2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

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2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

南昌二中2018—2019学年度上学期期中考试 高二化学试卷 相对原子质量:H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Ba—137‎ 一、单选题(每小题3分,共48分。每小题只有一个正确答案)‎ ‎1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是 A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35g B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11‎ D. 中和热的测定实验中,NaOH溶液应该稍过量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量,能准确到0.1g,不能精确到0.01g,故不能用托盘天平称取12.35g的食盐,故A错误;‎ B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性,会腐蚀橡胶,故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液,应用酸式滴定管量取,故B错误;‎ C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性,会使pH试纸褪色,故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值,故C错误;‎ D. 中和热的测定实验中, NaOH溶液稍过量,可以保证盐酸溶液完全被中和,从而提高实验的准确度,故D正确 故答案选D。‎ ‎2.下列根据反应原理设计的应用,不正确的是 A. CO32-+H2OHCO3-+OH- 热的纯碱溶液清洗油污 B. Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ 明矾净水 C. TiCl4+(x+2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓+4HCl 用TiCl4制备TiO2‎ D. SnCl2+H2OSn(OH)Cl↓+HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A项,加热使平衡向右移动,溶液碱性增强;B项,氢氧化铝胶体具有吸附作用,‎ 可以做净水剂;C. TiCl4属于强酸弱碱盐,能够发生水解;D.加入氢氧化钠溶液,中和了盐酸,平衡右移,促进SnCl2的水解。‎ ‎【详解】A项,加热使平衡向右移动,溶液碱性增强,有利于除油污,A正确; B项,铝离子水解生成氢氧化铝胶体,可以做净水剂,B正确;C项,TiCl4属于强酸弱碱盐,水解可以生成TiO2·xH2O,加热失水可得TiO2,C正确;加入氢氧化钠溶液,中和了盐酸,平衡向氯化亚锡水解的方向进行,所以配制氯化亚锡溶液时应加入盐酸,D错误;正确选项D。‎ ‎3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是 A. N2(g)+2O2(g)===2NO2(g) ΔH=+67.7 kJ·mol-1‎ B. CaO(s)+CO2(g)===CaCO3(s) ΔH=-175.7 kJ·mol-1‎ C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)+NH3(g) ΔH=+74.9 kJ·mol-1‎ D. 2H2(g)+O2(g)===2H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应的△H>0,△S<0,难以自发进行,故错误; B. △H<0,△S<0,焓变为主要因素,不能用熵判据解释,故错误; C.反应的△H>0,反应能自发进行,原因是△S>0,可以满足△H-T△S<0,能自发进行,可用熵判据解释,故正确;D. △H<0,△S<0,焓变为主要因素,不能用熵判据解释,故错误。故选C。‎ ‎【点睛】反应能否自发进行,取决于焓变和熵变的综合判据,当△H-T△S<0,反应可自发进行。可用熵判据来解释的一般情况下反应为吸热反应。‎ ‎4.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. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 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 ‎.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,C正确;D.增大浓度,活化分子百分数不变,D错误,答案选C。‎ ‎5.下列关于0.10 mol·L-1 KHSO3溶液的说法正确的是 A. 25℃时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大 B. 溶质的电离方程式为KHSO3 = K++H++SO32−‎ C. 温度升高,c(HSO3−)增大 D. 离子浓度关系:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3−)+c(SO32−)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.加水稀释后,促进HCO3-水解,但Kw不变;B.碳酸氢根离子不可拆分;C.HCO3-水解为吸热反应,升高温度,促进水解;D.溶液遵循电荷守恒。‎ ‎【详解】A.25℃时,加水稀释后,促进HSO3-水解,n(OH-)增大,c(OH-)减小,由Kw不变,可知c(H+)增大,则n(H+)增大,则n(H+)与n(OH-)的乘积变大,选项A正确;B.NaHSO3为强电解质,溶质的电离方程式为NaHSO3═Na++HSO3-,选项B错误;C.HSO3-水解为吸热反应,升高温度,促进水解,则c(HSO3-)减小,选项C错误;D.由电荷守恒可知,离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-),选项D错误;答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子浓度大小比较,题目难度中等,选项A为解答的易错点,注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同,明确电荷守恒、盐的水解原理的影响因素为解答关键。‎ ‎6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。对该反应的说法正确的是 A. 增加Ni的量可提高CO的转化率,Ni的转化率降低 B. 缩小容器容积,平衡右移,△H减小 C. 反应达到平衡后,充入CO再次达到平衡时,CO的体积分数降低 D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时,都可说明反应已达化学平衡状态 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:A.Ni是固体,浓度为常数,改变用量对平衡无影响,反应物的转化率不变,A错误;B.一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变,只与方程式的书写方式有关,B错误;C.因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应,所以反应达到平衡后充入CO,相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压,平衡右移,CO的转化率提高,平衡后其体积分数降低,C正确;D.速率关系未说明正、逆,不能判断是否已达平衡;因该反应气体质量增加而容积不变,所以混合气体密度是一个变量,当不变时说明反应达平衡,D错误;答案选C。‎ 考点:考查化学平衡的移动与平衡建立 ‎7.加热N2O5,依次发生的分解反应为:①N2O5(g) N2O3(g)+O2(g),②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5,加热到t℃,达到平衡状态后O2为9mol,N2O3为3.4mol,则t℃时反应①的平衡常数为 A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在反应①中N2O3与O2 按物质的量之比1∶1生成,如果不发生反应②,则两者一样多。发生反应②,平衡后,O2比N2O3多(9-3.4)=5.6mol;反应②中每减少1mol N2O3,O2会增加1mol,即O2会比N2O3多2mol;O2比N2O3多(9-3.4)=5.6mol,则共分解了2.8mol N2O3;所以反应①中N2O5分解生成N2O3(3.4+2.8)=6.2mol,有6.2mol N2O5发生分解,所以平衡后N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为2L,则反应①的平衡常数K=,故选B。 ‎ ‎8.工业上,在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下:‎ 化学键 C-H C=C H-O C-C C-O 键能/kJ·mol-1‎ ‎413‎ ‎615‎ ‎463‎ ‎348‎ ‎351‎ 下列说法错误的是 A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100%‎ B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等 C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能,但碳碳单键更稳定 D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应,反应物全部转化为生成物,原子利用率为100%,A正确;‎ B.反应混合物中,各物质的化学计量数相同,所以相同时间段内,反应中用三种物质表示的反应速率相等,B正确;‎ C.由题中数据可知,碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍,所以碳碳单键比碳碳双键更稳定,C正确;‎ D.上述反应式中,△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1,D错误; 正确选项D。‎ ‎【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量,如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量,反应为吸热反应;如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量,反应为放热反应。‎ ‎9.对水样中M的分解速率的影响因素进行研究。 在相同温度下,M的物质的量浓度[c(M)]随时间(t)的变化如下图所示。下列说法错误的是 A. 水样酸性越强,M的分解速率越快 B. 水样中添加Cu2+,能加快M的分解速率 C. 由②③得,反应物浓度越大,M的分解速率越快 D. 在0~20 min内,②中M的分解速率为0.015 mol·L−1·min−1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析:根据图像,A项,由①②得,c(M)起始相同时,pH越小,M的分解速率越快;B项,由③④得,在pH和c(M)起始都相同时,加入Cu2+,M的分解速率加快;C项,由①③得,pH相同时,c(M)越大,M的分解速率越快;D项,根据公式υ=计算。‎ 详解:根据图像,A项,由①②得,c(M)起始相同时,pH越小,M的分解速率越快,即水样酸性越强,M的分解速率越快,A项正确;B项,由③④得,在pH和c(M)起始都相同时,加入Cu2+,M的分解速率加快,B项正确;C项,②③的pH和c(M)都不相同,应由①③得,pH相同时,c(M)越大,M的分解速率越快,C项错误;D项,在0~20min内,②中M的分解速率υ===0.015mol/(L·min),D项正确;答案选C。‎ 点睛:本题考查浓度与时间的图像分析,研究外界条件对化学反应速率的影响,用控制变量法分析是解题的关键。‎ ‎10.现有常温下的四份溶液:①0.01mol/LCH3COOH;②0.01mol/L盐酸;③pH=12的氨水;④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是 A. ①中水的电离程度最小,③中水的电离程度最大 B. 将②、③混合,若有pH=7,则消耗溶液的体积:②>③‎ C. 将四份溶液稀释相同倍数后,溶液的pH:③>④,②>①‎ D. 将①、④混合,混合溶液pH>7,则消耗溶液的体积:④>①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸为弱酸不完全电离氢离子浓度比氨水中的氢氧根离子浓度还小,①中水的电离程度最大,选项A错误;B、②③等体积混合,得到的是氨水和NH4Cl混合溶液,溶液显碱性,若pH=7,则盐酸的体积比氨水的体积大,选项B正确;C、将四份溶液稀释相同倍数后,溶液的pH:③>④,②<①,选项C错误;D、将①④混合,当消耗溶液的体积:④=①时,得到CH3COONa溶液,溶液显碱性pH>7,此时c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),选项D错误;答案选B。‎ ‎11.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq) ΔH>0。25℃时,0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系:Ka=c(H+).c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5,其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数(Ka)。下列说法正确的是 A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸,平衡逆向移动,c(H+)减小 B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体,平衡正向移动 C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka<1.75×10-5‎ D. 升高温度,c(H+)增大,Ka变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸,氢离子浓度增大,平衡逆向移动,平衡后c(H+)增大,A错误;‎ B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体,醋酸根增大,平衡逆向移动,B错误;‎ C. 电离平衡常数只与温度有关系,该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka=1.75×10-5,C错误;‎ D. 电离吸热,升高温度平衡正向移动,c(H+)增大,Ka变大,D正确。‎ 答案选D。‎ ‎12.在恒温、恒容条件下发生下列反应:2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0,T温度下的部分实验数据为:‎ t/s ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ c(X2O5) mol/L ‎4.00‎ ‎2.50‎ ‎2.00‎ ‎2.00‎ 下列说法错误的是 A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3,100s时转化率为50%‎ B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (L•s)‎ C. T1温度下的平衡常数为K1,T2温度下的平衡常数为K2,若T1>T2,则Kl>K2‎ D. 若只将恒容改为恒压,其它条件都不变,则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由表中数据可知,100s时处于平衡状态,平衡时c(X2O5)=2mol/L,则:‎ ‎               2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)‎ 起始浓度(mol/L):4         0         0‎ 变化浓度(mol/L):2          4         1‎ 平衡浓度(mol/L):2         4         1‎ T温度下平衡常数K===64(mol/L)3,100s时转化率为 ‎×100%=50%,故A正确;B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L,50s内X2O5分解速率==0.03mol/(L·s),故B正确;C.T1温度下的平衡常数为K1,T2温度下的平衡常数为K2,若温度T1>T2,正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,平衡常数增大,则K1>K2,故C正确;D.恒容条件下,随反应进行容器内压强增大,若只将恒容改为恒压,其它条件都不变,等效为在原平衡基础上减小压强,平衡正向移动,平衡时X2O5的转化率增大,平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变,故D错误;故选D。‎ ‎13.在恒容密闭容器中,将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g) K=1,平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是 A. CO.H2S的转化率之比为1:1‎ B. 达平衡后H2S的体积分数为4%‎ C. 升高温度,COS浓度减小,表明该反应是吸热反应 D. 恒温下向平衡体系中再加入CO.H2S.COS.H2各1 mol,平衡不移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,设反应前H2S物质的量为n,则:‎ ‎ CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g)‎ 起始(mol):10 n 0 0‎ 变化(mol):2 2 2 2‎ 平衡(mol):8 n-2 2 2‎ 该温度下该反应的K=1,利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n,根据计算结果及化学平衡的影响因素进行判断。‎ ‎【详解】反应前CO的物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol,设反应前H2S物质的量为n,则:‎ ‎ CO(g)+H2S(g) COS(g)+H2(g)‎ 起始(mol):10 n 0 0‎ 变化(mol):2 2 2 2‎ 平衡(mol):8 n-2 2 2‎ 该温度下该反应的K=1,设容器容积为V,则平衡常数K= ,‎ 解得:n=2.5,即反应前硫化氢的物质的量为2.5mol;‎ A.由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、2.5mol,而二者化学计量数相等,反应消耗的物质的量相等,所以二者的转化率一定不相等,故A错误;‎ B.该反应前后气体的体积相等,则反应后气体的总物质的量不变,仍然为10mol+2.5mol=12.5mol,平衡后硫化氢的物质的量为(2.5-2)mol=0.5mol,相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=0.5mol/12.5mol×100%=4.0%,故B正确;‎ C.升高温度,COS浓度减小,说明平衡向着逆向移动,则该反应的正反应为放热反应,故C错误;‎ D.恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol,则此时该反应的浓度商<1,说明平衡会向着正向移动,故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡的计算,解题关键:正确计算硫化氢的初始物质的量,难点D,掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法、应用浓度商分析能力。‎ ‎14.常温下,将100 mL 1 mol·L-1的氨水与100 mL a mol·L-1盐酸等体积混合,忽略反应放热和体积变化,下列有关推论不正确的是 A. 若混合后溶液pH=7,则c(NH4+)=c(Cl-)‎ B. 若a=2,则c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)‎ C. 若a=0.5,则c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 若混合后溶液满足c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),则可推出a=1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查的是溶液中离子浓度的大小关系和等量关系。‎ 若混合后溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒,c(NH)=c(Cl-),所以A正确。‎ 若a=2,等体积混合后,氨水与盐酸反应生成氯化铵,盐酸还剩余一半,c(Cl-‎ ‎)最大,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),若不考虑铵根水解,c(NH)=c(H+),但是铵根肯定会水解,使得c(NH) c(H+) >c(NH) >c(OH-),所以B不正确。‎ 若a=0.5,则氨水反应掉一半剩余一半,溶液中有物质的量相同的两种溶质,氨水电离使溶液显碱性,氯化铵水解使溶液显酸性。由于此时溶液显碱性,说明氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用,所以c(NH)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)正确。‎ 当a=1时,两溶液恰好反应得到氯化铵溶液,依据质子守恒可知c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),所以D正确。‎ 点睛:分析溶液中的守恒关系时,先要分析溶液中存在的各种弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡,找出溶液中存在的各种粒子,然后写出溶液中的电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式。如,无论本题中两种溶液以何种比例混合,都存在相同的电荷守恒式:c(H+)+ c(NH)=c(OH-)+c(Cl-);当a=2时,由于两溶液体积相同,而盐酸的物质的量浓度是氨水的2倍,所以混合后一定有物料守恒:‎ ‎ c(Cl-)=2c(NH4+)+2c(NH3·H2O);所谓质子守恒,就是水电离的氢离子的物质的量等于水电离的氢氧根离子,在NH4Cl 溶液中,由于一个NH4+水解时结合了一个水电离的OH-,所以质子守恒式为:c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)‎ ‎15.常温下,向1 L 0.1 mol·L-1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5],使溶液温度和体积保持不变,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是 A. 0.1 mol·L-1 HR溶液的pH为5‎ B. HR为弱酸,常温时随着氨气的通入,c(R-)/[c(OH-).c(HR)] 逐渐增大 C. 当通入0.1 mol NH3时,c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+)‎ D. 当c(R-)= c(HR)时,溶液必为中性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A项,pH=5时c(H+)=10-5,由图可得此时=0,又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1,所以c(R-)=c(HR)=0.05mol·L-1,所以此时c(R-)≠c(H+),则0.1mol·L-1HR溶液的pH不是5,故A错误;B项,由已知HR溶液中存在着HR分子,所以HR为弱酸,==Ka/Kw,温度不变时Ka/Kw的值不变,故B错误;C项,pH=5时c(H+)=10-5,由图可得此时=0,则Ka==10-5,当通入0.1 mol NH3时,恰好反应生成NH4R,又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5,所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度,NH4R溶液呈碱性,则c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+),故C正确;D项,由前面对A项的分析知,当c(R-)=c(HR)时,pH=5,所以溶液显酸性,故D错误。‎ ‎16.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中:c(Na+)=2c(SO32―)+ c(HSO3―)+ c(H2SO3)‎ B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-) + 2c(H2CO3)‎ C. 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+)‎ D. 常温下,CH3COONa和CaCl2混合溶液中:c(Na+)+ c(Ca2+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)+2 c(Cl-)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中物料守恒为:c(Na+)=2c(SO32―)+ 2c(HSO3―)+ 2c(H2SO3),故错误;‎ B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒为c(Na+)=2c(CO32―)+ 2c(HCO3―)+ 2c(H2CO3),电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=2c(CO32―)+ c(HCO3―)+ c(OH-),将钠离子消去则有:c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-) + 2c(H2CO3),故正确;‎ C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液反应生成碳酸钠和水,溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠,因为碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子,溶液显碱性,所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子,应为c(HCO3-)>c(CO32-‎ ‎)>c(OH-)>c(H+),故错误;‎ D. 常温下,CH3COONa中物料守恒有c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-),CaCl2中物料守恒有2c(Ca2+)= c(Cl-),所以有c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)+ c(Cl-),故错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒等关系式的书写是解题关键。物料守恒体现的是化合物中元素原子之间的比例关系,电荷守恒表示溶液中阳离子的正电荷总数等于阴离子的负电荷总数。通过两种守恒关系,可以推到第三种守恒,即质子守恒。‎ 二、填空题(52分)‎ ‎17.(1)常温下,有pH值为12的NaOH溶液100 mL,欲将其pH值变为11,采取下列三种措施(设混合后溶液的体积等于两混合溶液体积之和)。请回答有关问题:‎ ‎①若加水,应加入约________ mL。‎ ‎②若用pH=10的NaOH溶液,应加入此NaOH溶液________ mL。‎ ‎③若用pH=2的盐酸,应加入________ mL。‎ ‎(2)pH=2的HA、HB两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL, 其pH的变化如图所示 ‎①稀释前两溶液的浓度c(HA)________c(HB)(填>.<.=,或无法确定)‎ ‎② HB _______ 是弱酸 (填“一定”、“可能”或“一定不”)‎ ‎③若 a = 5,则HA酸是否是强酸 ____(填“一定是”、“可能是”、 “一定不是”或“无法确定”)‎ ‎④稀释后的溶液中,由水电离产生的c(H+): HA中_____ HB中(填>.<.=,或无法确定)‎ ‎【答案】 (1). 900 (2). 1000 (3). 81.8(或900/11) (4). < (5). 一定 (6). 一定是 (7). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L,pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L,设加入水的体积是V2,c1V1=c2(V1+V2‎ ‎)=0.01mol/L×0.1L=(0.1+V2)L,V2==0.9L=900mL;‎ ‎②pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L,pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L,pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L,设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2,‎ c1V1+c2V2=c3(V1+V2)=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L×(0.1+V2),V2=1L=1000mL;‎ ‎③pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L,设加入盐酸的体积是V,‎ c(OH-)===0.001mol/L,V=81.8mL;‎ ‎(2)pH相同的酸,稀释相同倍数时,酸性强的酸的pH的变化大,酸性较弱的酸的pH的变化小。据此得出酸性:HA>HB;①在稀释前两种酸的pH相同,而两种酸的酸性:HA>HB,故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)
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