内蒙古自治区2018-2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）.doc

内蒙古自治区2018-2019学年高二化学上学期期中试卷（含解析）考试范围：选修四第一章第三章第三节 时间：90分钟 满分：100第I卷（选择题，共44分）一、单项选题（每题2分，共44分）1.决定化学反应速率的本质因素是A. 浓度 B. 压强 C. 温度 D. 反应物质的性质【答案】D【解析】分析：根据决定化学反应速率的根本原因(内因)和外界因素分析判断。详解：因决定化学反应速率的根本原因：反应物本身的性质，而浓度、温度、压强、催化剂是影响因素，故选D。2.下列过程放出热量的是A. 液氨汽化 B. 碳酸钙分解 C. 铝热反应 D. 化学键断裂【答案】C【解析】A、液氨汽化是由液体吸收热量转化为气体，故A是吸热过程，则A错误；B、碳酸钙分解属于分解反应，是吸热反应，故B错误；C、铝热反应属于高温下的置换反应，放出大量的热，属于放热反应，故C正确；D、化学键的断裂需要吸收热量的，所以是吸热过程，故D错误。本题正确答案为C。3.常温下，下列物质在水溶液中促进了水的电离的是A. NaHSO4 B. CuSO4 C. NaCl D. HClO【答案】B【解析】【分析】H2O的电离方程式为H2OHOH，促进水的电离因素有：升温、加入弱酸根、加入弱碱根。【详解】H2O的电离方程式为H2OHOH，A、NaHSO4在水中电离方程式为NaHSO4=NaHSO42，c(H)增大，抑制水的电离，故A不符合题意；B、CuSO4属于强酸弱碱盐，Cu2发生水解反应，促进水的电离，故B符合题意；C、NaCl不影响水的电离，故C错误；D、HClO属于酸，抑制水的电离，故D不符合题意。4.反应A(g)3B(g) 2C(g)2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为v(A)0.45 molL1min1 v(B)0.6 molL1s1 v(C)0.4 molL1s1 v(D)0.45 molL1s1，该反应进行的快慢顺序为A. B. D. 【答案】A【解析】【详解】首先将速率的单位统一，v(A)0.45 molL1min1=0.0075 molL1s1，然后都用A物质表示反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知反应速率分别是（molL1s1）0.0075、0.2、0.2、0.225，则反应速率大小关系是，答案选A。【点睛】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。5.对于在一定条件下的密闭容器中进行的反应：A（g）+3B（g）2C（g），下列说法正确的是A. 压强能够增大反应速率B. 升高温度不能影响反应速率C. 物质A的浓度增大，会减慢反应速率D. 在高温，高压和有催化剂的条件下，A与B能100%转化为C【答案】A【解析】A. 该反应有气体参与，所以增大压强能够增大反应速率，A正确；B. 升高温度能加快化学反应速率，B不正确；C. 增大物质A的浓度，会加快反应速率，C不正确；D. A与B不能100%转化为C，可逆反应总有一定的限度，D不正确。本题选A。6.一定温度下，在一定容积的密闭容器中加入NH3和O2各1mol，发生反应：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g）。下列说法中，表明该反应达到化学平衡状态的是A. NO和H2O浓度比不再变化 B. v(NH3)正v(NH3)逆C. 气体的密度不再变化 D. v(NH3)正v(O2)逆【答案】B【解析】【详解】A、该反应过程中NO和H2O浓度比始终保持不变，则NO和H2O浓度比不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故A错误；B、根据化学平衡状态的定义，当正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故B正确；C、容积不变，气体体积不变，组分都是气体，气体质量保持不变，根据密度的定义，反应任何时刻，密度都相等，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故C错误；D、NH3和O2的速率之比等于4：5，因此 v(NH3)正v(O2)逆不能说明反应达到平衡，故D错误。【点睛】易错点为选项D，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应的方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，如本题 v(NH3)正说明反应向正反应方向进行，v(O2)逆说明反应向逆反应方向进行，但两者速率之比不等于化学计量数之比，因此选项D不能说明反应达到平衡。7.25时，NH4Cl和NH3H2O混合溶液的pH为7，则该溶液呈A. 酸性 B. 碱性 C. 中性 D. 无法确定【答案】C【解析】【详解】25时，酸性溶液的pH小于7，碱性溶液的pH大于7，中性溶液的pH等于7.氯化铵和氨水的混合溶液的pH为7，说明溶液显中性，故选C。8.勒夏特列原理是自然界一条重要的基本原理,下列事实能用勒夏特列原理解释的是A. NO2气体受压缩后，颜色先变深后变浅B. 对2HI(g) H2(g)I2(g)平衡体系加压，颜色迅速变深C. 合成氨工业采用高温、高压工艺提高氨的产率D. 配制硫酸亚铁溶液时，常加入少量铁屑以防止氧化【答案】A【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用【详解】A、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于平衡移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A正确；B、加压，两边气体的计量数相等，所以加压平衡不移动，所以不可以用平衡移动原理解释，故B错误；C、合成氨工业采用高温条件是为了加快化学反应速率，不能使化学平衡正向移动，不能用勒夏特列原理解释，故C错误；D、配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉目的是防止亚铁离子被氧化成铁离子，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选A。9.一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减慢反应速率，而不影响生成H2的总量，可向其中加入适量的A. Na2CO3晶体 B. NaOH晶体 C. CH3COONa晶体 D. CuSO4溶液【答案】C【解析】【详解】A、Na2CO3与盐酸发生反应：Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O，盐酸少量，加入Na2CO3消耗盐酸，产生H2的量减少，故A不符合题意；B、加入NaOH晶体，消耗盐酸，产生H2的量减少，故B不符合题意；C、CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH，c(H)减少，化学反应速率减缓，但H总量不变，产生H2的量不变，故C符合题意；D、铁置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故D不符合题意。10.欲使0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32- )、c(HCO3)都减少，其方法是A. 加入氢氧化钠固体 B. 加氯化钠固体 C. 通入二氧化碳气体 D. 加入氢氧化钡固体【答案】D【解析】【分析】NaHCO3溶液中存在：HCO3HCO32，然后进行逐一分析即可。【详解】A、加入NaOH固体，发生NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O，c(CO32)增大，故A不符合题意；B、加入NaCl，不影响c(H)、c(CO32)、c(HCO3)，故B不符合题意；C、通入CO2，CO2与H2O反应生成H2CO3，H2CO3电离出H和HCO3，H和HCO3的浓度增大，故C不符合题意；D、加入Ba(OH)2，发生Ba(OH)2NaHCO3=BaCO3H2ONaOH，c(H)、c(CO32)、c(HCO3)减少，故D符合题意。11.下列数据不一定随着温度升高而增大的是A. 盐类水解常数Kh B. 弱电解质的电离平衡常数KC. 化学平衡常数K D. 水的离子积Kw【答案】C【解析】A、盐类水解是吸热过程，升高温度，促进水解，水解常数增大，故A正确；B、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电离，电离平衡常数增大，故B正确；C、对于放热的化学反应，升高温度K减小，故C错误；D、水的电离为吸热过程，升高温度,促进电离，水的离子积常数KW增大，故D正确。故选C。点睛：吸热过程，升高温度，平衡向右移动，K增大。12.下列各化合物中，均为弱电解质的一组是A. H2CO3 Ba(OH)2 K2S H3PO4 B. FeCl3 HCl C2H5OH NH4ClC. CH3COOH H2CO3 Cu(OH)2 H2O D. HCl KNO3 H2CO3 H2SO4【答案】C【解析】【详解】A. Ba(OH)2 是强碱，属于强电解质，K2S是盐，属于强电解质；B. HCl是强酸，属于强电解质，FeCl3、NH4Cl是盐，属于强电解质，C2H5OH不能电离，属于非电解质；C. 乙酸、碳酸、水、Cu(OH)2部分电离，属于弱电解质；D. HCl、H2SO4是强酸，属于强电解质，KNO3是盐，属于强电解质。故选C。【点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；弱电解质是指，在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸，弱碱、水与少数盐。13.已知0.1 molL1 FeCl3溶液与0.01 molL1 KSCN溶液等体积混合，发生如下反应：FeCl33KSCN Fe(SCN)33KCl，改变下列条件，能使溶液颜色变浅的是A. 向溶液中加入少量KCl晶体 B. 向溶液中加入一定量KCl溶液C. 向溶液中加入少量AgNO3固体 D. 向溶液中滴加几滴1 molL1 FeCl3溶液【答案】B【解析】【分析】该反应的离子方程式为Fe33SCNFe(SCN)3，根据勒夏特列原理进行分析。【详解】该反应的离子方程式为Fe33SCNFe(SCN)3，A、根据离子反应方程式，K、Cl不参与反应，因此加入氯化钾固体不影响溶液颜色的变化，故A不符合题意；B、虽然K和Cl不参与反应，但加入的是KCl溶液，对原来溶液稀释，平衡向逆反应方向移动，溶液颜色变浅，故B符合题意；C、加入AgNO3固体，Ag与Cl发生反应生成AgCl，Cl不参与化学平衡的反应，因此加入AgNO3固体，溶液的颜色不变浅，故C不符合题意；D、加入FeCl3溶液，溶液中c(Fe3)增大，平衡向正反应方向移动，溶液颜色变深，故D不符合题意。【点睛】易错点选项A，应把化学反应方程式拆写成离子方程式，判断出Cl和K不参与反应，对平衡无影响。14.己知反应CH4(g)+C02(g) 2CO(g)+2H2(g) H 0,有利于提高CH4平衡转化率的条件是A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压【答案】A【解析】【详解】A. H0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故A正确；B. H0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故B错误；C. H0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；增大压强，平衡左移，CH4平衡转化率减小；故C错误；D. H0，降低温度，平衡左移，CH4平衡转化率减小；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大；故D错误；综上所述，本题选A。15.现有常温时pH1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是A. 加入10mL 0.01mol L1的NaOH溶液 B. 加入10mL 的水进行稀释C. 加水稀释成100mL D. 加入10mL 0.01molL1的盐酸溶液【答案】C【解析】试题分析：常温下pH=1的某强酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，此时溶液中c（H+）=0.01mol/L。A、pH=1的某强酸溶液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）0.02L0.01mol/L，错误；B、加入10mL的水进行稀释，混合后溶液中c（H+）=0.05mol/L，错误；C、加水稀释成100mL，稀释后的溶液中c（H+）=0.01mol/L，正确；D、加入10mL0.01mol/L的盐酸，混合后，c（H+）=（0.01mol+0.001mol）0.02L0.01mol/L，错误。考点：考查溶液的酸碱性、pH计算16.已知反应：101kPa时，2C(s)+O2(g)=2CO(g)；H= -221 kJ/mol稀溶液中，H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)；H= -57.3 kJ/mol下列结论正确的是A. 碳的燃烧热为-221 kJ/molB. 中和热H为 -57.3 kJ/molC. 稀H2SO4与稀Ba(OH)2溶液反应的中和热H为-57.3 kJ/molD. 稀CH3COOH与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量【答案】B【解析】【详解】A、依据燃烧热的定义，无法判断题中碳的燃烧热，故A错误；B、根据中和热的定义，中和热H=57.3kJmol1，故B正确；C、H2SO4和Ba(OH)2发生Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O，Ba2和SO42反应存在热效应，因此该反应的中和热不等于57.3kJmol1，故C错误；D、醋酸是弱酸，其电离为吸热过程，因此CH3COOH和NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，故D错误。17.25时，在 10 mL 浓度为 0.1 mol/L 的 NH3H2O 溶液中滴加 0.1 mol/L 盐酸，下列有关描述正确的是A. 加入 5 mL 盐酸时： c(NH4) c(Cl) c(H) c(OH)B. 加入 10 mL 盐酸时：c(NH4)c(H)c(OH) c(Cl)C. 在溶液 pH7 时：水的电离程度最大D. 加入 20 mL 盐酸时：c(Cl)2c(NH4)【答案】B【解析】【详解】A、反应后溶质为NH3H2O和NH4Cl，其两者物质的量相等，NH3H2O的电离程度大于NH4的水解程度，溶液显碱性，离子浓度大小顺序是c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H)，故A错误；B、根据溶液显电中性，得出c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，故B正确；C、水的电离程度最大时，溶质为NH4Cl，NH4水解促进水的电离，溶液显酸性，故C错误；D、加入20mL盐酸，溶质为NH4Cl和HCl，且两者物质的量相等，根据物料守恒，c(Cl)=2c(NH4)2c(NH3H2O)，18.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A. pH相等的两溶液：c(CH3COO)=c(Cl)B. 体积和pH值相同的二种酸，中和相同物质的量的NaOH时，盐酸的体积小C. 同pH值不同体积时，稀释相同倍数后，醋酸溶液的pH值大D. 相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO)=c(Cl)【答案】A【解析】【详解】ApH相等的两溶液中，氢离子浓度相同，氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒，电离出的氯离子浓度和醋酸根离子浓度相同，故A正确；B醋酸为弱酸存在电离平衡，pH相等、体积相等的盐酸和醋酸溶液，醋酸溶液浓度大，消耗氢氧化钠多，故B错误；C醋酸为弱酸存在电离平衡，同pH值的盐酸和醋酸，醋酸溶液浓度大，稀释相同倍数后，醋酸会继续电离，稀释后醋酸溶液的pH值小，故C错误；D醋酸恰好和氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，中性溶液应为醋酸和醋酸钠，盐酸恰好反应溶液显中性，c(CH3COO-)c(Cl-)，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了弱电解质的电离，知道弱电解质和强电解质电离特点是解本题关键。本题的易错点为正确理解pH相等和浓度相同的2种溶液的区别。19.液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3 NH4+NH2，其离子积常数Kc(NH4+)c(NH2)2l030，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是A. 液氨的电离平衡 B. 液氨的离子积常数C. c(NH4+) D. c(NH2)【答案】B【解析】【分析】根据勒夏特列原理进行分析，以及离子积常数只受温度的影响。【详解】A、加入NH4Cl，溶液中c(NH4)增大，平衡向逆反应方向进行，抑制电离，加入NaNH2，溶液c(NH2)增大，抑制NH3的电离，故A不符合题意；B、离子积常数只受温度的影响，因为维持温度不变，因此离子积常数不变，故B符合题意；C、加入NH4Cl，溶液中c(NH4)增大，故C不符合题意；D、加入NaNH2，溶液中c(NH2)增大，故D不符合题意。20.下列物质的水溶液中，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离子，有：H+、NO3-、OH-，不存在其他分子，选项A正确。NaHS溶液中的HS-会水解得到H2S分子，选项B错误。HF是弱酸只能电离一部分，一定存在HF分子，选项C错误。NH4Cl溶液中铵根离子水解得到NH3H2O分子，选项D错误。21.25时， pH 均为2的两种一元酸HA和HB各1mL,分别加水稀释,pH 随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A. HA的酸性比HB的酸性弱B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C. 若两溶液加水稀释，则所有离子的浓度都减小D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A)/c(B)减小【答案】D【解析】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸；则ApH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液pH=5，HB溶液pH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，A错误；Ba点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B错误；C溶液稀释氢离子浓度减小，而水的离子积Kw=c（H+）c（OH-）不变，故c（OH-）增大，C错误；DHA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c（A-）浓度不变，HB电离程度增大，c（B-）浓度增大，c(A-)/c(B-)比值减小，D正确；答案选D。点睛：本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、图象的分析判断、溶液稀释过程中离子浓度变化，掌握基础是解题关键，注意稀释对电解质电离平衡的影响。22.25时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaF CH3COONapH7.07.08.18.9A. 酸性强弱：c(CH3COOH) c(HF) B. 离子的总浓度：C. 中： c(CH3COO) = c(NH4+)=c(OH)=c(H+) D. 和中c(CH3COO)相等【答案】B【解析】由表中数据得到，碱性：NaFCH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：FCH3COO，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOHHF。选项A错误。两个溶液有各自的电荷守恒式：c(Na+) + c(H+) = c(Cl-) + c(OH-)；c(Na+) + c(H+) = c(F-) + c(OH-)，所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2c(Na+) + c(H+)，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。pH为：，所以的氢离子浓度更大，即溶液的2c(Na+) + c(H+)大于溶液的2c(Na+) + c(H+)，所以离子的总浓度：，选项B正确。溶液中，pH=7，所以c(H+) = c(OH-) = 110-7mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L（电离和水解的程度都不会太大），所以应该是cCH3COO-=cNH4+c(OH-)=c(H+)。选项C错误。醋酸铵中，铵根离子对于醋酸根离子的水解起到促进作用，醋酸钠中钠离子对于醋酸根离子的水解应该无影响，所以醋酸根离子浓度是，选项D错误。第II卷（非选择题，共56分）23.在25时，将酸HA与碱MOH等体积混合。(1)若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L强碱MOH混合，则所得溶液显_（填“酸性”、“中性”或“碱性”，下同）。(2)若pH=3的强酸HA与pH=11的弱碱MOH混合，则所得溶液显_。(3)若0.01mol/L的强酸HA与0.01mol/L弱碱MOH混合，则所得溶液显_，解释这一现象的离子方程式是_。【答案】 (1). 中性 (2). 碱性 (3). 酸性 (4). M+H2OMOH+H+【解析】【详解】（1）HA和MOH都是强电解质，浓度相同、体积相同，反应后溶质为MA，溶液显中性；（2）HA的强酸，MOH为弱碱，c(MOH)c(HA)，等体积混合后，溶质为MA和MOH，溶液显碱性；（3）两者浓度相同，等体积混合，溶质为MA，MA为强酸弱碱盐，M发生水解，MH2OMOHH，c(H)c(OH)，溶液显酸性；24.中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10 molL1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加23滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次，记录数据如下。完成下列填空：实验编号待测盐酸的体积（mL）NaOH溶液的浓度（molL1）滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）120.000.1024.18220.000.1023.06320.000.1022.96I、(1)滴定达到终点的标志是是_。(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为_（保留小数点后3位）。(3)排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用_操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(4)在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有_。A用酸式滴定管取20.00 mL待测盐酸，使用前，水洗后未用待测盐酸润洗B锥形瓶水洗后未干燥 C称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解D滴定终点读数时俯视 E碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失II、(1)浓度为0.1mol/L醋酸钠溶液中质子守恒表达式为_；(2)在0.01mol/L的NaHCO3溶液中的物料守恒表达式为_；等浓度的NaHCO3 、Na2CO3混合溶液中的电荷守恒表达式为_；(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与稀硫酸反应的离子方程式为_；(4)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是_。【答案】 (1). 最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色 (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】【详解】I、（1）用NaOH滴定HCl，用酚酞作指示剂，即滴定到终点的标志：滴入最后一定NaOH溶液，溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色；（2）第1组数据与另外2组相差较多，删去，消耗NaOH的平均体积为(23.0622.96)/2mL=23.01mL，根据V酸c酸=V碱c碱，20103c酸=23.011030.10，解得c酸=0.115molL1；（3）排除碱式滴定管尖嘴中气泡采用丙操作；（4）根据V酸c酸=V碱c碱，A、量取盐酸时，未用盐酸润洗酸式滴定管，直接盛装盐酸，造成盐酸的浓度降低，消耗NaOH的体积减小，测定结果偏低，故A不符合题意；B、锥形瓶是否干燥，对实验测的结果无影响，故B不符合题意；C、称量NaOH，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度偏低，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故C符合题意；D、滴定终点时俯视读数，读出消耗NaOH的体积偏低，所测结果偏低，故D不符合题意；E、碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，消耗NaOH体积增多，所测结果偏高，故E不符合题意；II、（1）质子守恒是水电离出c(H)等于水电离出的c(OH)，醋酸钠溶液中CH3COO结合水电离出的H生成CH3COOH，质子守恒表达式为c(OH)=c(CH3COOH)c(H)；（2）C在溶液存在的形式为CO32、HCO3、H2CO3，物料守恒为c(Na)=c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)；根据电荷守恒，得出c(Na)c(H)=c(HCO3)c(OH)2c(CO32)；（3）Na2S2O3与稀硫酸的离子反应：S2O322H=SSO2H2O；（4）AlCl3水解：AlCl33H2OAl(OH)33HCl，加热促进水解，HCl挥发，最后得到Al(OH)3，然后灼烧得到Al2O3。25.氨是最重要的氮肥,是产量最大的化工产品之一。其合成原理为: N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H= - 92.4 kJmol-1.I.在密闭容器中，投入1mol N2和3 mol H2在催化剂作用下发生反应:(1)测得反应放出的热量_92.4kJ（填“小于”，“大于”或“等于”）。(2)当反应达到平衡时，N2和H2的浓度比是_；N2和H2的转化率比是_。(3)升高平衡体系的温度(保持体积不变)，混合气体的平均相对分子质量_。(填“变大”、“变小”或“不变”)(4)当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，平衡将_(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。II.该反应在一密闭容器中发生，下图是某一时间段反应速率与反应进程的关系曲线图。(1)t1时刻，体系中发生变化的条件是_ 。 A增大压强B升高温度C减小压强D降低温度 E加入正催化剂(2)下列时间段中，氨的百分含量最高的是_。A0t1 Bt2t3 Ct3t4 Dt4t5【答案】 (1). 小于 (2). 13 (3). 11 (4). 变小 (5). 逆向 (6). B (7). A【解析】【详解】I.（1）该反应为可逆反应，不能进行到底，因此放出的热量小于92.4kJ；（2）N2（g）+3H2（g）2NH3起始：1 3 0变化：x 3x 2x平衡：1x 33x 2x 同一个容器浓度之比等于物质的量之比，即N2和H2浓度之比为(1x)：(33x)=1：3；N2的转化率为x/1，H2的转化率为3x/3=x/1，即两者转化率之比等于1：1；（3）该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，气体物质的量增大，组分都是气体，气体质量不变，因此升高温度，气体平均摩尔质量变小；（4）恒压状态下，充入氩气，容器的体积增大，组分的浓度变小，平衡向逆反应方向进行；II.（1）t1时刻，正逆反应速率都增大，v逆大于v正，说明反应向逆反应方向进行，A、增大压强，正逆反应速率增大，平衡向正反应方向进行，故A不符合题意；B、升高温度，正逆反应速率都增大，正反应为放热反应，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，故B符合题意；C、减小压强，化学反应速率降低，故C不符合题意；D、加入催化剂，正逆反应速率都增大，但平衡不移动，故D不符合题意；（2）t1t2平衡向逆反应方向进行，消耗NH3，t3t4之间平衡不移动，NH3的量不变，t4t5平衡向逆反应方向进行，NH3的量减少，因此氨气的量最多的是0t1，故选项A正确。【点睛】易错点是化学反应速率和时间的变化图像，先看突然改变条件时，反应速率的变化，考查内容是影响化学反应速率的因素，然后看v正、v逆谁在上，谁在上，说明反应向哪个方向进行。26.I常温下0.1molL-1的盐酸和pH=1的醋酸各100mL分别与足量的锌粒反应，产生的气体前者比后者_(填“”“”或“”)。II现有常温下pH2的HCl溶液甲和pH2的CH3COOH溶液乙，请根据下列操作回答问题：(1)常温下0.1molL1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_。Ac（H+） Bc（H+）/c（CH3COOH） Cc（H+）c（OH-） Dc（OH-）/c（H+）(2)取10mL的乙溶液，加入等体积的水，CH3COOH的电离平衡_(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中c(H)/c(CH3COOH)的比值将_(填“增大”“减小”或“无法确定”)。(3)取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗NaOH溶液体积的大小关系为V(甲)_ V(乙) (填“”“”或“”)。(4)已知25时，下列酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K14.3107K24.710113.0108下列四种离子结合H能力最强的是_。AHCO3 BCO32 CClO DCH3COO写出下列反应的离子方程式：HClONa2CO3(少量)：_。室温下，0.1 molLl的KOH溶液滴10.00mL 0.10 molLl H2C2O4 (二元弱酸）溶液，所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成混合前溶液的体积之和)。请回答下列问题：(1)点所示溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为：_。(2)点所示溶液中：c(K+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42)_mol/L。【答案】 (1). (2). A (3). 向右 (4). 减小 (5). (6). B (7). HClO+CO32- = ClO-+HCO3- (8). c(K+)c(HC2O4)c(H+)c(C2O42-)c(OH-) (9). 0.1【解析】【详解】I.醋酸是弱酸，0.1molL1醋酸溶液中pH1，因此pH=1的醋酸溶液中c(CH3COOH)比前者大，因此与足量锌发生反应，后者产生氢气的量多于前者；II.（1）醋酸中存在CH3COOHCH3COOH，加水稀释促进电离，A、加水稀释，促进电离，但c(H)降低，故A符合题意；B、同一种溶液中，物质的量浓度之比等于其物质的量之比，加水稀释促进电离，H的物质的量增大，CH3COOH的物质的量减少，因此该比值增大，故B不符合题意；C、c(H)c(OH)=Kw，Kw只受温度的影响，加水稀释，水的离子积不变，故C不符合题意；D、加水稀释，c(H)减小，根据水的离子积不变，则c(OH)增大，因此该比值增大，故D不符合题意；（2）醋酸为弱酸，加水稀释，促进电离，即CH3COOH的电离平衡向右移动；醋酸中加入无水CH3COONa，c(CH3COO)增大，抑制醋酸的电离，c(H)减小，c(CH3COOH)增大，即该比值减小；（3）醋酸为弱酸，相同pH时，c(CH3COOH)c(HCl)，等体积两种酸，消耗等浓度的NaOH，消耗氢氧化钠的体积关系：V(甲)H2CO3HClOHCO3，根据越弱越水解的规律，结合H能力最强的是CO32，故B正确；根据电离平衡常数，以及电离出H能力的强弱顺序，该离子反应为HClOCO32=HCO3ClO；III.（1）点加入10mLKOH，溶质为KHC2O4，此时溶液显酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解，c(K)c(HC2O4)c(H)c(C2O42)c(OH)；（2）点加入15mLKOH，溶质为KHC2O4和K2C2O4，此时溶液的体积为25mL，c(K)=0.115/25molL1=0.06molL1，根据物料守恒，c(C2O42)c(HC2O4)c(H2C2O4)=0.110/25molL1=0.04molL1，因此有c(K)+c(C2O42)c(HC2O4)c(H2C2O4)=0.1molL1。【点睛】本题的难点是离子浓度大小比较，首先判断出溶质，点加入KOH为10mL，发生KOHH2C2O4=KHC2O4H2O，然后判断是以水解为主还是电离为主，此时溶液显酸性，以电离为主，HC2O4C2O42H，水也能发生电离，产生H和OH，因此有c(H)c(C2O42)，电离程度微弱，从而得出正确的结果。