内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）

1内蒙古呼和浩特市土默特左旗第一中学2019-2020学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题(本题共7小题，共42分)1.下列过程或现象与盐类水解无关的是A.加热浓度较小的TiCl4溶液获得纳米TiO2材料B.粗盐在空气中易潮解C.加热FeCl3溶液颜色变深D.浓Na2S溶液有臭味【答案】B【解析】【分析】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛；B、MgCl2潮解；C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行．D、浓Na2S溶液有臭味，由于硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢。【详解】A、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛，与盐类水解有关，故A不选；B、粗盐在空气中易潮解，因为粗盐中含有MgCl2潮解，故B选；C、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行，得到氢氧化铁沉淀，即加热后颜色变深，和盐类水解有关，故C不选。D、硫离子水解生成具有臭鸡蛋味的硫化氢，故D不选。故选B。【点睛】本题考查了盐的水解原理、水解平衡移动等知识，解题关键：把握盐的水解原理及其应用．2.一定温度下，用水稀释0.1mol·L－1的一元弱酸HA，随稀释进行，下列数值一定增大的是（Kw表示水的离子积，Ka表示HA的电离常数）A.KwB.c(H+)/KaC.c(HA)/c(A-)D.c(OH-)【答案】D2【解析】【分析】加水稀释弱酸，促进弱酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大。【详解】A．温度不变，水的离子积常数不变，故A错误；B．加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，所以c(H＋)/Ka减小，故B错误；C．加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，则c(HA)/c(A－)减小，故C错误；D．加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故D正确；故选D。3.下列各种情况下一定能大量共存的离子组为A.pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-B.由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋C.pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-D.无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋【答案】C【解析】【分析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；3C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）10-7mol/L或c（OH-）10-7mol/L。4.下列说法正确的是A.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)=c(I－)B.常温下，向饱和CaCO3溶液中加入Na2CO3粉末，CaCO3的溶解度不变C.25℃时，Ksp[Mg（OH）2]=5．61×10－12、Ksp（MgF2）=7.12×10－11，该温度下饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大D.常温下Ksp(Ag2SO4)=1.4×10－5，向10mL0.1mol/L的Na2SO4溶液中加入10mL0.1mol/L的AgNO3溶液，有白色沉淀生成【答案】D【解析】【详解】A.AgCl和AgI的Ksp不同，AgCl和AgI均存在溶解平衡，混合溶液中阳离子都为银离子，则c（Cl-）≠c（I-），故A错误；B.常温时，向CaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，因为CaCO3存在溶解平衡，加入Na2CO3后，加大了CO32-的浓度，使CaCO3的溶解平衡逆向移动，从而降低了CaCO3溶解度，故B错误；C.两个物质的阴阳离子比值相同，因氢氧化镁溶度积小，由Mg（OH）2的Ksp计算其Mg2+浓度小，故C错误；D.混合后，c(SO42-)=0.05mol/L，c(Ag+)=0.05mol/L，根据Ksp(Ag2SO4)=1.4×10－5，混合溶液的c2(Ag+)×c(SO42-)=0.0025×0.05=1.25×10-41.4×10－5，即有白色沉淀生成，故D正确，故选D。5.下列变化使所得溶液的pH=7的是A.将25℃pH=7的NaCl溶液加热至80℃B.常温下,pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合4C.常温下,pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合D.常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合【答案】B【解析】【分析】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大；B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水；C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余；D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性。【详解】A．升高温度促进水电离，溶液中c（H＋）增大，则溶液的pH小于7，故A错误；B、常温下，pH=2的NaHSO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠和水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液呈中性，pH=7，故B正确；C、常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，二者等体积混合，醋酸有剩余，溶液呈酸性，溶液的pH＜7，故B错误；D、常温下,0.1mol·L-1的NaAlO2溶液和0.1mol·L-1的HCl溶液按体积比1:4混合，生成氯化钠、氯化铝和水，氯化铝水解后呈酸性，故D错误。故选B。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，解题关键：明确溶液中的溶质及其性质，易错点A，升高温度促进水电离，溶液的pH小于7，但溶液仍然呈中性，难点D，NaAlO2和酸反应与酸的量有关．6.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是5A.图中五点Kw间的关系：B＞C＞A＝D＝EB.若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C.若从A点到C点，在温度不变时向水中加入适量NH4Cl固体D.若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性【答案】C【解析】【详解】A、Kw与温度有关，温度越高值越大，EAD在一条等温线上，所以相等，因为温度升高，所以B＞C＞A＝D＝E，A正确。B、若从A点到D点，c(H+)变大，c(OH-)变小，可采用在水中加入少量酸的方法，B正确。C、若从A点到C点，Kw改变温度改变，C错误。D、若处在B点时，Kw=10-12（mol/L）2，pH=2的硫酸溶液与pH=10的KOH溶液等体积混合，二者恰好反应，所得溶液呈中性，D正确；答案选C。7.两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示，下列叙述正确的是A.MOH是一种弱碱B.在x点，c(M+)=c(R+)C.稀释前，c(MOH)=l0c(ROH)6D.稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH-)前者是后者的10倍【答案】B【解析】A、根据图示，溶液稀释100倍，ROH溶液的pH减小了1，MOH溶液pH减小了2，所以MOH是强碱，ROH是弱碱，故A错误；B、在x点，两溶液中pH相等，氢氧根离子浓度等于c(M+)、c(R+)，所以c(M+)=c(R+)，故B正确；C、由于MOH是强碱，ROH是弱碱，稀释前，MOH等于0.1mol/L，ROH大于0.01mol/L，所以稀释前，c(MOH)＜10c(ROH)，故C错误；D、稀释前，MOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，ROH溶液中的c(OH-)=0.01mol/L，由水电离出的c(OH-)分别为10-13mol/L、10-12mol/L，因此MOH溶液中水电离的c(OH-)是ROH溶液中由水电离出的氢氧根离子浓度的110倍，故D错误；故选B。二、非选择题(本题共4小题，共58分)8.用氧化还原滴定法测定Ti02的质量分数；一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(S04)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。(1)配制NH4Fe(S04)2标准溶液时，使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的____________________________(填字母代号)。(2)滴定终点的现象是__________________________________________________。(3)滴定分析时，称取TiO2(摩尔质量为Mg/mol)试样wg，消耗cmol/LNH4Fe(S04)2标准溶液VmL，则Ti02质量分数表达式为______________________________。(4)判断下列操作对Ti02质量分数测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果________________________________________________________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________________。【答案】(1).ac(2).溶液变为红色，且半分钟不褪色(3).cVM10w%(4).偏高(5).偏低【解析】7【分析】(1)依据溶液配制操作分析所需要的玻璃仪器；(2)因为是用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe(SO4)2不再反应，生成血红色的Fe(SCN)3；(3)根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，据此计算其质量分数为；(4)①NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，百分含量偏大；②若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏小。【详解】(1)根据一定物质的量浓度的溶液操作步骤可知，所需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需一定规格的容量瓶和胶头滴管，故答案为ac；(2)Fe3+与Ti3+反应，被还原为Fe2+，加入KSCN不显红色，当达到滴定终点时，再加入NH4Fe(SO4)2，溶液中Fe3+过量，会变成红色，即溶液变为红色，且半分钟不褪色时为滴定终点；(3)根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2)=cV×10-3mol，其质量分数为；3cV10molMg/mol100%wg=cVM10w%；(4)①在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液溅出，其物质的量浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中百分含量偏高；②若终点俯视滴定管，读取的体积比实际消耗的体积偏小，质量分数偏低。9.电解质在水溶液