【化学】湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【化学】湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

湖南省益阳市第六中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 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。‎ ‎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。‎ ‎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。‎ ‎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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