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1、吉林省长春市实验中学2022-2022学年高二化学10月月考试题含解析考试时间：90分钟 分值：100分第一卷 选择题60分一、选择题每题只有一个答案符合题意，1-15每题2分，16-25每题3分，共60分1.以下判断正确的选项是Ca(OH)2微溶于水，所以Ca(OH)2是弱电解质；强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱；液态氯化氢不导电，但它是电解质；碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，所以是弱电解质；SO3溶于水后导电，所以SO3是电解质；Cu能导电，但它不是化合物，所以Cu是非电解质A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】溶解性与电解质的强弱没有关系，错误；如果强电解质溶液浓度
2、很小，弱电解质溶浓度很大，强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质导电能力弱，正确；HCl为共价化合物，液态氯化氢不导电，HCl溶于水所得溶液可以导电，是电解质，正确；弱酸的酸式盐也是强电解质，错误；SO3溶于水，与水反响：SO3+H2O=H2SO4，H2SO4是电解质，SO3为非电解质，错误；非电解质属于化合物，所以Cu不是非电解质，错误；答案选A。2.以下事实能说明醋酸CH3COOH是弱酸的是A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH4C. 醋酸溶液能与鸡蛋壳反响生成二氧化碳D. 等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反响【答案】B【解析】【详解】
3、A. 醋酸溶液能使紫色石蕊试液变红，醋酸溶液显酸性，说明醋酸为酸，与题意不符，A错误；B. 将pH=3的醋酸溶液稀释10倍，假设为强酸，溶液中不存在醋酸分子，cH+=10-4mol/L，溶液的pH=4，由于溶液的pHc(HCl),分别用NaOH溶液中和体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量醋酸大于盐酸，故B错误； C. 相同物质的量浓度的两溶液，没有体积，无法计算产生氢气体积，故C错误；D. HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，相同物质的量浓度的两溶液，盐酸中离子浓度大，导电能力强，故D错误；答案选A。4.将0.1molL1的NH3H2O溶液加水稀释，以下说法正确的选项是()A. c
4、(NH4+) c(NH3H2O)比值增大B. 所有离子浓度均减小C. c(OH)c(NH3H2O)比值减小D. 电离常数增大【答案】A【解析】【详解】A加水稀释时，促进一水合氨电离，铵根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(NH4+)c(NH3H2O)比值增大，故A正确；B加水稀释时，促进一水合氨电离，但是溶液中氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，那么氢离子浓度增大，故B错误；C加水稀释时，促进一水合氨电离，氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以c(OH-)c(NH3H2O)比值增大，故C错误；D电离平衡常数与温度有关，温度不变，那么电离平衡常数不变，故D错误
5、；应选A。【点睛】此题的易错点为B，要注意加水稀释，氨水中的主要离子的浓度均会减小，但温度不变，水的离子积不变，那么氢离子浓度增大。5.25时，醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+ H+，以下说法正确的选项是A. 向体系中参加少量CH3COONa固体，平衡向左移动，c(CH3COO-)下降B. 向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中所有离子的浓度都减小C. 参加少量NaOH固体忽略溶解热效应，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大D. 升高体系温度忽略醋酸挥发，溶液中H+数目增多，平衡一定向左移动【答案】C【解析】详解】A、向体系中参加少量CH3COONa固体，c(CH3COO
6、-)增大，平衡向左移动，选项A错误；B、向体系中加水稀释，平衡向右移动，溶液中c(CH3COO-)、c(H+)减小，温度不变，KW不变，根据KW= c(H+) c(OH-)可知，c(H+)减小，那么c(OH-)增大，选项B错误；C. 参加少量NaOH固体忽略溶解热效应，c(OH-)增大，c(H+)减小，平衡向右移动，水的电离程度也随之增大，选项C正确；D. 升高体系温度忽略醋酸挥发，电离程度增大，平衡向右移动，溶液中H+数目增多，选项D错误。答案选C。6.在100mL以下溶液中，分别参加0.05molNaOH固体，溶液的导电性变化不大的是 A. 0.5mol/L的HClB. 0.5mol/L的
7、CH3COOHC. 蒸馏水D. 0.5mol/L的氨水【答案】A【解析】A盐酸是强酸，向溶液中参加氢氧化钠后，氢氧化钠和盐酸反响生成氯化钠和水，氯化钠是强电解质，所以离子浓度变化不大，所以溶液导电能力变化不大，故A选；B醋酸是弱电解质，氢氧化钠和醋酸反响生成醋酸钠，溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故B不选；C水是弱电解质且水的电离程度很小，所以水中自由移动离子浓度很小，向水中参加氢氧化钠固体，氢氧化钠是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，所以导电能力变化较大，故C不选；D一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质，向氨水中参加氢氧化钠固体后，溶液中离子浓度增大，
8、所以导电能力增大，故D不选；应选A。点睛：溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，如溶液的导电性变化不大，那么离子浓度变化不大。7.现有pH=a和pH=b的两种强碱溶液，b=a+2，将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于A. a1g2B. b1g2C. a+1g2D. b+1g2【答案】B【解析】【详解】pH=a和pH=b的两种强碱溶液，b=a+2，说明pH=b的强碱溶液中cOH-为pH=a的强碱溶液中cOH-的100倍，因为两溶液等体积混合，所以体积变为原来的2倍，c(OH-)=0.510-(12-a)，那么混合溶液中c(H+)=210-(a+2)=
9、210-b，所以pH近似为b-lg2，应选B。【点睛】解答此题主要是掌握pH的计算方法，对于强碱和强碱混合后，首先计算混合后氢氧根离子浓度，再根据Kw=c(H+)c(OH-)，计算氢离子浓度，最后根据pH=-lgc(H+)求pH。8.在25水中参加以下物质，不会使水的电离平衡发生移动的是A. KClB. Na2CO3C. 硫酸D. 热水【答案】A【解析】【详解】AKCl为强电解质，在溶液中电离出钾离子和氯离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故A正确；B碳酸钠是强碱弱酸盐，电离出的碳酸根离子在溶液中水解促进水的电离，故B错误；C硫酸是强电解质电离出的氢离子抑制水的电离，故C错误；D水
10、的电离是吸热过程，温度升高促进水的电离，故D错误；故答案为A。【点睛】水的电离平衡的影响因素：向水中参加酸或碱，抑制水的电离，向溶液中参加含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热的，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小。注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。9.常温下，等体积的以下各组酸和碱的溶液混和后，溶液pH7的是pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液； pH之和为15的盐酸和氨水溶液；pH之和为14的醋酸和苛性钠溶液； pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液。A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】室温下，pH之和为14的硝酸和氢氧化钾，酸中氢离子
11、浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，且两者分别为强酸和强碱，等体积混合溶液呈中性，错误；pH之和为15的盐酸和氨水溶液，氢氧根离子浓度是氢离子浓度的十倍，且氨水是弱碱不完全电离，氨水的浓度远远大于氢氧根离子的浓度，所以等体积混合溶液呈碱性，错误；pH之和为14的醋酸和苛性钠溶液，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，醋酸为弱酸，醋酸的浓度远远大于电离出的氢离子的浓度，等体积混合，醋酸过量，呈酸性，正确； pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液，氢离子浓度是氢氧根离子浓度的十倍，混合后溶液呈酸性，正确；答案选D。10.将1 mL 0.1mol/L的硫酸参加纯水中制成200 mL溶液，稀释后硫酸中c(H+)水为A.
12、 110-13mol/LB. 110-3mol/LC. 110-7mol/LD. 110-11mol/L【答案】D【解析】【分析】溶液稀释前后溶质的物质的量不变；【详解】硫酸稀释后的浓度c(H2SO4)=0.1mol/L0.001L0.2L=0.510-3mol/L，那么溶液中氢离子浓度c(H+)=0.1mol/L0.001L0.2L2=10-3mol/L，硫酸对水的电离有抑制作用，那么溶液中cOH-=cH+水，cOH-=Kw/ cH+=10-11mol/L；答案为D。11.以下各组离子因发生水解反响而不能大量共存的是A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42-B. Al3+、K+、HCO3-、
13、Cl-C. H+、Fe2+、NO3-、SO42-D. H+、Na+、Cl-、CO32-【答案】B【解析】【分析】弱酸根离子与弱碱离子在溶液中能相互促进水解反响，而不能大量共存，以此来解答。【详解】A因Ba2+、SO42-发生复分解反响，而不能共存，选项A不选；B因Al3+、HCO3-相互促进水解，而不能大量共存，选项B选；C因H+、Fe2+、NO3-发生氧化复原反响，而不能共存，选项C不选；D因H+、CO32-发生复分解反响，而不能大量共存，选项D不选；答案选B。【点睛】此题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答此题的关键，注意不能共存发生的反响类型，选项B为解答的难点，题目难度不大。12.2
14、5时， pH 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL,分别加水稀释,pH 随溶液体积的变化曲线如下图。以下说法正确的选项是 A. HA的酸性比HB的酸性弱B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C. 假设两溶液加水稀释，那么所有离子的浓度都减小D. 对a、b两点溶液同时升高温度，那么c(A)/c(B)减小【答案】D【解析】【分析】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸。【详解】ApH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，A错
15、误；Ba点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，那么a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B错误；C两种酸溶液稀释时氢离子浓度减小，而水的离子积Kw=cH+cOH-不变，故cOH-增大，C错误；DHA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，cA-浓度不变，HB电离程度增大，cB-浓度增大，c(A-)/c(B-)比值减小，D正确；答案选D。13.以下固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，能得到化学组成与原固体物质相同的是( )胆矾 氯化铝 硫酸铝 Na2CO3NaHCO3高锰酸钾A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【详解】胆矾溶于水后
16、，将溶液蒸发结晶再灼烧得到硫酸铜而不是胆矾，所以得不到原物质，故错误；氯化铝溶于水后，将溶液蒸发结晶时促进氯化铝水解，氯化氢具有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是氢氧化铝，再灼烧氢氧化铝得到氧化铝，所以得不到原物质，故错误；硫酸铝溶于水后，蒸发过程中硫酸铝水解得到硫酸和氢氧化铝，但硫酸没有挥发性，所以蒸发结晶得到的固体是硫酸铝，硫酸铝较稳定，在灼烧时不分解，所以最终得到的固体是原物质，故正确；纯碱溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，碳酸钠较稳定，加热时不分解，所以最终得到原物质，故正确；小苏打溶于水后，蒸发结晶过程中得到的固体是碳酸钠，所以得不到原物质，故错误；高锰酸钾溶于水后，蒸发结晶
17、，固体高锰酸钾不稳定，受热分解得到的固体是锰酸钾、二氧化锰，所以最终得到的固体不是原物质，故错误；答案选A。14.某溶液中由水电离产生的c(H+)11010mol/L，该溶液的溶质不可能是A. KOHB. H2SO4C. HClO4D. MgSO4【答案】D【解析】【分析】常温下，水的离子积为11014，由水电离产生的c(H+)=10-10mol/L，说明该溶液中的溶质抑制了水的电离，一般情况下，酸碱抑制水的电离。【详解】A、氢氧化钾溶液为碱溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，可能是氢氧化钾溶液，A不选；B、硫酸溶液为酸溶液，氢离子抑制了水的电离，水的电离程度减小，所以可能为硫酸，B不选；C、HC
18、lO4溶液为酸溶液，氢离子抑制了水的电离，水的电离程度减小，可能为HClO4，C不选；D、MgSO4溶液中，镁离子水解，结合由水电离产生的OH，促进了水的电离，水的电离程度增大，所以不可能是MgSO4溶液，D选；答案选D。15.在pH都等于4的HCl和NH4Cl两种溶液中，设由水电离产生的H+ 离子浓度分别为A mol/L与B mol/L，那么A和B关系为 A. ABB. A=106BC. B=106AD. A=B【答案】B【解析】【详解】pH=4的HCl溶液，由水电离出的c(H+)为10-10 mol/L，pH=4的NH4Cl溶液，由水电离出的c(H+)为10-4 mol/L，所以A=10-
19、6B；答案选B。16.以下物质的溶液中所含离子种类最多的是A. KClB. Na2CO3C. NaClD. CH3COONa【答案】B【解析】【分析】根据盐类的电离和水解判断所含粒子的种类,得出正确结论,注意多元弱酸分步水解,水溶液中存在水的电离平衡。【详解】A、KCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液中有钾离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；B、Na2CO3属于强碱弱酸盐，能发生水解，溶液中有钠离子、氢离子和碳酸氢根离子，碳酸根离子和氢氧根离子，共5种；C、NaCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液中有钠离子、氯离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；D. CH3COONa属于强碱弱酸盐
20、，能发生水解，溶液中有钠离子、醋酸根离子、氢离子、氢氧根离子，共4种离子；结合以上分析可知，含离子种类最多的是B；综上所述，此题选B。17.为使Na2S溶液中c(Na)/c(S2)的值减小，可参加的物质是 盐酸适量的NaOH溶液适量的KOH溶液适量的KHS溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在硫化钠溶液中硫离子水解，S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，以第一步水解为主。加盐酸会使得平衡正向移动，c(S2)离子浓度减小，c(Na)/c(S2)比值增大，故错误；适量的NaOH溶液，c(OH-)增大，硫离子水解平衡向逆反响方向移动，c(S2)增大，此时c(N
21、a+)也要增大，钠离子浓度增大的多，c(Na)/c(S2)比值增大，故错误；加适量KOH溶液，c(OH-)增大，硫离子水解平衡向逆反响方向移动，c(S2)增大，c(Na)/c(S2)比值减小，故正确；参加适量的KHS，钠离子浓度不变，HS-离子浓度增大，S2-+H2OHS-+OH-，平衡逆向移动，c(S2)增大，c(Na)/c(S2)比值减小，故正确；应选C。【点睛】此题的易错点为，要注意参加NaOH溶液，钠离子浓度也要增大，而且增大的幅度更大。18.如图为不同温度下水的电离平衡曲线，pOH=lgc(OH)，以下说法正确的选项是A. T1和T2的关系是：T1T2B. KW的关系是：BCA=D=
22、EC. A点到D点：参加少量酸可实现D. T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性【答案】C【解析】【详解】A水的电离是吸热反响，升高温度促进水电离，那么水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中AB，那么T1T2，故A错误；B相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=DCB，故B错误；CA点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：参加少量酸可实现，故C正确；D水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法
23、判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误；故答案为C。19.以下实际问题，不涉及到盐类水解原理的是 A. 草木灰不宜与铵态氮肥混合施用B. 用醋酸清洗保温瓶里的水垢C. 配制FeCl3溶液时参加适量的盐酸D. 用热的纯碱溶液洗涤油污效果较好【答案】B【解析】【详解】A草木灰中碳酸根离子与铵盐中铵根离子能发生双水解，混合使用，会导致肥效降低，与盐类水解有关，故A不选；B.醋酸清洗保温瓶里的水垢，利用的是强酸制弱酸原理，没有涉及盐类水解原理，故B选；C配制FeCl3溶液时参加适量的盐酸，可以抑制三价铁离子的水解，与盐类水解有关，故C不选；D用热的
24、纯碱溶液洗涤油污效果较好，利用的是温度高时，碳酸根离子水解程度大，碱性强，与盐类水解有关，故D不选；答案选B。20.常温下，浓度相同的稀溶液：NH4Cl溶液、NH4Al(SO4)2溶液、CH3COONH4溶液、氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为。应选C项。【点睛】不同溶液中同种离子浓度大小比拟时，要看其他能水解的离
25、子对这种离子的影响。如果其他离子和这种离子带同种电荷，那么两种离子的水解互相抑制，使这种离子浓度增大，如果其他离子和这种离子带相反电荷，那么两种离子的水解互相促进，使这种离子浓度降低。21.以下方程式书写正确的选项是A. NaHSO4在水溶液中的电离方程式：NaHSO4=NaHSO4B. H2SO3的电离方程式：H2SO32HSO32C. CO32的水解方程式：CO32H2OHCO3OHD. CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2(aq)CO32(aq)【答案】C【解析】【详解】A.NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，A项错
26、误；B.H2SO3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，电离方程式为H2SO3HHSO3、HSO3HSO32，B项错误；C. CO32为二元弱酸的酸根离子，分步水解，以第一步水解为主，C项正确；D.CaCO3沉淀溶解为可逆反响，应该用可逆符号连接，D项错误；答案选C。22.某溶液中FeCl3的水解反响已达平衡：FeCl33H2OFe(OH)33HCl，假设要使FeCl3的水解程度增大，应该采用的方法是A. 参加NaHCO3B. 参加AgNO3固体C. 参加FeCl3固体D. 降温【答案】A【解析】【详解】A碳酸氢钠溶液水解显碱性，结合氯化铁水解生成氢离子，促进了氯化铁的水解，故A正确；B溶液
27、中FeCl3的水解反响离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)33H+，可见Cl-不参加水解反响，参加硝酸银，Ag+和Cl-结合生成氯化银沉淀，不影响氯化铁的水解，故B错误；C参加氯化铁固体，增加Fe3的浓度，水解平衡正向移动，但氯化铁的水解程度减小，故C错误；D水解反响是吸热反响，温度降低，水解平衡逆向移动，即抑制水解，故D错误；故答案为A。23.常温下，向20mL0.1mol/LHA溶液中滴加0.1mol/L的氨水，溶液的pH随氨水的体积关系如下图。以下说法不正确的选项是A. HA的电离方程式为HA=H+A-B. B点时参加HA和氨水恰好完全反响C. A点所示溶液中：c(A-)=2c(NH
28、4+)+2c(NH3H2O)D. C点所示溶液中：c(NH4+)c(A-)c(NH3H2O)【答案】B【解析】【分析】根据图象可知，0.1mol/L的HA的pH=1，那么cH+=0.1mol/L，与HA的浓度相等，HA为强酸。【详解】A. 据分析可知HA为一元强酸，那么其电离方程式为HA=H+A-，故A正确；B. 参加HA和氨水恰好完全反响时，生成NH4A，为强酸弱碱盐，溶液显酸性，B点时溶液呈中性，故B错误；C. A点时溶液为HA、NH4A，且物质的量相等，根据物料守恒，溶液中：c(A-)=2c(NH4+)+2c(NH3H2O)，故C正确；D. C点时溶液为NH3H2O、NH4A，且物质的量
29、相等，溶液呈碱性，氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，那么溶液中：c(NH4+)c(A-)c(NH3H2O)，故D正确；答案为B。【点睛】HA的浓度等于溶液中氢离子浓度时，HA为强酸。24.常温下，某学生用0.1 molL1H2SO4溶液滴定0.1 molL1NaOH溶液，中和后加水至100 mL。假设滴定终点的判定有误差：少滴了一滴H2SO4溶液；多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05 mL)，那么和两种情况下所得溶液的pH之差是()A. 4B. 4.6C. 5.4D. 6【答案】D【解析】【详解】常温下，某学生用0.1 molL1H2SO4溶液滴定0.1 molL1NaOH溶液，中和后
30、加水至100 mL。假设滴定终点的判定有误差：少滴了一滴H2SO4溶液，假设一滴溶液的体积按0.05mL计算，那么相当于剩余2滴0.1 molL1NaOH溶液，溶液呈碱性，那么c(OH-)=mol/L，故pH=10；多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05 mL)，那么溶液显酸性，c(H+)=mol/L，故pH=4。因此，和两种情况下所得溶液的pH之差是10-4=6，应选D。【点睛】注意此题只能作近似计算，即多一滴或少一滴后溶液的总体积仍按100mL计算，直接根据过量的试剂进行计算，而且要注意，计算碱性溶液的pH要先求c(OH-)，计算酸性溶液的pH要先求c(H+)。25.室温25时，以下溶液
31、里微粒间物质的量浓度的关系中正确的选项是( )：A. 浓度0.1mol/L的NH4HSO3溶液：c(NH4+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)B. 等体积等浓度Na2S和NaHS混合液：c(Na+)c(S2-)c(HS-)c(OH-)c(H+)C. 将0.2mol/LNH3H2O与0.1mol/LHCl等体积混合：c(Cl-)c(NH4+)c(NH3H2O)c(OH-)c(H+)D. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中：c (OH-)=c(H+)+ c(HCO3-)+2c(H2CO3)【答案】D【解析】【详解】A电解质溶液中，所有的阳离子在等式的左侧，
32、所有的阴离子在等式的右侧，为电荷守恒的关系式，但是SO32-所带电荷的浓度应为其浓度的2倍，即等式应为c(NH4+)+c (H+)= c (OH-)+c (HSO3-)+2c (SO32-)，A项错误；B酸根阴离子对应的酸越弱，其水解能力越强。H2SHSH，HSS2H； HS的酸性弱于H2S，那么其酸根阴离子S2的水解强于HS。S2H2OHSOH，S2水解生成HS，使得HS浓度变大，c(S2-)c(HS-)，B项错误；C将0.2mol/LNH3H2O与0.1mol/LHCl等体积混合，反响后得到是NH3H2O和NH4Cl等浓度的混合溶液。溶液中有电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+
33、)+c(H+)，假设有c(Cl-)c(NH4+)，那么c(OH-)HClO HCO3，那么向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的产物为碳酸氢根离子。【详解】1CH3COOH CH3COO-+H+，0.1 mol/L醋酸在水中有0.1%发生电离，那么cH+=0.1 mol/L0.1%=10-4mol/L，pH=-lg cH+=4；KcH+cCH3COO-/cCH3COOH=10-410-4/0.1=10-7；2溶液的稀释对醋酸的电离有促进作用，那么醋酸溶液越稀，醋酸的电离程度越大，电离程度由大到小的顺序为cba；a点为醋酸与醋酸铵形成的溶液，c点为醋酸铵溶液，两溶液导电能力相同，那么产生的离子浓度相
34、同，通入氨气时，c溶液发生H+NH3= NH4+，a溶液发生H+NH3= NH4+、CH3COOH+NH3CH3COO-+NH4+，平衡正向进行，c(CH3COO)大于c点溶液中的c(NH4+)；3四种盐为强碱弱酸盐，酸的电离平衡常数越小，酸性越弱，其钠盐水解程度越大，溶液碱性越强，pH越大，酸性强到弱的顺序为： CH3COOH H2CO3HClO HCO3-，0.1mol/L的四种溶液：pH由小到大排列的顺序为adcb；H2CO3HClO HCO3，那么向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的产物为碳酸氢根离子，离子方程式为ClO+H2O+CO2=HCO3+HClO。27.1葡萄酒中SO2最大使用
35、量为0.25 gL1，取300.00 mL葡萄酒，通过适当的方法使 所含SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.090 0 molL1NaOH标准溶液进行滴定。滴定前排气泡时，应选择以下图中的_(填序号)。假设用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10处，那么管内液体的体积_(填序号)。10 mL 40 mL 10 mL 40 mL。上述滴定实验中，可选择_为指示剂，选择该指示剂时如何判断反响到达滴定终点：_。滴定终点读数时俯视刻度线，那么测量结果比实际值_填“偏高、“偏低或“无影响。2某学生用0.100molL-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作
36、为：A移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并参加23滴酚酞；B用标准溶液润洗滴定管23次；C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴处充满溶液；D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0以上23cm 处；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KOH溶液滴定至终点并记下刻度。实验编号KOH溶液的浓度mol/L滴定完成时，KOH溶液滴入的体积mL待测盐酸溶液的体积mL10.10226220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00正确操作步骤的顺序是用序号字母填写_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
37、。【答案】 (1). (2). (3). 酚酞 (4). 当参加最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点 (5). 偏低 (6). B、D、C、E、A、F (7). 0.11mol/L【解析】【分析】1在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图排气泡；滴定管的零刻度在上部，50mL以下仍旧有液体；可用酚酞作指示剂，颜色变化明显，便于判断滴定终点；滴定终点读数时俯视刻度线，体积读数小于实际体积数值；2滴定管使用前，先验漏并用标准液润洗；再调节滴定管使尖嘴处充满溶液，调节液面至“0或“0以下刻度，记下读数；移取待测液注入洁净的锥形瓶中，滴加指示剂，把锥形瓶放在滴定管
38、下面，用标准液滴定至终点并记下刻度，实验重复23次；根据cHCl= cKOHVKOH/VHCl计算。【详解】1在碱式滴定管中盛装NaOH标准溶液，用图排气泡；滴定管的零刻度在上部，50mL以下仍旧有液体，那么滴定管中盛有的液体体积大于40mL，答案为；标准液为NaOH时，可用酚酞作指示剂，现象由无色变为浅红色，颜色变化明显，便于判断滴定终点；当参加最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点；滴定终点读数时俯视刻度线，体积读数小于实际体积数值，计算的NaOH溶液的体积偏小，待测液的物质的量不变，体积读数正确，那么待测液的浓度偏小；2盛有标准液的滴定管使用之前，先验
39、漏并用标准液润洗23次，再盛有标准液至刻度线“0以上23cm 处，固定到铁架台滴定管支架上，调节滴定管使尖嘴处充满溶液，调节液面至“0或“0以下刻度，记下读数；移取20mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并参加23滴酚酞，把锥形瓶放在滴定管下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下刻度，实验重复23次，操作步骤为B、D、C、E、A、F；三次数据均有效，VKOH=22.62+22.72+22.80/3=22.71mL，根据cHCl= cKOHVKOH/VHCl=0.1022.71/20.00=0.11mol/L。【点睛】滴定管的零刻度在上部，最大刻度至活塞局部盛有未知体积的溶液。28.125 时，将体积Va、pHa的某一元强碱与体积为Vb、pHb的某二元强酸混合。假设所得溶液的pH11，且a13，b2，那么VaVb_。为了更好的表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度(AG)的概念，AG的定义为AGlg。25 时，假设溶液呈中性，那么AG_