电离平衡常数H2CO3> HClO>分析，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
14． 4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O 0.5mol 提高混合气体中空气的含量即增加氧气的量 2H2S 2H2+S2 2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O KMnO4中+7价的锰元素 H2O H++OH-，S2-结合水电离出的氢离子，氢离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性 FeS>H2S>CuS
【详解】(1)由图示分析可知，在酸性条件下Fe2+被O2氧化为Fe3+，则其离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，当有1molH2S恰好完全转化为硫单质时，溶液中的铁离子的物质的量不变，则由关系式可知，1molH2S恰好完全转化为硫单质时，需消耗的物质的量为0.5mol，故答案为：4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O；0.5mol；
(2)欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，所以氧气必须过量，采取的措施有，增大混合气体中空气的比例，故答案为：提高混合气体中空气的含量即增加氧气的量；
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2，且两者物质的量之比为1:2，则硫蒸汽的化学式为S2，该反应为可逆反应，则2H2S 2H2+S2，故答案为：2H2S 2H2+S2；
(4)H2S具有还原性。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、硫酸钾和水，则该反应的化学方程式为2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O；在该反应中KMnO4中+7价的锰元素得到电子化合价降低被还原为+2价的锰离子，故答案为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O；KMnO4中+7价的锰元素；
(5)在水溶液中存在H2O H++OH-，S2-为弱酸阴离子，会结合水电离出的氢离子而发生水解反应，使溶液中氢离子浓度降低，从而使水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性，故答案为：H2O H++OH-，S2-结合水电离出的氢离子，氢离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性；
(6)由已知：Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知，溶解或电离出S2-离子的能力；FeS+2H+=Fe2++H2S↑可知，溶解或电离出S2-离子的能力，则溶解或电离出S2-离子的能力为，故答案为：。
15．(1) 10 ＞
(2)c(Na+)＞c(HN2O)＞c(OH-)＞c(H+)＞C(N2O)
(3)150
(4)可乐中的酸性物质能中和OH-，c(OH-)减小，平衡正向移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿
(5)bc
【详解】（1）常温下，0.01mol/L的氨水中，即， ，则该溶液的pH=10；氨水是弱碱，pH=4的盐酸与0.01mol/L氨水等体积混合，溶液呈碱性，将pH=4的盐酸V1L与0.01mol/L氨水V2L混合，若混合溶液pH=7，则V1>V2。
（2）0.1mol/LNaHN2O2溶液中，HN2O的水解常数是，水解大于电离，溶液呈碱性，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HN2O)＞c(OH-)＞c(H+)＞C(N2O)；
（3）向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中；
（4）可乐中的酸性物质能中和OH-，c(OH-)减小，平衡正向移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿；
（5）a．溶液显酸性，溶液中，故a错误；
b．电离出氢离子，水解出氢氧根离子，溶液显酸性，说明的电离程度大于其水解程度，故b正确；
c．根据电荷守，，故c正确；
d．溶液显酸性，电离出氢离子的氢离子抑制水电离，溶液中水的电离程度比纯水小，故d错误；
选bc。
16． ② ③⑥ CH3COOHCH3COO-+H+ NaClO=Na++ClO- 小于 丙＞甲=乙
【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；
(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；
(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。
【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；
③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；
④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；
⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；
⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；
⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；
故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；
(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；
次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；
(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，
所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；
(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1 mol L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1 mol L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙＞丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙＞甲=乙。
【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。
17．(1)丙
(2)溶液由无色变浅红色(或粉红色)，且半分钟内不变色
(3)0.11mol/L
【详解】（1）碱式滴定管应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，故选丙；
（2）酚酞的变色范围是8-10，酚酞在盐酸中呈无色，在碱性溶液中呈红色，随加入氢氧化钠体积的增大，溶液由酸性变为碱性，滴定达到终点的标志是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液由无色变浅红色(或粉红色)，且半分钟内不变色。
（3）实验1误差较大，舍去，得出V（标准）= ，所以盐酸的浓度约为。
18．(1) 吸热 增大
(2)D
(3) 淡黄色或不变色 <
【详解】（1）由题目给出的条件可知，随着温度升高，水的离子积常数逐渐增大，因此水的电离为吸热反应；温度升高，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积Kw增大；
（2）A．向水中加入少量NaOH，则氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，A错误；
B．向水中加入少量NH4Cl固体，则铵根离子水解产生氢离子，溶液显酸性，B错误；
C．将水加热至100℃，促进水的电离，但是依然是纯水，依然显中性，C错误；
D．在水中加入少量Na2CO3固体，则碳酸根离子水解产生氢氧根离子，溶液显碱性，同时由于碳酸根离子的水解，从而促进了水的电离，平衡正向移动，D正确；
故选D；
（3）100℃沸水的Kw为55×10-14，因此其氢离子浓度为，氢离子浓度越大，pH越小，故pH试纸显示淡黄色或不变色，pH<7。
19． 3＜pH＜5 不变 11 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 10-5 c(NH4+)· c(OH-)/c(NH3.H2O) b Q Q或N
【分析】在25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。
【详解】（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH＝3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为3~5之间，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]＝c(CH3COO-)c(H+)/[c(CH3COOH)c(OH-)c(H+)]=，温度不变，该值不变，故不变。
②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝，25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝11，则氨水电离平衡常数约为10-5。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb＝不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，选b。
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。
【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。
20．(1) H2OH＋＋OH－ HCOH＋＋CO HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)水解程度
(3) Na＋、H＋、HCO、CO、OH— c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH—)＋2c(CO)
(4) NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH—)
【解析】（1）
①水电离出氢离子和氢氧根离子，电离方程式为
②电离出碳酸根离子和氢离子，电离方程式为；
③水解出碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：
（2）
常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH为8.4，呈碱性，即水解产生的氢氧根离子多于电离产生的氢离子，故水解程度大于电离程度；
（3）
溶液中的阴、阳离子包括：H+、OH-、Na+、、、溶液呈电中性，即根据电荷守恒，存在以下等式关系：
（4）
铵根离子水解产生一水合氨和氢离子，其水解方程式为，氯化铵溶液中，氯离子不水解，浓度最大，水解很微弱，铵根离子浓度其次，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，故离子浓度大小关系为c（Cl-）>c（）>c（H+）>c（OH-）
21． A 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 当滴入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且30s内不褪色 0.0475/V1 偏小 Na+>HC2O4->H+>C2O42->OH-
【详解】（1）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应装在酸式滴定管中，答案选A；（2）酸性高锰酸钾溶液将草酸(H2C2O4)氧化生成CO2，自身被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（3）用0.001mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液，滴定终点草酸反应完了，稍稍过量的高锰酸钾显紫红色，故判断依据是：当滴入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且30s内不褪色；（4）三次滴定消耗标准液体积分别为：19.10mL、18.90mL、24.06mL，可见第三次滴定的数据无效，舍去，消耗标准液的平均体积为：=19.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.001mol/L×0.019L=1.9×10-5mol，根据反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，n（H2C2O4）= n（KMnO4）=4.75×10-5mol，待测液草酸的物质的量浓度为： =mol L-1；（5）滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测定结果偏小；（6）NaHC2O4溶液中草酸氢根离子的电离大于水解，溶液显酸性说明c(H+)>c(OH-)，c(Na+)最大， c(HC2O4-）次之, c(H+)>c(C2O42-),因为H+除了来自于HC2O4-的电离，还来自于水的电离，而C2O42-只来自于HC2O4-的电离，c(OH-)最小,则溶液中各离子的浓度按由大到小的顺序排列的是：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是
A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7
B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3
C．常温下，将pH=2的醋酸溶液稀释100倍，测得pH＜4
D．常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好完全中和
2．由下列实验中的操作及现象，不能够推出相关结论的是
实验操作 现象 结论
A 将固体加入盐酸中 固体溶解 碳酸是弱酸
B 将打磨过的铝片加入到稀硫酸中 反应越来越快 该反应放热
C 与盐酸生成的气体通入溶液中 产生黑色沉淀 ：ZnS>CuS
D 中，滴加2滴溶液 产生大量气泡 作催化剂
A．A B．B C．C D．D
3．常温下，用0.1000mol·L-1 NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000 mol·L-1 CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是
A．点①时：c(CN-)>c(Na+)> c(HCN) >c(OH-)
B．点②时：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)+2c(OH-)
C．c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值：③点等于④点
D．恰好完全中和时，将两种溶液混合后：c(HCN)+c(CH3COOH)>c(OH-)-c(H+)
4．设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法不正确的是
A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数大于3NA
B．标况下，2.24LCO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NA
C．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C-H键数目为0.8NA
D．常温下，2.7g铝片投入足量的稀硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
5．25 ℃时，向20 mL0.1 mol/L H2A溶液中滴加0.1 mol/L 的NaOH溶液，(忽略反应前后溶液体积变化)原溶液中部分粒子的物质的量随滴入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．II表示的是HA-的物质的量的变化曲线
B．NaHA水溶液显碱性
C．的值随着V[NaOH(aq) ]的增大而减小
D．当V[NaOH(aq)] = 20 mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=0.05 mol/L
6．根据下列图示所得出的结论正确的是
A．图甲表示反应X(g)+3Y(g)2Z(g)的能量变化，若更换高效催化剂，则E3不变
B．图乙表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)到达平衡时，CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1
D．图丁表示t°C时，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，向Ag2CrO4的悬浊液中加入K2CrO4可使溶液由Y点变到X点
7．下列操作不能达到实验目的的是
A．测定醋酸浓度 B．测定中和热
C．测定化学反应速率 D．排出碱式滴定管内的气泡
8．下列操作能达到相应实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 证明与的反应是可逆反应 将等浓度的KI溶液和溶液混合，充分反应后滴入溶液
B 探究浓度对速率的影响 分别向和酸性溶液中加入草酸，根据溶液褪色时间判断反应速率
C 探究不同浓度醋酸铵溶液中水的电离程度 常温下，用pH试纸分别测定溶液和溶液的pH
D 分离苯和苯酚 向有机混合液中加入稍过量的溶液，振荡、静置、分液；再向水层通入稍过量，振荡、静置、分液
A．A B．B C．C D．D
9．下列实验操作规范且能达到实验目的的是
选项 目的 操作
A 粗略配制FeCl3溶液 将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到相应浓度
B 除去食盐水中的少量BaCl2 向食盐水中通入过量的CO2
C 检验淀粉水解产物中是否含有葡萄糖 向盛有4mL淀粉液的试管中加入少量稀硫酸，加热4～5分钟，冷却加入银氨溶液水浴加热
D 检验溶液中是否含有 取待测液少许于试管中，先加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸
A．A B．B C．C D．D
10．下列电离方程式中书写正确的是
A．NaHSO4 = Na+ + H+ + SO
B．NaHCO3 = Na+ + H+ + CO
C．HClO = H+ + ClO-
D．H2S = H+ + HS- ； HS- = H+ + S2-
11．H2S是一种二元弱酸，已知25℃下，其，。下列说法正确的是
A．将少量甲基橙试剂滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大
12．根据下列实验现象，所得结论正确的是( )
实验 实验现象 结论
① 左边烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡 活动性：Al＞Fe＞Cu
② 左边棉花变橙色，右边棉花变蓝色 氧化性：Cl2＞Br2＞I2
③ 左边试管中产生白色沉淀，右边试管中先产生白色沉淀后沉淀消失 溶解性：Ksp[Mg(OH)2]比Ksp[Al(OH)3]小
A．① B．①②
C．②③ D．①③
二、填空题
13．结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：
酸 电离常数
请回答下列问题：
(1)同浓度的中结合的能力最弱的是 。
(2)时，的盐酸溶液与的溶液混合后，求混合前酸碱的体积比 。
(3)常温下，浓度为的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填字母)。
A． B． C． D．
(4)向溶液中滴加溶液至，此时溶液 。
(5)向溶液中通入少量的，所发生的离子方程式为 。
14．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合酸性溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
(1)在图示的转化中：Fe2+转化为Fe3+的离子方程式是 ；当有1molH2S转化为硫单质时，若保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为 。
(2)在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施是 。
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。则H2S在高温下分解反应的化学方程式为 。
(4)H2S具有还原性。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4和其它产物，写出该反应的化学方程式 。反应中被还原的元素是 。
(5)从电离平衡角度，结合必要的化学用语说明Na2S溶液常温下pH>7的原因： 。
(6)已知：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；FeS+2H+=Fe2++H2S↑。比较H2S、CuS和FeS溶解或电离出S2-的能力： 。
15．氨是重要的基础化工原料，工业上常用于制备氨水、亚硝酸(HNO2)、连二次硝酸(H2N2O2)、尿素[CO(NH2)2]等多种含氮的化工产品。
Ⅰ.回答下列问题：
(1)常温下，0.01mol/L的氨水中，则该溶液的pH= ；将pH=4的盐酸V1L与0.01mol/L氨水V2L混合，若混合溶液pH=7，则V1 V2(填“＞”、“＜”或“=”)。
(2)已知：25℃时，亚硝酸和连二次硝酸的电离常数如下表所示：
化学式 HNO2 H2N2O2
电离常数 Ka=5.1×10-4 Ka1=6.17×10-8、Ka2=2.88×10-12
0.1mol/LNaHN2O2溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
(3)向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中 。[已知：，]
Ⅱ．可乐中的食品添加剂有白砂糖、二氧化碳、焦糖色、磷酸、咖啡因等。可乐的辛辣味与磷酸(化学式为，沸点高难挥发)有一定关系。
(4)羟基磷灰石[]是牙釉质的主要成分，在唾液中存在平衡：。长期过量饮用可乐会破坏牙釉质，造成龋齿。结合平衡移动原理解释原因： 。
(5)常温下，向磷酸溶液中滴加NaOH溶液，含磷微粒的分布比例与pH的关系如图所示。溶液显酸性。下列有关分析正确的是 。
a．溶液中
b．的电离程度大于其水解程度
c．
d．溶液中水的电离程度比纯水大
16．(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同） ，属于非电解质是 。
①硫酸氢钠固体 ②冰醋酸 ③蔗糖 ④氯化氢气体 ⑤硫酸钡 ⑥氨气 ⑦次氯酸钠
(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸： 。次氯酸钠： 。
(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1 mol L-1、0.1 mol L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙 10（填“大于”、“等于”或“小于”）。
(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol L-1的NaOH溶液，乙为0.1 mol L-1的HCl溶液，丙为0.1 mol L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为 。
17．取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴酚酞作指示剂，用标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。
实验 编号 NaOH溶液的浓度/(mol/L) 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积/mL 待测盐酸的体积/mL
1 0.10 22.62 20.00
2 0.10 22.72 20.00
3 0.10 22.80 20.00
(1)排除碱式滴定管中气泡的方法应采用操作 (填图中编号)，轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(2)滴定达到终点的标志是 。
(3)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 (结果精确到0.01mol/L)。
18．回答下列问题：
(1)查阅资料，不同温度下水的离子积常数
T/℃ 0[ 10 20 25 40 50 90 100
Kw/10-14 0.134 0.292 0.681 1.01 2.92 5.47 38.0 55.0
由此推出：水的电离过程是 过程(填“吸热”或者“放热”)，随着温度的升高，Kw的值 (填“增大减小。
(2)水中存在如下平衡：H2O+H2OH3O++OH- ΔH>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液呈碱性，可选择的方法是_______(填字母)。
A．向水中加入少量NaOH B．向水中加入少量NH4Cl固体
C．将水加热至100℃ D．在水中加入少量Na2CO3固体
(3)若用pH试纸测定100 ℃沸水，则试纸显 色，pH 7(填“>”“=”或“<”)。
19．已知：25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，溶液pH数值范围为 ，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)·c(OH-)] （填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”）。
②25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝ 。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为 。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝ ，25 ℃时，氨水电离平衡常数约为 。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中c(NH4+)/c(NH3.H2O) （填序号）。
a．始终减小 b．始终增大 c．先减小再增大 d．先增大后减小
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝- lgc(OH-)。
图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是 （填字母，下同）。
图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是 。
20．回答下列问题
(1)NaHCO3是强碱弱酸的酸式盐，溶液中存在着三种平衡(写出相应的离子方程式)：
①水的电离平衡： ；
②HCO电离平衡： ；
③HCO水解平衡： 。
(2)常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH为8.4，说明HCO的电离程度和水解程度中相对较强的是 。
(3)溶液中存在的阴、阳离子有： ，溶液呈电中性，则这些离子浓度间存在等式关系： 。
(4)在氯化铵溶液中，NH水解方程式： ，盐类水解程度比较微弱，溶液中离子浓度的大小关系： 。
21．用0.001mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，回答下列问题：
（1）酸性高锰酸钾溶液应该装在下图 滴定管中。
（2）请写出该反应的离子方程式： 。
（3）用0.001mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液，滴定终点的判断依据是： 。
（4）已知滴定V1ml待测液消耗标准液实验数据如下表
实验次数 始读数(ml) 末读数(ml) 消耗体积
1 0.10 19.20 19.10
2 1.85 20.75 18.90
3 0.00 24.06 24.06
则待测液的浓度为： （5）滴定结束时，俯视刻度线读取高锰酸钾溶液的体积，会导致测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不影响”)
（6）已知NaHC2O4溶液中草酸氢根离子的电离大于水解，则溶液中各离子的浓度按由大到小的顺序排列的是： 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．常温下，测得醋酸钠溶液的pH＞7，说明CH3COO-发生水解使溶液呈碱性，从而证明醋酸是弱酸，A不选；
B．常温下，测得0.1mol/L醋酸溶液的pH约为3，说明溶液中c(H+)＜0.1mol/L，醋酸没有完全电离，从而证明醋酸是弱酸，B不选；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH＜4，说明加水稀释醋酸的电离度增大，醋酸继续电离出H+，醋酸溶液中存在电离平衡，从而证明醋酸是弱酸，C不选；
D．常温下，将物质的量浓度相同的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后恰好中和，说明醋酸是一元酸，但不能证明其强弱，D选；
答案选D。
2．D
【详解】A．碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，盐酸能制碳酸，说明盐酸酸性比碳酸强，碳酸是弱酸，A正确；
B．铝与稀硫酸反应，反应速率增加，是因为反应放热，温度升高反应速率加快，B正确；
C．与盐酸生成硫化氢，硫化氢通入溶液中产生黑色沉淀，说明硫化铜比硫化锌难溶，：ZnS>CuS，C正确；
D．向溶液中滳加2滴溶液，会发生氧化还原反应；，此时不会产生，当完全变成后，才会有大量生成，所以是起催化作用，由于题干中加入的溶液很少，消耗的也很少，所以大量的被催化分解，生成大量的氧气，产生大量气泡，D错误；
答案选D。
3．C
【分析】HCN的酸性弱于CH3COOH，所以曲线Ⅰ代表HCN溶液，曲线Ⅱ代表CH3COOH溶液。
【详解】A．点①加入10mLNaOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的HCN和NaCN，溶液显碱性，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以溶液中c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)，A错误；
B．点②时加入10mLNaOH溶液，此时溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒2 c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，二式联立可得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-)，B错误；
C．④点恰好完全反应，存在物料守恒c′(Na+)=c′(CH3COOH)+c′(CH3COO-)，所以c′(Na+)+c′(CH3COOH)+c′(CH3COO-)=2c′(CH3COOH)+2c′(CH3COO-)=0.1mol/L，③点溶液显中性，结合电荷守恒可知c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)= c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，由于溶液中CH3COO-浓度均远大于CH3COOH浓度，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(Na+)的值约等于0.1mol/L，即③点近似等于④点，C正确；
D．混合后存在电荷守恒：c(CN-)+c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+ c(HCN)+c(CN-)，二式联立可得c(HCN)+c(CH3COOH)=c(OH-)-c(H+)，D错误；
综上所述答案为C。
4．A
【详解】A． 1L 1mol·L-1的NaHSO3溶液中，溶质NaHSO3的物质的量为1mol，能电离产生1mol钠离子和1mol，但是不能完全电离，故离子数小于3NA，故A错误；
B． 标况下，2.24LCO2的物质的量为1mol，CO2与Na2O2反应的化学方程式为，当有2mol过氧化钠与2mol二氧化碳反应时，转移2mol电子，故当有1mol二氧化碳参加反应时，转移电子数为0.1NA，故B正确；
C． 两种物质的最简式均为CH2，则有0.4 mol CH2，故C-H键数目为0.4 mol×2 NA =0.8NA，故C正确；
D． 2.7g铝片的物质的量为0.1mol，反应中铝单质转化为铝离子，则铝失去的电子数为0.1mol×3 NA =0.3NA，故D正确；
故选A。
5．B
【详解】A．H2A总物质的量为2×10-3mol，结合图像可知，氢氧化钠溶液体积为0时，0.1 mol/LH2A溶液中H2A的物质的量小于2×10-3 mol，说明H2A在溶液中不能完全电离，所以H2A为弱酸，存在电离平衡：H2AH++HA-，HA-H++A2-，电离程度是微弱的，主要以H2A存在，第一步电离产生的H+对第二步电离起抑制作用，故I表示H2A，II表示HA-，III表示A2-的浓度变化曲线，A正确；
B．NaHA水溶液是强碱弱酸盐，HA-水解呈显碱性，HA-又会电离呈酸性，则NaHA溶液的酸碱性取决于HA-水解与电离程度的相对大小，由图知，当加入20mL氢氧化钠溶液时，所得即为NaHA水溶液，而此时溶液中A2-离子浓度大于H2A浓度，即HA-水解程度小于电离程度，则NaHA水溶液呈酸性，B错误；
C. 由电离平衡常数可知： ，则，温度不变，K1不变，随着NaOH溶液的加入c(H+)逐渐减小，所以会随着V[NaOH(aq)]的增大而减小，C正确；
D．V[NaOH(aq)]=20 mL时，发生反应：NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶质为NaHA，体积变化忽略不计，总体积为40 mL，钠离子浓度为0.05 mol/L，根据物料守恒可得：c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)=c(Na+)=0.05 mol/L，D正确；
答案选B。
6．B
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，则更换高效催化剂，E3减小，故A错误；
B．通过图表可知当温度相同时，p2→p1时，甲烷的转化率提高，平衡向正向移动，正向为气体系数增大的反应，根据减小压强平衡向系数增大的方向移动可知：p1＜p2，故B正确；
C．醋酸是弱电解质，所以醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液体积越大，醋酸的电离程度越大，所以醋酸电离程度大小顺序是c＞b＞a，故C错误；
D．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO)增大，c(Ag+)减小，但仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，故D错误；
故选：B。
7．B
【详解】A．用NaOH标准溶液滴定醋酸，达到滴定终点时，溶液显碱性，酚酞变红，操作规范，且能达到实验目的，故A正确；
B．小烧杯的杯口应与大烧杯杯口平齐，防止中和反应产生的热量散失，不能达到实验目的，故B错误；
C．过氧化氢被二氧化锰催化分解，通过观察单位时间内产生气体的体积或产生一定体积气体所用时间确定反应速率，能达到实验目的，故C正确；
D．碱式滴定管应尖嘴向上倾斜，挤压玻璃珠排除气泡，操作规范，能达到实验目的，故D正确；
故选：B。
8．D
【详解】A．等浓度的KI溶液和溶液，但是体积关系不知道，因此哪种微粒过量不清楚，实验操作错误，故A错误；
B．高锰酸钾溶液浓度不同，体积相同，物质的量不同，有色物质多的，可能褪色时间长，但反应速率不慢，因此实验方案应该是草酸浓度不同，高锰酸钾溶液浓度和体积均相同，故B错误；
C．中醋酸根水解程度与铵根水解程度相同，测pH值时显中性，但是浓度高的醋酸铵中，水解的微粒多，虽然显中性，水解产生的氢氧根离子多，只是后又被消耗了，故C错误；
D．有机混合液中加入稍过量的溶液，苯在上层，水溶液在下层，静置、分液后，向水层中通入稍过量，将苯酚钠转化成苯酚，再振荡、静置、分液后得苯酚，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，在配制溶液过程中易发生水解，从而使溶液变浑浊，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到相应浓度，可抑制FeCl3水解，得到澄清溶液，A能达实验目的；
B．往食盐水中通入过量的CO2，不能将BaCl2转化为BaCO3沉淀，B不能达实验目的；
C．向盛有4mL淀粉液的试管中加入少量稀硫酸，加热后冷却，由于硫酸能与加入的银氨溶液反应，所以没有银镜产生，不能用于检验淀粉水解产物中是否含有葡萄糖，C不能达实验目的；
D．待测液中加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸，产生的白色沉淀不一定是BaSO4，也可能是AgCl，所以不能用于检验溶液中是否含有，D不达到实验目的；
故选A。
10．A
【详解】A．NaHSO4为强酸酸式盐，在水溶液中完全电离，用“=”表示，应为NaHSO4=Na++H+＋，故A正确；
B．NaHCO3为弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离产生Na+和，用“=”表示，弱酸酸式根离子不能拆开写，应为NaHCO3=Na++ ，故B错误；
C．HClO为弱电解质，部分电离，用“ ”表示，应为HClO H++ClO-，故C错误；
D．H2S为弱电解质，部分电离，用“ ”表示，多元弱酸分步电离，应为H2S H++HS-，HS- H++S2-，故D错误；
故选A。
11．C
【详解】A． 0.10mol·L-1的H2S溶液中，根据电离平衡常数分析，溶液中的氢离子浓度约为9×10-5mol/L，将少量甲基橙试剂滴入溶液不显红色，A错误；
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液溶质为NaHS，HS-电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性，即，根据电荷守恒分析，，B错误；
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中溶质为Na2S，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立有，C正确；
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度增大，但电离常数不变，D错误；
故选C。
12．A
【详解】①中左右两个电池都是原电池，都是较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，则左边烧杯中铁上有气体生成，右边烧杯中铜上有气体生成，所以金属的活动性顺序是Al＞Fe＞Cu，故①符合题意；
②氯气和溴化钠反应后有氯气剩余，氯气和溴都能和碘化钾置换出碘单质，氯气的存在影响溴的反应，所以右边棉花变为蓝色不能得出氧化性：Cl2＞Br2＞I2，故②不符合题意；
③通过沉淀的转化可比较难溶电解质溶度积的大小，该实验的沉淀是分别发生在两个不同的试管中，没有发生氢氧化镁和氢氧化铝的沉淀转化关系，氢氧化铝的溶解是因为氢氧化铝和氢氧化钠发生化学反应造成的，不能说明溶解性：Ksp[Mg(OH)2]比Ksp[Al(OH)3]小，故③不符合题意；故符合题意的是①；
答案选A。
13．(1)HC2O
(2)10 ：1
(3)AC
(4)5
(5)ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【详解】（1）根据电离平衡常数知，酸性: H2C2O4> > CH3COOH> H2CO3> H2S> HClO> > HS-，浓度的CH3COO-、、、、 ClO-、S2-中结合H+的能力由强到弱的顺序是S2- > > ClO- > HS-> > CH3COO-> >，故结合氢离子浓度最弱；
（2）时，的盐酸溶液中清离子浓度为0.01mol/L，的溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，二者混合后，即氢离子和氢氧根离子物质的量相等，混合前酸碱的体积比等于物质的量浓度的反比，即0.1:0.01=10：1。
（3）加水稀释促进CH3COOH电离，但CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c ( CH3COOH)、c ( CH3COO-)、c(H+ )都减小，温度不变电离平衡常数不变，则溶液中c (OH-)增大，A. 一定减小，故正确；B. 稀释过程中氢离子的物质的量增加，醋酸分子的物质的量减小，故增大，故错误；C. 比值减小，故正确；D. 增大，故错误。故选AC。
（4）根据
分析，醋酸的电离平衡常数K==，因为 ，氢离子浓度为1×10-5mol/L，此时溶液5。
（5）向溶液中通入少量的，根据电离平衡常数H2CO3> HClO>分析，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，发生的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
14． 4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O 0.5mol 提高混合气体中空气的含量即增加氧气的量 2H2S 2H2+S2 2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O KMnO4中+7价的锰元素 H2O H++OH-，S2-结合水电离出的氢离子，氢离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性 FeS>H2S>CuS
【详解】(1)由图示分析可知，在酸性条件下Fe2+被O2氧化为Fe3+，则其离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，当有1molH2S恰好完全转化为硫单质时，溶液中的铁离子的物质的量不变，则由关系式可知，1molH2S恰好完全转化为硫单质时，需消耗的物质的量为0.5mol，故答案为：4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O；0.5mol；
(2)欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，所以氧气必须过量，采取的措施有，增大混合气体中空气的比例，故答案为：提高混合气体中空气的含量即增加氧气的量；
(3)H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2，且两者物质的量之比为1:2，则硫蒸汽的化学式为S2，该反应为可逆反应，则2H2S 2H2+S2，故答案为：2H2S 2H2+S2；
(4)H2S具有还原性。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、硫酸钾和水，则该反应的化学方程式为2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O；在该反应中KMnO4中+7价的锰元素得到电子化合价降低被还原为+2价的锰离子，故答案为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+5S↓+2MnSO4+8H2O；KMnO4中+7价的锰元素；
(5)在水溶液中存在H2O H++OH-，S2-为弱酸阴离子，会结合水电离出的氢离子而发生水解反应，使溶液中氢离子浓度降低，从而使水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性，故答案为：H2O H++OH-，S2-结合水电离出的氢离子，氢离子浓度降低，水的电离平衡正向移动，最终[OH-]>[H+]，溶液显示碱性；
(6)由已知：Cu2++H2S=CuS↓+2H+可知，溶解或电离出S2-离子的能力；FeS+2H+=Fe2++H2S↑可知，溶解或电离出S2-离子的能力，则溶解或电离出S2-离子的能力为，故答案为：。
15．(1) 10 ＞
(2)c(Na+)＞c(HN2O)＞c(OH-)＞c(H+)＞C(N2O)
(3)150
(4)可乐中的酸性物质能中和OH-，c(OH-)减小，平衡正向移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿
(5)bc
【详解】（1）常温下，0.01mol/L的氨水中，即， ，则该溶液的pH=10；氨水是弱碱，pH=4的盐酸与0.01mol/L氨水等体积混合，溶液呈碱性，将pH=4的盐酸V1L与0.01mol/L氨水V2L混合，若混合溶液pH=7，则V1>V2。
（2）0.1mol/LNaHN2O2溶液中，HN2O的水解常数是，水解大于电离，溶液呈碱性，离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HN2O)＞c(OH-)＞c(H+)＞C(N2O)；
（3）向浓度均为0.1mol/L的CdCl2和ZnCl2混合液中滴加碳酸铵溶液，当加入碳酸铵溶液至生成两种沉淀，则溶液中；
（4）可乐中的酸性物质能中和OH-，c(OH-)减小，平衡正向移动，导致Ca5(PO4)3OH溶解，造成龋齿；
（5）a．溶液显酸性，溶液中，故a错误；
b．电离出氢离子，水解出氢氧根离子，溶液显酸性，说明的电离程度大于其水解程度，故b正确；
c．根据电荷守，，故c正确；
d．溶液显酸性，电离出氢离子的氢离子抑制水电离，溶液中水的电离程度比纯水小，故d错误；
选bc。
16． ② ③⑥ CH3COOHCH3COO-+H+ NaClO=Na++ClO- 小于 丙＞甲=乙
【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；
(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；
(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。
【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；
③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；
④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；
⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；
⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；
⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；
故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；
(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；
次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；
(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，
所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；
(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1 mol L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1 mol L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙＞丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙＞甲=乙。
【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。
17．(1)丙
(2)溶液由无色变浅红色(或粉红色)，且半分钟内不变色
(3)0.11mol/L
【详解】（1）碱式滴定管应将胶管向上弯曲，用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡，故选丙；
（2）酚酞的变色范围是8-10，酚酞在盐酸中呈无色，在碱性溶液中呈红色，随加入氢氧化钠体积的增大，溶液由酸性变为碱性，滴定达到终点的标志是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液由无色变浅红色(或粉红色)，且半分钟内不变色。
（3）实验1误差较大，舍去，得出V（标准）= ，所以盐酸的浓度约为。
18．(1) 吸热 增大
(2)D
(3) 淡黄色或不变色 <
【详解】（1）由题目给出的条件可知，随着温度升高，水的离子积常数逐渐增大，因此水的电离为吸热反应；温度升高，水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积Kw增大；
（2）A．向水中加入少量NaOH，则氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，A错误；
B．向水中加入少量NH4Cl固体，则铵根离子水解产生氢离子，溶液显酸性，B错误；
C．将水加热至100℃，促进水的电离，但是依然是纯水，依然显中性，C错误；
D．在水中加入少量Na2CO3固体，则碳酸根离子水解产生氢氧根离子，溶液显碱性，同时由于碳酸根离子的水解，从而促进了水的电离，平衡正向移动，D正确；
故选D；
（3）100℃沸水的Kw为55×10-14，因此其氢离子浓度为，氢离子浓度越大，pH越小，故pH试纸显示淡黄色或不变色，pH<7。
19． 3＜pH＜5 不变 11 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 10-5 c(NH4+)· c(OH-)/c(NH3.H2O) b Q Q或N
【分析】在25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，在两者浓度相同的稀溶液中，两者的电离度相同，两者pH之和为14。
【详解】（1）25 ℃时，取10 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。
①将上述（1）溶液加水稀释至1 000 mL，若是10 mL pH＝3的盐酸加水稀释至1 000 mL，pH将增大到5，由于稀释过程中醋酸的电离度变大，故溶液pH数值范围为3~5之间，溶液中c(CH3COO-)/[c(CH3COOH)c(OH-)]＝c(CH3COO-)c(H+)/[c(CH3COOH)c(OH-)c(H+)]=，温度不变，该值不变，故不变。
②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝14-3=11。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为：取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值。
③氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝，25 ℃时，0.1 mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝11，则氨水电离平衡常数约为10-5。
（2）25 ℃时，现向10 mL 0.1 mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中Kb＝不变，但是溶液中减小，则c(NH4+)/c(NH3·H2O)变大，选b。
（3）某温度下，向V1mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液。由图中信息可知，只有Q点的pOH=pH，故图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是Q。图中M点溶液显酸性，且M点是因为醋酸过量而显酸性，水的电离受到抑制。N点溶液显碱性，可能是仅由醋酸根离子的水解使溶液显碱性，这样会促进水的电离；也可能是因为NaOH过量使溶液显碱性，这样会抑制水的电离。Q点为中性溶液，水的电离没有受到抑制（或醋酸的电离程度与醋酸根离子的水解程度相同，对水的电离的影响相互抵消），故M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点可能是Q或N。
【点睛】本题的难点是最后一个问题，因为无法确定N点的溶液显碱性的原因到底是什么，可能是由醋酸根离子水解所决定的，也可能是因为NaOH过量所决定的，故要分析两种可能性。
20．(1) H2OH＋＋OH－ HCOH＋＋CO HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)水解程度
(3) Na＋、H＋、HCO、CO、OH— c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH—)＋2c(CO)
(4) NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH—)
【解析】（1）
①水电离出氢离子和氢氧根离子，电离方程式为
②电离出碳酸根离子和氢离子，电离方程式为；
③水解出碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：
（2）
常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH为8.4，呈碱性，即水解产生的氢氧根离子多于电离产生的氢离子，故水解程度大于电离程度；
（3）
溶液中的阴、阳离子包括：H+、OH-、Na+、、、溶液呈电中性，即根据电荷守恒，存在以下等式关系：
（4）
铵根离子水解产生一水合氨和氢离子，其水解方程式为，氯化铵溶液中，氯离子不水解，浓度最大，水解很微弱，铵根离子浓度其次，溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子，故离子浓度大小关系为c（Cl-）>c（）>c（H+）>c（OH-）
21． A 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 当滴入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且30s内不褪色 0.0475/V1 偏小 Na+>HC2O4->H+>C2O42->OH-
【详解】（1）KMnO4溶液具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应装在酸式滴定管中，答案选A；（2）酸性高锰酸钾溶液将草酸(H2C2O4)氧化生成CO2，自身被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；（3）用0.001mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定草酸溶液，滴定终点草酸反应完了，稍稍过量的高锰酸钾显紫红色，故判断依据是：当滴入最后一滴溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且30s内不褪色；（4）三次滴定消耗标准液体积分别为：19.10mL、18.90mL、24.06mL，可见第三次滴定的数据无效，舍去，消耗标准液的平均体积为：=19.00mL，高锰酸钾的物质的量为：0.001mol/L×0.019L=1.9×10-5mol，根据反应5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，n（H2C2O4）= n（KMnO4）=4.75×10-5mol，待测液草酸的物质的量浓度为： =mol L-1；（5）滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测定结果偏小；（6）NaHC2O4溶液中草酸氢根离子的电离大于水解，溶液显酸性说明c(H+)>c(OH-)，c(Na+)最大， c(HC2O4-）次之, c(H+)>c(C2O42-),因为H+除了来自于HC2O4-的电离，还来自于水的电离，而C2O42-只来自于HC2O4-的电离，c(OH-)最小,则溶液中各离子的浓度按由大到小的顺序排列的是：c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-)。
答案第1页，共2页
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