辽宁省大连市第一〇三中学2018_2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）.docx

辽宁省大连市第一三中学2018-2019学年高二化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 O 16一单项选择题（每小题2分）1.下列关于能量变化的说法正确的是A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒【答案】D【解析】试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；H0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。2.下列方程式书写正确的是（ ）A. CaCO3的电离方程式：CaCO3 Ca2+CO32B. H2SO3的电离方程式H2SO32HSO32C. CO32的水解方程式：CO322H2OH2CO32OHD. HCO3在水溶液中的电离方程式：HCO3H2OH3OCO32【答案】D【解析】【详解】A、碳酸钙属于强电解质，电离方程式是：CaCO3=Ca2+CO32-，故A错误；B、由于亚硫酸是弱酸，电离方程式要分步写：H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，故B错误；C、碳酸根离子分步水解，水解方程式是：CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故C错误；D、HCO3-在水溶液中的电离生成碳酸根离子和水合氢离子，电离方程式为HCO3-+H2OH3O+CO32-，故D正确；故选D。3.室温下,某溶液中由水电离产生的c(H+)等于10-13molL-1,该溶液的溶质不可能是()A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2【答案】B【解析】试题分析：室温下，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10-10mol/L10-7mol/L，说明水的电离被抑制，则溶液中的溶质为酸、碱或强酸酸式盐。A、NaHSO4属于强酸酸式盐，完全电离出的氢离子抑制水电离，故A不选；B、NaCl是强酸强碱盐，不影响水的电离，故B选；C、盐酸是强酸，抑制水电离，故C不选；D、Ba（OH）2属于强碱而抑制水电离，故D不选；故选B。考点：考查了水的电离的相关知识。4.下列溶液pH一定小于7的是()A. 等体积的盐酸与氨水的混合液B. 由水电离出的c(OH)11010 mol/L的溶液C. 80时的氯化钠溶液D. c(H)1103 mol/L的酸与c(OH)1103 mol/L的碱等体积混合液【答案】C【解析】【详解】A等体积的盐酸和氨水的混合液，没告诉盐酸与氨水的物质的量浓度，氢离子浓度无法确定，故A错误；B水电离出的c(OH-)=110-10molL-1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸性溶液，可能为碱性溶液，pH不一定小于7，故B错误；C水的电离为吸热过程，升高温度促进水的电离，25时，水中c(H+)=10-7mol/L，80时，由水电离出的c(H+)10-7mol/L，所以80时的氯化钠溶液pH值一定小于7，故C正确；D没指名酸和碱的强弱，无法判断溶液的pH值，例如稀的强酸和浓的弱碱溶液反应，反应后溶液呈碱性，故D错误；故选C。【点睛】本题考查溶液pH值大小判断，明确pH值的概念及水的电离平衡的影响因素是解题关键。本题的易错点为B，要注意酸或碱与能够水解的盐对水的电离平衡影响的区别。5.下列能用勒夏特列原理解释的是（）A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅C. SO2催化氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深【答案】B【解析】如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，这就是勒沙特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。氢气和碘单质生成碘化氢的反应是体积不变的，所以改变压强平衡不移动。颜色加深是因为单质碘碘浓度增大引起的，所以选项D不能用勒沙特列原理解释，其余都是可以的，答案选B。6.对于化学反应能否自发进行，下列说法中不正确的是 （ ）A. 若H0，S0，任何温度下都能自发进行B. 若H0，S0，任何温度下都不能自发进行C. 若H0，S0，低温时可自发进行D. 若H0，S0，低温时可自发进行【答案】C【解析】选项内容分析结论AH0，S0G0，任何温度下都能自发进行BH0，S0G0，任何温度下都不能自发进行CH0，S0，高温时能保证G0DH0，S0，低温时能保证G07.已知CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)， H=+247kJmol1，则有利于提高CH4平衡转化率的条件是（ ）A. 高温低压 B. 低温高压 C. 高温高压 D. 低温低压【答案】A【解析】【详解】CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，H=+247kJ/mol，要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，故选A。8.能使H2OH2OH3OOH电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是()A. 在水中加Na2CO3 B. 在水中加入CuCl2C. 在水中加入稀硫酸 D. 将水加热到99，其中c(H)1106molL1【答案】B【解析】【详解】A、碳酸钠中的碳酸根是弱酸根，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故A错误；B、氯化铜中的铜离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，故B正确；C、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、温度升高，水的电离平衡向正反应方向移动，但是溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故D错误；故选B。【点睛】本题考查水的电离的影响因素。本题的易错点为D，要注意溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关，与c(H)是否大于1107molL1无关。9.用1.0mol/L的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，其水溶液的pH和所用NaOH溶液的体积变化关系如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的大致体积是（ ）A. 1.0 mol/L，20 mL B. 0.5 mol/L，40 mLC. 0.5 mol/L，80 mL D. 1.0 mol/L，80 mL【答案】C【解析】试题分析：根据硫酸溶液的pH确定氢离子浓度，再根据硫酸和氢离子之间的关系式确定硫酸浓度；根据硫酸和氢氧化钠反应的关系式计算氢氧化钠溶液的体积，硫酸和氢氧化钠溶液体积就是完全反应后溶液的总体积解：根据图象知，硫酸的pH=0，则c（H+）=1mol/L，c（H2SO4）=C（H+）=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n（NaOH）=2n（H2SO4）=20.5mol/L0.04L=1mol/LV，所以V（NaOH）=40mL，则混合溶液体积=40mL2=80mL，故选C10.欲使0.1 mol/L NaHCO3溶液中c(H)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减小，其方法是()A. 通入二氧化碳气体 B. 加入氢氧化钠固体C. 通入氯化氢气体 D. 加入饱和石灰水溶液【答案】D【解析】【分析】溶液中存在HCO3-H+CO32- 和HCO3H2O H2CO3OH以及H2O H+OH-，NaHCO3溶液显碱性，以HCO3H2O H2CO3OH为主。【详解】A、CO2+H2OH2CO3，抑制碳酸氢钠的水解，溶液的碱性减小，氢离子和碳酸氢根离子浓度都增大，故A错误；B、NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，故B错误；C、HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，故C错误；D、Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，故D正确；故选D。二单项选择题（每小题3分）11.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是()A. 室温下，NaR溶液的pH大于7B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大C. 加热NaR溶液时，溶液的pH变小D. 70 时，0.01 molL1的HR溶液pH2.8【答案】C【解析】【详解】A常温下，测得NaR溶液的pH7，说明NaR为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HR为弱酸，故A不选；BHR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明HR存在电离平衡，则证明HR为弱酸，故B不选；C升高温度，水的Kw增大，如溶液呈中性时，pH也变小，不能证明HR为弱酸，故C选；D70 时，测得0.01molL-1的HR溶液pH=2.8，说明HR没有完全电离，可证明HR为弱酸，故D不选；故选C。【点睛】要证明一元酸HR为弱酸，可证明存在电离平衡、不能完全电离或从对应的强碱盐溶液呈碱性的角度思考。本题的易错点为C，要注意升高温度对水的电离的影响。12.下列说法中正确的是()将硫酸钡放入水中不能导电，但硫酸钡是电解质氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物能导电强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】盐属于电解质，硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，是电解质，故正确；氨气自身不能发生电离，氨气是非电解质，氨水是混合物，氨水既不是电解质，也不是非电解质，故错误；共价化合物在固态和液态都以分子存在，不含自由移动离子或电子，所以共价化合物在固态或液态时都不导电，故错误；固态的离子化合物中阴阳离子受离子键的作用，不能自由移动，因此不导电，熔融态离子化合物中的阴阳离子可以自由移动，能导电，故正确；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故正确；故选B。13.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是 ( )A. 由图1可知，T1T2，该反应正反应为吸热反应B. 由图2可知，该反应mnpC. 图3中，表示反应速率v正v逆的是点3D. 图4中，若mnp，则a曲线一定使用了催化剂【答案】C【解析】A. 由图1可知，T2时达到平衡所需时间短，所以T1p，故B错误；C. 图3中，温度一定，点3达到平衡的过程中B减少，V正V逆，故C正确；D. 图4中，若m+n=p，加压平衡不移动，则a曲线可能为加压，故D错误。故选C。点睛：在分析本题图1和图4一类涉及影响反应速率条件的图像时，注意把握图像的关键内容斜线的斜率，斜率越大，反应速率越大，对应的是有利于增大反应速率的条件。 14.在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，所得实验数据如下表：实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)7000.400.100.0908000.100.400.0808000.200.30a9000.100.15b下列说法正确的是A. 实验中，若5 min时测得n (M) = 0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率 (N) = 1.0102 mol/(Lmin)B. 实验中，该反应的平衡常数K = 2.0C. 实验中，达到平衡时，X的转化率为60%D. 实验中，达到平衡时，b0.060【答案】C【解析】试题分析：A.实验中，若5min时测得n(M)0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率(N)0.0050mol/L 5min1.0103mol/(Lmin)，A项错误；B、实验中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L0.0080mol/L0.002mol/L，0.04mol/L0.0080mol/L0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.00800.0080)(0.0020.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则X(g)Y(g)M(g)N(g)起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0转化浓度（mol/L） 0.012 0.012 0.012 0.012平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012温度不变，平衡常数不变，则K=(0.01200.0120)(0.0080.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700时X(g)Y(g)M(g) N(g)起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0转化浓度（mol/L） 0.009 0.009 0.009 0.009平衡浓度（mol/L） 0.0310. 001 0.009 0.009则该温度下平衡常K=(0.0090.009)(0.0310.001)=2.91，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器中温度也是800，由于反应前后体积不变，则与相比平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b0.5a0.06。当温度升高到900时平衡向逆反应方向移动，因此b0.060，D项错误，答案选C。考点：考查化学反应速率、化学平衡常数的计算等知识。视频15.如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液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1 molL1B. P点时恰好完全中和，溶液呈中性C. 曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线D. 酚酞不能用作本实验的指示剂【答案】B【解析】试题分析：A、a点起始，盐酸浓度为0.1molL1，故错误；B、盐酸和NaOH都是强电解质，交点两者恰好完全反应，生成溶质为NaCl，溶液显中性，故正确；C、曲线a是NaOH滴定盐酸，故错误；D、强酸滴定强碱，可以用酚酞作指示剂也可以用甲基橙作指示剂，故错误。考点：考查pH计算、中和滴定实验等知识。16.已知：25 时，HCOOH的电离平衡常数K1.75105，H2CO3的电离平衡常数K14.4107，K24.71011。下列说法不正确的是()A. 向Na2CO3溶液中加入甲酸有气泡产生B. 25 时，向甲酸中加入NaOH溶液，HCOOH的电离程度和K均增大C. 向0.1 molL1甲酸中加入蒸馏水，c(H)减小D. 向碳酸中加入NaHCO3固体，c(H)减小【答案】B【解析】【详解】A电离常数越大，酸性越强，酸性强的可以制酸性弱的，甲酸的酸性大于碳酸，所以向Na2CO3溶液中加入甲酸会生成二氧化碳气体，故A正确；B电离常数只与温度有关，25时，向甲酸中加入NaOH溶液，氢离子浓度减小，HCOOH的电离程度增大，K不变，故B错误；C甲酸的稀溶液中加水稀释，促进甲酸的电离，氢离子的物质的量增大，溶液的体积也增大，由于体积增大的快，所以氢离子浓度减小，故C正确；DNaHCO3电离出的碳酸氢根离子抑制碳酸的电离，溶液中氢离子浓度减小，故D正确；故选B。17.已知某温度下0.1 mol/L的NaHB(强电解质)溶液中c(H)c(OH)，则下列关系一定正确的是()A. c(Na)c(HB)2c(B2)c(OH)B. c(Na)0.1 mol/Lc(B2)C. HB的水解方程式为HBH2OB2H3OD. 在该盐的溶液中，离子浓度大小顺序为c(Na)c(HB)c(B2)c(OH)c(H)【答案】B【解析】【分析】在浓度为0.1mol/L的NaHB溶液中c(H+)(OH-)，说明HB-电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒分析解答。【详解】A溶液中存在电荷守恒，应为c(Na+)+c(H+)=c(HB-)+2c(B2-)+c(OH-)，因此c(Na+)=c(HB-)+2c(B2-)，故A错误；Bc(Na+)=0.1molL-1，如HB-完全电离，则c(B2-)=0.1 mol/L，如HB-部分电离，则c(B2-)0.1 mol/L，因此c(Na+)=0.1molL-1c(B2-)，故B正确；CHBH2OB2H3O为HB的电离方程式，故C错误；D根据题意，浓度为0.1mol/L的NaHB溶液中c(H+)(OH-)，故D错误；故选B。18.pH2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是A. 稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强C. a5时，A是强酸，B是弱酸D. 一定有关系：5a2【答案】C【解析】A、酸性强的稀释相同倍数时，pH变化大，即A的酸性比B强，开始时pH=2，酸性弱的酸的浓度大于酸性强的酸的浓度，故A错误；B、pH越大，说明溶液中c(H)越小，酸性越弱，故B错误；C、如果A是强酸，稀释1000倍后，溶液的pH=23=5.因此A为强酸，B为弱酸，故C正确；D、都是弱酸，不能完全电离，a5，故D错误。点睛：本题解题思路：pH相同时，酸性(碱性)弱的浓度大于酸性(碱性)强的浓度，相同pH时，酸性（碱性）强的pH变化大于酸性（碱性）弱的。19.下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是A. pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合:c(H+)+c(M+)=c(OH)+c(A)B. pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液:c (NaOH)c(CH3COONa)c(H+)c(H2A)c(A2)【答案】A【解析】A符合电荷守恒，故A正确；B. 酸的电离越弱，其对应盐水解越强，碱性越强，酸电离顺序为：CH3COOHHCO3，现CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液的pH相等，则它们的浓度由大到小顺序为：CH3COONaNa2CO3NaOH。B错误。C. 物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(CH3COO)，物料守恒：2c(Na+)= c(CH3COO)+c(CH3COOH)，两式联列得：c(CH3COO)+2c(OH)=2c(H+)+c(CH3COOH)，C错误。D. 0.1 molL-1的NaHA溶液,其pH=4，说明HA的电解程度大于水解程度，故c(A2) c(H2A)，故D错误。20.已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJmol1CO(g)O2(g)=CO2(g)H282.9 kJmol1某H2和CO的混合气体完全燃烧时放出113.74 kJ热量，同时生成3.6 g液态水，则原混合气体中H2和CO的物质的量之比为A. 21 B. 12C. 11 D. 23【答案】C【解析】试题分析：结合热化学方程式生成3.6g水时，消耗的氢气为0.2mol，同时放热57.16k J,则CO燃烧放热为113.74-57.16=56.58k J,CO的物质的量为0.2mol，考点：热化学方程式的计算。三填空题21.新华社报道：全国农村应当在“绿色生态美丽多彩低碳节能循环发展”的理念引导下，更快更好地发展“中国绿色村庄”，参与“亚太国际低碳农庄”建设。可见“低碳循环”已经引起了国民的重视，试回答下列问题：(1)煤的气化和液化可以提高燃料的利用率。已知25、101 kPa时：C(s)O2(g)=CO(g)H126.4 kJ/mol2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H571.6 kJ/molH2O(g)=H2O(l)H44 kJ/mol则在25、101kPa时：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H_。(2)高炉炼铁是CO气体的重要用途之一，其基本反应为：FeO(s)CO(g) Fe(s)CO2(g)H0已知在1100时，该反应的化学平衡常数K0.263。温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，此时平衡常数K值_(填“增大”“减小”或“不变”)。1 100时测得高炉中，c(CO2)0.025 mol/L，c(CO)0.1 mol/L，则在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态？_(填“是”或“否”)，其判断依据是_。(3)目前工业上可用CO2来生产燃料甲醇，有关反应为：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H49.0 kJ/mol。现向体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，反应过程中测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如下图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_。下列措施能使增大的是_(填字母)。A升高温度 B再充入H2 C再充入CO2D将H2O(g)从体系中分离 E充入He(g)，使体系压强增大【答案】 (1). 115.4 kJ/mol (2). 增大 (3). 否 (4). 浓度商Q小于平衡常数K (5). 0.225 mol/(Lmin) (6). BD【解析】【分析】(1)依据盖斯定律解答，从所求反应出发，分析反应物和生成物的位置，通过方程式的加减分析解答；(2)根据影响化学平衡常数K的因素以及K与Qc 的关系，分析解答；(3)可利用速率之比等于化学计量数之比，先求图上有明显的数据的物质的化学反应速率，再求得答案；根据平衡移动的影响因素分析判断。【详解】(1)C(s)+ O2(g)CO(g)H=-126.4kJmol-1，2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-571.6kJmol-1，H2O(g)H2O(l)H=-44kJmol-1，根据盖斯定律，-+得：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H=(-126.4kJmol-1)-(-571.6kJmol-1)2+(-44kJmol-1)=+115.4kJ/mol，故答案为：+115.4kJ/mol；(2)FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)H0，升温时，平衡正向移动，K增大，故答案为：增大；Qc=0.250.263K，反应未达平衡；K=Qc时是化学平衡状态，KQc时未达平衡，故答案为：否；Qc=0.25K=0.263；(3)v(CO2)=0.075mol/(Lmin)，速率之比等于化学计量数之比，有v(H2)=0.075mol/(Lmin)3=0.225mol/(Lmin)，故答案为：0.225mol/(Lmin)；使增大，可以是平衡正向移动，或增大c(CH3OH)或减小c(CO2)。A、升温时，平衡逆向移动，故A错误；B、充入H2，平衡正向移动，且增大了c(CH3OH)，减小了c(CO2)，故B正确；C、再充入CO2 ，平衡虽正向移动，c(CH3OH)增大，但c(CO2)增大更多，故C错误；D、分离出水，可使平衡正向移动，且增大了c(CH3OH)，减小了c(CO2)，故D正确；E、体系压强增大了，但相关气体分压没变，平衡不移动，故E错误；故答案为：BD。22.某学生用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：A用蒸馏水洗干净滴定管 B用待测定的溶液润洗酸式滴定管C用酸式滴定管取稀盐酸20.00 mL，注入锥形瓶中，加入酚酞D另取锥形瓶，再重复操作一次 E检查滴定管是否漏水F取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上23 cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下G把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度完成以下填空：(1)正确操作的顺序是(用序号字母填写)_。(2)操作F中应该选择图中_滴定管(填标号)。(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_。A滴定管内液面的变化B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定终点溶液颜色的变化是_。(4)滴定结果如表所示：滴定次数待测溶液体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度1201.0221.032202.0025.003200.6020.60滴定中误差较大的是第_次实验，造成这种误差的可能原因是_。A碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗23次B滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡C滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡D达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数E滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来(5)该盐酸的浓度为_mol/L。(6)如果准确移取20.00 mL 0.100 0 mol/L NaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度？_(填“是”或“否”)。【答案】 (1). EABCFGD (2). 乙 (3). B (4). 无色变浅红色且半分钟内不褪色 (5). 2 (6). A、B、D (7). 0.100 0 (8). 是【解析】【分析】(1)根据中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作；(2)根据碱式滴定管的结构判断；(3)根据滴定操作的要求和终点判断的方法分析解答；(4)第2次实验误差较大，根据错误操作导致标准液体积变大分析原因；(5)先判断数据的有效性，然后求出平均值，最后根据关系式HClNaOH来计算出盐酸的浓度；(6)根据关系式HClNaOH来计算出盐酸的浓度。【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为EABCFGD，故答案为：EABCFGD；(2)滴定管乙下端是橡皮管，为碱式滴定管，故答案为：乙；(3)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中颜色变化，酚酞遇碱变红，滴定终点溶液颜色的变化是无色变浅红色且半分钟内不褪色，故答案为：B；无色变浅红色且半分钟内不褪色；(4)第2次实验误差较大，错误操作导致标准液体积偏大。A碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗23次，导致浓度变小，所用溶液体积偏大，故A正确；B滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定终点读数时未发现气泡，导致读数偏大，故B正确；C滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，导致读数偏小，故C错误；D达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，导致读数偏大，故D正确；E滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，以致有些液滴飞溅出来，导致所用碱液减少，故E错误；故答案为：2；ABD；(5)数据2无效，取1、3体积进行计算，所用标准液的平均体积为mL20.00mL，HClNaOH 1 1 c(HCl)20.00mL 0.1000mol/L20.00mLc(HCl)=0.1000mol/L，故答案为：0.1000；(6)准确移取20.00mL 0.1000mol/L NaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，通过盐酸的体积，根据HClNaOH来计算出盐酸的浓度，故答案为：是。【点睛】本题考查酸碱中和滴定实验，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项。本题的易错点为(4)，根据c(待测)=，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。23.在25 条件下将pH12的氨水稀释过程中，下列关系式正确的是_。A能使溶液中c(NH4+)c(OH)增大B溶液中c(H)c(OH)不变C能使溶液中比值增大D此过程中Kw增大在25 条件下将pH12的氨水稀释100倍后溶液的pH为_(填序号)。A10 B11 C1012 D1113(2)25 时，向0.1 molL1的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是_(填序号)。氨水与氯化铵发生化学反应氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H)氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了一水合氨的电离，使c(OH)减小(3)室温下，如果将0.2 mol NH4Cl和0.1 mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)。_和_两种粒子的物质的量之和等于0.2 mol。_和_两种粒子的物质的量之和比OH多0.1 mol。【答案】 (1). B (2). C (3). (4). NH4+ (5). NH3H2O (6). NH4+ (7). H+【解析】【分析】(1)A根据氨水的电离平衡常数判断；B根据Kw仅与温度有关判断；C根据氨水的电离平衡常数和Kw判断；DKw仅与温度有关；将pH=12的氨水稀释100倍，会促进氨水的电离；(2)氨水是弱电解质存在电离平衡，向溶液中加入相同的离子能抑制氨水电离；(3)根据溶液中的物料守恒和电荷守恒来分析解答。【详解】(1)A在25条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，则氨水的电离平衡常数不变，即Kb=不变，又稀释过程中c(NH3H2O)减小，所以c(NH4+)c(OH-)也减小，故A错误；B在25条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，所以Kw=c(H+)c(OH-)不变，故B正确；C =，又温度不变，所以不变，则 比值不变，故C错误；D在25条件下将pH=12的氨水稀释过程中，温度不变，所以Kw不变，故D错误；故选B；氨水为弱碱，将pH=12的氨水稀释100倍后，促进一水合氨的电离，稀释后的溶液中氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的pH应该10-12之间，故选：C；(2)氯化铵溶于水电离出铵根离子，使氨水中的铵根离子浓度增大平衡向左移动，从而抑制氨水电离，故选：；(3)根据物料守恒知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=0.2mol，故答案为：NH4+；NH3H2O；根据溶液中电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)，c(H+)+c(NH4+)-c(OH-) =c(Cl-)-c(Na+) =0.2mol-0.1mol=0.1mol，故答案为：NH4+；H+。24.（15分）（1）氯化铝水溶液呈 性，原因是（用离子方程式表示）： 。把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 ，Al2(SO4)3溶液蒸干最后得到的固体产物是 ；（2）NaHCO3的水溶液呈 （填“酸”、“中”或“碱”）性，实验室保存NaHCO3溶液的试剂瓶应用 塞，原因是 （写出有关的离子方程式）；（3）普通泡沫灭火器是利用NaHCO3溶液跟Al2(SO4)3溶液混合，产生大量的气体和沉淀，气体将混合物压出灭火器，相关反应的离子方程式是 。（4）现有浓度均为0.1 mol/L的下列溶液：硫酸、醋酸、氢氧化钠、氯化铵、醋酸铵、硫酸铵、硫酸氢铵、氨水。、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是（填序号） ；、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是（填序号） 。【答案】（1）酸 Al3+ 3H2OAl(OH)3+ 3H+Al2O3Al2(SO4)3（2）碱 橡皮 HCO+ H2OH2CO3+ OH 2OH+SiO2 SiO2+ H2O（3）3HCO+ Al3+ Al(OH)3+ 3CO2（4）、；、【解析】试题分析：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，水解显酸性，方程式为Al3+ 3H2OAl(OH)3+ 3H+；由于水解是吸热的，所以升高温度，促进水解，且氯化氢极易挥发，所以最终得到的是氢氧化铝，灼烧得到氧化铝。由于硫酸是难挥发性的，所以将硫酸铝溶液蒸干，得到的是Al2(SO4)3。（2）碳酸氢钠由于水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性。由于碱能和玻璃中的二氧化硅反应生成黏性强的硅酸钠，而使瓶塞和瓶口打不开，所以应该用橡皮塞。方程式分别为HCO3H2OH2CO3OH、2OHSiO2=SiO32H2O。（3）碳酸氢钠和硫酸铝水解相互促进，生成氢氧化铝和CO2，方程式为3HCO3Al3=Al(OH)33CO2。（4）酸或碱的溶液中氢离子浓度或OH浓度越大，对水的抑制程度越大。硫酸是二元强酸，氢氧化钠是一元强碱，醋酸是弱酸，氯化铵水解促进水的电离，所以、四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是、；醋酸根水解显碱性，促进NH4水解。磷酸氢铵难电离出氢离子，抑制NH4水解。氨水是弱碱，所以、五种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是、。考点；考查盐类水解的应用点评：盐电离出来的离子结合水电离出来的 H+或 OH-生成弱电解质的过程。盐类水解的应用主要有：判断盐溶液的酸碱性和比较盐溶液酸碱性的强弱时，通常需考虑盐的水解。比较盐溶液中各离子浓度的相对大小时，当盐中含有易水解的离子，需考虑