学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期末考试化学试题理试题答案+解析.docx

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学年湖南省醴陵市第一中学高二上学期期末考试化学试题理试题答案+解析

湖南省醴陵市第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（理）试题

时间：

90分钟总分：

100分

班级__________姓名___________考号_______________

可能用到的相对原子质量：

H－1　C－12　O－16

第Ⅰ卷

一、选择题：

本题共20小题，总分48分；1-12题每题2分；13-20题每题3分，均只有一项是符合题目要求的。

1.在下列各说法中，正确的是：

A.已知C（金刚石，s）=C（石墨，s）；△H=—1.89kJ/mol，则金刚石比石墨稳定

B.1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热

C.H2SO4与Ba（OH）2反应生成1molH2O时放出的热叫做中和热

D.热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，可以是分数

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据C（金刚石，s）=C（石墨，s）；△H=—1.89kJ/mol可知，等质量金刚石具有的能量比石墨高，能量越高越不稳定，所以金刚石没有石墨稳定，A项错误；

B.101kPa时，1molH2（g）与0.5molO2（g）反应生成1mol液态水时放出的热量才是H2的燃烧热，B项错误；

C.H2SO4与Ba（OH）2反应方程式为：

H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，反应中除中和反应生成水外还有BaSO4沉淀生成，所以该反应过程中的热效应不是中和热，C项错误；

D.热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，D项正确；答案选D。

2.某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是

A.该反应不一定能自发进行

B.E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能

C.正反应的热效应为△H=E1-E2，且E2＞E1，所以正反应为放热反应

D.加入合适催化剂，△H不变，E1、E2也不变

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图像可知A+BC=AB+C，△H<0，但该反应熵变△S不一定大于0，所以该反应不一定能自发进行，A项正确；

B.A+BC=AB+C，E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，即反应物成为活化分子所需的最低能量，就是正反应的活化能，B项正确；

C.根据能量转化图可知A+BC=AB+C的反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，所以正反应的反应热△H=－（E2-E1）=E1－E2，E2>E1，△H<0，C项正确；

D.加入合适催化剂可以降低正、逆反应的活化能，即E1、E2均减小，D项错误；答案选D。

3.将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是

A.b电极上发生还原反应B.片刻后甲池中c（Cl-）增大

C.电子沿Zn→a→b→Cu 路径流动D.片刻后可观察到滤纸b点变红色

【答案】B

【解析】

甲乙两烧杯的溶液和Zn、Cu、盐桥构成原电池（作电源），Zn作负极，Cu作正极。

用饱和硫酸钠、酚酞溶液浸湿的滤纸构成了电解池，a为阴极，b为阳极。

【详解】A.甲乙两烧杯的溶液和Zn、Cu、盐桥构成原电池，Cu作正极，所以b为电解池的阳极，阳极失去电子，发生氧化反应，A项错误；

B.原电池工作时电解质溶液中阴离子向负极迁移，即Cl-向甲烧杯迁移，所以甲池中c（Cl-）增大，B项正确；

C.电解质溶液不是电子导体，电子不能通过电解质溶液，所以电子迁移路径为Zn→a，b→Cu，C项错误；

D.滤纸构成了电解池，b为阳极，其电极反应为：

2H2O－4e-=O2↑+4H+，所以b点溶液显酸性，滤纸b点没有颜色变化，D项错误；答案选B。

4.下列描述中正确的是

A.电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极

B.电解饱和食盐水制取产品，用阳离子交换膜

C.雨水酸性较强时，生铁片仅发生析氢腐蚀

D.铁上镀铜，铁作阳极

【答案】B

【解析】

【详解】A.如果用铁作阳极，则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，故熔融的氧化铝中含有Fe2+。

而Fe2+放电能力比Al3+强，因此在阴极上有反应Fe2++2e-=Fe，所制取的金属铝中含有铁杂质，A项错误；

B.电解饱和食盐水制取NaOH、Cl2等产品，阳极反应：

2Cl-－2e-=Cl2↑，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，用阳离子交换膜使得Na+向阴极迁移，同时阳极室的Cl2不能与阴极室的NaOH接触，保证了NaOH产品的纯度，B项正确；

C.生铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀往往同时发生，酸性较强时随着析氢腐蚀进行，生铁表面酸性减弱，则吸氧腐蚀成为主要因素，C项错误；

D.电镀是电解原理的应用，铁上镀铜反应中铁（镀件）作阴极：

Cu2++2e-=Cu，铜（镀层金属）作阳极：

Cu－2e-=Cu2+，硫酸铜溶液作电镀液，D项错误；答案选B。

5.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。

高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O

3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是

A.放电时负极反应为：

Zn－2e—+2OH—=Zn（OH）2

B.充电时阳极反应为：

Fe（OH）3—3e—+5OH—=FeO42-+4H2O

C.放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化

D.放电时正极附近溶液的碱性增强

【答案】C

【解析】

试题分析：

放电为原电池，负极失电子发生氧化反应：

Zn–2e-+2OH-＝Zn（OH）2　Ａ对

正极反应为2K2FeO4＋6e+8H2O=2Fe（OH）3+10OH-,有OH-生成，所以正极附近碱性增强，D对　　

充电时是电解池，阳极发生氧化反应：

Fe（OH）3-3e-+5OH-＝FeO42-+4H2O　Ｂ对

原电池中正极得电子，发生的是还原反应，故Ｃ错

考点：

原电池和电解池的反应原理

点评：

该题已给出反应的总原理，注意电子流入负极，流出正极，在判断电极方程式时要有体现。

6.根据下列有关图象，说法正确的是

A.由图Ⅰ知，该反应的△H>0

B.由图Ⅱ知，该反应为放热反应

C.由图Ⅲ知，t3时一定是采取降低反应温度的措施

D.由图Ⅲ知，反应在t6时，NH3体积分数最大

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图I可以看出，当温度低于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐减小，生成物Z的体积分数逐渐增大；当温度高于T2时，随着温度升高，反应物X的体积分数逐渐增大，生成物Z的体积分数逐渐减小。

可推知T2条件下该反应已达到平衡状态，随后，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理逆反应是吸热反应，故正反应是放热反应，所以该反应的△H<0。

A项错误；

B.图II是生成物B分别在T1和T2条件下，其物质的量随时间的变化曲线，根据“先拐先平”的规律，T1温度下该反应先达到平衡，说明温度高低：

T1>T2。

由图II知平衡时B的物质的量大小关系：

T1

C.由图Ⅲ可知t3时正、逆反应都减小，且

，说明t3时改变的条件使反应速率减小且平衡向逆反应方向移动，由反应式N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）可知，t3时改变的条件也可以是减小压强，C项错误；

D.由图III可知，反应N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）在t1时第一次建立平衡，t2~t3时平衡没有移动，NH3的体积分数不变；t3~t4过程中平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数减小；t5~t6改变的条件使平衡向逆反应方向移动，NH3的体积分数进一步减小，所以达到平衡的各阶段中t6时NH3的体积分数最小，D项错误；答案选B。

【点睛】在反应速率-时间（υ-t）、反应速率-压强（υ-p）、反应速率-温度（υ-T）等图像中，利用正反应速率

与逆反应速率

的相对大小来判断反应所处的状态或进行的方向：

当

>

时，平衡向正反应方向进行；当

=

时，反应已处于平衡状态；当

<

时，反应向逆反应方向进行。

7.25℃时，在20mL，0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是

A.在C点：

c（CH3COO－）﹥c（Na＋）﹥c（H＋）﹥c（OH－）

B.在C点：

c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）﹦2c（Na＋）

C.在B点：

c（OH－）﹦c（H＋），c（Na＋）﹦c（CH3COO－）

D.在A点：

c（Na＋）﹥c（OH－）﹥c（CH3COO－）﹥c（H＋）

【答案】D

【解析】

【详解】A.由中和反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，当加入醋酸溶液体积为20mL时，C点所得溶液中溶质为CH3COONa和CH3COOH，且CH3COONa和CH3COOH物质的量浓度相同，因溶液中醋酸发生电离CH3COOH

CH3COO-+H+，CH3COONa发生水解：

CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-，且由图像知C点显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以C点溶液中离子浓度大小关系为：

c（CH3COO-）>c（Na+）>c（H+）>c（OH-），A项正确；

B.由A项分析知，C点溶液是等浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，根据物料守恒可得c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），B项正确；

C.由图像知B点溶液显中性，且加入了超过10mL的醋酸溶液，故B点溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中有c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），将两等式相减得c（Na+）=c（CH3COO-），C项正确；

D.由图像知A点溶液中加入了10mL醋酸溶液，根据反应方程式CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，此时NaOH与CH3COOH恰好完全反应，即A点是CH3COONa溶液，由于CH3COONa的水解CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-，且水解是微弱的，所以A点溶液中离子浓度大小关系为：

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（H+），D项错误；答案选D。

8.在T℃时，铬酸银（Ag2CrO4）在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

下列说法中不正确的是

A.T℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等

B.向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点

C.T℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8

D.图中a＝

×10－4

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、一定温度下溶度积是常数，随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；B、在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点，B正确；C、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶剂平衡为：

Ag2CrO4（s）

2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）•c（CrO42-）=（10-3）2×10-5=10-11，C错误；D、依据溶度积常数计算Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）•c（CrO42-）=10-11，Z点时c（CrO42-）=5×10-4，则c（Ag+）2=2×10-8，所以a=

×10－4，D正确，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查了沉淀溶解平衡的分析判断，溶度积常数的计算应用

【名师点晴】溶解平衡图像题的一般解题思路是

。

另外该题还需要注意溶度积只随温度变化。

考点：

考查

9.已知：

AgBr比AgCl更难溶，将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，发生的反应为

A.只有AgBr沉淀生成B.AgCl与AgBr沉淀等量生成

C.AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgCl沉淀为主D.AgCl与AgBr沉淀都有，但以AgBr沉淀为主

【答案】C

【解析】

水溶液中AgBr和AgCl沉淀存在：

AgBr（s）

Ag+（aq）+Br-（aq），AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl-（aq），根据难溶电解质的沉淀溶解平衡分析。

【详解】在AgCl与AgBr的饱和混合溶液中存在溶解平衡AgBr（s）

Ag+（aq）+Br-（aq），AgCl（s）

Ag+（aq）+Cl-（aq），加入足量的浓AgNO3溶液时两个溶解平衡都要向生成沉淀的方向移动，所以AgBr和AgCl沉淀都会生成。

由于AgBr比AgCl更难溶，起始时饱和溶液中Br-的物质的量比Cl-更少，加入浓AgNO3溶液发生反应：

Ag++Br-=AgBr↓，Ag++Cl-=AgCl↓，所以最后所生成的AgBr沉淀比AgCl要少。

答案选C。

10.有0.2mol某有机物和0.5mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O（气）。

产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了10.8g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了3.2g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g。

该有机物的分子式是

A.C2H4B.C2H6O2C.C2H6OD.C3H6O3

【答案】C

【解析】

【详解】由于浓硫酸吸收燃烧产物中的水蒸气，所以燃烧产物中水蒸气的物质的量：

n（H2O）=

=0.6mol；燃烧产物中CO还原氧化铜，由反应方程式CO+CuO

CO2+Cu可知，参加反应的CO、氧化铜失去的氧原子、生成的CO2三者物质的量之比为1:

1:

1，氧化铜中失去的氧原子物质的量为=

=0.2mol，所以燃烧产物中CO有0.2mol，这些CO还原氧化铜时生成的CO2为0.2mol；另由题意知碱石灰只吸收CO2，吸收CO2的总质量为17.6g，则原燃烧产物中CO2的物质的量n（CO2）=

－0.2mol=0.2mol。

根据化学反应过程中元素守恒，0.2mol该有机物中含有碳、氢、氧原子物质的量分别为：

n（C）=n（CO）+n（CO2）=0.4mol，n（H）=2·n（H2O）=2×0.6mol=1.2mol，n（O）=[2·n（CO2）+n（CO）+n（H2O）]－2·n（O2）=（2×0.2mol+0.2mol+0.6mol）－2×0.5mol=0.2mol。

则1分子该有机物中含有碳、氢、氧原子个数分别为：

N（C）=

=2，N（H）=

=6，N（O）=

=1，所以该有机物的分子式为C2H6O，答案选C。

11.为了提纯下列物质（括号内为杂质），有关除杂试剂和分离方法的选择均正确的是

选项

被提纯的物质

除杂试剂

分离方法

A

己烷（己烯）

溴水

分液

B

淀粉溶液（NaCl）

水

过滤

C

苯（甲苯）

酸性高锰酸钾溶液、NaOH溶液

分液

D

甲烷（乙烯）

KMnO4酸性溶液

洗气

【答案】C

【解析】

【详解】A.己烯与溴水反应生成的二溴己烷能溶于己烷中，分液操作无法除去己烷中混有的二溴己烷，选用的除杂试剂错误，A项错误；

B.淀粉溶液属于胶体分散系，淀粉胶体粒子和NaCl的离子都能够透过滤纸，分离方法错误，B项错误；

C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液将苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，而苯不溶于水，最终混合液分层，上层为苯层，经分液可提纯苯，C项正确；

D.乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化为CO2气体，被提纯的物质经KMnO4酸性溶液洗气后会混有CO2杂质，所选用的除杂试剂错误，D项错误；答案选C。

【点睛】混合物分离和提纯的原则是：

“不增”即不增加新的杂质；“不减”即不减少被提纯物质；“易分”即杂质转化要易于分离；“复原”即若将被提纯物转化为其它物质，但最后要恢复原态。

12.下列物质既不能使溴水褪色，又不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是

①乙烷②乙烯③乙炔④苯⑤甲苯⑥溴乙烷⑦聚丙烯⑧环己烯

A.①②③⑤B.①④⑥C.①④⑥⑦D.②③⑤⑧

【答案】C

【解析】

【详解】①乙烷属于饱和烃，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以既不使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，①符合；

②乙烯分子中含有不饱和的>C=C<键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以乙烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，②不符合；

③乙炔分子中含有不饱和的-C

C-键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③不符合；

④苯分子的碳碳键是介于单键与双键之间独特的键，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以苯既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，④符合；

⑤甲苯不能与Br2发生加成反应，但甲苯侧链的甲基可被酸性KMnO4氧化，所以甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑤不符合；

⑥溴乙烷分子中无不饱和键，既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以溴乙烷既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑥符合；

⑦聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，分子中无不饱和键，故聚丙烯分子既不能与Br2发生加成反应，也不能被酸性KMnO4氧化，所以聚丙烯既不能使溴水褪色，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑦符合；

⑧环己烯分子中含有不饱和的>C=C<键，既能与Br2发生加成反应，又能被酸性KMnO4氧化，所以环己烯既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色，⑧不符合；答案选C。

13.恒温、恒容，向1L密闭容器中加入5molX，5molY，发生下列反应：

aX（g）+bY（g）

cZ（g），达到平衡如图。

下列说法一定正确的是

A.又加入1molX，正反应速率增大，逆反应速率不变

B.又加入1molX、1molY，达到新平衡，X的转化率减小

C.△H不变，是该反应平衡的标志

D.某时刻，X、Y、Z三者物质的量分别为5mol、3mol、2mol，则此时逆反应速率大于正反应速率

【答案】D

【解析】

【详解】由图像知反应开始后第2min反应达到平衡状态，2min内X减少了5mol－4mol=1mol，Y减少了5mol－3mol=2mol，生成Z的物质的量为1mol。

X、Y、Z化学计量数之比为1mol:

2mol:

1mol=1:

2:

1，则有反应方程式为X（g）+2Y（g）

Z（g）。

A.在恒温恒容条件下又加入1molX，反应物浓度增大，正反应速率增大随后逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，A项错误；

B.在恒温恒容条件下又加入1molX、1molY，这与原平衡初始投料成正比，等效于“增大压强”，根据勒夏特列原理，X（g）+2Y（g）

Z（g）的平衡向正反应方向移动，所以达到新平衡时X的转化率增大，B项错误；

C.一个完成了的化学反应的反应热△H决定于反应物总能量和生成物总能量，以及反应条件，与反应是否达到平衡状态无关，所以△H不变不可以作为该反应达到平衡状态的标志，C项错误；

D.题设温度下反应X（g）+2Y（g）

Z（g）在第2min达到平衡状态，X、Y、Z的平衡浓度分别为4mol/L、3mol/L、1mol/L。

则该温度下的平衡常数K=

=

=

。

某时刻X、Y、Z的物质的量分别为5mol、3mol、2mol，即X、Y、Z的浓度分别为5mol/L、3mol/L、2mol/L，此时浓度商Qc=

=

=

>K=

，可推知此时反应向逆反应方向进行，即逆反应速率大于正反应速率，D项正确；答案选D。

14.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：

aA（g）+bB（g）

cC（g），达到平衡后，测得A的浓度为0.5mol・L-1，在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到原来的两倍，测得A的浓度为0.3mol・L-1，则下列判断正确的是

A.a+b

C.B的浓度增大D.A的转化率增大

【答案】B

【解析】

【详解】在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到两倍，则A的浓度变为0.25mol/l，平衡移动后A的浓度变为，则说明平衡逆向移动，即减压平衡逆向移动，则左侧的化学计量数大，故A错误，C的体积分数减小，故B正确，B的浓度比原来小，C错误；A的转化率降低，D错误。

故选B。

【点睛】本题中一个容易出错的问题就是当将容器的溶剂扩大到两倍时，各物质的浓度都变为原来的一半。

若忽视这个因素，则会将平衡移动的方向判断有误。

同时注意平衡移动只是减弱改变条件带来的影响，不能抵消掉，所以本题中B的浓度仍比原来的小。

15.某学生用0.2000mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，下列操作会引起实验结果偏大的是

A.滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡

B.在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水

C.锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗

D.用酸式滴定管量取液体时，读数，之前俯视，之后平视

【答案】A

【解析】

【详解】A.当滴定前滴定管尖嘴有气泡时使

偏小，则滴定终点时消耗标准NaOH溶液的体积

（

－

）偏大，根据中和反应方程式NaOH+HCl=NaCl+H2O，由待测HCl浓度公式

=

，推知待测盐酸浓度偏大，A项符合题意；

B.在锥形瓶装液前留有少量蒸馏水，不影响锥形瓶中HCl的物质的量，根据中和反应NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，不影响标准NaOH溶液的体积

，由待测HCl浓度公式

=

推知待测HCl浓度不变，B项不符合题意；

C.锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，不影响锥形瓶中HCl的物质的量，即不影响标准NaOH溶液的体积

，待测HCl浓度不变，C项不符合题意；

D.用酸式滴定管量取盐酸溶液，读数，之前俯视，之后平视，所量取的盐酸溶液中HCl物质的量偏小，反映在滴定终点时消耗标准NaOH溶液体积

偏小，根据待测HCl浓度公式

=

推知待测HCl浓度偏小，D项不符合题意；答案选A。

【点睛】对于酸碱中和滴定的误差分析，先根据中和反应中酸与碱的化学计量数关系列出待测酸或碱浓度的计算公式，再将各种操作归结到对标准溶液体积（

）的影响，根据待测液浓度公式

=

·

（n为待测酸或碱的元数，m为标准碱或酸的元数）分析：

若

偏大则结果偏大，若

偏小则结果偏小，若

不受影响，则结果不受影响。

16.下列说法不正确的是

A.0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10

B.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水的电离程度的顺序为③>①>②

C.将相同体积的pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液一定为中性

D.将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是a>c>b

【答案】C

【解析】

【详解】A.FeCl3在水溶液中能发生水解Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+，溶液越稀水解程度越大，Fe3+浓度越小，所以0.01mol/LFeCl3溶液中Fe3+浓度小于0.1mol/LFeCl3溶液中Fe3+浓度的

，故0.1mol/L的FeCl3溶液与0.01mol/L的FeCl3溶液中，Fe3+的浓度之比大于10，A项正确；

B.醋酸和盐酸对水的电离都是抑制作