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安徽省宿州市埇桥区2018-2019学年高二（理）上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2015高二下·枣阳期中）下列说法中，正确的是（　　）
A．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
B．自发反应在恰当条件下才能实现
C．自发反应在任何条件下均能实现
D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
【答案】B
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】解：A、熵减小焓变是放热的反应低温可以自发进行，熵增大△S＞0，△H＞0，低温下可以是△H﹣T△S＞0，故A错误；
B、自发反应在恰当条件下才能实现，△H﹣T△S＜0只是反应进行的可能，故B正确；
C、自发反应在一定条件下可以实现是一种可能，但不是所有条件都能进行，大多需要一定条件才能发生，故C错误；
D、同一物质的固、液、气三种状态的熵值，气体＞液体＞固体，故D错误；
故选B．
【分析】自发进行的反应判断依据是△H﹣T△S＜0；反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定；同一种物质的熵变，气体大于液体大于固体．
2．（2019高二上·埇桥期末）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　）
A．增稠剂 B．调味剂 C．着色剂 D．抗氧化剂
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故A不选；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B不选；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不选；
D. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故D选；
故答案为：D。
【分析】
改变物质的反应速率可以从浓度、温度、催化剂等方面进行考虑，如有气体参与反应，可以考虑压强的影响。
3．（2019高二上·埇桥期末）把下列溶液加水稀释,溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（　　）
A．H2SO4溶液 B．Na2SO4溶液 C．Na2CO3溶液 D．FeCl3溶液
【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、硫酸是强电解质，加水稀释氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A不符合题意；
B、硫酸钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、硫酸根离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B符合题意；
C、碳酸钠溶液加水稀释，氢离子浓度增大，氢氧根浓度、钠离子、碳酸根离子浓度均减小，故C不符合题意；
D、氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，所以氢氧根离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
物质的量浓度是溶液中溶质物质的量和溶液体积之比，加水过程中增加了溶液的体积，若每种离子浓度都不增大，则该过程中各个离子物质的量均减小或不变。
4．（2019高二上·埇桥期末）下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干，能得到较纯净的原溶质的是（　　）
A．CuSO4 B．FeSO4 C．NaHCO3 D．FeCl3
【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A：溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸,硫酸是难挥发性酸,加热蒸干至质量不再减少为止,能得到较纯净的原溶质;故A符合；B：具有还原性的硫酸亚铁被氧化为三价铁,故B不符合;C：NaHCO3受热分解生成碳酸钠二氧化碳和水,加热蒸干至质量不再减少为止,能得到较纯净碳酸钠, 受热分解,得不到原溶质，故C不符合；D溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢,氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁,得不到原溶质,故D不符合;综上所述:A符合。
【分析】A.硫酸铜中的铜离子水解生成的硫酸不能挥发，所以最终得到的是硫酸铜；
B.亚铁离子在空气易被氧化为铁离子；
C.碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
D.氯化铁溶液加热促进水解生成氢氧化铁，氢氧化塔加热分解生成氧化铁。
5．（2019高二上·埇桥期末）下列溶液一定呈酸性的是（　　）
A．含有H＋离子的溶液 B．c(H＋)＞(KW)1/2
C．pH小于7的溶液 D．酚酞显无色的溶液
【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. 任何水溶液都含有H＋离子不一定显酸性，所以A错；B ：KW=c(H+). c(OH-)，因c(H＋)＞(KW)1/2所以c(H+)＞ c(OH-)，溶液显酸性，故B对；
C. pH小于7的溶液不一定，和温度有关，100 是pH=6为中性，故C错；
D.酸遇酚酞不变色，所以不能用酚酞鉴别酸，故D错。
故答案为：B。
【分析】呈酸性的溶液中氢氧根离子物质的量浓度小于氢离子物质的量浓度，本题据此分析。
6．（2019高二上·埇桥期末）反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能符合题意表示总反应过程中能量变化的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，
故答案为：D。
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。
7．（2019高二上·宁县期末）pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是（　　）
A．Na2SO4 B．H2SO4 C．AgNO3 D．NaCl
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A，电解Na2SO4溶液其实就是电解水，水减少，Na2SO4浓度增大，Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，A不符合题意；
B，电解硫酸，相当于电解水，水减少，c（H+）增大，酸性增强，pH下降，B不符合题意；
C，电解硝酸银，阴极反应式： ，阳极反应式： ，溶液c（H+）增大，酸性增强，pH下降，C不符合题意；
D，电解氯化钠方程式：2NaCl+2H2O=Cl2 +H2 +2NaOH，溶液pH增大，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解硫酸钠溶液相当于电解水，氢离子浓度不变；
B.电解硫酸溶液相当于电解水，氢离子浓度增大；
C.电解硝酸银溶液生成硝酸、银单质和氧气，氢离子浓度增大；
D.电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氧气，氢氧根离子浓度增大。
8．（2019高二上·埇桥期末）为探究锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)，向反应混合液中加入少量下列物质，下列判断正确的是（　　）
A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B．加入KNO3固体，v(H2)不变
C．加入CH3COONa固体，v(H2)减小 D．滴加CuSO4溶液，v(H2)减小
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.加入硫酸氢铵固体后，引入氢离子，致使溶液中c(H+)增大，v(H2增大，故A项不符合题意；
B.加入KNO3固体，对溶液中c(H+)无影响，但形成硝酸导致锌和硝酸反应放出一氧化氮， 减小，故B项不符合题意；
C.加入醋酸钠固体后，由于发生反应 ，导致溶液中C(H+)减小，v(H2减小，故C项符合题意；
D.滴加少量硫酸铜溶液后，形成铜锌原电池，致使 增大，故D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.硫酸氢氨电离出氢离子，增加了请离子的物质的量；
B.氢离子、硝酸根离子与金属锌反应不产生氢气；
C.醋酸钠电离出的醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，减小氢离子浓度，随反应的进行，醋酸继续电离；
D.硫酸铜与金属锌发生置换反应，减少了锌的量。
9．（2019高二上·埇桥期末）某温度下，密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol。下列说法正确的是（　　）
A．将1.0 mol N2、3.0 mol H2置于1 L密闭容器中发生反应，放出热量为92.4 kJ
B．上述反应达平衡后，若容积不变，再充入1.0 mol氦气，N2的转化率提高
C．上述反应在达到平衡后，缩小容积增大压强，H2的转化率提高
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、热化学方程式N2(g)＋3H2(g) . 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol，表示1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气,放出的热量为92.4kJ,因为可逆反应反应物不能完全转化,1.0mol氮气、3mol氢气,置于1L密闭容器中发生反应,放出的热量小于92.4kJ,故A不符合题意；
B、上述反应达平衡后，若容积不变，再充入1.0 mol氦气，因氦气是惰性气体，只改变容器的总压，而N2、H2、NH3的分压不会改变，所以不会影响化学平衡移动，N2的转化率不变，故B不符合题意；
C、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动,即向正反应移动,H2的转化率提高,所以C符合题意、
D、升高温度正、逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol，是放热反应，逆反应速率比较正反应速率增大更多,故D不符合题意；
故
故答案为：C。
【分析】A、可逆反应物不能完全转化,结合热化学方程式的含义解答;
B、温度不变、容积不变，充入稀有气体，平衡不移动;
C、该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动；
D、升高温度正、逆反应速率都增大,逆反应速率比较正反应速率增大更多,平衡向逆反应方向移动。
10．（2019高二上·埇桥期末）下列有关叙述正确的是（　　）
A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，一定偏小
B．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强
C．水溶液能够导电的化合物一定是离子化合物
D．正反应的活化能大于逆反应活化能的反应一定是吸热反应
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；试纸的使用
【解析】【解答】A. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH，如果是酸性溶液增大，碱性溶液减小，中性溶液不变，故A错；
B. 电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关。故B错； C电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关。
D. 活化能化学反应中由反应物分子到达活化分子所需的最小能量，所以正反应的活化能大于逆反应活化能的反应一定是吸热反应，故D符合题意。
【分析】A.用湿润的pH测量酸性溶液的pH会增大；
B.电解质溶液的导电性与溶液中离子浓度和离子所带电荷数的多少有关；
C.共价化合物的水溶液也可能导电，如醋酸、HCl的水溶液；
D.正反应的活化能吸热，逆反应的活化能放出热量。
11．（2019高二上·埇桥期末）同温下相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN 和HClO说法正确的是（　　）
A．酸根离子浓度：c(CNˉ) ＞c(ClOˉ)
B．电离平衡常数：HCN＞HClO
C．pH：HCN＞HClO
D．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCN
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，说明酸根离子水解程度：CN-＞ClO-，所以酸性HCN＜HClO。
A．酸性HCN＜HClO，则酸的电离程度HCN＜HClO，故酸根离子浓度：c(CN-)＜c(ClO-)，A不符合题意；
B．由于酸性HCN＜HClO，所以酸的电离程度HCN＜HClO，B不符合题意；
C．相同温度下，相同浓度、相同元数的酸溶液中，酸的电离程度越大，其溶液的pH就越小，酸的电离程度HCN＜HClO，则pH：HCN＞HClO，C符合题意；
D．与NaOH反应时NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，同温同体积同浓度的HCN和HClO的物质的量相等且都是一元酸，所以消耗NaOH的物质的量相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据越弱越水解的规律可知HCN的酸性小于HClO，CN-的水解程度大于ClO-。
A.CN-的水解程度大于ClO-，CN-浓度减小得多；
B.酸性越弱，电离平衡常数越小；
C.同温下，相同浓度的弱酸酸性越弱，pH越大；
D.HCN、HClO都是一元酸，同浓度、同体积的两种酸物质的量相等，消耗NaOH的物质的量相等。
12．（2019高二上·埇桥期末）铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示.下列说法中正确的是（　　）
A．a点为平衡状态
B．b点和c点的化学平衡常数K相同
C．该反应的化学平衡常数表示为K =[CO]·[FeO]/[CO2]·[Fe]
D．若温度升高，该反应的化学平衡常数K增大，则该反应的 ΔH ＜ 0
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A. a点为CO.CO2的浓度相同，故A错；
B. b点和c点是化学反应达到平衡状态，因温度相同，所以化学平衡常数K相同，故B符合题意；
C. 该反应的化学平衡常数表示为K = ,故C错；
D. 若温度升高，该反应的化学平衡常数K增大，则该反应为吸热反应， ΔH > 0.故D错。
【分析】A.a点CO2、CO的浓度在变化，没有达到平衡状态；
B.平衡常数只是温度的函数；
C.固体、纯液体不能出现在平衡常数中；
D.温度升高，平衡常数增大，则平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。
13．（2019高二上·埇桥期末）下列叙述错误的是（　　）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+) = c(OH-) + c(A-)
B．在0.1 mol/L的NH3·H2O溶液中，c(NH3·H2O)＞c(NH4+＞)c(OH-)＞c(H+)
C．pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后pH<7
D．浓度均为0.1mol/L的 CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶液存在电荷守恒可知，c(H+) + c(M+) = c(OH-) + c(A-)，A不符合题意；
B. NH3·H2O是弱碱，电离程度很弱，主要以电解质分子存在，所以c(NH3·H2O)的浓度最大；在溶液中OH-既有NH3·H2O电离产生，也有H2O电离产生，所以c(OH-)＞c(NH4+)，B符合题意；
C.醋酸是弱酸，电离程度是微弱的，所以c(CH3COOH)> c(H+)，而NaOH是一元强碱，c(NaOH) =c(OH-)，现在c(H+)= c(OH-)，所以反应后酸过量，溶液显酸性，pH<7，C不符合题意；
D.浓度均为0.1mol/L的 CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒可得：
c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据电荷守恒可得：c(CH3COO－) +c(OH－) = c(Na+)+c(H+)，将两个式子叠加，可得c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据电荷守恒进行判断；
B.氨水溶液中氢氧根离子来源于一水合氨的电离和水的电离；
C.醋酸是弱电解质，存在电离平衡，完全反应后有醋酸剩余；
D.根据电荷守恒和物料守恒进行化简即可。
14．（2019高二上·埇桥期末）某同学测得物质的量浓度均为0.01 mol · L –1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后，得出下列关系式，你认为其中错误的是（　　）
A．c（CH3COO–）＞c（CH3COOH）
B．c（CH3COO–）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH–）
C．c（N a+）= c（CH3COO–）= 0.01 mol · L –1
D．c（CH3COOH）+ c（CH3COO–）= 0.02 mol · L –1
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，AB不符合题意，C符合题意，D不符合物料守恒，符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，判断醋酸的电离程度和醋酸根离子的水解程度对的相对大小关系，结合电荷守恒和物料守恒进行分析即可。
15．（2019高二上·埇桥期末）在相同温度时，100mL0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（　　）
A．中和时所需NaOH的量 B．醋酸的电离平衡常数
C．H+的物质的量 D．CH3COOH的物质的量
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，A项不符合题意；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，B项不符合题意；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，C项符合题意；
D．根据n=cV可知，溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大电离度越小，电离平衡常数只是温度的函数，据此分析即可。
16．（2019高二上·埇桥期末）下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（　　）
A．pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c(NaOH) < c(NaHCO3) B．已知25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10－10，则在0.3mol·L－1NaCl溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6. 0×10－10mol·L－1
C．25℃时，0.1mol·L－1Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH－)大于0.1mol·L－1NaOH溶液中水电离出来的c(OH－)
D．室温下，0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=4，则有c(HA－) >c(H+)>c(H2A)>c(A2－)
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸氢钠的水解程度对于醋酸钠的，则选项A不符合题意；
B.根据溶度积常数和氯离子的浓度可知，选项B不符合题意；
C.碳酸钠水解促进水的电离，氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，C不符合题意；
D.溶液显酸性，说明水解程度小于电离程度，因此D符合题意，应该是c(HA－) >c(H+)>c(A2－) >c(H2A)，
故答案为：D。
【分析】A.醋酸的酸性大于碳酸，酸性越弱对应盐溶液水街程度越大；
B.根据溶度积常数和氯化钠溶液中氯离子的浓度计算银离子的浓度即可；
C.碳酸钠是强碱弱酸盐，促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离；
D.NaHA溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度。
17．（2019高二上·埇桥期末）下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（　　）
A．在碳酸氢钠溶液中：K+、Al3+、SO42 、Cl
B．存在较多Fe3+的溶液中：Na+、SCN 、CO32 、K+
C．常温下由水电离出的C(H+)水 C(OH )水=10 24溶液中：NH4+、Cl 、CO32 、F
D．在能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、S2 、NO3
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.在碳酸氢钠溶液中：HCO3-、Al3+会发生盐的双水解反应，不能大量共存，A不符合题意；
B. Fe3+与SCN 会发生络合反应，与CO32 会发生盐的双水解反应，不能大量共存，B不符合题意；
C. 常温下由水电离出的C(H+)水 C(OH )水=10 24，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中CO32 、F 会发生反应，产生弱酸，不能大量存在；在碱性溶液中NH4+会发生反应，产生弱碱，液不能大量存在，C不符合题意；
D. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，选项中的离子不能发生反应，可大量存在，D符合题意；
故合理选项是D。
【分析】A.碳酸氢钠溶液呈碱性，铝离子水解呈酸性；
B.铁离子与SCN-生成络合物，与CO32-发生双水解；
C.溶液可能是酸性也可能是碱性，酸性溶液中碳酸根离子、氟离子不能大量共存，碱性溶液中铵根离子不能大量共存；
D.溶液呈碱性，本组离子不能发生离子反应。
18．（2019高二上·埇桥期末）25℃时，下列各组溶液的pH一定等于7的是（　　）
A．pH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合
B．0.05mol L 1 H2SO4与0.10mol L 1 NaOH溶液以等体积混合
C．将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍
D．pH=1的H2SO4与0.10mol L 1 Ba(OH)2溶液以等体积混合
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．pH＝2溶液，c(H+)=10-2mol/L，pH＝12的溶液c(OH-)=10-2mol/L，若酸、碱都是强电解质，则二者两种溶液以等体积混合时，恰好完全中和，溶液显中性，pH=7，若酸是弱酸，由于存在电离平衡，当二者等体积混合后，未电离的酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，pH<7；若碱是弱碱，当二者等体积混合后，过量的碱又电离产生氢氧根离子，使溶液显碱性，pH>7.因此pH＝2和pH＝12的两种溶液以等体积混合后溶液的pH可能大于7、等于7、小于7，不符合题意；
B.0.05mol·L－1H2SO4，c(H+)=0.1mol/L与0.10mol·L－1NaOH溶液以等体积混合，由于是强酸与强碱反应，因此反应后溶液现中性，pH=7，符合题意；
C．CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以酸分子形式存在， CH3COOH溶液pH＝5，c(CH3COOH)> c(H+)=10-5mol/L，稀释100倍后，溶液中未电离的酸分子进一步电离，使氢离子的浓度增大，因此溶液的pH<7，不符合题意；
D.0.10mol·L－1Ba(OH)2溶液，c(OH-)=0.2mol/L，pH＝1的H2SO4，c(H+)=0.1mol/L，当二者以等体积混合时碱过量，溶液显碱性，pH>7，不符合题意。
【分析】A.没有明确酸碱的强弱；
B.强酸与强碱氢离子和氢氧根离子等物质的量反应后溶液呈中性；
C.酸溶液无限稀释也不可能呈中性；
D.根据方程式可知氢氧根离子过量。
19．（2019高二上·埇桥期末）常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（　　）
A．NH4Cl溶液中：c(Cl )=c(NH4+)>c(OH )=c(H+)
B．Na2SO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42 )+c(OH )
C．NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3 )>c(CO32 )>c(OH )
D．浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(10-5-10-9) mol/L
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.NH4Cl溶液中，NH4+会发生水解反应：NH4++H2O NH3 H2O+H+，NH4+水解消耗，c(Cl )>c(NH4+)，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH )，溶液显酸性，所以A不符合题意；
B.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42 )+c(OH )，B不符合题意；
C. NaHCO3溶液中：HCO3-会发生水解反应而消耗，HCO3-++H2O H2CO3+OH-，所以c(Na+)>c(HCO3 )；HCO3-发生电离作用产生c(CO32 )，HCO3-发生水解程度大于电离程度，而且溶液中还存在水电离产生OH-，所以c(OH )>c(CO32 )，C不符合题意；
D.浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，c(H+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-9mol/L ，根据物料守恒可知：c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)；根据电荷守恒可知：c(CH3COO－) +c(OH－) = c(Na+)+c(H+)，将两个式子叠加，可得c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，将两式叠加可得：c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，所以c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[ c(H+)- c(OH－)]=2×(10-5-10-9) mol/L，D符合题意；
故合理选项是D。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
B.硫酸根离子带有两个负电荷；
C.碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
D.根据混合溶液中电荷守恒和物料守恒，以及溶液pH的计算进行解答即可。
20．（2019高二上·埇桥期末）某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（　　）
(已知：Ksp(ZnS)=3×10﹣25mol2/L2)
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)
C．该温度下Ksp(CuS)=10﹣35.4mol2/L2
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
【答案】C
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2- CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。
A．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a、b、c三点中最大的，A不符合题意；
B．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B不符合题意；
C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+) c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36 mol2/L2，C符合题意；
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)= 3×10-20mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= ×10-31mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀， D不符合题意；
故合理选项是C。
【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2- CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
二、填空题
21．（2019高二上·埇桥期末）回答下列有关问题
（1）KW的数学表达式是KW =　 　，温度升高KW的变化情况是　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）K通常表示化学平衡常数，K值越大表示该反应进行程度越　 　，对于反应2NO2(g)
N2O4(g),其化学平衡常数K的数学表达式为K=[N2O4]/[NO2]2，式中[NO2]2表示的意义是　 　。
（3）Kα通常表示弱酸的电离平衡常数，Kα值越大表示该弱酸的酸性　 　，对于某一元弱酸，当用蒸馏水稀释该酸时，溶液越稀，Kα的变化情况是　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)
（4）Ksp表示难溶物的溶度积常数，该常数越大表示难溶物在水中的　 　。
（5）实验室可用NaOH溶液吸收NO2 ,反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O.含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)
和c(CH3COO-)
由大到小的顺序为　 　。(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10 4 mol/L，CH3COOH的电离常数为：Ka=1.7×10 5
mol/L)，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是　 　。
A．向溶液A中加适量水 B．向溶液A中加适量NaOH
C．向溶液B中加适量水 D．向溶液B中加适量NaOH.
【答案】（1）c(H+) c(OH-)；变大
（2）强；完全 NO2平衡浓度的平方
（3）不变；变大
（4）溶解性越大
（5）c(NO3-)＞c(NO2-)＞c(CH3COO-)；BC
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)水的离子积常数KW指的是在稀溶液中c(OH-)与c(H+)的乘积，即KW=c c(H+) c(OH-)，水的电离过程是吸热，升高温度促进水的电离，使c(OH-)与c(H+)都增大，故水的离子积常数KW变大；
(2)化学平衡常数K为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故K越大，生成物越多，反应进行的越彻底、完全，根据平衡常数概念知K= ，式中c2(NO2)表示的意义是NO2平衡浓度的平方；
(3)根据弱电解质的电离都是吸热过程，所以Ka值越大越有利于电解质的电离，即溶液的酸性越强；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；稀释弱酸溶液，会使其电离程度增大，电离平衡向右移动；
(4)Ksp表示难溶物的溶度积常数，一般情况下，该常数越大，说明难溶物在水中的溶解性越大；
(5) 0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为：c(NO3-)＞c(NO2-)＞c(CH3COO-)；
使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；
A.上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，浓度减小，不能调节溶液pH相同，A不符合；
B.向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，B符合；
C.向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，C符合；
D.溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，不能调节溶液pH相同，D不符合；
故合理选项是BC。
【分析】（1）根据水的离子积常数定义式进行书写，水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离；
（2）根据化学平衡常数的定义进行回答即可；
（3）根据弱酸的电离平衡常数的意义进行回答即可；
（4）根据溶度积常数的定义进行回答。
22．（2018高二上·重庆月考）在2
L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(NO)(mol) 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝　 　。已知：K300℃>K350℃，则该反应是　 　热反应。
（2）下图表示NO2变化的曲线是　 　。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝　 　。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是　 　。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　 　。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】（1）；放热
（2）b；1.5×10－3mol/(L·s)
（3）b c
（4）c
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡移动、化学平衡常数等。(1)根据反应方程式结合平衡常数定义可得：K= ；K300℃>K350℃，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应；
（2）NO2为生成物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐增大，NO的起始浓度为0.01mol/L，因反应为可逆反应，NO不可能完全转化为NO2，故图中表示NO2的变化的曲线是b；0～2s内O2的平均速率： ；
（3）A中未指明反应速率的方向，A项错误；该反应是反应前后气体体积发生变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，说明反应已经达到平衡，B项正确；不同物质正、逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明反应已经达到平衡，C项正确；该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度不变，当容器中气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，D项错误。
【分析】（1）根据平衡常数的定义式书写表达式；升高温度平衡常数变小，则平衡向逆反应方向移动，结合温度与平衡移动的关系判断是吸热反应还是放热反应；
（2）根据方程式中化学计量数的关系判断二氧化氮的浓度变化，进而确定曲线；根据反应速率的定义计算氧气的反应速率即可；
（3）根据平衡状态的特点判断是否达到平衡状态即可；
（4）增大反应速率需要加强外界条件，结合改变条件对平衡移动的影响判断改变的条件即可。
23．（2019高二上·埇桥期末）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如下图所示：
（1）25℃时水的电离平衡曲线应为　 　（选填“A”或“B”）；
（2）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为　 　；
（3）95℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是　 　。
【答案】（1）A
（2）10:1
（3）a+b=14
【知识点】水的电离；离子积常数；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，水中氢离子和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，故25℃时水的电离平衡曲线应为A；
（2）25℃时，将PH＝9的NaOH溶液c(OH－)=10-5mol/L，PH＝4的盐酸c(H＋)=10-4mol/L，二者混合，若所得混合溶液的pH＝7，则c(OH－)V[NaOH(aq)]= c(H＋)V[HCl(aq)]，NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为10:1。
（3）由图像知95℃时，Kw=1×10-12，PH＝a的某强酸溶液c(H＋)=10-amol/L，pH＝b的某强碱溶液c(OH－)=10b-12mol/L，若100体积PH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则100×10-amol/L=10b-12mol/L，a与b之间应满足的关系是a+b=14。
【分析】（1）水的电离是吸热反应，升高温度水的离子积常数增大；
（2）根据酸碱混合溶液的pH的计算方法进行计算；
（3）首先计算95℃时的水的离子积常数，结合酸碱中和反应、混合溶液的pH进行计算即可。
三、实验题
24．（2019高二上·埇桥期末）用1.500mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示：
实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL
1 25.00 24.41
2 25.00 24.39
3 25.00 25.90
回答下列问题：
（1）量取待测液时，使用25.00mL移液管或　 　滴定管；
（2）实验中，需要润洗的仪器是：　 　；
（3）取待测液NaOH溶液25.00mL 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是　 　；
（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果　 　(填“偏高”“偏低”“不变”，下同)；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果　 　。
（5）未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为　 　 mol/L(保留小数点后3位有效数字)。
【答案】（1）碱式
（2）（酸、碱式）滴定管
（3）当滴入最后一滴标准液，红色褪去，半分钟不再出现红色
（4）偏高；偏低
（5）1.464
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)待测液为氢氧化钠溶液，显碱性，应选择碱式滴定管量取；(2)实验中，酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否则会被水稀释，锥形瓶则不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；(3)碱溶液中滴加无色的酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色；(4)若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)= 可知，使所测结果偏高；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)= 可知，使所测结果偏低；(5)三次实验消耗标准液体积分别为：24.41，24.39，25.90，舍弃第三次数据，则消耗标准液体积为：V(酸) =(24.41+24.39)÷2=24.40(mL)，根据c(酸) V(酸)= c碱) V(碱)，则待测液浓度为：c(待测)= =1.464mol/L。
【分析】(1)碱式滴定管用来盛放碱性溶液，酸式滴定管用来盛放酸性、氧化性溶液；
(2)滴定管需要用待盛装的溶液润洗；
(3)用酚酞作指示剂时，滴定前，酚酞遇碱变红，到达滴定终点时观察到溶液颜色由红色变为无色；
(4)根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；判断数据的有效性，依据c(待测)= 计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度；
(5)根据c(酸) V(酸)= c碱) V(碱)计算碱的浓度。
1 / 1安徽省宿州市埇桥区2018-2019学年高二（理）上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2015高二下·枣阳期中）下列说法中，正确的是（　　）
A．自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小或不变
B．自发反应在恰当条件下才能实现
C．自发反应在任何条件下均能实现
D．同一物质的固、液、气三种状态的熵值相同
2．（2019高二上·埇桥期末）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（　　）
A．增稠剂 B．调味剂 C．着色剂 D．抗氧化剂
3．（2019高二上·埇桥期末）把下列溶液加水稀释,溶液中每种离子的浓度都不会增加的是（　　）
A．H2SO4溶液 B．Na2SO4溶液 C．Na2CO3溶液 D．FeCl3溶液
4．（2019高二上·埇桥期末）下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干，能得到较纯净的原溶质的是（　　）
A．CuSO4 B．FeSO4 C．NaHCO3 D．FeCl3
5．（2019高二上·埇桥期末）下列溶液一定呈酸性的是（　　）
A．含有H＋离子的溶液 B．c(H＋)＞(KW)1/2
C．pH小于7的溶液 D．酚酞显无色的溶液
6．（2019高二上·埇桥期末）反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能符合题意表示总反应过程中能量变化的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2019高二上·宁县期末）pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是（　　）
A．Na2SO4 B．H2SO4 C．AgNO3 D．NaCl
8．（2019高二上·埇桥期末）为探究锌与稀硫酸的反应速率(以v(H2)表示)，向反应混合液中加入少量下列物质，下列判断正确的是（　　）
A．加入NH4HSO4固体，v(H2)不变 B．加入KNO3固体，v(H2)不变
C．加入CH3COONa固体，v(H2)减小 D．滴加CuSO4溶液，v(H2)减小
9．（2019高二上·埇桥期末）某温度下，密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol。下列说法正确的是（　　）
A．将1.0 mol N2、3.0 mol H2置于1 L密闭容器中发生反应，放出热量为92.4 kJ
B．上述反应达平衡后，若容积不变，再充入1.0 mol氦气，N2的转化率提高
C．上述反应在达到平衡后，缩小容积增大压强，H2的转化率提高
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，说明逆反应速率增大，正反应速率减小
10．（2019高二上·埇桥期末）下列有关叙述正确的是（　　）
A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，一定偏小
B．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强
C．水溶液能够导电的化合物一定是离子化合物
D．正反应的活化能大于逆反应活化能的反应一定是吸热反应
11．（2019高二上·埇桥期末）同温下相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则对同温同体积同浓度的HCN 和HClO说法正确的是（　　）
A．酸根离子浓度：c(CNˉ) ＞c(ClOˉ)
B．电离平衡常数：HCN＞HClO
C．pH：HCN＞HClO
D．与NaOH恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO＞HCN
12．（2019高二上·埇桥期末）铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g) FeO(s)＋CO(g)。一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示.下列说法中正确的是（　　）
A．a点为平衡状态
B．b点和c点的化学平衡常数K相同
C．该反应的化学平衡常数表示为K =[CO]·[FeO]/[CO2]·[Fe]
D．若温度升高，该反应的化学平衡常数K增大，则该反应的 ΔH ＜ 0
13．（2019高二上·埇桥期末）下列叙述错误的是（　　）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+) + c(M+) = c(OH-) + c(A-)
B．在0.1 mol/L的NH3·H2O溶液中，c(NH3·H2O)＞c(NH4+＞)c(OH-)＞c(H+)
C．pH=4的醋酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后pH<7
D．浓度均为0.1mol/L的 CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)
14．（2019高二上·埇桥期末）某同学测得物质的量浓度均为0.01 mol · L –1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液呈酸性后，得出下列关系式，你认为其中错误的是（　　）
A．c（CH3COO–）＞c（CH3COOH）
B．c（CH3COO–）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH–）
C．c（N a+）= c（CH3COO–）= 0.01 mol · L –1
D．c（CH3COOH）+ c（CH3COO–）= 0.02 mol · L –1
15．（2019高二上·埇桥期末）在相同温度时，100mL0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（　　）
A．中和时所需NaOH的量 B．醋酸的电离平衡常数
C．H+的物质的量 D．CH3COOH的物质的量
16．（2019高二上·埇桥期末）下列溶液中有关物质的量浓度关系错误的是（　　）
A．pH相等的NaOH、CH3COONa和NaHCO3三种溶液，则有c(NaOH) < c(NaHCO3) B．已知25℃时Ksp(AgCl)=1.8×10－10，则在0.3mol·L－1NaCl溶液中，Ag+的物质的量浓度最大可达到6. 0×10－10mol·L－1
C．25℃时，0.1mol·L－1Na2CO3溶液中水电离出来的c(OH－)大于0.1mol·L－1NaOH溶液中水电离出来的c(OH－)
D．室温下，0.1mol·L－1NaHA溶液的pH=4，则有c(HA－) >c(H+)>c(H2A)>c(A2－)
17．（2019高二上·埇桥期末）下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（　　）
A．在碳酸氢钠溶液中：K+、Al3+、SO42 、Cl
B．存在较多Fe3+的溶液中：Na+、SCN 、CO32 、K+
C．常温下由水电离出的C(H+)水 C(OH )水=10 24溶液中：NH4+、Cl 、CO32 、F
D．在能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液中：Na+、S2 、NO3
18．（2019高二上·埇桥期末）25℃时，下列各组溶液的pH一定等于7的是（　　）
A．pH=2和pH=12的两种溶液以等体积混合
B．0.05mol L 1 H2SO4与0.10mol L 1 NaOH溶液以等体积混合
C．将pH=5的CH3COOH溶液稀释100倍
D．pH=1的H2SO4与0.10mol L 1 Ba(OH)2溶液以等体积混合
19．（2019高二上·埇桥期末）常温下，下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（　　）
A．NH4Cl溶液中：c(Cl )=c(NH4+)>c(OH )=c(H+)
B．Na2SO4溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42 )+c(OH )
C．NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HCO3 )>c(CO32 )>c(OH )
D．浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，则混合溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2×(10-5-10-9) mol/L
20．（2019高二上·埇桥期末）某温度下，向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，滴加过程中溶液中﹣lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示，下列有关说法正确的是（　　）
(已知：Ksp(ZnS)=3×10﹣25mol2/L2)
A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点
B．Na2S溶液中：c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=2c(Na+)
C．该温度下Ksp(CuS)=10﹣35.4mol2/L2
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，Zn2+先沉淀
二、填空题
21．（2019高二上·埇桥期末）回答下列有关问题
（1）KW的数学表达式是KW =　 　，温度升高KW的变化情况是　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）K通常表示化学平衡常数，K值越大表示该反应进行程度越　 　，对于反应2NO2(g)
N2O4(g),其化学平衡常数K的数学表达式为K=[N2O4]/[NO2]2，式中[NO2]2表示的意义是　 　。
（3）Kα通常表示弱酸的电离平衡常数，Kα值越大表示该弱酸的酸性　 　，对于某一元弱酸，当用蒸馏水稀释该酸时，溶液越稀，Kα的变化情况是　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)
（4）Ksp表示难溶物的溶度积常数，该常数越大表示难溶物在水中的　 　。
（5）实验室可用NaOH溶液吸收NO2 ,反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O.含0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液,则两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)
和c(CH3COO-)
由大到小的顺序为　 　。(已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10 4 mol/L，CH3COOH的电离常数为：Ka=1.7×10 5
mol/L)，可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是　 　。
A．向溶液A中加适量水 B．向溶液A中加适量NaOH
C．向溶液B中加适量水 D．向溶液B中加适量NaOH.
22．（2018高二上·重庆月考）在2
L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(NO)(mol) 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝　 　。已知：K300℃>K350℃，则该反应是　 　热反应。
（2）下图表示NO2变化的曲线是　 　。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝　 　。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是　 　。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　 　。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
23．（2019高二上·埇桥期末）已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如下图所示：
（1）25℃时水的电离平衡曲线应为　 　（选填“A”或“B”）；
（2）25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为　 　；
（3）95℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b之间应满足的关系是　 　。
三、实验题
24．（2019高二上·埇桥期末）用1.500mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示：
实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL
1 25.00 24.41
2 25.00 24.39
3 25.00 25.90
回答下列问题：
（1）量取待测液时，使用25.00mL移液管或　 　滴定管；
（2）实验中，需要润洗的仪器是：　 　；
（3）取待测液NaOH溶液25.00mL 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是　 　；
（4）若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，将使所测结果　 　(填“偏高”“偏低”“不变”，下同)；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，则所测结果　 　。
（5）未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为　 　 mol/L(保留小数点后3位有效数字)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】解：A、熵减小焓变是放热的反应低温可以自发进行，熵增大△S＞0，△H＞0，低温下可以是△H﹣T△S＞0，故A错误；
B、自发反应在恰当条件下才能实现，△H﹣T△S＜0只是反应进行的可能，故B正确；
C、自发反应在一定条件下可以实现是一种可能，但不是所有条件都能进行，大多需要一定条件才能发生，故C错误；
D、同一物质的固、液、气三种状态的熵值，气体＞液体＞固体，故D错误；
故选B．
【分析】自发进行的反应判断依据是△H﹣T△S＜0；反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定；同一种物质的熵变，气体大于液体大于固体．
2．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故A不选；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B不选；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不选；
D. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故D选；
故答案为：D。
【分析】
改变物质的反应速率可以从浓度、温度、催化剂等方面进行考虑，如有气体参与反应，可以考虑压强的影响。
3．【答案】B
【知识点】水的电离；离子积常数；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A、硫酸是强电解质，加水稀释氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，其余的均减小，故A不符合题意；
B、硫酸钠是中性的溶液，加水稀释，钠离子、硫酸根离子浓度减小，氢离子和氢氧根离子浓度不变，没有浓度增大的离子，故B符合题意；
C、碳酸钠溶液加水稀释，氢离子浓度增大，氢氧根浓度、钠离子、碳酸根离子浓度均减小，故C不符合题意；
D、氯化铁加水稀释，有利于水解平衡右移，所以氢氧根离子浓度增大，其它离子浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
物质的量浓度是溶液中溶质物质的量和溶液体积之比，加水过程中增加了溶液的体积，若每种离子浓度都不增大，则该过程中各个离子物质的量均减小或不变。
4．【答案】A
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A：溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硫酸,硫酸是难挥发性酸,加热蒸干至质量不再减少为止,能得到较纯净的原溶质;故A符合；B：具有还原性的硫酸亚铁被氧化为三价铁,故B不符合;C：NaHCO3受热分解生成碳酸钠二氧化碳和水,加热蒸干至质量不再减少为止,能得到较纯净碳酸钠, 受热分解,得不到原溶质，故C不符合；D溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢,氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁,得不到原溶质,故D不符合;综上所述:A符合。
【分析】A.硫酸铜中的铜离子水解生成的硫酸不能挥发，所以最终得到的是硫酸铜；
B.亚铁离子在空气易被氧化为铁离子；
C.碳酸氢钠不稳定，受热易分解；
D.氯化铁溶液加热促进水解生成氢氧化铁，氢氧化塔加热分解生成氧化铁。
5．【答案】B
【知识点】溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A. 任何水溶液都含有H＋离子不一定显酸性，所以A错；B ：KW=c(H+). c(OH-)，因c(H＋)＞(KW)1/2所以c(H+)＞ c(OH-)，溶液显酸性，故B对；
C. pH小于7的溶液不一定，和温度有关，100 是pH=6为中性，故C错；
D.酸遇酚酞不变色，所以不能用酚酞鉴别酸，故D错。
故答案为：B。
【分析】呈酸性的溶液中氢氧根离子物质的量浓度小于氢离子物质的量浓度，本题据此分析。
6．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合，
故答案为：D。
【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题。
7．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A，电解Na2SO4溶液其实就是电解水，水减少，Na2SO4浓度增大，Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，A不符合题意；
B，电解硫酸，相当于电解水，水减少，c（H+）增大，酸性增强，pH下降，B不符合题意；
C，电解硝酸银，阴极反应式： ，阳极反应式： ，溶液c（H+）增大，酸性增强，pH下降，C不符合题意；
D，电解氯化钠方程式：2NaCl+2H2O=Cl2 +H2 +2NaOH，溶液pH增大，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.电解硫酸钠溶液相当于电解水，氢离子浓度不变；
B.电解硫酸溶液相当于电解水，氢离子浓度增大；
C.电解硝酸银溶液生成硝酸、银单质和氧气，氢离子浓度增大；
D.电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氧气，氢氧根离子浓度增大。
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.加入硫酸氢铵固体后，引入氢离子，致使溶液中c(H+)增大，v(H2增大，故A项不符合题意；
B.加入KNO3固体，对溶液中c(H+)无影响，但形成硝酸导致锌和硝酸反应放出一氧化氮， 减小，故B项不符合题意；
C.加入醋酸钠固体后，由于发生反应 ，导致溶液中C(H+)减小，v(H2减小，故C项符合题意；
D.滴加少量硫酸铜溶液后，形成铜锌原电池，致使 增大，故D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.硫酸氢氨电离出氢离子，增加了请离子的物质的量；
B.氢离子、硝酸根离子与金属锌反应不产生氢气；
C.醋酸钠电离出的醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，减小氢离子浓度，随反应的进行，醋酸继续电离；
D.硫酸铜与金属锌发生置换反应，减少了锌的量。
9．【答案】C
【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、热化学方程式N2(g)＋3H2(g) . 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol，表示1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气,放出的热量为92.4kJ,因为可逆反应反应物不能完全转化,1.0mol氮气、3mol氢气,置于1L密闭容器中发生反应,放出的热量小于92.4kJ,故A不符合题意；
B、上述反应达平衡后，若容积不变，再充入1.0 mol氦气，因氦气是惰性气体，只改变容器的总压，而N2、H2、NH3的分压不会改变，所以不会影响化学平衡移动，N2的转化率不变，故B不符合题意；
C、增大压强平衡向气体体积减小的方向移动,即向正反应移动,H2的转化率提高,所以C符合题意、
D、升高温度正、逆反应速率都增大，平衡向吸热方向移动，N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol，是放热反应，逆反应速率比较正反应速率增大更多,故D不符合题意；
故
故答案为：C。
【分析】A、可逆反应物不能完全转化,结合热化学方程式的含义解答;
B、温度不变、容积不变，充入稀有气体，平衡不移动;
C、该反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向体积减小的方向移动；
D、升高温度正、逆反应速率都增大,逆反应速率比较正反应速率增大更多,平衡向逆反应方向移动。
10．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；试纸的使用
【解析】【解答】A. 用湿润的pH试纸测定溶液的pH，如果是酸性溶液增大，碱性溶液减小，中性溶液不变，故A错；
B. 电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关。故B错； C电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关。
D. 活化能化学反应中由反应物分子到达活化分子所需的最小能量，所以正反应的活化能大于逆反应活化能的反应一定是吸热反应，故D符合题意。
【分析】A.用湿润的pH测量酸性溶液的pH会增大；
B.电解质溶液的导电性与溶液中离子浓度和离子所带电荷数的多少有关；
C.共价化合物的水溶液也可能导电，如醋酸、HCl的水溶液；
D.正反应的活化能吸热，逆反应的活化能放出热量。
11．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】相同物质的量浓度的NaCN 和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，说明酸根离子水解程度：CN-＞ClO-，所以酸性HCN＜HClO。
A．酸性HCN＜HClO，则酸的电离程度HCN＜HClO，故酸根离子浓度：c(CN-)＜c(ClO-)，A不符合题意；
B．由于酸性HCN＜HClO，所以酸的电离程度HCN＜HClO，B不符合题意；
C．相同温度下，相同浓度、相同元数的酸溶液中，酸的电离程度越大，其溶液的pH就越小，酸的电离程度HCN＜HClO，则pH：HCN＞HClO，C符合题意；
D．与NaOH反应时NaOH的物质的量与酸的物质的量成正比，同温同体积同浓度的HCN和HClO的物质的量相等且都是一元酸，所以消耗NaOH的物质的量相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据越弱越水解的规律可知HCN的酸性小于HClO，CN-的水解程度大于ClO-。
A.CN-的水解程度大于ClO-，CN-浓度减小得多；
B.酸性越弱，电离平衡常数越小；
C.同温下，相同浓度的弱酸酸性越弱，pH越大；
D.HCN、HClO都是一元酸，同浓度、同体积的两种酸物质的量相等，消耗NaOH的物质的量相等。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A. a点为CO.CO2的浓度相同，故A错；
B. b点和c点是化学反应达到平衡状态，因温度相同，所以化学平衡常数K相同，故B符合题意；
C. 该反应的化学平衡常数表示为K = ,故C错；
D. 若温度升高，该反应的化学平衡常数K增大，则该反应为吸热反应， ΔH > 0.故D错。
【分析】A.a点CO2、CO的浓度在变化，没有达到平衡状态；
B.平衡常数只是温度的函数；
C.固体、纯液体不能出现在平衡常数中；
D.温度升高，平衡常数增大，则平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。
13．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．根据溶液存在电荷守恒可知，c(H+) + c(M+) = c(OH-) + c(A-)，A不符合题意；
B. NH3·H2O是弱碱，电离程度很弱，主要以电解质分子存在，所以c(NH3·H2O)的浓度最大；在溶液中OH-既有NH3·H2O电离产生，也有H2O电离产生，所以c(OH-)＞c(NH4+)，B符合题意；
C.醋酸是弱酸，电离程度是微弱的，所以c(CH3COOH)> c(H+)，而NaOH是一元强碱，c(NaOH) =c(OH-)，现在c(H+)= c(OH-)，所以反应后酸过量，溶液显酸性，pH<7，C不符合题意；
D.浓度均为0.1mol/L的 CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒可得：
c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据电荷守恒可得：c(CH3COO－) +c(OH－) = c(Na+)+c(H+)，将两个式子叠加，可得c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据电荷守恒进行判断；
B.氨水溶液中氢氧根离子来源于一水合氨的电离和水的电离；
C.醋酸是弱电解质，存在电离平衡，完全反应后有醋酸剩余；
D.根据电荷守恒和物料守恒进行化简即可。
14．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，AB不符合题意，C符合题意，D不符合物料守恒，符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据物质的量浓度均为0.01mol/LCH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，判断醋酸的电离程度和醋酸根离子的水解程度对的相对大小关系，结合电荷守恒和物料守恒进行分析即可。
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A．由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，A项不符合题意；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，B项不符合题意；
C．醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，C项符合题意；
D．根据n=cV可知，溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】醋酸是弱酸，存在电离平衡，浓度越大电离度越小，电离平衡常数只是温度的函数，据此分析即可。
16．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸氢钠的水解程度对于醋酸钠的，则选项A不符合题意；
B.根据溶度积常数和氯离子的浓度可知，选项B不符合题意；
C.碳酸钠水解促进水的电离，氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，C不符合题意；
D.溶液显酸性，说明水解程度小于电离程度，因此D符合题意，应该是c(HA－) >c(H+)>c(A2－) >c(H2A)，
故答案为：D。
【分析】A.醋酸的酸性大于碳酸，酸性越弱对应盐溶液水街程度越大；
B.根据溶度积常数和氯化钠溶液中氯离子的浓度计算银离子的浓度即可；
C.碳酸钠是强碱弱酸盐，促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离；
D.NaHA溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度。
17．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A.在碳酸氢钠溶液中：HCO3-、Al3+会发生盐的双水解反应，不能大量共存，A不符合题意；
B. Fe3+与SCN 会发生络合反应，与CO32 会发生盐的双水解反应，不能大量共存，B不符合题意；
C. 常温下由水电离出的C(H+)水 C(OH )水=10 24，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中CO32 、F 会发生反应，产生弱酸，不能大量存在；在碱性溶液中NH4+会发生反应，产生弱碱，液不能大量存在，C不符合题意；
D. 能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液为碱性溶液，选项中的离子不能发生反应，可大量存在，D符合题意；
故合理选项是D。
【分析】A.碳酸氢钠溶液呈碱性，铝离子水解呈酸性；
B.铁离子与SCN-生成络合物，与CO32-发生双水解；
C.溶液可能是酸性也可能是碱性，酸性溶液中碳酸根离子、氟离子不能大量共存，碱性溶液中铵根离子不能大量共存；
D.溶液呈碱性，本组离子不能发生离子反应。
18．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算
【解析】【解答】A．pH＝2溶液，c(H+)=10-2mol/L，pH＝12的溶液c(OH-)=10-2mol/L，若酸、碱都是强电解质，则二者两种溶液以等体积混合时，恰好完全中和，溶液显中性，pH=7，若酸是弱酸，由于存在电离平衡，当二者等体积混合后，未电离的酸分子会进一步电离产生氢离子，使溶液显酸性，pH<7；若碱是弱碱，当二者等体积混合后，过量的碱又电离产生氢氧根离子，使溶液显碱性，pH>7.因此pH＝2和pH＝12的两种溶液以等体积混合后溶液的pH可能大于7、等于7、小于7，不符合题意；
B.0.05mol·L－1H2SO4，c(H+)=0.1mol/L与0.10mol·L－1NaOH溶液以等体积混合，由于是强酸与强碱反应，因此反应后溶液现中性，pH=7，符合题意；
C．CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以酸分子形式存在， CH3COOH溶液pH＝5，c(CH3COOH)> c(H+)=10-5mol/L，稀释100倍后，溶液中未电离的酸分子进一步电离，使氢离子的浓度增大，因此溶液的pH<7，不符合题意；
D.0.10mol·L－1Ba(OH)2溶液，c(OH-)=0.2mol/L，pH＝1的H2SO4，c(H+)=0.1mol/L，当二者以等体积混合时碱过量，溶液显碱性，pH>7，不符合题意。
【分析】A.没有明确酸碱的强弱；
B.强酸与强碱氢离子和氢氧根离子等物质的量反应后溶液呈中性；
C.酸溶液无限稀释也不可能呈中性；
D.根据方程式可知氢氧根离子过量。
19．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.NH4Cl溶液中，NH4+会发生水解反应：NH4++H2O NH3 H2O+H+，NH4+水解消耗，c(Cl )>c(NH4+)，当最终达到平衡时溶液中c(H+)>c(OH )，溶液显酸性，所以A不符合题意；
B.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42 )+c(OH )，B不符合题意；
C. NaHCO3溶液中：HCO3-会发生水解反应而消耗，HCO3-++H2O H2CO3+OH-，所以c(Na+)>c(HCO3 )；HCO3-发生电离作用产生c(CO32 )，HCO3-发生水解程度大于电离程度，而且溶液中还存在水电离产生OH-，所以c(OH )>c(CO32 )，C不符合题意；
D.浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后，pH=5，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，c(H+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=1×10-9mol/L ，根据物料守恒可知：c(CH3COO－)+ c(CH3COOH)=2c(Na+)；根据电荷守恒可知：c(CH3COO－) +c(OH－) = c(Na+)+c(H+)，将两个式子叠加，可得c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，将两式叠加可得：c(CH3COO－) +2c(OH－) = c(CH3COOH)+2c(H+)，所以c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[ c(H+)- c(OH－)]=2×(10-5-10-9) mol/L，D符合题意；
故合理选项是D。
【分析】A.氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
B.硫酸根离子带有两个负电荷；
C.碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
D.根据混合溶液中电荷守恒和物料守恒，以及溶液pH的计算进行解答即可。
20．【答案】C
【知识点】水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2- CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液时滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。
A．Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀，此时水的电离程度并不是a、b、c三点中最大的，A不符合题意；
B．Na2S溶液中，根据物料守恒，2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，B不符合题意；
C．该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+) c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，由于已知lg2=0.3，则Ksp(CuS)=10-35.4mol2/L2=(100.3)2×10-36mol2/L2=4×10-36 mol2/L2，C符合题意；
D．向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)= 3×10-20mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)= ×10-31mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，优先产生CuS沉淀， D不符合题意；
故合理选项是C。
【分析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2++S2- CuS↓，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，结合图象计算溶度积常数和溶液中的守恒思想，据此判断分析。
21．【答案】（1）c(H+) c(OH-)；变大
（2）强；完全 NO2平衡浓度的平方
（3）不变；变大
（4）溶解性越大
（5）c(NO3-)＞c(NO2-)＞c(CH3COO-)；BC
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】(1)水的离子积常数KW指的是在稀溶液中c(OH-)与c(H+)的乘积，即KW=c c(H+) c(OH-)，水的电离过程是吸热，升高温度促进水的电离，使c(OH-)与c(H+)都增大，故水的离子积常数KW变大；
(2)化学平衡常数K为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值，故K越大，生成物越多，反应进行的越彻底、完全，根据平衡常数概念知K= ，式中c2(NO2)表示的意义是NO2平衡浓度的平方；
(3)根据弱电解质的电离都是吸热过程，所以Ka值越大越有利于电解质的电离，即溶液的酸性越强；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；稀释弱酸溶液，会使其电离程度增大，电离平衡向右移动；
(4)Ksp表示难溶物的溶度积常数，一般情况下，该常数越大，说明难溶物在水中的溶解性越大；
(5) 0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为：c(NO3-)＞c(NO2-)＞c(CH3COO-)；
使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0.1mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；
A.上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，浓度减小，不能调节溶液pH相同，A不符合；
B.向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，B符合；
C.向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，C符合；
D.溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液pH更大，不能调节溶液pH相同，D不符合；
故合理选项是BC。
【分析】（1）根据水的离子积常数定义式进行书写，水的电离是吸热反应，升高温度促进水的电离；
（2）根据化学平衡常数的定义进行回答即可；
（3）根据弱酸的电离平衡常数的意义进行回答即可；
（4）根据溶度积常数的定义进行回答。
22．【答案】（1）；放热
（2）b；1.5×10－3mol/(L·s)
（3）b c
（4）c
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡移动、化学平衡常数等。(1)根据反应方程式结合平衡常数定义可得：K= ；K300℃>K350℃，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应；
（2）NO2为生成物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐增大，NO的起始浓度为0.01mol/L，因反应为可逆反应，NO不可能完全转化为NO2，故图中表示NO2的变化的曲线是b；0～2s内O2的平均速率： ；
（3）A中未指明反应速率的方向，A项错误；该反应是反应前后气体体积发生变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，说明反应已经达到平衡，B项正确；不同物质正、逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明反应已经达到平衡，C项正确；该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度不变，当容器中气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，D项错误。
【分析】（1）根据平衡常数的定义式书写表达式；升高温度平衡常数变小，则平衡向逆反应方向移动，结合温度与平衡移动的关系判断是吸热反应还是放热反应；
（2）根据方程式中化学计量数的关系判断二氧化氮的浓度变化，进而确定曲线；根据反应速率的定义计算氧气的反应速率即可；
（3）根据平衡状态的特点判断是否达到平衡状态即可；
（4）增大反应速率需要加强外界条件，结合改变条件对平衡移动的影响判断改变的条件即可。
23．【答案】（1）A
（2）10:1
（3）a+b=14
【知识点】水的电离；离子积常数；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）水的电离为吸热过程，升高温度促进电离，水中氢离子和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，故25℃时水的电离平衡曲线应为A；
（2）25℃时，将PH＝9的NaOH溶液c(OH－)=10-5mol/L，PH＝4的盐酸c(H＋)=10-4mol/L，二者混合，若所得混合溶液的pH＝7，则c(OH－)V[NaOH(aq)]= c(H＋)V[HCl(aq)]，NaOH溶液与盐酸溶液的体积比为10:1。
（3）由图像知95℃时，Kw=1×10-12，PH＝a的某强酸溶液c(H＋)=10-amol/L，pH＝b的某强碱溶液c(OH－)=10b-12mol/L，若100体积PH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则100×10-amol/L=10b-12mol/L，a与b之间应满足的关系是a+b=14。
【分析】（1）水的电离是吸热反应，升高温度水的离子积常数增大；
（2）根据酸碱混合溶液的pH的计算方法进行计算；
（3）首先计算95℃时的水的离子积常数，结合酸碱中和反应、混合溶液的pH进行计算即可。
24．【答案】（1）碱式
（2）（酸、碱式）滴定管
（3）当滴入最后一滴标准液，红色褪去，半分钟不再出现红色
（4）偏高；偏低
（5）1.464
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】(1)待测液为氢氧化钠溶液，显碱性，应选择碱式滴定管量取；(2)实验中，酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否则会被水稀释，锥形瓶则不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；(3)碱溶液中滴加无色的酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞做指示剂，滴定达到终点的现象是酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色；(4)若滴定前，滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗标准液体积偏大，依据c(待测)= 可知，使所测结果偏高；若读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，滴定后正确读数，导致消耗标准液体积偏小，依据c(待测)= 可知，使所测结果偏低；(5)三次实验消耗标准液体积分别为：24.41，24.39，25.90，舍弃第三次数据，则消耗标准液体积为：V(酸) =(24.41+24.39)÷2=24.40(mL)，根据c(酸) V(酸)= c碱) V(碱)，则待测液浓度为：c(待测)= =1.464mol/L。
【分析】(1)碱式滴定管用来盛放碱性溶液，酸式滴定管用来盛放酸性、氧化性溶液；
(2)滴定管需要用待盛装的溶液润洗；
(3)用酚酞作指示剂时，滴定前，酚酞遇碱变红，到达滴定终点时观察到溶液颜色由红色变为无色；
(4)根据c(待测)= 分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；判断数据的有效性，依据c(待测)= 计算氢氧化钠溶液的物质的量浓度；
(5)根据c(酸) V(酸)= c碱) V(碱)计算碱的浓度。
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