【文档说明】江苏省盐城市伍佑中学2019-2020学年高二下学期第一次阶段考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，445.000 KB，由小赞的店铺上传

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盐城市伍佑中学2019—2020学年度春学期高二年级第一次阶段考试化学试题（一）可能使用的原子量：Cu：64O：16H：1Pb：207S：32C：12选择题（50分）一、单项选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列离子方程式中，属于水解反应的

是A.HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋B.CO2＋H2OH2CO3C.CO32-＋H2OHCO3-＋OH－D.HCO3－＋H2OCO32-＋H3O＋【答案】C【解析】【详解】A.甲酸电离产生甲酸根离子和氢离子

，HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋为HCOOH的电离方程式，A不选；B.CO2＋H2OH2CO3为二氧化碳与水化合成碳酸的化学方程式，B不选；C.CO32-＋H2OHCO3-＋OH－为碳酸根离子水解反应的离子方程式，C选；D.HCO3－＋H

2OCO32-＋H3O＋为HCO3-的电离方程式，D不选；答案选C。2.按F、Cl、Br、I顺序递增的是()A.外围电子B.第一电离能C.电负性D.原子半径【答案】D【解析】【详解】A．F、Cl、Br、I为第VIIA族元

素，同主族外围电子数相同，故A不选；B．同主族从上到下，第一电离能减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，故B不选；C．同主族从上到下，电负性减弱，则F、Cl、Br、I电负性逐渐减小，故C不选；D．同主

族从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，则F、Cl、Br、I原子半径逐渐增大，故D选；故选D。3.下列叙述正确的是A.将纯水加热，水的离子积变大、pH变小、溶液呈酸性B.Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH

和Kw均减小C.pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H+)相等D.中和体积和pH都相等的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A．水的电离过程为吸热反应，温度升高，水的离子积变大

、水的电离程度增大，溶液pH减小，但溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液仍然为中性，选项A错误；B．Kw是温度的函数，温度不变水的离子积常数不变，选项B错误；C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶

液中，c(H+)=10-5mol/L，选项C正确；D．pH都相等的HCl溶液和CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，醋酸的浓度远大于其电离出的氢离子浓度，醋酸电离出的总的氢离子的物质的量大于盐酸能电离出的氢离子总物质的量，故中和时消耗NaOH物质

的量不相同，选项D错误；故答案选C。4.用0.1mol·L-1的盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，观察酸式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，其结果会导致测得NaOH溶液的浓度（）A.偏高B.偏低C.准确D.无法判断【答案】B【解析】【详解】滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后俯视读数

，造成V(酸)偏小，根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测可知c(NaOH)偏低，故选B。5.常温下，①pH=3的醋酸和②0.01mol·L-1NaOH溶液两种溶液中，由水电离产生的氢离子浓度之比(①∶②)是（）A.1∶10B.1∶4C.10∶1D.无法计算【答

案】C【解析】【详解】①pH=3的醋酸，溶液中氢离子浓度为0.001mol/L，溶液中氢氧根离子是水电离，根据常温下水的离子积，溶液中氢氧根离子的浓度为141100.001−mol/L=1×10-11mol/L，即水电离的氢离子浓度为1×10-10

mol/L；②0.01mol/LNaOH溶液，溶液中氢氧根离子的浓度为0.01mol/L，氢氧化钠溶液中氢离子是水电离的，根据常温下水的离子积，溶液中氢离子的浓度为141100.01−mol/L=1×10-12mol/L，所以两溶液中水的氢离子浓度之比为1×1

0-11mol/L∶1×10-12mol/L=10∶1，故选C。【点睛】准确判断酸溶液和碱溶液中水的电离情况是解题的关键。解答本题要注意酸溶液中氢氧根离子是水电离产生的，或碱溶液中氢离子是水电离产生的。6.已知HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，则在0.1mol·L-1NaA溶

液中，离子浓度关系正确的是（）A.c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)B.c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)C.c(Na+)+c(OH-)=c(A-)+c(H+)D.c(Na+)＞c(OH-)＞c(A-)＞c(H

+)【答案】B【解析】【详解】A．NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，A-水解、钠离子不水解，所以c(Na+)＞c(A-)，A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序

是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A错误；B．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故B正确；C．NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺

序是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)+c(OH-)＞c(A-)+c(H+)，故C错误；D．NaA为强碱弱酸盐，A-水解导致溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，A-水解、钠离

子不水解，所以c(Na+)＞c(A-)，A-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D错误；故选B。7.下列关于外围电子层排布为3s23p4的粒子的描述，正确的是（）A.它的元素符号为OB.它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4C

.它可与H2生成液态化合物D.其轨道表示式为【答案】B【解析】【详解】A．外围电子排布为3s23p4的元素是16号元素S，氧元素的价电子构型为：2s22p4，故A错误；B．S是16号元素，原子核外有16个电子，根据构造原理知

，S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，故B正确；C．硫和氢气化合生成的硫化氢是气体，不是液体，故C错误；D．当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D错误；故选B。8.有PH分别为8、9、10的三

种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是A.在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强B.HX、HY、HZ三者均为弱酸C.在X-、Y-、Z-三者中，以Z-最易发生水解D.中和1molHY酸，需要的NaOH稍小于1mo

l【答案】D【解析】试题分析：A、相同物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子的水解程度越大，其相应的酸是酸性越弱，根据题意可知，在三种酸中，HX的酸性相对最强，A正确；B、三中盐都为碱性，说明是强碱弱酸盐，都是弱酸

，B正确；C、相同的物质的量浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，所以Z-水解程度最大，C正确；D、这三种酸都为一元酸，中和氢氧化钠时，消耗的氢氧化钠的量相等，1摩尔酸消耗1摩尔氢氧化钠，D错误，答案选D。考点：考查弱电

解质在水中的电离平衡9.元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（）A.X元素的原子序数是19B.该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1C.Xn+中n=1D.晶体中每个Xn+周围

有2个等距离且最近的N3-【答案】A【解析】【分析】该晶胞中Xn+个数=12×14=3、N3-个数=8×18=1，所以N3-、Xn+个数之比为1∶3，根据化合价的代数和为0知n=+1，元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则X原子核外电子数=2+8+18+1=

29，为Cu元素，该化合物为Cu3N，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，X为Cu元素，核电荷数为29，故A错误；B．该晶胞中Xn+个数=12×14=3、N3-个数=8×18=1，所以该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1，故B正确；C．N3-、Xn+个数之比为1∶3，根据化合物

中化合价的代数和为0判断n=1，故C正确；D．以一个棱上的Xn+为中心，该离子被4个晶胞共用，与晶体中每个Xn+周围等距离且最近的N3-只有其相邻顶点上的离子，有2个，故D正确；故选A。【点睛】正确判断Xn+为哪种离子是解本题关键。本题的易错点为D中配位数的计算，要注意每个Xn+周围等距离且

最近的N3-有2个，每个N3-周围等距离且最近的Xn+有6个。10.下列说法中错误的是（）A.离子晶体在熔化状态下能导电B.在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子C.原子晶体中一定有非极性共价键D.分子晶体中不一定含

有共价键【答案】C【解析】【详解】A．离子晶体在熔化时会发生电离，存在自由移动的离子，能够导电，故A正确；B．晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子，如金属晶体，故B正确；C．原子晶体中不一定含有

非极性共价键，如二氧化硅，故C错误；D．分子晶体中可能不含化学键，如稀有气体，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意晶体中只要有阴离子就一定有阳离子，为离子晶体，但有阳离子的不一定有阴离子，金属晶体的构成微粒为金属阳离子和自由电子。二、不定项选择题(本题包括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意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，但只要选错一个，该小题就为0分)11.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中含有的哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长

(该晶胞为长方体)。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（）A.1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-数目为6B.6.4gCaC2晶体中含阴离子0.1molC.该晶体中存在离子键和共价键D.与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个【答案】BC【解析】【详解】A．依据晶胞示意图可以看出，

晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，故A错误；B．6.4克CaC2为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22-，则含阴离子0.1mol，故B正确；C．该晶体中存在钙离子和C22-间的离子键，C22-中存在C与C

的共价键，故C正确；D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+为4个，故D错误；故选BC。【点睛】解答本题要注意区分该晶胞和氯化钠晶胞的不同，该晶胞存在沿一个方向拉长的特点，为解答该题的关键和易错点。12.石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨

间隙化合物，K原子填充在石墨各层碳原子中。比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写成CxK，其平面图形见图，则x值为A.8B.12C.24D.60【答案】A【解析】【详解】可将CxK看成是由无数个如图所示的小三角形构成的片层结构，以其中一个三角形为讨论对

象，在一个小三角形中，11()1()3,()4,:41:8,62()2NKNKNCNC=====个故即C8K，x=8；故答案为A。13.若某原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是（）

A.该元素在元素周期表中的位置为第5周期ⅢB族B.该元素位于d区C.该元素为非金属元素D.该元素原子N电子层共有8个电子【答案】AB【解析】【分析】某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，位于周期表的第5周期，第ⅢB族，据

此分析解答。【详解】A．外围电子排布为4d15s2，位于第5周期第ⅢB族，故A正确；B．外围电子排布为4d15s2，处于d区，故B正确；C．该元素位于第5周期第ⅢB族，属于过渡元素，为金属元素，故C错

误；D．N层的电子排布为4s24p64d1，共有9个电子，故D错误；故选AB。14.下列实验现象与结论不一致的是实验操作（或设计）实验现象结论A等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，排水法收集气体HA放出的氢气多且反应速率快酸性：HB>HAB以镁、铝、氢氧化钠溶液构成原电池镁表面有

气泡镁作原电池的负极C相同温度下，等质量的大理石与等体积等浓度的盐酸反应粉状大理石产生气泡更快反应速率：粉状大理石>块状大理石D向盛有10滴0.1mol·L－1AgNO3溶液的试管中滴加0.1mol·L－1NaCl溶液，至不再有沉淀

生成，再向其中滴加0.1mol·L－1NaI溶液先有白色沉淀，后转成黄色沉淀Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．等体积pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应

，HA放出的气体多，则HA的浓度大，酸性较弱，则HB酸性比HA强，故A正确；B．镁铝为电极，氢氧化钠为电解质溶液时形成原电池，铝为负极，镁为正极，氢离子在镁电极上得到电子生成氢气，故B错误；C．固体表面积越大，反应速率越快，故C正确；D．白色沉淀转化为黄色沉淀，生成碘化银，说明溶解度AgI＜

AgCl，生成物的溶度积更小，故D正确；故选B。15.常温下，下列有关电解质溶液中相关微粒的物质的量浓度关系不正确的是（）A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)＜c(H+)B.0.1mol·L-1NH4Cl溶液中：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(O

H-)C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c(H2CO3)+2c(H+)D.浓度均为0.1mol·L-1NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4

溶液中，c(NH4+)的大小顺序：CH3COONH4＞NH4Cl＞NH4HSO4【答案】D【解析】【详解】A．0.1mol•L-1CH3COOH溶液中存在水的电离平衡，氢离子浓度大于醋酸根离子浓度：c(CH3COO-)＜c(H+)

，故A正确；B．0.1mol•L-1NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，故B正确；C．0.1mol•L-1Na2CO3溶液与0.1mol•L-1NaHCO3溶液等体积混合，则碳酸钠和碳酸氢钠的浓度相等，根据电荷守恒可得：①2c(CO32

-)+c(OH-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得：②2c(Na+)=3c(CO32-)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)，根据①②可得：c(CO32-)+2c(OH-)=c(HCO3-)+3c

(H2CO3)+2c(H+)，故C正确；D．浓度均为0.1mol•L-1NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4中，CH3COONH4中醋酸根的水解促进铵根离子的水解，NH4HSO4中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，NH4Cl中氯离子对铵根离子水解无影响，即铵根离

子的浓度大小顺序是NH4HSO4＞NH4Cl＞CH3COONH4，故D错误；故选D。三、非选择题(本题包括6小题，共50分)16.下表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：（1）写出元素f的

基态原子核外电子排布式：__。（2）写出元素h的基态原子核外电子轨道表示式：__。（3）ci2分子的电子式为__。（4）第一电离能：h__(填“＞”“＜”或“=”，下同)i；电负性：g__b。（5）下列关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子

的外围电子排布特点的叙述正确的是__(填字母)。A.j位于元素周期表中第4周期ⅠB族，属于ds区元素B.d的基态原子中，2p轨道为半充满，属于p区元素C.最外层电子排布式为4s1，该元素一定属于第ⅠA族D.最外层电子排布式为ns2np1，

该元素可能是第ⅢA族或ⅢB族【答案】(1).1s22s22p5(2).(3).(4).>(5).<(6).AB【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Be元素、c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为F元素、g为Na元素、h为P元素、i为S元素、j为Cu元

素，结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】根据元素在周期表中的位置可知，a为H元素、b为Be元素、c为C元素、d为N元素、e为O元素、f为F元素、g为Na元素、h为P元素、i为S元素、j为Cu元素。

(1)f为F元素，原子核外电子数目为9，核外电子排布式为1s22s22p5，故答案为：1s22s22p5；(2)元素h为P，为15号元素，基态原子核外电子轨道表示式为，故答案为：；(3)ci2分子CS2，与二氧化碳的结构类似，电子式

为，故答案为：；(4)P元素的3p能级为半满稳定状态，较稳定，故第一电离能P＞S；金属性越强，电负性越小，故电负性Na＜Be，故答案为：＞，＜；(5)A．j是Cu元素位于元素周期表中第四周期、ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，故A

正确；B．N原子的基态原子中2p能级为半充满，属于p区元素，故B正确；C．最外层电子排布式为4s1，可能处于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族，故C错误；D．最外层电子排布式为ns2np1，该元素处于第ⅢA族，故D错误；故答案为：AB。【

点睛】本题的易错点为(5)，要注意最外层电子排布式为4s1，可能的电子排布式有3d104s1，3d54s1，3p64s1，可能处于ⅠA族、ⅠB族、ⅥB族。17.Mn、Fe均为第4周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能/(kJ·mol-

1)I1717759I215091561I332482957回答下列问题：（1）Mn元素基态原子价电子层的电子排布式为__；比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难，其原因是__。（2）金属铁的晶体在不

同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为__，Fe原子配位数之比为__。【答案】(1).3d54s2(2).Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2+转化为Fe3+时，3d能

级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态(3).2∶1(4).3∶2【解析】【分析】(1)根据核外电子排布的规律书写；原子轨道处于半满、全满、全空时能量更低，更稳定；(2)利用均摊法计算晶胞中原子的数目；面心立方晶胞中，

以顶点的Fe分析，与之最近的Fe原子位于面心上，体心立方晶胞中以体心的Fe分析，与之最近的Fe原子处于顶点上，据此分析解答。【详解】(1)Mn元素为25号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，所以价层电子排布式为3d54s2，由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半

充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量较少，故答案为：3d54s2；Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2+转化为Fe3+时，3

d能级由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)；(2)面心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数为8×18+6×12=4，体心立方晶胞中含有Fe原子的个数为8×18+1=2，所以面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比

为2∶1；面心立方晶胞中每个Fe原子周围有12个Fe原子，体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，故Fe原子配位数之比为12∶8=3∶2，故答案为：2∶1；3∶2。18.（1）以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐作原料，可

以生成碳氮化钛化合物。其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图Ⅰ)顶点的氮原子，这种碳氮化钛化合物的化学式为___。（2）图Ⅱ是由Q、Cu、O三种元素组成的一种高温超导体的晶胞结构，其中Cu为+2价，O为-2价，则Q的化合价为___价。

（3）一种新型阳极材料LaCrO3的晶胞如图Ⅲ所示，已知距离每个Cr原子最近的原子有6个，则图Ⅲ中___(填字母)原子代表的是Cr原子。【答案】(1).Ti4CN3(2).+3(3).C【解析】【分析】(1)利用均摊法计算该晶胞中含有的各种原子个数，从而确定其化学式；(2)利用均摊法计算出晶胞中Q

、Cu、O三种原子的个数，再利用化合物中化合价代数和为零可计算出Q的化合价；(3)根据图示，分别判断A、B、C的配位数，再结合Cr的配位数为6判断。【详解】(1)该晶胞中碳原子个数=8×18，N原子个数=6×12，Ti原子个数=1+12×14，所以其化学式为Ti4CN3，故答案

为：Ti4CN3；(2)根据均摊法结构晶胞结构图可知，晶胞结构中Cu原子数目为1+8×18=2，O原子数目为2+4×12+16×14=8，Q原子数目为2+8×14=4，设Q的化合价为a，化合物中各元素总化合

价为0，则：4a+2×2+8×(-2)=0，解得：a=3，即Q的化合价为+3，故答案为：+3；(3)根据题意可知，图中A的配位数为12，B的配位数为2，C的配位数为6，Cr的配位数为6，说明图中C原子代表的是Cr原子，故答

案为：C。19.现有常温下的六种溶液：①0.01mol·L-1CH3COOH溶液；②0.01mol·L-1HCl溶液；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液；⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶

液；⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。（1）将②③混合后所得溶液pH=7，则消耗溶液的体积：②__(填“＞”“＜”或“=”)③。（2）若将②③等体积混合后，则所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为__。（3）将六种溶液稀释100倍后

，比较溶液的pH：③__(填“＞”“＜”或“=”)④。（4）水的电离程度相同的是__(填序号)。（5）将①④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，则混合液呈_(填字母)。A.酸性B.碱性C.中性D.三性皆有可能（6）若改变温度后，测得④溶液pH=10，则该温度下Kw=__

。在该温度下，将①④混合后，测得溶液pH=7，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=__mol·L-1。【答案】(1).＞(2).c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)(3).＞(4).②③④(5).A(6).10-12(7).(10-5

-10-7)或9.9×10-6【解析】【分析】(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液显碱性，据此分析判断；(2)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01m

ol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，据此分析排序；(3)加水稀释促进弱电解质的电离，③④中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致③中氢氧根离子浓度大于④，据此判断；(4)酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，

①②③④⑤抑制水的电离，⑥既不促进水的电离也不抑制水的电离；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，据此分析判断；(5)将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，根据电荷守

恒分析判断；(6)常温下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改变温度后，pH=10，c(H+)=10-10，结合Kw=c(OH-)•c(H+)计算；在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)

+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)据此计算。【详解】①0.01mol/LCH3COOH溶液中pH大于2；②0.01mol/LHCl溶液中pH=2；③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L；④pH=1

2的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol/L；⑤0.01mol/LCH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液，氨水过量，溶液呈碱性；⑥0.01mol/LHCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液，二者恰

好反应生成氯化钠，溶液呈中性。(1)②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液显碱性，要使pH=7，则消耗的盐酸的体积较大，故答案为：＞；(2)②0.

01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，氨水过量，氨水继续电离，溶液呈碱性，所得混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-

)＞c(H+)；(3)将这几种溶液稀释100倍数时，加水稀释促进弱电解质的电离，③④中氢氧根离子浓度相等，加水稀释促进一水合氨电离，导致③中氢氧根离子浓度大于④，所以③的pH＞④的pH，故答案为：＞；(4)

酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离，①②③④⑤抑制水的电离，⑥既不促进水的电离也不抑制水的电离，所以水的电离程度最大的是⑥；酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时，水的电离程度相同，②的氢离子浓度和③④中氢氧根离子浓度相等，所以水的电离程度相同的是②③④，故答案为：②③④；(5)

将①、④混合，若有c(CH3COO-)＞c(Na+)，根据电荷守恒，则有c(OH-)＜c(H+)，混合溶液呈酸性，故答案为：A；(6)常温下，④pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=10-2mol/L，改变温度后，pH=10，则Kw=c(OH-)•c(H+)=10-2×10-10

=10-12；在该温度下，pH=7，溶液显碱性，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则所得溶液中c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=1271010−−-10-7=10-5-10-7，故答案

为：10-12；10-5-10-7。20.某校化学兴趣小组的同学用滴定法对一含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定，回答下列问题：（1）用分析天平准确称取该样品5.0g，全部溶于水配制成1000.0mL的溶液。用____（填一仪器名称）量取其中20.

00mL放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。该中和滴定中可选用的指示剂是__________________________，（如有几种，可任填一种）滴定终点的现象是_______________________________________

____________________。（2）用0.10mol／L的盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示，实验编号待测NaOH溶液的体积/mLHCl溶液的体积/mL120.0024.01220.0023.99320.0022.10计算样品中，NaOH的质量百分含量为_

_________________。（3）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定终了气泡消失，将使所测结果______（填“偏高”、“偏低”或“不变”，下同），若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果_______；（4

）下图为0.10mol/L25mLNaOH溶液中逐滴滴加0.10mol/LCH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线，请回答：①B点溶液呈中性，有人据此认为，在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应，这种看法是否正确？______(选填“是”或“否”)。若不正确，则二者恰好完全反应

的点是在AB区间还是BD区间内？________区间。(若正确，此问不答)。②在D点时，溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)______2c(Na＋)。(填“＞”、“＜”或“＝”)【答案】(1).碱式滴定管(2).甲基

橙或酚酞(3).溶液由黄色变为橙色（红色），且30s内不变为黄色或者溶液由粉红色变为无色，且30s内不变红(4).96%(5).偏高(6).偏低(7).否(8).AB(9).=【解析】【详解】（1）NaOH会与酸式滴定管活塞中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，使活塞难以打开，故量取Na

OH溶液用碱式滴定管；强酸与强碱完全反应时所得溶液呈中性，故酸碱指示剂可选用甲基橙或酚酞；若指示剂选甲基橙，终点现象为：溶液由黄色变为橙色（红色），且30s内不变为黄色；若指示剂选酚酞，终点现象为：溶液由粉红色变为无色，且30s内不变红。（2）根据表格数据，第3次实验数据误差较大，不参与计算，两

次实验消耗盐酸体积的平均值为24.0123.992mLmL+=24.00mL，根据n（NaOH）=n（HCl），则c(NaOH)×20.00mL=0.1mol/L×24.00mL，解得c(NaOH)=0.12mol/L，样品中N

aOH的质量百分含量为=0.12/140/5.0molLLgmolg×100%=96%。（3）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定终了气泡消失，导致消耗盐酸的体积偏大，将使所测结果偏高；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读

数，导致初读数据偏大，滴定后正确读数，消耗盐酸的体积偏小，则所测结果偏低。（4）①醋酸是弱酸，NaOH是强碱，两者恰好反应生成强碱弱酸盐，溶液显碱性，而B点溶液显中性，不是NaOH与CH3COOH恰好完全反应的点；则恰好反应区间在

AB。②D点是同浓度NaOH25mL与50mLCH3COOH混合，得到含等物质的量的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒可得溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=2c(Na＋)。21.（1）在粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2

+。①在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适的氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，下列物质可作氧化剂的是__(填字母)。A.KMnO4B.H2O2C.氯水D.HNO3②然后再加入适当物质调整溶液pH至4，使Fe3+转化为Fe(

OH)3，调整溶液pH可选用___(填字母)。A.NaOHB.NH3·H2OC.CuOD.Cu(OH)2（2）甲同学怀疑调整溶液pH至4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到

如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，通常残留在溶液中的离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时就被认定为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0mol·L-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为__，Fe3

+完全沉淀[即c(Fe3+)≤1.0×10-5mol·L-1]时溶液的pH为__，通过计算确定上述方案__(填“可行”或“不可行”)。【答案】(1).B(2).CD(3).4(4).3(5).可行【解析】【分析】(1)加入合适的氧化剂，使Fe2+

氧化为Fe3+，需要不能引入新的杂质；调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；(2)依据氢氧化铜饱和溶液中溶度积常数计算溶液中的氢离子浓度计算Cu(OH)2开始沉淀时溶液

的pH；结合氢氧化铁溶度积和残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，计算Fe(OH)3沉淀完全时的pH。【详解】(1)①加入合适的氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，但不能引入新的杂质，A、

C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故只有B符合，故答案为：B；②调整溶液至pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转

化为沉淀，则C、D均可，A、B能够将铜离子也转化为沉淀，不符合，故答案为：CD；(2)Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的浓度为3.0mol•L-1，c(Cu2+)=3.0mol•L-1，依据溶度积常数c(Cu2+)×

c2(OH-)=3.0×10-20；c2(OH-)=203.0103.0−=10-20；得到c(OH-)=10-10mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14，则c(H+)=10-4mol/L，溶液pH=4，则Cu(OH

)2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol•L-1时就认为沉淀完全，Fe(OH)3的溶度积Ksp=1.0×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)=3851.010110−−

=1.0×10-33，则c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3；通过计算可知pH=4能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目

的，则方案可行，故答案为：4；3；可行。【点睛】本题的易错点和难点为(2)，要注意结合溶度积常数计算出Fe(OH)3沉淀完全时的pH，需要该pH≤4，以及Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH，需要该pH≥4

。