湖南省长沙市第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考化学试题
长沙市一中2019-2020学年高二第一学期第三次月考化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32
一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一项符合要求。）
1.下列叙述正确的是
A. 强电解质溶液中一定不存在电离平衡
B. 在恒温条件下，增大压强，化学反速率一定加快
C. 两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别a和a+1，则c1=10c2
D. 常温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合后，溶液pH<7
【答案】D
【解析】
【详解】A.任何水溶液都存在水的电离平衡，A错误；
B.增大压强能加快反应速率的前提是：反应物有气体，如果没有气体，改变压强不会影响速率，B错误；
C.若两种醋酸溶液物质的量浓度分别为c1和c2，c1溶液的pH=a，如果c1=10c2，c2溶液可看成是将c1溶液稀释10倍得到，稀释时促进醋酸的电离平衡正向移动，溶液pH的增大值应该小于1，即c2溶液的pH小于a+1，c2溶液的pH=a+1，说明c1＞10c2，C错误；
D.常温下，pH=3的醋酸与pH=11的NaOH等体积混合后，因为醋酸的浓度远大于氢氧化钠，所以混合后醋酸过量很多，溶液显酸性pH<7，D正确；
答案选D。
2.下列事实一定能说明HF是弱酸是（ ）
①常温下NaF溶液的pH大于7②用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗③HF与NaCl不能发生反应④常温下0.1mol/L的HF溶液的pH为2.3⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体⑥HF能与水以任意比混溶⑦1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红
A. ③④ B. ②③⑤ C. ①④ D. ①②⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
弱电解质的电离是不完全的，酸的溶解性及酸的通性无法确定酸电离的程度，而比较酸的浓度与酸电离c（H+）可判断酸的电离程度。
【详解】①常温下碱性溶液中pH＞7，NaF溶液的pH大于7说明呈碱性，说明NaF发生了水解，根据盐类水解的规律，HF为弱酸，故①正确；
②导电性强弱主要与离子浓度有关，离子浓度大，导电能力强，离子浓度小，导电能力弱，用HF溶液做导电性实验，灯泡很暗，不能说明HF是弱酸，故②错误；
③HF与NaCl不能发生反应是由于两者不符合复分解反应的条件，与HF是弱酸无关，故③错误；
④如果HF为强酸，常温下0.1mol/L的HF溶液的pH应为1，而该溶液的pH为2.3，说明HF部分电离，是弱酸，故④正确；
⑤HF能与Na2CO3溶液反应，产生CO2气体说明HF的酸性比碳酸的强，不能说明HF是弱酸，故⑤错误；
⑥不能利用物质的溶解性来判断是否为弱电解质，HF与水能以任意比混溶与HF的酸性无关，故⑥错误；
⑦酸溶液都能使紫色石蕊试液变红，1mol/L的HF水溶液能使紫色石蕊试液变红说明HF水溶液显酸性，不能说明HF是弱酸，故⑦错误。
答案选C。
【点睛】考查弱电解质的判断，抓住弱电解质的特征“部分电离”是解答本题的关键。
3.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.20mL稀硫酸
B. 用托盘天平称量5.30gKCl
C. 用广泛pH试纸测得某溶液pH为6.5
D. 用25mL滴定管进行中和滴定时，用去某浓度的碱溶液22.50mL
【答案】D
【解析】
【详解】A、量筒量取时能精确到0.1mL，无法量取7.20mL盐酸，故A错误；
B、天平可精确到0.1g，无法用托盘天平称取5.30gKCl，故B错误。
C、广泛pH试纸测得溶液的pH值应是整数，故C错误；
D、滴定管精确度为0.01mL，能量取22.50mL某浓度的碱溶液，故D正确。
答案选D。
4.50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55 mol·L -1NaOH 溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是
A. 在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是3次
B. 大烧杯上如不盖硬纸板，测得的中和热数值会偏小
C. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH 溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大
D. 从实验装置上看，除了缺少环形玻璃搅拌棒外没有其他问题
【答案】B
【解析】
【详解】A. 中和反应之前，分别记录盐酸和氢氧化钠的温度，中和反应开始后，记录下混合溶液的最高温度，即最终温度，所以每一组要记录3次温度，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，故A错误；
B．大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故B正确；
C．一水合氨为弱碱，电离过程需要吸热，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，故C错误；
D．根据量热计的构造可知该装置的错误有缺少仪器环形玻璃搅拌棒以及大小烧杯口不平，故D错误；
故选B。
【点睛】明确中和热测定方法为解答关键。本题的易错点为A，为了减少实验误差，至少要做2次平行实验，每次实验要记录3次温度。
5.25℃时，用水稀释0.1mol/L氨水，溶液中随着水量的增加而减小的是（ ）
① ② ③ ④
A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】
加水稀释促进NH3•H2O电离，则溶液中n（NH3•H2O）减小、n（OH-）、n（NH4+）增大，但是NH3•H2
O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（NH3•H2O）、c（OH-）、c（NH4+）都减小，温度不变离子积常数不变、电离平衡常数不变，则溶液中c（H+）增大。
【详解】①温度不变电离平衡常数不变，则=Kb不变，故①错误；
②==减小，故②正确；
③温度不变离子积常数不变，则c（H+）•c（OH-）=Kw不变，故③错误；
④稀释过程中c（OH-）减小，温度不变离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，则减小，故④正确。
综上分析，①④正确，答案选D。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，明确稀释过程溶液中各微粒浓度变化特点是解本题关键，注意：加水稀释虽然促进一水合氨电离，但是溶液中c（OH-）、c（NH4+）都减小，为解答易错点。
6.室温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 能使甲基橙变红色的溶液：Na+、NH4+、CO32-、Cl-
B. 能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液：K+、SO42-、S2-、Cl-
C. 0.1mol/LKOH溶液中：S2-、Na+、SO32-、NO3-
D. 水电离的氢离子浓度为1×10-11 mol/L的溶液：Fe2+ 、Mg2+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A、使甲基橙变红色的溶液呈酸性，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B、能使淀粉碘化钾试纸显蓝色的溶液，具有氧化性物质，与S2-发生氧化还原反应，故B错误；
C、 0.1mol/LKOH溶液中，S2-、Na+、SO32-、NO3-与氢氧根均不反应，可以共存，故C正确；
D、由水电离氢离子浓度为1×10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Fe2+、Mg2+，不能大量共存，故D错误。
答案选C。
7.25℃时，将 pH =2的盐酸V1mL和pH =11的 NaOH 溶液V2
mL混合，得到pH=10的溶液，则V1：V2是
A. 9：101 B. 101：9 C. 9：1 D. 1：9
【答案】A
【解析】
pH =2的盐酸， ；pH =11的NaOH， ，则 ，V1：V2= 9：101，故A正确。
8.下列各组离子因发生水解反应而不能大量共存的是（ ）
A. Ba2+、Cl-、Na+、SO42- B. Fe3+、K+、HCO3-、Cl-
C. H+、Fe2+、NO3-、SO42- D. H+、Na+、Cl-、CO32-
【答案】B
【解析】
【详解】A.Ba2+与SO42-会形成BaSO4沉淀，不能大量共存，与盐的水解无关，A不符合题意；
B. Fe3+与HCO3-会发生盐的双水解反应，产生Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，B符合题意；
C.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应而不能大量共存，与盐的水解无关，C不符合题意；
D. H+、CO32-会发生离子反应产生CO2和H2O，与盐的水解无关，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是B。
9.实验室用标准盐酸溶液测定某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. 锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【答案】C
【解析】
【详解】A. 酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，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（待测）偏高，不符合题意，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（待测）偏低，符合题意，故C正确；
D. 盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗，滴定时造成V（标准）偏大，根据c（待测）=可知c（待测）偏高，不符合题意，故D错误；
答案选C。
【点睛】
酸碱中和滴定的实验中的误差分析，从标准液的体积变化误差来分析，无论是读数的误差还是操作的误差，标准液的体积偏大，则待测液的浓度也偏大。
10.某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，不正确的是
A. 该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
B. 该温度高于25℃
C. 加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D. 该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10－10mol/L
【答案】A
【解析】
A、PH为12的NaOH的浓度时1mol·L－1，而硫酸氢钠溶液H＋浓度时0.01mol·L－1,等体积混合，碱多了故A错误；B、25℃时Ka=10-14，本题Ka=10-6*10-6=10-12，水电离吸热，升高温度，K变大，该温度高于25℃，故B正确；C、加入NaHSO4晶体，提高H＋ 的浓度，抑制了水的电离，故C正确。D、pH=6，水的离子积常数为1×10-12，水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2，故由水电离出来的c（H＋）=1×10-10mol·L－1，故D正确；故选A。
11.下列叙述正确的是（ ）
A. 合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率
B. 常温下，将pH＝4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低
C. 反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH<0
D. 在一容积可变的密闭容器中反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；
B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；
C、反应4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T•△S＜0，因此可知△H＜0，选项C正确；
D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。
答案选C。
12.将标准状况下1.12LCO2 通入含有3gNaOH的水溶液中，完全反应并得到1L碱性溶液，则对于该溶液表述正确的是（ ）
A. 2c(Na+)=3[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]
B. c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)
C. HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度
D. 该溶液中存在的平衡体系只有：HCO3-+H2O ⇋ H2CO3+OH-,HCO3-⇋H++CO32-
【答案】A
【解析】
【分析】
n（CO2）==0.05mol，n（NaOH）=
=0.075mol，二者的物质的量之比为2：3，所以二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠，且物质的量之比为1:1，溶液显碱性，再结合电荷守恒和物料守恒分析。
【详解】A、根据物料守恒得2c(Na+)=3[c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)]，故A正确；
B、根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），故B错误；
C、碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，故C错误；
D、该溶液中存在的平衡体系还有碳酸根的水解平衡，水的电离平衡等，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较等，明确物质发生的反应是解本题关键，再结合物质的性质、电荷守恒和物料守恒来分析解答即可。
13.已知部分弱酸的电离平衡常数如下表所示
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数Ka(25℃)
1.75×10-5
2.98×10-8
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.61×10-11
Ka1=1.54×10-7
Ka2=1.02×10-7
下列离子方程式正确的是( )
A. 少量的CO2通入NaClO溶液中:CO2+H2O+2C1O-=CO32-+2HClO
B. 少量的SO2通入Na2CO3溶液中:SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-
C. 少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
D. 相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合:H++HCO3-=CO2↑+H2O
【答案】B
【解析】
酸的电离平衡常数：,
则酸性:
A.少量的CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.少量的SO2通入Na2CO3溶液中:离子方程式为：SO2+H2O+2CO32-=SO32-+2HCO3-，B正确;C.二氧化硫具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，所以少量的SO2 通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+，C错误；D.相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3
溶液等体积混合的离子方程式为HSO3-+HCO3-=CO2↑+H2O+SO32-，D错误；答案选B.
14.下列溶液中离子浓度的大小顺序正确的是（ ）
A. 1mL1mol/L的氨水与10mL0.1mol/L的盐酸混合：c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
B. 10mL 0.1mol/LCH3COOH溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
C. 10mL 0.1mol/LNH4Cl溶液与5mL0.2mol/LNaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
D. 10mL 0.5mol/LCH3COONa溶液与6mL1mol/L盐酸混合：c(Cl-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
A、反应后溶质为氯化铵，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，结合电荷守恒进行判断；B、二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）；C、二者恰好反应生成氯化钠和一水合氨，溶液呈碱性；D、反应后溶质为醋酸、HCl和NaCl，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-）。
【详解】A、10 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c（Cl-）＞c（NH4+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故A错误；
B、10mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液与5mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）、c（OH-）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+），故B错误；
C、10 mL 0.1mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2mol/L NaOH溶液混合，反应后溶质为等浓度的一水合氨和氯化钠，溶液显示碱性，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故C正确；
D、10 mL 0.5 mol/L CH3COONa溶液与6 mL 1mol/L盐酸混合，反应后溶质为醋酸、HCl和氯化钠，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法。
15.用CO合成甲醇(CH3OH)的化学方程式为CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 温度：T1＞T2＞T3
B. 正反应速率：v(a)＞v(c)、v(b)＞v(d)
C. 平衡常数：K(a)＞K(c)、K(b)＞K(d)
D. 平均摩尔质量：M(a)＞M(c)、M(b)＞M(d)
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1
v(d)，故B错误；
C. 由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1K(c)，平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K(b)=K(d)，故C错误；
D. CO转化率的越大，n总越小，由M=m÷n可知，a点n总小，则M(a)>M(c)，M(b)>M(d)，故D正确；
故选：C。
16.某二元弱酸（简写成H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2A⇋H++HA-，HA-⇋H++A2-，设有下列四种溶液：①0.01mol/LH2A溶液②0.01mol/LNaHA溶液③0.02mol/LHCl与0.04mol/LNaHA等体积混合④0.02mol/LNaOH与0.02mol/LNaHA等体积混合。下列判断不正确的是（ ）
A. c(H+)最大的是① B. c(HA-)最大的是③
C. c(A2-)最大的是④ D. c(H2A)最大的是①
【答案】D
【解析】
【分析】
二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2A⇌H++HA-；HA-⇌H++A2-，已知相同浓度时的电离度a（H2A）＞a（HA-），说明Ka（H2A）＞Ka（HA-），据此逐项分析。
【详解】A、从①和③去对比c（H2A），③中反应恰好产生起始时等量的NaHA和H2A，①中仅存在与③等量的H2A，显然③中NaHA的存在抑制H2A的电离，则c（H+）最大的是①，故A正确；
B、②0.01mol•L-1的NaHA溶液中只存在电离；③0.02mol•L-1的HCl与0.04mol•L-1的NaHA溶液等体积混合后得到0.01mol•L-1的H2A和0.01mol•L-1的NaHA，则c（HA-）比②中大，故 c(HA-)最大的是③，故B正确；
C、因正盐电离出的A2-浓度必最大，而④0.02mol/LNaOH与0.02mol/LNaHA等体积混合恰好生成正盐，故C正确；
D、从①和③去对比c（H2A），③中反应恰好产生起始时等量的NaHA和H2A，①中仅存在与③等量的H2A，显然③中NaHA的存在抑制H2A的电离，所以c（H2A）最大的是③，故D错误。
答案选D。
二．非选择题（本题共5小题，共52分）
17.（1）某温度（t℃）时，水的Kw=1×10-12，则该温度下，c(H+)=1×10-7mol/L的溶液呈___（填“酸性”、“碱性”或“中性”）；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c（OH-）=___mol•L-1
（2）25℃时，0.1mol/L的6种溶液，水电离出来的c(H+)由大到小的关系是___（填序号）
①盐酸 ②H2SO4 ③CH3COOH(Ka=1.7×10-5) ④氨水（Kb=1.7×10-5） ⑤NaOH ⑥Ba(OH)2
（3）已知常温时，0.1mol/L醋酸在水中有1%发生电离，则该溶液的pH=_________，醋酸的电离平衡常数Ka=_______________。
（4）下列曲线中，可以描述0.1mol/L乙酸（甲，Ka=1.8×10-5）和0.1mol/LHF（乙，Ka=3.5×10-4）的水溶液中，水电离出来的c(H+)与加入水体积V的关系是__________（填字母代号）
【答案】 (1). 碱性 (2). 1×10-7 (3). ③=④>①=⑤>②=⑥ (4). 3 (5). 1×10-5 (6). C
【解析】
【分析】
（1）水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，该温度下，中性溶液中c（H+）=1×10-6mol•L-1；水电离出来的氢离子浓度等于水电离出来的氢氧根的浓度；
（2）根据影响水的电离平衡的因素分析；
（3）依据弱电解质的电离度分析计算pH，计算平衡浓度结合电离平衡常数概念计算平衡常数；
（4）相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小。
【详解】（1）该温度下，中性溶液中c（H+）=1×10-6mol•L-1，则c（H+）=1×10-7mol•L-1的溶液呈碱性；溶液中水电离出来的氢离子浓度等于水电离出来的氢氧根的浓度，则NaOH溶液中由H2O电离出来的c（OH-）=1×10-7mol•L-1；故答案为：碱性；1×10-7；
（2）6种溶液都为酸溶液或碱溶液，都要抑制水的电离，其本身电离出来的氢离子或氢氧根浓度越大，则水电离出的氢离子浓度越小，该6种溶液中本身电离出的氢离子或氢氧根的浓度：②=⑥>①=⑤>③=④，所以水电离出来的c(H+)由大到小的关系是：③=④>①=⑤>②=⑥；故答案为：③=④>①=⑤>②=⑥；
（3）已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有1%发生电离，c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1×10-3mol/L，溶液的pH=3；依据电离平衡HA⇌H++A-可知电离平衡常数K==≈1×10-5；故答案为：3；1×10-5；
（4）相同浓度的弱酸溶液中，酸的电离平衡常数越大，酸的电离程度越大，则酸的电离度越大，乙酸（甲）电离度小于氯乙酸（乙），则相同浓度的酸电离氢离子浓度乙大，则乙中水电离氢离子浓度小；同一种酸，酸的浓度越大其电离程度越小，即电离度越小，则这两种酸的电离度随着浓度的增大而减小，符合条件的只有C，故答案为C。
18.（1）向10mL0.1mol/L的氨水中逐滴加入20mL0.1mol/L的醋酸，溶液导电性的变化是____写出二者反应的离子方程式：___________。
（2）常温下，甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比___10（填>、<或=）
（3）常温下，0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，所得溶液呈_______（填酸性、中性或碱性，下同）；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠等体积混合，所得溶液呈___________。
【答案】 (1). 导电性先变大后变小 (2). CH3COOH + NH3·H2O = CH3COO- + NH4+ +H2O (3). < (4). 酸性 (5). 酸性
【解析】
【分析】
（1）离子浓度越大，导电性越强，氨水为弱电解质，醋酸铵为强电解质；
（2）一水合氨为弱电解质，浓度越大，电离程度越小；
（3）室温下，等物质的量浓度、等体积的盐酸和氨水混合，恰好完全反应生成NH4Cl，为强酸弱碱盐；pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，氨水浓度大于盐酸，二者等体积混合时氨水过量。
【详解】（1）氨水为弱电解质，开始导电性不强，滴入醋酸，反应生成醋酸铵，为强电解质，离子浓度增大，导电性增强，反应为NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O，反应完全后，继续滴入醋酸，溶液体积变大，离子浓度减小，导电性又逐渐减弱，故答案为：导电性先变大后变小； NH3•H2O+CH3COOH═NH4++CH3COO-+H2O；
（2）甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol/L和0.1mol/L，则甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，又弱电解质的浓度越小，电离程度越大，故甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；故答案为：＜；
（3）室温下， 0.1mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合，恰好完全反应生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；室温下，pH之和为14的醋酸与氢氧化钠，醋酸是弱电解质，所以醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合时醋酸有剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以溶液呈酸性；故答案为：酸性；酸性。
【点睛】本题考查弱电解质
电离平衡的影响因素以及电离平衡的应用知识，注意把握弱电解质的电离特点。
19.葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g/L，取300.00mL葡萄酒，通过适当的方法使所含的SO2全部逸出并用H2O2将其全部氧化为H2SO4，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定。
（1）滴定前排气泡时，应选择如图中的_________（填序号）
（2）若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积_____（填序号）
①=10mL ②=40mL ③<10mL ④>40mL
（3）上述滴定实验中若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为____________，选择该指示剂时如何判断反应达到滴定终点：_________________________。
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为___g/L；若滴定终点读数时仰视刻度线，则测量结果比实际值___________（填偏高、偏低或无影响）。
【答案】 (1). ③ (2). ④ (3). 酚酞 (4). 滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (5). 0.24 (6). 偏低
【解析】
【分析】
标准液为氢氧化钠溶液，应该用碱式滴定管，根据碱式滴定管中排气泡的方法分析；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；滴定到终点溶液在半分钟内无变化，说明到达滴定终点；利用关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量。
【详解】（1）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：将胶管弯曲使玻璃尖嘴斜向上，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，从而溶液充满尖嘴，排除气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法，故答案为：③；
（2）若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL-10.00mL）=40.00mL，所以④正确，故答案为：④；
（3）滴定终点时溶液由酸性变碱性，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；当加入最后一滴标准溶液后，溶液恰好变浅红色，且在半分钟内无变化，说明到达滴定终点，故答案为：酚酞；滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，读取数据时仰视，读数偏小，即消耗的NaOH溶液体积偏小，测定结果偏低，故答案为：0.24；偏低。
20.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
（1）目前工业上有一种方法是用CO2和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。图一表示恒压容器中0.5molCO2和1.5molH2转化率达80％时的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式__________________________________________________。
（2）NH3催化还原可以消除氮的氧化物的污染。
①相同条件下，在固定容积的密闭容器中选用不同的催化剂（a、b、c）发生反应：4NH3（g）+6NO（g）⇋5N2（g）+6H2O（g）反应产生N2的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法错误的是___________
A.催化剂催化效率：a＞b＞c
B.X点时，NH3的化学反应速率为0.5mol·L-1·min-1
C.达到平衡时，使用催化剂c时NO的转换率最小
D.若在恒容绝热的密闭容器中发生该反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡
②恒温恒容下，向容积为1.0L的密闭容器中充入1.8molNH3和2.4molNO，在一定条件下发生反应，达到平衡时平衡体系的压强为反应前压强的22/21倍，则化学平衡常数K=__________mol/L（保留两位有效数字）。若上述反应改在恒温恒压条件下进行，则反应达到平衡时NH3的体积分数__________（填变大、变小或不变）
（3）在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA(g)+yB(g)⇋zC(g),平衡时测得A的浓度为0.3mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.18mol/L，则A的转化率__________（填变大、变小或不变），C的体积分数__________（填变大、变小或不变）
【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)⇋CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ/mol (2). BC (3). 1.0 (4). 变小 (5). 变小 (6). 变小
【解析】
【分析】
（1）先写出CO和H2在230℃、催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气的反应方程式，根据能量变化图计算反应完全转化时的焓变值，据此写出热化学方程式；
（2）①根据相同时间内，N2浓度的变化量判断三种催化剂的催化效率；X点时的化学反应速率是瞬时反应速率，不是平均反应速率；催化剂不改变化学平衡，只改变化学反应速率；化学平衡常数只随温度的改变而改变；
②根据理想气体状态方程pV=nRT，分析压强和混合气体物质的量之间的关系，结合化学方程式计算化学平衡常数，先假设平衡不移动，再考虑平衡移动的情况对NH3体积分数的影响；
（3）将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.15mol/L，而再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.18mol/L，可知减小压强平衡逆向移动。
【详解】（1）CO和H2在230℃，催化剂条件下转化生成甲醇蒸汽和水蒸气的反应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇋CH3OH(g)+H2O(g)；根据能量变化图分析，反应物能量高于生成物能量，表明反应为放热反应，0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时反应的焓变为3.4kJ/mol-23kJ/mol=-19.6kJ/mol，则当1mol完全转化时反应的焓变为△H=
=-49kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇋CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49kJ/mol；
（2）①A、根据相同时间内，N2浓度的变化量a增长最多，则a的催化效率最高，b次之，c最低，所以催化剂的催化效率a＞b＞c，故A正确；
B、X点时的化学反应速率是瞬时反应速率，不是平均反应速率，因此NH3的化学反应速率不为0.5mol/（L•min），故B错误；
C、催化剂不改变化学平衡，只改变化学反应速率，到达平衡时，三种催化剂作用下的反应平衡时各组分浓度一样，故C错误；
D、化学平衡常数只随温度的改变而改变，若在恒容绝热的密闭容器中发生该反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故D正确。
故答案为：BC；
②根据理想气体状态方程pV=nRT，恒温恒容下，向容积为1.0L的密闭容器中充入1.8molNH3和2.4molNO，在一定条件下发生反应，达到平衡时平衡体系的压强为反应前压强的倍，则=＝，则n（平）=mol，反应的反应为：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g），设反应转化了NH3的物质的量为4xmol，则平衡时有1.8-4x+2.4-6x+5x+6x=4.6，解得x=0.2，则平衡时容器中各组分的浓度为c（NH3）==1mol/L，c（NO）==1.2mol/L，c（N2）==1mol/L，c（H2O）==1.2mol/L，则化学平衡常数K==1.0mol/L，若上述反应改在恒温恒压条件下进行，由于反应是气体数增多的反应，随着反应反应，容器内压强增大，若平衡不移动，则平衡时NH3的体积分数，恒压装置平衡时容器气体积大于恒容装置，则恒压装置相当于恒容装置在平衡的基础上减压，则反应向加压方向进行，因此反应达到平衡时NH3的体积分数变小，故答案为：1.0；变小；
（3）将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.15mol/L，而再达到平衡时，测得A的浓度降低为0.18mol/L，可知减小压强平衡逆向移动，则A的转化率变小，C的体积分数变小，故答案为：变小；变小。
21.已知二元酸H2X易溶于水
（1）常温下，向0.1mol/L的酸式盐NaHX的溶液中滴入几滴紫色石蕊试液，溶液变成红色。
①若测得此溶液的pH=1，则NaHX溶于水时的电离方程式为__________
②若NaHX溶液中能检测到H2X分子，则溶液中c(X2-)__________（填>、<或=）c(H2X)，c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=__________mol/L
（2）常温下，0.1mol/LNaHX溶液中存在的离子有Na+、X2-、HX-、H+、OH-，存在的分子只有H2O，且c(H+)=0.01mol/L
①该溶液中c(HX-)+c(X2-)=__________mol/L
②常温下，0.1mol/LH2X溶液中c(H+)________（填>、<或=）0.11mol/L
（3）若NaHX溶液中检测不到H2X分子但可检测到HX-，则溶液中c(H+)-c(OH-)________（填>、<或=）c(X2-)，若HX-的电离平衡常数K=2.5×10-6，则0.4mol/L的NaHX溶液的pH约为__________
（4）常温下向20mL 0.05mol/L某稀酸H2X溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中由水电离出来的氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图，下列分析正确的是________（填字母代号）
A.NaHX溶液可能为酸性，也可能为碱性
B.A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C.E点溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(X2-)>c(OH-)>c(H+)
D.F点溶液：c(NH4+)=2c(X2-)
（5）已知某混合溶液中含有4molNa2X、2molNa2CO3和1molNaHCO3。往溶液中通入4molCO2气体，充分反应后气体全部被吸收，反应后Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为________，________（不考虑弱酸根离子的电离及水解）
【答案】 (1). NaHX = H+ + X2- + Na+ (2). > (3). 0.1 (4). 0.1 (5). < (6). = (7). 3 (8). D (9). 0mol (10). 7mol
【解析】
【分析】
（1）若测得此溶液的pH=1，则盐NaHX溶于水时电离出钠离子、酸根离子和氢离子；若NaHX溶液中能检测到H2X分子,则说明HX-可以水解；
（2）溶液不存在H2X，根据物料守恒分析；由于溶液不存在H2X，说明H2X的第一步电离是完全电离，第二步部分电离，第一步电离中H+对第二步的电离产生了抑制；
（3）NaHX溶液中检测不到H2X分子，但能检测到HX-，说明HX-只电离不水解而使溶液呈酸性，由电荷守恒计算，再由电离常数计算氢离子浓度；
（4）由A点水电离出氢离子浓度为10-13mol/L可知A点溶液中氢氧根离子浓度为10-13mol/L，结合c（H+）=计算酸溶液中c（H+）；随着氨水的加入，溶液的酸性减弱、碱性逐渐增强，溶液的pH增大；E溶液显示酸性，根据盐的水解原理来比较离子浓度；根据电荷守恒结合溶液呈中性分析解答；
（5）某混合溶液中含有4mol Na2X、2mol Na2CO3和1mol NaHCO3，Na2X、NaHCO3能共存，说明HX-的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入4mol CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX-的酸性弱于碳酸，即溶液中除了发生Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，还发生反应Na2X+CO2+H2O=NaHX+NaHCO3，根据反应方程式进行计算。
【详解】（1）①若测得此溶液的pH=1，说明该盐溶于水完全电离，生成钠离子、酸根离子和氢离子，所以其电离方程式为：NaHX=Na++H++X2-，故答案为：NaHX=Na++H++X2-；
②若NaHX溶液中能检测到H2X分子，说明是H2X是弱酸，HX-可以部分水解生成H2X，而NaHX完全电离生成Na+、H+、X2-，所以c(X2-) >c(H2X)；根据物料守恒，c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=0.1mol/L；故答案为：NaHX = H+ + X2- + Na+； >；
（2）①溶液不存在H2X，由物料守恒可知，0.1mol•L-1NaXB溶液中c（HX-）+c（X2-）=0.1mol/L；故答案为：0.1；
②由于溶液中只存在的分子为H2O，说明H2X为中强酸，电离方程式为H2X=H++HX-﹑HX-⇌H++X2-；由物料守恒可知c（HX-）+c（X2-）=c（Na+）=0.1mol/L；0.1mol•L-1NaHX溶液c（H+）=0.01mol•L-1，则有HX-的电离度是10%，H2X的第一步电离为完全电离，第二步为部分电离，且第一步电离中H+对第二步的电离产生了抑制，故H2X溶液c（H+）＜0.11mol•L-1；故答案为：＜；
（3）NaHX溶液中检测不到H2X分子，但能检测到HX-，说明HX-只电离不水解，溶液中电荷守恒等式为：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+ c(HX-)+2c(X2-)，物料守恒等式为：c(Na+)= c(HX-)+c(X2-)，两者合并得到等式：c(H+)= c(OH-)+c(X2-)，则c(H+)-c(OH-) =c(X2-)；HX-的电离平衡常数K===2.5×10-6，计算出c(H+)10-3
mol/L，pH约为3，故答案为：=；3；
（4）A、酸溶液中水电离出氢离子浓度c（H+）等于溶液中氢氧根离子浓度c（OH-），即c（OH-）═10-13mol/L，则酸溶液中c（H+）==mol/L=0.1mol=2×0.05mol•L-1，所以酸H2X为二元强酸，即NaHX溶液显酸性，故A错误；
B、随着氨水的加入，溶液的酸性减弱，溶液的pH增大，所以A、B、C三点溶液的pH是逐渐增大的，D点恰好反应完全，随着氨水的加入，溶液的碱性逐渐增强，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大，故B错误；
C、E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，所以c（NH4+）＞c（X2-）＞c（H+）＞c（OH-），故C错误；
D、根据电荷守恒：c（H+）+c（NH4+）═2c（X2-）+c（OH-），而溶液呈中性c（OH-）═c（H+），所以c（NH4+）═2c（X2-），故D正确。
答案选D。
（5）某混合溶液中含有4mol Na2X、2mol Na2CO3和1mol NaHCO3，Na2X、NaHCO3能共存，说明HX-的酸性强于碳酸氢根离子，往溶液中通入4mol CO2气体，充分反应后，气体全部被吸收，说明HX-的酸性弱于碳酸，根据反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，可知2mol Na2CO3能生成4molNaHCO3同时消耗二氧碳2molCO2，还有2molCO2发生反应Na2X+CO2+H2O=NaHX+NaHCO3，生成2molNaHCO3，所以溶液中没有Na2CO3，NaHCO3为7 mol，故答案为：0mol；7mol。
