黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高二9月月考化学试题

黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高二9月月考化学试题

高中化学2019年09月月考 一、单选题 ‎1.下列有关说法正确的是(　　)‎ A. SO2(g)＋H2O(g)===H2SO3(l)，该过程熵值增大 B. SO2(g) ===S(s)＋O2(g)　　ΔH＞0，ΔS＜0该反应能自发进行 C. SO2(g)＋2H2S(g)===3S(s)＋2H2O(l) ，该过程熵值增大 D. Ba(OH)2(s)＋2NH4Cl(s)===2BaCl2(s)＋2NH3(g)＋2H2O(l)，ΔH<0，此反应一定能自发 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据反应前后气体体积的变化判断熵值的变化；‎ B、根据△G=△H-T△S＜0自发，△G=△H-T△S＞0为非自发来判断；‎ C、气体变成固体和液体，熵值减小；‎ D、根据△G=△H-T△S＜0自发，△G=△H-T△S＞0为非自发来判断；‎ ‎【详解】A、熵值大小与物质的状态、物质的量等有关，生成物中出现气体或气态物质变多，ΔS>0，混乱度增加。A中反应，气体的物质的量减少，ΔS<0 ，故A错误；‎ B、ΔH＞0，ΔS＜0，ΔG恒大于0，反应不能自发，故B错误；‎ C、反应物为气体，生成物无气体，ΔS＜0，故C错误；‎ D、ΔH<0，ΔS>0，ΔG恒小于0，反应一定能自发，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.下列水解方程式正确的是(　　)‎ A. CO＋H2O2OH－＋CO2↑ B. NH＋H2ONH3·H2O＋H＋‎ C. Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H＋ D. F－＋H2O===HF＋OH－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 碳酸根水解应该结合水电离的H+转化为HCO3－，所以方程式为：CO＋H2OOH－＋HCO3－，选项A错误。铵根离子结合水电离的OH－转化为NH3·H2O，所以方程式为：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，选项B正确。Fe3＋水解生成Fe(OH)3但不会形成沉淀，选项C错误。F－‎ 的水解一定可逆，选项D错误。‎ ‎3.下列实验能达到测量要求的是（　　）‎ A. 用托盘天平称取35.20g NaCl固体 B. 用25mL酸式滴定管量取15.80mL盐酸溶液 C. 用10mL量筒量取8.50mL盐酸 D. 用广泛pH试纸测得某溶液pH值为4.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.托盘天平的精确度为0.1g； B.滴定管的精确度为0.01mL； C.量筒的精确度为0.1mL； D.广泛pH试纸测定pH为整数；‎ ‎【详解】A.托盘天平的精确度为0.1g，故A项错误； B.滴定管的精确度为0.01mL，则用25mL酸式滴定管量取15.80mL盐酸溶液，故B项正确； C.量筒的精确度为0.1mL，则不能用10mL量筒量取8.50mL盐酸，故C项错误； D.广泛pH试纸测定pH只能读出整数，则不能用广泛pH试纸测得某溶液pH值为4.2，故D项错误； 综上，本题选B。‎ ‎4.下列操作中，能使水的电离平衡向右移动且使液体呈酸性的是 A. 向水中加入NaHSO4 B. 向水中加入CuSO4‎ C. 向水中加入Na2CO3 D. 将水加热到100℃，使pH＝6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是水的电离和溶液的酸碱性，注意溶液的酸碱性是比较溶液中的氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小。‎ 详解：A.硫酸氢钠电离出氢离子，抑制水的电离，溶液显酸性，故错误；B.硫酸铜电离出铜离子，能水解，促进水的电离，溶液显酸性，故正确；C.‎ 碳酸钠电离出的碳酸根离子能水解促进水的电离，溶液显碱性，故错误；D.将水加热，促进水的电离，但仍为中性，故错误。故选B。‎ 点睛：水的电离受到酸碱盐的影响，水中加入酸或碱，抑制水的电离，水中加入能水解的盐，促进水的电离，注意水中加入酸式盐时要具体问题具体分析，加入硫酸氢钠，由于硫酸氢钠电离的氢离子抑制水的电离，加入碳酸氢钠，因为碳酸氢根的水解大于电离，所以促进水的电离。加入亚硫酸氢钠，因为亚硫酸氢根的电离大于水解，所以抑制水的电离。‎ ‎5.下列说法正确是 A. 25℃时，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为1×10-13mol·L-1‎ B. 25℃时，pH=3的H2SO4溶液和pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，消耗酸和碱的体积比为1:10‎ C. 同浓度同体积的醋酸和盐酸溶液分别与足量锌反应，盐酸消耗的锌比较多 D. 常温下，向1mol·L-1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液导电能力不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：A.根据已知条件无法求算水电离的c(H+)；B. 两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH-），所以Vac（H+）=Vbc（OH-），据此计算；C. 醋酸和盐酸都为一元酸，同浓度同体积，则醋酸和盐酸的物质的量相等，因此消耗的锌一样多；D. 向盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶液的体积增大，导致导电能力减弱。‎ 详解：A.25℃时，0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离程度未知，因此由水电离的c(H+)无法计算，A错误；B.pH=3的H2SO4溶液中c（H+）=10-3mol/L，pH=10的NaOH溶液中c（OH-）= 10-4mol/L，两溶液恰好中和，则n（H+）=n（OH-），所以Vac（H+）=Vbc（OH-），所以Va：Vb=c（OH-）：c（H+）=10-4mol/L：10-3mol/L=1：10，B正确； C. 同浓度同体积的醋酸和盐酸溶液分别与足量锌反应，消耗的锌一样多，C错误；D. 常温下，向1mol·L-1的盐酸中加入等体积等浓度的氨水，溶质变为氯化铵氨，由于溶液的体积增大，导致导电能力减弱，D错误；答案选B.‎ 点睛：溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子浓度，自由移动的离子浓度越大导电性越强，自由移动的离子浓度越小，导电性越弱。‎ ‎6.25℃时，水的电离达到平衡：H2OH++OH- △H>0，下列叙述正确的是 A. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c (H+)增大，Kw不变 B. 向水中加入氨水，平衡逆向移动，c (OH-)降低 C. 向水中加入金属钠，平衡逆向移动，c (H+)减小 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、硫酸氢钠溶于水显酸性，酸性增强，c (H+)增大，但温度不变，Kw不变，选项A正确；B、向水中加入氨水，增大氢氧根离子浓度，抑制水的电离，平衡逆向移动，但溶液的碱性增大，c (OH-)增大，选项B错误；C、 向水中加入金属钠，钠与水电离出的氢离子反应促进水的电离，平衡正向移动， c (H+)减小，选项C错误；D、将水加热，Kw增大，平衡正向移动，c (H+)增大，pH减小，选项D错误。答案选A。‎ ‎7.下列有关平衡常数的说法中，正确的是 A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大 B. 反应 2NO2(g) N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大 C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数 D. CO2＋H2CO＋H2O 的平衡常数表达式为 K =c(CO)/[c(CO2)c(H2)]‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、改变反应物浓度或压强，平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B项、该反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，故B错误；‎ C项、对于给定可逆反应，根据平衡常数的表达式可知，正逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；‎ D项、CO2＋H2CO＋H2O 的平衡常数表达式为 K=，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡常数，注意平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，转化率增大，不一定是改变温度是解答关键。‎ ‎8.准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中(酚酞作指示剂)，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是 A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B. 滴定过程中，锥形瓶中水的电离程度先增大后减小 C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则滴定管内部残存的水使NaOH溶液的浓度降低，消耗的标准液体积偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；‎ B.锥形瓶中的酸对水的电离有抑制作用，滴加NaOH时，溶液中酸性减弱，水的电离程度增大；用酚酞作指示剂时，滴定终点时溶液显碱性，碱对水的电离有抑制作用，水的电离程度减小，B正确；‎ C.用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色，且半分钟不褪色时停止滴定，C错误；‎ D.滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液体积偏大，测定酸的浓度偏大，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎9.同压、不同温度下的反应：A(g)＋B(g)C(g)，A的含量和温度的关系如图所示，下列结论正确的是（ ）‎ A. T1＞T2，正反应吸热 B. T1＜T2，正反应吸热 C. T1＞T2，正反应放热 D. T1＜T2，正反应放热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】已知温度越高，化学反应速率越快，达到平衡所用的时间越短，根据图像可知，T1＞T2；根据图像，平衡状态从T1到T2，A的物质的量分数减少，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，答案为C。‎ ‎10.在一恒温、恒容的密闭容器中存在化学平衡:H2(g)+I2(g)2HI(g)，已知H2和I2的起始浓度均为0.10 mol·L-1，达到平衡状态时HI的浓度为0.16 mol·L-1。若H2和I2的起始浓度均变为0.20 mol·L-1，则平衡时H2的浓度为 A. 0.16 mol·L-1 B. 0.08 mol·L-1 C. 0.04 mol·L-1 D. 0.02 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据反应方程式，反应前后气体系数之和相等，因此H2和I2的起始浓度均变为0.20mol•L-1时，达到平衡时c(H2)是H2和I2的起始浓度均为0.10mol•L-1,达到平衡状态时c(H2)的2倍，H2和I2的起始浓度均为0.10mol•L-1,达到平衡状态时c(H2)=(0.10－0.16/2)mol·L－1=0.02mol·L－1，H2和I2的起始浓度均变为0.20mol•L-1，则平衡时H2的浓度为2×0.02mol·L－1=0.04mol·L－1，故选项C正确。 ‎ 点睛：本题考查等效平衡，根据反应前后气体系数之和相等，因此投入量的比值与原平衡投入量的比值相等即可，因此H2和I2的起始浓度均为0.10mol•L-1达到的平衡与H2和I2的起始浓度均变为0.20mol•L-1达到平衡为等效平衡，按照量，氢气浓度是原来的2倍，即为0.04mol·L－1。‎ ‎11.下列叙述正确的是 A. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以CO2是电解质 B. 稀CH3COOH溶液加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小 C. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A为强酸 D. 室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，加水稀释后溶液中c(NH)·c(OH－)变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子是由H2CO3电离产生，即CO2不属于电解质，故A错误；‎ B、加水稀释促进电离，醋酸的电离程度增大，但c(H＋)减小，pH增大，故B错误；‎ C、pH>7，说明HA－发生水解，即H2A为弱酸，pH<7，说明HA－发生电离，但不能说明H2A为强酸，如NaHSO3溶液显酸性，但H2SO3不是强酸，故C错误；‎ D、NH3·H2O为弱碱，加水稀释促进电离，c(NH4＋)和c(OH－)都降低，即c(NH4＋)×c(OH－)变小，故D正确。‎ ‎【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电的化合物，导电的离子必须是本身电离产生，CO2的水溶液虽然导电，但导电的离子是H2CO3电离产生，因此CO2不属于电解质，多数非金属氧化物属于非电解质。‎ ‎12.一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇，‎ ‎（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，甲醇的物质的量与温度的关系如下图所示，下列分析正确的是 （ ）‎ A. 反应达到平衡时，平衡常数表达式 K＝c(CH3OH)/c(CO)·c2(H2)‎ B. 升高温度，K值增大 C. 在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝3tB/2nBmol·(L·min)－1‎ D. 其他条件不变，E点的体积压缩到原来的1/2，重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数为各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，反应达到平衡时，平衡常数表达式为K＝c(CH3OH)/c(CO)·c2(H2)，选项A正确；‎ B、由图像可知B曲线先得到平衡，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，即升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小，选项B不正确；‎ C、温度为500℃时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为nBmol，此时甲醇的浓度为mol/L，所以生成甲醇的平均速率为：v(CH3OH)= mol·L-1·min-1。因为反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以氢气的反应速率是mol·L-1·min-1，选项C不正确；‎ D、在其他条件不变的情况下，将处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，平衡向正反应方向进行，但氢气的浓度仍然是增加的，选项D不正确；‎ 答案选A。‎ ‎13.下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 ‎①无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42-‎ ‎②pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2-、NO3-‎ ‎③加入Al能放出H2的溶液中：Cl−、HCO3-、NO3-、NH4+‎ ‎④在由水电离出的c(OH−)=10−13 mol•L−1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl−、I−‎ ‎⑤无色溶液中：Na+、Cl−、HS−、Al3+‎ ‎⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3-、Cl−‎ A. ①②⑤ B. ②④⑤ C. ②④ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①无色溶液中：K+、Cu2+、Na+、SO42-，Cu2+的溶液显蓝色，与题意不符，①错误；‎ ‎②pH=11的溶液中，含有大量的OH－：CO32-、Na+、AlO2-、NO3-与OH－不反应，可以大量共存，②正确；‎ ‎③加入Al能放出H2的溶液中可能为酸溶液，也可能为碱溶液，HCO3-能与OH－和H+反应，NH4+能与OH－反应，③错误；‎ ‎④在由水电离出的c(OH−)=10−13 mol•L−1的溶液中可能为酸溶液，也可能为碱溶液，Na+、Ba2+、Cl−、I−与OH－和H+均不反应，④正确；‎ ‎⑤无色溶液中： HS−、Al3+可发生相互促进的水解反应，不能大量共存，⑤错误；‎ ‎⑥酸性溶液中，存在H+，Fe2+、NO3-、H+可发生氧化还原反应，不能大量共存，⑥错误；‎ 答案为C。‎ ‎【点睛】Al既可以与盐酸反应生成氢气，又可以与强碱反应生成氢气；酸与碱对水的电离均有抑制作用。‎ ‎14.已知25℃时，H2SO3的电离常数Ka1=1.2310-2，Ka2=5.610-8，HClO的电离常数Ka=2.9810-8，下列说法错误的是 A. 常温下，相同浓度的H2SO3 比HClO酸性强 B. 常温下，将NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中不发生化学反应 C. 常温下，NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度，NaHSO3溶液呈酸性 D. 将pH＝5的HClO溶液加水稀释到pH＝6时，溶液中部分离子浓度会升高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，已知Ka1>Ka，相同浓度的H2SO3比HClO电离程度大，则酸性强，A正确；‎ B. 常温下，将NaHSO3溶液滴入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸钠和盐酸，B错误；‎ C. 常温下，已知Ka2>Kw/Ka1，NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于其水解程度，则HSO3-电离产生的氢离子浓度大于其水解产生的氢氧根离子浓度，导致溶液中c(H+)>c(OH－)，则NaHSO3溶液呈酸性，C正确；‎ D. 将pH＝5HClO溶液加水稀释到pH＝6时，c(H+)减小，水的离子积不变，则c(OH－)增大，溶液中部分离子浓度会升高，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】次氯酸具有强氧化性，可与亚硫酸根离子发生氧化还原反应。‎ ‎15.恒温、恒压下，1 mol A和1 mol B在一个容积可变的容器中发生如下反应：A(g)+2B(g) 2C(g)。一段时间后达到平衡，生成a mol C。下列说法不正确的是 A. 起始时刻和达到平衡后容器中的压强比为1:1‎ B. 物质A、B的转化率之比一定是1:2‎ C. 若起始放入3 mol A和3 mol B，则达到平衡时生成3a mol C D. 当v正(A)=v逆(B)时，可断定反应达到平衡 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题中条件，反应恒温、恒压下进行，所以起始时刻和达平衡后容器中的压强比为1：1，A正确；‎ B．A、B的起始量都是1mol，所以A、B的转化率之比等于参加反应的物质的物质的量之比，根据反应方程式可以知道，物质A、B的转化率之比一定是1：2，B正确；‎ C．在恒压下，放入3molA和3molB，与起始时1molA和1molB配比数相等，为等效平衡，则达平衡时生成3amolC，C正确；‎ D．根据方程式可知若v正(A)=v逆(B)时，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故D错误。‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】选项C是解答的易错点，明确等效平衡的含义是解答的关键。注意等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。‎ ‎16.pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是（ ）‎ ‎①若a＜4，则A、B都是弱酸 ‎②稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强 ‎③若a＝4，则A是强酸，B是弱酸 ‎④A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等 A. ①④ B. ②③ C. ②④ D. ①③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸溶液稀释10n倍，pH升高n个单位，弱酸溶液存在电离平衡，稀释10n倍，pH升高不到n 个单位。‎ ‎【详解】pH＝1的两种酸溶液A、B各1mL，分别加水稀释到1000mL，①稀释1000倍，弱酸溶液pH升高不到3个单位，a＜4，则A是弱酸，B的酸性更弱，则A、B都是弱酸说法正确；②稀释后，由图可知，A酸溶液比B酸溶液pH更大，酸性更弱，稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强说法错误；③稀释1000倍，A酸溶液pH升高3个单位，说明A为强酸，B酸溶液pH升高不到3个单位，说明B是弱酸，若a＝4，则A是强酸，B是弱酸，说法正确；④稀释前pH＝1的两种酸溶液A、B，只能说明c(H+)相等，A、B两种酸溶液的物质的量浓度与酸的元数，酸性强弱有关，一定相等说法不正确。答案选C。‎ ‎【点睛】强碱溶液稀释10n倍，pH降低n个单位，弱碱溶液存在电离平衡，稀释10n倍，pH降低不到n个单位。室温时，酸、碱溶液稀释都会导致pH向7靠拢，但不会等于7。‎ ‎17.常温下，某学生用0.1 mol·L－1H2SO4溶液滴定0.1 mol·L－1NaOH溶液，中和后加水至100 mL。若滴定终点的判定有误差：①少滴了一滴H2SO4溶液；②多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05 mL)，则①和②两种情况下所得溶液的pH之差是(　　)‎ A. 4 B. 4.6 C. 5.4 D. 6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，某学生用0.1 mol·L－1H2SO4溶液滴定0.1 mol·L－1NaOH溶液，中和后加水至100 mL。若滴定终点的判定有误差：‎ ‎①少滴了一滴H2SO4溶液，若一滴溶液的体积按0.05mL计算，则相当于剩余2滴0.1 mol·L－1NaOH溶液，溶液呈碱性，则c(OH-)=mol/L，故pH=10；‎ ‎②多滴了一滴H2SO4溶液(1滴为0.05 mL)，则溶液显酸性，c(H+)=mol/L，故pH=4。‎ 因此，①和②两种情况下所得溶液的pH之差是10-4=6，故选D。‎ ‎【点睛】注意本题只能作近似计算，即多一滴或少一滴后溶液的总体积仍按100mL计算，直接根据过量的试剂进行计算，而且要注意，计算碱性溶液的pH要先求c(OH-)，计算酸性溶液的pH要先求c(H+)。‎ ‎18.对于平衡体系：mA(g)+ nB(g)pC(g)+ qD(g），下列判断正确的是（ ）‎ A. 若温度不变将容器的容积增大1倍，达到新平衡时A的浓度变为原来的0.45 倍，则m+n>p+q B. 若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m:n C. 若升高平衡体系的温度，达到新平衡时A 的浓度变为原来的0.55 倍，说明该反应△ H<0‎ D. 若平衡后同时增大A、B的浓度，则A、B的转化率一定都减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．若温度不变，将容器的体积扩大1倍，假定平衡不移动，A的浓度为原来0.5倍，此时A的浓度变为原来的0.45倍，说明平衡向正反应方向移动，降低压强平衡向气体体积增大的方向移动，因此m+n＜q+p，A错误；B．A、B的起始物质的量之比等于化学计量数之比，平衡时二者转化率相等，B正确；C．若升高平衡体系的温度，达到新平衡时A 的浓度变为原来的0.55倍，说明反应向正反应方向进行，因此该反应△H＞0，C错误；D．若平衡后同时增大A、B的浓度，则A、B的转化率不一定都减小，D错误；答案选B。‎ 考点：考查化学平衡的影响因素 ‎19.已知c(NH4Cl)<0.1 mol·L－1时溶液pH＞5.1，现在用0.1 mol·L－1HCl滴定10 mL 0.05 mol·L－1的氨水，用甲基橙作指示剂，达到终点时所用HCl的量应是(　　)‎ A. 10 mL B. 5 mL C. 小于5 mL D. 大于5 mL ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】已知c(NH4Cl)<0.1 mol·L－1时溶液pH＞5.1，现在用0.1 mol·L－1HCl滴定10 mL 0.05 mol·L－1的氨水，当酸碱恰好反应时，要消耗5mL 0.1 mol·L－1盐酸，c(NH4Cl) <0.1 mol·L－1，溶液的pH＞5.1。用甲基橙作指示剂，由于甲基橙的变色范围是3.1~4.4，故当达到终点时所用HCl的量应是大于5 mL，故选D。‎ ‎【点睛】本题要注意甲基橙的变色范围，根据其颜色发生突变的范围，可以确定滴定终点的pH在3.1~4.4之间，而题中明确说明c(NH4Cl)<0.1 mol·L－1时溶液pH＞5.1，故盐酸过量。溶液的酸性越强，pH越小，不要记反了。‎ 二、填空题 ‎20.①常温下,0.05mol/L硫酸溶液中,C(H+)= mol/L,‎ 水电离的C(H+)= mol/L ‎②某温度，纯水中C(H+)==3×10-7mol/L，则：‎ 纯水中C(OH-)="=" mol/L，此时温度 （填“高于”“低于”或“等于”）25℃。若温度不变，滴入盐酸后C(H+)=5×10-4mol/L，‎ 则溶液中C(OH-)= mol/L，由水电离的C(H+)="=" mol/L。‎ ‎【答案】（1）0.1，10-13 （2）3×10-7，高于，1.8×10-10，1.8×10-10‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据c(H+)=2c（H2SO4），c(OH-)= KW/c(H+)；酸溶液中水电离产生的氢离子浓度等于酸溶液中的氢氧根离子，据此进行分析；‎ ‎②根据纯水存在电离平衡,电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数,Kw随温度变化；根据离子积计算离子浓度,水的电离是吸热的,温度越高,水的离子积越大,据此回答。‎ ‎【详解】①常温下,0.05mol/L硫酸溶液中,c(H+)=0.05×2=0.1 mol/L，c(OH-)= KW/c(H+)=10-14/0.1=10-13mol/L；酸溶液中水电离产生的氢离子浓度等于酸溶液中的氢氧根离子，即水电离的c(H+)=10-13mol/L；‎ 因此，本题正确答案是: 0.1，10-13；‎ ‎②某温度下纯水中的c(H+)=3×10-7mol/L,则此时溶液中的中c(OH-)=3×10-7mol/L；该温度下，纯水的KW= c(H+)×c(OH-)=3×10-7×3×10-7=9×10-14；常温下（25℃），纯水的KW= c(H+)×c(OH-)=1×10-7×1×10-7=10-14，水的电离过程吸热，升高温度，促进电离，KW增大，所以此时温度高于25℃；若温度不变，滴入盐酸后c(H+)=5×10-4mol/L,则溶液中c(OH-)=KW/ c(H+)=9×10-14/5×10-4=1.8×10-10mol/L；此时溶液中由水电离产生的c(H+)=1.8×10-10mol/L；‎ 因此，本题正确答案是: 3×10-7，高于，1.8×10-10，1.8×10-10。‎ ‎21.某温度(t℃)时,水的Kw=1×10-12,‎ ‎（1）则该温度________(填“>” “<”或“=”)25℃,其理由是__________________。‎ ‎（2）将此温度下pH=11的NaOH与pH=1的HCl等体积混合,混合后溶液pH=________;‎ ‎（3）将此温度下pH=9的Ba(OH)2溶液取出1 mL,加水稀释至10 000 mL,则稀释后溶液c(Ba2+‎ ‎)：c(OH-)=________;‎ ‎（4）将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合:‎ ‎①若所得混合液为中性,则a∶b=________;‎ ‎②若所得混合液的pH=2,则a∶b=________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 水的电离过程是吸热过程,升高温度,能促进水的电离,水的离子积常数增大,温度大于25℃ (3). 6 (4). 1∶20 (5). 1∶1 (6). 9∶11‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较（t℃）时和25℃时Kw的值判断；‎ ‎（2）根据水的Kw=1×10-12以及NaOH溶液与HCl溶液的pH值进行判断；‎ ‎（3）根据pH值的计算公式进行计算。‎ ‎【详解】（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14，某温度（T℃）时，水的离子积常数Kw=1×10-12＞10-14，则该温度大于25℃，‎ 故答案为：＞；水的电离过程是吸热过程，升高温度，能促进水的电离，水的离子积常数增大，温度大于25℃。‎ ‎（2）此温度下，pH=11的NaOH中C(OH-)=10-1mol/L，pH=1的HCl溶液的C(H+)=10-1mol/L,等体积混合，恰好完全反应，pH=6，故答案为：6。‎ ‎（3）此温度下pH=9的Ba(OH)2溶液1mL中C(OH-)=10-3mol/L，c(Ba2+)=5×10-4mol，加水稀释至10000mL后，C(Ba2+)=5×10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，c(Ba2+)﹕c(OH－)=1：20，故答案为：1：20。‎ ‎（4）将此温度下pH=11的NaOH溶液aL，溶液中c（OH-）=0.1mol/L，与pH=1的H2SO4的溶液bL混合，溶液中c（H+）=0.1mol/L，‎ ‎①若所得混合液为中性，则有：0.1a=0.1b，解得：a：b=1：1，故答案为：1：1。‎ ‎②若所得混合液的pH=2，则(0.1b-0.1a)/(a+b)=0.01，a﹕b=9：11，故答案为：9：11。‎ ‎22.某一元弱酸（用HA表示）在水中的电离方程式是HAH＋＋A－，回答下列问题：‎ ‎（1）向纯水中加入适量HA，水的电离平衡将向___（填“正”、“逆”）反应方向移动，理由是____。‎ ‎（2）在25℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl－)，则溶液显__性（填“酸”、“碱”或“中”），a___0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝__。‎ ‎【答案】 (1). 逆 (2). 加入HA后，溶液呈酸性，抑制水的电离 (3). 中 (4). 大于 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）已知HA为一元弱酸，将适量的HA加入水中后，溶液酸性增强，氢离子浓度增大，导致水的电离平衡逆向移动；‎ ‎（2）根据溶液呈电中性可知，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl－)+c(OH－)，已知c(NH4+)=c(Cl－)，则c(H+)=c(OH－)，溶液呈中性；已知氨水为弱碱，则溶液中存在NH4+、NH3∙H2O，溶液中c(NH4+)=c(Cl－)=0.005mol/L，则初始时a大于0.01mol·L－1；已知中性溶液时，c(NH4+)=0.005mol/L，c(H+)=10-7mol/L，未电离的c（NH3∙H2O）=-0.005mol/L，则Kb=。‎ ‎23.将1molI2和2molH2(g)置于某2L密闭容器中，在—定温度下发生反应：I2(g)+H2(g)2HI(g) △H<0，并达平衡，HI的体积分数ω(HI)随时间变化如图曲线 ‎(1)达平衡时，I2(g)的物质的量浓度为 _______。H2(g)的平衡转化率为___________。‎ 在此温度下，该反应的平衡常数K__________(保留一位小数）。‎ ‎(2)若改变反应条件下，在甲条件下ω(HI)的变化如图曲线(I)所示，在乙条件下ω(HI)的变化如图曲线(III)所示。则甲条件可能是______（填入下列条件的序号。下同），乙条件可能是________。‎ ‎①恒容条件下，升高温度 ‎ ‎②恒容条件下，降低温度 ‎ ‎③恒温条件下，缩小反应容器体积 ‎ ‎④恒温条件下，扩大反应容器体积 ‎ ‎⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂 ‎(3)若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入a mol I2(g)、b mol H2和c mol HI（a、b、 c均大于0），发生反应，达平衡时，HI的体积分数仍为0.60，则a、b、c的应满足的关系是_______________ (用含一个a、b、c的代数式表示)‎ ‎【答案】 (1). 0.05mol/L (2). 45% (3). 29.5 (4). ③⑤ (5). ④ (6). 2 (a+c/2)=(b+c/2) 或4a-2b+c=0‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题考查化学平衡和化学平衡常数的计算，图像分析以及等效平衡。‎ ‎（1）设起始到平衡时转化H2物质的量为x，用三段式 I2(g)+H2(g)2HI(g)‎ n（起始）（mol） 1 2 0‎ n（转化）（mol） x x 2x n（平衡）（mol） 1-x 2-x 2x 由图知平衡时ω（HI）=0.60，则=0.60，解得x=0.9mol，达平衡时I2（g）的物质的量浓度为（1-0.9）mol2L=0.05mol/L。H2的平衡转化率为0.9mol2mol=0.45。此温度下的平衡常数K=c2(HI)/[c(H2)·c(I2)=0.92/(0.050.55)=29.5。‎ ‎（2）由图可见，曲线（I）先于曲线（III）出现拐点，甲的反应速率快，甲的条件比乙高；曲线（I）、曲线（III）平衡时ω（HI）相等，说明改变条件平衡不发生移动，该反应反应前后气体分子数相等，所以改变的条件可能是改变压强或使用催化剂；结合上述分析，甲条件可能是③恒温条件下，缩小反应容器体积和⑤恒温恒容条件下，加入适当催化剂，乙条件可能是④恒温条件下，扩大反应容器体积。‎ ‎（3）达平衡时HI的体积分数仍为0.60，与原平衡时HI的体积分数相同，则两种条件下互为等效平衡；本题的特点是恒温恒容下反应前后气体分子数相等的反应，起始各物质的量一边倒转化后应成比例，=，即2 (a+c/2)=(b+c/2) 或4a-2b+c=0。‎ ‎24.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作：‎ A. 在250 mL的容量瓶中定容配制250 mL烧碱溶液；‎ B. 用碱式滴定管移取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂；‎ C. 在天平上准确称取烧碱样品2.0 g,在烧杯中用蒸馏水溶解；‎ D. 将物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管,调整液面记下开始读数为V1；‎ E. 在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至终点,记下读数V2。‎ 就此实验完成下列填空：‎ ‎（1）正确操作步骤的顺序是(用编号字母填写)‎ ‎________→________→________→D→________。‎ ‎（2）上述E中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______________________________‎ ‎（3）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________。直到加入一滴盐酸后，溶液____________________________ (填颜色变化)。‎ ‎（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（ ）‎ A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 ‎（5）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。‎ ‎（6）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：‎ 滴定 次数 待测NaOH溶液的体积/mL ‎0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL 滴定前 刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎26.11‎ ‎26.11‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎1.56‎ ‎30.30‎ ‎28.74‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.22‎ ‎26.31‎ ‎26.09‎ 依据上表数据列式计算该烧碱的纯度____。（结果保留四位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). E (5). 容易观察溶液颜色变化 (6). 锥形瓶内溶液颜色变化 (7). 黄色变为橙色且半分钟内不褪色 (8). D (9). 26.10 (10). 52.20%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1). 实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；‎ ‎(2). 锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化；‎ ‎(3). 滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色变化，达到滴定终点时的颜色变化为黄色变为橙色且半分钟内不褪色；‎ ‎(4). 结合c（NaOH）=及不当操作使酸的体积偏小，则造成测定结果偏低；‎ ‎(5). 根据滴定管的构造判断读数；‎ ‎(6). 第二次测定数据明显有偏差，舍去，根据第一次和第三次测定数据求标准盐酸溶液的体积，利用c（NaOH）=计算NaOH溶液的浓度，结合溶液体积进而求出NaOH的质量，除以样品质量得NaOH的纯度。‎ ‎【详解】(1).测定NaOH样品纯度时，应先用托盘天平称量NaOH固体的质量，在烧杯中溶解冷却至室温后，在250 mL的容量瓶中定容配制250 mL烧碱溶液，用碱式滴定管移取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂，将物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数，最后在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下终点读数，所以正确的操作顺序为C→A→B→D→E，，故答案为：C；A；B；E；‎ ‎(2). 在锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化，故答案为：容易观察溶液颜色变化；‎ ‎(3). 用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到加入最后一滴盐酸后，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化；‎ 黄色变为橙色且半分钟内不褪色；‎ ‎(4). A. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸被稀释，则滴入的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故A不选；‎ B. 滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故B不选；‎ C. 酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故C不选；‎ D. 读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的标准盐酸体积偏小，测定NaOH溶液的浓度偏低，故D选，答案选D；‎ ‎(5). 据图可知，滴定开始时，酸式滴定管的读数为0.00mL，结束时读数为26.10mL，则所用盐酸溶液的体积为26.10mL－0.00mL=26.10mL，故答案为：26.10；‎ ‎(6). 第二次测定数据明显有偏差，舍去，则所用标准盐酸溶液的体积为V(HCl)= (26.11mL+26.09mL)÷2=26.10mL，c.(NaOH)==0.1044mol/L，则样品中NaOH的质量为：m(NaOH)=0.1044mol/L×0.2500L×40g/mol=1.044g，NaOH样品的纯度为：×100%=52.20%，故答案为：52.20%。‎ ‎【点睛】本题考查物质的含量测定实验，把握中和滴定原理的应用、实验操作、误差分析等为解答的关键，题目难度不大，注意第(6)小题中实验数据的处理方法，有明显误差的数据应舍去，为易错点。‎ ‎ ‎