第三章 物质在水溶液中的行为 单元测试 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第三章 物质在水溶液中的行为 单元测试 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．下列水溶液一定呈中性的是 A． B．的醋酸和的氢氧化钠等体积混合后的溶液 C．的溶液 D．的溶液 2．已知在25℃时，AgCl的Ksp为1.8×10－10，Ag2S的Ksp为6.3×10－50，将AgCl与Ag2S的饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，发生的反应为（　　） A．只有Ag2S沉淀生成 B．AgCl和Ag2S等物质的量生成 C．AgCl沉淀多于Ag2S沉淀 D．Ag2S沉淀多于AgCl沉淀 3．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是 A．的溶液中：、、、 B．滴入溶液显红色的溶液中：、、、 C．的溶液中：、、、 D．的溶液中：、、、 4．离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱，摩尔电导率越大，离子在溶液中的导电能力越强。已知、、的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45，据此可判断，向饱和的澄清石灰水中通入过量的，溶液导电能力随通入量的变化趋势正确的是（　　） A． B． C． D． 5．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向5mL浓度均为0.05的NaI、NaCl混合溶液中滴加2滴0.05溶液，观察现象 B 向2mL 5%溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生 能否催化分解 C 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 是弱电解质 D 取少量久置的溶液向其中滴加溶液，观察现象 溶液是否变质 A．A B．B C．C D．D 6．已知25℃时，关于0.1mol/L醋酸溶液()，下列说法正确的是（　　） A．升高温度，醋酸的电离程度增大，增大 B．向该溶液中通入HCl气体，平衡逆向移动，减小 C．该温度下，该溶液中醋酸的电离程度大于0.01mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度 D．加水稀释后，溶液中增大 7．一瓶不纯的粉末，所含杂质可能是、、KCl、、中的一种或几种。为确定其成分，进行如下实验： ⑴取少量该粉末于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分搅拌，得无色澄清溶液 ⑵在上述无色溶液中加入足量的溶液，有白色沉淀生成，过滤，得无色溶液。 ⑶取少许⑵中过滤后的无色溶液于试管中，滴加溶液有白色沉淀生成。 下列说法正确的是（　　） A．杂质中肯定不含有、 B．杂质中肯定含有KCl、 C．杂质中可能含有、KCl、 D．杂质中肯定含有、KCl，可能含有、 8．NA是阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A．标准状况下，2.24LHF中含有的分子数为0.1NA B．2gD2O和H218O的混合物含有质子数为NA C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA D．1molCl2与足量的水充分反应转移的电子数为NA 9．下列有关说法不正确的是（　　） A．将pH相等的氨水和NaOH溶液均稀释10倍，氨水的pH变化小 B．25℃时反应 ，说明25℃时该分解反应速率很慢 C．反应的平衡常数表达式： D．25℃，中和等体积、等pH的溶液和盐酸溶液时，消耗NaOH的物质的量相等 10．室温时纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++ OH－。下列叙述正确的是（　　） A．升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，溶液显酸性 B．向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低 C．向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，由水电离出的 c(H+)＞1×10-7 mol/L D．向水中加入少量 NH4Cl 固体，结合水电离出的 OH－，由水电离出的c(H+)＞1×10-7 mol/L 11．某温度下，(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 A． B．加适量固体可使溶液由点变到点 C．两点代表的溶液中与乘积相等 D．、分别在、两点代表的溶液中达到饱和 12．氢硫酸是一种弱酸(常温下，的、)。常温下用溶液吸收得X溶液。下列说法正确的是 A．X溶液中一定存在： B．若X溶液中，则 C．当X溶液的时，溶液中存在： D．能与发生反应： 13．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（　　） A．、、、 B．、、、 C．、、、 D．、、、 14．25℃时，Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，该温度下，用0.1mol/L的醋酸溶液滴定10.00mL0.1mol/L的MOH溶液，滴定过程中加入醋酸溶液的体积(V)与溶液中lg 的关系如图所示，当V=0时，lg =-12。下列说法正确的是（　　） A．MOH是一元弱碱 B．a点：V(CH3COOH)=10.00mL C．b点：c(CH3COOH)＞c(M＋)＞c(H＋)＞c(OH-) D．25℃时，CH3COO-的水解平衡常数约为5.9×10-10 15．下列各组离子能在同一溶液中大量共存的是（　　） A．Ba2+、Na＋、Cl－、CO32- B．Mg2+、K＋、NO3-、OH－ C．H＋、Fe2+、Cl－、SO42- D．H＋、Na＋、NO3-、HCO3- 16．侯氏制碱法原理为：向饱和氨的食盐水中通CO2发生反应 NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。已知：通入CO2过程中，始终存在：c() < c()；K1(H2CO3)=4.4×10－7， K2(H2CO3)=4.4×10－11， K(NH3·H2O)=1.8×10－5。下列说法错误的是（　　） A．饱和氨的食盐水中：c() + c(H+) = c(OH－) B．开始通入CO2时，主要反应的离子方程式为：CO2+ 2NH3·H2O=+2+H2O C．析出晶体后的溶液中：c() + c(NH3·H2O) > c() + c() + c(H2CO3) D．过滤所得的滤液中：c() > c(H2CO3)> c() 17．丙烯酸和硫氰酸是两种一元酸且。室温下，为3的两种酸溶液加水稀释，溶液变化如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．曲线代表硫氰酸溶液与关系 B．a点和b点溶液水的电离程度相同 C．加水稀释过程中不变 D．加水无限稀释可以使a点移至c点 18．已知醋酸酸性强于氢氰酸酸性，用0.01mol•L﹣1NaOH溶液完全中和pH相同的下列溶液各100mL，需NaOH溶液体积最大的是（　　） A．盐酸 B．醋酸 C．氢氰酸 D．硫酸 19．在常温下，有关下列4种溶液的叙述中错误的是（　　） 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 溶液 醋酸 溶液 11 11 3 3 A．水电离出的：①=②=③=④ B．分别取稀释至，四种溶液的：①>②>④>③ C．将溶液①、④等体积混合后，溶液中： D．若将溶液④和溶液②混合后，则 20．下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A．将溶液加热蒸干不能得到固体 B．用稀硫酸洗涤沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的少 C．铁质器件附有铜质配件，久置，在接触处铁易生锈 D．在漂白液中加入适量盐酸能增强其漂白效果 二、填空题 21．某温度下，水的离子积常数为1×10﹣12，在该温度下，0.1mol/L的HCl溶液pH=　 　，0.1mol/L的NaOH溶液pH=　 　，若将两者按体积比V（HCl）：V（NaOH）=9：11混合，则混合液的pH值约为　 　． 22．已知某溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系： ①c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣） ②c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+） ③c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ④c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣） 填写下列空白： （1）若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是　 　 ，上述四种离子浓度的大小顺序为　 　 （填序号）． （2）若四种离子的关系符合③，则溶质为　 　 ；若四种离子的关系符合④，则溶质为　 　 ． （3）将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，下面图象正确的是　 　 （填图象符号）． （4）若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c（HCl）　 　 c（NH3•H2O）（填“大于”“小于”或“等于”，下同）；混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）　 　 c（OH﹣）． （5）如图所示，烧杯中盛放的溶液为盐酸，接通电流表G后，指针发生偏转，则负极材料是　 　 ，正极反应式是　　 　 ． 三、实验探究题 23．中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析方法，常温下，用 溶液分别滴定 溶液和 溶液，得到2条滴定曲线如图所示： （1）判断滴定 溶液的曲线是　 　(填“图1”或“图2”)。 （2）a=　 　mL。 （3） 的点是　 　(从A，B，C，D，E中选择)。 （4）E点对应的离子浓度由大到小的顺序为　 　。 24．滴定是一种重要的定量实验方法： （1）Ⅰ.酸碱中和滴定：常温下，用0.1000mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 等浓度的盐酸和醋酸溶液，得到两条滴定曲线，如下图所示： 滴定盐酸的曲线是图　 　（填“1”或“2”） （2）滴定前CH3COOH的电离度为　 　 （3）达到B、D状态时，反应消耗的NaOH溶液的体积a　 　b（填“>”“<”或“=”） （4）Ⅱ.氧化还原滴定原理与中和滴定原理相似，为了测定某NaHSO3固体的纯度，现用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定，回答下列问题： 准确量取一定体积的酸性KMnO4溶液需要使用的仪器是　 　。 （5）已知酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4，写出此反应的离子方程式：　 　 （6）若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。则滴定终点的现象为　 　NaHSO3固体的纯度为　 　。 （7）下列操作会导致测定结果偏低的是　 　. A 未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B 滴定前锥形瓶未干燥 C 盛装酸性KMnO4溶液的滴定管，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡， 滴定后无气泡 D 不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外 E 观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 25．食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量、、等杂质离子，由粗盐获得精盐的一般步骤如下： 回答下列问题： （1）步骤①、③两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是　 　、　 　。 （2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质(、、)，提供的试剂有溶液、溶液、NaOH溶液。加入试剂的顺序正确的是　 　(填序号)；为检测离子是否沉淀完全，请写出检验方法　 　。 A．溶液→NaOH溶液→溶液 B．NaOH溶液→溶液→溶液 C．NaOH溶液→溶液→溶液 D．溶液→NaOH溶液→溶液 （3）步骤③“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、　 　(填仪器名称)；该操作得到沉淀的成分有泥沙、、、　 　。 （4）加入适量盐酸的作用是　 　；步骤⑥操作是　 　(填操作单元的名称)。 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】C 【解析】【解答】在AgCl和Ag2S饱和溶液中，因为Ksp的不同，前者c（Ag+）大于后者，前者c（Cl-）大于后者c（S2-），将AgCl、Ag2S两饱和溶液等体积混合，再加入足量浓AgNO3溶液，由于沉淀溶解平衡均要向生成沉淀的方向移动，AgCl和Ag2S沉淀增多，但c(Cl-) c(S2-) 所以AgCl沉淀更多； 故答案为：C。 【分析】根据沉淀溶解平衡结合沉淀的 Ksp分析，即可得出答案。 3．【答案】B 4．【答案】D 【解析】【解答】向澄清石灰水中通入过量的 ，先生成碳酸钙沉淀，钙离子、氢氧根离子浓度在减少，溶液导电能力减弱，后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液，钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大，钙离子的浓度与原来相等，碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等，但 的摩尔导电率大于的摩尔电导率，所以最后溶液的导电性小于原来的导电性，最后不变；依据图像可知，D正确； 故选D。 【分析】依据有关反应和导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关判断。 5．【答案】A 6．【答案】A 【解析】【解答】A.升高温度，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度增大，故A符合题意； B. 向该溶液中通入HCl气体，平衡逆向移动，增大，故B不符合题意； C.温度相同时，越稀越电离， 该溶液中醋酸的电离程度小于0.01mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度，故C不符合题意； D. 加水稀释后，氢离子浓度降低，溶液中=减小，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A.温度升高，电离程度增大； B.加入氯化氢促使平衡逆向移动，但氢离子浓度增大； C.相同温度下，越稀释越电离； D.加水稀释后，氢离子，醋酸根，醋酸浓度均降低，利用电离常数判断。 7．【答案】A 【解析】【解答】A．由分析可知，杂质中肯定不含有Ca(NO3)2、CuCl2，A符合题意； B．原固体中可能含有KCl、Na2SO4，也可能都不含有，B不符合题意； C．分析可知：原固体中杂质中可能含有KCl、Na2SO4，由于KNO3是可溶性物质，水溶液显无色，因此其是否存在对实验现象无关，即原固体中也可能含有杂质KNO3，也可能不含杂质KNO3，肯定不含硝酸钙，C不符合题意； D．原固体中可能含有杂质KCl、KNO3、Na2SO4，也可能不含有这三种物质，肯定不含硝酸钙，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】离子共存解题技巧：1.结合已知题目信息，首先判断肯定存在的离子，2、利用互斥原则，根据已经存在的离子判断不可能存在的离子，3、结合溶液电中性原则，判断一些离子是否共存，4、对于Na+、K+可以通过焰色反应判断是否存在 8．【答案】B 9．【答案】B 【解析】【解答】A、氨水为弱碱，稀释促进电离，而氢氧化钠为强碱完全电离，故将pH相等的氨水和NaOH溶液均稀释10倍，氨水的pH变化小，故A不符合题意； B、平衡常数体现反应进行的程度大小，故B符合题意； C、平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比，反应的平衡常数表达式：，故C不符合题意； D、25℃，等体积、等pH的溶液和盐酸溶液中氢离子的物质的量相同，则中和等体积、等pH的溶液和盐酸溶液时，消耗NaOH的物质的量相等，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、弱碱在稀释的过程中不断电离产生氢氧根； B、化学平衡常数反映反应的进行程度； C、平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比； D、 等体积、等pH的溶液和盐酸溶液的氢离子的物质的量相同。 10．【答案】D 【解析】【解答】A、升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，此时c(OH-)也会增大，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液依旧呈中性，故A选项错误； B、向水中加入少量氨水，氨水在水中存在电离平衡：NH3·H2O⇌ NH4+ + OH-，根据勒夏特列原理，可以推断出能抑制水的电离，但c(OH－)会增大，故B选项错误； C、向水中加入少量硫酸，硫酸在水中完全电离，c(H+)增大，根据勒夏特列原理，可以推断出能抑制水的电离，会使得由水电离出的 c(H+)<1×10-7 mol/L，故C选项错误； D、向水中加入少量NH4Cl固体，能够结合水中电离出来的OH-，使得此时平衡向右移动，促进水的电离，会使得由水电离出的 c(H+)>1×10-7 mol/L，故D选项正确； 故答案为：D 【分析】A、升高温度，溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液依旧呈中性； B、向水中加入少量氨水，c(OH－)会增大； C、向水中加入少量硫酸，硫酸在水中完全电离，c(H+)增大，根据勒夏特列原理，可以推断出能抑制水的电离； D、向水中加入少量NH4Cl固体，能够结合水中电离出来的OH-，使得此时平衡向右移动，促进水的电离； 11．【答案】B 12．【答案】B 13．【答案】A 【解析】【解答】A．、、、各离子间均不反应，故A符合题意； B．和会生成沉淀，不能大量共存，故B不符合题意； C．和会生成气体，不能大量共存，故C不符合题意； D．和会生成沉淀，不能大量共存，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】B.和生成Mg(OH)2沉淀； C.和反应生成二氧化碳和水； D.和生成BaCO3。 14．【答案】D 【解析】【解答】A．当V=0时，lg =-12，c(H＋)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，c(MOH)= 0.1mol/L，则表明MOH发生完全电离，是一元强碱，A不符合题意； B．a点时，c(H＋)=c(OH-)=10-7mol/L，此时溶液呈中性，而CH3COOM为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以醋酸应过量，V(CH3COOH)＞10.00mL，B不符合题意； C．b点时，参加反应的醋酸与剩余醋酸的物质的量相等，浓度相等，即c(CH3COOH) =c(CH3COOM)，但此时lg ＞0，则表明溶液显酸性，混合溶液中以CH3COOH的电离为主，从而得出：c(CH3COO-)＞c(M＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH-)，C不符合题意； D.25℃时，CH3COO-的水解平衡常数Kh= ≈5.9×10-10，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】 A.未加入醋酸的时候（v=0），根据图得出溶液H＋和OH-的浓度，判断是否完全电离进而判断为强碱还是弱碱； B.弱酸滴定强碱，由于弱酸不能完全电离，因此只有在弱酸过量的时候能保证溶液pH=7； C.弱酸滴定强碱判断溶液离子浓度大小关系，首先利用物料平衡列出等式，再根据溶液电荷平衡和pH来判断分析各离子浓度大小； D.列出Kw和Ka表达式，相除即可得到弱酸水解平衡式，水解常数值即可通过Kw和Ka之比得到。 15．【答案】C 【解析】【解答】A．Ba2+、CO32-生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故A错误； B．Mg2+、OH-生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故B项错误； C．H＋、Fe2+、Cl-、SO42-在溶液中不反应，可以大量共存，故C正确； D．H＋、HCO3-生成为水和二氧化碳，不能大量共存，D项错误； 故答案为：C。 【分析】判断离子共存方法，1.看溶液中离子之间因发生复分解反应生成沉淀、气体和弱电解质而不能共存；2看离子之间因发生氧化还原反应而不能共存，3.注意题目隐含条件，颜色、pH. 16．【答案】B 【解析】【解答】A．根据电荷守恒，饱和氨的食盐水中有c(Na+)+c() + c(H+) = c(OH－) + c(Cl－)，其中c(Na+)= c(Cl－)，则A不符合题意； B．已知通入CO2过程中，始终存在：c() < c()，则开始通入CO2时，主要反应的离子方程式为CO2+ NH3·H2O=+，B符合题意； C．根据题干反应，生成的NaHCO3与NH4Cl物质的量相等，析出NaHCO3晶体后溶液中碳酸氢根浓度显著减小，根据物料守恒，溶液中c() + c(NH3·H2O) > c() + c() + c(H2CO3)，C不符合题意； D．根据题干反应，生成的NaHCO3与NH4Cl物质的量相等，过滤出NaHCO3晶体后，溶液中浓度大，根据碳酸的1、2级电离数据，＞4.4×10－11， 由水解产生的H2CO3程度大于电离产生的的程度，则c() > c(H2CO3)> c()，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.根据电荷守恒分析； C.根据物料守恒分析； D.＞4.4×10－11，则碳酸氢根的水解程度大于其电离程度。 17．【答案】B 【解析】【解答】A、由分析可知，曲线代表丙烯酸溶液与关系，故A错误； B、a、b两点酸电离的氢离子浓度相同，对水的电离抑制程度相同，则a点和b点溶液水的电离程度相同，故B正确； C、酸溶液在稀释过程中水电离的氢离子和氢氧根离子浓度逐渐增大，则加水稀释过程中增大，故C错误； D、当酸电离的离子浓度接近水电离时，要考虑水的电离，无限稀释，酸溶液pH接近7但不等于7，故D错误； 故答案为：B。 【分析】丙烯酸、硫氰酸起始时c(H+)相同，均稀释至pH=5，L1加水体积较大，说明L1代表较弱的酸，则曲线代表丙烯酸溶液与关系，L2曲线表示硫氰酸溶液与关系。 18．【答案】C 【解析】【解答】解：pH相同的各酸溶液中c（H+）相同，盐酸、硫酸都是强酸，完全电离，即溶液中无溶质分子；而醋酸和氢氰酸为弱酸，溶液中只有部分发生电离，溶液中存在未电离的溶质分子，且酸性越弱，电离程度越小，溶液中的溶质分子浓度越高，即pH相同的酸溶液，酸的酸性越弱，则酸溶液的浓度越大，当体积均为100mL时，酸的物质的量越大，则消耗的氢氧化钠溶液的体积越大，而酸性最弱的是氢氰酸，故氢氰酸消耗的氢氧化钠溶液的体积最大，故选C． 【分析】pH相同的各酸溶液中c（H+）相同，盐酸、硫酸都是强酸，完全电离，醋酸和氢氰酸为弱酸，溶液中只有部分发生电离，据此分析pH相同的各酸溶液的物质的量浓度，并据此分析所消耗的碱的体积． 19．【答案】C 【解析】【解答】A、常温下，水的离子常数Kw=1×10-14，氨水和碱的pH=11，说明水电离出的c(H+)=1×10-11；醋酸和H2SO4，pH=3， 则水电离出的c(OH-)=1×10-11，此时水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-11， 故 水电离出的：①=②=③=④，表述正确，故不符合题意； B、氨水具有弱碱性，在水中不能完全电离，其电离方程式：，加水稀释时，电离产生的离子间距变大，不容易结合变回分子，所以促进了氨水的电离；而NaOH是强碱，在水中可以完全电离，所以稀释10mL，各离子浓度也变为原来的1/10，所以在原来相同pH值下，稀释同体积的氨水和NaOH溶液后，氨水的碱性比NaOH溶液强，pH ①>②；同理，醋酸也是弱电解质，在水中电离有，加水促进醋酸的电离，所以在原来相同pH值下，稀释同体积的醋酸和H2SO4溶液后，醋酸的酸性强于H2SO4溶液，pH ④>③ ，所以 ：①>②>④>③ ，表述正确，故不符合题意； C、将溶液 ① 、 ④ 等体积混合后，溶液①中c(OH-)=10-3mol/L，溶液④ 中c(H+)=10-3mol/L，因为氨水是弱碱，氨水的浓度要远远大于10-3mol/L，两溶液等体积混合后，溶液呈碱性，c(OH-)>c(H+)，表述错误，故符合题意； D、溶液④ 和溶液② ，混合后生成Na2SO4，pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，溶液 ② pH=11，中c(OH-)=10-3mol/L，溶液 ④ pH=3，c(H+)=10-3mol/L，因此有，所以a：b=11：9，表述正确，故不符合题意； 故答案为：C. 【分析】A、根据水的电离性质及离子积常数分析； B、根据弱电解质加水 稀释促进电离分析； C、根据弱电解质的特性及离子浓度大小比较分析； D、根据pH的简单计算分析。 20．【答案】C 21．【答案】1；11；10 【解析】解答：某温度下Kw=c（H+）×c（OH﹣）=1×10﹣12，0.1mol/L的HCl溶液中c（H+）=0.1mol/L，该盐酸的pH=﹣lgc（H+）=1； 0.1mol/L的氢氧化钠溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，c（H+）= =10﹣11mol/L，该温度下，在0.1mol/L的氢氧化钠溶液中c（H+）=10﹣11mol/L，pH=﹣lgc（H+）=11； 若将两者按体积比V（HCl）：V（NaOH）=9：11混合，由于二者浓度相同，则混合液中氢氧化钠过量，混合液显示碱性，溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）= mol/L=0.01mol/L，该温度下c（OH﹣）=0.01mol/L的溶液中c（H+）= =10﹣10mol/L，则混合液的pH值约为 ：pH=﹣lgc（H+）=10， 所以答案为：1；11；10． 分析：本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力． 22．【答案】NH4Cl；①；NH4Cl和NH3•H2O；NH4Cl和HCl；B；小于；大于；Zn；2H++2e﹣=H2↑ 【解析】【解答】（1）因任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，则c（Cl﹣）＞c（NH4+），水解显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），又水解的程度很弱，则c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），即①符合， 故答案为：NH4Cl；①； （2）③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液， 其溶质为NH4Cl、NH3．H2O；④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液，其溶质为HCl、NH4Cl， 故答案为：NH4Cl和NH3•H2O；NH4Cl和HCl； （3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释时氢离子的浓度都变小，则pH都变大，但盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而氯化铵水解显酸性，稀释促进水解，氢离子浓度减小的倍数小于盐酸中氢离子浓度的变化，则pH变化小，只有B符合题意， 故答案为：B； （4）因体积、浓度相同的稀盐酸和氨水混合，溶液中的溶质为氯化铵，溶液显酸性，而该溶液恰好呈中性，则应为氨水与氯化铵的混合溶液，即c（HCl）＜c（NH3•H2O）， 而HCl为强电解质，完全电离，NH3．H2O为弱电解质，不完全电离，则混合前酸中c（H+）和碱中c（OH﹣）的关系为c（H+）＞c（OH﹣）， 故答案为：小于；大于； （5）由图2可知，Zn比Cu活泼，Zn作负极，由Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，则正极反应为2H++2e﹣=H2↑，故答案为：Zn；2H++2e﹣=H2↑． 【分析】（1）任何水溶液中都有OH﹣、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，利用铵根离子水解使溶液显酸性来分析； （2）由③中离子的关系可知溶液显碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），则溶液为氯化铵和氨水的混合溶液；由④中的离子关系可知溶液显酸性，且c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+），则溶液为盐酸与氯化铵的混合溶液； （3）pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，盐酸为强电解质，则pH变化程度大，而稀释时促进氯化铵中铵根离子水解，则pH变化小； （4）体积相等稀盐酸和氨水混合，若浓度相等，则恰好完全反应生成氯化铵，溶液显酸性，则溶液恰好呈中性时应为氨水与氯化铵的混合溶液来分析； （5）根据金属的活泼性及原电池的工作原理来分析． 23．【答案】（1）图1 （2）20.00 （3）D （4） 【解析】【解答】(1)由分析可知图1为滴定HCl溶液的曲线，故答案为：图1； (2)由图1可知，a点对应溶液的pH=7，则HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl和水，则a=20.00，故答案为：20.00； (3)由分析可知图2为滴定 的曲线，电荷守恒有 ， 时 ，pH=7，为图2中D点，故答案为：D； (4)由(2)可知a=20.00， 和NaOH恰好完全反应，E点对应的溶质为 ，溶液中存在醋酸根离子水解平衡，则 ，溶液pH>7，则 ，则E点对应的离子浓度由大到小的顺序为 ，故答案为： 。 【分析】HCl属于强酸，为强电解质，在溶液中完全电离，0.1000mol/L的HClpH=-lg0.11， CH3COOH属于弱酸，为弱电解质，酸性弱于同浓度的 HCl，pH大于同浓度HCl的pH，结合图可知图1为滴定HCl的滴定曲线，图2为滴定CH3COOH的滴定曲线。 24．【答案】（1）1 （2）1% （3）> （4）酸式滴定管 （5）5HSO3-+2MnO4-+ H+=5SO42-+2Mn2++3H2O （6）溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色； ×100％ （7）E 【解析】【解答】（1）CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使CH3COOH溶液中c（H+）比同浓度的HCl溶液中c（H+）小，pH大；滴定盐酸的曲线是图1，故答案为：1； （2）根据图1可知盐酸溶液的起始浓度为0.1mol/L，盐酸溶液和醋酸溶液是等浓度的，所以醋酸溶液起始浓度也为0.1mol/L，根据图2可知醋酸溶液的起始pH=3，溶液中c(H+)=10-3mol/L，电离度α= ×100％=1%，故答案为：1%； （3）达到B、D状态时，溶液为中性，NaCl不水解，CH3COONa水解使溶液呈碱性，为使CH3COONa溶液显中性，需要少加一部分NaOH，使溶液中留有一部分CH3COOH，所以反应消耗的NaOH溶液的体积a＞b，故答案为：＞； （4）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡皮管，所以选用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液；故答案为：酸式滴定管； （5）酸性KMnO4溶液的还原产物为MnSO4，+4价的硫被氧化为+6价，生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：5HSO3-+2MnO4-+ H+=5SO42-+2Mn2++3H2O ，故答案为：5HSO3-+2MnO4-+ H+=5SO42-+2Mn2++3H2O ； （6）KMnO4溶液呈紫色，与NaHSO3反应，紫色褪去，滴定终点的现象为：滴入最后一滴KMnO4溶液，紫色不褪去；故答案为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色； 若准确称取WgNaHSO3固体溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。 2MnO4 ～ 5HSO3- 0.1mol/L×V×10-3L n(HSO3-) 解得 n(HSO3-)=5/2×V×10-4mol，即25.00mL溶液中NaHSO3的物质的量为5/2×V×10-4mol，所以500mL溶液中NaHSO3的物质的量为5×V×10-3mol，NaHSO3固体的质量为5×V×10-3mol×104g/mol=5.2×V×10-1g，纯度为 ×100％= ×100％，故答案为： ×100％； （7）A.未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏大； B.滴定前锥形瓶未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）不变； C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏大； D．不小心将少量酸性KMnO4溶液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏大； E．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)v(标准)/v(待测)分析，c（标准）偏小； 综上所述，操作会导致测定结果偏低的是E， 故答案为：E 【分析】（1）根据起点溶液的pH判断滴定曲线； （2）根据起点CH3COOH溶液的pH计算发生电离的CH3COOH，从而计算其电离度； （3）B、D点溶液显中性，HCl完全反应，CH3COOH有剩余，据此判断消耗NaOH的体积大小； （4）KMnO4溶液具有强氧化性，应使用酸式滴定管； （5）MnO4-具有强氧化性，能将HSO3-氧化成SO42-，结合得失电子守恒、原子守恒书写反应的离子方程式； （6）滴定终点时，溶液由无色变为紫红色；根据滴定过程中发生反应的离子方程式进行计算； （7）根据公式，分析错误操作对V标的影响，从而确定实验误差； 25．【答案】（1）搅拌；引流 （2）AC；取适量反应后溶液，加入盐酸排除干扰，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成生成，则已沉淀完全 （3）漏斗、烧杯；CaCO3、BaCO3 （4）、OH-；冷却结晶、洗涤、干燥 【解析】【解答】（1）步骤①为溶解，③为过滤，两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是搅拌和引流； （2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质(、、)，提供的试剂有溶液、溶液、NaOH溶液，加入过程中为了除去过量的钡离子，则碳酸钠必须在氯化钡溶液之后加入，加入试剂的顺序正确的是AC；检测离子是否沉淀完全方法为取适量反应后溶液，加入盐酸排除干扰，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成生成，则已沉淀完全； （3）“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；根据分析，该操作得到沉淀的成分有泥沙、、、CaCO3、BaCO3； （4）加入适量盐酸的作用是除去过量的、OH-；步骤⑥操作之制备精盐，操作步骤是冷却结晶、洗涤、干燥。 【分析】（1）玻璃棒可以用于溶解时搅拌，也可以用于过滤时引流； （2）碳酸钠应该在氯化钡的后面滴加，可以除去溶液中原本的钙离子，以及氯化钡中引入的过量钡离子； （3）过滤需要用到玻璃棒、烧杯和漏斗； （4）盐酸的目的是除去过量的碳酸根和氢氧根。 学科网（北京）股份有限公司 $$