【文档说明】内蒙古北京八中乌兰察布分校2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(20)页，389.500 KB，由小赞的店铺上传

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北京八中乌兰察布分校2019~2020学年第二学期教学质量调研高二化学试题(分值100分时间90分钟)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。2.将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能

用到的相对原子质量：H-1O-16Cl-35.5Mg-24Al-27Fe-56Cu-64Ag-108C-12Ca-40Na-23一、选择题(本大题共30小题。每小题3分，满分60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。)1.常温下，0.1mol·L－1Na2S溶液中存在

着水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A.加水稀释后恢复至常温，水解平衡正向移动，水解平衡常数增大B.通入NH3，平衡正向移动C.滴加少量AgNO3溶液，平衡逆向移动D.升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小【答案】C【解析】

【详解】A.平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，故A错误；B.通入氨气生成氨水，溶液中氢氧根离子浓度增大，使S2－＋H2OHS－＋OH－逆向移动，故B错误；C.银离子与硫离子反应生成Ag2S沉淀，c(S2-)减小

，平衡逆移，故C正确；D.水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c(S2-)减小，c(HS-)增大，所以()()2c?Hc?SS−−增大，故D错误；答案：C；【点睛】根据影响水解平衡移动的因素进行分析，注意点水解属于吸热反应，所以

稀释促进水解，升高温度也能促进水解，水解常数只受温度影响。2.室温下，已知某溶液中由水电离生成的H+和OH-的物质的量浓度的乘积为10-24mol2·L-2，则在该溶液中，一定不能大量存在的离子是（）A.S

O23−B.NH4+C.NO3−D.HCO3−【答案】D【解析】【分析】室温下，已知某溶液中由水电离生成的H+和OH-的物质的量浓度的乘积为10-24mol2·L-2，该溶液可能呈酸性也可能呈碱性。【详解】A.若溶液呈碱性，SO23−与氢氧根离子不反应，

可以大量共存，若溶液呈酸性，SO23−与氢离子反应，不能大量共存，A不符合题意；B.若溶液呈碱性，NH4+与氢氧根离子反应，不能大量共存，若溶液呈酸性，NH4+与氢离子不反应，可以大量共存，B不符合题意；C.无论溶液呈酸性还是呈碱性，NO3−均可以大量共存，C不符合题

意；D.HCO3−与氢离子、氢氧根离子均可反应，所以无论溶液呈酸性还是呈碱性，HCO3−均不能大量共存，D符合题意；答案选D。3.下列事实可证明氨水是弱碱的是（室温下）A.氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁B.铵盐受热易分解C.

0.1mol·L-1氨水可以使酚酞试液变红D.0.1mol·L-1氯化铵溶液的pH为5【答案】D【解析】【详解】A．氨水可与氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，NaOH等强碱与氯化亚铁溶液反应也能生成氢氧化亚铁，不能区分，A项不符合题意；B．铵盐受

热分解，与NH3·H2O是否为弱碱无关，某些钠盐如NaHCO3受热也容易分解，B项不符合题意；C．0.1mol·L－1氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水呈现碱性，0.1mol·L－1NaOH溶液也可以使酚酞试液变红，C项不符合题意；D.0.1mol·L-1氯

化铵溶液的pH为5，说明NH4＋发生了水解，弱碱的阳离子发生水解，使溶液呈现碱性，证明氨水是弱碱，D项正确；本题答案选D。4.下表是25℃时某些盐的浓度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是()化学式AgClAg2CrO4CH3COOHH

ClOH2CO3Ksp或KaKsp=1.8×10-10Ksp=2.0×10-12Ka=1.8×10-5Ka=3.0×10-8Ka1=4.1×10-7Ka2=5.6×10-11A.相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系

是c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)B.碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2=2HCO3-+Cl-+ClO-C.向0.1mol/L

CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，此时溶液pH=5D.向浓度均为1×10-3mol/L的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol/L的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀【答案】B【解析】【

详解】A．次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以c(CH3COO-)＞c(ClO-)，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．HClO的电离平衡常数大于HCO3-，所以次氯酸的酸性大于碳酸

氢根离子，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，反应的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-，故B正确；C．缓冲溶液中pH=pKa+l

g=4.8+95lg=5.055≈5，即c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，此时溶液pH=5，故C错误；D．混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)==1.8×10-7mol/L，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=mol/L

=4.47×10-5mol/L，所以氯化银先沉淀，故D错误；故选B。5.常温下，对pH＝10的NaHCO3溶液中，各微粒的物质的量浓度分析正确的是()A.c(23CO−)＞c(H2CO3)B.c(Na+)＞c(3HCO−)＞c(OH-)＞c(H+)C.c(Na+)

＋c(H＋)＝c(3HCO−)＋c(23CO−)＋c(OH-)D.c(Na+)＞c(3HCO−)＋c(23CO−)＋c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A．常温下，NaHCO3溶液pH=10，说明溶液中3HCO−水解程度大于电离

程度导致溶液呈碱性，则c(23CO−)＜c(H2CO3)，A错误；B．3HCO−水解导致溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，钠离子不水解，所以存在c(Na+)＞c(3HCO−)，盐电离产生的离子浓度远大于水解产生的离子浓度，所以c(3HCO−)＞c(OH-)，则溶

液中存在c(Na+)＞c(3HCO−)＞c(OH-)＞c(H+)，B正确；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可知：c(Na+)＋c(H＋)＝c(3HCO−)＋2c(23CO−)＋c(OH-)，C错

误；D．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒可得c(Na+)=c(3HCO−)＋c(23CO−)＋c(H2CO3)，D错误；故答案为B。6.为了除去CuCl2酸性溶液中的FeCl3,加热搅拌的条件下加入一种试剂，然后再加入适量盐酸，该试剂不能是()A.Cu(OH)2B.C

uCO3C.NaOHD.CuO【答案】C【解析】【分析】溶液中Fe3＋既可与碱溶液直接形成沉淀，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓；也可通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。【详解】A选项，溶液中Fe3＋

通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，Cu(OH)2消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故A正确；B选项，溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OF

e(OH)3＋3H＋，CuCO3消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故A正确；C选项，CuCl2酸性溶液中的Fe3＋，直接加入NaOH，虽能使FeCl3沉淀，但NaOH会引入新的杂质，又会和

CuCl2形成沉淀，故C错误；D选项，溶液中Fe3＋通过水解生成沉淀，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO消耗水解生成的氢离子，使平衡正向移动，可促进水解又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，故D正确；综上所述

，答案为C。【点睛】Fe3＋、Al3＋等三价弱碱阳离子在水中能发生强烈水解形成沉淀，溶液呈酸性，工业上常加入与H＋反应的不溶性固体以促进水解，达到除杂目的，又不引入新杂质，过量也可一起过滤除去，不能直接加

碱，会引入新的杂质。7.欲使醋酸溶液中的CH3COO－浓度增大，电离平衡向右移动，且不放出气体，可向醋酸溶液中加入少量的下列哪种固体()A.NaOHB.NaHCO3C.CH3COOKD.Mg【答案】A【解析】醋酸

中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H＋，A、加入氢氧化钠消耗氢离子，促进醋酸的电离，醋酸根浓度增大，A正确；B、加入碳酸氢钠，消耗氢离子促进醋酸电离，但有二氧化碳气体产生，B错误；C、加入醋酸钾，增大醋酸根浓度，抑制醋酸电离，C错误；D、加入镁消耗氢离子，产生

氢气，D错误，答案选A。8.25℃时，某酸性溶液中只含NH4+、Cl－、H＋、OH－四种离子，下列说法不．正确的是()A.可能由pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合而成B.该溶液可能由等物质的量浓度的盐酸和氨水等体积混合而成C.加入适量氨水，溶液中离子浓度可能为c(NH4+

)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)D.该溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)＋c(OH－)－c(H＋)【答案】A【解析】【详解】A.一水合氨是弱电解质、HCl是强电解质，常温下，pH=2的HCl与pH=12的

NH3⋅H2O溶液中，c(NH3⋅H2O)远远大于c(HCl)，二者等体积混合氨水有剩余，导致溶液呈碱性而不是酸性，故A错误；B.等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3⋅H2O溶液混合，二者恰好反应

生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而氯离子不水解导致氯化铵溶液呈酸性，故B正确；C.加入适量NH3⋅H2O，一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度会导致溶液呈碱性，根据电荷守恒c(NH4+)>c(Cl−)，溶液中水的电离程度较小，可

能出现离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C正确；D.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−)，c(NH4+)=

c(Cl−)+c(OH−)−c(H+)，故D正确；答案选A。9.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数Ka=1.75×10﹣5Ka=2.98×10﹣8Ka1=4.3×10﹣7Ka2=5.61×

10﹣11Ka1=1.54×10﹣2Ka2=1.02×10﹣7下列离子方程式正确的是（）A.少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO﹣═CO32﹣+2HClOB.少量的SO2通入Na2CO

3溶液中：SO2+H2O+2CO32﹣═SO32﹣+2HCO3﹣C.少量的SO2通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO﹣═CaSO3↓+2HClOD.相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H++HCO3﹣═CO2↑+2H2O【答案】B【解

析】【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，酸的电离平衡常数H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，则酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分

析解答。【详解】A．酸性：H2CO3>HClO>HCO3−，所以少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+ClO−═HCO3−+HClO，故A错误；B．酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−，所以少量的SO2通入Na2

CO3溶液中：SO2+H2O+2CO32−═SO32−+2HCO3−，故B正确；C．HClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中不生成CaSO3，故C错误；D．酸性：H2CO3＞HSO3−，NaHCO3溶液与NaHSO3溶液混合不能生成二

氧化碳气体，故D错误；答案选B。10.某探究小组在某温度下测定溶液的pH时发现：0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液中，由水电离出的c(H＋)＝10－11mol·L－1。在相同温度下，0.1mol·L－1氢氧化钠溶液的pH应为()A.13B.12C.11D.10【答案】B【解析】【分析】任何温度下

，水电离出的氢离子与氢氧根离子相同，则此温度下溶液中的c(OH-)＝10－11mol·L－1，Kw=c(H＋)×c(OH-)＝0.01×10－11=10－13。【详解】根据题意，可得此温度时，Kw=c(H＋)×c(OH-)＝0

.01×10－11=10－13。在相同温度下，0.1mol·L－1氢氧化钠溶液中的c(H＋)=Kw/c(OH-)=10－12mol/L，pH=-logc(H＋)=12，故答案为B。【点睛】不同的温度下，Kw为定值，首先求出此温度下的

Kw，再求此温度下溶液的c(H＋)，再带入pH=-logc(H＋)求解pH值即可。11.盐类水解的过程中，下例说法错误的是()A.盐的电离平衡被破坏B.水的电离平衡被破坏C.溶液的pH发生改变D.生成了弱电解质【答案】A【解析】【分

析】根据盐类水解可知，本题考查盐类水解的实质，运用盐类水解的实质是弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程分析。【详解】A.盐的电离一般属于不可逆反应，不存在电离平衡，A项错误；B.盐类水解实质是弱离子结合水电离出的氢离子或氢氧

根离子生成弱电解质的过程，水的电离平衡被破坏，B项正确；C.弱酸根水解显碱性，弱碱阳离子水解显酸性，则盐类水解的过程中溶液的PH发生改变，C项正确；D.盐类水解实质是弱酸根离子或弱碱阳离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的过程，D项正确；答案选A。12.下列溶液中微粒

的物质的量浓度关系正确的是()A.浓度均为0.1mol·L－1的氨水和盐酸等体积混合后：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)B.等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液混合后：c(CO23−)＜c(HCO3−)C.在NaHB溶

液中一定有：c(Na＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)D.Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(CO23−)＋c(HCO3−)＋c(H2CO3)【答案】A【解析】【详解】A.浓度均为0.1mol·L－1的氨水和盐酸等体积混

合后生成氯化铵,根据质子守恒可得：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故A正确；B.未知两溶液的体积关系，不能确定离子浓度大小，故B错误；C.NaHB溶液中物料守恒式为：c(Na+)=c(HB−)+c(H2B)+c(B2−

)，故C错误；D.溶液中,根据物料守恒可得：c(Na+)=2[c(2-3CO)＋c(-3HCO)＋c(H2CO3)]，故D错误。故答案选：A。13.一支50mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10.00mL刻度处，把滴定管中的溶液全部流下排出盛接在量筒中，量筒内溶液的体积是()A.大于40

.00mLB.40.00mLC.大于10.00mLD.10.00mL【答案】A【解析】【详解】滴定管的“0”刻度在上，越往下读数越大，“50mL”刻度在尖嘴以上，如果把滴定管中的溶液全部流下排出盛接在量筒中，则量筒内溶液的体积大于(50-1

0)mL，滴定管精确到小数点后2位，即大于40.00mL，A正确。答案选A。14.下列有关水的叙述正确的是()A.水是一种非电解质B.纯水中c(H＋)随着温度的升高而降低C.由液态水结成冰的过程是一个熵增的过程D.2

5℃时浓度相同的氢氧化钠溶液与醋酸钠溶液，水的电离度前者小于后者【答案】D【解析】【详解】A.水是弱电解质，故A错误；B.升温促进水的电离，所以纯水中c（H+）随着温度的升高而增大，故B错误；C.同一物质的熵：气态＞液态＞固态，所以由

液态水结成冰的过程是一个熵减小的过程，故C错误；D.碱溶液中氢氧根离子浓度较大，使水的电离平衡逆移，抑制了水的电离；弱酸根离子或弱碱根离子能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，促进了水电离，所以25℃，浓度相同的氢氧化钠溶液与醋酸钠溶液，水的电离度前者小于后者，故D正确。故答案选：D。15

.在10mL0.1mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()A.c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)B.c(OH－)=c(H＋)＋c(CH3COOH)C.c(Na＋)＋

c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)D.c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)【答案】D【解析】【详解】A.在10mL0.1mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，二者恰好反应产生

CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO－水解产生CH3COOH，根据物料守恒可得：c(Na＋)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，A正确；B.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO－水解使溶液显碱性，溶液中OH-

有水电离产生的和CH3COO－水解产生的，根据质子守恒可得c(OH－)=c(H＋)+c(CH3COOH)，B正确；C.根据电荷守恒可得：c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C正确；D.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO－水解

消耗，所以c(Na＋)>c(CH3COO-)，CH3COO-水解消耗使溶液显碱性，所以c(OH-)>c(H+)，盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，所以c(CH3COO－)>c(OH-)，故溶液中离子浓度关系为：c(

Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D错误；故合理选项是D。16.下列物质的分类组合全部正确的是()选项强电解质弱电解质非电解质ACaCl2HClCO2BNaHCO3NH3·H2OCCl4CBa(OH)2BaCO3CuDH2SO4NaOHC2H5OHA.AB

.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．HCl是强电解质，完全电离产生H+、Cl-，物质分类不合理，A不符合题意；B．各种物质分类符合概念要求，B符合题意；C．BaCO3是难溶性的盐，但溶于水的完全电离变为自由移动的离子，因此属于强电解质，Cu是金属单质，不是化合物

，不属于非电解质，物质分类不合理，C不符合题意；D．NaOH是可溶性的盐，溶于水完全电离产生Na+、OH-，因此属于强电解质，物质分类不合理，D不符合题意；故答案为B。17.在室温下，等体积的酸和碱溶液混合后pH一定小于7的是（）A.pH

＝3的HNO3与pH＝11的KOH溶液B.pH＝3的HNO3与pH＝11的氨水C.pH＝3的H2SO4与pH＝11的NaOH溶液D.pH＝3的CH3COOH与pH＝11的Ba（OH）2溶液【答案】D【解析】【详解】A.pH＝3的HNO3与pH＝11的KOH溶液等体积混合，

恰好完全反应，pH=7，故A错误；B.氨水是弱碱，pH＝3的HNO3与pH＝11的氨水等体积混合，氨水有剩余，溶液呈碱性pH>7，故B错误；C.pH＝3的H2SO4与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，恰好

完全反应，pH=7，故C错误；D.醋酸是弱酸，pH＝3的CH3COOH与pH＝11的Ba(OH)2溶液等体积混合，醋酸有剩余，pH一定小于7，故D正确。答案选D。18.实验室用标准盐酸来测定某NaOH溶液的浓度，甲基橙作指示剂，下列操作

中可能使测定结果偏低的是（）A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗B.开始时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次【答案】C【解析】【详解】A、

酸式滴定管未用标准盐酸润洗，酸的浓度偏小，V(HCl)偏大，根据c(待测)=cV()()()V标准标准待测可知，测定的c(NaOH)）偏高，故不选A；B、开始时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，V(HCl)

偏大，根据c(待测)=cV()()()V标准标准待测可知，测定的c(NaOH)）偏高，故不选B；C、锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度，变色之后立即停止滴定有可能是局部过量造成的，这

样滴加的V(HCl)偏小，根据c(待测)=cV()()()V标准标准待测可知，测定的c(NaOH)偏低，故选C；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗，n(NaOH)偏大，则消耗V(HCl)偏大，根据c(待测)=cV()

()()V标准标准待测可知，测定的c(NaOH)偏高，故不选D；故答案选C。【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，会根据c(待测)=cV()()()V标准标准待测判断误差，若引起V(标准)偏大，则c(待

测)偏大。19.已知0.1mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是()①加少量烧碱固体②升高温度③加少量冰醋酸④加水A.①②B.②③C.③④D.②④【

答案】D【解析】【详解】①Ka=()()33()cCHCOOcHcCHCOOH−+可知，3()()cHcCHCOOH＋=3()KacCHCOO−，加入烧碱溶液，c(H+)减小，c（CH3COO-）增大，促进CH3COOH的电离，则比值减小，故错误；②弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，氢离

子浓度增大，则比值增大，故正确；③加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则比值减小，故错误；④加水，溶液体积增大，导致氢离子、醋酸浓度都减小，但是电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+正向移动，氢离子浓度减的少，醋酸浓度减的大，

所以比值增大，故正确；故选D。20.已知在25℃时，FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10-18、1.3×10-36，常温时下列有关说法正确的是()A.向H2S的饱和溶液中通入少量SO2气体，溶液的酸性增强B.将足量

的CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，溶液中Cu2+的最大浓度为1.3×10-35mol/LC.除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂D.因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4+H2S=CuS↓+H

2SO4不能发生【答案】C【解析】【详解】A．根据H2S与SO2反应生成单质硫和水，氢硫酸被反应掉了，浓度减小，酸性减弱，故A错误；B．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数（Ksp）为1.3×10-36，所以溶

液中Cu2+的最小浓度为1.3×10-35mol/L，故B错误；C．FeS、CuS的溶度积常数（Ksp）分别为6.3×10-18、1.3×10-36．FeS溶度积大于CuS溶度积，所以除去工业废水中的Cu2+可以选用FeS作沉淀剂，故C正确；D．CuS是不溶于酸的黑色物

质，所以能发生反应：CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，这是弱酸制备强酸的特例，故D错误；故选：C。【点睛】CuS是不溶于酸的黑色物质，这是弱酸制备强酸的特例，21.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L

－1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是A.滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B.随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D.滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测

定结果偏小【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，本题考查碱滴定酸，运用酸碱中和滴定步骤分析。【详解】A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A错误；B.碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，故B正确；C.用酚

酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C错误；D.滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D错误；答案选B。22.下列离子组一定不能够大量共存的是()A.K＋、Na＋、23CO−、3NO−B.4NH+、

Cl－、3NO−、Na＋C.Al3＋、3HCO−、3NO−、Cl－D.23SiO−、Na＋、K＋、3NO−【答案】C【解析】【详解】A.K＋、Na＋、23CO−、3NO−可以大量共存，故A不选；B.4NH+、Cl－、3NO−、Na＋可以大量共存，

故B不选；C.Al3＋和3HCO−会发生双水解反应不能大量共存，故C选；D.23SiO−、Na＋、K＋、3NO−可以大量共存，故D不选。故答案选：C。23.物质的量浓度相同的200mLBa(OH)2溶液和150mLNaHCO3混合后，最终溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是（）A

.c(OH-)>c(Ba2＋)>c(Na＋)>c(CO32-)B.c(OH-)>c(Na＋)>c(Ba2＋)>c(H＋)C.c(OH-)=c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)D.c(H＋)＋c(Na＋)＋c(Ba2+)＝c(OH-)＋c(CO32-)【答案】B【解析】【分析】物质的量

浓度相同的200mLBa（OH）2溶液和150mLNaHCO3混合后，Ba（OH）2+NaHCO3=BaCO3↓+H2O+NaOH，最终溶液中溶质为NaOH和剩余的Ba（OH）2，依据溶液中的离子比较离子浓

度大小。【详解】A．溶液中溶质为氢氧化钠和氢氧化钡，离子浓度大小为：c（OH-）＞c（Na+）＞c（Ba2+）＞c（H+），故A错误；B．溶液中溶质为氢氧化钠和氢氧化钡，离子浓度大小为：c（OH-）＞c（Na+）

＞c（Ba2+）＞c（H+），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒：c（OH-）+2c（CO32-）=2c（Ba2+）+c（Na+）+c（H+），2c（CO32-）c（Ba2+）故C错误；D．溶液中存在电荷守恒：c（OH-）+2c（CO32

-）=2c（Ba2+）+c（Na+）+c（H+），BaCO3沉淀溶解平衡：()()()2233BaCOsBaaqCOaq+++，但c（CO32-）c（Ba2+），CO32-会部分水解，故D错误；答案选B。24.下列说法不正确的是（）A.Ksp只与难溶电解质的性质和温度有

关B.由于Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），ZnS的溶解度大于CuSC.其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D.两种难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度一定越小【答案】D【解析】【详解】Ksp只

与难溶电解质的性质和外界温度有关，故A、C项正确；由于Ksp（ZnS）>Ksp（CuS），所以ZnS在一定条件下可转化为CuS，B项正确；同类型的难溶电解质（如AgCl、AgBr、AgI），Ksp越小，溶解度越小，而不同类型的难溶电解质（如Ag2SO4和AgI），Ksp小的溶解度

不一定小，需要进行换算，D项错误，答案选D。25.已知298K时，Ksp(PbCl2)＝1.6×10-5，则此温度下，饱和PbCl2溶液中c(Cl－)为()A.3.2×10-2mol·L-1B.2.5×10-2mol·L-1C.1.6×102mol·L-1D.4.1×10-2mol·L-1

【答案】A【解析】【详解】PbCl2在饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，假设Cl-为x，则Pb2+浓度为12x，由于Ksp(PbCl2)＝c(Pb2+)·c2(Cl-)=1.6×10-5，则12x×x2=1.6×10

-5，x3=3.2×10-5，x=353.210−mol/L=363210−mol/L=3.2×10-2mol/L，故答案为A。26.在25℃时，向纯水中加入少量的KHSO4固体，则()A.溶液c(H＋)减小B.水

的离子积常数Kw减小C.水的电离平衡向正方向移动D.溶液的c(OH－)减小【答案】D【解析】【分析】KHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成K+、H+、SO42-。【详解】A．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，A说法错误；B．向水中加入KHSO4固体，溶液

的温度未变，则水的离子积常数Kw不变，B说法错误；C．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，水的电离平衡向逆反应方向移动，C说法错误；D．向水中加入KHSO4固体，导致溶液c(H＋)增大，水的离子积常数Kw不变，溶液的c(O

H－)减小，D说法正确；答案为D。【点睛】水的离子积常数Kw只与温度有关，温度未变则Kw不变。27.对常温下0.1mol/L的醋酸溶液，以下说法正确的是A.由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13mol/LB.c(CH3COOH)

＞c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)C.与同浓度的盐酸分别加水稀释10倍：pH(醋酸)<pH(盐酸)D.与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L【答案】B【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，电离产生的H+浓度远小于酸的浓度

，所以常温下0.1mol/L的醋酸溶液，由水电离出来的c(H+)大于1.0×10-13mol/L，错误；B．在此时溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，电离使溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，在溶液中还存在水的电离平衡：H2

OH++OH-。所以c(H+)＞c(CH3COO-)。由于醋酸电离程度很弱，主要以分子的形式存在。所以溶液中微粒关系是c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)，正确；C．与同浓度的盐酸分别加水稀释1

0倍：由于醋酸电离程度远小于盐酸的电离程度，因此稀释10倍后，溶液中c(H+):醋酸<盐酸，所以pH(醋酸)>pH(盐酸)，错误；D．与等浓度等体积NaOH溶液反应，由于溶液的体积是原来的2倍，所以反应后的溶液中：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0

.05mol/L，错误。28.用已知物质的量浓度的NaOH溶液测定未知物质的量浓度的盐酸，其操作错误的是()A.酸式滴定管需用待测盐酸润洗B.碱式滴定管不用标准碱液润洗C.排除碱式滴定管尖嘴端气泡时，可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡D.滴定结束，读数时要平视读数【

答案】B【解析】【详解】A．酸式滴定管必须用待测液盐酸润洗，A正确；B．碱式滴定管必须用标准液氢氧化钠溶液润洗，否则导致滴定结果偏大，B错误；C．排除碱式滴定管尖嘴端气泡时，可以向上弯曲橡皮管，然后挤压玻璃球，排出气泡，使滴定管尖嘴部分充满液体，C正确；D．滴定结束，读数时

眼睛视线必须与凹液面的最低点相平，以准确量取标准溶液的体积，D正确；故答案是B。29.下列叙述正确的是()A.95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性B.pH＝3的醋酸溶液，稀释10倍后pH＝4C.0.2mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH＝1D.25℃与60℃时

，水的pH相等【答案】C【解析】【详解】A.水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，但水是中性的液体，不可能呈酸性，故A错误；B.醋酸是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释10

倍后pH＜4，故B错误；C.0.2mol•L-1的盐酸，与等体积水混合后氢离子浓度变化为0.1mol/L，溶液pH=1，故C正确；D.水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，水的pH不相等，故D错误；故选：C。30

.某酸性化工废水中含有Ag+、Pb2+等重金属离子。有关数据如下：难溶电解质AgIAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp(25℃)8.3×10−125.3×10−207.1×10−61.2×10−153.4×10−25在废水排放之前，

用沉淀法除去这两种离子，应该加入的试剂是A.氢氧化钠B.硫化钠C.碘化钾D.氢氧化钙【答案】B【解析】【详解】溶度积越小的越易转化为沉淀，除杂效果越好。若要把Ag+、Pb2+等重金属离子转化为沉淀除去，由

表格中的溶度积数据可知，金属硫化物的溶度积最小，则应选择硫化钠作沉淀剂除去这两种离子，故选B。二、非选择题(共3题)31.下列盐溶液中能发生水解的用离子方程式．．．．．．表示，不能发生水解的请写上“不发生水解”字样，并说明溶液的酸碱性：(1)K2CO3_________，溶液呈___

____性；(2)K2SO4_________，溶液呈_______性；(3)CuCl2_________，溶液呈_______性。【答案】(1).2---323CO+HOHCO+OH(2).碱(3).不发生水解(4).中(5).2++22Cu+2HOCu(OH)+2H(

6).酸【解析】【分析】强碱弱酸盐水解呈碱性，强酸弱碱盐水解呈酸性，强酸强碱盐不水解，以此分析。【详解】（1）K2CO3为强碱弱酸盐发生水解：2---323CO+HOHCO+OH，溶液呈碱性。故答案为：2---32

3CO+HOHCO+OH；碱；（2）K2SO4为强酸强碱盐不发生水解，溶液呈中性。故答案为：不发生水解；中；（3）CuCl2为强酸弱碱盐发生水解：2++22Cu+2HOCu(OH)+2H，溶液呈酸性。故答案为：2++2

2Cu+2HOCu(OH)+2H；酸。32.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3H2SO3电力平衡常数KK=1.8×10-5K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=1.5×10-2K2=102×10-7(1)电解质由强至弱顺

序为___________(用化学式表示，下同)。(2)常温下，体积为10mLpH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者________后者(填“＞”、“＜”或“=”)。(3)下列离子CH3COO-、CO23−、HSO

3−、SO23−在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为________。(4)NaHSO3溶液显酸性的原因____________(离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是_________

__。【答案】(1).H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3(2).＜(3).CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-(4).HSO3-⇌H++SO32-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO

3溶液显酸性(5).c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)【解析】【详解】（1）根据表中数据可知，酸的电离平衡常数大小为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，电离平衡常数越大，酸性越强，所以

电解质由强到弱的顺序为为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3，故答案为：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3；（2）pH相同的醋酸和亚硫酸稀释相同倍数后，亚硫酸的pH变化大，即：醋酸的pH小于亚硫酸，故答案为：＜；（3）已知酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-

＞HCO3-，酸根离子对应酸的酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-，故答案为：CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-；（4）N

aHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3-⇌H++SO32-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，溶液显酸性说明HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；故答案为：HSO3-⇌H++SO32

-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性；c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；【点睛】明确弱电解质的电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握

判断电解质强弱方法。33.牙齿表面由一层坚硬的、组成为Ca5(PO4)3OH的物质保护着，它在唾液中存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(固)⇌5Ca2++3PO34−+OH-。(1)进食后，细菌和酶作用于食物，产生有机酸，此时，牙齿就

会受到腐蚀，其原因是_______。(2)已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固。请用离子方程式表示牙膏配有氟化物添加剂能防止龋齿的原因：___________。(3)根

据以上原理，请你提出一种其它促进矿化的方法：__________。【答案】(1).进食后细菌和酶作用于食物，产生有机酸，使Ca5(PO4)3OH(固)5Ca2++334PO−+OH-向右移动，导致牙齿表面的保护物质破坏；(2).Ca5(PO4)3OH+F-

Ca5(PO4)3F+OH-(3).增加含有Ca2+比较丰富的食物【解析】【分析】(1)有机酸能和OH-反应生成水而促进其溶解；(2)Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，Ca5(PO4)3F(固)的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固；吃

含有钙离子的食物。【详解】(1)进食后细菌和酶作用于食物，产生有机酸，Ca5(PO4)3OH(固)5Ca2++334PO−+OH-向右移动，导致牙齿表面的保护物质破坏，因此牙齿就会受到腐蚀；(2)当使用含氟牙膏后，化学平衡Ca5(PO4

)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-正向移动，由于Ca5(PO4)3F(固)的溶解度比上面的矿化产物Ca5(PO4)3OH更小，质地更坚固，因此使用牙膏配有氟化物添加剂能防止龋齿；(3)根据以上原理，其它促进矿化的方法可以是吃含有钙离子的食物，钙离子浓度增大而抑制Ca5(PO4)3OH

溶解，使牙齿坚硬。【点睛】从离子浓度大小对平衡移动及难溶性物质向更难溶性的物质转化分析牙齿引起的龋齿及保护牙齿应该采用的防护方法。