2018-2019学年河南省安阳市第三十六中学高二上学期期中考试化学试题 解析版 26页

‎2018-2019学年第一学期期中考试 高二年级化学试题 可能用到的相对原子质量 C-12 H-1 O-16 N-14 S-32 K-39 ‎ 第I卷 选择题 一、选择题（每题只有一个选项符合要求，每题2分，共60分）‎ ‎1. 下列物质的分类组合全部正确的是 编组 ‎ 强电解质 ‎ 弱电解质 ‎ 非电解质 ‎ A ‎ NaCl ‎ H2O ‎ Cl2 ‎ B ‎ H2SO4 ‎ CaCO3 ‎ CCl4 ‎ C ‎ HCl ‎ HClO ‎ 氨水 ‎ D ‎ Ba(OH)2 ‎ CH3COOH ‎ C2H5OH ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、电解质和非电解质都是化合物，而Cl2是单质，A错；B、CaCO3为强电解质，错；C、氨水是弱电解质；‎ 考点：考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质两组概念。‎ ‎2.下列实验装置或操作设计正确且能达到实验目的的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、浓硫酸应该在烧杯稀释并冷却后再转移至容量瓶，A错误；B、制备氢氧化铁胶体时不能搅拌，B错误；C、仪器选择和操作均正确，C正确；D、应该是左物右码，且氢氧化钠要再烧杯中称量，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学实验基本操作 ‎3. 下列水溶液一定呈中性的是 A. c(NH4+)=c(C1-)的NH4Cl 溶液 B. c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液 C. pH=7的溶液 D. 室温下将pH=3的酸与pH= 11的碱等体积混合后的溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 水溶液的温度不一定是室温，故pH＝7或c(H＋)＝10－7mol/L时，溶液不一定呈中性；选项D中由于不知酸、碱的相对强弱，故无法判断溶液的酸碱性，NH4Cl溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH4+)＝c(Cl－)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液一定呈中性。‎ ‎4.关于pH的测定下列说法正确的是 A. pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿 B. 用广泛pH试纸测得某盐酸的pH＝2．3‎ C. 利用酸碱指示剂可以测溶液的pH D. pH计是精确测定溶液pH的仪器 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、pH试纸在使用之前应用蒸馏水润湿，测定溶液PH会稀释溶液浓度，测定结果会产生误差，选项A错误；B、PH是粗略测定溶液酸碱性，测定数值为整数，不能为小数，选项B错误；C、酸碱指示剂只能测定溶液酸碱性和溶液PH范围，不能测定溶液PH，选项C错误；D、pH计是精确测定溶液pH的仪器，用于测定溶液pH，选项D正确。答案选D。‎ 点睛：本题考查了溶液PH的测定方法和试纸使用方法，掌握基础是关键，题目较简单。‎ ‎5.下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是 A. FeCl3：Fe3++3H2OFe(OH)3 + 3H+‎ B. NH4Cl：NH4++H2ONH3↑ + H2O + H+‎ C. CH3COONa：CH3COO-+H2O ==CH3COOH + OH-‎ D. Na2CO3：CO32-+2H2OH2CO3+ 2OH-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子；铵根离子水解生成一水合氨和氢离子；水解反应为可逆反应；多元弱酸根离子分步水解。‎ ‎【详解】Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，FeCl3水解的离子方程式是Fe3++3H2OFe(OH)3+ 3H+，故A正确；铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，NH4Cl水解的离子方程式是NH4++H2ONH3H2O + H+，故B错误；水解反应为可逆反应，CH3COONa水解的离子方程式是CH3COO-+H2OCH3COOH + OH-，故C错误；多元弱酸根离子分步水解，Na2CO3水解的离子方程式是：CO32-+H2OHCO3-+ OH-，故D错误。‎ ‎6.能说明醋酸是弱电解质的事实是 A. 醋酸溶液的导电性比盐酸弱 B. 醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳 C. 醋酸溶液用水稀释后，氢离子浓度下降 D. 0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，氢离子的浓度约为0.001mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；D．0.1mol•的CH3COOH溶液中，氢离子浓度约为0.001mol，说明醋酸是部分电离的，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查弱电解质的判断 ‎【名师点晴】本题考查了弱电解质的判断，电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液(如0.1 mol·L－1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸。‎ ‎7.向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO-浓度的变化依次为 A. 减小、增大、减小 B. 增大、减小、减小 C. 减小、增大、增大 D. 增大、减小、增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ CH3COONa为能够水解的盐，存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；NH4NO3为强酸弱碱盐，水解显酸性, 酸碱中和，促进水解，CH3COO-浓度减少；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，抑制水解，CH3COO-浓度增大；FeCl3为强酸弱碱盐，水解显酸性，酸碱中和，促进水解，CH3COO-浓度减少；答案选A。‎ ‎8.25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-，下列叙述正确的是 A. 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH-）降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，水的离子积常数不变 C. 向水中加人少量固体NaOH，平衡正向移动，c（H+）降低 D. 将水加热，水的离子积常数增大，pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 碱抑制水电离；硫酸氢钠电离出的氢离子使溶液中c(H+)增大，水的离子积常数只与温度有关；氢氧化钠抑制水电离；水电离吸热，加热促进水电离。‎ ‎【详解】向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH-)增大，故A错误；NaHSO4═Na++SO42-+H+，其中电离出的氢离子使c(H+)增大，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，KW不变，故B正确；固体NaOH溶于水电离产生OH-对水的电离起到抑制作用，电离平衡逆向移动，c(H+)降低，故C错误；加热促进水电离，温度升高，水电离平衡正向移动，水的离子积常数KW增大，氢离子浓度增大，则pH值减小，故D错误。‎ ‎9.某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH-，如想增大NH4+的浓度，而不增大OH-的浓度，应采取的措施是 A. 适当升高温度 B. 通入NH3‎ C. 加入NH4Cl固体 D. 加入少量氢氧化钠 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度，氨水电离平衡正向移动；通入NH3，氨水电离平衡正向移动；加入NH4Cl固体，抑制氨水电离；氢氧化钠抑制氨水电离。‎ ‎【详解】A.适当升高温度，氨水电离平衡正向移动，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故不选A；B. 向氨水中通入氨气，c(NH4+)增大，c(OH-)增大，故不选B；C.加入氯化铵固体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，故选C；D. 加入少量NaOH，c(OH-)增大，c(NH4+)减小，故不选D。‎ ‎【点睛】本题考查影响弱电解质电离的因素，加入含有铵根离子或氢氧根离子的物质能抑制氨水电离，加入和铵根离子或氢氧根离子反应的物质能促进氨水电离。‎ ‎10.某温度下，在恒容密闭容器中进行反应：X(g)+Y(gZ(g) + W(s) △H>0。下列叙述正确的是 A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 C. 升高温度，平衡向逆反应方向移动 D. 平衡后，加入X，该反应的△H增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，压强不变说明到达平衡，说明可逆反应到达平衡状态，故B正确；C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，故C错误；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选B。‎ 考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。‎ ‎11.某pH＝1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，为了除去FeCl3杂质，需将溶液调至pH＝4，在调节溶液pH值时应选用的试剂是 A. NaOH B. NH3·H2O C. ZnO D. Fe2O3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 目的是除去Fe3+，措施是增大溶液的pH，即消耗溶液中的H+，题目所提供的四个选项都可以做到。但是，除杂质的前提是不能引入新的杂质离子。‎ ‎【详解】加入氢氧化钠，引入杂质Na+，故不选A；加入NH3·H2O，引入杂质NH4+，故不选B；加入ZnO，消耗氢离子，增大溶液的pH，同时不引入杂质，故选C；加入Fe2O3，引入杂质Fe3+，故不选D。‎ ‎12.在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。下列说法正确的是 A. 稀释溶液，水解平衡向逆反应方向移动，水解程度减小 B. 通入CO2，平衡向正反应方向移动 C. 升高温度，pH减小 D. 加入NaOH固体，溶液的pH减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.加水稀释，促进水解； CO2与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡正向移动；加热促进水解；加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大。‎ ‎【详解】A.加水稀释，‎ 促进水解，所以稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大，故A错误；通入CO2，CO2与氢氧根离子反应生成碳酸氢根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡正向移动，故B正确；加热促进水解，所以升高温度，pH增大，故C错误；加入NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误。‎ ‎13.下列说法正确的是 A. 任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中，能量变化均相同 B. 同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同 C. 表示硫的燃烧热的热化学方程式是S(g）+1.5O2(g)=SO3(g) △H=-315KJ/mol D. 已知：①C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H=-395.0 kJ•mol-1，则知：石墨比金刚石稳定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱酸、弱碱没有完全电离，电离时需吸收能量，发生中和反应时放出的热量少；焓变与反应的始态和终态有关，与反应条件无关；硫的燃烧热是1mol S完全燃烧生成二氧化硫放出的热量；能量越低越稳定；‎ ‎【详解】A．只有强酸和强碱的稀溶液中和生成可溶性盐和1mol水放出的热量为57.3kJ，弱酸弱碱没有完全电离，电离时需吸收能量，放出的热量少，故A错误；焓变与反应的始态和终态有关，与反应条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故B错误；硫的燃烧热是1mol S完全燃烧生成二氧化硫放出的热量，故C错误；已知：①C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H=-395.0 kJ•mol-1，根据盖斯定律①-②得C(s，石墨)=C(s，金刚石) △H=+1.5 kJ•mol-1，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故D正确。‎ ‎14.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达到平衡状态①混合气体的压强　   ②混合气体的密度　  ③ B的物质的量浓度　  ④ 混合气体的总物质的量   ⑤混合气体的平均相对分子质量　  ⑥v(C)与v(D)的比值　  ⑦混合气体的总质量　⑧混合气体的总体积  ⑨C、D的分子数之比为1∶1‎ A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①③④⑤ C. ①②③④⑤⑦ D. ①③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；根据两边计量相等及M= m/n 分析判断。‎ ‎【详解】①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，证明达到了平衡状态，故①正确； ②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始终不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，故②错误； ③B的物质的量浓度不变，说明产生B的速率等于消耗B的速率，即正逆反应相等，可以说明反应达到平衡，故③正确； ④该反应是反应前后气体体积变化的反应，所以气体总物质的量不变，能表明反应达到平衡状态，故④正确； ⑤容器中的气体平均相对分子质量M=m/n，反应前后混合气体的质量不变化，当M不再发生变化时，表明物质的量不变，表明已经平衡，故⑤正确； ⑥C、D反应速率的比值始终等于化学方程式的系数之比，与反应平衡无关，故⑥错误；　‎ ‎⑦反应前后，各物质均为气体，根据质量守恒定律可知，混合气体的总质量一直不变，不能说明反应达到平衡， 故⑦错误； ⑧容器为定容容器，所以混合气体的体积始终不变，故⑧错误； ⑨生成C、D后，它们的分子数之比始终为，不能说明反应达到平衡， 故⑨错误； 所以①③④⑤可以说明反应达到了平衡；综上所述，本题选B。‎ ‎【点睛】针对于有气体参与的可逆反应，当反应前后气体的体积变化不为0时，其它条件不变的条件下，当混合气体的压强保持不变时，反应达到平衡状态；针对于有气体参与的可逆反应，当反应前后气体的体积变化等于0时，当混合气体的压强保持不变时，不能判定反应是否达到平衡状态。因此用压强判定平衡状态时，要注意反应前后气体体积的变化情况。‎ ‎15.在水溶液中，因为发生水解反应而不能大量共存的一组微粒是 A. CO32-、OH-、Na+、H+ B. Al3+、Na+、Cl-、HCO3-‎ C. Ba2+、HCO3—、K+、SO42- D. S2-、H+、SO42-、Cu2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、CO32-、OH-与H+发生复分解反应，在溶液中不能共存；B、Al3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳；C、Ba2+与SO42-发生复分解反应生成难溶物硫酸钡沉淀；D、S2-与H+、Cu2+分别发生复分解反应生成硫化氢、CuS沉淀。‎ ‎【详解】A、CO32-、OH-与H+发生反应，在溶液中不能共存，但是该反应不是水解反应，故不选A；B、Al3+与HCO3-发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，因发生双水解反应而不能大量共存，故选B；C、Ba2+与SO42-发生反应生成难溶物硫酸钡沉淀，但该反应不属于水解反应，故不选C；D.S2-与H+、Cu2+分别发生反应生成硫化氢、硫化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，但是该反应不属于水解反应，故不选D。‎ ‎16. 下列有关问题，与盐的水解有关的是 ‎①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂 ‎②明矾可作净水剂 ‎③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ‎④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ‎⑤加热蒸干AlCl3溶液并灼烧得到Al2O3固体 A. ①②③ B. ②③④ C. ①④⑤ D. ①②③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①NH4Cl与ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，所以溶液可以与金属氧化物发生反应。因此可作焊接金属中的除锈剂。②明矾电离产生的Al3+水解产生氢氧化铝胶体表面积大，吸附力强可吸附水中的悬浮物，形成沉淀，从而可以达到净化水的目的。故可作净水剂。正确。③草木灰的主要成分是K2CO3，水解使溶液显碱性。当它与铵态氮肥混合时发生反应：NH4++OH-=NH3·H2O= NH3↑+H2O。若混合施用，就会使一部分N元素以氨气的形式逸出导致肥效降低。正确。④碳酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶若用磨口玻璃塞就会发生反应：SiO2+2NaOH= Na2SiO3+H2O. Na2SiO3有粘性，会把玻璃瓶和玻璃塞黏在一起。正确。⑤AlCl3是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，当加热AlCl3溶液时水解产生氢氧化铝和盐酸，随着不断的加热，水分蒸发，HCl也会随着水分的蒸发而挥发掉。所以蒸干得到的固体是氢氧化铝。灼烧时氢氧化铝分解得到Al2O3固体和水。所以加热蒸干AlCl3溶液并灼烧得到Al2O3固体。正确。‎ 考点：考查盐的水解的应用的知识。‎ ‎17.某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+2D(g)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，下列说法正确的 A. 该反应的化学平衡常数表达式是 B. 此时B的平衡转化率是40%‎ C. 增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大 D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．可逆反应3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+2D（g）的平衡常数k=，故A错误；B．增加B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，B的转化率降低，故B错误；C．该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，化学平衡常数只受温度影响，增大压强平衡常数不变，故C错误；D．达到平衡，测得生成1.6mol C，由方程式可知，参加反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol，故B的转化率为×100%=40%，故D正确；故选D。‎ 考点：考查化学平衡常数、化学平衡计算、影响化学平衡的因素等。‎ ‎18.在N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的平衡体系中，其他条件不变，增大c(N2)，则正确的是 A. 氮气的转化率增大 B. 氢气的转化率不变 C. 氨气在平衡混合气体中的含量一定增大 D. 氨气在平衡混合气体中的物质的量增多 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：只增大氮气的浓度时，平衡正向移动，因此氢气的转化率增大，氨气的物质的量增多，但氮气的转化率减小，氨在平衡混合气体中的含量不一定增大，所以答案选BD。‎ 考点：考查外界条件对平衡状态的影响 点评：该题是高考中的重要考点之一，也是常见的题型。该题的关键是熟练掌握勒夏特列原理，并能灵活运用，有助于培养学生严谨的逻辑推理能力，提高学生分析问题、解决问题的能力。‎ ‎19.某温度下，H2(g)＋CO2(g) H2O(g)＋CO(g)的平衡常数K＝9/4。该温度下在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是 A. 反应开始时，丙中的反应速率最快，甲中的反应速率最慢 B. 平衡时，甲中和丙中H2的转化率均是60%‎ C. 平衡时，丙中c(CO2)是甲中的2倍，是0.012 mol·L－1‎ D. 平衡时，乙中CO2的转化率大于60%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、反应开始时，丙中的物质的浓度最大，反应速率最快，甲中的物质的浓度最小，反应速率最慢，选项A正确；‎ B、甲和丙对比，相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，物质的转化率不变，根据计算得出甲中H2的转化率是60%，所以丙中H2的转化率是60%，选项B正确；‎ C、对于甲容器：H2（g）+CO2（g）H2O（g）+CO（g）‎ 开始（mol/L）： 0.01 0.01 0 0‎ 变化（mol/L）： x x x x 平衡（mol/L）： 0.01-x 0.01-x x x 所以=，解得x=0.006，c（CO2）=0.01mol-0.006mol=0.004mol；甲和丙对比，相当于是在甲的基础上又加倍增大了物质的加入量，但是对于化学反应前后体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，丙的初始投入量是甲的2倍，所以平衡时，丙中c（CO2）是甲中的2倍，但为0.008mol，选项C不正确；C、乙和甲对比，乙相当于在甲的基础上增加了氢气的量，所以乙中二氧化碳的转化率增大，会大于甲中的，即大于60%，选项D正确。答案选C。‎ ‎20.在0.1mol•L-1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是 A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动 B. 加入少量CH3COONa固体，平衡向逆反应方向移动，c（CH3COO-）增大 C. 加入少量0.1 mol•L-1HCl溶液，平衡向逆反应方向移动，溶液中c（H+）减小 D. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动，酸性增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离，加碱促进弱酸的电离。‎ ‎【详解】A．弱电解质，越稀越电离，所以加水促进弱电解质的电离，电离平衡正向移动，故A错误； B．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO-）增大，则电离平衡逆向移动，故B正确； C．0.1mol•L-1CH3COOH溶液中氢离子浓度小于0.1 mol•L-1HCl溶液中氢离子浓度，所以加入少量0.1mol•L-1HCl溶液，c（H+）增大，故C错误； D．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，酸性减弱，故D错误。‎ ‎21.在密闭容器中，可逆反应3X(g)+Y(s) 2Z(g)；△H＜0，达到平衡后，仅改变横坐标条件，下列图像正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A.增大压强，化学平衡正向移动，反应物X的转化率增大。错误。B.由于该反应的正反应是放热反应。所以升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。对该反应来说，平衡向逆反应方向移动，所以化学平衡常数减小。正确。C.由于Y是固体，所以增大压强，Y的含量不变。错误。D。升高温度，V正、V逆都增大，由于该反应的正反应是放热反应，所以V逆增大的多，平衡逆向移动，由于温度不断升高，所以始终是V逆>V正。错误。‎ 考点：考查温度、压强对化学反应速率、化学平衡常数、物质的含量、转化率的影响的知识。‎ ‎22.可逆反应A(？)＋aB(g)C(g)＋2D(g)(a为正整数)。反应过程中，当其他条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如图所示。下列说法不正确的是 A. 若a＝2，则A为液态或固体 B. 该反应的正反应为放热反应 C. T2＞T1，P2＞P1‎ D. 其他条件不变，增加B的物质的量，平衡正向移动，平衡常数K增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据图1可知， 温度为T2的曲线首先达到平衡状态，这说明反应速率快，因此温度是T2大于T1。但温度越高，C的百分含量越低，这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，因此正方应是放热反应。根据图2可知，压强为P2的首先达到平衡状态，这说明反应速率快，因此压强是P2大于P1。都能压强越大，C的百分含量越小，这说明增大压强平衡向逆反应方向移动，因此正方应是体积增大的可逆反应，所以如果a＝2，则A一定为液态或固体，因此选项A、B、C都是正确的。平衡常数只与温度有关系，所以增加B的量，平衡常数是不变的，D不正确，答案选D。‎ 考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响以及图像分析与判断 ‎23.关于pH都等于9的两种溶液：①NaOH溶液②CH3COONa溶液，下列说法正确的是 A. 加水稀释相同倍数后溶液的pH：①=②‎ B. 由水电离产生的OH-物质的量浓度：①>②‎ C. 升高相同温度后，溶液pH：①=②‎ D. 两种溶液中Na+物质的量浓度：①<②‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaOH为强碱，pH=9，则c（OH-）=10-5mol/L，c（NaOH）=10-5mol/L；CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性，则c（CH3COONa）＞10-5mol/L。‎ ‎【详解】分别加水稀释相同倍数时，促进CH3‎ COONa水解，pH变化的小，所以醋酸钠的pH大于氢氧化钠的pH，故A错误；CH3COONa水解促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，由水电离产生的OH-物质的量浓度：醋酸钠>氢氧化钠，故B错误；分别加热到相同温度时，NaOH溶液c（OH-）不变，加热促进CH3COONa水解，CH3COONa溶液中c（OH-）增大，升高相同温度，NaOH溶液的pH小于CH3COONa溶液，故C错误；两溶液因pH均为9，因此c（ CH3COONa）大于c（NaOH），因此CH3COONa溶液中c（Na+）大于NaOH溶液中c（Na+），故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查盐类水解的应用，注意：酸、碱、能水解的盐对水的电离的影响是解答本题的关键，明确温度、稀释对水解的影响，题目难度中等。‎ ‎24.室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合(忽略体积变化)，实验数据如下表：下列判断不正确的是 A. 实验①反应后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B. 0.1 mol·L－1HA的溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1‎ C. 实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1‎ D. 实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、0.1 mol·L－1的HA的溶液与0.1 mol·L－1的KOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成KA，反应后溶液pH=9，说明KA是强碱弱酸盐，A－水解；B、HA是弱酸，0.1 mol·L－1HA的溶液酸电离出的氢离子浓度小于0.1 mol·L－1；C、若x=0.2，则溶液呈碱性，所以x>0.2；根据电荷守恒，c(K＋)+ c(H＋)= c(A－)+c(OH－)，pH=7，说明c(OH－)＝c(H＋)，所以c(K＋)＝c(A－)。‎ ‎【详解】0.1 mol·L－1的HA的溶液与0.1 mol·L－1的KOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成KA，反应后溶液pH=9，说明KA是强碱弱酸盐，A－水解，所以实验①反应后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；HA是弱酸，0.1 mol·L－1HA的溶液酸电离出的氢离子浓度小于0.1 mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)>1×10－13 mol·L－1，故B错误；C、若x=0.2，则溶液呈碱性，所以x>0.2，根据物料守恒，c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol·L－1，‎ 故C正确；根据电荷守恒，c(K＋)+ c(H＋)= c(A－)+c(OH－)，pH=7，说明c(OH－)＝c(H＋)，所以c(K＋)＝c(A－)，c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故D正确。‎ ‎25.如图是常温下向20.0 mL的盐酸中，逐滴加入0.10 mol·L－1 NaOH溶液时，溶液的pH随 NaOH溶液的体积V(mL)变化的曲线，根据图像所得的下列结论中正确的是 A. 原盐酸的浓度为0.10 mol·L－1‎ B. x的值为2.0‎ C. 当pH＝12时，V值为20.4‎ D. 原盐酸的浓度为1.0 mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据起点的pH=1计算原盐酸的浓度；x对应溶液的pH=7，所以氢氧化钠与盐酸恰好反应；混合后溶液的pH＝12，说明氢氧化钠过量，根据 计算需要氢氧化钠溶液的体积。‎ ‎【详解】起点的pH=1，说明c(H+)=0.1 mol·L－1，盐酸是强酸，所以原盐酸的浓度为0.10 mol·L－1，故A正确；x对应溶液的pH=7，所以氢氧化钠与盐酸恰好反应，所以x=20.0，故B错误；，V=0.0244L=24.4mL，故C错误；根据A选项，原盐酸的浓度为0.10 mol·L－1，故D错误。‎ ‎26.对室温下c（H+）相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是 A. 加适量的醋酸钠晶体后，两溶液的c（H+）均减小 B. 使温度都升高20℃后，两溶液的c（H+）均不变 C. 加水稀释2倍后，两溶液的c（H+）均增大 D. 加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 醋酸钠晶体抑制醋酸电离，CH3COO－在盐酸中结合H+生成醋酸；升温对盐酸而言H＋浓度不变，对醋酸来说，升温促进醋酸电离；加水稀释，c（H+）都减小；醋酸部分电离，pH相同的醋酸和盐酸说明两者的H＋浓度相同，但醋酸中还有CH3COOH分子，所以醋酸浓度大于盐酸。‎ ‎【详解】醋酸中存在CH3COOHCH3COO－+H+。加入醋酸钠后， CH3COO－抑制了醋酸电离，H＋浓度减小，而CH3COO－在盐酸中结合H+，H＋浓度减小，所以pH均增大，A项正确；升温对盐酸而言H＋浓度不变，对醋酸来说，升温促进醋酸电离，使H＋浓度增大，B项不正确；加水稀释，c（H+）都减小，故C项错误；醋酸部分电离，pH相同的醋酸和盐酸说明两者的H＋浓度相同，但醋酸中还有CH3COOH分子，所以醋酸浓度大于盐酸，体积相同，所以醋酸物质的量大于盐酸，与足量锌反应，醋酸产生的H2比盐酸多，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质电离，注意对于盐酸和醋酸溶液，升高温度，盐酸的pH不变，由于升高温度促进醋酸电离，醋酸溶液中pH减小，为易错点。‎ ‎27.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D. N点处的溶液中pH<12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。‎ 点睛：酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。‎ 视频 ‎28.在恒容密闭容器中存在下列平衡：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。CO2(g)的平衡物质的量浓度c(CO2)与温度T的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的ΔH＞0‎ B. 在T2时，若反应处于状态D，则一定有ν正＜ν逆 C. 平衡状态A与C相比，平衡状态A的c(CO)小 D. 若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：A．平衡状态A与C相比，C点温度高，已知△H＞0，升高温度平衡正移，CO浓度减小，所以A点CO浓度大，故A错误；B．T2时反应进行到状态D，c(CO2)高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有υ(正)＜υ(逆)，故B正确；C．由图可知，温度越高平衡时c(CO2‎ ‎)越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即△H＞0，故C错误；D．该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故K1＜K2，故D正确；故选BD。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡的影响因素 ‎【名师点晴】本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等知识，题目难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态，明确化学平衡及其影响为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。‎ ‎29.已知25℃时CH3COOH的电离常数K=1.6×10-5．该温度下向20ml 0.01mol•L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L-1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），下列有关叙述正确的是 ‎ A. a点溶液中c（H+）为4.0×10-5mol/L B. c点溶液中的离子浓度大小顺序为c（K+）>c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-）‎ C. V=20‎ D. a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据平衡常数计算 c（H+）；根据电荷守恒c点溶液中 c（K+）+ c（H+）=c（CH3COO-）+ c（OH-），pH=7，说明c（H+）=c（OH-）；若V=20，则醋酸与 KOH恰好完全反应，溶质为CH3COOK；a、b点溶液呈酸性，抑制了水的电离，c点溶液呈中性，基本不影响水的电离。‎ ‎【详解】设a点溶液中c（H+）=xmol/L，则 ，x=4.0×10-4mol/L，故A错误；‎ 根据电荷守恒c点溶液中 c（K+）+ c（H+）=c（CH3COO-）+ c（OH-），pH=7，说明c（H+）=c（OH-），所以c（K+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），故B错误；若V=20，则醋酸与 KOH恰好完全反应，溶质为CH3COOK，此时溶液呈碱性，c点溶液呈中性，所以V<20，故C错误；根据图象可知，a、c溶液呈酸性，氢离子抑制了水的电离，水电离的c（H+）＜1×10-7mol/L，而c点溶液的pH=7，呈中性，水电离的氢离子浓度为1×10-7mol/L，所以a、b、c三点中水的电离程度最大的是c点，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理的含义及应用。‎ ‎30.常温下，在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液体积比是 A. 1:9 B. 1:1 C. 1:2 D. 1:4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为xL，氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，反应的氢氧根离子的物质的量为0.5x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，混合后溶液pH=11，溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以：=10-3；得到x：y=1：4，故选D。‎ 点睛：本题考查了酸碱反应的综合计算，溶液pH的计算应用，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，反应的方程式为Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH。‎ 第II卷 非选择题 二、非选择题（共40分）‎ ‎31.以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工．‎ ‎(1)将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气．反应为：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.3kJ•mol﹣1‎ ‎①该反应在常温下_______自发进行(填“能”与“不能”)；‎ ‎②一定温度和压强下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是__________（填字母，下同）‎ a．容器中的压强不变 b.1mol H﹣H键断裂的同时断裂2mol H﹣O c．c（CO）=c（H2）‎ d．密闭容器的容积不再改变 ‎(2)将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如表三组数据：‎ 实验组 温度 ‎℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min CO H2O H2‎ CO ‎①‎ ‎650‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎6‎ ‎②‎ ‎900‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ ‎③‎ ‎900‎ a b c d t ‎①该反应为 _________（填“吸”或“放”）热反应；实验②条件下平衡常数K=___________。‎ ‎②实验①中从反应开始至平衡以CO2表示的平均反应速率为V(CO2)=____________（取小数点后两位）‎ ‎(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇．一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量（单位为kJ•mol﹣1）的变化．在体积为1L 的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2 ， 下列措施中能使c （CH3OH）增大的是_____________．‎ A.升高温度                ‎ B.充入He(g)，使体系压强增大 C.将H2O(g)从体系中分离出来 D.再充入1mol CO2 和3mol H2 ．‎ ‎【答案】 (1). 不能 (2). bd (3). 放 (4). 0.17 (5). 0.13 mol/(Lmin) (6). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) ①C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），正反应气体物质的量增大，，根据判断常温下能否自发进行；②根据平衡定义和“变量不变”判断平衡状态；(2) ① CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应前后气体物质的量不变，所以若实验②在650℃进行，实验①②为等效平衡，实验②达到平衡时，氢气的物质的量应该是0.8mol；实验②在900℃进行，达到平衡氢气的物质的量是0.4mol，说明升高温度反应逆向移动；利用“三段式”计算实验②条件下平衡常数；②实验①中从反应开始至平衡，CO2的物质的量的变化为1.6mol，用时6min，根据 计算速率；(3)根据影响平衡移动的因素分析；‎ ‎【详解】(1) ①C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），正反应气体物质的量增大，，△H=+131.3kJ•mol﹣1 0，所以常温下>0，故不能自发进行；②a．容器的容积可变，所以压强是恒量，容器中的压强不变不一定平衡，故不选a； b.1mol H﹣H键断裂的同时断裂2mol H﹣O，说明正逆反应速率相等，所以一定达到平衡状态，故选b； c．CO、H2都是生成物，CO、H2的浓度始终相等，所以 c（CO）=c（H2）不一定平衡，故不选c； d．反应前后气体物质的量是变量，所以容器体积是变量，容积不再改变一定达到平衡，故选d。(2) ① CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应前后气体物质的量不变，所以若实验②在650℃进行，实验①②为等效平衡，实验②达到平衡时，氢气的物质的量应该是0.8mol；实验②在900℃进行，达到平衡氢气的物质的量是0.4mol，说明升高温度反应逆向移动，所以正反应为放热反应；‎ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ‎ 起始 1 0.5 0 0 ‎ 转化 0.2 0.2 0.2 0.2 ‎ 平衡 0.8 0.3 0.2 0.2‎ K=0.17；②实验①中从反应开始至平衡，CO2的物质的量的变化为1.6mol，用时6min， 0.13 mol/(Lmin)；(3) A.根据图示，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，c(CH3OH)减小，故不选A； B.恒容条件下充入He(g)，平衡不移动，c(CH3OH)不变，故不选B； C.将H2O(g)从体系中分离出来，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，故选C； D.再充入1mol CO2 和3mol H2 ，平衡正向移动，c(CH3OH)增大，故选D。‎ ‎32.根据下列化合物：①NaCl、②NaOH、③HCl、④NH4Cl、⑤CH3COONa、⑥CH3COOH、⑦NH3•H2O、⑧H2O．回答下列问题．‎ ‎(1)NH4Cl溶液显______性，用离子方程式表示原因___________________________，其溶液中离子浓度大小顺序为____________________________。‎ ‎(2)常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH-）=___________mol/L在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c（H+）=_______ mol/L．‎ ‎(3)已知纯水中存在如下平衡：H2O⇌H++OH-△H>0，现欲使平衡向右移动，且所得溶液显酸性，可选择的方法是________（填字母序号）．‎ A．向水中加入NaHSO4固体         B．向水中加Na2CO3固体 C．加热至100℃D．向水中加入（NH4）2SO4固体 ‎(4)若将等pH、等体积的②NaOH和⑦NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀 释后两种溶液的pH仍相等，则m_______n(填“<”、“>”或“=”)．‎ ‎(5)①NaCl、②NaOH、③HCl、⑤CH3COONa、⑥CH3COOH，这5种溶液的物质的量浓度相同，则这5种溶液按 pH由大到小的顺序为：___________________（填序号）‎ ‎【答案】（1）酸NH4++H2ONH3·H2O +H+；c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)‎ ‎（2）10-3；10-11；（3）D；（4）m＜n；‎ ‎（5）②＞⑤＞①＞⑥＞③‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，铵根离子水解的离子方程式为NH4++H2OH++NH3•H2O，铵根离子水解，则(Cl-)＞c(NH4+)，所以溶液中离子浓度关系为：(Cl-‎ ‎)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；故答案为：酸；NH4++H2OH++NH3•H2O；(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎（2）CH3COONa为强碱弱酸盐，pH=11的CH3COONa溶液中，c(OH-)=10-3mol/L，c(H+)=10-11mol/L，CH3COONa 中氢离子和氢氧根离子都是水电离的，则水电离出来的c(OH-)为10-3mol/L；在pH=3的CH3COOH溶液中，c(OH-)=10-11mol/L，酸中的氢氧根离子由水电离，则水电离出来的c(OH-)=c(H+)为10-11mol/L，故答案为：10-3mol/L；10-11mol/L；‎ ‎（3）A．向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故A错误；B．向水中加Na2CO3固体，水解呈碱性，故B错误；C．加热至100℃，促进水的电离，溶液呈中性，故C错误；D．向水中加入(NH4)2SO4固体，水解呈酸性，故D正确；故答案为：D；‎ ‎（4）氨水为弱电解质，不能完全电离，如稀释相等体积，氨水溶液pH大，如稀释后溶液pH相同，则氨水应加入较多水，故答案为：＜；‎ ‎（5）①NaCl ②NaOH ③HCl ④NH4Cl ⑤CH3COONa ⑥CH3COOH ⑦NH3•H2O，显示碱性的为：②NaOH、⑤CH3COONa，⑦NH3•H2O，氢氧化钠为强碱，NH3•H2O为弱碱，CH3COONa为盐，所以pH②＞⑦＞⑤；显示中性的为①NaCl，pH=7；显示酸性的为：③HCl ④NH4Cl⑥CH3COOH，浓度相同时，盐酸为强酸，氢离子浓度最大，醋酸为一元弱酸，氢离子浓度小于盐酸，而氯化铵为强酸弱碱盐，氢离子浓度较小，所以三种酸性溶液的pH大小关系为：④＞⑥＞③，故物质的量浓度相同时，按pH由大到小的顺序为：②＞⑦＞⑤＞①＞④＞⑥＞③，故答案为：②＞⑦＞⑤＞①＞④＞⑥＞③。‎ 考点：考查了离子浓度大小比较、水的电离及其影响因素、弱电解质的电离平衡的相关知识。‎ ‎33.某学生用0.2000mol-L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol-L-1标准NaOH溶液至“0”刻度线以上 ‎②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；‎ ‎③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；‎ ‎④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；‎ ‎⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．‎ ‎⑥重复以上滴定操作2-3次．‎ 请回答：‎ ‎(1)以上步骤有错误的是（填编号）_____________，该错误操作会导致测定结果______ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．‎ ‎(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用_____________（填仪器名称），在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．‎ ‎(3)步骤⑤滴定时眼睛应注视_______________；判断到达滴定终点的依据是：______________．‎ ‎(4)以下是实验数据记录表 从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是___________‎ A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 B．锥形瓶用待测液润洗 C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质 D．滴定结束时，俯视计数 ‎(5)根据上表记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：___________mol-L-1．‎ ‎【答案】（11分）（1）①（1分）偏大（1分）‎ ‎（2）酸式滴定管（或移液管）（1分） 无影响（1分）‎ ‎（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）‎ 锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）‎ ‎（4）A B（2分）（5）0.1626（2分）‎ ‎【解析】‎ ‎，‎ 试题分析：（1）根据碱式滴定管在装液前应该用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入氢氧化钠溶液到0刻度以上，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗就直接注入标准氢氧化钠溶液，标准液的农夫偏小，造成标准液的体积偏大，根据计算公式分析，待测溶液的浓度偏大。（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应该使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，标准液的体积不变，根据公式计算，待测液的浓度不变。（3）中和滴定中，眼睛应该注视的是锥形瓶中颜色的变化，滴定是，当溶液中颜色变化且半分钟内不变色，可以说明达到了滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。（4）从上表可以看出，第一次滴定记录的氢氧化钠的体积明显多于后两次的体积，上面盐酸的浓度偏大。A、滴定钱滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，正确。B、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增大，所以用的氢氧化钠的体积偏大，所测的盐酸浓度偏大，正确。C、氢氧化钠标准溶液保存时间过长，有部分变质，所以用的氢氧化钠溶液的体积偏小，所测盐酸浓度偏小，错误。D、滴定结束时，俯视读数，所用的氢氧化钠溶液体积偏小，所测的盐酸的浓度偏小，错误。所以选A B。（5）三次滴定消耗的体积为18.10，16.30，16.22，舍去第一组数据，然后求出2、3两组数据的平均值，消耗氢氧化钠的体积为16.26mL，盐酸的浓度=0.2000×16.26/20.00=0.1626mol/L.‎ 考点：中和滴定 ‎ ‎