学年高二上学期期末考试化学试题含解答.docx
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学年高二上学期期末考试化学试题含解答
2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1.煤、石油、天然气是常见的化石燃料，关于它们的说法不正确的是（ ）
A.石油分馏可获得石油气、汽油、煤油等石油产品
B.石油催化裂化是工业上获得乙烯的主要途径
C.天然气是一种清洁的化石燃料，也是一种重要的化工原料，可用来制取甲醇和合成氨
D.煤的液化、气化、煤的干馏均属于化学变化
【答案】B
【解析】解：
A．根据沸点高低可比较分子中碳原子多少。
沸点由低到高为液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油，液化石油气、汽油、柴油、煤油、沥青中碳原子数如下表：
液化石油气
汽油
煤油
柴油
沥青
碳原子数
1-4
7-11
11-16
16-18
＞20
故A正确；
B．石油的催化裂化把相对分子质量大、沸点高的烃断裂为相对分子质量小、沸点低的烃的过程，目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，故B错误；
C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，是一种清洁的化石燃料，是一种重要的化工原料，可以制备甲醇和合成氨等。
故C正确；
D．煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化），均为化学变化，故D正确；
故选：
B。
A．根据沸点高低可比较分子中碳原子多少。
沸点由低到高为液化石油气、汽油、煤油、柴油、重油。
石油分馏，先出石油气，然后是汽油，再就是煤油。
剩下的是重油，重油里面又能分出柴油、沥青、石蜡等；
B．石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量；
C．天然气燃烧生成二氧化碳和水，是一种重要的化工原料；
D．煤的气化生成CO和氢气、煤的液化生成甲醇和煤的干馏（煤在隔绝空气下发生复杂的物理化学变化）。
本题主要考查了石油的炼制关系分析、煤的气化和液化、石油的裂解和裂化目的等，题目难度不大，掌握炼制的原理即可解答。
2.下列金属冶炼的反应原理，错误的是（ ）
A.高炉炼铁：
Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2
B.火法炼铜：
Cu2S+O2
2Cu+SO2
C.铝的冶炼：
Al2O3+3H2
2Al+3H2O
D.铝热法炼铁：
Fe2O3+2Al
2Fe+Al2O3
【答案】C
【解析】解：
A．铁在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，工业上采用热还原法来冶炼金属铁，故A正确；
B．金属铜的冶炼可以是高温下向硫化亚铜中充入空气，即Cu2S+O2
2Cu+SO2，使其转变为铜，故B正确；
C．金属铝是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼，2Al2O3
4Al+3O2↑，故C错误；
D．Al的活泼性大于Fe，可利用铝热反应Fe2O3+2Al
2Fe+Al2O3获得金属Fe，故D正确；
故选：
C。
金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法，
金属冶炼的方法主要有：
热分解法：
对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来（Hg及后边金属）；
热还原法：
在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来（Zn～Cu）；
电解法：
活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属（K～Al）。
物理分离法：
Pt、Au用物理分离的方法制得。
以此解答该题。
本题考查金属的冶炼方法，为高频考点，侧重于化学与生产的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。
3.糖类、油脂、蛋白质是三大营养物质，下列关于它们的说法正确的是（ ）
A.葡萄糖、油脂、蛋白质都能发生水解反应，且油脂在碱性条件下的水解反应叫皂化反应
B.淀粉、纤维素、油脂、蛋白质都是高分子化合物
C.牡丹籽油是一种优质的植物油脂，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.葡萄糖和果糖、蔗糖和麦芽糖、淀粉和纤维素均互为同分异构体
【答案】C
【解析】解：
A．单糖不能发生水解反应，故A错误；
B．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；
C．油中含不饱和烃基多，所以呈液态，所以牡丹籽油可使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；
D．葡萄糖与果糖、蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，淀粉与纤维素化学式虽然都表示为（C6H10O5）n，但是二者n值不同，所以其分子式不相同，不是同分异构体，故D错误；
故选：
C。
A．单糖不能发生水解反应；
B．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；
C．油脂分为油和脂肪，其中油不饱和烃基多；
D．同分异构体是指：
分子式相同，但结构不同的化合物，据此概念分析判定即可。
本题考查了常见有机物的结构和性质，属于对课本基础知识的考查，题目难度不大，应加强对基础知识的巩固和记忆。
4.下列过程或现象与盐类水解无关的是（ ）
A.纯碱溶液去油污
B.实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3 （s）溶解在较浓盐酸中，然后加水稀释
C.明矾可以做净水剂
D.硫酸氢钠溶液显酸性
【答案】D
【解析】解：
A．碳酸钠中弱离子碳酸根的水解导致溶液显碱性，碱性溶液能去除油污，与盐类水解有关，故A不选；
B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和HCl，为了防止氯化铁水解，配制三氯化铁溶液时应将三氯化铁溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度，与盐的水解有关，故B不选；
C．明矾电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积，能够净水，与盐的水解有关，故C不选；
D．硫酸氢钠在溶液中发生电离：
NaHSO4=Na++H++SO42-，与盐的水解无关，故D选；
故选：
D。
A．纯碱为碳酸钠，溶液中水解生成氢氧化钠和碳酸氢钠，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；
B．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成氢氧化铁和氯化氢，在浓盐酸中可抑制铁离子水解；
C．铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大吸附面积；
D．硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子。
本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
5.北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（ ）
A.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B.含有苯环、羟基、羰基、羧基
C.含有羟基、羰基、羧基、酯基
D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
【答案】A
【解析】解：
根据分子的结构简式可以看出，该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基。
故选：
A。
根据S-诱抗素的分子结构图来分析官能团，并利用官能团的概念来分析判断．
本题考查学生官能团的概念，可以根据教材知识来回答，较简单．
6.乙酸和乙醇是生活中常见的两种有机物，下列关于乙醇和乙醇的说法不正确的是（ ）
A.乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.75%（体积分数）的乙醇溶液常用于医疗消毒
C.金属钠能和乙酸、乙醇反应，且都属于取代反应
D.乙醇和乙酸在一定条件下能反应生成乙酸乙酯，该反应属于取代反应
【答案】C
【解析】解：
A．乙醇可被高锰酸钾氧化生成乙酸，故A正确；
B.75%（体积分数）的乙醇溶液可使蛋白质变性，使细胞脱水，常用于医疗消毒，故B正确；
C．羧基、羟基都可与钠反应，为置换反应，生成氢气，故C错误；
D．乙醇和乙酸在一定条件下能发生酯化反应生成乙酸乙酯，也为取代反应，故D正确。
故选：
C。
乙醇含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，乙酸含有羧基，具有酸性，可发生中和和取代反应，以此解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型，注意把握有机物的官能团的性质，把握乙醇和乙酸的性质的区别，难度不大。
7.为提纯下列物质（括号内的物质为杂质），所选用的除杂试剂和分离方法不正确的是（ ）
A
B
C
D
被提纯物质
酒精（水）
乙酸乙酯（乙酸）
乙烷（乙烯）
溴苯（溴）
除杂试剂
生石灰
饱和碳酸钠溶液
酸性高锰酸钾溶液
氢氧化钠溶液
分离方法
蒸馏
分液
洗气
分液
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】解：
A．CaO与水反应后增大与水的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故B正确；
C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故C错误；
D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；
故选：
C。
A．CaO与水反应后增大与水的沸点差异；
B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
C．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
D．溴与NaOH反应后，与溴苯分层。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
8.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2+、Pb2+等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀．根据上述实验事实，下列说法中，不正确的是（ ）
A.溶解度 MnS＜PbS
B.MnS存在沉淀溶解平衡 MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq）
C.Cu2+转化为沉淀的原理为 MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq）
D.沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子
【答案】A
【解析】解：
A．Ksp（PbS）＜Ksp（MnS），则溶解度 MnS＞PbS，故A错误；
B．MnS为难溶电解质，存在沉淀溶解平衡 MnS（s）⇌Mn2+（aq）+S2-（aq），故B正确；
C．发生沉淀转化，则原理为 MnS（s）+Cu2+（aq）=CuS（s）+Mn2+（aq），故C正确；
D．由信息可知，沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子，用于混合物分离提纯，故D正确；
故选：
A。
由信息可知，添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，以此来解答．
本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，把握沉淀转化、溶解平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意沉淀转化的应用，题目难度不大．
9.下列说法正确的是（ ）
A.常温下，用湿润的pH试纸测得0.01mol/L的HCl水溶液的pH为2
B.常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明CH3COOH是弱酸
C.常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低
D.常温下，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合所得溶液一定显中性
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查弱电解质的电离平衡、溶液酸碱性与溶液pH的计算，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
【解答】
A．常温下，用湿润的pH试纸测定0.01mol/L的HCl水溶液，盐酸被稀释，测定结果偏高，则测得的pH＞2，故A错误；
B．常温下，0.1mol/LCH3COONa溶液的pH＞7，说明醋酸根离子发生水解，可证明CH3COOH是弱酸，故B正确；
C．常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，酸的浓度、氢离子浓度均减小，但水的离子积不变，则氢氧根离子离子浓度增大，故C错误；
D．常温下，pH=3的酸与pH=11的碱等体积混合，若都是强电解质，则所得溶液一定显中性，但若酸为弱酸，则混合液呈酸性，若碱为弱碱，则混合液呈碱性，故D错误。
故选B。
10.在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，某研究小组探究其他条件下不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（ ）
A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C.图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙的高
D.图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响，且乙的压强较高
【答案】B
【解析】解：
A．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅰ应是增大压强的原因，故A错误；
B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；
C．图III甲、乙两个平衡状态不同，而加入催化剂，平衡不发生移动，故C错误；
D．增大压强，反应速率增大，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故D错误。
故选：
B。
A．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；
B．增大压强，正逆反应速率都增大，平衡发生移动，加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；
C．加入催化剂，平衡不发生移动；
D．增大压强，反应速率增大，平衡正向移动。
本题考查外界条件对化学反应速率、化学平衡的影响，题目难度中等，答题时注意：
（1）若t0时刻无断点，则平衡移动肯定是改变某一物质的浓度导致。
（2）若t0时刻有断点，则平衡移动可能是由于以下原因所导致：
①同时不同程度地改变反应物（或生成物）的浓度；
②改变反应体系的压强；③改变反应体系的温度。
（3）若平衡无移动，则可能是由于以下原因所导致：
①反应前后气体分子个数不变；②使用了催化剂。
（4）若V正在V逆的上方，即平衡向正反应方向移动；若V正在V逆的下方，即平衡向逆反应方向移动。
11.对常温下pH=3的 CH3COOH溶液，下列叙述不正确的是（ ）
A.c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-）
B.加入少量CH3COONa固体后，c（CH3COO-）降低
C.该溶液中由水电离出的 c（H+）是 1.0×10-11mol/L
D.与等体积pH=11 的NaOH 溶液混合后所得溶液显酸性
【答案】B
【解析】解：
A．根据醋酸溶液中的电荷守恒可得：
c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），故A正确；
B．加入少量CH3COONa固体后，醋酸钠电离出醋酸根离子，则溶液中c（CH3COO-）增大，故B错误；
C．醋酸抑制了水的电离，该溶液中由水电离出的 c（H+）与溶液中氢氧根离子浓度相等，都是 1.0×10-11mol/L，故C正确；
D．醋酸为弱电解质，醋酸的浓度大于氢氧化钠，两溶液等体积混合后醋酸过量，混合液显示酸性，故D正确；
故选：
B。
A．根据醋酸溶液中的电荷守恒判断；
B．加入醋酸钠后，溶液中醋酸根离子浓度增大；
C．醋酸电离出的氢离子抑制了水的电离，醋酸溶液中的氢氧根离子是水电离的；
D．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性．
本题考查了弱电解质电离平衡及其影响，题目难度中等，涉及酸碱混合定性判断、离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等知识，明确电离平衡及其影响为解答关键，D为易错点，注意混合液中醋酸过量．
12.下列有机物分子中的所有原子一定在平面内的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】A．苯环、双键直接相连，所有原子可能共面，也可能苯环中4个C与双键C不共面，故A错误；
B．苯环与三键直接相连，所有原子一定在平面内，故B正确；
C．含甲基，所有原子一定不共面，故C错误；
D．含亚甲基，所有原子一定不共面，故D错误；
故选：
B。
苯环、双键为平面结构，三键为直线结构，甲基、亚甲基均为四面体结构，以此来解答。
本题考查有机物的结构，为高频考点，把握苯环、双键、三键及甲基的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
13.
有关物质结构、性质的说法中正确的是（ ）
①烃的密度比水的密度小
②C2H6、C4H10、C6H14在常温下均为气体
③1mol苯最多与3mol H2发生加成反应，是因为苯分子含有3个碳碳双键
④水芹烯（桂皮中的一种成分）键线式如图，其分子式为C10H16
⑤
互为同系物
⑥甲烷与氯气在光照的条件下可以制取纯净的一氯甲烷
⑦C5H12有三种同分异构体
A.①②⑤B.③④⑦C.③⑤⑥D.①④⑦
【答案】D
【解析】解：
①烃类密度都比水小，故正确；
②碳原子数小于、等于4时为气体，C6H14在常温下为液体，故错误；
③苯不含碳碳双键，但可与氢气发生加成反应，故错误；
④由结构简式可知有机物分子式为C10H16，故正确；
⑤
分别为酚和醇，不是同系物，故错误；
⑥甲烷与氯气在光照的条件下发生多种取代反应，故错误；
⑦C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷，有3种同分异构体，故正确。
故选：
D。
①烃类密度都比水小；
②C6H14在常温下为液体；
③苯不含碳碳双键；
④根据结构确定含有元素的种类和原子个数；
⑤
分别为酚和醇；
⑥甲烷与氯气在光照的条件下发生多种取代反应；
⑦C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，涉及同系物、共面问题、有机反应及一氯代物等，综合性较强，题目难度中等。
14.下列实验能成功的是（ ）
A.苯和溴水在FeBr3作用下，发生取代反应生成溴苯
B.只用水就能鉴别苯、乙醇、四氯化碳三种物质
C.淀粉与稀H2SO4充分反应后，加入适量新制Cu（OH）2悬浊液，加热产生红色沉淀，证明淀粉发生水解反应生成了葡萄糖
D.苯和浓硝酸混合，50℃-60℃水浴加热制取硝基苯
【答案】B
【解析】解：
A．苯与溴水不反应，应选液溴，故A错误；
B．苯与水分层后有机层在上层、乙醇与水互溶，四氯化碳与水分层后有机层在下层，现象不同可鉴别，故B正确；
C．检验水解产物葡萄糖应在碱性条件下，水解后没有加碱不能检验，故C错误；
D．需要浓硫酸作催化剂，则不能制备硝基苯，故D错误；
故选：
B。
A．苯与溴水不反应；
B．苯与水分层后有机层在上层、乙醇与水互溶，四氯化碳与水分层后有机层在下层；
C．检验水解产物葡萄糖应在碱性条件下；
D．需要浓硫酸作催化剂。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、物质的鉴别、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
15.海水开发利用的部分过程如图所示。
下列有关说法不正确的是（ ）
A.海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
B.空气吹出法是工业规模海水提溴的常用方法。
其工艺的其中一个环节是把氯气通入酸化的浓缩海水（或苦卤）中
C.稀有气体（如氩）氛围中和加热条件下，可以用镁与TiCl4反应得到钛
D.在工业上一般选用氢氧化钠溶液作为图示中的沉淀剂
【答案】D
【解析】解：
A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，可分离出水，故A正确；
B．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，再利用氯气氧化HBr生成溴单质，故B正确；
C．稀有气体（如氩）氛围中和加热条件下，可以用镁与TiCl4反应得到钛，可防止金属被氧气氧化，故C正确；
D．NaOH价格比CaO高，海边有大量贝壳，其主要成分为碳酸钙，工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，便宜易得，故D错误；
故选：
D。
海水晒盐得到苦卤含钾离子、镁离子和溴离子，通入氯气氧化溴离子生成单质溴，提取后溶液中加入氢氧化钙沉淀剂沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，
A．海水淡化水，应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：
蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等；
B．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，再利用氯气氧化HBr；
C．稀有气体条件下防止Mg被氧化；
D．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意海水资源的综合应用，题目难度不大。
16.80℃时，2L 密闭容器中充入0.40mol N2O4，发生反应N2O4=2NO2△H=+Q kJ•mol-1（Q＞0），获得如下数据：
时间/s
0
20
40
60
80
100
c（NO2）/mol•L-1
0.00
0.12
0.20
0.26
0.30
0.30
下列判断正确的是（ ）
A.升高温度该反应的平衡常数K减小
B.20～40s 内，v（N2O4）=0.004mol•L-1•s1
C.反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJ
D.100s时再通入0.40mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大
【答案】C
【解析】解：
A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，故A错误；
B、20～40s内，v（NO2）=
=
=0.004mol•L-1•s1，v（N2O4）=
v（NO2）=0.002mol•L-1•s1，故B错误；
C、浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.30mol•L-1×2L=0.60mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ，故C正确；
D、100s时再通入0.40molN2O4，平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，故D错误；
故选：
C。
A、根据该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即正反应方向移动；
B、根据v=
计算NO2的反应速率，利用速率之比等于化学计量数之比求出v（N2O4）；
C、根据物质的量与热量成正比；
D、加入N2O4，则平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动；
本题主要考查化学反应速率、化学平衡移动以及热量的有关计算，题目较为综合，具有一定难度，做题时注意平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变．
17.25℃时，有c（HA）+c（A-）=0.1mol/L 的一组HA、KA 混合溶液，溶液中c（HA）、c（A-）与pH 的关系如下图所示。
下列叙述不正确的是（ ）
A.pH=5.75 的溶液中：
c（K+）＞c（A- ）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH- ）
B.欲得W 点所示溶液，起始所加溶液应符合c（HA）+c（A-）=0.1mol/L 且c（KA）＜c（HA）
C.pH=3.75的溶液中：
c（K+）+c（H+）-c（OH-）+c（HA）=0.1mol/L
D.若A-的水解常数为Kb 则lgKb=-9.25
【答案】A
【解析】解：
A．pH=5.75的溶液显酸性，HA电离大于A-离子水解，溶液中离子浓度大小为：
c（A-）＞c（K+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH-），故A错
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