新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高二年级上学期期末考试化学试题

新疆昌吉市教育共同体2019-2020学年高二年级上学期期末考试化学试题

‎2019—2020学年新疆昌吉州第一学期期末质量检测 高二化学试卷 考试范围：选修四；考试时间：90分钟 相对原子质量：Zn 65 Cu 64‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题 ‎1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是 A B C D ‎ ‎ 铅蓄电池放电 风力发电 水力发电 太阳能发电 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蓄电池放电，利用化学反应产生能量，将化学能转化为电能，故A正确；‎ B、风力发电，将风能转化为电能，故B错误；‎ C、水力发电，将重力势能转化为电能，故C错误；‎ D、太阳能发电，将太阳能转化为电能，故D错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎2.已知：CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l) ΔH = －Q1‎ ‎2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH = －Q2； 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH = －Q3‎ 常温下，取甲烷和氢气体积比为4:1的混合气体‎11.2L（已折合成标准状况），完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为（ ）‎ A. 0.4‎Q1 + 0.05Q2 B. 0.4Q1 + 0.05Q‎3 ‎C. 0.4Q1 + 0.1Q2 D. 0.4Q1 +‎ ‎ 0.1Q3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】n(气体)==0.5mol，其中，n(CH4)=0.5mol×=0.4mol，n(H2)=0.5mol×=0.1mol。据有关热化学方程式得知0.4molCH4与0.1molH2分别完全燃烧恢复到常温放热0.4Q1和0.1×0.5Q3 =0.05Q3，放出总热量为0.4Q1+0.05Q3。‎ 答案选B。‎ ‎3.50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55 mol·L -1NaOH 溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是 A. 在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次 B. 大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏小 C. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大 D. 从实验装置上看，除了缺少环形玻璃搅拌棒外没有其他问题 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中和反应之前，分别记录盐酸和氢氧化钠的温度，中和反应开始后，记录下混合溶液的最高温度，即最终温度，所以每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，故A错误；‎ B．大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故B正确；‎ C．一水合氨为弱碱，电离过程需要吸热，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，故C错误；‎ D．根据量热计的构造可知该装置的错误有缺少仪器环形玻璃搅拌棒以及大小烧杯口不平，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】明确中和热测定方法为解答关键。本题的易错点为A，为了减少实验误差，至少要做 ‎2次平行实验，每次实验要记录3次温度。‎ ‎4.下图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是 A. 该反应为吸热反应 B. a与b相比，a的反应速率更快 C. a与b相比，反应的平衡常数一定不同 D. E2大于E1，说明总能量生成物比反应物低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；b中活化能小；K与温度有关，且化学反应相同；焓变等于正逆反应的活化能之差。‎ ‎【详解】A、由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；‎ ‎ B、b中活化能小，b的反应速率更快，故B错误；‎ ‎ C、K与温度有关，且化学反应相同，则a与b相比，反应的平衡常数相同，故C错误；‎ ‎ D、焓变等于正逆反应的活化能之差，E2大于E1，焓变为负，为放热反应，说明总能量生成物比反应物低，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、催化剂对反应的影响、K与温度的关系为解答的关键。‎ ‎5.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是 A. pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10‎ B. 将氯化铝溶液加热蒸干并灼烧，最终得氧化铝固体 C. 对2HI（g）H2（g）+I2（g），减小容器体积，气体颜色变深 D. 水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若为强碱溶液，稀释10倍，c(OH-)会变为原来的，PH会减小1。但是氨水属于弱碱，弱碱部分电离：NH3.H2ONH4++OH-，加水稀释平衡正向移动，氢氧根离子物质的量增多，所以比原来的大些，所以pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10，故A 能用平衡移动原理解释；‎ A、铝离子在水溶液中发生水解，AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，加热能促进水解，氯化氢逐渐挥发，也能使平衡正向移动，氢氧化铝受热易分解，2Al(OH)3=Al2O3+3H2O，所以把氯化铝溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是氧化铝，故A能用平衡移动原理解释；‎ C、对2HI（g）H2（g）+I2（g）反应前后气体的物质的量没有变化，改变压强不会使平衡发生移动，而减小容器体积，气体颜色变深，是因为体积变小，碘蒸汽的密度增大，导致颜色加深，故C不能用平衡移动原理解释；‎ D、因为溶解度S（CaCO3）＜S（CaSO4），故水垢中的CaSO4,加入饱和Na2CO3溶液,能将CaSO4转化为CaCO3,后加盐酸,水垢溶解,从而除去水垢,故D能用平衡移动原理解释；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】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. 比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少;但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比而言，还是增加了。在有气体参加或生成的可逆反应中，当增加压强时，平衡总是向体积缩小的方向移动，比如在N2+3H2 ⇌2NH3这个可逆反应中，达到一个平衡后，对这个体系进行加压，比如压强增加为原来的两倍，这时旧的平衡要被打破，平衡向体积缩小的方向移动，即在本反应中向正反应方向移动，建立新的平衡时，增加的压强即被减弱，不再是原平衡的两倍，但这种增加的压强不可能完全被消除，也不是与原平衡相同，而是处于这两者之间。‎ ‎6.已知某反应aA(g)＋bB(g)cC(g)的各物质浓度数据如下：‎ A B C 起始浓度(mol·L−1)‎ ‎3.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ ‎2 s末浓度(mol·L−1)‎ ‎1.8‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ 据此可推算出a∶b∶c是（ ）‎ A. 9∶3∶4 B. 3∶1∶‎2 ‎C. 2∶1∶3 D. 3∶2∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据上表数据可知，△n（A）=1.2mol，△n（Y）=0.4mol，△n（Z）=0.8mol， 则△n（A）：△n（B）：△n（C）=3：1：2=a：b：c，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故a：b：c=3：1：2， 故选B。‎ ‎【点睛】化学反应速率之比等于参加反应的物质的物质的量之比，需注意是变化的物质的物质的量而不是末状态的各物质的物质的量。‎ ‎7.在不同情况下测得的下列反应速率，其中反应速率最大的是( )‎ A. v (D)=0.8 mol/(L·s) B. v (C)=0.5 mol/(L·s) C. v (B)=0.6 mol/(L·s) D. v (A)= 0.2 mol/(L·s)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ；‎ B. ；‎ C. ；‎ D. v (A)= 0.2 mol/(L·s)；‎ 综上所述，A项反应速率最快，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查学生分析计算能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，注意比较时单位要统一。反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快。‎ ‎8.某化学课外小组的同学通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是：‎ ‎2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。‎ 实验序号 ‎0.01mol·L－1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL ‎0.01mol·L－1‎ Na2SO3 溶液的体积/mL 水的体积/mL 实验温度/℃‎ 出现蓝色的时间/s ‎①‎ ‎5‎ ‎5‎ V1‎ ‎5‎ t1‎ ‎②‎ ‎5‎ ‎5‎ ‎40‎ ‎25‎ t2‎ ‎③‎ ‎5‎ V2‎ ‎35‎ ‎25‎ t3‎ 下列判断不正确的是 A. 最先出现蓝色的一组实验是③‎ B. 实验①③中V1=40，V2=10‎ C. 探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②‎ D. 出现蓝色的时间t3>t2>t1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据控制变量法，①②是探究温度对反应反应速率的影响，②③是探究浓度对反应反应速率的影响。‎ ‎【详解】A选项，①②浓度相同，②温度高，②的反应速率比①快，③反应温度与②相同，但反应浓度比②大，因此最先出现蓝色的一组实验是③，故A正确；‎ B选项，根据混合后溶液体积一样，实验①③中V1=40，V2=10，故B正确；‎ C选项，①②浓度相同，温度不同，因此探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①②，故C正确；‎ D选项，出现蓝色的时间t1>t2> t3，故D错误。‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎【点睛】探究变量对反应速率的影响时，只能改变变量，其他量都不能变化，否则不能探究。‎ ‎9.在生产、生活中为增大反应速率而采取的措施合理的是 A. 食物放在冰箱中 B. 在食品中添加适量防腐剂 C. 在糕点包装内放置小包除氧剂 D. 工业上燃烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、冰箱中温度较低，食物放在冰箱中，可减小食物腐败的速率，故A不符；‎ B、在食品中添加适量防腐剂，减慢食品变质的速度，故B不符；‎ C、在糕点包装内放置小包除氧剂，可抑制糕点的氧化，防止变质，故C不符；‎ D、工业上燃烧硫铁矿制取SO2时，先将矿石粉碎，固体表面积增大，反应速率增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.在容积相同的两个密闭容器M和N中，保持温度为‎150 ℃‎,向M容器中加入amol HI，同时向N容器中加入bmol HI (a>b)。当反应2HI(g)H2(g) + I2(g) 达到平衡后，下列说法正确的是 A. 从反应开始到达到平衡,所需时间tM >tN B. 平衡时cM(I2) =cN(I2)‎ C. 平衡时I2蒸气在混合气体中的体积分数：M > N D. HI的平衡分解率αM =αN ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在容积相同的两密闭容器M和N中，保持温度为‎150 ℃‎，同时向M、N中分别加入 a mol及b mol碘化氢(a＞b)，M、N为等效平衡；a＞b，M中压强大，所以M的反应速率大于N，从反应开始到建立平衡所需时间：tN＞tM，A错误；‎ B、a＞b， M中压强大，平衡时I2的浓度：cM(I2) ＞ cN(I2)，B错误；‎ C、M、N为等效平衡，平衡时碘蒸气在混合气体中的百分含量：M=N，C错误；‎ D、M、N为等效平衡，平衡时HI的分解率：αM＝αN，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点晴】‎ 所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。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。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即△n＝0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。‎ ‎11.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)⇌ pC(g)的速率和平衡的影响图象如下，下列判断正确的是 A. 由图1可知，，该反应正反应为吸热反应 B. 由图2可知，该反应 C. 图3中，点3的反应速率:v正>v逆 D. 图4中，若，则a曲线一定使用了催化剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. T2先达到平衡，则，且T2对应C%含量低，则升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，A项错误； B. 相同温度下，压强越大对应C%含量高，则增大压强平衡正向移动，又加压平衡向气体体积减小的方向移动，则m+n>p，B项错误； C. 曲线上点为平衡点，点3对应的转化率小于平衡转化率，则点3时反应正向进行，则反应速率v正>v逆，C项正确； D. 若m+n=p，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，D项错误； 答案选C。‎ ‎12.以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数： ‎ CH3COOH H2S HClO K=1.8×10－5‎ K1=1.3×10－7‎ K2‎‎=7.1×10－15‎ K=4.69×10－11‎ 下列说法正确的是 A. 可发生反应：H2S+ 2ClO－=S2－+ 2HClO B. CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS C. 同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液 D. 同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、次氯酸具有强氧化性能氧化硫化氢或硫离子，故A错误；‎ B、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S，因此CH3COOH溶液与Na2S溶液反应生成CH3COONa和H2S，故B错误；‎ C、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ ClO-＜S2-，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C错误； ‎ D、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH ＞H2S＞ HClO ＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故D正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎13.下列过程一定不能自发进行的是( )‎ A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　ΔH＞0‎ B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　ΔH＜0‎ C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)　ΔH＞0‎ D. 2CO(g)=‎2C(s)＋O2(g)　ΔH＞0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】依据吉布斯自由能方程ΔG=ΔH-TΔS，只要ΔG<0，反应就可能自发进行。‎ A. 2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)　 ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，A能自发进行；‎ B. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)　 ΔS<0，ΔH<0，则低温时，ΔG<0，B能自发进行；‎ C. (NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)＋NH3(g)　 ΔS>0，ΔH＞0，则高温时，ΔG<0，C能自发进行；‎ D. 2CO(g)=‎2C(s)＋O2(g)　 ΔS<0，ΔH＞0，ΔG>0，D一定不能自发进行。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】一个能自发进行的反应，并不一定真的就能发生，它只是告诉我们反应有发生的可能，只要我们注意改善反应条件或改善反应环境，就有让反应发生的可能。‎ ‎14.常温时，将CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性。则下列各项正确的是 (　　)。‎ A. 混合前：pH(CH3COOH)＋pH(NaOH)＝14‎ B. 混合后：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)‎ C. 混合前：c(CH3COOH)＞c(NaOH)‎ D. 混合后：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、如pH（CH3COOH）+pH（NaOH）=14，应有c（OH-）=c（H+），由于醋酸为弱酸，电离程度较小，二者等体积混合后，醋酸过量较多，溶液呈酸性，故A错误；‎ B、溶液呈中性，反应后有c（OH-）=c（H+），根据c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），可知c（Na+）＝c（CH3COO-），故B错误；‎ C、醋酸为弱酸，如c（CH3COOH）=c（NaOH），二者恰好反应，溶液呈碱性，溶液呈中性，醋酸应过量，即混合前：c（CH3COOH）＞c（NaOH），故C正确；‎ D、溶液呈中性，应存在c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+），故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.常温下设a代表Ba(OH)2，b代表NaOH溶液，c代表NH3·H2O溶液。下列说法正确的是 A. 同物质的量浓度的三种溶液的pH：a=b＞c B 同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，pH：a=b＜c C. 同pH、同体积的三种溶液消耗同浓度盐酸的体积：a=b=c D. 同pH时，稀释不同倍数、pH仍相同，三种溶液稀释的倍数：a＞b＞c ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，NH3·H2O是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡；‎ A．同物质的量浓度的三种溶液的氢氧根离子的浓度：a>b>c ，氢氧根离子的浓度越大，溶液的pH就越大，所以溶液的pH：a>b>c，A错误；‎ B．同pH时，三种溶液稀释相同倍数后，由于一元弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，未电离的电解质会进一步电离，使溶液中c (OH-)增大，所以pH：c>a=b，B正确；‎ C．同pH、同体积的三种溶液，由于弱碱NH3·H2O中存在电离平衡，电解质的浓度大于电离产生的离子的浓度，所以消耗同浓度盐酸的体积：a=b”、“<”或“=”)。‎ ‎（2）从反应开始到达到化学平衡状态v(A)____________mol/(L·min)‎ ‎（3）该反应在‎70℃‎时平衡常数为K2，则 K1_______K2(填“＞”、“＝”或“＜”) ‎ ‎（4）可以判断‎2A(g)+3B(g) ‎3C(g) 反应已经达到平衡（ ）‎ A．2v(B)＝3v(A) ‎ B．密闭容器中总压强不变 C. 密闭容器中混合气体的密度不变 ‎ D．混合气体的平均相对分子质量不再改变 E．n(A)∶n(B)∶n(C)＝2∶3∶3‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ＞ (3). 0.25 (4). ＜ (5). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）2min达平衡，平衡时C为1.5mol，据此利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；根据温度对平衡状态的影响分析判断；‎ ‎（2）根据v=△n/(V·△t)计算v（C），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；‎ ‎（3）根据温度对平衡状态的影响分析判断；‎ ‎（4）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变、含量不变，由此衍生的一些物理量也不变，据此结合选项判断。‎ ‎【详解】（1）2min达平衡，平衡时C为1.5mol，C的平衡浓度为1.5mol÷‎2L=0.75mol/L，则：‎ 故‎30℃‎平衡常数k==4；‎ 由题意可知，升高温度平衡时C的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，即△H＞0；‎ ‎（2）2min达平衡，平衡时C为1.5mol，C的平衡浓度为1.5mol÷‎2L=0.75mol/L，用C表示的反应速率是0.75mol/L÷2min＝0.375mol/（L•min）。反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（C）=×0.375mol/（L•min）=0.25mol/（L•min）；‎ ‎（3）升高温度平衡向正反应方向移动，说明温度越高平衡常数越大，故K1＜K2；‎ ‎（4）A．未指明正逆速率，不能说明到达平衡，故A错误；‎ B．随反应进行，反应混合物的物质的量减小，压强降低，当密闭容器中总压强不变时，说明到达平衡，故B正确；‎ C．混合气体总质量不变，容器的体积不变，容器中混合气体的密度始终不变，不能说明到达平衡，故C错误；‎ D．混合气体的总质量不变，随反应进行，反应混合物的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变时，说明到达平衡，故D正确；‎ E．平衡时各组分的物质的量之比不一定等于化学计量数之比，与开始的物质的量及转化率有关，当n(A)∶n(B)∶n(C)＝2∶3∶3时不能说明到达平衡，故E错误；‎ 故答案为BD。‎ ‎【点睛】可逆反应的有关计算一般采用三段式，而平衡状态的判断既要抓住本质正逆反应速率相等，又要抓住特征（例如浓度、含量等不再发生变化等）。‎ ‎29.常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：‎ 实验 编号 HA物质的量 浓度/(mol·L－1)‎ NaOH物质的量 浓度/(mol·L－1)‎ 混合后溶 液的pH 甲 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝a 乙 ‎0.12‎ ‎0.1‎ pH＝7‎ 丙 ‎0.2‎ ‎01‎ pH>7‎ 丁 ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH＝10‎ ‎（1）从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？__________________________________________________。‎ ‎（2）乙组混合溶液中粒子浓度c(A－)和c(Na＋)的大小关系________。‎ A．前者大 B．后者大 C．两者相等 D．无法判断 ‎（3）从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________‎ ‎（4）分析丁组实验数据，写出混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1。‎ ‎【答案】 (1). a=7时,HA是强酸;a>7时,HA是弱酸 (2). C (3). c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) (4). ‎10-4-10‎-10‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，恰好与NaOH溶液反应生成强碱弱酸盐，pH＞7；‎ ‎（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），由于pH=7，则c（Na+）=c（A-），答案选C；‎ ‎（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A-的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）；‎ ‎（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（‎10-4-10‎-10）mol•L-1，答案为：10-4-10-10。‎ ‎【点晴】‎ 盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。‎ ‎30.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸．某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：‎ 步骤I：称取样品‎1.500g。‎ 步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。‎ 步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点．按上述操作方法再重复2次。‎ ‎(1)根据步骤Ⅲ填空：‎ ‎①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。‎ ‎③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______。‎ A.滴定管内液面的变化　　　　B.锥形瓶内溶液颜色的变化 ‎④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成______色。‎ ‎(2)滴定结果如下表所示：‎ 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎1.02‎ ‎21.03‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎2.00‎ ‎21.99‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎0.20‎ ‎20.20‎ 若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol•L-1，则该样品中氮的质量分数为______。‎ ‎【答案】 (1). 偏高 (2). 无影响 (3). B (4). 无色 (5). 浅红 (6). 18.85%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①滴定管需要要NaOH溶液润洗，否则会导致溶液浓度偏低，体积偏大；‎ ‎②锥形瓶内是否有水，对实验结果无影响，可从物质的物质的量的角度分析；‎ ‎③滴定时眼睛应注意注意观察颜色变化，以确定终点；‎ ‎④根据酚酞的变色范围确定滴定终点时颜色变化；‎ ‎(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，计算出溶液中H+的物质的量，根据方程式可知(CH2)6N4H+的物质的量，进而确定样品中氮的质量分数。‎ ‎【详解】(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗氢氧化钠溶液的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高；‎ ‎②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，对配制溶液的浓度无影响；‎ ‎③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化，确定滴定终点，故合理选项是B；‎ ‎④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色由无色变为粉红或浅红色；‎ ‎(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，‎ 首先确定滴定时所用的NaOH标准溶液为mL=20.00mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且‎1.500g铵盐经溶解后，取了其中进行滴定，即取了样品质量是‎0.15g，滴定结果，溶液中含有H+[含(CH2)6N4H+]的物质的量为n(H+)=‎0.02L×0.1010mol/L=0.00202mol，根据4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+可知：每生成4molH+[含(CH2)6N4H+]，会消耗NH4+的物质的量为4mol，因此一共消耗NH4+的物质的量为0.00202mol，则其中含氮元素的质量m(N)=0.00202mol×‎14g/mol=‎‎0.02828g ‎，故氮的质量分数为×100%=18.85%。‎ ‎【点睛】本题考查了滴定方法在物质的含量的测定的应用，涉及化学实验基本操作、误差分析、实验数据的处理等，更好的体现了化学是实验性学科的特点，让学生从思想上重视实验，通过实验提高学生学生实验能力、动手能力和分析能力和计算能力。‎