3.2 水的电离和溶液的ph 课后训练（含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
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| 名称 | 3.2 水的电离和溶液的ph 课后训练（含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 509.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-08 22:00:20 | ||
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文档简介
3.2 水的电离和溶液的ph 课后训练
一、单选题
1．将pH=5的盐酸溶液稀释1000倍后，溶液的pH为（ ）
A．等于8 B．等于7
C．接近7又小于7 D．大于7而小于8
2．25℃时，在0.01mol/L的稀盐酸中，水电离出的 c（H+）是（ ）
A．5×10-13mol/L B．0.02mol/L
C．1×10-7mol/L D．1×10-12mol/L
3．已知在25℃和35℃时，水的离子积分别为、，则下列叙述中正确的是（ ）
A．随温度的升高而降低
B．35℃时纯水中
C．水的电离度：
D．纯水的pH可能小于7
4．关于溶液的酸碱性说法正确的是（）
A．c(H+)很小的溶液一定呈碱性
B．pH=7的溶液一定呈中性
C．c(OH-)= C(H+)的溶液一定呈中性
D．不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性
5．实验室需要配制溶液，并用其滴定未知浓度的盐酸溶液，下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．称量 B．溶解 C．定容 D．滴定过程
A．A B．B C．C D．D
6．下列关于常温下的电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．35℃时，纯水中 c(H + )> c(OH - )
B．向 0.1 mol·L -1 CH3COOH 溶液加水稀释时会引起溶液中 c(OH - )减小
C．电离平衡右移，弱电解质的电离程度一定增大
D．除了水的电离平衡外，盐酸中不存在其他电离平衡
7．常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是（ ）
A．含有的溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．水电离出的的溶液中：、、、
8．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L
B．15℃时，pH=7的溶液呈酸性
C．AB连线上的点均表示中性溶液
D．B点对应的温度高于A点对应的温度
9．已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
10．向20mL0.5mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的烧碱溶液，混合溶液的温度与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是 （ ）
A．a点：2c(Na+)>c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
B．醋酸的电离常数：c点=a点
C．b点：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.5 mol·L-1
D．b点的水的电离程度最大
11．用0.1000mol L-1HCl溶液滴定0.1000mol L-1左右的NaOH溶液。下列说法错误的是
A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用
B．锥形瓶盛装0.1000mol L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥
C．酸式滴定管在盛装0.1000mol L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次
D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色
12．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4、石蕊：5.0～8.0、酚酞：8.2～10.0用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
13．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO 。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
C．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
14．在25℃下，取10.00mL某二元酸，滴加NaOH溶液。已知：，。下列说法错误的是（ ）
A．溶液中有
B．当时，水电离出的
C．当滴加至中性时，溶液中
D．当时，溶液中
15．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为吸热反应
B．图2中a、b曲线均表示反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的物质能量与反应过程的变化关系，b曲线可能使用了催化剂
C．图3表示25 ℃时用0.100 0 mol·L 1醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol·L 1NaOH溶液得到的滴定曲线
D．图4表示向2 mL 5%的H2O2溶液中分别滴加0.1 mol·L 1 Fe3+和Cu2+（两溶液的阴离子相同）各1 mL，生成氧气的体积随时间的变化，表明Cu2+能使反应更快
16．以下说法中，正确的有几项（ ）
Ⅰ．中和反应反应热的测定实验
①为了保证盐酸完全被NaOH中和，采用浓度稍大的NaOH溶液，使碱稍稍过量
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行
③混合溶液时，应将NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度
⑤单次实验需要记录3次温度计读数
Ⅱ．燃烧热、中和热、能源
⑥101kpa时，某纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热为-57.3kJ/mol
⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于57.3kJ/mol
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能
A．7 B．8 C．9 D．10
二、综合题
17．某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。
（1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。
①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH= 。(忽略调节pH时溶液体积的变化)
②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式： 。
③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是 。
④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为 。
（2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的 OH (羟基自由基)， OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成 OH的过程及 OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应：
实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是 。
18．
（1）Ⅰ.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH 溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+ ΔH>0。
常温下，在 pH = 5 的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)= （不必化简）。下列方法中，可以使 0.10 mol·L-1 CH3COOH 的电离程度增大的是
a．加入少量 0.10 mol·L-1 的稀盐酸 b．加热
CH3COOH 溶液
c．加水稀释至 0.010 mol·L-1 d．加入少量冰醋酸
e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量
0.10 mol·L-1 的
NaOH 溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且 pH 均等于 3 的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸) V(醋酸)，反应的最初速率为：υ(盐酸) υ(醋酸)。（填写“>”、“<”或“=”）
（3）已知：90℃时，水的离子积常数为 Kw=3.8×10-13，在此温度下，将 pH=3 的盐酸和 pH=11 的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的 c(H+)= mol/L（保留三位有效数字）。
（4）Ⅱ.常温下，已知 0.1 mol·L-1 一元酸HA 溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8。常温下，0.1mol·L-1 HA溶液的 pH= ；
（5）常温下，向 pH=a 的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的 pH (14-a)（填写“>”、“<”或“=”）。
19．水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义，室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示：
酸 CH3COOH HCl
电离平衡常数 ——
回答下列问题。
（1）电离方程式是 。
（2）物质的量浓度相同的和，pH大小： (填“<”“=”或“>”)。
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，pH由大到小的顺序是 。
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液。
①溶液中的 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。
②当滴加溶液至溶液中的，此时溶液中的pH 7(填“<”“=”或“>”)，判断的依据 。
（5）为测定某溶液的浓度，取20.00待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000的标准溶液滴定。
①达到滴定终点的现象是 。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 (填“滴定管”或“锥形瓶”)。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是 。
20．下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积常数 1×10﹣14 KW 1×10﹣12
试回答以下问题：
（1）若25℃＜t1＜t2，则KW 1×10﹣14（填“＞”、“＜”或“=”），判断的理由是 ．
（2）若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c（Na+） c（Cl﹣）（填“＞”、“=”或“＜”）．
21．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验：
（1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的
实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。
①实验所需装置的连接顺序是：a→ →d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。
②该实验中制备的反应方程式为 。
（2）Ⅱ.探究的性质
将收集到的持续通入如图装置进行实验：
①装置E中出现 现象时可验证具有氧化性。
②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是 。
③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是 (填字母序号)。
a．Na b． c． d． e．
（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。
滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）判断达到滴定终点的依据是 ；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永远不能到达7，故稀释1000倍，液的pH接近7又小于7，
故答案为：C。
【分析】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液为易错点。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：0.01mol/L的盐酸中氢氧根离子来自于水的电离，c（OH-）=＝mol/L=10-12mol/L，而溶液中水电离的H+的浓度和水电离出氢氧离子浓度相等；
故答案为：D
【分析】0.01mol/L的盐酸中水电离的H+的浓度和水电离出氢氧离子浓度相等，抓住这一点来解题。
3．【答案】D
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A、c(H＋)B、当温度是100℃时，pH=6溶液显中性，pH=7溶液显碱性，故B不符合题意；
C、溶液中c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，故C符合题意；
D、酚酞的变色范围是8.2～10.0，不能使酚酞试液变红，溶液可能显碱性，也可能显中性，也有可能显酸性，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】酸碱性判断不是看H+或OH-的大小，而是看看H+和OH-的大小比较，谁大显谁性；酚酞的变色PH有一定区间，不是直接看酸碱性
5．【答案】C
6．【答案】D
【解析】【解答】A.纯水显中性，c(H＋)=c(OH－)，A不符合题意；
B.加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于Kw=c(H＋)×c(OH－)保持不变，当溶液中c(H＋)减小时，溶液中c(OH－)增大，B不符合题意；
C.若加入弱电解质本身，电离平衡向右移动，但弱电解质的电离程度减小，C不符合题意；
D.HCl为强酸，在水中完全电离，因此盐酸溶液中只存在H2O的电离平衡，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、纯水中c(H＋)=c(OH－)；
B、加水稀释，溶液中c(H＋)减小，结合Kw不变进行分析；
C、若加入电解质本身，弱电解质的电离程度减小；
D、HCl为强酸，盐酸溶液中只存在H2O的电离平衡；
7．【答案】C
【解析】【解答】A．Al3+与HCO3-能发生水解反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，该溶液中c（H+）＞c（OH-），即该溶液呈酸性，而H+、MnO4-、Cl-之间能发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．常温下pH=6.5的溶液呈酸性，这几种离子之间不发生反应，能大量共存，C符合题意；
D．根据题干信息，该溶液中c（H+）=10-12mol L-1或10-2mol L-1，则溶液呈酸性或碱性，NH4+与OH-反应，H+与S2-反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw=10﹣14，B曲线的Kw=10﹣12，水的电离是吸热的，所以A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线．
A、95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）= mol/L=1×10﹣8mol/L，故A错误；
B、温度升高，水的电离受到促进，降低温度，抑制水的电离，所以降低温度，水的pH越大，15℃时，pH=7的溶液呈酸性，故B正确；
C、纯水在任何温度下，都是中性的，故C正确；
D、A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线，B点对应的温度高于A点，故D正确．
故选A．
【分析】纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw，然后结合水的电离过程吸热判断25℃时、95℃时水的电离平衡曲线，纯水在任何温度下，都是中性的，据此回答判断．
9．【答案】B
【解析】【解答】A.0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项不符合题意；
B.升温促进电离，溶液的pH减小，故B项符合题意；
C.此酸的电离平衡常数约为K= = =1×10-7，故C项不符合题意；
D.由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据电离度计算氢离子的浓度，然后计算pH；
B.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，氢离子浓度增大；
C.根据电离平衡常数的定义进行计算；
D.根据HA电离出的氢离子浓度计算氢氧根离子的浓度，然后得出由水电离出的氢离子浓度即可。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．a点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．醋酸属于弱电解质，部分电离，电离过程为吸热的过程，升高温度，醋酸的电离平衡正向移动，促进醋酸的电离，电离平衡常数增大，根据图示，温度：c点＞a点，则醋酸的电离平衡常数：c点＞a点，故B不符合题意；
C．b点时加入的氢氧化钠为20mL，且反应温度最高，酸碱恰好完全中和，溶液为醋酸钠溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据分析，NaOH溶液的浓度也为0.5mol·L-1，当等体积混合后，溶液体积变为40mL，此时溶液中c(Na+)==0.25 mol·L-1，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.25mol·L-1，故C不符合题意；
D．b点加入NaOH溶液的体积为20mL时，温度最高，酸碱完全中和，对水的电离没有抑制作用，且醋酸根离子的水解促进水的电离，故b点的水的电离程度最大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.从图可以看出NaOH的浓度为0.5mol·L-1，a点醋酸恰好过量一倍，跟据物料守恒判断；
B.电离常数只受温度影响；
C.b点溶液的体积为40mL，醋酸和醋酸跟的浓度之和变为原醋酸浓度的1/2；
D.b点是恰好中和点，所以溶质为醋酸钠，水的电离程度最大。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故A不符合题意；
B．用于滴定的锥形瓶不需要干燥，对测定结果没有任何影响，故B符合题意；
C．为了保证装入滴定管的溶液的浓度不被稀释，要用该溶液润洗滴定管2~3次，故C不符合题意；
D．酸滴定碱，是酸的浓度已知，碱的浓度未知，酸装在滴定管中，碱装在锥形瓶中，锥形瓶中呈碱性，指示剂加在锥形瓶中，酚酞遇碱变为粉红色，故初始颜色为粉红色，但随着酸的加入，锥形瓶中碱性减小，直至到滴定终点变为中性，所以锥形瓶中由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、滴定管使用前要先检验漏水；
B、锥形瓶不需要干燥；
C、滴定管需要润洗；
D、酸滴入碱时酚酞有粉红色变为无色。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故A错误；
B、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故B错误；
C、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故C错误；
D、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；
故选D．
【分析】根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察．
13．【答案】D
【解析】【解答】A.25℃蒸馏水中c（H+）=1×10-7mol/L，pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以该温度高于25℃，A不符合题意；
B．NaHSO4电离出H+，c（H+）增大，抑制水的电离，B不符合题意；
C．该温度下水的离子积Kw=1×10-6×1×10-6=10-12，该溶液的pH=2，则该溶液中c（OH-）=10-12÷10-2=1×10-10(mol/L)，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离出的H+的浓度为1×10-10mol/L，C不符合题意；
D．NaHSO4溶液的pH=2，c（H+）=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-12÷10-12=1(mol/L)，两者等体积混合充分反应后NaOH过量，溶液呈碱性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.此时pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程；
B.水电离生成氢离子和氢氧根离子，提高氢离子的浓度，抑制水的电离；
C.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；
D.纯水的pH=6，说明Kw=10-12，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等。
14．【答案】B
【解析】【解答】A. 溶液中有，符合物料守恒，故A不符合题意；
B. 当NaOH溶液体积为10mL时，反应后溶质为NaHA，HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，抑制水电离，当时，水电离出的，故B符合题意；
C. 当滴加至中性时c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知，溶液中，故C不符合题意；
D. 当NaOH溶液体积为20 mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可知c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合物料守恒判断；
B、NaHA只能电离，不能水解；
C、结合电荷判断；
D、结合物料守恒判断。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．Mg与盐酸反应为放热反应，起初反应速率加快的原因是这一阶段温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，A不符合题意；
B．b曲线反应活化能低于a曲线，故b曲线可能使用了催化剂，B符合题意；
C.0.100 0 mol·L 1NaOH溶液pH=13，40mL时醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，pH应大于7，与图不符，故图3不可能是用0.100 0 mol·L 1醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol·L 1NaOH溶液得到的滴定曲线，C不符合题意；
D．由图4可知，Fe3+能使反应更快，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.此反应是放热反应；
B.催化剂可以改变活化能；
C.依据中和滴定曲线和醋酸钠溶液呈碱性，pH应大于7分析解答；
D.依据图示分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】①为了保证盐酸反应完全，使用浓度稍大的氢氧化钠溶液，故①符合题意；
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行 ，故②符合题意；
③为了避免热量损失，应该一次性倒入，故③符合题意；
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度 ，故④符合题意；
⑤单次实验记录温度最高值，故⑤不符合题意；
⑥101kpa时，1mol某纯物质完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量，叫做该物质的燃烧热故⑥不符合题意；
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热不一定为-57.3kJ/mol，故⑦不符合题意；
⑧一元弱酸参与中和反应，其中和热所释放的热量一般都低于 57.3kJ/mol ，故⑧不符合题意；
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，故⑨符合题意；
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能 ，故⑩符合题意；
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能，故 符合题意；
故答案为：A
【分析】①-⑤主要考察测定中和热，一般选择碱的浓度稍大于酸的浓度，碱的量过量，并且一次性加入，一般利用泡沫达到保温作用，每次测量最高温度；
⑥-⑧考查的是燃烧热和中和热，紧扣定义进行判断；
⑨- 考查的能量的变化以及新能源利用结合选项判断。
17．【答案】（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
（2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱
【解析】【解答】（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。
②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。
④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c( OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
【分析】（1）①根据pH=-lgc(H+)计算；
②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
③形成原电池可加快反应速率；
④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
18．【答案】（1）(10-5-10-9) mol/L；bcf
（2）<；=
（3）2.05×10-11
（4）3
（5）<
【解析】【解答】Ⅰ.（1）在 pH＝5的稀醋酸溶液中，c（H+）＝10－5mol/L，其中由水电离出的氢离子浓度是10－9mol/L，所以根据醋酸的电离平衡方程式CH3COOH H++CH3COO-可以看出，c（CH3COO-）＝c（H+）＝(10－5－10－9)mol/L。加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，所以
故答案为：bcf；（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大，V(盐酸)【分析】（1）醋酸溶液中氢离子浓度减去水电离的氢离子浓度即为酸酸跟离子浓度；
（2）反应多少看总量，醋酸仲锌粉有剩余，由于开始氢离子浓度相等，所以化学反应速率相等；
（3）酸碱中和看过量，然后计算浓度；
（4）根据水的离子积常数并结合题中数据，求出氢离子浓度即可；
（5）由于一水合氨是弱电解质，反应的过程释放氢氧根，所以小于14-a。
19．【答案】（1）
（2）<
（3）NaClO＞CH3COONa＞NaNO2
（4）增大；＝；根据电荷守恒有：c(NO2-) + c(OH )＝c (Na+) + c(H+)， 当c(NO2-)＝c (Na+)时，溶液中的c(H+)＝c(OH )，所以pH＝7
（5）溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；锥形瓶；0.0999 mol/L
【解析】【解答】（1）是一元弱酸，不完全电离，电离方程式；
（2）Ka()=，Ka()=，则Ka()>Ka()，所以物质的量浓度相同的和，溶液中c(H+)更大，pH则更小，所以填“<”；
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，均是强碱弱酸盐，阳离子相同，则看阴离子水解程度的大小，根据表格信息，有Ka()>Ka(CH3COOH) >Ka()，根据“越弱越水解”，则水解程度Kh()（4）①溶液中存在电离平衡，加入溶液，使平衡往电离的方向移动，生成更多的，所以增大；
②当滴加溶液至溶液中的，根据电荷守恒，有，所以此时溶液中，的此时溶液中的pH=7；
（5）①达到滴定终点的现象是溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；
②在滴定实验过程中，锥形瓶是否有蒸馏水，对实验结果没有影响；
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是：
【分析】（1）弱酸不完全电离；
（2）依据Ka分析；
（3）根据“越弱越水解”；
（4）①依据电离平衡移动原理；
②根据电荷守恒；
（5）①依据溶液中颜色变化判断；
②不影响待测液中溶质的物质的量；
③利用中和反应原理，用平均值计算；
20．【答案】（1）＞；因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大
（2）中；=
【解析】【解答】解：（1）由于水的电离电离过程为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水的离子积越大，所以若25℃＜t1＜t2，则KW＞1×10﹣14，
故答案为：＞；因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大；（2）若25℃时，pH=3的盐酸的氢离子浓度为10﹣3 mol/L，pH=11氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度为 mol/L=10﹣3 mol/L，等体积混合溶液呈中性c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），因此c（Na+）=c（Cl﹣），
故答案为：中；=．
【分析】（1）水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，据此进行解答；（2）若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（Cl﹣）．
21．【答案】（1）cbgf；
（2）淡黄色沉淀；取与NaClO溶液反应后的溶液样品少许，先滴加盐酸酸化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，则证明具有还原性；ce
（3）C
（4）滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144
【解析】【解答】（1）①A装置是用来制取SO2的装置，由于产物中也有水，所以将SO2通入浓硫酸中吸收水分，然后收集SO2气体，再加一个碱石灰装置防止SO2气体排入空气，所以气体的流向应该是： a→ cbgf →d→e ；
②制取SO2的反应是：亚硫酸钠与浓硫酸反应： ；
（2） ① SO2具有氧化性，可以与Na2S反应得到S单质，所以现象是出现淡黄色的沉淀；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性；
（3）碘单质具有氧化性，应该用酸式滴定管盛放，酸式滴定管赶气泡的操作是：在滴定管的底部轻轻打开阀门，用食指和中指捏住活塞放气，C选项是正确的；
（4）滴定的终点是： 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ；
根据化学方程式之间的关系，可知碘单质和SO2的物质的量相等，100毫升 葡萄酒样品 中的质量为：22.5×0.01×64×10-3=0.144g， 所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量 为0.144×1000mg/0.1L=144 。
【分析】（1）①该实验的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾气处理；
②该反应原理的实质是强酸制弱酸；
（2）①和Na2S反应的方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态，既具有上升价态的空间，也有下降的空间，所以中间价态既具有氧化性也有还原性；
（3）具有氧化性的物质应该用酸式滴定管来装取；
（4）根据化学方程式可以得出SO2和碘单质之间的物质的量关系，从而计算出葡萄酒中SO2的含量。
一、单选题
1．将pH=5的盐酸溶液稀释1000倍后，溶液的pH为（ ）
A．等于8 B．等于7
C．接近7又小于7 D．大于7而小于8
2．25℃时，在0.01mol/L的稀盐酸中，水电离出的 c（H+）是（ ）
A．5×10-13mol/L B．0.02mol/L
C．1×10-7mol/L D．1×10-12mol/L
3．已知在25℃和35℃时，水的离子积分别为、，则下列叙述中正确的是（ ）
A．随温度的升高而降低
B．35℃时纯水中
C．水的电离度：
D．纯水的pH可能小于7
4．关于溶液的酸碱性说法正确的是（）
A．c(H+)很小的溶液一定呈碱性
B．pH=7的溶液一定呈中性
C．c(OH-)= C(H+)的溶液一定呈中性
D．不能使酚酞试液变红的溶液一定呈酸性
5．实验室需要配制溶液，并用其滴定未知浓度的盐酸溶液，下列装置能达到相应实验目的的是（ ）
A．称量 B．溶解 C．定容 D．滴定过程
A．A B．B C．C D．D
6．下列关于常温下的电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．35℃时，纯水中 c(H + )> c(OH - )
B．向 0.1 mol·L -1 CH3COOH 溶液加水稀释时会引起溶液中 c(OH - )减小
C．电离平衡右移，弱电解质的电离程度一定增大
D．除了水的电离平衡外，盐酸中不存在其他电离平衡
7．常温下，下列各组离子在指定条件下可能大量共存的是（ ）
A．含有的溶液中：、、、
B．的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．水电离出的的溶液中：、、、
8．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣10mol/L
B．15℃时，pH=7的溶液呈酸性
C．AB连线上的点均表示中性溶液
D．B点对应的温度高于A点对应的温度
9．已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
10．向20mL0.5mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的烧碱溶液，混合溶液的温度与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是 （ ）
A．a点：2c(Na+)>c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
B．醋酸的电离常数：c点=a点
C．b点：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.5 mol·L-1
D．b点的水的电离程度最大
11．用0.1000mol L-1HCl溶液滴定0.1000mol L-1左右的NaOH溶液。下列说法错误的是
A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用
B．锥形瓶盛装0.1000mol L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥
C．酸式滴定管在盛装0.1000mol L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次
D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色
12．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4、石蕊：5.0～8.0、酚酞：8.2～10.0用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
13．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO 。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
C．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
14．在25℃下，取10.00mL某二元酸，滴加NaOH溶液。已知：，。下列说法错误的是（ ）
A．溶液中有
B．当时，水电离出的
C．当滴加至中性时，溶液中
D．当时，溶液中
15．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图1表示镁条放入盐酸中生成氢气速率随时间的变化，起初反应速率加快的原因可能是该反应为吸热反应
B．图2中a、b曲线均表示反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的物质能量与反应过程的变化关系，b曲线可能使用了催化剂
C．图3表示25 ℃时用0.100 0 mol·L 1醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol·L 1NaOH溶液得到的滴定曲线
D．图4表示向2 mL 5%的H2O2溶液中分别滴加0.1 mol·L 1 Fe3+和Cu2+（两溶液的阴离子相同）各1 mL，生成氧气的体积随时间的变化，表明Cu2+能使反应更快
16．以下说法中，正确的有几项（ ）
Ⅰ．中和反应反应热的测定实验
①为了保证盐酸完全被NaOH中和，采用浓度稍大的NaOH溶液，使碱稍稍过量
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行
③混合溶液时，应将NaOH溶液一次倒入小烧杯，盖好盖板
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度
⑤单次实验需要记录3次温度计读数
Ⅱ．燃烧热、中和热、能源
⑥101kpa时，某纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热为-57.3kJ/mol
⑧如果有一元弱酸或弱碱参加中和反应，其中和热所放出热量一般都高于57.3kJ/mol
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能
A．7 B．8 C．9 D．10
二、综合题
17．某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。
（1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。
①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH= 。(忽略调节pH时溶液体积的变化)
②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式： 。
③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是 。
④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为 。
（2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的 OH (羟基自由基)， OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成 OH的过程及 OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应：
实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是 。
18．
（1）Ⅰ.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH 溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+ ΔH>0。
常温下，在 pH = 5 的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)= （不必化简）。下列方法中，可以使 0.10 mol·L-1 CH3COOH 的电离程度增大的是
a．加入少量 0.10 mol·L-1 的稀盐酸 b．加热
CH3COOH 溶液
c．加水稀释至 0.010 mol·L-1 d．加入少量冰醋酸
e．加入少量氯化钠固体 f．加入少量
0.10 mol·L-1 的
NaOH 溶液
（2）将等质量的锌投入等体积且 pH 均等于 3 的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸) V(醋酸)，反应的最初速率为：υ(盐酸) υ(醋酸)。（填写“>”、“<”或“=”）
（3）已知：90℃时，水的离子积常数为 Kw=3.8×10-13，在此温度下，将 pH=3 的盐酸和 pH=11 的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的 c(H+)= mol/L（保留三位有效数字）。
（4）Ⅱ.常温下，已知 0.1 mol·L-1 一元酸HA 溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8。常温下，0.1mol·L-1 HA溶液的 pH= ；
（5）常温下，向 pH=a 的氨水中加入等体积盐酸时，溶液呈中性，则此盐酸的 pH (14-a)（填写“>”、“<”或“=”）。
19．水溶液广泛存在于生命体及其赖以生存的环境中，研究水溶液的性质及反应有重要意义，室温下，相关酸的电离平衡常数如下表所示：
酸 CH3COOH HCl
电离平衡常数 ——
回答下列问题。
（1）电离方程式是 。
（2）物质的量浓度相同的和，pH大小： (填“<”“=”或“>”)。
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，pH由大到小的顺序是 。
（4）室温下，向未知浓度的溶液中加入溶液。
①溶液中的 (填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。
②当滴加溶液至溶液中的，此时溶液中的pH 7(填“<”“=”或“>”)，判断的依据 。
（5）为测定某溶液的浓度，取20.00待测溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞溶液，用浓度为0.1000的标准溶液滴定。
①达到滴定终点的现象是 。
②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是 (填“滴定管”或“锥形瓶”)。
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是 。
20．下表是不同温度下水的离子积常数：
温度/℃ 25 t1 t2
水的离子积常数 1×10﹣14 KW 1×10﹣12
试回答以下问题：
（1）若25℃＜t1＜t2，则KW 1×10﹣14（填“＞”、“＜”或“=”），判断的理由是 ．
（2）若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 性（填“酸”、“中”或“碱”），溶液中c（Na+） c（Cl﹣）（填“＞”、“=”或“＜”）．
21．某化学小组为探究的制备、性质及检验等相关问题，进行如下实验：
（1）Ⅰ.制备并收集纯净干燥的
实验室可供选择的试剂：C(s)、Cu(s)、饱和溶液、75%浓。
①实验所需装置的连接顺序是：a→ →d→e(按气流方向用小写字母标号表示)。
②该实验中制备的反应方程式为 。
（2）Ⅱ.探究的性质
将收集到的持续通入如图装置进行实验：
①装置E中出现 现象时可验证具有氧化性。
②装置F用于验证的还原性，为实现这一目的，需进一步采取的实验操作是 。
③从硫元素间的相互转化所得的规律判断下列物质中既有氧化性，又有还原性的是 (填字母序号)。
a．Na b． c． d． e．
（3）Ⅲ.葡萄酒中抗氧化剂残留量(以游离计算)的测定准确量取100.00mL葡萄酒样品，加酸蒸馏出抗氧化剂成分，取馏分于锥形瓶中，滴加少量淀粉溶液，用物质的量浓度为标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液22.50mL。(已知滴定过程中所发生的反应是)。
滴定前需排放装有溶液的滴定管尖嘴处的气泡，其正确的图示为____(填字母)。
A． B．
C． D．
（4）判断达到滴定终点的依据是 ；所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永远不能到达7，故稀释1000倍，液的pH接近7又小于7，
故答案为：C。
【分析】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液为易错点。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：0.01mol/L的盐酸中氢氧根离子来自于水的电离，c（OH-）=＝mol/L=10-12mol/L，而溶液中水电离的H+的浓度和水电离出氢氧离子浓度相等；
故答案为：D
【分析】0.01mol/L的盐酸中水电离的H+的浓度和水电离出氢氧离子浓度相等，抓住这一点来解题。
3．【答案】D
4．【答案】C
【解析】【解答】解：A、c(H＋)
C、溶液中c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，故C符合题意；
D、酚酞的变色范围是8.2～10.0，不能使酚酞试液变红，溶液可能显碱性，也可能显中性，也有可能显酸性，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】酸碱性判断不是看H+或OH-的大小，而是看看H+和OH-的大小比较，谁大显谁性；酚酞的变色PH有一定区间，不是直接看酸碱性
5．【答案】C
6．【答案】D
【解析】【解答】A.纯水显中性，c(H＋)=c(OH－)，A不符合题意；
B.加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于Kw=c(H＋)×c(OH－)保持不变，当溶液中c(H＋)减小时，溶液中c(OH－)增大，B不符合题意；
C.若加入弱电解质本身，电离平衡向右移动，但弱电解质的电离程度减小，C不符合题意；
D.HCl为强酸，在水中完全电离，因此盐酸溶液中只存在H2O的电离平衡，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、纯水中c(H＋)=c(OH－)；
B、加水稀释，溶液中c(H＋)减小，结合Kw不变进行分析；
C、若加入电解质本身，弱电解质的电离程度减小；
D、HCl为强酸，盐酸溶液中只存在H2O的电离平衡；
7．【答案】C
【解析】【解答】A．Al3+与HCO3-能发生水解反应，不能大量共存，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，该溶液中c（H+）＞c（OH-），即该溶液呈酸性，而H+、MnO4-、Cl-之间能发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．常温下pH=6.5的溶液呈酸性，这几种离子之间不发生反应，能大量共存，C符合题意；
D．根据题干信息，该溶液中c（H+）=10-12mol L-1或10-2mol L-1，则溶液呈酸性或碱性，NH4+与OH-反应，H+与S2-反应，不能大量共存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw=10﹣14，B曲线的Kw=10﹣12，水的电离是吸热的，所以A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线．
A、95℃时，pH=4的H2SO4溶液中，由水电离出的c（OH﹣）= mol/L=1×10﹣8mol/L，故A错误；
B、温度升高，水的电离受到促进，降低温度，抑制水的电离，所以降低温度，水的pH越大，15℃时，pH=7的溶液呈酸性，故B正确；
C、纯水在任何温度下，都是中性的，故C正确；
D、A是25℃时水的电离平衡曲线，B是95℃时水的电离平衡曲线，B点对应的温度高于A点，故D正确．
故选A．
【分析】纵轴是氢离子浓度，横轴是氢氧根离子浓度，水的离子积常数Kw=c（H+）×c（OH﹣）计算出A曲线的Kw，然后结合水的电离过程吸热判断25℃时、95℃时水的电离平衡曲线，纯水在任何温度下，都是中性的，据此回答判断．
9．【答案】B
【解析】【解答】A.0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项不符合题意；
B.升温促进电离，溶液的pH减小，故B项符合题意；
C.此酸的电离平衡常数约为K= = =1×10-7，故C项不符合题意；
D.由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据电离度计算氢离子的浓度，然后计算pH；
B.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，氢离子浓度增大；
C.根据电离平衡常数的定义进行计算；
D.根据HA电离出的氢离子浓度计算氢氧根离子的浓度，然后得出由水电离出的氢离子浓度即可。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．a点为等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-)，溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故A不符合题意；
B．醋酸属于弱电解质，部分电离，电离过程为吸热的过程，升高温度，醋酸的电离平衡正向移动，促进醋酸的电离，电离平衡常数增大，根据图示，温度：c点＞a点，则醋酸的电离平衡常数：c点＞a点，故B不符合题意；
C．b点时加入的氢氧化钠为20mL，且反应温度最高，酸碱恰好完全中和，溶液为醋酸钠溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，根据分析，NaOH溶液的浓度也为0.5mol·L-1，当等体积混合后，溶液体积变为40mL，此时溶液中c(Na+)==0.25 mol·L-1，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.25mol·L-1，故C不符合题意；
D．b点加入NaOH溶液的体积为20mL时，温度最高，酸碱完全中和，对水的电离没有抑制作用，且醋酸根离子的水解促进水的电离，故b点的水的电离程度最大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.从图可以看出NaOH的浓度为0.5mol·L-1，a点醋酸恰好过量一倍，跟据物料守恒判断；
B.电离常数只受温度影响；
C.b点溶液的体积为40mL，醋酸和醋酸跟的浓度之和变为原醋酸浓度的1/2；
D.b点是恰好中和点，所以溶质为醋酸钠，水的电离程度最大。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故A不符合题意；
B．用于滴定的锥形瓶不需要干燥，对测定结果没有任何影响，故B符合题意；
C．为了保证装入滴定管的溶液的浓度不被稀释，要用该溶液润洗滴定管2~3次，故C不符合题意；
D．酸滴定碱，是酸的浓度已知，碱的浓度未知，酸装在滴定管中，碱装在锥形瓶中，锥形瓶中呈碱性，指示剂加在锥形瓶中，酚酞遇碱变为粉红色，故初始颜色为粉红色，但随着酸的加入，锥形瓶中碱性减小，直至到滴定终点变为中性，所以锥形瓶中由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、滴定管使用前要先检验漏水；
B、锥形瓶不需要干燥；
C、滴定管需要润洗；
D、酸滴入碱时酚酞有粉红色变为无色。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故A错误；
B、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故B错误；
C、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故C错误；
D、NaOH溶液滴和CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成了CH3COONa，CH3COONa水解溶液呈碱性，应选择碱性范围内变色的指示剂，即酚酞，故D正确；
故选D．
【分析】根据盐类的水解考虑溶液的酸碱性，然后根据指示剂的变色范围与酸碱中和后的越接近越好，且变色明显（终点变为红色），溶液颜色的变化由浅到深容易观察，而由深变浅则不易观察．
13．【答案】D
【解析】【解答】A.25℃蒸馏水中c（H+）=1×10-7mol/L，pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以该温度高于25℃，A不符合题意；
B．NaHSO4电离出H+，c（H+）增大，抑制水的电离，B不符合题意；
C．该温度下水的离子积Kw=1×10-6×1×10-6=10-12，该溶液的pH=2，则该溶液中c（OH-）=10-12÷10-2=1×10-10(mol/L)，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离出的H+的浓度为1×10-10mol/L，C不符合题意；
D．NaHSO4溶液的pH=2，c（H+）=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-12÷10-12=1(mol/L)，两者等体积混合充分反应后NaOH过量，溶液呈碱性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.此时pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程；
B.水电离生成氢离子和氢氧根离子，提高氢离子的浓度，抑制水的电离；
C.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；
D.纯水的pH=6，说明Kw=10-12，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等。
14．【答案】B
【解析】【解答】A. 溶液中有，符合物料守恒，故A不符合题意；
B. 当NaOH溶液体积为10mL时，反应后溶质为NaHA，HA-只发生电离，则NaHA溶液呈酸性，溶液的pH＜7，抑制水电离，当时，水电离出的，故B符合题意；
C. 当滴加至中性时c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知，溶液中，故C不符合题意；
D. 当NaOH溶液体积为20 mL时，反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可知c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合物料守恒判断；
B、NaHA只能电离，不能水解；
C、结合电荷判断；
D、结合物料守恒判断。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．Mg与盐酸反应为放热反应，起初反应速率加快的原因是这一阶段温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，A不符合题意；
B．b曲线反应活化能低于a曲线，故b曲线可能使用了催化剂，B符合题意；
C.0.100 0 mol·L 1NaOH溶液pH=13，40mL时醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠溶液呈碱性，pH应大于7，与图不符，故图3不可能是用0.100 0 mol·L 1醋酸滴定40.00 mL 0.100 0 mol·L 1NaOH溶液得到的滴定曲线，C不符合题意；
D．由图4可知，Fe3+能使反应更快，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.此反应是放热反应；
B.催化剂可以改变活化能；
C.依据中和滴定曲线和醋酸钠溶液呈碱性，pH应大于7分析解答；
D.依据图示分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】①为了保证盐酸反应完全，使用浓度稍大的氢氧化钠溶液，故①符合题意；
②在大烧杯底部垫泡沫塑料（或纸条），以达到保温、隔热、减少实验过程中热量损失的目的，也可在保温杯中进行 ，故②符合题意；
③为了避免热量损失，应该一次性倒入，故③符合题意；
④混合溶液后，用环形金属搅拌棒轻轻搅动溶液，并准确读取混合溶液的最高温度 ，故④符合题意；
⑤单次实验记录温度最高值，故⑤不符合题意；
⑥101kpa时，1mol某纯物质完全燃烧生成稳定化合物所放出的热量，叫做该物质的燃烧热故⑥不符合题意；
⑦若酸碱中和反应的离子方程式可以写成时，中和热不一定为-57.3kJ/mol，故⑦不符合题意；
⑧一元弱酸参与中和反应，其中和热所释放的热量一般都低于 57.3kJ/mol ，故⑧不符合题意；
⑨现阶段探索的新能源有太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能和生物质能等，它们资源丰富，可以再生，没有污染或很少污染，很可能成为未来的主要能源，故⑨符合题意；
⑩燃煤发电是从煤中的化学能开始的一系列能量转换过程，主要包括化学能、热能、机械能、电能 ，故⑩符合题意；
利用高纯单质硅的半导体性能，可以制成光电池，将光能（如太阳光能）直接转换为电能，故 符合题意；
故答案为：A
【分析】①-⑤主要考察测定中和热，一般选择碱的浓度稍大于酸的浓度，碱的量过量，并且一次性加入，一般利用泡沫达到保温作用，每次测量最高温度；
⑥-⑧考查的是燃烧热和中和热，紧扣定义进行判断；
⑨- 考查的能量的变化以及新能源利用结合选项判断。
17．【答案】（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
（2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱
【解析】【解答】（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。
②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。
④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c( OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
【分析】（1）①根据pH=-lgc(H+)计算；
②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
③形成原电池可加快反应速率；
④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
18．【答案】（1）(10-5-10-9) mol/L；bcf
（2）<；=
（3）2.05×10-11
（4）3
（5）<
【解析】【解答】Ⅰ.（1）在 pH＝5的稀醋酸溶液中，c（H+）＝10－5mol/L，其中由水电离出的氢离子浓度是10－9mol/L，所以根据醋酸的电离平衡方程式CH3COOH H++CH3COO-可以看出，c（CH3COO-）＝c（H+）＝(10－5－10－9)mol/L。加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动，所以
故答案为：bcf；（2）醋酸是弱酸，随着它和金属的反应，电离平衡不断地向右移动，会电离出更多的氢离子，所以醋酸产生的氢气体积较大，V(盐酸)
（2）反应多少看总量，醋酸仲锌粉有剩余，由于开始氢离子浓度相等，所以化学反应速率相等；
（3）酸碱中和看过量，然后计算浓度；
（4）根据水的离子积常数并结合题中数据，求出氢离子浓度即可；
（5）由于一水合氨是弱电解质，反应的过程释放氢氧根，所以小于14-a。
19．【答案】（1）
（2）<
（3）NaClO＞CH3COONa＞NaNO2
（4）增大；＝；根据电荷守恒有：c(NO2-) + c(OH )＝c (Na+) + c(H+)， 当c(NO2-)＝c (Na+)时，溶液中的c(H+)＝c(OH )，所以pH＝7
（5）溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；锥形瓶；0.0999 mol/L
【解析】【解答】（1）是一元弱酸，不完全电离，电离方程式；
（2）Ka()=，Ka()=，则Ka()>Ka()，所以物质的量浓度相同的和，溶液中c(H+)更大，pH则更小，所以填“<”；
（3）物质的量浓度相同的、、三种溶液，均是强碱弱酸盐，阳离子相同，则看阴离子水解程度的大小，根据表格信息，有Ka()>Ka(CH3COOH) >Ka()，根据“越弱越水解”，则水解程度Kh()
②当滴加溶液至溶液中的，根据电荷守恒，有，所以此时溶液中，的此时溶液中的pH=7；
（5）①达到滴定终点的现象是溶液由红色变无色，且半分钟内不变色；
②在滴定实验过程中，锥形瓶是否有蒸馏水，对实验结果没有影响；
③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗标准溶液体积的平均值为19.98，则此溶液的浓度是：
【分析】（1）弱酸不完全电离；
（2）依据Ka分析；
（3）根据“越弱越水解”；
（4）①依据电离平衡移动原理；
②根据电荷守恒；
（5）①依据溶液中颜色变化判断；
②不影响待测液中溶质的物质的量；
③利用中和反应原理，用平均值计算；
20．【答案】（1）＞；因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大
（2）中；=
【解析】【解答】解：（1）由于水的电离电离过程为吸热反应，温度越高，水的电离程度越大，水的离子积越大，所以若25℃＜t1＜t2，则KW＞1×10﹣14，
故答案为：＞；因为水的电离是吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，离子积也增大；（2）若25℃时，pH=3的盐酸的氢离子浓度为10﹣3 mol/L，pH=11氢氧化钠溶液氢氧根离子浓度为 mol/L=10﹣3 mol/L，等体积混合溶液呈中性c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），因此c（Na+）=c（Cl﹣），
故答案为：中；=．
【分析】（1）水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大，据此进行解答；（2）若25℃时，pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na+）、c（Cl﹣）．
21．【答案】（1）cbgf；
（2）淡黄色沉淀；取与NaClO溶液反应后的溶液样品少许，先滴加盐酸酸化，再滴加溶液，若出现白色沉淀，则证明具有还原性；ce
（3）C
（4）滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去；144
【解析】【解答】（1）①A装置是用来制取SO2的装置，由于产物中也有水，所以将SO2通入浓硫酸中吸收水分，然后收集SO2气体，再加一个碱石灰装置防止SO2气体排入空气，所以气体的流向应该是： a→ cbgf →d→e ；
②制取SO2的反应是：亚硫酸钠与浓硫酸反应： ；
（2） ① SO2具有氧化性，可以与Na2S反应得到S单质，所以现象是出现淡黄色的沉淀；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态既具有氧化性又具有还原性；
（3）碘单质具有氧化性，应该用酸式滴定管盛放，酸式滴定管赶气泡的操作是：在滴定管的底部轻轻打开阀门，用食指和中指捏住活塞放气，C选项是正确的；
（4）滴定的终点是： 滴入最后半滴标准液，溶液的颜色从无色刚好变为蓝色，且30s内不再褪去 ；
根据化学方程式之间的关系，可知碘单质和SO2的物质的量相等，100毫升 葡萄酒样品 中的质量为：22.5×0.01×64×10-3=0.144g， 所测100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量 为0.144×1000mg/0.1L=144 。
【分析】（1）①该实验的原理是先制取SO2，再收集SO2，并做好SO2的尾气处理；
②该反应原理的实质是强酸制弱酸；
（2）①和Na2S反应的方程式为：3SO2+2Na2S=3S+2Na2SO3；
②装置F中的ClO-将SO2氧化为SO42-，若能检验出SO42-，则能证明SO2具有还原性；
③元素的中间价态，既具有上升价态的空间，也有下降的空间，所以中间价态既具有氧化性也有还原性；
（3）具有氧化性的物质应该用酸式滴定管来装取；
（4）根据化学方程式可以得出SO2和碘单质之间的物质的量关系，从而计算出葡萄酒中SO2的含量。