【化学】安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

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【化学】安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 0 16 N 14 Na 23 K 39 Mn 55‎ 第Ⅰ卷 一、选择题(共 14 题,每题 3 分,共 42 分)‎ ‎1.为减少汽车对城市大气的污染,近年来中国成功地开发出了以新燃料作能源的“绿色汽车”。这种汽车可避免有毒的有机铅、苯和苯的同系物以及多环芳烃的排放,保护环境。这种“绿色汽车”的燃料是( )‎ A. 重油 B. 汽油 C. 柴油 D. 甲醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C仍然是常规能源,大量使用,容易造成环境污染。而甲醇燃烧可避免有毒的有机铅、苯和苯的同系物以及多环芳香烃的排放,D项符合题意,答案选D。‎ ‎2.反应 4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2min 后,B的浓度减少了0.6mol•L-1。下列反应速率的表示正确的是( )‎ A. 用A表示的反应速率是 0.4 mol·L-1·min-1‎ B. 2min末时的反应速率,用B表示为0.3 mol·L-1·min-1‎ C. 用 B 表示的平均反应速率是0.3 mol·L-1·min-1‎ D. 在这 2 min 内,用 B 表示的反应速率的值是减小的,用 C 表示的反应速率逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A物质是固体,浓度不变,不能用来表示反应速率,A错误;‎ B. 2min末时的反应速率为即时速率,用B表示为0.3 mol/(L·min)是2min内的平均速率,B错误;‎ C. 2min内用B物质表示的化学反应速率v(B)==0.3mol·L-1·min-1,C 正确;‎ D. 用不同物质表示的反应速率,速率比等于化学方程式的化学计量数的比,由于反应物的浓度逐渐降低,所以在这 2 min 内,用 B 表示的反应速率的值是减小的,用 C 表示的反应速率也是逐渐减小的,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列关于热化学反应的描述中正确的是( )‎ A. HCl和 NaOH 反应的中和热 H=-57.3kJ·mol-1,则H2SO4 和 Ba(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ·mol-1‎ B. CO(g)的燃烧热是 283.0kJ·mol-1 则 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0 )kJ·mol-1‎ C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时,反应一定不能自发进行 D. 一定的温度和一定的压强下,将 0.5molN2 和1.5molH2 置于密闭容器中充分反应,放热19.3kJ,热化学方程式为 N2+3H22NH3 ΔH=-38.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量,与反应产生水的物质的量多少无关,所以H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol,A错误;‎ B. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量,CO(g)的燃烧热是 283.0kJ·mol-1则2molCO燃烧放出热量是(2×283.0 )kJ,由于反应物、生成物的能量相同,所以则 2CO2(g) =2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0 )kJ·mol-1 ,B正确;‎ C. 根据体系的自由能公式△G=△H-T△S<0,反应可以自发进行,反应物的总能量低于生成物的总能量时,△H>0,若△S>0,在高温下△G<0,反应也能自发进行,C错误;‎ D. N2与H2合成氨气的反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,且物质的存在状态也影响物质含有的能量,所以该热化学方程式书写不合理,D错误;‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.向四个相同容积的密闭容器中分别充入一定量的CO、H2,发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。开始反应时,按正反应速率由大到小的顺序排列,正确的是( )‎ ‎①在500℃时,5 mol CO和10 mol H2反应 ‎②在500℃时,加入催化剂,10 mol H2与5 mol CO反应 ‎③在450℃时,6 mol H2和3 mol CO反应 ‎④在500℃时,6 mol H2和3 mol CO反应 ‎⑤在450℃时,4 mol H2和2 mol CO反应 A. ②①③④⑤ B. ②①④③⑤ C. ⑤②①③④ D. ②④⑤③①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】影响化学反应速率的因素,最大的是催化剂,其次是温度,然后是浓度。在温度相同时,催化剂对化学反应速率影响最大,所以速率最快的是②,在温度相同时,物质的浓度越大,速率越快,温度越高,反应速率越快,所以化学反应速率:②>①>④>③>⑤,故合理选项是B。‎ ‎5.对于可逆反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0,下列研究目的和示意图相符的是( )‎ A B C D 研究目的 压强对反应的影响(p2>p1)‎ 温度对平衡转化率的影响 平衡体系增加 N2的浓度对反应的影响 催化剂对反应的影响 示意图 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A.合成氨反应是气体体积缩小的反应,则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响分析;‎ B.合成氨的反应是放热反应,利用温度对化学平衡的影响及图象来分析;‎ C.利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析;‎ D.利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响,结合图象来分析。‎ ‎【详解】A.该反应的正反应是气体体积减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,则氨气的体积分数增大,并且压强越大,化学反应速率越大,达到化学平衡的时间越少,与图象不符,A错误;‎ B.因该反应是放热反应,升高温度化学平衡向逆反应反应移动,则氮气的转化率降低,与图象中转化率增大不符,B错误;‎ C.反应平衡后,增大氮气的量,则这一瞬间正反应速率增大,逆反应速率不变,然后正反应速率在不断减小,逆反应速率不断增大,直到新的平衡,与图象符合,C正确;‎ D.因催化剂对化学平衡无影响,但催化剂加快化学反应速率,则有催化剂时达到化学平衡 时间少,与图象不符,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.已知可逆反应A+aBC+2D(a为化学计量数),其中B,C,D为气态物质。反应过程中,当其他条件不变时,C的体积百分含量(ɸ)与温度(T)和压强(p)的关系如图1、2所示。下列不正确的是( )‎ A. T2 >T1,P2 >P1‎ B. 该反应的正反应为放热反应 C. 若a=2,则A为液态或固态物质 D. 增加B的物质的量,该反应的ΔH绝对值增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图1可知,T2时先达到平衡,反应速率大于T1,所以T2>T1,由图2可知,P2时先达到平衡,反应速率大于P1,所以P2>P1,故A项正确;‎ B.由图1可知,T2时反应速率大于T1,所以T2 >T1,并且T1时的C%大于T2时的C%,所以该反应是放热反应,故B项正确;‎ C.由图2可知,P2时反应速率大于P1,所以P2>P1,并且P1时的C%大于P2时的C%,所以正反应方向是气体体积增大的反应。当a=2时,A一定不是气态物质才能使平衡左移,则A为液态或固态物质,故C项正确;‎ D.反应的ΔH与化学计量数有关,与平衡移动无关,故D项错误;‎ 综上,本题选D。‎ ‎7.反应2A(g) 2B(g)E(g)Q(Q>0),达到平衡时,要使正反应速率降低,A的浓度增大,应采取的措施是( )‎ A. 缩小体积加压 B. 扩大体积减压 C. 增加E的浓度 D. 降温 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.缩小体积增大压强,平衡向逆反应方向移动,A的浓度增大,但正、逆反应速率都增大,A错误;‎ B.扩大体积降低压强,正、逆速率都减小,平衡向正反应方向移动,A的浓度降低,B错误;‎ C.增大E的浓度,平衡向逆反应方向移动,A的浓度增大,瞬间逆反应速率增大、正反应速率不变,随后逆反应减小、正反应速率增大,C错误;‎ D.正反应为吸热反应,降低温度,平衡逆反应方向移动,正、逆反应速率都减小,A的浓度增大,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎8.图甲、乙分别表示反应 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH>0 在 t1 时刻达到平衡,在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况,下列说法正确的是( )‎ A. 图甲中t2时刻发生改变的条件一定是同比增大 CO2和H2的浓度 B. 图甲中t2时刻发生改变的条件一定是加入催化剂 C. 图乙中t2时刻发生改变的条件可能是降低温度 D. 图乙中t2时刻发生改变的条件可能是增大CO2的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知,甲中t2时刻反应速率增大,正、逆反应速率相等,化学平衡不移动,由方程式可知反应物气体和生成物气体的体积相等,则增大压强平衡不移动,则可增大压强或加入催化剂,选项A、B错误;‎ 图乙t2时刻CO2浓度增大,CO浓度减小,应是平衡逆向移动,由于该反应的正反应是吸热反应,根据平衡移动原理,降低温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,使CO2浓度增大,CO浓度减小,C正确;若是增大CO2的浓度,CO2的浓度应该是迅速增大,而由于平衡正向移动,CO浓度也会增大,与图象不符合,D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )‎ A. 在 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=2c(HCO3-)+c(H2CO3)‎ B. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液:c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)‎ C. 常温下,向 0.1 mol·L-1CH3COONa溶液中通入 HCl 气体至pH=7:c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)‎ D. 常温下,pH=7 的 NH4Cl 和 NH3·H2O 的混合溶液中:c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3),根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),第二个式子减去第一个式子,整理可得c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3),A错误;‎ B.向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液,二者反应产生Na2CO3和水,最后得到等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液,由于CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度,所以:c(HCO3-)>c(CO32-),B错误;‎ C.CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7,此时的溶液时氯化钠、醋酸、醋酸钠的混合物,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-),溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-),醋酸、醋酸钠的混合物显示中性,得到c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH),C正确;‎ D.混合溶液中存在电荷守恒:c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),室温下溶液的pH=7,则c(OH-)= c(H+),所以c(Cl-)=c(NH4+),D错误;‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.已知 100 ℃时,Kw=1.0×10-12,在 100 ℃将 pH=9 的 NaOH 溶液与 pH=4的硫酸溶液混合(忽略溶液混合后体积变化),若所得溶液 pH=7,则 NaOH 溶液与硫酸溶液的体积比为( )‎ A. 1∶9 B. 9∶1 C. 10∶1 D. 1∶10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】在100℃时中性水的pH=6,先计算出混合前酸溶液中H+的物质的量、碱溶液中OH-的物质的量,然后根据混合后所得溶液 pH=7,显碱性,利用过量OH-的物质的量除以溶液的体积可得溶液中OH-的浓度计算。‎ ‎【详解】根据,解得氢氧化钠和硫酸的体积之比V1:V2=1:9,故合理选项是A。‎ ‎11.常温下,下列说法正确的是( )‎ A. 某物质的溶液中,由水电离出的 c(H+)=1×10-a mol·L-1,若 a>7,则该溶液的pH为 a或14-a B. pH=b的NH3·H2O溶液稀释10倍后,其pH=b-1‎ C. pH均为9的NaOH和NaClO溶液中,水的电离程度相同 D. pH=2的CH3COOH溶液与 pH=12的NaOH溶液等体积混合后,c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.某溶液中水溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-a mol·L-1,若a>7,说明该物质抑制水电离,则该物质的水溶液呈酸性或碱性,如果溶液呈酸性,溶液中c(OH-)=c(H+)(水电离的)=1×10-amol/L,则溶液的pH=14-a;如果溶液呈碱性,溶液中氢离子浓度就是水电离出的氢离子浓度,则溶液的pH=a,A正确;‎ B.一水合氨为弱电解质,在溶液中存在电离平衡,稀释促进一水合氨的电离,pH=b的NH3•H2O溶液稀释10倍后,其pH>b-1,B错误;‎ C.NaOH强碱,电离产生OH-会抑制水的电离,NaClO为强碱弱酸盐,ClO-水解消耗水电离产生的H+,使水电离平衡正向移动,因而促进水的电离,二者的水电离程度不同,C错误;‎ D.醋酸在溶液中存在电离平衡,pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合,醋酸过量,反应后溶液呈酸性,c(CH3COO-)>c(Na+) >c(H+)>c(OH-),D错误;‎ 故合理选项是A。‎ ‎12.现有两正盐的稀溶液,分别是a mol·L-1 NaX溶液和b mol·L-1 NaY溶液。下列说法不正确的是( )‎ A. 若a>b,测得c(X-)=c(Y-),可推出溶液中的c(HX)>c(HY)‎ B. 若a>b,测得c(X-)=c(Y-),可推出溶液中的c(HX)=c(HY)‎ C. 若a=b,且pH(NaX)>pH(NaY),则相同浓度时,酸性HXb且c(X−)=c(Y−),说明NaX水解,NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY,酸越弱,越水解,所以酸性HXc(HY),故A正确;‎ B. 若a>b且c(X−)=c(Y−),说明NaX水解,NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY,酸越弱,越水解,所以酸性HXc(HY),故B错误;‎ C. 根据酸越弱,越水解可知,若a=b,则pH(NaX)>pH(NaY),则酸性:HXHY,故D正确;‎ 答案选B。‎ ‎13.25 ℃时,向25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L-1醋酸溶液,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是 ( )‎ A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)‎ B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K=2.5×10—7/(0.2a-2.5)‎ C. C点对应的溶液中,水电离出的H+浓度大于10-7 mol·L-1‎ D. D点对应的溶液中,存在如下关系:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-c(OH-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A.A、B间任一点,溶液显碱性,溶质为醋酸钠、NaOH或恰好生成醋酸钠;‎ B.根据CH3COOH的电离常数K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)计算;‎ C.C点对应的醋酸过量,所以抑制了水的电离;‎ D.在D点遵循物料守恒和电荷守恒。‎ ‎【详解】A.A、B间任一点,溶液中只存在四种离子有:Na+、H+、CH3COO-、OH-,根据电荷守恒,则有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),溶液显碱性,则有c(OH-)>c(H+),所以溶液中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),故A错误;‎ B.取a所对应的B点进行计算,pH=7,则c(OH-)= c(H+)=10-7‎ mol/L,又根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),则有c(Na+)=c(CH3COO-),反应后c(CH3COOH)=(0.2a-25×0.1)×10-3/(25+a)×10-3mol/L,则c(Na+)=c(CH3COO-)=(25×0.1)×10-3/(25+a)×10-3mol/L,醋酸的电离平衡常数K=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)=c(Na+)c(H+)/c(CH3COOH)=2.5×10—7/(0.2a-2.5),故B正确;‎ C.C点对应的醋酸过量,所以抑制了水的电离,使水电离出的H+浓度小于10-7mol·L-1,故C错误;‎ D.D点溶液中的醋酸和醋酸钠等量混合,根据在D点的物料守恒,则有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+),根据电荷守恒,则有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),将物料守恒代入电荷守恒式可得c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2c(H+)-2c(OH-),故D错误。‎ 故选D。‎ ‎14.25 ℃,c(HCN)+c(CN-)=0.1 mol·L-1的一组HCN和NaCN的混合溶液,溶液中 c(HCN)、c(CN-)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是( )‎ A. 将 0.1 mol·L-1 的 HCN 溶液和 0.1 mol·L-1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化):c(Na+)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)‎ B. W 点表示溶液中:c(Na+)=c(HCN)+c(CN-)‎ C. pH=8的溶液中:c(Na+)+c(H+)+c(HCN)=0.1 mol·L-1+c(OH-)‎ D. 将0.3 mol·L-1 HCN溶液和0.2 mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略溶液体积变化):c(CN-)+3c(OH-)=c(HCN)+3c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图知,将0.1 mol•L-1的HCN溶液和0.1 mol•L-1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化),混合溶液的pH=9.31>7,说明溶液呈碱性,则NaCN水解程度大于HCN电离程度,所以存在c(Na+)p2>p3 (3). 其它条件相同时,对于有气体参加的反应,化学反应速率越快压强越大 (4). 40% (5). 由图象可知,压强为p1,温度为80℃时,反应已到达平衡,且正反应是放热反应,故压强不变,升高温度平衡逆向移动,产率下降 (6). p1、80℃ (7). 通入乙烯气体(或增大压强)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据化学平衡状态的特征分析,当反应达到平衡状态时,正、逆反应速率相等,各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化;‎ ‎(2)①压强越大,反应速率越大;‎ ‎②压强为p1MPa、温度60℃时,若乙酸乙酯的产率为30%,依据化学平衡物质转化关系,计算得到乙烯反应量,转化率=×100%;‎ ‎③在压强为p1MPa、温度超过80℃时,乙酸乙酯产率下降,说明升温平衡逆向进行;‎ ‎④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大,为提高乙酸乙酯的合成速率和产率,赢是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行。‎ ‎【详解】(1)A.乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同时,反应可能处于平衡状态,也可能未达到平衡状态,因此不能说明正逆反应速率相同,A错误;‎ B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等,说明正、逆反应速率相同,B正确;‎ C.乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol,只能说明反应正向进行,不能判断反应处于平衡状态,C错误;‎ D.体系中乙烯的百分含量一定,说明反应处于平衡状态,D正确;‎ E.反应混合物中只有乙烯是气体,因此任何条件下气体的总压强都不变,不能据此判断反应处于平衡状态,E错误;‎ F.只有乙烯是气体,气体的摩尔质量始终不变,不能据此判断反应处于平衡状态,F错误;‎ 故合理选项是BD;‎ ‎(2)①CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l),温度一定,压强增大平衡正向进行,反应速率增大,图象分析可知p1>p2>p3,则温度在60~80℃范围内,乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(p1)>v(p2)>v(p3);‎ ‎②反应方程式:CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l),反应开始时,n(C2H4)=n(CH3COOH)=1mol,n(CH3COOC2H5)=0mol,假设反应过程中乙烯变化的物质的量是x,则根据物质反应的转化关系可知,平衡时各种物质的物质的量n(C2H4)=n(CH3COOH)=(1-x)mol,n(CH3COOC2H5)=xmol。由于乙酸乙酯的产率为30%,则生成乙酸乙酯0.3mol,反应消耗乙烯0.3mol,所以乙烯的转化率=(0.3mol÷1mol)×100%=30%;‎ ‎③在压强为p1MPa、温度超过80℃时,乙酸乙酯产率下降的原因可能是:由图象可知,p1MPa、80℃时反应已达平衡且该反应的正反应是放热反应,所以在压强不变时升高温度,化学平衡向吸热的逆向移动,导致乙酸乙酯的产率下降;‎ ‎④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大,根据图象中乙酸乙酯产率最大条件是:p1MPa、80℃;为提高乙酸乙酯的合成速率和产率,应是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行,可以增大反应物浓度或增大压强等。‎ ‎18.传统的定量化学实验受到计量手段的制约而研究范围狭窄、精确度不高,DIS数字化信息系统(由传感器、数据采集器和计算机组成)因为可以准确测量溶液的pH等而在中和滴定的研究中应用越来越广泛深入。‎ ‎(1)某学习小组利用 DIS 系统探究强碱和不同酸的中和反应,实验过程如下:‎ ‎①分别配制0.1000 mol/L的NaOH、HCl、CH3COOH溶液备用。‎ ‎②用0.1000 mol/L的NaOH溶液分别滴定10.00 mL 0.1000 mol/L的HCl和CH3COOH溶液,连接数据采集器和pH传感器。‎ ‎③由计算机绘制的滴定曲线如图:‎ ‎(2)①A是_____酸(填“醋酸”或“盐酸”)‎ ‎②两曲线图中 V1________V2(填“>”“=”或“<”),A点和B点,水的电离程度_____(填“A 点大”、“B 点大”、“A 和 B 点相同”或“无法判断”)‎ ‎(3)另一个学习小组利用DIS系统测定某醋酸溶液的物质的量浓度,以测量溶液导电能力来判断滴定终点,实验步骤如下:‎ ‎①用________(填仪器名称)量取 20.00 mL 醋酸溶液样品,倒入洁净干燥锥形瓶中,连接好 DIS系统,如果锥形瓶中含有少量蒸馏水,是否会影响测量结果?______(填“是”“否”或“不能确定”)。向锥形瓶中滴加 0.1000 mol/L的NaOH溶液,计算机屏幕上显示溶液导电能力与加入NaOH溶液体积关系的曲线图(见如图)。‎ ‎②醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为______。‎ ‎③图中b点时,溶液中各离子浓度大小的关系是_________,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=_________mol/L。‎ ‎④若图中某一点 pH 等于8,则 c(Na+)-c(CH3COO-)的精确值为________mol/L。‎ ‎【答案】(1). 盐酸 (2). > (3). A和B点相同 (4). 酸式滴定管 (5). 否 (6). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (7). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) (8). 0.05mol/L (9). 9.9×10-7‎ ‎【解析】‎ 分析】(1)根据盐酸是强酸,完全电离,CH3COOH是弱酸,部分电离;根据生成的盐是否发生水解来判断;‎ ‎(3)①根据量取醋酸溶液的体积精确度来解答;根据c(待测)=分析误差;‎ ‎②根据醋酸与NaOH溶液反应生成盐和水书写方程式;‎ ‎③图中b点,说明醋酸和NaOH恰好完全反应,根据盐类水解来判断离子浓度,根据物料守恒计算c(CH3COOH)+c(CH3COO-);‎ ‎④先求出溶液中的c(H+)和c(OH-),再根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)来解答。‎ ‎【详解】(2)CH3COOH是弱酸,在溶液中存在电离平衡,主要以电解质分子形式存在,不能完全电离,而HCl完全电离,这样会使等浓度的CH3COOH溶液中c(H+)比同浓度的HCl溶液中c(H+)小,溶液pH大;0.1000 mol/L酸溶液pH=1,说明c(H+)=0.1000mol/L,所以A表示的是盐酸;‎ V1时盐酸和NaOH反应生成氯化钠和水,氯化钠不水解;CH3COOH和NaOH反应生成醋酸钠和水,醋酸钠水解是溶液呈碱性,V2时溶液呈中性,要使溶液的pH=7,醋酸未完全反应,此时溶液为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液,所以消耗的NaOH前者大于后者;‎ A点为NaCl溶液,该盐是强酸强碱盐,不水解,对水的电离平衡无影响;后者为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,CH3COOH电离产生H+抑制水的电离,而CH3COO-水解消耗水电离产生的H+产生CH3COOH,促进水的电离作用,由于溶液的pH=7,说明CH3COOH电离随水电离的抑制作用与CH3COO-水解对水电离的促进作用相同,二者相互抵消,因此对水电离平衡无影响,故A点和B点的水的电离程度相同;‎ ‎(3)①用酸式滴定管量取20.00mL醋酸溶液样品;锥形瓶中含有少蒸馏水,待测液的物质的量不变,V(标准)不变,根据c(待测)=,c(待测)不变,不产生任何影响;‎ ‎②醋酸与NaOH溶液反应:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2‎ O,反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O;‎ ‎③图中b点,醋酸和NaOH恰好完全反应产生醋酸钠,醋酸钠是强碱弱酸盐,在溶液中发生电离:CH3COONa=CH3COO-+Na+,电离产生的CH3COO-发生水解而消耗,使得c(Na+)>c(CH3COO-),CH3COO-水解消耗水电离产生的H+,最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),使溶液显碱性,但水电离程度非常微弱,盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度,所以溶液中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);根据物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= =0.05mol/L;‎ ‎④溶液的pH=8,则c(H+)=10-8 mol/L,根据室温下水的离子积常数Kw=1×10-14可知 c(OH-)=mol/L=10-6mol/L,根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L。‎
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