【化学】宁夏育才中学孔德学区2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

宁夏育才中学孔德学区2019-2020学年高二上学期第二次月考试题
一、单项选择（20道题，每题2分，共40分）
1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57．3 kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57．3) kJ/mol
B. 碳与二氧化碳的反应既是吸热反应，又是化合反应
C. 热化学方程式中化学计量数可表示分子个数
D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】中和热是指稀溶液中强酸和强碱反应生成1 mol H2O放出的热量，A错；热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，C错；1 mol CH4燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量才是甲烷的燃烧热，D错。
2.反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L-1·min-1 ②v(B)＝0.6 mol·L-1·s-1 ③v(C)＝0.4 mol·L-1·s-1 ④v(D)＝0.45 mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为( )
A. ④>③＝②>① B. ④<③＝②<①
C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】首先将速率的单位统一，v(A)＝0.45 mol·L－1·min－1=0.0075 mol·L－1·s－1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（mol·L－1·s－1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是④＞③＝②＞①，答案选A。
3.100 mL 6 mol·L-1的硫酸溶液跟过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应进行的速率,又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的(　　)
A. Na2CO3固体 B. 3 mol·L-1的H2SO4溶液
C. CH3COOK溶液 D. KNO3溶液
【答案】C
【解析】此反应实质是2H++ZnZn2++H2↑,又因为要求不影响生成氢气的总量,因此不能改变H+的物质的量。加Na2CO3溶液,会生成CO2,影响生成H2的总量,故A项错;加入3 mol·L-1的H2SO4溶液,会生成更多H2,故B项错;加入KNO3溶液,Zn与H+、N反应生成NO,减少了H+的物质的量,影响氢气的生成量,故D项错;加入CH3COOK溶液,使c(H+)减小,反应速率减慢,但H+的总物质的量不变,生成的n(H2)不变,故C项正确。
4.将2 mol SO2和1 mol O2充入一容积固定的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，下列物理量不再改变时，并不能说明化学反应已达到平衡状态的是(　　)
A. 混合气体的密度
B. 混合气体的压强
C. 混合气体总物质的量
D. 混合气体的平均相对分子质量
【答案】A
【解析】试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，A不能说明；该反应是体积减小的可逆反应，在反应过程中气体的总物质的量和压强也是减小的，因此当气体的总物质的量和压强不再发生变化时，可以说明得到平衡状态；混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，因此选项D可以说明，答案选A。
5.如图曲线表示其他条件一定时，反应2NO＋O22NO2(正反应为放热反应)达平衡时NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)＞v(逆)的点是（）

A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】
【详解】曲线表示其他条件一定时，平衡状态下NO的转化率与温度的关系。
A. a点在温度一定向曲线发展的过程中，NO的转化率降低，说明a点v(正) B. b点达到平衡，v(正)=v(逆)，选项B不符合；
C. c点在温度一定向曲线发展的过程中，NO的转化率增大，说明a点v(正)>v(逆)，选项C符合；
D. d点达到平衡，v(正)=v(逆)，选项D不符合；
答案选C。
6.在密闭容器中发生如下反应：xA(g)+yB(g)zC(g)，达到平衡后测得A的浓度为0.20mol/L。在恒温下增大压强使容器容积缩小为原来的一半，再次达到平衡时，测得A的浓度为0.35mol/L。下列说法不正确的是（ ）
A. x+y﹥z B. 平衡向右移动
C. B的转化率提高 D. C的体积分数降低
【答案】D
【解析】
【详解】在恒温下增大压强使容器容积缩小为原来的一半的瞬间，A的浓度是0.40mol/L。但再次达到平衡时，测得A的浓度为0.35mol/L，这说明增大压强，平衡向右移动，即正反应是体积减小的，即x+y>z，B的转化率提高，C的体积分数增大；答案选D。
7.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是( )
A. CH3COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2
【答案】D
【解析】试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。
8.下列现象及性质不能说明醋酸是弱酸的是 (　　)
A. 锌粒与稀硫酸反应时，加入少量醋酸钠，则反应速率降低
B. 醋酸比硫酸对衣服的腐蚀性差
C. 0.1mol·L-1醋酸钠溶液的pH约为9
D. 用NaOH溶液中和等体积，相同pH的盐酸和醋酸，盐酸消耗NaOH溶液的体积小
【答案】B
【解析】
【详解】A、锌与稀硫酸反应时，加入醋酸钠溶液，硫酸与醋酸钠反应生成弱电解质醋酸，导致溶液中氢离子浓度减小反应减慢，可以证明醋酸是弱酸，故A错误；
B项、酸性强弱与腐蚀性强弱无关，不能证明酸性强弱，故B正确；
C项、测得醋酸钠溶液的pH约为9，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明醋酸为弱酸，故C错误；
D项、中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸消耗的NaOH的物质的量多，醋酸的浓度大，可以证明醋酸是弱酸，故D错误；
故选B。
9.一定温度下，水存在H2OH＋＋OH－　ΔH＝Q(Q＞0)的平衡，下列叙述一定正确的是( )
A 向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B. 将水加热，Kw增大，pH减小
C. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D. 向水中加入少量固体硫酸钠，c(H＋)＝10－7mol·L－1，Kw不变
【答案】B
【解析】试题分析： A．向水中滴入少量稀盐酸，溶液中c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，由于温度不变，所以Kw不变，错误；B．水的电离过程是吸热过程，将水加热，水的电离程度增大，Kw增大，由于c(H+)增大，故溶液的pH减小，正确；C．向水中加入少量固体CH3COONa，CH3COO-会消耗水电离产生的+，使水的电离平衡正向移动，最终导致溶液中c(H＋)降低，错误；D．由于没有指明温度，c(H＋)不一定等于10－7mol·L－1，错误。
10. 在下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是( )
A. 室温下，pH=1的溶液中： Na＋、Fe3＋、NO3－、I－
B. 水电离的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
C. AlO2浓度为0.1 mol·L-1的溶液中： Na＋、K＋、HCO3－、Cl－
D. 加入KSCN溶液显红色的溶液：K+、NH4+、Cl－、NO3－
【答案】D
【解析】试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中溶液显酸性，Fe3＋、NO3－均能氧化I－，不能大量共存；B中水的电离平衡被抑制，因此溶液可能显酸性，也可能显碱性。如果显碱性，则Al3＋不能大量共存。C中AlO2－和HCO3－反应生成氢氧化铝和CO32－，不能大量共存。D中溶液含有铁离子，可以大量共存，答案选D。
11.常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①CH3COONa ②NaOH ③NaHSO4
④NH4Cl ⑤ NaCl，溶液的pH由大到小的顺序排列正确的是( )
A. ②＞⑤＞①＞③＞④ B. ②＞①＞⑤＞③＞④
C. ②＞①＞⑤＞④＞③ D. ②＞⑤＞③＞④＞①
【答案】C
【解析】醋酸钠水解显碱性，氢氧化钠是强碱，硫酸氢钠电离出氢离子显酸性，氯化铵水解显酸性，氯化钠不水解显中性，所以正确的答案选C。
12.在盐类水解的过程中，下列说法正确的是( )
A. 盐的电离平衡被破坏
B. 水的电离程度一定会增大
C. 溶液的pH一定会增大
D. c(H＋)与c(OH－)的乘积一定会增大
【答案】B
【解析】
【详解】A、大多数盐为强电解质，在水中完全电离，A错误；
B、盐类的水解促进水的电离，B正确；
C、强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错误；
D、一定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH－)的乘积是一个常数，D错误。
答案选B。
13.实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的（ ）
①NaOH溶液　②水玻璃　③Na2S溶液 ④Na2CO3溶液　⑤NH4Cl溶液　⑥澄清石灰水 ⑦浓HNO3　⑧浓H2SO4
A. ①⑥ B. ①②③④⑥ C. ①②③⑥⑦⑧ D. ⑤⑦⑧
【答案】B
【解析】碱性溶液的试剂瓶瓶塞要用橡胶塞，因为二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，有粘性；NaOH溶液、澄清石灰水为碱，硅酸钠溶液、Na2CO3溶液、Na2S溶液水解显碱性，只能用带橡胶塞的试剂瓶保存；而浓HNO3、浓H2SO4为强酸，NH4Cl溶液水解显酸性，就需用玻璃塞；正确答案选B。
14.下列各项中的离子方程式，书写正确的是 (　　)
A. AlCl3水解：Al3++3H2O=Al(OH)3+3H+
B. NaHCO3电离：NaHCO3Na++HCO3-
C. 固体Ca(OH)2与NH4Cl共热：NH4++OH-=NH3+H2O
D. 过量的CO2气体通入饱和石灰水中：CO2+OH-=HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A项、AlCl3在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，故A错误；
B项、NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；
C项、固体Ca(OH)2与NH4Cl共热反应不是在水溶液中进行的，不能改写成离子方程式，故C错误；
D项、过量的CO2气体与饱和石灰水反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为CO2+OH-=HCO3-，故D正确；
故选D。
15.在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液，可以得到该固体物质的是(　)
A. 氯化铝 B. 碳酸氢钠
C. 硫酸铁 D. 高锰酸钾
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氯化铝在溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热时氯化氢挥发，使水解平衡右移，使氯化铝在溶液中水解趋于完全生成氢氧化铝，氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝，故A错误；
B项、碳酸氢钠溶液加热蒸干得到碳酸氢钠，灼烧时，碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故B错误；
C项、硫酸铁溶液在加热时虽然水解，但硫酸难挥发，最后得到的固体应为硫酸铁，故C正确；
D项、高锰酸钾溶液加热蒸干得到高锰酸钾，灼烧时，高锰酸钾分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故D错误；
故选C。
16.为了使CH3COONa溶液中Na＋的浓度与CH3COO－的浓度比为1∶1，可在CH3COONa溶液中加入( )
①适量的盐酸 ②适量的NaCl ③适量的醋酸 ④适量的CH3COONa
A. ①② B. ③
C. ③④ D. ④
【答案】B
【解析】在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－的水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使CH3COO－浓度比Na＋浓度要小。①使平衡向右移动，c(CH3COO－)减小；②加入Na＋，c(Na＋)增大；④中加入了CH3COONa，使CH3COO－的浓度增大，但Na＋也随着增大；只有③加入醋酸，使平衡左移，另外其本身也可以电离出CH3COO－，使溶液中的CH3COO－的浓度增大。
17. 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的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是（ ）
A. c(OH)>c(HA)>c(HB)>c(H+) B. c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+)
C. c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+) D. c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+)
【答案】A
【解析】
【详解】根据“越弱越水解”的原则，NaA的水解比NaB水解程度大，所以溶液中的c(HA)＞c(HB)，c(A－)＜c(B－)；再根据“谁强显谁性”可知溶液中的c(OH－)＞c(H＋)；由于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以c(OH－)＜c(A－)和c(B－)。在物质的量浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB混合溶液中，c(Na+)> c(B－)> c(A－)>c(OH-)>c(HA)>c(HB)>c(H+)，故A正确，
答案选A。
18.物质的量浓度相同的下列溶液：①Na2CO3②NaHCO3③H2CO3④(NH4)2CO3⑤NH4HCO3，按c(CO32-)由小到大排列顺序正确的是( )
A. ⑤<④<③<②<① B. ③<⑤<②<④<①
C. ③<②<⑤<④<① D. ③<⑤<④<②<①
【答案】B
【解析】试题分析：物质的量浓度相同的Na2CO3、NaHCO3、H2CO3、(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液中，根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，令其物质的量浓度为0.1mol/L，则：Na2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，所以，碳酸根离子浓度降低，碳酸根浓度接近0.1mol/L；NaHCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸氢根离子水解建立水解平衡，因碳酸氢钠溶液显碱性，所以，部分碳酸氢根离子的电离小于其水解，所以碳酸根浓度远远小于碳酸氢根浓度，及远远小于0.1mol/L；(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比Na2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，碳酸根离子略小于0.1mol/L；H2CO3溶液是二元弱酸，且酸性很弱，电离时分两步电离，电离出的碳酸根离子浓度较小，但它是酸，溶液显酸性，所以，碳酸根浓度小于0.1mol/L，NH4HCO3溶液中电离出碳酸根离子只需碳酸氢根离子一步电离，而H2CO3溶液是二元弱酸，需两步电离，且第二步极其微弱，其碳酸根离子的浓度比NH4HCO3溶液中碳酸根离子浓度小；NH4HCO3是易溶于水的盐，在水中完全电离在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸氢根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸氢根离子电离出来的碳酸根离子的浓度非常小，比NaHCO3溶液中碳酸根离子浓度小；综上碳酸根离子浓度为：Na2CO3＞(NH4)2CO3＞NaHCO3＞NH4HCO3＞H2CO3；故选B。
19.常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3。下列叙述正确的是(　)
A. 该溶液中：c2(H＋)≠c(H＋)·c(A－)＋Kw
B. 由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C. 浓度均为0.1 mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D. 0.1 mol·L－1 HA溶液与0.05 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)===c(A－)＋2c(OH－)
【答案】D
【解析】常温下，0.1mol•L-1某一元酸(HA)溶液的pH=3，说明该酸在其水溶液里只有部分电离，所以HA是弱酸。A．根据电荷守恒得c(H+)=c(A-)+c(OH-)，两边都同乘以c(H+)，所以得c2(H+)=c(H+)•c(A+)+Kw，故A错误；B．pH=3的HA与pH=11的NaOH溶液中，酸的浓度大于碱的浓度，等体积混合时酸的物质的量大于碱，所以酸和碱反应后酸有剩余，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；C．浓度均为0.1mol/L的HA和NaA溶液等体积混合后，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，所以c(A-)＞c(HA)，根据物料守恒可知c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，所以溶液中离子浓度大小为：c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．混合溶液中存在浓度均为0.025 mol•L-l的HA和NaA溶液，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，所以2c(H+)+c(HA)=c(A-)+2c(OH-)，故D正确；故选D。
20.室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：
实验编号

起始浓度/（mol·L－1）

反应后溶液的pH

c（HA）

c(KOH)

①

0.1

0.1

9

②

x

0.2

7

下列判断不正确的是( )
A. 实验①反应后的溶液中：c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
B. 实验①反应后的溶液中：c(OH－)=c(K＋)－c(A－)=mol/L
C. 实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)>0.1mol·L－1
D. 实验②反应后的溶液中：c(K＋)=c(A－)>c(OH－) =c(H＋)
【答案】B
【解析】
【详解】A、两者是等体积等浓度混合，应是恰好完全反应，溶质是KA，反应后溶液显碱性，说明HA是弱酸，A－发生水解，A－＋H2OHA＋OH－，离子浓度大小顺序是c(K＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故A说法正确；
B、根据电荷守恒，有c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，则有c(OH－)=c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)=Kw/10－9mol·L－1，故B说法错误；
C、因为HA是弱酸，反应后溶液显中性，溶质为HA和KA，因此HA的浓度应大于0.2mol，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)>0.2/2mol·L－1=0.1mol·L－1，故C说法正确；
D、根据电中性，c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－)，溶液显中性，即c(H＋)=c(OH－)，c(K＋)=c(A－)，离子浓度大小顺序是c(K＋)=c(A－)> c(H＋)=c(OH－)，故D说法正确；
答案选B。
二、填空题（共60分）
21.(1)有下列六种物质的溶液：①氨水②NH4Cl③NaHSO4④醋酸⑤CH3COONa⑥NaHCO3。
①溶液呈酸性的是_______________(将相应的序号填入空格，下同)。
②溶液呈碱性的是______________。
③能促进水电离的是______________。
④能抑制水电离的是______________。
(2)FeCl3水解的离子方程式为___________________。改变下列条件：①升高温度②加入少量浓盐酸③加水稀释④加少量铁粉⑤加少量NaHCO3(s)。
①使水解平衡右移的是___________。
②使水解平衡左移的是___________。
③使溶液pH减小的是_________
【答案】(1). ②③④ (2). ①⑤⑥ (3). ②⑤⑥ (4). ①③④ (5). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (6). ①③⑤ (7). ②④ (8). ①②
【解析】
【详解】（1）①氨水为弱碱，在溶液中部分电离，溶液呈碱性，电离出的氢氧根离子抑制水电离；
②NH4Cl为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，促进水电离；
③NaHSO4是强酸酸式盐，在溶液中完全电离，溶液呈酸性，电离出的氢离子抑制水电离；
⑤CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，促进水电离；
⑥NaHCO3是弱酸酸式盐，在溶液中水解趋势大于电离趋势，使溶液呈碱性，促进水电离；
综上所述：
①溶液呈酸性的是②③④；
②溶液呈碱性的是①⑤⑥；
③能促进水电离的是②⑤⑥；
④能抑制水电离的是①③④；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；
①盐的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡右移，溶液中氢离子浓度增大，pH减小；
②加入少量浓盐酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，水解平衡左移；
③加水稀释，水解平衡右移，溶液中氢离子浓度减小，pH增大；
④加少量铁粉，铁与三价铁离子反应，溶液中三价铁离子浓度减小，水解平衡左移，溶液中氢离子浓度减小，pH增大；
⑤加少量碳酸氢钠固体，碳酸氢钠与氢离子反应，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，水解平衡右移；
综上所述：
①使水解平衡右移的是①③⑤，故答案为：①③⑤；
②使水解平衡左移的是②④，故答案为：②④；
③使溶液pH减小的是①②，故答案为：①②。
22.某温度(t℃)时，测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的Kw＝________，该温度________25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，其理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
此温度下，将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的H2SO4溶液VbL混合，通过计算填写以下不同情况时两溶液的体积比：
(1) 若所得溶液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝____________；
(2) 若所得溶液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝________；
(3) 若所得溶液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝______________.
【答案】10－13（1分）大于（1分）　水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡向右移动，KW增大，因该温度下的KW大于25℃时水的KW，所以该温度大于25℃（2分）
(1)1∶10 （2分） (2)10∶1 （2分） (3)1∶9（2分）
【解析】试题分析：0.01mol•L-1的NaOH溶液的pH为11，则氢离子浓度=10-11mol/L，氢氧化钠是强电解质完全电离，所以溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，则Kw=c（H+）．c（OH-）=0.01×10-11=10-13，水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡正向移动，KW增大，因该温度下的KW大于25℃时水的KW=1×10－14，所以该温度大于25℃，故答案为10-13；大于；水的电离是吸热的，升温时水的电离平衡正向移动，KW增大，因该温度下的KW大于25℃时水的KW=1×10－14，所以该温度大于25℃；
（1）若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c（OH-）×Va=c（H+）×Vb，a=12，b=2，则0.1×Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10故答案为1：10；
（2）若所得混合液为中性，且a+b=12，Va：Vb==1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，故答案为10：1
（3）若所得混合溶液的pH=10，碱过量，且a=12，b=2，则溶液中c（OH-）==0.001，则Va：Vb=1：9；故答案为1：9。
23.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，请完成下列填空：
(1)配制100mL 0.10mol·L-1NaOH标准溶液。
①主要操作步骤：计算→称量→溶解→(冷却后)___→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→___→____→将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。
②称量__________g氢氧化钠固体，所需仪器有：天平(带砝码、镊子)、_______、________。
(2)取20.00mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准液NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号
NaOH溶液的浓度(mol/L)
滴定完成后，NaOH溶液滴入的体积(mL)
待测盐酸的体积(mL)
1
0.10
22.64
20.00
2
0.10
22.72
20.00
3
0.10
2280
20.00
①滴定达到终点的标志是___________________________。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为__________(保留两位有效数字)。
③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的__________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

④在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有__________。
A.滴定终点读数时俯视读数
B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】(1). 移液 (2). 定容 (3). 摇匀 (4). 0.4 (5). 小烧杯 (6). 药匙 (7). 当滴入最后一滴NaOH溶液时，颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (8). 0.11mol/L (9). 丙 (10). D
【解析】
【分析】(1)①配制100mL 0.10mol·L-1NaOH标准溶液的主要操作步骤是计算→称量→溶解→(冷却后) 移液→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→定容→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签；
②依据m=nM计算氢氧化钠的质量；称取氢氧化钠固体所需仪器有天平（带砝码、镊子）、药匙、烧杯；
（2）①滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，当最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不再改变，说明达到终点；
②根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）计算可得；
③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；
④分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】(1)①配制100mL 0.10mol·L-1NaOH标准溶液的主要操作步骤是计算→称量→溶解→(冷却后) 移液→洗涤(并将洗涤液移入容量瓶)→定容→摇匀→将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签；
②氢氧化钠的质量为m=nM=0.10L×0.10mol/L×40g/mol=0.4g；称取氢氧化钠固体所需仪器有天平（带砝码、镊子）、小烧杯、药匙；
（2）①滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，当最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不再改变，说明达到终点；
②由表格数据可知，三次实验消耗氢氧化钠溶液的体积为=22.72mL，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）可得关系式0.002272L×0.10mol/L=0.0020000L×c（HCl），解得c（HCl）≈0.11mol/L；
③碱式滴定管的气泡通常在橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出；
④A、滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，会导致NaOH溶液体积偏小，测定溶液浓度偏小，故A错误；
B、酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，会导致盐酸溶液中氯化氢的物质的量偏小，消耗NaOH体积偏小，测定溶液浓度偏小，故B错误；
C、锥形瓶水洗后未干燥，盐酸溶液中氯化氢的物质的量不变，对实验无影响，待测液浓度准确，故C错误；
D、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致NaOH溶液体积偏大，测定溶液浓度偏大，故D正确；
故答案为：D。
24.在室温下，下列五种溶液：
①0.1 mol/L NH4Cl ②0.1 mol/L CH3COONH4 ③0.1 mol/L NH4HSO4 ④0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液 ⑤0.1 mol/L NH3·H2O，请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈______性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是_____________(用离子方程式表示)
（2）在溶液④中______离子的浓度为0.1mol/L；NH3·H2O和_____离子的量浓度之和为0.2mol/L。
（3）室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO-的水解程度_______(填“>”“<”或“＝”)NH4+的水解程度，CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)______c(NH4+)
（4）常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2-、HA-、H+、OH-，存在的分子有H2O、H2A。
①写出酸H2A的电离方程式________。
②若溶液M由10mL 2mol·L-1NaHA溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)。
（5）已知：在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液。回答下列问题：
①两溶液中，c(H+)·c(OH-)＝__________。
②各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是________溶液。
③各取5mL上述溶液，分别加热到90℃，pH较小的是__________溶液。
④H2SO4和NH4Cl两溶液中，由水电离出的c(H＋)分别为__________、____________。
【答案】(1). 酸 (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). Cl- (4). NH4+ (5). = (6). = (7). H2A H++HA-，HA- A2-+H+ (8). > (9). 10-14 (10). H2SO4 (11). NH4Cl (12). 10-9mol/L (13). 10-5mol/L
【解析】
【分析】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性；
(2)0.1mol/L NH3·H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中氯离子不水解，浓度为0.1mol/L，根据氮元素守恒得到NH3•H2O和NH4+浓度为0.2mol/L；
(3)常温下，测得0.1mol/L CH3COONH4溶液pH=7，说明溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；由电荷守恒关系可知溶液中c(CH3COO-)=c(NH4+)；
(4)①由于溶液存在H2A，说明H2A是二元弱酸；
②等物质的量的NaHA与NaOH恰好完全反应后生成0.02mol Na2A，弱酸根A2-在溶液中水解使溶液显碱性；
(5)①室温时，水的离子积常数Kw= c(H＋)·c(OH-)=10-14；
②pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液加水稀释10倍，H2SO4溶液中H+浓度减小10倍，NH4Cl溶液中水解平衡右移，溶液中H+浓度减小小于10倍；
③盐类水解是吸热反应，升高温度促进NH4+的水解；
④由水电离c(H+)等于由水电离出的c(OH-)，酸抑制水电离，水解的盐促进水电离。
【详解】(1)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，水解离子方程式为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；
(2)0.1mol/L NH3·H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中氯离子不水解，浓度为0.1mol/L，由物料守恒可知混合液中NH3·H2O和NH4+离子的量浓度之和为0.2mol/L；
(3)常温下，测得0.1mol/L CH3COONH4溶液pH=7，说明溶液中醋酸根离子和铵根离子水解程度相同；溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，溶液pH=7说明溶液中c(OH-)=(H+)，则溶液中c(CH3COO-)=c(NH4+)；
(4)①由于溶液存在H2A，说明H2A是二元弱酸，二元弱酸在溶液中分步电离，则电离方程式为H2A H++HA-，HA- A2-+H+；
②若10mL 2mol·L-1NaHA溶液与2mol·L-1NaOH溶液等体积混合，等物质的量的NaHA与NaOH恰好完全反应后生成0.02mol Na2A，弱酸根A2-在溶液中水解使溶液显碱性，溶液pH＞7；
(5)①室温时，水的离子积常数Kw= c(H＋)·c(OH-)=10-14；
②pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液加水稀释10倍，H2SO4溶液中H＋浓度减小10倍， NH4Cl溶液中存在水解平衡NH4++H2ONH3·H2O＋H+，加水稀释平衡右移，溶液中H+浓度减小小于10倍，则pH较大的是H2SO4溶液；
③盐类水解是吸热反应，升高温度促进NH4+的水解，溶液中H+浓度增大，则pH较小的是NH4Cl溶液；
④由水电离的c(H+)等于由水电离出的c(OH－)可知H2SO4溶液中由水电离出的c(H+)==10-9mol/L，NH4Cl溶液中水电离出的c(H+)=1×10-5mol/L。