2019-2020学年湖北省孝感高级中学高二9月调研化学试题 解析版

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高二年级九月调研考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H I He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Cu 64 I 127 Ba 137‎ 第I卷（选择题，共48分）‎ 一．本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个选项符合题意。‎ ‎1.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是 A. CH3COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电解质的特点需要自身电离，所以D中SO2溶于水生成H2SO3，不是SO2自身电离，是非电解质；AC都是电解质；B中是单质，即不是电解质，也不是非电解质。‎ ‎2. 下列说法正确的是 A. 需要加热的化学反应都是吸热反应 B. 中和反应都是放热反应 C. 原电池是将电能转化为化学能的一种装置 D. 水力发电是将化学能转化为电能的过程 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎3.下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）‎ A. 新制的氯水在光照下颜色变浅 B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深 C. 在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成 D. 红棕色NO2 加压后颜色先变深后变浅 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、氯水中存在Cl2+H2OH++Cl-‎ ‎+HClO，光照时HClO分解，促进平衡向正方向移动，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、H2+I22HI平衡中，增大压强，平衡不移动，增大压强，浓度增大，颜色加深与勒夏特列原理无关，故B选；C、合成氨反应为N2+3H22NH3，增大压强或降低温度，平衡均向正方向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不选；D、存在可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，正反应为体积缩小的反应，加压后二氧化氮的浓度增大，所以气体颜色加深，由于增大了压强，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，故加压后颜色先变深后变浅，可用平衡移动原理解释，故D不选；故选B。‎ ‎4.反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0‎ 反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)△H＜0‎ 若反应①在温度T1下进行，反应②在温度T2下进行，已知T1＞T2，且c(CO2)>c(H2O)‎ ‎（其他条件均相同），下面对两者反应速率大小判断正确的是（　　）‎ A. 反应①快 B. 反应②快 C. 一样大 D. 无法判断 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 影响化学反应速率的主要因素是物质的性质，物质越活泼，反应速率越大，而浓度、温度为影响化学反应速率的外因，比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应，如Na和HCl溶液剧烈反应；但无论温度多高、浓度多大，Cu都不与盐酸反应，所以无法比较两个反应的速率大小，故选D。‎ 点睛：解答本题需要注意题中温度、浓度的影响是针对同一化学反应而言的。对于不同的反应，外界因素的影响，无法比较反应速率大小，即：比较温度、浓度对化学反应速率的影响只能针对于同一个化学反应。‎ ‎5.下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（ ）‎ ‎①已达平衡的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动 ‎②已达平衡的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高 ‎③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动 ‎④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动 A. ①④ B. ①②③④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大N2的浓度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，N2的转化率减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，减小反应器容积时，即增大压强，平衡不移动，故③错误；④在恒压反应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误；故选B。‎ ‎6.25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+ OH－；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是 A. 向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低 B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变 C. 向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低 D. 将水加热，Kw增大，pH不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确。硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数和温度应该，所以B是正确的。醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确。电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。所以答案选B。‎ ‎7.下列关于酸碱指示剂或pH试纸的说法正确的是（ ）‎ A. 将一小块pH试纸放在洁净表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照 B. 不能使无色酚酞试液变色的溶液是酸性溶液 C. 可以用紫色石蕊试液作为强酸滴定强碱的指示剂 D. 用pH试纸测定某溶液的pH＝8.5，此溶液一定是某种碱的溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、将一小块干燥的试纸放在表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸中部，然后与标准比色卡对照，故A正确；B、不能使无色酚酞试液变色的溶液是pH＜10，故可能是酸性溶液，也可能是中性或弱碱性溶液，故B错误；C、石蕊变色不明显，一般不用作中和滴定指示剂，故C错误； D、pH试纸只能精确到1，故不能测得溶液的pH为8.5，且溶液显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是强碱弱酸盐溶液，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题的易错点为D，需要注意的是溶液显碱性的溶液不一定是碱溶液，可能是强碱弱酸盐溶液。‎ ‎8.室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是 A. 溶液中导电粒子的数目减少 B. 溶液中不变 C. 醋酸的电离程度增大，C（H+）亦增大 D. 再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；‎ B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)×Kw/［c(CH3COOH)·c(OH-)］=Ka，Kw在室温下也是常数，故B正确；‎ C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；‎ D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。‎ 故选B。‎ ‎9.①pH=2的CH3COOH溶液;②pH=2的HCl溶液;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。相同条件下,有关上述溶液的比较中,不正确的是( )‎ A. 水电离的c(H+):①=②=③=④‎ B. 将②、③溶液混合后,pH=7,消耗溶液的体积:②>③‎ C. 等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应,生成H2的量:②最大 D. 向溶液中加入100 mL水后,溶液的pH:③>④>②>①‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①、②的氢离子浓度相同,③、④的氢氧根离子的浓度相同,四种溶液的离子浓度相同,相同条件下,水的离子积常数是定值,无论酸还是碱都抑制水的电离,所以这四种溶液中由水电离的c(H+):①=②=③=④,所以A选项是正确的; B.氨水是弱碱只有部分电离,所以c(NH3 .H2O) > c(OH-),氯化氢是强电解质,所以其溶液中c(HCl)=c(H+), c(NH3 .H2O) > c(HCl),若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性,则消耗溶液的体积:②>③,故B正确; C.醋酸是弱酸,氯化氢和氢氧化钠是强电解质,①、②、④三种溶液的物质的量浓度关系为:①>②=④,所以等体积的①、②、④溶液分别与铝粉反应,①生成H2的量最大,故C错误; D.醋酸是弱酸,加水稀释后能促进醋酸的电离,所以①、②稀释后溶液的pH值7>②>①;氨水是弱碱,加水稀释后能促进氨水的电离,所以③、④、稀释后溶液的pH值③>④>7,所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后,溶液的pH③>④>②>①,故D正确。‎ ‎10.下列热化学方程式中，正确的是（　　）‎ A. 甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3 kJ·mol-1‎ B. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6 kJ·mol-1‎ C. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（-57.3）kJ·mol-1‎ D. 在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1，表示1mol甲烷完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此表示的热化学方程式正确的应该为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3 kJ·mol-1，A错误；‎ B.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，所以500℃、30MPa下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，反应的N2的物质的量小于0.5mol，放热19.3 kJ，由于不能确定反应的N2的物质的量，因此不能据此书写相应的热化学方程式，B错误；‎ C.中和热是强酸、强碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，与反应产生的水的物质的量多少无关，且H2SO4和Ca(OH)2反应生成CaSO4微溶，C 错误； ‎ D.2g H2的物质的量是1mol，在101 kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧放出热量是571.6 kJ，故氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H=-571.6 kJ·mol-1，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.T℃时，体积均为0.5 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g)  △H=-Q kJ/mol(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：‎ 容器 编号 起始时各物质物质的量/mol 达平衡时体系能量的变化 A B C ‎①‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ 放热 0.75 Q kJ ‎②‎ ‎0.4‎ ‎0.2‎ ‎1.6‎ 下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 容器①、②中反应的平衡常数均为4‎ B. 容器②中达到平衡时放出的热量为0.05Q kJ C. 向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变 D. 其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于2/3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：‎ ‎2A（g）+B（g）2C（g）‎ 起始（mol）： 2 1 0‎ 转化（mol）：1.5 0.75 1.5‎ 平衡（mol）：0.5 0.25 1.5‎ 恒温恒容下，②中完全转化到方程式左边可以得到2molA、1mol，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol。A．由于温度相等，①②中平衡常数K==18，故A正确；B．②中反应吸收热量，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时B的物质的量相等，则②中吸收的热量为（0.25-0.2）mol×QkJ/mol=0.05QkJ，故B错误；C．恒容条件下，向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时A的转化率不变，故C错误；D．平衡时①、②中C的体积分数为=，其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2molC时，混合气体减小1mol，则达到平衡时C的体积分数大于，故D错误；故选A。‎ 考点：考查了化学平衡有关计算、等效平衡、反应热的相关知识。‎ ‎12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）‎ A. pH=1的溶液中： Fe2+，NO3-，SO42-，Na+‎ B. 由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液中：Ca2+，K+，Cl-，HCO3-‎ C. ＝1012的溶液中：NH4+，Al3+，NO3-，Cl-‎ D. c(Fe3+) =0.1 mol·L-1的溶液中：K+，ClO-，SO42-，SCN-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=1的溶液呈酸性，在酸性溶液中：H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B.由水电离的c(H+)=1×10-14 mol·L-1的溶液可能显酸性也可能显碱性，无论是酸性溶液还是碱性溶液，HCO3-都会发生离子反应，不能大量存在，B错误；‎ C.=1012的溶液呈酸性，H+与选项离子不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；‎ D. Fe3+与SCN-会发生反应产生Fe(SCN)3，不能大量共存，且ClO-、SCN-在该条件下也会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎13.某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结(均在常温下)，正确的是(　　)‎ ‎①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度均降低 ‎②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c(H+)之比为2:1‎ ‎③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．NaClO；c．NaHCO3；d．NaOH。其溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a ‎④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c(Na+)= 2c(SO42-)‎ ‎⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka·Kh＝Kw ‎⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7‎ A. ①②④ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中H+浓度减小，而OH-浓度增大，①错误；‎ ‎②pH=2的盐酸中c(H+)=10-2mol/L，pH=1的盐酸，c(H+)=10-1mol/L，二者c(H+)之比为1：10，②错误；‎ ‎③当溶液pH相同时，碱的浓度小于盐的浓度，而且产生盐的相应的酸的酸性越弱，该盐的浓度就越小，由于酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，所以pH相等的四种溶液：a.CH3COONa；b.NaClO；c.NaHCO3；d.NaOH的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为dc(H+)>c(Na+)>c(OH-)‎ D. 点③所示溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①点溶液中溶质为等物质量浓度的醋酸钠和醋酸，根据物料守恒可得：2c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，两式整理可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=c(CH3COOH)+2c(H+)，A错误；‎ B.醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液水解呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以②溶液中溶质为醋酸钠和醋酸，根据物料守恒得c(Na+)c(CH3‎ COONa)，微粒之间存在关系：c(CH3COO-)>c(H+)>c(Na+)>c(OH-)，C正确；‎ D.在③点的溶液中，酸、碱的物质的量相等，二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③溶液呈碱性，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度小于盐电离产生的离子浓度，所以微粒关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎15.下列选项中的原因或结论与现象不对应的是 选项 现象 原因或结论 A 在H2O2中加入MnO2，能加速H2O2的分解速率 MnO2降低了反应所需的活化能 B 在密闭容器中有反应：A+xB（g）2C（g）达到平衡时测得c（A）为0.5mol／L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c（A）为0.4mol/L-1‎ A非气体、x＝1‎ C 将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深 ‎2NO2（g）N2O4（g）△H<0，平衡向生成NO2方向移动 D 向5mL 0.005mol·L-1 FeCl3溶液中加入5mL 0.015mol·L-1 KSCN溶液，溶液呈红色，再滴加几滴1 mol·L-1 KSCN溶液，溶液颜色加深 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、MnO2为H2O2分解的催化剂，能加速H2O2的分解速率，所以MnO2降低了反应所需的活化能，选项A正确；B、达到平衡时测得c(A)为0.5mol/L，将容器容积扩大到原来的两倍，测得c(A)为0.4mol/L，说明减压平衡向生成A的方向移动，向左的方向气体的系数增大，“A非气体、x=1”错误，选项B错误；C、NO2为红棕色，N2O4为无色，将盛有NO2气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深，说明NO2浓度增大，平衡向生成NO2方向移动，2NO2 N2O4反应△H＜0，选项C正确；D、再滴加几滴1mol/L KSCN 溶液，增加了反应物浓度，溶液颜色加深，说明平衡向正反应方向移动，选项D正确。答案选B。‎ ‎16.已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的平衡常数如下表：‎ H2CO3‎ H2SO3‎ HClO K1=4.30×10-7‎ K1=1.54×10-2‎ K=2.95×10-8‎ K2=5.61×10-11‎ K2=1.02×10-7‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 相同条件下，同浓度的H2SO3 溶液和 H2CO3 溶液的酸性，后者更强 B. Na2CO3溶液中通少量SO2：2CO32-+SO2+H2O=2HCO3-+SO32-‎ C. NaHCO3溶液中通少量SO2：2HCO3-+SO2=CO2+SO32-+H2O D. 向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.根据表中电离平衡常数可知，酸性大小：亚硫酸＞碳酸，故A错误；B．Na2CO3溶液中通少量SO2，可生成HCO3-、SO32-，离子方程式为2CO32-+SO2+H2O═2HCO3-+SO32-，故B正确；C．酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，NaHCO3溶液中通少量SO2反应的离子方程式为HCO3-+SO2=CO2+HSO3-，故C错误；D．HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，HClO的浓度降低，故D错误；故选B。‎ 点睛：解答本题的关键是根据平衡常数判断酸性强弱，注意D为易错点，HClO具有强氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共52分)‎ 二、填空题 ‎17.运用化学反应原理的有关知识回答下列问题：‎ ‎(1)晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989.2 kJ·mol-1，有关键能数据如下表：‎ 化学键 Si-O O=O Si-Si 键能kJ·mol-1‎ X ‎498.8‎ ‎176‎ 则X的值为_________。‎ ‎(2)加热N2O5，依次发生的分解反应为①N2O5N2O3+O2，②N2O3N2O+O2，在1 L密闭容器中充入4 mol N2O5，加热到t ℃，达到平衡状态后O2的平衡浓度为4.5 mol/L，N2O3的平衡浓度为1.7 mol/L，则t℃时反应①的平衡常数为_________。‎ ‎【答案】 (1). 460 (2). 8.5mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能分析；‎ ‎(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+1.7)mol，在①反应中N2O5分解了(x+1.7)mol，同时生成O2(x+1.7)mol．在②反应中生成氧气xmol。则(x+1.7)+x=4.5，求得x=1.4mol，平衡时N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(4-1.4-1.7)mol÷1L=0.9mol/L、c(N2O3)=1.7mol/L、c(O2)= 4.5 mol/L，带入平衡常数表达式，据此计算。‎ ‎【详解】(1)已知Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=-989.2 kJ·mol-1，1mol晶体硅中含有2molSi-Si，1molSiO2中含有4molSi-O，1molO2中含有1molO=O，则2×176+498.8-4x=-989.2，解得x=460；‎ ‎(2)设分解的N2O3物质的量为x，反应过程中共生成N2O3(x+1.7)mol，在①反应中N2O5分解了(x+1.7)mol，同时生成O2(x+1.7)mol，在②反应中生成氧气xmol。则(x+1.7)+x=4.5，求得x=1.4mol，因此平衡时N2O5、N2O3、O2浓度依次为c(N2O5)=(4-1.4-1.7)mol÷1L=0.9mol/L、c(N2O3)=1.7mol/L、c(O2)= 4.5 mol/L，‎ 反应①的平衡常数K==8.5mol/L。‎ ‎【点睛】本题考查了反应热与键能的关系及多步反应的化学平衡的有关计算的知识。当体系中存在多步反应时，微粒浓度应符合各个守恒关系，要学会前后统筹兼顾，得到平衡时各种相应物质的浓度，然后再进行有关的化学计算。‎ ‎18.下列有关水溶液中的平衡相关的问题，请填空 ‎(1)已知常温下，将氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，有白色沉淀产生，写出反应离子方程式________。‎ ‎(2)体积均为100 mL、pH均为2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。同浓度，同体积的CH3COONa与NaX溶液，离子总数目: CH3COONa溶液_______NaX溶液（填>，<，=）‎ ‎(3)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知：‎ 化学式 电离常数(25 ℃)‎ HCN K=4.9×10－10‎ CH3COOH K=1.8×10－5‎ ‎①25℃时，浓度均为0.01 mol·L－1 HCN和NaCN混合溶液显_____性（填酸，碱，中）。溶液中HCN浓度_________CN-浓度（填＞，＜，=）。‎ ‎②25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中=____________。‎ ‎(4)在25°C下，将x mol·L-1的氨水与y mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，则c(NH4＋)____c(Cl-)（填“>” 、“<” 或“=” ）；用含x和y的代数式表示出氨水的电离平衡常数______。‎ ‎【答案】 (1). 2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ (2). 小于 (3). > (4). 碱性 (5). > (6). 18 (7). = (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，发生盐的双水解反应，产生白色氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体；‎ ‎(2)据图分析，加水稀释的过程中，酸HX的pH变化比较慢，说明HX的酸性比醋酸弱；根据电荷守恒分析、比较溶液中离子数目关系；‎ ‎(3)①比较HCN的电离平衡常数和CN-的水解平衡常数判断溶液的酸碱性；‎ ‎②结合醋酸的电离平衡常数计算；‎ ‎(4)根据电荷守恒分析比较离子浓度关系，结合弱电解质电离平衡常数分析一水合氨的电离平衡常数。‎ ‎【详解】(1)氯化铝溶液和碳酸钠溶液混合，发生盐双水解反应，产生白色氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；‎ ‎(2)据图分析，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较小，说明HX的酸性比醋酸弱，酸性越弱，在相同外界条件下，酸的电离平衡常数越小，所以HX的电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数；‎ 根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，c(X-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是c(Na+)+c(H+)的2倍，而NaX的水解程度大，即NaX溶液中的c(OH-)大，则其溶液中c(H+)小，而c(Na+)相同，所以乙酸钠中离子总浓度大些；‎ ‎(3)①25 ℃时，HCN的电离平衡常数Ka=4.9×10－10，而NaCN的水解平衡常数Kh==2.0×10-5> Ka=4.9×10－10，水解程度大于其电离程度，所以溶液显碱性；CN-水解产生HCN，所以微粒浓度c(HCN)>c(CN-)；‎ ‎②25 ℃时，在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，若测得pH=6，则溶液中==18；‎ ‎(4)在25°C下，将x mol·L-1的氨水与y mol·L-1的盐酸等体积混合，反应后溶液中显中性，在该溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(NH4＋)=c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH-)，则c(NH4＋)=c(Cl-)；NH3·H2O在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，NH3·H2O的电离平衡常数K===。‎ ‎【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡、盐的水解平衡常数的关系、溶液中离子浓度大小比较等知识。在判断混合溶液中离子浓度关系时，要结合其弱酸的电离平衡常数及其酸根离子水解程度的大小，若电离平衡常数大于水解平衡常数，则溶液显酸性，离子浓度大于酸分子浓度；若电离平衡常数小于水解平衡常数，则溶液显碱性，离子浓度小于酸分子浓度；学会用电荷守恒、物料守恒及质子守恒三种守恒关系分析、判断。‎ ‎19.下表是不同温度下水的离子积常数：‎ 温度/℃‎ ‎25‎ t1‎ t2‎ 水的离子积常数 ‎1×10－14‎ a ‎1×10－12‎ 试回答以下问题：‎ ‎(1)若25”、“<”或“＝”)，做此判断的理由是___________________。‎ ‎(2)t2℃时，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2=________。此溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是________。‎ ‎【答案】 (1). > (2). 温度升高，水的电离程度增大，所以水的离子积常数增大 (3). 9：11 (4). c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)水是弱电解质，电离过程吸收热量，利用温度对化学平衡移动的影响分析；‎ ‎(2)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，酸和碱混合，若所得混合液的pH=2，则酸过量，根据c(H+)=计算，列式计算pH，可计算体积比。‎ ‎【详解】(1)水是一种极弱的电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，升高温度，促进水的电离，使水的电离平衡正向移动，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，所以水的离子积Kw= c(H+)·c(OH-)也增大。所以Kw>1×10－14；‎ ‎(2)该温度下水的离子积为Kw=1×10-12，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=0.1mol/L，pH=1的稀硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则混合液中满足：0.1mol/L×V2-0.1mol/L×V1=0.01mol/L×(V1+V2)，‎ 整理可得：V1：V2=9：11；‎ pH=11的NaOH溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，设体积为9L，则反应NaOH的物质的量为0.9mol，溶液中钠离子为0.9mol；‎ pH=1的硫酸溶液的浓度为0.05mol/L，设体积为11L，反应后溶液中硫酸根的物质的量为0.55mol；‎ 由于反应后溶液的pH=2，反应后混合溶液中c(H+)=0.01mol/L，反应后混合溶液总体积为20L，则n(H+)=0.2mol，由于溶液显酸性，溶液中的氢氧根的物质的量最小，在同一溶液中，溶液的体积相同，所以溶液中微粒的物质的量越多，根据c=可知，离子浓度就越大，因此该溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)。‎ ‎【点睛】本题考查了温度对都水电离平衡的影响及混合溶液中的离子浓度的计算和离子浓度大小比较，应注意的是氢氧化钠和硫酸中和时，钠离子和硫酸根未参与反应，故物质的量一直不变，结合混合溶液的酸碱性判断离子浓度大小。‎ ‎20.已知：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，某同学探究硫代硫酸钠与酸反应速率的影响因素，设计了一系列如下实验：‎ 实验 反应温度/℃‎ Na2S2O3溶液 稀H2SO4‎ H2O V/mL c/（mol•L-1）‎ V/mL c/（mol•L-1）‎ V/mL A ‎10‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ B ‎10‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎10‎ C ‎30‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ ‎0.1‎ ‎5‎ D ‎30‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎5‎ ‎0.2‎ ‎10‎ ‎(1)实验过程中为什么不用测量一定时间内放出SO2‎ 气体的量来表示该反应的化学反应速率大小________________________。‎ ‎(2)若要探究温度对反应速率的影响，可以选择实验中的哪些组合来比较_______（填组号）。‎ ‎(3)利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 可定量测定市售硫代硫酸钠的纯度，现称硫代硫酸钠固体样品配成溶液，取一定量溶液置于锥形瓶中，加入指示剂，用碘水滴定。回答下列各题：‎ ‎①实验中滴定管应选择_________（填酸式或碱式）滴定管，滴定前可以选择_____作为指示剂，滴定终点时的现象为_________________。‎ ‎②下列操作测得硫代硫酸钠的含量偏大的是（ ）‎ A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失 B.读取碘水体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视 C.滴定过程中，锥形瓶震荡过于剧烈，有少量溶液溅出 D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘水溶液 ‎【答案】 (1). SO2在溶液中溶解，使测定SO2的量不准确 (2). AC (3). 酸式 (4). 淀粉 (5). 当滴加最后移动碘水时，溶液由无色变为蓝色，半分钟内不褪色 (6). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由于二氧化硫在溶液中溶解，测定二氧化硫的量不准确；‎ ‎(2)若要探究温度对反应速率的影响，需要使各组分相同；‎ ‎(3)①碘氧化腐蚀橡胶；淀粉遇碘变蓝；‎ ‎②根据c=判断产生误差的原因。‎ ‎【详解】(1)由于二氧化硫在溶液中溶解度较大，部分二氧化硫溶解，导致测定二氧化硫的量不准确；‎ ‎(2)若要探究温度对反应速率的影响，需要Na2S2O3溶液、稀H2SO4浓度相同，只有温度不相同，A、C的浓度相同，温度不同，故合理选项是AC；‎ ‎(3)①碘水具有强的氧化性，会氧化腐蚀橡胶，因此需要选取酸式滴定管；滴定完成后，碘会有剩余，可利用碘单质遇淀粉溶液变为蓝色的性质，用淀粉溶液来检验碘单质，滴定达到终点时，溶液会由无色变为蓝色，半分钟内不褪色；‎ ‎②根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI 知n(Na2S2O3)=2n(I2)，再由c=。‎ A.滴定前滴定管内有气泡，滴定后气泡消失，使得滴定的碘水体积变大，硫代硫酸钠的含量偏大，A符合题意；‎ B.读取碘水体积刻度时，滴定前平视，滴定后俯视，使得碘水体积偏小，硫代硫酸钠的含量偏小，B不符合题意；‎ C.滴定过程中，锥形瓶震荡过于剧烈，有少量溶液溅出，使得碘水体积偏小，硫代硫酸钠的含量偏小，C不符合题意；‎ D.滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入碘水溶液，使得滴定的碘水浓度偏小，为准确滴定，消耗的碘水的体积变大，则硫代硫酸钠的含量偏大，D符合题意；‎ 故合理选项是AD。‎ ‎【点睛】本题考查了温度对化学反应速率的影响和物质百分含量的探究的知识，目的是培养学生重视实验教学，学会对实验数据的分析、处理，同时学会正确判断实验操作可能带来的影响，从而规范实验操作，学会灵活运用基础知识来解决实际问题。‎ ‎21.(1)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。25℃时，向浓度均为0.01mol/L的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成____________沉淀（填化学式），生成该沉淀的离子方程式为______________，当两种沉淀共存时，__________（保留两位有效数字）。‎ ‎(2)25℃时，向0.01mol/L的MgCl2溶液中，逐滴加入浓NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH为____________；当溶液中的离子浓度小于1×10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全，当Mg2+完成沉淀时，溶液的pH为___________ (忽略溶液体积的变化，已知：。‎ ‎(3)该温度下，反应Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K=_____________。‎ ‎【答案】 (1). Cu(OH)2 (2). Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ (3). 8.2×108 (4). 9.6 (5). 11.1 (6). 2.2×108‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据Ksp的含义：Ksp越小越容易生成沉淀，结合铜盐和碱之间的复分解反应来回答；‎ ‎(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.0×10-14计算c(H+)；当Mg2+完全沉淀时，可根据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)计算c(OH-)，然后根据Kw=1.0×10-14计算c(H+)，进而计算pH，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5认为沉淀完全；‎ ‎(3)用离子浓度表示平衡常数表达式，并根据c(H+) 、c(OH-)与Kw关系带入式子，整理可得得该反应的化学平衡常数。‎ ‎【详解】(1)难溶性物质Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，对于构型相同的物质来说，Ksp的越小，越容易生成沉淀，由于Cu(OH)2的溶度积常数小于Mg(OH)2的溶度积常数，所以先生成沉淀Cu(OH)2沉淀；CuCl2溶液中加入氨水，反应产生氢氧化铜沉淀和NH4Cl，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；‎ 当两种沉淀共存时，===8.2×108；‎ ‎(2)已知c(MgCl2)=0.01mol/L，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，c(Mg2+)=0.01mol/L，依据Ksp[Mg(OH)2]= c(Mg2+)×c2(OH-)可得c2(OH-)=1.8×10-11÷0.01=1.8×10-9，则c(OH-)=4.2×10-5mol/L，溶液中c(H+)==2.4×10-10mol/L，此时溶液的pH=-lg2.4×10-10=9.6；当Mg2+完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L所以c(OH-)==1.3×10-3mol/L，则根据Kw=1.0×10-14可得c(H+)=10-14÷1.3×10-3=7.7×10-12mol/L，所以pH=11.1；‎ ‎(3) Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O的平衡常数K==2.2×108。‎ ‎【点睛】本题考查了溶度积常数、水的离子积常数的应用与计算的知识，熟记公式和沉淀完全的概念是本题解答的关键，该题考查了学生的分析与计算能力。注意对于构型相同的物质来说，Ksp越小，该物质先形成沉淀；若物质构型不同，要先计算沉淀时离子浓度的大小，开始沉淀需要的离子浓度越小，先形成该物质的沉淀。‎ ‎ ‎