1、20202021学年度第一学期期末六校联考高二化学一、选择题(本题共12小题，每题3分，共36分)1. 习主席在十九大报告中指出：“绿水青山就是金山银山。”而利用化学知识降低污染、治理污染，改善人类居住环境是化学工作者当前的首要任务。下列做法不利于环境保护的是( )A. 开发清洁能源，提高能源的利用率B. 对废电池做深埋处理C. 使用Na2S做沉淀剂去除工业废水中Cu2+D. 施用适量石膏(CaSO42H2O)可降低盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)的碱性【答案】B【解析】【分析】【详解】A开发清洁能源可以减少对传统化石燃料的需求，可减少空气污染，有利于环境保护，A不符合题意；B对废电池做
2、深埋处理，电池中的重金属离子会污染土壤和地下水，不利于环境保护，B符合题意；C使用Na2S做沉淀剂去除工业废水中的Cu2+，可以减少重金属离子对水体的污染，有利于环境保护，C不符合题意；D盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中的碳酸根离子水解导致溶液显碱性，施用适量石膏(CaSO42H2O)可使硫酸钙变为碳酸钙，从而降低盐碱地的碱性，D不符合题意；答案为B。2. 高中化学化学反应原理模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中不正确的是( )电解过程中，以Al作阳极，可以实现铝表面形成一层致密的氧化膜而钝化难溶电解质溶解，所得的溶液中阴阳离子浓度相等25时NH4Cl溶液的Kw等于1
3、00时0.1mol/L的NaCl溶液的Kw将TiCl4加入水中并加热使其转化为TiO2xH2ONaHCO3溶液显碱性的原因：+H2O+H3O+乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，却能够自发进行，可知该反应的H0A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】【详解】电解过程中，铝作为阳极，Al失电子生成氧化铝，其电极反应式为2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+，实现铝表面形成一层致密的氧化膜而钝化，故正确；难溶电解质溶解，所得的溶液中阴阳离子浓度不一定相等，如为AgCl，则平衡时离子浓度相等，但如为CaF2，则离子浓度不等，故错误；水的电离是吸热反应，升高温度能促进水的电离，水的离子积常
4、数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，则25时NH4Cl溶液的Kw小于100时0.1mol/L的NaCl溶液的Kw，故错误；TiCl4加入水中并加热，发生水解反应，即TiCl4+(x+2)H2O=TiO2xH2O+4HCl，生成的HCl不断挥发，最终转化为TiO2xH2O，故正确；碳酸氢钠溶液呈碱性，是因为碳酸氢根离子的水解导致溶液呈碱性，即+H2OH2CO3+OH-，故错误；G=H-TS0的反应可自发进行，由nCH2=CH2可知，该反应是熵减小的反应，即S0，能够自发进行，则该反应的H0，故正确；由上分析可知，错误，C符合题意；答案为C。3. 下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是A. 溴水中有
5、平衡：Br2+H2OHBr+ HBrO 加入 AgNO3溶液后，溶液颜色变浅B. 合成 NH3反应，为提高 NH3的产率，理论上应采取相对较低温度的措施C. 高压比常压有利于合成SO3的反应D. 对CO(g) + NO2 (g)CO2(g)+ NO(g) 平衡体系增大压强可使颜色变深【答案】D【解析】【分析】【详解】勒夏特列原理用于解释与化学平衡有关的事实。A、溴水中存在化学平衡：Br2+H2OHBr+ HBrO，加入硝酸银溶液后，则银离子与溴离子结合为溴化银沉淀，溴离子浓度减小，平衡正向移动，则溴单质的浓度减小，颜色变浅，正确；B、合成氨为放热反应，为提高氨气的产率，则降低温度平衡正向移动，
6、正确；C、合成三氧化硫的反应是气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则有利于合成三氧化硫，正确；D、对于CO(g) + NO2 (g)CO2(g)+ NO(g)，增大压强，对于反应前后气体物质的量不变的可逆反应，平衡不移动，但容器的体积减小，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，与平衡无关，错误；答案选D。4. 下列叙述正确的是( )A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图B. 2s的电子云半径比1s的电子云半径大，说明2s的电子比1s的多C. s能级上电子的能量总小于 p 能级上电子的能量D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱【答案】A【解析】【分析】【详解】A符合泡利原理
7、和洪特规则，核外电子总数为10，则可表示单核10电子粒子基态时的电子排布图，A叙述正确；B2s的电子云半径比1s的电子云半径大，但2s的电子总数与1s的一样多，B叙述错误；C同一能层上的s能级上电子的能量总小于p能级上电子的能量，不同能层上的s能级上电子的能量与p能级电子的能量不能判断，C叙述错误；D电子在激发态跃迁到基态时会产生发射光谱，从基态跃迁到激发态会产生吸收光谱，吸收光谱和发射光谱总称原子光谱，D叙述错误；答案为A。5. CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：下列说法不正确的是A. 合成气的主要成分为CO和H2B. 既有碳氧键的断裂，
8、又有碳氧键的形成C. Ni在该反应中做催化剂D. 吸收能量【答案】D【解析】【分析】由图可知，CO2和CH4催化重整可制备合成气的方程式：CH4(g)+CO2(g)2CO+2H2，Ni在该反应中做催化剂,且化学反应中由化学键的断裂和生成，放出能量。【详解】ACO2和CH4催化重整可制备合成气，则合成气的主要成分为CO和H2，A说法正确；B由反应历程图中反应物、生成物可知，既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，B说法正确；CNi在该反应中做催化剂，改变反应途径，不改变反应物和生成物，C说法正确；D由反应历程示意图可知，反应物所具有的总能量比生成物所具有的总能量高，放出能量，D说法错误；答案选D6.
9、 示意图甲为锌铜原电池装置，乙为电解熔融氯化钠制备金属钠的装置。 下列说法正确的是A. 甲装置中锌为负极，发生还原反应；铜为正极，发生氧化反应B. 甲装置盐桥可以使反应过程中溶液保持电中性C. 乙装置中铁极的电极反应式为：2Na2e- = 2NaD. 乙装置中 B 是氯气出口，A 是钠出口【答案】B【解析】【分析】【详解】A锌铜原电池中，锌作负极失电子，发生氧化反应；铜作正极得电子，发生还原反应，故A错误；B由于Zn原子失去电子成为Zn2+进入溶液，使ZnSO4溶液因Zn2+增加而带正电；同时，Cu2+获得电子成为金属铜沉淀在铜片上，使CuSO4溶液因SO42相对增加而带负电。两种因素均会阻止
10、电子从锌片流向铜片，造成不产生电流的现象。当有盐桥存在时，盐桥中的阴离子移向ZnSO4溶液，阳离子移向CuSO4溶液，使ZnSO4溶液和CuSO4溶液均保持电中性，氧化还原反应得以继续进行，从而使原电池不断产生电流，故B正确；C电解熔融氯化钠得到Na和Cl2，Na+Na，得电子过程,发生在阴极。ClCl2，失电子过程，发生在阳极；铁是活性电极，作阳极时铁失电子得不到氯气，故铁作阴极，铁电极上电极反应为：Na+eNa，故C错误；D乙装置中铁作阴极，得到钠；石墨作阳极得到氯气。故B是钠的出口，A是氯气的出口，故D错误；答案选B。7. 根据下列图示所得出的结论正确的是A. 图甲表示pH相同的NaOH
11、溶液与氨水稀释过程pH的变化，曲线b对应氨水B. 图乙表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下，反应过程中的能量变化C. 图丙表示CO(g)Cl2(g)=COCl2(g)的反应速率随时间的变化，在t1时改变的条件是加入催化剂D. 图丁表示用0.0100molL1的硝酸银标准溶液滴定浓度均为0.1000molL1Cl、Br及I的混合溶液时，先沉淀的是Cl【答案】C【解析】【分析】【详解】ApH相同的氢氧化钠溶液和氨水，稀释时一水合氨继续电离，则稀释时NaOH的pH变化大，所以a表示氨水稀释时pH的变化曲线，选项A错误；B反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，图中反应物的总能量小于生成物的总
12、能量，不相符，选项B错误；C催化剂同等程度改变正逆反应速率，在t1时改变的条件是加入催化剂，正逆反应速率均增大且相等，平衡不移动，与图中信息相符，选项C正确；D由图可知，c(I-)最小，先形成沉淀的是I-，选项D错误；答案选C。8. 用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图像如下：分析图像，以下结论错误的是（ ）A. 溶液pH2时，生铁发生析氢腐蚀B. 在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快，D. 两溶液中负极反应均为Fe-2e Fe2+【答案】C【解析】【分析】【详解】A. 由图可知pH=2时压强随着反应的进行而增大，产生了大量
13、气体，发生了析氢腐蚀，溶液pH2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B. pH=4时压强随着反应的进行而减小，气体的量减少，发生了吸氧腐蚀，所以在酸性溶液中生铁可能发生析氢腐蚀也可能发生吸氧腐蚀，故B项正确；C. 由两幅图可知变化相同的压强所用的时间不同，析氢腐蚀所用时间长而吸氧腐蚀所用的时间短，因而吸氧腐蚀的速率比析氢腐蚀快，故C错误；D.析氢腐蚀和吸氧腐蚀负极反应均为，故D正确。故答案选：C。9. 利用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，原理如图所示，下列叙述错误的是( )A. NH由b室向c室迁移B. c室得到的混合气体是NH3和H2C. X为电源正极D. 理论上外电路中流过
14、1mol电子，可处理工业废水中0.5mol NH4NO3【答案】D【解析】【分析】用双离子交换膜电解法可以处理含NH4NO3的工业废水，根据图示，阴离子交换膜只能让阴离子通过，a室产生单一气体同时生成硝酸，为阳极反应，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，阳离子交换膜只能让阳离子通过，c室为阴极电极反应，反应式为2NH+2e-=2NH3+H2，据电子守恒和原子守恒解答。【详解】A阳离子交换膜只能让阳离子通过，c室，为阴极电极反应，反应式为2NH+2e-=2NH3+H2，则NH由b室向c室迁移，故A正确；Bc室为阴极电极反应，反应式为2NH+2e-=2NH3+H2，c室得到的混合气体是NH
15、3和H2，故B正确；Cc室发生还原反应，即c室电极为阴极，电源Y为负极，X为正极，故C正确；D阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，阴极反应式为2NH+2e-=2NH3+H2，理论上外电路中流过1mol电子，可处理工业废水中1molNH4NO3，故D错误；故答案为D。10. 常温下，现有0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH=7.8.已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。下列说法正确的是( )A. 当溶液的pH=9时，溶液中存在下列关系：c(NH)c(HCO)c(NH3H2O)c(CO)B. NH4HCO3溶液中
16、存在下列守恒关系：c(NH)c(NH3H2O)c(H+)=c(OH-)2c(CO)c(H2CO3)C. 往该溶液中逐滴滴加氢氧化钠时NH和HCO的均逐渐减小D. 通过分析可知常温下Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)【答案】D【解析】【分析】一定浓度NH4HCO3溶液中，由于铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子水解程度，故溶液呈碱性，通过加入某物质调节该溶液pH，溶液中各微粒变化曲线已给出，根据曲线所给信息进行各选项正误判断。【详解】A当溶液的pH=9时，根据图像各微粒纵坐标信息可得，溶液中，微粒浓度大小排序为c(HCO)c(NH)c(NH3H2O)c(CO)，故A不正确；BNH4HCO3溶液
17、中，根据电荷守恒可得，c(NH)c(H+)=c(OH-)2c(CO)+c(HCO)，故c(NH)c(NH3H2O)c(H+)=c(OH-)2c(CO)+c(HCO)+c(NH3H2O)，由于碳酸氢铵溶液中，c(HCO)+c(NH3H2O)c(H2CO3)，故B不正确；C根据图像曲线走势，往pH=7.8的碳酸氢铵溶液中逐滴滴加氢氧化钠，pH逐渐增大时，HCO的先略微增大，后逐渐减小，NH均逐渐减小，故C不正确；D根据碳酸氢铵溶液呈碱性可知，碳酸氢根水解程度大于铵根离子，越弱越水解，故等温时，碳酸一级电离常数小于一水合氨电离常数，故D正确；故答案选：D。【点睛】由越弱越水解，判断弱离子对应电解质电
18、离程度大小。11. 下列实验方案中能达到相应实验目的的是( )ABCD方案取铁电极附近溶液滴加铁氰化钾将 NO2球分别浸泡在冷水和热水中目的证明AgI 比AgCl更难溶探究浓度对化学反应速率的影响证明Fe能在该条件下发生析氢腐蚀证明温度对化学反应速率的影响A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】【详解】AAgNO3过量，能与氯化钠和碘化钾反应均生成沉淀，无法判断AgI与AgCl的大小，故A错误；B利用等体积不同浓度的草酸与酸性高锰酸钾反应使其褪色的快慢可以探究浓度对化学反应速率的影响，故B正确；CZn比Fe活泼，Zn是原电池的负极，Fe为正极，Zn被氧化，溶液中含有Zn2+，
19、而理论上Fe未被氧化，不可能检验到Fe2+，故C错误；D只有温度一个变量，由图可知，温度高颜色深，则图中装置可探究温度对化学平衡的影响，而不能探究温度化学反应速率的影响，故D错误；故答案为B。12. 已知25 下列物质的溶度积常数：FeS：Ksp=6.310-18；CuS：Ksp=1.310-36；ZnS：Ksp=1.610-24。以下说法正确的是( )A. 25 时，饱和CuS溶液中Cu2的浓度为 10-18molL-1B. 同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度C. 因为H2SO4是强酸，故CuSO4H2S=CuSH2SO4不能发生D. 向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合
20、液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成【答案】A【解析】【分析】【详解】A饱和CuS溶液中c(Cu2)=c()，且c(Cu2)c()=Ksp，从而推出c(Cu2)=mol/L，故A正确；BCuS和ZnS的形式相同，根据题中所给数据，可以看出CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，推出CuS的溶解度小于ZnS，故B错误；CCuS的Ksp很小，CuSO4与H2S电离出的S2结合生成CuS沉淀和硫酸，与硫酸是否为强酸无关系，故C错误；DZnS的Ksp比FeS的Ksp小，因此向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，ZnS先沉淀出来，故D错误；答案为A。二、填空题(本题共4小题
21、，共64分)13. 电解原理在化学工业中有广泛的应用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：电解池中X极上的电极反应式为_，在X极附近观察到的现象是_。Y电极上的电极反应式为_，检验该电极反应产物的方法是_。(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是_，电极反应式为_。溶液中的c(Cu2)与电解前相比_(填“变大”、“变小”或“不变”)。(3)如利用该装置实现铁上镀锌，电极Y上发生的反应为_，电解池盛放的电镀液
22、可以是_。【答案】 (1). 2H2O2e=H2+2OH-或2H+2e-=H2 (2). 有气体放出，溶液变红 (3). 2Cl2e=Cl2 (4). 把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色，说明生成了Cl2 (5). 纯铜 (6). Cu22e=Cu (7). 变小 (8). Zn2e=Zn2 (9). ZnCl2或 ZnSO4(答案不唯一，合理即可)【解析】【分析】根据电解原理和电解产物分析，特别注意电极材料对电极反应的影响，粗铜精炼和电镀的阳极均为活性电极，电解本身发生氧化反应。【详解】(1)和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H2O2e=
23、H2+2OH-或2H+2e-=H2，所以X电极附近OH-浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红；和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl-2e-=Cl2，氯气和碘化钾反应生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，所以可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气，如果湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，就说明生成的氯气；(2)电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以X电极材料是纯铜，该电极上铜离子得电子生成铜，电极反应式为：Cu2+2e-Cu；阳极上铜和其它较活泼的金属失电子，阴极上只有Cu2+得电子，根据电子守恒知，析出的铜大于溶解的铜，则溶液中Cu2+浓度变小；(3)电镀时
24、，镀层锌作阳极，镀件作阴极，阳极上电极反应式为Zn2+2e-Zn，电解池中电解质溶液是含有Zn2+的盐溶液，如ZnCl2或 ZnSO4溶液。【点睛】分析电解过程的思维程序：首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+Fe3+Cu2+H+Fe2+Zn2+H+；阳极：活泼电极S2-I-Br-Cl-OH-；电解原理的应用中包含铜的精炼，注意粗铜做阳极，纯铜做阴极，含铜离子的溶液做电解质。14. 如图是部分元素的第一电离能随原子序数变化的曲线(其中1217号元素的有关数据缺失)。请回答下
25、列问题：(1)请写出ds区铜原子基态电子排布式_(2)同主族元素的第一电离能的变化规律是_。(3)图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是_。(4)根据对角线规则，Be、Al的最高价氧化物对应水化物的性质相似，它们都具有_性，能证明该性质的实验结论是_。(5)NaAr元素中，某元素M电离能如表所示：578181727451157514830由此判断该元素是_；分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断：I1(Mg)_I1(M)，其原因是_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d10 4s1 (2). 同一主族元素原子的从上到下，第一电离能逐渐减小 (3). 第五周期第IA族
26、 (4). 两性 (5). Be(OH)2既溶于强酸又可溶于强碱(合理即得分)。 (6). Al (7). (8). 镁原子的3p轨道处于全空状态，比较稳定，而铝原子3p轨道只有一个电子，不稳定(或Al失去电子是3p能级的比Mg失去3s能级更易失去；合理答案均可)【解析】【分析】第一电离能I1是指气态原子X(g)处于基态时，失去一个电子成为气态阳离子X+(g)所需的能量，通常金属性越强，第一电离能越小，非金属性越强，第一电离能越大，结合元素周期律和核外电子的排布规律分析。【详解】(1)铜原子的核电荷数是29，根据能量构造原理和能量最低原理，基态Cu原子电子排布式为1s22s22p63s23p6
27、3d10 4s1；(2)同一主族元素原子的从上到下，金属性增强，容易失去电子，所以第一电离能I1变化规律是从上到下逐渐减小；(3)金属性越强，越容易失去电子，所以第一电离能越小，图中第一电离能最小的元素是铷，位于元素周期表的第五周期IA族；(4)Al(OH)3为两性氢氧化物，则Be(OH)2也应该是两性氢氧化物，可分别用稀盐酸和NaOH溶液与Be(OH)2反应，发现Be(OH)2既能与盐酸反应生成盐和水，也能与NaOH溶液反应生成盐和水，即说明Be(OH)2是两性氢氧化物；(5)从表中的数据可知，当原子失去第4个电子时，第三电离能到第四电离能增大幅度明显大于第二电离能到第三电离能增大的幅度，说
28、明该元素失去3个电子时为稳定结构，在NaAr元素中只有Al元素满足条件，即该元素是Al元素；基态镁原子价电子排布式为3s2，而基态铝原子价电子排布式为3s23p1，可见镁原子的3p轨道处于全空状态，比较稳定，而铝原子3p轨道只有一个电子，不稳定，导致I1(Mg)I1(M)。【点睛】电离能的变化规律一般为：同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势；同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小；同种原子：逐级电离能越来越大(即I1I2I3)。15. 减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用，科学家研究利用回收的CO2制取甲醛(HCHO)，反应的热
29、化学方程式为CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) H。请回答下列问题：(1)已知：HCHO (g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) H1= - 480kJ/mol2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H2=-486kJ/mol则由CO2和H2合成甲醛的热化学方程式为：_。(2)一定条件下，将n(CO2)：n(H2)=1：2的混合气体充入恒温恒容的密闭容器中，发生反应CO2(g)+2H2(g) HCHO (g)+H2O(g)。下列说明反应已经达到平衡状态的是_(填选项字母)。a.容器内气体密度保持不变 b.H2O的体积分数保持不变c.该反应的平衡常数保持不变 d.混
30、合气体的平均相对分子质量不变下列措施既能提高H2的转化率又能加快反应速率的是_(填选项字母)。a.升高温度 b.使用高效催化剂 c.缩小容器体积 d.扩大容器体积(3)实验室在2L密闭容器中进行模拟上述合成甲醛(HCHO)的实验。T1时，将1molCO2和4molH2充入容器中，每隔一定时间测得容器内CO2的物质的量如表所示：时间/min0102030405060CO2的物质的量/mol1.000.600.460.320.200.200.20反应开始10min内，H2的平均反应速率为_。T1时，反应的平衡常数为K=_ (保留小数点后两位)达到平衡时H2的转化率为_【答案】 (1). CO2(g
31、)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) H= -6 kJmol-1 (2). bd (3). c (4). 0.04mol/(Lmin) (5). 1.11 (6). 40%【解析】【分析】【详解】(1)HCHO (g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) H1= - 480kJ/mol，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H2=-486kJ/mol，根据盖斯定律分析，由-得热化学方程式：CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) H=-486kJ/mol +480kJ/mol=-6 kJmol-1； (2)恒温恒容的密闭容器中，发生反应CO2(g)+2H2(g)
32、 HCHO (g)+H2O(g) a.容器不变，全为气体，所以容器内气体密度始终保持不变，故不能说明到平衡状态；b.H2O的体积分数保持不变可以说明反应到平衡；c.该反应的平衡常数只与反应温度有关，温度不变，平衡常数保持不变，故不能说明反应到平衡；d.在全为气体的反应中，混合气体的平均相对分子质量与方程式中的化学计量数有关，该反应的化学计量数前后不同，所以当平均相对分子质量不变说明该反应到平衡；故选bd；a.该反应为放热反应，升高温度，速率加快，平衡逆向移动，氢气的转化率降低；b.使用高效催化剂只能加快反应速率，不影响平衡，氢气的转化率不变；c.缩小容器体积相当于加压，速率加快，平衡正向移动，
33、提高氢气的转化率；d.扩大容器体积相当于减压，速率减慢，平衡逆向移动，氢气的转化率降低；故符合条件的为c；(3)，反应开始10min内，H2的平均反应速率为 mol/(Lmin) ；，该反应的平衡常数为：；氢气的平衡转化率为。16. 已知：25 时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等。、(1)25 时，取10 mL 0.1 molL-1醋酸溶液测得其pH=3。将该溶液加水稀释至1 000 mL，所得溶液pH数值范围为_；若加入少量NaOH溶液，则溶液中 _(填“增大”“减小”“不变”或“不能确定”)。(2)25 时，0.1 molL-1的氨水的pH=_。(3)用pH试纸测定该氨水pH的
34、操作方法为_。(4)pH相等的氨水和Na2CO3溶液中，水电离出的OH-浓度分别为a mol/L和b mol/L。则a_b(填“”、“”或“=”)。、现用醋酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。含以下实验操作：向溶液中加入12滴指示剂取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中用氢氧化钠溶液滴定至终点重复以上操作配制250 mL醋酸标准溶液根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度(1)实验过程中正确的操作顺序是_(填序号)，该滴定实验所选指示剂为_。(2)滴定并记录V(NaOH)的初、终读数。数据记录如表所示：滴定次数1234V(CH3COOH)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH
35、)/mL(初读数)0.100.300.000.20V(NaOH)/mL(终读数)20.0820.3020.8020.22V(NaOH)/mL(消耗)19.9820.00208020.02某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)= mL=20.20 mL。他的计算_(填“合理”或“不合理”)，理由是_。通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a_20.02(填“”、“”或“=”)。【答案】 (1). 3pH5 (2). 不变 (3). 11 (4). 取一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水点滴于试纸的中部，片
36、刻后与标准比色卡对比 (5). (6). (7). 酚酞 (8). 不合理 (9). 第3次滴定时消耗NaOH溶液的体积明显偏大，该值应舍去(合理即可) (10). 【解析】【分析】根据弱电解质在水溶液中的电离平衡及影响因素分析；结合酸或碱的溶液对水的电离抑制作用和易水解盐溶液对水电离的促进作用分析；结合酸碱中和滴定原理和实验基本操作分析判断误差。【详解】(1)25时，取10mL 0.1mol/L醋酸溶液测得其pH=3，溶液加水稀释至1000mL，氢离子浓度减小，pH大于3，醋酸电离被促进又电离出氢离子，氢离子浓度减小小于102倍，则溶液pH小于5，即所得溶液pH数值范围为3pH5；向溶液中加
37、入少量NaOH溶液，促进醋酸的电离平衡正向移动，此时溶液中c(CH3COOH)和c(H+)减小，而c(CH3COO-)和c(OH-)均增大，但，电离平衡常数和离子积常数随温度变化，此时温度不变，则溶液中也不变；(2)25时，CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，温度下0.1mol/L醋酸溶液pH=3，醋酸电离出的H+浓度为10-3mol/L，则0.1mol/L氨水(NH3H2O溶液)电离出的OH-浓度为10-3mol/L，此时溶液pH=11；(3)测定0.1 molL-1的氨水的pH的方法是取一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水点滴于试纸的中部，片刻后与标准比色卡对比；
38、(4)氨水是碱溶液，抑制水的电离，而Na2CO3溶液显碱性，是水解促进溶液显碱性，则pH相等的氨水和Na2CO3溶液中，氨水中水电离出的OH-浓度小于Na2CO3溶液中水电离出的OH-浓度，即ab；(1)由给出的实验步骤可知，配制好标准液、将标准溶液放入锥形瓶中、加入12滴指示剂、用氢氧化钠溶液滴定至终点、重复以上操作、根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度，即操作顺序为；醋酸溶液显酸性，而滴加NaOH溶液完全反应时溶液呈碱性，则使用酚酞作指示剂；(2)由表格数据可知，第三组数据误差较大，则上述计算不合理；第3组数据和其他三组相差较大，氢氧化钠溶液的体积取其他3次平均值为 mL=20.20 mL；第4次滴定过程中A点pH=7，而滴加20.02mLNaOH溶液时恰好完全反应，溶液应显碱性，故a20.02。【点睛】本题涉及水的电离程度分析，向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。