湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

益阳市六中2019年下学期高二化学期中考试试卷 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列关于判断过程的方向的说法正确的是 A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应 B. 熵减小的化学反应不能自发进行 C. 有气体生成的反应一定是熵增大的反应 D. “冰，水为之，而寒于水”，水结冰过程中△H < 0 ，△S < 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下也能进行，选项A错误；‎ B．自发与否由焓变与熵变共同决定，熵减小的化学反应也可能自发进行，选项B错误；‎ C、有气体生成的反应气体不一定增多，不一定是熵增大的反应，但凡气体分子总数增多的反应一定是熵增大的反应，选项C错误；‎ D、同种物质，液态的能量大于固态，则水凝结成冰的过程是放热过程，即△H<0，液态时的熵大于固态时的熵，则水凝结成冰的过程是熵减小的过程，即△S<0，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.已知C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝akJ·mol－1， 2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝－220kJ·mol－1，H－H、O＝O和O－H键的键能为436 kJ·mol－1、496 kJ·mol－1和462kJ·mol－1，则a为 A. －350 B. ＋130 C. ＋350 D. －130‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，结合∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和来计算。‎ ‎【详解】已知①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol-1，‎ ‎②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-220kJ•mol-1‎ ‎①×2-②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ•mol-1，‎ ‎4×462 kJ•mol-1-496 kJ•mol-1-2×436 kJ•mol-1=（2a+220）kJ•mol-1，‎ 解得a=+130。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的计算能力。‎ ‎3.反应2SO2+O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04mol/(L·s)，则这段时间为(    )。‎ A. 0. 1s B. 2.5s C. 5s D. 10s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于在同一时间段内，用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数的比，v(SO3)：v(O2)=2:1，v(O2)= 0.04mol/(L·s)，所以v(SO3)=0.08mol/(L·s)，根据化学反应速率的定义可知v(SO3)=，所以=0.08mol/(L·s)，则△t=5s，故合理选项是C。‎ ‎4.在密闭容器中进行反应N2＋O22NO，下列条件能加快反应速率的是 A. 增大体积使压强减小 B. 体积不变，充入N2使压强增大 C. 体积不变，充入He使压强增大 D. 压强不变，充入气体Ne ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.增大体积使压强减小，物质浓度减小，速率减慢，故A错误；‎ B.体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，速率加快，故B正确；‎ C.体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，速率不变，故C错误；‎ D.压强不变，充入气体Ne，体积增大，浓度减小，速率减慢，故D错误；‎ 本题答案选B。‎ ‎5.下列说法或表示方法中正确的是（ ）‎ A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 由C(金刚石)=C（石墨）<0，可知，金刚石比石墨稳定 C. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) = -571.6kJ/mol D. 在稀溶液中，若将含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、等质量的硫蒸气的能量高于硫固体，故等质量硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气对应放出的热量多，故A错误；‎ B、由C(金刚石)=C(石墨) <0，可知，金刚石能量高于石墨，故石墨更加稳定，故B错误；‎ C、表示某物质燃烧热的热化学方程式中，可燃物的物质的量为1mol，故氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) = -285.8kJ/mol，故C错误；‎ D、将浓硫酸加入至稀NaOH的溶液中时，浓硫酸稀释会放出热量，故该反应生成1mol水时，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N键为942、O＝O键为500、N—N键为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是(　　)‎ A. 194 B. 391 C. 516 D. 658‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，△H3=2752 kJ/mol－534 kJ/mol=2218 kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1 mol ‎ N―H键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4X+500=2218，解得X=391，故选项B正确。‎ ‎7.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是 ‎① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢 下列有关该反应的说法正确的是 A. 该反应的速率主要取决于①的快慢 B. NOBr2是该反应的催化剂 C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 D. 总反应中生成物总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；‎ B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；‎ C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；‎ D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.在密闭容器中，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，改变的这一条件是 A. 加入适当催化剂 B. 升高温度 C. 增大反应物的浓度 D. 增大压强 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.平衡移动正逆速率都增加，而且向正反应方向移动。加入适当催化剂平衡不移动，‎ A错误；‎ B.升高温度平衡向吸热反应方向移动，正反应为放热反应，则平衡向逆反应方向移动，B错误；‎ C.增大反应物的浓度，开始时逆速率不变，C错误；‎ D.增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，即正反应方向移动，而且速率都增加，D正确；‎ 本题答案选D。‎ ‎9.下列有关滴定的说法正确的是（ ）‎ A. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL B. 用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低 C. 用C1mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高猛酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L D. 用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、滴定管的精度为0.01ml，故A错误；B、若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，使KOH浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，则使消耗标准液的体积偏小，使测的盐酸的浓度偏小；C、酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O n（KMnO4）：n（H2C2O4）=2：5，则H2C2O4溶液的浓度为 ,故C错误；D、用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，导致测定结果偏低，故D错误；故选B。‎ ‎10.某密闭容器中充入一定量SO2、O2发生反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）, 测得SO3浓度与反应温度关系如图．下列说法正确的是 A. 该反应△H＞0 B. SO2转化率：a＞b＞c C. 化学反应速率：c＞b＞a D. 平衡常数K：b＞c＞a ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图像上b点以后都处于平衡状态，升高温度SO3的浓度降低，说明平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，∆H<0，A项错误；‎ B、三氧化硫的浓度越大，二氧化硫的转化率越高，故二氧化硫转化率b＞c＞a，B项错误；‎ C、温度越高反应速率越快，故化学反应速率：c＞b＞a，C项正确；‎ D、该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应移动，故温度越高，平衡常数越小，平衡常数K：a＞b＞c，D项错误；‎ 本题答案选C。‎ ‎11.用食用白醋（醋酸浓度约1 mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（ ）‎ A. 白醋中滴入石蕊试液呈红色 B. 白醋加入豆浆中有沉淀产生 C. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D. pH试纸显示白醋pH为2～3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。‎ ‎【详解】A、白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液显酸性，A错误；‎ B、白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，B错误；‎ C、蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；‎ D、浓度约1 mol/L的醋酸其pH为2～3，说明醋酸在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.液氨与水性质相似，也存在微弱的电离：2NH3 NH4+＋NH2—‎ ‎，其离子积常数K＝c(NH4+)·c(NH2—)＝2×l0－30，维持温度不变，向液氨中加入少量NH4Cl固体或NaNH2固体，不发生改变的是 A. 液氨的电离平衡 B. 液氨的离子积常数 C. c(NH4+) D. c(NH2—)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勒夏特列原理以及离子积常数只受温度的影响进行分析。‎ ‎【详解】A、加入NH4Cl，溶液中c(NH4＋)增大，平衡向逆反应方向进行，抑制电离，加入NaNH2，溶液c(NH2－)增大，抑制NH3的电离，故A不符合题意；‎ B、离子积常数只受温度的影响，因为维持温度不变，因此离子积常数不变，故B符合题意；‎ C、加入NH4Cl，溶液中c(NH4＋)增大，故C不符合题意；‎ D、加入NaNH2，溶液中c(NH2－)增大，故D不符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎13.pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11：9混合，则混合液的pH为（ ）‎ A 7 B. 8 C. 6 D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=5的盐酸，‎ pH=9的氢氧化钠溶液，‎ 物质的量浓度相等，体积比11：9混合，则酸过量，‎ 则混合液的pH： ，故C正确；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】是什么溶液先表示什么[是酸溶液先表示c(H+)，是碱溶液先表示c(OH－)]，根据谁大计算谁，不管谁大，一定要计算c(H+)，再计算pH。‎ ‎14.下列情况，离子可能大量共存的是（ ）‎ A. Al3+、Na+、Cl-、CO32-‎ B. 25℃，水电离出的OH-浓度为10-11mol/L的溶液中：K+、Na+、SO32-、NO3-‎ C. =10-2溶液中：Cu2+、Na+、Cl-、NO3-‎ D. 无色溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Al3+与CO32-在溶液中会发生双水解反应，不能大量共存，故A不符合题意；‎ B、水的电离受到抑制，该溶液可能为酸的溶液或者碱的溶液，若为酸溶液，H+与SO32-会反应，若为碱溶液，则溶液中离子间不发生反应，能够大量共存，故B符合题意；‎ C、因=10-2，故该溶液呈碱性，OH-与Cu2+会发生化学反应生成难溶物Cu(OH)2，故C不符合题意；‎ D、无色溶液中不可能存在大量Fe2+（溶液中呈浅绿色），故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间大量共存（如 Fe3+和 SCN-等）；（4）还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。‎ ‎15.相同温度，相同物质的量浓度的4种溶液（ ）‎ ‎①CH3COONa ②NaHSO4 ③NaCl ④Na2CO3‎ 按pH由大到小的顺序排列，正确的是 A. ④>①>③>② B. ①>④>③>②‎ C. ①>②>③>④ D. ④>③>①>②‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，②为强酸酸式盐，其溶液呈碱性，③为强酸强碱盐，溶液呈中性，④为强碱弱酸盐，溶液呈碱性；因四种溶液的浓度相同，根据“越弱越水解”可知，Na2CO3的水解程度大于CH3COONa，故pH大小关系为：④>①>③>②，答案选A。‎ ‎16.将amol CO2通入1L bmol/L NaOH溶液中，对于所得溶液的描述不正确的是：‎ A. 当a＝2b时，随着CO2气体的通入，溶液中由水电离出的c(OH－)先增大后减小 B. 当a＝b时溶液中存在：c(OH－)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)‎ C. 当1/2＜a/b＜1时溶液中一定存在： c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)‎ D. 当2a＝b时溶液中存：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．n（CO2）：n（NaOH）=2bmol：bmol=2>1，所以二者反应生成NaHCO3，发生的反应依次为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，且CO32-水解程度远远大于HCO3-，溶液中的溶质是NaOH时，抑制水电离，当转化为Na2CO3时促进水电离，再转化为时NaHCO3，也促进水电离，但促进水电离程度减小，所以溶液中由水电离出的c（OH-）先增大后减小，故A正确；‎ ‎ B．当a=b时，两者恰好完全反应生成NaHCO3，根据NaHCO3溶液中的质子守恒可知：c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3），故B正确； C．当1/2＜a/b＜1时，所得溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，根据物料守恒可知在此溶液中c（Na+）与[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]的比值介于 ‎1/2～1之间，即不相等，故C错误；‎ ‎ D．当2a=b时，两者恰好完全反应后得Na2CO3溶液，在Na2CO3溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）>c（CO32-）>c（OH-）>c（HCO3-）>c（H+），故D正确；‎ 故选：C。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题 ‎17.（1）已知1g硫完全燃烧释放的热量为akJ，写出硫的燃烧热的热化学方程式__；‎ ‎（2）真空碳热还原-氧化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：‎ Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)═3AlCl(g)+3CO(g) △H=a kJ·mol-1‎ ‎3AlCl(g)═2Al(l)+AlCl3(g) △H=b kJ·mol-1‎ 反应Al2O3(s)+3C(s)═2Al(l)+3CO(g)的△H=__kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)；‎ ‎（3）已知 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H反应过程的能量变化如图所示，已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3放出99kJ的热量，请回答下列问题：‎ ‎①图中A表示___；‎ ‎②E的大小对该反应的反应热__(填“有”或“无”)影响；‎ ‎③该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点__(填“升高”“降低”)。‎ ‎【答案】 (1). S(s)+O2(g)=SO2(g) = -32a kJ/mol (2). a+b (3). 2mol SO2(g)和1mol O2(g)所具有的总能量 (4). 无 (5). 降低 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）燃烧热表示在25℃，100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。1g硫完全燃烧释放的热量为a kJ，则1mol硫完全燃烧放出的热量为32a kJ，故硫的燃烧热的热化学方程式为：S(s)+O2(g)=SO2(g) = -32a kJ/mol；‎ ‎（2）根据盖斯定律可知，将以上两个热化学方程式相加即可得到目标方程，故=(a+b)kJ/mol；‎ ‎（3）①A为反应物总能量，即表示2mol SO2(g)和1mol O2(g)所具有的总能量；‎ ‎②E为该反应正反应的活化能，反应热只与化学反应的始态和终态有关，与活化能无关，故E的大小对该反应的反应热无影响；‎ ‎③催化剂能够降低化学反应的活化能，故能使B点降低。‎ ‎18.I.某温度时，在0.5L密闭容器中，某一可逆反应的A、B气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：‎ ‎（1）该反应的化学方程式为___。‎ ‎（2）若降低温度，则该反应的逆反应速率___。(填“加快”“减慢”或“不变”)。‎ ‎（3）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎（4）反应至4min时，A的转化率为__。‎ ‎（5）能判断该反应在一定温度下达到化学平衡状态的依据是__(填字母代号)。‎ A．v(A)=2v(B)‎ B．容器内压强不再发生变化 C．容器内气体密度不再发生变化 D．B的体积分数不再发生变化 E．容器内气体原子总数不再发生变化 F．相同时间内消耗2nmol的A的同时生成nmol的B II.已知某可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)。请回答下列问题：‎ ‎（1）根据实验测定结果，描绘出了该反应达到平衡状态时及改变外界条件后，反应速率与时间的关系图像(如图1所示)，有利于提高D产量的变化过程是图像中的__段；引起该变化过程的外界条件是__。‎ ‎（2）根据实验测定结果描绘出了图2。由此图像可以得出，升高温度，上述平衡将向__(填“正反应”、“逆反应”)方向移动，K值__(填“增大”、“减小”、“不变”)；反应计量数之间的关系：a＋b__c＋d(填“大于”、“小于”、“等于”或“不确定”)。‎ ‎【答案】 (1). 2A(g)B(g) (2). 减慢 (3). > (4). 50% (5). BD (6). t3～t4 (7). 增大反应物浓度 (8). 逆反应 (9). 减小 (10). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】I、（1）由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol−0.4mol=0.4mol，B增加0.4mol−0.2mol=0.2mol，由物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应方程式为2A(g)B(g)；‎ ‎（2）降低温度，体系内活化分子数降低，运动速率降低，导致化学反应速率减慢；‎ ‎（3）由图像可知，4min后，A的量还在减小，B的量还在逐渐增加，说明反应依旧在向正向进行，故v(正)>v(逆)；‎ ‎（4）0～4min，n(A)=(0.8-0.4)mol=0.4mol，其转化率==50%；‎ ‎（5）A、未标明该速率是正反应速率还是逆反应速率，无法据此判断该反应是否处于平衡状态，故A错误；‎ B、该反应在恒温恒容条件下进行，气体的物质的量之比=容器内压强之比，该反应属于气体非等体积反应，反应过程中，气体的物质的量会发生变化，当气体物质的量不变时，即容器内压强不再变化时，能够说明该反应达到平衡状态，故B正确；‎ C、该反应在反应过程中，气体的质量不变，且该反应是在恒容容器中进行，故气体的密度始终不变，故不能根据密度判断反应达到平衡状态，故C错误；‎ D、该反应正向进行过程中，B的体积分数逐渐增加，当B的体积分数不再发生变化时，可说明该反应达到平衡状态，故D正确；‎ E、根据原子守恒，该反应进行过程中，气体原子数目始终保持不变，故不能根据原子数目判断反应达到平衡状态，故E错误；‎ F、根据化学方程式计量数之比可知，任意时刻，消耗2nmol的A的同时生成nmol的B，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，故F错误；‎ II、（1）根据图象知，t3改变条件瞬间，正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，说明增大反应物浓度；t5改变条件瞬间，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，改变条件应该是减小压强或降低温度，有利于提高D产量的变化过程是向正反应方向进行的过程，根据图象知利于提高D产量的变化过程是图象中的段t3～t4；改变的条件是增大反应物浓度；‎ ‎（2）根据图象知，一定压强下，升高温度，C的体积分数减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小；相同温度下，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d。‎ ‎19.与化学平衡类似，电离平衡的平衡常数，叫做电离常数(用K表示)。下表是某温度下几种常见弱酸的电离平衡常数：‎ 酸 电离方程式 电离平衡常数K CH3COOH CH3COOHCH3COO-+H+‎ ‎2×10-5‎ HClO HClOClO-+H+‎ ‎3.0×10-8‎ H2CO3‎ H2CO3H++HCO3-‎ HCO3-H++CO32-‎ K1=4.4×10-7‎ K2=5.61×10-11‎ H3PO4‎ H3PO4H++H2PO4-‎ H2PO4-H++HPO42-‎ HPO42-H++PO43-‎ K1=7.1×10-3‎ K2=6.3×10-8‎ K3=4.2×10-13‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）若把CH3COOH、HClO、H2CO3、HCO3-、H3PO4、H2PO4-、HPO42-都看作是酸，则它们酸性最强的是__（填化学式）。‎ ‎（2）向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，发生的离子方程式为__。‎ ‎（3）该温度下0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定增大的是_。‎ A．c(H+) B．c(H+)•c(CH3COO-) C．c(H+)•c(OH-) D．‎ ‎（4）取等体积的pH均为a的醋酸和次氯酸两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液恰好中和，消耗的NaOH溶液的体积分别为V1，V2，则大小关系为：V1__V2(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎（5）下列四种离子结合H+能力最强的是__。‎ A．HCO3- B．CO32- C．ClO- D．CH3COO-‎ ‎（6）等物质的量的苛性钠分别用pH为2和3的醋酸溶液中和，设消耗醋酸溶液的体积依次为Va、Vb，则两者的关系正确的是___‎ A．Va＞10Vb B．Va＜10Vb C．Vb＜10Va D．Vb＞10Va ‎（7）25℃时，0.1mol/L CH3COOH溶液的pH约为3，向其中加入CH3COONa晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大。可能的原因有：①__；②__；为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量下列物质中的__（选填字母编号），然后测定溶液的pH。‎ a．CH3COOK固体 b．CH3COONH4固体 c．NH3 d．NaHCO3固体 ‎（8）已知100℃时，水的离子积常数Kw=1.0×10-12，pH=3的CH3COOH和pH=9的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈__性；‎ ‎（9）等浓度的①(NH4)2SO4、②NH4HSO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤NH3•H2O溶液中，NH4+浓度由大到小的顺序是：___。‎ ‎【答案】 (1). H3PO4 (2). CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3- (3). D (4). < (5). B (6). D (7). CH3COONa水解呈碱性，增大了c(OH-)，使pH增大 (8). CH3COONa溶于水电离出大量的CH3COO−，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因而pH增大 (9). B (10). 酸 (11). ①②④③⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数可确定酸性最强的是H3PO4；‎ ‎（2）由电离常数可知，酸性：H2CO3>HClO>HCO3-，根据“以强制弱”规则可知其反应离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HClO+HCO3-；‎ ‎（3）加水稀释的过程中，醋酸的电离程度增大，溶液中醋酸浓度、醋酸根、氢离子浓度均减小，稀释过程中，水的电离程度增大，溶液中氢氧根浓度增大，由此可得：c(H+)、c(H+)•c(CH3COO﹣)均减小， c(H+)•c(OH﹣)为常数，大小不变，增大，故答案为D；‎ ‎（4）由电离常数可知，醋酸的酸性较次氯酸强，相同pH的两种酸，醋酸的浓度较次氯酸小，故中和相同体积和相同pH的两种酸溶液，所用到的NaOH的量关系为：次氯酸大于醋酸，故V2>V1；‎ ‎（5）根据离子对应酸的酸性越弱，离子结合质子的能力越强，由电离常数可知，这四种酸的酸性关系为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3﹣，故结合质子能力最强的离子为CO32-，答案为B；‎ ‎（6）含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，则有二者物质的量相等，因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的，而醋酸是弱酸，其醋酸浓度越大，其电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，pH为3的醋酸浓度为y，则有Va×x=Vb×y，则，即Vb＞10Va，答案为D；‎ ‎（7）醋酸为弱电解质，醋酸在水溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠固体，溶液pH增大，可能的原因有：①CH3COONa水解呈碱性，增大了c(OH-)，使pH增大，② CH3COONa溶于水电离出大量的CH3COO−，抑制了醋酸的电离，使c(H+)减小，因而pH增大；CH3COONH4溶液中，CH3COO−和NH4+都发生水解，且水解程度相等，CH3COONH4溶液呈中性，将CH3COONH4加入到0.1mol⋅L−1‎ 醋酸中使pH增大，说明CH3COO−抑制了醋酸的电离，其它物质的水溶液都呈碱性，不能用于证明，故答案为：B；‎ ‎（8）pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=9的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.001mol/L，等体积混合后，酸过量，混合溶液呈酸性，pH＜7，溶液呈酸性；‎ ‎（9）设下列溶液浓度均为1mol/L，‎ ‎①(NH4)2SO4溶液中NH4+水解不受影响，1mol/L

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