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內蒙古自治區(qū)2018-2019學年高二化學上學期期中試卷（含解析） 考試范圍：選修四第一章～第三章第三節(jié) 時間：90分鐘 滿分：100 第I卷（選擇題，共44分） 一、單項選題（每題2分，共44分） 1.決定化學反應速率的本質因素是 A. 濃度 B. 壓強 C. 溫度 D. 反應物質的性質 【答案】D 【解析】 分析：根據(jù)決定化學反應速率的根本原因(內因)和外界因素分析判斷。 詳解：因決定化學反應速率的根本原因：反應物本身的性質，而濃度、溫度、壓強、催化劑是影響因素，故選D。 2.下列過程放出熱量的是 A. 液氨汽化 B. 碳酸鈣分解 C. 鋁熱反應 D. 化學鍵斷裂 【答案】C 【解析】 A、液氨汽化是由液體吸收熱量轉化為氣體，故A是吸熱過程，則A錯誤；B、碳酸鈣分解屬于分解反應，是吸熱反應，故B錯誤；C、鋁熱反應屬于高溫下的置換反應，放出大量的熱，屬于放熱反應，故C正確；D、化學鍵的斷裂需要吸收熱量的，所以是吸熱過程，故D錯誤。本題正確答案為C。 3.常溫下，下列物質在水溶液中促進了水的電離的是 A. NaHSO4 B. CuSO4 C. NaCl D. HClO 【答案】B 【解析】 【分析】 H2O的電離方程式為H2OH＋＋OH－，促進水的電離因素有：升溫、加入弱酸根、加入弱堿根。 【詳解】H2O的電離方程式為H2OH＋＋OH－， A、NaHSO4在水中電離方程式為NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，c(H＋)增大，抑制水的電離，故A不符合題意； B、CuSO4屬于強酸弱堿鹽，Cu2＋發(fā)生水解反應，促進水的電離，故B符合題意； C、NaCl不影響水的電離，故C錯誤； D、HClO屬于酸，抑制水的電離，故D不符合題意。 4.反應A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)在四種不同情況下的反應速率分別為 ①v(A)＝0.45 molL－1min－1 ②v(B)＝0.6 molL－1s－1 ③v(C)＝0.4 molL－1s－1 ④v(D)＝0.45 molL－1s－1，該反應進行的快慢順序為 A. ④>③＝②>① B. ④<③＝②<① C. ①>②>③>④ D. ④>③>②>① 【答案】A 【解析】 【詳解】首先將速率的單位統(tǒng)一，v(A)＝0.45 molL－1min－1=0.0075 molL－1s－1，然后都用A物質表示反應速率，則根據(jù)反應速率之比是相應的化學計量數(shù)之比可知反應速率分別是（molL－1s－1）0.0075、0.2、0.2、0.225，則反應速率大小關系是④＞③＝②＞①，答案選A。 【點睛】同一個化學反應，用不同的物質表示其反應速率時，速率數(shù)值可能不同，但表示的意義是相同的，所以比較反應速率快慢時，應該根據(jù)速率之比是相應的化學計量數(shù)之比先換算成用同一種物質表示，然后才能直接比較速率數(shù)值。 5.對于在一定條件下的密閉容器中進行的反應：A（g）+3B（g）2C（g），下列說法正確的是 A. 壓強能夠增大反應速率 B. 升高溫度不能影響反應速率 C. 物質A的濃度增大，會減慢反應速率 D. 在高溫，高壓和有催化劑的條件下，A與B能100%轉化為C 【答案】A 【解析】 A. 該反應有氣體參與，所以增大壓強能夠增大反應速率，A正確；B. 升高溫度能加快化學反應速率，B不正確；C. 增大物質A的濃度，會加快反應速率，C不正確；D. A與B不能100%轉化為C，可逆反應總有一定的限度，D不正確。本題選A。 6.一定溫度下，在一定容積的密閉容器中加入NH3和O2各1mol，發(fā)生反應：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g）。下列說法中，表明該反應達到化學平衡狀態(tài)的是 A. NO和H2O濃度比不再變化 B. v(NH3)正＝v(NH3)逆 C. 氣體的密度不再變化 D. v(NH3)正＝v(O2)逆 【答案】B 【解析】 【詳解】A、該反應過程中NO和H2O濃度比始終保持不變，則NO和H2O濃度比不再變化，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故A錯誤； B、根據(jù)化學平衡狀態(tài)的定義，當正逆反應速率相等，說明反應達到平衡，故B正確； C、容積不變，氣體體積不變，組分都是氣體，氣體質量保持不變，根據(jù)密度的定義，反應任何時刻，密度都相等，即密度不變，不能說明反應達到平衡，故C錯誤； D、NH3和O2的速率之比等于4：5，因此 v(NH3)正＝v(O2)逆不能說明反應達到平衡，故D錯誤。 【點睛】易錯點為選項D，用不同物質的反應速率表示達到平衡，要求反應的方向是一正一逆，且反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，如本題 v(NH3)正說明反應向正反應方向進行，v(O2)逆說明反應向逆反應方向進行，但兩者速率之比不等于化學計量數(shù)之比，因此選項D不能說明反應達到平衡。 7.25℃時，NH4Cl和NH3H2O混合溶液的pH為7，則該溶液呈 A. 酸性 B. 堿性 C. 中性 D. 無法確定 【答案】C 【解析】 【詳解】25℃時，酸性溶液的pH小于7，堿性溶液的pH大于7，中性溶液的pH等于7.氯化銨和氨水的混合溶液的pH為7，說明溶液顯中性，故選C。 8.勒夏特列原理是自然界一條重要的基本原理,下列事實能用勒夏特列原理解釋的是 A. NO2氣體受壓縮后，顏色先變深后變淺 B. 對2HI(g) H2(g)＋I2(g)平衡體系加壓，顏色迅速變深 C. 合成氨工業(yè)采用高溫、高壓工藝提高氨的產率 D. 配制硫酸亞鐵溶液時，常加入少量鐵屑以防止氧化 【答案】A 【解析】 【分析】 勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動，使用勒夏特列原理時，該反應必須是可逆反應，否則勒夏特列原理不適用． 【詳解】A、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大壓強，混合氣體的濃度增大，平衡體系顏色變深，該反應正反應為體積減小的反應，增大壓強平衡正反應移動，二氧化氮的濃度又降低，顏色又變淺，由于平衡移動的目的是減弱變化，而不是消除，故顏色仍不原來的顏色深，所以可以用平衡移動原理解釋，故A正確； B、加壓，兩邊氣體的計量數(shù)相等，所以加壓平衡不移動，所以不可以用平衡移動原理解釋，故B錯誤； C、合成氨工業(yè)采用高溫條件是為了加快化學反應速率，不能使化學平衡正向移動，不能用勒夏特列原理解釋，故C錯誤； D、配制FeSO4溶液時，加入一些鐵粉目的是防止亞鐵離子被氧化成鐵離子，不能用勒夏特列原理解釋，故D錯誤； 故選A。 9.一定量的鹽酸跟過量的鐵粉反應時，為了減慢反應速率，而不影響生成H2的總量，可向其中加入適量的 A. Na2CO3晶體 B. NaOH晶體 C. CH3COONa晶體 D. CuSO4溶液 【答案】C 【解析】 【詳解】A、Na2CO3與鹽酸發(fā)生反應：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋CO2↑＋H2O，鹽酸少量，加入Na2CO3消耗鹽酸，產生H2的量減少，故A不符合題意； B、加入NaOH晶體，消耗鹽酸，產生H2的量減少，故B不符合題意； C、CH3COONa與鹽酸反應生成CH3COOH，c(H＋)減少，化學反應速率減緩，但H＋總量不變，產生H2的量不變，故C符合題意； D、鐵置換出Cu，構成原電池，加快反應速率，故D不符合題意。 10.欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32- )、c(HCO3)都減少，其方法是 A. ．加入氫氧化鈉固體 B. 加氯化鈉固體 C. 通入二氧化碳氣體 D. 加入氫氧化鋇固體 【答案】D 【解析】 【分析】 NaHCO3溶液中存在：HCO3－H＋＋CO32－，然后進行逐一分析即可。 【詳解】A、加入NaOH固體，發(fā)生NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，c(CO32－)增大，故A不符合題意； B、加入NaCl，不影響c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3－)，故B不符合題意； C、通入CO2，CO2與H2O反應生成H2CO3，H2CO3電離出H＋和HCO3－，H＋和HCO3－的濃度增大，故C不符合題意； D、加入Ba(OH)2，發(fā)生Ba(OH)2＋NaHCO3=BaCO3↓＋H2O＋NaOH，c(H＋)、c(CO32－)、c(HCO3－)減少，故D符合題意。 11.下列數(shù)據(jù)不一定隨著溫度升高而增大的是 A. 鹽類水解常數(shù)Kh B. 弱電解質的電離平衡常數(shù)K C. 化學平衡常數(shù)K D. 水的離子積Kw 【答案】C 【解析】 A、鹽類水解是吸熱過程，升高溫度，促進水解，水解常數(shù)增大，故A正確；B、弱電解質的電離是吸熱過程，升高溫度促進弱電離，電離平衡常數(shù)增大，故B正確；C、對于放熱的化學反應，升高溫度K減小，故C錯誤；D、水的電離為吸熱過程，升高溫度,促進電離，水的離子積常數(shù)KW增大，故D正確。故選C。 點睛：吸熱過程，升高溫度，平衡向右移動，K增大。 12.下列各化合物中，均為弱電解質的一組是 A. H2CO3 Ba(OH)2 K2S H3PO4 B. FeCl3 HCl C2H5OH NH4Cl C. CH3COOH H2CO3 Cu(OH)2 H2O D. HCl KNO3 H2CO3 H2SO4 【答案】C 【解析】 【詳解】A. Ba(OH)2 是強堿，屬于強電解質，K2S是鹽，屬于強電解質；B. HCl是強酸，屬于強電解質，F(xiàn)eCl3、NH4Cl是鹽，屬于強電解質，C2H5OH不能電離，屬于非電解質；C. 乙酸、碳酸、水、Cu(OH)2部分電離，屬于弱電解質；D. HCl、H2SO4是強酸，屬于強電解質，KNO3是鹽，屬于強電解質。故選C。 【點睛】電解質是指在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，能導電是電解質自身能電離出自由移動的離子；強電解質在水溶液或熔融狀態(tài)下，能完全電離成離子；弱電解質是指，在水溶液或熔融狀態(tài)下部分電離的電解質，包括弱酸，弱堿、水與少數(shù)鹽。 13.已知0.1 molL－1 FeCl3溶液與0.01 molL－1 KSCN溶液等體積混合，發(fā)生如下反應：FeCl3＋3KSCN Fe(SCN)3＋3KCl，改變下列條件，能使溶液顏色變淺的是 A. 向溶液中加入少量KCl晶體 B. 向溶液中加入一定量KCl溶液 C. 向溶液中加入少量AgNO3固體 D. 向溶液中滴加幾滴1 molL－1 FeCl3溶液 【答案】B 【解析】 【分析】 該反應的離子方程式為Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，根據(jù)勒夏特列原理進行分析。 【詳解】該反應的離子方程式為Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3， A、根據(jù)離子反應方程式，K＋、Cl－不參與反應，因此加入氯化鉀固體不影響溶液顏色的變化，故A不符合題意； B、雖然K＋和Cl－不參與反應，但加入的是KCl溶液，對原來溶液稀釋，平衡向逆反應方向移動，溶液顏色變淺，故B符合題意； C、加入AgNO3固體，Ag＋與Cl－發(fā)生反應生成AgCl，Cl－不參與化學平衡的反應，因此加入AgNO3固體，溶液的顏色不變淺，故C不符合題意； D、加入FeCl3溶液，溶液中c(Fe3＋)增大，平衡向正反應方向移動，溶液顏色變深，故D不符合題意。 【點睛】易錯點選項A，應把化學反應方程式拆寫成離子方程式，判斷出Cl－和K＋不參與反應，對平衡無影響。 14.己知反應CH4(g)+C02(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH >0,有利于提高CH4平衡轉化率的條件是 A. 高溫低壓 B. 低溫高壓 C. 高溫高壓 D. 低溫低壓 【答案】A 【解析】 【詳解】A. ?H>0，升高溫度，平衡右移，CH4平衡轉化率增大；降低壓強，平衡右移，CH4平衡轉化率增大；故A正確； B. ?H>0，降低溫度，平衡左移，CH4平衡轉化率減小；增大壓強，平衡左移，CH4平衡轉化率減小；故B錯誤； C. ?H>0，升高溫度，平衡右移，CH4平衡轉化率增大；增大壓強，平衡左移，CH4平衡轉化率減??；故C錯誤； D. ?H>0，降低溫度，平衡左移，CH4平衡轉化率減小；降低壓強，平衡右移，CH4平衡轉化率增大；故D錯誤； 綜上所述，本題選A。 15.現(xiàn)有常溫時pH＝1的某強酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH變成2的是 A. 加入10mL 0.01mol L－1的NaOH溶液 B. 加入10mL 的水進行稀釋 C. 加水稀釋成100mL D. 加入10mL 0.01molL－1的鹽酸溶液 【答案】C 【解析】 試題分析：常溫下pH=1的某強酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH變成2，此時溶液中c（H+）=0.01mol/L。A、pH=1的某強酸溶液10mL，n（H+）=0.01L0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n（OH-）=0.01L0.01mol/L=0.0001mol，混合后c（H+）=（0.01mol-0.001mol）0.02L≠0.01mol/L，錯誤；B、加入10mL的水進行稀釋，混合后溶液中c（H+）=0.05mol/L，錯誤；C、加水稀釋成100mL，稀釋后的溶液中c（H+）=0.01mol/L，正確；D、加入10mL0.01mol/L的鹽酸，混合后，c（H+）=（0.01mol+0.001mol）0.02L≠0.01mol/L，錯誤。 考點：考查溶液的酸堿性、pH計算 16.已知反應：①101kPa時，2C(s)+O2(g)==2CO(g)；ΔH= -221 kJ/mol ②稀溶液中，H+(aq)+OHˉ(aq)==H2O(l)；ΔH= -57.3 kJ/mol下列結論正確的是 A. 碳的燃燒熱為-221 kJ/mol B. 中和熱ΔH為 -57.3 kJ/mol C. 稀H2SO4與稀Ba(OH)2溶液反應的中和熱ΔH為-57.3 kJ/mol D. 稀CH3COOH與稀NaOH溶液反應生成1 mol水，放出57.3 kJ熱量 【答案】B 【解析】 【詳解】A、依據(jù)燃燒熱的定義，無法判斷題中碳的燃燒熱，故A錯誤； B、根據(jù)中和熱的定義，中和熱△H=－57.3kJmol－1，故B正確； C、H2SO4和Ba(OH)2發(fā)生Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，Ba2＋和SO42－反應存在熱效應，因此該反應的中和熱不等于57.3kJmol－1，故C錯誤； D、醋酸是弱酸，其電離為吸熱過程，因此CH3COOH和NaOH反應生成1molH2O，放出的熱量小于57.3kJ，故D錯誤。 17.25℃時，在 10 mL 濃度為 0.1 mol/L 的 NH3H2O 溶液中滴加 0.1 mol/L 鹽酸，下列有關描述正確的是 A. 加入 5 mL 鹽酸時： c(NH4＋) > c(Cl－) > c(H＋)> c(OH－) B. 加入 10 mL 鹽酸時：c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－) ＋c(Cl－) C. 在溶液 pH＝7 時：水的電離程度最大 D. 加入 20 mL 鹽酸時：c(Cl－)＝2c(NH4＋) 【答案】B 【解析】 【詳解】A、反應后溶質為NH3H2O和NH4Cl，其兩者物質的量相等，NH3H2O的電離程度大于NH4＋的水解程度，溶液顯堿性，離子濃度大小順序是c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故A錯誤； B、根據(jù)溶液顯電中性，得出c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，故B正確； C、水的電離程度最大時，溶質為NH4Cl，NH4＋水解促進水的電離，溶液顯酸性，故C錯誤； D、加入20mL鹽酸，溶質為NH4Cl和HCl，且兩者物質的量相等，根據(jù)物料守恒，c(Cl－)=2c(NH4＋)＋2c(NH3H2O)， 18.相同溫度下，關于鹽酸和醋酸兩種溶液的比較，下列說法正確的是 A. pH相等的兩溶液：c(CH3COO－)=c(Cl－) B. 體積和pH值相同的二種酸，中和相同物質的量的NaOH時，鹽酸的體積小 C. 同pH值不同體積時，稀釋相同倍數(shù)后，醋酸溶液的pH值大 D. 相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應后呈中性的溶液中(忽略溶液體積變化)：c(CH3COO－)=c(Cl－) 【答案】A 【解析】 【詳解】A．pH相等的兩溶液中，氫離子濃度相同，氫氧根離子濃度也相同，根據(jù)電荷守恒，電離出的氯離子濃度和醋酸根離子濃度相同，故A正確；B．醋酸為弱酸存在電離平衡，pH相等、體積相等的鹽酸和醋酸溶液，醋酸溶液濃度大，消耗氫氧化鈉多，故B錯誤；C．醋酸為弱酸存在電離平衡，同pH值的鹽酸和醋酸，醋酸溶液濃度大，稀釋相同倍數(shù)后，醋酸會繼續(xù)電離，稀釋后醋酸溶液的pH值小，故C錯誤；D．醋酸恰好和氫氧化鈉反應生成醋酸鈉溶液中醋酸根離子水解溶液顯堿性，中性溶液應為醋酸和醋酸鈉，鹽酸恰好反應溶液顯中性，c(CH3COO-)＜c(Cl-)，故D錯誤；故選A。 【點睛】本題考查了弱電解質的電離，知道弱電解質和強電解質電離特點是解本題關鍵。本題的易錯點為正確理解pH相等和濃度相同的2種溶液的區(qū)別。 19.液氨與水性質相似，也存在微弱的電離：2NH3 NH4+＋NH2—，其離子積常數(shù)K＝c(NH4+)c(NH2—)＝2l0－30，維持溫度不變，向液氨中加入少量NH4Cl固體或NaNH2固體，不發(fā)生改變的是 A. 液氨的電離平衡 B. 液氨的離子積常數(shù) C. c(NH4+) D. c(NH2—) 【答案】B 【解析】 【分析】 根據(jù)勒夏特列原理進行分析，以及離子積常數(shù)只受溫度的影響。 【詳解】A、加入NH4Cl，溶液中c(NH4＋)增大，平衡向逆反應方向進行，抑制電離，加入NaNH2，溶液c(NH2－)增大，抑制NH3的電離，故A不符合題意； B、離子積常數(shù)只受溫度的影響，因為維持溫度不變，因此離子積常數(shù)不變，故B符合題意； C、加入NH4Cl，溶液中c(NH4＋)增大，故C不符合題意； D、加入NaNH2，溶液中c(NH2－)增大，故D不符合題意。 20.下列物質的水溶液中，除了水分子外，不存在其他分子的是 A. HNO3 B. NaHS C. HF D. NH4Cl 【答案】A 【解析】 硝酸溶液中除水分子以外都是離子，有：H+、NO3-、OH-，不存在其他分子，選項A正確。NaHS溶液中的HS-會水解得到H2S分子，選項B錯誤。HF是弱酸只能電離一部分，一定存在HF分子，選項C錯誤。NH4Cl溶液中銨根離子水解得到NH3H2O分子，選項D錯誤。 21.25℃時， pH 均為2的兩種一元酸HA和HB各1mL,分別加水稀釋,pH 隨溶液體積的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是 A. HA的酸性比HB的酸性弱 B. a點溶液的導電性比c點溶液的導電性弱 C. 若兩溶液加水稀釋，則所有離子的濃度都減小 D. 對a、b兩點溶液同時升高溫度，則c(A－)/c(B－)減小 【答案】D 【解析】 室溫下，pH均為2的兩種一元酸HA和HB各1mL，分別加水稀釋至1000mL，HA溶液pH=5，說明HA為強酸，HB為弱酸；則A．pH均為2的兩種一元酸HA和HB各1mL，分別加水稀釋1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性強，A錯誤；B．a點溶液中離子濃度大于c點溶液中離子濃度，溶液導電性取決于離子濃度大小，則a點溶液的導電性比c點溶液的導電性強，B錯誤；C．溶液稀釋氫離子濃度減小，而水的離子積Kw=c（H+）c（OH-）不變，故c（OH-）增大，C錯誤；D．HA為強酸，HB為弱酸，對a、b兩點溶液同時升高溫度，c（A-）濃度不變，HB電離程度增大，c（B-）濃度增大，c(A-)/c(B-)比值減小，D正確；答案選D。 點睛：本題考查了弱電解質電離平衡影響因素、圖象的分析判斷、溶液稀釋過程中離子濃度變化，掌握基礎是解題關鍵，注意稀釋對電解質電離平衡的影響。 22.25℃時，濃度均為0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有關說法正確的是 序號 ① ② ③ ④ 溶液 NaCl CH3COONH4 NaF CH3COONa pH 7.0 7.0 8.1 8.9 A. 酸性強弱：c(CH3COOH) > c(HF) B. 離子的總濃度：①>③ C. ②中： c(CH3COO－) = c(NH4+)=c(OH－)=c(H+) D. ②和④中c(CH3COO－)相等 【答案】B 【解析】 由表中數(shù)據(jù)得到，堿性：NaF＜CH3COONa，所以說明陰離子的水解能力：F－＜CH3COO－，根據(jù)越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH＜HF。選項A錯誤。①③兩個溶液有各自的電荷守恒式：c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c(OH-)；c(Na+) + c(H+) = c(F-) + c(OH-)，所以兩個溶液的離子總濃度都等于各自的2[c(Na+) + c(H+)]，因為兩個溶液中的鈉離子濃度相等，所以只需要比較兩個溶液的氫離子濃度即可。pH為：①＜③，所以①的氫離子濃度更大，即溶液①的2[c(Na+) + c(H+)]大于溶液③的2[c(Na+) + c(H+)]，所以離子的總濃度：①>③，選項B正確。溶液②中，pH=7，所以c(H+) = c(OH-) = 110-7mol/L。明顯溶液中的醋酸根和銨根離子的濃度都接近0.1mol/L（電離和水解的程度都不會太大），所以應該是cCH3COO-=cNH4+＞c(OH-)=c(H+)。選項C錯誤。醋酸銨中，銨根離子對于醋酸根離子的水解起到促進作用，醋酸鈉中鈉離子對于醋酸根離子的水解應該無影響，所以醋酸根離子濃度是②＜④，選項D錯誤。 第II卷（非選擇題，共56分） 23.在25℃時，將酸HA與堿MOH等體積混合。 (1)若0.01mol/L的強酸HA與0.01mol/L強堿MOH混合，則所得溶液顯_______（填“酸性”、“中性”或“堿性”，下同）。 (2)若pH=3的強酸HA與pH=11的弱堿MOH混合，則所得溶液顯__________。 (3)若0.01mol/L的強酸HA與0.01mol/L弱堿MOH混合，則所得溶液顯__________，解釋這一現(xiàn)象的離子方程式是__________________________。 【答案】 (1). 中性 (2). 堿性 (3). 酸性 (4). M++H2OMOH+H+ 【解析】 【詳解】（1）HA和MOH都是強電解質，濃度相同、體積相同，反應后溶質為MA，溶液顯中性； （2）HA的強酸，MOH為弱堿，c(MOH)>c(HA)，等體積混合后，溶質為MA和MOH，溶液顯堿性； （3）兩者濃度相同，等體積混合，溶質為MA，MA為強酸弱堿鹽，M＋發(fā)生水解，M＋＋H2OMOH＋H＋，c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性； 24.中有一未知濃度的稀鹽酸，某學生用0.10 molL－1 NaOH標準溶液進行測定鹽酸的濃度的實驗。取20.00 mL待測鹽酸放入錐形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示劑，用自己配制的NaOH標準溶液進行滴定。重復上述滴定操作2～3次，記錄數(shù)據(jù)如下。完成下列填空： 實驗 編號 待測鹽酸的體積（mL） NaOH溶液的濃度（molL－1） 滴定完成時，NaOH溶液滴入的體積（mL） 1 20.00 0.10 24.18 2 20.00 0.10 23.06 3 20.00 0.10 22.96 I、(1)滴定達到終點的標志是是__________________。 (2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，可計算出該鹽酸的濃度約為___________（保留小數(shù)點后3位）。 (3)排除堿式滴定管尖嘴中氣泡的方法應采用________操作，然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液。 (4)在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成測定結果偏高的有___________。 A．用酸式滴定管取20.00 mL待測鹽酸，使用前，水洗后未用待測鹽酸潤洗 B．錐形瓶水洗后未干燥 C．稱量NaOH固體時，有小部分NaOH潮解 D．滴定終點讀數(shù)時俯視 E．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失 II、(1)濃度為0.1mol/L醋酸鈉溶液中質子守恒表達式為__________________； (2)在0.01mol/L的NaHCO3溶液中的物料守恒表達式為___________________； 等濃度的NaHCO3 、Na2CO3混合溶液中的電荷守恒表達式為___________________； (3)硫代硫酸鈉(Na2S2O3)溶液與稀硫酸反應的離子方程式為____________________； (4)把AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后得到的主要固體產物是___________________。 【答案】 (1). 最后一滴NaOH溶液加入，溶液由無色恰好變成淺紅色且半分鐘內不褪色 (2). 0.115mol/L (3). 丙 (4). CE (5). c(OH－)=c(CH3COOH)+c(H+) (6). c（Na+）=c（HCO3-)+c（H2CO3）+c（CO32-) (7). c(Na+) + c(H+) == 2c(CO32-) + c(HCO3-) + c(OH-) (8). S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O (9). Al2O3 【解析】 【詳解】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示劑，即滴定到終點的標志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由無色恰好變成淺紅色，且半分鐘內不褪色； （2）第1組數(shù)據(jù)與另外2組相差較多，刪去，消耗NaOH的平均體積為(23.06＋22.96)/2mL=23.01mL，根據(jù)V酸c酸=V堿c堿，2010－3c酸=23.0110－30.10，解得c酸=0.115molL－1； （3）排除堿式滴定管尖嘴中氣泡采用丙操作； （4）根據(jù)V酸c酸=V堿c堿，A、量取鹽酸時，未用鹽酸潤洗酸式滴定管，直接盛裝鹽酸，造成鹽酸的濃度降低，消耗NaOH的體積減小，測定結果偏低，故A不符合題意； B、錐形瓶是否干燥，對實驗測的結果無影響，故B不符合題意； C、稱量NaOH，有小部分NaOH潮解，所配NaOH濃度偏低，消耗NaOH體積增多，所測結果偏高，故C符合題意； D、滴定終點時俯視讀數(shù)，讀出消耗NaOH的體積偏低，所測結果偏低，故D不符合題意； E、堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，消耗NaOH體積增多，所測結果偏高，故E不符合題意； II、（1）質子守恒是水電離出c(H＋)等于水電離出的c(OH－)，醋酸鈉溶液中CH3COO－結合水電離出的H＋生成CH3COOH，質子守恒表達式為c(OH－)=c(CH3COOH)＋c(H＋)； （2）C在溶液存在的形式為CO32－、HCO3－、H2CO3，物料守恒為c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)＋c(CO32－)；根據(jù)電荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)； （3）Na2S2O3與稀硫酸的離子反應：S2O32－＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O； （4）AlCl3水解：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加熱促進水解，HCl揮發(fā)，最后得到Al(OH)3，然后灼燒得到Al2O3。 25.氨是最重要的氮肥,是產量最大的化工產品之一。其合成原理為: N2（g）+3H2（g）2NH3（g）　ΔH= - 92.4 kJmol-1. I.在密閉容器中，投入1mol N2和3 mol H2在催化劑作用下發(fā)生反應: (1)測得反應放出的熱量_________92.4kJ（填“小于”，“大于”或“等于”）。 (2)當反應達到平衡時，N2和H2的濃度比是_________；N2和H2的轉化率比是___________。 (3)升高平衡體系的溫度(保持體積不變)，混合氣體的平均相對分子質量____。(填“變大”、“變小”或“不變”) (4)當達到平衡時，充入氬氣，并保持壓強不變，平衡將____(填“正向”、“逆向”或“不”)移動。 II.該反應在一密閉容器中發(fā)生，下圖是某一時間段反應速率與反應進程的關系曲線圖。 (1)t1時刻，體系中發(fā)生變化的條件是_______ 。 A．增大壓強B．升高溫度C．減小壓強D．降低溫度 E．加入正催化劑 (2)下列時間段中，氨的百分含量最高的是_______。 A．0～t1 B．t2～t3 C．t3～t4 D．t4～t5 【答案】 (1). 小于 (2). 1∶3 (3). 1∶1 (4). 變小 (5). 逆向 (6). B (7). A 【解析】 【詳解】I.（1）該反應為可逆反應，不能進行到底，因此放出的熱量小于92.4kJ； （2）N2（g）+3H2（g）2NH3 起始：1 3 0 變化：x 3x 2x 平衡：1－x 3－3x 2x 同一個容器濃度之比等于物質的量之比，即N2和H2濃度之比為(1－x)：(3－3x)=1：3；N2的轉化率為x/1，H2的轉化率為3x/3=x/1，即兩者轉化率之比等于1：1； （3）該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向進行，氣體物質的量增大，組分都是氣體，氣體質量不變，因此升高溫度，氣體平均摩爾質量變??； （4）恒壓狀態(tài)下，充入氬氣，容器的體積增大，組分的濃度變小，平衡向逆反應方向進行； II.（1）t1時刻，正逆反應速率都增大，v逆大于v正，說明反應向逆反應方向進行，A、增大壓強，正逆反應速率增大，平衡向正反應方向進行，故A不符合題意； B、升高溫度，正逆反應速率都增大，正反應為放熱反應，即升高溫度，平衡向逆反應方向進行，故B符合題意； C、減小壓強，化學反應速率降低，故C不符合題意； D、加入催化劑，正逆反應速率都增大，但平衡不移動，故D不符合題意； （2）t1－t2平衡向逆反應方向進行，消耗NH3，t3－t4之間平衡不移動，NH3的量不變，t4－t5平衡向逆反應方向進行，NH3的量減少，因此氨氣的量最多的是0－t1，故選項A正確。 【點睛】易錯點是化學反應速率和時間的變化圖像，先看突然改變條件時，反應速率的變化，考查內容是影響化學反應速率的因素，然后看v正、v逆誰在上，誰在上，說明反應向哪個方向進行。 26.I．常溫下0.1molL-1的鹽酸和pH=1的醋酸各100mL分別與足量的鋅粒反應，產生的氣體前者比后者_____(填“＞”“＜”或“＝”)。 II．現(xiàn)有常溫下pH＝2的HCl溶液甲和pH＝2的CH3COOH溶液乙，請根據(jù)下列操作回答問題： (1)常溫下0.1molL－1的CH3COOH溶液加水稀釋過程中，下列表達式的數(shù)據(jù)一定變小的是_____。 A．c（H+） B．c（H+）/c（CH3COOH） C．c（H+）?c（OH-） D．c（OH-）/c（H+） (2)取10mL的乙溶液，加入等體積的水，CH3COOH的電離平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移動；另取10mL的乙溶液，加入少量無水醋酸鈉固體(假設加入固體前后溶液體積保持不變)，待固體溶解后，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的比值將________(填“增大”“減小”或“無法確定”)。 (3)取等體積的甲、乙兩溶液，分別用等濃度的NaOH稀溶液中和，則消耗NaOH溶液體積的大小關系為V(甲)__ V(乙) (填“＞”“＜”或“＝”)。 (4)已知25℃時，下列酸的電離平衡常數(shù)如下： 化學式 CH3COOH H2CO3 HClO 電離平衡常數(shù) 1.810－5 K1＝4.310－7 K2＝4.710－11 3.010－8 下列四種離子結合H＋能力最強的是________。 A．HCO3— B．CO32— C．ClO－ D．CH3COO－ 寫出下列反應的離子方程式：HClO＋Na2CO3(少量)：______________________。 Ⅲ．室溫下，0.1 molL－l的KOH溶液滴10.00mL 0.10 molL－l H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲線如圖(混合溶液的體積可看成混合前溶液的體積之和)。請回答下列問題： (1)點③所示溶液中所有離子的濃度由大到小的順序為：_____________________。 (2)點④所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4?)+c(C2O42?)＝________mol/L。 【答案】 (1). ＜ (2). A (3). 向右 (4). 減小 (5). ＜ (6). B (7). HClO+CO32- = ClO-+HCO3- (8). c(K+)>c(HC2O4―)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) (9). 0.1 【解析】 【詳解】I.醋酸是弱酸，0.1molL－1醋酸溶液中pH>1，因此pH=1的醋酸溶液中c(CH3COOH)比前者大，因此與足量鋅發(fā)生反應，后者產生氫氣的量多于前者； II.（1）醋酸中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水稀釋促進電離，A、加水稀釋，促進電離，但c(H＋)降低，故A符合題意； B、同一種溶液中，物質的量濃度之比等于其物質的量之比，加水稀釋促進電離，H＋的物質的量增大，CH3COOH的物質的量減少，因此該比值增大，故B不符合題意； C、c(H＋)c(OH－)=Kw，Kw只受溫度的影響，加水稀釋，水的離子積不變，故C不符合題意； D、加水稀釋，c(H＋)減小，根據(jù)水的離子積不變，則c(OH－)增大，因此該比值增大，故D不符合題意； （2）醋酸為弱酸，加水稀釋，促進電離，即CH3COOH的電離平衡向右移動；醋酸中加入無水CH3COONa，c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的電離，c(H＋)減小，c(CH3COOH)增大，即該比值減??； （3）醋酸為弱酸，相同pH時，c(CH3COOH)>c(HCl)，等體積兩種酸，消耗等濃度的NaOH，消耗氫氧化鈉的體積關系：V(甲)H2CO3>HClO>HCO3－，根據(jù)越弱越水解的規(guī)律，結合H＋能力最強的是CO32－，故B正確；根據(jù)電離平衡常數(shù)，以及電離出H＋能力的強弱順序，該離子反應為HClO＋CO32－=HCO3－＋ClO－； III.（1）點③加入10mLKOH，溶質為KHC2O4，此時溶液顯酸性，說明HC2O4－的電離程度大于其水解，c(K＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)； （2）點④加入15mLKOH，溶質為KHC2O4和K2C2O4，此時溶液的體積為25mL，c(K＋)=0.115/25molL－1=0.06molL－1，根據(jù)物料守恒，c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(H2C2O4)=0.110/25molL－1=0.04molL－1，因此有c(K＋)+c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(H2C2O4)=0.1molL－1。 【點睛】本題的難點是離子濃度大小比較，首先判斷出溶質，點③加入KOH為10mL，發(fā)生KOH＋H2C2O4=KHC2O4＋H2O，然后判斷是以水解為主還是電離為主，此時溶液顯酸性，以電離為主，HC2O4－C2O42－＋H＋，水也能發(fā)生電離，產生H＋和OH－，因此有c(H＋)>c(C2O42－)，電離程度微弱，從而得出正確的結果。