化学卷·2018届广东省汕头市潮阳实验学校高二上学期期中化学试卷 （解析版） 20页

‎2016-2017学年广东省汕头市潮阳实验学校高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1．“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求．你认为下列行为不符合这个要求的是（　　）‎ A．大力发展农村沼气，将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源 B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用 C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料 D．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生 ‎2．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）‎ A．NaOH（s） B．CH3COONa（s） C．NH4Cl（s） D．Na2CO3（s）‎ ‎3．对于在密闭容器中、一定条件下进行的可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），能说明反应已达到平衡状态的是（　　）‎ A．各物质体积分数相等 B．c（NH3）保持不变 C．各物质浓度相等 D．c（NH3）：c（N2）：c（H2）=2：1：3‎ ‎4．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎5．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（　　）‎ ‎①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1 C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2‎ ‎②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3 S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4‎ ‎③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H5 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6‎ ‎④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．‎ A．① B．④ C．②③④ D．①②③‎ ‎6．下列叙述正确的是（　　）‎ A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7‎ C．25℃时，0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力相当 D．25℃时，将等体积pH=1的盐酸和和水混合，混合后溶液的pH=1.3‎ ‎7．恒温恒压下，在容积可变的容器中反应2NO2（g）=N2O4（g）达到平衡后，再向容器内通入一定量NO2，又达到平衡时N2O4的体积分数（　　）‎ A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 ‎8．已知某可逆反应在密闭容器中进行：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H＜0，图中曲线a 代表一定条件下该反应的过程，若使a曲线变为b曲线，可采用的措施是（　　）‎ A．增大A的浓度或减少C的浓度 B．缩小容器的容积或加入催化剂 C．升高温度或增大压强 D．升高温度 ‎9．下列关于电解质溶液的正确判断是（　　）‎ A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以大量共存 B．在pH=0的溶液中，Na+、NO3﹣、SO32﹣、K+可以大量共存 C．由0.1mol•L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B++OH﹣‎ D．由0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A﹣+H2O⇋HA+OH﹣‎ ‎10．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（　　）‎ A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线 B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大 D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 ‎11．已知：在100℃时，水的离子积为1×10﹣12，此时将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=1的H2SO4溶液V2 L混合，若所得混合溶液的pH=10，则V1：V2为（　　）‎ A．1：9 B．10：1 C．9：1 D．1：10‎ ‎12．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的有（　　）‎ A．1molNa2O2晶体中共含有4NA个离子 B．0.1mol AlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒 C．常温常压下16gO2和O3混合气体含有NA个氧原子 D．1mol/LNa2CO3溶液中含有NA个CO32﹣‎ ‎13．已知一种c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（　　）‎ A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应 C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成一种强酸弱碱盐 ‎14．下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸 B．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂 C．饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体 D．热的纯碱溶液去油污效果好 ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分58分）‎ ‎15．（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H 如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）．‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ ‎①由表中数据判断该反应的△H　　0（填“＞”、“=”或“＜”）．能够说明某温度下该反应是平衡状态的是　　‎ A．体系的压强不变 B．密度不变 C．混合气体的相对分子质量 D．c（CO）=c（CH3OH）‎ ‎②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K=　　（保留3为有效数字）‎ ‎（2）在某温度和压强下，将一定量H2和O2充入密闭容器发生反应：‎ ‎2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H=﹣241.8KJ/mol，平衡后压缩容器体积至原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是　　 （填序号）：‎ a．平衡常数K增大； b．正反应速率加快，逆反应速率减慢； c．重新平衡c（H2）/c（H2O）减小．‎ ‎16．为了减少煤燃烧对大气造成的污染，煤的气化和液化是高效、清洁利用煤炭的重要途径，而减少CO2气体的排放也是人类面临的重大课题．‎ ‎（1）①已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1‎ C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1‎ 则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是　　．‎ ‎（2）将燃烧废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：‎ ‎2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）‎ ‎①该反应平衡常数表达式为K=　　．‎ ‎②若温度不变，减小反应投料比[]，则K将　　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（3）通过水煤气合成二甲醚的热化学方程式如下：‎ ‎3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣aKJ/mol 该反应在一定条件下的密闭容器中可达到平衡状态（曲线1），若在t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线Ⅱ，改变的条件是　　．（填字母编号）‎ A．升高温度 B．加入催化剂 C．缩小容器体积 D．增加H2的浓度 E．分离出二甲醚．‎ ‎17．目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93.0kJ/mol；‎ 另据报道，一定条件下：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.0kJ/mol．‎ ‎（1）氢气的燃烧热△H=　　kJ/mol．‎ ‎（2）在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是　　．‎ A．气体体积不再变化，则已平衡 B．气体密度不再变化，尚未平衡 C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动 D．平衡后，压缩装置，生成更多NH3‎ ‎（3）在恒温恒容装置中进行合成氨反应．‎ ‎①表示N2浓度变化的曲线是　　．‎ ‎②前25min 内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是　　．‎ ‎③在25min末刚好平衡，则平衡常数K=　　．‎ ‎（4）在第25min 末，保持其它条件不变，升高温度，在第35min末再次平衡．平衡移动过程中H2浓度变化了1.5mol•L﹣1，在图中画出第25min～40min NH3浓度变化曲线　　．‎ ‎（5）已知常温下，NH4+的水解常数为1.0×10﹣9，则0.1mol/L NH4Cl溶液pH=　　． （忽略NH4+水解对NH4+浓度的影响）‎ ‎18．已知：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：‎ 实验序号 反应温度/℃‎ Na2S2O3溶液 稀H2SO4‎ H2O V/mL c/（mol/L）‎ V/mL c/（mol/L）‎ V/mL ‎①‎ ‎20‎ ‎10.0‎ ‎0.10‎ ‎10.0‎ ‎0.50‎ ‎0‎ ‎②‎ ‎40‎ V1‎ ‎0.10‎ V2‎ ‎0.50‎ V3‎ ‎③‎ ‎20‎ V4‎ ‎0.10‎ ‎4.0‎ ‎0.50‎ V5‎ ‎（1）该实验①、②可探究　　对反应速率的影响，因此 V3是　　；‎ ‎（2）实验①、③可探究　　对反应速率的影响，因此V5是　　．‎ ‎19．二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气．该反应进行到45s时，达到平衡（NO2浓度约为0.0125mol/L）．图中的曲线表示二氧化氮分解反应在前25s内的反应进程．‎ ‎（1）前20秒内O2的平均生成速率：　　mol/（L•s）‎ ‎（2）在某温度下达到平衡后，不改变其他条件，向该容器中再加入少量的NO2，平衡移动的方向是　　，NO2的平衡转化率　　 68.75%（填“＞”、“＜”或“=”），NO的体积百分含量　　 （填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎20．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100ml﹣1）．‎ Ⅰ．实验步骤：‎ ‎（1）用　　（填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到转移到　　 （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．‎ ‎（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴　　作指示剂．‎ ‎（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数．‎ ‎（4）滴定．当　　时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．‎ Ⅱ．实验记录：‎ ‎　　　　滴定次数 实验数据（mL）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ V（样品）‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ V（NaOH）（消耗）‎ ‎15.95‎ ‎15.00‎ ‎15.05‎ ‎14.95‎ Ⅲ．数据处理与讨论：‎ ‎（1）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V=mL=15.24mL．指出他的计算的不合理之处：　　．‎ ‎（2）乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子交换反应，需查找在一定温度下醋酸和苯甲酸的　　（填写序号）‎ a．电离常数 b．溶解度 ‎（3）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是（填写序号）　　．‎ a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省汕头市潮阳实验学校高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）‎ ‎1．“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求．你认为下列行为不符合这个要求的是（　　）‎ A．大力发展农村沼气，将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源 B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用 C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料 D．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生 ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．‎ ‎【分析】降低消耗、保护环境，应尽量使用清洁能源，开发利用新能源，代替传统化石能源的使用，减少污染物的排放．‎ ‎【解答】解：A．将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，故A正确；‎ B．使用新型能源可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，故B正确；‎ C．以水代替有机溶剂，可减少环境污染，故C正确；‎ D．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（　　）‎ A．NaOH（s） B．CH3COONa（s） C．NH4Cl（s） D．Na2CO3（s）‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】Fe过量，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可减小氢离子的浓度，但不能改变氢离子的物质的量，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．加NaOH固体，与盐酸反应，生成氢气减少，故A不选；‎ B．加CH3COONa（s），与盐酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故B选；‎ C．加NH4Cl（s），在溶液中水解生成氢离子，则生成氢气增多，故C不选；‎ D．加入碳酸钠，消耗盐酸，生成氢气的总量减少，故D不选．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．对于在密闭容器中、一定条件下进行的可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），能说明反应已达到平衡状态的是（　　）‎ A．各物质体积分数相等 B．c（NH3）保持不变 C．各物质浓度相等 D．c（NH3）：c（N2）：c（H2）=2：1：3‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、物质的量、百分含量不变，对于反应前后气体的化学计量数之和不相等的反应来说，达到平衡时，压强也不变．‎ ‎【解答】解：A、平衡时各物质的体积分数取决于反应时物质的配比数以及反应的程度，不能用来作为判断是否达到平衡状态的依据，故A错误；‎ B、达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，故B正确；‎ C、平衡时各物质的浓度决于反应时物质的配比数以及反应的程度，平衡时各物质的浓度不一定相等，不能用来作为判断是否达到平衡状态的依据，故C错误；‎ D、平衡时各物质的浓度决于反应时物质的配比数以及反应的程度，各种物质的浓度关系比可能为2：1：3，不能用来作为判断是否达到平衡状态的依据，应根据平衡常数判断，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（　　）‎ A． B．‎ C．c（H+）和c（OH﹣）的乘积 D．OH﹣的物质的量 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加，由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，n（OH﹣）增大，但溶液的体积增大的多，则c（OH﹣）减小，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少．‎ ‎【解答】解：A、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，增大，故A错误；‎ B、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则n（NH3．H2O）减少，n（OH﹣）增大，减小，故B正确；‎ C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；‎ D、由NH3．H2O⇌OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（　　）‎ ‎①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1 C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2‎ ‎②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3 S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4‎ ‎③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H5 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6‎ ‎④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．‎ A．① B．④ C．②③④ D．①②③‎ ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，‎ ‎④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；‎ ‎②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；‎ ‎③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，故③正确；‎ ‎④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．下列叙述正确的是（　　）‎ A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7‎ C．25℃时，0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力相当 D．25℃时，将等体积pH=1的盐酸和和水混合，混合后溶液的pH=1.3‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．加入醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离；‎ B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；‎ C．硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；‎ D．根据pH=﹣lg[c（H+）]计算出该盐酸中氢离子浓度，然后再根据pH=﹣lg[c（H+）]计算出混合液的pH．‎ ‎【解答】解：A．稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO﹣离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故A错误；‎ B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液pH＜7，故B错误；‎ C．硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C错误；‎ D．pH=1的盐酸中c（H+）=10﹣1mol/L，与等体积的水混合后氢离子浓度为：10﹣1mol/L×0.5=5×10﹣2mol/L，则混合液的pH=﹣lg[c（H+）]=﹣lg5×10﹣2=2﹣lg5≈1.3，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．恒温恒压下，在容积可变的容器中反应2NO2（g）=N2O4（g）达到平衡后，再向容器内通入一定量NO2，又达到平衡时N2O4的体积分数（　　）‎ A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反应2N02（气）⇌N204（气）达到平衡后，再向容器内通入一定量N02，则体积增大，二氧化氮浓度不变，根据浓度对化学平衡移动的影响来回答．‎ ‎【解答】解：恒温恒压下，在容积可变的器皿中，反应2N02（气）⇌N204（气）达到平衡后，再向容器内通入一定量N02，则体积增大，可以认为是两个一样的容器加入一样的二氧化氮，建立相同的平衡后，两个容器叠加，抽掉隔板，则此时N204的体积分数和原来的两个容器中的一样，保持不变．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．已知某可逆反应在密闭容器中进行：A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）△H＜0，图中曲线a 代表一定条件下该反应的过程，若使a曲线变为b曲线，可采用的措施是（　　）‎ A．增大A的浓度或减少C的浓度 B．缩小容器的容积或加入催化剂 C．升高温度或增大压强 D．升高温度 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】该反应为气体体积不变的反应，若使a曲线变为b曲线，可加快反应速率，但转化率不变，则改变的条件为加催化剂或增大压强，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．增大A的浓度或减少C的浓度，平衡发生移动，A的转化率分别减小、增大，故A不选；‎ B．缩小容器的容积或加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动，故B选；‎ C．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向i的，A的转化率减小，故C不选；‎ D．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向i的，A的转化率减小，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．下列关于电解质溶液的正确判断是（　　）‎ A．在pH=12的溶液中，K+、Cl﹣、HCO3﹣、Na+可以大量共存 B．在pH=0的溶液中，Na+、NO3﹣、SO32﹣、K+可以大量共存 C．由0.1mol•L﹣1一元碱BOH溶液的pH=10，可推知BOH溶液存在BOH=B++OH﹣‎ D．由0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，可推知NaA溶液存在A﹣+H2O⇋HA+OH﹣‎ ‎【考点】离子共存问题；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．‎ ‎【分析】A．pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH﹣；‎ B．pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+；‎ C.0.1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱；‎ D．0.1mol•L﹣1一元酸HA溶液的pH=3，可得该酸是弱酸．‎ ‎【解答】解：A．pH=12的溶液呈碱性含有比较多的OH﹣，不能与HCO3﹣共存，故A错误；‎ B．pH=0的溶液呈酸性含有较多的H+，在NO3﹣离子存在的情况下，亚硫酸根离子容易被氧化成硫酸根离子，无法共存，故B错误；‎ C.0.1mol/L的一元碱的pH=10表明该一元碱是弱碱，在溶液中不能完全电离，故C错误；‎ D．由题意可得该酸是弱酸，在NaA溶液中A﹣会发生水解而使溶液呈碱性，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（　　）‎ A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线 B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强 C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大 D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度 ‎【考点】比较强弱电解质的实验．‎ ‎【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度．‎ ‎【解答】解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；‎ B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；‎ C、Kw的大小只取决于温度，故C错；‎ D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，故D错．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．已知：在100℃时，水的离子积为1×10﹣12，此时将pH=12的NaOH溶液V1L与pH=1的H2SO4溶液V2 L混合，若所得混合溶液的pH=10，则V1：V2为（　　）‎ A．1：9 B．10：1 C．9：1 D．1：10‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎【分析】酸碱溶液混合后溶液呈碱性，则碱过量，根据反应后的pH计算溶液中的c（H+），然后根据水的离子积常数计算c（OH﹣），利用c（OH﹣）的计算公式进行计算．‎ ‎【解答】解：在100℃时，水的离子积为1×10﹣12，此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）=1mol/L，pH=1的H2SO4溶液c（H+）=0.1mol/L，若所得混合溶液的pH=10，则反应后的溶液的c（OH﹣）==0.01（mol/L），‎ 则c（OH﹣）==0.01mol/L，‎ 解得：V1：V2=1：9，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的有（　　）‎ A．1molNa2O2晶体中共含有4NA个离子 B．0.1mol AlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0.1NA个胶粒 C．常温常压下16gO2和O3混合气体含有NA个氧原子 D．1mol/LNa2CO3溶液中含有NA个CO32﹣‎ ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，阳离子为钠离子；‎ B．一个氢氧化铝胶粒是多个氢氧化铝的聚集体；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成；‎ D．溶液体积不知不能计算微粒数．‎ ‎【解答】解：A.1mol Na2O2晶体中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，共含有3NA个离子，故A错误；‎ B．AlCl3发生水解得到氢氧化铝胶体，而氢氧化氯胶粒是由很多氢氧化铝形成的集合体，因此氢氧化铝胶粒数小于0.1NA，故B错误；‎ C、氧气和臭氧均由氧原子构成，即16g O2和O3混合气体含有16g O，则氧原子的物质的量为n==1mol，即NA个，故C正确；‎ D．溶液体积不知，不能计算1mol/LNa2CO3溶液中的CO32﹣，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．已知一种c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（　　）‎ A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应 C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成一种强酸弱碱盐 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】A、浓的强酸和稀的强碱溶液反应，则强酸中的c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1和强碱中的c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1均为酸和碱中的全部；‎ B、由于酸为弱酸，则c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1为酸中的电离出的那部分氢离子，仍有大部分酸未电离；‎ C、若碱为弱碱，则c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1为弱碱中电离出的那部分氢氧根，还有大部分的弱碱未电离；‎ D、若生成强酸弱碱盐，则说明碱为弱碱．‎ ‎【解答】解：A、浓的强酸和稀的强碱溶液反应，则强酸中的c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1和强碱中的c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1均为酸和碱中的全部，两者会恰好完全反应，则仍有显中性，故A错误；‎ B、由于酸为弱酸，则c（H+）=1×10﹣3mol•L﹣1为酸中的电离出的那部分氢离子，仍有大部分酸未电离，而只依靠电离出的这部分氢离子即将碱中和，还有大量的酸剩余，故溶液显酸性，故B正确；‎ C、若碱为弱碱，则c（OH﹣）=1×10﹣3mol•L﹣1为弱碱中电离出的那部分氢氧根，还有大部分的弱碱未电离，依靠电离出的氢氧根即能将所有的酸反应掉，则碱过量，溶液呈碱性，故C错误；‎ D、如果生成了一种强酸弱碱盐，则碱部分电离，碱的浓度大于氢氧根离子的浓度，碱过量，没有全部参加反应，则溶液应该呈碱性，与题意不符合，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A．实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸 B．合成氨工业中使用铁触媒做催化剂 C．饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体 D．热的纯碱溶液去油污效果好 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：A．铁离子水解呈酸性，加入酸可抑制氯化铁的水解，能用勒夏特列原理解释，故A不选；‎ B．催化剂不改变化学平衡状态，不能用勒夏特列原理解释，故B选；‎ C．饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体，是利用铁离子水解的性质，为可逆过程，加热促进水解，用勒夏特列原理解释，故C不选；‎ D．纯碱水解呈碱性，为可逆过程，加热促进水解，且酯的水解为可逆过程，存在RCOOR'+H2ORCOOH+R'OH，在强碱存在的条件下，ROOH与碱反应，有利于平衡向正反应方向移动，故D不选．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分58分）‎ ‎15．（1）CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H 如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数（K）．‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ ‎①由表中数据判断该反应的△H　＜　0（填“＞”、“=”或“＜”）．能够说明某温度下该反应是平衡状态的是　AC　‎ A．体系的压强不变 B．密度不变 C．混合气体的相对分子质量 D．c（CO）=c（CH3OH）‎ ‎②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c（CO）=0.2mol/L，计算此温度下的平衡常数K=　2.041　（保留3为有效数字）‎ ‎（2）在某温度和压强下，将一定量H2和O2充入密闭容器发生反应：‎ ‎2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）△H=﹣241.8KJ/mol，平衡后压缩容器体积至原来的，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是　c　 （填序号）：‎ a．平衡常数K增大； b．正反应速率加快，逆反应速率减慢； c．重新平衡c（H2）/c（H2O）减小．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）①由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变；‎ ‎②根据平衡浓度计算出平衡常数；‎ ‎（2）平衡后压缩容器体积至原来的，压强增大，反应速率增大，平衡正向移动，因速率不变，则平衡常数不变．‎ ‎【解答】解：（1）①由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，‎ A．反应前后体积不等，则体系的压强不变，可说明达到平衡状态，故A正确； ‎ B．反应容器体积不变，气体质量不变，则密度不变不能说明达到平衡，故B错误；‎ ‎ C．反应前后气体的物质的量不等，混合气体的相对分子质量不变，可说明达到平衡状态，故C正确；‎ ‎ D．c（CO）=c（CH3OH），不能说明达到平衡状态，因平衡常数以及氢气的浓度未知，故D错误．‎ 故答案为：＜；AC；‎ ‎②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）单位为mol/L 反应开始 1mol/L 3mol/L 0 ‎ 反应 0.8mol/L 1.6mol/L 0.8mol/L 平衡 0.2mol/L 1.4mol/L 0.8mol/L 平衡常数K==2.041，‎ 故答案为：2.041；‎ ‎（2）a．因温度不变，则平衡常数K不变，故a错误；‎ b．增大压强，正逆反应速率都增大，故b错误；‎ c．平衡正向移动，则重新平衡c（H2）/c（H2O）减小，故c正确．‎ 故答案为：c．‎ ‎　‎ ‎16．为了减少煤燃烧对大气造成的污染，煤的气化和液化是高效、清洁利用煤炭的重要途径，而减少CO2气体的排放也是人类面临的重大课题．‎ ‎（1）①已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1‎ C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1‎ 则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是　CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+41kJ/mol　．‎ ‎（2）将燃烧废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：‎ ‎2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）‎ ‎①该反应平衡常数表达式为K=　　．‎ ‎②若温度不变，减小反应投料比[]，则K将　不变　（填“增大”“减小”或“不变”）．‎ ‎（3）通过水煤气合成二甲醚的热化学方程式如下：‎ ‎3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣aKJ/mol 该反应在一定条件下的密闭容器中可达到平衡状态（曲线1），若在t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线Ⅱ，改变的条件是　CD　．（填字母编号）‎ A．升高温度 B．加入催化剂 C．缩小容器体积 D．增加H2的浓度 E．分离出二甲醚．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）①已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1‎ C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，①﹣②得到CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；‎ ‎（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；‎ ‎②K只与温度有关；‎ ‎（3）在t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线Ⅱ，达到平衡的时间减少，CO的转化率增大，结合平衡移动及速率影响因素来解答．‎ ‎【解答】解：（1）①已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1‎ C（s）+2H2O（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1‎ 由盖斯定律可知，①﹣②得到CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=（+131.3kJ•mol﹣1）﹣（+90kJ•mol﹣1）=+41kJ/mol，‎ 即热化学方程式为CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+41kJ/mol，‎ 故答案为：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+41kJ/mol；‎ ‎（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由反应可知K=，故答案为：；‎ ‎②K只与温度有关，若温度不变，减小反应投料比[]，则K将不变，故答案为：不变；‎ ‎（3）在t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线Ⅱ，达到平衡的时间减少，CO的转化率增大，则 A．升高温度，速率加快，为放热反应，则平衡逆向移动，CO转化率减小，故A不选； ‎ B．加入催化剂，平衡不移动，故B不选； ‎ C．缩小容器体积，反应速率加快，该反应为气体体积减小的反应，则平衡正向移动，CO转化率增大，故C选；‎ D．增加H2的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，CO转化率增大，故D选； ‎ E．分离出二甲醚，平衡正向移动，CO转化率增大，但反应速率减小，故E不选；‎ 故答案为：CD．‎ ‎　‎ ‎17．目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93.0kJ/mol；‎ 另据报道，一定条件下：2N2（g）+6H2O（l）⇌4NH3（g）+3O2（g）△H=+1530.0kJ/mol．‎ ‎（1）氢气的燃烧热△H=　﹣286.0　kJ/mol．‎ ‎（2）在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是　AD　．‎ A．气体体积不再变化，则已平衡 B．气体密度不再变化，尚未平衡 C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动 D．平衡后，压缩装置，生成更多NH3‎ ‎（3）在恒温恒容装置中进行合成氨反应．‎ ‎①表示N2浓度变化的曲线是　C　．‎ ‎②前25min 内，用H2浓度变化表示的化学反应速率是　0.12mol/（L•min）　．‎ ‎③在25min末刚好平衡，则平衡常数K=　0.15　．‎ ‎（4）在第25min 末，保持其它条件不变，升高温度，在第35min末再次平衡．平衡移动过程中H2浓度变化了1.5mol•L﹣1，在图中画出第25min～40min NH3浓度变化曲线　　．‎ ‎（5）已知常温下，NH4+的水解常数为1.0×10﹣9，则0.1mol/L NH4Cl溶液pH=　5　． （忽略NH4+水解对NH4+浓度的影响）‎ ‎【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）燃烧热为1mol物质完全燃烧得到稳定氧化物所释放的热量，利用盖斯定律计算1molH2燃烧释放的热量；‎ ‎（2）根据化学平衡状态特征进行判断；‎ ‎（3）①根据合成氨化学方程式判断，N2为反应物，且浓度变化比H2浓度变化较小，据此判断；‎ ‎②前25min 内，H2浓度由6.0 mol/L变为3.0 mol/L，计算可得答案；‎ ‎③计算出25min末各物质浓度，根据平衡常数表达式计算；‎ ‎（4）合成氨为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，即NH3浓度由2.0mol•L﹣1变为了1.5mol•L﹣1，且温度刚升高时，浓度变化较快；‎ ‎（5）水解常数=，平衡时，NH3•H2O浓度等于H+浓度，计算得到答案．‎ ‎【解答】解：（1）燃烧热为1mol物质完全燃烧得到稳定氧化物所释放的热量，第一个反应×﹣第二个反应×，即可得到氢气的燃烧热方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l），△H=﹣﹣286.0kJ/mol，故答案为：﹣286.0；‎ ‎（2）A．合成氨反应前后气体体积不同，当体积不变时，得到化学平衡状态，故A正确；‎ B．，气体质量不变，由于反应前后气体体积不同，恒压容器气体体积可变，化学平衡移动时，密度随之变化，当密度不变时，达到化学平衡状态，故B错误；‎ C．充入Ar，容器压强不变，则：N2、H2、和NH3浓度降低，反应物浓度降低大，化学平衡向逆反应方向移动，故C错误；‎ D．平衡时，压缩体积，压强增大，化学平衡向正反应方向移动，NH3浓度增大，故D正确；‎ 故选：AD；‎ ‎（3）①根据合成氨化学方程式判断，N2为反应物，且浓度变化比H2浓度变化较小，可知曲线C为N2浓度的变化曲线，故答案为：C；‎ ‎②前25min 内，H2浓度由6.0 mol/L变为3.0 mol/L，v===0.12 mol/（L•min） 故答案为：0.12 mol/（L•min）；‎ ‎③25min末时，N2浓度为1.0mol/L，H2浓度为3.0mol/L，NH3浓度为2.0mol/L，化学平衡常数为K===0.15，故答案为：0.15；‎ ‎（4）合成氨为放热反应，升高温度化学平衡向逆反应方向移动，即NH3浓度由2.0mol•L﹣1变为了1.5mol•L﹣1，且温度刚升高时，浓度变化较快，故答案为：；‎ ‎（5）水解方程式为：，写出水解平衡常数表达式为：，氢离子浓度与一水合氨浓度相同，即=1.0×10﹣9，[NH4+]=0.1mol/，计算得[H+]=1.0×10﹣5，pH=5，故答案为：5．‎ ‎　‎ ‎18．已知：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O某同学探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验：‎ 实验序号 反应温度/℃‎ Na2S2O3溶液 稀H2SO4‎ H2O V/mL c/（mol/L）‎ V/mL c/（mol/L）‎ V/mL ‎①‎ ‎20‎ ‎10.0‎ ‎0.10‎ ‎10.0‎ ‎0.50‎ ‎0‎ ‎②‎ ‎40‎ V1‎ ‎0.10‎ V2‎ ‎0.50‎ V3‎ ‎③‎ ‎20‎ V4‎ ‎0.10‎ ‎4.0‎ ‎0.50‎ V5‎ ‎（1）该实验①、②可探究　温度　对反应速率的影响，因此 V3是　0　；‎ ‎（2）实验①、③可探究　浓度　对反应速率的影响，因此V5是　6.0　．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；‎ ‎（2）实验①、③的温度相同，加入硫酸的量不同，即硫酸的浓度不同，故可探究浓度对反应速率的影响．‎ ‎【解答】解：（1）实验①、②的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0mL，加入水的体积相等，故V3=0，‎ 故答案为：温度；0；‎ ‎（2）实验①、③的温度相同，加入硫酸的量不同，即硫酸的浓度不同，故可探究浓度对反应速率的影响，加入Na2S2O3溶液的量要相同，则V4=10.0，实验①、③的溶液总体积相同，都是20mL，只有加入硫酸的量不同，所以V5=6.0，‎ 故答案为：浓度；6.0．‎ ‎　‎ ‎19．二氧化氮在加热条件下能够分解成一氧化氮和氧气．该反应进行到45s时，达到平衡（NO2浓度约为0.0125mol/L）．图中的曲线表示二氧化氮分解反应在前25s内的反应进程．‎ ‎（1）前20秒内O2的平均生成速率：　5.5×10﹣4　mol/（L•s）‎ ‎（2）在某温度下达到平衡后，不改变其他条件，向该容器中再加入少量的NO2，平衡移动的方向是　正向　，NO2的平衡转化率　＜　 68.75%（填“＞”、“＜”或“=”），NO的体积百分含量　减小　 （填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）由图可知，20秒内NO2的浓度变化为0.04mol/L﹣0.018mol/L=0.022mol/L，根据v=计算v（NO2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；‎ ‎（2）在某温度下达到平衡后，不改变其他条件，向该容器中再加入少量的NO2，二氧化氮浓度增大，平衡正向移动，但二氧化氮转化的增加量小于加入的增加量，NO的物质的量增大，但NO物质的量增大量小于容器中增加的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，20秒内NO2的浓度变化为0.04mol/L﹣0.018mol/L=0.022mol/L，故v（NO2）=0.0011mol/（L•s），对于2NO2⇌2NO+O2，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO2）=×0.0011mol/（L•s）=5.5×10﹣4mol/（L•s），‎ 故答案为：5.5×10﹣4；‎ ‎（2）在某温度下达到平衡后，不改变其他条件，向该容器中再加入少量的NO2，二氧化氮浓度增大，平衡正向移动，但二氧化氮转化的增加量小于加入的增加量，所以二氧化氮转化率降低，小于68.75%，NO的物质的量增大，但NO物质的量增大量小于容器中增加的物质的量，所以NO的体积百分含量减小，‎ 故答案为：正向；＜；减小．‎ ‎　‎ ‎20．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g•100ml﹣1）．‎ Ⅰ．实验步骤：‎ ‎（1）用　酸式滴定管　（填仪器名称）量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到转移到　容量瓶　 （填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液．‎ ‎（2）用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴　酚酞　作指示剂．‎ ‎（3）读取盛装0.1000mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数．‎ ‎（4）滴定．当　溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色　时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数．重复滴定3次．‎ Ⅱ．实验记录：‎ ‎　　　　滴定次数 实验数据（mL）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ V（样品）‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ V（NaOH）（消耗）‎ ‎15.95‎ ‎15.00‎ ‎15.05‎ ‎14.95‎ Ⅲ．数据处理与讨论：‎ ‎（1）甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V=mL=15.24mL．指出他的计算的不合理之处：　第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去　．‎ ‎（2）乙同学仔细研究了该品牌白醋的标签，发现其中还含有苯甲酸钠作为食品添加剂，他想用资料法验证醋酸与苯甲酸钠不会发生离子交换反应，需查找在一定温度下醋酸和苯甲酸的　a　（填写序号）‎ a．电离常数 b．溶解度 ‎（3）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是（填写序号）　ab　．‎ a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出．‎ ‎【考点】中和滴定．‎ ‎【分析】Ⅰ．（1）酸性溶液用酸式滴定管量取；溶液的定容在对应体积的容量瓶中进行；‎ ‎（2）强碱滴定弱酸时应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；‎ ‎（4）滴定终点时溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；‎ Ⅲ．（1）根据数据的合理性来分析；‎ ‎（2）电离常数越大，酸的酸性越强；‎ ‎（3）根据c（待测）=分析误差．‎ ‎【解答】解：Ⅰ．（1）酸性溶液用酸式滴定管量取，则用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，‎ 故答案为：酸式滴定管；容量瓶；‎ ‎（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞，‎ 故答案为：酚酞；‎ ‎（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色 故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；‎ Ⅲ．（1）根据式子中的数值可知，第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；‎ 故答案为：第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；‎ ‎（2）电离常数越大，酸的酸性越强，若要比较醋酸和苯甲酸的酸性，需要知道二者的电离常数大小关系；‎ 故答案为：a；‎ ‎（3）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大，故a正确；‎ b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏大，故b正确；‎ c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V（标准）无影响，根据c（待测）=分析可知c（待测）不变，故c错误；‎ d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析可知c（待测）偏小，故d错误；‎ 故答案为：ab．‎ ‎　‎ ‎2017年1月5日