【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）

【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。‎