3.2 水的电离和溶液的pH 同步练习题 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 同步练习题 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 | 443.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-12 17:26:21 | ||
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文档简介
3.2 水的电离和溶液的ph 同步练习题
2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
一、单选题
1．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（ ）
A．用广泛pH试纸测得该溶液的pH为3.2
B．用pH试纸蘸取溶液，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，所测得的pH一定偏小
2．常温下，某溶质水溶液中水电离出的[H+]为1.0×10-10mol·L-1，该溶液不可能是
A．烧碱溶液 B．碳酸钠溶液
C．硝酸溶液 D．硫酸氢钠溶液
3．下列有关说法中正确的是（ ）
A．溶液和溶液反应的中和热，则溶液和足量溶液反应的
B．常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后改变
C．在反应中，若生成氯气，转移电子的数目为
D．为加强生态文明建设，我国大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
4．下列图示与对应的叙述相符合的是（ ）
A．图甲表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C．图丙表示0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1硫酸时溶液pH的变化
D．图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化情况
5．下列说法正确的是
A．100℃水的离子积是
B．中性水溶液中的
C．纯水在100℃时， mol·L，所以此时纯水中
D．pH<7的溶液一定是酸溶液
6．下列图示与对应叙述相符的是（ ）
A．图1表示压强对可逆反应2A(g)+B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大
B．图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．图3表示在CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化
D．图4表示常温下向20 mL0.1 mol/L氨水中滴加稀盐酸，c点溶液中c(NH )＜c(Cl-)
7．下列有关叙述正确的是（ ）
A．用pH试纸测得某氨水的
B．稀醋酸加水稀释后，溶液中变大
C．溶液和溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
D．两种氨水的pH分别为a和，物质的量浓度分别为和，则
8．是实验室常用试剂。25℃时，下列相关说法正确的是（ ）
A．pH均为4的溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中增大
C．0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液，测得pH=5.5，则该缓冲溶液中：
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊。说明酸性：碳酸>苯酚
9．常温下，向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．V=10 mL时，c(HA)＞c(A-)
B．pH=7时，V(NaOH)＜20 mL
C．滴定终点时，溶液由无色变为浅红色
D．a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度
10．如图是向100 mL pH＝1的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液pH的变化图像，根据如图所得结论正确的是（ ）
A．原来盐酸的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
C．原来盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
D．NaOH溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
11．水是最宝贵的资源之一，下列说法正确的是（ ）
A．的溶液一定呈中性
B．室温下，盐酸与等体积水混合后
C．向水中加入固体硫酸铜，水的电离平衡逆向移动，减小
D．25℃时，某溶液中由水电离产生的，该溶液一定显酸性
12．室温下，向 盐酸中滴加 溶液，溶液的 随 溶液体积的变化如图。已知 下列说法错误的是（ ）
A． 与盐酸恰好完全反应时，溶液
B． 时，溶液
C． 标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定 溶液的浓度，标定时可采用甲基橙为指示剂
D．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小
13．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用盐酸标准溶液测定V mL某纯碱样品溶液中的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．a点溶液中存在关系：
C．V mL该纯碱样品溶液中含有的质量为0.084c g
D．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在
14．室温时，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定同浓度20mL的NH4HSO4溶液(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是（ ）
A．滴定过程中，溶液中逐渐减小
B．时：
C．时：
D．分别为和时水的电离程度：前者＞后者
15．下列说法正确的是（ ）
A．纯水的pH不一定等于7
B．原电池的两极中较活泼的金属一定为负极
C．硫酸溶液的导电能力一定比醋酸溶液的导电能力强
D．若升高一个可逆反应的温度，该反应化学平衡常数一定增大
16．将V1 mL1.00mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是（ ）
A．做该实验时环境温度为22℃
B．该实验表明化学能可能转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00mol·L-1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
17．最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）
A．加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离
B．水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程
C．水电离出的c(H+)=10-7mol/L的溶液一定呈中性
D．水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大
18．W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：r(Z)>r(X)>r(Y)
B．Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C．X2W4分子中既含极性键，又含非极性键
D．化合物XW3的水溶液能抑制水的电离
19．25℃时，向20 mL 溶液中滴加的NaOH溶液，滴定曲线如图1所示，含氯微粒的物质的量分数()随pH的变化关系如图2所示，则下列说法正确的是
A．图2中A点对应溶液的pH约为5
B．b点对应的溶液中：
C．d点对应的溶液中：
D．滴定过程中，与之和保持不变
20．下列有关电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1
B．25℃时，将10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13
C．25℃时，pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11mol·L-1
D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中， =
二、综合题
21．
（1）某温度下纯水中c(H+)=2×10-7 mol/L，若温度不变，向水中滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-6 mol/L，此时溶液中的c(OH－)= 8×10-9 mol/L，滴入盐酸后水的离子积 不变(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，水的电离度 变小
（2）今有A.CH3COOH B.HCl
C.H2SO4三种溶液，
①当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小是 A＞B＞C(用字母表示，下同)；
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积由大到小为
（3）体积相同pH均等于12的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为
22．某实验小组同学做中和滴定和中和热的测定两个实验。
（1）Ⅰ．下图是该小组同学用0.5000 mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和第1次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题。
仪器A的名称是 。
（2）第1次滴定消耗标准液 mL 。
（3）已知每次滴定操作所取待测NaOH溶液的体积均为20.00mL。第2、3、4次滴定数据如下表所示。通过计算得待测NaOH溶液的平均浓度是 mol/L。(保留四位有效数字)
实验 编号 待测NaOH溶液的体积（mL） 滴定前盐酸的 体积读数（mL） 滴定后盐酸的 体积读数（mL）
2 20.00 1.20 21.20
3 20.00 2.24 22.26
4 20.00 1.50 21.48
（4）滴定操作可分解为如下几步（所用的仪器刚用蒸馏水洗净）：
A.向锥形瓶里注入20.00 mL待测NaOH溶液，并滴入2-3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗酸式滴定管2-3次；
C.固定好装标准溶液的酸式滴定管，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，管内无气泡；
D.取标准HCl溶液注入酸式滴定管至刻度0以上2-3cm；
E.调节液面至0或0以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管下面，用标准HCl溶液滴定至终点并记下滴定管液面刻度。
合理的操作顺序是（用序号字母填写） 。
（5）如何判断到达滴定终点？ 。
（6）如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是 ；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是 (填“无影响”、“偏高”、“偏低”)。
（7）Ⅱ．现用上述盐酸和已测出浓度的NaOH溶液，设计如下装置测定中和热。
将50mL盐酸与50mL NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
从图示看此装置存在错误，请指出 。
（8）当室内温度低于10℃时，对实验数据影响很大，实验测得的中和热数值偏小。其原因是 。
（9）如果实验测得起始温度为t1℃，反应后的最高温度为t2℃，则中和热的表达式为ΔH = 。（中和后溶液的比热容c=4.18J/(g.℃)）
（10）本次实验室内温度正常，操作无误，但是数据偏低，其原因是 。
23．随着工业的发展，酸雨已经成为全球性的环境问题。
（1）当雨水的pH ，我们称它为酸雨。
（2）用化学方程式来表示酸雨形成的主要途径之一： ， 。
（3）常温下测得某次酸雨样品的pH=5，则该样品中c(H+)= ，该样品放置一段时间后，酸性略有增强，其原因可能是 。
（4）写出一条减少二氧化硫排放的措施 。
（5）检验某无色溶液中是否存在SO42-的方法是 。
24．国家标准规定酿造食醋总酸含量不得低于3.5g/100mL，为测定某品牌市售醋酸的浓度，用移液管移取25mL，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.2000 mol L 1
NaOH标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 2.40 22.40
3 1.54 21.56
已知：常温下，Ka(CH3COOH)=1.8×10 5， =2.236
（1）该市售醋酸的含量为 g/100mL
（2）该市售醋酸c(H+)约等于 (保留小数点后一位)
25．100 mL 0.300 mol/LCuSO4溶液与1.30 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J/(g·℃)、溶液的密度均近似为1.00g/cm3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
（1）反应放出的热量 J。
（2）反应Zn(s)+CuSO4(aq)=Cu(s)+ZnSO4(aq)的△H= kJ/mol。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．广泛pH试纸所测的pH为整数，故A项不符合题意。
B．用pH试纸蘸取溶液，将污染溶液，故B项不符合题意。
C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，故C符合题意；
D．当溶液为强酸强碱盐时，用湿润的pH试纸测得的pH无误差，故D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.广泛pH试纸测得的数值为整数；
B.测定pH方法为：用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；
D.测量的pH结果不一定偏低，如中性溶液氯化钠溶液的pH不受影响。
2．【答案】B
【解析】【解答】常温下，某溶质水溶液中水电离出的[H+]为1.0×10-10mol·L-1，则该溶质可以直接电离氢离子或者氢氧根离子，抑制水的电离；
A、烧碱为氢氧化钠，电离出氢氧根离子，A错误；
B、碳酸钠无法电离出氢离子或氢氧根离子，B正确；
C、硝酸电离出氢离子，C错误；
D、硫酸氢钠电离出氢离子，D错误；
故答案为：B
【分析】常温下，水溶液中水电离出c(H+)或c(OH-)小于10-7mol·L-1时，溶质则可以直接电离出氢离子或氢氧根离子抑制水的电离。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应时，生成硫酸钡沉淀也会放出热量，所以0.5mol硫酸溶液与足量氢氧化钡溶液反应时的反应热△H小于—57.3kJ/mol，故A不符合题意；
B．常温下，pH均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液pH不变，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应转移5mol电子，生成3mol氯气，37Cl和35Cl的原子个数为1：5的氯气平均摩尔质量约为70.6，则反应生成212g氯气，转移电子的数目为××NAmol-1=5NA，故C符合题意；
D．电能不属于一次能源，属于二次能源，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、中和热无论怎么改变反应物的量，其中和热焓变值不变，但是放出的热量不同。
要注意，强酸强碱中和放出的热量为57.3kJ，弱酸弱碱放出的热量小于57.3kJ，硫酸和氢氧化钡中和放出的热量大于57.3kJ，强酸强碱的浓溶液中和放出的热量大于57.3kJ，而如果用中和热表示，由于中和热是负值，因此强酸强碱中和热小于弱酸弱碱中和热，硫酸和氢氧化钡中和热、强酸强碱的浓溶液中和热均小于其余强酸强碱的中和热；
B、氢氧根浓度不变，则pH不变；
C、本题要注意，氯气的质量要结合两种质量数计算；
D、电能属于二次能源。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、升高温度，正逆反应速率都增大，都大于原来平衡速率，选项A错误；
B、反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应，该图表示正确，选项B正确；
C、图中向20 mL 0.1 mol·L－1硫酸中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸性溶液→中性溶液→碱性溶液，但滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40 mL，选项C错误；
D、图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化应逐渐减小，当硫酸过量时导电性逐渐增大，选项D错误。答案选B。
【分析】A、升高温度，化学反应速率增大
C、滴定终点应是酸碱中和反应恰好完全发生
D、溶液的导电性，取决于溶液中离子的浓度和带电荷数，随着硫酸的量的增加，溶液的导电性增强。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.25℃时，水的离子积常数是1.0×10－14，A不符合题意；
B．c(H＋)＝c(OH )的溶液一定呈中性，B符合题意；
C．水的电离吸热，加热促进电离，纯水在100℃时，c(H＋)＞10－7mol·L－1，但纯水显中性，所以此时纯水中c(H＋)＝c(OH )，C不符合题意；
D．pH＜7的溶液不一定是酸溶液，与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关系，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.100℃水的离子积大于；
C.纯水中始终存在c(H＋)＝c(OH )；
D.c(H＋)>c(OH )时溶液呈酸性，c(H＋)6．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应是反应前后气体体积相同的反应，若增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡，但化学平衡不发生移动，A的体积分数不变，A不符合题意；
B．根据图示可知：反应物的能量比生成物的高，发生反应会放出热量，属于放热反应，不是吸热反应，B不符合题意；
C．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，向溶液中加入CH3COONa固体，导致溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，使得溶液中c(H+)减小，溶液的pH会增大，C不符合题意；
D．氨水中的NH3·H2O电离产生的OH-对水的电离平衡起抑制作用，使水电离产生的c(H+)减小。向其中滴加HCl，二者发生中和反应，消耗溶液中OH-，c(OH-)减小，水电离程度增大，当二者达到恰好发生中和时的c点时，水电离程度最大，此时溶液为NH4Cl，由于NH 会发生水解反应而消耗，而Cl-不消耗，故此时溶液中c(NH )＜c(Cl-)。后来由于滴加HCl过量，过量的酸电离产生的H+对水电离平衡又起抑制作用，使水电离产生的c(H+)减小，因此水电离程度先逐渐增大，后又逐渐减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 对可逆反应2A(g)+B(g) 3C(g)+D(s)，前后气体系数相等，压强的改变不影响平衡移动
B.根据反应物和生成物的能量大小即可判断反应的吸热放热
C.醋酸是可逆电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，导致氢离子浓度降低，pH增大
D.水的电离程度最大时是氨水和盐酸恰好反应完全，但是考虑铵根离子水解，离子浓度降低
7．【答案】D
【解析】【解答】A．pH试纸的读数只能读到整数，故用pH试纸测得某氨水的pH约为11，不能读到11.3，A不符合题意；
B．已知稀醋酸溶液中=，稀醋酸加水稀释后，H+浓度变小，Ka不变，故上述比值变小，B不符合题意；
C．溶液由于CH3COO-和水解程度相同，溶液显中性，而溶液应为强酸强碱盐不水解显中性，盐类的水解对水的电离起促进作用，故两溶液中水的电离程度前者大于后者，C不符合题意；
D．两种氨水的pH分别为a和，物质的量浓度分别为和，则c1=，c2=，故=，由于α1大于α2，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．pH试纸的读数只能读到整数；
B．利用平衡常数的变形公式=分析；
C．盐类的水解对水的电离起促进作用；
D．依据浓度与pH的关系判断。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．pH均为4的溶液中水电离出的OH-浓度为10-10mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的H+浓度为：10-4mol/L，故二者溶液中水的电离程度不相同，前者小于后者，A不符合题意；
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中=，由于温度不变，Kh(CH3COO-)不变，加水稀释，c(CH3COOH)减小，故增大，B符合题意；
C.0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液即等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，测得pH=5.5，则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故则该缓冲溶液中：，C不符合题意；
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊，由于醋酸具有挥发性，故苯酚钠溶液变浑浊，可能是H2CO3和苯酚钠溶液反应，也可能是醋酸与苯酚钠反应，故不能说明酸性：碳酸>苯酚，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
B．水解平衡常数只受温度影响；
C.依据得到时溶液的组成和电离水解程度分析；
D．醋酸具有挥发性。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，当加入NaOH溶液10 mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A符合题意；
B．当加入NaOH溶液体积是20.00 mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH=8＞7，则当溶液pH=7时，滴加NaOH溶液的体积V(NaOH)＜20 mL，B不符合题意；
C．当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不再变为无色，C不符合题意；
D．a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A-会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图像起始点可知该一元酸是弱酸，结合中和滴定以及盐的水解的相关知识分析解答。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．原来盐酸的pH=1，则c(HCl)=0.1 mol·L-1，A正确；
B．n(HCl)=0.01 mol，滴定终点时所需NaOH的物质的量n(NaOH)=0.01 mol，不知消耗NaOH溶液的体积，无法求其物质的量浓度，B错误；
C．原来盐酸的pH=1，则c(HCl)=0.1 mol·L-1，C错误；
D．n(HCl)=0.01 mol，滴定终点时所需NaOH的物质的量n(NaOH)=0.01 mol，不知消耗NaOH溶液的体积，无法求其物质的量浓度，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.根据图像起点可知，盐酸起始的pH＝1 ，那么盐酸浓度为0.1 mol·L-1，
B.不知道氢氧化钠体积，无法计算浓度；
C.原来盐酸的pH=1，则c(HCl)=0.1 mol·L-1，
D.智能计算氢氧化钠物质的量，无法计算浓度。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下pH=7的溶液为中性，若温度高于室温，pH=7的溶液不是中性，A不符合题意；
B．室温下，0.2mol/L的盐酸与等体积的水混合后浓度变为0.1mol/L，pH=1，B符合题意；
C．水中加入硫酸铜固体后，铜离子水解产生氢氧化铜和氢离子，促进水的电离，氢氧根浓度减小，C不符合题意；
D．水的电离受到了抑制，可能显酸性也可能显碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，pH=7的溶液不一定呈中性；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D. 由水电离产生的 ，说明水的电离受到抑制。
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 与盐酸恰好完全反应时，生成NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，溶液 ，A不符合题意；
B. 盐酸物质的量为0.002mol， 时，NaOH的物质的量为0.003mol，则反应后余下NaOH0.001mol，溶液体积为50mL，则NaOH的浓度为 =0.02mol/L，则H+的浓度为 ，溶液 ，B不符合题意；
C.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，甲基红的指示范围是4.4~6.2，二者差不多，相反甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C符合题意；
D. 根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指色范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，故甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C中根据终点的pH判断选择指示剂要灵敏，且包含滴定终点。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．水解促进水的电离，由以上分析得a点时，溶液中存在能水解的，随着加入盐酸的量的增加，逐渐减少，生成CO2，所以水的电离程度逐渐减弱，c点时，完全转化为CO2和水，水的电离程度不被促进，则水的电离程度，故A不符合题意；
B．a点为第一个计量点，反应为：，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒：，故B不符合题意；
C．滴定的两个计量点的反应中，若没有杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得，第二个计量点的反应中的包括反应生成的和杂质，所以杂质的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8-2.9)mL×10-3×c mol/L×84g/mol=0.084c g，故C不符合题意；
D．在整个滴定过程中，参加反应的离子是，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，c点位第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
D、结合钠离子的守恒以及参与反应的离子浓度变化判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、滴定过程中，硫酸根离子不会被消耗，但溶液的体积增大，溶液中逐渐减小，故A不符合题意；
B、时，恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水，根据电荷守恒有： ，根据物料守恒有：，则有 ，故B不符合题意；
C、 时，溶质为硫酸钠和一水合氨，则有 ，故C符合题意；
D、时，溶质为硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解促进水的电离，时，溶质为硫酸钠和一水合氨，一水合氨电离抑制水的电离，则分别为和时水的电离程度：前者＞后者，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、滴定过程不消耗硫酸根离子；
B、根据电荷守恒和物料守恒分析；
C、 时，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨；
D、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．纯水的pH值不一定等于7，如100℃时纯水的pH=6，故A符合题意；
B．在Mg、Al氢氧化钠原电池中，较不活泼的Al作负极，故B不符合题意；
C．导电性与离子浓度有关，与电解质的强弱无关，浓度很小的硫酸溶液的导电能力可能比醋酸溶液的导电能力弱，故C不符合题意；
D．如果可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数会减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.水的离子积常数是温度的函数，纯水的pH随温度的升高而降低；
B.原电池的电极处于金属活泼性强弱有关外，还与电解质溶液的性质有关；
C.电解质溶液的导电性与离子浓度和带有的电荷数多少有关；
D.可逆反应的温度升高，平衡可逆向正反应方向移动，也可能向逆反应方向移动。
16．【答案】B
【解析】【解答】A. 将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，故A不符合题意；
B. 盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B符合题意；
C. HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1 mol·L 1×0.03L = c(NaOH)×0.02L，c(NaOH) = 1.5 mol·L 1，故C不符合题意；
D. 该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A.当V1=0时才是起始温度
B.温度升高，说明有能量变化，中和反应是放热反应，可以说明化学能向热能转换
C.温度最高的点是中和反应恰好反应的点，根据V1=30mL，计算出物质的量浓度即可
D.此实验只能说明氢氧化钠溶液和盐酸反应放热
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离，A不符合题意；
B. 水的电离不需要通电、常温下是自发过程，水电解需要电、常温下是非自发过程，B不符合题意；
C. 常温下，水电离出的c(H＋)=10-7mol/L的溶液一定呈中性，C不符合题意；
D. 水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度促进水电离，一定使水的离子积增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．强酸强碱盐不影响水的电离平衡；
B．电离不需要用电，电解需要通电，自发与否由焓变与熵变共同决定，△H-T△S＜0时反应自发进行；
C．溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，溶液一定呈中性，水的电离受温度影响；
D．水的离子积适用于一切水溶液，水的电离是吸热的过程。
18．【答案】B
【解析】【解答】A.X为N，Y为Al，Z为Cl。简单离子半径大小关系：Cl->N3->Al3+，即r(Z)>r(X)>r(Y)，A不符合题意；
B.Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，不是强碱，B符合题意；
C.N2H4电子式为 ，分子中既含极性键，又含非极性键，C不符合题意；
D.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-，能够抑制水的电离，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】“化合物XW3能做制冷剂，且能检验Z单质是否泄漏”，因此XW3为NH3、Z单质为Cl2；“化合物YZ3能促进水的电离”则YZ3为AlCl3；因此W、X、Y、Z分别为H、N、Al、Cl；据此结合元素周期表的性质递变规律分析。
19．【答案】A
【解析】【解答】A．图2中交点表示HAuCl4与浓度相等，由分析知图1中b点与之对应，此时pH约为5，A符合题意；
B．b点组成为HAuCl4与NaAuCl4，存在电荷守恒：，由图知b点显酸性，即c(H+) > c(OH-)，故c(Na+) <，B不符合题意；
C．d组成为NaAuCl4，存在电荷守恒：和物料守恒：，联立两守恒消去c(Na+)得：，C不符合题意；
D．根据元素守恒知HAuCl4与都来源于起始的HAuCl4，即两者物质的量之和等于原HAuCl4物质的量，故始终保持不变，但滴定过程中，溶液的体积发生变化，则与之和有变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、A点为两曲线交点，即HAuCl4与浓度相等；
B、结合电荷守恒判断；
C、结合电荷守恒和物料守恒判断；
D、结合元素守恒及逆行判断。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因为温度为25℃，Kw=1×10-14，[OH-]= ，A不符合题意；
B．由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量， ，a+b=13，B不符合题意；
C．NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，C符合题意；
D． ，可以倒推得出结论，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的pH结合水的离子积常数进行计算即可
B.根据恰好中和得出氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相等即可计算
C.根据给出的pH以及水的离子积进行计算即可
D.根据醋酸根的水解以及醋酸的电离结合水的离子积进行替换即可得出结论
21．【答案】（1）8×10-9；不变；变小
（2）A＞B＞C；C＞A=B
（3）m>n
【解析】【解答】（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c（OH-）=2×10-7mol/L，Kw=c（H+）c（OH-）=2×10-7×2×10-7=4×10-14，若温度不变，滴入稀盐酸，使c（H+）=5×10-6mol/L，则c（OH-）= =8×10-9mol/L，温度不变，水的离子积常数不变，酸抑制水电离，所以水的电离程度减小，故答案为8×10-9，不变，变小。
（2）①氯化氢和硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，当它们pH相同时，即氢离子浓度相同，酸性越强的酸浓度越小，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以硫酸的浓度小于盐酸，所以酸浓度大小顺序是A＞B＞C，故答案为A＞B＞C。
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，氢元素的物质的量越大需要的碱体积越大，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸中氢元素的物质的量相同，所以需要氢氧化钠的体积C＞A=B，故答案为C＞A=B。
（3）因为氨水是弱碱，加水后促进电离，氨水电离度增加，所以加水后，氢氧根离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而NaOH是强碱在水中完全电离，加水后，氢氧根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；故答案为m＞n。
【分析】（1）根据氢离子浓度计算该温度下的水的离子积常数，然后根据水的离子积互删充入加入稀硫酸后溶液中的氢氧根离子浓度，水的离子常数只是温度的函数，加入酸抑制水的电离；
（2）①根据pH的定义式，结合酸的强弱、酸的元数进行分析；
②酸碱中和反应与酸的物质的量和酸的元数有关；
（3）弱碱和强碱溶液稀释相同的倍数，弱碱的pH变化小，若稀释后pH相同则弱碱稀释的倍数更多。
22．【答案】（1）酸式滴定管
（2）22.00
（3）0.5000
（4）BDCEAF
（5）滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红
（6）偏高；偏低
（7）缺少环形玻璃搅拌棒
（8）温度过低热量损失多
（9）-0.418(t2-t1)/0.025 kJ/mol
（10）酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和
【解析】【解答】(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器A的名称为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL，第1次滴定消耗标准液的体积为22.00mL，故答案为：22.00；
(3)三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.02mL，19.98mL，数据均有效，则平均消耗V(NaOH)=20.00mL，c(待测)= = =0.5000mol L-1，故答案为：0.5000；
(4)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：BDCEAF，故答案为：BDCEAF；
(5)滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红；
(6)如果上述B步骤省略，即未用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次，相当于标准液稀释，导致标准液的体积偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏低，故答案为：偏高；偏低；
(7)从图示装置可知，图中缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：缺少环形玻璃搅拌棒；
(8)当室内温度低于10℃时，实验散失的热量增多，实验测得的中和热数值偏小，故答案为：温度过低热量损失多；
(9)起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，温度差为：(t2-t1)℃，0.5mol/L的盐酸和0.5mol/L的NaOH溶液各50mL进行实验，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18×10-3kJ/(g ℃)×(t2-t1)℃，所以实验测得的中和热△H=- =- kJ/mol；故答案为：- kJ/mol；
(10)本次实验室中盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，不满足酸或碱必须有一个过量，无法保证完全中和，使得数据偏低，故答案为：酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和。
【分析】Ⅰ.此部分是对中和滴定的考查，结合酸碱中和滴定实验进行分析；
Ⅱ.此部分是对中和热测定实验的考查，结合中和热测定实验进行分析。
23．【答案】（1）< 5.6
（2）SO2+H2O H2SO3；2H2SO3 + O2 → 2H2SO4
（3）10—5mol/L；酸雨中的亚硫酸被氧化成硫酸了
（4）燃料脱硫（合理即可）
（5）取样于试管中，先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42-，如无沉淀，则不存在SO42-
【解析】【解答】随着工业的发展，酸雨已经成为全球性的环境问题。
⑴由于雨水中含有溶液的二氧化硫生成亚硫酸，因此当雨水的pH< 5.6，我们称它为酸雨；
⑵用化学方程式来表示酸雨形成的主要途径有两种，一种的雨水和二氧化硫反应生成亚硫酸，亚硫酸与空气中氧气反应生成硫酸，另一种途径为二氧化硫在空气中飘尘的作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与雨水反应生成硫酸，前者的反应方程式为SO2+H2O H2SO3，2H2SO3 + O2 == 2H2SO4；
⑶常温下测得某次酸雨样品的pH=5，则该样品中 ，因此c(H+)=1×10－5 mol/L，该样品放置一段时间后，酸性略有增强，亚硫酸酸性弱，而强酸酸性强，其原因可能是酸雨中的亚硫酸被氧化成硫酸了；
⑷写出一条减少二氧化硫排放的措施有用氨水吸收尾气，双碱脱硫，燃料脱硫等；
⑸检验某无色溶液中是否存在SO42－的方法是取样于试管中，先滴加盐酸无现象，滴加盐酸主要目的是排出银离子、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42－，如无沉淀，则不存在SO42－。
【分析】⑴当雨水的pH< 5.6，酸雨；
⑵熟悉酸雨的的形成过程；
⑶pH表示的是溶液中氢离子的浓度；酸雨中的亚硫酸转化为硫酸会导致雨水的酸性增强；
⑷减少二氧化硫排放的措施有用氨水吸收尾气，双碱脱硫，燃料脱硫等；
⑸熟记硫酸根离子的检验方法。
24．【答案】（1）9.6
（2）5.4×10 3
【解析】【解答】(1)第一次消耗的体积为19.98mL，第二次消耗的体积为20.00mL，第三次消耗的体积为20.02mL，三次的平均值为20.00mL，则25mL溶液中醋酸的物质的量n(CH3COOH)= n(NaOH)=0.02L×0.2000mol L 1×10=0.04mol，则100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，100mL溶液中醋酸的质量0.16mol×60g mol 1=9.6g，因此该市售醋酸的含义为9.6g/100mL；故答案为：9.6。(2)该市售醋酸100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，醋酸的浓度为 ，则 ， ， ；故答案为：5.4×10 3。
【分析】先求出25mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求出100mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求含量，根据电离平衡常数求出氢离子浓度。
25．【答案】（1）4180
（2）-209
【解析】【解答】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=ρV=1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cmΔt=4.18J g 1 ℃ 1×100g×(30.1-20.1)℃=4180J，故答案为：4180；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)= = 0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4180J，又因为该反应中焓变ΔH代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：ΔH=- =-209kJ/mol，故答案为：-209。
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cmΔt计算；(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。
2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
一、单选题
1．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是（ ）
A．用广泛pH试纸测得该溶液的pH为3.2
B．用pH试纸蘸取溶液，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，所测得的pH一定偏小
2．常温下，某溶质水溶液中水电离出的[H+]为1.0×10-10mol·L-1，该溶液不可能是
A．烧碱溶液 B．碳酸钠溶液
C．硝酸溶液 D．硫酸氢钠溶液
3．下列有关说法中正确的是（ ）
A．溶液和溶液反应的中和热，则溶液和足量溶液反应的
B．常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后改变
C．在反应中，若生成氯气，转移电子的数目为
D．为加强生态文明建设，我国大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
4．下列图示与对应的叙述相符合的是（ ）
A．图甲表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B．图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C．图丙表示0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1硫酸时溶液pH的变化
D．图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化情况
5．下列说法正确的是
A．100℃水的离子积是
B．中性水溶液中的
C．纯水在100℃时， mol·L，所以此时纯水中
D．pH<7的溶液一定是酸溶液
6．下列图示与对应叙述相符的是（ ）
A．图1表示压强对可逆反应2A(g)+B(g) 3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大
B．图2表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
C．图3表示在CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化
D．图4表示常温下向20 mL0.1 mol/L氨水中滴加稀盐酸，c点溶液中c(NH )＜c(Cl-)
7．下列有关叙述正确的是（ ）
A．用pH试纸测得某氨水的
B．稀醋酸加水稀释后，溶液中变大
C．溶液和溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
D．两种氨水的pH分别为a和，物质的量浓度分别为和，则
8．是实验室常用试剂。25℃时，下列相关说法正确的是（ ）
A．pH均为4的溶液和NH4Cl溶液，水的电离程度相同
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中增大
C．0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液，测得pH=5.5，则该缓冲溶液中：
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊。说明酸性：碳酸>苯酚
9．常温下，向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法错误的是（ ）
A．V=10 mL时，c(HA)＞c(A-)
B．pH=7时，V(NaOH)＜20 mL
C．滴定终点时，溶液由无色变为浅红色
D．a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度
10．如图是向100 mL pH＝1的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液pH的变化图像，根据如图所得结论正确的是（ ）
A．原来盐酸的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B．NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
C．原来盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
D．NaOH溶液的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
11．水是最宝贵的资源之一，下列说法正确的是（ ）
A．的溶液一定呈中性
B．室温下，盐酸与等体积水混合后
C．向水中加入固体硫酸铜，水的电离平衡逆向移动，减小
D．25℃时，某溶液中由水电离产生的，该溶液一定显酸性
12．室温下，向 盐酸中滴加 溶液，溶液的 随 溶液体积的变化如图。已知 下列说法错误的是（ ）
A． 与盐酸恰好完全反应时，溶液
B． 时，溶液
C． 标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定 溶液的浓度，标定时可采用甲基橙为指示剂
D．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小
13．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用盐酸标准溶液测定V mL某纯碱样品溶液中的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法错误的是
A．水的电离程度：
B．a点溶液中存在关系：
C．V mL该纯碱样品溶液中含有的质量为0.084c g
D．c点指示的是第二滴定终点，b到c过程中存在
14．室温时，用0.1000mol/L的NaOH标准溶液滴定同浓度20mL的NH4HSO4溶液(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是（ ）
A．滴定过程中，溶液中逐渐减小
B．时：
C．时：
D．分别为和时水的电离程度：前者＞后者
15．下列说法正确的是（ ）
A．纯水的pH不一定等于7
B．原电池的两极中较活泼的金属一定为负极
C．硫酸溶液的导电能力一定比醋酸溶液的导电能力强
D．若升高一个可逆反应的温度，该反应化学平衡常数一定增大
16．将V1 mL1.00mol·L-1HCl溶液和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL，下列叙述正确的是（ ）
A．做该实验时环境温度为22℃
B．该实验表明化学能可能转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00mol·L-1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
17．最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（ ）
A．加入电解质一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离
B．水的电离和电解都需要电，常温下都是非自发过程
C．水电离出的c(H+)=10-7mol/L的溶液一定呈中性
D．水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度一定使水的离子积增大
18．W、X、Y、Z四种元素分别是元素周期表中连续三个短周期的元素，且原子序数依次增大。化合物XW3能作制冷剂且其浓溶液可检验Z单质是否泄露，化合物YZ3能促进水的电离，则下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：r(Z)>r(X)>r(Y)
B．Y的最高价氧化物对应的水化物为强碱
C．X2W4分子中既含极性键，又含非极性键
D．化合物XW3的水溶液能抑制水的电离
19．25℃时，向20 mL 溶液中滴加的NaOH溶液，滴定曲线如图1所示，含氯微粒的物质的量分数()随pH的变化关系如图2所示，则下列说法正确的是
A．图2中A点对应溶液的pH约为5
B．b点对应的溶液中：
C．d点对应的溶液中：
D．滴定过程中，与之和保持不变
20．下列有关电解质溶液的叙述错误的是（ ）
A．25℃时，将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=4.0，所得溶液c(OH-)=l×10-10mol·L-1
B．25℃时，将10mLpH=a的盐酸与100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a+b=13
C．25℃时，pH=11的氨水和pH=11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH-)均为1×10-11mol·L-1
D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中， =
二、综合题
21．
（1）某温度下纯水中c(H+)=2×10-7 mol/L，若温度不变，向水中滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-6 mol/L，此时溶液中的c(OH－)= 8×10-9 mol/L，滴入盐酸后水的离子积 不变(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，水的电离度 变小
（2）今有A.CH3COOH B.HCl
C.H2SO4三种溶液，
①当它们pH相同时，其物质的量浓度由大到小是 A＞B＞C(用字母表示，下同)；
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积由大到小为
（3）体积相同pH均等于12的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m与n的关系为
22．某实验小组同学做中和滴定和中和热的测定两个实验。
（1）Ⅰ．下图是该小组同学用0.5000 mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和第1次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题。
仪器A的名称是 。
（2）第1次滴定消耗标准液 mL 。
（3）已知每次滴定操作所取待测NaOH溶液的体积均为20.00mL。第2、3、4次滴定数据如下表所示。通过计算得待测NaOH溶液的平均浓度是 mol/L。(保留四位有效数字)
实验 编号 待测NaOH溶液的体积（mL） 滴定前盐酸的 体积读数（mL） 滴定后盐酸的 体积读数（mL）
2 20.00 1.20 21.20
3 20.00 2.24 22.26
4 20.00 1.50 21.48
（4）滴定操作可分解为如下几步（所用的仪器刚用蒸馏水洗净）：
A.向锥形瓶里注入20.00 mL待测NaOH溶液，并滴入2-3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗酸式滴定管2-3次；
C.固定好装标准溶液的酸式滴定管，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，管内无气泡；
D.取标准HCl溶液注入酸式滴定管至刻度0以上2-3cm；
E.调节液面至0或0以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管下面，用标准HCl溶液滴定至终点并记下滴定管液面刻度。
合理的操作顺序是（用序号字母填写） 。
（5）如何判断到达滴定终点？ 。
（6）如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是 ；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是 (填“无影响”、“偏高”、“偏低”)。
（7）Ⅱ．现用上述盐酸和已测出浓度的NaOH溶液，设计如下装置测定中和热。
将50mL盐酸与50mL NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
从图示看此装置存在错误，请指出 。
（8）当室内温度低于10℃时，对实验数据影响很大，实验测得的中和热数值偏小。其原因是 。
（9）如果实验测得起始温度为t1℃，反应后的最高温度为t2℃，则中和热的表达式为ΔH = 。（中和后溶液的比热容c=4.18J/(g.℃)）
（10）本次实验室内温度正常，操作无误，但是数据偏低，其原因是 。
23．随着工业的发展，酸雨已经成为全球性的环境问题。
（1）当雨水的pH ，我们称它为酸雨。
（2）用化学方程式来表示酸雨形成的主要途径之一： ， 。
（3）常温下测得某次酸雨样品的pH=5，则该样品中c(H+)= ，该样品放置一段时间后，酸性略有增强，其原因可能是 。
（4）写出一条减少二氧化硫排放的措施 。
（5）检验某无色溶液中是否存在SO42-的方法是 。
24．国家标准规定酿造食醋总酸含量不得低于3.5g/100mL，为测定某品牌市售醋酸的浓度，用移液管移取25mL，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.2000 mol L 1
NaOH标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 2.40 22.40
3 1.54 21.56
已知：常温下，Ka(CH3COOH)=1.8×10 5， =2.236
（1）该市售醋酸的含量为 g/100mL
（2）该市售醋酸c(H+)约等于 (保留小数点后一位)
25．100 mL 0.300 mol/LCuSO4溶液与1.30 g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1℃，反应后最高温度为30.1℃
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为4.18 J/(g·℃)、溶液的密度均近似为1.00g/cm3，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
（1）反应放出的热量 J。
（2）反应Zn(s)+CuSO4(aq)=Cu(s)+ZnSO4(aq)的△H= kJ/mol。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．广泛pH试纸所测的pH为整数，故A项不符合题意。
B．用pH试纸蘸取溶液，将污染溶液，故B项不符合题意。
C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，故C符合题意；
D．当溶液为强酸强碱盐时，用湿润的pH试纸测得的pH无误差，故D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.广泛pH试纸测得的数值为整数；
B.测定pH方法为：用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH；
D.测量的pH结果不一定偏低，如中性溶液氯化钠溶液的pH不受影响。
2．【答案】B
【解析】【解答】常温下，某溶质水溶液中水电离出的[H+]为1.0×10-10mol·L-1，则该溶质可以直接电离氢离子或者氢氧根离子，抑制水的电离；
A、烧碱为氢氧化钠，电离出氢氧根离子，A错误；
B、碳酸钠无法电离出氢离子或氢氧根离子，B正确；
C、硝酸电离出氢离子，C错误；
D、硫酸氢钠电离出氢离子，D错误；
故答案为：B
【分析】常温下，水溶液中水电离出c(H+)或c(OH-)小于10-7mol·L-1时，溶质则可以直接电离出氢离子或氢氧根离子抑制水的电离。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应时，生成硫酸钡沉淀也会放出热量，所以0.5mol硫酸溶液与足量氢氧化钡溶液反应时的反应热△H小于—57.3kJ/mol，故A不符合题意；
B．常温下，pH均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液pH不变，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应转移5mol电子，生成3mol氯气，37Cl和35Cl的原子个数为1：5的氯气平均摩尔质量约为70.6，则反应生成212g氯气，转移电子的数目为××NAmol-1=5NA，故C符合题意；
D．电能不属于一次能源，属于二次能源，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、中和热无论怎么改变反应物的量，其中和热焓变值不变，但是放出的热量不同。
要注意，强酸强碱中和放出的热量为57.3kJ，弱酸弱碱放出的热量小于57.3kJ，硫酸和氢氧化钡中和放出的热量大于57.3kJ，强酸强碱的浓溶液中和放出的热量大于57.3kJ，而如果用中和热表示，由于中和热是负值，因此强酸强碱中和热小于弱酸弱碱中和热，硫酸和氢氧化钡中和热、强酸强碱的浓溶液中和热均小于其余强酸强碱的中和热；
B、氢氧根浓度不变，则pH不变；
C、本题要注意，氯气的质量要结合两种质量数计算；
D、电能属于二次能源。
4．【答案】B
【解析】【解答】A、升高温度，正逆反应速率都增大，都大于原来平衡速率，选项A错误；
B、反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量为吸热反应，该图表示正确，选项B正确；
C、图中向20 mL 0.1 mol·L－1硫酸中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液时，溶液酸碱性的变化是：酸性溶液→中性溶液→碱性溶液，但滴定终点消耗氢氧化钠的体积应该为40 mL，选项C错误；
D、图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化应逐渐减小，当硫酸过量时导电性逐渐增大，选项D错误。答案选B。
【分析】A、升高温度，化学反应速率增大
C、滴定终点应是酸碱中和反应恰好完全发生
D、溶液的导电性，取决于溶液中离子的浓度和带电荷数，随着硫酸的量的增加，溶液的导电性增强。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.25℃时，水的离子积常数是1.0×10－14，A不符合题意；
B．c(H＋)＝c(OH )的溶液一定呈中性，B符合题意；
C．水的电离吸热，加热促进电离，纯水在100℃时，c(H＋)＞10－7mol·L－1，但纯水显中性，所以此时纯水中c(H＋)＝c(OH )，C不符合题意；
D．pH＜7的溶液不一定是酸溶液，与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关系，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.100℃水的离子积大于；
C.纯水中始终存在c(H＋)＝c(OH )；
D.c(H＋)>c(OH )时溶液呈酸性，c(H＋)
【解析】【解答】A．该反应是反应前后气体体积相同的反应，若增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，先达到平衡，但化学平衡不发生移动，A的体积分数不变，A不符合题意；
B．根据图示可知：反应物的能量比生成物的高，发生反应会放出热量，属于放热反应，不是吸热反应，B不符合题意；
C．CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，向溶液中加入CH3COONa固体，导致溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，使得溶液中c(H+)减小，溶液的pH会增大，C不符合题意；
D．氨水中的NH3·H2O电离产生的OH-对水的电离平衡起抑制作用，使水电离产生的c(H+)减小。向其中滴加HCl，二者发生中和反应，消耗溶液中OH-，c(OH-)减小，水电离程度增大，当二者达到恰好发生中和时的c点时，水电离程度最大，此时溶液为NH4Cl，由于NH 会发生水解反应而消耗，而Cl-不消耗，故此时溶液中c(NH )＜c(Cl-)。后来由于滴加HCl过量，过量的酸电离产生的H+对水电离平衡又起抑制作用，使水电离产生的c(H+)减小，因此水电离程度先逐渐增大，后又逐渐减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. 对可逆反应2A(g)+B(g) 3C(g)+D(s)，前后气体系数相等，压强的改变不影响平衡移动
B.根据反应物和生成物的能量大小即可判断反应的吸热放热
C.醋酸是可逆电离，加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，导致氢离子浓度降低，pH增大
D.水的电离程度最大时是氨水和盐酸恰好反应完全，但是考虑铵根离子水解，离子浓度降低
7．【答案】D
【解析】【解答】A．pH试纸的读数只能读到整数，故用pH试纸测得某氨水的pH约为11，不能读到11.3，A不符合题意；
B．已知稀醋酸溶液中=，稀醋酸加水稀释后，H+浓度变小，Ka不变，故上述比值变小，B不符合题意；
C．溶液由于CH3COO-和水解程度相同，溶液显中性，而溶液应为强酸强碱盐不水解显中性，盐类的水解对水的电离起促进作用，故两溶液中水的电离程度前者大于后者，C不符合题意；
D．两种氨水的pH分别为a和，物质的量浓度分别为和，则c1=，c2=，故=，由于α1大于α2，则，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．pH试纸的读数只能读到整数；
B．利用平衡常数的变形公式=分析；
C．盐类的水解对水的电离起促进作用；
D．依据浓度与pH的关系判断。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．pH均为4的溶液中水电离出的OH-浓度为10-10mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的H+浓度为：10-4mol/L，故二者溶液中水的电离程度不相同，前者小于后者，A不符合题意；
B．向0.1mol/L 溶液中加入少量的水，溶液中=，由于温度不变，Kh(CH3COO-)不变，加水稀释，c(CH3COOH)减小，故增大，B符合题意；
C.0.2mol 与0.1mol NaOH溶于水配制成100mL的缓冲溶液即等浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，测得pH=5.5，则说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，故则该缓冲溶液中：，C不符合题意；
D．溶液与固体反应，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变出现浑浊，由于醋酸具有挥发性，故苯酚钠溶液变浑浊，可能是H2CO3和苯酚钠溶液反应，也可能是醋酸与苯酚钠反应，故不能说明酸性：碳酸>苯酚，D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
B．水解平衡常数只受温度影响；
C.依据得到时溶液的组成和电离水解程度分析；
D．醋酸具有挥发性。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．向20 mL0.1 mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1 mol/LNaOH溶液，当加入NaOH溶液10 mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A符合题意；
B．当加入NaOH溶液体积是20.00 mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH=8＞7，则当溶液pH=7时，滴加NaOH溶液的体积V(NaOH)＜20 mL，B不符合题意；
C．当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不再变为无色，C不符合题意；
D．a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A-会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图像起始点可知该一元酸是弱酸，结合中和滴定以及盐的水解的相关知识分析解答。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．原来盐酸的pH=1，则c(HCl)=0.1 mol·L-1，A正确；
B．n(HCl)=0.01 mol，滴定终点时所需NaOH的物质的量n(NaOH)=0.01 mol，不知消耗NaOH溶液的体积，无法求其物质的量浓度，B错误；
C．原来盐酸的pH=1，则c(HCl)=0.1 mol·L-1，C错误；
D．n(HCl)=0.01 mol，滴定终点时所需NaOH的物质的量n(NaOH)=0.01 mol，不知消耗NaOH溶液的体积，无法求其物质的量浓度，D错误；
故答案为：A。
【分析】A.根据图像起点可知，盐酸起始的pH＝1 ，那么盐酸浓度为0.1 mol·L-1，
B.不知道氢氧化钠体积，无法计算浓度；
C.原来盐酸的pH=1，则c(HCl)=0.1 mol·L-1，
D.智能计算氢氧化钠物质的量，无法计算浓度。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下pH=7的溶液为中性，若温度高于室温，pH=7的溶液不是中性，A不符合题意；
B．室温下，0.2mol/L的盐酸与等体积的水混合后浓度变为0.1mol/L，pH=1，B符合题意；
C．水中加入硫酸铜固体后，铜离子水解产生氢氧化铜和氢离子，促进水的电离，氢氧根浓度减小，C不符合题意；
D．水的电离受到了抑制，可能显酸性也可能显碱性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.当c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，pH=7的溶液不一定呈中性；
C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
D. 由水电离产生的 ，说明水的电离受到抑制。
12．【答案】C
【解析】【解答】A. 与盐酸恰好完全反应时，生成NaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，溶液 ，A不符合题意；
B. 盐酸物质的量为0.002mol， 时，NaOH的物质的量为0.003mol，则反应后余下NaOH0.001mol，溶液体积为50mL，则NaOH的浓度为 =0.02mol/L，则H+的浓度为 ，溶液 ，B不符合题意；
C.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，甲基红的指示范围是4.4~6.2，二者差不多，相反甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C符合题意；
D. 根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指色范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，故甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C中根据终点的pH判断选择指示剂要灵敏，且包含滴定终点。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．水解促进水的电离，由以上分析得a点时，溶液中存在能水解的，随着加入盐酸的量的增加，逐渐减少，生成CO2，所以水的电离程度逐渐减弱，c点时，完全转化为CO2和水，水的电离程度不被促进，则水的电离程度，故A不符合题意；
B．a点为第一个计量点，反应为：，a点的溶质为NaCl、NaHCO3，溶液中存在物料守恒：，故B不符合题意；
C．滴定的两个计量点的反应中，若没有杂质，两个计量点消耗的盐酸应相等，根据两个计量点的反应，可以推得，第二个计量点的反应中的包括反应生成的和杂质，所以杂质的量可以根据多消耗的盐酸计算：(6.8-2.9)mL×10-3×c mol/L×84g/mol=0.084c g，故C不符合题意；
D．在整个滴定过程中，参加反应的离子是，溶液中的Na+不参加反应，守恒不变，c点位第二个滴定终点，消耗盐酸最多的点，所以在c点之前盐酸不足，则，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酸、碱抑制水的电离，盐的水解促进水的电离；
B、结合物料守恒判断；
C、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
D、结合钠离子的守恒以及参与反应的离子浓度变化判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、滴定过程中，硫酸根离子不会被消耗，但溶液的体积增大，溶液中逐渐减小，故A不符合题意；
B、时，恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水，根据电荷守恒有： ，根据物料守恒有：，则有 ，故B不符合题意；
C、 时，溶质为硫酸钠和一水合氨，则有 ，故C符合题意；
D、时，溶质为硫酸钠、硫酸铵，铵根离子水解促进水的电离，时，溶质为硫酸钠和一水合氨，一水合氨电离抑制水的电离，则分别为和时水的电离程度：前者＞后者，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、滴定过程不消耗硫酸根离子；
B、根据电荷守恒和物料守恒分析；
C、 时，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨；
D、酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．纯水的pH值不一定等于7，如100℃时纯水的pH=6，故A符合题意；
B．在Mg、Al氢氧化钠原电池中，较不活泼的Al作负极，故B不符合题意；
C．导电性与离子浓度有关，与电解质的强弱无关，浓度很小的硫酸溶液的导电能力可能比醋酸溶液的导电能力弱，故C不符合题意；
D．如果可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数会减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.水的离子积常数是温度的函数，纯水的pH随温度的升高而降低；
B.原电池的电极处于金属活泼性强弱有关外，还与电解质溶液的性质有关；
C.电解质溶液的导电性与离子浓度和带有的电荷数多少有关；
D.可逆反应的温度升高，平衡可逆向正反应方向移动，也可能向逆反应方向移动。
16．【答案】B
【解析】【解答】A. 将左边这根线向左下角延长，得到未加HCl时的交叉点，因此得出做该实验时环境温度为21℃左右，故A不符合题意；
B. 盐酸和氢氧化钠反应放出热量，因此得出该实验表明化学能可能转化为热能，故B符合题意；
C. HCl加入30mL时，温度最高，说明在此点恰好完全反应，即HCl和NaOH的物质的量相等，1 mol·L 1×0.03L = c(NaOH)×0.02L，c(NaOH) = 1.5 mol·L 1，故C不符合题意；
D. 该实验只能说这个反应是放热反应，但其他很多反应生成水的是吸热反应，比如碳酸氢钠分解，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】A.当V1=0时才是起始温度
B.温度升高，说明有能量变化，中和反应是放热反应，可以说明化学能向热能转换
C.温度最高的点是中和反应恰好反应的点，根据V1=30mL，计算出物质的量浓度即可
D.此实验只能说明氢氧化钠溶液和盐酸反应放热
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 加入电解质不一定会破坏水的电离平衡，其中酸和碱通常都会抑制水的电离，A不符合题意；
B. 水的电离不需要通电、常温下是自发过程，水电解需要电、常温下是非自发过程，B不符合题意；
C. 常温下，水电离出的c(H＋)=10-7mol/L的溶液一定呈中性，C不符合题意；
D. 水的离子积不仅只适用于纯水，升高温度促进水电离，一定使水的离子积增大，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．强酸强碱盐不影响水的电离平衡；
B．电离不需要用电，电解需要通电，自发与否由焓变与熵变共同决定，△H-T△S＜0时反应自发进行；
C．溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，溶液一定呈中性，水的电离受温度影响；
D．水的离子积适用于一切水溶液，水的电离是吸热的过程。
18．【答案】B
【解析】【解答】A.X为N，Y为Al，Z为Cl。简单离子半径大小关系：Cl->N3->Al3+，即r(Z)>r(X)>r(Y)，A不符合题意；
B.Y为Al，Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，不是强碱，B符合题意；
C.N2H4电子式为 ，分子中既含极性键，又含非极性键，C不符合题意；
D.NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离出OH-，能够抑制水的电离，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】“化合物XW3能做制冷剂，且能检验Z单质是否泄漏”，因此XW3为NH3、Z单质为Cl2；“化合物YZ3能促进水的电离”则YZ3为AlCl3；因此W、X、Y、Z分别为H、N、Al、Cl；据此结合元素周期表的性质递变规律分析。
19．【答案】A
【解析】【解答】A．图2中交点表示HAuCl4与浓度相等，由分析知图1中b点与之对应，此时pH约为5，A符合题意；
B．b点组成为HAuCl4与NaAuCl4，存在电荷守恒：，由图知b点显酸性，即c(H+) > c(OH-)，故c(Na+) <，B不符合题意；
C．d组成为NaAuCl4，存在电荷守恒：和物料守恒：，联立两守恒消去c(Na+)得：，C不符合题意；
D．根据元素守恒知HAuCl4与都来源于起始的HAuCl4，即两者物质的量之和等于原HAuCl4物质的量，故始终保持不变，但滴定过程中，溶液的体积发生变化，则与之和有变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、A点为两曲线交点，即HAuCl4与浓度相等；
B、结合电荷守恒判断；
C、结合电荷守恒和物料守恒判断；
D、结合元素守恒及逆行判断。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．pH=4，[H+]=10-4mol/L，因为温度为25℃，Kw=1×10-14，[OH-]= ，A不符合题意；
B．由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量， ，a+b=13，B不符合题意；
C．NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，C符合题意；
D． ，可以倒推得出结论，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据此时的pH结合水的离子积常数进行计算即可
B.根据恰好中和得出氢离子物质的量和氢氧根离子物质的量相等即可计算
C.根据给出的pH以及水的离子积进行计算即可
D.根据醋酸根的水解以及醋酸的电离结合水的离子积进行替换即可得出结论
21．【答案】（1）8×10-9；不变；变小
（2）A＞B＞C；C＞A=B
（3）m>n
【解析】【解答】（1）某温度下纯水中的c（H+）=2×10-7mol/L，则此时溶液中的c（OH-）=2×10-7mol/L，Kw=c（H+）c（OH-）=2×10-7×2×10-7=4×10-14，若温度不变，滴入稀盐酸，使c（H+）=5×10-6mol/L，则c（OH-）= =8×10-9mol/L，温度不变，水的离子积常数不变，酸抑制水电离，所以水的电离程度减小，故答案为8×10-9，不变，变小。
（2）①氯化氢和硫酸是强电解质，醋酸是弱电解质，当它们pH相同时，即氢离子浓度相同，酸性越强的酸浓度越小，盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以硫酸的浓度小于盐酸，所以酸浓度大小顺序是A＞B＞C，故答案为A＞B＞C。
②体积和物质的量浓度相同的三种溶液，氢元素的物质的量越大需要的碱体积越大，硫酸中氢离子的物质的量最大，盐酸和醋酸中氢元素的物质的量相同，所以需要氢氧化钠的体积C＞A=B，故答案为C＞A=B。
（3）因为氨水是弱碱，加水后促进电离，氨水电离度增加，所以加水后，氢氧根离子浓度在减小的过程中有增大的趋势，而NaOH是强碱在水中完全电离，加水后，氢氧根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；故答案为m＞n。
【分析】（1）根据氢离子浓度计算该温度下的水的离子积常数，然后根据水的离子积互删充入加入稀硫酸后溶液中的氢氧根离子浓度，水的离子常数只是温度的函数，加入酸抑制水的电离；
（2）①根据pH的定义式，结合酸的强弱、酸的元数进行分析；
②酸碱中和反应与酸的物质的量和酸的元数有关；
（3）弱碱和强碱溶液稀释相同的倍数，弱碱的pH变化小，若稀释后pH相同则弱碱稀释的倍数更多。
22．【答案】（1）酸式滴定管
（2）22.00
（3）0.5000
（4）BDCEAF
（5）滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红
（6）偏高；偏低
（7）缺少环形玻璃搅拌棒
（8）温度过低热量损失多
（9）-0.418(t2-t1)/0.025 kJ/mol
（10）酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和
【解析】【解答】(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器A的名称为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL，第1次滴定消耗标准液的体积为22.00mL，故答案为：22.00；
(3)三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.02mL，19.98mL，数据均有效，则平均消耗V(NaOH)=20.00mL，c(待测)= = =0.5000mol L-1，故答案为：0.5000；
(4)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：BDCEAF，故答案为：BDCEAF；
(5)滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红；
(6)如果上述B步骤省略，即未用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次，相当于标准液稀释，导致标准液的体积偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏低，故答案为：偏高；偏低；
(7)从图示装置可知，图中缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：缺少环形玻璃搅拌棒；
(8)当室内温度低于10℃时，实验散失的热量增多，实验测得的中和热数值偏小，故答案为：温度过低热量损失多；
(9)起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，温度差为：(t2-t1)℃，0.5mol/L的盐酸和0.5mol/L的NaOH溶液各50mL进行实验，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18×10-3kJ/(g ℃)×(t2-t1)℃，所以实验测得的中和热△H=- =- kJ/mol；故答案为：- kJ/mol；
(10)本次实验室中盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，不满足酸或碱必须有一个过量，无法保证完全中和，使得数据偏低，故答案为：酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和。
【分析】Ⅰ.此部分是对中和滴定的考查，结合酸碱中和滴定实验进行分析；
Ⅱ.此部分是对中和热测定实验的考查，结合中和热测定实验进行分析。
23．【答案】（1）< 5.6
（2）SO2+H2O H2SO3；2H2SO3 + O2 → 2H2SO4
（3）10—5mol/L；酸雨中的亚硫酸被氧化成硫酸了
（4）燃料脱硫（合理即可）
（5）取样于试管中，先滴加盐酸无现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42-，如无沉淀，则不存在SO42-
【解析】【解答】随着工业的发展，酸雨已经成为全球性的环境问题。
⑴由于雨水中含有溶液的二氧化硫生成亚硫酸，因此当雨水的pH< 5.6，我们称它为酸雨；
⑵用化学方程式来表示酸雨形成的主要途径有两种，一种的雨水和二氧化硫反应生成亚硫酸，亚硫酸与空气中氧气反应生成硫酸，另一种途径为二氧化硫在空气中飘尘的作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与雨水反应生成硫酸，前者的反应方程式为SO2+H2O H2SO3，2H2SO3 + O2 == 2H2SO4；
⑶常温下测得某次酸雨样品的pH=5，则该样品中 ，因此c(H+)=1×10－5 mol/L，该样品放置一段时间后，酸性略有增强，亚硫酸酸性弱，而强酸酸性强，其原因可能是酸雨中的亚硫酸被氧化成硫酸了；
⑷写出一条减少二氧化硫排放的措施有用氨水吸收尾气，双碱脱硫，燃料脱硫等；
⑸检验某无色溶液中是否存在SO42－的方法是取样于试管中，先滴加盐酸无现象，滴加盐酸主要目的是排出银离子、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明有SO42－，如无沉淀，则不存在SO42－。
【分析】⑴当雨水的pH< 5.6，酸雨；
⑵熟悉酸雨的的形成过程；
⑶pH表示的是溶液中氢离子的浓度；酸雨中的亚硫酸转化为硫酸会导致雨水的酸性增强；
⑷减少二氧化硫排放的措施有用氨水吸收尾气，双碱脱硫，燃料脱硫等；
⑸熟记硫酸根离子的检验方法。
24．【答案】（1）9.6
（2）5.4×10 3
【解析】【解答】(1)第一次消耗的体积为19.98mL，第二次消耗的体积为20.00mL，第三次消耗的体积为20.02mL，三次的平均值为20.00mL，则25mL溶液中醋酸的物质的量n(CH3COOH)= n(NaOH)=0.02L×0.2000mol L 1×10=0.04mol，则100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，100mL溶液中醋酸的质量0.16mol×60g mol 1=9.6g，因此该市售醋酸的含义为9.6g/100mL；故答案为：9.6。(2)该市售醋酸100mL醋酸溶液中物质的量为0.04mol×4=0.16mol，醋酸的浓度为 ，则 ， ， ；故答案为：5.4×10 3。
【分析】先求出25mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求出100mL醋酸溶液中醋酸的物质的量，再求含量，根据电离平衡常数求出氢离子浓度。
25．【答案】（1）4180
（2）-209
【解析】【解答】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m=ρV=1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cmΔt=4.18J g 1 ℃ 1×100g×(30.1-20.1)℃=4180J，故答案为：4180；(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)= = 0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4180J，又因为该反应中焓变ΔH代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：ΔH=- =-209kJ/mol，故答案为：-209。
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cmΔt计算；(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。