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湖北省仙桃一中高二化学上学期第一阶段试题含解析

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2022-2022学年湖北省仙桃一中高二(上)第一阶段化学试卷 一、选择题(每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)1.关于强、弱电解质的叙述不正确的是(  )A.强电解质在溶液中完全电离,其水溶液中不存在分子B.同一弱电解质溶液,温度不同时,导电能力不同C.强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强D.强电解质在液态时不一定会导电,但在固态时一定不导电 2.下列电离方程式中,正确的是(  )A.Fe(OH)3⇌Fe3++3OH﹣B.NaHCO3⇌Na++HCO3﹣C.KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D.H2S⇌2H++S2﹣ 3.将一元酸HA的溶液与一元碱BOH的溶液等体积混合,若所得溶液显酸性,下列有关判断正确的是(  )A.若混合前酸、碱pH之和等于14,则HA肯定是弱酸B.若混合前酸、碱物质的量浓度相同,则HA肯定是弱酸C.溶液中水的电离程度:混合溶液>纯水>BOH溶液D.混合溶液中离子浓度一定满足:c(B+)>c(A﹣)>c(H+)>c(OH﹣) 4.在100ml下列溶液中,分别加入0.05molNaOH固体,溶液的导电性变化不大的是(  )A.0.5mol/L的HClB.0.5mol/L的CH3COOHC.蒸馏水D.0.5mol/L的氨水 5.有等体积、等pH的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,用去酸的体积分别为V1、V2、V3,则三者的大小关系正确的是(  )A.V3>V2>V1B.V3=V2=V1C.V3>V2=V1D.V1=V2>V3 6.下列溶液一定呈碱性的是(  )A.pH=8的某电解质溶液B.c(OH﹣)>1×10﹣7mol/LC.溶液中含有OH﹣D.溶液中c(OH﹣)>c(H+) 7.已知某温度下,四种一元弱酸的电离平衡常数为:Ka(HCN)=6.2×10﹣10mol/L、Ka(HF)=6.8×10﹣4mol/L、Ka(CH3COOH)=1.8×10﹣5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10﹣6mol/L.物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中,pH最小的是(  )A.HCNB.CH3COOHC.HFD.HNO2 8.0.1mol/LK2CO3溶液中,若使c(CO32﹣)更接近0.1mol/L,可采取的措施是(  )A.加入少量盐酸B.加水C.加KOH固体D.加热 9.25°C时,某溶液中由水电离出的c(OH﹣)=1×10﹣13mol/L,该溶液中一定不能大量共存的离子组是(  )A.NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣B.CO32﹣、PO43﹣、K+、Na+-17-C.Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D.HPO42﹣、Na+、HSO3﹣、K+ 10.把pH=2的H2SO4和pH=11的NaOH溶液混和,混和液pH=7.则两溶液的体积比是(  )A.10:1B.1:10C.1:2D.2:1 11.向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水,当溶液中c(NH4+)=2c(SO42﹣)时,溶液的pH(  )A.大于7B.等于7C.小于7D.无法判断 12.0.1molL﹣1的K2S溶液中,有关粒子的浓度大小关系正确的是(  )A.c(K+)+c(H+)=c(S2﹣)+c(HS﹣)+c(OH﹣)B.c(K+)+c(S2﹣)=0.3molL﹣1C.c(K+)=c(S2﹣)+c(HS﹣)+c(H2S)D.c(OH﹣)=c(H+)+c(HS﹣)+2c(H2S) 13.下列混合溶液中,各离子浓度的大小顺序正确的是(  )A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合,c(Cl﹣)>c(NH)>c(OH﹣)>c(H+)B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合,c(Na+)=c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+)C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合,c(Na+)=c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+)D.10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合,c(Na+)=c(Cl﹣)>c(H+)>c(OH﹣) 14.下列说法正确的是(  )A.pH=2和pH=1的硝酸中c(H+)之比为1:10B.Na2CO3溶液c(Na+)与c(CO32﹣)之比为2:1C.0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c(H+)之比为2:1D.pH=1的硫酸中加入等体积0.05mol/L的BaCl2溶液,两者恰好反应C(SO42﹣)=0 15.有A、B、C、D四种一元酸溶液,对它们进行的有关实验及其结果分别为:(1)在物质的量浓度相同的A、C两溶液中,都滴加几滴甲基橙时,A溶液呈黄色,C溶液呈橙色(2)B的钠盐溶液的pH值小于C的钠盐溶液pH值(3)A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸.由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为(  )A.B>C>A>DB.A>C>B>DC.D>A>C>BD.C>B>A>D 16.下列几种情况使中和滴定结果偏低的是(  )A.盛待测液的锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗B.滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡C.滴定管在滴定前未将刻度调在“0.00”,而调在“2.40”D.滴定达终点时,滴定管尖嘴部分有气泡  二、填空题(4分+8分+10分+12分+10分=44分)-17-17.物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液:①KNO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaHSO4、⑤CH3COOH、⑥NaOH、⑦Ba(OH)2,pH由大到小的顺序为:      . 18.25℃将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液呈      (填“酸性”、“中性”或“碱性”,下同),溶液中c(Na+)      c(CH3COOH)(填“>”或“=”或“<”以下同). 19.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈      ,溶液中c(Na+)      c(CH3COO﹣). 20.物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等,则混合后溶液呈      ,醋酸体积      氢氧化钠溶液体积. 21.将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7,则醋酸溶液中c(H+)      氢氧化钠溶液中c(OH﹣),m与n的大小关系是m      n. 22.AgNO3的水溶液呈      (填“酸”、“中”、“碱”)性,常温时的pH      7(填“>”、“=”、“<”),原因是(用离子方程式表示):      ;实验室在配制AgNO3的溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,以      (填“促进”、“抑制”)其水解. 23.氯化铝水溶液呈      性,原因是(用离子方程式表示):      .把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是      . 24.在配制硫化钠溶液时,为了防止发生水解,可以加入少量的      . 25.(12分)(2022•衡阳校级模拟)用实验确定某酸HB的弱电解质.两同学的方案是:甲:①称取一定质量的HB配制0.1mol/L的溶液100mL;②用pH试纸测出该溶液的pH值,即可证明HB是弱电解质.乙:①用已知物质的量浓度的HB溶液、盐酸,分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL;②分别取这两种溶液各10mL,加水稀释为100mL;③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管,同时加入纯度相同的锌粒,观察现象,即可证明HB是弱电解质.(1)在两个方案的第①步中,都要用到的定量仪器是      .(2)甲方案中,说明HB是弱电解质的理由是测得溶液的pH      1(选填>、<、=)乙方案中,说明HB是弱电解质的现象是      (多选扣分).A.HCl溶液的试管中放出H2的速率快;B.装HB溶液的试管中放出H2的速率快;C.两个试管中产生气体速率一样快.(3)请你评价:乙方案中两个难以实现之处      .(4)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取),作简明扼要表达.      .-17- 26.(10分)(2022秋•抚州期末)在25mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液,滴定曲线如图所示.(1)写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式:      .(2)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为      mol•L﹣1.(3)在B点,a      12.5mL(填“>”、“<”或“=”,下同).若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性,则混合前c(NaOH)      c(CH3COOH),混合前酸中c(H+)和碱中c(OH﹣)的关系:c(H+)      c(OH﹣).(4)在D点,溶液中离子浓度大小关系为:      .  三、计算题(共8分)27.重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10﹣15,可以用pH一样的定义来规定pD=﹣lg[D+],试求该温度下:①重水的pD=?②含0.01molNaOD的D2O溶液1L其pD=?③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L其pD=?④在100mL0.25mol/L的DCl重水溶液中,加入50mL0.2mol/L的NaOD的重水溶液,其pD=?  2022-2022学年湖北省仙桃一中高二(上)第一阶段化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(每小题3分,共48分,每小题只有一个选项符合题意)1.关于强、弱电解质的叙述不正确的是(  )A.强电解质在溶液中完全电离,其水溶液中不存在分子B.同一弱电解质溶液,温度不同时,导电能力不同C.强电解质溶液导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强D.强电解质在液态时不一定会导电,但在固态时一定不导电【考点】强电解质和弱电解质的概念.【分析】A、强电解质本身能完全电离,但其溶液中存在水分子;B、弱电解质存在电离平衡,电离过程是吸热过程,温度改变,电离平衡移动,离子浓度不同;C、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,与电解质强弱无关;D、强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐.【解答】解:A、强电解质本身能完全电离,但其溶液中存在水分子,故水溶液中仍存在分子,故A错误;-17-B、弱电解质存在电离平衡,电离过程是吸热过程,温度改变,电离平衡移动,离子浓度不同,导电能力不同,故B正确;C、溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,与离子浓度成正比,与电解质强弱无关,如果弱电解质溶液中离子浓度大于强电解质溶液,则弱电解质溶液导电能力大于强电解质,所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强,故C正确;D、强电解质包括强酸、强碱和绝大多数盐,在液态时酸不导电,但碱和盐能导电;而无论是强酸、强碱还是盐,在固态时均不导电,故D正确.故选A.【点评】本题考查了电解质强弱的本质区别,注意导电能力取决于溶液中离子浓度的大小,掌握概念实质是关键,题目较简单. 2.下列电离方程式中,正确的是(  )A.Fe(OH)3⇌Fe3++3OH﹣B.NaHCO3⇌Na++HCO3﹣C.KClO3═K++Cl﹣+3O2﹣D.H2S⇌2H++S2﹣【考点】电离方程式的书写.【分析】A.氢氧化铁为弱电解质,部分电离,用可逆号;B.碳酸氢钠为强电解质,完全电离出钠离子与碳酸氢根离子;C.氯酸钾为强电解质完全电离出钾离子与氯酸根离子;D.硫化氢为多元弱酸分步电离;【解答】解:A.氢氧化铁为弱电解质,部分电离,电离方程式:Fe(OH)3⇌Fe3++3OH﹣,故A正确;B.碳酸氢钠为强电解质,完全电离出钠离子与碳酸氢根离子,电离方程式:,NaHCO3⇌=Na++HCO3﹣,故B错误;C.氯酸钾为强电解质完全电离出钾离子与氯酸根离子,电离方程式:KClO3═K++ClO3﹣,故C错误;D.硫化氢为多元弱酸分步电离,以第一步为主,电离方程式:H2S⇌H++HS﹣,故D错误;故选:A.【点评】本题考查了电解质电离方程式的书写,明确电解质强弱及电离方程式书写方法是解题关键,题目难度不大. 3.将一元酸HA的溶液与一元碱BOH的溶液等体积混合,若所得溶液显酸性,下列有关判断正确的是(  )A.若混合前酸、碱pH之和等于14,则HA肯定是弱酸B.若混合前酸、碱物质的量浓度相同,则HA肯定是弱酸C.溶液中水的电离程度:混合溶液>纯水>BOH溶液D.混合溶液中离子浓度一定满足:c(B+)>c(A﹣)>c(H+)>c(OH﹣)【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】A.混合前酸、碱pH之和等于14,两溶液的c(H+)和c(OH﹣)相等,由于反应后溶液呈酸性,则说明酸过量,为弱酸;B.若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液呈酸性,则酸为强酸;C.酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;D.根据溶液的酸碱性结合电荷守恒判断.-17-【解答】解:A.设酸的pH=a,碱的pH=b,混合前酸、碱pH之和等于14,则有a=14﹣b,即c(H+)=10﹣amol/L=10b﹣14mol/L,c(OH﹣)=10b﹣14mol/L,即两溶液的c(H+)和c(OH﹣)相等,由于反应后溶液呈酸性,则说明酸过量,为弱酸,故A正确;B.若等物质的量浓度等体积的一元酸碱混合溶液,二者恰好反应生成盐,盐溶液呈酸性,说明生成的盐是强酸弱碱盐,所以HA是强酸,故B错误;C.酸或碱抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离,如果混合溶液呈酸性是因为酸电离引起的,则抑制水电离,如果溶液呈酸性是因为阳离子水解而引起的,则促进水电离,故C错误;D.混合溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(B+)=c(A﹣)+c(OH﹣),所以c(B+)<c(A﹣),故D错误;故选:A.【点评】本题考查离子浓度大小比较及酸碱强弱的定性判断,题目较难,注意A项分析问题的角度,易错选项是C,明确溶液酸性原因即可解答. 4.在100ml下列溶液中,分别加入0.05molNaOH固体,溶液的导电性变化不大的是(  )A.0.5mol/L的HClB.0.5mol/L的CH3COOHC.蒸馏水D.0.5mol/L的氨水【考点】电解质溶液的导电性.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比,离子浓度越大,溶液的导电能力越强,如溶液的导电性变化不大,则离子浓度变化不大,结合物质的反应特点解答该题.【解答】解:A.盐酸是强酸,向溶液中加入氢氧化钠后,氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水,氯化钠是强电解质,所以离子浓度变化不大,所以溶液导电能力变化不大,故A选;B.醋酸是弱电解质,氢氧化钠和醋酸反应生成醋酸钠,溶液中的溶质由弱电解质变成强电解质,离子浓度增大,溶液的导电能力增大,故B不选;C.水是弱电解质且水的电离程度很小,所以水中自由移动离子浓度很小,向水中加入氢氧化钠固体,氢氧化钠是强电解质,导致溶液中离子浓度增大,所以导电能力变化较大,故C不选;D.一水合氨是弱电解质,氢氧化钠是强电解质,向氨水中加入氢氧化钠固体后,溶液中离子浓度增大,所以导电能力增大,故D不选.故选A.【点评】本题考查了溶液导电能力大小的判断,注意溶液的导电能力与离子浓度成正比,与电解质的强弱无关,为易错点. 5.有等体积、等pH的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,用去酸的体积分别为V1、V2、V3,则三者的大小关系正确的是(  )A.V3>V2>V1B.V3=V2=V1C.V3>V2=V1D.V1=V2>V3【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】等体积、等pH的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O中,c(OH﹣)相同,但NH3•H2O为弱碱,等pH时,其浓度大于NaOH,然后结合酸碱中和时c(OH﹣)越大,消耗酸越多.【解答】解:等体积、等pH的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O中,c(OH﹣)相同,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,用去酸的体积V1=V2,但NH3•H2O为弱碱,等pH时,其浓度大于NaOH,滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和,弱碱继续电离产生氢氧根离子,则消耗酸多,即V2<V3,-17-所以消耗酸的体积关系为V3>V2=V1,故选C.【点评】本题考查酸碱混合的计算,明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键,题目难度中等. 6.下列溶液一定呈碱性的是(  )A.pH=8的某电解质溶液B.c(OH﹣)>1×10﹣7mol/LC.溶液中含有OH﹣D.溶液中c(OH﹣)>c(H+)【考点】溶液pH的定义;离子积常数.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】水溶液中都含有氢离子和氢氧根离子,溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小:[H+]>[OH﹣]溶液呈酸性;[H+]=[OH﹣]溶液呈中性;[H+]<[OH﹣]溶液呈碱性.室温时,Kw=10﹣14,若溶液中:[H+]=10﹣7,pH值=7,溶液呈中性;[H+]>10﹣7,pH值<7,溶液呈酸性;:[H+]<10﹣7,pH值>7,溶液呈碱性,据此判断.【解答】解:A.没指明温度,Kw不一定等于10﹣14不能根据pH值判断溶液的酸碱性,故A错误;B.没指明温度,Kw不一定等于10﹣14不能根据c(OH﹣)浓度大小判断溶液的酸碱性,故B错误;C.任何水溶液中都含有氢氧根离子,不能通过是否含有氢氧根离子判断溶液酸碱性,故C错误;D.溶液酸碱性取决于氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小,c(OH﹣)>c(H+)溶液一定显碱性,故D正确;故选D.【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断,注意氢离子和氢氧根离子的浓度的相对大小是绝对判据,如果用溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度大小或者pH值的大小判断,必须说明温度,否则无法确定. 7.已知某温度下,四种一元弱酸的电离平衡常数为:Ka(HCN)=6.2×10﹣10mol/L、Ka(HF)=6.8×10﹣4mol/L、Ka(CH3COOH)=1.8×10﹣5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10﹣6mol/L.物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中,pH最小的是(  )A.HCNB.CH3COOHC.HFD.HNO2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡.【分析】酸的电离常数越大,酸的酸性越强,等浓度时其pH越小,据此分析.【解答】解:已知某温度下,四种一元弱酸的电离平衡常数为:Ka(HCN)=6.2×10﹣10mol/L、Ka(HF)=6.8×10﹣4mol/L、Ka(CH3COOH)=1.8×10﹣5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10﹣6mol/L,酸的电离常数越大,酸的酸性越强,等浓度时其pH越小,由已知Ka可知,HF的电离常数最大,即HF的酸性最强,其pH最小;故选C.【点评】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的应用,题目难度不大,注意把握电离常数与酸性强弱的关系. 8.0.1mol/LK2CO3溶液中,若使c(CO32﹣)更接近0.1mol/L,可采取的措施是(  )A.加入少量盐酸B.加水C.加KOH固体D.加热-17-【考点】影响盐类水解程度的主要因素.【专题】盐类的水解专题.【分析】K2CO3溶液中,由于CO32﹣的水解,使得c(CO32﹣)<0.1mol/L,如果要使c(CO32﹣)更接近于0.1mol/L,则需要抑制碳酸根离子水解,根据水解平衡的移动影响因素来回答.【解答】解:A、加入盐酸会和碳酸根反应生成水和二氧化碳,碳酸根离子浓度减小,故A错误;B、加入水稀释会导致溶液中CO32﹣离子浓度减小,故B错误;C、加入氢氧化钾固体,会抑制碳酸根水解,使得碳酸根浓度接近0.1mol/L,故C正确;D、加热会促进碳酸根离子水解,导致CO32﹣离子浓度减小,故D错误.故选:C.【点评】本题考查学生盐的水解平衡的影响因素知识,侧重于基础知识的考查,注意知识的梳理和归纳,题目难度不大. 9.25°C时,某溶液中由水电离出的c(OH﹣)=1×10﹣13mol/L,该溶液中一定不能大量共存的离子组是(  )A.NH4+、Fe3+、SO42﹣、Cl﹣B.CO32﹣、PO43﹣、K+、Na+C.Na+、SO42﹣、NO3﹣、Cl﹣D.HPO42﹣、Na+、HSO3﹣、K+【考点】离子共存问题.【专题】离子反应专题.【分析】25°C时,某溶液中由水电离出的c(OH﹣)=1×10﹣13mol/L,为酸或碱溶液,与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子,能大量共存,以此来解答.【解答】解:25°C时,某溶液中由水电离出的c(OH﹣)=1×10﹣13mol/L,为酸或碱溶液,A.因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+,酸溶液中不反应能共存,故A不选;B.因酸溶液中不能大量存在CO32﹣,碱溶液中不反应能共存,故B不选;C.因酸或碱溶.因液中均不反应,能大量共存,故C不选;D.HPO42﹣、HSO3﹣既能与酸反应又能与碱反应,一定不能共存,故D选;故选D.【点评】本题考查离子的共存,为高考常见题型,把握信息的抽取及离子之间的反应即可解答,侧重复分解反应的考查,题目难度不大. 10.把pH=2的H2SO4和pH=11的NaOH溶液混和,混和液pH=7.则两溶液的体积比是(  )A.10:1B.1:10C.1:2D.2:1【考点】pH的简单计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10﹣2mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH﹣)=mol/L=10﹣3mol/L,两溶液恰好中和,则n(H+)=n(OH﹣),再结合n=cV表示出n(H+)、n(OH﹣),据此判断.【解答】解:pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=10﹣2mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH﹣)=mol/L=10﹣3mol/L,两溶液恰好中和,则n(H+)=n(OH﹣),-17-所以Vac(H+)=Vbc(OH﹣),所以Va:Vb=c(OH﹣):c(H+)=10﹣3mol/L:10﹣2mol/L=1:10.故选:B.【点评】本题考查溶液pH值的计算、化学方程式计算,比较基础,注意基础知识的掌握. 11.向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水,当溶液中c(NH4+)=2c(SO42﹣)时,溶液的pH(  )A.大于7B.等于7C.小于7D.无法判断【考点】pH的简单计算.【分析】当溶液中c(NH4+)=2c(SO42﹣)时,根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42﹣)+c(OH﹣)可知溶液中一定满足:c(H+)=c(OH﹣),则混合液显示中性,溶液的pH=7.【解答】解:向稀硫酸溶液中逐渐加入氨水,当溶液中c(NH4+)=2c(SO42﹣)时,根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42﹣)+c(OH﹣)可得:c(H+)=c(OH﹣),混合溶液呈中性,所以溶液的pH=7,故选B.【点评】本题考查了溶液pH的简单计算,题目难度不大,明确电荷守恒为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力. 12.0.1molL﹣1的K2S溶液中,有关粒子的浓度大小关系正确的是(  )A.c(K+)+c(H+)=c(S2﹣)+c(HS﹣)+c(OH﹣)B.c(K+)+c(S2﹣)=0.3molL﹣1C.c(K+)=c(S2﹣)+c(HS﹣)+c(H2S)D.c(OH﹣)=c(H+)+c(HS﹣)+2c(H2S)【考点】离子浓度大小的比较.【专题】盐类的水解专题.【分析】K2S是强碱弱酸盐,硫离子水解导致溶液呈碱性,溶液中存在电荷守恒、物料守恒,据此分析解答.【解答】解:A.根据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(S2﹣)+c(HS﹣)+c(OH﹣),故A错误;B.溶液中硫离子水解导致溶液中c(S2﹣)<0.1mol/L,所以c(K+)+c(S2﹣)<0.3molL﹣1,故B错误;C.根据物料守恒得c(K+)=2c(S2﹣)+2c(HS﹣)+2c(H2S),故C错误;D.根据电荷守恒得c(K+)+c(H+)=2c(S2﹣)+c(HS﹣)+c(OH﹣),根据物料守恒得c(K+)=2c(S2﹣)+2c(HS﹣)+2c(H2S),所以得c(OH﹣)=c(H+)+c(HS﹣)+2c(H2S),故D正确;故选D.【点评】本题考查了离子浓度大小比较,根据“谁强谁显性、谁弱谁水解”来确定溶液酸碱性,再结合守恒思想来分析解答,题目难度不大. 13.下列混合溶液中,各离子浓度的大小顺序正确的是(  )A.10mL0.1mol/L氨水与10mL0.1mol/L盐酸混合,c(Cl﹣)>c(NH)>c(OH﹣)>c(H+)B.10mL0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合,c(Na+)=c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+)C.10mL0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合,c(Na+)=c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+)-17-D.10mL0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合,c(Na+)=c(Cl﹣)>c(H+)>c(OH﹣)【考点】离子浓度大小的比较.【分析】A.物质的量相等的氨水和HCl混合,二者恰好反应生成氯化铵,氯化铵是强酸弱碱盐,溶液呈酸性;B.物质的量相等的氯化铵和NaOH混合,二者恰好反应生成NaCl和NH3.H2O,NaCl是强碱强酸盐,一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液呈碱性,但电离程度较小,溶液中存在物料守恒;C.等物质的量的醋酸和NaOH混合,二者恰好反应生成醋酸钠,醋酸钠是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解导致溶液呈碱性;D.二者混合盐酸有剩余,溶液中溶质为NaCl、CH3COOH、HCl,且c(NaCl)=c(CH3COOH)=5c(HCl),醋酸和HCl电离出氢离子而导致溶液呈酸性.【解答】解:A.物质的量相等的氨水和HCl混合,二者恰好反应生成氯化铵,氯化铵是强酸弱碱盐,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),根据电荷守恒得c(Cl﹣)>c(NH4+),铵根离子水解程度较小,所以离子浓度大小顺序是c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH﹣),故A错误;B.物质的量相等的氯化铵和NaOH混合,二者恰好反应生成NaCl和NH3.H2O,NaCl是强碱强酸盐,一水合氨电离出氢氧根离子导致溶液呈碱性,则c(OH﹣)>c(H+),但电离程度较小,溶液中存在物料守恒,根据物料守恒得c(Na+)=c(Cl﹣),所以离子浓度大小顺序是c(Na+)=c(Cl﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故B正确;C.等物质的量的醋酸和NaOH混合,二者恰好反应生成醋酸钠,醋酸钠是强碱弱酸盐,醋酸根离子水解导致溶液呈碱性,则c(OH﹣)>c(H+),根据电荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO﹣),故C错误;D.二者混合盐酸有剩余,溶液中溶质为NaCl、CH3COOH、HCl,且c(NaCl)=c(CH3COOH)=5c(HCl),醋酸和HCl电离出氢离子而导致溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH﹣),根据物料守恒得c(Na+)>c(Cl﹣),故D错误;故选B.【点评】本题考查离子浓度大小比较,侧重考查弱电解质的电离及盐类水解,明确溶液中的溶质及其性质、溶液酸碱性结合电荷守恒即可解答,注意B中存在c(Na+)=c(Cl﹣),为易错点. 14.下列说法正确的是(  )A.pH=2和pH=1的硝酸中c(H+)之比为1:10B.Na2CO3溶液c(Na+)与c(CO32﹣)之比为2:1C.0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中c(H+)之比为2:1D.pH=1的硫酸中加入等体积0.05mol/L的BaCl2溶液,两者恰好反应C(SO42﹣)=0【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的原理.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】A、依据PH得到氢离子浓度计算得到浓度之比;B、依据碳酸根离子水解分析;C、不同浓度醋酸电离程度不同,氢离子浓度不同;D、依据pH计算得到c(H+)=0.1mol/L;c(H2SO4)=0.05mol/L,恰好反应生成难溶沉淀,绝对不溶的物质不存在.【解答】解:A、pH=2的溶液中c(H+)=0.01mol/L;pH=1的硝酸溶液中c(H+)=0.1mol/L中c(H+)之比为1:10,故A正确;B、碳酸根离子水解分析,Na2CO3溶液c(Na+)与c(CO32﹣)之比大于2:1,故B错误;-17-C、0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中,醋酸是弱电解质存在电离平衡,浓度不同电离程度不同,c(H+)之比不是2:1,故C错误;D、依据PH计算得到c(H+)=0.1mol/L;c(H2SO4)=0.05mol/L,恰好反应生成难溶沉淀,硫酸钡存在沉淀溶解平衡,溶液中C(SO42﹣)不能为0,故D错误;故选A.【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的分析,盐类水解的应用,溶液中PH的计算,沉淀溶解平衡的分析判断,化学方程式的计算应用,题目难度中等. 15.有A、B、C、D四种一元酸溶液,对它们进行的有关实验及其结果分别为:(1)在物质的量浓度相同的A、C两溶液中,都滴加几滴甲基橙时,A溶液呈黄色,C溶液呈橙色(2)B的钠盐溶液的pH值小于C的钠盐溶液pH值(3)A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸.由此可以确定这四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为(  )A.B>C>A>DB.A>C>B>DC.D>A>C>BD.C>B>A>D【考点】比较弱酸的相对强弱的实验.【专题】实验设计题.【分析】(1)甲基橙变色范围是3.1~4.4,根据A、C两种酸在甲基橙中的颜色判断二者酸性强弱;(2)根据越弱越水解分析,pH越大,水解程度越大;(3)根据强酸置换弱酸进行比较A和D的酸性强弱.【解答】解:(1)甲基橙是一种酸碱指示剂.甲基橙在不同pH时的变色情况为:PH<3.13.1~4.4>4.4颜色红色橙色黄色A溶液滴入甲基橙,溶液呈现黄色,说明A溶液pH大于4.4;C溶液呈现橙色,溶液pH在3.1~4.4之间,所以酸性C>A;(2)BC的钠盐都是强碱弱酸盐,酸性越弱水解程度越大,pH越大,水解程度越大,所以酸性B>C;(3)A酸与D的盐反应生成A的盐和D酸,说明A的酸性大于D的酸性,及A>D,根据以上分析可知,四种酸的酸性由强到弱的正确排列顺序为:B>C>A>D,故选A.【点评】本题考查了比较弱酸酸性大小的方法,注意强酸能够置换弱酸;盐的水解中,越弱越水解,本题难度不大. 16.下列几种情况使中和滴定结果偏低的是(  )A.盛待测液的锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗B.滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡C.滴定管在滴定前未将刻度调在“0.00”,而调在“2.40”D.滴定达终点时,滴定管尖嘴部分有气泡【考点】配制一定物质的量浓度的溶液.【分析】A、盛装待测液的锥形瓶不能用待测液润洗;B、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡,会导致所读取的消耗的标准液的体积偏大;C、调整液面后,液面要在0或0刻度以下即可;D、达滴定终点时,滴定管尖嘴部分有气泡,则所读取的消耗的标准液的体积偏小.-17-【解答】解:A、盛装待测液的锥形瓶不能用待测液润洗,故锥形瓶未用待测液润洗是正确的,对结果无影响,故A错误;B、滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡,会导致所读取的消耗的标准液的体积偏大,则计算出的待测液的浓度偏高,故B错误;C、调整液面后,液面要在0或0刻度以下即可,故未将刻度调在“0.00”,而调在“2.40”完全可以,对待测液的浓度无影响,故C错误;D、达滴定终点时,滴定管尖嘴部分有气泡,则所读取的消耗的标准液的体积偏小,则计算出的待测液的浓度偏低,故D正确.故选D.【点评】本题考查了中和滴定中的误差分析,注意锥形瓶不能润洗,滴定管必须润洗,本题难度不大,注意操作的规范性和掌握实验中常见的误差分析技巧. 二、填空题(4分+8分+10分+12分+10分=44分)17.物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液:①KNO3、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaHSO4、⑤CH3COOH、⑥NaOH、⑦Ba(OH)2,pH由大到小的顺序为: ⑦>⑥>②>③>①>⑤>④ .【考点】盐类水解的应用;弱电解质在水溶液中的电离平衡.【专题】盐类的水解专题.【分析】先根据酸碱盐分类,再根据酸中酸的强弱分类,盐中盐的水解呈酸碱性分类比较.【解答】酸:⑤CH3COOH是弱电解质,所以只有部分电离,故C(H+)<0.1mol/L,所以pH>1;碱:⑥NaOH是强电解质,完全电离,c(OH﹣)=0.1mol/L,所以pH=13;⑦Ba(OH)2是强电解质,完全电离,c(OH﹣)=0.2mol/L,所以pH=13.7;盐:④NaHSO4是强酸酸式盐,在水中完全电离成钠离子、硫酸根离子、氢离子,所以C(H+)=0.1mol/L,所以pH=1;①KNO3是强酸强碱盐,水溶液呈中性,pH=7;②Na2CO3、③NaHCO3是强碱弱酸盐,水溶液都呈碱性,但是碳酸钠水解程度大,碱性更强;所以pH由大到小的顺序为⑦>⑥>②>③>①>⑤>④,故答案为:⑦>⑥>②>③>①>⑤>④.【点评】本题考查盐类水解以及弱电解质的电离,题目难度不大,注意把握盐类水解规律:有弱(弱离子)才水解,无弱(弱离子)不水解,谁弱(弱离子)谁水解,谁强显谁性(酸碱性). 18.25℃将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液呈 碱性 (填“酸性”、“中性”或“碱性”,下同),溶液中c(Na+) > c(CH3COOH)(填“>”或“=”或“<”以下同).【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合,恰好生成CH3COONa,醋酸根离子水解显碱性.【解答】解:等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合,恰好生成NaAc,由化学式可知,阴阳离子之比为1:1,醋酸根离子水解显碱性,则c(Na+)>c(CH3COO﹣),故答案为:碱性;>.【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析,注意类水解的原理即可解答,题目难度不大. -17-19.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 酸性 ,溶液中c(Na+) < c(CH3COO﹣).【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】pH=3的醋酸,其浓度大于0.001mol/L,pH=11的氢氧化钠,其浓度等于0.001mol/L,等体积混合后,醋酸过量;根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),醋酸过量,溶液呈酸性,所以c(H+)>C(OH﹣).【解答】解:pH=3的醋酸,其浓度大于0.001mol/L,pH=11的氢氧化钠,其浓度等于0.001mol/L,等体积混合后,醋酸过量,为醋酸和醋酸钠的混合溶液,则溶液显酸性,醋酸过量,溶液呈酸性,所以c(H+)>C(OH﹣),根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),所以c(Na+)<c(CH3COO﹣),故答案为:酸;<.【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析,注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答,题目难度不大. 20.物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等,则混合后溶液呈 中性 ,醋酸体积 > 氢氧化钠溶液体积.【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),等体积等浓度混合时显碱性,则中性时应使醋酸过量.【解答】解:根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等,则c(H+)=c(OH﹣),溶液为中性,若等体积等浓度混合时显碱性,则中性时应使醋酸过量,即醋酸体积>氢氧化钠溶液的体积,故答案为:中性;>.【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性分析,注意pH与浓度的关系、电荷守恒、盐类水解等即可解答,题目难度不大. 21.将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7,则醋酸溶液中c(H+) < 氢氧化钠溶液中c(OH﹣),m与n的大小关系是m > n.【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【分析】醋酸为弱电解质,溶液中部分电离出氢离子,等体积的两溶液混合pH=7,若m=n,溶液显示中性,则醋酸浓度稍大.【解答】解:将mmol/L的醋酸和nmol/L的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7,当m=n时,两溶液恰好反应生成醋酸钠,溶液显示碱性,若使溶液的pH=7,则醋酸的浓度应该稍大一些,即m>n;由于醋酸为弱酸,则溶液中氢离子浓度小于氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度,即c(H+)<氢氧化钠溶液中c(OH﹣),故答案为:<;>.【点评】本题考查酸碱混合,为高考常见题型,题目难度中等,本题注意从溶液电中性的角度比较溶液离子浓度的大小关系,另外把握盐类水解的原理及其应用方法. 22.AgNO3的水溶液呈 酸 (填“酸”、“中”、“碱”)性,常温时的pH < 7(填“>”、“=”、“<”),原因是(用离子方程式表示): Ag++H2O⇌AgOH+H+ ;实验室在配制AgNO3的溶液时,常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中,然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度,以 抑制 (填“促进”、“抑制”)其水解.【考点】盐类水解的原理.-17-【分析】AgNO3是强酸弱碱盐,银离子水解导致溶液呈酸性,常温下pH<7,为防止AgNO3水解,所以配制AgNO3溶液时将AgNO3先溶于较浓的硝酸中,然后稀释,据此分析解答.【解答】解:AgNO3是强酸弱碱盐,银离子水解方程式为Ag++H2O⇌AgOH+H+,水解后溶液中c(H+)>c(OH﹣),所以溶液呈酸性,即常温下pH<7;为防止AgNO3水解,应该向溶液中加入少量酸,所以配制AgNO3溶液时将AgNO3先溶于较浓的硝酸中,然后稀释,故答案为:酸;<;Ag++H2O⇌AgOH+H+;抑制.【点评】本题考查盐类水解,根据盐类水解特点“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”确定溶液酸碱性,会正确书写水解方程式,考查方式有:净水的应用、离子方程式判断、离子共存等,题目难度不大. 23.氯化铝水溶液呈 酸 性,原因是(用离子方程式表示): Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ .把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是 2Al(OH)3Al2O3+3H2O .【考点】盐类水解的原理.【分析】AlCl3为强酸弱碱盐,铝离子水解导致溶液呈酸性;将AlCl3溶液蒸干过程中,氯化铝水解生成HCl和Al(OH)3,温度越高HCl挥发性越强,导致蒸干时得到的固体是Al(OH)3,灼烧Al(OH)3得到的固体是氧化铝.【解答】解:AlCl3为强酸弱碱盐,铝离子水解导致溶液呈酸性,水解方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+;将AlCl3溶液蒸干过程中,氯化铝水解生成HCl和Al(OH)3,温度越高HCl挥发性越强,导致蒸干时得到的固体是Al(OH)3,灼烧Al(OH)3得到的固体是氧化铝,方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O,故答案为:酸;Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+;2Al(OH)3Al2O3+3H2O.【点评】本题考查盐类水解,根据形成盐的酸、碱强弱确定盐的类型,从而确定溶液酸碱性,注意:蒸干、灼烧难挥发性酸的盐时得到盐本身,蒸干、灼烧挥发性酸的盐时得到金属氧化物. 24.在配制硫化钠溶液时,为了防止发生水解,可以加入少量的 NaOH .【考点】盐类水解的原理.【分析】Na2S是强碱弱酸盐,硫离子水解导致溶液呈碱性,为防止水解,应该加入少量碱,据此分析解答.【解答】解:Na2S是强碱弱酸盐,硫离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣,为了防止水解且不引进其它杂质,可以向溶液中加入少量NaOH,故答案为NaOH.【点评】本题考查盐类水解,根据盐的特点确定溶液酸碱性,知道“谁强谁显性、谁弱谁水解、强强显中性”原理,题目难度不大. 25.(12分)(2022•衡阳校级模拟)用实验确定某酸HB的弱电解质.两同学的方案是:甲:①称取一定质量的HB配制0.1mol/L的溶液100mL;②用pH试纸测出该溶液的pH值,即可证明HB是弱电解质.乙:-17-①用已知物质的量浓度的HB溶液、盐酸,分别配制pH=1的两种酸溶液各100mL;②分别取这两种溶液各10mL,加水稀释为100mL;③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管,同时加入纯度相同的锌粒,观察现象,即可证明HB是弱电解质.(1)在两个方案的第①步中,都要用到的定量仪器是 100mL的容量瓶 .(2)甲方案中,说明HB是弱电解质的理由是测得溶液的pH > 1(选填>、<、=)乙方案中,说明HB是弱电解质的现象是 B (多选扣分).A.HCl溶液的试管中放出H2的速率快;B.装HB溶液的试管中放出H2的速率快;C.两个试管中产生气体速率一样快.(3)请你评价:乙方案中两个难以实现之处 配制pH=1的HA溶液难以实现,加入锌粒难以做到表面积相同 .(4)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取),作简明扼要表达. 配制NaB溶液,测定溶液的pH>7,证明HB为弱电解质 .【考点】比较弱酸的相对强弱的实验.【专题】实验设计题.【分析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要用到容量瓶;(2)弱酸在水溶液里部分电离,所以氢离子浓度小于酸浓度;酸和锌反应时生成氢气,反应速率和氢离子浓度成正比,根据生成氢气的反应速率确定酸的强弱;(3)弱酸存在电离平衡,锌粒大小难以控制;(4)可以利用NaB溶液水解显示碱性判断HB为弱电解质.【解答】解:(1)在两个方案的第①步中,配制0.1mol/L的溶液100mL、配制pH=1的两种酸溶液各100mL,配制一定浓度的溶液知必须使用容量瓶,故答案为:100mL的容量瓶;(2)弱酸在水溶液里部分电离,所以氢离子浓度小于酸浓度,如果该酸是弱酸,则0.1mol/L的HA溶液的pH>1;pH相等的一元酸,弱酸的浓度大于强酸,等体积等PH的醋酸和盐酸稀释相同倍数时,醋酸中氢离子浓度大于盐酸,分别和锌反应时,弱酸生成氢气的反应速率大于强酸,故B正确,故答案为:>;B;(3)HA是弱酸存在电离平衡,所以配制pH=1的HA溶液难以实现,反应物的接触面积与反应速率成正比,锌粒的表面积大小难以控制,所以实现较困难,故答案为:配制pH=1的HA溶液难以实现,加入锌粒难以做到表面积相同;(4)可以通过测定NaB溶液的pH大小,判断HB为弱电解质,方法为:配制NaB溶液,测定溶液的pH>7,证明HB为弱电解质,故答案为:配制NaB溶液,测定溶液的pH>7,证明HB为弱电解质.【点评】本题考查了比较酸性相对强弱方法,注意电解质的强弱是根据其电离程度划分的,不能根据溶液的导电能力划分的,为易错点. 26.(10分)(2022秋•抚州期末)在25mL氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol•L﹣1醋酸溶液,滴定曲线如图所示.(1)写出氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应的离子方程式: OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O .(2)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 0.1 mol•L﹣1.-17-(3)在B点,a > 12.5mL(填“>”、“<”或“=”,下同).若由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性,则混合前c(NaOH) < c(CH3COOH),混合前酸中c(H+)和碱中c(OH﹣)的关系:c(H+) < c(OH﹣).(4)在D点,溶液中离子浓度大小关系为: c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣) .【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】(1)反应生成醋酸钠和水,醋酸和水在离子反应中保留化学式;(2)由开始NaOH溶液的pH=13计算其浓度;(3)B点pH=7,a=12.5mL时恰好生成醋酸钠,溶液显碱性,则醋酸应过量使pH=7;由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性,浓度相同时溶液显碱性,则酸的浓度大,混合前碱完全电离,而酸不能完全电离;(4)D点,溶液显酸性,为醋酸钠和醋酸的混合溶液.【解答】解:(1)反应生成醋酸钠和水,醋酸和水在离子反应中保留化学式,该离子反应为OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O,故答案为:OH﹣+CH3COOH═CH3COO﹣+H2O;(2)由开始NaOH溶液的pH=13,c(OH﹣)=c(NaOH)=0.1mol/L,故答案为:0.1;(3)B点pH=7,a=12.5mL时恰好生成醋酸钠,溶液显碱性,则醋酸应过量使pH=7,即a>12.5mL;由体积相等的氢氧化钠和醋酸溶液混合而且恰好呈中性,浓度相同时溶液显碱性,则酸的浓度大,即c(NaOH)<c(CH3COOH),又混合前碱完全电离,而酸不能完全电离,则混合前酸中c(H+)和碱中c(OH﹣)的关系为c(H+)<c(OH﹣),故答案为:>;<;<;(4)D点,溶液显酸性,为醋酸钠和醋酸的混合溶液,醋酸电离为主,则离子浓度大小关系为c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣),故答案为:c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣).【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断,明确图象中pH及溶液中的溶质是解答本题的关键,注意醋酸为弱酸,题目难度不大. 三、计算题(共8分)27.重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10﹣15,可以用pH一样的定义来规定pD=﹣lg[D+],试求该温度下:①重水的pD=?②含0.01molNaOD的D2O溶液1L其pD=?③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L其pD=?④在100mL0.25mol/L的DCl重水溶液中,加入50mL0.2mol/L的NaOD的重水溶液,其pD=?【考点】pH的简单计算.【专题】电离平衡与溶液的pH专题.【分析】①重水(D2O)的离子积为Kw=c(D+)•c(OD﹣)=1.6×10﹣14,中性溶液中c(D+)=c(OD﹣),据此计算出c(D+)及其pD;-17-②该NaOD的D2O溶液中c(OD﹣)=10﹣2mol/L,根据重水的离子积常数计算出NaOD溶液中氢离子浓度及溶液的pD;③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L,该DCl溶液的浓度为0.01nol/L,据此计算出该溶液的pD;④先算出n(DC)、n(NaOD)的物质的量,判断反应后溶液酸碱性,然后进行求算溶液的pD.【解答】解:①重水(D2O)的离子积为Kw=c(D+)•c(OD﹣)=1.6×10﹣14,中性溶液中c(D+)=c(OD﹣),则c(D+)===4×10﹣8mol/L,pD=﹣lg4×10﹣8=8﹣2lg2≈7.4,答:重水的pD=7.4;②该NaOD的D2O溶液的浓度为0.01mol/L,OD﹣离子的浓度为:c(D+)=mol/L=1.6×10﹣13mol/L,则pD=﹣lg1.6×10﹣13=﹣lg16×10﹣14=14﹣4lg2≈12.8,答:含0.01molNaOD的D2O溶液1L其pD=12.8;③溶解0.01molDCl的D2O溶液1L,该溶液中D+离子浓度为0.01mol/L,该溶液的pD=﹣lg0.01=2,答:溶解0.01molDCl的D2O溶液1L其pD=2;④n(DCl)=0.25mol/L×0.1L=0.025mol,n(NaOD)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol,D+有剩余,剩余的n(D+)=0.025mol﹣0.01mol=0.015mol,反应后溶液中,c(D+)==0.1mol/L,则pD=﹣lg0.1=1,答:反应后的混合液的pD=1.【点评】本题考查了有关pH的计算、酸碱混合的定性判断,题目难度中等,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,要求学生能够利用pH计算方法进行计算该溶液的pD值,试题培养了学生的知识迁移能力. 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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-08-25 10:58:07 页数:17
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文章作者:U-336598

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