【文档说明】湖北省武汉市第二中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.454 MB，由小赞的店铺上传

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武汉二中2025届高二上学期十月阶段性检测化学试卷考试时间：75分钟，试卷满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23一、单选题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。)1.化学与生活密切

相关，下列说法正确的是A.苯甲酸钠可作为食品防腐剂是由于其具有酸性B.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射C.SO2可用于丝织品漂白是由于其能氧化丝织品中有色成分D.维生素C可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其难以被氧化【答案】B【解析】【详解】A．

苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，因此，其可作为食品防腐剂不是由于其具有酸性，A说法不正确；B．胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线发生了散射；豆浆属于胶体，因此，其能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散

射，B说法正确；C．2SO可用于丝织品漂白是由于其能与丝织品中有色成分化合为不稳定的无色物质，C说法不正确；D．维生素C具有很强的还原性，因此，其可用作水果罐头的抗氧化剂是由于其容易被氧气氧化，从而防止水果被氧化，D说法不正

确；综上所述，本题选B。2.下列实验操作和数据记录都正确的是A.用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为9.2mLB.用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mLC.用干燥的广泛pH试纸测稀盐

酸的pH=3.2D.用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.2g【答案】A【解析】【详解】A．量筒是粗量器，只能而且必须读到小数点后一位数字，用10mL量筒可以量取NaCl溶液的体积为9.2mL

，A正确；B．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，不能使用碱式滴定管量取，B不正确；C．广泛pH试纸只能测定溶液的pH范围，不能测出具体的pH，C不正确；D．使用天平时，应按左物右码的原则，而且因为NaOH固体易潮解，会腐蚀托盘，所以

用托盘天平称量NaOH固体时，必须放在小烧杯内，D不正确；故选A。3.下列事实能证明MOH是弱碱的有①10.1molLMOH−溶液可以使酚酞试液变红②常温下，10.1molLMOH−溶液中()1OH0.1molLc−−③相同温度下，10.1molLMOH−溶液

的导电能力比10.1molLNaOH−溶液的弱④等体积的10.1molLMOH−溶液与10.1molL−盐酸恰好完全反应A.①②B.②③C.②④D.③④【答案】B【解析】【分析】【详解】①10.1molLMOH−

溶液可以使酚酞试液变红，说明MOH是碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱；②常温下，10.1molLMOH−溶液中()1OH0.1molLc−−，说明MOH部分电离，能证明MOH为弱碱；③

相同温度下，10.1molLMOH−溶液的导电能力比10.1molLNaOH−溶液的弱，NaOH是强碱，则MOH部分电离，能证明MOH为弱碱；④等体积的10.1molLMOH−溶液与10.1molL−盐

酸恰好完全反应，说明MOH是一元碱，不能说明MOH部分电离，则不能证明MOH是弱碱；综上所述，②③符合题意，答案选B。4.向一定浓度的32NHHO与NaOH的混合液中滴加稀醋酸，溶液导电能力随加入3CHCOO

H溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是A.ab段，溶液导电能力减弱是由于溶液离子数目基本不变，体积增大，离子浓度减小B.bc段，发生反应的离子方程式为332CHCOOHOHCHCOOHO−−+=+C.cd段，溶液导电能力下降是由于溶液中离子个数减少D.d点以后，随着3CH

COOH溶液的滴加，溶液导电能力可能增强【答案】A【解析】【分析】ab段是醋酸和NaOH反应，此时离子总物质的量几乎不变，但是溶液体积增大，故溶液导电能力下降；bc段为醋酸和一水合氨反应，生成了强电解质醋酸铵，溶液导电

能力增强；cd段及d点以后一水合氨和NaOH均已反应完，加入的醋酸为弱电解质，溶液中离子个数虽有增加但是溶液体积也增大，离子浓度减小，导电能力下降；【详解】A．ab段是醋酸和NaOH反应，离子方程式：332C

HCOOHOHCHCOOHO−−+=+，溶液中离子的总物质的量几乎不变，但溶液体积增大，离子浓度减小，故溶液导电能力减弱，A正确；B．bc段为醋酸和一水合氨反应，生成了强电解质醋酸铵，离子方程式：332324CHCOOHNHHOCHCOOHONH−++=++，故B错误；C．cd段一水合氨

和NaOH均已反应完，加入的醋酸为弱电解质，溶液中离子个数虽有增加但是溶液体积也增大，离子浓度减小，导电能力下降，故C错误；D．d点以后一水合氨和NaOH均已反应完，加入的醋酸为弱电解质，溶液中离子个数虽有增加但是溶液体积也增大，离子浓度减小

，导电能力下降，故D错误；答案选A。5.常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随0VlgV的变化关系如图所示，下列叙述错误的是A.HC的电离度：a点<b点B.常温下，()()aaKHB>KH

CC.当0Vlg=3V时，HA、HC溶液同时加热至60℃，()()--cAcC减小D.当0Vlg=6V时，HA溶液的pH为8【答案】D【解析】【分析】根据图知，pH=2的HA、HB、HC溶液分别稀释100倍，HA的pH变成4，说明HA是强酸，HB、HC的pH增大但小于4，则HB、HC为弱

酸，且HB的pH增大幅度大于HC，说明HB的酸性＞HC，因此酸性HA＞HB＞HC。【详解】A．溶液的浓度越小，弱酸的电离程度越大，因此HC的电离度：a点＜b点，故A正确；B．分析可知，酸性HB＞HC，酸性越强，则Ka(HB)＞Ka(HC)，故B正确；C．当0Vlg=3V

时，即稀释1000倍时，HA、HC溶液同时升高温度，弱电解质HC的电离程度增大，则溶液中c(C-)增大，而HA为强酸，电离程度不变，c(A-)不变，因此()()--cAcC减小，故C正确；D．HA为强酸，无论稀释多少倍，稀释后溶液只能呈酸性，溶液的pH＜7，不可

能大于7，故D错误；故选D。6.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是（）A.澄清透明的溶液中：-4MnO、2-4SO、K+、H+B.含有大量-2AlO的溶液：+4NH、Na+、-3HCO、2-4SOC.pH=11的溶液中：ClO-、Na+、2-4SO、I-D.水电

离产生的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液中：-3HCO、+4NH、Cl-、Ca2+【答案】A【解析】【详解】A．该组离子之间不反应，可大量共存，A正确；B．-2AlO与+4NH发生双水解反应，与-3HCO反应生成氢氧化铝和碳酸根，故不能大量共存，B错误

；C．ClO-、I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D．水电离产生的c(H+)=1×10-14mol/L的溶液含有大量的H+或OH-，在酸性和碱性条件下，-3HCO都不能大量存在，D错误；故选A。7.定量实验是学习化学的重要途径。下列所示装置或操

作能达到实验目的的是ABCD测定未知224NaCO溶液的浓度灼烧硫酸铜晶体配制0.10mol/LNaOH溶液中和热的测定A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．盛装在酸式滴定管中的酸性高锰酸钾溶液能测定未知浓度的草酸钠的浓度，故A正确；B．灼烧硫酸铜

晶体应在坩埚中进行，故B错误；C．配制0.10mol/LNaOH溶液，溶解过程应烧杯中进行，故C错误；D．中和热的测定，实验装置中缺少玻璃搅拌器，故D错误；答案选A。8.已知25℃时部分弱酸的电离平衡常数如下表：在弱酸23HCO23HSOHClO电离平衡常数7a1K

4.510−=、11a2K4.710−=2a1K1.410−=、8a2K6.010−=8aK4.010−=则下列说法正确的是A.向NaClO溶液中通入少量2CO发生反应：22232ClOCOHO2HClOCO−−++

=+B.向23NaSO溶液中通入少量CO2发生反应：223223SOCOOSCO−−++=C.室温下，同浓度2323NaCONaSONaClO、、溶液的pH关系：2323NaClONaCONaSOD.相同物质的量浓度的溶液中，由水电离出的c(H)+：323N

aClONaHCOHSO【答案】D【解析】【分析】根据电离平衡常数大小可知，酸性强弱顺序为：23HSO＞23HCO＞3HSO−＞HClO＞3HCO−。【详解】A．酸性强弱为23HCO＞HClO＞3HCO−，则由强酸制弱酸的原理可知

，-ClO和-3HCO不反应，次氯酸钠溶液与少量二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为--223ClO+CO+HO=HClO+HCO，故A错误；B．酸性强弱为23HSO＞23HCO＞3HSO−＞3HCO−。则由强酸制弱酸的原理可知，23NaSO溶液中通入少量CO2发生反应生成-

33HOSHCO−、，则离子方程式2-32332+HOSOCOOSOHHC−−++=，故B错误；C．酸性强弱：3HSO−＞HClO＞3HCO−，根据越弱越水解规律，室温下，同浓度2323NaCONaSONaClO、、溶液水解程度2323NaCONaClONaSO，pH

大小：2323NaCONaClONaSO，故C错误；D．23HSO在溶液中电离出的氢离子抑制水的电离，3NaClONaHCO、在溶液中水解促进水的电离，则等浓度的23HSO溶液中水电离出的氢离子浓度最小。因为酸性23HCO＞HClO，则相同物质的量浓度的溶液中，水解程度3NaClO

NaHCO，次氯酸钠溶液中水电离出的氢离子浓度大于碳酸氢钠溶液，所以由水电离出氢离子浓度的大小顺序为323NaClONaHCOHSO，故D正确；故选D。9.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较3CHCOO−和3HCO−的水解常数分别测浓度均为10.

1molL−的34CHCOONH和3NaHCO溶液的pH，后者大于前者()()--h33hKCHCOO<KHCOB比较HClO和CH3COOH的酸性强弱室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，前者大于后

者酸性：CH3COOH>HClOC探究氢离子浓度对2-4CrO、2-27CrO相互转化的影响向24KCrO溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成2-27CrO的方向移动D检验乙醇中是否含有

水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．CH3COONH4中+4NH水解，+4232NH+HONHHO+H+，会消耗CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大

于前者，不能说明Kh(CH3COO-)＜Kh(-3HCO)，A错误；B．NaClO溶液能使pH试纸褪色，无法准确测定NaClO溶液的pH值，B错误；C．K2CrO4中存在平衡22-4CrO(黄色)+2H+2-27CrO(橙红色)+H2O，

缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C正确；D．乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误；答案选C。10.已知二甲胺[(CH3)2NH·H2O]在水中的电离与一水合氨相似，下列关于常温下pH=12的二甲胺溶液的叙述正确的是A.c

(OH—)=c[(CH3)2NH2+]B.加水稀释时()()+322322cCHNHcCHNHHO增大C.与pH=2的盐酸等体积混合后，溶液呈中性D.加入氢氧化钠固体可抑制二甲胺的电离，电离常数Kb变小【答案】B【解析】【详解】A．二甲胺

在水中电离出氢氧根离子，水也电离出氢氧根离子，则pH=12的二甲胺溶液中c(OH—)>c[(CH3)2NH2+]，故A错误；B．由电离常数公式可知，溶液中()()+322322cCHNHcCHNHHO=b-Kc(OH)，二甲胺溶液加水稀释

时，溶液中氢氧根离子浓度减小，电离常数不变，则b-Kc(OH)比值增大，()()+322322cCHNHcCHNHHO比值增大，故B正确；C．pH=12的二甲胺溶液与pH=2的盐酸等体积混合后，二甲胺溶液过量，溶液呈碱性，故C错误；D．电离常数是

温度函数，温度不变电离常数不变，则常温下向pH=12的二甲胺溶液加入氢氧化钠固体时，电离常数不变，故D错误；故选B。11.下列叙述及对应图示正确的是A.图甲是某温度下c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.100mol•L-1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH

3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系曲线，pH=3的溶液中：Ka<10-4.75B.图乙是恒温密闭容器中发生CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)反应时，c(CO2)随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积C.图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线

，t1时刻溶液的温度最高D.图丁是在0.1mol•L-1Na2CO3溶液中加水稀释，随着加水量的增加，溶液中c(HCO3−)的变化曲线，则Na2CO3的水解程度A点大于B点【答案】B【解析】分析】【详解】A．根据图象

中交点的坐标可知，CH3COOH的电离常数Ka=10-4.75，pH=3时电离常数不变，故A错误；B．由图可知，t1时刻c(CO2)突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；C．铁条与盐酸的反应是放热反应，随

反应的进行，温度越来越高，故C错误；D．Na2CO3溶液中加水稀释，越稀越水解，随着加水量的增加，Na2CO3的水解程度越来越大，A点小于B点，故D错误；故选B。12.电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。在化学计量点附近，被测

离子浓度发生突跃，指示电极电位(ERC)也产生了突跃，进而确定滴定终点的位置。常温下，用cmol/L盐酸标准溶液测定VmL某纯碱样品溶液中NaHCO3的含量(其它杂质不参与反应)，电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.水的电离程度：c＞b＞aB.a点溶液

中存在关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CO23−)+c(HCO3−)+c(Cl-)C.VmL该纯碱样品溶液中含有NaHCO3的质量为0.084cgD.c点指示的是第二滴定终点，b到c过

程中存在c(Na+)＜c(Cl-)【答案】C【解析】【分析】a点为第一个终点发生反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，c点为第二个终点：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。【【详解】A．a点的成分为NaCl和NaHCO3。相比a点，b点加入更多盐酸，NaH

CO减少，b点成分为NaCl和NaHCO3。c点成分为NaCl。NaHCO3弱酸盐促进水的电离，水的电离程度：a>b>c，A项错误；B．a点的成分为NaCl、NaHCO3，存在电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO23−)+c(HCO3−)+c(Cl-)，B项错误；C．

Na2CO3转变为NaHCO3消耗盐酸2.9mL，而总共消耗盐酸6.8mL，所以纯碱中NaHCO3消耗盐酸为6.8-2.9×2=1mL。所以n(NaHCO3)=n(HCl)=10-3cmol，得m(NaHCO3)=n(NaHCO3)M(NaHCO

3)=84×10-3cg=0.084cg，C项正确；D．b点的成分为NaCl、NaHCO3，而c点成分为NaCl，所以b到c的过程中c(Na+)>c(Cl-)，D项错误；故选C。13.常温下，某实验小组以酚酞

为指示剂，用0.1000mol∙L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol∙L−1H2A溶液。溶液pH、所有含A微粒的分布分数δ[如HA－的分布分数：δ(HA－)=-c(HA)(cA)总含微粒]随滴加NaOH溶液体积V(N

aOH)的变化关系如图所示，下列说法正确的是A.曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2−)B.NaHA是酸式盐，其水溶液显碱性C.常温下，HA－的水解常数Kh≈1.0×10−9D.当滴定至中性时，溶液中存在：c(HA−)＋c(H2A)＞c(Na+)【答案】D【解析】【分析】根据

图中信息20.00mL0.1000mol∙L−1H2A溶液消耗了20mL0.1000mol∙L−1NaOH溶液，说明H2A为一元弱酸，则曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)。【详解】A．根据前面分析，曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)，故A错误；B．H2A为一元弱酸

，因此NaHA是正盐，故B错误；C．曲线①和曲线②的交叉点，对应的pH为3，常温下，HA－的水解常数112h(HA)(OH)(OH)110(HA)Kcccc−−−−===，故C错误；D．当滴定至中性时，再根据电荷守恒

得到，c(HA−)＝c(Na+)，则溶液中存在：c(HA−)＋c(H2A)＞c(Na+)，故D正确。综上所述，答案为D。14.25℃时，向20mLcmol/LNaOH溶液中滴加0.1mol/L醋酸溶液，混合溶液中水电离的c(OH-)与醋酸溶液体

积(V)的关系如图。下列有关说法错误的是A.c(NaOH)=0.1mol/LB.B、D两点溶液：B点显中性，D点显酸性C.酸溶液的体积：V=20mLD.若D点对应的醋酸溶液体积为V1mL，则25℃时醋酸的电离常数Ka=-61210V-20

【答案】B【解析】【详解】A．A点溶质为NaOH，cmol/LNaOH溶液中c(OH-)=-14-1310mol/L=0.1mol/L10，A正确；B．B、D两点溶液中水电离产生的c(OH-)=10-7mol/L，由于25℃

时Kw=10-14，所以水电离产生的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，故B点个D点溶液都显中性，B错误；C．E点溶液中水电离程度最大，则此时NaOH与CH3COOH恰好反应产生CH3COONa，则根据反应转化关系可知n(NaOH)=n(CH3COOH)，20mL×cmo

l/L=0.1mol/L×V，所以此时酸溶液的体积：V=20mL，C正确；D．E点溶质为CH3COONa，水溶液呈碱性，继续加入CH3COOH至D点溶液呈中性，则溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COO-)=c(Na+)=

11cmol/L20mL2=mol/L(20+V)mL20+V，c(CH3COOH)=111110.1mol/LVmL0.1V2cmol/L20mLmol/L(20V)mL(20+V)mL20+V−−=+则25℃时醋酸的电离常数Ka=-7-+-7-6-6311311

11210c(CHCOO)c(H)20+V21010210==0.1V-2c(CHCOOH)0.1V-20.5V-10V-2020+V==，D正确；故合理选项是B。15.常温下，一元碱MOH的()-4bKMOH=4.010。在某体系中，M+与

OH−等离子不能穿过隔膜，未电离的MOH可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中()()()+cMOH=cMOH+cM总，当达到平衡时，下列叙述正确的是A.溶液I与溶液Ⅱ含有阴阳离子的种类相同B.溶液I中2HO的电离度小于溶液ⅡC.溶液Ⅱ中的()()2cM

OH=7cMOH总D.溶液I中()cMOH总大约是溶液Ⅱ中()cMOH总的2858倍【答案】D【解析】【详解】A．溶液Ⅰ中pH=7，所以存在()()+-7cHcOH110mol/L−==，()()()++-cH+cMcOH＞，根据电荷守恒可知

溶液Ⅰ中除H+、M+、OH-外还应该有一种阴离子，溶液Ⅱ中pH=11，可能只有H+、M+、OH-三种离子，A错误；B．溶液Ⅰ中溶质为MOH、M盐，MOH抑制水的电离，M+水解促进水的电离，由pH=7可知促进与抑制程度相同，而溶液Ⅱ中水的电离被抑制，故溶液I中2HO的电离度大于溶液Ⅱ，B错误；

C．常温下溶液Ⅱ中pH=11，溶液中()-3cOH110mol/L−=，+-4bc(M)c(OH)K(MOH)4.010c(MOH)−==，()+c(MOH)=c(MOH)+cM总，则-3-410c(MOH)c(MOH)=4.010c(MOH)−总

，解得c(MOH)=c(MOH)75总，C错误；D．溶液Ⅰ中()-7cOH110mol/L−=，+-4bc(M)c(OH)K(MOH)4.010c(MOH)−==，()+c(MOH)=c(MOH)+cM总，-7-410c(MOH)c(MOH)=4.010

c(MOH)−总，解得c(MOH)=4001c(MOH)总，溶液Ⅱ中()-3cOH110mol/L−=，+-4bc(M)c(OH)K(MOH)4.010c(MOH)−==，()+c(MOH)=c(MOH)+cM总，-3-410c(MOH)c(MOH)=4.010c(MOH)−

总，解得7c(MOH)=c(MOH)5总，未电离的MOH可自由穿过该膜，故溶液Ⅰ和溶液Ⅱ中的c(MOH)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c(MOH)总之比为7400128585：，故溶液Ⅰ中c(MOH)总大约是溶液Ⅱ中c(MOH)总的2

858倍，D正确；故选D。二、非选择题(本大题共有4小题，共55分)16.25℃时，现有浓度均为0.1mol⋅L−1的下列溶液：①盐酸，②醋酸，③硫酸，④氢氧化钠，⑤氨水，⑥醋酸铵，⑦硫酸氢铵，⑧氯化铵，⑨硫酸铵。请回答下列问题：(1)⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中NH4+浓度

由大到小的顺序是(填序号，下同)______。(2)①、②、③、④、⑤五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为______。(已知Ka(CH3COOH)=1.75×10−5、Kb(NH3·H2O)=1.75×10−5)(3)等浓度，等体积的①、②、③三种溶液，用等物质的量浓度的④溶液恰

好完全中和时，消耗④溶液的体积由大到小顺序为______。(4)等体积，等pH①、②、③三种溶液，分别加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速率由快到慢的关系为______；(5)等体积的①、⑤溶液混合后，

溶液呈______性，请用离子方程式解释原因：______。【答案】①.⑨⑦⑧⑥⑤②.②=⑤>①=④>③③.③>①=②④.①=②=③⑤.酸性⑥.NH4+＋H2O垐?噲?NH3·H2O＋H+【解析】【分析】【详解

】(1)一水合氨是弱碱，部分电离，所以氨水中NH4+浓度最小，另外四种属于铵盐，硫酸铵含有两个铵根离子，NH4+浓度最大，硫酸氢铵中能电离出氢离子，能抵制铵根离子的水解，而氯化铵中的铵根离子的水解没有受到抵制，所以硫酸氢铵

中的铵根离子浓度大于氯化铵中的铵根离子浓度，而醋酸铵中的铵根离子和醋酸根离子相互促进水解，所以氯化铵中的铵根离子浓度大于醋酸铵中的铵根离子浓度，所以⑤、⑥、⑦、⑧、⑨五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是：⑨⑦⑧⑥⑤，故答案为：⑨⑦⑧⑥

⑤(2)水在溶液中存在电离平衡，所以酸或碱均是抑制水的电离，如果氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，对水的电离抑制程度就相同，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钠是一元强碱，盐酸是一元强酸，所以硫酸对水电离的抑制程度最大，盐酸和氢氧化钠对水的电离的抑制程度一样，

相同浓度的醋酸和氨水电离程度一样，对水的抑制程度相同，所以①、②、③、④、⑤五种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：②=⑤>①=④>③，故答案为②=⑤>①=④>③(3)盐酸和醋酸是一元酸，等浓度，等体积的①和②消耗氢氧化钠的体积相同，硫酸是二元酸所消耗的氢氧化钠的体积是盐酸和醋酸的二

倍，所以用等物质的量浓度的④溶液恰好完全中和时，消耗④溶液的体积由大到小顺序为③>①=②,故答案为③>①=②(4)等体积，等pH①、②、③三种溶液，溶液中的氢离子浓度相同，分别加入形状大小相同的镁片，开始产生气泡的速

率相同，所以产生气泡的速率相同，①=②=③，故答案为①=②=③(5)等体积等浓度的盐酸和氨水混合，生成氯化铵，因铵根离子水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH4+＋H2O垐?噲?NH3·H2O＋H+，答案为：酸性，NH4+＋H2O垐?噲?NH3·H2O

＋H+17.按要求回答下列问题：（1）常温下，有关下列四种溶液的说法正确的是___________。①②③④0.1mol·L－1氨水pH=11氨水0.1mol·L－1盐酸pH=3盐酸A.由水电离出的c(H+)：③>①B.①稀释到原来的100倍，pH与②相同C.①与③

混合，若溶液pH=7，则溶液中c(NH4+)>c(Cl－)D.②与④等体积混合，混合溶液的pH>7（2）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，H2SO3的Ka1=1.3×10－2，Ka2=6.2×1

0－8，若氨水的浓度为2.0mol·L－1，溶液中的c(OH−)=___________mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的2-3-3c(SO)

c(HSO)=___________。（3）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示。①曲线A所对应的温度下，pH=2的HCl溶液和pH=12的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用α1、α2表示，则α1___________α2(填“大于”、

“小于”、“等于”或“无法确定”，下同)，若将二者等体积混合，则混合溶液的pH___________7。②在曲线B所对应的温度下，将0.02mol·L－1的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所

得混合液的pH=___________。③若另一温度下测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为11。在该温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合。若所得混合液的pH=10，且a=12，b

=2，则Va∶Vb=___________。【答案】（1）D（2）①.6.0×10-3②.0.62（3）①.等于②.无法确定③.10④.1∶9【解析】【小问1详解】A．盐酸是一元强酸，一水合氨是一元弱碱，0.1mol·L-1盐酸中氢离子浓度大于0.

1mol·L-1氨水中氢氧根离子浓度，则由水电离出的c(H+)：③＜①，A错误；B．①稀释到原来的100倍，浓度变为10－3mol/L，一水合氨是一元弱碱，则其pH＜11，与②不相同，B错误；C．①与③混合，若溶液pH=7，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(NH4+)+

c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl-)，因此溶液中c(NH4+)＝c(Cl-)，C错误；D．②与④等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，混合溶液的pH＞7，D正确；答案选D；小问2详解】已知25℃，NH3·H2OKb=1.8×10－5，H2SO3的Ka1=1.3×10－2，K

a2=6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，【的由于电离常数很小，溶液中一水合氨浓度可近似认为是2.0mol/L，根据电离平衡常数可知溶液中的c(NH4+)≈c(OH−)＝52.01.810mol/L−=6.0×10-3mol·L－1。将SO2通入该氨水中

，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液中c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，则溶液中2-2-833--733c(SO)c(SO)c(H)6.210c(HSO)c(HSO)c(H

)10+−+−===0.62。【小问3详解】①曲线A所对应的温度下水的离子积常数为10－14，pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，pH=12的某BOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01m

ol/L，因此对水的电离抑制程度相同，则α1等于α2，若将二者等体积混合，由于BOH的碱性强弱不确定，如果是强碱，二者恰好反应，溶液显中性，如果是弱碱，则反应后BOH过量，溶液显碱性，因此混合溶液的pH无法确定。②在曲线B所对应的温度下水的离子积常数为1

0－12，0.02mol·L-1的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度是0.04mol/L，0.02mol·L-1的NaHSO4溶液中氢离子浓度是0.02mol/L，二者等体积混合氢氧根过量，因此混合后溶液中氢氧根离子浓度是0.04mol/L-0.02

mol/L=0.01mol/L2，则溶液中氢离子浓度是10－10mol/L，所得混合液的pH=10。③若另一温度下测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为11，因此该温度下水的离子积常数是0.01×10－11＝10－13。在该温度下，将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合

，若所得混合液的pH=10，这说明反应后碱过量，溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，且a=12，b=2，则0.10.010.001ababVVVV−=+，因此Va∶Vb=1∶9。18.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)。现用0.1000mol•L-1KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液，MnO-4+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O按要求完成下列问题：（1）该滴定实验应选用_________

__(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液。（2）滴定前是否要滴加指示剂？___________(填“是”或“否”)。（3）甲同学在滴定开始和结束时，观察到装标准液的滴定管的液面如图所示，则本次滴定所消耗标准液的体积为___________。（4）乙学生按照滴定步骤

进行了3次实验，分别记录有关数据如表：滴定次数待测H2C2O4溶液的体积/mL0.1000mol•L-1KMnO4的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5

630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据计算该H2C2O4溶液的物质的量浓度为___________mol/L(保留4位有效数字)。（5）下列操作中可能使测定结果偏低的是______

_____(填字母)。A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入KMnO4标准液B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D.读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数。【答案】

（1）酸（2）否（3）26.10mL（4）0.2610（5）CD【解析】【小问1详解】高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；故答案为：酸；【小问

2详解】高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色。故答案为：否；【小问3详解】酸式滴定管中的液面如图所示，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10

mL，则本次滴定所消耗标准液的体积为26.10mL，故答案为：26.10mL；【小问4详解】配平2MnO-4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗426.11mL+26.

09mLV(KMnO)=2=26.10mL，由关系式：2MnO-4+5H2C2O4，可得5c(H2C2O4)×0.025L=52×0.1000mol/L×0.02610L，解得:c(H2C2O4)=0.2610mol/L，故答案为：0.2610；【小问5详解】A.酸式滴定管未用标准液润洗就直接

注入KMnO4标准液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=c()V()V()标准标准待测分析，c(标准)偏大，故A错误；B.滴定前盛放草酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对V(标准)无影响，根据c(待测)=c(

)V()V()标准标准待测分析，c(标准)不变，故B错误；C.酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c()V()V()标准标准待测分析，c(标准)偏小，故C正确；D.读取KMnO4标准液时，开始

仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c()V()V()标准标准待测分析，c(标准)偏小，故D正确；故答案为：CD。19.一定条件下，水气变换反应222COHOCOH++的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，

研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：Ⅰ．2HCOOHCOHO()+快Ⅱ．()22HCOOHCOH+慢研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ

建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：（1）一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为1ΔH、2ΔH，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=_____(用含12ΔHΔH、的代数式表示)。（2）反应Ⅰ正反应速率方程为：()()vkcHcHCOOH+=，k为反应

速率常数。1T温度下，HCOOH电离平衡常数为aK，当HCOOH平衡浓度为1xmolL−时，H+浓度为_____1molL−，此时反应Ⅰ的反应速率v=_____11molLh−−(用含aKx、和k的代

数式表示)。（3）3T温度下，在密封石英管内完全充满11.0molLHCOOH−水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。1t时刻测得2COCO、的浓度分别为110.70

molL0.16molL−−，反应Ⅱ达平衡时，测得2H的浓度为1ymolL−。体系达平衡后()()2cCOcCO=_____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有10.10molL−盐酸，则图示点abcd、

、、中，CO的浓度峰值点可能是_____(填标号)。与不含盐酸相比，CO达浓度峰值时，2CO浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，()()cCOcHCOOH的值_____(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）2ΔH－1ΔH（2）①.aK

x②.akxKx（3）①.556yy−②.261yy−③.a④.减小⑤.不变【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变H＝2ΔH－1ΔH；【小问2详解】T1温度时，HC

OOH建立电离平衡：-+-1-+HCOOHHCOO+H(molLxc(HCOO)c(H)•平衡浓度）()()()acHCOOcHKcHCOOH−+=，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝aKx。()()vkcHcHCOOH+=akxKx=。【小问3详解】t1时刻时，c(C

O)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态此时2-11HCOOHCO+HOt(molL0.700.70•时刻转化浓度）22-11HCOOHCO+Ht(molL0.160.160.16•时刻转化浓度）故t1

时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14mol·L－1，K(Ⅰ)＝()0.705()0.14cCOcHCOOH==。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，21-1HCOOHCO+HOt(mol?Laa

时刻到反应Ⅱ平衡转化浓度）221-1HCOOHCO+Ht(mol?Lbbb时刻到反应Ⅱ平衡转化浓度）则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝()0.35()0.7cC

OaycHCOOHa−−==+，a＝0.856y−。故()()2cCOcCO=0.850.76yy−+＝556yy−，K(Ⅱ)＝222()()60.85()10.76cCOcHyyyycHCOOHy==−−+。加入0.1mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩

短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓

度，()()cCOcHCOOH＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则()()cCOcHCOOH的值不变。。