2022-2022学年江西省九江一中高二（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是()A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是()A．2CH3CH2OH（l）+6O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣1367kJ/mol，可见乙醇燃烧热△H=﹣1367kJ/molB．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同3．下列说法正确的是()A．增大压强，活化分子数增多，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D．使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大4．下列关于化学反应进行方向的说法，错误的是()A．熵是量度混乱（或无序）程度的物理量B．液态水变为气态水、氯化铵溶于水、扑克牌洗牌等均属于熵增的过程C．焓增或熵减的过程均不能自发进行D．过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否发生和过程发生的速率5．下列叙述正确的是()A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B．在水溶液中能离解为自由移动的离子的化合物是电解质C．CO2的水溶液导电能力很弱，故CO2是弱电解质D．在强电解质的水溶液中只有离子没有分子6．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是()A．加少量烧碱溶液B．降低温度C．加少量冰醋酸D．加水7．下列四种溶液中，水的电离程度最大的是()23\nA．pH=5的NH4Cl溶液B．pH=5的NaHSO4溶液C．pH=8的CH3COONa溶液D．pH=8的NaOH溶液8．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是()A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度9．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3﹣C．=1012的水溶液中：Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣10．实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是()A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次11．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是()A．B．C．D．12．已知25℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：化学式Zn（OH）2ZnSAgClAg2SMgCO3Mg（OH）2溶度积5×10﹣172.5×10﹣221.8×10﹣106.3×10﹣506.8×10﹣61.8×10﹣11根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是()A．2AgCl+Na2S═2NaCl+Ag2SB．MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑23\nC．ZnS+2H2O═Zn（OH）2+H2S↑D．Mg（HCO3）2+2Ca（OH）2═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O13．某温度下，体积一定的密闭容器中进行可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0，下列叙述正确的是()A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体密度不变时，反应达到平衡C．升高温度，Y的百分含量减少D．平衡后加入X，上述反应的△H增大14．电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣．下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()A．常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣5mol•L﹣1，则此溶液可能是盐酸B．pH相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4HSO4溶液，NH4+大小顺序为：①＞②＞③C．0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）D．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）15．已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中错误的是()A．a点表示的溶液中c（CH3COO﹣）略小于10﹣3mol•L﹣1B．b点表示的溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好完全中和D．b、d点表示的溶液中均等于K16．在一定温度下，向一个容积固定的容器中通入3molSO2和2molO2及固体催化剂，使之反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣1，平衡时容器内气体的压强为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4molSO2、3molO2、2molSO3（g），下列说法正确的是()A．达平衡时用O2表示的反应速率为0.25mol•L﹣1•min﹣1B．第二次达平衡时SO3的体积分数大于C．第一次平衡时反应放出的热量为294.9kJD．两次平衡SO2的转化率相等23\n二、填空题（共52分）17．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．（1）反应的热化学方程式为__________；（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，则16g液态肼和液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是__________；（3）此反应用于火箭推进，除释放大量的热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是__________．18．在容积为1L的密闭容器中，进行如下反应：A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g），在不同温度下，D的物质的量n（D）和时间t的关系如图．请回答下列问题：（1）700℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为__________．（2）能判断反应达到化学平衡状态的依据是__________．A．容器中压强不变B．混合气体中c（A）不变C．v正（B）=2v逆（D）D．c（A）=c（C）（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=__________，该反应为__________反应（填“吸热”或“放热”）．（4）800℃时，某时刻测得体系中物质的量浓度如下：c（A）=0.06mol/L，c（B）=0.50mol/L，c（C）=0.20mol/L，c（D）=0.018mol/L，则此时该反应__________（填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”）．19．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．请回答下列问题：（1）下列说法正确的是__________（填序号）．A．向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点B．通过蒸发可以由d点变到c点C．d点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp（2）将100mL1mol•L﹣1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2+的物质的量浓度约为__________．（3）若沉淀分别用100mL纯水和100mL0.01mol•L﹣1的H2SO4溶液洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为__________．23\n20．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验．实验一配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mL0.2mol•L﹣1的醋酸溶液，用0.2mol•L﹣1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．回答下列问题：（1）配制250mL0.2mol•L﹣1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、__________和__________．（2）为标定醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol．L﹣1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液的体积（mL）20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为__________．（保留小数点后四位）实验二探究浓度对醋酸电离程度的影响用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：醋酸浓度（mol•L﹣1）0.00100.01000.02000.10000.2000pH3.883.383.232.882.73回答下列问题：（1）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：__________．（2）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将__________（填“增大”减小”或“不变”）21．环境中常见的重金属污染物有：汞、铅、锰、铬、镉．处理工业废水中含有的Cr2O72﹣和CrO42﹣，常用的方法为还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+Cr2O72﹣（橙色）+H2O．（1）写出第①步反应的平衡常数表达式__________（2）关于第①步反应，下列说法正确的是__________A．通过测定溶液的pH可以判断反应是否已达到平衡状态B．该反应为氧化还原反应23\nC．强酸性环境，溶液的颜色为橙色（3）第②步中，还原0.2molCr2O72﹣，需要__________mol的FeSO4•7H2O．（4）第③步除生成Cr（OH）3外，还可能生成的沉淀为__________．在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH﹣（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10﹣32，当c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，认为c（Cr3+）已经完全沉淀，现将第③步溶液的pH调至4，请通过计算说明Cr3+是否沉淀完全（请写出计算过程）：__________．22．常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2﹣、HA﹣、H+、OH﹣，存在的分子有H2O、H2A．根据题意回答下列问题：（1）写出酸H2A的电离方程式__________．（2）若溶液M由2mol•L﹣1NaHA溶液与2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH__________7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液中离子浓度由大到小顺序为__________．（3）若溶液M由下列三种情况：①0.01mol•L﹣1的H2A溶液；②0.01mol•L﹣1的NaHA溶液；③0.02mol•L﹣1的HCl与0.04mol•L﹣1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为__________；pH由大到小的顺序为__________．（4）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，V1与V2的大小关系为__________（填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”）．23\n2022-2022学年江西省九江一中高二（上）期中化学试卷一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是()A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品【考点】化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行．【解答】解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误．故选C．【点评】本题考查化学反应速率以及化学平衡的调控在工业生产中的应用，题目难度不大，注意工业生产所选择的反应条件应有利于转化率和产率的提高．2．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是()A．2CH3CH2OH（l）+6O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣1367kJ/mol，可见乙醇燃烧热△H=﹣1367kJ/molB．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同【考点】反应热和焓变．【分析】化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，化学反应速率取决于物质的性质和外界反应条件，与反应是吸热还是放热没有必然的联系，反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小，与反应条件无关．【解答】解：A.2CH3CH2OH（l）+6O2（g）═4CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣1367kJ/mol，可见乙醇燃烧热△H=﹣683.5kJ/mol，故A错误；B．反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系，如铁的腐蚀为放热反应，但较缓慢，而氢氧化钡晶体与氯化铵的反应为吸热反应，但反应较快，故B错误；C．化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小，与反应途径无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；D．根据△H=生成物的焓﹣反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D错误．故选C．23\n【点评】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物以及反应速率、反应条件之间有无必然关系，做题时不要混淆．3．下列说法正确的是()A．增大压强，活化分子数增多，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D．使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】A．增大压强，使浓度增大，活化分子百分数增加；B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大；C．加入反应物，活化分子百分数不变；D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数．【解答】解：A．增大压强，使浓度增大，活化分子浓度增加，化学反应素速率增大，但活化分子数不变，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B错误；C．加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，所以化学反应速率一定增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查活化能及其对反应速率的影响，题目难度不大，注意温度、浓度、压强、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响的根本原因是对活化分子的影响，但影响原因不同．4．下列关于化学反应进行方向的说法，错误的是()A．熵是量度混乱（或无序）程度的物理量B．液态水变为气态水、氯化铵溶于水、扑克牌洗牌等均属于熵增的过程C．焓增或熵减的过程均不能自发进行D．过程的自发性只能用于判断过程的方向，不能确定过程是否发生和过程发生的速率【考点】焓变和熵变；反应热和焓变．【分析】A、熵是衡量混乱（或无序）程度的物理量；B、液态水变为气态水、氯化铵溶于水、扑克牌洗牌等都属于混乱（或无序）程度变大的过程；C、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，取决于焓变和熵变及其温度来分析判断；D、过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生．【解答】解：A、熵是衡量混乱（或无序）程度的物理量，故A正确；B、液态水变为气态水、氯化铵溶于水、扑克牌洗牌等都属于混乱（或无序）程度变大的过程，所以均属于熵增的过程，故B正确；C、反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，取决于焓变和熵变及其温度，焓增或熵减的过程，只有△H＞0△S＜0，△H﹣T△S＞0，反应一定不能自发进行，单独焓增不一定，熵减也不一定，故C错误；D、过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故D正确．故选C．23\n【点评】本题考查学生影响化学反应方向的因素是：焓变和熵变，注意化学反应能否自发进行的判据是看△H﹣T△S是否小于零，必须综合考虑体系的焓变和熵变．5．下列叙述正确的是()A．氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B．在水溶液中能离解为自由移动的离子的化合物是电解质C．CO2的水溶液导电能力很弱，故CO2是弱电解质D．在强电解质的水溶液中只有离子没有分子【考点】电解质溶液的导电性；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【分析】A．氯化钠溶液中氯化钠在水分子作用下电离出阴阳离子；B．在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质在水中能电离；C．二氧化碳是非电解质；D．水溶液中存在水分子．【解答】解：A．氯化钠溶液中氯化钠在水分子作用下电离出阴阳离子，故A错误；B．电解质在水中能电离，则在水溶液中能离解为自由移动的离子的化合物是电解质，故B正确；C．二氧化碳的水溶液能导电，电离出阴阳离子的是碳酸，而不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故C错误；D．水溶液中存在水分子，则在强电解质的水溶液中有水分子，故D错误；故选B．【点评】本题考查了酸的概念、电解质的电离、非电解质的判断等知识点，难度不大，注意把握电解质和非电解质的概念．6．已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是()A．加少量烧碱溶液B．降低温度C．加少量冰醋酸D．加水【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，则平衡向正反应方向移动，结合平衡移动影响因素来分析解答．【解答】解：A．加入少量烧碱溶液，反应生成CH3COO﹣，c（H+）减小，由于CH3COO﹣对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；B．醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故B错误；C．加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；D．加水稀释促进醋酸电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的电离，同时考查学生分析问题和解决问题能力，难度中等，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素．23\n7．下列四种溶液中，水的电离程度最大的是()A．pH=5的NH4Cl溶液B．pH=5的NaHSO4溶液C．pH=8的CH3COONa溶液D．pH=8的NaOH溶液【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】溶于水电离出氢离子或氢氧根离子的物质能抑制水电离，含有弱根离子的盐能促进水电离，水溶液中存在离子积常数计算水电离出的离子浓度比较，据此分析解答．【解答】解：A、pH=5的NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，c（H+）水=10﹣5mol/L；B、pH=5的NaHSO4溶液中氢离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（OH﹣）水=10﹣9mol/L；C、pH=8的CH3COONa溶液中醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出离子浓度c（OH﹣）水=10﹣6mol/L；D、pH=8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（H+）水=10﹣8mol/L；综上所述水的电离程度最大的是A；故选A．【点评】本题考查弱电解质的电离，水的电离平衡也需要因素分析判断，注意硫酸氢钠电离出氢离子导致溶液呈酸性，从而抑制水电离，离子积常数的计算应用是关键，题目较简单．8．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是()A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【考点】比较强弱电解质的实验．【专题】压轴题．【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度．【解答】解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；C、Kw的大小只取决于温度，故C错；23\nD、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，故D错．故选B．【点评】本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点．9．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH=1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3﹣C．=1012的水溶液中：Al3+、NO3﹣、Cl﹣D．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；C.=1012的水溶液，显酸性；D．离子之间结合生成络离子．【解答】解：A．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，一定不能大量存在HCO3﹣，故B错误；C.=1012的水溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+、SCN﹣结合生成络离子，不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、络合反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．10．实验室用标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是()A．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．锥形瓶内溶液颜色由黄色变橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次【考点】中和滴定．【专题】化学实验基本操作．23\n【分析】根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏大，故A错误；B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故B错误；C、滴定过程中，锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，立即记下滴定管内液面所在刻度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=可知c（标准）偏小，故C正确；D、盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）增大，根据根据c（待测）=可知c（标准）偏大，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，难度不大，根据c（待测）=分析即可完成．11．对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是()A．B．C．D．【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答．【解答】解：A．该反应为吸热反应，升高温度化学平衡应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，但图象中取交点后的某点可知逆反应速率大于正反应速率，故A错误；B．增大压强，化学平衡正向移动，重新达到平衡后正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；C．温度高，反应速率大，先到达平衡，即500℃时先达到平衡状态，与图象不符，故C错误；23\nD．由图象可知，温度高的先达到平衡，且温度高时向正反应进行的程度大，则A的含量低，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．12．已知25℃时一些难溶物质的溶度积常数如下：化学式Zn（OH）2ZnSAgClAg2SMgCO3Mg（OH）2溶度积5×10﹣172.5×10﹣221.8×10﹣106.3×10﹣506.8×10﹣61.8×10﹣11根据上表数据，判断下列化学方程式不正确的是()A．2AgCl+Na2S═2NaCl+Ag2SB．MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑C．ZnS+2H2O═Zn（OH）2+H2S↑D．Mg（HCO3）2+2Ca（OH）2═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、依据表中给出的数据判断AgCl的溶解度大于Ag2S的溶解度，故沉淀发生转化，写方程式判断即可；B、依据表中的数据判断MgCO3的溶解度大于Mg（OH）2的溶解度，故沉淀发生转化，写方程式判断即可；C、依据表中的数据判断Zn（OH）2的溶解度大于ZnS的溶解度，故沉淀发生转化，写方程式判断即可；D、依据经验判断，写出化学反应方程式判断即可．【解答】解：A、由表格判断AgCl的溶解度大于Ag2S的溶解度，故可以发生反应：2AgCl+Na2S═2NaCl+Ag2S，即难溶物质有转化为更难溶物质的性质，故A正确；B、由表中的数据判断MgCO3的溶解度大于Mg（OH）2的溶解度，故可以发生反应：MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2↑，即MgCO3沉淀发生转化为更难溶的Mg（OH）2，故B正确；C、由表中的数据判断Zn（OH）2的溶解度大于ZnS的溶解度，故可以发生反应Zn（OH）2+H2S=ZnS↓+2H2O，故C错误；D、据经验可知：Mg（HCO3）2和2Ca（OH）2的溶解度均分别大于Mg（OH）2和2CaCO3的溶解度，故可以发生反应：Mg（HCO3）2+2Ca（OH）2═Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生沉淀溶解平衡原理，沉淀转化的原理，会从题给的表格中筛选有用的信息是解题关键，题目难度不大．13．某温度下，体积一定的密闭容器中进行可逆反应：X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0，下列叙述正确的是()A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体密度不变时，反应达到平衡C．升高温度，Y的百分含量减少D．平衡后加入X，上述反应的△H增大23\n【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、固体量的增减不会影响反应速率，不会引起化学平衡的移动；B、依据密度计算等于气体质量除以气体体积，容器体积不变，W是固体，平衡移动气体质量变化分析；C、升高温度平衡向吸热反应移动；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关．【解答】解：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、密度计算等于气体质量除以气体体积，容器体积不变，W是固体，平衡移动气体质量变化，若密度不变，说明反应达到平衡，故B正确；C、该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热反应移动，即向正反应移动，Y的百分含量减少，故C正确；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选BC．【点评】本题考查平衡移动、外界条件对平衡的影响、平衡状态判断等，难度不大，注意基础知识的掌握．14．电解质溶液有许多奇妙之处，你只有深入思考，才能体会到它的乐趣．下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()A．常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣5mol•L﹣1，则此溶液可能是盐酸B．pH相等的①NH4Cl②（NH4）2SO4③NH4HSO4溶液，NH4+大小顺序为：①＞②＞③C．0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合：c（H+）﹣c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）D．0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）【考点】化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用．【分析】A、常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣5mol•L﹣1，说明水的电离被促进；B、从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，以此来解答；C、0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后得到了浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据溶液的电荷守恒和物料守恒来分析；D、根据NaHCO3溶液中的电荷守恒来分析．【解答】解：A、常温下，某溶液中由水电离出的c（H+）=10﹣5mol•L﹣1，说明水的电离被促进，而盐酸是强酸，能抑制水的电离而不是促进，故此溶液不可能是盐酸溶液，故A错误；B、相同pH的（NH4）2SO4与NH4Cl溶液中，都是强酸弱碱盐，根据溶液呈电中性可判断二者NH4+浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，故等pH的三溶液中NH4HSO4的浓度最小，则其中含有的NH4+的浓度最小，故NH4+的浓度大小关系应为：①=②＞③，故B错误；C、0.2mol•L﹣1CH3COOH溶液与0.1mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后得到了浓度均为0.05mol/L的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据溶液的电荷守恒可有：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）①根据物料守恒可知有：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=2c（Na+）②23\n将①②联立可得：2c（H+）﹣2c（OH﹣）=c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH），故C错误；D、NaHCO3溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），可知：c（Na+）+c（H+）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣），故肯定有：c（Na+）+c（H+）+c（H2CO3）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣），故D正确．故选D．【点评】本题考查了盐溶液中的三个守恒和离子浓度大小比较，应注意的是NH4HSO4是强酸弱碱盐，是其电离出的H+使溶液呈酸性．15．已知常温时CH3COOH的电离平衡常数为K．该温度下向20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）．下列说法中错误的是()A．a点表示的溶液中c（CH3COO﹣）略小于10﹣3mol•L﹣1B．b点表示的溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好完全中和D．b、d点表示的溶液中均等于K【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A．a点溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；B．b点溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒判断c（CH3COO﹣）、c（Na+）相对大小；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量；D．温度不变，电离平衡常数不变．【解答】解：A．a点溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）=c（H+）=10﹣3mol•L﹣1，所以a点表示的溶液中c（CH3COO﹣）略小于10﹣3mol•L﹣1，故A正确；B．b点溶液呈酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）＞c（Na+），故B正确；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，所以c点表示CH3COOH过量，故C错误；D．电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，所以b、d点表示的溶液中均等于K，故D正确；故选C．【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，与电解质强弱、电解质溶液浓度无关，电离平衡常数只与温度有关，与浓度也无关，题目难度不大．16．在一定温度下，向一个容积固定的容器中通入3molSO2和2molO2及固体催化剂，使之反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196.6kJ•mol﹣123\n，平衡时容器内气体的压强为起始时的90%．保持同一反应温度，在相同容器中，将起始物质的量改为4molSO2、3molO2、2molSO3（g），下列说法正确的是()A．达平衡时用O2表示的反应速率为0.25mol•L﹣1•min﹣1B．第二次达平衡时SO3的体积分数大于C．第一次平衡时反应放出的热量为294.9kJD．两次平衡SO2的转化率相等【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（3mol+2mol）×90%=4.5mol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△n=1起始量（mol）：320变化量（mol）：10.515﹣4.5=0.5平衡量（mol）：21.51再根据v=计算v（O2）；B．等效为开始加入6molSO2、4molO2，进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，新平衡时SO3的体积分数大于第一次平衡；C．第一次平衡时参加反应的二氧化硫为1mol，结合热化学方程式计算；D．等效为开始加入6molSO2、4molO2，进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动．【解答】解：A．容器容积未知、到达平衡时间未知，不能计算反应速率，故A错误；B．恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则平衡时混合气体总物质的量为（3mol+2mol）×90%=4.5mol，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△n=1起始量（mol）：320变化量（mol）：10.515﹣4.5=0.5平衡量（mol）：21.51第一次平衡时SO3的体积分数==，将起始物质的量改为4molSO2、3molO2、2molSO3（g），等效为开始加入6molSO2、4molO2，进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，新平衡时SO3的体积分数大于第一次平衡，即第二次达平衡时SO3的体积分数大于，故B正确；C．第一次平衡时参加反应的二氧化硫为1mol，则第一次平衡时反应放出的热量为196.6kJ×=98.3kJ，故C错误；D．等效为开始加入6molSO2、4molO2，进一步等效在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，第二次平衡时SO2的转化率大于第一次，故D错误，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算，B选项注意利用等效思想解答，关键是构建平衡建立的途径，难度中等．23\n二、填空题（共52分）17．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水．当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热．已知：0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量．（1）反应的热化学方程式为N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；（2）又已知H2O（l）=H2O（g）；△H=+44kJ/mol，则16g液态肼和液态双氧水反应生成液态水时放出的热量是408.815kJ；（3）此反应用于火箭推进，除释放大量的热和快速产生大量气体外还有一个很大的优点是产物无污染．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2=N2+4H2O，根据0.4mol液态肼放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，进而写出热化学方程式；（2）结合上述写出的热化学方程式和谁转化的热化学方程式，根据盖斯定律合并写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；（3）依据反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）的产物是氮气和水分析该反应的优点．【解答】解：（1）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为=641.63kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol，故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；（2）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641.63kJ/mol；②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44kJ/mol；依据盖斯定律①+②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（l）；△H=﹣817.63kJ/mol；热化学方程式中32g全部反应放热817.63kJ，16g液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量为：817.63kJ×=408.815kJ，故答案为：408.815kJ；（3）还原剂肼（N2H4）和强氧化剂H2O2，当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有很突出的优点是，产物为氮气和水，清洁无污染，故答案为：产物无污染．【点评】本题考查了热化学方程式的书写、有关反应热的计算，题目难度中等，注意盖斯定律的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．18．在容积为1L的密闭容器中，进行如下反应：A（g）+2B（g）⇌C（g）+D（g），在不同温度下，D的物质的量n（D）和时间t的关系如图．请回答下列问题：（1）700℃时，0～5min内，以B表示的平均反应速率为0.18mol/（L．min）．（2）能判断反应达到化学平衡状态的依据是ABC．23\nA．容器中压强不变B．混合气体中c（A）不变C．v正（B）=2v逆（D）D．c（A）=c（C）（3）若最初加入1.0molA和2.2molB，利用图中数据计算800℃时的平衡常数K=0.9，该反应为吸热反应（填“吸热”或“放热”）．（4）800℃时，某时刻测得体系中物质的量浓度如下：c（A）=0.06mol/L，c（B）=0.50mol/L，c（C）=0.20mol/L，c（D）=0.018mol/L，则此时该反应向正方向移动（填“向正方向进行”、“向逆方向进行”或“处于平衡状态”）．【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；用化学平衡常数进行计算；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）先根据v=计算D的反应速率，再根据同一化学反应中，各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算B的反应速率；（2）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断；（3）先计算平衡时各物质的浓度，再根据K=计算化学平衡常数，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据D物质的量的变化确定反应热；（4）根据浓度商和化学平衡常数的相对大小判断，如果浓度商大于化学平衡常数，则反应向正反应方向移动，如果浓度商小于化学平衡常数，则反应向逆反应方向移动．【解答】解：（1）v（D）===0.09mol/（L．min），该反应中，v（B）=2v（D）=0.18mol/（L．min），故答案为：0.18mol/（L．min）；（2）A．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应到达平衡状态时，容器中压强不变，所以能作为判断化学平衡的依据，故正确；B．反应到达平衡状态时，混合气体中c（A）不变，故正确；C．当v正（B）=2v逆（D）时，该反应达到平衡状态，故正确；D．当c（A）=c（C）时，该反应不一定达到平衡状态，这样反应物浓度及转化率有关，故错误；故选ABC；（3）反应达到平衡状态时，c（D）=0.6mol/L，c（C）=c（D）=0.6mol/L，c（A）==0.4mol/L，c（B）==1mol/L，23\nK===0.9，升高温度，D的含量增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故答案为：0.9；吸热；（4）Q==0.36＜0.9，则平衡向正反应方向移动，故答案为：向正方向移动．【点评】本题涉及化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡常数的计算等知识点，注意分析化学方程式的特征以及温度对平衡移动的影响．19．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示．请回答下列问题：（1）下列说法正确的是C（填序号）．A．向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点B．通过蒸发可以由d点变到c点C．d点无BaSO4沉淀生成D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp（2）将100mL1mol•L﹣1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2+的物质的量浓度约为2.02×10﹣10mol/L．（3）若沉淀分别用100mL纯水和100mL0.01mol•L﹣1的H2SO4溶液洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为1000：1．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）该图中的是平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，b和d不是平衡状态，A、加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；B、蒸发使离子浓度增大，d点不可能到c点；C、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和；D、Ksp与温度有关，a和c的Ksp相等；（2）根据硫酸根离子与钡离子的反应，求出剩余的硫酸根离子浓度，再根据Ksp计算；（3）利用离子对溶解平衡的影响及Ksp（BaSO4）来计算溶解的硫酸钡的质量，然后确定两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比．【解答】解：（1）A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42﹣），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A错误；B、d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42﹣）、c（Ba2+）均增大，故B错误；23\nC、d点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，不会有沉淀析出，故C正确；D、Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故D错误；故答案为：C；（2）由图象可知Ksp（BaSO4）=10﹣5×10﹣5=10﹣10，将100mL1mol•L﹣1H2SO4溶液加入100mL含Ba2+0.137g的溶液中充分反应后，反应生成BaSO4，硫酸根离子过量，加入n（Ba2+）==0.001mol，剩余的硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）==0.495mol/L，所以剩余的钡离子为：c（Ba2+）===2.02×10﹣10mol/L，故答案为：2.02×10﹣10mol/L；（3）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×mol/L=0.1L×mol/L=10﹣6mol，用100mL0.01mol•L﹣1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c（Ba2+）=0.1L×mol/L=10﹣9mol，由同种物质的质量之比等于物质的质量之比，则两种洗涤方法中BaSO4沉淀的损耗量之比为10﹣6mol：10﹣9mol=1000：1，所以两种情况下损失的BaSO4的质量之比为1000：1，故答案为：1000：1．【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念．20．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验．实验一配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250mL0.2mol•L﹣1的醋酸溶液，用0.2mol•L﹣1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定．回答下列问题：（1）配制250mL0.2mol•L﹣1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶．（2）为标定醋酸溶液的准确浓度，用0.2000mol．L﹣1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液的体积（mL）20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为0.2000mol•L﹣1．（保留小数点后四位）实验二探究浓度对醋酸电离程度的影响用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下：醋酸浓度（mol•L﹣1）0.00100.01000.02000.10000.200023\npH3.883.383.232.882.73回答下列问题：（1）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：0.0100mol•L﹣1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1．（2）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将增大（填“增大”减小”或“不变”）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】实验一（1）根据仪器的用途选取仪器；（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为20mL，代入计算；实验二（1）部分电离的电解质是弱电解质；（2）醋酸浓度越小，醋酸的电离程度越大．【解答】解：实验一（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，故答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20mL，则氢氧化钠溶液平均浓度：=0.2000mol•L﹣1，故答案为：0.2000mol•L﹣1；实验二（1）孤立的看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol•L﹣1、0.0100mol•L﹣1及0.0010mol•L﹣1的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，故答案为：0.0100mol•L﹣1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；（2）以0.1000mol•L﹣1、0.0100mol•L﹣1醋酸为例，设0.1000mol•L﹣1的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10﹣2.88mol、10﹣2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，故说明醋酸的电离程度增大，故答案为：增大．【点评】本题考查了弱电解质电离及实验探究，题目难度较大，明确弱电解质电离特点是解本题关键．21．环境中常见的重金属污染物有：汞、铅、锰、铬、镉．处理工业废水中含有的Cr2O72﹣和CrO42﹣，常用的方法为还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+Cr2O72﹣（橙色）+H2O．（1）写出第①步反应的平衡常数表达式K=（2）关于第①步反应，下列说法正确的是ACA．通过测定溶液的pH可以判断反应是否已达到平衡状态23\nB．该反应为氧化还原反应C．强酸性环境，溶液的颜色为橙色（3）第②步中，还原0.2molCr2O72﹣，需要1.2molmol的FeSO4•7H2O．（4）第③步除生成Cr（OH）3外，还可能生成的沉淀为Fe（OH）3．在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH﹣（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10﹣32，当c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，认为c（Cr3+）已经完全沉淀，现将第③步溶液的pH调至4，请通过计算说明Cr3+是否沉淀完全（请写出计算过程）：当pH调至4时，c（OH﹣）=10﹣10mol•L﹣1，c（Cr3+）==10﹣2mol•L﹣1＞10﹣5mol•L﹣1，因此Cr3+没有沉淀完全．【考点】"三废"处理与环境保护；化学方程式的有关计算．【分析】（1）反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O化学平衡常数K=；（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡，也可根据化学平衡状态的特征：逆、定、动、变、等来回答判断；（3）根据已知的反应物和生成物，结合元素守恒及电荷守恒书写离子方程式；根据得失电子守恒来计算；（4）根据化学反应过程的分析判断离子种类，得出产物；根据溶度积常数计算，确定溶液中离子是否沉淀完全；【解答】解：（1）反应2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O化学平衡常数K=，故答案为：K=；（2）A．溶液的pH值不变，即溶液的酸性不变，氢离子浓度不变，达到了化学平衡状态，故A正确；B．只要反应发生就是非氧化还原反应，不能作平衡状态的标志，故B错误；C．强酸性环境，溶液的颜色为橙色，说明Cr2O72﹣的浓度不变，达平衡状态，故C正确；故选：AC；（3）第②步中Cr2O72﹣与Fe2+反应生成Fe3+和Cr3+，其反应的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；根据电子得失守恒可知，还原1molCr2O72﹣离子得到Cr3+，得电子为2×（6﹣3）=6mol，需要FeSO4•7H2O的物质的量为6÷（3﹣2）=6mol，所以还原0.2molCr2O72﹣，需要1.2mol的FeSO4•7H2O，故答案为：1.2；（4）根据分析③当Cr2O72﹣→2Cr3+变化时，溶液中产生了Cr3+的同时，又发生了Fe2+→Fe3+的过程溶液中又产生了Fe3+，因此加入OH﹣又有Fe（OH）3生成；根据溶度积常数的计算，结合Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH（aq），当溶液的pH值调至4时，c（OH﹣）=1×10﹣10，常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10﹣32，Ksp（Cr（OH）3）=c3（OH）•c（Cr3+），c（Cr3+）===10﹣2mol/L＞10﹣5mol/L，23\n故答案为：Fe（OH）3；当pH调至4时，c（OH﹣）=10﹣10mol•L﹣1，c（Cr3+）==10﹣2mol•L﹣1＞10﹣5mol•L﹣1，因此Cr3+没有沉淀完全．【点评】本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡和Ksp的有关计算等内容，侧重于反应原理的应用的考查，分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答，题目难度中等．22．常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2﹣、HA﹣、H+、OH﹣，存在的分子有H2O、H2A．根据题意回答下列问题：（1）写出酸H2A的电离方程式H2A⇌H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣．（2）若溶液M由2mol•L﹣1NaHA溶液与2mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合而得，则溶液M的pH＞7（填“＞”、“＜”或“=”），溶液中离子浓度由大到小顺序为c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）．（3）若溶液M由下列三种情况：①0.01mol•L﹣1的H2A溶液；②0.01mol•L﹣1的NaHA溶液；③0.02mol•L﹣1的HCl与0.04mol•L﹣1的NaHA溶液等体积混合液，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③；pH由大到小的顺序为②＞③＞①．（4）若溶液M由pH=3的H2A溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合反应而得，混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，V1与V2的大小关系为均有可能（填“大于”“等于”“小于”或“均有可能”）．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；电离方程式的书写；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．【分析】（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸；（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，离子水解以第一步为主；（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离；（4）混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，c（H+）=10﹣5mol/L，显酸性，则酸过量，以此分析．【解答】解：（1）存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，电离方程式为H2A⇌H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣，故答案为：H2A⇌H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣；（2）等体积混合生成Na2A，水解显碱性，pH＞7，离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+），故答案为：＞；c（Na+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA﹣）＞c（H+）；（3）①弱酸电离，②中水解生成分子，③中等体积混合为等量的NaCl、NaHA、H2A，抑制弱酸的电离，则三种情况的溶液中H2A分子浓度最大的为③，最小的为②，②中水解显碱性，①③相比①的酸性强，则pH最小，所以②＞③＞①，故答案为：③；②＞③＞①；（4）混合溶液c（H+）/c（OH﹣）=104，c（H+）=10﹣5mol/L，显酸性，则酸过量，H2A为弱酸，pH=3的H2A溶液与pH=11的NaOH溶液混合时酸的浓度大于碱的浓度，则二者体积关系不确定，大于、小于或等于都可能酸过量，故答案为：均有可能．【点评】本题考查较综合，涉及酸碱混合的定性分析、pH、电离与水解、电离方程式等，把握溶液中的溶质及电离与水解的趋势、相互影响即可解答，题目难度中等．23
