【文档说明】山东省枣庄市第三中学2022-2023学年高二12月月考化学试题 答案.docx，共(23)页，838.941 KB，由管理员店铺上传

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枣庄三中2022～2023高二年级第一学期12月质量检测考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1−C12−N14−O16−Na23−Mg24−Cl35.5−Ca40−第I卷(选择题，共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个

选项符合题目要求。1.下列有关盐类水解的叙述中正确的是()A.溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱生成的盐B.含有弱酸根盐的水溶液一定呈碱性C.盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱D.强酸强碱盐的水溶液

一定呈中性【答案】C【解析】【分析】【详解】A.某些弱酸弱碱盐溶液，发生水解后，溶液也会显中性，例如：醋酸铵溶液显中性，选项A错误；B.含有弱酸根盐的水溶液也有可能是中性的（例如：醋酸铵）或酸性的（例如：亚硫酸氢钠），选项B错误；C.盐溶液的酸碱性主

要决定于形成盐的酸和碱的相对强弱，即越弱越水解，对应盐溶液的酸性或碱性越强，选项C正确；D.强酸强碱盐的水溶液不一定呈中性，例如NaHSO4溶液显酸性，选项D错误；故选C。【点睛】盐溶液的酸碱性实际取决于盐电离出来的阴阳离子的性质，如果是正盐，应该看哪种离子水解较强，阴离子水解占主导，溶液显碱

性，阳离子水解占主导，溶液显酸性，阴阳离子水解相近，溶液显中性。如果是酸式盐，还要多考虑酸根存在的电离和水解，例如：碳酸氢钠显碱性是因为水解大于电离，亚硫酸氢钠显酸性是因为电离大于水解。2.在氨水中存在电离平衡：324NHHONHOH+−+。下列情况会引起电离平衡正向移动的有①加水②加

NaOH溶液③通入HCl④加3CHCOOH⑤加4NHCl固体A.②③⑤B.①④⑤C.①③④D.③④⑤【答案】C【解析】【详解】①加水促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，故选；②加NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，电离平衡逆向移动，故不选；③通入HCl，可降低氢氧根离子的浓度，使电离平衡正向移

动，故选；④加CH3COOH，降低氢氧根离子的浓度，使电离平衡正向移动，故选；⑤加NH4Cl固体，铵根离子的浓度增大，电离平衡逆向移动，故不选；故选：C。3.pH2=的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(1c0.1mol

L−=)至pH7=，消耗NaOH溶液的体积为xV、yV，则A.x为弱酸，xyV<VB.x为强酸，xyV>VC.y为弱酸，xyV<VD.y为强酸，xyV>V【答案】C【解析】【分析】根据稀释相同倍数酸x、y的pH变化，判断强酸、弱酸，pH相等的强酸

和弱酸与碱反应，反应中弱酸还继续电离，弱酸消耗碱的量大。【详解】从图象看，稀释10倍，x的pH值变化1，y的pH值变化小于1，说明x为强酸，y为弱酸；pH相等的强酸和弱酸与碱反应，强酸的物质的量小于弱酸的物质的量，反应中弱酸还会继续电离，故弱酸消

耗碱的量大，即Vx＜Vy，答案选C。4.已知25℃时，几种弱酸的电离平衡常数如下：HCOOH：41a1.7710molLK−−=，HCN：101a4.910molLK−−=，23HCO：71a14.210molLK−−=，111a25.610molLK−−=，则以

下反应不能自发进行的是A.HCOOHNaCN=HCOONaHCN++B.323NaHCONaCN=NaCOHCN++C.223NaCNHOCO=HCNNaHCO+++D.23222HCOOHCO2HCOOHOCO−−+=++【答案】B【解析】【分析】根据

电离常数的意义，对于弱酸而言，电离常数越大，酸性越强，根据已知，以上几种酸的酸性强弱为HCOOH>23HCO>HCN>3HCO−；再根据强酸制弱酸原理判断反应是否发生；【详解】A．酸性：HCOOH>HCN，所以反应HCOOHNa

CN=HCOONaHCN++，能发生，故A不选；B．酸性：HCN>3HCO−，所以反应323NaHCONaCN=NaCOHCN++，不能发生，故B选；C．酸性：23HCO>HCN，所以反应223NaCNHOCO=HCNNaHCO+++，能发生，故C不

选；D．酸性：HCOOH>23HCO>3HCO−，在碳酸钠溶液中加入足量HCOOH溶液，可以发生反应23222HCOOHCO2HCOOHOCO−−+=++，故D不选;故选B。5.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如

图所示，下列说法正确的是A.a、b、c三点溶液的pH：c＜a＜bB.a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c＜a＜bC.用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小D.a、b、c三点溶液用1mol·L-1NaOH

溶液中和，消耗NaOH溶液体积：c＜a＜b【答案】C【解析】【详解】A．由导电能力知c(H＋)：b>a>c，故pH：c>a>b，A错误；B．加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，B错误；C．用湿润的pH试纸测量a处溶液的p

H，相当于稀释a点溶液，c(H＋)增大，pH偏小，C正确；D．a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH)：a=b=c，D错误；故选C。6.有关下列两种溶液的说法中，正确的是①1

30.1molLCHCOONa−溶液②130.1molLCHCOOH−溶液A.相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＜溶液②B.等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中()()()()3CHCOONaHOHcccc−++−C.加水稀释溶液

①，溶液中()()()3CHCOOHOHNaccc−+不变D.向溶液①中加少量的3CHCOONa固体，则()()3CHCOONa−+cc减小【答案】B【解析】【详解】A．溶液①是强碱弱酸盐溶液，醋酸根离子水解显碱性，促进水的电离：溶液②是酸溶液，对水的电离起到抑制作用；相同温度下，溶液中

水的电离程度：溶液①＞溶液②，故A错误；B．溶液①和溶液②等体积混合为CH3COONa和CH3COOH按1：1形成的溶液，溶液呈酸性，()()()()3CHCOONaHOHcccc−++−，故B正确；C．加水稀释溶液①，水解程度增大，n(CH3CO

OH)、n(OH-)增大，n(Na)不变，则()()()3cCHCOOHcOHcNa−+增大，故C错误；D．向溶液①中加入少量的CH3COONa固体，水解程度减小，()()3cCHCOOcNa−+增大，故D错误；答案选B。7.下列反应

对应的离子方程式正确的是A.()243FeSO的酸性溶液中通入足量硫化氢：322FeHS=FeS2H++++++B.碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：223332Ca2HCO2OH=CaCOCO2HO+−−−++++C.氯化铝溶液中加入过量氨水：()33Al3OH=AlOH+−

+D.澄清石灰水中通入过量2CO：23OHCO=HCO−−+【答案】D【解析】【详解】A．Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量硫化氢，硫化氢被铁离子氧化成硫单质，离子方程式必须满足电荷守恒，正确的离子方程式为

：2Fe3H2S═2Fe2S↓2H，故A错误；B．碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钙沉淀和水，正确的离子方程式为：2332CaHCOOHCaCOH=O+−−+++，故B错误；C．氯化铝溶液中

加入过量氨水，一水合氨不能拆开，应该保留分子式，正确的离子方程式为：Al33NH3•H2O=Al(OH)3↓3+4NH，故C错误；D．澄清石灰水中通入过量CO2，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：23OHCO=HCO−−+，故D正确；故选：D。8.25℃时，下列各组离子在指定溶液中可

能大量共存的是A.pH=1的溶液中：Na、K、MnO4-、CO2-3B.由水电离出的c(H)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Cu2、Mg2、NO-3、SO2-4C.0.1mol·L-1FeCl3溶液中：Fe2、NH4+、SCN-、SO2-4D.无色溶液中：Cu2、Al3、4NH+

、Cl-【答案】B【解析】【详解】A．pH为1的水溶液显酸性，水溶液中含有大量的H，CO32-在溶液中与H结合生成水和二氧化碳，不能大量共存，故A不符合题意；B．由水电离的c(H)=1×10-13mol•L-1的溶液

，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性溶液中Cu2、Mg2、NO3-、SO42-离子之间不发生任何反应，也不与H反应，能够大量共存，碱性条件下Cu2、Mg2不能大量存在，故B符合题意；C．Fe3、SCN-生成络合物而不能大量共存，故C不符合题意；D．含Cu2的溶液呈蓝色，与无色不

符，故D不符合题意；答案为B。9.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是A.氨水中，c(NH4+)=c(OH－)=0.1mol·L-1B.NH4Cl溶液中，c(NH4+)＞c(Cl－)C.Na2SO4溶

液中，c(Na)＞c(SO24−)＞c(OH-)=c(H)D.Na2SO3溶液中，c(Na)=2c(SO23−)c(HSO3−)c(H2SO3)【答案】C【解析】【详解】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH4+)c(H)=c(OH-)，c

(OH-)＞c(NH4+)，故A项错误；B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH4+)c(H)=c(OH-)c(C1-)，由c(OH-)＜c(H)，得c(NH4+)＜c(C1-)，故B项错误；C．c(Na

)=2c(SO24−)，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H)，故C项正确；D．根据物料守恒，c(Na)=2c(SO23−)2c(HSO3−)2c(H2SO3)，故D项错误；故选C。10.t℃时，Ag2C

rO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.t℃时，Ag2CrO4的Ksp=1×10﹣8B.d点有Ag2CrO4沉淀生成C.a点对应的Ksp等于b点对应的KspD.加入AgNO3可使溶液由b点变成c点【答案】C【解析】【详解】A．Ag2CrO4存在沉淀溶解平衡：Ag2C

rO4(s)2Ag(aq)2-4CrO(aq)，据图可知，Ksp=c2(Ag)•c(2-4CrO)=(10﹣3mol/L)2×10﹣5mol/L=1×10﹣11，故A错误；B．b为溶解平衡点，b在d的上方，则d点为

Ag2CrO4的不饱和溶液，没有Ag2CrO4沉淀生成，故B错误；C．Ksp只与温度有关，a点温度与b点相同，所以Ksp相等，故C正确；D．Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag(aq)2-4

CrO，加入AgNO3可使溶液中的c(Ag)增大，平衡逆向移动，最终c(Ag)增大、c(2-4CrO)减小，所以不能由b点变成c点，故D错误；答案选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0

分。11.下列说法错误的是A.室温时，中和pH和体积均相等的()2BaOH、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同B.相同温度下，pH相等盐酸、硫酸溶液中，由水电离出的OH−的物质的量浓度相同C.()4NHc+相等的溶液：①44NHHSO溶

液②43NHHCO溶液③4NHCl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为③>②>①D.25℃时，4NHCl溶液的wK大于100℃时盐酸溶液的wK【答案】CD【解析】【详解】A．室温时，中和pH和体积均相等的()2BaOH，NaOH溶液，二者均为强碱溶液，完全电离，溶液中氢氧根离子的物质

的量相等，中和所需的HCl的物质的量相同，A项正确；B．相同温度下，pH相等的盐酸、硫酸溶液中，氢离子浓度相同，对水的电离抑制作用相同，则由水电离出的-OH的物质的量浓度相同，B项正确；C．43NHHCO溶液中+4NH水解得到促进，水解程度大于氯化铵溶液，44NHHSO溶液中+4NH水解受到

抑制，+4NH浓度相等，电离出铵根离子浓度越多其物质的量浓度越小，因此，物质的量浓度由大到小的顺序为②>③>①，C项错误；D．升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，所以25℃时，氯化铵溶液的WK小于100℃时盐酸溶的液的WK，D项错误；答案选CD。12.室温条件下，将0.

1mol·L-1的NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol·L-1HB溶液中，所得溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是A.K（HB）的数量级为10-4B.该中和滴定可采用酚酞作为指示剂C.V1=10D.b点时，NaOH与HB

恰好完全反应【答案】B【解析】【分析】将0.1mol·L-1的NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol·L-1HB溶液中，根据图象可知，初始HB的pH=2，即HB为弱酸。在滴加氢氧化钠过程中，V1时混合溶液

恰好为中性，V2时完全反应，据此回答问题。【详解】A.根据电离平衡方程，电离出的c(H)=c(B-)，即K(HB)=2-12-1-31()()10mol10mol=10()0.1cHcBLLcHBmolL+−−−−=，K的数量级为10-3，A错误；B.酚酞的变色范围在碱性，该中和滴定可采用

酚酞作为指示剂，B正确；C.V1时混合溶液恰好为中性，由于NaB为强碱弱酸盐，故此时酸有剩余，V1<10，C错误；D.c点时，NaOH与HB恰好完全反应，D错误；答案为B。13.某无色透明溶液中，可能含有以下离子中的若干种：K

+、2Mg+、3Al+、2Fe+、2Ba+、3NO−、24SO−、23CO−、I−和Cl−，取该溶液进行如下实验：①将溶液滴在pH试纸上，呈红色。②将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体逸出，通入空气

则立即变成红棕色。③取少许溶液滴入2BaCl溶液，则产生白色沉淀。④取实验③中的澄清溶液，滴入3AgNO溶液，产生不溶于稀3HNO的白色沉淀。⑤另取少许溶液，滴入NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时，又有部

分白色沉淀溶解。根据以上现象判断原溶液中A.肯定不存在的离子是2Ba+、2Fe+、23CO−、I−B.肯定存在的离子是3Al+、24SO−、Cl−、3NO−、2Mg+C.不能作出判断离子只有K+D.以上判断都不正确【答案】A【解析】【分析】溶液呈无色，则一定

无Fe2＋；①将溶液滴在pH试纸上，呈红色，说明溶液呈酸性，可判断溶液无2-3CO；②将少许溶液浓缩后加入铜片和硫酸，有无色气体放出，通入空气则立即变成红棕色，可以判断溶液有-3NO；结合①②，酸性溶液中-3NO有强氧化性，可判断无还原性较强的I-；③中产生白色沉淀，溶

液中有2-4SO，进而推断溶液中无Ba2＋；③中滴入BaCl2试液，引入了Cl-，则④中检验出的Cl-不一定是原溶液中的；⑤沉淀部分溶解，可确定有Al3＋、Mg2＋；综上所述，溶液中一定有Mg2＋、Al3＋、

-3NO、2-4SO，可能有K＋、Cl-，一定无Fe2＋、Ba2＋、2-3CO、I-。【详解】A．由分析可知，溶液中一定无Fe2＋、Ba2＋、2-3CO、I-，A正确；B．由分析可知，溶液中一定存在的是Mg2＋、Al3＋、-3NO、2-4S

O，可能有Cl-，B错误；C．由分析可知，可能有K＋、Cl-，C错误；D．由分析可知，A正确，D错误；选A。14.室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示

。下列说法不正确的是的A.曲线Ⅰ表示3HSO−的分布系数随pH的变化B.()7.2a223HSO10K−=C.pH=7时，()()233HSOSOcc−−=D.3NaHSO溶液中水电离出的()+7H<110mol/Lc−【答案】AC【解析】【

分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。【详解】A．根据前面分析曲线II表

示HSO3−的分布系数随pH的变化，故A错误；B．在pH＝7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)＝c(H＋)＝1×10−7.2，故B正确；C．pH＝7时，c(SO23−)＜c(HSO3−)

，故C错误；D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H＋)＜1×10−7mol•L−1，故D正确；故答案选AC。

15.室温下，向20mL10.1molL−的HA溶液中逐滴加入NaOH溶液(忽略溶液体积变化)，溶液中由水电离出的H+浓度的负对数与NaOH溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是A.b点溶液中()()AH

Acc−B.c点和e点溶液均呈中性C.在滴加过程中，()()AHAcc−先减小后增大D.室温下，10.1molL−的HA溶液中()()8H10OHcc+−=【答案】BC【解析】【详解】A．b点加入的n(NaOH)是HA物质的量的一半

，则混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HA、NaA，HA抑制水电离、NaA促进水电离，根据题图可知，水电离出的c(H)<1071molL−−，水的电离被抑制，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，则溶液中存在()()AHAcc−，

A正确；B．c点存在NaA和HA，因为c点溶液为中性，e点存在NaA和NaOH，e点为碱性，B；错误C．在滴加过程中，()Ac−增大，()HAc减小，()()AHAcc−增大，C错误；D．室温下，10.1

molL−的HA溶液中()()-38-11H10mol/L=1010mol/LOHcc+−=，D正确；答案选BC。第II卷(非选择题，共60分)三、非选择题(本题共4个小题)16.已知pOH也可以用来表示溶液的酸碱度，规定pOH=−lgc平(OH－)。不同温度下，水

溶液中pOH与pH的关系如图所示。回答下列问题：（1）t25(填“＞”或“＜”)，图中A、B、C三点对应水的电离程度由大到小的顺序是。（2）25℃时，向()12100mL0.005molLBaOH−

溶液中逐滴加入等浓度的4NaHSO溶液至2+Ba恰好沉淀完全。①此过程中水的电离平衡(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。②写出该过程发生反应的离子方程式；若反应前后溶液体积的变化忽略不计，则反应后所得溶液的pH值为(已知lg2=0.3)。（3）已知80℃时，水的离子积常数1322Kw=2.

510molL−−。该温度下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中--8平+平()(cOH=1)×10cH，该溶液中由水电离的c平(H)为，用电离方程式表示该溶液中存在的电离平衡。【答案】（1）①.＞②.A＞C＞B（2）①.正向②.Ba2＋OH－＋H＋SO24−=B

aSO4↓＋H2O③.11.4（3）①.5×10−11mol∙L−1②.HAH＋A－、H2OH＋OH－【解析】【小问1详解】A点对应温度为t℃，pH＞7，pOH＞7，则Kw＞10−14，则t＞25，从A到B点，温度逐渐降低，水的电离程度不断减小，因此图中A、B、C三点对应水的电离程度由大到小的

顺序是A＞C＞B；故答案为：＞；A＞C＞B。【小问2详解】①氢氧化钡电离出钡离子和氢氧根，氢氧根物质的量浓度是钡离子物质的量浓度的2倍，将钡离子沉淀完全，其反应离子方程式Ba2＋OH－＋H＋SO24−=BaSO4↓＋H2O，则溶液还剩余氢氧根，碱性不断减小，此过程中水的电离平衡正向移动；故答

案为：正向。②根据前面分析得到该过程发生反应的离子方程式Ba2＋OH－＋H＋SO24−=BaSO4↓＋H2O；若反应前后溶液体积的变化忽略不计，溶液中氢氧根物质的量浓度为110.1L0.005molL=0.0025molL0.2L−−，pOH=()lg0.0025=4lg2542lg5

421lg22.6−−=−=−−=，则反应后所得溶液的pH值为14−2.6=11.4；故答案为：Ba2＋OH－＋H＋SO24−=BaSO4↓＋H2O；11.4。【小问3详解】已知80℃时，水的离子积常数1322wK=2.510molL−−。该温度下，0.1mol

/L某一元酸(HA)溶液中--8+c(OH)=1?10c(H)平平，则此时溶液中c(OH－)=111510molL−−，则溶液中c平(H)=31510molL−−，则溶液中由水电离的c平(H)为111510molL−−

，用电离方程式表示该溶液中存在的电离平衡HAH＋A－、H2OH＋OH－；故答案为：HAH＋A－、H2OH＋OH－。17.已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下实验：①称量1.00g样品溶于水，配成250mL溶液；②用碱式滴定管准确量

取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞溶液；③用0.1000mol·L－1的标准盐酸滴定并重复三次，每次实验数据记录如下：滴定序号待测液体积（mL）所消耗盐酸标准溶液的体积（mL）滴定前滴定后1

25.000.5020.60225.006.0026.00325.0011021.00请回答：（1）滴定过程中用左手控制（填仪器及部位），眼睛注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直至滴定终点。（2）判断滴定终

点到达时的现象为。（3）若出现下列情况，测定结果偏高的是（填字母）。a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶b．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出c．滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外d．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失（

4）通过计算可知该烧碱样品的纯度为。【答案】①.酸式滴定管活塞②.滴入最后一滴盐酸后，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原色③.cd④.80％【解析】【详解】（1）滴定时左手应控制酸式滴定管的活塞，以便控制液体的流速

，右手摇动锥形瓶，眼睛应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；（2）由于是盐酸滴定氢氧化钠，且选择酚酞作指示剂，所以判断滴定终点到达时的现象为滴入最后一滴.盐酸后，锥形瓶中溶液的颜色由浅红变为无色且半分钟内不恢复原

色；（3）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，标准液体积不变，测定值不变，a错误；b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，会导致测定标准液体积偏小，测定值偏低，b错误；c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外

，会导致测定标准液体积偏大，测定值偏高，c正确；d．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）＝c(标准)×V(标准)/V(待测)，可知c（待测）偏高，d正确；答案选cd；（4）用0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，消耗盐酸的平均

体积为(20.1020.0019.90)mL/3＝20.00mL，根据HCl→NaOH可知n（NaOH）＝0.002mol，则烧碱样品的纯度为0.002mol×10×40g·mol－1/1g＝0.8，即为80%。【点睛】本

题考查中和滴定，题目难度不大，明确中和滴定原理及操作方法为解答关键，（3）为易错点，注意掌握中和滴定误差分析方法与技巧。18.已知()abKK、wK、hK、spK分别表示弱酸的电离平衡常数(弱碱的电离平衡常数)、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积

常数。通过查阅资料获得温度为25℃时以下数据：1422w1.010molLK−−=，()51a3CHCOOH1.810molLK−−=，()1aHSCN0.13molLK−=，()41aHF4.010molLK−−=

，()1133sp2MgOH1.810molLK−−=，（1）有关上述常数的说法正确的是(填字母)。a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度b.所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的spKp都随温度的升高而增大c.常温下

，3CHCOOH在水中的aK大于在饱和3CHCOONa溶液中的aKd.一定温度下，在3CHCOONa溶液中，wahKKK=（2）25℃时，11.0molLHF−溶液的pH约等于(已知lg20.3)。将浓度相等的H

F与NaF溶液等体积混合，判断溶液呈(填“酸”“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：。（3）已知34CHCOONH溶液为中性，又知3CHCOOH溶液加到23NaCO溶液中有气体放出，现有25℃时等浓度的四种溶液：A.4NHClB.4NHSCNC.34

CHCOONHD.43NHHCO回答下列问题：①试推断43NHHCO溶液的pH(填“>”“＜”或“=”)7。②将四种溶液按4NH+浓度由大到小的顺序排列：(填字母)。③4NHSCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为。（4）为探究()2MgOH在酸中的溶解性，利用以上数据可以

计算出反应：()()()()()()23322MgOHs2CHCOOHaqMgaq2CHCOOaq2HOl+−+++在25℃时的平衡常数K=，并据此推断()2MgOH(填“能”或“不能”)溶解于醋酸。(已

知31.85.8)。【答案】（1）ad（2）①.1.7②.酸③.HF和NaF的浓度相等，41a4.010molLK−−=，1111whamolL2.510molLKKK−−−==，故HF的电离程度大于F−的水解程度，溶液呈酸性（3）①.>②.A>

B>C>D③.()()()()4SCNNHHOHcccc−++−平平平平（4）①.715.810molL−②.能【解析】【小问1详解】a．平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，所以它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度，故正确；b．升高温

度平衡向吸热方向移动，如果化学平衡正反应是放热反应，则升高温度化学平衡常数减小，故错误；c．电离平衡常数只与温度有关，温度相同电离平衡常数相同，故错误；d．一定温度下，在CH3COONa溶液中-33ahW33(CHCOO)(H)(CHCOOH)(

OH)=(H)(OH)=(CHCOOH)(CHCOO)ccccKKccKcc+−+−−=，故正确；故选ad；【小问2详解】25℃时，HF电离程度较小，所以存在c(F-)≈c(H)，c(HF)≈

1.0mol/L，则+-4a(H)=4.0101.0mol/L=0.01mol/LcKc，溶液pH=-lg0.02=1.7；14-11ha410(F)2.5104.010KK−−−==，说明HF电离程度大于F-水解程度，所以混合溶液呈酸性，故答案的为：1.7；酸；HF和NaF的浓

度相等，41a4.010molLK−−=，1111whamolL2.510molLKKK−−−==，故HF的电离程度大于F−的水解程度，溶液呈酸性；【小问3详解】①CH3COONH4溶液为中性，

说明碳酸和一水合氨电离平衡常数相等，CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明醋酸电离平衡常数大于碳酸，则平衡常数Kb(NH3•H2O)=Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)，电离平衡常数越大，对应的水解平衡常数越小，则水解

平衡常数Kh(+4NH)＜Kh(-3HCO)，则溶液呈碱性，溶液的pH＞7，故答案为：＞；②铵盐中，酸根离子对应的酸的酸性越弱，越容易促进+4NH的水解，则溶液中的c(+4NH)越小，酸性：HCl＞HSNC＞CH3COOH＞H2CO3，+4NH水解程

度A＜B＜C＜D，所以溶液中c+4NH)：A＞B＞C＞D，故答案为：A＞B＞C＞D；③电离平衡常数：Ka(HSCN)＞Kb(NH3•H2O)，则水解平衡常数Kh(SCN-)＜Kb(+4NH)，所以该溶液呈酸性c(H)＞

c(OH-)，结合电荷守恒得c(SCN-)＞c(+4NH)，其水解程度较小，所以存在c(SCN-)＞c(+4NH)＞c(H)＞c(OH-)，故答案为：()()()()4SCNNHHOHcccc−++−平平平平；【小问4详解】Mg(OH)2(s)2CH

3COOH(aq)⇌Mg2(aq)2CH3COO-(aq)2H2O(l)在25℃时的平衡常数2+22+22233222233(Mg)[(CHCOO)](Mg)(OH)[(CHCOO)](H)[(CHCOOH)](OH)[(CHCOOH)](H)ccccccK

cccc−−−+−+==，即21152sp2sp3752142W[Mg(OH)][(CHCOOH)]1.810(1.810)5.810110()(1.010)KKKK−−−===，所以氢氧化镁能溶于醋酸，故答案为

：715.810molL−；能。19.为回收利用废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，科研人员研制了一种回收镍的新工艺。工艺流程如图所示：已知：①常温下，有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：氢

氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.79.79.2②常温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11。请回答下列问题：（1）“操作B”的过程是，先在40～50℃加入H2O2，其作用是(用离

子方程式表示)；再调pH至3.7～7.7，操作B可除去溶液中的(填元素名称)元素。（2）操作C可除去溶液中的Ca2＋，若控制溶液中F-浓度为3.0×10-3mol·L-1，则溶液中2+-c(Ca)c(F)

=。【答案】（1）①.2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O②.铁（2）1.0×10-3【解析】【分析】废镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤得含有镍离子、铁离子、钙离子、铜离子的溶

液，再通入硫化氢除去铜离子，且使铁离子被还原成亚铁离子，得硫化铜、硫固体，过滤得滤液中含有镍离子、亚铁离子、钙离子，加入氟化钠除去钙离子，再加入氯化钠后电解得NiOOH，灼烧得三氧化二镍，硫化铜、硫固体

灼烧后用硫酸酸浸得硫酸铜溶液，结晶可得硫酸铜晶体，以此解答该题。【小问1详解】过氧化氢具有强氧化性，酸性条件下氧化亚铁离子生成铁离子，易生成氢氧化铁沉淀而除去，反应的离子方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O；操作B是要除去铁，但不能除去Ni，根据表格数据可知p

H大于3.7时Fe3完全沉淀，pH小于7.7时Ni2不沉淀，所以为了将Fe3完全转化为沉淀除去，而使Ni2未沉淀，需调节3.7≤pH<7.7；【小问2详解】根据常温时CaF2的溶度积常数为2.7×10-11可知，溶液中F-浓度为3×10-3mol•

L-1，则Ca2的浓度为()-112-32.710310=3×10-6mol/L，所以则溶液中()()-632+310Ca=F310cc−−=1.0×10-3。20.草酸()224HCO是一种有机二元弱酸，是植物常具有的成分，具有广泛

的用途。草酸晶体()2242HCO2HO无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华，170℃以上分解。常温下它的电离常数21a15.410molLK−−=，51a25.410molLK−−=。回答下列问题：

（1）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的有。A.室温下，取10.005molL−的224HCO溶液，测其pH2=B.室温下，取10.010molL−的24NaHCO溶液，测其pH7C.室温下，取()pH3aa=的224HCO溶液稀释100倍后，测其pH2

a+D.标准状况下，取10.10molL−的224HCO溶液100mL与足量锌粉反应，收集到2H体积为224mL（2）草酸可以使酸性高锰酸钾()4KMnO溶液褪色，生成2+价锰离子，医学上常用酸性4KMnO溶液和草酸()224HCO溶液反应来测血液中血钙的含量。测定

方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的()4242NHCO溶液，反应生成24CaCO沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到224HCO后，再用4KMnO溶液滴定。①溶解沉淀时(填“能”或“不能”)用稀盐酸，原因是

。②滴定过程中发生反应的离子方程式为。③若上述滴定中消耗了4141.010molLKMnO−−的溶液20mL，则200mL该血液中含钙g。④下列操作会引起测定结果偏高的是。A.滴定管在盛装4KMnO溶液前未润洗B.滴定过程中，锥形瓶振

荡的太剧烈，以致部分液体溅出C.滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数D.装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没用待测液润洗（3）常温下，向1224100mL0.50molLHCO−溶液中加入11.0molLNaOH−溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL，测得溶液中微粒的()

x随pH变化如图所示。[()()()()()22242424HCOHCOCOcxxccc−−=++，x代表224HCO、24HCO−或224CO−]224HCO的电离平衡常数a1K=；当pH为3.9时，溶液中()()224224COHCOcc−=；M点溶液

中224CO−的物质的量浓度为1molL−。【答案】（1）C（2）①.不能②.4KMnO也能氧化盐酸③.24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++④.0.02⑤.A（3）①.1.31.010−②.2.210③.1.35.010【解析】【小问1详解】A

．草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.01mol/L，pH=2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明不存在电离平衡，证明草酸为强酸，A错误；B．室温下，取0.010mo

l/L的NaHC2O4溶液，测其pH＞7，说明HC2O4−离子水解使溶液显碱性，证明草酸氢根离子为弱酸阴离子，但不能证明草酸为弱酸，B错误；C．室温下，取pH=a（a＜3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pH

＜a2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，C正确；D．标况下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，收集到H2体积为224mL，强酸和弱酸都符合，和强酸弱酸无关，D错误；故答案为：C；【小问2详解】①HCl具有还原性，能被酸性高锰

酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸代替，故答案为：不能；因为高锰酸钾与浓盐酸反应，KMnO4能氧化Cl-消耗高锰酸钾；②滴定时酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2，发生反应的离子方程式为2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2

O，故答案为：2MnO4-5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O；③由CaC2O4H2SO4═CaSO4H2C2O4、2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO2↑8H2O可以得出关系式：2+24

2244-6-4-65Ca5CaCO5HCO2KMnO52n=510mol1.010mol0.02L=210mol～～～M(Ca2)=5×10-6mol×2002×40g/mol=0.02g，故答案为：0.02；④滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变

化分析判断一下结果，c(待测)=()()()cVV标准标准待测，则有：A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，A正确；B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以

致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，B错误；C．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，C错误；D．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，没用待测液冲洗，不影响滴定时消

耗的标准液的体积，测定结果无影响，D错误；故答案为：A。小问3详解】①选择点（1.3，0.5），此点表示-24224c(HCO)c(HCO)=，1-+-1.324224c(HCO)c(H)k==1.010c(HCO)a；②选择点（4.3，0

.5），此点表示4-2242c(HCO)c(CO)−=，22-+-4.324a-24c(CO)c(H)K==10c(HCO)，12-+2-+2-2+242424aa-22424224c(HCO)c(H)c(CO)c(H)c(CO)c(H)KK==c

(HCO)c(HCO)c(HCO)122-aa2.2242+224KKc(CO)==10c(HCO)c(H)；③M点溶液中1-1240.5molL0.1L0.2c(HCO)==0.05molL0.2L−−，2-+-4.324-24c(CO)c(H)=10c

(HCO)【12-1.324c(CO)=o5.01m0lL−。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com