2019-2020高二化学上学期期中试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年度上学期高二年级 期中考试化学试卷 一．单选题(每小题 2 分，共 22 分） 1.下列方程式书写正确的是（ ） A. CaCO3 的电离方程式：CaCO3 Ca2+＋CO32－ B. H2SO3 的电离方程式 H2SO3 2H＋＋SO32－ C. CO32－的水解方程式：CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－ D. HCO3－在水溶液中的电离方程式：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－ 【答案】D 【解析】 【详解】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2++CO32-，故 A 错误；B、由于亚 硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，故 B 错误；C、碳酸根 离子分步水解，水解方程式是：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故 C 错误；D、HCO3- 在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为 HCO3-+H2O⇌H3O++CO32-，故 D 正确；故选 D。 2.将下列物质溶于水，能促进水的电离的是 A. NaHSO4 B. Na2CO3 C. SO2 D. NaOH 【答案】B 【解析】 A、NaHSO4 为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，选项 A 不符合；B、Na2CO3 溶液中碳酸根 离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，选项 B 符合；C、SO2 溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为 弱酸，亚硫酸抑制了水的电离，选项 C 不符合；D、NaOH 为强碱，NaOH 抑制了水的电离，选 项 D 不符合；答案选 B。 点睛：本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素， 明确水的电离过程为吸热过程，升高温度能够促进电离。水为弱电解质，水的电离方程式： H2O?H++OH-，加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，加入能够水解的盐能够促进水的电离； 水的电离过程为吸热反应，升高温度能够促进水的电离，据此进行判断。 3. pH＝4 的醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度的关系前者与后者比较 A. 大于 B. 小于 C. 等于 D. 无法确定 【答案】B【解析】 【详解】醋酸是弱酸，抑制水的电离。氯化铵溶于水铵根水解促进水的电离，因此 pH＝4 的 醋酸和氯化铵溶液中，水的电离程度前者小于后者。答案选 B。 4.pH=5 的盐酸和 pH=9 的氢氧化钠溶液以体积比 11∶9 混合,则混合液的 pH 为 A. 7.2 B. 8 C. 6 D. 无法计算 【答案】C 【解析】 试题分析：酸过量，反应后溶液 c(H＋)=(11×10－5－9×10－5)/(11＋9)mol·L－1=10－6mol·L－ 1，根据 pH=－lgc(H＋)=6，故选项 C 正确。 考点：考查 pH 的计算等知识。 5.下列溶液 pH 一定小于 7 的是(　　) A. 等体积的盐酸与氨水的混合液 B. 由水电离出的 c(OH－)＝1×10－10 mol/L 的溶液 C. 80℃时的氯化钠溶液 D. c(H＋)＝1×10－3 mol/L 的酸与 c(OH－)＝1×10－3 mol/L 的碱等体积混合液 【答案】C 【解析】 【详解】A．等体积的盐酸和氨水的混合液，没告诉盐酸与氨水的物质的量浓度，氢离子浓度 无法确定，故 A 错误；B．水电离出的 c(OH-)=1×10-10mol•L-1 的溶液，水的电离受到抑制，该 溶液可能为酸性溶液，可能为碱性溶液，pH 不一定小于 7，故 B 错误；C．水的电离为吸热过 程，升高温度促进水的电离，25℃时，水中 c(H+)=10-7mol/L，80℃时，由水电离出的 c(H+)＞ 10-7mol/L，所以 80℃时的氯化钠溶液 pH 值一定小于 7，故 C 正确；D．没指名酸和碱的强弱， 无法判断溶液的 pH 值，例如稀的强酸和浓的弱碱溶液反应，反应后溶液呈碱性，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题考查溶液 pH 值大小判断，明确 pH 值的概念及水的电离平衡的影响因素是解题 关键。本题的易错点为 B，要注意酸或碱与能够水解的盐对水的电离平衡影响的区别。 6.根据下列实验不能证明一元酸 HR 为弱酸的是 A. 室温下，NaR 溶液的 pH 大于 7 B. HR 溶液加入少量 NaR 固体，溶解后溶液的 pH 变大 C. 加热 NaR 溶液时，溶液的 pH 变小D. 25℃时，0.01mol·L－1 的 HR 溶液 pH＝3.8 【答案】C 【解析】 【详解】A.室温下，NaR 溶液的 pH 大于 7，则表明 R-在水溶液中能发生水解，从而证明 HR 为 弱酸，故 A 不选； B. HR 溶液加入少量 NaR 固体，溶解后溶液的 pH 变大，说明 R-的加入，使 HR 的电离平衡逆向 移动，从而证明 HR 为弱酸，故 B 不选； C. 加热 NaR 溶液时，溶液的 pH 变小，表明 R-没有发生水解，也即 HR 不是弱酸，故 C 选； D. 25℃时，0.01mol·L－1 的 HR 溶液 pH＝3.8，表明 HR 没有完全电离，HR 为弱酸，故 D 不选； 故选 C。 7.能使 H2O＋H2O H3O＋＋OH－电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是(　　) A. 在水中加 Na2CO3 B. 在水中加入 CuCl2 C. 在水中加入稀硫酸 D. 将水加热到 99℃，其中 c(H＋)＝1×10 －6mol·L－1 【答案】B 【解析】 【详解】A、碳酸钠中 碳酸根是弱酸根，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故 A 错误； B、氯化铜中的铜离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，故 B 正确； C、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反应方向移动，故 C 错误；D、温度升高， 水的电离平衡向正反应方向移动，但是溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故 D 错误；故选 B。 【点睛】本题考查水的电离的影响因素。本题的易错点为 D，要注意溶液的酸碱性与氢离子和 氢氧根离子浓度的相对大小有关，与 c(H＋)是否大于 1×10－7mol·L－1 无关。 8.下列有关化学平衡常数 K、电离平衡常数 Ka、水的离子积常数 Kw 的说法中错误的是 A. 各常数的大小与温度有关 B. 各常数的大小说明平衡体系正反应的程度大小 C. 若温度升高则各常数一定增大 D. 化学平衡常数越大反应物平衡转化率越大 【答案】C 【解析】 的【详解】A. 各常数的大小与温度有关，温度改变时，三常数都将发生改变，A 正确； B. 各常数的大小说明平衡体系正反应的程度大小，常数越大，正反应进行的程度越大，B 正 确； C. 若温度升高，化学平衡常数可能增大也可能减小，C 不正确； D. 化学平衡常数越大反应正向进行的越多，反应物平衡转化率越大，D 正确。 故选 C。 9.下列说法中正确的是(　　) ①将硫酸钡放入水中不能导电，但硫酸钡是电解质 ②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质 ③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电 ④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物能导电 ⑤强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强 A. ①④ B. ①④⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤ 【答案】B 【解析】 【详解】①盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，故①正确；② 氨气自身不能发生电离，氨气是非电解质，氨水是混合物，氨水既不是电解质，也不是非电 解质，故②错误；③共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所 以共价化合物在固态或液态时都不导电，故③错误；④固态的离子化合物中阴阳离子受离子 键的作用，不能自由移动，因此不导电，熔融态离子化合物中的阴阳离子可以自由移动，能 导电，故④正确；⑤溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电 解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故⑤正确；故选 B。 10.室温下,某溶液中由水电离产生的 c(H+)等于 10-13mol·L-1,该溶液的溶质不可能是(　　) A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2 【答案】B 【解析】 【详解】室温下，某溶液中由水电离产生的 c（H+）=10-10mol/L＜10-7mol/L，说明水的电离被 抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐。 A、NaHSO4 属于强酸酸式盐，完全电离出的氢离子抑制水电离，故 A 不选；B、NaCl 是强酸强碱盐，不影响水的电离，故 B 选； C、盐酸是强酸，抑制水电离，故 C 不选； D、Ba（OH）2 属于强碱而抑制水电离，故 D 不选； 故选 B。 11. 下列说法正确的是 A.增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子百分数，从而使单位时间内有效碰撞次数增大 B.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数， 从而使反应速率增大 C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数 D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，但不会增大单位体积内活化分子 的百分数，A、B 错；C 正确；催化剂可降低反应的活化能从而增大单位体积内活化分子百分 数而增大反应速率，D 错。 【点睛】增大活化分子百分数的条件可以是升温或使用催化剂；增大浓度和增大压强，增大 的是单位体积内的活化分子数，而活化分子的百分含量不变。 二．单选题（每小题 3 分，共 36 分） 12.用 1.0mol/L 的 NaOH 溶液中和某浓度的 H2SO4 溶液，其水溶液的 pH 和所用 NaOH 溶液的体 积变化关系如图所示，则原 H2SO4 溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是（ ） A. 1.0 mol/L，20 mL B. 0.5 mol/L，40 mL C. 0.5 mol/L，80 mL D. 1.0 mol/L，80 mL 【答案】C 【解析】 试题分析：根据硫酸溶液的 pH 确定氢离子浓度，再根据硫酸和氢离子之间的关系式确定硫酸浓度；根据硫酸和氢氧化钠反应的关系式计算氢氧化钠溶液的体积，硫酸和氢氧化钠溶液体 积就是完全反应后溶液的总体积． 解：根据图象知，硫酸的 pH=0，则 c（H+）=1mol/L，c（H2SO4）= C（H+）=0.5mol/L；完全 反应时氢氧化钠溶液的体积为 40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n（NaOH）=2n （H2SO4）=2×0.5mol/L×0.04L=1mol/L×V，所以 V（NaOH）= =40mL， 则混合溶液体积=40mL×2=80mL， 故选 C． 13. 25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的 pH=7 时，下列关系正确的是 A. c（NH4+）=c（SO42﹣） B. c（NH4+）＞c（SO42﹣） C. c（NH4+）＜c（SO42﹣） D. c（OH﹣）+c（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+） 【答案】B 【解析】 【详解】稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的 pH=7 时，c（OH﹣）=c（H+），由电荷守恒可 知，c（OH﹣）+2c（SO42﹣）=c（H+）+c（NH4+），则 2c（SO42﹣）=c（NH4+），所以 c（NH4+）＞c （SO42﹣），故选 B。 14. 下图曲线 a 和 b 是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ） A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/L B. P 点时反应恰好完全中和，溶液呈中性 C. 曲线 a 是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D. 酚酞不能用做本实验的指示剂 【答案】B 【解析】 【详解】A、由图像可知盐酸和氢氧化钠的 pH 分别是 1 和 13，所以其浓度均是 0.1mol·L-1，A 错误； B、P 点时，溶液 pH 为 7，则说明中和反应完全，溶液呈中性，B 正确； C、曲线 a 的 pH 随反应的进行逐渐增大，所以应该是氢氧化钠滴定盐酸，C 错误； D、强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，D 错误； 故答案是 B。 15.pH＝2 的 A、B 两种酸溶液各 lmL，分别加水稀释到 1000 mL，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】加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH 相同的两种酸，稀释相同的倍数时 pH 不 同，pH 变化大的酸性大于 pH 变化小的酸性，所以 A 的酸性大于 B，如果 a=5，则 A 是强酸， 如果 a＜5，则 A 和 B 都是弱酸； A．根据图片知，A 和 B 的电离程度不同，所以 pH 相同的两种酸，B 的物质的量浓度大于 A， 故 A 错误； B．根据图片知，稀释后，A 的酸性比 B 的酸性弱，故 B 错误； C．如果 a=5，则 A 是强酸，B 是弱酸，故 C 错误； D．若 A 和 B 都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以 5＞a＞2，故 D 正确； 故答案为 D。 16.欲使 0.1mol/L 的 NaHCO3 溶液中 c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减少，（ ） A. 通入二氧化碳气体 B. 加入氢氧化钠固体 C. 通入氯化氢气体 D. 加入饱和石灰水溶液 【答案】D【解析】 【分析】 溶液中存在 HCO3- H++CO32- 和 HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－以及 H2O H++OH-，NaHCO3 溶液显碱性，以 HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－为主。 【详解】A、CO2+H2O H2CO3，抑制碳酸氢钠的水解，溶液的碱性减小，氢离子和碳酸氢根离 子浓度都增大，故 A 错误；B、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根 离 子 浓 度 减 小 ， 碳 酸 根 离 子 浓 度 增 大 ， 氢 离 子 浓 度 减 小 ， 故 B 错 误 ； C 、 HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子 浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，故 C 错误；D、Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转 化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱 性，所以氢离子浓度也减小，故 D 正确；故选 D。 17.已知某温度下 0.1 mol/L 的 NaHB(强电解质)溶液中 c(H＋)>c(OH－)，则下列关系一定正确 的是(　　) A. c(Na＋)＝c(HB－)＋2c(B2－)＋c(OH－) B. c(Na＋)＝0.1 mol/L≥c(B2－) C. HB－的水解方程式为 HB－＋H2O B2－＋H3O＋ D. 在该盐的溶液中，离子浓度大小顺序为 c(Na＋)>c(HB－)>c(B2－)>c(OH－)>c(H＋) 【答案】B 【解析】 【分析】 在浓度为 0.1mol/L 的 NaHB 溶液中 c(H+)＞(OH-)，说明 HB-电离程度大于水解程度，溶液呈酸 性，结合电荷守恒分析解答。 【 详 解 】 A ． 溶 液 中 存 在 电 荷 守 恒 ， 应 为 c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)+c(OH-) ， 因 此 c(Na+)=c(HB-)+2c(B2-)，故 A 错误；B．c(Na+)=0.1mol•L-1，如 HB-完全电离，则 c(B2-)=0.1 mol/L， 如 HB-部分电离，则 c(B2-)＜0.1 mol/L，因此 c(Na+)=0.1mol•L-1≥c(B2-)，故 B 正确；C．HB－＋ H2O B2－＋H3O＋为 HB－的电离方程式，故 C 错误；D．根据题意，浓度为 0.1mol/L 的 NaHB 溶液中 c(H+)＞(OH-)，故 D 错误；故选 B。 18.已知：25 ℃时，HCOOH 的电离平衡常数 K＝1.75×10－5，H2CO3 的电离平衡常数 K1＝4.4×10 －7，K2＝4.7×10－11。下列说法不正确的是(　　)A. 向 Na2CO3 溶液中加入甲酸有气泡产生 B. 25 ℃时，向甲酸中加入 NaOH 溶液，HCOOH 电离程度和 K 均增大 C. 向 0.1 mol·L－1 甲酸中加入蒸馏水，c(H＋)减小 D. 向碳酸中加入 NaHCO3 固体，c(H＋)减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所 以向 Na2CO3 溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故 A 正确；B．电离常数只与温度有关，25℃ 时，向甲酸中加入 NaOH 溶液，氢离子浓度减小，HCOOH 的电离程度增大，K 不变，故 B 错误； C．甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大， 由于体积增大的快，所以氢离子浓度减小，故 C 正确；D．NaHCO3 电离出的碳酸氢根离子抑制 碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故 D 正确；故选 B。 19.已知室温时，0.1 mol/L 某一元酸 HA 在水中有 0.1%发生电离，下列叙述错误的是( ) A. 该溶液的 pH=4 B.升高温度，溶液的 pH 和电离平衡常数 均减小 C. 此酸的电离平衡常数约为 1×10-7 D. 加入少量纯 HA，电离程度减小电离平 衡常数不变 【答案】B 【解析】 A．c(H+)=0.1mol/L×0.1%=1×10-4，pH=-lgc(H+)=4，故 A 正确；B．HA 电离吸热，升高温度， 促进电离，则氢离子浓度增大，溶液的 pH 减小，而电离平衡常数增大，故 B 错误；C．此酸 的电离平衡常数 Ka= = =1×10-7，故 C 正确；D．加入少量纯 HA，浓 度增大，电离程度减小，但 Ka 与温度有关、与浓度无关，则电离平衡常数不变，故 D 正确； 故选 B。 20.在 0.1mol/LNa2CO3 溶液中，微粒间浓度关系正确的是 A. c(Na+)+c(H+)＝c(OH–)+c(HCO3–) + c(CO32–) B. c(Na+)＞c(CO32–)＞c(HCO3–)＞c(OH–) C. c(Na+)＝2c(CO32–)+2c(HCO3–) +2c(H2CO3) D. c(Na+)＞c(HCO3–)＞c(CO32–)＞c(OH–) 的 ( ) ( ) ( )c H c A c HA + − 4 410 10 0.1 − −×【答案】C 【解析】 【详解】A. 按电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝c(OH–)+c(HCO3–) +2c(CO32–)，A 错误； B. 按离子浓度的大小关系，c(Na+)＞c(CO32–)＞c(OH–)＞c(HCO3–)，B 不正确； C. 按物料守恒，c(Na+)＝2c(CO32–)+2c(HCO3–) +2c(H2CO3)，C 正确； D. 此选项也是陈述离子浓度的大小关系，依据对 B 选项的分析可知，D 错误。 故选 C。 21.在 10 L 恒容密闭容器中充入 X(g)和 Y(g)，发生反应 X(g) + Y(g) M(g) + N(g)，所得实 验数据如下表： 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol实验 编号 温度/℃ n(X) n(Y) n(M) ① 700 0.40 0.10 0.090 ② 800 0.10 0.40 0.080 ③ 800 0.20 0.30 a ④ 900 0.10 0.15 b 下列说法正确的是 A. 实验①中，若 5 min 时测得 n(M)=0.050 mol，则 0 至 5 min 时间内，用 N 表示的平均反应 速率 υ(N)=1.0×10－2 mol/(L·min) B. 实验②中，该反应的平衡常数 K=2.0 C. 实验③中，达到平衡时，X 的转化率为 60% D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060 【答案】C 【解析】 【详解】A.实验①中，若 5min 时测得 n(M)＝0.050mol，浓度是 0.0050mol/L，根据反应的化 学方程式可知，同时生成的 N 的物质的量浓度也是 0.0050mol/L，因此 0 至 5min 时间内，用 N 表示的平均反应速率 υ(N)＝0.0050mol/L÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A 项错误；B、实验②中，平衡时 M 的浓度是 0.0080mol/L，同时生成的 N 的浓度是 0.0080mol/L，消耗 X 与 Y 的浓度均是 0.0080mol/L，因此平衡时 X 和 Y 的浓度分别为 0.01mol/L－0.0080mol/L＝ 0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数 K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B 项错误； C.根据反应的化学方程式可知，如果 X 的转化率为 60%，则 X(g)＋Y(g) M(g)＋N(g) 起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0 转化浓度（mol/L） 0.012 0.012 0.012 0.012 平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012 温度不变，平衡常数不变，则 K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1，即反应达到平衡状 态，因此最终平衡时 X 的转化率为 60%。C 项正确； D.700℃时 X(g)＋Y(g) M(g)＋ N(g) 起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0 转化浓度（mol/L） 0 009 0.009 0.009 0.009 平衡浓度（mol/L） 0.0310 0.001 0.009 0.009 则该温度下平衡常 K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.6＞1，这说明升高温度平衡常数减 小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是 800℃，由于反 应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时 M 的物质的量 b＝0.5a＝ 0.06。当温度升高到 900℃时平衡向逆反应方向移动，因此 b＜0.060，D 项错误； 答案选 C。 22.常温下，①pH＝2 的 CH3COOH 溶液；②pH＝2 的 H2SO4 溶液；③pH＝12 的氨水；④pH＝12 的 NaOH 溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是 A. 将②、④溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②④>①>② C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成 H2 的量：②最多 D. 水电离的 c(H＋)：①＝②＝③＝④ 【答案】D 【解析】 .【分析】 常温下，①pH＝2 的 CH3COOH 溶液，②pH＝2 的 H2SO4 溶液。 在①和②中，虽然 CH3COOH 为弱酸，H2SO4 为强酸，但两溶液中 c(H+)相等，不过二者的起始浓 度不同，CH3COOH 的起始浓度远大于 H2SO4。 ③pH＝12 的氨水，④pH＝12 的 NaOH 溶液。 在③和④中，虽然氨水中的一水合氨为弱碱、NaOH 为强碱，但两溶液中 c(OH-)相同，不过二 者的起始浓度不同，氨水的浓度远大于 NaOH 溶液。 在①②③④四份溶液中，水的电离程度相同。 【详解】A.将②、④溶液混合后，pH＝7，因为c(H+)酸=c(OH-)碱，所以消耗溶液的体积②=④， A 不正确； B. 向 10mL 上述四溶液中各加入 90 mL 水后，H2SO4 的 pH 增大 1，NaOH 的 pH 减小 1，CH3COOH 的 pH 增大值小于 1，氨水的 pH 减小值小于 1，故溶液的 pH：③>④>②>①，B 不正确； C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，因为醋酸的物质的量最大，所以醋酸生成 H2 的量最多，C 错误； D. 因为四份溶液中，电解质电离产生的氢离子或氢氧根离子浓度相等，对水的电离的影响相 同，所以水电离的 c(H＋)：①＝②＝③＝④，D 正确； 故选 D。 23.下列说法正确的是（ ） A. 常温下，pH 为 1 的 0.1 mol/L HA 溶液与 0.1 mol/L NaOH 溶液恰好完全反应时，溶液中一 定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+) B. 相同浓度的 CH3COONa 和 NaClO 溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为： c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) C. PH＝1 NaHSO4 溶液中 c (H+)＝2 c (SO42-)+ c (OH-) D. 常温下，pH=7 的 CH3COONa 和 CH3COOH 混合溶液中：c(Na+)= c (CH3COOH)> c (CH3COO－)> c (H+) = c (OH－) 【答案】A 【解析】 【详解】A. 常温下，pH 为 1 的 0.1 mol/L HA 溶液中，c(H+)=0.1 mol/L，则 HA 为强酸溶液， 与 0.1 mol/L NaOH 溶液恰好完全反应时，溶液中溶质为强电解质 NaA，c(Na+)=c(A－)，溶液呈 中性，c(OH－)和 c(H+)来自于水且 c(OH－)=c(H+) ，故 A 正确；B. 相同浓度时酸性：CH3COOH>HClO，即 CH3COOH 电离程度大于 HClO，即 c(CH3COO-)> c(ClO-)； 相同浓度的 CH3COONa 和 NaClO 溶液混合后，水解程度：CH3COONa c(ClO-)，故 B 错误； C. pH＝1 NaHSO4 溶液中含有 Na+、SO42-、H+、OH-，电荷守恒式 c(Na+)+c (H+)＝2c (SO42-)+c (OH-)，故 C 错误； D. pH=7，溶液呈中性，c (H+) = c (OH－)，CH3COONa 和 CH3COOH 混合溶液，c (CH3COO－) > c (CH3COOH) > c(Na+)，溶液中各离子浓度的大小关系为：c (CH3COO－)> c(Na+)> c (CH3COOH) >c (H+) = c (OH－)，故 D 错误。 答案选 A。 三、填空题 24.（1）在 25℃条件下将 pH＝12 的氨水稀释过程中，下列说法正确的是___。 A．能使溶液中 c(NH4+)·c(OH－)增大 B．溶液中 c(H＋)·c(OH－)不变 C．能使溶液中 比值增大 D．此过程中 Kw 增大 （2）25℃时，向 0.1mol·L－1 的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液 pH 减 小，主要原因是____(填序号)。 ①氨水与氯化铵发生化学反应 ②氯化铵溶液水解显酸性，增加了 c(H＋) ③氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使 c(OH－)减小 （3）室温下，如果将 0.2molNH4Cl 和 0.1molNaOH 全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。 ①___和___两种粒子的物质的量之和等于 0.2mol。 ②____和___两种粒子的物质的量之和比 OH－多 0.1mol。 【答案】 (1). B (2). ③ (3). NH4+ (4). NH3·H2O (5). NH4+ (6). H+ 【解析】 【详解】（1）A．氨水稀释，溶液中 c(NH4+)、c(OH－)都减小，所以 c(NH4+)·c(OH－)减小，A 不正确； B．c(H＋)·c(OH－)为水的离子积常数，温度一定时，水的离子积常数不变，B 正确； + 4 + 3 2 c(NH ) c(NH H O)c(H )⋅C． ，温度不变时，比值不变，C 不正确； D．此过程中 Kw 不变，D 不正确。 故答案为 B。 （2）25℃时，向 0.1mol·L－1 的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液 pH 减 小，主要原因是溶液中 c(NH4+)增大，抑制一水合氨的电离，使电离平衡逆向移动，所以溶液 的 pH 减小。 答案为③； （3）室温下，如果将 0.2molNH4Cl 和 0.1molNaOH 全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)的 成分为：0.1molNH4Cl、0.1mol NH3·H2O、0.1molNaCl。 主要发生的反应是：NH3·H2O NH4＋+OH- 起始量 0.1mol 0.1mol 0 变化量 x x x 平衡量 0.1-x 0.1+x x H2O H++OH- y y y ①NH4+和 NH3·H2O 两种粒子的物质的量之和等于 0.2mol。 答案为：NH4+、NH3·H2O； ②. NH4+和 H+两种粒子的物质的量之和比 OH－多 0.1mol。 答案为：NH4+、H+。 25.（1）氯化铁水溶液呈___性，原因是（用离子方程式表示）：___；把 FeCl3 溶液蒸干，灼 烧，最后得到的主要固体产物是___；热的纯碱溶液去油污能力强，纯碱水解的离子方程式为 ___（写第一步即可）。 （2）普通泡沫灭火器是利用 NaHCO3 溶液跟 Al2(SO4)3 溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气 体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是___。 （3）已知：在相同条件下醋酸与氨水电离程度相同，现有浓度均为 0.1mol/L 的下列溶液：① 硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水。 ①、②、③、④四种溶液中由水电离出的 H+浓度由大到小的顺序是（填序号）___； ④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液中 NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号）___。 【答案】 (1). 酸 (2). Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ (3). Fe2O3 (4). CO32-＋H2O + 4 + 3 2 Kc(NH ) c(NH H O)c(H ) Kw b=⋅HCO3-＋OH－ (5). 3HCO3-+Al3+＝Al(OH)3↓+3CO2↑ (6). ④、②、③、① (7). ⑥、⑦、④、⑤、⑧ 【解析】 【详解】（1）氯化铁溶液中的 Fe3+发生水解，生成 H+，水溶液呈酸性。答案为：酸 原因是 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+。答案为：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+ FeCl3 溶液蒸干、灼烧过程中，HCl 挥发，Fe(OH)3 分解，最后 Fe(OH)3 全部转化为 Fe2O3，所以 得到的主要固体产物是 Fe2O3。答案为：Fe2O3 热的纯碱溶液去油污能力强，纯碱水解的离子方程式为 CO32-＋H2O HCO3-＋OH－。 答案为：CO32-＋H2O HCO3-＋OH－ （2）普通泡沫灭火器是利用 NaHCO3 溶液跟 Al2(SO4)3 溶液混合，发生双水解反应，产生大量 的气体 CO2 和沉淀 Al(OH)3，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是 3HCO3-+Al3+＝ Al(OH)3↓+3CO2↑。答案为：3HCO3-+Al3+＝Al(OH)3↓+3CO2↑ （3）对于①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氯化铵来说： ①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠直接发生电离，生成 H+或 OH-，对水的电离产生抑制；④氯化铵， 发生水解，对水的电离产生促进。 在①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠中，相同浓度的①电离产生的 c(H+)是③电离产生 c(OH-)的二 倍，①对水电离的影响最大，②电离程度最小，电离产生的 c(H+)最小，所以对水电离的影响 是①>③>②，故①、②、③、④四种溶液中由水电离出的 H+浓度由大到小的顺序是④、②、 ③、①。答案为：④、②、③、① 对于④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵、⑧氨水来说： ④氯化铵、⑤醋酸铵、⑥硫酸铵、⑦硫酸氢铵发生水解，但即便是双水解，只要不能进行到 底，水解的程度都是很少的，⑥中 c(NH4+)是其它盐电离产生的 c(NH4+)的二倍，所以⑥中 c(NH4+) 最大，⑦中硫酸氢铵电离出的 H+将抑制 c(NH4+)的水解，④中只发生 c(NH4+)的水解，⑤中 CH3COO-将促进 c(NH4+)的水解，从而得出四种易水解的盐中 c(NH4+)的关系为⑥>⑦>④>⑤；在 氨水中，发生弱电解质的电离，但电离程度小，c(NH4+)小，故④、⑤、⑥、⑦、⑧五种溶液 中 NH4+浓度由大到小的顺序是⑥、⑦、④、⑤、⑧。 答案为：⑥、⑦、④、⑤、⑧ 【点睛】比较盐溶液中某离子浓度 大小关系时，我们首先看完全电离出的该离子浓度的大 小，完全电离产生的离子浓度大，则最终该离子的浓度也大。再看该离子水解所受环境的影 响，若为同性离子发生水解，或盐电离出 H+或 OH-，直接抑制该离子水解，该离子水解的程度 的都比某盐中只发生该离子水解的程度小；若该离子水解受到异性离子水解的促进，则离子浓 度的减小比单水解大。 四、综合题 26.新华社报道：全国农村应当在“绿色生态·美丽多彩·低碳节能·循环发展”的理念引导 下，更快更好地发展“中国绿色村庄”，参与“亚太国际低碳农庄”建设。可见“低碳循环” 已经引起了国民的重视，试回答下列问题： （1）煤的气化和液化可以提高燃料的利用率。 已知 25℃、101kPa 时： ①C(s)＋ O2(g)=CO(g) ΔH＝－126.4kJ/mol ②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ/mol ③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44kJ/mol 则在 25℃、101kPa 时： C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH＝_____。 （2）高炉炼铁是 CO 气体的重要用途之一，其基本反应为：FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g) ΔH>0 已知在 1100℃时，该反应的化学平衡常数 K＝0.263。 ①温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，此时平衡常数 K 值____(填“增大”“减小”或 “不变”)。 ②1100℃时测得高炉中，c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，则在这种情况下，该反应 是否处于化学平衡状态？____(填“是”或“否”)，其判断依据是___。 （3）目前工业上可用 CO2 来生产燃料甲醇，有关反应为：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.0kJ/mol。 现向体积为 1L 的恒容密闭容器中，充入 1molCO2 和 3molH2，反应过程中测得 CO2 和 CH3OH(g) 的浓度随时间的变化如图所示。 ①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率 v(H2)＝____。 1 2②下列措施能使 增大的是____(填字母)。 A．升高温度 B．再充入 H2 C．再充入 CO2 D．将 H2O(g)从体系中分离 E．充入 He(g)，使体系压强增大 【答案】 (1). ＋115.4 kJ/mol (2). 增大 (3). 否 (4). 浓度商 Q 小于平衡常数 K (5). 0.225mol/(L·min) (6). BD 【解析】 【详解】（1）①C(s)＋ O2(g)=CO(g) ΔH＝－126.4kJ/mol ②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ/mol ③H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44kJ/mol 将①+③- ×②得： C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋115.4 kJ/mol 答案为：＋115.4 kJ/mol （2）①因为正反应为吸热反应，所以温度升高，化学平衡正向移动，移动后达到新的平衡， 此时平衡常数 K 值增大。答案为：增大 ②1100℃时测得高炉中，c(CO2)＝0.025mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，则在这种情况下，该反应 没有处于化学平衡状态。答案为：否 其判断依据是 Q= ，平衡正向移动。 答案为：浓度商 Q 小于平衡常数 K （3） CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) 起始量 1.00 3.00 0 0 变化量 0.75 2.25 0.75 0.75 平衡量 0.25 0.75 0.75 0.75 ①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率 v(H2)＝ mol/(L·min) 答案为：0.225mol/(L·min) 3 2 c(CH OH) c(CO ) 1 2 1 2 0.025 0.25 0.2630.1 = < 2.25 / 0.22510min mol L =②A．升高温度，平衡逆向移动，c(CH3OH)减小，c(CO2)增大， 减小，不合题意； B．再充入 H2，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，c(CO2) 减小， 增大，符合题意； C．再充入 CO2，虽然平衡正向移动，c(CH3OH)增大，c(CO2)增大，但 c(CO2)增大的更多， 减小，不合题意； D．将 H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，c(CO2) 减小， 增大， 符合题意； E．充入 He(g)，使体系压强增大，c(CH3OH)不变，c(CO2)不变， 不变，不合题意。 故选 BD。 五、实验题 27.某学生用 0.1000 mol/L NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，操作可分解为如下几步： A.用蒸馏水洗干净滴定管；B. 用待测定的溶液润洗酸式滴定管；C.用酸式滴定管取稀盐酸 20.00mL，注入锥形瓶中，加入酚酞；D.另取锥形瓶，再重复操作一次；E.检查滴定管是否漏 水；F.取下碱式滴定管用标准的 NaOH 溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上 2～3 cm 处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下； G.把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定 管液面所在刻度。完成以下填空： （1）正确操作的顺序是(用序号字母填写)_____________。 （2）操作 F 中应该选择图中________滴定管(填标号)。 （3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。 A. 滴定管内液面的变化 B. 锥形瓶内溶液颜色的变化 3 2 c(CH OH) c(CO ) 3 2 c(CH OH) c(CO ) 3 2 c(CH OH) c(CO ) 3 2 c(CH OH) c(CO ) 3 2 c(CH OH) c(CO )滴定终点溶液颜色的变化是____________________________。 （4）滴定结果如表所示： 标准溶液的体积/mL 滴定次数 待测溶液体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 20 1.02 21.03 2 20 2.00 25.00 3 20 0.60 20.60 滴定中误差较大的是第________次实验，造成这种误差的可能原因是________。 A. 碱式滴定管在装液前未用标准 NaOH 溶液润洗 2～3 次 B. 滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡， 滴定终点读数时未发现气泡 C. 滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡 D. 达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数 E. 滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来 （5）该盐酸的浓度为________mol/L。 （6）如果准确移取 20.00 mL 0.1000 mol/L NaOH 溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用 未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度？ ________(填“是”或“否”)。 【答案】 (1). EABCFGD (2). 乙 (3). B (4). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (5). 2 (6). A、B、D (7). 0.100 0 (8). 是 【解析】 【分析】 (1)根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作； (2)根据碱式滴定管的结构判断； (3)根据滴定操作的要求和终点判断的方法分析解答； (4)第 2 次实验误差较大，根据错误操作导致标准液体积变大分析原因； (5)先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式 HCl～NaOH 来计算出盐酸的浓度； (6)根据关系式 HCl～NaOH 来计算出盐酸的浓度。 在【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作， 则正确的顺序为 EABCFGD，故答案为：EABCFGD； (2)滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故答案为：乙； (3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中颜色变化，酚酞遇碱变红，滴定终点溶液 颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：B；无色变浅红色且半分钟内不褪 色； (4)第 2 次实验误差较大，错误操作导致标准液体积偏大。A．碱式滴定管在装液前未用标准 NaOH 溶液润洗 2～3 次，导致浓度变小，所用溶液体积偏大，故 A 正确；B．滴定开始前碱式 滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡，导致读数偏大，故 B 正确；C．滴定 开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，导致读数偏 小，故 C 错误；D．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，导致读数偏大，故 D 正确； E．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，导致所用碱液减少，故 E 错 误；故答案为：2；ABD； (5)数据 2 无效，取 1、3 体积进行计算，所用标准液的平均体积为 mL≈20.00mL， HCl～～～～～～～～～NaOH 1 1 c(HCl)×20.00mL 0.1000mol/L×20.00mL c(HCl)= =0.1000mol/L，故答案为：0.1000； (6)准确移取 20.00mL 0.1000mol/L NaOH 溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度 的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，通过盐酸的体积，根据 HCl～NaOH 来计算出盐酸的浓度， 故答案为：是。 【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项。本 题的易错点为(4)，根据 c(待测)= ，无论哪一种类型的误差，都可以归结为 对标准溶液体积的影响。 21.03 1.02 20.56 0.6 2 − + −（ ）（ ） 0.1000 / 20.00 20.00 mol L mL mL × ( ) ( ) ( ) c V V ×标准 标准 待测