【化学】江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（零班、培优班）（解析版） 19页

江西省上饶中学2019-2020学年高二上学期期中考试（零班、培优班）‎ 可能用到的相对原子质量：H:1 N:14 O:16 C:12 S:32 Cl:35.5 P:31 Na:23‎ 一、选择题 ‎1.化学与人类生活、社会发展密切相关。下列措施不利于节能减排、保护环境的是 A. 研发易降解的生物农药，减少农药的残余量 B. 推广使用节能环保材料，减少有害物质对环境的污染 C. 开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 D. 研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.研发易降解的生物农药，能够减少残余农药对环境的危害，A正确；‎ B.推广使用节能环保材料，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，B正确；‎ C.使用高效能的能源，既节约能源又能减少二氧化碳气体排放，C正确；‎ D.研究采煤、采油新技术，产量增大，使用量增大，污染物排放量增多，D错误；‎ 正确选项是D。‎ ‎2.在一定条件下，使10mol SO3在体积固定为2L的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，则下图中正确的是(表示混合气体的平均相对分子质量)( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开始投入SO3，它是生成物，只有逆反应速率，正反应速率为0，图象上v正、v逆标反了，故A错误；‎ B．据方程式可知SO2比O2生成的多，下面两条线标的物质反了，故B错误；‎ C．据=，气体的总质量不变，而反应向逆反应方向进行，n变大，故M变小，平衡后不再改变，故C正确；‎ D．据ρ=，气体的总质量不变，体积固定，ρ始终不变，故D错误；‎ 故选C ‎3.T℃时，对于可逆反应:A(g)+B(g)2C(g) +D(g) △H>0。 下列各图中正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程式可知正反应是吸热的体积增大的可逆反应，结合外界条件对反应速率和平衡状态的影响分析判断。‎ ‎【详解】A、升高温度平衡向正反应方向进行，C的浓度增大，A错误；‎ B、升高温度平衡向正反应方向进行，A的转化率增大。增大压强平衡向逆反应方向进行，A的转化率降低，B错误；‎ C、增大压强正逆反应速率均增大，C错误；‎ D、升高温度平衡向正反应方向进行，C的质量分数增大。增大压强平衡向逆反应方向进行，C的质量分数降低，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎4.已知某温度下，醋酸的电离平衡常数Ka＝1.0×10－6，下列说法正确的是(　　)‎ A. 温度不变时，向该溶液中加入一定量的盐酸，Ka增大 B. 若不考虑醋酸的挥发，将该溶液升高温度，c(CH3COO－)增大 C. 若将该溶液稀释100倍，pH变化2个单位 D. 若醋酸的起始浓度为0.01 mol·L－1，平衡时的c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度不变时，弱电解质的电离常数Ka不变，故A错误；‎ B．若不考虑醋酸的挥发，将该溶液升高温度，促进醋酸的电离，c(CH3COO－)增大，故B正确；‎ C．若将该溶液稀释100倍，促进醋酸的电离，pH变化小于2个单位，故C错误；‎ D．若醋酸的起始浓度为0.01 mol·L－1，设平衡时的c(H＋)为x，则Ka＝1.0×10－6=≈，解得c(H＋) ≈1.0×10－4 mol·L－1，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5.已知在25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10—10，Ksp(AgI)=8.3×10—17，下列说法错误的是 A. 在100mL0.01mol/LKCl溶液中，加入1mL0.01mol/LAgNO3溶液，有沉淀析出 B. 往氯化银的悬浊液中加硝酸银，c(Cl—)、c(Ag+)均减小 C. 由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，AgCl沉淀在一定条件下可转化为AgI沉淀 D. 向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在100mL0.01mol/LKCl溶液中，加入1mL0.01mol/LAgNO3溶液，Qc=×≈1x10-7mol/L>1.8×10—10，故有氯化银沉淀析出，A正确；‎ B.往氯化银的悬浊液中加硝酸银，c(Cl—)减小、c(Ag+)增大，B错误；‎ C.AgCl难溶，但是AgI溶解度更小，所以AgCl能转化为AgI；故C正确；‎ D.加入氯化钠固体，氯离子浓度增大，使氯化银的沉淀溶解平衡向逆反应方向移动，故氯化银的溶解度降低，D正确。‎ 答案选B.‎ ‎6.下列水解方程式正确的是（　　）‎ A. Fe3++3H2O＝Fe（OH）3↓+3H+ B. Br﹣+H2O⇌HBr+OH﹣‎ C. CH3COOH+H2O⇌CH3COO﹣+H3O+ D. NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．水解是非常微弱的，水解方程式应该用“⇌”，且不能使用沉淀符号，故A错误；‎ B．溴离子是强酸的酸根离子不发生水解，故B错误；‎ C．CH3COOH+H2O⇌CH3COO-+H3O+，是醋酸的电离方程式，不是水解方程式，故C错误；‎ D．水解是非常微弱的，水解方程式应该用“⇌”，铵根离子水解，生成一水合氨和氢离子，离子方程式为NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为B，要注意强酸的酸根阴离子不水解。‎ ‎7.室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶液中导电粒子的数目减少 B. 溶液中c(CH3COOH)/c(H＋)值减小 C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大 D. 再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸溶液中加入水稀释，电离平衡正向移动，导电的粒子数目增加，不选A；‎ B、电离正向移动，电离程度增大，醋酸分子与氢离子浓度的比值减小，正确，选B；‎ C、醋酸的电离程度增大，但氢离子浓度减小，错误，不选C；‎ D、醋酸的浓度大于10-3mol/L，氢氧化钠的浓度为10-3 mol/L，所以二者混合后醋酸有剩余，溶液显酸性，错误，不选D。‎ ‎8.氢氰酸(HCN)的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ）‎ A. 1mol/L氢氰酸溶液的pH约为3‎ B. HCN易溶于水 C. 10 mL1mol/LHCN恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 D. 任何时候，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氢氰酸为弱电解质，则利用其电离不完全来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较来判断。‎ ‎【详解】A、氢氰酸为一元酸，1mol/L氢氰酸溶液的pH=0时该酸为强酸，但pH约为3，说明电离生成的氢离子约为10-3mol/L＜1mol/L，电离不完全，选项A正确；B、不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，选项B错误；C、10mL1mol/LHCN恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，只能说明HCN为一元酸，不能说明其电离的程度，选项C错误；D、溶液的导电性取决于溶液中的离子浓度大小，与酸性强弱无关，HCN溶液的导电性比强酸溶液的弱，不能说明HCN电离不完全，选项D错误；答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。‎ ‎9.25℃时，水的电离平衡H2O⇌H++OH-△H＞0．下列叙述正确的是（　　）‎ A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低 B. 向水中加入少量固体NaHSO4，c（H+）增大，Kw不变 C. 向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c（H+）降低 D. 将水加热，Kw增大，c（H+）不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡移动原理分析外因对水的电离平衡及水的离子积常数的影响。水的离子积只受温度影响。‎ ‎【详解】A项：向纯水中加稀氨水，平衡逆向移动，c（H+）减小，新平衡时c（OH-）比原平衡时大，A项错误；‎ B项： 向水中加入少量固体NaHSO4，溶液体积不变。NaHSO4电离产生H+，使平衡向左移动，新平衡时c（H+）比原平衡时大。因温度不变，故Kw不变。B项正确；‎ C项：向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，新平衡时c（H+）比原平衡时大C项错误；‎ D项： 将水加热，水的电离平衡向右移动，c（H+）、c（OH-）都变大，Kw也增大。D项错误。‎ 本题选B。‎ ‎10.下列应用与盐类水解无关的是（　　）‎ A. 实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞 B. 泡沫灭火器原理（硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液）‎ C. 工业上常用 NH4Cl 溶液除去焊接处的铁锈 D. 配制 FeCl2溶液时常常要在溶液中加入少量铁粉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钠水解，溶液呈碱性，碱性溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠水溶液是一种矿物胶，而导致玻璃瓶塞打不开，与盐类水解有关，故A不选；‎ B．泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，混合后铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故B不选；‎ C．NH4Cl溶液中，铵根离子水解使溶液呈酸性，能够与铁锈反应，与盐类水解有关，故C不选；‎ D．配制FeCl2溶液为了防止亚铁离子被氧化，需要加铁粉，加入铁粉会和被氧化生成的氯化铁反应生成氯化亚铁，和盐类水解无关，故D选；‎ 故选D。‎ ‎11.用酚酞作指示剂，以0.100 mol·L－1的NaOH溶液测定锥形瓶中一定体积的盐酸的物质的量浓度。下列操作将导致测定值高于实际值的是(　　)‎ A. 标准液在“0”刻度线以上，未予调整就开始滴定 B. 滴定过程中振荡时，锥形瓶中有液滴溅出 C. 观察记录滴定管内液面刻度时滴定前俯视，滴定后仰视 D. 酚酞指示剂由无色变为红色时立即停止滴定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c（HCl）=分析。‎ ‎【详解】A. 标准液在“0”刻度线以上，未予调整就开始滴定，导致NaOH溶液体积偏低，测定值偏低，A项错误；‎ B. 滴定过程中振荡时，锥形瓶中液滴溅出，导致V[NaOH(aq)]偏小，测定值偏低，B项错误；‎ C. 碱式滴定管滴定前俯视，读数偏小，滴定后仰视，读数偏大，V[NaOH(aq)]偏大，测定值偏高，C项正确；‎ D. 酚酞指示剂由无色变为红色时立即停止滴定，可能HCl并未完全反应，V[NaOH(aq)]偏小，测定值偏低，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎12.物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为7、9、11，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（　　）‎ A. HX HY HZ B. HX HZ HY C. HZ HY HX D. HY HZ HX ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物质的量浓度相同的钠盐，酸根离子的水解程度越大，溶液的pH越大，其对应的酸的酸性越弱，则物质的量浓度相同的NaX、NaY和NaZ溶液，其pH依次为7、9、11，则水解程度X-＜Y-＜Z-，其对应的酸的酸性强弱顺序为HX＞HY＞HZ，故选A。‎ ‎13.在相同的条件下测得①NaCN ②CH3COONa ③NaClO三种溶液pH相同，并且Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)>Ka(HCN)，则它们的物质的量浓度的大小顺序是( )‎ A. ①>②>③ B. ②>①>③ C. ②>③>① D. ③>①>②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对应酸的酸性越弱，其盐的水解程度越大，该盐溶液的碱性越强，溶液pH越大；当pH相同时，酸越强，盐的浓度越大，据此分析解答。‎ ‎【详解】在相同的条件下测得①NaCN；②CH3COONa；③NaClO三种溶液pH相同，已知Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)>Ka(HCN)，说明相应的酸的酸性：CH3COOH＞HClO＞HCN，所以等浓度时盐的水解程度：NaCN>NaClO>CH3COONa。若盐溶液的pH相同，溶液的浓度：NaCN③>①，故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸的电离平衡产生与盐类的水解的关系的判断的知识，会运用逆向思维进行分析解答本题，注意盐溶液的碱性强弱取决于阴离子的水解能力，当溶液pH相同时，越难水解的盐，其浓度越大。‎ ‎14.常温下，盐酸和氢氧化钠溶液相互反应的pH值变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A. NaOH溶液的物质的量浓度为1.0×10﹣13mol•L﹣1‎ B. a和b曲线上的任何一点都有：c(Na+)+c(H+)＝c(Cl﹣)+c(OH﹣)‎ C. P点溶液中：c(Na+)＞c(Cl﹣)‎ D. 曲线b是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸的pH值变化曲线 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图象中氢氧化钠溶液pH=13，c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，c(OH-)=0.1mol/L，NaOH的物质的量浓度：c(NaOH)=0.1mol•L-1，故A错误；‎ B．反应前的氢氧化钠溶液和盐酸溶液中也存在电荷守恒，pH=13时电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)，pH=1时电荷守恒为c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，其它各点均存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故B错误；‎ C．P点恰好反应生成氯化钠和水，溶液呈中性，P点溶液中：c(Na+)=c(Cl-)＞c(H+)=c(OH-)，故C错误；‎ D．由pH变化可知，曲线b是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸的pH值变化曲线，曲线a是盐酸溶液中逐滴加入氢氧化钠的pH值变化曲线，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意ab曲线的起点分别为氢氧化钠溶液和盐酸溶液，氢氧化钠溶液中没有Cl-，盐酸中没有Na+。‎ ‎15.常温下，将等体积、等物质的量浓度的与溶液混合，析出部分晶体，过滤，所得滤液。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查溶液中的离子浓度，A通过所得滤液PH<7分析；B由溶液中存在物料守恒c(Na)=c(C)分析；C通过电荷守恒分析；D通过水解和电离的程度分析离子浓度大小关系。‎ ‎【详解】A.由于常温下滤液的，故，A正确；‎ B.等体积、等物质的量浓度的与溶液混合析出部分晶体后，溶液中的溶质为和，且，发生电离生成，发生水解生成，根据的物料守恒可知：，B正确； ‎ C.根据电荷守恒有：，C错误；‎ D.由于，发生水解，发生微弱的电解，故离子浓度关系为，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎16.常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 A. Ka2（H2X）的数量级为10–6‎ B. 曲线N表示pH与的变化关系 C. NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)‎ D. 当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)=c(H＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；D.根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，＞0，即c(X2-)＞c(HX-‎ ‎)，D错误；答案选D。‎ 二．填空题 ‎17.已知可逆反应为：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），该反应的平衡常数随温度的变化如下表：‎ ‎（1）从表中的数据可以推断：此反应是___（填“吸”或“放”）热反应。在830℃下开始时向恒容密闭容器中充入1mo1CO和2mo1H2O达到平衡后CO的转化率为_____．‎ 温度/℃‎ ‎400‎ ‎500‎ ‎830‎ 平衡常数K ‎10‎ ‎9‎ ‎1‎ ‎（2）在500℃，按照下表的物质的量（按照CO、H2O、H2、CO2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述反应，达到平衡后下列关系正确的是_____．‎ 实验编号 反应物投入量 平衡时H2浓度 吸收或放出的热量 反应物转化率 ‎1‎ ‎1、1、0、0‎ c1‎ Q1‎ α1‎ ‎2‎ ‎0、0、2、2‎ c2‎ Q2‎ α2‎ ‎3‎ ‎2、2、0、0‎ c3‎ Q3‎ α3‎ A．2c1＝c2＝c3 B．2Q1＝Q2＝Q3 C．α1＝α2＝α3 D．α1+α2＝1‎ ‎（3）如图表示此反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件使浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是__（任写一种）‎ ‎【答案】 (1). 放 (2). 66.7% (3). AD (4). 降低温度或增加水蒸气的量 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据温度与化学平衡常数关系确定反应热；根据化学平衡常数计算CO的转化率；‎ ‎(2)各物质起始物质的量均为1∶1等于化学计量数之比，结合方程式可知，故平衡时n(CO)=n(H2O)、n(CO2)=n(H2)，由于500℃时平衡常数K==9，平衡时n(CO2)≠n(CO)，则转化率不是50%；B中转化到左边可以得到2molCO、2molH2O，恒温恒容下B、C是完全等效平衡，平衡时相同物质的浓度相同、物质的量相同；恒温恒容下，C等效为在A的基础上增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物转化率相等、相同物质的含量相等；‎ ‎(3)在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，可以通过改变温度、改变水蒸气或氢气的量实现。‎ ‎【详解】(1)随着温度的升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应；设CO的转化率为x，‎ CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)‎ 起始(mol) 1 2 0 0‎ 反应(mol) x x x x 平衡(mol) 1−x 2−x x x 化学平衡常数K==1，x=66.7%，故答案为：放；66.7%；‎ ‎(2)各物质起始物质的量均为1∶1等于化学计量数之比，结合方程式可知，故平衡时n(CO)=n(H2O)、n(CO2)=n(H2)，由于500℃时平衡常数K═=9，平衡时n(CO2)≠n(CO)，则转化率不是50%；B中转化到左边可以得到2molCO、2molH2O，恒温恒容下B、C是完全等效平衡，平衡时相同物质的浓度相同、物质的量相同，则：c2=c3，B、C平衡时n(CO2)≠n(CO)，转化率不是50%，故Q2≠Q3，设平衡时CO为ymol，则α3=，α2=，故α3+α2=1，可推知α3≠α2；恒温恒容下，C等效为在A的基础上增大压强，反应前后气体体积不变，平衡不移动，反应物的转化率相等、相同物质的含量相等，则α1=α3‎ ‎，c3=2c1，Q3=2Q1，结合上述分析可知：2c1=c2=c3 ，Q3=2Q1≠Q2，α1=α3≠α2 ，α1+α2=1，故答案为：AD；‎ ‎(3)在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，且CO和CO2浓度变化有接触点，所以可以通过改变降低温度、增大水蒸气的量或减少氢气的量实现；故答案为：降低温度；增加水蒸气的量。‎ ‎【点睛】本题的难点为(2)，要注意500℃时平衡常数K==9，并结合等效平衡的规律判断。‎ ‎18.（1）室温时，向100mL0.1mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：‎ ‎①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是_____；‎ ‎②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_____；‎ ‎（2）欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol•L﹣1HCl标准液进行中和滴定 ‎①若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面如图，则此时消耗盐酸溶液的体积为_____；用_____滴定管盛装标准盐酸溶液,若用酚酞作指示剂，判断滴定到达终点的依据是_____‎ ‎ ‎ ‎②乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：‎ 实验序号 待测NaOH溶液的体积/mL ‎0.1000mol•L﹣1HCl溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 ‎1‎ ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.11‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎31.30‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ 选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为__（保留小数点后四位）；‎ ‎③下列哪些操作会使测定结果偏高_____（填序号）．‎ A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗 C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数．‎ ‎【答案】 (1). a点 (2). c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+） (3). 21.50mL (4). 酸式 (5). 当滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色恰好由浅红色变成无色且半分钟内颜色不再变化即为滴定终点。 (6). 0.1044mol•L﹣1 (7). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性；据此分析解答；②b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3•H2O，V(NaOH)＞V(NH4HSO4)；‎ ‎(2)①根据滴定管的精确度为0.01mL； ②先分析数据的可能性，误差太大的去掉，V(标准)取平均值，根据c(待测)=计算；③根据c(待测)= 分析误差。‎ ‎【详解】(1)①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，故答案为：a；‎ ‎②b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3•H2O，V(NaOH)＞V(NH4HSO4)，铵根离子水解，则离子浓度大小为c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)； ‎ ‎(2)①记录滴定前滴定管内液面读数为1.10mL，滴定后液面读数为22.60mL，则此时消耗盐酸溶液的体积为22.60mL-1.10mL=21.50mL；用酸式滴定管盛装标准盐酸溶液，若用酚酞作指示剂，当滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色恰好由浅红色变成无色，且半分钟内颜色不再变化，即为滴定终点，故答案为：21.50mL；酸式；当滴入最后一滴盐酸时，溶液颜色恰好由浅红色变成无色，且半分钟内颜色不再变化，即为滴定终点；‎ ‎②第二组读数误差太大舍去，标准液消耗的体积V(标准液)==26.10ml；c(待测)==0.1044mol•L-1，故答案为：0.1044mol•L-1；‎ ‎③A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗，待测液增多，消耗标准液增多，结果偏高，故A符合；B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，符合实验操作，结果符合，故B不符合；C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，读出的标准液体积增大，结果偏高，故C符合；D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，读数减小，标准液体积减小，结果偏低，故D不符合；故答案为：AC。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)②，要注意实验数据有效性的判断。‎ ‎19.（1）某同学想把AlCl3溶液和Na2S溶液混合制取A12S3，但最后得到一种白色絮状沉淀，而且混合液中有臭鸡蛋气味的气体放出。试写出该反应的离子方程式_____________。‎ ‎（2）常温下，有A、B、C、D四种无色溶液，它们分别是CH3COONa溶液、NH4C1溶液、盐酸和NaNO3溶液中的一种。已知A、B的水溶液中水的电离程度相同，A、C溶液的pH相同。则：B是_____溶液，C是_____溶液 ‎（3）物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液：①KNO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaHSO4、⑤CH3COOH、⑥NaOH、⑦Ba（OH）2，pH由大到小的顺序为：____（用序号表示）‎ ‎（4）物质的量浓度相同的五种溶液①（NH4）2SO4 ②氨水③NH4HSO4④NH4HCO3⑤NH4NO3，c（NH4+）由大到小的顺序是_____；（用序号表示）‎ ‎（5）常温下的pH＝5 NH4Cl溶液 和pH＝5 醋酸溶液，其中水电离出 c（H+）之比为_____。‎ ‎【答案】 (1). 2Al3++3S2﹣+6H2O＝2Al(OH)3↓+3H2S↑ (2). CH3COONa溶液 (3). 盐酸 (4). ⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑤＞④ (5). ①＞③＞⑤＞④＞② (6). 104∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和氢离子，硫离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，二者相互促进，据此分析解答；‎ ‎(2) CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，盐酸和NaNO3四种溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进水的电离；NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，水解呈酸性，促进水的电离；盐酸溶液呈酸性，抑制水的电离，NaNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，水的电离不受影响，再结合“A、C溶液的pH相同”和“A、B溶液中水的电离程度相同”，分析判断；‎ ‎(3)先根据酸碱盐分类，再根据酸中酸的强弱分类，盐中盐的水解呈酸碱性分类比较；‎ ‎(4)物质的量相等的这几种溶液中，NH3•H2O溶液中c(NH4+)小于铵盐的c(NH4+)，铵盐中先比较铵根离子的下标，下标越大，溶液中铵根离子浓度越大；相同系数的铵盐溶液，水解程度越大，c(NH4+)越小；‎ ‎(5)NH4Cl促进水电离，盐酸抑制水电离，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和氢离子，硫离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，二者相互促进，则AlCl3溶液和Na2S溶液混合发生的反应为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，因此得不到A12S3，故答案为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑；‎ ‎(2)CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，盐酸和NaNO3四种溶液，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进水的电离；NH4Cl溶液为强酸弱碱盐，水解呈酸性，促进水的电离；盐酸溶液呈酸性，抑制水的电离，NaNO3为强酸强碱盐，溶液呈中性，水的电离不受影响，A、C溶液的pH相同，则A、C为NH4Cl溶液、盐酸；A、B溶液中水的电离程度相同，则A、B为CH3COONa溶液、NH4Cl溶液，故A为NH4Cl溶液，B为CH3COONa溶液，C为盐酸，D为NaNO3溶液，故答案为：CH3COONa溶液；盐酸；‎ ‎(3)七种物质中，酸：⑤CH3COOH 是弱电解质，所以只有部分电离，故c(H +)＜0.1mol/L，所以pH＞1；‎ 碱：⑥NaOH是强电解质，完全电离，c(OH- )=0.1mol/L，所以pH=13；‎ ‎⑦Ba(OH)2是强电解质，完全电离，c(OH- )=0.2mol/L，所以pH=13.7；‎ 盐：④NaHSO4是强酸酸式盐，在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子，所以c(H +)=0.1mol/L，所以pH=1；‎ ‎①KNO3是强酸强碱盐，水溶液呈中性，pH=7；‎ ‎②Na2CO3、③NaHCO3强碱弱酸盐，水溶液都呈碱性，但是碳酸钠水解程度大，碱性更强；‎ 所以pH由大到小的顺序为⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑤＞④，故答案为：⑦＞⑥＞②＞③＞①＞⑤＞④；‎ ‎(4)物质的量浓度相同的这几种溶液，NH3•H2O溶液中c(NH4+)小于铵盐的c(NH4+)，则②中c(NH4+)最小；铵盐中先比较铵根离子的下标，下标越大，溶液中铵根离子浓度越大，则①中c(NH4+)最大；③中氢离子抑制水解、④中碳酸氢根离子促进水解，所以c(NH4+)：③＞⑤＞④，所以这几种溶液c(NH4+)：①＞③＞⑤＞④＞②，故答案为：①＞③＞⑤＞④＞②；‎ ‎ (5)NH4Cl促进水电离，盐酸抑制水电离，NH4Cl溶液中水电离出 c(H+)=10-5 mol/L，盐酸溶液中水电离出 c(H+)=mol/L=10-9 mol/L，则两种溶液中由水电离出的 c(H+)之比=10-5 mol/L∶10-9 mol/L=104∶1，故答案为：104∶1。‎ ‎【点睛】本题的易错点和难点为(3)和(4)，(3)中要注意首先将溶液分为酸性、中性、碱性，然后再分别比较酸性和碱性溶液的pH大小；(4)中要注意能够水解的盐的水解程度和弱电解质的电离程度一般都较小。‎ ‎20.（1）常温下pH＝3的盐酸和pH＝6的盐酸等体积混合，溶液的pH＝_____（lg2＝0.3）‎ ‎（2）在某温度下，H2O的离子积常数为1×10﹣13，则该温度下 ‎①某溶液中的H+ 浓度为1×10﹣7mol/L，则该溶液呈_____性．‎ ‎②0.01mol/LNaOH溶液的pH＝_____．‎ ‎③99mL pH＝1的H2SO4溶液与101mL pH＝12的KOH溶液混合后（不考虑混合时溶液的体积变化），溶液的pH＝_____．‎ ‎【答案】 (1). 3.3 (2). 碱 (3). 11 (4). 10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据两溶液混合后溶液中氢离子浓度计算出混合液的pH；‎ ‎(2)①根据水的离子积计算出溶液中氢氧根离子浓度，然后判断溶液酸碱性；‎ ‎②根据该温度下水的离子积计算出氢氧化钠溶液中氢离子浓度，然后根据pH表达式计算出氢氧化钠溶液的pH；‎ ‎③根据溶液的pH及该温度下水的离子积计算出溶液中氢离子、氢氧根离子浓度，判断溶液的酸碱性，再计算出混合液中氢离子浓度及溶液的pH。‎ ‎【详解】(1)常温下pH=3的盐酸中氢离子浓度为0.001mol/L，pH=6的盐酸中氢离子浓度为1×10-6mol/L，两溶液等体积混合后溶液中氢离子浓度为mol/L≈5×10-4mol/L，混合液的pH=-lg(5×10-4)=4-lg5=4-(1g)=4-(1-lg2)=3+0.3=3.3，故答案为：3.3；‎ ‎(2)①某溶液中的H+浓度为1×10-7mol/L，则该溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=mol/L=1×10-6mol/L＞c(H+)，溶液一定显示碱性，故答案为：碱；‎ ‎②0.01mol/LNaOH溶液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L=1×10-11mol/L，该温度下该氢氧化钠溶液pH=-lg(1×10-11)=11，故答案为：11；‎ ‎③pH=1的H2SO4溶液中氢离子浓度为：c(H+)=0.1mol/L，pH=12的KOH溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，显然氢氧根离子过量，溶液显示碱性，混合后溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH-)==0.001mol/L，氢离子浓度为mol/L=1×10-10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为：10。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(2)③，要注意该温度下，pH=12的KOH溶液中c(OH-)不是0.01mol/L。‎ ‎21.Ⅰ.氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，二盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。‎ ‎（1）写出二盐酸肼第一步水解反应的离子方程式_____________________。‎ ‎（2）二盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是_____。‎ A．c(Cl﹣)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH﹣)；‎ B．c(Cl﹣)＞c([N2H5•H2O]+)＞c(H+)＞c(OH﹣)；‎ C．c(N2H62+)+c([N2H5•H2O]+)+c(H+)＝c(Cl﹣)+c(OH﹣)；‎ D．c(N2H62+)＞c(Cl﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)；‎ Ⅱ．某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A＝H++HA﹣；HA⇌H++A2﹣则NaHA溶液显_____(填“酸性”，“中性”，或“碱性”)，理由是___________________；‎ Ⅲ．已知HClO的Ka为3.0×10﹣8，H2CO3的 Ka1＝4.31×10﹣7 Ka2＝5.61×10﹣11，写出向次氯酸钠中通入少量二氧化碳的离子反应方程式：____________________。‎ ‎【答案】 (1). N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+ (2). A (3). 酸性 (4). 根据H2A在水中的电离可知第一步完全电离，第二步部分电离，则HA﹣只电离不水解，溶液呈酸性 (5). CO2+ClO﹣+H2O＝HCO3﹣+HClO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ．(1)根据二盐酸肼是离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH-；‎ ‎(2)由二盐酸肼(N2H6Cl2)的化学式，水解使溶液显酸性来分析离子浓度的大小关系；‎ Ⅱ．根据H2A在水中第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA溶液中HA﹣只电离不水解；‎ Ⅲ．依据电离平衡常数判断出酸性H2CO3 ＞HClO＞HCO3-，依据酸性强弱分析反应产物。‎ ‎【详解】Ⅰ．(1)因二盐酸肼(N2H6Cl2)的水解与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH-，则第一步水解的离子反应为N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+； ‎ ‎(2)A．由二盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c(Cl-)＞c(N2H62+)，又水解显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，由于水解的程度很弱，则c(N2H62+)＞c(H+)，即离子浓度的大小关系为c(Cl-)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A正确；B．由水解方程式N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，可知c([N2H5•H2O+])=c(H+)，另外水也电离出部分氢离子，因此c(H+)＞c([N2H5•H2O]+)，故B错误；C．根据电荷守恒可得：c(N2H62+)的系数为2，故C错误；D．根据A可知，c(Cl-)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误；故答案为：A；‎ Ⅱ．H2A在水中第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA溶液应呈显酸性，因HA-只电离不水解，HA-⇌H++A2-，故答案为：酸性；根据H2A在水中的电离可知第一步完全电离，第二步部分电离，则HA﹣只电离不水解，溶液呈酸性；‎ Ⅲ．根据电离平衡常数大小，碳酸的酸性强于HClO，HCO3-的酸性弱于HClO，所以向次氯酸钠中通入少量二氧化碳的离子方程式为：CO2+ClO-+H2O=HCO3-+HClO，故答案为：CO2+ClO-+H2O=HCO3-+HClO。‎