1、内蒙古巴彦淖尔市第一中学2017-2018学年高二上学期期中考试化学试题（B卷）出题人：陈连庆 审题人：杨维平说明：本试题分第卷（选择题）和第卷（非选择题），考试时间为90分钟，卷面总分为100分。第卷，第卷写在答题纸上。可能用到的相对原子量：H:1 N:14 O:16 Na:23 S:32 第卷 （选择题 共60分）一、单项选择题(本题包括30小题，每题2分，共60分)1. 合理利用燃料减小污染符合“绿色奥运”理念，下列关于燃料的说法正确的是（）A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料B. 氢气是具有热值高、无污染等优点的燃料C. 乙醇是比汽油更环保、不可再生的燃料D. 石油和煤是工厂经常使用
2、的可再生的化石燃料【答案】B【解析】试题分析：A、可燃冰”外观像冰，其化学组成是CH4nH2O，水的化学式为H2O，根据元素守恒知，水不能变为油，故A错误；B、氢能源具有来源广、热值高，且燃烧后生成水对环境无污染，故B正确；C、乙醇中含有碳、氢、氧三种元素，其燃烧产物是二氧化碳和水，但乙醇为可再生能源，故C错误；D、石油和煤都属于化石燃料，且属于不可再生能源，故D错误；故选B。考点：考查了燃料的相关知识。2. 下列说法或表示方法中正确的是（）A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B. 氢气的燃烧热为2855 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）O2（g）2H
3、2O（l）H2855 kJ/molC. Ba（OH）28H2O（s）2NH4Cl（s）BaCl2（s）2NH3（g）10H2O（l）H0D. 已知中和热为573 kJ/mol，若将含05 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于573 kJ【答案】D【解析】A、硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，B错误；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热，H0，C错误；D、浓硫酸溶于水放热，实际放出的热量大于57.3kJ，D正确；答案选D。
4、3. 已知热化学方程式：SO2(g)+1/2O2(g) SO3(g) H=-98.32 kJmol-1，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为（ ）A. 196.64 kJ B. 98.32 kJ C. 196.64 kJ【答案】C【解析】试题分析：因为SO2(g）+O2(g）SO3(g） H9832 kJmol-1是可逆反应，所以充入2 mol SO2和1 mol O2，不能完全转化成2mol SO3(g），所以最终放出的热量乙；b、在活塞上都加2 kg的砝码，相当于加压，则对于甲容器，不仅是压强增大容器体积减小，同时压强增大，平衡逆向移动，气体物质的量减小，体积
5、也缩小，而对于乙容器，仅仅是压强增大而体积减小，与甲相比，减少的少，所以（b）甲乙，则答案选D。考点：考查对平衡移动的应用，外界条件的改变对容器体积的影响14. 在密闭容器中进行如下反应：X2(g)+Y2(g) 2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（ ）A. Z为0.3mol/L B. Y2为0.4mol/LC. X2为0.2mol/L D. Z为0.4mol/L【答案】A【解析】X2(g)Y2(g)2Z(g)起始(mol/L) 0.1 0.3 0.2若Z转化生成X2和Y2时，c
6、(X2)0.10.10.2 mol/L，c(Y2)0.30.10.4 mol/L，所以B、C两项均不正确；若X2、Y2转化生成Z，按X2的量进行计算c(Z)0.20.20.4 mol/L，D项不正确。15. 下列措施或事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. 新制的氯水在光照下颜色变浅B. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深C. 在合成氨的反应中，降温或加压有利于氨的合成D. Fe(SCN)3溶液中加入6mol/L NaOH溶液后颜色变浅【答案】B【解析】试题分析：A、新制的氯水存在平衡：Cl2+ H2OCl-+ H+ HClO，光照下次氯酸分解，平衡正向移动，Cl2浓度降低，颜色变浅，
7、符合勒夏特列原理，错误；B、反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）为反应前后气体物质的量相等的反应，加压，平衡不移动，平衡混合气加压后颜色变深的原因是容器体积缩小，各物质的浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，正确；C、合成氨的反应正向为气体物质的量减小的放热反应，降温或加压平衡正向移动，有利于氨的合成，能用勒夏特列原理解释，错误；D、Fe(SCN)3溶液中存在平衡：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，加入6mol/L NaOH溶液，铁离子与氢氧根反应生成氢氧化铁沉淀，平衡逆向移动，Fe(SCN)3的浓度减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，错误。考点：考查化学平衡的移动。16. 在密闭容中发生下列
8、反应aA(g)cC(g)dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是A. A的转化率变小 B. 平衡向正反应方向移动C. D的体积分数变大 D. a cd【答案】A【解析】先建立等效平衡：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即ac+d。A、平衡向逆反应移动，A的转化率降低，故A正确；B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，D体积分数减
9、小，故C错误；D、根据分析D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即ac+d。点睛：考查化学平衡的影响因素，难度中等，解题关键：根据D的浓度变化判断平衡移动方向，难点建立等效平衡，根据平衡移动原理判断反应进行的方向：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动。17. 反应PCl5（g） PCl 3（g）Cl2（g） 2HI（g） H2（g）I2（g） 2NO2（g） N2O4（g） 在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a。若保持各自的温度不变、体积不变，分别再加入一定
10、量的各自的反应物，则转化率（ ）A. 均不变 B. 均增大C. 增大，不变，减少 D. 减少，不变，增大【答案】D【解析】试题分析：若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率减小；该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，所以转化率不变；该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以转化率增大，答案选D。【考点定位】本题考查了外界条件对化学平衡的影响【名师点晴】利用等效平衡把改
11、变物质的浓度转化为压强，根据压强对化学平衡的影响来分析解答较简便。注意压强对平衡状态的影响变化规律：（1）由于压强的变化对非气态物质的浓度基本无影响，因此，当反应混合物中不存在气态物质时，压强的变化不能使无气态物质存在的化学平衡发生移动。（2）气体减压或增压与溶液稀释或浓缩的化学平衡移动规律相似。（3）对于反应前后气体分子数无变化的反应。（4）同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度，应视为压强对平衡的影响，如某合成氨平衡体系中，c（N2）0.1 molL1、c（H2）0.3 molL1、c（NH3）0.2 molL1，当浓度同时增大一倍时，即让c（N2）0.2 molL1、c（H2）0.6 m
12、olL1、c（NH3）0.4 molL1，此时相当于压强增大一倍，平衡向生成NH3的方向移动。18. 某反应A+B = C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程H、S的判断正确的是（ ）A. H0 B. H0,S0 C. H0,S0,S0【答案】C【解析】试题分析：根据低温下能自发进行；高温下不能自发进行，H 0、S0，故C正确。考点：本题考查化学反应方向。19. 反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)H0，在某一时间段中反应速率与反应过程的曲线关系如下图，则氨的百分含量最高的一段时间是（ ）A. t0t1 B. t2t3 C. t3t4 D. t5t6【答案】A【解析】
13、试题分析：t1到t2，向逆反应方向进行，消耗氨气，t2到t4平衡不移动，氨气百分含量与t1到t2时间段相等，t4到t5反应向逆反应进行，消耗氨气，氨气百分含量比t1到t2时间段要小，因此氨的百分含量最低的时间段是t5t6，答案选D。考点：考查外界条件对平衡状态的影响20. 100时，将0.1 mol N2O4置于1 L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：N2O4(g) 2NO2 (g)。下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是（ ）N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为12；NO2的生成速率与NO2消耗速率相等；烧瓶内气体的压强不再变化；
14、烧瓶内气体的质量不再变化；NO2的物质的量浓度不再改变；烧瓶内气体的颜色不再加深；烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化；烧瓶内气体的密度不再变化。A. B. C. 只有 D. 只有【答案】B【解析】N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：2，描述的是正反应，从反应方程式可得，从发生到平衡一直是1：2，不能说明已达平衡状态；NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；NO2的物质
15、的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；烧瓶内气体的颜色不再加深，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡烧瓶内气体的平均相对分子质量就会变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；密度=质量体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。综上，符合题意，故选B。点睛：本题考查了化学平衡状态的判断，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，注意，若题中涉及的某物理量，随着反应的进
16、行发生变化，当该物理量不变时，说明可逆反应到达平衡状态。21. 已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，可以采取的措施是（ ）A. 加少量烧碱溶液 B. 加入少量CH3COONa晶体 C. 加少量冰醋酸 D. 加水【答案】D【解析】试题分析：A、加少量烧碱固体，氢氧根离子和氢离子反应，平衡向右移动，醋酸根浓度增大，Ka不变，溶液中c(H)/c(CH3COOH)值减小，错误；B、加少量CH3COONa固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，溶液中c(H)/c(CH3COOH
17、)值减小，错误；C、加少量冰醋酸，醋酸的电离程度减小，溶液中c(H)/c(CH3COOH)值减小，错误；D、加水稀释，醋酸的电离平衡向右移动，溶液中氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，溶液体积相同，故溶液中c(H)/c(CH3COOH)值增大，正确。考点：考查弱电解质的电离22. 下列各组物质中，都是强电解质的是（ ）A. NH4Cl、CH3COOH、Na2S B. HBr、HCl、BaSO4C. NaOH、Ca（OH）2、NH3H2O D. HClO、NaF、Ba（OH）2【答案】B【解析】A、NH4Cl、Na2S为强电解质，CH3COOH为弱电解质，A错误；B、HBr、HCl、B
18、aSO4均为强酸，属于强电解质，B正确；C、NaOH、Ca（OH）2为强电解质，NH3H2O是弱碱，属于弱电解质，C错误；D、NaF、Ba（OH）2为强电解质，HClO是弱酸，属于弱电解质，D错误。正确答案为B。23. 冰醋酸加水稀释时，溶液中的氢离子浓度随加入的水量变化的下列各曲线图中，正确的是( )A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】试题分析：在浓醋酸中，“促进电离，增大氢离子浓度”起主要作用，氢离子浓度就增大，在稀醋酸中，“水的稀释减小氢离子浓度”起主要作用，氢离子浓度就减小，所以在整个稀释过程中，氢离子的物质的量一直是增大的，但氢离子浓度是先增大后减小，故选C。考点
19、：弱电解质的电离平衡24. 下列事实不能证明CH3COOH是弱酸的是（ ）A. CH3COOH溶液能使石蕊试液变红B. 0.1 mol/L的CH3COOH，H+浓度为0.01 mol/LC. 等物质的量浓度的CH3COOH导电能力比盐酸弱D. 0.01 mol/L的CH3COOH溶液中有两种分子存在【答案】A【解析】A、CH3COOH溶液显酸性，能使石蕊试液变红，不管是强酸还是弱酸都具有这个性质，因而不能证明CH3COOH是弱酸，A错误；B、如果CH3COOH为强酸，0.1 mol/L的CH3COOH电离出的H+浓度应该为0.1 mol/L，而现在电离出的H+浓度为0.01 mol/L，说明C
20、H3COOH部分电离，可以说明CH3COOH为弱酸，B正确；C、盐酸是强酸完全电离，等物质的量浓度的CH3COOH导电能力比盐酸弱，说明CH3COOH溶液中离子的浓度小于盐酸中的离子浓度，即CH3COOH部分电离，因而可以说明CH3COOH是弱酸，C正确；D、CH3COOH溶液中有两种分子存在，除了水分子外，那么就只有CH3COOH分子的存在，说明CH3COOH没有完全电离，因而可以证明其为弱酸，D正确。正确答案为A。点睛：本题考查弱电解质的电离，明确实验证明的角度是解题的关键，注意体会实验方案的合理性，如选项A，不管是强酸还是弱酸，均可使石蕊试液变红，因而无法证明CH3COOH是弱酸还是强酸
21、，故解答此类题目时，一定要多加思考，多从反面考虑然后进行排除。25. 常温下，将0.1 molL-1氢氧化钠溶液与0.06 molL-1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（ ）A. 1.7 B. 2.0 C. 12.0 D. 12.4【答案】B【解析】试题分析：常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合硫酸过量，则反应后溶液中c(H)(0.0620.1)/2=0.01molL1，所以溶液的pH2，故选项B正确。考点：考查pH的计算等知识。 26. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( )A. 使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3
22、+B. 由水电离的c(H+)=10-12 molL-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-C. 在pH=1溶液中：NH4+、K+、CO32-、Cl-D. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-【答案】B【解析】A使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在Fe3+，故A错误；B由水电离出的c(H+)=10-12molL-1的溶液，为酸或碱溶液，该组离子之间均不反应，能大量共存，故B正确；CpH=1溶液中为酸性溶液，酸性条件下溶液中不能大量存在CO32-，故C错误；D使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误
23、；故选B。27. 取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以32的体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为（ ）A. 0.01 molL-1 B. 0.017 molL-1 C. 0.05 molL-1 D. 0.50 molL-1【答案】C【解析】试题分析：混合后溶液显碱性，pH等于12，c(OH)=10-2molL1，设浓度为c molL1，NaOH和HCl溶液体积分别为3VL、2VL，则有：(3Vc-2Vc)/5V=10-2molL1，得c=0.05 molL1考点：有关溶液酸碱性的计算。28. 在厨房里对水进行下列操作，能促进水的电离的是()A. 加入少量酒精 B. 加入少量食
24、醋C. 把水放入冰箱中使其降温至1 D. 把水加热至沸腾【答案】D【解析】A、酒精为非电解质，对水的电离无影响，A错误；B、食醋的主要成分为醋酸，电离出H+，抑制水的电离，B错误；C、水的电离是吸热反应，降温，水的电离平衡逆向移动，电离程度减小，C错误；D、水的电离是吸热反应，升温，水的电离平衡正向移动，电离程度增大，从而升温促进了水的电离，D正确。正确答案为D。29. 在25mL的碱式滴定管中盛有溶液，液面恰好在20mL刻度处，现将滴定管内溶液全部放出，流入量筒内，所得溶液的体积为（ ）A. 5mL B. 20mL C. 大于5mL D. 小于5mL【答案】C【解析】试题分析：滴定管最上端的
25、刻度为0，且滴定管最下端的一部分溶液并不能通过滴定管刻度反映出来，所以答案选C。考点：考查滴定管的构造点评：该题是常识性知识的考查，侧重对学生基础知识的巩固和检验。主要是考查学生对滴定管构造的熟悉了解程度，难度不大，记住即可。30. 下列实验方法能够达到要求的是（ ）A. 用托盘天平称量25.20gNaClB. 用10mL的量筒量取7.50mL稀硫酸C. 用25mL的滴定管量取14.80mL溶液D. 用广泛PH试纸测某碱液的PH为12.5【答案】C点睛：本题考查了计量仪器的使用方法、试纸的使用方法，注意明确常见计量仪器的构造及正确使用方法，明确试纸的使用方法是解题的关键，天平只能精确到0.1g
26、，量筒只能精确到0.1mL，酸、碱式滴定管精确到0.01mL，广泛pH试纸只能读整数值。第卷 （非选择题 共40分）31. 在一次学生实验中，学生用铝片分别和稀盐酸、稀硫酸反应，发现：铝片与稀盐酸反应现象非常明显，而和稀硫酸几乎不反应。这和教材中“铝能跟稀盐酸或稀硫酸反应生成氢气“的说法不一致。为排除因试剂变质等因素造成的影响，该学生在教师的指导下重新进行下列实验，验证是否存在上述现象。实验用品：仪器（略，凡是实验需要的都有）药品：3.0mol/L盐酸、1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸,相同大小的铝片(纯度99.5%)实验过程:往三根相同的试管中分别加入相同的铝片各一片,再往试管中分
27、别加入等体积的3.0mol/L盐酸、1.5mol/L硫酸、3.0mol/L硫酸,观察反应进行到1、2、5、15、20分钟时的铝与酸反应的情况。结果如下：反应进程（分钟）12515203.0mol/L盐酸少量气泡较多气泡大量气泡反应剧烈铝片耗尽1.5mol/L硫酸均无明显现象（无气泡产生）3.0mol/L硫酸均无明显现象（无气泡产生）通过上述实验可知，无论是用1.5mol/L硫酸还是3.0mol/L硫酸，均无明显的现象，而3.0mol/L盐酸与铝片反应的现象却十分明显。（1）写出铝与盐酸反应的离子方程式_（2）反应115min内,铝与盐酸的反应速率逐渐加快,其原因是_。（3）根据以上探究“铝与稀
28、盐酸和稀硫酸反应差异的原因”，你能对问题原因作出哪些假设或猜想？（列出两种即可）假设一： _。假设二： _。【答案】 (1). 2Al+6H+=2Al3+3H2 (2). 反应放出热量，温度升高，使化学反应速率加快 (3). 氯离子促进金属铝表面的氧化膜与H+反应 (4). 硫酸根离子阻碍金属铝表面的氧化膜与H+反应【解析】(1)铝与盐酸反应生成铝离子和氢气，离子方程式为：2Al+6H+=2Al3+3H2，故答案为：2Al+6H+=2Al3+3H2；(2)反应115min内，铝与酸的反应是放出热量的，导致温度升高，使化学反应速率加快，故答案为：反应放出热量，温度升高，使化学反应速率加快； 32
29、. （1）对于下列反应：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) ，如果2min内SO2的浓度由6 mol/L下降为2 mol/L，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为_，用O2浓度变化来表示的反应速率为_。如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0.5mol/(Lmin)，那么2min时SO2的浓度为_。（2）下图表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3 H0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，ab过程中改变的条件可能是_；bc过程中改变的条件可能是_；（3）以上反应达平衡后，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达
30、新平衡时，容器内温度将_（容器不与外界进行热交换,填“升高”或“降低”）。【答案】 (1). 2mol/(Lmin) (2). 1mol/(Lmin) (3). 2mol/L (4). 升温 (5). 减小SO3浓度 (6). 降低【解析】（1）v(SO2)=( 6 mol/L-2 mol/L)2min=2mol/(Lmin)，根据物质的反应速率之比等于物质的化学计量数之比可得 v(O2)= v(SO2)/2=1mol/(Lmin)；2min内O2浓度的减少量为0.5mol/(Lmin)2min=1mol/L，则SO2浓度的减少量为21mol/L=2 mol/L，所以2min时SO2的浓度为4
31、mol/L-2 mol/L=2 mol/L。（2）a时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，ab过程中改变的条件可能是升温；b时刻，正反应速率不变，逆反应速率减小，bc过程中改变的条件可能是减小SO3浓度。（3）扩大体积相当于减小压强，上述平衡逆向移动，反应吸热，所以容器内温度降低。33. 在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如下图所示，请回答：（1）写出醋酸的电离方程式_。（2）a、b、c三点溶液中氢离子浓度由小到大的顺序为_ 。（3）a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的是_。（4）取甲、乙两份等体积c点的溶液，甲用蒸馏水稀释10倍，乙用蒸馏水稀
32、释100倍，则稀释后甲、乙两溶液中的H+浓度：C(H+)甲_ 10C(H+)乙（填“大于”、“小于”或 “等于”）【答案】 (1). CH3COOHCH3COO-+H+ (2). cab (3). c (4). 小于【解析】（1）醋酸为弱酸，部分电离，所以其电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+ 。（2）b点溶液的导电能力最大，则其溶液中离子的浓度最大，其次为a点，c点的离子浓度最小，故a、b、c三点溶液中氢离子浓度由小到大的顺序为cab。（3）弱电解质的浓度越小，电离程度越大，也即越稀越电离，故a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的是c。（4）假设CH3COOH在稀释过程中电离程度不
33、变，甲用蒸馏水稀释10倍，H+离子浓度变为1/10，乙用蒸馏水稀释100倍，H+离子浓度变为1/100，所以C(H+)甲=10C(H+)乙，稀释过程中CH3COOH继续电离出H+，但对于弱电解质，浓度越小电离程度越大，因而乙溶液中CH3COOH的电离程度大于甲中CH3COOH的电离程度，即乙溶液中CH3COOH电离出的H+的浓度要大于甲中CH3COOH电离出的H+的浓度，所以C(H+)甲小于 10C(H+)乙。点睛：本题考查弱电解质的电离过程，弱电解质部分电离。溶液的导电能力与溶液中的离子的浓度和离子所带电荷有关，离子浓度越大，导电能力越强，故可根据导电能力的大小判断溶液中的离子的浓度大小。对
34、于弱电解质来说，浓度越小，电离程度越大，因此在解答第（4）空时要注意，乙溶液中CH3COOH的电离程度大于甲中CH3COOH的电离程度，乙溶液中的CH3COOH电离出的H+的浓度要大于甲中CH3COOH电离出的H+的浓度，所以C(H+)甲小于 10C(H+)乙。34. 某学生用0.1mol/L KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：（A）移取20.00mL待测的盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞试液（B）用标准溶液润洗滴定管2-3次（C）把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液（D）取标准KOH溶液注入碱式滴定管至0刻度以上2-3cm（E）调节液面至
35、0或0刻度以下，记下读数（F）把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度完成以下填空：（1）正确操作的顺序是（用序号字母填写）_。（2）上述（B）操作的目的是_。（3）上述（A）操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，则对测定结果的影响是（填偏大、偏小、不变，）_。（4）实验中用左手控制_（填仪器及部位），眼睛注视_，直至滴定终点。判断到达终点的现象是_。【答案】 (1). BDCEAF (2). 防止将标准液稀释 (3). 偏大 (4). 滴定管活塞 (5). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (6). 锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红色且保持30秒内不褪色【解析】(1)中和滴
36、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BDCEAF，故答案为：BDCEAF；(2) 用标准溶液润洗滴定管2-3次可以防止将标准液稀释，故答案为：防止将标准液稀释；(3)上述(A)操作之前，如先用待测液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，则消耗的标准液体积偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏大；故答案为：偏大；(4)滴定时，滴定过程中，用左手控制碱式滴定管橡皮管玻璃珠处，右手摇动锥形瓶，两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定时，锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色，可说明达到滴定终点；故答案为：滴定管活塞；锥形瓶中溶液的颜色变化；锥形瓶中溶液的颜色由无色变浅红且保持30秒内不褪色。
