【文档说明】山东省济南市商河县第一中学2020-2021学年高二10月月考化学试题 【精准解析】.doc，共(23)页，812.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷一、单选题(每小题有1个选项符合题意，每小题2分)1.下列叙述正确的是()A.将水加热，(H)c+增大，PH值减小，呈酸性B.恒温下，向水中加入少量醋酸钠固体，水的电离程度不变C.恒温下，向水中加入少量硫酸氢钠，促进水的电离D.恒温下，向水中滴入稀醋酸，水的电离平衡逆向移动，(

H)c+增大【答案】D【解析】【详解】A．将水加热，+c(H)增大，pH值减小，但氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水仍呈中性，A错误；B．恒温下，向水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根水解促进水的电离，B错误；C．硫酸氢钠在水溶液中电离出氢离子，溶液显酸性；恒温下，向水中加

入少量硫酸氢钠，抑制水的电离，水的电离程度减小，C错误；D．恒温下，向水中滴入稀醋酸，(H)c+增大，但酸抑制水的电离，故水的电离平衡逆向移动，D正确；答案选D。2.下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是()①+-23HCl+HOHO+Cl②323AlCl+3HO=Al(OH)+3H

Cl③23223NaCO+2HOHCO+2NaOH④碳酸氢钠溶液：--3223HCO+HOHCO+OH⑤4NHCl溶于2DO中：++4232NH+DONHDO+H⑥泡沫灭火器原理：Al3++3HCO-3=

Al(OH)3↓+3CO2↑A.①②③④B.①②③⑥C.①③⑤⑥D.①②③⑤【答案】D【解析】【详解】①+-23HCl+HOHO+Cl，属于HCl的电离方程式，符合题意，①选；②323AlCl+3HO=Al(OH)+3HCl，属于AlCl

3的水解方程式，但水解是微弱的，应用“”表示，而不是“=”，故水解方程式不正确，符合题意，②选；③多元弱酸根离子的水解分步进行，因此23223NaCO+2HOHCO+2NaOH，水解方程式不正确，符合题意，③选；④--3223HCO+HOHCO+OH属于-3HCO的水解方程式，不符合题意，④

不选；⑤水解方程式不正确，NH4Cl溶于D2O中正确的水解方程式为：++423NH+DONHHDO+D，符合题意，⑤选；⑥Al3++3HCO-3=Al(OH)3↓+3CO2↑是Al3+和HCO-3的双水解方程式，方程式正确，不符合题意，⑥

不选；综上所述，①②③⑤符合题意；答案选D。3.将110mL0.1molL−的氨水加蒸馏水稀释到1L后，下列变化正确的是①32NHHO的电离程度增大②()32NHHOc增大③4NH+的数目增多④()OHc−增大⑤导电性增强⑥()()432NHNHHOcc+增大A.仅①②③B

.仅①③⑤C.仅①③⑥D.仅②④⑥【答案】C【解析】【详解】①加水稀释后促进弱电解质的电离，则氨水的电离程度增大，故①正确；②加水时电离平衡正向移动，n(NH3·H2O)减小，由于溶液的体积变大，则c(NH3·H2O)减小，故②错误；③加水时电离平衡正向移动，n(NH+4)增大

，由N=nNA可知NH+4数目增多，故③正确；④加水时电离平衡正向移动，n(OH-)增大，但溶液的体积变大，则c(OH-)减小，故④错误；⑤加水稀释时，溶液中的离子的浓度减小，则导电性能力减弱，故⑤错误；⑥加水时电离平衡正向移动，n(NH+4)增大，n(NH3·H2O)减小，在同

一溶液中体积相同离子的浓度之比等于物质的量之比，则c(NH+4)/c(NH3·H2O)增大，故⑥正确；故选C。4.下列事实：①4NaHSO溶液呈酸性；②长期施用化肥()442NHSO会使土壤酸性增强，发生板结；③配制2CuCl溶液时，用稀

盐酸溶解2CuCl固体；④NaHS溶液中()()22cHScS−；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥蒸干3FeCl溶液，往往得不到3FeCl固体。其中与盐类的水解有关的有A.仅①②③⑤B.仅②③④⑤⑥C.仅①④⑤⑥D.仅①②③④⑤【答案】B【解析】【详解】①中

4NaHSO为强酸强碱的酸式盐，溶液显酸性是因为4NaHSO电离出H+，和盐的水解无关；②中是4NH+水解使土壤酸性增强；③中HCl电离产生的H+会抑制2Cu+水解；④中是因HS−水解的程度大于其电离的程度

，故c(H2S)＞c(S2-)；⑤中4NH+水解产生的H+与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热会促进3FeCl水解，蒸干FeCl3溶液往往得到的是Fe2O3；综上所述，②③④⑤⑥符合题意，故选B。5.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(

aq)ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋)·c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小

B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动C.该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5D.升高温度，c(H＋)增大，Ka变大【答案】D【解析】【详解】A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平

衡后c(H＋)增大，A错误；B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；C.电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；D.电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。

答案选D。6.用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是A.用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定B.盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗D.盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，

滴定后俯视【答案】D【解析】【分析】根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液

的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；B.盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析

c（待测）偏大，故B错误；C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；D.盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小

，故D正确；故选D。7.为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是（）A.比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积B.将1mLpH=3的醋酸溶液稀释到100mL，测其pH小于

5C.比较浓度均为0.1mol·L-1盐酸和醋酸溶液的导电能力D.测定0.1mol·L-1醋酸溶液的PH【答案】A【解析】【详解】A.恰好完全反应消耗等量的醋酸和NaOH，只能说明醋酸是一元酸，不能说明醋酸的酸性强弱，A项错误；B.若醋酸为强酸，稀释到100倍后pH应该等于5，小于5则说明醋酸为弱

酸，B项正确；C.若醋酸为强酸，相同浓度的醋酸和盐酸导电能力相同，若醋酸为弱酸，导电能力弱于盐酸，C项正确；D.若醋酸为强酸，pH应为1，若醋酸为弱酸，pH会大于1，D项正确；答案选A。8.蒸干灼烧下列物质的水溶液，能得到该物质的是()A.NaHCO3B.AlCl3C.F

e2(SO4)3D.KMnO4【答案】C【解析】【分析】A.NaHCO3溶液受热分解生成Na2CO3、水和CO2；B.Al3+水解生成Al(OH)3；C.Fe3+水解生成Fe(OH)3；D.KMnO4受热分解。【详解】A.NaHCO3溶液受热分解生成Na2CO3、水和CO2，

蒸干NaHCO3的水溶液，不能得到该物质，A项错误；B.Al3+水解生成Al(OH)3，灼烧后生成Al2O3，因此蒸干AlCl3的水溶液，不能得到该物质，B项错误；C.Fe3+水解生成那挥发的H2SO4，灼烧后的固体仍为Fe2(

SO4)3，因此蒸干Fe2(SO4)3的水溶液，能得到该物质，C项正确；D.KMnO4受热分解，因此蒸干KMnO4的水溶液，不能得到该物质，D项错误；答案选C。【点睛】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：(1)盐溶液水解生成

难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。(3)考虑盐受热时是否分解。原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaO

NaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解为NH3和HCl无固体物质存在(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)

2CO3。9.等物质的量浓度的下列溶液中()+4cNH最大的是()A.4NHClB.44NHHSOC.()442NHSOD.()432NHCO【答案】C【解析】【详解】相同物质的量浓度的4NHCl、44NHHSO、()442NHSO、()432NHCO

溶液，()442NHSO、()432NHCO中()4NHc+大于4NHCl、44NHHSO溶液中()4NHc+，()432NHCO是弱酸弱碱盐，()432NHCO溶液中的23CO−会促进4NH+的水解，44NHHSO电离出的H+会抑制4NH+的水解，所以相同物质的量

浓度的溶液中()4NHc+：()()444344422NHSONHCONHHSONHCl，故选C。10.25℃时，在等体积的①pH0=的24HSO溶液、②10.05molL−的2Ba(OH)溶液、③pH=10的2NaS溶液、④pH

5=的43NHNO溶液中，由水电离出的()Hc+之比是A.1091:10:10:10B.()()981:5:510:510C.1091:20:10:10D.491:10:10:10【答案】A【解析】【详解】①25℃时，pH0=的24HS

O溶液中，()1cH1molL+−=，根据()()14wKcHcOH1.010+−−==可知，()141cOH10molL−−−=，则由水电离出的()141cH10molL+−−=；②10.05molL−的2Ba(OH)溶液中

()11cOH0.05molL20.1molL−−−==，根据()()14wKcHcOH1.010+−−==可知，由水电离出的()131cH10molL+−−=；③pH10=的2NaS溶液中由水电离出的()41cH10molL

+−−=；④pH5=的43NHNO溶液中由水电离出的()51cH10molL+−−=；故等体积的题述四种溶液中由水电离出的()cH+之比为14134510910:10:10:101:10:10:10−−−−=，即选项A正确。答案选A。11.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法

正确的是（）A.图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法C.若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法D.100℃时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶

液等体积混合后，溶液显中性【答案】A【解析】【详解】A.水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，Kw增大，A、D、E三点均在25℃下水的电离平衡曲线上，三点的Kw相同，图中五点温度B>C>A＝D＝E，则Kw间

的关系为B>C>A＝D＝E，故A正确；B.若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c（H＋）增大，c（OH－）减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C.A点到C点，温度升高，Kw增大，且A点和C点c（H＋）＝c（OH－），所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入

适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H＋）增大则c（OH－）减小，A点沿曲线向D点方向移动，故C错误；D.100℃时，Kw＝10－12，pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝10－2mol/L，pH＝12的

KOH溶液中c(OH－)＝1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH－)>n(H＋)，所以溶液显碱性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】计算pH时一定要注意前提条件温度，温度变化，离子积常数随之发生改变

，则pH值也会发生改变。12.某温度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是（）A.a值一定大于9B.Ⅰ为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线C.完全中和稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4

的体积V(NaOH)<V(氨水)D.稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大【答案】D【解析】【分析】氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH，由于氢氧化钠是强电解质，则氢氧化钠的浓度小，氨水浓度大，在稀释时促进氨水的电离，则氨水中的离子浓度大，即I是氢氧化钠的

pH变化曲线，Ⅱ是氨水的pH变化曲线，据此分析解答。【详解】A．pH=11的氢氧化钠溶液加水稀释100倍，pH=9，而一水合氨为弱电解质，加水促进电离，则a的数值一定大于9，故A正确；B．一水合氨为弱电解质，由图可知，开始的pH相同，在稀释时，促进氨水的电离，

则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，Ⅱ是氨水的pH变化曲线，故B正确；C．由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)＜V(氨水)，故C正确；D．稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，则水的电离程度较小，故D

错误；故选D。【点睛】明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键。本题的易错点为C，要注意相同pH时，氨水的浓度比氢氧化钠大。13.室温下，现有三种酸的稀溶液：a.HCl溶液，b.3CHCOOH溶液，c.24HSO溶液

。下列说法正确的是A.若三种酸溶液的浓度相同，则其pH的大小关系为c＞a＞b；B.同浓度同体积的三种酸溶液分别用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为c＞a＞b；C.pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞

c；D.同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的Zn片反应，反应所需时间b＞a＞c【答案】C【解析】【详解】A．HCl为一元强酸、24HSO为二元强酸、3CHCOOH为一元弱酸，相同浓度的三种酸溶液，pH的大小关系为b＞a＞c，故A错误；B．同浓度同体积的三种酸溶液中酸的物质的量

相同，用氢氧化钠中和，所需氢氧化钠的物质的量的大小关系为a=b＜c，故B错误；C．pH相等的三种酸溶液中酸的物质的量浓度的大小关系为b＞a＞c，故C正确；D．同pH同体积的三种酸溶液分别与少量且质量相同的Zn片反应，反应所需时间b＜a=c，故D错误；答案为

C。14.常温下，用10.10molLNaOH−溶液分别滴定20mL10.10molL−的3CHCOOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.点②和点③所示溶液中均存在：33(OH)(CHCOOH)(HCHCO)(O)cccc−+−=++B.点①和点②所示溶液中

：33(CN)(HCN)(CHCOOH)(CHCOO)−−=−−ccccC.点③和点④所示溶液中：3(Na)(OH)(CHCOO)(H)+−−+ccccD.点①和点②所示溶液中：3(CHHCOO)(CN)cc−−【答案】B【解析】【详解】A．②点溶液中存在2

c(Na+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，存在电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，所以存在c(CH3COO−)+2c(OH−)=c(CH3COOH)+2c(H+)；③点溶液呈中性

，则c(OH−)=c(H+)，醋酸根离子水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(CH3COOH)，则存在c(CH3COO−)+c(OH−)>c(CH3COOH)+c(H+)，A错误；B．①②点溶液中加入的酸的物质的量相等，且溶液体积相等，根据物料守恒得c(CH3COO−)+c(CH3C

OOH)=c(CN−)+c(HCN)，有c(CH3COO−)−c(CN−)=c(HCN)−c(CH3COOH)，B正确；C．④点溶液中溶质为醋酸钠，CH3COO−水解导致溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，但是其水解程度较小，

根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO−)，所以存在c(Na+)>c(CH3COO−)>c(OH−)>c(H+)，C错误；D．根据图知，0.10mol/L的1CH3COOH溶液和HCN溶液的pH:CH3COOH<HCN，所以两种酸中c(H+)，CH3COOH>HCN，酸性C

H3COOH>HCN，酸根离子水解程度：CH3COO−<CN−，则点①和点②所示溶液中，c(CH3COO−)>c(CN−)，D错误；答案选B。15.25℃时，向-10.10molL的224HCO(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶

液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.25℃时224HCO的一级电离常数为4.3a1K=10−B.pH=2.7的溶液中：()()222424cHCO=cCO−C.pH=7的溶液中：()()+224cNa>2cCO−D.滴加NaOH溶液的过程中始终存在：(

)()()()()-2++2424cOH+2cCO+cHCO=cNa+cH−−【答案】A【解析】【详解】A．根据图象可知，pH=2.3时，c(H2C2O4)=c(224CO−)，则25℃时()()()()2-+4+-2.7a1224

cHCOcHK==cH=10cHCO，故A错误；B．根据图象可知，当pH=2.7时，溶液中满足：c(H2C2O4)=c(224CO−)，故B正确；C．pH=7时c(OH−)=c(H+)，根据电荷守恒c(OH−)+2c(

224CO−)+c(24HCO−)=c(Na+)+c(H+)可知：2c(224CO−)+c(24HCO−)=c(Na+)，则c(Na+)>2c(224CO−)，故C正确；D．滴加NaOH溶液的过程中，溶液中一定满足电荷守恒，即：c(OH−)+2c(224C

O−)+c(24HCO−)=c(Na+)+c(H+)，故D正确；答案选A。二、不定项选择题(每小题有1或2个选项符合题意，每小题4分)16.室温下，将两种浓度均为10.1molL−的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体

积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是A.323NaHCONaCO−混合溶液(pH=10.30)：()()()()233NaHCOCOOHcccc+−−−B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：()()(

)()432NHHNHHOOHcccc++−+=+C.33CHCOOHCHCOONa−混合溶液(pH=4.76):()()()()33NaCHCOOHCHCOOHcccc+−+D.22424HCONaHCO−混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):()()(

)()()222424HHCONaCOOHccccc++−−+=++【答案】AD【解析】【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱性，说明3HCO−的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：2--33COHCO＞，

溶液中剩余微粒浓度关系为：()()-2-33HCOCOcc，2-3CO和-3HCO水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：()()()()+-2--33Na>HCO>CO>OHcccc，故A正确；B.

该混合溶液中电荷守恒为：()()()()++--4NH+H=OH+Clcccc，物料守恒为：()()()+-324NH?HO+NH=2Clccc，两式联立消去c(Cl-)可得：()()()()++-432NH+

2cH=2cOH+cNHHOc，故B错误；C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>

c(H+)，故C错误；D.该混合溶液中物料守恒为：()()()()+-2-22424242Na=HCO+HCO+COcccc，电荷守恒为：()()()()()2---++24242CO+HCO+OH=Na+Hccccc，两式相加可得：()()()()()++2--22424H+HCO=Na+CO

+OHccccc，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。17.改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的PH，溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随PH的变化如图所示[已知(X)=-2-2c(X)c(HA)+c(HA)+c(A

)，X表示含A微粒]。下列叙述错误的是()A.H2AH++HA-，Kal=1.010-1.2B.pH=2.7时，c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)C.0.1mol•L1NaHA溶液中存在c(H+)+c(H2A)=c(OH-)+2c(

A2-)D.相同条件下，HF的Ka=1.010-3.4，在NaF溶液中加入少量H2A，发生反应:H2A+2F-=2HF+A2-【答案】CD【解析】【分析】由图象可知，pH=1.2时，溶液中存在H2A、HA-，且二者浓度相等，说明H2A部分电离，

电离方程式为H2AH++HA-，则K1=()()()2cHAcHcHA−+=10-1.2，pH=4.2时，HA-、A2-浓度相等，且二者浓度相等，电离方程式为HA-H++A2-，则K2=()()()+2-cHcAcHA−=10-4.2，以此解答该题。【详解】A.pH=1.2时，c(HA−)

=c(H2A)，H2A的第一步电离常数Ka1(H2A)=()()()2cHAcHcHA−+=c(H+)=10−1.2，故A正确；B.根据图中信息可知，pH=2.7时，δ(HA−)>δ(H2A)=δ(A2−)，根据公式()(

)()()-2-2cX()=cHA+cHA+cAδX可知，c(X)与δ(X)成正比，故c(HA−)>c(H2A)=c(A2−)，故B正确；C.NaHA溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A）；电荷守恒：c（Na+）

+c（H+）=2c（A2-）+c（HA-）+c（OH-），质子守恒：c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），故C错误；D.由以上信息可知，Kal=1.010-1.2，Ka2=()()()+2-cHcAcHA−=10-4.2，则酸性：H

2A>HF>HA-，在NaF溶液中加入少量H2A，发生的反应为：H2A+F-=HF+HA-，故D错误；故选CD。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，侧重学生的分析、计算能力的考查，明确图象中曲线变化的含义为解答关键，根据图象掌

握平衡常数的应用为解答该题的关键，难度中等。18.某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=H＋＋HB－，HB－⇌H＋＋B2－，在0.1mol·L－1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式错误的是()A.

c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1B.c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1mol·L－1C.c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)D.c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)【答案】BD【解析】【详解】A．在0.1mol·L－1的N

a2B溶液中，H2B第一步完全电离，第二步不完全电离，故c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1，A正确；B．H2B第一步完全电离，第二步不完全电离，溶液中B的形式为B2－、HB－，故c(B2－)＋c(HB－)＝0.1mol·L－1，B错误；C．在0.1mol·L－

1的Na2B溶液中，存在质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)，C正确；D．溶液中存在电荷守恒，应为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)+c(OH－)＋c(HB－)，D错误；答案选BD。19.常温下，用0.1mol·L−1盐酸滴定10.0

mL浓度为0.1mol·L−1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.Ka2(H2A)的数量级为10−9B.当V=5时：c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)C.NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(A2−)＞c(H2A)D.c点

溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)【答案】C【解析】【详解】A．滴定前pH=11，则A2−的水解常数是50.0010.001100.10.001−−，则Ka2(H2A)的数量级为1495101010−−−=，A正确；B．当V=5时根据物

料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)，B正确；C．根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)，C错误；D．c点溶液显中性，盐酸的体积大于

10mL小于20mL，则溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)，D正确；答案选C。20.常温下，向20mL0.01mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol/L的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)随加入NaOH溶液的体

积变化如下图所示，下列说法正确的是（）A.b、d两点溶液的pH相同B.从a到c,对醋酸的电离既有促进作用也有抑制作用C.e点所示溶液中，c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=0.01mol/LD.从a→c的过程中，既存在pH=

7的点也存在水电离的c(H+)=10-7mol/L的点【答案】D【解析】【详解】A．b点醋酸过量，其电离使溶液显酸性，d点，NaOH过量，pH大于7，故A错误；B．醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加NaOH溶液消耗氢离子，醋酸的电离平衡正移，

所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，故B错误；C．e点所示溶液中，NaOH的物质的量是醋酸的物质的量2倍，反应后醋酸钠和NaOH等物质的量，根据物料守恒为c（Na+）=2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）=0

.01mol/L×，故C错误；D．c点，醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，氢氧化钠体积小于20mL时的某一个值恰好使溶液显中性，所以从a→c的过程中，既存在着pH=7的点，也存在着溶液中水所电离出的c（H+）=10-7的点，故D正确；答案选D。【点睛】考查酸碱混合溶液的定性判断，明确

图象中各点的pH及溶液中的溶质即可解答，注意物料守恒及影响电离平衡的因素，题目难度中等，易错点为选项C中c（Na+）的实际大小。三、填空题21.25℃时，向25ml氢氧化钠标准溶液中逐滴加入0.2mol·L−1的一元酸HA溶液，PH变化曲线如下

图所示：（1）该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为__________mol·L−1。（2）A点对应酸的体积为12.5ml，则所得混合溶液中由水电离出的c(OH−)=_______mol·L−1。（3）HA是____酸（选填“强”

、“弱”）。（4）在B点所得混合溶液中，c(Na+)、c(A−)、c(H+)、c(OH−)的大小的顺序是_____________。（5）在C点所得混合溶液中，下列说正确的是________。A．HA的电离

程度小于NaA的水解程度B．离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(A−)＞c(H+)＞c(OH−)C．c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH−)D．c(HA)+c(A−)=0.2mol·L−1【答案】(1).0.1(2).1.0×10-4(3).弱(4).c(Na+

)=c(A−)＞c(H+)=c(OH−)(5).C【解析】【分析】(1)NaOH为强碱，由图像可知，其pH=13；(2)A点对应酸的体积为12.5mL，恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(3)NaA溶液呈碱性；(4)B点溶液呈中性；(5)A．C点时

，n(HA)=2n(NaOH)，溶液呈酸性；B．HA过量，结合电荷守恒判断；C．根据电荷守恒判断；D．C点时溶液体积为50mL，为HA溶液体积的2倍。【详解】(1)NaOH为强碱，其pH=13，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1mo

l/L；(2)A点对应酸的体积为12.5mL，恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进水的电离，此时pH=10，则c(OH-)=1×10-4mol•L-1；(3)由(2)可知NaA溶液呈碱性，则HA为弱酸；(4)溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)

，B点溶液呈中性，则溶液中存在c(Na+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)；(5)A．C点时，n(HA)=2n(NaOH)，溶液呈酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，故A错误；B．HA过量，溶液呈酸性

，则c(H+)＞c(OH-)，又因c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(A-)＞c(Na+)，故B错误；C．溶液存在电荷守恒，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故C正确；D．C点时溶液体积为50mL，为HA溶液体积

的2倍，则c(HA)+c(A-)=0.1mol•L-1，故D错误；故答案为C。【点睛】考查酸碱混合溶液pH的判断与计算，为高频考点，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，解答时从电解质的强弱以及酸碱混合反应的角度分析，注意分析曲线的变化特

点，能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解等知识判断溶液中离子浓度大小。22.已知表数据:化学式电离平衡常数(25℃)HCNK=5.0×10-10CH3COOHK=1.8×10-5H2CO3K1=4.4

×10-7，K2=4.7×10-11(1))25℃时，等浓度的四种溶液:a．NaCN溶液；b．Na2CO3溶液；c．CH3COONa溶液；d．NaHCO3溶液。pH由大到小的顺序为______(填写字母标号)(2)25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为_________

_；(3)将0.2mol/LHCN溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，则混合溶液中c(HCN)、c(H+)、c(OH-)、c(CN-)、c(Na+)浓度从大到小的排序为___

_______，c(HCN)+c(CN-)=__________mol/L(忽略混合后溶液的体积变化)。(4)写出NaHCO3溶液中的质子守恒式：______________________。(5)相同条件下，取等体积等pH的:a．HCN溶液；b．CH3COOH溶液；c．H2CO3

溶液。各稀释100倍，稀释后的溶液，其pH从大到小的排序为__________(填字母标号)。(6)25℃时，将体积为Va、pH=13的某一元强碱与体积为Vb、pH=2的某二元强酸混合，若所得溶液的pH=11，则Va:Vb=__________(忽略混合后溶液的体积变化)。【答案】(

1).b>a>d>c(2).CNˉ+CO₂+H2O=-3HCO+HCN(3).c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)(4).0.1mol/L(5).c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(2-3CO)(6).b>c>

a(7).1:9【解析】【详解】酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知酸性CH3COOH>H2CO3>HCN>-3HCO，（1）相同物质的量浓度的钠盐溶液，对应的酸的酸性越弱，则酸根离子水解程度越大，其溶液的pH越大，则说明程度2-

3CO>CN−>-3HCO>CH3COO−，则pH由大到小的顺序为b>a>d>c；（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为CNˉ+CO₂+H2O=-3HCO+HCN；（3）将0.2mol/L的H

CN溶液和0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的NaCN、HCN，混合溶液呈碱性，c(OH−)>c(H+)，说明氰化钠的水解程度大于氢氰酸的电离程度，所以c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)，溶液中离子浓度大

小为：c(HCN)>c(Na+)>c(CN−)>c(OH−)>c(H+)，根据物料守恒可知：c(HCN)+c(CN−)=0.1mol⋅L−1；故答案为：c(HCN)>c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)；0

.1mol⋅L−1；（4）NaHCO3溶液中的质子守恒式：c(H2CO3)+c(H+)=c(OH-)+c(2-3CO)；（5）相同条件下，取等体积等pH的a．HCN溶液b．CH3COOH溶液c．H2CO3溶液，各稀释100

倍，酸越弱PH减少越小，稀释后的溶液，其pH大小关系为b>c>a；（6）pH=13的强碱溶液中c(OH−)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，所得溶液pH=11，混

合溶液呈碱性，溶液中c(OH−)=0.001mol/L，设酸溶液体积为Vb，碱溶液体积为Va，则：0.1Va-0.01Vb=0.001mol/LVa+Vb，解得Va:Vb=1:9。23.2018年，美国退出了《巴黎协定》

实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。(1)已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.

1kJ•mol－1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol－1则CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：______________________。(2)工业上一般在恒容．．密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH

3OH(g)。判断反应达到平衡状态的依据是(填字母序号)________.A.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等B.混合气体的密度不变C.混合气体的相对平均分子质量不变D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生

变化(3)如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K)温度℃250300350K2.0410.2700.012①该反应的化学平衡常数表达式为K＝_____。②由表中数据判断该反应的△H_____0(填“＞”、

“=”或“＜”)；③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则此时的温度为___________℃。(4)要提高CO的转化率，可以采取的措施是(填字母序号)__________________.a.增加CO的浓度b.加入催

化剂c.升温d.加入H2e.加入惰性气体f.分离出甲醇(5)在一定条件下，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝-49.0kJ·mol－1体系中CO2的平衡转化率()与L和X的关系如图所示，L和X分别表示温度或压强。①X表示的物理量是_____。②

判断L1与L2的大小关系：L1_____L2(填“<”，“=”或“>”)，并简述理由：____________________。【答案】(1).CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-48.9kJ·mol-1(2).C

D(3).K＝()()()322cCHOHcCOcH(4).<(5).250(6).d、f(7).温度(8).L1>L2(9).温度一定时，增大压强，CO2平衡转化率增大【解析】【分析】（1）根据盖斯定律书

写热化学方程式并计算反应热；（2）达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度、物质的量等不随时间的变化而变化，据此分析判断；（3）①平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；②根据表格中数据的变化关系确定该反应是吸热还是放热；③根

据三段法确定平衡时各物质的浓度，计算出平衡常数，进一步确定反应所处的温度；（4）要提高CO的转化率，只需让反应平衡正向移动，由此分析判断；（5）①由图象可知，CO2的转化率逐渐减小，根据温度或压强对平衡移动的影响进行分析；②X代表温度，L表示压强，该反应为体积缩小的

反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大。【详解】（1）①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH1=+41.1kJ•mol－1②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=－90.0kJ•mol

－1根据盖斯定律可知反应①+反应②可得CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)ΔH=-48.9kJ·mol-1；（2）A.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率

相等，不能证明正反应速率等于逆反应速率，因此不能证明反应达到平衡状态，A项错误；B.该反应中气体的重质量不变，容器为恒容的密闭容器，体积不变，因此混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，不能证明反应达到平衡状态，B项错误；C.该反应为气体的物质的量减少的反应，气体的总

质量不变，因此当混合气体的相对平均分子质量不变时，反应达到了平衡状态，C项正确；D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化时，证明反应达到平衡状态，D项正确；答案选CD；（3）①根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为K＝()()()322cCHOHcCOcH；②由表

格中数据可知，随着温度的升高.平衡常数逐渐减小，因此该反应为放热反应，即△H＜0；③根据已知条件可知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)()()()mol/Lmol/Lmol/L始转平10.80.231.61.400.80.8平衡常数K=()()()322c

CHOHcCOcH=()20.80.21.4=2.041，与表格中数据对比可知，该反应的温度为250℃；（4）a.增加CO的浓度，平衡正向移动，但CO的转化率减小，a项错误；b.加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，b项错误；c.该反应为放热反应，

升高温度，平衡逆向移动，c项错误；d.加入H2，平衡正向移动，CO的转化率增大，d项正确；e.加入惰性气体，虽增大了压强，但容器的容积不变，各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，CO的转化率不变，e项错误；f.分离出甲醇，减少了生成物的浓

度，平衡正向移动，CO的转化率增大，f项正确；答案选d、f；（5）①由图象可知，CO2的转化率逐渐减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率逐渐减小，因此X代表温度，L表示压强；②X代表温度，L表示压强，该反应为体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO

2平衡转化率增大。因此L1>L2。【点睛】解答时应注意：化学平衡状态的判断方法：化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)是否平衡正、逆反应速率之间的关系①单位时间内消耗了mmolA，同时也生成了mmolA

平衡②单位时间内消耗了nmolB，同时也消耗了pmolC平衡③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q不一定平衡④单位时间内生成了nmolB，同时也消耗了qmolD不一定平衡混合气体的平均相对分子质量①平均相对分子质

量一定，且m＋n≠p＋q平衡②平均相对分子质量一定，且m＋n＝p＋q不一定平衡气体密度(ρ)①只有气体参加的反应，密度保持不变(恒容密闭容器中)不一定平衡②m＋n≠p＋q时，密度保持不变(恒压容器中)平衡③m＋n＝p＋q时，密度保持不变(恒压容器中)不一定平衡24.过氧化氢水溶液又称

为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的浓度，请填写下列空白：（1）将10.00mL过氧化氢溶液移至250mL___________(填仪器名称)中，加水稀释至刻度

，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。（2）用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数和化学式分别填在下列横线和括号内。__MnO4-+H2O2+H+=Mn2++H2O+()（3）移

取10mL过氧化氢溶液可以用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管。滴定到达终点的现象是____。（4）重复滴定三次，平均耗用cmol/LKMnO4标准溶液VmL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的浓度为_____

___。（5）若盛装高锰酸钾标准溶液的滴定管用蒸馏水洗后没有用标准液润洗，则测定结果______(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。【答案】(1).容量瓶(2).256285O2(3).酸式(4).滴入一滴高锰酸

钾溶液，溶液呈紫红色，且30秒内不褪色(5).2.5cvmol/L(6).偏高【解析】【详解】（1）准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用容量瓶；（2）方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，锰元素化合价降低

了5价，生成1mol氧气时，氧元素化合价升高2价，根据电子转移守恒，配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2，双氧水前面的系数为5，根据原子守恒来配平其他物质前面的系数，方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+═2Mn2++8H2O+

5O2；（3）由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；（4）根据化学方程式可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用cmol/LKMnO4标准溶液VmL，即cV

×10-3mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3mol，所以过氧化氢的浓度为：=2.5cvmol/L；（5）若盛装高锰酸钾标准溶液的滴定管用蒸馏水洗后没有用标准液润洗，则所需的体积偏大，所以则测定结果偏高。