广东省揭阳市惠来县第一中学2019-2020学年高二上学期阶段考试化学试题

广东省揭阳市惠来县第一中学2019-2020学年高二上学期阶段考试化学试题

惠来一中2019---2020学年度第一学期高二级阶段考试(2)‎ 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H ：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Fe：56 Cl：35.5‎ 一、选择题（本题共24小题，每小题2分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）‎ ‎1. 在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是 A. pH=3的HNO3跟pH=11的KOH溶液 B. pH=3的盐酸跟pH=11的氨水 C. pH=3硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D. pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=3的硝酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钾溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L，在室温下等体积混合后溶液呈中性，pH=7，故A错误； ‎ B．pH=3的盐酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=1×10-3mol/L，由于氨水为弱碱，则氨水过量，在室温下等体积混合后，溶液显碱性，pH＞7，故B错误； ‎ C．pH=3的硫酸中c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L，两溶液混合后恰好反应，溶液呈中性，常温下溶液的pH=7，故C错误； ‎ D．pH=3的醋酸c（H+）=1×10-3mol/L，pH=11的氢氧化钡溶液中c（OH-）=1×10-3mol/L，由于醋酸为弱酸，则醋酸过量，在室温下等体积混合后，溶液显酸性，pH＜7，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎2.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：‎ A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 ‎ mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．‎ ‎3.下列事实：‎ ‎①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。‎ 其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）‎ A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①中NaHSO4为强酸强碱的酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。‎ ‎4.氢氰酸（HCN）的下列性质中，能证明它是弱酸的是 A. HCN 易溶于水 B. HCN溶液的导电性比盐酸的弱 C. 25 ℃时1mol/L HCN溶液pH约为3‎ D. 10 mL 1mol/L HCN溶液恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ HCN为弱电解质，利用其部分电离来分析，一般测定溶液的pH或测定相同条件下与强酸的导电性的比较，以及对应盐溶液的酸碱性来判断；‎ ‎【详解】A、HCN是强酸还是弱酸，与溶解度无关，故A不符合题意；‎ B、应在相同条件下进行，如相同温度、相同体积、相同浓度等，HCN溶液的导电性比盐酸溶液的弱，才能说明HCN为弱酸，故B不符合题意；‎ C、假设HCN为强电解质，1mol·L－1的HCN的pH应为1，但现在pH=3，说明HCN为弱酸，故C符合题意；‎ D、无论HCN是强酸还是弱酸，10 mL 1mol/L HCN溶液都恰好与10 mL 1mol/L NaOH溶液完全反应，不能证明酸性强弱，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的判断方法，明确弱电解质在水中电离不完全是解答本题的关键，学生应注意在平时的学习中归纳判断弱电解质的方法，难度不大。‎ ‎5.在0.1mol·L－1醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的pH降低，应采取的措施是（ ）‎ A. 加热 B. 加少量水 C. 加少量盐酸 D. 加少量醋酸钠晶体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在醋酸溶液中存在下列电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+ ∆H>0‎ A. 加热，醋酸的电离平衡正向移动，c(H+)增大，pH减小，A符合题意；‎ B. 加少量水，醋酸溶液稀释，平衡正向移动，n(H+)增大，但c(H+)减小，溶液的pH增大，B不合题意；‎ C. 加少量盐酸，增大了溶液中的c(H+)，平衡逆向移动，C不合题意；‎ D. 加少量醋酸钠晶体，增大了溶液中的c(CH3COO-)，平衡逆向移动，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】弱电解质溶液加水稀释，虽然平衡正向移动，电离产生离子的物质的量增大，但同时溶液的体积增大，且溶液体积增大对离子浓度的影响占主导地位，所以达平衡时，弱电解质、弱电解质电离产生的离子浓度都减小，水电离产生的离子浓度增大。‎ ‎6.常温下，已知水的电离方程式是H2OH＋+OH－，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 水的电离程度只受温度的影响 B. 向水中加入少量盐酸，c(H＋)增大，Kw不变 C. 粒子对水的电离平衡不会产生影响 D. 向水中加入少量固体NH4Cl，平衡向逆反应方向移动，pH降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 水的电离程度不仅受温度的影响，还受酸、碱及易水解盐等的影响，A错误；‎ B. 向水中加入少量盐酸，c(H＋)增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，所以Kw不变，B正确；‎ C. 粒子为S2-，在水溶液中易发生水解，从而促进水的电离平衡向正方向移动，C错误；‎ D. 向水中加入少量固体NH4Cl，NH4+发生水解，从而促进水的电离平衡向正反应方向移动，D错误。‎ 故选B。‎ ‎7.等体积混合0.10 mol·L－1盐酸和0.06 mol·L－1Ba(OH)2溶液后，溶液的pH等于 A. 2.0 B. 12.3 C. 1.7 D. 12.0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】假设体积都为1L，则1L0.1mol⋅L−1的盐酸中n(H+)=0.1mol，1L0.06mol⋅L−1的Ba(OH)2溶液n(OH−)=0.12mol，‎ 等体积混合发生H++OH−=H2O，‎ 反应后c(OH−)==0.01mol/L，则pH=12。‎ 答案选D。‎ ‎8.室温下，向0.01 mol·L−1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如右图所示。下列分析正确的是 A. a点，pH = 2‎ B. b点，c(CH3COO-) > c(NH4+)‎ C. c点，pH可能大于7‎ D. ac段，溶液pH增大是CH3COOHH+ + CH3COO-逆向移动的结果 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．醋酸是弱酸，0.01 mol·L−1的醋酸溶液的pH ＞ 2，故A错误；‎ B．b点为醋酸和醋酸铵的混合溶液，溶液显酸性，pH逐渐接近7，根据电荷守恒，c(CH3COO-) + c(OH-)= c(NH4+)+ c(H+)，因此c(CH3COO-) > c(NH4+)，故B正确；‎ C．酸性溶液和中性溶液混合，不可能变成碱性，故C错误；‎ D．ac段，相当于醋酸溶液的稀释，稀释过程中，CH3COOHH+ + CH3COO-正向移动，但c(H+)减小，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎9.为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是（ ）‎ A. NaOH B. Na2CO3 C. 氨水 D. MgO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若加入NaOH，不仅Fe3+会生成沉淀，Mg2+也会生成沉淀，且溶液中引入了Na+，A错误；‎ B. 加入Na2CO3，引入了Na+，且Mg2+、Fe3+都会生成沉淀，B错误；‎ C. 加入氨水，引入NH4+，且Mg2+、Fe3+都会生成沉淀，C错误；‎ D. 加入MgO，与Fe3+水解生成H+反应，从而促进Fe3+水解，直到完全，D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】为除去MgCl2溶液中FeCl3，若向溶液中加入碱，即使不考虑引入金属离子，用量也需加以控制，pH需要控制在让Fe3+完全沉淀，而Mg2+又不产生沉淀的范围内，在工业生产中可以做到，但在中学实验室中要做到，就显得有些困难，所以加入Mg或MgO或Mg(OH)2或MgCO3就成为常用方式。‎ ‎10.10mL浓度为1mol/L盐酸与过量锌粉反应，若加入少量下列固体，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是 A. K2SO4 B. CH3COONa C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 锌与盐酸反应的离子方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，减慢反应速率，需要降低c(H＋‎ ‎)，不影响氢气生成，即n(H＋)不变，然后进行分析；‎ ‎【详解】锌与盐酸反应的离子方程式：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，‎ A、加入K2SO4固体，对反应无影响，故A不符合题意；‎ B、加入CH3COONa固体，发生CH3COO－＋H＋=CH3COOH，CH3COOH为弱酸，c(H＋)降低，但H＋总物质的量不变，反应速率减缓，但氢气总量不变，故B符合题意；‎ C、发生Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，构成铜锌原电池，加快反应速率，故C不符合题意；‎ D、Na2CO3与盐酸反应，生成CO2，消耗H＋，c（H+）和n（H+）都减小，反应速率减缓，氢气总量减少，故D不符合题意；‎ 答案选项B。‎ ‎11.下列解释实验事实的化学用语不正确的是（ ）‎ 实验 解释 A ‎25℃0.1mol/L盐酸溶液pH=1‎ H2O=H++OH-‎ B ‎25℃0.1mol/L的NH3·H2OpH=11‎ NH3·H2ONH4+ + OH- ‎ C 配制FeCl3溶液时加少量盐酸 Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+‎ D 向0.1mol/LNa2CO3溶液中滴加酚酞试液后溶液变红 CO32-+H2OHCO3-+OH-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．25℃0.1mol/L盐酸溶液pH=1，是因为HCl=H++Cl-，与水的电离无关，A错误；‎ B．25℃0.1mol/L的NH3·H2OpH=11，c(OH-)< c(NH3·H2O)，是因为NH3·H2ONH4+ + OH-，B正确；‎ C．配制FeCl3溶液时，由于Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，为抑制Fe3+水解，加少量盐酸，C正确；‎ D．0.1mol/LNa2CO3溶液中，由于CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以滴加酚酞试液后溶液变红，D正确。‎ 故选A。‎ ‎12.常温下，下列有关0.1mol/LNa2CO3和0.1mol/LNaHCO3溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 两种溶液中微粒的种类不相同 B. 两种溶液中的c(HCO3-)：Na2CO3＜NaHCO3‎ C. 两种溶液都存在关系式：c(OH-)＝c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)‎ D. 两种溶液都存在关系式：c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)＝c(Na+)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两种溶液中，都含有以下微粒：Na+、HCO3-、CO32-、H2CO3、OH-、H+、H2O，微粒的种类相同，A错误；‎ B. Na2CO3发生部分水解生成HCO3-，而NaHCO3完全电离生成HCO3-，所以NaHCO3溶液中c(HCO3-)大，B正确；‎ C.根据质子守恒规律可知： Na2CO3溶液中c(OH-)＝c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，NaHCO3溶液中c(OH-)＝c(H+)-c(CO32-)+c(H2CO3)，C错误；‎ D.根据物料守恒规律可知： NaHCO3溶液中c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)＝c(Na+)，Na2CO3溶液中2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)＝c(Na+)，D错误。‎ 故选B。‎ ‎13.在25℃时，在浓度为1mol/L的（NH4）2SO4、（NH4）2CO3、（NH4）2Fe(SO4)2的溶液中，测其c(NH4+)分别为a、b、c(单位为mol/L)，下列判断正确的是 A. a=b=c B. a>b>c C. a>c>b D. c>a>b ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据外界条件对铵根离子水解平衡的影响分析解答。‎ ‎【详解】(NH4)2SO4溶液中，只是铵根离子的水解；(NH4)2CO3溶液中碳酸根离子的水解对铵根离子的水解有促进作用；(NH4)2Fe（SO4）2溶液中亚铁离子的水解对铵根离子的水解有抑制作用，所以在浓度相等的条件下NH4＋的浓度的大小关系是c＞a＞b，答案选D。‎ ‎14.常温下，浓度均为0.1 mol•L-1的4种钠盐溶液pH如下：‎ 溶质 Na2CO3‎ NaHCO3‎ NaClO NaHSO3‎ pH ‎11.6‎ ‎9.7‎ ‎10.3‎ ‎5.2‎ 下列说法中不正确的是 A. 四种溶液中，Na2CO3溶液中水的电离程度最大 B. 向氯水中加入NaHCO3(s)，可以增大氯水中次氯酸的浓度 C. NaHSO3溶液显酸性的原因是：NaHSO3=Na++H++SO32-‎ D. 常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO，pH最小的是H2SO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，根据表中数据知，水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，故A正确；B．盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，所以导致溶液中次氯酸浓度增大，故B正确；C．NaHSO3溶液显酸性的原因是HSO3-H++SO32-程度大于其水解程度，故C错误；D．酸根离子水解程度越大，则酸的酸性越弱，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最小的是H2SO3溶液，故D错误；答案为C。‎ ‎【考点定位】考查了盐类水解 ‎【名师点晴】弱酸根离子或弱碱的阳离子在水溶液里能水解，且越弱越水解，根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞HSO3-，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，再结合强酸制取弱酸、酸式酸根离子电离和水解程度相对大小等知识点来分析解答，本题难点是HSO3-的电离大于其水解，NaHSO3溶液显酸性。‎ ‎15.常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　) ‎ A. HA为强酸 B. 该混合液pH＝7‎ C. 该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)‎ D. 图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，与图像不符，所以HA为弱酸，A项错误；B．根据A的分析，可知该溶液的pH>7，B项错误；C．A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c（Na+）> c（A-）>c（OH－）>c（HA）> c（H＋），所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，根据物料守恒，c（A－）＋c（HA）＝c（Na＋），C项正确；D．根据上述分析，X是OH－，Y是HA，Z表示H+，D项错误；答案选C。‎ 考点：考查弱电解质在溶液中的电离平衡 ‎【名师点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液pH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键。具体分析如下：0．2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0．1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c（A-）=0．1mol/L，图像中c（A-）的浓度小于0．1mol/L，所以HA为弱酸。‎ ‎16.已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2(g)N2O4(g) △H＜0。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。下列说法错误的是 A．图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NO2浓度随时间的变化 B．a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和d C．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是加入0.4 mol N2O4‎ D．若要达到与d相同的状态，在25 min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、在相同时间内，X曲线表示的物质的浓度该变量是Y曲线表示的物质的浓度该变量的2倍，所以曲线X表示NO2浓度随时间的变化，正确；B、物质的浓度不再改变，表示化学反应处于平衡状态，根据曲线可知b和d处于平衡状态，正确；C、反应进行至25 min时，NO2的浓度由0.6mol•L‾1增加到1.0mol•L‾1，曲线发生变化的原因是加入0.4 mol NO2，错误；D、增大压强，平衡向正反应方向移动，也有可能达到与d相同的状态。‎ 考点：本题考查化学平衡移动原理及应用、图像的分析。‎ ‎17.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是 A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响 C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中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，故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，故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，故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的时间少，与图象不符，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎18.500 ℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1 mol NO2存在如下平衡：2NO2(g) N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1 mol NO2，下列说法正确的是 A. 平衡向正反应方向移动 B. 平衡常数K增大 C. NO2的转化率变小 D. 容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当反应达到平衡后，增加反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。正确。‎ B.化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以K不变。错误。‎ C.由于反应物只有一种，且正反应是气体体积减小的反应，所以增加反应物的浓度，平衡正向移动，这时该反应物的转化率增大。错误。‎ D.增加反应物的浓度，化学平衡正向移动，使反应物的浓度减小，但由于该反应是在体积固定的密闭容器中进行的，对NO2来说，浓度要比原来大。故颜色比加入的瞬间小，但比原来颜色要深。错误。‎ 答案选A。‎ ‎19.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl △H=+QkJ/mol(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行上述反应，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率 B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ C. 反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min)‎ D. 反应吸收0.025QkJ热量时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液中恰好完全反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应过程中，因为反应物气体分子数小于生成物气体分子数，所以若增大压强，平衡逆向移动，SiCl4的转化率降低，A错误；‎ B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则参加反应的SiCl4<1mol，达平衡时，吸收热量7、=7、<7）；pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH___（填>7、=7、<7）。‎ ‎【答案】 (1). 1×10-12 (2). 11 (3). 1×10-11mol/L (4). =7 (5). <7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=12，则：‎ ‎（1）该温度下，水的离子积常数Kw= c(H+)∙ c(OH-)，代入数据，即可求出Kw；‎ ‎（2）该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，混合溶液中，c(OH-)=，利用Kw可求出溶液中的c(H+)，从而求出溶液的pH，此时该溶液中由水电离的c(OH-)= c(H+)。‎ ‎（3）室温下，pH=3的硫酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积(假设为1L)混合后，硫酸电离产生的n(H+)=10-3mol/L×1L=10-3mol，NaOH电离产生的n(OH-)=10-3mol/L×1L=10-3mol，二者刚好完全反应，混合溶液呈中性；pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，虽然H+与OH-的物质的量也相等，但由于醋酸溶液中存在大量未电离的醋酸，所以反应后醋酸有剩余，发生电离使溶液显酸性。‎ ‎【详解】在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10-bmol/L，已知a+b=12，则：‎ ‎（1）该温度下，水的离子积常数Kw= c(H+)∙ c(OH-)=10-a∙10-b=10-(a+b)=10-12；答案为：1×10-12；‎ ‎（2）该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，混合溶液中，c(OH-)=，利用Kw可求出溶液中的c(H+)==10-11mol/L，从而求出溶液的pH=11，此时该溶液中由水电离的c(OH-)= c(H+)=10-11mol/L。答案为：11；1×10-11mol/L；‎ ‎（3）室温下，pH=3的硫酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积(假设为1L)混合后，硫酸电离产生的n(H+)=10-3mol/L×1L=10-3mol，NaOH电离产生的n(OH-)=10-3mol/L×1L=10-3mol，二者刚好完全反应，混合溶液呈中性，pH=7；pH=3的醋酸溶液和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，虽然H+与OH-的物质的量也相等，但由于醋酸溶液中存在大量未电离的醋酸，所以反应后醋酸有剩余，发生电离使溶液显酸性，pH<7。答案为：=7；<7。‎ ‎【点睛】在进行离子浓度的计算时，我们一定要注意区分利用pH求离子浓度与利用溶液浓度求离子浓度。如0.1mol/LH2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol/L×2=0.2mol/L；pH=1的H2SO4溶液中，c(H+)=0.1mol/L，如果想到H2SO4是二元强酸，从而得出c(H+)=0.1mol/L×2，那就错了，因为在计算pH时已经考虑到H2SO4的电离问题。‎ ‎29.Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。‎ ‎（1）请完成FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋__。K2FeO4在处理水的过程中所起的作用是___和____。‎ ‎（2）将适量K2FeO4配制成c(FeO42-)＝1.0mmol·L－1‎ 的试样，将试样分别置于20℃、30℃、40℃和60℃的恒温水浴中，测定c(FeO42-)的变化，结果见图Ⅰ。第（1）题中的反应为FeO42-变化的主反应，则温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是___，发生反应的ΔH___0。‎ Ⅱ.下表是几种弱电解质电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp(25℃)。‎ 电解质 平衡方程式 平衡常数K Ksp CH3COOH CH3COOHCH3COO－＋H＋‎ ‎1.76×10－5‎ H2CO3‎ H2CO3H＋＋HCO3-‎ HCO3-H＋＋CO32-‎ K1=4.31×10－4 ‎ K2=5.61×10－11‎ C6H5OH C6H5OHC6H5O－＋H＋‎ ‎1.1×10－10‎ H3PO4‎ H3PO4H＋＋H2PO4-‎ H2PO4-H＋＋HPO42-HPO42-H＋＋PO43-‎ K1=7.52×10－3‎ K2=6.23×10－8‎ K3=2.20×10－13‎ NH3·H2O NH3·H2ONH4+＋OH－‎ ‎1.76×10－5‎ BaSO4‎ BaSO4Ba2＋＋SO42-‎ ‎1.07×10－10‎ BaCO3‎ BaCO3Ba2＋＋CO32-‎ ‎2.58×10－9‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为___(填编号)。‎ ‎（2）写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式___。‎ ‎（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO－)__c(NH4+‎ ‎)(填“>”、“＝”或“<”)。‎ ‎（4）25℃时，向10mL0.01mol·L－1苯酚溶液中滴加VmL0.01mol·L－1氨水，混合液中粒子浓度关系正确的是__。‎ A．若混合液pH>7，则V≥10‎ B．若混合液pH<7，则c(NH4+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)‎ C．V＝10时，混合液中水的电离程度小于10mL0.01mol·L－1苯酚溶液中水的电离程度 D．V＝5时，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)‎ ‎（5）水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kb表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式：___。‎ ‎【答案】 (1). 3O2 (2). 杀菌消毒 (3). 吸附(净水) (4). 温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动 (5). > (6). ①④③② (7). C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42- (8). = (9). D (10). Kb=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋__，反应中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。‎ ‎（2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动。‎ Ⅱ. （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76×10－5、5.61×10－11、1.1×10－10、6.23×10－8，可确定它们酸性由强到弱的顺序。‎ ‎（2）C6H5OH与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-。‎ ‎（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO－与NH4+的水解程度也相同，由此可得出c(CH3COO－)与c(NH4+)的大小关系。‎ ‎（4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液pH>7，也有可能出现V<10； ‎ B．若混合液pH<7，则反应生成C6H5ONH4后，剩余的C6H5OH又发生电离，从而使溶液显酸性；‎ C．V＝10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O－、NH4+的水解反应，水的电离程度大于苯酚溶液中水的电离程度； ‎ D．V＝5时，n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则可知，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)；‎ ‎（5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，据此写出水解常数的表达式。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）FeO42-与水反应的离子方程式：4FeO42-＋10H2O 4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2，反应中，Fe由+6价降低为+3价，则价态升高的元素只能为H2O中的O，从而得出氧化产物为O2；K2FeO4在处理水的过程中，Fe价态降低，作氧化剂，起杀菌消毒作用，生成Fe(OH)3胶体，作净水剂。答案为：3O2；杀菌消毒；吸附(净水)；‎ ‎（2）从图中可以看出，升高温度，c(FeO42-)减小，则平衡正向移动，从而得出温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，发生反应的ΔH>0。答案为：温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动；>；‎ Ⅱ. （1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，表中的电离常数分别为：1.76×10－5、5.61×10－11、1.1×10－10、6.23×10－8，可确定它们酸性由强到弱的顺序为①④③②。答案为：①④③②；‎ ‎（2）C6H5OH与Na3PO4反应，生成C6H5O-与HPO42-，反应的离子方程式为C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42-。答案为：C6H5OH＋PO43-=C6H5O－＋HPO42-；‎ ‎（3）25℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，由于二者的电离常数相同，所以混合液中，CH3COO－与NH4+的水解程度也相同，由此可得出混合液中：c(CH3COO－)=c(NH4+)。答案为：=；‎ ‎（4）A．由二者的电离常数分析，即便混合液pH>7，也有可能出现V<10，A不正确；‎ B．若混合液pH<7，则反应生成C6H5ONH4后，剩余的C6H5OH又发生电离，从而使溶液显酸性，由此可得出c(C6H5O－)>c(NH4+)> c(H＋)>c(OH－)，B不正确；‎ C．V＝10时，二者刚好完全反应，混合液中发生C6H5O－、NH4+的水解反应，水的电离程度大于10mL0.01mol·L－1苯酚溶液中水的电离程度，C错误；‎ D．V＝5时，n(C6H5OH)=2n(NH3·H2O)，依据守恒原则，2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)，D正确。答案为：D；‎ ‎（5）Na2CO3第一步水解反应为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-，水解常数的表达式为。答案为：。‎ ‎ ‎