【文档说明】【精准解析】广东省深圳市红岭中学2019-2020学年高二下学期第一次在线考试化学试题.doc，共(21)页，312.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7dfa2ca4c4a20ce80fba978394a428a4.html

以下为本文档部分文字说明：

红岭中学高中部2019－2020学年度第二学期高二第一次在线考试化学学科一、单选题（每小题3分）1.下列化合物属于强电解质的是A.NH4NO3B.H2CO3C.H2OD.SO2【答案】A【解析】【详解】A．NH4NO3属于盐，在水中能够完全

电离，属于强电解质，故A正确；B．H2CO3是弱酸，在水中不能完全电离，属于弱电解质，故B错误；C．H2O是弱电解质，故C错误；D．SO2是非金属氧化物，属于非电解质，故D错误；故选A。2.下列溶液中，滴入酚酞溶液会显红色的是A.氯化铜B.硫化钾C.硫酸

钾D.硝酸铵【答案】B【解析】【详解】滴入酚酞溶液会显红色的是碱性溶液。A．氯化铜属于强酸弱碱盐，其在水溶液中水解呈酸性，故A错误；B．硫化钾属于弱酸强碱盐，其在水溶液中水解呈碱性，故B正确；C．硫酸钾属于中性盐，其水溶液呈中性，故

C错误；D．硝酸铵属于强酸弱碱盐，其在水溶液中水解呈酸性，故D错误；故选B。3.下列各离子方程式中，属于水解反应的是A.HCO3-+H2OH3O++CO32-B.CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-C.PO43-+H3O+HPO42-+H2OD.H2

O+H2OH3O++OH-【答案】B【解析】【详解】A．为HCO3-的电离方程式，氢离子写成水合氢离子，A错误；B．CH3COO-结合水电离出的H+生成CH3COOH，为水解方程式，B正确；C．为PO4

3-与酸的反应，不是水解方程式，C错误；D．为水的电离方程式，D错误；答案选B。【点睛】水解反应中有水参加反应，为弱酸离子或弱碱离子与水电离的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应。4.下列溶液等体积混合后，对于所得溶液的pH值判断正确的是A.pH=11的氨水和pH=3的硫

酸：pH<7B.pH值=2的硝酸和pH=12的氢氧化钡：pH>7C.浓度均为0.01mol/L酸和碱：pH=7D.浓度均为0.01mol/L的强酸和强碱：pH>7或pH<7，也可能pH=7【答案】D【解析】【详解】A.一水合氨为

弱电解质，pH=3的硫酸溶液和pH=11的氨水溶液等体积混合时，氨水过量，混合后溶液呈碱性，pH>7，故A错误；B.硝酸是强酸，氢氧化钡是强碱，pH=2的硝酸和pH=12的氢氧化钡溶液等体积混合时，正好完全反应，溶液呈中性，pH=7，故B错误；C.酸和碱浓度相等，但酸和碱的强弱

未知，是几元酸和几元碱也未知，所以氢离子和氢氧根离子浓度不能确定是否相等，所以等体积混合后，pH不一定等于7，故C错误；D.浓度均为0.01mol/L的一元强酸和二元强碱等体积混合后，pH>7；浓度均为0.01mol/L的

二元强酸和一元强碱等体积混合后，pH<7；浓度均为0.01mol/L的一元强酸和一元强碱等体积混合后，pH=7；故D正确；正确答案是D。5.下列与盐类水解无关的是（）A.明矾可用作净水剂B.热的纯碱溶液可用于除去物品表面的油污C.铵态氮肥和草木灰不能混合使用D.配制FeCl2溶液时需要

向溶液中加入少量铁粉【答案】D【解析】【详解】A．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，明矾用作净水剂与水解有关，故A不选；B．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故B不选；C．草木灰中的碳酸根

离子水解显碱性，铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混合相互促进水解，与水解有关，故C不选；D．亚铁离子易被氧化，需要加Fe粉防止亚铁离子被氧化，与盐类水解无关，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为D，配

制FeCl2溶液时常加入少量铁粉和稀盐酸，要注意铁粉和稀盐酸的作用的区别。6.室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4，关于甲、乙两烧杯中溶液的描述错误的是A.溶液的体积：10V甲≤V乙B.水

电离出的OH-浓度：10c(OH-)甲=c(OH-)乙C.若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙D.若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙【答案】C【解析】【详解】A．如果酸是强酸，则需要稀释10倍，才能使pH从3升高到4；如果是

弱酸，弱酸存在电离平衡，稀释促进电离，则需要稀释10倍以上，才能使pH从3升高到4，即溶液的体积：10V甲≤V乙，故A正确；B．酸抑制水的电离，甲烧杯中氢离子的浓度是乙烧杯中氢离子浓度的10倍，因此水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，故B正确

；C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，则乙烧杯中所得盐溶液的浓度小。如果盐不水解，则所得溶液的pH相等。如果生成的盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强于乙烧杯中溶液的碱性，即所得溶液的pH：甲≥乙，故C错误；D．若分别与5mlpH＝11的NaOH溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显

中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，故D项正确；故选C。.【点睛】本题考查了弱电解质的电离、酸碱混合的定性判断及pH的相关计算，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，正确

理解题意，明确弱酸存在电离平衡的特点为解答本题的关键。7.较强酸可以制取较弱酸，已知酸性H2CO3>HBrO>HCO3-，则可能发生的反应是①2HBrO+Na2CO3→2NaBrO+CO2↑+H2O②NaBrO+NaHCO3→HBrO+Na2CO3③HBrO+Na2C

O3→2NaBrO+NaHCO3④NaBrO+CO2+H2O→NaHCO3＋HBrOA.③④B.①②C.②④D.上述答案均不对【答案】A【解析】【详解】酸性H2CO3>HBrO，则不能用HBrO制取H2CO3，①2HBrO+Na2CO3→2NaBrO+CO2↑+H2O不能发生；酸性HBr

O>HCO3-，则不能用HCO3-制取HBrO，②NaBrO+NaHCO3→HBrO+Na2CO3不能发生；酸性HBrO>HCO3-，则能用HBrO制取HCO3-，③HBrO+Na2CO3→2NaBrO+NaHCO3能

发生；酸性H2CO3>HCO3-，则能用H2CO3制取HCO3-，④NaBrO+CO2↑+H2O→NaHCO3＋HBrO能发生；故选A。【点睛】本题考查了强酸制弱酸原理的应用，注意根据酸越难电离，酸性越弱，酸性强的可以制备酸性弱的。8.在蒸发皿中加热

蒸干并灼烧（低于400℃）下列物质的溶液，可以得到该物质的固体的是（）A.氯化铝B.碳酸氢钠C.硫酸铁D.高锰酸钾【答案】C【解析】【详解】A．AlCl3因为能水解生成Al(OH)3和HCl，加热HCl挥发，水解彻底进行，生成Al(OH)3沉淀，灼烧Al(OH)3得Al2O3，故A

错误；B．NaHCO3在加热条件下易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，故B错误；C．硫酸铁水解生成的酸是硫酸，硫酸属于难挥发性酸，且硫酸铁较稳定，受热不发生反应，所以加热蒸干并灼烧硫酸铁溶液最后得到的仍然是硫酸铁，故C正确；D．KMnO4受热易分解生

成锰酸钾、二氧化锰与氧气，故D错误；故选C。9.下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（）A.pH=7的氨水与氯化铵的混合溶液中c(Cl-)＞c(NH4+)B.25℃时pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c(OH-)=

c(H+)C.0.1mol/L硫酸铵溶液中，c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)D.0.1mol/L的硫化钠溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)【答案】C【解析】【详解】A．氨水与氯化铵混合溶液的pH=7时，溶液中c(H+)

=c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)则c(Cl-)=c(NH4+)，A错误；B．由于pH=2的酸的强弱未知，当其是强酸时混合溶液c(OH-)=c(H+)，当其为弱酸时，酸过量则

溶液中c(OH-)<c(H+)，B错误；C．硫酸铵(NH4)2SO4中铵根离子水解溶液呈酸性，但水解程度微弱，离子浓度大小顺序为：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)>c(OH-)，C正确；D．根据质子守恒，可知c(O

H-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，D错误；答案选C。【点睛】微粒浓度大小比较，核心抓住三大守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。10.某学生用滴定的方法测定含有少量NaCl的小苏打固体中NaHCO3的质量分数，所用标准盐酸的

浓度为0.1000mol/L。关于该实验的叙述正确的是（）A.用烧杯准确配制100mL待测小苏打的溶液B.用酚酞为指示剂C.当滴至待测液变色并能将该颜色保持半分钟即为滴定终点D.盛盐酸的滴定管未润洗会造成实验结果偏低【答案】C【解析】【详解】A.用

100mL容量瓶准确配制100mL待测小苏打的溶液，故A错误；B.酚酞变色范围是8.2—10.0，则此阶段NaHCO3可能还有部分未反应完，因此要用甲基橙做指示剂，故B错误；C.当滴至待测液变色并能将该

颜色保持半分钟即为滴定终点，故C正确；D.盛盐酸的滴定管未润洗，消耗得盐酸量增多，计算出实验结果偏高，故D错误。综上所述，答案为C。11.25℃时，在饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，下列叙述中错误的是A.在饱和氯水中加入CaC

O3，平衡向右移，溶液的pH变大B.在饱和氯水中通入SO2气体，平衡向右移，溶液的pH变小C.在饱和氯水中通入H2S气体，平衡向右移，溶液的pH变小D.在饱和氯水中加入NaOH使pH＝7，所得溶液中微粒浓度的关系如下：c(N

a＋)>c(ClO－)>c(Cl－)>c(HClO)【答案】D【解析】【详解】A．在饱和氯水中加入CaCO3，与H+反应，则溶液酸性减弱，pH变大，故A正确；B．在饱和氯水中通入SO2气体，与Cl2反应生成硫酸和盐酸，酸性增强，pH变小，故B正确；C．在饱和氯水

中通入H2S气体，与Cl2反应生成S和盐酸，酸性增强，pH变小，故C正确；D．在饱和氯水中加入NaOH使pH＝7，c(H+)＝c(0H﹣)，由电荷守恒可知，c(Na+)＝c(ClO﹣)+c(Cl﹣)，反应后溶质为NaCl、NaClO、HClO，由Cl2+H2O⇌HClO

+HCl可知，c(Cl﹣)＝c(ClO﹣)+c(HClO)，则离子浓度大小为c(Na+)＞c(Cl﹣)＞c(ClO﹣)＞c(HClO)，故D错误；故答案为D。【点睛】考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，氯水中含HClO、Cl

2、H2O、ClO﹣、Cl﹣、H+、OH﹣七种微粒，具有酸性和氧化性，再结合平衡移动原理分析。12.有一支50mL滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.0mL刻度处。把滴定管中的溶液全部流下排出，承接在量筒中，量筒内溶液的体积（）A.

大于40.0mLB.等于40.0mLC.小于40.0mLD.等于10.0mL【答案】A【解析】【分析】滴定管的零刻度在上端，满刻度在下端，距离下端管口还有一段空间无刻度。【详解】将液体全部放出，除由10ml刻度处到50ml刻度处有40ml外，还有满刻度以下的溶液被一并放出，总量超过40

ml。综上所述，答案为A。13.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】试题分析：中和滴定中，按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等操作进行，则正确的滴定顺序为：③⑤①②④，故选B。【点晴】本题考查中和滴定操作方法。注意把握常见化学实验的原理、步骤、方法以及注意事项，试题培养了学生的分析能力及化学

实验能力。要记住常见实验操作的先后顺序，如：制备气体应先检查装置的气密性后加药品，加药品时应先放固体，后加液体；除杂质气体时，一般先除有毒气体，后除其它气体，最后除水蒸气；使用试纸检验溶液的性质时，先把一小块试

纸放在表面皿或玻片上，后用玻棒沾待测液点试纸中部，再观察变化；制备硝基苯时，先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，摇匀，冷却到50℃-60℃，然后慢慢滴入1mL苯，最后放入60℃的水浴中反应等等。14.下列关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的是（）A.相同浓度的两溶液中c

(H＋)相同B.100mL0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠C.pH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5D.两溶液中分别加入少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小【答案】B【解析】【详解】A．

氯化氢是强电解质导致氯化氢在水溶液里完全电离，醋酸是弱电解质导致醋酸在水溶液里部分电离，物质的量浓度相等的两种溶液，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，故A错误；B．盐酸和醋酸都是一元酸，100mL0.1mol/L的两溶液的物质的

量相等，中和氢氧化钠时需要氢氧化钠的物质的量相等，故B正确；C．醋酸在水溶液里部分电离，氯化氢在水溶液里完全电离，加水稀释促进醋酸少量，将pH=3的两溶液稀释100倍，醋酸的pH＜5，盐酸的pH为5，故C错误；D．醋酸中存在电离平衡，氯化氢的电离不存在电离平衡，向两种溶液中加入少量

相应的钠盐，醋酸根离子抑制醋酸电离，氯离子不影响氯化氢电离，则醋酸中氢离子浓度减小，盐酸中氢离子浓度不变，故D错误；故答案为B。15.常温下，某溶液中由水电离出来的c（H+）=1×10-13mol/L，该溶液可能是（）①硫酸水溶液；②氯化铵水溶液；

③硝酸钠水溶液；④氢氧化钠水溶液A.①④B.①②C.②③D.③④【答案】A【解析】【详解】由水电离出来的c（H+）=1×10-13mol/L，说明水的电离受到抑制，溶液为酸或碱溶液。①硫酸水溶液为强酸溶液，符合要求；②氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子发生水解

，水解促进水的电离，不符合要求；③硝酸钠为强酸强碱盐，溶液呈中性，既不促进也不抑制水的电离，不符合要求；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，符合要求；故答案选A。16.25℃时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是A.稀释后溶液的pH

=7B.氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C.稀释过程中+432c(NH)c(NHHO)增大D.pH=11氨水的浓度为0.001mol/L【答案】C【解析】【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，

体积增大10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后10＜pH＜11，故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故B错误；C．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH3

．H2O)减小，则溶液中+432c(NH)c(NHHO)增大，故C正确；D．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则pH=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故答案为C。17.常温下，向10mL0.1mo

l/L的HR溶液中逐滴滴入0.lmol/L的氨水，溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是A.HR为强酸B.加入10mL氨水时，溶液中c（NH4+）＞c（R－）C.c点溶液存在c（NH4+）＜c（R－）

D.b点的离子浓度大于a点的离子浓度【答案】D【解析】【详解】A.a~b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A错误；B.根据图象可知b点溶液pH=7，此时HR与一水合氨的物质的量相等，二者恰好反应生成NH4R，c（H+）=c（OH－）时，

根据电荷守恒得，溶液中c（NH4+）=c（R－），故B错误；C.根据图象可知，c点时溶液的pH>7，混合液呈碱性，则c（OH-）>c（H+），结合电荷守恒可知：c（NH4+）>c（R-），故C错误；D.

溶液的导电能力与离子浓度有关，b点导电能力强，说明b点的离子浓度大于a点的离子浓度，故D正确；故选D。【点睛】分析导电能力的变化时，应该抓住离子浓度的变化，根据离子浓度的大小考虑导电能力。另外，溶液的导电性还受单位离子所带电荷

数和溶液温度的影响。18.向三份0.1mol/LCH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2CO3、CH3COONa固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为（）A.减小、增大、减小B.增大、

减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大【答案】C【解析】【分析】含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解，据此分析。【详解】CH3COONa是强碱弱酸盐其水

溶液呈碱性，NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；Na2CO3是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加碳酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；

CH3COONa溶液中加入CH3COONa，会导致醋酸根离子浓度增大；故选C。【点睛】本题考查了影响盐类水解的因素，明确影响盐的水解的因素是解题的关键。本题的易错点为加入CH3COONa固体，相当于增大了CH3COONa的浓度，水解程度减小，醋酸根离子浓度增大。19.盐类水解在工农业生产和日常生

活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是A.用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污B.生活中常用明矾净水C.用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿D.长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰【答案】C【解析】【详解】A.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用

于油污的清洗，故A项不选；B.明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al（OH）3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，故B项不选；C.用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫

酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故C项选；D.长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，故D项不选；故答案选C。20.室温下，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中加入0.1mol/L一元酸HA溶液后

PH的变化如图所示。下列说法正确的是()A.a点所示溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA)B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.b点所示溶液中c(A-)＞c(HA)D.pH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】C【解析】【详解】A．a点时消耗0.1mol/L

一元酸HA10mL，酸碱恰好中和生成盐，溶液pH=8.7，溶液显碱性，则该盐为强碱弱酸盐，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故A错误；B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．b点加入0.1mol/

L一元酸HA溶液20mL，HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，此时溶液的pH=4.7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故C正确；D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c

(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故D错误；答案选C。21.t℃时，水的离子积为Kw，该温度下将amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是（）A.混合液

中c(H+)=wKB.混合液的pH=7C.a=bD.混合液中c(B+)=c(A-)+c(OH-)【答案】A【解析】【详解】A．混合液中c(H+)=wK，则c(OH-)=W(OH)Kc=wK=c(H+)，所以溶液呈中性，A符合题意；B．若是常温，混合液的pH=7，溶液呈中

性；若是较高温度，pH=7，溶液呈碱性，B不合题意；C．a=b，若酸与碱的电离程度不同，则溶液不呈中性，C不合题意；D．混合液中c(B+)=c(A-)+c(OH-)，此关系不成立，D不合题意；故选A。22.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（10.1molLc）至pH7，消耗NaOH溶液的体积为xV、yV，则（）A.x为弱酸，xyVVB.x为强酸，xyVV

C.y为弱酸，xyVVD.y为强酸，xyVV【答案】C【解析】【分析】由图可知，pH＝2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；发生中和反应后pH＝7，为中性，x与NaOH反应生成不水解的正盐，而y与NaOH反应生成水解显碱性的正盐，

且酸的物质的量越大消耗NaOH越多，以此来解答。【详解】由图可知，pH＝2的两种一元酸x和y，均稀释10倍，x的pH为3，y的pH＜3，则x为强酸，y为弱酸；pH＝2的x，其浓度为0.01mol/L，与NaOH发生中和反应后pH＝7，为中性，则

0.01mol/L×0.1L＝0.1mol/L×V碱，解得V碱＝0.01L，而pH＝2的y，其浓度大于0.01mol/L，若二者恰好生成正盐，水解显碱性，为保证溶液为中性，此时y剩余，但y的物质的量大于x，y消耗的碱溶液体积大，体积大于0

.01L，则Vx＜Vy，故答案选C。【点睛】本题把握等pH的酸稀释相同倍数时强酸pH变化大为解答的关键，注意酸的物质的量大小决定消耗碱的体积大小。23.下列离子组因发生双水解反应而不能大量共存的是A.Ba2+、NH4+、SO42-、OH-B.H+、Na+

、NO3-、I-C.Al3+、K+、HCO3-、NO3-D.H+、Ca2+、CO32-、Cl-【答案】C【解析】Ba2+和SO42-因为生成沉淀而不共存，NH4+和OH-因为生成弱电解质（NH3·H2O）而不共存，没有发生双水解反应，所以选项A错误。H+、NO3-、I-会因为

发生氧化还原反应而不共存，没有发生双水解反应，选项B错误。Al3+和HCO3-发生双水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，所以选项C是因为双水解反应而不共存，选项C正确。Ca2+和CO32-因为生成沉淀而不共存，

H+和CO32-反应生成二氧化碳而不共存，没有发生双水解反应，选项D错误。24.有关0.1mol/LNa2SO3溶液的说法正确的是A.由于水解，溶液中n（SO32－）﹤0.1molB.加入少量NaOH固体，c（SO32－）与c（Na+）均增大C.c（Na+）+c（H+）=2c（SO32

－）+2c（HSO3－）+c（OH－）D.2c（Na+）=c（SO32－）+c（HSO3－）+c（H2SO3）【答案】B【解析】【详解】A.由于溶液体积不明确，故溶液中的n（SO32-）无法计算，故A错误；B.加入氢氧化钠固体，钠离子浓度肯定增大，O

H-抑制水解，所以SO32-的浓度增大，故B正确；C.电荷守恒，HSO3-带一个电荷，不应该在其浓度前面乘以2，正确为：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32－）+c（HSO3－）+c（OH－），故C错误；D.物料守恒，正确的写法c（Na+）=2[c（SO32－）+c（H

SO3－）+c（H2SO3）]，故D错误；故选B。25.饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH++HSO3﹣HSO3﹣H++SO32﹣，若向此溶液中（）A.加水，SO32﹣浓度增大B.通入少量Cl2气体，溶液pH增大C.加少

量CaSO3粉末，HSO3﹣浓度基本不变D.通入少量HCl气体，溶液中HSO3﹣浓度减小【答案】D【解析】【详解】A．加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32﹣浓度仍减小，故A错误；B．氯气与将亚硫酸反

应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C．CaSO3与H+反应生成HSO3-，从而增大溶液中的HSO3﹣浓度，故C错误；D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3﹣浓度减小，故D正确；故选D。二、填空题26.某学生用0.1200mol

/LNaOH溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：A.用蒸馏水洗净滴定管B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管C.用酸式滴定管取稀盐酸，注入锥形瓶中，加入酚酞D.另取锥形瓶，再重复操作2～3次E.检查滴定管是否漏水F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗

后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度完成以下填

空：（1）滴定时正确操作的顺序是用序号字母填写：__→__→F→__→__→__→D。（2）操作F中应该选择图中滴定管___填标号。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察__。（4）滴定结果如表所示：滴定次数待测液体积标准溶液的体积滴定前刻度滴定后刻

度125.001.0221.03225.000.6020.60325.000.2020.19计算该盐酸的物质的量浓度为__(精确至0.001)。（5）下列操作会导致测定结果偏高的是__。A.碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗B.滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C.碱式

滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D.达到滴定终点时，仰视读数（6）氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。测血钙的含量时，进行如下实验：①可将2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体，反

应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4溶液。②将①得到的H2C2O4溶液，再用酸性KMnO4溶液滴定，氧化产物为CO2，还原产物为Mn2+。Ⅰ、写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式__。Ⅱ、判断滴定终点的方法是__【答案】(1).E(2).A(3).B(4).C(5)

.G(6).乙(7).锥形瓶内溶液颜色的变化(8).0.120mol∙L-1(9).AD(10).2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O(11).当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色【解析】【分析】⑴酸碱中和滴定顺

序是查漏、洗净、润洗、装液、排气泡、调液面、读记数据、待测液加锥形瓶、加指示剂、滴定、重复实验。⑵操作F中是加氢氧化钠溶液。⑶滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶。⑷先计算三次平均值，再根据浓度进行计算。⑸根据c(待测)=进行误差分析。⑹KMn

O4滴定H2C2O4反应生成CO2、Mn2+；高锰酸钾进行滴定时，不需要另外的指示剂，高锰酸钾本身可以做指示剂。【详解】⑴酸碱中和滴定顺序是查漏、洗净、润洗、装液、排气泡、调液面、读记数据、待测液加锥形瓶、加指示剂、

滴定、重复实验。因此正确操作的顺序是用序号字母填写：E→A→F→B→C→G→D；故答案为：E；A；B；C；G。⑵操作F中是加氢氧化钠溶液，应该用碱式滴定管，因此图中滴定管乙；故答案为：乙。⑶滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化；

故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化。⑷三次滴定，消耗标准溶液的体积分别为20.01mL、20.00mL、19.99mL，平均值为20.00mL，因此该盐酸的物质的量浓度11c(NaOH)V(NaOH)0.1500molL0.02Lc(HCl)===0.120molLV(HCl)0.

025L；故答案为：0.120mol∙L-1。⑸A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗，消耗标准液体积偏多，测定结果偏高，故A符合题意；B．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，待测液溶质减少，消耗标准液减少，测定结果偏低，故B不符合题意；C．碱式滴定管尖嘴部分

在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡，标准液读出数据偏小，测定结果偏低，故C不符合题意；D．达到滴定终点时，仰视读数，读出数据偏高，测定结果偏高，故D符合题意；综上所述，答案为AD。⑹Ⅰ、KMnO4滴定H2C2O4反应生成C

O2、Mn2+，其离子方程式2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O；故答案为：2MnO4－+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O。Ⅱ、高锰酸钾进行滴定时，不需要另外的指示剂，高锰酸钾本身可以做指示剂，因此判

断滴定终点的方法是当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色；故答案为：当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。【点睛】酸碱中和滴定顺序是查漏、洗净、润洗、装液、排气泡、调液面、读记数据、待测液加锥形瓶、加指示剂、滴定

、重复实验。27.醋酸、盐酸是生活中常见的物质。（1）25℃时，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是___。a.两溶液的pH相同b.两溶液的导电能力相同c.两溶液中由水电离出的c(OH-)相同d.中和

等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同（2）25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和盐酸溶液，醋酸溶液中水电离出的H＋浓度与盐酸溶液中水电离出的H＋浓度之比是___。（3）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H

＋，下列叙述不正确的是___。a.CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)=c(OH-)＋c(CH3COO‾)b.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OHˉ)减小c.CH3COOH溶液中加入少量CH3COON

a固体，平衡逆向移动d.常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7e.室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中-3-3c(CHCOO)c(CHCOOH)c(OH)不变（4）常温下，有pH相同、体积相同的醋

酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：a.加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H＋)__(填“>”“=”或“<”)盐酸溶液中的c(H＋)。b.加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸__(填“>”“=”或“<”)盐酸。c.使温度都升高20℃

，溶液中c(H＋)：醋酸__(填“>”“=”或“<”)盐酸。d.分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是__(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)（5）将0.1mol·L-1的

CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是__(填字母)。a.电离程度增大b.溶液中离子总数增多c.溶液导电性增强d.溶液中醋酸分子增多【答案】(1).d(2).1：1(3).bd(4).>(5).>(6).>(7).c(8).ab【解析】【详解】(1)a．CH3COOH是弱电

解质，HCl是强电解质，等浓度的两种溶液中盐酸中c(H+)大于CH3COOH，所以醋酸的pH大于HCl，故错误；b．CH3COOH是弱电解质，HCl是强电解质，等浓度的两种溶液中盐酸中离子浓度大于醋酸，溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以HCl溶液

的导电能力强，故错误；c．酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制程度越大，等浓度的两种酸中，HCl中氢离子浓度大于醋酸，所以由水电离出的c(OH-)醋酸大于盐酸，故错误；d．中和等物质的量的NaOH溶液，消耗酸的体积与酸的浓度成反比，两种酸的物质的量浓度相等，所以需要酸的体积相等，故正确；故选④

；(2)25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和盐酸溶液中由酸电离出的c(H+)相等，则对水的电离抑制程度相同，所以醋酸溶液中水电离出的H＋浓度与盐酸溶液中水电离出的H＋浓度之比是1:1；(3)a．CH3COOH溶液中，

根据电荷守恒可知：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO‾)，故a正确；b．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，溶液酸性减弱，则溶液中c(OH-)增大，故b错误；c．CH3COOH溶液中加入少量CH3C

OONa固体，醋酸根离子浓度增大，则平衡逆向移动，故c正确；d．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，等体积混合后，醋酸过量，则混合液呈酸性，溶液的pH＜7，故d错误；

e．醋酸根的水解平衡常数Kh=-3-3(CHCOOH)(OH)(CHCOO)ccc，温度不变水解平衡常数不变，所以室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中-3-3(CHCOO)(CHCOOH)(OH)ccc不变，故e正确；综上所述选bd；(4)a

．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，溶液中氢离子浓度都减小，所以pH都增大，醋酸是弱酸存在电离平衡，又电离出氢离子，醋酸溶液中的c(H+)＞盐酸溶液中的c(H+)；b．pH相同的醋

酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，加等浓度的NaOH溶液至恰好恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸＞盐酸；c．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度

，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以溶液中c(H+)：醋酸＞盐酸；d．因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的pH值，一元弱酸的浓度必须比强酸大，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多，据此可排除a

、b；开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等(在图中反应速率就是斜率)，随着反应进行由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，此时弱酸的反应速率就要大于强酸的反应速率，且最终生成H2的体积一元弱酸大，故选c；(5)将0.1mol

•L-1的CH3COOH加水稀释，溶液浓度减小，体积增大，醋酸的电离平衡右移，a、加水后，醋酸的电离平衡右移，故电离程度增大，故a正确；b．加水后，电离平衡右移，故溶液中离子总数增多，故b正确；c．加水后，虽然电离出的离子的物质的量增多，但溶液体积增大，浓度减小，故溶液

导电性减弱，故c错误；d．加水后，电离平衡右移，则溶液中醋酸分子减少，故d错误。故选ab。【点睛】等pH的一元强酸和弱酸，弱酸的浓度更大，稀释相同倍数时pH变化更慢，中和所需的碱的量更多；等浓度的一元强酸和弱酸，弱酸的pH更大，稀释相同倍数时pH变化更慢(但不会

小于强酸pH)，中和所需要的碱的量相同。