2022-2022学年浙江省台州市天台县平桥中学高二（上）第二次月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个答案，1至14每题2分，15至22每题3分，共52分）1．（2分）（2022秋•高台县校级期中）室温时，喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0，当墨汁喷在纸上时，与酸性物质作用生成不溶于水的固体．由此可知（ ）①墨汁偏碱性 ②墨汁偏酸性 ③纸张偏酸性 ④纸张偏碱性． A．①③B．②④C．①④D．②③考点：胶体的重要性质．版权所有专题：溶液和胶体专题．分析：喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0，可知喷墨打印机墨汁显碱性，与酸性物质作用生成不溶于水的固体据此判断．解答：解：喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0，所以喷墨打印机墨汁呈碱性，当墨汁喷在打印纸上时，酸性物质与碱性物质作用生成不溶于水的固体，可知打印纸偏酸性，故选A．点评：本题考查溶液酸碱性判断和学生分析处理信息的能力，难度不大． 2．（2分）（2022秋•天台县校级月考）甲酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是（ ） A．1mol•L﹣1的甲酸溶液的pH约为2 B．甲酸能与水以任意比例互溶 C．甲酸与盐酸都能与NaOH发生反应 D．甲酸溶液的导电能力比盐酸溶液的导电能力弱考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：甲酸为弱电解质，则利用其不完全电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性比较来判断．解答：解：A.1mol/L的甲酸溶液的c（H+）约为O．01mol•L﹣1，甲酸的物质的量浓度大于氢离子浓度，说明甲酸不完全电离，为弱电解质，故A正确；B．不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，即溶解性与电解质的强弱无关，故B错误；C．甲酸与盐酸都能与NaOH发生反应，只能说明甲酸为酸，不能说明其电离的程度，故C错误；D．相同条件下，甲酸溶液的导电性比强酸溶液的弱，能说明甲酸电离不完全为弱电解质，故D错误；故选A．点评：-23-\n本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，难度不大． 3．（2分）（2022秋•天台县校级月考）100℃时，Kw=1×10﹣12，将100℃时pH=10的NaOH溶液和pH=1的H2SO4混合，所得混合溶液的pH=2，则NaOH溶液和H2SO4溶液的体积比是（ ） A．11：1B．9：2C．12：11D．9：1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：100℃时，Kw=1×10﹣12，pH=10的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量浓度为：10﹣2mol/L，pH=1的H2SO4溶液中氢离子的物质的量浓度为0.1mol/L；当混合溶液的pH=2时，溶液呈酸性，即硫酸过量，据此列式计算．解答：解：100℃时，Kw=1×10﹣12，将100℃时pH=10的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为：=0.01mol/L，pH=1的H2SO4溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，当混合溶液的pH=2时，混合溶液中氢离子的物质的量浓度为：10﹣pHmol/L=0.01mol/L，设硫酸的体积为x，氢氧化钠的体积为y，两溶液混合后氢离子的浓度为：=0.01mol/L，所以y：x=9：2，即：NaOH溶液和H2SO4溶液的体积比为：9：2，故选B．点评：本题考查了混合溶液PH的计算，题目难度中等，注意明确“100℃时，Kw=1×10﹣12”条件下中性溶液的pH不等于7而是为6，能灵活运用水的离子积常数是解本题的关键． 4．（2分）（2022春•东丽区校级月考）下列关于化学反应限度的说法中正确的是（ ） A．一个可逆反应达到的平衡状态就是这个反应在该条件下所能达到的限度 B．当一个可逆反应达到平衡状态时，正向反应速率和逆向反应速率相等且等于零 C．平衡状态时，各物质的浓度保持相等 D．化学反应的限度不可以通过改变条件而改变考点：化学平衡状态的判断．版权所有专题：化学平衡专题．分析：-23-\n当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应达到化学反应限度，此时各物质的浓度不再发生改变，但化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动．解答：解：A．当可逆反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生改变，反应达到化学反应限度，故A正确；B．当可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为零，故B错误；C．化学平衡为动态平衡，因正逆反应速率相等，反应物和生成物的浓度都不再改变，故C错误；D．化学平衡为动态平衡，当外界条件发生变化时，平衡发生移动，故D错误．故选A．点评：本题考查化学化学平衡状态的特征，题目难度不大，注意化学平衡状态可用：逆、等、定、动、变等概括． 5．（2分）（2022春•腾冲县校级期末）氨水中有下列平衡NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，当其他条件不变时，改变下列条件，平衡向左移动，且NH4+浓度增大的是（ ） A．加NaOH固体B．加浓HCl C．加NH4Cl固体D．加同浓度的氨水考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：氨水中存在平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡左移铵根离子浓度增大，可以加入铵根离子；解答：解：A、加入氢氧化钠，氢氧根离子浓度增大，平衡左移，铵根离子浓度减小，故A错误；B、加入盐酸，促进电离，平衡右向移动，铵根离子浓度增大，故B错误；C、加入氯化铵，铵根离子浓度增大，平衡左移，故C正确；D、加入同浓度氨水，平衡不动，铵根离子浓度不变，故D错误；故选C．点评：本题考查弱电解质电离平衡的影响因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目较简单． 6．（2分）（2022•辽宁校级学业考试）关于如图所示装置的叙述，正确的是（ ） A．铜为负极，铜片上有气泡产生 B．铜片质量逐渐减少 C．电流从锌片经导线流向铜片 氢离子在铜片表面被还原-23-\nD．考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：由图可知，为Cu、Zn原电池，发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，Zn为负极，电流从正极流向负极，以此来解答．解答：解：由图可知，为Cu、Zn原电池，发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，A．Cu为正极，表面有气泡产生，故A错误；B．Cu的质量不变，故B错误；C．Cu为正极，则电流从铜片经导线流向锌片，故C错误；D．该反应生成氢气，是因氢离子在铜片表面被还原，故D正确；故选D．点评：本题考查原电池，明确原电池反应及工作原理即可解答，注意该电池中活泼金属作负极，题目较简单． 7．（2分）（2022秋•天台县校级月考）下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（ ） A．CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣用热的纯碱溶液清洗油污 B．Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+明矾净水 C．TiCl4+（x+2）H2O（过量）═TiO2•xH2O↓+4HCl 制备TiO2纳米粉 D．SnCl2+H2O═Sn（OH）Cl↓+HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠考点：盐类水解的原理．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：A、盐的水解过程是吸热的，温度越高，水解程度越大；B、铝离子水解得到的氢氧化铝具有净水作用；C、四氯化钛可以和水之间发生反应得到难溶物质；D、根据影响水解平衡移动的因素来回答判断．解答：解：A、纯碱溶液中由于碳酸根离子的水解溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c（OH﹣）增大，清洗油污能力增强，故A正确；B、明矾溶于水，Al3+发生水解生成Al（OH）3胶体，能够吸附水中悬浮物，故B正确；C、四氯化钛可以和水之间发生反应：TiCl4+（x+2）H2O（过量）═TiO2•xH2O↓+4HCl，可以用来制取TiO2纳米粉，故C正确；D、根据反应：SnCl2+H2O═Sn（OH）Cl↓+HCl，配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠会得到Sn（OH）Cl，配制结果不会成功，故D错误．故选D．点评：本题考查学生影响盐的水解平衡移动的因素以及盐的水解平衡原理的应用，可以根据所学知识来回答，难度不大． 8．（2分）（2022秋•天台县校级月考）在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ） 在NaHCO3溶液中：K+、Na+、SO42﹣、Al3+-23-\nA． B．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：K+、Cu2+、Cl﹣、Br﹣ C．在pH=1的溶液中：NH4+、K+、NO3﹣、Cl﹣ D．有NO3﹣存在的强酸性溶液中：NH4+、Ba2+、Fe2+、Br﹣考点：离子共存问题．版权所有专题：离子反应专题．分析：A．与HCO3﹣反应的离子不能大量；B．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；C．pH=1的溶液呈酸性；D．有NO3﹣存在的强酸性溶液中，具有还原性的离子不能大量共存．解答：解：A．Al3+与HCO3﹣发生互促水解而不能大量，故A错误；B．由水电离的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，碱性条件下Cu2+不能大量共存，故B错误；C．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．NO3﹣在强酸性溶液中具有强氧化性，可与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误．故选C．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、互促水解反应的考查，选项D为解答的难点，题目难度不大． 9．（2分）（2022秋•霍山县期末）c（H+）相同的等体积的两份溶液A和B；A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的质量相等，则下列说法正确的是（ ）①反应所需要的时间B＞A②开始反应时的速率A＞B③参加反应的锌的物质的量A=B④反应过程的平均速率B＞A⑤盐酸里有锌剩余⑥醋酸里有锌剩余． A．③④⑤B．③④⑥C．②③⑤D．②③⑤⑥考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学反应速率的影响因素．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，若c（H+）相同的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，等浓度等体积的醋酸和盐酸，n（CH3COOH）＞n（HCl），反应速率与氢离子浓度成正比，氢离子浓度越大反应速率越快，则反应时间越短，生成氢气的质量相等，根据氢气和锌之间的关系式知，需要锌的物质的量相等．-23-\n解答：解：①若c（H+）相同的醋酸和盐酸，醋酸是弱电解质，随着反应的进行醋酸不断电离出氢离子，氯化氢完全电离，所以反应过程中，醋酸中氢离子始终大于盐酸，则醋酸反应速率大于盐酸，所以醋酸反应所需要的时间小于盐酸，故错误；②两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始时两种溶液反应速率相等，故错误；③根据氢气和锌之间的关系式知，生成相同质量的氢气需要的锌的质量相等，故正确；④根据①知，反应过程中醋酸平均反应速率大于盐酸，故正确；⑤氢离子浓度、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以盐酸中锌有剩余，故正确；⑥根据⑤知，醋酸过量，则醋酸有剩余，锌完全反应，故错误；故选A．点评：本题考查了强弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，结合氢离子浓度与反应速率的关系来分析解答，难度中等． 10．（2分）（2022秋•天台县校级月考）下列事实能用勒夏特列原理解释的是（ ） A．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色变深 B．使用催化剂，提高合成氨的产率 C．高锰酸钾（KMnO4）溶液加水稀释后颜色变浅 D．新制的氯水在光照条件下颜色变浅考点：化学平衡移动原理．版权所有专题：化学平衡专题．分析：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，且必须存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用．解答：解：A、对于H2+I2⇌HI的平衡体系，加压后密闭体系中的混合气体质量不变，但是体积减小，颜色变深，不能用勒沙特列原理解释，故A错误；B、使用催化剂，只使能反应速率增大，不会引起平衡的移动，不能用勒沙特列原理解释，故B错误；C、加水后高锰酸根离子的浓度降低，所以溶液的颜色变浅，不能用勒沙特列原理解释，故C错误；D、氯气与水反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照时HClO不稳定而分解，平衡向正向移动，氯水颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，故D正确．故选D．点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应． 11．（2分）（2022•海南）下列离子方程式中，属于水解反应的是（ ） A．HCOOH+H2O⇌HCOO﹣+H3O+B．CO2+H2O⇌HCO3﹣+H+ CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+-23-\nC．D．考点：盐类水解的原理．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：弱离子水解反应的实质是：弱离子和水电离出的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程，水解方程式用可逆号．解答：解：A、是甲酸的电离方程式，故A错误；B、是碳酸的一级电离方程式，故B错误；C、是碳酸根的水解方程式，故C正确；D、是硫氢根离子的电离方程式，故D错误．故选C．点评：本题考查学生水解方程式的书写和水解原理知识，可以根据所学知识来回答，难度不大． 12．（2分）（2022•北京）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1下列说法正确的是（ ） A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等 B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同 C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快 D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1考点：热化学方程式；化学反应速率的影响因素．版权所有分析：A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．解答：解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、温度升高，Na与足量O2反应的产物是Na2O2，故C错误；D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．点评：本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．-23-\n 13．（2分）（2022春•庆安县校级期末）如图是可逆反应A+2B⇌2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变（先降温后加压）而变化的情况，由此可推断（ ） A．正反应是吸热反应 B．若A、B是气体，则D是液体或固体 C．逆反应是放热反应 D．A、B、C、D均为气体考点：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．版权所有专题：化学平衡专题．分析：由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，以此可解答该题．解答：解：由图象可以看出降低温度，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应移动，则该反应的正反应为放热反应，逆反应吸热，则A、C错误；增大压强，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡向正反应方向移动，则说明气体反应物的化学计量数之和大于气体生成物的化学计量数之和，若A、B、C、D均为气体，增大压强平衡向逆反应方向移动，若A、B是气体，则D是液体或固体，增大压强平衡向正反应方向移动，则B正确、D错误，故选B．点评：本题考查化学反应速率与化学平衡的图象问题，根据温度、压强对反应速率的影响判断平衡移动的方向是解答该题的关键，注意压强对平衡移动的影响与化学计量数的关系，为易错点，题目难度中等． 14．（2分）（2022秋•麻城市校级期末）少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（ ）①加H2O ②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸 ④加CH3COONa固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴入几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL0.1mol/L盐酸． A．①⑥⑦B．③⑤⑧C．③⑦⑧D．⑤⑦⑧-23-\n考点：化学反应速率的影响因素．版权所有专题：化学反应速率专题．分析：为了加快此反应速率而不改变H2的产量，少量铁粉完全反应，则可增大氢离子浓度、构成原电池、升高温度等来加快反应速率，以此来解答．解答：解：①加H2O，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误； ②加NaOH固体，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；③滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确； ④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；⑦升高温度（不考虑盐酸挥发），反应速率加快，故正确；⑧改用10mL0.1mol/L盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选C．点评：本题考查影响反应速率的因素，明确常见的温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意铁粉少量完全反应，生成的氢气由铁粉决定为解答的易错点，解答中易多选⑥，题目难度不大． 15．（3分）（2022秋•南湖区校级月考）一定条件下，在反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的化学平衡体系中，SO2、O2、SO3的浓度分别为2mol•L﹣1、0.8mol•L﹣1、2.4mol•L﹣1，则O2在反应起始时可能的浓度范围是（ ） A．0.8～2.0mol•L﹣1B．0～2.0mol•L﹣1 C．0～0.8mol•L﹣1D．无法确定考点：化学反应的可逆性．版权所有专题：化学平衡专题．分析：在2SO2+O22SO3的化学平衡体系中，将物质的浓度利用极性转化来计算物质的最大浓度，但由于反应为可逆反应，不能完全转化，则小于最大浓度，以此来解答．解答：解：2SO2+O22SO3，平衡2.0mol/L0.8mol/L2.4mol/L转化2.4mol/L1.2mol/L2.4mol/L开始4.4mol/L2.0mol/L0显然，氧气的开始浓度应大于0且小于2.0mol/L，故选B．点评：本题考查可逆反应中物质的浓度，明确可逆反应中具有不完全转化性及极限法来分析是解答本题的关键，难度不大． 16．（3分）（2022秋•本溪期末）已知：I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）．某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物质的量浓度c（I3﹣）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）．下列说法正确的是（ ）-23-\n A．反应I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）的△H＞0 B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2 C．若反应进行到状态D时，一定有υ正＞υ逆 D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线．版权所有专题：化学平衡专题．分析：由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3﹣的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，根据D点c（I3﹣）判断趋向平衡状态时反应进行方向，进而判断D点的正、逆大小，从温度对平衡移动的影响分析不同状态A、B的c（I2）浓度大小．解答：解：A．随着温度的不断升高，I3﹣的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，则I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）是一个放热反应，即△H＜0，故A错误；B．因为温度T2＞T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2，故B错误；C、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3﹣的浓度应增加，平衡向正分析移动，所以v正＞v逆，故C正确；D、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3﹣）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，故D错误；故选C．点评：本题考查化学平衡移动图象问题，难度中等，注意图象曲线上各点都表示平衡状态，注意分析化学方程式的特征以及温度、压强对平衡移动的影响． 17．（3分）（2022•南平二模）液态化合物AB会发生微弱的自身电离，电离方程式为，AB⇌A++B﹣，在不同温度下其平衡常数为K（25℃）=1.0×10﹣14，K（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（ ） A．c（A+）随着温度升高而降低B．在35℃时，c（A+）＞c（B一） C．AB的电离程度（25℃）＞（35℃）D．AB的电离是吸热过程考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：-23-\n弱电解质存在电离平衡，升高温度弱电解质的电离平衡常数增大，说明促进弱电解质电离，则弱电解质的电离是吸热过程，据此分析解答．解答：解：A．升高温度，其电离平衡常数增大，说明其电离程度增大，所以c（A+）随着温度升高而增大，故A错误；B．根据电离方程式AB⇌A++B﹣知，在电解质AB溶液中，c（A+）=c（B﹣），故B错误；C．升高温度，其电离平衡常数增大，说明弱电解质AB的电离程度增大，所以AB的电离程度（25℃）＜（35℃），故C错误；D．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，AB的电离程度增大，则AB的电离是吸热过程，故D正确；故选D．点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据温度与电离平衡常数的关系来分析解答，注意电离平衡常数与溶液的酸碱性无关，只与温度有关，难度中等． 18．（3分）（2022秋•天心区校级期末）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（ ） A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：c（Cl﹣）＞c（NH4+） B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：c（OH﹣）═c（H+） C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中：c（OH﹣）=c（H+）＞c（HS﹣）＞c（H2S）考点：离子浓度大小的比较．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：A．pH=7的混合溶液显示中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（Cl﹣）=c（NH4+）；B．没有指明一元酸和一元碱是强电解质还是弱电解质，无法判断混合液的酸碱性；C．硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，c（H+）＞c（OH﹣）；铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣）；D．硫化钠溶液中，硫离子水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+）．解答：解：A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中，溶液呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可知，混合液中一定满足：c（Cl﹣）=c（NH4+），故A错误；B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合，如果一元酸为强酸，一元碱为强碱，则混合液显示中性，c（OH﹣）=c（H+）；当一元酸为弱酸、一元碱为强碱时，混合液中酸过量，溶液显示酸性，c（OH﹣）＜c（H+）；一元碱为弱碱、一元酸为强酸时，混合液中碱过量，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中，由于铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），而铵根离子水解程度较小，则c（NH4+）＞c（SO42﹣），所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中，由于硫离子部分水解，则溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），硫离子水解主要以第一步为主，则：c（HS﹣）＞c（H2S），溶液中各离子浓度大小为：c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H2S）＞c（H+），故D错误；故选C．-23-\n点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒在解答此类题中的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 19．（3分）（2022秋•广饶县校级期末）有关下列两种溶液的说法中，①：0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液②：0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液．正确的是（ ） A．相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＜溶液② B．等体积混合溶液①和溶液②，所得溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．加水稀释溶液①，溶液中不变 D．25℃时，向溶液②中滴加溶液①至pH=7，溶液中c（CH3COOH）＞c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：A、CH3COONa溶液中CH3COO﹣水解，促进水的电离，CH3COOH溶液中醋酸电离，溶液呈酸性，抑制水的电离；B、根据电荷守恒，混合后溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），据此判断；C、存在水解平衡c（CH3COO﹣）+H2O⇌CH3COOH+c（OH﹣），水解平衡生成Kh=，水解平衡常数只受温度影响，温度不变，水解平衡常数不变，不受物质的浓度影响；D、浓度相差不大一般弱酸的电离程度远大于盐类水解程度，相同浓度的CH3COONa溶液与CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），CH3COONa溶液的体积应大于CH3COOH溶液体积，溶液中c（CH3COOH）＜c（Na+），溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），据此判断．解答：解：A、CH3COONa溶液中CH3COO﹣水解，促进水的电离，CH3COOH溶液中醋酸电离，溶液呈酸性，抑制水的电离，相同温度下，溶液中水的电离程度：溶液①＞溶液②，故A错误；B、根据电荷守恒，混合后溶液中c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），若溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），则c（Na+）+c（H+）＞c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液不成电中性，故B错误；C、平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，不受物质的浓度影响．溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌c（H+）+c（CH3COO﹣），电离平衡常数Ka=，存在水解平衡c（CH3COO﹣）+H2O⇌-23-\nCH3COOH+c（OH﹣），水解平衡常数Kh=，水解平衡常数只受温度影响，温度不变，水解平衡常数不变，不受物质的浓度影响，故C正确；D、浓度相差不大一般弱酸的电离程度远大于盐类水解程度，相同浓度的CH3COONa溶液与CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），CH3COONa溶液的体积应大于CH3COOH溶液体积，溶液中c（CH3COOH）＜c（Na+），溶液中电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）=c（CH3COO﹣），所以溶液中c（Na+）=c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）=c（OH﹣），故D错误．故选C．点评：本题考查溶液中离子浓度大小比较，平衡常数等，难度较大，离子浓度大小比较要考虑电解质的电离、盐类水解、水的电离、电荷守恒、物料守恒、质子恒等式，注意利用平衡常数进行的离子浓度计算与比较． 20．（3分）（2022秋•天台县校级月考）下列实验中所选用的仪器或操作以及结论不合理的是（ ） A．容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度；使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗 B．在“催化剂对过氧化氢分解反应速率的影响”实验中，MnO2的用量以及颗粒直径的大小均会影响H2O2分解的速率，但溶液的酸碱性对H2O2的稳定性没有影响 C．用锌和稀硫酸制H2时，向稀硫酸溶液中加入少量CuSO4溶液，可以加快制取H2的速率 D．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照考点：化学实验方案的评价．版权所有专题：实验评价题．分析：A．量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度，滴定管需要润洗；B．溶液的酸碱性对H2O2的稳定性有影响；C．原电池反应比化学反应速率快；D．测定时，用玻璃棒蘸取待测溶液，滴在试纸上，然后再与标准比色卡对照，便可测出溶液的pH．解答：解：A．量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度，滴定管需要润洗，容量瓶不能润洗，故A正确；B．在碱性溶液中，H2O2分解较快，故B错误；C．Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，原电池反应比化学反应速率快，故C正确；D．将一小块试纸放在表面皿上，用玻棒蘸取待测液涂于pH试纸上，再与标准比色卡对照，符合测量要求，故D正确．故选B．点评：本题考查较为综合，涉及pH试纸的使用、容量瓶的使用、滴定管的使用以及原电池等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验方法和注意事项，难度不大．-23-\n 21．（3分）（2022秋•天台县校级月考）用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某种纯净物（方括号内物质），能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是（ ） A．AgNO3B．NaOHC．KClD．CuSO4考点：电解原理．版权所有专题：电化学专题．分析：电极为惰性电极，溶液中阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，生成何种物质，结合元素守恒可知，析出何种物质就加入何种物质能使溶液恢复到原来的成分和浓度，以此来解答．解答：解：石墨电极为惰性电极，溶液中阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，A．电解AgNO3溶液，银离子在阴极放电生成Ag，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，则应加入氧化银恢复浓度，加入硝酸银不能恢复溶液浓度，故A错误；B．电解NaOH溶液，氢离子在阴极放电生成氢气，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，则应加入一定量的水恢复原样，故B正确；C．电解KCl溶液，氢离子在阴极放电生成氢气，氯离子在阳极放电生成氯气，则应加入一定量的HCl恢复原样，加入KCl不能恢复溶液浓度，故C错误；D．电解CuSO4溶液，铜离子在阴极放电生成Cu，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，则应加入一定量的CuO恢复原样，加入氢氧化铜会多加入水不能恢复浓度，故D错误；故选：B．点评：本题考查电解原理，明确电极材料及溶液中离子的放电顺序是解答本题的关键，注意结合元素守恒来分析恢复原成分和浓度，题目难度中等． 22．（3分）（2022秋•天台县校级月考）已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（ ） A．＞＞＞B．＞＞＞C．＞＞＞D．＞＞＞考点：离子浓度大小的比较．版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：相同温度下的相同浓度的不同一元酸，酸的酸性越强，则酸的电离程度越大，其阴离子的水解能力越小，混合溶液中，A﹣、B﹣都水解导致c（OH﹣）大于c（HA）、c（HB），据此分析解答．解答：解：乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，则相同浓度的HB的电离程度大于HA，酸的电离程度越大，其酸根离子的水解能力越小，所以A﹣的水解能力大于B﹣，水解能力越强，则其溶液中碱性越强，氢氧根离子浓度越大，酸的浓度越小，所以在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中＞，因为两种阴离子都水解生成氢氧根离子，所以＞，所以离子浓度大小顺序是＞＞＞，＞＞，故选A．点评：本题考查了离子浓度大小的比较，明确酸性强弱与酸根离子水解程度的关系是解本题关键，注意混合溶液中两种离子都水解导致氢氧根离子浓度最大，难度中等． 二．填空题（本题包括4个小题，共68分）-23-\n23．（17分）（2022秋•天台县校级月考）能源短缺是人类社会面临的重大问题．甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景．Ⅰ．已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H═﹣1275.6KJ•mol﹣1②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H═﹣566.0KJ•mol﹣1③H2O（g）═H2O（l）△H═﹣44.0KJ•mol﹣1写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8KJ/mol Ⅱ．工业上合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H（1）该反应在300℃，5MPa条件下能自发进行，则△H ＜ 0，△S ＜ 0（填“＜，＞或=”）．（2）在300℃，5MPa条件下，将0.20mol的CO与0.58molH2的混合气体充入2L密闭容器发生反应，反应过程中甲醇的物质的量浓度随时间的变化如图1所示．①在0～2min内，以H2表示的平均反应速率为 0.02 mol•L﹣1•s﹣1．②计算300℃时该反应的平衡常数K= 4（mol/L）﹣2 ．③300℃时，将0.50molCO、1.00molH2和1.00molCH3OH充入容积为2L的密闭容器中，此时反应将 B ．A．向正方向移动B．向逆方向移动C．处于平衡状态D．无法判断④下列措施可增加甲醇产率的是 ABD A．压缩容器体积B．将CH3OH（g）从体系中分离C．充入He，使体系总压强增大D．再充入0.20molCO和0.58molH2（3）若其它条件不变，使反应在500℃下进行，在图2中作出甲醇的物质的量浓度随时间的变化的示意图．Ⅲ．甲醇可以与水蒸气反应生成氢气，反应方程式如下：CH3OH（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H＞0．（1）判断可逆反应达到平衡状态的依据是（填序号） CD ．A．v正（CH3OH）=v正（CO2）B．混合气体的密度不变C．混合气体的平均相对分子质量不变D．CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化（2）图2中P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向A容器中充入1molCH3OH（g）和2molH2O（g），向B容器中充入1.2molCH3OH（g）和2.4molH2O（g），两容器分别发生上述反应．已知起始时容器A和B的体积均为aL．试回答：反应达到平衡时容器B的体积为1.5aL，容器B中CH3OH的转化率为 75% ，A、B两容器中H2O（g）的体积百分含量的大小关系为B ＜ A（填“＞”“＜”或“=”）．-23-\n考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．版权所有专题：基本概念与基本理论．分析：Ⅰ、依据热化学方程式和盖斯定律计算所得热化学方程式；Ⅱ、（1）当△H﹣T△S＜0时，反应自发进行，结合方程式分析即可；（2）①据图分析出△c和△t即可求出；②利用三段式法解答；③据该温度下的K和Qc比较，当K＞Qc时平衡正向移动，K＜Qc时平衡逆向移动；④结合影响平衡移动的因素，使平衡正向移动即可；（3）结合影响反应速率和影响平衡移动的因素解答．Ⅲ、（1）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变分析选项；（2）依据恒温恒容、恒温恒压容器变化，结合反应平衡特征分析判断，压强变化和物质的量变化成正比．解答：解：Ⅰ、（1）①H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣44.0kJ/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=﹣566.0kJ/mol③2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H3=﹣1275.6kJ/mol；由盖斯定律可知③﹣②+4×①得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣442.8KJ/mol；Ⅱ、（1）该反应的反应物有3mol气体，生成物有1mol气体，所以△S＜0，反应自发进行△H﹣T△S＜0，故△H必须小于0，故答案为：＜；＜；（2）①2min时，甲醇浓度变化0.02mol/L，则氢气浓度变化为0.04mol/L，v（H2）===0.02mol/（L•min）﹣1故答案为：0.02；②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）加入的（mol/L）0.100.290反应的（mol/L）0.020.040.02平衡后（mol/L）0.080.250.02K===4（mol/L）﹣2-23-\n故答案为：4（mol/L）﹣2；③Qc=K===8＞K=4，所以平衡逆向移动，故答案为：B；④A、对于反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），反应物气体体积大于生成物，压缩容器体积时，压强增大，平衡正向移动，可增加甲醇产率，故A正确；B、分离出甲醇，平衡正向移动可增加甲醇产率，故B正确；C、充入He，不影响各气体的分压，平衡不移动，不能增加甲醇产率，故C错误；D、体积不变，再充入反应物气体，平衡正向移动，可增加甲醇产率，故D正确．故选：ABD；（3）温度升高，反应速率加快，达到平衡时间短．正反应放热，升温时平衡逆向移动，平衡时甲醇浓度比300℃低，可得下图：，故答案为：；Ⅲ、（1）可逆反应达到平衡状态的依据是正逆反应速率相同，A、v正（CH3OH）=v正（CO2）是反应速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说你反应达到平衡，故A不符合；B、反应前后气体质量不变，容器体积不变，反应过程中密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故B不符合；C、反应前后气体物质的量增大，质量守恒，混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故C符合；D、CH3OH、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化是平衡标志，故D符合；故答案为：CD；（2）B容器的体积变为原来的1.5倍，增加的气体的物质的量为3.6mol×0.5=1.8mol，依据化学方程式可知增加2mol，反应甲醇1mol，则反应的甲醇的物质的量为0.9mol，CH3OH的转化率=×100%=75%．A是恒容反应容器，B是恒压反应容器．B容器充入1.2molCH3OH（g）和2.4molH2O（g）与B容器充入1molCH2OH（g）和2molH2O（g），是等效平衡．反应方程式中生成物气体增多，反应时A容器压强比B容器大，所以A中平衡时相当于B平衡后的加压，加压平衡向逆反应方向移动，A容器中H2O百分含量增多，填B“＜A”；故答案为：75%；＜．点评：本题考查了化学平衡三段式计算，平衡标志的分析判断，恒温恒容容器，恒温恒压容器的分析判断是解题关键，气体压强之比和物质的量之比成正比例，题目难度较大． 24．（17分）（2022秋•焦作期末）如图所示3套实验装置，分别回答下列问题．-23-\n（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验．向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应为 O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ ．（2）装置2中的石墨是 正 极（填“正”或“负”），该装置发生的总反应的离子方程式为 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+ ．（3）装置3中甲烧杯盛放100mL0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol/L的CuSO4溶液．反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红．①电源的M端为 正 极；甲烧杯中铁电极的电极反应为 Fe﹣2e﹣═Fe2+ ．②乙烧杯中电解反应的离子方程式为 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ ．③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为 224 mL．考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH﹣离子，以此判断并书写电极反应式；（2）装置2为原电池，负极为Cu，电极反应为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，正极为石墨，电极反应为2Fe+2e﹣═2Fe2+，以此书写电池总反应；（3）①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH﹣离子，电极反应为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，③根据电极反应和串联电路各极上转移电子的数目相等进行计算．解答：解：（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验，发生电化学腐蚀，铁为负极，碳为正极，观察到碳棒附近的溶液变红，说明在碳极上氧气得电子生成OH﹣离子，反应的电极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故答案为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣；（2）装置2为原电池，负极为Cu，电极反应为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，正极为石墨，电极反应为2Fe+2e﹣═2Fe2+，反应的总方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，-23-\n故答案为：正；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（3）①反应一段时间后，停止通电．向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红，说明在石墨电极上生成OH﹣离子，电极反应为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，发生还原反应，为电解池的阴极，连接电源的负极，即M端为正极，N端为负极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故答案为：正；Fe﹣2e﹣═Fe2+；②乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e﹣═Cu，电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；③取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，根据甲烧杯产生气体的电极反应计算生成气体的体积，2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，2mol22.4L0.02molVV==0.224L，即224ml，故答案为：224．点评：本题考查电化学知识，题目难度中等，做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算． 25．（17分）（2022秋•天台县校级月考）用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度．有以下步骤：（1）配制待测液：用5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液．除烧杯外，还需要的玻璃仪器有 1000ml容量瓶 、 玻璃棒 、 胶头滴管 ．（2）滴定：①盛装0.1000mol•L﹣1盐酸标准液应该使用 酸 式滴定管．②滴定时双眼应 观察锥形瓶内溶液颜色的变化 ．③以酚酞为指示剂，滴定终点的现象 溶液由浅红色变为无色，并且半分钟内不褪色 ④有关数据记录如下：计算纯度：烧碱样品的纯度是 80.8% ．测定序号待测溶液的体积/mL所耗盐酸标准液的体积/mL滴定前滴定后120.000.5020.78220.001.2021.32（3）误差讨论（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）：①用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果 无影响 ；②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果 偏高 ；③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果 偏低 ．（4）欲探究测定草酸晶体（H2C-23-\n2O4•xH2O）中x值，可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，滴定时，将KMnO4标准液在图中的 甲 （填“甲”或“乙”）考点：中和滴定．版权所有专题：实验题．分析：（1）配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液需要仪器：容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、天平、药匙等；（2）①酸性溶液应用酸式滴定管盛放；②滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色变化；③酚酞在碱性中显红色，滴定完全会褪色；④先算出两次消耗盐酸的平均体积，然后求出氢氧化钠的物质的量，再计算烧碱样品的纯度；（4）根据c（碱）=，判断不当操作对相关物理量的影响；（5）酸性高锰酸钾具有强氧化性和酸性．解答：解：（1）配制1000mL一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液需要仪器：1000mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、天平、药匙，所以配制待测液还需要的玻璃仪器有1000mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，烧杯；故答案为：1000mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；（2））①盛装0.1000mol•L﹣1盐酸标准液应该使用酸式滴定管；故答案为：酸；②滴定时双眼应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化，根据颜色变化判断终点；故答案为：观察锥形瓶内溶液颜色的变化；③用盐酸滴定氢氧化钠溶液，酚酞滴在氢氧化钠溶液中，显红色，当达到滴定终点时溶液由浅红色变为无色，并且半分钟内不褪色；故答案为：溶液由浅红色变为无色，并且半分钟内不褪色；④两次消耗盐酸体积分别为：20.28ml、20.12ml，所以消耗盐酸的平均体积为20.20mL，原溶液n（NaOH）=×n（HCl）=50×0.10mol/L×20.20mL×10﹣3=0.101mol，所以1000mL待测溶液含有m（烧碱）═0.808g×50=4.04g，所以烧碱的纯度为烧碱的纯度ω（烧碱）=×100%=80.8%，故答案为：80.8%；（4）①冲洗锥形瓶，不影响待测物NaOH的总物质的量，不会影响测定结果；故答案为：无影响；-23-\n②滴定过程中不慎将酸滴在瓶外，消耗盐酸的体积偏多，则测定结果偏大，故答案为：偏高；③滴定前仰视、滴定后俯视，消耗盐酸体积偏小，则测定结果偏小，故答案为：偏低；（5）酸性高锰酸钾具有强氧化性和酸性，能腐蚀碱式滴定管，所以应该选用酸式滴定管盛放，即选甲；故答案为：甲．点评：本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度中等，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作． 26．（17分）（2022秋•天台县校级月考）现有下列化合物：①Na2CO3②NaOH③HCl④NH4Cl⑤CH3COONa⑥CH3COOH⑦NH3•H2O．回答问题：（1）常温下，同物质的量浓度的以上溶液，PH由大到小的顺序为 ②＞⑦＞①＞⑤＞④＞⑥＞③ （2）NH4Cl显 酸 性，用离子方程式表示 NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+ （3）①溶液中的离子浓度大小排列 （Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） （4）PH=10的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）为 10﹣4mol/L ，在PH=3的CH3COOH溶液中水电离出来的c（H+）为 10﹣11mol/L （5）已知水中有如下平衡：H2O+H2O⇌H3O++OH﹣△H＞0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，选择的方法是 D A．向水中加入NaHSO4固体B．向水中加入Na2CO3固体C．加热至100℃D．向水中加入（NH4）2SO4固体（6）将等PH等体积的②和⑦分别加水稀释m倍、n倍后，PH仍相等，则m、n的关系 m＜n （7）物质的量均是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，已知其中c（CH3COO﹣）大于c（Na+），下列对该混合溶液的判断正确的是 A A．c（H+）＞c（OH﹣）B．c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol•L﹣1C．c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）D．c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1（8）常温下，由①②⑤组成的混合溶液，PH=13，c（CH3COO﹣）=0.3mol•L﹣1，c（Na+）=0.4mol•L﹣1，则c（CO32﹣）＜ 5×10﹣14mol/L ．考点：离子浓度大小的比较；pH的简单计算；盐类水解的应用．版权所有专题：盐类的水解专题．分析：（1）同物质的量浓度的以上溶液，溶液pH大小顺序：酸溶液＜盐溶液＜碱，再根据酸的强弱、盐溶液酸碱性、碱的强弱判断pH大小；（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；（3）①中碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，导致溶液呈碱性，第一步水解程度远远大于第二步，钠离子不水解；（4）PH=10的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）=，在PH=3的CH3COOH溶液中水电离出来的c（H+）=c（OH﹣）=；（5）H2O+H2O⇌-23-\nH3O++OH﹣△H＞0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，应该加入和氢氧根离子反应的物质；（6）加水稀释促进弱电解质电离；（7）物质的量均是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；（8）常温下，由①②⑤组成的混合溶液，PH=13，c（CH3COO﹣）=0.3mol•L﹣1，c（Na+）=0.4mol•L﹣1，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．解答：解：（1）常温下，同物质的量浓度的以上溶液，溶液pH大小顺序：酸溶液＜盐溶液＜碱，③HCl电离程度大于⑥CH3COOH，所以溶液pH：③＜⑥＜7；②NaOH电离程度大于⑦NH3•H2O，所以溶液pH②＞⑦＞7；①Na2CO3、⑤CH3COONa都是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，但碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则溶液pH：①＞⑤＞7；④NH4Cl为强弱酸碱盐，溶液呈酸性，所以pH＜7，通过以上分析知，等浓度的这几种溶液pH大小顺序是：②＞⑦＞①＞⑤＞④＞⑥＞③，故答案为：②＞⑦＞①＞⑤＞④＞⑥＞③；（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，水解方程式为NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，故答案为：酸；NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；（3）①中碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，导致溶液呈碱性，第一步水解程度远远大于第二步，钠离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+），故答案为：（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+）；（4）PH=10的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）==mol/L=10﹣4mol/L，在PH=3的CH3COOH溶液中水电离出来的c（H+）=c（OH﹣）==mol/L=10﹣11mol/L，故答案为：10﹣4mol/L；10﹣11mol/L；（5）A．向水中加入NaHSO4固体，溶液中氢离子浓度增大，抑制水电离，故错误；B．向水中加入Na2CO3固体，碳酸根离子和氢离子反应生成碳酸氢根离子，导致溶液碱性增强，故错误；C．加热至100℃，促进水电离，但溶液仍然呈中性，故错误；D．向水中加入（NH4）2SO4固体，铵根离子和氢氧根离子反应导致溶液酸性增强，故正确；故选D；（6）加水稀释促进弱电解质电离，二者pH相等，要使稀释后溶液pH相等，则氨水加水体积要大些，故答案为：m＜n；（7）物质的量均是0.1mol的CH3COOH和CH3COONa配成1L混合溶液，c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中存在电荷守恒和物料守恒，A．根据电荷守恒得c（H+）＞c（OH﹣），故正确；B．根据物料守恒得c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.2mol•L﹣1，故错误；C．醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以c（CH3COOH）＜c（CH3COO﹣），故错误；-23-\nD．溶液中存在电荷是，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+）＞0.1mol•L﹣1，故错误；故选A；（8）常温下，由①②⑤组成的混合溶液，PH=13，c（CH3COO﹣）=0.3mol•L﹣1，c（Na+）=0.4mol•L﹣1，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），2c（CO32﹣）=c（H+）+c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）﹣c（OH﹣）﹣c（HCO3﹣）=（10﹣13+0.4﹣0.3﹣0.1）mol/L﹣c（CH3COO﹣）＜10﹣13mol/L，则c（CO32﹣）＜5×10﹣14mol/L，故答案为：5×10﹣14mol/L．点评：本题考查盐类水解及弱电解质电离，明确溶质的性质、外界条件对化学平衡的影响再结合物料守恒、电荷守恒即可解答，注意酸溶液中水电离出氢离子的计算方法，注意（8）中碳酸根离子的计算方法，为难点． 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