【化学】甘肃省武威市第十八中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
甘肃省武威市第十八中学2019-2020学年高二上学期期末考试
一、选择题(每题3分，共48分)
1.下列说法正确的是( )
A. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B. 任何放热反应在常温条件下一定能发生
C. 吸热反应只能在加热的条件下才能进行
D. 反应物和生成物所具有的总能量决定了放热还是吸热
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应吸热放热与反应条件无关，与反应物和生成物的能量关系有关，A错误；
B．放热反应在常温条件下不一定能够发生，例如硫燃烧等，B错误；
C．常温下也可以发生吸热反应，如2NH4Cl(s)和Ba(OH)2·8H2O(s)的反应，C错误；
D．反应物和生成物所具有的总能量的差决定了化学反应是放热还是吸热反应物，如果反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，反之是吸热反应，D正确；
故选D。
2.对于在密闭容器中进行的反应：N2(g)＋O2(g)2NO(g)，下列不能加快该反应的反应速率的条件是( )
A. 缩小体积 B. 充入更多的NO
C. 体积增大到原来的2倍 D. 升高温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．缩小体积，反应物的浓度增大，单位体积内活化分子的数目增多，反应速率加快，A错误；
B．体积不变充入NO，对于反应N2+O2⇌2NO，生成物的浓度增大，活化分子的数目增多，能使反应速率增大，B错误；
C．体积增大到原来的2倍，各组分浓度减小，反应速率减慢，C正确；
D．温度升高，反应物获得能量，增大了活化分子百分数，反应速率加快，D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意可逆反应中增大生成物的浓度，逆反应速率加快，正反应速率也加快。
3.下列物质溶于水后，抑制了水的电离的是( )
A. NaCl B. NH4Cl C. CH3COONa D. H2SO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠对水的电离程度没有影响，A不符合题意；
B．NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4+发生水解，水解的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+，促进水的电离，B不符合题意；
C．CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO-发生水解，水解的离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，促进水的电离，C不符合题意；
D．硫酸会电离出大量氢离子，抑制水的电离，D符合题意；
故选D。
4. 下列热化学方程式书写和表示正确的是（△H的绝对值均正确）
A. 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-196kJ/mol（反应热）
B. CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=-890．3kJ/mol（燃烧热）
C. NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=+57．3kJ/mol（中和热）
D. 2NO2=O2+2NO△H=-116．2kJ/mol（反应热）
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化硫催化氧化是放热反应，焓变为负值，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态，反应焓变符合热化学方程式书写原则，故A正确；
B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，选项中生成的一氧化碳和水都不是稳定氧化物，故B错误；
C．酸碱反应是放热反应，焓变为负值，NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57．3kJ/mol，故C错误；
D．物质聚集状态不同年龄不同，方程式中物质聚集状态未标注，故D错误；
答案为A。
5.反应4A(s）＋3B(g）2C(g）＋D(g），经2 min后，B的浓度减少了0.6 mol·L－1。对此反应速率的叙述正确的是
A. 用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1
B. 分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1
C. 在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 mol·L－1·min－1
D. 在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的
【答案】B
【解析】
【详解】A、A是固体，不能表示反应速率，A错误；
B、速率之比等于化学计量数之比，所以根据方程式可知分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3∶2∶1，B正确；
C、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，2min内用B表示的平均速率v（B）＝0.6mol/L÷2min＝0.3mol/（L•min），而不是瞬时反应速率，C错误；
D、速率之比等于化学计量数之比，故v（B）：v（C）＝3：2，D错误；
答案选B。
【点晴】该题比较基础，难度不大。注意化学反应速率的常用计算方法由定义法与化学计量数法，根据情况选择合适的计算方法，选项C是易错选项，注意反应速率是一段时间内的平均值，而不是瞬时反应速率。
6.已知几种化学键键能和热化学方程式如下：
化学键
H—N
N—N
Cl—Cl
NN
H—Cl
键能/(kJ·mol－1)
391
193
243
946
432
N2H4(g)＋2Cl2(g)=N2(g)＋4HCl(g) ΔH，下列推断正确的是（ ）
A. H(g)＋Cl(g)=HCl(g) ΔH＝＋432kJ·mol－1
B. 断裂1molCl—Cl键吸收能量比断裂1molNN键多703kJ
C. 上述反应中，ΔH＝－431kJ·mol－1
D. 上述反应中，断裂极性键和非极性键，只形成极性键
【答案】C
【解析】
【详解】A．H(g)+Cl(g)=HCl(g)是形成化学键的过程，是放热过程，△H=-432kJ/mol，故A错误；
B．断裂1molCl—Cl键吸收能量为243 kJ，断裂1molNN键吸收能量为946 kJ，因此断裂
1molCl—Cl键吸收能量比断裂1molNN键少703kJ，故B错误；
C．焓变ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=4×(391 kJ/mol)+(193 kJ/mol)+2×(243 kJ/mol)-(946 kJ/mol)-4×(432 kJ/mol)=－431kJ/mol，故C正确；
D．上述反应中，断裂了N-H极性键和Cl-Cl、N-N非极性键，形成了H-Cl极性键和N≡N非极性键，故D错误；
故选C。
7.下列叙述中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B. 高压比常压有利于合成SO3
C. 工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l) ⇌NaCl(l)＋K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出来
D. 加入催化剂有利于氨的合成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化氮与四氧化二氮之间存在化学平衡2NO2N2O4，红棕色的NO2加压后颜色先变深是因为加压后二氧化氮的浓度变大了，后来变浅说明化学平衡向生成四氧化二氮的方向移动了，A可以用平衡移动原理解释；
B．合成SO3反应是气体分子数减小的反应，加压后可以使化学平衡向正反应方向移动，所以高压比常压有利于合成SO3的反应，B可以用平衡移动原理解释；
C．工业制取金属钾，Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)，选取适宜的温度，使K成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于化学平衡向生成钾的方向移动，C可以用平衡移动原理解释；
D．加入催化剂可以加快化学反应速率，所以有利于氨的合成，但是不可以用平衡移动原理解释，D符合题意；
故选D。
8.下列说法正确的是
A. 所有自发进行的化学反应都是放热反应
B. 同一物质固、液、气三种状态的熵值相同
C. △H < 0、△S > 0的反应可自发进行
D. 在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向
【答案】C
【解析】
【详解】A．自发进行的化学反应有的是放热反应，有的是吸热反应，错误；
B．同一物质固、液、气三种状态的熵值不相同，错误；
C．△H<0、△S>0的反应，由于△G=△H-T△S<0，所以可自发进行，正确；
D．在其他条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应速率，但是不能改变反应进行的方向，错误。
答案选C。
9.在25 ℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：
物质
X
Y
Z
初始浓度/(mol·L－1)
0.1
0.2
0
平衡浓度/(mol·L－1)
0.05
0.05
0.1
下列说法错误的是( )
A. 增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
B. 反应可表示为X＋3Y2Z，其平衡常数为1600
C. 反应达平衡时，X的转化率为50%
D. 改变温度可以改变此反应的平衡常数
【答案】A
【解析】
【分析】
根据表格中的数据可知反应物为X和Y，Z为生成物，X、Y、Z的浓度变化量分别为0.05mol·L-1，0.15mol·L-1，0.10mol·L-1，变化量之比等于计量数之比，因此方程式为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，由三段法有：
据此进行分析判断。
【详解】A．增压使平衡向生成Z的方向移动，但平衡常数只与温度有关，改变压强平衡常数不变，A错误；
B．反应可表示为X+3Y⇌2Z，其平衡常数为==1600，B正确；
C．X的转化率为=50%，C正确；
D．平衡常数只受温度的影响，温度改变时，化学平衡常数一定变化，D正确；
故选A。
10.对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)xC(g) ΔH，在不同温度及压强(P1、P2)条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是
A. ΔH<0，m＋n>x B. ΔH>0，m＋n
0，m＋n>x
【答案】A
【解析】
【详解】由压强对平衡的影响图像可以看出，P1条件下反应先达平衡，P1>P2 ,压强增大，A的转化率增大，平衡向正方向移动，m＋n>x ，温度升高，A的转化率减小，平衡向逆反应方向移动，正反应放热，ΔH<0，答案选A。
11.相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是
酸
HX
HY
HZ
A. 三种酸的强弱关系：
B. 反应 能够发生
C. 相同温度下，的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，溶液的电离常数大于
【答案】B
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数的意义和应用分析判断。
【详解】A. 电离常数越大，酸性越强，据此可知三种酸的强弱关系是，故A错误；
B. 根据较强的酸制备较弱的酸的原理可知，反应HZ+Y-=HY+Z-能发生，故B正确；
C. 酸性越弱，相应的钠盐越容易水解，碱性越强，0.1mol/LNaX、NaY、NaZ溶液中，NaZ溶液的pH最小，故C错误，
D. 弱酸的电离平衡常数只与温度有关系，与浓度无关，故D错误；
答案选B。
12.室温下，向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是( )
A. 溶液中导电粒子的数目减少
B. 再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液的pH＝7
C. 醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D. 溶液中 不变
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．加水稀释促进醋酸电离，氢离子和醋酸根离子数目增大，溶液中导电粒子的数目增大，A错误；
B．等体积10mL pH=3的醋酸与pH=11的NaOH溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001 mol/L，醋酸过量，则溶液的pH＜7，B错误；
C．加水稀释促进醋酸电离，电离程度增大，溶液中氢离子个数增大程度小于溶液体积增大程度，所以氢离子浓度减小，pH增大，C错误；
D．温度不变，电离平衡常数Ka和Kw不变，溶液中=不变，D正确；
故选D。
【点睛】本题考查了弱电解质溶液加水稀释过程中离子浓度的变化，注意稀释过程中，醋酸
电离产生的醋酸根离子和氢离子数目增多，但浓度减小，题目难度不大。
13. 下图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ）
A. 盐酸的物质的量浓度为 1mol/L
B. P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性
C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D. 酚酞不能用做本实验的指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13，所以其浓度均是0.1mol·L-1，A错误；
B、P点时，溶液pH为7，则说明中和反应完全，溶液呈中性，B正确；
C、曲线a的pH随反应的进行逐渐增大，所以应该是氢氧化钠滴定盐酸，C错误；
D、强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，D错误；
故答案是B。
14.常温下,0.1 mol·L-1某一元酸HA溶液中=1×10-12,下列说法中正确的是( )
A. 溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1
B. 溶液中存在HAH++A-
C. 与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液为中性
D. 原溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大
【答案】C
【解析】
【分析】
结合KW=10-14可计算出溶液中c(H+)=1×10-1mol·L-1、c(OH-)=1×10-13mol·L-1
【详解】A．溶液中的c(OH-)就等于水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1，所以水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1，错误；
B．0.1mol/LHA，c(H+)=1×10-1mol·L-1，故HA是强酸，完全电离，错误；
C．强酸强碱，等浓度等体积恰好中和，呈中性，正确；
D．NaA为强酸强碱盐，错误。
15.已知：C(s)＋O2(g)＝CO2(g) △H1
CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2
2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3
4Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s) △H4
3 CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是
A. △H1＞0，△H3＜0
B. △H2＞0，△H4＞0
C. △H1＝△H2＋△H3
D. △H3＝△H4＋△H5
【答案】C
【解析】
【详解】A、碳和CO燃烧均是放热反应，△H1＜0，错误；
B、二氧化碳与碳反应是吸热反应，铁在氧气中燃烧是放热反应，△H4＜0，错误；
C、②CO2(g)＋C(s)＝2CO(g) △H2，③2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) △H3，则根据盖斯定律可知②＋③即得到C(s)＋O2(g)＝CO2(g) ，△H1＝△H2＋△H3，正确；
D、已知④4Fe(s)＋3O3(g)＝2Fe2O3(s) △H4，⑤3CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s) △H5，则根据盖斯定律可知（④＋⑤×2）÷3得到2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)，则△H3＝，错误；
答案选C。
16.常温下，0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中粒子浓度的关系错误的是( )
A. c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
B. c(CH3COOH)＝c(OH－)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
D. c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．醋酸钠溶于水醋酸根水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，A正确；
B．根据溶液可写出质子守恒式：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，B错误；
C．根据溶液可写出电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C正确；
D．根据溶液可写出物料守恒式：c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，D正确；
故选B。
二、填空题(共52分)
17.能源危机当前是一个全球性问题，“开源节流”是应对能源危机的重要举措。
（1）下列做法有助于能源“开源节流”的是__(填字母)。
A.大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
B.大力开采煤、石油和天然气以满足人们日益增长的能源需求
C.开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，不使用煤、石油等化石燃料
D.减少资源消耗，增加资源的重复使用、资源的循环再生
（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
①在通常状况下，金刚石和石墨相比较，__(填“金刚石”或“石墨”)更稳定，石墨的燃烧热为ΔH=___。
②12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为__kJ。
（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ·mol-1、497kJ·mol-1。N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH=＋180.0kJ·mol-1。NO分子中化学键的键能为__。
（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：__。
【答案】 (1). AD (2). 石墨 (3). －393.5kJ·mol-1 (4). 252.0 (5). 631.5kJ·mol-1 (6). 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH=－746.0kJ·mol-1
【解析】
【分析】
(2)①物质能量越高，物质越不稳定；燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物所释放的能量；
②依据极值计算判断生成的气体组成，再结合热化学方程式计算。
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能；
(4)利用盖斯定律结合已知热化学方程式计算反应热。
【详解】(1)只要能减少化石燃料等资源的运用都属于“开源节流”；B．大力开采煤、石油和天然气，不能减少化石燃料的运用，故错误；C．减少使用化石燃料不代表不使用，故错误；A、D能减少化石燃料的运用，故正确，所以选AD。
(2)①图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，根据图象可知1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为ΔH=-393.5kJ·mol-1；
②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g＜36g＜44g，所以生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，则二氧化碳物质的量为(1-x)mol，28x+44(1-x)=36g，x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol；根据图像可知生成1molCO2方出的热量为393.5kJ，生成1molCO放出的热量为110.5 kJ，生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ•mol-1×0.5mol+110.5 kJ•mol-1×0.5mol=252.0kJ；
(3)焓变=反应物总键能-生成物总键能，设NO分子中化学键的键能为x，则有：946kJ•mol-1+497kJ•mol-1-2x=180kJ•mol-1 得：x=631.5kJ•mol-1；
(4)已知①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5 kJ•mol-1 ；
②C(石墨，s)+O2(g)=CO(g) △H=-110.5 kJ•mol-1；
③N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1；
由盖斯定律：方程式①×2-②×2-③得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=-746.0kJ▪mol-1。
18.现有反应：mA(g) + nB(g)⇌pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数也减小，则:
(1)该反应的逆反应为________热反应，且m+n_____p(填＞、=、＜)。
(2)若加入B(体积不变)，则A转化率_________，B的转化率_________。(填增大、减小或不变)
(3)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比将_________。(填增大、减小或不变)
(4) 若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量_________。(填增大、减小或不变)
(5)若B是有色物质，A、C均无色，则加入C(体积不变)时混合物颜色_______，而维持容器内压强不变，充入氖气时，混合物颜色_______(填变深、变浅或不变)。
【答案】 (1). 放 (2). ＞ (3). 增大 (4). 减小 (5). 减小 (6). 不变 (7). 变深 (8). 变浅
【解析】
【分析】
达平衡后，升高温度，B的转化率增大，说明反应向正反应方向进行；减小压强，C的体积分数减小，说明反应向逆反应方向进行，根据平衡的移动及变化条件进行分析。
【详解】（1）由分析知，达平衡后，升高温度，反应向正反应方向进行，说明该可逆反应的正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应；减小压强，C的体积减小，说明反应向逆反应方向进行，根据化学平衡的移动原理，减小压强，反应向气体体积增大的方向进行，可知m+n>p；
（2）容积不变加入B，平衡正向移动，A的转化率增大，B的转化率减小；
（3）升高温度，反应向正反应方向进行，C的浓度增大，B的浓度减小，比值减小；
（4）加催化剂，化学平衡不移动，故平衡时气体混合物的总物质的量不变；
（5）平衡时加入C，反应向逆反应方向进行，混合物的颜色变深；维持容器内压强不变，充入氖气时，体系体积变大，A、B、C的浓度均减小，混合物的颜色变浅。
19.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液。试回答下列问题：
(1)甲溶液的pH＝________。
(2)乙溶液中由水电离出的H＋浓度为________mol·L－1。
(3)常温下，用水稀释0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是________(填序号)。
①n(H＋) ②c(H＋) ③ ④c(OH－)
(4)某同学用甲溶液做标准溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：
①甲溶液滴定丙溶液的曲线是_______(填“图1”或“图2”)曲线。
②用甲溶液滴定乙溶液实验中，指示剂应选用________，滴定达到终点的现象为：____________，滴定前未用标准液润洗滴定管，则会造成滴定结果______ (填偏高、偏低或无影响)。
【答案】 (1). 13 (2). 1×10-13 (3). ①④ (4). ① 图2 (5). 酚酞试液 (6). 溶液由无色变为淡红色，且半分钟内不褪色 (7). 偏高
【解析】
【分析】
（1）0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，根据Kw=c(H+)·c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lg c(H+)计算溶液的pH值；
（2）HCl的电离抑制了水的电离，通过计算盐酸中OH-的浓度计算水电离出的H+的浓度；
（3）用水稀释①0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，据此分析判断；
（4）乙酸为弱电解质，滴定终点时，溶液呈碱性；利用NaOH滴定盐酸，滴定终点误差需根据消耗标准溶液的体积进行判断。
【详解】（1）0.1mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，故溶液中c(H+)==10-13mol/L，故该溶液的pH=-lg10-13=13；
（2）HCl为强电解质，在水溶液中完全电离，电离出H+和Cl-，0.1mol/L的盐酸中c(H+)=0.1mol/L，HCl的电离抑制了水的电离，水中c(OH-)=10-13mol/L，溶液中的OH-是由水电离出来的，故溶液中水电离出的c(H+)=10-13mol/L；
（3）①用水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物
质的量增大，故①正确；②用水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离程度增大，溶液中氢离子的物质的量增大，由于体积增大程度较大，所以氢离子浓度减小，故②错误；③加水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，醋酸的电离平衡常数Ka不变，c(H+)减小，所以增大，则减小，故③错误；④用水稀释0.01mol·L-1的CH3COOH溶液，c(H+)减小，Kw不变，所以c(OH-)增大，故④正确；故答案为①④；
（4）①醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，故答案为图2；
②滴定过程中指示剂的选择应与滴定终点的酸碱性有关，用甲溶液滴定乙溶液实验中，滴定终点的溶液呈弱碱性，故选择酚酞试液较为合适；当达到滴定终点时，溶液的颜色由无色变为淡红色，且半分钟内不褪色；若滴定前未用标准液润洗滴定管，只用蒸馏水润洗，则滴定管中溶液浓度会被稀释，加入的液体的用量较原来偏大，导致最后的计算结果偏高。
20.已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表：
化学式
HF
HClO
H2CO3
NH3·H2O
电离常数
Ka＝6.8×10－4
Ka＝4.7×10－8
Ka1＝4.2×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Kb＝1.7×10－5
(1)常温下，物质的量浓度相同的四种溶液：①HF溶液；②HClO溶液；③NaHCO3溶液；④NH3·H2O溶液，其pH由大到小的顺序是____________(填字母)。
(2)25 ℃时，pH＝4的NH4Cl溶液与pH＝4的HF溶液中由水电离出的c(H＋)之比为________。
(3)0.1 mol·L－1NaClO溶液和0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，c(ClO－) ______ c()(填>、<或＝)；可使上述两种溶液pH相等的方法是________(填字母)。
A．向NaClO溶液中加适量水
B．向NaClO溶液中加入适量NaOH固体
C．向NaHCO3溶液中加适量水
D．向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体
(4)向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为：__________________________。
(5)常温下，计算NH4Cl溶液中，的水解常数Kh＝_________________。
【答案】 (1). ④>③>②>① (2). 106∶1 (3). < (4). AD (5). ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋ (6). 5.9×10－10
【解析】
【分析】
【详解】（1）等物质的量浓度的HF和HClO溶液，由于HClO的电离常数较小，故溶液中含有的H+浓度较小，其pH比HF稍大；等物质的量浓度的NaHCO3和NH3·H2O溶液，由于碳酸氢钠溶液呈碱性，故碳酸氢根的水解程度大于碳酸氢根的电离，碳酸氢根的水解常数Kh====2.4×10-8，与一水合氨的电离常数相比碳酸氢根的水解常数较小，故碳酸氢根水解出的OH-的浓度小于一水合氨电离出的OH-的浓度，故一水合氨的pH稍大，综上，四种物质的pH从大到小的顺序为④>③>②>①；
（2）NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液中的H+由铵根水解而来，故pH＝4的NH4Cl中水电离的c(H+)=10-4mol/L；HF为弱酸，溶液中的H+由HF电离而来，HF中水电离出的c(H+)与溶液中c(OH-)相同，故pH＝4的HF中水电离出的c(H+)=10-10mol/L，综上，两溶液中水电离出的c(H+)之比为10-4:10-10=106:1；
（3）①根据电离常数可知，HClO电离常数小于H2CO3的一级电离常数，则等浓度的NaClO溶液水解程度大于NaHCO3溶液的水解程度，则0.1mol/L的NaClO溶液和0.1mol/L的NaHCO3溶液中，c(ClO-)
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