化学卷·2019届福建省莆田市第二十五中学高二12月月考试题（解析版）

化学卷·2019届福建省莆田市第二十五中学高二12月月考试题（解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！‎ 莆田第二十五中学2017-2018学年上学期第二次月考试卷 高二化学 ‎1. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）‎ A. 升高温度 B. 体积缩小一半 C. 压强不变，充入氮气使体积增大 D. 体积不变，充入氮气使压强增大 ‎【答案】D ‎【解析】A. 升高温度反应速率加快，A错误；B. 体积缩小一半压强增大，反应速率加快，B错误；C. 压强不变，充入氮气使体积增大，物质的浓度减小，反应速率降低，C错误；D. 体积不变，充入氮气使压强增大，反应物的浓度不变，反应速率不变，D正确，答案选D。‎ ‎2. 下列关于电解质分类的组合中,完全正确的是(　　)‎ A B C D 强电解质 NaCl H2SO4‎ HClO HNO3‎ 弱电解质 HF BaSO4‎ CaCO3‎ CH3COOH 非电解质 Cl2‎ CS2‎ C2H5OH SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A、非电解质的对象是化合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B、BaSO4属于盐，属于强电解质，故B错误；C、CaCO3属于盐，属于强电解质，故C错误；D、硝酸属于强酸，属于强电解质，CH3COOH属于弱酸，属于弱电解质，SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是SO2本身电离产生，SO2属于非电解质，故D正确。‎ ‎3. 某温度时水的离子积为1×10-12，若该温度下某溶液中的H+ 浓度为1×10-7 mol•L-1，则该溶液是（　　）‎ A. 酸性 B. 碱性 C. 中性 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据纯水中，KW=c(H+)•c(OH-)=1×10-12，c(H+)=c(OH-)==1×10-6＞1×10-7mol/L，所以该溶液呈碱性，故选B。‎ 考点：考查水的电离；离子积常数 ‎4. 对于恒容密闭容器中发生的可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，能说明反应达到化学平衡状态的为(　　)‎ A. 断开一个N≡N键的同时有6个N—H键生成 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. N2、H2、NH3分子数比为1∶3∶2的状态 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：可逆反应达到化学平衡状态的实质是正逆反应速率相等但不为0。A、断开1个N≡N键的同时，必然会生成2分子氨气，即6个N—H键生成，A不正确；B、密度是气体的质量和容器体积的比值，反应前后气体质量和容器体积均不变，所以在任何时刻混合气体的密度不变，B不正确；C、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，所以可以说明达到化学平衡状态，C正确；D、N2、H2、NH3分子数之比1∶3∶2的状态不一定满足正逆反应速率相等，D不正确。答案选C。‎ 考点：考查化学平衡状态的标志 ‎5. 把1 L 0.1 mol/L醋酸溶液用蒸馏水稀释到 10 L，下列叙述正确的是(　　)‎ A. c(CH3COOH)变为原来的 B. 的比值增大 C. c(H＋)变为原来的 D. 溶液的导电性增强 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：醋酸稀释，促进电离，氢离子浓度变小，pH变大，离子浓度越小，导电性越差，以此来解答．‎ 解：A．因醋酸为弱酸，稀释10倍，促进电离，则c（CH3COOH）小于原来的，故A错误；‎ B．稀释10倍，促进电离，n（CH3COO﹣）增大，n（CH3COOH）减小，则=的比值增大，故B正确；‎ C．稀释促进电离，n（H+）增大，所以c（H+）大于原来的，故C错误；‎ D．稀释时，离子浓度变小，溶液的导电性减弱，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎6. 下列物质中，属于电解质的是(　　)‎ A. BaSO4 B. C2H5OH C. Cu D. SO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、硫酸钡在熔融状态下能够导电，属于电解质，选项A正确；B、酒精在水溶液中或熔融状态下自身不能发生电离，属于非电解质，选项B错误；C、Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；D、二氧化碳在水溶液中或熔融状态下自身不能发生电离，属于非电解质，选项D错误。答案选A。‎ ‎7. 下列有关仪器的名称、图形、操作的叙述均正确的是（　　）‎ 选项 A B C D 名称 ‎250 mL容量瓶 分液漏斗 酸式滴定管 冷凝管 图形 操作 定容时仰视刻度线，则配得的溶液浓度偏大 用酒精萃取水中碘从上倒出 可用于量取KMnO4溶液 蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A、定容时仰视刻度线，则加入的蒸馏水偏多，浓度偏小，选项A错误；B、酒精能与水任意比互溶，不能作为碘水萃取碘的萃取剂，选项B错误；C、酸性KMnO4具有强氧化性，所以可用于准确量取酸性KMnO4溶液时选用酸式滴定管，选项C正确；D、蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体时冷凝水应下进上出，选项D错误。答案选C。‎ ‎8. 常温下，关于pH相同的氨水和氢氧化钠溶液，下列说法不正确的是（　　）‎ A. c(NH3·H2O)＞c(NaOH)‎ B. c(NH4+)= c(Na+)= c(OH-)‎ C. 两种溶液中水的电离程度相同 D. 等体积的氨水和氢氧化钠溶液分别与相同浓度的盐酸完全中和时，氨水所消耗的盐酸体积多 ‎【答案】B ‎9. 有关0.1mol/LNH3·H2O溶液中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氨水电离方程式为： NH3·H2O=NH4++OH-‎ B. 溶液中有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)‎ C. 溶液中：c(NH3·H2O)=0.1mol/L D. 加入少量NaOH固体，溶液中碱性增强，c(H+)·c(OH-)的乘积将增大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：氨水是弱电解质，氨水电离方程式为： NH3·H2ONH4++OH-，故A错误；根据质子守恒，溶液中有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，故B正确；根据物料守恒，溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，故C错误；温度不变c(H+)·c(OH-)的乘不变，故D错误。‎ 考点：本题考查弱电解质电离。‎ ‎10. 在已达到电离平衡的1 mol·L-1的醋酸溶液中，欲使醋酸电离程度增大，同时使溶液的pH ‎ 增大，应采取的措施是(　　)‎ A. 通入少量HCl气体 B. 加热 C. 加少量醋酸钠晶体 D. 加少量水 ‎【答案】D ‎【解析】A. 通入少量HCl气体，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；B. 醋酸的电离是吸热过程，加热，电离程度增大，pH减小，故B错误； C. 加少量醋酸钠晶体抑制了醋酸的电离，电离程度减小，故C错误；D. 加少量水，促进醋酸的电离，电离程度增大，溶液被稀释，pH减小，故D正确；故选D。‎ ‎11. 对于可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 达到化学平衡状态时，4v正(O2)===5v逆(NO)‎ B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到化学平衡状态 C. 达到化学平衡状态后，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D. 化学反应速率的关系为2v正(NH3)＝3v正(H2O)‎ ‎【答案】A ‎........................‎ ‎12. 下列物质的电离方程式书写正确的是(　　)‎ A. NaHS==Na++H++S2- B. H2SO32H++SO32-‎ C. HClO==H++ClO- D. Fe(OH)3Fe3++3OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：NaHS==Na++HS-，故A错误；H2SO3H++HSO3-，故B错误；HClO 是弱电解质，HClOH++ClO-，故C错误；Fe(OH)3Fe3++3OH-，故D正确。‎ 考点：本题考查电离方程式。‎ ‎13. 某学生用碱式滴定管量取0．1 mol·L-1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1．00 mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11．00 mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为(　　)‎ A. 大于10．00 mL B. 小于10．00 mL C. 等于10．00 mL D. 等于11．00 mL ‎【答案】A ‎【解析】滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00 mL，但实际取出的液体体积偏大。‎ ‎14. 在一定温度、不同压强(p1 HNO2 D. K(HNO2) < K(HF)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. 氢氟酸能制备亚硝酸，说明酸性是HF>HNO2‎ ‎。由于氢氟酸是弱酸，则K(HF)＝c(F-)∙c(H+)/c(HF )，A正确；B. 亚硝酸是一元弱酸，酸性弱于氢氟酸，则K(HNO2)＝4.6×10－4，B错误；C. 酸性强弱为 HF>HNO2，C正确；D. 根据氢氟酸的酸性强于亚硝酸可知K(HNO2) < K(HF)，D正确，答案选B。‎ ‎18. 现有25 ℃的下列四种溶液， 其中碱性最强的是（　　）‎ A. pH=11的溶液 B. 4 g NaOH溶于水形成1L的水溶液 C. c(OH-)=0.12 mol·L-1 D. c(H＋)=1×10-10 mol·L-1的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】A.pH=11的溶液中氢氧根离子浓度为：0.001mol/L；B．4g氢氧化钠的物质的量为：4g÷40g/mol=0.1mol，该溶液中氢氧化钠的浓度为：0.1mol÷1L=0.1mol/L；C．c(OH－)＝0.12 mol/L；D. c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1的溶液中氢氧根浓度是0.0001mol/L，所以碱性最强的溶液是选项C，答案选C。‎ ‎19. 在氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4+＋OH-，下列情况能引起电离平衡向右移动的有(　　)‎ ‎①加NH4Cl固体 ②加NaOH溶液 ③通HCl ④加CH3COOH溶液 ⑤加水 A. ①③⑤ B. ①④⑤ C. ③④⑤ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】①加NH4Cl固体，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向左移动，故①错误；②加NaOH溶液，溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡向左移动，故②错误；③加HCl，氢离子和氢氧根离子反应，导致平衡向右移动，故③正确；④加CH3COOH溶液，氢离子和氢氧根离子反应，导致平衡向右移动，故④正确；⑤加水促进电离，平衡向右移动，故⑤正确；⑥因电离在溶液中进行，加压对溶液浓度影响不大，则平衡不移动，故⑥错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查了化学平衡、电离平衡的移动，根据勒夏特里原理来分析解答即可，稀氨水中存在下述电离平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，向氨水中加入物质后确定哪种微粒浓度增大，平衡就向减弱这种微粒的方向移动，从而确定平衡移动方向。‎ ‎20. 室温下，下列有关两种溶液的说法不正确的是(　　)‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ pH ‎12‎ ‎12‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 A. ①②两溶液中c(OH－)相等 B. ①溶液的物质的量浓度为0.01mol·L-1‎ C. ①②两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：①>②‎ D. 等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：PH相同，①②两溶液中c(OH－)都等于，故A正确；氨水是弱电解质，部分电离，①溶液的物质的量浓度大于0.01mol·L-1，故B错误；PH=12的氨水溶液加水稀释10倍，12>PH>11，PH=12的氢氧化钠溶液加水稀释10倍， PH=11，稀释后溶液的pH：①>②，故C正确；PH相同，①②两溶液的浓度①>②，所以等体积的①②两溶液分别与0.01mol·L-1的盐酸完全中和，消耗盐酸的体积：①>②，故D正确。‎ 考点：本题考查强弱电解质。‎ ‎21. pH＝1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是(　　)‎ ‎①若a＜4，则A、B都是弱酸 ‎②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强 ‎③若a＝4，则A是强酸，B是弱酸 ‎④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等 A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：；pH＝1的酸，加水稀释到1000倍，若pH＝4，为强酸，若a＜4，则A、B 都是弱酸，①正确；根据图像可知稀释后，A溶液的pH大于B溶液的pH，pH越大氢离子浓度越小，则A酸溶液的酸性比B酸溶液弱，②不正确；由图可知，若a＝4，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，③正确；因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c（酸）=c（H+），对于一元弱酸，c（酸）＞c（H+），则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，④错误；答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查酸的稀释及图像分析 ‎【名师点晴】由图像可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c（酸）＝c（H+），但对于一元弱酸，c（酸）＞c（H），因此明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键。注意电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度以及离子浓度改变时，电离平衡都会发生移动，符合勒·夏特列原理。‎ ‎22. 有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg。下列表述正确的是（　　）‎ A. 在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=14+pH B. 在25℃时，若溶液呈酸性，则pH＜7，AG＜0‎ C. 在25℃时，若溶液呈碱性，则pH＞7，AG＜0‎ D. 在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1‎ ‎【答案】C ‎【解析】从pH与AG的定义式中寻找c(H+)与c(OH-)的相对大小与溶液的酸碱性的关系。A、在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=lg=lg=14+2lg=2×(7-pH)，选项A错误； B、在25℃时，酸性溶液中c(H+)> c(OH-)，即c(H+)>10-7mol/L，则pH<7；又>1，则AG>0，选项B错误；C、在25℃时，碱性溶液中c(H+)< c(OH-)，即c(OH-)>10-7mol/L，则pH>7；又<1，则AG<0，选项C正确；D、在25℃时，中性溶液中c(H+)= c(OH-)，则pH=7，因=1，AG=lg1=0，选项D错误。答案选择C。‎ ‎23. 以下事实不能说明醋酸是弱酸的是（　　）‎ A. 对含等物质的量浓度的醋酸和盐酸溶液分别做导电性实验，醋酸溶液灯泡相对较暗 B. 等体积，等物质的量浓度的醋酸和盐酸，与同浓度同体积小苏打溶液反应，开始时放出气体的速率盐酸快，醋酸慢 C. 中和等体积，等物质的量浓度的醋酸和盐酸，消耗同种氢氧化钠溶液的体积相同 D. 1L浓度为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，测得H+的物质的量约为0.003mol ‎【答案】C ‎【解析】A项，由实验现象可得，等物质的量浓度的醋酸和盐酸溶液相比，醋酸溶液导电能力弱，HCl是强电解质，在水溶液里完全电离，说明醋酸电离程度小于HCl，则证明醋酸是弱电解质，A能说明；B项，由实验现象可得，等体积，等物质的量浓度的醋酸和盐酸，与同浓度同体积小苏打溶液反应，开始时醋酸溶液中H+浓度低于盐酸溶液中H+浓度，HCl是强电解质，在水溶液里完全电离，说明醋酸电离程度小于HCl，则证明醋酸是弱电解质，B能说明；C项，中和能力取决于酸最多提供多少H+，无法判断开始时的电离情况，故C无法说明醋酸是弱酸；D项，1L浓度为0.1mol·L-1的CH3COOH溶液，CH3COOH最多能提供0.1molH+，测得H+的物质的量约为0.003mol，则说明CH3COOH没有完全电离，D能够说明醋酸是弱酸。‎ ‎24. 某温度时，测得0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为11，在此温度下，将pH＝12的强碱与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH＝10，则强碱与强酸的体积比为(　　)‎ A. 1∶9 B. 9∶1 C. 1∶11 D. 11∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】某温度时，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c（OH-）=0.01mol/L、氢离子浓度为c（H+）=10-11mol/L，则该温度下水的离子积为：Kw=c（H+）×c（OH-）=0.01×10-11=10-13；pH=12的强碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）==0.1mol/L，‎ pH=2的强酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）=0.01mol/L，pH=10的混合液显示碱性，该溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH-）==0.001mol/L，设强碱与强酸的体积分别为xL、yL，则反应后的混合液中氢离子浓度为：c（OH-）=0.001mol/L=，解得：x：y=1：9，答案选A。‎ 点睛：本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液酸碱性与溶液pH的计算，注意掌握酸碱混合的定性判断方法。该温度下0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为c（OH-）=0.01mol/L、氢离子浓度为c（H+）=10-11mol/L，再根据水的离子积表达式：Kw=c（H+）×c（OH-）计算出该温度下水的离子积；将pH=12的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=10，混合液显示碱性，根据该温度下水的离子积计算出强碱溶液、反应后的混合液中氢氧根离子浓度，然后列式计算即可。‎ ‎25. 已知在100 ℃下,水的离子积KW=1×10-12,下列说法正确的是(　　)‎ A. 0.05 mol/L的H2SO4溶液pH=1‎ B. 0.001 mol/L的NaOH溶液pH=11‎ C. 0.005 mol/L的H2SO4溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合,混合后溶液pH为6,溶液显酸性 D. 完全中和pH=3的H2SO4溶液50 mL,需要pH=11的NaOH溶液50 mL ‎【答案】A ‎【解析】已知在100 ℃下,水的离子积KW=1×10-12，A. 0.05 mol/L的H2SO4溶液，c(H+)= 0.05 mol/L ×2=0.1mol/L，pH=-lg c(H+)=1，选项A正确；B. 0.001 mol/L的NaOH溶液，c(H+)= ==10-9mol/L，pH=9，选项B错误；C. 0.005 mol/L的H2SO4溶液与0.01 mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合后溶液pH为6，溶液显中性，选项C错误；D. pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=c(OH-)==0.1mol/L，故完全中和pH=3的H2SO4溶液50 mL，需要pH=11的NaOH溶液的体积为=0.0005L=0.5 mL，选项D错误。答案选A。‎ ‎26. 现有下列8种物质：①Na2CO3　②NaHCO3　③HCl　④NH4HCO3　⑤C2H5OH　⑥Al　⑦食盐水　⑧CH3COOH。‎ ‎（1）上述物质中属于强电解质的是________________(填序号)， ‎ ‎（2）属于弱电解质的是________(填序号)，‎ ‎（3）属于非电解质的是________(填序号)，‎ ‎（4）能导电的是________(填序号)。‎ ‎【答案】 (1). ①②③④ (2). ⑧ (3). ⑤ (4). ⑥⑦‎ ‎【解析】（1）强电解质是指在熔融状态下或水溶液中能完全电离的化合物，根据其概念可判断Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3‎ 是在熔融状态下和水溶液中都能完全电离的化合物，HCl在水溶液中能完全电离的化合物，都属于强电解质，答案为①②③④；（2）在水溶液中部分电离的电解质属于弱电解质，CH3COOH是弱酸，不完全电离，属于弱电解质，答案选⑧；（3）在熔融状态下和水溶液中都不能导电的化合物属于非电解质，C2H5OH属于非电解质；（4）Al有自由移动的电子，能导电，食盐水中含有钠离子和氯离子，且能自由移动，能导电，答案选⑥⑦。‎ ‎27. 25℃下，现有0.1mol·L-1的H2SO4和0.1 mol·L-1一元弱酸HA两种溶液。‎ ‎（1）实验测得0.1 mol·L-1一元弱酸HA 的pH为4，则HA的电离平衡常数表达式Ka=______________。‎ ‎（2）0.1mol·L-1的H2SO4中水电离出的C(H+)为____________。‎ ‎（3）向0.1mol·L-1的硫酸中加入一定体积的pH=13的NaOH溶液，反应后溶液的pH为2，则所需NaOH溶液与硫酸的体积比为_________；‎ ‎（4）向0.1 mol·L-1一元弱酸HA加入一定体积的水，在此过程中，下列数值变大的是___。‎ ‎①c(H+) ② 电离度（α） ③c(OH-) ④ Ka ⑤c(A-)/ c(HA) ⑥n(A-)‎ ‎【答案】 (1). Ka=c(H＋)×c(A－)/c(HA) (2). 5.0×10－14mol·L－1 (3). 19:11 (4). ②③⑤⑥‎ ‎【解析】试题分析：（1）HA的电离平衡常数Ka=;（2）0.1mol·L-1的H2SO4中，硫酸电离的C(H+)=0.2mol·L-1，水电离出的C(H+)为5.0×10-14mol·L-1；（3），则所需NaOH溶液与硫酸的体积比为19:11；（4）①酸溶液越稀释c(H+)越小；② 弱酸越稀越电离，电离度（α）增大；③酸溶液越稀释c(H+)越小，不变，所以c(OH-)增大；④ Ka只与温度有关，Ka不变；⑤不变，c(H+)变小，c(A-)/ c(HA)增大；⑥弱酸越稀越电离，电离度（α）增大，所以n(A-)增大。‎ 考点：本题考查弱电解质电离。‎ ‎28. 下列物质中：①NaCl；②NaOH；③NH3·H2O；④CH3COOH溶液；⑤BaSO4；⑥H2O；⑦HCl；⑧H2SO4；⑨CO2；⑩酒精溶液（均填写编号回答）‎ ‎（1）pH相等的②的溶液和③的溶液等体积加水稀释相同倍数后，pH大的是______．‎ ‎（2）有pH均为2的④、⑦、⑧三种物质的溶液，物质的量浓度大到小的顺序为______，若分别用这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积分别为a、b、c，则a、b、c的大小关系是__________．‎ ‎（3）某温度时，1mol·L-1的醋酸溶液电离平衡常数为1.0×10-8，达平衡时，溶液中氢离子浓度是______________．‎ ‎【答案】 (1). ③ (2). ④>⑦>⑧ (3). b=c>a (4). 1.0×10－4mol·L－1‎ ‎【解析】（1）一水合氨是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时，氢氧根离子物质的量增大，NaOH是强电解质，加水稀释时氢氧根离子物质的量不变，加水稀释相同倍数后，一水合氨溶液中氢氧根离子物质的量浓度大，pH大，故答案为③；（2）醋酸是一元弱酸，盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，pH相同时，醋酸浓度大于盐酸，盐酸浓度大于硫酸；pH相同时，氢离子浓度相同，醋酸不完全电离，醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸，若分别用pH相等的这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积醋酸＜盐酸=硫酸，故答案为：④＞⑦＞⑧；b=c＞a；（3）醋酸的电离方程式为：CH3COOH⇌H++CH3COO-，其平衡常数表达式为K=；c2(H+)=K•c(CH3COOH) =1.0×10-8×1mol/L=1.0×10-8mol/L，c(H+)=1.0×10－4mol/L。‎ ‎29. 某学生用0.2000mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：‎ ‎①固定好滴定管F并使滴定管尖嘴充满液体；‎ ‎②用蒸馏水洗涤碱式滴定管F，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；‎ ‎③用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数；‎ ‎④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；‎ ‎⑤调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数。‎ 请回答：‎ ‎（1）以上步骤合理的顺序为（填编号）____________________，‎ ‎（2）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。‎ ‎ ‎ ‎（3）滴定管F中应该选择右图中滴定管_____（填标号）。‎ ‎（4）错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）‎ A．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗___________；‎ B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确___________；‎ C．用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液___________；‎ D．配制标准溶液的NaOH中混有KOH杂质___________；‎ ‎（5）滴定操作中,左手_____________,右手______________,眼睛应观察（填编号）_________A.滴定管内液面的变化 B.锥形瓶内溶液颜色的变化 ‎（6）判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液______________________________；‎ ‎（7）如下图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL；‎ ‎（8）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：______mol/L。‎ 滴定次数 待测体积（mL）‎ 标准烧碱体积（mL）‎ 滴定前读数 滴定后读数 第一次 ‎20.00‎ ‎0.40‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎20.00‎ ‎2.00‎ ‎24.10‎ 第三次 ‎20.00‎ ‎4.00‎ ‎24.00‎ ‎【答案】 (1). ②①⑤④③ (2). 丙 (3). 乙 (4). 无影响 (5). 偏小 (6). 偏大 (7). 偏大 (8). 控制碱式滴定管活塞 (9). 摇动锥形瓶 (10). B (11). 由无色变浅红色，且半分钟内不消失 (12). 22.60mL (13). 0.2000mol·L－1‎ ‎【解析】（1）用0.2000mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作顺序如下：②用蒸馏水洗涤碱式滴定管F，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；①固定好滴定管F并使滴定管尖嘴充满液体；⑤调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；③用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数；答案为②①⑤④③；（2）排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的丙，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液；（3）滴定管F是碱式滴定管，则应该选择右图中滴定管乙；（4）A．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作正确，测定结果无影响；B．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测定结果偏小；C．用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液，导致标准液浓度偏低，滴定时消耗标准液偏多，根据c（待测）=可知，测定结果偏大； D．配制标准溶液的NaOH中混有KOH杂质，所配标准液中氢氧根离子的浓度偏小，滴定时消耗的体积偏大，根据c（待测）=‎ 可知，测定结果偏大；（5）滴定操作中，左手控制碱式滴定管活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，答案选B；（6）判断滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液由无色变浅红色，且半分钟内不消失；（7）滴定管中的液面读数为22.60mL；（5）三次滴定消耗的体积为：20.00mL， 22.10 mL，20.00mL，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（NaOH）=20.00mL，c（待测）===0.2000mol•L-1。‎ 点睛：本题主要考查了常见的实验操作以及化学计算。易错点为误差判断，应注意：（1）根据碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗；根据c（待测）=，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；（2）先根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V（NaOH），接着根据c（待测）=来计算。‎ ‎ ‎