宁夏育才中学孔德学区2022-2022学年高二化学上学期第二次月考试题含解析.doc

宁夏育才中学孔德学区2022-2022学年高二化学上学期第二次月考试题含解析一、单项选择20道题，每题2分，共40分1. 以下关于热化学反响的描述中正确的选项是( )A. HCl和NaOH反响的中和热H573 kJ/mol，那么H2SO4和Ca(OH)2反响的中和热H2×(573) kJ/molB. 碳与二氧化碳的反响既是吸热反响，又是化合反响C. 热化学方程式中化学计量数可表示分子个数D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】中和热是指稀溶液中强酸和强碱反响生成1 mol H2O放出的热量，A错；热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，C错；1 mol CH4燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量才是甲烷的燃烧热，D错。2.反响A(g)3B(g) 2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反响速率分别为v(A)0.45 mol·L-1·min-1 v(B)0.6 mol·L-1·s-1 v(C)0.4 mol·L-1·s-1 v(D)0.45 mol·L-1·s-1，该反响进行的快慢顺序为A. >>B. <<C. >>>D. >>>【答案】A【解析】【详解】首先将速率的单位统一，v(A)0.45 mol·L1·min1=0.0075 mol·L1·s1，然后都用A物质表示反响速率，那么根据反响速率之比是相应的化学计量数之比可知反响速率分别是mol·L1·s10.0075、0.2、0.2、0.225，那么反响速率大小关系是，答案选A。【点睛】同一个化学反响，用不同的物质表示其反响速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反响速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。3.100 mL 6 mol·L-1的硫酸溶液跟过量锌粉反响,在一定温度下,为了减缓反响进行的速率,又不影响生成氢气的总量,可向反响物中参加适量的()A. Na2CO3固体B. 3 mol·L-1的H2SO4溶液C. CH3COOK溶液D. KNO3溶液【答案】C【解析】此反响实质是2H+ZnZn2+H2,又因为要求不影响生成氢气的总量,因此不能改变H+的物质的量。加Na2CO3溶液,会生成CO2,影响生成H2的总量,故A项错;参加3 mol·L-1的H2SO4溶液,会生成更多H2,故B项错;参加KNO3溶液,Zn与H+、N反响生成NO,减少了H+的物质的量,影响氢气的生成量,故D项错;参加CH3COOK溶液,使c(H+)减小,反响速率减慢,但H+的总物质的量不变,生成的n(H2)不变,故C项正确。4.将2 mol SO2和1 mol O2充入一容积固定的密闭容器中，在一定条件下发生反响：2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，以下物理量不再改变时，并不能说明化学反响已到达平衡状态的是()A. 混合气体的密度B. 混合气体的压强C. 混合气体总物质的量D. 混合气体的平均相对分子质量【答案】A【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反响的正反响速率和逆反响速率相等时但不为0，反响体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反响过程中质量和容积始终是不变的，A不能说明；该反响是体积减小的可逆反响，在反响过程中气体的总物质的量和压强也是减小的，因此当气体的总物质的量和压强不再发生变化时，可以说明得到平衡状态；混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，因此选项D可以说明，答案选A。考点：考查可逆反响平衡状态的判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题根底性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，然后结合具体的可逆反响灵活运用即可。5.如图曲线表示其他条件一定时，反响2NOO22NO2(正反响为放热反响)达平衡时NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未到达平衡状态，且v(正)v(逆)的点是A. a点B. b点C. c点D. d点【答案】C【解析】【详解】曲线表示其他条件一定时，平衡状态下NO的转化率与温度的关系。A. a点在温度一定向曲线开展的过程中，NO的转化率降低，说明a点v(正)<v(逆)，选项A不符合；B. b点到达平衡，v(正)=v(逆)，选项B不符合；C. c点在温度一定向曲线开展的过程中，NO的转化率增大，说明a点v(正)>v(逆)，选项C符合；D. d点到达平衡，v(正)=v(逆)，选项D不符合；答案选C。【点睛】此题考查平衡转化率与反响速率之间的关系，解答此题需要明确曲线是表示平衡状态下NO的转化率与温度关系的平衡曲线，平衡状态向着化学反响速率较大的方向建立，曲线上方的点v(正)<v(逆)。6.在密闭容器中发生如下反响：xA(g)+yB(g)zC(g)，到达平衡后测得A的浓度为0.20mol/L。在恒温下增大压强使容器容积缩小为原来的一半，再次到达平衡时，测得A的浓度为0.35mol/L。以下说法不正确的选项是 A. x+yzB. 平衡向右移动C. B的转化率提高D. C的体积分数降低【答案】D【解析】【详解】在恒温下增大压强使容器容积缩小为原来的一半的瞬间，A的浓度是0.40mol/L。但再次到达平衡时，测得A的浓度为0.35mol/L，这说明增大压强，平衡向右移动，即正反响是体积减小的，即x+y>z，B的转化率提高，C的体积分数增大；答案选D。【点睛】该题的关键是明确瞬间浓度的变化与通过平衡移动引起的变化的区别，该题有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力。7.以下物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A. CH3COOHB. Cl2C. NH4HCO3D. SO2【答案】D【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。8.以下现象及性质不能说明醋酸是弱酸的是 ()A. 锌粒与稀硫酸反响时，参加少量醋酸钠，那么反响速率降低B. 醋酸比硫酸对衣服的腐蚀性差C. 0.1mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为9D. 用NaOH溶液中和等体积，相同pH的盐酸和醋酸，盐酸消耗NaOH溶液的体积小【答案】B【解析】【详解】A、锌与稀硫酸反响时，参加醋酸钠溶液，硫酸与醋酸钠反响生成弱电解质醋酸，导致溶液中氢离子浓度减小反响减慢，可以证明醋酸是弱酸，故A错误；B项、酸性强弱与腐蚀性强弱无关，不能证明酸性强弱，故B正确；C项、测得醋酸钠溶液的pH约为9，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故C错误；D项、中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸消耗的NaOH的物质的量多，醋酸的浓度大，可以证明醋酸是弱酸，故D错误；应选B。【点睛】证明醋酸为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度分析是解答关键。9.一定温度下，水存在H2OHOHHQ(Q0)的平衡，以下表达一定正确的选项是A 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小B. 将水加热，Kw增大，pH减小C. 向水中参加少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H)降低D. 向水中参加少量固体硫酸钠，c(H)107mol·L1，Kw不变【答案】B【解析】试题分析： A向水中滴入少量稀盐酸，溶液中c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，由于温度不变，所以Kw不变，错误；B水的电离过程是吸热过程，将水加热，水的电离程度增大，Kw增大，由于c(H+)增大，故溶液的pH减小，正确；C向水中参加少量固体CH3COONa，CH3COO-会消耗水电离产生的+，使水的电离平衡正向移动，最终导致溶液中c(H)降低，错误；D由于没有指明温度，c(H)不一定等于107mol·L1，错误。考点：考查外界条件对水的电离平衡、水的离子积常数的影响的知识。10. 在以下各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是A. 室温下，pH=1的溶液中： Na、Fe3、NO3、IB. 水电离的H浓度为1×1013mol·L1的溶液中，K、Al3、Cl、SO42C. AlO2浓度为0.1 mol·L-1的溶液中： Na、K、HCO3、ClD. 参加KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl、NO3【答案】D【解析】试题分析：离子间如果发生化学反响，那么不能大量共存，反之是可以的。A中溶液显酸性，Fe3、NO3均能氧化I，不能大量共存；B中水的电离平衡被抑制，因此溶液可能显酸性，也可能显碱性。如果显碱性，那么Al3不能大量共存。C中AlO2和HCO3反响生成氢氧化铝和CO32，不能大量共存。D中溶液含有铁离子，可以大量共存，答案选D。考点：考查离子共存的正误判断点评：该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生根底知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用根底知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即1能发生复分解反响的离子之间；2能生成难溶物的离子之间；3能发生氧化复原反响的离子之间；4能发生络合反响的离子之间如 Fe3+和 SCN-；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：1溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；2溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、 Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；3溶液的具体反响条件，如“氧化复原反响、“参加铝粉产生氢气；4是“可能共存，还是“一定共存等。11.常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的以下溶液：CH3COONa NaOH NaHSO4NH4Cl NaCl，溶液的pH由大到小的顺序排列正确的选项是A. B. C. D. 【答案】C【解析】醋酸钠水解显碱性，氢氧化钠是强碱，硫酸氢钠电离出氢离子显酸性，氯化铵水解显酸性，氯化钠不水解显中性，所以正确的答案选C。12.在盐类水解的过程中，以下说法正确的选项是A. 盐的电离平衡被破坏B. 水的电离程度一定会增大C. 溶液的pH一定会增大D. c(H)与c(OH)的乘积一定会增大【答案】B【解析】【详解】A、大多数盐为强电解质，在水中完全电离，A错误；B、盐类的水解促进水的电离，B正确；C、强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错误；D、一定温度下的稀溶液中，c(H)与c(OH)的乘积是一个常数，D错误。答案选B。13.实验室有以下试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的 NaOH溶液水玻璃Na2S溶液 Na2CO3溶液NH4Cl溶液澄清石灰水 浓HNO3浓H2SO4A. B. C. D. 【答案】B【解析】碱性溶液的试剂瓶瓶塞要用橡胶塞，因为二氧化硅与氢氧化钠溶液反响生成硅酸钠，有粘性；NaOH溶液、澄清石灰水为碱，硅酸钠溶液、Na2CO3溶液、Na2S溶液水解显碱性，只能用带橡胶塞的试剂瓶保存；而浓HNO3、浓H2SO4为强酸，NH4Cl溶液水解显酸性，就需用玻璃塞；正确答案选B。14.以下各项中的离子方程式，书写正确的选项是 ()A. AlCl3水解：Al3+3H2O=Al(OH)3+3H+B. NaHCO3电离：NaHCO3Na+HCO3-C. 固体Ca(OH)2与NH4Cl共热：NH4+OH-=NH3+H2OD. 过量的CO2气体通入饱和石灰水中：CO2+OH-=HCO3-【答案】D【解析】【详解】A项、AlCl3在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，故A错误；B项、NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，故B错误；C项、固体Ca(OH)2与NH4Cl共热反响不是在水溶液中进行的，不能改写成离子方程式，故C错误；D项、过量的CO2气体与饱和石灰水反响生成碳酸氢钙，反响的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-，故D正确；应选D。【点睛】固体Ca(OH)2与NH4Cl共热反响不是在水溶液中进行的，不能改写成离子方程式是解答关键，也是易错点。15.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧以下物质的溶液，可以得到该固体物质的是()A. 氯化铝B. 碳酸氢钠C. 硫酸铁D. 高锰酸钾【答案】C【解析】【详解】A项、氯化铝在溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热时氯化氢挥发，使水解平衡右移，使氯化铝在溶液中水解趋于完全生成氢氧化铝，氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝，故A错误；B项、碳酸氢钠溶液加热蒸干得到碳酸氢钠，灼烧时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故B错误；C项、硫酸铁溶液在加热时虽然水解，但硫酸难挥发，最后得到的固体应为硫酸铁，故C正确；D项、高锰酸钾溶液加热蒸干得到高锰酸钾，灼烧时，高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故D错误；应选C。【点睛】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧以下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，注意根据盐类水解特点、物质的稳定性等知识点来分析解答是关键。16.为了使CH3COONa溶液中Na的浓度与CH3COO的浓度比为11，可在CH3COONa溶液中参加( )适量的盐酸 适量的NaCl 适量的醋酸 适量的CH3COONaA. B. C. D. 【答案】B【解析】在CH3COONa溶液中，由于CH3COO的水解：CH3COOH2OCH3COOHOH，使CH3COO浓度比Na浓度要小。使平衡向右移动，c(CH3COO)减小；参加Na，c(Na)增大；中参加了CH3COONa，使CH3COO的浓度增大，但Na也随着增大；只有参加醋酸，使平衡左移，另外其本身也可以电离出CH3COO，使溶液中的CH3COO的浓度增大。17. 乙酸HA的酸性比甲酸HB弱，在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，以下排序正确的选项是 A. c(OH)>c(HA)>c(HB)>c(H+)B. c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)C. c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+)D. c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)【答案】A【解析】【详解】根据“越弱越水解的原那么，NaA的水解比NaB水解程度大，所以溶液中的c(HA)c(HB)，c(A)c(B)；再根据“谁强显谁性可知溶液中的c(OH)c(H)；由于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以c(OH)c(A)和c(B)。在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，c(Na+)> c(B)> c(A)>c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)，故A正确，答案选A。18.物质的量浓度相同的以下溶液：Na2CO3NaHCO3H2CO3(NH4)2CO3NH4HCO3，按c(CO32-)由小到大排列顺序正确的选项是( )A. <<<<B. <<<<C. <<<<D. <<<<【答案】B【解析】试题分析：物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液中，根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，令其物质的量浓度为0.1mol/L，那么：Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子局部水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，局部碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于0.1mol/L；(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；H2CO3溶液是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L，NH4HCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NH4HCO3溶液中碳酸根离子浓度小；NH4HCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸氢根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸氢根离子电离出来的碳酸根离子的浓度非常小，比NaHCO3溶液中碳酸根离子浓度小；综上碳酸根离子浓度为：Na2CO3(NH4)2CO3NaHCO3NH4HCO3H2CO3；应选B。考点：考查盐类水解的应用19.常温下，0.1 mol·L1某一元酸(HA)溶液的pH3。以下表达正确的选项是()A. 该溶液中：c2(H)c(H)·c(A)KwB. 由pH3的HA溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na)>c(A)>c(OH)>c(H)C. 浓度均为0.1 mol·L1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A)>c(HA)>c(Na)>c(OH)>c(H)D. 0.1 mol·L1 HA溶液与0.05 mol·L1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H)c(HA)=c(A)2c(OH)【答案】D【解析】常温下，0.1molL-1某一元酸(HA)溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有局部电离，所以HA是弱酸。A根据电荷守恒得c(H+)=c(A-)+c(OH-)，两边都同乘以c(H+)，所以得c2(H+)=c(H+)c(A+)+Kw，故A错误；BpH=3的HA与pH=11的NaOH溶液中，酸的浓度大于碱的浓度，等体积混合时酸的物质的量大于碱，所以酸和碱反响后酸有剩余，溶液显酸性，c(H)c(OH)，故B错误；C浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)c(HA)，根据物料守恒可知c(A-)c(Na+)c(HA)，所以溶液中离子浓度大小为：c(A-)c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)，故C错误；D混合溶液中存在浓度均为0.025 molL-l的HA和NaA溶液，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，所以2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，故D正确；应选D。20.室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合忽略体积变化，实验数据如下表：实验编号起始浓度/mol·L1反响后溶液的pHcHAc(KOH)0.10.19x0.27以下判断不正确的选项是A. 实验反响后的溶液中：c(K)>c(A)>c(OH)>c(H)B. 实验反响后的溶液中：c(OH)=c(K)c(A)=mol/LC. 实验反响后的溶液中：c(A)c(HA)>0.1mol·L1D. 实验反响后的溶液中：c(K)=c(A)>c(OH) =c(H)【答案】B【解析】【详解】A、两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反响，溶质是KA，反响后溶液显碱性，说明HA是弱酸，A发生水解，AH2OHAOH，离子浓度大小顺序是c(K)>c(A)>c(OH)>c(H)，故A说法正确；B、根据电荷守恒，有c(K)c(H)=c(OH)c(A)，那么有c(OH)=c(K)c(H)c(A)=Kw/109mol·L1，故B说法错误；C、因为HA是弱酸，反响后溶液显中性，溶质为HA和KA，因此HA的浓度应大于0.2mol，根据物料守恒，c(A)c(HA)>0.2/2mol·L1=0.1mol·L1，故C说法正确；D、根据电中性，c(K)c(H)=c(OH)c(A)，溶液显中性，即c(H)=c(OH)，c(K)=c(A)，离子浓度大小顺序是c(K)=c(A)> c(H)=c(OH)，故D说法正确；答案选B。【此处有视频，请去附件查看】二、填空题共60分21.(1)有以下六种物质的溶液：氨水NH4ClNaHSO4醋酸CH3COONaNaHCO3。溶液呈酸性的是_(将相应的序号填入空格，下同)。溶液呈碱性的是_。能促进水电离的是_。能抑制水电离的是_。(2)FeCl3水解的离子方程式为_。改变以下条件：升高温度参加少量浓盐酸加水稀释加少量铁粉加少量NaHCO3(s)。使水解平衡右移的是_。使水解平衡左移的是_。使溶液pH减小的是_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+ (6). (7). (8). 【解析】【详解】1氨水为弱碱，在溶液中局部电离，溶液呈碱性，电离出的氢氧根离子抑制水电离；NH4Cl为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，促进水电离；NaHSO4是强酸酸式盐，在溶液中完全电离，溶液呈酸性，电离出的氢离子抑制水电离；CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水电离；NaHCO3是弱酸酸式盐，在溶液中水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性，促进水电离；综上所述：溶液呈酸性的是；溶液呈碱性的是；能促进水电离的是；能抑制水电离的是；2氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；盐的水解反响是吸热反响，升高温度，水解平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，pH减小；参加少量浓盐酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，水解平衡左移；加水稀释，水解平衡右移，溶液中氢离子浓度减小，pH增大；加少量铁粉，铁与三价铁离子反响，溶液中三价铁离子浓度减小，水解平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，pH增大；加少量碳酸氢钠固体，碳酸氢钠与氢离子反响，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，水解平衡右移；综上所述：使水解平衡右移的是，故答案为：；使水解平衡左移的是，故答案为：；使溶液pH减小的是，故答案为：。【点睛】在溶液中，酸或碱能电离出的氢离子或氢氧根离子，抑制水电离，能水解的盐破坏水的电离平衡，能促进水电离，弱酸的酸式盐假设电离趋势大于水解趋势，溶液呈酸性，抑制水电离，假设水解趋势大于电离趋势，溶液呈碱性，能促进水电离。22.某温度(t)时，测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为11，那么该温度下水的Kw_，该温度_25(填“大于“小于或“等于)，其理由是_.此温度下，将pHa的NaOH溶液VaL与pHb的H2SO4溶液VbL混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：(1) 假设所得溶液为中性，且a12，b2，那么VaVb_；(2) 假设所得溶液为中性，且ab12，那么VaVb_；(3) 假设所得溶液的pH10，且a12，b2，那么VaVb_.【答案】10131分大于1分水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡向右移动，KW增大，因该温度下的KW大于25时水的KW，所以该温度大于252分(1)110 2分 (2)101 2分 (3)192分【解析】试题分析：0.01molL-1的NaOH溶液的pH为11，那么氢离子浓度=10-11mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，那么Kw=cH+cOH-=0.01×10-11=10-13，水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡正向移动，KW增大，因该温度下的KW大于25时水的KW=1×1014，所以该温度大于25，故答案为10-13；大于；水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡正向移动，KW增大，因该温度下的KW大于25时水的KW=1×1014，所以该温度大于25；1假设所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因cOH-×Va=cH+×Vb，a=12，b=2，那么0.1×Va=0.01Vb，那么Va：Vb=1：10故答案为1：10；2假设所得混合液为中性，且a+b=12，Va：Vb=1013-a-b=10，那么Va：Vb=10：1，故答案为10：13假设所得混合溶液的pH=10，碱过量，且a=12，b=2，那么溶液中cOH-=0.001，那么Va：Vb=1：9；故答案为1：9。【考点定位】考查pH的简单计算【名师点晴】此题考查了水的离子积常数的计算、酸碱混合的计算，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液是酸碱性无关，为易错点。明确该温度下的Kw及pH与浓度的换算是解答此题的关键，注意酸碱反响的实质。23.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，请完成以下填空：(1)配制100mL 0.10mol·L-1NaOH标准溶液。主要操作步骤：计算称量溶解(冷却后)_洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)_将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。称量_g氢氧化钠固体，所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、_、_。(2)取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成后，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸的体积(mL)10.1022.6420.0020.1022.7220.0030.10228020.00滴定到达终点的标志是_。根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_(保存两位有效数字)。排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如下列图操作中的_，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴局部充满碱液。在上述实验中，以下操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_。A.滴定终点读数时俯视读数 B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗C.锥形瓶水洗后未枯燥 D.碱式滴定管尖嘴局部有气泡，滴定后消失【答案】 (1). 移液 (2). 定容 (3). 摇匀 (4). 0.4 (5). 小烧杯 (6). 药匙 (7). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (8). 0.11mol/L (9). 丙 (10). D【解析】【分析】(1)配制100mL 0.10mol·L-1NaOH标准溶液的主要操作步骤是计算称量溶解(冷却后) 移液洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)定容摇匀将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签；依据m=nM计算氢氧化钠的质量；称取氢氧化钠固体所需仪器有天平带砝码、镊子、药匙、烧杯；2滴加23滴酚酞溶液作指示剂，当最后一滴NaOH溶液参加时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不再改变，说明到达终点；根据c酸×V酸=c碱×V碱计算可得；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；分析不当操作对V标准的影响，以此判断浓度的误差。【详解】(1)配制100mL 0.10mol·L-1NaOH标准溶液的主要操作步骤是计算称量溶解(冷却后) 移液洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)定容摇匀将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签；氢氧化钠的质量为m=nM=0.10L×0.10mol/L×40g/mol=0.4g；称取氢氧化钠固体所需仪器有天平带砝码、镊子、小烧杯、药匙；2滴加23滴酚酞溶液作指示剂，当最后一滴NaOH溶液参加时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不再改变，说明到达终点；由表格数据可知，三次实验消耗氢氧化钠溶液的体积为=22.72mL，根据c酸×V酸=c碱×V碱可得关系式0.002272L×0.10mol/L=0.0020000L×cHCl，解得cHCl0.11mol/L；碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；A、滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，会导致NaOH溶液体积偏小，测定溶液浓度偏小，故A错误；B、酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸溶液中氯化氢的物质的量偏小，消耗NaOH体积偏小，测定溶液浓度偏小，故B错误；C、锥形瓶水洗后未枯燥，盐酸溶液中氯化氢的物质的量不变，对实验无影响，待测液浓度准确，故C错误；D、碱式滴定管尖嘴局部有气泡，滴定后消失，会导致NaOH溶液体积偏大，测定溶液浓度偏大，故D正确；故答案为：D。【点睛】明确中和滴定实验的原理及操作是解题关键，注意把握实验根本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意中和滴定时，假设锥形瓶水洗后未枯燥，由稀释定律可知盐酸溶液中氯化氢的物质的量不变，对实验无影响是解答关键。24.在室温下，以下五种溶液：0.1 mol/L NH4Cl 0.1 mol/L CH3COONH4 0.1 mol/L NH4HSO4 0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液 0.1 mol/L NH3·H2O，请根据要求填写以下空白：1溶液呈_性(填“酸“碱或“中)，其原因是_(用离子方程式表示)2在溶液中_离子的浓度为0.1mol/L；NH3·H2O和_离子的量浓度之和为0.2mol/L。3室温下，测得溶液的pH7，那么说明CH3COO-的水解程度_(填“>“<或“)NH4+的水解程度，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_c(NH4+)4常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。 写出酸H2A的电离方程式_。假设溶液M由10mL 2mol·L-1NaHA溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合而得，那么溶液M的pH_7(填“>、“<或“)。5：在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液。答复以下问题：两溶液中，c(H+)·c(OH-)_。各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是_溶液。各取5mL上述溶液，分别加热到90，pH较小的是_溶液。H2SO4和NH4Cl两溶液中，由水电离出的c(H)分别为_、_。【答案】 (1). 酸 (2). NH4+H2ONH3·H2O+H+ (3). Cl- (4). NH4+ (5). = (6). = (7). H2A H+HA-，HA- A2-+H+ (8). > (9). 10-14 (10). H2SO4 (11). NH4Cl (12). 10-9mol/L (13). 10-5mol/L【解析】【分析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性；(2)0.1mol/L NH3·H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中氯离子不水解，浓度为0.1mol/L，根据氮元素守恒得到NH3H2O和NH4+浓度为0.2mol/L；(3)常温下，测得0.1mol/L CH3COONH4溶液pH=7，说明溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；由电荷守恒关系可知溶液中c(CH3COO-)=c(NH4+)；(4)由于溶液存在H2A，说明H2A是二元弱酸；等物质的量的NaHA与NaOH恰好完全反响后生成0.02mol Na2A，弱酸根A2-在溶液中水解使溶液显碱性；(5)室温时，水的离子积常数Kw= c(H)·c(OH-)=10-14；pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液加水稀释10倍，H2SO4溶液中H+浓度减小10倍，NH4Cl溶液中水解平衡右移，溶液中H+浓度减小小于10倍；盐类水解是吸热反响，升高温度促进NH4+的水解；由水电离c(H+)等于由水电离出的c(OH-)，酸抑制水电离，水解的盐促进水电离。