1、甘肃省兰州市 2018-2019 学年高二上学期第二片区丙组期末联考化学试题1.将 0.lmol 醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（）A. 溶液中 c(H+)和 c(OH-)都减小 B. 溶液中 c（H +）增大C. 醋酸电离平衡向左移动 D. 溶液的 pH 增大【答案】D【解析】试题分析：醋酸加水稀释，电离平衡正向移动，但是溶液中的氢离子浓度会减小，根据水的离子积常数分析，氢氧根离子浓度会增大，溶液的 pH 值增大，故选 D。考点：弱电解质的电离平衡移动。2.下列溶液加热蒸干后，能析出溶质固体的是A. AlCl3 B. KHCO3 C. Fe2(SO4)3 D. NH4HCO3【答案】C【
2、解析】【详解】AAlCl 3 加热后水解生成 Al（OH）3 和 HCl，Al（OH ）3 易分解生成 Al2O3，HCl 易挥发，最后得到 Al2O3 固体；BKHCO 3 加热易分解生成 K2CO3，最后得到 K2CO3 固体；CFe 2（SO4）3 加热后水解生成 Fe（OH）3 和硫酸，但硫酸难以挥发，最后又能得到 Fe2（SO4）3；DNH 4HCO3 加热易分解生成氨气、水和二氧化碳气体，最后没有固体剩余。本题选 C。3.已知反应：101 kPa 时，2C(s)+O 2(g)=2CO(g) H=“-221“ kJmol-1稀溶液中，H +(aq)+OH-(aq) =H2O(l) H
3、=“-57.3“ kJmol-1下列结论正确的是( )A. 碳的燃烧热大于 110.5 kJmol-1B. 的反应热为 221 kJmol-1C. 稀硫酸与稀 NaOH 溶液反应的中和热为-57.3 kJmol-1D. 稀醋酸与稀 NaOH 溶液反应生成 1 mol 水，放出 57.3 kJ 热量【答案】A【解析】【详解】A.燃烧热是在一定条件下，1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据反应可知 1mol 碳完全燃烧放出的热量一定是大于 1105kJ，故 A 正确；B.由题中信息可知，的反应热为-221 kJmol -1， 故 B 错误；C.中和热不必注明“”或“” ，
4、故 C 错误；D.醋酸是弱酸,存在电离平衡，而电离是吸热的，所以稀醋酸与稀 NaOH 溶液反应生成 1 mol 水时放出的热量应小于 573 kJ，故 D 错误。本题选 A。【点睛】本题易错选 D 项，只有强酸和强碱在稀溶液中反应生成 1mol 水和可溶性盐时，放出的热量才是 573 kJ。4.下列说法中正确的是A. 在纯水中，c(H ) c(OH ) 10 7 mol/L，呈中性B. 常温下溶液中，若 c(H ) 107 mol/L，则 c(H ) c(OH )，呈酸性C. c(H )越大，则 pH 越大，溶液的碱性越强D. pH 为 0 的溶液，其中只有 H 而无 OH【答案】B【解析】【
5、详解】A必须指明在常温（25）的条件下，在纯水中才有 Kw=10-14，从而 c(H ) c(OH ) 10 7 mol/L ，故 A 错误；B常温（25）的条件下，Kw= c(H )c(OH )=10-14，若 c(H ) 107 mol/L，则c(OH ) c(OH )，溶液呈酸性，故 B 正确。CpH=-lg c（H +） ，c（H +）越大，则 pH 值越小，溶液的酸性越强，故 C 错误；D溶液中存在水的电离平衡，常温下 pH 值为 0 的溶液中氢离子浓度为 1mol/L，氢氧根离子浓度为 10-14，故 D 错误；本题选 B。5.把 abcd 四块金属片浸入稀硫酸中，用导线两两相连组
6、成原电池。若 ab 相连时，a 为负极；cd 相连时，电流由 d 到 c；ac 相连时，c 极上产生大量气泡；bd 相连时，b 上有大量气泡产生。则四种金属的活动性顺序由强到弱的为A. abcd B. acdbC. cabd D. bdca【答案】B【解析】【详解】a、b 相连时 a 为负极，则活动性顺序 ab；c、d 相连时电流由 dc，说明 c 是负极，则活动性顺序 cd；a、c 相连时 c 极上产生大量气泡，说明 c 是正极，则活动性顺序 ac；b、d 相连时 b 上有大量气泡产生，说明 b 是正极，则活动性顺序 db。综上所述，活动性顺序是 acdb。本题选 B。6.可逆反应：2NO
7、2(g) 2NO(g)+O2(g) 在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是： 单位时间内生成 n molO2的同时生成 2n molNO2 单位时间内生成 n molO2 的同时，生成 2n mol NO 用 NO2、NO、O 2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为 2 : 2 : 1 的状态混合气体的颜色不再改变的状态 混合气体的密度不再改变的状态 混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】单位时间内生成 nmolO2是正反应，同时生成 2nmolNO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故达到平衡状态；单位
8、时间内生成 nmolO2是正反应，同时生成 2nmolNO 也是正反应，故不一定达到平衡状态；化学反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故用NO2与 NO、O 2表示的反应速率的比为 2：2：1 的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，不一定达到平衡状态；NO 2为红棕色气体，O 2和 NO 为无色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故达到平衡状态；密度是混合气的质量和容器容积的比值，总质量不变，体积不变，则气体的密度不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故不一定达到平衡状态；平均相对分子
9、质量在数值上等于气体的总质量与总物质的量的比值。气体的总质量不变，总物质的量在变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故达到平衡状态。综上所述，能达到平衡状态的标志是。本题选 A。7.在新制的氯水中存在平衡：Cl 2+H2O H+Cl-+HClO 若向氯水中投入少量碳酸钙粉末，溶液中发生的变化是A. pH 值增大，HClO 浓度减小 B. pH 值减小，HClO 浓度增大C. pH 值增大，HClO 浓度增大 D. pH 值减小，HClO 浓度减小【答案】C【解析】【详解】在可逆反应 Cl2+H2O H+Cl-+HClO 中，若向氯水中加入少量 Ca
10、CO3 粉末，会和溶液中的盐酸反应，H +浓度减小，则 pH 值增大；平衡正向移动，次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸钙反应，次氯酸浓度增大。故 C 正确。本题选 C。8. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变 化的化学用语中，正确的是A. 电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为： 2Cl 2e Cl 2B. 氢氧燃料电池的负极反应式：O 2 2H 2O 4e 4OH C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu 2e Cu 2D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式： Fe2e Fe 2【答案】A【解析】【分析】在电解反应中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；原电池反应中，
11、负极发生氧化反应，而正极发生还原反应。A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子。【详解】A 项、电解饱和食盐水时，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成 Cl2，电极反应为 2Cl-2e-=Cl2，故 A 正确；B 项、氢氧燃料电池的负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子的还原反应，碱性条件下正极反应式为 O22H 2O4e =4OH ，故 B 错误；C 项、精炼铜时，纯铜与电源负极相连做
12、阴极，粗铜与电源正极相连做阳极，阳极的电极反应式为 Cu-2e-=Cu2+，故 C 错误；D 项、钢铁发生电化腐蚀时，金属铁做负极，负极的电极反应式为 Fe-2e-=Fe2+，故 D 错误。故选 A。【点睛】题考查原电池和电解池的工作原理及应用，明确电极上发生的反应是解题的关键 。9. 将 4 mol A 气体和 2 mol B 气体在 2 L 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应2A（g）+B（g ） 2C（g）若经 2 s（秒）后测得 C 的浓度为 0.6 molL-1 ，现有下列几种说法： 用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.3 mol(Ls)-1 用物质 B 表示的反应的平均速率
13、为 0.6 mol(Ls)-1 2 s 时物质 A 的转化率为 70% 2 s 时物质 B 的浓度为 0.7 molL-1 其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】2A(g) + B(g) 2C(g)起始浓度（mol/L） 2 1 0转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.62s 后浓度（mol/L） 1.4 0.7 0.6用物质 A 表示的反应的平均速率为 0.6mol/L2s 0.3 molL 1 s1 ，故正确；用物质 B 表示的反应的平均速率为 0.3mol/L2s 0.15molL 1 s1 ，故错误；2 s 时物质 A 的转化率为 0.6230，故错误；由
14、计算知 2s 时物质 B 的浓度为 0.7 molL-1，故正确。本题选 B。【点睛】本题重点在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某时刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。10.25 时，下列四种溶液中由水电离生成的氢离子浓度之比()是 pH 0 的盐酸 0.1 molL 的盐酸 0.01 molL 的 NaOH 溶液A. 110100 B. 0112C. 141312 D. 14132【答案】A【解析】【详解】25 时，K W=110-14。酸溶液中由水电离出的 c(H+)等于该溶液中的 c(OH-)，所以，c(H +)=1 mol L-1，
15、由水电离出的 c(H+)与溶液中 c(OH-)相等，等于 10-14 mol L-1；c(H+)=0.1 mol L-1，则由水电离出的 c(H+)=10-13 mol L-1。碱溶液中由水电离出的 c(H+)等于该溶液中的 c(H+)，所以，c(OH -)=0.01 mol L-1，由水电离出的 c(H+)=10-12 mol L-1，则三种溶液中由水电离出的 c(H+)之比为 10-1410-1310-12=110100。本题选 A。11.用两根铂丝作电极插入 KOH 溶液中，再分别向两极通入甲烷气体和氧气，可形成燃料电池，该电池放电时的总反应为：CH 4+2KOH+2O2=K2CO3+3
16、H2O，下列说法错误的是（ ）A. 通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极B. 放电时通入氧气的一极附近溶液的 pH 升高C. 放电一段时间后，KOH 的物质的量不发生变化D. 通甲烷的电极反应式是： CH4+10OH -8e -=CO32-+7H2O【答案】C【解析】试题分析：原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应。所以在该燃料电池中，甲烷在负极通入，氧气在正极通入。因此选项 A、B、D 都是正确的。根据总的反应方程式可知，反应是消耗氢氧化钾的，物质的量就是，C 不正确，答案选C。考点：考查燃料电池的有关判断点评：燃料电池是原电池的一种，原理是相同的，判断的依据和一般
17、的原电池相同。即在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。但需要注意的是电极反应式的书写要考虑到电解质溶液的酸碱性。12.用惰性电极电解 100mL 饱和食盐水，一段时间后，在阴极得到 112mL H2（标准状况） ，此时电解质溶液（体积变化忽略不计）的 pH 为A. 13 B. 12 C. 8 D. 1【答案】A【解析】【详解】电解饱和食盐水的化学反应方程式为 2NaCl+2H2O 2NaOH + H2+ Cl2 ，由 n（H2）= mol=0.005mol，则 n（OH-）=0.
18、01mol，c（OH-）=0.01mol/0.1L=0.1 mol L-1，故0.11222.4c（H+）=Kw/ c（OH-）=10-13 mol L-1，所以 pH=13。本题选 A。13.pH2 的 A、B 两种一元酸溶液各 1mL, 分别加水稀释到 1000mL,其溶液的 pH 与溶液体积(V)的关系如图所示, 则下列说法正确的是 A. A、B 两种酸溶液物质的量浓度一定相等B. 稀释后 A 酸溶液的酸性比 B 酸溶液强C. a 5 时, A 是弱酸, B 是强酸D. 若 A、B 都是弱酸, 则 5 a 2【答案】D【解析】【详解】A因 A、B 酸的强弱不同，一元强酸来说 c（酸）=c
19、（H +），对于一元弱酸，c（酸）c（H +），从稀释的结果来看，两种酸的强度肯定不同，则 A、B 两种一元酸的物质的量浓度一定不相等，故 A 错误；B由图可知，稀释后 B 的 pH 小，c（H +）大，则 B 酸的酸性强，故 B 错误；C由图可知，若 a=5，A 完全电离，则 A 是强酸，B 的 pH 变化小，则 B 为弱酸，故 C 错误；D若 A 和 B 都是弱酸，加水稀释时促进弱酸电离，所以溶液中 pH 为 5a2，故 D 正确。本题选 D。14.镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH 溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH +
20、2H 2O Cd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是A. 充电时阳极反应：Ni(OH) 2e + OH-=“ NiOOH“ + H2OB. 充电过程是化学能转化为电能的过程C. 放电时负极附近溶液的碱性不变D. 放电时电解质溶液中的 OH-向正极移动【答案】A【解析】放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B 不正确。放电时负极反应式为 Cr2e 2OH =Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C 不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D 不正确。答案是 A。15.氢氰酸（HCN）的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是A. 1mo
21、l/L 该酸溶液的 pH 约为 3B. HCN 易溶于水C. 10 mL1mol/LHCN 恰好与 10 mL 1mol/L NaOH 溶液完全反应D. 在相同条件下，HCN 溶液的导电性比强酸溶液的弱【答案】A【解析】【详解】A.氢氰酸为一元酸，1mol/L 的一元强酸的 pH=0，1mol/L 氢氰酸溶液 pH 约为 3，说明电离生成的氢离子约为 10-3mol/L1mol/L，部分电离，故 A 正确；B.溶解性为物理性质，与电解质的强弱无关，故 B 错误；C.10mL1mol/LHCN 恰好与 10mL1mol/LNaOH 溶液完全反应，只能说明 HCN 为酸，不能说明其电离的程度，故
22、C 错误；D.此处未指明该强酸为几元酸，即使温度和浓度相同，两者也不具备可比性，故 D 错误。本题选 A。16.如图：电流计的指针会偏转，M 极变粗，N 极变细符合这种现象的是A. M 是铜，N 是锌，R 是硫酸溶液B. M 是锌，N 是铜，R 是硫酸铜溶液C. M 是银，N 是锌，R 是硝酸银溶液D. M 是铁，N 是铜，R 是硝酸铜溶液【答案】C【解析】【详解】M 极变粗，N 极变细，说明 M 极是正极，N 极是负极，电解质溶液中的金属离子要在正极上被还原析出金属单质。A.M 极反应为 2H+2e-=H2，无法析出金属单质，故 A 不符合；B.锌比铜活泼作负极，M 极变细，故 B 不符合；
23、C. N 是锌，发生的反应为 Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，N 极变细，M 极发生的反应为 Ag+e-=Ag，M 极变粗，故 C 符合；D.铁比铜活泼，为负极，发生反应 Fe-2e-=Fe2+，M 极变细，故 D 不符合。本题选 C。17.常温下 pH3 的二元弱酸 H2R 溶液与 a L pH11 的 NaOH 溶液混合后，混合液的 pH刚好等于 7（假设反应前后体积不变） ，则对反应后混合液的叙述正确的是A. c(R2 )+ c(OH )c(Na )+c(H ) B. c(R2 )c(Na )c(H )c(OH )C. 2c(R2 )+ c(HR )c(Na ) D. 混合后溶液的体积为
24、 2a L【答案】C【解析】试题分析：A. 根据电荷守恒可知 2c(R2 )+ c(HR )+c(OH )c(Na )+c(H )，错误；B. 混合液的 pH 刚好等于 7，c(H )c(OH )，结合电荷守恒可得：2c(R 2 )+ c(HR ) =c(Na )，所以 c(R2 )【解析】【分析】根据盐类水解规律、物质的酸碱性结合 pH 的大小关系来分析。【详解】在相同温度下，浓度相同时，NaHCO 3 中碳酸氢根离子水解程度大于醋酸根、弱于碳酸根；Na 2CO3 显示碱性，碳酸根离子水解程度较大；NH 4Cl 溶液显酸性；NaCl 溶液显中性；CH 3COONa 溶液显示碱性，醋酸根离子水
25、解程度小于碳酸根和碳酸氢根，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH 越大。综上，pH 由大到小的排列顺序为。21.今有 a.盐酸 b.硫酸 c.醋酸三种酸,物质的量浓度为 0.1 mol/L 的三种酸溶液的 pH 由大到小的顺序是_；如果取等体积的 0.1 mol/L 的三种酸溶液，用 0.1 mol/L的 NaOH 溶液中和，当恰好完全反应时，消耗 NaOH 溶液的体积由大到小的顺序是_。 （用 a、b、c 表示）【答案】 (1). cab (2). ba=c【解析】【分析】从强酸、弱酸电离特点和量的关系分析。【详解】盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。若物质的量浓度均为0.1mol
26、L-1，a、b、c 中 c（H +）大小顺序是 bac，c（H +）越大溶液的 pH 越小，则溶液 pH 大小顺序是 cab；在同体积、同浓度的三种酸中，三种酸的物质的量相同，最终电离出的 n（H +）大小顺序是 ba=c，分别加入等浓度的 NaOH 溶液，消耗 NaOH 溶液体积与酸最终电离出的 n（H +）成正比，所以消耗 NaOH 溶液体积大小顺序是 ba=c。22.明矾可做净水剂的原因:_(请用相关的化学用语和文字描述),若向明矾的水溶液中加入饱和的小苏打溶液，则观察到的现象是_，有关的离子方程式_。【答案】 (1). Al3+ +3H2O Al（OH） 3（胶体）+3H + Al3+
27、水解产生的 Al（OH） 3胶体具有吸附性 (2). 有无色气体和白色沉淀产生 (3). 3HCO3-+Al3+=Al（OH） 3+ 3CO 2【解析】【分析】明矾净水从 Al3+易水解分析，而 Al3+与 HCO3-能发生双水解。【详解】Al 3+易水解生成胶状的氢氧化铝，对应反应为 Al3+ +3H2O Al（OH） 3（胶体）+3H+，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质进行沉降，使水澄清。加入小苏打 NaHCO3 后，Al 3+离子与 HCO3-离子发生相互促进的水解生成 Al（OH）3沉淀和 CO2气体，反应的离子方程式为 3HCO3-+Al3+=Al（OH）3+CO2
28、，现象是有无色气体和白色絮状沉淀产生。23.如图 A 直流电源，B 为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C 为电镀槽，接通电路后，发现 B 上的 c 点显红色，请完成下列问题：（1）电源 A 上的 a 为_极；（2）滤纸 B 上发生的总化学方程式为_；（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通 K 点，使 c、d 两点短路，则电极 e 上发生的反应为_，电极 f 上发生的反应为_，电镀槽中放的电镀液可以是_或_（只要求填两种电解质溶液） 。【答案】 (1). 正极 (2). 2NaCl+2H2O 2NaOH + H2+ Cl2 (3). Zn-2e-=Zn2+ (4). Zn2+ +2e-=Zn
29、(5). ZnSO4 (6). ZnCl2、Zn（NO 3） 2【解析】【分析】（1）根据 B 装置 c 显红色可知 c 的电极，由 c 电极进而可知 a、b 的电极；（2）根据溶液中离子的放电顺序推断出生成物，进而写出相应反应方程式。 （3）由 a、b 的电极可得知e、f 的电极，由阴、阳极上发生的反应写出相应的电极反应；由电镀原理选取电解质。【详解】 （1）因 A 为直流电源， B 为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，接通电路后，发现 B 上的 c 点显红色，故 B 为电解池，并且说明 c 点有 OH-生成，根据离子的放电顺序知，该极上 H+得 e-放电， c 为阴极，外电源 b 是负极
30、，a 是正极。（2）B 实质上是电解氯化钠溶液，溶液中的离子放电能力：H +Na+，Cl-OH-，故电解氯化钠时生成物是氯气、氢气、氢氧化钠，反应方程式2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2。（3）题目要求为铁上镀锌，电镀时 e 是阳极，f 是阴极，锌作阳极，铁作阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液，阴极上锌离子得电子生成锌单质而附在铁镀件上，故阳极反应式为Zn2eZn 2+；阴极反应式为 Zn2+2eZn；电镀液选取原则：用含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以可选 ZnSO4、Zn（NO3）2 溶液作电镀液答案：Zn2eZn 2+；Zn2+2eZn；ZnSO 4、Zn（NO3）2。【点
31、睛】本题重点为在电解水溶液时，K 、Ca2+、Na+、Mg2+、Al3 不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到 K、Ca、Na、Mg、Al 等金属。24.用酸式滴定管准确移取 25.00mL 某未知浓度的盐酸溶于一洁净的锥形瓶中，然后用0.20molL -1的氢氧化钠溶液(指示剂为酚酞).滴定结果如下：NaOH 起始读数 NaOH 终点读数第一次 0.10mL 18.60mL第二次 0.30mL 18.00mL（1）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_molL -1. （2）达到滴定终点的标志是_（3）以下操作造成测定结果偏高的原因可能是_。A. 滴定终点读数时，俯视滴定管的
32、刻度，其它操作均正确B. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D. 未用标准液润洗碱式滴定管【答案】 (1). 0.1448mol/L (2). 滴加最后一滴时，溶液颜色由无色变成粉红色，且半分钟之内不变色 (3). BD【解析】【分析】（1）计算消耗氢氧化钠溶液的平均体积，由 c（待测）c（标准）V（标准）/ V（待测）算出 c（盐酸） ；（2）滴定终点前的溶液应为无色，到达滴定终点时溶液为红色，以此来判断滴定终点；（3）根据 c（待测）c（标准）V（标准）/ V（待测） ，进行滴定误差分析。【详解】 （1）由表可知，第一次滴定消耗
33、的 V(NaOH）（18.600.10）mL18.50mL，第二次滴定消耗 V(NaOH）（18.000.30）mL17.70mL，平均消耗的 V(NaOH）18.10 mL，c（NaOH） mol/L=0.1448 mol/L，故答案为 0.1448；0.20mol/L18.1010-3L2510-3L（2）滴定结束之前，溶液应为无色，结束时变成红色。滴定终点：滴最后一滴溶液由无色变浅红色，半分钟内不褪色。（3）A滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致 V(NaOH）偏低，由c（待测）c（标准）V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏低；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂
34、一滴溶液，导致 V(NaOH）偏高，由 c（待测）c（标准）V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏大；C盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，对结果无影响；D未用标准液润洗碱式滴定管，导致V(NaOH）偏高，由 c（待测）c（标准）V（标准）/ V（待测）可知，c（待测）偏高。综上所述，造成测定结果偏高的是 BD。【点睛】在进行滴定误差分析时，都是根据 c 来分析实验操作对分子和分母的影响进而可分析对结果的影响。涉及读数误差分析时，应该明确的是最后得出的体积是前后读数之差值。25.水的电离平衡曲线如下图所示。 （1）若以 A 点表示 25时水在电离平衡时的离子浓度， 当
35、温度升到 100时，水的电离平衡状态到 B 点，则此时水的离子积从_增加到_。（2）在 100下，将 pH=8 的 Ba（OH） 2溶液与 pH=5 的稀盐酸混合，欲使混合溶液 pH=7，则 Ba(OH)2与盐酸的体积比为_。（3）在某温度下，Ca(OH) 2的溶解度为 0.74 g，其饱和溶液密度设为 1 g/mL，其离子积约为_。【答案】 (1). 110-14 (2). 110-12 (3). 2：9 (4). 0.004【解析】【分析】根据水的离子积常数分析计算。【详解】 （1）A 点纯水中 c（H+）= c（OH-）10 7mol/L，Kw =c（H+）c（OH-）10 14 ，温度
36、升为100，B 点纯水中 c（H+）= c（OH-）10 6mol/L，Kw = c（H+）c（OH-）10 12 ；（2）在 100下，pH8 的 Ba（OH）2 溶液中 C（OH-）10 4mol/L，pH5 的稀盐酸中 c（H+）10 5 mol/L，设氢氧化钡的体积为 x，盐酸的体积为 y，在 100条件下，混合溶液pH7，溶液呈碱性，混合溶液中 c（OH-）10 5 mol/L，故 c（OH-） 10 5 10-4x-10-5yx+ymol/L，所以 x：y2：9。（3）该温度下 Ca（OH）2 的溶解度为 0.74g， ，则 100g 水中溶解 0.74gCa（OH）2 时 Ca（OH）2的 c 0.1mol/L，故 c（OH-）2 cCa （OH）20.2mol/L ，离子积c（A m+）0.74g74g/mol100g+0.74g1g/mL103Lnc（Bn）mc（Ca 2+ ）c2（OH-）=0.1mol/L（0.2mol/L）2410 3（mol/L）3【点睛】本题要注意,不同温度下 Kw 不同。
