四川省射洪中学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学 Word版含解析.docx

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四川省射洪中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题考试时间：90分钟满分：100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。3.答主观题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将答题卡交回。第I卷选择题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Na-23Al-27S-32Cl-35.5Fe-56一、选择题(共44分，每题2分)1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.SO2可用作食品的漂白剂C.Na2O2可与CO2反应放出氧气，可用于制作呼吸面具D.明矾可用于净水【答案】B【解析】【详解】A．硅是半导体材料，高纯硅可用于制作光感电池，故A正确；B．SO2有毒，不能作食品的漂白剂，故B错误；C．Na2O2可与CO2反应生成碳酸钠和氧气，可用于制作呼吸面具，故C正确；D．明矾中铝离子水解为氢氧化铝胶体，明矾可用于净水，故D正确；选B。2.下列组合正确的是选项强电解质弱电解质酸性氧化物碱性氧化物ACa(OH)2乙醇N2O5Na2OBCaSO4HClOMn2O7CaO CNaHCO3氨水SO2Al2O3DHClHFCO2Na2O2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．乙醇在水中和熔融状态下都不能导电，因此属于非电解质，A错误；B．选项物质分类符合对应，因此分类合理，B正确；C．氨水是混合物，不是纯净物，因此不属于电解质；Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，C错误；D．Na2O2属于过氧化物，不是碱性氧化物，D错误；故合理选项是B。3.常温下，的下列溶液一定呈中性的是A.溶液B.溶液C.溶液D.溶液【答案】C【解析】【详解】A．为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，A错误；B．为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，B错误；C．为强酸强碱盐，不发生水解，水溶液显中性，C正确；D．为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，D错误；故选C。4.升高温度，下列数据不一定增大的是（）A.水解平衡常数KhB.化学平衡常数KC.化学反应速率vD.水的离子积常数Kw【答案】B【解析】 【详解】A、盐的水解是吸热反应，则升高温度，促进盐的水解，水解平衡常数Kh增大，选项A不选；B、由于可逆反应中正反应不一定是放热反应或吸热反应，所以升高温度平衡常数K不一定增大，选项B选；C、升高温度，反应速率v一定是增大，选项C不选；D、电离是吸热的，则升高温度，促进水的电离，水的离子积常数Kw增大，选项D不选；答案选B。【点睛】本题易错点为选项B，化学平衡常数受温度的影响，但应清楚反应为吸热反应还是放热反应，才能确定升高温度平衡如何移动。5.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH+OH-，若要使平衡向左移动，同时使c(OH-)增大，应加入的物质或采取的措施是（）①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥加入少量MgSO4固体A.①②③⑤B.③⑥C.③D.③⑤【答案】C【解析】【详解】①加入NH4Cl固体，NH浓度增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故①错误；②加入硫酸会消耗OH-，OH-浓度减小，平衡正向移动，故②错误；③加入NaOH固体，溶液中OH-浓度增大，电离平衡逆向移动，故③正确；④加入水稀释，氨水的浓度减小，平衡正向移动，OH-浓度减小，故④错误；⑤弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，平衡正向移动，故⑤错误；⑥加入少量MgSO4固体，OH-与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，平衡正向移动，氢OH-浓度减小，故⑥错误；只有③正确，故答案为C。6.25℃时，在等体积的：①0.5mol/L的H2SO4溶液中；②0.05mol/LBa(OH)2溶液中；③1mol/LNaCl溶液中；④纯水中，发生电离的水的物质的量之比是A.1∶10∶107∶107B.107∶107∶1∶1C.107∶106∶2∶2D.107∶106∶2×107∶2【答案】A【解析】【详解】设溶液的体积为1L，则①中H2SO4中c(H+)=0.5mol/L×2=1mol/L，所以c(OH-)=1.0×10-14mol/L，则水电离的物质的量为1.0×10-14mol； ②中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，所以c(H+)=1.0×10-13mol/L，则水电离的物质的量为1.0×10-13mol；③中c(H+)=1.0×10-7mol/L，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；④中c(H+)=1.0×10-7mol/L，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；故①②③④中水的电离的物质的量之比为(1.0×10-14mol):(1.0×10-13mol):(1.0×10-7mol):(1.0×10-7mol)=1:10:107:107；故选A。7.下列各方程式中，属于正确的电离方程式的是AHCO+H2OH2CO3+OH-B.HCO＋OH-=H2O+COC.NH3+H+=NHD.H2CO3HCO+H+【答案】D【解析】【分析】【详解】A．HCO+H2OH2CO3+OH-是水解方程式，故A错误；B．碳酸的第二步电离：HCOH++CO，故B错误；C．氨水的电离为：NH3•H2ONH+OH-，故C错误；D．碳酸的第一步电离：H2CO3HCO+H+，故D正确；故选：D。8.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.pH＝11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SOB.含有NO溶液中：I-、SO、SO、H+C.在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-13mol•L-1的溶液中：Na+、NH、SO、HCOD.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-【答案】A【解析】【详解】A．pH＝11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO各离子能够大量共存，Ａ符合题意； B．含有NO溶液中：I-、SO、SO、H+，SO、NO、H+，I-、NO、H+均因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；C．在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-13mol•L-1的溶液中即可能是强酸性溶液，则不能由大量的HCO，H++HCO=H2O+CO2↑，也可能是强碱性溶液，不能由大量的NH和HCO，OH-+NH=NH3∙H2O，OH-+HCO=H2O+，C不合题意；D．无色溶液中不可能含有大量的Cu2+，D不合题意；故答案为：A。9.常温下，0.1mol∙L−1下列溶液：①HCl、②H2SO4、③CH3COOH，导电能力强弱顺序是A.②＞①＞③B.①=②＞③C.①＞②＞③D.①=②=③【答案】A【解析】【详解】①HCl是一元强酸，②H2SO4是二元强酸，二元强酸电离出的离子浓度大于一元强酸电离出的离子浓度大，因此二者相比②H2SO4导电能力强；①HCl是一元强酸，③CH3COOH是一元弱酸，相同浓度的一元强酸电离出的离子浓度大于一元弱酸电离出的离子浓度，因此二者相比①HCl导电能力强，常温下，0.1mol∙L−1的三者溶液导电能力强弱顺序是②＞①＞③，故A符合题意；综上所述，答案为A。10.常温下0.1molL-1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A.将溶液稀释到原体积的10倍B.加入适量的醋酸钠固体C.加入等体积0.2molL-1盐酸D.提高溶液的温度【答案】B【解析】【详解】A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH<(a+1)；B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。答案选B。11.将同浓度、同体积的盐酸与醋酸分别与足量的镁条反应(忽略镁条表面积差异)，测得恒容密闭容器中压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A.曲线①表示盐酸与镁条的反应B.开始时，盐酸与醋酸c(H+)相等C.0～100s，醋酸的c(H+)下降更快D.较长时间后，容器内压强基本相等【答案】D【解析】【详解】A．相同时间内产生气体的速率醋酸小，曲线①表示醋酸与镁条的反应，故A错误；B．开始时，盐酸与醋酸c(H+)不相等，盐酸是强酸，c(H+)大，故B错误；C．0～100s，盐酸的c(H+)下降更快，故C错误；D．较长时间后，容器内压强基本相等，最终能提供的氢离子的物质的量相同，故D正确；故选D。12.已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，的数量为0.1NAB.0.1mol的14C中，含有0.6NA个中子C.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中原子数为0.2NAD.16g甲烷和1mol白磷中含有的化学键数相等【答案】C【解析】【详解】A．易水解，1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，的数量小于0.1NA，故A错误；B．1个14C原子中含有8个中子，0.1mol的14C中，含有0.8NA个中子，故B错误；C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是0.1mol，N2和O2都是双原子分子，所以原子数为0.2NA，故C正确；D．1个甲烷分子中含有4个共价键，1个P4分子中含有6个共价键，16g甲烷含有共价键是，1mol白磷中含有的化学键是6mol，故D错误；选C。 13.下列解释事实的离子方程式不正确的是A.水溶液呈碱件：B.明矾净化水：C.溶于水：D.溶液中加入稀硫酸：【答案】A【解析】【分析】【详解】A．为多元弱酸酸根离子，分步水解，第一步水解离子方程式为：，A错误；B．明矾为：，铝离子发生水解生成胶体净水，离子方程式为：，B正确；C．重铬酸根在溶液中存在下述平衡关系：，C正确；D．硫代硫酸根在酸性溶液中发生歧化反应，离子方程式为：，D正确；答案为：A。14.常温下，进行下列实验操作，能达到预期目的的是选项实验操作实验目的A在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，逐滴加入BaCl2溶液证明CO在溶液中存在水解平衡B分别测定盐酸和醋酸溶液的pH证明相同温度下，HCl的电离程度大于CH3COOHC向0.1mol•L-1的稀硫酸中加入ag锌粉，向0.4mol•L-1的稀硫酸中加入ag锌粒探究固体表面积对反应速率的影响 D向两支装有4mL0.0lmol•L-1KMnO4酸性溶液的试管中分别加入2rnL0.04mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液、2mL0.2mol•L-1H2C2O4（草酸）溶液探究浓度对化学反应速率的影响AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，存在＋H2O＋OH－，滴入酚酞，溶液显红色，加入BaCl2，发生Ba2＋＋=BaCO3↓，使平衡向逆反应方向进行，c(OH－)减小，红色变浅，能达到实验目的，故A正确；B．题中没有指明两种物质物质的量浓度是否相同，因此该实验无法比较电离程度大小，故B错误；C．研究固体表面积对反应速率的影响，需要硫酸的浓度相同，而题中硫酸浓度不相同，因此该实验不能达到实验目的，故C错误；D．高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式为2＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，根据离子方程式，前一个草酸不足，高锰酸钾溶液过量，溶液不褪色，后一个草酸过量，高锰酸钾溶液不足，溶液褪色，因此无法得到实验目的，故D错误；答案为A。15.已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸化学式HXHYH2CO3电离平衡常数7.8×10-93.7×10-15K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11下列推断正确的是A.HX、HY两种弱酸的酸性：HX＞HYB.相同条件下溶液碱性：NaX＞Na2CO3＞NaY＞NaHCO3C.向Na2CO3溶液中加入足量HY，反应的离子方程式：HY＋CO=HCO＋Y-D.HX和HY酸性相同，都比H2CO3弱【答案】A 【解析】【详解】A．对于弱酸来说，在相同温度下电离平衡常数越大，酸电离就越容易，该弱酸的酸性就越强。根据表格数据可知电离平衡常数：HX＞HY，所以HX、HY两种弱酸的酸性：HX＞HY，A正确；B．在相同温度下，弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强，强酸与弱酸盐可以发生复分解反应制取弱酸。根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HX＞HCO＞HY。弱酸的酸性越强，其形成的盐水解程度就越弱，等浓度的钠盐溶液的碱性就越弱。因此相同条件下溶液的碱性：NaY＞Na2CO3＞NaX＞NaHCO3，B错误；C．在相同温度下，弱酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性就越强，强酸与弱酸盐可以发生复分解反应制取弱酸。根据电离平衡常数可知酸性：H2CO3＞HX＞HCO＞HY，所以向Na2CO3溶液中加入足量HY，不能发生反应产生HCO，因此离子方程式：HY＋CO=HCO＋Y-不成立，C错误；D．由于电离平衡常数：H2CO3＞HX＞HCO＞HY，所以HX、HY的酸性都比H2CO3弱，但二者的酸性不相同，D错误；故合理选项是A。16.常温下，pH=12的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（）A.11：1B.9：11C.1：11D.11：9【答案】D【解析】【详解】常温下，pH=12的强碱溶液中c(OH-)=0.01mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，两溶液混合后发生酸碱中和反应，由所得混合液的pH=11可知，混合后溶液呈碱性，混合溶液的c(OH-)=0.001mol/L，则碱是过量的，则有=0.001mol/L，解得：V(强碱):V(强酸)=11:9，D项正确；答案选D。17.下列有关滴定操作的顺序正确的是①用标准溶液润洗滴定管　②往滴定管内注入标准溶液　③检查滴定管是否漏水　④滴定　⑤洗涤A.⑤①②③④B.③⑤①②④C.⑤②③①④D.②①③⑤④【答案】B【解析】【详解】 中和滴定操作中，按照检漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调零、滴定等操作进行，则正确的滴定顺序为：③⑤①②④，故选B。18.常温下，下列关于pH=3的CH3COOH溶液的叙述错误的是A.溶液中水电离出的c（H+）=1.0×10-11mol•L-1B.与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液pH=7C.加入少量水稀释该溶液的过程中，增大D.加入0.1mol•L-1CH3COONa溶液使pH=7,则c（CH3COO-）=c（Na+）【答案】B【解析】【详解】A．pH=3的 CH3COOH溶液中c（H+）=1.0×10-3mol•L-1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c（H+）=c（OH-）=1.0×10-11mol•L-1，故A正确；B．pH=3的 CH3COOH等体积pH=11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；C．由醋酸电离的平衡常数表达式可知，，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，，增大，故C正确；D．滴加0.1 mol•L-1 CH3COONa溶液至pH=7时，根据电荷守恒可知c（H+）=c（OH-），溶液呈中性则，c（CH3COO-）=c（Na+），故D正确；答案选B。19.为了使Na2S溶液中的比值变小，可采取的措施是①适量盐酸②适量NaOH(s)③适量KOH(s)④适量KHS(s)⑤加水⑥通H2S(g)⑦加热A.③④B.①②⑤⑥⑦C.②③D.②③④【答案】A【解析】【详解】在Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O⇌HS-+OH-、HS-+H2O⇌H2S+OH-①加适量盐酸，H+消耗OH-，c(OH-)减小，水解平衡正向移动，导致硫离子浓度降低，的比值增大，故不可采取；②加适量NaOH(s) ，钠离子浓度增大且抑制硫离子水解，且钠离子增大程度远远大于抑制硫离子水解程度，比值增大，故不可采取；③加适量KOH(s)，钠离子浓度不变，但抑制硫离子水解，所以硫离子浓度增大，的比值减小，故可采取；④加适量KHS(s)，钠离子浓度不变，硫氢根离子抑制硫离子水解，所以硫离子浓度增大，的比值减小，故可采取；⑤加水，促进硫离子水解，钠离子物质的量不变、硫离子物质的量减小，的比值增大，故不可采取；⑥通H2S(g)，发生反应Na2S+H2S=2NaHS，硫离子浓度降低，的比值增大，故不可采取；⑦加热促进硫离子水解，硫离子浓度降低，的比值增大，故不可采取；可以采取的是③④，故选A。【点晴】明确改变条件时各离子浓度变化是解本题关键；注意通入硫化氢时会导致硫离子浓度降低，很多同学往往认为硫化氢电离导致硫离子浓度增大而错误，是本题的易错点；硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解导致该溶液呈碱性，要使减小，可以采用增大硫离子浓度或减小钠离子浓度来实现。20.利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是A.碳酸钠水解是吸热反应B.ab段说明水解平衡正向移动C.bc段说明水解平衡逆向移动D.水的电离平衡也对pH产生影响【答案】C【解析】 【详解】A.水解一定是吸热反应，A项正确；B.碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，B项正确；C.水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，C项错误；D.水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH产生影响，D项正确；答案选C。21.若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为。室温下实验室中用的氢氧化钠溶液滴定20mL醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是A.室温下，醋酸的电离平衡常数约为B.A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00mLC.若B点为40mL，所得溶液中：D.若B点为40mL，从A到B，水的电离程度逐渐变大【答案】A【解析】【分析】根据图像可知：在室温下，没有滴加氢氧化钠时，醋酸溶液的AG=lg=7，即=107，而水的离子积Kw=c(H＋)·c(OH-)=10-14，两式联立可知：c(H＋)=10－3..5mol/L，而在醋酸溶液中，c(CH3COO-)≈c(H＋)=10－3.5mol/L，因此醋酸的电离平衡常数Ka=≈=10-5；【详解】A．由分析可知，醋酸的电离平衡常数约为，A正确；B．A点的AG=lg=0，即=1，则c(H＋)=c(OH-)，此时溶液显中性，而当加入氢氧化钠溶液20.00mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，该物质是强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，B错误；C．当B点加入NaOH溶液40mL时，所得溶液为等浓度的CH3COONa和NaOH 的混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na+)=2[c(CH3COO-)+c(CH3COOH)]，C错误；D．A点之后，当V(NaOH)>20mL后，水的电离受到抑制，电离程度又会逐渐变小，D错误；故选A。22.测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（）A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO+H2OHSO+OH-B.④的pH与①不同,是由于SO浓度减小造成的C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的Kw值相等【答案】C【解析】【详解】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw 只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。第II卷非选择题二、非选择题(共56分)23.我国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）图2中仪器②的名称是___________。A.酸式滴定管B.碱式滴定管C.移液管D.吸量管（2）水通入A的进口为___________。A．aB．b（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的___________。A.①B.②C.③D.④（4）若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为___________。A.甲基橙B.酚酞C.石蕊D.甲基黄（5）滴定终点的颜色变化为溶液由___________。A.红色变为无色B.黄色变为橙色C.红色变为黄色D.无色变为浅红色（6）若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)___________。A.=10mLB.=40mLC.<10mLD.>40mL（7）以下操作会导致测定的结果偏高的是___________。 A.装入NaOH溶液前未润洗滴定管B.滴定结束后俯视读数C.滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液D.滴定过程中，振荡时将待测液洒出（8）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为___________。（9）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为___________g·L-1。【答案】（1）A（2）B（3）C（4）B（5）D（6）D（7）AC（8）SO2＋H2O2=H2SO4（9）0.24【解析】【小问1详解】由图可知，图2中仪器②为酸式滴定管，故选A；【小问2详解】图1装置进入A的冷凝水应下进上出，故b口进入，故选B；【小问3详解】应用碱式滴定管盛装NaOH溶液，且应按图③进行排气泡，故选C；【小问4详解】由于滴定终点时溶液的pH=8.8，在酚酞变色范围8.2-10.2（粉红色）之间，因此用酚酞，故选B；【小问5详解】待测溶液起始为酸性，且选择的指示剂为酚酞，因此颜色由无色变为粉红色，故选D；【小问6详解】由于滴定管底部无刻度且0刻度线在上方，因此用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，管内液体的体积大于40ml，故选D；【小问7详解】根据可知，当标准液使用体积偏高时，会使结果偏高，A项装入NaOH溶液前未润洗滴定管，导致标准液被稀释，需要的体积变大，使结果偏高；B项滴定结束后俯视读数，读数结果偏小，体积偏小，使结果偏小；C项滴定结束后，滴定管尖端悬有一滴溶液，使体积变大，结果偏高；D项滴定过程中，振荡时将待测液洒出，需要标准液体积偏小，使结果偏小；故选AC；【小问8详解】SO2与H2O2完全反应，其化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4；【小问9详解】 根据，该葡萄酒中SO2含量为。24.常温下4种酸的电离平衡常数如下：化学式HF电离平衡常数（1）次氯酸的电离方程式为___________。（2）物质的量浓度相同的HF、CH3COOH、H2CO3、HClO中，酸性由小到大的顺序为___________。（3）保持温度不变，向的醋酸溶液中加入或通入下列物质，的电离度减小、溶液中的c(H+)增大的是___________(填标号)。A.醋酸钠固体B.冰醋酸C.水D.氯化氢气体（4）下列实验事实不能证明醋酸是弱酸的是________A.相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等B.常温下，测得0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=4C.常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH<4D.在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱（5）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。下图是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是__________A.B.C.D.（6）常温下，物质的量浓度为的醋酸溶液中，达到电离平衡时c(H+)约为___________ ，此时醋酸的电离度约为___________(已知)。【答案】（1）HClOH++ClO-（2）（3）BD（4）A（5）D（6）①.②.4.2%【解析】【小问1详解】由题干信息可知，次氯酸是一种弱酸，故次氯酸的电离方程式为HClOH++ClO，故答案为：HClOH++ClO；【小问2详解】已知Ka越大，说明对应的酸的酸性越强，由题干表中数据可知，Ka(HF)＞Ka(CH3COOH)＞Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)，物质的量浓度相同的HF、CH3COOH、H2CO3、HClO中，酸性由小到大的顺序为，故答案为：；【小问3详解】A．保持温度不变，向的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，则由于CH3COO-浓度增大，电离平衡逆向移动，则CH3COOH的电离程度减小，H+浓度也减小，A不合题意；B．保持温度不变，向的醋酸溶液中加入冰醋酸，由于CH3COOH的浓度增大，平衡正向移动，但CH3COOH的电离程度减小，H+浓度增大，B符合题意；C．保持温度不变，向的醋酸溶液中加入水，稀释使弱电解质电离正向移动，则CH3COOH的电离程度增大，H+浓度减小，C不合题意；D．保持温度不变，向的醋酸溶液中通入氯化氢气体，导致溶液中H+浓度增大，电离平衡逆向移动，CH3COOH电离程度减小，D符合题意；故答案为：BD；【小问4详解】A．相同pH的醋酸溶液和盐酸中H+浓度相等，分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，不能说明醋酸为弱酸，A符合题意；B．常温下，测得0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=4，说明CH3COOH只有部分发生电离，即说明醋酸是弱酸，B不合题意；C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH<4，说明稀释后溶液中H+的浓度大于10-4mol/L，说明醋酸是弱酸，C不合题意； D．在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸中自由移动的离子浓度比盐酸中的小，即可说明醋酸是弱酸，D不合题意；故答案为：A；【小问5详解】氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，滴加的弱电解质先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氯化氢完全被中和后，一水合氨继续电离与弱电解质醋酸反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；醋酸也完全反应后，继续滴加氨水，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，故答案为：D。【小问6详解】常温下，物质的量浓度为的醋酸溶液中，由CH3COOHCH3COO-+H+可知达到电离平衡时，c(H+)=c(CH3COO-)，Ka===1.8×10-5，故c(H+)约为=4.2×10-4mol/L，此时醋酸的电离度约为=4.2%，故答案为：4.2×10-4mol/L；4.2%。25.回答下列问题（1）某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol·L-1，则此时c(OH-)为___________；若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-4mol·L-1，则溶液中c(OH-)为___________，由水电离产生的c(H+)为___________，此时温度___________(填“高于”“低于”或“等于”)25℃。（2）已知水溶液中c(H＋)和c(OH-)的关系如图所示，试回答下列问题：①图中五点对应的KW的关系是___________。②若从A点到D点，可采用的措施是___________(填序号)。a．升温b．加入少量的盐酸c．加入少量的NH4Cl（3）25℃时，0.1mol·L-1的HA溶液中=1010。HA是___________(填“强电解质”或“弱电解质”)。（4）现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的H ＋浓度由大到小的顺序是___________(用序号表示)。【答案】（1）①.2.0×10-7mol·L-1②.8.0×10-11mol·L-1③.8.0×10-11mol·L-1④.高于（2）①.E=A=D＜C＜B②.bc（3）弱电解质（4）②＞③＞①【解析】【小问1详解】某温度下纯水中的c(H+)=2×10-7mol·L-1，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，则此时c(OH-)为2×10-7mol·L-1；该温度下水的离子积常数KW=c(H+)·c(OH-)=4×10-14mol2·L-2，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-4 mol·L-1，则溶液中c(OH-)=；盐酸中的OH-只有H2O电离产生，由于水电离的c(H+)=c(OH-)，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)=8.0×10-11mol/L；H2O是弱电解质，溶液中存在电离平衡，谁电离过程会吸收热量，升高温度，会促进水的电离，导致水电离程度增大，KW增大。在25℃时水的离子积KW=1.0×10-14，该温度下水的离子积KW=4×10-14mol2·L-2＞1.0×10-14，因此此时温度高于25℃；【小问2详解】①水的离子积常数KW只与温度有关，温度相同，KW相同，升高温度，KW增大，则由于温度：B＞C＞A=D=E，所以图中五点对应的KW的关系是E=A=D＜C＜B；②由于温度：A=D，溶液中c(H+)：A点c(H+)=c(OH-)，D点：c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，所以从A点到D点，可使溶液显酸性。a．升高温度，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，不符合题意；b．加入少量的盐酸，温度不变，c(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；c．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，加入少量的NH4Clc(H+)增大，导致溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，b符合题意；故合理选项是bc；【小问3详解】25℃时KW=1.0×10-14，c(H+)·c(OH-)=1×10-14，0.1mol/LHA溶液中，解得c(H+)=10-2mol/L＜0.1mol/L，因此HA是一元弱酸，HA属于弱电解质；【小问4详解】对于0.1mol/L的①H2SO4、②CH3COOH、③NaOH中，H2SO4是二元强酸，c(H+)=0.2mol/L，CH3COOH是一元弱酸，c(H+)＜0.1mol/L，但大于10-7mol/L，NaOH是一元强碱，c(OH-)=0.1mol/L ，电解质电离产生的离子浓度越大，对水电离抑制程度就越大，水电离产生的c(H+)就越小。故三种溶液中水电离产生的c(H+)：②＞③＞①。26.(I)常温下，有四种溶液：①0.1mol·L-1CH3COOH溶液　②0.1mol·L-1CH3COONa溶液　③0.1mol·L-1NaHSO3溶液　④0.1mol·L-1NaHCO3溶液（1）溶液②呈___________(填“酸”“碱”或“中”)性。其原因___________(用离子方程式说明)。（2）下列有关①和②两种溶液的说法正确的是___________(填字母)。a．两种溶液中c(CH3COO-)都等于0.1mol·L-1b．两种溶液中c(CH3COO-)都小于0.1mol·L-1c．CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)（3）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。证明NaHSO3中HSO的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是___________(填字母)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测(II)已知25℃时弱电解质的电离平衡常数：Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Ka(HSCN)=0.13。使20mL0.10mol·L-1的CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L-1的HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L-1的NaHCO3溶液反应。（4）反应结束后，所得溶液中c(SCN-)___________(填“>”“=”或“<”)c(CH3COO-)。（5）现有2.0×10-3mol·L-1氢氟酸溶液，调节溶液pH(忽略调节时体积变化)，测得25℃时平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图所示：25℃时，HF的电离平衡常数Ka(HF)=___________。（6）已知：25℃时，HCOOH的电离平衡常数K=1.77×10-4，H2CO3的电离平衡常数K1=4.4×10-7，K2=4.7×10-11。下列说法正确的是___________(填字母)。A.向Na2CO3溶液中加入甲酸溶液无明显现象产生B.25℃时，向甲酸溶液中加入NaOH溶液，甲酸的电离程度和K均增大 C.向0.1mol·L-1甲酸溶液中加入蒸馏水，增大D.向碳酸中加入NaHCO3固体，溶液的pH、溶液中c(HCO)均增大【答案】（1）①.碱②.CH3COO-＋H2OCH3COOH＋OH-（2）bc（3）ae（4）>（5）4×10-4（6）CD【解析】【小问1详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH；【小问2详解】a．醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，两种溶液中醋酸根离子的浓度都小于0.1mol/L，故a错误；b．由a分析可知，b正确；c．醋酸为弱电解质，部分电离出醋酸根离子，醋酸钠为强电解质，完全电离出醋酸根离子，存在醋酸根离子的水解，但醋酸根离子的水解程度很小，所以CH3COOH溶液中c(CH3COO-)小于CH3COONa溶液中c(CH3COO-)，故c正确；故选bc；【小问3详解】若溶液pH值小于7，呈酸性，说明电离大于水解，因此a、e符合题意；故答案为：ae；【小问4详解】反应结束后溶质为NaSCN和CH3COONa，CH3COO－水解程度大于SCN－，因此c(SCN－)>c(CH3COO－)；【小问5详解】电离平衡常数只受温度的影响，根据图像，c(F－)=1.6×10－3mol·L－1，c(HF)=4.0×10－4mol·L－1，c(H＋)=10－4mol·L－1，代入电离平衡常数表达式进行计算Ka(HF)==4×10-4；【小问6详解】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，A错误；B．电离常数只与温度有关，25℃时，向甲酸中加入NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH 的电离程度增大，K不变，B错误；C．根据，在甲酸的溶液中加水稀释，电离常数不变，甲酸根浓度减小，比值变大，C正确；D．NaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故溶液的pH、溶液中c(HCO)均增大，D正确；