1、安徽省宣城市三校（郎溪中学、宣城二中、广德中学）2017-2018学年高二上学期期中联考化学试题（解析版）安徽省宣城市三校（郎溪中学、宣城二中、广德中学）2017-2018学年高二上学期期中联考化学试题考生注意：1.本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间100分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、N-14、Cl
2、-35.5、Na-23、Zn-65第卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.世界环境日主题之一“提高你的呼声而不是海平面”，提倡节能减排。以下措施中不能体现这一思想的是A.电解铝工业中添加冰晶石降低能耗B.研制出性能优良的催化剂，降低反应所需温度C.开发太阳能、风能、氢能等清洁能源D.创新科技，大力发展火电，改善用电紧张状况【答案】D【解析】A、在电解铝工业中添加冰晶石，冰晶石能降低三氧化二铝熔点，符合节能减排，选项A正确；B、研制出性能优良的催化剂，降低反应所需温度，减少能源消耗，选项B正确；C、开发太阳
3、能、风能、氢能等清洁能源，用这些清洁能源替代化石能源，符合节能减排，选项C正确；D、大力发展火电，缓解用电紧张，火电会消耗大量化石能源，且会产生大量的污染，选项D错误。答案选D。2.下列数据不一定随着温度升高而增大的是A.化学反应速率B.化学平衡常数KC.弱电解质的电离平衡常数KD.水的离子积常数Kw【答案】B【解析】试题分析：A、升高温度，化学反应速率加快，A不符合；B、平衡常数只与温度有关系，若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，B符合；C、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，电离平衡常数增大
4、，C不符合；D、水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，电离程度增大，水的离子积增大，D不符合；答案选B。考点：考查温度对反应速率、化学平衡常数、水的离子积以及电离平衡常数的影响3.一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。下列描述正确的是A.反应在010s内，用Z表示的反应速率为0.158 molL-1s-1B.反应在010s内，X的物质的量浓度减少了0.79 molL-1C.反应进行到10s时，Y的转化率为79.0%D.该反应的化学方程式为X(g)Y(g)Z(g)【答案】C【解析】分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X、Y是反应物，Z是
5、生成物，初步分析它们的变化量分别为n(X)120 mol041 mol079 mol，n(Y)10 mol021 mol079 mol，n(Z)158 mol，首先确定该反应的化学方程式为X(g)Y(g)=2Z(g)。据选项要求分别计算出v(Z)0079 molL1s1；c(X)0395 molL1；(Y)100%79%，只有C选项正确。4.下列说法中有明显错误的是A.对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B.活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞C.加入适宜的催化剂，可使分子能量增加，从而可使活化分子的百分数大大增加，因而反应速率增大D
6、.升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大【答案】C【解析】A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，选项A正确；B、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，选项B正确；C、催化剂可使反应需要的能量减小，即活化能降低，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，选项C错误；D、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，选项D正确。答案选C。5.下列关于平衡常数的说法中，正确的是A.从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度
7、B.在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值C.平衡常数的大小只与浓度有关，而与温度、压强、催化剂等无关D.在平衡常数表达式中，反应物浓度用初始浓度，生成物浓度用平衡浓度【答案】A【解析】A、平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小，平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，选项A正确；B、化学平衡常数受温度影响，温度变化，化学平衡常数发生变化，选项B错误；C、平衡常数K只与温度有关，反应浓度、压强不影响化学平衡常数，选项C错误；D、在平衡常数表达式中，反应物浓度、生成物浓度都用平衡浓度，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查化学平衡常数的影响因素与意义，比较基础，注意基础知识的掌握。6.
8、如图所示，a和b是盐酸和氢氧化钠溶液相互反应的pH值变化曲线，下列说法不正确的是A.NaOH的物质的量浓度：c(NaOH)=0.1molL-1B.a和b曲线上的任何一点都有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)C.P点溶液中：c(Na+)=c(Cl-) c(H+)=c(OH-)D.曲线b是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸的pH值变化曲线【答案】B【解析】根据曲线b可知NaOH溶液的pH13，则氢氧化钠溶液的浓度：c(NaOH)0.1 molL1，A正确；未滴定时氢氧化钠中没有氯离子，盐酸中没有钠离子，B错误；根据曲线可以看出P点时pH7，说明溶液呈中性，c(Na)c(Cl)、c(H)
9、c(OH)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，则c(Na)c(Cl)c(H)c(OH)，C正确；曲线b的pH是由大到小，说明是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸溶液的pH值变化曲线，D正确。点睛：本题考查中和滴定、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，试题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深B.溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅C.合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施D.反应
10、CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g）H0，达平衡后，升高温度体系颜色变深【答案】A【解析】A、对于2HI(g)H2(g)+I2(g)，因反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动无影响，缩小容器体积各气体浓度都增大而使体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，选项A选；B、加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，选项B不选；C、合成氨反应为放热反应，较低温度有利于平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，体系颜色变深，可用勒夏特列原理解释，
11、选项D不选。答案选A。点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应且存在平衡移动，易错点为B，注意从提高产率的角度。8.在25时，用蒸馏水稀释1 molL1氨水至0.01 molL1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是A.c(OH-)B.C.D.【答案】D【解析】NH3H2ONH4+ OH，随溶液的稀释，促进弱碱的电离，电离程度增大。A、电离程度增大，n(OH-)增大，但c(OH-)减小，选项A错误；B、根据电离方程式NH3H2ONH4+ OH，每产生一个氢氧根离子，就产生一个铵根离子，所以c(NH+4)c(OH)c(NH4+)c(OH-
12、)几乎不变，选项B错误；C、电离平衡正向移动使得NH3H2O浓度减小的更多，c(NH3H2O)c(NH+4)c(NH3H2O)c(NH4+)一直在减小，选项C错误；D、电离平衡正向移动使得NH3H2O浓度减小的更多，c(OH)c(NH3H2O)c(OH-)c(NH3H2O)一直在增大，选项D正确。答案选D。9.1和2、c1和c2分别为两个恒容容器中平衡体系N2O4(g)2NO2(g)和3O2(g)2O3(g)的反应物转化率及反应物的平衡浓度，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量。下列判断正确的是A.1减小，2增大，c1、c2均增大B.1、2均增大，c1、c2均增大C.1增大，2减小，c1
13、、c2均增大D.1减小，2增大，c1增大，c2减小【答案】A【解析】在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，对反应N2O4(g)2NO2(g)，增大压强平衡逆向移动，所以1减小，而反应3O2(g)2O3(g)增大压强，平衡正向移动，所以2增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都比原平衡的浓度大，则c1、c2均增大，答案选A。点睛：本题考查化学平衡的影响因素。在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，由此分析解答。10.某密闭容器中发生如下反应：2X（g）+Y（g）Z（g）H0下图是表示该反应速率（v）随时间（t）变化的关
14、系图。t2、t3、t5时刻外界条件均有改变（但都没有改变各物质的用量）。则下列说法中不正确的是A.t3时减小了压强B.t5时增大了压强C.t6时刻后反应物的转化率最低D.t1时该反应的平衡常数大于t6时反应的平衡常数【答案】B【解析】2X(g)Y(g)Z(g)；H （逆），故C正确；D项，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，故压强越大，A的转化率应该越低，又因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500达到平衡时A的转化率应该偏低，故D错误。综上，选C。15.下列关于说法正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热为57.3kJ/mol，H2SO3和NaOH反应的中和热也为57.
15、3kJ/molB.已知C2H5OH（l）的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）反应的H=1366.8kJ/molC.在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=38.6kJ/molD.一定条件下2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H1，2SO2(g)+O2(g)2SO3(l)H2则H1H2【答案】D【解析】A、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，H2SO3为弱酸电离
16、要吸热，所以NaOH和H2SO3反应放出的热量比57.3kJ小，选项A错误；B、已知C2H5OH（l）的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（l）反应的H=-1366.8kJ/mol，选项B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，因此N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H-38.6kJ/mol，选项C错误；D、2mol气态SO3比2mol液态SO3的能量高，因此生成2mol气态SO3时放出的热量少，焓变大，即H1H2，选项D正确。答案选D。16.液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3NH4+NH2-，25时，其离子积K=1.01
17、0-30。现将2.3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中粒子关系不正确的是（设温度保持不变，溶液体积为1L）A.c（NH4+）=1.010-29molL-1B.c（Na+）=c（NH2-）C.c（NH2-）c（NH4+）D.c（NH4+） c（NH2-）=1.010-30【答案】B【解析】A、2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2，促进液氨的电离，c（NH4+）c（NH2-）=l.0l0-30；反应生成NH2-物质的量为0.1mol，浓度为0.1mol/L，所以所得溶液中NH4+的浓度l.0l0-29mol/L，
18、选项A正确；B、溶液中电荷守恒，所以c（Na+）+c（NH4+）=c（NH2-），选项B不正确；C、c（NH2-）=0.1mol/L，c（NH4+）=l.0l0-29mol/L，所以c（NH2-）c（NH4+），选项C正确；D、离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，K= c（NH4+） c（NH2-）=1.010-30，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查弱电解质的电离，利用知识迁移的方法结合水的电离进行分析。第卷(非选择题共52分)二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.在80时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质
19、进行分析，得到如下数据：时间(s)c(molL-1)020406080100c(N2O4)0.20a0.10Cdec(NO2)0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。（1）该反应的化学方程式为。（2）20s时，N2O4的的浓度为molL-1，020s内N2O4的平均反应速率为。（3）该反应的平衡常数表达式K=，80反应K值为保留2位小数)。（4）在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时。AN2O4的转化率越高BNO2的产量越大CN2O4与NO2的浓度之比越大D正反应进行的程度越大（5）要增大该反应的K值，可采取的措施A
20、增大N2O4起始浓度B向混合气中通入NO2C使用高效催化剂D升高温度（6）下图是80时容器中N2O4浓度的变化图，请在该图中补画出该反应在60反应时N2O4浓度的变化曲线。【答案】N2O42NO20.140.003 mol/(Ls)c2(NO2)c(N2O4)c2(NO2)c(N2O4)0.54ABDD【解析】（1）该反应的化学方程式为：N2O42NO2；（2）进行到20S；N2O42NO2起始量（mol）0.40变化量（mol） 0.120.2420s末（mol）0.280.2420s时，N2O4的浓度=0.28mol2L0.28mol2L=0.14mol/L；020s内N2O4的平均反应速
21、率=0.12mol2L20s0.12mol2L20s=0.003mol/(Ls)；（3）N2O42NO2，平衡常数K=c2(NO2)c(N2O4)c2(NO2)c(N2O4)；80C平衡状态和60S是相同平衡状态，平衡浓度c（NO2）=0.22mol/L，c（N2O4）=0.09mol/L；平衡常数K=c2(NO2)c(N2O4)c2(NO2)c(N2O4)=0.2220.090.2220.09=0.54mol/L；（4）反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅，说明反应向逆反应方向移动，逆反应是放热反应，正反应是吸热反应；该反应的K值越大，说明平衡正向进行，是温度降低的
22、原因；A、平衡正向进行N2O4的转化率越高，选项A正确；B、平衡正向进行NO2的产量越大，选项B正确；C、依据上述计算分析平衡正向进行，N2O4与NO2的浓度之比越小，选项C错误；D、该反应的K值越大，说明平衡正向进行，正反应进行的程度越大，选项D正确。答案选ABD；（5）平衡常数只受温度影响，要增大该反应的K值，应改变温度使平衡向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，故应升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，答案选D；（6）温度降低，化学反应速率减慢，到达平衡的时间长，同时，温度降低，化学平衡向放热的方向移动，即逆反应方向移动，如下图：。点睛：本题考查化学平衡移动以及有关计算，做题
23、时注意外界条件对化学平衡的影响。注意（5）中平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变。18.工业上一般在密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)（1）不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应S0（填“”或“”），自发进行（填“一定能”、“一定不能”、“不一定”）。实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是。（2）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L体积不变的密闭容器中，充分反应达到平衡测得c(CO)=0.1molL-1。在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比，下列有关说法正确的是（填
24、序号）。a.氢气的浓度减少b.正反应速率加快，你反应速率也加快c.甲醇的物质的量增加d.重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大若保持同一反应温度将起始物质改为a mol CO、b mol H2、c mol CH3OH,欲使平衡混合物中各组成与原平衡相同，则a、b应满足的关系式为，且欲使开始时该反应向逆方向进行，c的取值范围是。【答案】不一定该压强下，CO转化率已较高（90%左后），在增大压强CO转化率提高不大，且生产成本增加bcb=2+2a(答a+c=2或b+2c=6也可）1.8c2【解析】试题分析：（1）由图可知：在压强不变的情况下：升高温度，CO的转化率降低，说明升高温度，化学平衡向逆
25、反应方向移动。逆反应方向是吸热反应。正反应是放热反应。所以H0.在温度不变时，增大压强，CO的转化率增大。说明增大压强化学平衡向正反应方向移动。S0.由于正反应是一个体系混乱程度减小的放热反应，所以无法确定该反应能否自发进行。选择此压强的理由是在该压强下，CO转化率已较高（90%左右），再增大压强，CO转化率虽然提高但提高不大，且生产成本增加的多，效益反而降低。（2）反应开始时CO H2CH3OH的浓度分别是1mo/L 3mol/L 0mol/L,在反应过程中转化浓度分别是0.9mol/L 1.8mol/L 0.9mol/L.所以它们的平衡浓度分别是0.1mol/L 1.2mol/L 0.9m
26、ol/L所以达到化学平衡时平衡常数是K=(0.9)0.1(1.2)2= 6.25 将容器体积压缩到原来的1/2，化学平衡向正反应方向移动。与原平衡相比，正反应速率加快，逆反应速率也加快；各物质的浓度都增大，甲醇的物质的量也增加增加 ； D重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小。正确选项为：bc.若保持同一反应温度将起始物质改为a mol CO、b mol H2、c mol CH30H，欲使平衡混合物中各组成与原平衡相同，则a、b应满足的关系为b=2+2a.假如物质时由CH3OH转化生成，则开始时n(CH3OH)=2mol，因为平衡时n(CH3OH)=0.9mol/L2L=1.8mol.所以
27、欲使开始时该反应向逆反应方向进行，c的取值范围是 1.8c 2考点：考查反应进行的方向和外界条件对化学平衡的影响的知识。19.定量分析是化学实验中重要的组成部分。中和热的测定：（1）在实验室中，用50 mL 0.40 mol/L的盐酸与50 mL 0.50mol/L的NaOH溶液反应测定和热。假设此时溶液密度均为1 g/cm3，生成溶液的比容热c = 4.18 J/(g)，实验起始温度为T1，终止温度为T2，请写出中和热的计算式（写出最后结果）H=KJ/mol。（2）1L 1mol/LH2SO4溶液与2L 1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ的热量。请写出表示该反应中和热的热
28、化学方程式。氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为c mol/L KMnO4标准溶液滴定。（1）滴定原理为：（用离子方程式表示）。（2）滴定时，KMnO4溶液应装在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。润洗滴定管的操作方法是。（3）如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的读数为mL。（4）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL26.3224.0223.98从上表可以看出，第一次实验中
29、记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是由以下选项中的引起。A实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定C第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗D第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗（5）写出计算H2C2O4的物质的量浓度的最简表达式：C =mol/L。【答案】20.9（T2T1）1/2 H2SO4(aq) + NaOH(aq)1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l)H57.3 kJ/mol6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10
30、CO2+8H2O酸式向滴定管内注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后，从尖嘴放出液体；重复上述操作2-3次即可21.40CDC=60C/V【解析】（1）根据Q=mcT=4.18J/（g）100mL1g/cm3（T2-T1）=0.418（T2-T1）kJ，中和热的计算式H=-QnQn=-0.418（T2T1）kJ0.40mol/L0.05L0.418（T2-T1）kJ0.40mol/L0.05L=-20.9（T2T1）kJ/mol；（2）1L 1mol/LH2SO4溶液与2L 1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ的热量，则生成1mol水放出57.3kJ的热量，反应的热化学
31、方程式为：1212H2SO4(aq) + NaOH(aq)1212Na2SO4(aq) + H2O(l)H57.3 kJ/mol；（1）MnO4-（H+）Mn2+、H2C2O4CO2反应中其他元素没有得、失电子，据Mn和C的化合价变化分析，MnO4-与H2C2O4的物质的量之比为2：5，再据原子守恒和电荷守恒得到的离子方程式为：6H+2MnO4-+5H2C2O4=2Mn2+10CO2+8H2O；滴定原理为：6H+2MnO4+5H2C2O42Mn2+10CO2+8H2O；（2）高锰酸钾具有很强的氧化性，应用酸式滴定管盛装；润洗滴定管的操作方法是: 向滴定管内注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部
32、内壁后，从尖嘴放出液体；重复上述操作2-3次即可；（3）如图表示50mL滴定管中液面的位置，A与C刻度间相差1 mL，A处的刻度为21，滴定管中液面读数应为21.40mL；（4）A、俯视反而使得读数偏小，消耗的体积也变小，选项A不符合；B、滴加KMnO4溶液要点滴，尤其到滴定终点时更要慢，而且溶液变色要半分钟不褪色，否则体积偏小，选项B不符合；C、未用标准液润洗，滴定管中残留的水会稀释标准液，使得浓度变小，滴定消耗的体积变大，选项C符合；D、滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，会使得锥形瓶中待装液浓度变大，从而消耗标准液的量增大，选项D符合。答案选CD；（5）根据离子反应方程式6H+2MnO4+5H
33、2C2O42Mn2+10CO2+8H2O可知，高锰酸钾和草酸反应的物质的量之比为2：5，消耗高锰酸钾物质的量为24.02mL+23.98mL224.02mL+23.98mL210-3L/mLcmol/L=0.012cmol，则VmL草酸的浓度为：0.012cmol5V103L0.012cmol5V10-3L=60cV60cVmol/L。点睛：本题考查酸碱滴定实验，难度较大，会根据实际需要选取指示剂，注意滴定管上的刻度和量筒上刻度的区别。20.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下,CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+H0。（1）常温下，在pH =5
34、的稀醋酸溶液中，c(CH3COO-)(不必化简)。下列方法中，可以使0.10 molL-1CH3COOH的电离程度增大的是a加入少量0.10 molL-1的稀盐酸b加热CH3COOH溶液c加水稀释至0.010 molL-1d加入少量冰醋酸e加入少量氯化钠固体f加入少量0.10 molL-1的NaOH溶液（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V(盐酸)V(醋酸)，反应的最初速率为：(盐酸)(醋酸)。(填写“”、“”或“”)（3）常温下，向体积为VamL，pH为3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液VbmL
35、至溶液恰好呈中性，则Va与Vb的关系为：。（4）常温下，将0.1 mol/L盐酸和0.1 mol/L醋酸钠溶液混合，所得溶液为中性，则混合溶液中各离子的浓度按由大到小排序为。（5）已知：90时，水的离子积常数为Kw=3.810-13，在此温度下，将pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的c(H+)=(保留三位有效数字)mol/L。【答案】(10-5-10-9)mol/Lbcf=Vac(CH3COO)c(Cl)c(H+)=c(OH-)2.0510-11【解析】(1)在pH=5的稀醋酸溶液中,c(H+)=10-5mol/L,根据水的电离平衡及醋酸的电离平衡方程式CH3CO
36、OHH+CH3COO-可以看出,c(CH3COO-)=c(H+)溶液-c(H+)水=(10-5-10-9) mol/L;加热、加水稀释、加入碱性物质均能使电离平衡向右移动,故选bcf。(2)醋酸是弱酸,等体积等pH,则n(CH3COOH)n(HCl),则盐酸中锌粉剩余,随着它和金属的反应,电离平衡不断地向右移动,会电离出更多的氢离子,所以醋酸产生的氢气体积较大,开始时,醋酸和盐酸的pH均等于3,即开始时氢离子的浓度相等,所以开始时的速率相等。(3)醋酸是弱酸,pH为3的醋酸溶液中,CH3COOH的浓度大于10-3mol/L,pH=11的NaOH溶液浓度等于10-3mol/L,最后溶液恰好呈中性,说明碱过量,所以Vac(CH3COO-)c(Cl-)c(H+)=c(OH-)。(5)pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L,pH=11的氢氧化钠溶液中:c(OH-)=3.8101310113.810131011=3810-3mol/L,混合后碱剩余,剩余的氢氧根的浓度为:c(OH-)=381031032381031032=0.018 5 mol/L,所以c(H+)=3.810130.01853.810130.0185mol/L2.0510-11mol/L。
