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1、安徽省太和第一中学2022-2022学年高二化学上学期第一次学情调研试题飞越班考试范围：选修四第3章 考试时间：90分钟 总分值：100分出题人：高二化学备课组 审题人：高二化学备课组第I卷选择题 共48分一、单项选择题本大题共16小题，每题3分，共48分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项最符合题目要求的。1 25时，水的电离到达平衡：H2OHOH DH0，以下表达正确的选项是( )A向水中参加稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)降低B向水中参加少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，KW不变C将水加热，KW增大，pH不变D向水中参加少量CH3COOH，平衡正向移动，c(H)增大2以下各组离子，在
2、指定的环境中一定能大量共存的是( )A在pH为7的溶液中：Ag、K、SO、ClB在能使pH试纸变深蓝色的溶液中：Na、S2、NO、COC在参加铝粉能产生H2的溶液中：NH、Fe2、SO、NOD在由水电离出的c(OH)1013 molL1的溶液中：Na、Mg2、Cl、I3能证明乙酸是弱酸的实验事实是( )ACH3COOH溶液与Zn反响放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液与NaCO3反响生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红4室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀释后，以下说法正确的选项是( )A溶液中不变B醋酸的电离程
3、度增大，溶液中导电粒子的数目减少C假设稀释到pH=4，所需水的体积等于90mLD再参加10mLpH=11的NaOH溶液，混合后溶液的pH=75参加以下物质不能使CH3COOH的电离平衡正向移动的是( )ACH3COONa固体 B铁粉CNa2CO3固体DNaOH固体6以下有关电解质溶液的说法中正确的选项是( )A向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，此时溶液中的溶质只有氯化铵B在CH3COONa溶液中参加适量CH3COOH，可使c(Na+)c(CH3COO)CNaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，说明两溶液中水的电离程度相同D稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小7以下说法中，正确的选
4、项是( )A在pH=5的CH3COONa与CH3COOH混合液中，c(Na+)c(CH3COO-)B澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO-3=CaCO3+H2OC在与铝反响能生成H2的溶液中，NO3、Fe2+、Na+一定不能大量共存D除去氯化镁溶液中的Fe3+需向溶液中参加适量NaOH8关于0.1 mol/L醋酸钠溶液，以下说法正确的选项是( )A加少量水稀释时，增大B向其中再参加少量醋酸钠晶体时，溶液中所有离子浓度都增大C离子浓度大小比拟：c(CH3COO) c(Na) c(OH) c(H)D向其中参加盐酸至恰好呈中性时，c(Na) c(CH3COO)9以下液体均处于25，
5、有关表达正确的选项是( )A某物质的溶液pH7，那么该物质属于酸或强酸弱碱盐BpH4.5的番茄汁中c(H+)是pH6.5的牛奶中c(H+)的100倍CpH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na+)c(CH3COO)DAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同10在某温度下，向20 mL 0.1 mol/L 某一元酸HA溶液中逐滴参加0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如下图(忽略温度变化)。以下说法中一定正确的选项是( )Aa点表示溶液中c(A)为0.1 mol/LBa、b、c、d点表示的溶液中一定有：c(H+)c(OH-)=110-14Cc点表
6、示HA和NaOH恰好反响完全Db、d点表示的溶液中，其值一定不变11在T 时，难溶物Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡曲线如以下图所示，又知T 时AgCl的Ksp1.81010。以下说法错误的选项是( )AT 时，Ag2CrO4的Ksp为11011BT 时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等CT 时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点DT 时，将0.01 molL1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 molL1的KCl和0.01 molL1的K2CrO4混合溶液中，Cl先沉淀12对于相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，以下几种说法正确的选项是( )A它们起始时溶液中的c(
7、H+)相同B各用水稀释一倍后，pH比拟：盐酸醋酸C分别和同浓度的氢氧化钠溶液反响至pH=7，所用氢氧化钠溶液的体积不同D各与足量的锌粒充分反响，产生H2的量不同13以下各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的选项是( )A向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+) = c(NO3-)B1.0 molL-1Na2CO3溶液：c(OH) = c(HCO3-) + c(H+)C1.0 molL-1 NH4Cl溶液：c(NH4+) = c(Cl)D醋酸钠溶液：c(Na+) c(CH3COO)c(H+)c(OH)14KspAgCl=1.561010，KspAgBr=7.71013 ，K
8、spAg2CrO4=91011。某溶液中含有Cl、Br和CrO42，浓度均为0.010mol/L，向该溶液中逐滴参加0.010mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )ACl、Br、CrO42BBr、Cl、CrO42CCrO42、Br、ClDBr、CrO42、Cl15：p(Ba2+) -lgc(Ba2+)，p(X2-) -lgc(X2-) ，Ksp(BaSO4) 10-(1+a)D.BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)的K=0.116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
9、，c(NH4+)由大到小的排列顺序为 ABCD第II卷非选择题 共52分二、非选择题本大题包括4小题，共52分。每空2分1714分现有以下五种溶液：盐酸、NH3H2O、NH4HSO4、NaOH、CH3COOH。答复以下问题：(1)将1 L pH=2的HCl溶液分别与0.01 mol L-1的NH3 H2O溶液x L、0.01 mol L-1的NaOH溶液y L充分反响至中性，x、y大小关系为： y_x(填“HCl开始反响时的速率HClCH3COOH参加反响的锌粉物质的量HCl=CH3COOH反响过程的平均速率CH3COOHHClHCl溶液里有锌粉剩余CH3COOH溶液里有锌粉剩余(3)将等体积
10、、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，升高温度(溶质不会分解)溶液pH随温度变化如图中的_曲线(填写序号)。(4)室温下，向0.01 molL-1 NH4HSO4溶液中滴加0.01 molL-1 NaOH溶液至中性，得到的溶液中：c(Na+)+c(NH4+) _2c(SO42- )(填“=或“=或“、“、“、“c(OH-),c(Na+)c(CH3COO-)，故A错误；B澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO-3=CaCO3+2H2OCO32，故B错误；C在与铝反响能生成H2的溶液中，NO3、Fe2+、Na+一定不能大量共存，如酸性，H和NO3组成硝酸，如
11、碱性，Fe2和OH生成沉淀，故C正确；D除去氯化镁溶液中的Fe3+需向溶液中参加适量Mg (OH)2，故D错误；故答案选C。8A【解析】在醋酸钠溶液中存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。A项，加水稀释，促进CH3COO-的水解，nCH3COOH增大，nCH3COO-减小，=增大，正确；B项，再参加少量醋酸钠晶体，cCH3COO-增大，水解平衡正向移动，cOH-增大，但温度不变水的离子积不变，cH+减小，错误；C项，离子浓度由大到小的顺序为cNa+cCH3COO-cOH-cH+，错误；D项，向溶液中参加HCl，溶液中的电荷守恒为cNa+cH+=cCH3COO-+cCl-+
12、cOH-，溶液呈中性cH+=cOH-，那么cNa+=cCH3COO-+cCl-，错误；答案选A。9B【解析】试题分析：A、室温下，溶液呈酸性，呈酸性的原因可能是酸电离或强酸弱碱盐水解或弱酸弱碱盐水解，故A错误；B、pH=4.5的番茄汁中cH+=10-4.5，pH=6.5的牛奶中cH+=10-6.5，10-4.510-6.5100被，B正确；C、CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，存在离子有：Na+、H+、CH3COO-、OH-，由电荷守恒：cNa+cH+=cCH3COO-+cOH-，溶液呈酸性，cH+cOH-，所以，cNa+cCH3COO-，故C不正确；D、一定温度下AgCl的溶度积K
13、spAgCl=cAg+cCl-是定值，cAg+=，同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，Cl-浓度前者是后者的2倍，所以，AgCl在NaCl溶液中的溶解度更大，故D错误；应选B。考点：考查水溶液中平衡、离子浓度大小比拟以及pH计算等10D【解析】试题分析：A0.1 mol/L 某一元酸HA溶液a点表示0.1 mol/L 某一元酸HA溶液的pH=3，说明为弱酸，溶液中c(A)0.1 mol/L，故A错误；BKw与温度有关，未注明温度， a、b、c、d点表示的溶液中不一定有：c(H+)c(OH-)=110-14，故B错误；C根据图像可知，该酸为弱酸，假设c点表示HA和NaOH恰好反响完全，那么溶液应
14、该显碱性，由于未注明温度，pH=7时，无法判断溶液的酸碱性和是否恰好完全反响，故C错误；D表示该弱酸的电离平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故D正确；应选D。考点：考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡的相关知识。11C【解析】A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4s2Ag+CrO42-；Ksp=c2Ag+cCrO42-=10-3210-5=10-11，A正确；B、溶度积常数随温度变化，不随浓度变化，所以t时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，B正确；C、T 时，X点是过饱和溶液，变为饱和溶液的
15、过程中，银离子与铬酸根离子浓度均降低，不会自发转变到Z点，C错误；D、0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，cCrO42-=0.01mol/L，得到cAg+=，cCl-=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：cAg+=1.810100.01 mol/L=1.810-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，D正确；答案选C。12C【解析】【详解】A.HCl是一元强酸，完全电离，CH3COOH是一元弱酸，局部电离，存在电离平衡，因此当两种酸等浓度时，开始时溶液中盐酸的c(H+)大于醋酸的c(H+)，A错误；B.开始时两种酸
16、的浓度相等，体积相等，即二者的物质的量相等，当加水稀释时HCl、CH3COOH中c(H+)都减小，但由于在醋酸溶液中存在电离平衡，所以稀释后溶液中HCl溶液中c(H+)大于醋酸溶液中c(H+)，c(H+)越大，溶液的pH就越小，因此各用水稀释一倍后，pH比拟：盐酸。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。17(1) (5) NH4H2ONH3H2OH 逆向 【解析】【分析】(1)一元
17、强酸、一元强碱溶液，等物质的量混合溶液呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；2H+浓度相同，由于醋酸为弱酸、氯化氢为强电解质，说明盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反响，假设最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反响盐酸缺乏，锌与醋酸反响锌缺乏，由此分析解题。(3)将等体积、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；升高温度促进铵根离子水解，溶液酸性增强；(4)根据电荷守恒，c(Na+)+c(NH4+)+c(H)=2c
18、(SO42- )c(OH)，溶液呈中性c(OH)= c(H)；NH4HSO4与氢氧化钡溶液1:1混合，溶液中SO42- 恰好完全沉淀；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性；氨水抑制水电离。【详解】(1) 1 L pH=2的HCl溶液与0.01 mol L-1的NaOH溶液1 L充分反响恰好呈中性；一元强酸、一元弱碱溶液，等物质的量混合后恰好生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性；假设使1 L pH=2的HCl溶液与0.01 mol L-1的NH3 H2O溶液充分反响至中性，那么氨水的体积大于1L，所以yx；2根据以上分析，反响开始后，醋酸不断电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，氢离子浓度
19、越大反响所需要的时间越短，所以CH3COOHHCl，故错误；开始反响时溶液中氢离子浓度相等，所以反响时的速率相等：HCl=CH3COOH，故错误；因生成氢气量相等，所以参加反响的锌粉物质的量：HCl=CH3COOH，故正确；氢离子的浓度越大，反响过程的平均速率越快，由于反响反响过程中醋酸会继续电离出氢离子，所以醋酸中氢离子浓度大于盐酸，那么反响速率CH3COOHHCl，故正确；盐酸的浓度小于CH3COOH的浓度，而体积相等，即醋酸的物质的量比盐酸的物质的量多，与锌粉反响，假设最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的量相同，锌与盐酸反响盐酸缺乏，锌与醋酸反响锌缺乏，故正确、错误。(3)将等体积、
20、等物质的量浓度的NH3H2O和NH4HSO4溶液混合后，恰好生成(NH4)2SO4,溶液呈酸性，PH7；(5) NH4NO3是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液呈酸性，水解离子方程式是NH4H2ONH3H2OH；氨水抑制水电离，所以滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向移动。【点睛】此题考查酸碱混合定性判断及溶液pH的判断、弱电解质在水溶液中的电离平衡，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素。18(1)c(NH4+)c(H+)c(OH) 2(10-510-9) 【解析】【详解】1根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水
21、解中越弱越水解，即CN-水解的能力强于HCO3-，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN-)c(HCO3-)，故答案为：。电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOHH2CO3HCNHCO3。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，那么等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为CBA，故答案为：CBA。HCN的电离平衡常数Ka=4.310-10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.010-7、Ka2=5.610-11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3HCNHCO3-，所以NaC
22、N溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN+CO2+H2O=HCN+HCO3，故答案为：CN+CO2+H2O=HCN+HCO3。CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反响方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，=l.8104，故答案为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，l.8104。2该温度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH)=10-9mol/L，那么Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，设酸的体积为V1，碱的体积为
23、V2，那么混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L=，V1：V2=9：1，故答案为：9：1。3d点酸碱恰好完全反响生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒可得c(NH4+)c(C1)，但其水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为c(C1)c(NH4+)c(H+)c(OH)，故答案为：c(C1)c(NH4+)c(H+)c(OH)。b点溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C1)，存在物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH4+)=2c(C1)，所以得到：2c(H+)+ c(NH4+)=2c(OH)+ c(NH3H2O)，
24、那么c(NH4+)c(NH3H2O)=2c(H+)2c(OH)，故答案为：2c(H+)2c(OH)。4溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根据题中所给某微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图像关系可得该微粒应为HSO3-，在pH=1.91时，含HSO3-的物质的量分数为50%，此时可以近似认为c(H2SO3)=c(HSO3-)，那么Ka1c(H+)，即pKa1=-lgKa11.91，故答案为：HSO3，1.91。19 A 10-6 10-12 = 【解析】【分析】1常温下，用0.1000mol/L氨水滴定盐酸，当到达滴定终点时生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，选择甲基橙做指示
25、剂，以此解答该题；2根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算溶液中；3某温度时，测得0.1molL-1的NaOH溶液的pH为11，该溶液中cOH-=0.1mol/L、cH+=10-11 mol/L，Kw=； 4浓度、体积相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量等于盐酸的物质的量，分别与足量的锌反响，产生氢气体积相等；5常温下，将0.1mol/L的 CH3COOH溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，但溶液中醋酸根离子、氢离子浓度减小，结合水的离子积、电离平衡常数、水解平衡常数不变分析；6AlOH3+NaOH=NaAlO2+2H2O，其平衡常数=，据此计算。【详解】1常温下，用0.1000mol/L氨水滴定盐
26、酸，当到达滴定终点时生成氯化铵，铵根离子水解溶液显酸性，当到达滴定终点时溶液的pH7，溶液中各离子浓度从大到小的顺序为cCl-cNH4+cH+cOH-，指示剂变色范围为：酚酞8-10，甲基橙为3.1-4.4，石蕊为5-8，为了减小滴定误差在滴定实验中使用的酸碱指示剂最好是甲基橙，应选A，故答案为：；cCl-cNH4+cH+cOH-；A；21mLpH=12的NaOH溶液，加水稀释至100mL，稀释后的溶液中cOH-=110-4mol/L，cH+=110-10mol/L，那么：=110-6，故答案为：110-6；3某温度时，测得0.1molL-1的NaOH溶液的pH为11，该溶液中cOH-=0.1mol/L，cH+=10-11 mol/L，Kw=0.110-11=10-12，故答案为：1