甘肃省武威市第六中学2019-2020学年高二上学期段考化学试题

甘肃省武威市第六中学2019-2020学年高二上学期段考化学试题

甘肃省武威市第六中学 2019-2020学年度高二上学期第二次学段考试化学试题 ‎1.化学反应A2（g）＋B2（g）===2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是 A. 每生成2个AB分子吸收（a－b）kJ热量 B. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量 C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D. 该反应热ΔH＝＋（a－b）kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b） kJ热量，选项A错误；‎ B、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，选项B错误；‎ C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，选项C错误；‎ D、应焓变等于反应物能量总和-生成物能量总和；该反应热△H=+（a-b）kJ•mol-1，选项D正确；‎ 答案选D。‎ ‎2. 下列说法或表示方法正确的是（ ）‎ A. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多 B. 由H+（aq）+OH-（aq）===H2O（l）△H=-57.3kJ·mol-1可知，若将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ C. 由C（石墨）==C（金刚石）△H=" +1.90" kJ·mol-1可知，金刚石比石墨稳定 D. ‎500℃‎、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5mol H2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=-38.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎3. 对于化学反应3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是 A. v(W)=3v(Z) B. 2v(X)=3v(Z) C. 2v(X)=v(Y) D. 3v(W)=2v(X)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】化学反应速率之比等于化学系数之比，则根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知 A、v（W）：v（Z）=3：3=1：1，A错误；‎ B、v（X）：v（Z）=2：3，B错误；‎ C、v（X）：v（Y）=2：4=1：2，C正确；‎ D、v（W）：v（X）=3：2，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.在固定容积的密闭容器中，可逆反应2X(?)＋Y(g)Z(s)已达到平衡，此时升高温度则气体的密度增大。下列叙述正确的是 A. 正反应为放热反应，X可能是气态、液态或固态 B. 正反应为放热反应，X一定为气态 C. 若X为非气态，则正反应为吸热反应 D. 若加入少量的Z，该平衡向左移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：在固定容积的密闭容器中，可逆反应2X(?)＋Y(g)Z(s)已达到平衡，升高温度，气体的密度增大，则容器内气体的质量增大，平衡逆向移动，该反应为放热反应，X可能是气态、液态或固态，选A。‎ 考点：考查化学平衡的移动。‎ ‎5.250℃‎和1.01×105时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H =+56.76kJ/mol ，该反应能自发进行的原因是 A. 是吸热反应 B. 是放热反应 C. 是熵减少的反应 D. 熵增大效应大于焓效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H=+56.76kJ•mol-1，该反应为吸热反应△H＞0，反应能够自发进行，说明△H-T△S＜0，所以△S一定大于0，是熵值增大的反应，且熵增大效应大于焓效应，故选D。‎ ‎【点睛】明确熵变与焓变对反应自发进行方向的影响是解题的关键。解答此类试题一般需要通过△G=△H-T△S，当△H-T△S＜0是反应自发进行的判断依据。‎ ‎6.下列式子中，属于电离的是 A. H2O+H2OH3O++OH― B. CO32-+H2OHCO3―+OH―‎ C. NH3+H2ONH3·H2O D. HCO3-+ OH― H2O+CO32―‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O+H2OH3O++OH―为水的自偶电离，选项A正确；‎ B. CO32-+H2OHCO3―+OH―为碳酸根离子的水解，选项B错误；‎ C. NH3+H2ONH3·H2O为氨气与水反应生成一水合氨，不属于电离，选项C错误；‎ D. HCO3-+ OH― H2O+CO32―为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不属于电离，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎7.下列溶液导电能力最强是 A. 100 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液 B. 10 mL 0.1 mol·L－1的氯化钠溶液 C. 50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液 D. ‎1 L 0.1 mol·L－1的盐酸溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小，溶液离子浓度越大，导电性越强。‎ ‎【详解】醋酸为弱酸，不能完全电离，100 mL 0.1mol/L醋酸中离子总浓度小于0.2mol/L，10 mL 0.1 mol·L－1的氯化钠溶液中离子总浓度为0.2mol/L，50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液中离子总浓度为0.3mol/L，‎1 L 0.1 mol·L－1的盐酸溶液中离子总浓度为0.2mol/L，50mL 0.1 mol·L－1的硫酸溶液中离子浓度最大，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电解质溶液的导电性，注意溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小，把握电解质强弱的判断是解答关键。‎ ‎8.下列物质中，属于强电解质的是 A. B. NaOH溶液 C. · D. HCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．二氧化碳溶于水后，能和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是碳酸，不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，选项A错误；B．氢氧化钠溶液，是氢氧化钠溶于水得到的，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，选项B错误；C．NH3•H2O，在水溶液里只有部分电离，NH3•H2O⇌NH4++OH-，所以是弱电解质，选项C错误；D．氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质，选项D正确。答案选D。‎ ‎9. 在下列的各种叙述中，正确的是( )‎ A. 在任何条件下，纯水的pH=7 B. 在任何条件下，纯水都呈中性 C. 在‎100℃‎时，纯水的pH>7 D. 在‎100℃‎时，纯水中c(H+)＜10-7mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．常温条件下，纯水的pH＝7，A错误；B．在任何条件下，纯水都呈中性，B正确；C．水的电离吸热，加热促进电离，则在‎100℃‎时，纯水的pH＜7，C错误；D．水的电离吸热，加热促进电离，则在‎100℃‎时，纯水中c(H+)＞10-7mol/L，D错误，答案选B。‎ 考点：考查水的电离 ‎10.下列溶液肯定呈酸性的是 A. 含有H+离子的溶液 B. 酚酞显无色的溶液 C. c(OH-)＜c(H+)的溶液 D. pH小于7的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；‎ B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；‎ C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；‎ D、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，选项D易错，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小。‎ ‎11.下列过程或现象与盐类水解无关的是( )‎ A. 纯碱溶液去油污 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小 C. 浓的硫化钠溶液有臭味 D. 小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故A项不选；‎ B．醋酸为弱酸，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故B项选；‎ C．浓的硫化钠溶液有臭味，是因为硫化钠水解生成硫化氢气体，故C项不选。‎ D．小苏打溶液与AlCl3溶液可发生互相促进的双水解反应生成气体和沉淀，与水解有关，故D项不选；‎ 故答案选B。‎ ‎12.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是 A. 室温下，pH=1的盐酸溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－‎ B. 强碱性溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－‎ C. 含有Al3+的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－‎ D. 由水电离产生的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、K＋、Cl－、SiO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=1的溶液中存在大量氢离子，Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－‎ 之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，选项A正确；‎ B．Mg2+与碱性溶液中的氢氧根离子反应生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故B错误；‎ C．Al3+与CO32－发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误； ‎ D．由水电离产生的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液，若为酸溶液则SiO32－不能大量存在，选项D错误。‎ 答案选A ‎【点睛】本题考查离子共存的正误判断，该为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；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-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；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。‎ ‎13.在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡： CH3COOH CH3COO－＋H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 加入水时，平衡向逆反应方向移动 B. 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动 C. 加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H+)减小 D. 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A错误；‎ B. 加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，酸性减弱，故B正确；‎ C. 加入少量0.1mol⋅L−1HCl溶液，氢离子浓度为0.1mol⋅L−1，c(H+)不变，故C错误；‎ D. 加入少量CH3COONa固体,由电离平衡可知，c(CH3COO−)增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.向三份0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(‎ 忽略溶液体积变化)，则CH3COO-浓度变化依次为 A. 减小、增大、减小 B. 增大、减小、减小 C. 减小、增大、增大 D. 增大、减小、增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：NH4＋、Fe3＋水解使溶液呈酸性，对CH3COO－的水解有促进作用，而SO32-水解呈碱性对CH3COO－的水解有抑制作用，故在CH3COONa溶液中加入NH4NO3、FeCl3固体时CH3COO－浓度减小，加入Na2SO3固体CH3COO－浓度增大，答案选A。‎ 考点：考查外界条件对盐类水解平衡影响 点评：该题是高考中的常见考点和题型，属于中等难度试题的考查，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确盐类水解的含义以及外界条件是如何影响盐类水解平衡的，并能结合题意灵活运用、分析、判断即可。‎ ‎15.在NaHCO3溶液中，下列关系正确的是 A. c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-) +c(OH-)‎ B. c(H+)+ c(H2CO3)= c(OH-)+ c(CO32-)‎ C. c(Na+) > c(HCO3-)> c(CO32-)>c(H2CO3)‎ D. c(Na+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+‎2c(H2CO3)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+‎2c(CO32-) +c(OH-)，选项A错误；‎ B．根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：c(H+)+ c(H2CO3)= c(OH-)+ c(CO32-)，选项B正确；‎ C．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，则c(CO32-)＜c(H2CO3)，选项C错误；‎ D．根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(H2CO3)，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.在一定温度下，用水逐渐稀释1 mol·L－1氨水的过程中，溶液中随着水量的增加而减小的是 A. B. n（OH－）‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释，促进氨水电离，n(OH -)增大，n(NH 3·H2O)减少，所以 增大，即增大，选项A错误；‎ B．加水稀释，促进氨水电离，n(OH -)增大，选项B错误；‎ C．加水稀释，促进氨水电离，n(OH -)增大，n(NH 3·H2O)减少，所以 减小，即减小，选项C正确；‎ D．溶液中存在平衡：NH3•H2O⇌OH-+NH4+，一水合氨的电离平衡常数为：Kb=，温度不变，则一水合氨的电离平衡常数不变，，故也不变，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.Ⅰ.已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图所示：‎ ‎（1）反应的热化学方程式为___________________________。‎ ‎（2）已知：Ti（s） +2Cl2（g） = TiCl4（l） △H = －804.2kJ/mol；‎ ‎2Na（s） +Cl2（g） = 2NaCl（s） △H = －882.0kJ/mol Na（s） = Na（l） △H =+2.6 kJ/mol 请写出用液态钠与四氯化钛置换出钛的热化学方程式_____________________________________‎ II.在某一容积为‎2 L的密闭容器内，加入0.8 mol的H2和0.6 mol的I2，在一定条件下发生如下反应：H2（g）＋I2（g） 2HI（g）　ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间变化情况如下图甲所示：‎ ‎（3）该反应的化学平衡常数表达式为________。‎ ‎（4）根据图甲数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v（HI）为________。‎ ‎（5）反应达到平衡后，第8分钟时：‎ ‎①若升高温度，化学平衡常数K________（填“增大”“减小”或“不变”），HI浓度的变化正确的是________（用图乙中a～c的编号回答）。‎ ‎②若加入I2，H2浓度的变化正确的是________（用图乙中d～f的编号回答）。‎ ‎【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) △H = －41kJ/mol (2). 4Na(s)+ TiCl4(l)= Ti(s)+ 4NaCl(s) △H = －970.2kJ/mol (3). K＝ (4). 0.17 mol·L-1·min-1 (5). 减小 (6). c (7). f ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图象中反应物总能量与生成物总能量进行分析得出热化学方程式；‎ ‎（2）根据盖斯定律进行求算；‎ ‎（3）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；‎ ‎（4）根据v=计算平均速率v（HI）；‎ ‎（5）①根据化学平衡常数K只与温度有关，温度改变，若平衡正向移动，化学平衡常数K增大，生成物浓度增大，反之，若平衡逆向移动，化学平衡常数K减少，生成物浓度减少；‎ ‎②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少。‎ ‎【详解】（1）图象分析判断反应物能量高于生成物的能量，反应是放热反应；反应的焓变为41 kJ/mol；反应的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) △H = －41kJ/mol；‎ ‎（2）由已知反应得：‎ Ti（s） +2Cl2（g） = TiCl4（l） △H = －804.2kJ/mol①‎ ‎2Na（s） +Cl2（g） = 2NaCl（s） △H = －882.0kJ/mol②‎ Na（s） = Na（l） △H =+2.6 kJ/mol③‎ 根据盖斯定律，将①＋②－③得：4Na(s)+ TiCl4(l)= Ti(s)+ 4NaCl(s)　ΔH＝＋804.2 kJ/mol－1 764.0 kJ/mol－10.4 kJ/mol＝－970.2 kJ/mol；‎ ‎（3）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值。根据方程式H2（g）＋I2（g） 2HI（g）可知，该反应的平衡常数表达式是K=；‎ ‎（4）平均速率v（HI）==0.17 mol·L-1·min-1；‎ ‎（5）①该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数K减少，生成物浓度减少，故答案为：减小；c；‎ ‎②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减少，故答案为：f。‎ ‎【点睛】本题主要考查了平衡常数、化学平衡移动以及化学反应速率的计算，难度不大，需要注意的是：化学平衡常数K只与温度有关，温度改变，若平衡正向移动，化学平衡常数K增大，反之则减少。‎ ‎18.用0.1500mol/L的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，实验数据如下表所示，‎ 实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL HCl溶液的体积/mL ‎1‎ ‎25.00‎ ‎24.41‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎24.39‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎25.60‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中，需要润洗的仪器是：________________________（填写仪器名称）。‎ ‎（2）取待测液NaOH溶液25.00ml 于锥形瓶中，使用酚酞做指示剂。滴定终点的判断依据是______________‎ ‎（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则消耗盐酸溶液的体积为________mL。‎ ‎（4）下列操作中会使所测结果偏高的是_________________、偏低的是_________________‎ ‎①酸式滴定管漏液；②滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡变小；③滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出；④滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水; ⑤用甲基橙作指示剂进行滴定时，溶液由橙色变红色时停止滴定；⑥用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变橙色，5 s后又变为黄色。⑦读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数 ‎（5）未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 酸式滴定管、碱式滴定管 (2). 滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 (3). 26.10 mL (4). ①②⑤ (5). ③⑥⑦ (6). 0.1464mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据滴定管不用待盛装的溶液润洗，相当于给溶液稀释；盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；‎ ‎（2）用酚酞作指示剂时，滴定前，酚酞遇碱变红，到达滴定终点时观察到溶液颜色由红变为无色；‎ ‎（3）根据滴定管的构造进行读数，注意平视；‎ ‎（4）根据c（待测）=进行判断；‎ ‎（5）根据c（待测）=计算未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度c（待测）。‎ ‎【详解】（1）实验中，酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否则会被水稀释，锥形瓶不能使用待测液润洗，否则待测液的物质的量偏大；故需要润洗的仪器是：酸式滴定管、碱式滴定管；‎ ‎（2）碱溶液中滴加无色酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞作指示剂，滴定达到终点的现象是酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色，则滴定终点的判断依据是滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；‎ ‎（3）起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，盐酸溶液的体积为26.10mL；‎ ‎（4）①酸式滴定管漏液，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（标准）偏高；‎ ‎②滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定过程中气泡变小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（标准）偏高；‎ ‎③滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出，造成待测液损失，根据c（待测）=，可知c（标准）偏低；‎ ‎④滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=，可知c（标准）不变; ‎ ‎⑤用甲基橙作指示剂进行滴定时，溶液由橙色变红色时停止滴定，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=，可知c（标准）偏高；‎ ‎⑥用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变橙色，5 s后又变为黄色，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（标准）偏低；‎ ‎⑦读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=，可知c（标准）偏低；‎ 综上，操作中会使所测结果偏高的是①②⑤、偏低的是③⑥⑦；‎ ‎（5）根据数据的有效性，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V（盐酸）=24.40mL，‎ ‎ HCl+NaOH=NaCl+H2O ‎ ‎0.02440L×0.1000mol/L ‎0.025L×c（NaOH）‎ 则c（NaOH）==0.1464mol/L。‎ ‎19.根据题意完成下列问题。‎ ‎（1）将等质量的锌粉分别投入10 mL 0.1 mol·L－1盐酸和10 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中。若锌不足量，反应快的是________（填写盐酸溶液、醋酸溶液）。‎ ‎（2）将等量的锌粉分别投入c（H＋）均为1 mol·L－1、体积均为10 mL的盐酸和醋酸溶液中。若锌不足量，反应快的是________（填写盐酸溶液、醋酸溶液）。‎ ‎（3）设水的电离平衡线如图所示。‎ a.若以A点表示25°时水在电离平衡时的粒子浓度，当温度升高到100°时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积增加到____________； ‎ b.将pH=8的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，并保持在100°的恒温，欲使混合溶液的pH=7，则Ba(OH) 2溶液和盐酸的体积比为___________。‎ ‎（4）‎25℃‎时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH＝6，则溶液中c（CH3COO－）－c（Na＋）＝________ mol/L （填准确数值）。‎ ‎（5）已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－。某温度下，向c（H＋）＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c（H＋）＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述正确的是________________。‎ A．该温度高于‎25 ℃‎ ‎ B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1‎ C．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的水电离出的c（H＋）减小 D．加入NaHSO4晶体抑制水的电离 ‎【答案】 (1). 盐酸溶液 (2). 醋酸溶液 (3). 10-12 (4). 2:9 (5). 99×10－8mol/L (6). ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氢离子浓度大小判断；‎ ‎（2）根据氢离子浓度大小判断；‎ ‎（3）根据c(H＋)、c(OH-)变化判断Kw的变化；‎ ‎（4）根据电荷守恒c(H＋)+c(Na+)= c(OH-)+c(CH3COO-)进行计算；‎ ‎（5）根据水的电离平衡进行分析。‎ ‎【详解】（1）两种一元酸溶质的物质的量相等，但盐酸中c(H＋)大，故盐酸与锌反应的速率快；‎ ‎（2）这两种酸的c(H＋)相等，显然后者的物质的量浓度大，溶质的物质的量也大，初始的速率相同，但随着反应的进行，H＋不断被消耗，弱酸CH3COOH的电离平衡不断正向移动，又电离出H＋，故在反应进行的同一时刻CH3COOH溶液中的c(H＋)大于盐酸溶液中的c(H＋)，所以醋酸与锌反应速率快；‎ ‎（3）a‎.25℃‎时纯水中c(H＋)=c(OH-)=10-7 mol/L，Kw= c(H＋)•c(OH-)=10-14，当温度升高到‎100℃‎，纯水中c(H＋)= c(OH-)=10-6 mol/L，则Kw= c(H＋)•c(OH-)=10-12，从A点到B点，水的离子积从10-14增加到10-12；‎ b. ‎100℃‎时，将pH=8的Ba(OH)2溶液中：c(OH-)=10-4 mol/L，pH=5的稀盐酸中：c(H＋)=10-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，‎100℃‎的恒温，混合溶液pH=7，溶液呈碱性，则溶液中氢氧根离子浓度为：=10-5 mol/L，‎ 则：c(OH-)==10-5 mol/L，解得x：y=2：9；‎ ‎（4）‎25℃‎时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH＝6，混合溶液显酸性，则c(H＋)= 10-6 mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，溶液中电荷守恒为c(H＋)+c(Na+)= c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO-)-c(Na+)= c(H＋)- c(OH-)=10-6 mol/L -10-8mol/L=99×10－8mol/L；‎ ‎（5）A．‎25℃‎时纯水中c(H＋)=1×10-7mol/L，c(H＋)=1×10-6mol/L说明促进了水的电离，故T>‎25℃‎，选项A正确；‎ B．pH=6，水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c(H＋)=1×10-10mol/L，选项B正确；‎ C．温度不变时，Kw不变，加水稀释c(H＋)减小，Kw= c(H＋)×c(OH-)，所以c(OH-)增大，选项C错误；‎ D．NaHSO4的电离生成氢离子，对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小，选项D正确；‎ 答案选ABD。‎ ‎20.（1）常温下pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中c（Na＋） ___________c（CH3COO－） （填“ >” 或“＝”或“<” ）‎ ‎（2）明矾水溶液呈酸性，原因是_________________________________（用离子方程式说明）；小苏打水溶液呈碱性，把上述两溶液混合后呈现的现象有__________________，反应现象的离子方程式是_________‎ ‎（3）实验室在配制FeCl3溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，_____________（填“促进”、“抑制”）其水解，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度。‎ ‎（4）将氯化铝溶液蒸干灼烧得到的固体物质是_________________（填化学式）；‎ ‎（5）酸式盐溶液的酸碱性取决于酸式根离子的电离程度和水解程度的相对大小。NaHCO3溶液显碱性的原因是（用离子方程式和简要的文字说明）______________________________________。‎ ‎【答案】 (1). < (2). Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (3). 既有沉淀又有气体生成 (4). Al3＋＋3HCO3－==Al(OH)3↓＋3CO2↑ (5). 抑制 (6). Al2O3 (7). HCO3－既能发生电离又能发生水解，HCO3－H＋＋CO32－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，水解程度大于电离程度，c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）弱酸不完全电离，pH=3的醋酸，c(醋酸)＞0.001mol/L；‎ ‎（2）明矾溶于水电离产生铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，而使溶液呈酸；‎ ‎（3）FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性；‎ ‎（4）氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝和盐酸显酸性；‎ ‎（5）HCO3－既能发生电离又能发生水解，HCO3－水解大于电离。‎ ‎【详解】（1）pH=3的醋酸，c(醋酸)＞0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，c(NaOH)=0.001mol/L，等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，c(OH－)＜c(H＋)，由电荷守恒为c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na＋)< c(CH3COO－)；‎ ‎（2）明矾溶于水发生水解，铝离子水解生成氢氧化铝和硫酸，反应离子方程式为：Al3++3H2O⇌ Al(OH)3+3H+；小苏打水溶液呈碱性，把上述两溶液混合后呈现的现象有既有沉淀又有气体生成；反应现象的离子方程式是Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑；‎ ‎（3）FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解而导致其溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+2H+，其溶液pH<7；在配制氯化铁溶液时，常将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，从而抑制了氯化铁的水解；‎ ‎（4）氯化铝水溶液水解生成氢氧化铝和盐酸显酸性，氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，蒸干得到水解产物氢氧化铝，灼烧得到Al2O3；‎ ‎（5）HCO3－既能发生电离又能发生水解，HCO3－H＋＋CO32－、HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，水解程度大于电离程度，c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性。‎ ‎【点睛】本题考查了盐类水解的应用等知识点，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意把握水解的原理、影响因素和盐类溶液蒸干得到的固体成分分析，氯化铝溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液显酸性，水解过程为吸热反应，加热促进水解，蒸干得到水解产物，灼烧时生成的氢氧化铝分解生成氧化铝，硫酸铝溶液中铝离子水解，反应生成硫酸和氢氧化铝，水解过程为吸热反应，加热促进水解，蒸干是蒸发的水，最后得到硫酸铝固体。‎