【化学】河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版） 15页

河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题 说明：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第6页至第7页。‎ ‎2．本试卷共100分，考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷（选择题，共63分）‎ 注意事项：‎ ‎1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的准考证号、科目、试卷类型填涂在答题卡上。‎ ‎2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。‎ ‎3．考试结束后，监考人员将试卷Ⅱ和机读卡一并收回。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C -12 O-16 Na - 23 ‎ 一．选择题（本题包括21小题，每小题3分，共63分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1. 下列物质的水溶液因发生水解而显酸性的是（ ）‎ A. NH4Cl B. KHSO‎4 ‎C. NaHCO3 D. H2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、氯化铵属于强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，正确；B、硫酸氢钾在水溶液中完全电离产生钾离子、氢离子、硫酸根离子而使溶液显酸性，错误；C、碳酸氢钠属于强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，错误；D、硫酸是强酸，完全电离使溶液显酸性，错误，答案选A。‎ ‎2.室温下向10 mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（　　）‎ A. 溶液中导电粒子的数目增加，导电性增强 B. 醋酸的电离程度增大，pH增大 C. 再加入10mL pH=11 NaOH溶液，混合液pH＞7‎ D. 溶液中所有离子的浓度都变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】加水稀释促进醋酸电离，但氢离子和醋酸根离子浓度减小；加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小；pH=3的醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11 NaOH溶液浓度为0.001mol/L。‎ ‎【详解】A、加水稀释促进醋酸电离，但氢离子和醋酸根离子浓度减小，溶液导电能力与离子浓度成正比，所以溶液导电性减弱，故A错误；‎ B、加水稀释促进醋酸电离，溶液中氢离子个数增大程度小于溶液体积增大程度，所以氢离子浓度减小，pH增大，故B正确；‎ C、pH=3的醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11 NaOH溶液浓度为0.001mol/L，两种溶液等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，故C错误；‎ D、加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，则氢氧根浓度增大，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3. 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 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，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项正确；‎ B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；‎ C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；‎ D项，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项正确。‎ 答案选B。‎ ‎4.常温下，下列事实能说明HClO是弱电解质的是（ ）‎ A. 0.01‎mol/L的HClO溶液pH>2‎ B. NaClO、HClO 都易溶于水 C. HClO 不稳定，见光或受热易分解 D. HClO 与Na2SO3溶液反应，可以得到Na2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、如果HClO属于强酸，pH=2，但pH>2，说明HClO属于弱酸，故A正确；B、溶解度与是否是强弱电解质无关，故B错误；C、强弱电解质与稳定性无关，故C错误；D、此反应体现了HClO的强氧化性，故D错误。‎ ‎5.室温下，在25 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是(　　)‎ A. 在A、B间任一点，溶液中一定都c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)‎ B. 在B点：a>12.5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)‎ C. 在C点：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)‎ D. 在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】C项，电荷不守恒，在C点溶液呈酸性，离子浓度关系应为：c（CH3COO－）＞c（Na＋）＞c（H＋）＞c（OH－）。‎ ‎6.下列说法正确的是( ）‎ A. PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH=3‎ B. 室温 pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液呈酸性 C. 室温pH相同的NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)相同 D. 某温度下，水的离子积常数为1×10-12，该温度下PH=7的溶液呈中性 ‎【答案】B ‎【解析】A.醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸的电离，造成溶液中氢离子物质的量增加，则PH=1的醋酸加水稀释到原体积的100倍，稀释后PH＜3，故A错误；B.醋酸是弱酸，在溶液中不能完全电离，室温下pH＝3的醋酸溶液和pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合后，醋酸过量，混合液呈酸性，故B正确；C. CH3COOH抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以pH相同的 NH4Cl溶液和CH3COOH溶液，由水电离产生的c(H＋)不相同，故C错误；D. 某温度下，水的离子积常数为1╳ 10-12，该温度下PH=7的溶液中c(H＋)=10-7mol/L，c(OH-)==10-5mol/L，则c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，故D错误；‎ ‎7.下列电离方程式书写正确的是(　　)‎ A. H2S 的电离方程式：H2S＋H2OH3O＋＋HS－‎ B. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO32-‎ C. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4===Na＋＋HSO42-‎ D. NaHSO4在熔融状态的电离方程式：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】强电解质完全电离，溶质微粒在溶液中以离子形式存在，书写电离方程式用等号；弱电解质只有少部分电离，溶质微粒在溶液中多数以分子形式存在，少数以离子形式存在，书写电离方程式用可逆号，多元弱酸分步电离，多元弱碱一步写到位。‎ ‎【详解】A、H2S为多元弱酸应该分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为：H2S+H2O⇌H3O++HS-，故A正确；‎ B、碳酸氢钠为强电解质，完全电离，方程式：NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；‎ C、硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4═Na++H++SO42-，故C错误；‎ D、硫酸氢钠熔融完全电离生成钠离子、硫酸氢根离子，NaHSO4=Na++HSO4-，故D错误。‎ 答案选A。‎ ‎8.以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数： ‎ CH3COOH H2S HClO K=1.8×10－5‎ K1=1.3×10－7‎ K2=7.1×10－15‎ K=4.69×10－11‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 可发生反应：H2S+ 2ClO－=S2－+ 2HClO B. CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS C. 同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液 D. 同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，因此硫化氢与次氯酸跟反应应生成HS－和HClO ，即H2S+ ClO－=HS－+ HClO，故A错误；‎ B、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，因此CH3COOH溶液与Na2S溶液反应生成NaHS和H2S，故B错误；‎ C、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ ClO-＜S2-，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C错误； ‎ D、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故D正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎9.25℃‎时将pH= 3的强酸与pH= 12的强碱溶液混合( 忽略混合时溶液体积变化)，所得溶液pH=10，则强酸与强碱的体积比是（ ）‎ A. 1:9 B. 9:‎1 ‎C. 1:11 D. 11:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】pH=12的强碱溶液中c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－12=10－2mol·L－1，混合后溶液显碱性，因此有，解得V碱与V酸的比值为1：9，故选项B正确。‎ ‎10.下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液 B. 进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化 C. 测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯 D. 若用50 mL 0．55 mol·L－1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0．50 mol·L－1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L−1硫酸充分反应，两反应的中和热不相等 ‎【答案】A ‎【解析】A项，在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液，正确；B项，进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，错误；C项，测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是保温，减少热量的散失，错误；D项，中和热指酸碱发生中和反应生成1molH2O时释放的热量，题中盐酸和硫酸都属于稀强酸，反应放出的热量不相等，但两反应的中和热相等，错误；答案选A。‎ ‎11. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 将pH=4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 B. 0．l0mol·L-1的氨水加水稀释后，溶液中c(NH4＋)、c(OH－)变大 C. 常温下，向水中加入少量Na2CO3固体后，c(H＋)会减小，但Kw不变 D. 若LpH=11的NaOH溶液与LpH=3的HA溶液混合后显中性，则≤‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、将pH=4的盐酸稀释后，溶液中氢离子和氯离子的浓度降低，但温度不变，Kw不变，氢氧根离子的浓度升高，错误；B、0．l0mol·L-1的氨水加水稀释后，虽然一水合氨的电离平衡正向移动，但由于溶液体积的增大起主要作用，溶液中c(NH4＋)、c(OH－)变小，错误；C、Na2CO3水解呈碱性，常温下，向水中加入少量Na2CO3固体后，c(H＋)会减小，但Kw不变，正确；D、V1LpH=11的NaOH溶液与V2LpH=3的HA溶液混合后显中性，若HA为强酸，则V1=V2，若HA为弱酸，则V1＞V2，错误。‎ ‎12.下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是(　　)‎ A. NaHCO3溶液：HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋‎ B. NaHS溶液：HS－＋H2OH2S＋OH－‎ C. Na2CO3溶液：CO32—＋2H2OH2CO3＋2OH－‎ D. KF溶液：F－＋H2O = HF＋OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据盐类水解方程式的书写规范以及与电离方程式的特点进行分析。‎ ‎【详解】A项： HCO3－水解方程式为HCO3—＋H2O H2CO3＋OH-。HCO3－电离方程式HCO3—＋H2O CO32—＋H3O＋，即HCO3— H＋＋CO32—。A项错误；‎ B项：HS－水解方程式为HS－＋H2OH2S＋OH－。B项正确；‎ C项：CO32－水解分两步，且不能合并，应写为CO32—＋H2OHCO3－＋OH－，HCO3—＋H2OH2CO3＋OH－。C项错误；‎ D项：通常，盐类水解程度很小，使用，应写成F－＋H2O HF＋OH－。D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎13.下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是（ ）‎ A. FeSO4 B. MgSO‎4 ‎C. AlCl3 D. NH4Cl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；‎ B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；‎ C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；‎ D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（ ）‎ A. 凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害 B. 使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱 C. 施肥时，农家肥草木灰（有效成分K2CO3）不能与氮肥NH4Cl混合使用 D. 在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、适量合理的使用食品添加剂对人体健康无害，错误；‎ B、钙离子能与硬脂酸钠结合生成沉淀，因此使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱，正确；‎ C、碳酸钾溶液因为碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，而铵根离子水解使溶液呈酸性，二者混合使用会发生双水解生成氨气，造成N元素的流失，正确；‎ D、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，正确。‎ 答案选A。‎ ‎15.下列说法正确的是（　　）‎ A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2电解质 B. 用广泛pH试纸测得0.10 mol/L NH4Cl溶液的 pH=5.2‎ C. 若25.00mL滴定管中液面的位置在刻度为3.00mL处，则滴定管中液体的体积一定大于22.00mL D. 用酸式滴定管量取20.1mL的酸性高锰酸钾溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、水溶液中或熔融状态下自身电离出离子导电的化合物为电解质，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸是电解质导电，二氧化硫是非电解质，故A错误。 B、广泛pH试纸测定溶液的酸碱性，读数只能是整数，不可能是5.2，故B错误。‎ C、25.00ml滴定管中，在最大刻度下面无刻度，则若25.00ml滴定管中液面的位置在刻度为 3.00mL处，则滴定管中液体的体积一定大于22.00mL，故C正确；‎ D、滴定管的精确度为0.01mL，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎16.下列微粒中不能破坏水电离平衡的是（ ）‎ A. H+ B. OH- C. S2- D. Na+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入氢离子，水中氢离子浓度增大，抑制了水的电离，故A不选；B．加入氢氧根离子，水中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，故B不选；C．加入硫离子，硫离子结合水电离的氢离子，氢离子浓度减小，促进了水的电离，故C不选；D．加入钠离子，钠离子不水解，不影响水的电离平衡，故D选；故选D。‎ ‎17.下列关于盐类水解的说法错误的是（ ）‎ A. 等温下，物质的量浓度相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的pH大小：③ > ② > ①‎ B. 浓度均为0.1mol/L的 ①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH4+)的大小顺序为：① > ② > ③‎ C. 在NH4Cl溶液中加入稀HNO3，能抑制NH4+水解 D. 在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO-水解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】①NaHCO3和②Na2CO3溶液中酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解程度小于碳酸根离子水解程度，③NaOH溶液是强碱完全电离，碱性越强pH越大； ①（NH4）2CO3、②（NH4）2SO4、③（NH4）2Fe（SO4）2 都含有两个NH4+，（NH4）2CO3 中CO32-‎ 促进NH4+水解，（NH4）2Fe（SO4）2中Fe2+抑制NH4+水解，据此解答；氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加入硝酸抑制铵根离子水解；醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，加入冰醋酸溶解后醋酸根离子浓度增大，水解程度减小。‎ ‎【详解】A、碱性越强，pH越大，①为多元弱酸酸式盐，②为多元弱酸正盐，③为强碱，则pH的大小顺序是③＞②＞①，故A正确；‎ B、（NH4）2CO3 中CO32-促进NH4+水解，（NH4）2Fe（SO4）2中Fe2+抑制NH4+水解，因此相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是③＞②＞①，故B错误；‎ C、在NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2ONH3•H2O+H+，加入稀HNO3，氢离子浓度增大能抑制NH4+水解，故C正确；‎ D、醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，加入冰醋酸醋酸根离子浓度增大，水解程度减小，能抑制CH3COO-水解，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎18.在0.1mol•L-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动 B. 加入少量CH3COONa固体，平衡向逆反应方向移动，c（CH3COO-）增大 C. 加入少量0.1 mol•L-1HCl溶液，平衡向逆反应方向移动，溶液中c（H+）减小 D. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动，酸性增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离，加碱促进弱酸的电离。‎ ‎【详解】A．弱电解质，越稀越电离，所以加水促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，故A错误； B．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO-）增大，则电离平衡逆向移动，故B正确； C．0.1mol•L-1CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1 mol•L-1HCl溶液中氢离子浓度，所以加入少量0.1mol•L-1HCl溶液，c（H+）增大，故C错误； D．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，酸性减弱，故D错误。‎ ‎19. 室温下，0.1mol/L氨水10 mL，加蒸馏水稀释到‎1 L后，下列变化中正确的是（ ）‎ ‎①电离度增大 ②C(OH-)增大 ③C(H+)增大 ④KW增大 ⑤导电性增强 ⑥C(OH-)/C(NH3·H2‎ O)增大 A. ①②③ B. ①③⑤ C. ①③⑥ D. ②④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：氨水是弱碱溶液，加水稀释，会促进一水合氨的电离，所以电离度增大；氢氧根离子物质的量增大，但溶液的体积增大的更多，所以最终氢氧根离子浓度减小，铵根离子浓度减小，氢离子浓度增大；因为温度不变，所以水的离子积常数不变；离子的浓度减小，所以导电性减弱；C(OH-)/C(NH3·H2O)=KW/c(NH4+)，铵根离子浓度减小，所以C(OH-)/C(NH3·H2O)增大，则答案选C。‎ ‎20.下列说法正确的是(　　)‎ A. 用10 mL量筒量取7.80 mL浓H2SO4‎ B. 用碱式滴定管量取18.20 mL KMnO4溶液 C. 酸碱中和滴定时，滴定管和锥形瓶需分别用标准液和待测液润洗 D. 读取标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，会导致测定结果偏低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、量筒的最小读数为0.1mL，无法用10 mL量筒量取7.80 mL浓盐酸，可选用酸式滴定管，故A错误；‎ B、KMnO4溶液应该用酸式滴定管量取，故B错误；‎ C、酸碱中和滴定时，锥形瓶不能用待测液润洗，故C错误；‎ D、读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏大，滴定结束时俯视读数，读数偏小，则差偏小，即消耗酸的体积偏小，所以c（碱）偏低，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎21. 已知三种一元弱酸的酸性强弱：HX＞HY＞HZ，则相同物质的量浓度的这三种酸的钠盐溶液pH由大到小的顺序正确的是（ ）‎ A. NaX、NaY、NaZ B. NaZ、NaY、NaX C. NaY、NaZ、NaX D. NaX、NaZ、NaX ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：相同温度下，酸的酸性越弱，相同条件下其相应的钠盐溶液，酸根离子的水解能力越强，其溶液的碱性越强，三种一元弱酸的酸性强弱：HX＞HY＞HZ，则阴离子水解能力大小顺序是Z﹣＞Y﹣＞X﹣‎ ‎，所以其钠盐的pH由大到小的顺序为：NaZ＞NaY＞NaX，选项B正确。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共37分）‎ 二、填空题（共37分）‎ ‎22.写出下列电解质在水溶液中的电离方程式：NaHCO3____，HCl____，H2CO3____、______。‎ ‎【答案】(1). NaHCO3=Na++HCO3- (2). HCl=H++Cl- (3). H2CO3⇌HCO3-+H+ (4). HCO3-⇌CO32-+H+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子；氯化氢为强电解质，在溶液中完全电离出氢离子和氯离子；碳酸为二元弱酸，在溶液中分步电离电离出氢离子，电离方程式用可逆号。‎ ‎【详解】碳酸氢钠在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-；氯化氢在溶液中完全电离出氢离子和氯离子，其电离方程式为：HCl=H++Cl-；碳酸的电离分步进行，主第一步电离方程式为：H2CO3⇌HCO3-+H+，第二步电离方程式为：HCO3-⇌CO32-+H+；故答案为：NaHCO3=Na++HCO3-；HCl=H++Cl-；H2CO3⇌HCO3-+H+；HCO3-⇌CO32-+H+。‎ ‎23.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来滴定测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白： ‎ ‎（1）该学生的实验操作如下：‎ A．用碱式滴定管取待测NaOH溶液25.00mL，注入锥形瓶，加入2滴酚酞 B．用待测定的溶液润洗碱式滴定管 C．用蒸馏水洗干净滴定管 D．取下酸式滴定管用标准液润洗后，将标准液注入酸式滴定管刻度“‎0”‎以上2‎-3cm处，再把酸式滴定管固定好，调节液面至刻度“‎0”‎或“‎0”‎刻度以下 E．检查滴定管是否漏水 ‎ F．另取锥形瓶，再重复操作2次 ‎ G．把锥形瓶放在滴定管下面，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度 滴定操作的正确顺序是 __→__→ D → __ → A →___→___。‎ ‎（2）用标准的盐酸溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______，直到因加入一滴盐酸后，溶液由______变为____，即到达滴定终点。‎ ‎（3）下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是________‎ A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液 B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎（4）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。‎ ‎（5）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下：请选用其中合理的数据计算该氢氧化钠溶液的物质的量浓度：c（NaOH）=____。‎ ‎【答案】(1). E (2). C (3). B (4). G (5). F (6). 注视锥形瓶内溶液颜色的变化 (7). 红色 (8). 无色 (9). D (10). 26.10 (11). 0.1044mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作；‎ ‎（2）根据酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定终点时溶液颜色由浅红色变为无色，且半分钟内不变色；‎ ‎（3）根据c（待测）=，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；‎ ‎（4）根据滴定管的结构和精确度以及测量的原理．‎ ‎（5）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸），接着根据盐酸和NaOH反应求出C（NaOH）。‎ ‎【详解】（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，故答案为：E，C，B，G，F；‎ ‎（2）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定时，当溶液颜色由红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：注视锥形瓶内溶液颜色的变化，红色，无色；‎ ‎（3）A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（待测）偏大，故A不选；‎ B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，造成V（标准）不变，根据c（待测）=，可知c（待测）不变，故B不选；‎ C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（待测）偏大，故C不选；‎ D、读取盐酸体积时，滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（待测）偏小，故D选。答案为D；‎ ‎（4）起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL，故答案为： 26.10；‎ ‎（5）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（盐酸）=26.10mL，‎ ‎ ‎ 则c（NaOH）==0.1044mol/L；故答案为：0.1044mol/L。‎ ‎24.Ⅰ．现有NH4Cl和氨水组成的混合溶液。请回答下列问题(填“＞”、“＜”或“=”)：‎ ‎(1)若溶液的pH=7，则该溶液中c(NH4+)________c(Cl-)。‎ ‎(2)若溶液中pH＞7，则该溶液中c(NH4+)________c(Cl-)。‎ Ⅱ．常温下有浓度均为0.1mol•L-1的三种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl ‎(1)溶液②中按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各离子浓度__________________；‎ ‎(2)溶液②中，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)= __________mol•L-1；‎ ‎(3)将10mL溶液③加水稀释至100mL，则此时溶液中由水电离出的c( H+)=_____mol•L-1。‎ ‎【答案】(1). = (2). ＞ (3). c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-) (4). 0.1 (5). 10-12‎ ‎【解析】Ⅰ．(1)若溶液的pH=7，则根据电荷守恒c(NH4+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(Cl-)可知该溶液中c(NH4+)＝c(Cl-)。(2)若溶液中pH＞7，溶液显碱性，说明氨水的电离程度大于铵根的水解程度，因此该溶液中c(NH4+＞c(Cl-)。‎ ‎ Ⅱ．(1)碳酸氢钠溶液中碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则该溶液中各离子浓度按物质的量浓度由大到小顺序排列为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO32-)；(2)根据物料守恒可知溶液碳酸氢钠中，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)= 0.1mol•L-1；(3)将10mL溶液③加水稀释至100mL，盐酸的浓度变为0.01mol/L，溶液中氢氧根来自于水的电离，浓度是10－12mol/L，则此时溶液中由水电离出的c( H+)=10－12mol•L-1。‎ ‎25.常温下，将某一元酸HX和NaOH溶液等体积混合，两种溶液浓度和混合后所得溶液的pH如下表： ‎ 请回答：‎ ‎(1)不考虑其他组的实验结果，单从甲组情况分析，若a ___7(填“>”“<”或“=”)，则HX为强酸；若a ____ 7（填“>”“<”或“=”），则HX为弱酸。‎ ‎(2)在乙组混合溶液中离子浓度c(X-)与c(Na+)的大小关系是____。‎ A.前者大 B．后者大 C．二者相等 D．无法判断 ‎(3)从丙组实验结果分析，HX是___ 酸（填“强”或“弱”）。‎ ‎(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH-)=__mol/L。‎ ‎【答案】(1). = (2). > (3). C (4). 弱 (5). 10－4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）等体积、等浓度的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，根据盐溶液的酸碱性判断盐的类型，从而确定酸的强弱；（2）根据电荷守恒判断；（3）酸的浓度是碱的2倍，等体积混合时，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈碱性，说明酸根离子的水解程度大于酸的电离程度；（4）等浓度等体积的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，根据溶液的pH计算氢离子浓度，再根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度。‎ ‎【详解】（1）等体积、等浓度的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，如果盐溶液呈中性，则盐是强酸强碱盐，酸是强酸，如果盐溶液呈碱性，则盐是强碱弱酸盐，酸是弱酸，故答案为：=；＞；‎ ‎ （2）溶液中存在电荷守恒，c（X-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），所以c（X-）=c（Na+），故选C；‎ ‎（3）酸的浓度是碱的2倍，等体积混合时，溶液中的溶质是酸和盐，溶液呈碱性，说明酸是弱酸；故答案为：弱；‎ ‎（4）等浓度等体积的一元酸和氢氧化钠恰好反应生成盐，溶液中氢离子浓度为1×10-10 mol/L，根据水的离子积常数知，氢氧根离子浓度为10-4mol/L，故答案为：10-4。‎