成都实验中学17-18学年上学期第十一次周考化学试题(Word版含解析)

成都实验中学2016级高二上学期第十一次周考试题
化学
时间：45分钟满分：100分
考试主要内容：水的电离和溶液的酸碱性
一、单项选择题(每小题4分，共40分)
1．能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的操作是( C)
A．向水中投入一小块金属钠
B．将水加热煮沸
C．向水中通入二氧化碳气体
D．向水中加食盐晶体
解析：向水中通入CO2气体，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3发生电离生成H＋和HCO－3，c(H＋)增大，水的电离平衡向左移动，且c(H＋)＞c(OH－)。

2．室温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)等于10－10mol·L－1，该溶液的溶质不可能是( B) A．NaHSO4B．NaCl
C．HCl D．Ba(OH)2
解析：此时c(H＋)小于常温下纯水电离产生的c(H＋)，说明水的电离受到了抑制，NaHSO4、HCl、Ba(OH)2对水的电离都起抑制作用。

3．在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－10mol/L。

下列有关该溶液的叙述正确的是( C)
A．该溶液一定呈酸性
B．该溶液中的c(H＋)可能等于10－5
C．该溶液的pH可能为4，可能为10
D．该溶液有可能呈中性
解析：涉及到由水电离出的c(OH－)或c(H＋)时，此类问题应注意理解一个问题，即由水电离出来的c(H ＋)或c(OH－)始终是相等的，有c(H＋)水＝c(OH－)水，只不过是在溶液中以什么形式存在而已。

在本题中，由水电离出来的c(OH－)＝10－10，故溶液中的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－10mol/L，若溶液中的c(OH－)＝10－10，则该溶液中的c(H＋)应等于10－4，则溶液的pH应为4，溶液呈酸性；若溶液中的c(H＋)＝10－10，则溶液的pH应为10，(该溶液中的c(OH－)应等于10－4)，溶液呈碱性；溶液可能是呈酸性也可能是呈碱性，但溶液不可能是pH＝5的溶液，当然也不可能呈中性。

4．若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14mol/L，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是( B)
A．Al3＋，Na＋，NO－3，Cl－B．K＋，Na＋，Cl－，NO－3
C．K＋，Na＋，Cl－，AlO－2 D．K＋，NH＋4，SO2－4，NO－3
解析：由水电离出的c(OH－)＝1×10－14mol/L，则该溶液可能是呈酸性也可能是呈碱性，若要溶液中的离子一定大量共存，则表明该组离子既可在酸性条件下共存，也可在碱性条件下共存。

A中的Al3＋可与碱反应生成沉淀或转化为AlO－2；B在酸或碱性时均无反应发生，故可以共存；C中的AlO－2能与酸发生反应，故不能共存；D中的NH＋4在碱性时，能反应生成NH3或NH3·H2O，也不能共存，故正确答案为B。

5．在－50℃时，液氨的电离跟水的电离相似，存在平衡，2NH 3＋4＋NH－2，NH＋4的平衡浓度为1×10－15mol·L－1，下列说法错误的是( A)
A．在液氨中加入NaNH2，可使液氨的离子积变大
B．在液氨中加入NH4Cl，液氨的离子积不变
C．此温度下液氨的离子积K为1×10－30
D．在液氨中加入金属钠可能有NaNH2生成
6．0.01mol·L－1的NaOH溶液中的c(H＋)是0.0005mol·L－1的Ba(OH)2溶液中的c(H＋)的( C) A．10倍B．20倍
C．1/10 D．1/20
7．向水中加入少量NaHSO4(温度不变)，则溶液的( D)
A．c(OH－)增大 B．c(H＋)减小
C．c(H＋)·c(OH－)增大 D．c(H＋)＞c(OH－)
8．下列四种溶液：①c(H＋)＝1mol·L－1的醋酸②0.1mol·L－1的盐酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液④c(OH－)＝10－3mol·L－1氨水溶液。

由水电离出的氢离子浓度之比为( A)
A．1∶10∶100∶1000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3
9．下列说法错误的是(B)
A．pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10
B．0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋)为10－13mol·L－1C．等体积pH＝12的NaOH 溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH＜7
D．1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8N A
解析A项，pH相差1，溶液中的c(H＋)相差10倍；B项，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＜0.1 mol·L－1，故由水电离的c(H＋)＞10－13mol·L－1；C项，等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，CH3COOH过量，溶液显酸性，即pH＜7；D项，1个醋酸分子中含有8个共价键，即1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8N A。

10．对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是(A)
A．该溶液1 mL稀释至100 mL后，pH等于3
B．向该溶液中加入pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比值为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
解析硝酸为强电解质，完全电离，稀释100倍，pH增大2，A项正确。

不知道HNO3和Ba(OH)2溶液的体积，B项错。

硝酸电离出的c(H＋)为0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)为10－13 mol·L－1，二者之比应为1012，C项错。

pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)为10－11 mol·L－1，故D项应为10－2，D项错。

二、非选择题(共60分)
11．（每空0.5分，共8分）勒夏特列原理适用于许多平衡体系。

试用该原理分析水的电离平衡(H2
＋－
答案：①向左变大变小不变②向左变小变大不变③向右变小变大不变④向右变大变大变大
12．（每空2分，共18分）(1)在常温下的0.05mol·L－1硫酸溶液中，c(H＋)＝_________mol·L－1，水电离出的c(H＋)＝_________mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝_________mol·L－1。

水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，c(OH－)＝_________mol·L－1，c[Ba(OH)2]＝_________mol·L－1。

(2)某温度下，纯水的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)为__________。

若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5×10－4mol·L－1则溶液中c(OH－)为__________，由水电离产生的c(H＋)为__________，此时温度__________(填“高于”、“低于”或“等于”)25℃。

答案：(1)0.1 10－1310－130.1 0.05
(2)2×10－7mol·L－18×10－11mol·L－18×10－11mol·L－1高于
13．（每空2分，共6分）某温度下，K w＝10－12。

(1)若保持温度不变，向少量水中加入________g的NaOH固体，并加水至1 L，才能使溶液中水电离产生的H＋、OH－的浓度乘积即：c(H＋)水·c(OH－)水＝10－26。

(2)若保持温度不变，向水中通入的HCl气体恰好使溶液中c(H＋)/c(OH－)＝1010，则此时水电离的c(OH －)＝_________mol·L－1。

(3)若保持温度不变，某溶液中c(H＋)为1×10－7mol·L－1，则该溶液显__________性(选填“酸”、“碱”或“中”)。

答案：(1)400 (2)10－11(3)碱
14．（每空2分，共8分）(1)25℃时，10L水中含OH－的物质的量为_________mol，含H＋的个数为__________个(设阿伏加德罗常数为N A，下同)。

(2)25℃时，1g水中含H＋的个数约为__________个。

(3)室温下，1mol水中含OH－的物质的量为_________mol。

答案：(1)10－610－6N A
(2)10－10N A
(3)1.8×10－9
解析：(1)常温下，K w＝1×10－14，c(H＋)水＝c(OH－)水＝
1×10－7mol/L。

1L水中含n(OH－)＝1×10－7mol，n(H＋)＝1×10－7mol，故10L水中含OH－的物质的量为1×10－6mol，含H＋的个数为10－6N A个。

(2)1L水中即1000g水中含H＋的物质的量为1×10－7mol，故1g水中含H＋的物质的量为1×10－10mol，即含H＋的个数为10－10N A个。

(3)1L水中，即1000g水中含OH－的物质的量为1×10－7mol，故1mol水即18g水中含OH－的物质的
量为18g
1000g
×1×10－7mol＝1.8×10－9mol。

15．（每空2分，共8分）在不同温度下的水溶液中c(H＋)＝10x mol/L，c(OH－)＝10y mol/L，x与y的关系如下图所示。

请回答下列问题：
(1)曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为________，曲线Ⅰ所代表的温度________(填“高于”“低于”
或“等于”)曲线Ⅱ所代表的温度。

你判断的依据是
____________________________________________。

(2)曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01 mol/L的NaOH溶液的pH为________。

答案(1)1×10－12高于曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低(2)10
解析(1)根据曲线中的数据，可以知道曲线Ⅰ代表的温度下水的离子积为1×10－12 mol2·L－2，水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大，曲线Ⅰ所代表的水的离子积比曲线Ⅱ的大，所以，曲线Ⅰ代表的温度高。

(2)曲线Ⅰ所代表的水的离子积为1×10－12,0.01 mol/L的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol/L，则c(H＋)＝10－10 mol/L，pH＝10。

16．（除标注外，每空2分，共12分）某学生用0.1 mol·L－1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：
A．移取20 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞
B．用标准溶液润洗滴定管2～3次
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液
D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上1～2 cm
E．调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数
F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度
就此实验完成填空：
(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)__________________；
(2)上述B步骤操作的目的是________________________________________；
(3)上述A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是
___________________________________________________________；
(4)判断到达滴定终点的实验现象是_______________________________；
(5)若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是__________________________________。

答案(1)B、D、C、E、A、F (2)洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准溶液稀释产生误差(3)使测得的未知溶液浓度偏大(4)溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色（3分）(5)使测得的未知溶液浓度偏小，原因是同质量的NaOH中和的盐酸比KOH中和的盐酸多（3分）
解析(3)若用待测液润洗锥形瓶，则锥形瓶内所取待测液偏多，消耗标准液也将偏多，导致结果偏大。

(5)若用含NaOH的KOH溶液滴定盐酸，因为M(NaOH)<M(KOH)，所以配制标准液中c(OH－)偏大，测得盐酸浓度偏小。