【文档说明】【精准解析】贵州省毕节市民族中学2019-2020学年高二上学期第二次月考化学试题.doc，共(18)页，340.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：23S：32Cl：35.5Ba：137第Ⅰ卷选择题部分（48分）一、选择题（每个小题只有一个选项正确，每小题3分，共计48分）1.25℃、1.01×105Pa时，反应2N2O

5(g)=4NO2(g)+O2(g)ΔH=+56.7kJ·mol-1自发进行的原因是（）A.是吸热反应B.是放热反应C.是熵减小的反应D.熵增大效应大于能量效应【答案】D【解析】【详解】ΔG=ΔH－TΔS，当反应的自由能ΔG<0时，反应能自发进行；该反应是吸热反

应，ΔH>0，不利于反应的自发进行；促使反应自发进行只能是由于熵增效应，故合理选项是D。2.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A.溴水中存在如下平衡：Br2＋H2O垐?噲?HBr＋HBrO，当加入NaOH溶

液后颜色变浅B.合成氨反应：N2＋3H2垐?噲?2NH3ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施C.反应：CO＋NO2垐?噲?CO2＋NOΔH<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动D.对2H2O2垐?噲?2H2O＋O2↑的反应，使用MnO

2可加快制O2的反应速率【答案】D【解析】【详解】A．NaOH可以中和HBr和HBrO，使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故A正确；B．正反应是气体体积减小的放热反应，降温和加压都能使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C．升温能够

使平衡向吸热方向移动，能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．二氧化锰是催化剂，能加快反应速率，但催化剂不影响平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；故答案为D。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒

夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。3.某小组设计如图所示实验,探究

影响H2O2分解速率的因素。下列分析错误的是A.该实验探究的是温度对反应速率的影响B.该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同C.实验中,H2O2的浓度不宜过大D.温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，反应速率相同【答案】D【解析】【详解】A．两个装置中的变量是温度，所以该实验探究

的是温度对反应速率的影响，A正确；B．由于二氧化锰是催化剂，且探究的是温度对反应速率的影响，所以该实验要控制MnO2的质量、颗粒大小相同，B正确；C．双氧水浓度过大，反应速率过快，不易控制，所以实验中H2O2的浓度不宜过大，C正确；D．温度相同时，若用FeCl3代替MnO2，由于改变了催

化剂，则反应速率不可能相同，D错误；答案选D。【点睛】由于影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。因此解答此类题时，要认真审

题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题干信息，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。4.下列依据热化学方程式得出的结论正确的

是A.已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定B.已知C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH1；C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH2，则ΔH2＞ΔH1C.已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，则氢气

的燃烧热为241.8kJ/molD.已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol，则含20gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，中和热为28.65kJ/mol【答案】B【解析】【详解】A．石墨生成金刚

石水吸热反应，说明石墨的能量低于金刚石的，所以石墨比金刚石稳定，选项A错误；B．生成CO时，碳不完全燃烧，比生成CO2放出的热量少，放热ΔH为“-”，所以ΔH2>ΔH1，选项B正确；C．燃烧热是在一定条

件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，因为水的稳定状态是液态，选项C错误；D．中和热是指酸碱中和生成1mol水时放出的热量，20克的氢氧化钠只能生成0.5mol的水，中和热为57.3kJ/mol，选项D错误。答案选B。5.下列方程式书写

正确的是（）A.HCO3-在水溶液中的电离方程式：HCO3-＋H2O垐?噲?H3O＋＋CO32-B.H2SO3的电离方程式H2SO3垐?噲?2H＋＋SO32-C.CO32-的水解方程式：CO32-＋2H2O垐?

噲?H2CO3＋2OH-D.CuSO4的水解方程式：Cu2++2H2O=Cu(OH)2↓+2H+【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢根离子为多元弱酸酸式根离子，电离生成氢离子和碳酸根离子，电离方程式为：HCO3-+H

2O垐?噲?H3O++CO32-，故A正确；B．亚硫酸为多元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2SO3垐?噲?H++HSO3-，HSO3-垐?噲?H++SO32-，故B错误；C．碳酸根离子水解分两步，以第一步为主，CO32-的水解方程式：CO32-+H2O垐?噲?HCO

3-+OH-，故C错误；D．硫酸铜为弱碱强酸盐，水解生成氢氧化铜和硫酸，水解离子方程式为：Cu2++2H2O垐?噲?Cu(OH)2+2H+，故D错误；故答案为A。6.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）的反应热和化学平衡常数分别为△H和K,则相同温度

时反应4NH3（g）2N2（g）＋6H2（g）反应热和化学平衡常数为()A.2△H和2KB.-2△H和K2C.-2△H和K-2D.2△H和-2K【答案】C【解析】【详解】正反应是放热反应，则逆反应就是吸热反应，反之亦然，所以氨气分解的反应热是－2△H。平衡常

数是在反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此如果化学计量数不变的话，则逆反应的平衡常数是正反应平衡常数的倒数。由于逆反应的化学计量数均是原来的2倍，所以选项C是正确的。答案选C。7.下列纯气体反应符合图1、图

2的是()A.X+3Y垐?噲?2ZΔH>0B.X+3Y垐?噲?2ZΔH<0C.X+2Y垐?噲?3ZΔH<0D.5X+3Y垐?噲?4ZΔH<0【答案】B【解析】【详解】图1中X、Y浓度降低，则X、Y为反应物，Z浓度增大，Z为生成物，X、Y、

Z浓度变化量之比为：1:3:2，且存在化学平衡状态，化学方程式为：X+3Y垐?噲?2Z；T2时，先达到化学平衡状态，则T2＞T1，温度高时，Z%较小，即温度升高，向逆反应方向移动，正反应放热，△H＜0，故表示的反应为：X+3Y垐?噲?2Z△H＜0，故答案为B。【点睛】化学平衡图像题的解题技巧

：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不

变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。8.合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经过多步反应制得，其中的一步反应为：CO(g)＋H2O(g)催化剂CO2(g)＋H2(g)△

H<0，反应到达平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是()A.增加压强B.降低温度或增大H2O(g)的浓度C.增大CO的浓度D.更换催化剂【答案】B【解析】【分析】提高CO的转化率可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．【详解】A

、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，或增大H2O(g)的浓度，平衡正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误。

故选B。9.对于任何一个化学平衡体系，采取以下措施，一定会使平衡发生移动的是A.使用催化剂B.升高温度C.增大体系压强D.加入一种反应物【答案】B【解析】【详解】A.使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故A不选；B.任何一个化学反应一定存在着热量的变化，

所以升高温度，一定使平衡移动，故B选；C.对一个反应前后气体系数之和相等的可逆反应，增大体系的压强，平衡不移动，故C不选；D.加入的反应物如果是固体，则平衡不移动，故D不选。故选B。10.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是（）①醋酸与水能以任意比互溶；②醋酸

溶液能导电；③醋酸稀溶液中存在醋酸分子；④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢A.②⑥

⑦B.③④⑥⑦C.③④⑤⑥D.①②【答案】B【解析】【详解】①电解质的强弱与溶解性无关；②弱电解质溶液电离后也可以导电；③醋酸溶液中存在醋酸分子，可以说明存在电离平衡；④0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大，可以说明醋酸为弱电解质；⑤说明醋酸比碳酸强，不能说明醋酸是弱电

解质；⑥0.1mol/L醋酸钠溶液pH＝8.9，说明醋酸未完全电离；⑦大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应，醋酸产生H2速率慢，说明部分电离；故答案选B。11.下列设计的实验方案能达到实验目的的是A.制取无水AlCl3

：将AlCl3溶液加热蒸干并灼烧B.除去锅炉水垢中含有的CaSO4：先用Na2CO3溶液处理，然后再加酸去除C.证明氨水中存在电离平衡：向滴有酚酞的氨水中加入少量NH4Cl固体，溶液红色变深D.配制FeCl3溶液时为防止溶液浑浊常加入少量

稀硫酸【答案】B【解析】【详解】A．AlCl3在加热时水解生成Al(OH)3和HCl，HCl易挥发，蒸干灼烧得到的是Al2O3，无法获得AlCl3晶体，选项A错误；B．硫酸钙难以除去，可加入碳酸钠转化为碳

酸钙，加入盐酸即可除去，选项B正确；C．一水合氨为弱碱，溶液中存在电离平衡：NH3•H2ONH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，选项C错误；D

、Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2Fe(OH)3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，所以选加HCl，不能用其它的酸，选项D错误。答案选B。12.下列有关实验的叙述正

确的是A.过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率B.用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大C.酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水D.酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差【答案】C【解析】【详解】A、过

滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒，A项错误；B、若为碱溶液，被稀释后pH值会变小，B项错误；C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，D项错误；答案选C。13.若溶液中由

水电离产生的c(OH-)＝10-12mol·L-1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的是（）A.Al3+、Na+、NO3-、CO32-B.K+、Na+、Cl-、NO3-C.K+、Na+、Cl-、S2-D.K+、NH4+、

SO42-、NO3-【答案】B【解析】【详解】溶液中由水电离产生的c(OH-)=1×10-12mol•L-1，则溶液可能是强酸性溶液或强碱性溶液；A．Al3+在碱性条件下不能存在，CO32-在酸性溶液中不能大量存在，且Al3+和CO32-在同一溶液中能发生双水解反应而不能大量共存

，故A错误；B．离子组K+、Na+、Cl-、NO3-彼此之间不反应，且与H+离子或OH-也不反应，能大量共存，故B正确；C．S2-在酸性条件下不能大量存在，故C错误；D．NH4+在碱性条件下不能大量存在，故D错误；故答案

为B。14.物质的量浓度相同的下列溶液中，NH4+浓度最大的是（）A.(NH4)2Fe(SO4)2B.NH3·H2OC.(NH4)2CO3D.NH4Cl【答案】A【解析】【详解】A.(NH4)2Fe(SO4)2=2NH4

++SO42-，其中NH4+和Fe2+的水解相互抑制，导致NH4+的水解程度减小，NH4+的浓度最大，A正确；B.NH3·H2O是弱电解质，电离程度很弱，主要以电解质分子NH3·H2O的形式存在，电离产生的NH4+的浓度远小于等浓度的

盐电离产生的NH4+的浓度，B错误；C.(NH4)2CO3=2NH4++CO32-，其中NH4+和CO32-的水解相互促进，导致NH4+的水解程度比(NH4)2Fe(SO4)2的大，NH4+的浓度小于(NH4)2Fe(SO4)2中NH4+的浓度，

C错误；D.NH4Cl=NH4++Cl-，其中NH4+水解，使NH4+的浓度减小，小于溶液中Cl-的浓度，但比等浓度的(NH4)2Fe(SO4)2和(NH4)2CO3的铵根离子浓度小，D错误；故铵根离子浓度最大的是A。15.下列叙述正确的是（）A.0.1mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(

NH4+)B.在0.1mol·L－1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)＋c(H+)C.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：c(Na＋)>c(HX)>c(X－)>c(H

＋)>c(OH－)D.0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)【答案】B【解析】【详解】A．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(OH-)=c(NH4+)+c(

H+)，故A错误；B．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故B正确；C．如果溶液呈酸性，则HX的电离程度大于X-的水解程度，所以c(HX)＜c(X-)，根据物料守恒得c(Na+)＜c(X

-)，溶液中离子浓度大小顺序是c(X-)＞c(Na+)＞c(HX)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故D错误；故答案为B。16.下列

有关沉淀溶解平衡的说法正确的是A.Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度B.在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，AgCl的Ksp增大C.在AgI的沉淀溶解平衡体系中

，加入K2S固体，AgI沉淀可转化为Ag2S沉淀D.在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动【答案】C【解析】【详解】A.AB2和CD的阴阳离子个数比不同，不能通过Ksp大小直接比较溶解度大小，选项A错误；B.温度不变，AgC

l的Ksp不变，选项B错误；C.在AgI的沉淀溶解平衡体系中，加入K2S固体，AgI沉淀可转化为Ag2S沉淀，选项C正确；D.在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，CO2+CO32—+H2O=2HCO3—，CO32—的浓度减小，沉淀溶解平

衡向溶解的方向移动，选项D错误；答案选C。第Ⅱ卷非选择题部分（52分）二、填空题17.按要求写热化学方程式：(1)已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式___

________________。(2)碳的燃烧热为393.50kJ·mol-1，写出表示C燃烧热的热化学方程式：____________________________________________。(3)

已知CO转化成CO2的能量关系如下图所示。写出该反应的热化学方程式：_______________________________________________。(4)已知下列热化学方程式：①CH3COO

H(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol③H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COO

H(l)的热化学方程式____________________。【答案】(1).12H2SO4(aq)+NaOH(aq)═12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol(2).C(s)+O2(

g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1(3).2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H=-566kJ•mol-1(4).2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)△H=-488.3kJ/mol【解析】【分析】(1

)中和热的概念分析，中和热是指强酸、强碱生成1mol水放出的热量；(2)依据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量书写；(3)根据图象书写热化学方程式；(4)利用盖斯定律计算反应热，并书写热化学方程式。【详解】(1)中和热

是指强酸、强碱生成1mol水放出的热量，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，生成2mol水，放出114.6kJ热量，则生成1mol水时放出57.3kJ的热量，所以表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式为：

12H2SO4(aq)+NaOH(aq)═12Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol；(2)已知碳的燃烧热为393.5kJ/mol，则表示碳的燃烧热的热化学方程式为：C(s)+O2(g)═CO2(g)

△H=-393.5kJ•mol-1；(3)由图象可知2molCO和1mol氧气生成2mol二氧化碳放出566kJ的热量，所以热化学方程式为2CO(s)+O2(g)═2CO2(s)△H=-566kJ•mol-1；(4)已知：①CH3COOH(l

)+2O2(g)═2CO2(g)+2H2O(l)△H1=-870.3kJ/mol，②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2=-393.5kJ/mol，③H2(g)+12O2(g)═H2O(l)△H3=-285.8kJ/mol，利用盖斯定律将②×2+③×2-①可得：2C(s)+2H2(

g)+O2(g)=CH3COOH(l)；△H=2×(-393.5kJ/mol)+2×(-285.8kJ/mol)-(-870.3kJ/mol)=-488.3kJ/mol，所以热化学方程式为2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)△H=-488.3kJ/mol

。【点睛】通常应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式

之间ΔH的换算关系。18.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g）垐?噲?CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：(1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝

_____________________。(2)该反应为____________反应（选填“吸热”、“放热”）。(3)能判断该反应是否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（CO）不变c．υ正（H2）＝υ逆

（H2O）d．c（CO2）＝c（CO）(4)某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为_________。(5)1200℃时，在2L的密闭容器中，反应开始时加入1molCO2、1molH2、2mo

lCO、2molH2O，则反应向__________进行（填“正方向”、“逆方向”或“不移动”）【答案】(1).222c(CO)cHOcCOcH(2).吸热(3).bc(4).830℃(5)

.逆方向【解析】【分析】(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；(2)根据温度升高，平衡常数变大来分析；(3)利用平衡的特征“等”和“定”来分析；(4)根据浓度和平衡常数来计算平衡常数，从而确定温度；(5)比较QC与K的相对大小，如果QC＞K逆向移动，QC═K，不移动，QC＜K正

向移动。【详解】(1)平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=222c(CO)cHOcCOcH；(2)由温度升高，平衡常数变大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热

反应；(3)a．该反应为气体的总物质的量不变的反应，则容器中压强始终不变，不能作为判定平衡的方法，故A错误；b．混合气体中c(CO)不变，则达到化学平衡，故B正确；c．V(H2)正=V(H2O)逆，则对于氢气来说正、逆反应速率相等，此时反应达到平衡，故

C正确；d．c(CO2)=c(CO)，该反应不一定达到平衡，浓度关系取决于反应物的起始量和转化率，故D错误；故答案为：bc；(4)c(CO2)•c(H2)=c(CO)•c(H2O)时，平衡常数K=222c(CO)cHOcCOcH=1，则该温度为830℃；(5)1200℃时，在2

L的密闭容器中，反应开始时加入1molCO2、1molH2、2molCO、2molH2O，Qc=222c(CO)cHOcCOcH=110.50.5=4＞2.6，说明反应逆方向进行。19.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答

下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8(1)物质的量浓度均为0.1mol/L的四种溶液：p

H由小到大排列的顺序是______(用编号填写)a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3(2)常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是____________________(填字母)。A．c(H+)B．+3c(H)c

(CHCOOH)C．c(H+)•c(OH﹣)D．c(OH)c(H)E.+-33c(H)c(CHCOO)c(CHCOOH)(3)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：______________________。(4)25℃时，将amol/L的醋酸与等浓度的氢氧化钠等体积混合

，反应后溶液中的离子浓度由大到小关系是______________________________。【答案】(1).a＜d＜c＜b(2).BD(3).ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO(4).(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)【解析】【分析】(1)Ka

越小酸性越弱，且酸性越弱对应盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大；(2)A．加水促进电离，但氢离子浓度减小；B．加水稀释促进醋酸电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小；C．温度不变，Kw不变；D．加水稀释促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增

大；E．温度不变，电离平衡常数不变；(3)发生强酸制取弱酸的反应；(4)amol/L的醋酸与等浓度的氢氧化钠等体积混合后得到CH3COONa溶液，CH3COO-水解，溶液呈碱性。【详解】(1)相同条件下，酸的电离平衡常数越小，则酸的电离程度越小，酸根离子水解程度越大，则相同浓度的钠盐，其p

H值越大，根据电离平衡常数知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，则等浓度的盐溶液的pH大小顺序是a＜d＜c＜b；(2)A．加水稀释促进醋酸电离，但溶液中c(H+)减小

，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，则+3c(H)c(CHCOOH)增大，故B正确；C．温度不变，则Kw=c(H+)•c(OH-)不变，故C错误；D．加水稀

释促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，氢氧根离子浓度增大，所以c(OH)c(H)增大，故D正确；E．温度不变，电离平衡常数不变，则Ka=+-33c(H)c(CHCOO)c

(CHCOOH)不变，E故错误；故答案为：BD；(3)根据电离平衡常数的数据，可知次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子，所以向次氯酸钠溶液中通入少量或过量二氧化碳，都生成碳酸氢根离子和次氯酸，不能生成碳酸根离子和次氯酸，故离子方程式为ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HC

lO；(4)amol/L的醋酸与等浓度的氢氧化钠等体积混合后得到CH3COONa溶液，CH3COO-水解，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，此时溶液中存在电荷守恒式c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(Na+)＞c(CH3COO-)，故溶液中的离子浓度由大到小关

系是c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)。20.(1)25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c(OH-)=____________；用离子方程式表示FeCl3

溶液用于净水的原因____________________________________。(2)已知NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4＝Na+＋H+＋SO42-。在NaHSO4溶液中c(H+)___________c(OH

-)＋c(SO42-)（填“>”、“＝”或“<”下同）；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，则反应后溶液的pH__________7。(3)将0.02mol/LNa2SO4溶液与某浓度BaCl2溶液等体积混合，则生成BaSO4沉淀所需原BaCl2溶液

的最小浓度为_________________________________。(已知Ksp(BaSO4)＝1.1×10-10)(4)一定温度下，测得某纯水的pH为6．5。此时水的离子积常数Kw为_______；若在此纯水中加一定量Ba(OH)2固体，配制成0．005

mol·L-1的Ba(OH)2溶液，保持原温度，其溶液的pH为__________。【答案】(1).10-2mol/L(2).Fe3++3H2O垐?噲?Fe(OH)3(胶体)+3H+(3).=(4).＞(5).2.2×10-8mol/L(6)

.10-13(7).11【解析】【分析】(1)氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c(OH-)=c(H+)；(2)已知NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=N

a++H++SO42-，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断c(H+)和c(OH-)+c(SO42-)的相对大小；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，则反应后溶液呈碱性；(3)计算混合后硫酸根的浓度，根据K

sp(BaSO4)=c(Ba2+)•c(SO42-)计算硫酸根沉淀时溶液中c(Ba2+)，原氯化钡溶液为此时钡离子浓度的2倍，注意溶液混合后各种物质的浓度降为原来的一半；(4)纯水中，c(H+)=c(OH-)，Kw=c(H+)×c(OH-)；先计算氢氧根离子浓度，再根据离子积常数计算氢

离子浓度，从而计算溶液的pH；【详解】(1)氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子水解导致溶液呈酸性，25℃时，某FeCl3溶液的pH=2，则由水电离产生的总c(OH-)=c(H+)=10-2mol/L，水解离子方程式为Fe3++3H2O垐?噲?Fe(OH)3(胶体)+3H+；(2

)NaHSO4在水中的电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42-，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(SO42-)，物料守恒c(Na+)=c(SO42-)，所以得c(H+)=c(OH-)

+c(SO42-)；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO42-完全沉淀，二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，反应方程式为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液中的溶质是NaOH，则溶液呈碱性，pH＞7；(3)等体积混合后，c(SO42-)=12×0.02mol

/L=0.01mol/L，故BaSO4沉淀所需Ba2+离子的最小浓度为c(Ba2+)=101.1100.01mol/L=1.1×10-8mol/L，故原BaCl2溶液的浓度为2×1.1×10-8mol/L=2.2×10-8

mol/L；(4)纯水中，c(H+)=c(OH-)，Kw=c(H+)×c(OH-)=10-13；该溶液中，c(OH-)=2c(Ba(OH)2)=2×0.005mol•L-1=1.0×10-2mol•L-1，c(H+)=132110110mol/L=10-

11mol/L，所以溶液的pH=11。三、实验题21.某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_____

__。直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并_________为止。（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液

的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为

________mL。（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol/L盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.1026.1126.01第二次

25.001.5630.3028.74第三次25.000.3226.3125.99依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度为_____________mol/L。(保留四位有效数字)【答案】(1).锥形瓶内颜色变化(2).半分钟内不褪色(3).D(4).

1.00(5).25.10(6).0.1040mol/L【解析】【详解】（1）酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色，故答案为：锥形瓶内颜色变化；半分钟内不褪色；（2）起始读数为1.00mL，终点读数为25.10mL，盐酸溶液的体

积为24.10mL，故答案为1.00；25.10；（3）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)=()()()cVV标准标准待测可知，测定c(NaOH)偏大，故A不符合

；B．滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测可知，测定c(NaOH)无影响，故B不符合；C．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)=()()()cVV标准标准待测可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测可知，测

定c(NaOH)偏低，故D符合；故答案为D；（4）根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.00mL，根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，n(HCl)=n(NaOH)，则c(NaOH)=0.02600.1000/0.025LmolLL=0.1040m

ol/L；故答案为0.1040mol/L。【点晴】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=()()()cVV标准标准待测分析，若标准溶液的体积

偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。