1、高考资源网（） 您身边的高考专家新疆北屯高级中学2020-2021学年高二上学期10月月考化学试题1. 下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是A. 图中a、b曲线可分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)= CH3CH3(g) H0，使用和未使用催化剂时反应过程中的能量变化B. 已知S(s)+O2(g)=SO2(g)H1、S(g)+O2(g)=SO2(g)H2， 则H10，故A不正确；B. 前一反应S(s)与O2(g)反应、后一反应S(g)与O2(g)反应，因后一反应S的能量高，燃烧放出的热量多，但由于H为负值，所以H1H2，B不正确；C. 光照和点燃只是引发反应的条件，不影响反应H2
2、(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的H，C不正确；D. 在一定条件下，某可逆反应的H=+100 kJmol-1，即反应物比生成物能量低100 kJmol-1，从而得出该反应正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol-1，D正确。故选D。2. 已知在1105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确是（ ）A. H2O(g)H2(g)+1/2O2(g) H+242 kJ/molB. 2H2(g)+O2(g)2H2O(l) H-484 kJ/molC. H2(g)+1/2O2(g)H2O(g) H+242 kJ/molD. 2H2(g)+O2(g
3、)2H2O(g) H+484 kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A氢气在氧气中燃烧为放热反应，水蒸气分解为氢气和氧气为吸热反应，H=+242 kJ/mol，故A正确；B根据题意可知，生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C氢气在氧气中燃烧为放热反应，此时焓变符号为负，故C错误；D氢气在氧气中燃烧为放热反应，此时焓变符号为负，故D错误；故答案选A。3. 盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分为数步完成，这个过程的热效应是相同的。已知：H2O(g)=H2O(l)H1=-Q1kJ/molC2H5OH(g)=C2H5OH(l)H2=-Q2kJ/molC2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2
4、(g)+3H2O(g)H3=-Q3kJ/mol若使0.5mol乙醇液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为( )kJA. Q1+Q2+Q3B. 0.5(Q1+Q2+Q3)C. 0.5Q2-1.5Q1-0.5Q3D. 1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3【答案】D【解析】【分析】利用盖斯定律及3个已知热化学方程式求出乙醇燃烧生成液态水时的热化学方程式，再求出0.5mol乙醇液体完全燃烧放出的热量。【详解】已知：H2O(g)=H2O(l)H1=-Q1kJ/mol；C2H5OH(g)=C2H5OH(l)H2=-Q2kJ/mol；C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)H3=
5、-Q3kJ/mol；依据盖斯定律：3+得到：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H=(3Q1Q2+Q3)kJ/mol，所以0.5mol乙醇液体完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为(1.5Q10.5Q2+0.5Q3)kJ；故选：D。4. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )A. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅B. 高温比常温有利于NH3的合成C. 含酚酞的Na2CO3溶液，加热红色变深D. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅【答案】B【解析】【详解】A氯水中存在：Cl2+H2OHClO+HCl，2HClO2HCl+O2，故黄绿色的氯水光照后HClO浓度减
6、小，导致平衡正向移动，Cl2浓度减小，故溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不合题意；B已知工业合成氨的反应正反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，不利于氨气的合成，采用高温条件主要是考虑反应速率和催化剂活性问题，故不能用勒夏特列原理解释，B符合题意； CNa2CO3溶液由于碳酸根水解呈碱性使酚酞变红，且水解反应为吸热反应，故加热促进水解反应，故碱性增强，含酚酞的Na2CO3溶液，加热红色变深，能用勒夏特列原理解释，C不合题意；D2NO2N2O4，增大压强即压缩体积，NO2浓度增大颜色变深，后由于正反应是气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，导致NO2的浓度又减小，颜色变浅，故红棕
7、色的NO2加压后颜色先变深后变浅能用勒夏特列原理解释，D不合题意；故答案为：B。5. 反应mA(s) + nB(g) eC(g) + fD(g)，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量(C%)与温度(T)和压强(P)的关系如下图，下列叙述不正确的是 ()A. 化学方程式中n e+fB. 达到平衡后，若升温，平衡左移C. 到平衡后，加入催化剂C%不变D. 达到平衡后，增加A的质量有利于平衡向右移动【答案】D【解析】【分析】根据图象知，升高温度，C的含量减小，则该反应的正反应是放热反应；增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以该反应是一个气体体积减小的可逆反应。【详解】A压强增大，
8、C%含量增大，说明平衡正向进行，正反应是气体体积减小的反应，ne+f，故A正确；B升高温度，C的含量减小，则该反应的正反应是放热反应，该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡左移，故B正确；C达到平衡后，加入催化剂不改变平衡，C%的含量不变，故C正确；D达到平衡后，A是固体，不影响平衡移动，所以增加A的量平衡不移动，故D错误；答案选D。6. 下列叙述正确的是( )A. 常温下，pH均为8的氨水、醋酸钠溶液中，水的电离程度相同B. CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)在一定条件下能自发进行，则该反应的H7D. 一定条件下，反应N2(g)3H2(g)2NH3(g)达到平衡
9、时，3v正(H2)=2v逆(NH3)【答案】B【解析】【详解】A酸或碱抑制水电离，盐中弱离子水解促进水电离，所以一水合氨抑制水电离、醋酸钠促进水电离，常温下pH均为8的氨水、醋酸钠溶液中水电离程度：前者后者，故A错误；B该反应中S0，该反应在一定条件下能自发进行，则G=HTS0，则Hc()c()c(OH-)c(H+)B. 向CH3COOH溶液中加入适量的NaOH，得到pH=4的混合溶液：c(Na)c(CH3COO-)c(H)c(OH-)C. 1L0.1molL-1(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液中：c()+c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+c()D. 在小苏打溶液中存在：c()
10、=c(Na)-c()-c(H2CO3)【答案】D【解析】【详解】A浓度为0.1molL-1的NaHCO3的溶液中：c(Na) c() c(OH-)c()c(H+)，故A错误；B向CH3COOH溶液中加入适量的NaOH溶液，存在c(Na) +c(H)=c(OH-)+c(CH3COO-)，当pH=4时溶液的c(H)c(OH-)，所以c(Na)HYHZ，利用越弱越水解的规律，因此碱性强弱是KZKYKX，故选项C正确。19. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是( )A. 常温下由水电离出的c(H+)c(OH-)=10-24溶液中：Cl-、F-B. 常温下水电离出的c(H+)=110-13mol
11、L-1的溶液中：Na、Ba2+、Cl-、CH3COO-C. 滴入甲基橙试液显红色的溶液中：Mg2+、Al3+、Br-、D. c(Al3+)=0.1mol/L的溶液：Na+、Cl-、【答案】C【解析】【详解】A常温下由水电离出的c(H+)c(OH-)=10-24溶液可能显酸性也可能显碱性，、F-在酸性条件下不能大量共存，故A不符合题意；B常温下水电离出的c(H+)=110-13molL-1的溶液可能显酸性也可能显碱性，CH3COO-在酸性条件下不能大量共存，故B不符合题意；C滴入甲基橙试液显红色的溶液显酸性，酸性条件下Mg2+、Al3+、Br-、能大量共存，故C符合题意；Dc(Al3+)=0.1
12、mol/L的溶液中不能大量共存，故D不符合题意；故答案：C。20. 常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. HX、HY起始溶液体积相同B. 均可用甲基橙作滴定指示剂C. pH相同的两种酸溶液中：D. 同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：【答案】D【解析】【详解】A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度
13、相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的能力。21. 下列说法正确的是A 向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，Kw不变B. 常温下，0.005molL1Ba(OH)2溶液pH为12C. Na2CO3水解的离子方程式为：+2H2OH2CO3+2OH-D. NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶
14、液中水的电离程度相同【答案】B【解析】【详解】A向蒸馏水中滴加浓H2SO4时，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度升高，Kw增大，A错误；B常温下，0.005molL1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01molL1，溶液中c(H+)=110-12 molL1，则溶液的pH=-lg c(H+)=12，B正确；CNa2CO3水解的离子方程式为：H2OOH-，C错误；D在CH3COONH4溶液中CH3COO-、均水解，且水解的程度相当，溶液显中性，但水的电离程度增大，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于NaCl溶液中水的电离程度，D错误；答案选B。22. 常温下，的溶液的，下列关于溶液中微粒浓度的
15、关系式正确的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A常温下，的溶液的，则溶液显碱性，即，故A错误；B由溶液的可知，的水解程度要大于的水解程度，则，故B错误；C溶液中电荷守恒式为，故C正确；D此溶液中电荷守恒式为，物料守恒式为，二者联立得：，故D错误；故答案为C。23. 下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )A. 常温下电离常数为Ka的酸HA溶液中c(H+)=molL-1B. 向0.1molL-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大C. 0.2molL-1CH3COOH溶液与0.1molL-1NaOH溶液等体积混合2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(C
16、H3COOH)D. HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH大【答案】C【解析】【详解】A常温下电离常数为Ka的酸HA是弱电解质，在溶液中部分电离，则电离方程式为HAH+A，c(H+)= molL-1，故A错误；B由于(NH4)2SO4=2NH+SO，溶液中NH浓度增大，抑制氨水电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，氨水分子浓度增大，所以此时溶液中减小，故B错误；C常温下，0.2mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，得到等浓度的CH3COOH溶液与CH3COONa的混合溶液，溶液
17、中存在物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=2=0.1mol/L，溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，物料守恒c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，代入计算得到：2c(OH)+c(CH3COO)=c(CH3COOH)+2c(H+)，即2c(H+)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)，故C正确；DHF比HCN易电离，说明HF酸性强，则CN-比F-容易水解，说明CN-的碱性比F-强，则则NaF溶液的pH比同浓度NaCN溶液的pH小，故D错误；故选C。24. t时,向20.00mL0.1mol/L
18、二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数-lgc 水(OH-)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是A. M点溶液中:c(Na+)c(HX-)c(H2X)B. P点溶液中: c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C. 溶液中D. 水的电离程度:PN=QM,且a=7【答案】D【解析】【分析】二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先发生H2X+OH-=H2O+HX-，然后发生HX-+OH-=H2O+X2-；【详解】AM点加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶质为NaHX，溶液中存在HX-的电离和水解，所以此时
19、c(Na+)c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)c(H2X)，故A正确；BP点加入40.0mLNaOH溶液，所以溶质为Na2X，溶液中存在质子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正确；C，据图可知随着氢氧化钠加入，M、N、P、Q的碱性增强，则c(H+)减小，所以溶液中，故C正确；D水电离出的OH-浓度越大水的电离程度越大，即图中纵坐标越小水的电离程度越大，所以水的电离程度:PN=QM；温度未知，无法确定水的电离平衡常数，所以无法确定a的值，故D错误；故答案为D。【点睛】电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓
20、住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性进行比较。涉及等式关系要注意电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。25. 定温度下，在三个等体积的恒容密闭容器中，反应2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)达平衡，下列说法正确的是( )容器温度/K物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)CO2(g)H2(g)C2H5OH(g)H2O(g)C2H5OH(g)甲5000.200.60000.083乙5000.401.2000丙600000.100.300.039A. 该反应正反应为吸热反应B.
21、达平衡时，甲、乙容器内：2c(CO2，甲)1【答案】D【解析】A在容器甲和容器丙中，若温度一样，二者将建立完全相同的平衡。由表中数据可知，由于丙升高温度使C2H5OH(g)的平衡浓度减小，说明升温使化学平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，故A正确；B、乙容器中反应物浓度相当于在甲容器中等比例增大，若平衡不移动，则有2c(CO2，甲)=c(CO2，乙)，但浓度等比例增大，相当于加压，该平衡向正反应移动，使c(CO2，乙)减小，所以有2c(CO2，甲)c(CO2，乙)，故B正确；C、由于容器乙中各物质的浓度比容器甲中的大，所以不论正逆反应速率，容器甲中反应速率都比容器乙中的小，故C错误；D、由A
22、中的分析可知，当温度相同时，容器甲和容器丙将建立完全相同的平衡，即有a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)=1，但容器丙由于升高温度，使平衡向逆反应方向移动，使a(C2H5OH，丙)转化率增大，所以a(CO2，甲)+a(C2H5OH，丙)1，故D正确。所以本题正确选项为C。点睛：1、假设法和等效平衡法是解决化学平衡常用的解题方法，如容器甲和丙，先假设温度相同，二者将建立等效平衡，然后再分析升高温度对平衡的影响；2、对于同一化学平衡，反应物的转化率和生成物的转化率之和等于1，学生不熟悉，使D无法确定；3、当然本题也可以通过计算求出答案，但非常繁杂的，是不可取的。26. 碳是形成化合物种类最多的
23、元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：H=88.6kJmol-1。，则M、N相比，较稳定的是_。(2)已知CH3OH(l)的燃烧热H=-726.5kJmol-1，CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2(g)H=-akJmol-1，则a_726.5(填“”“”或“=”)。(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(4)根据下表中键能数据估算CH4(g)4F2(g)=CF4(g)4HF(g)的反应热H为_。化
24、学键CHCFHFFF键能/(kJmol-1)abcd【答案】 (1). M (2). (3). 2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g)H=-290kJmol-1 (4). 4a+4d-4b-4ckJmol-1【解析】【分析】根据反应吸放热判断物质能量高低，进而判断物质的稳定性；根据盖斯定律书写热化学反应方程式并计算反应热。【详解】(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N：H = +88.6kJmol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定，故答案：M。(2)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。甲醇
25、燃烧生成CO2(g)和 H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热，故答案为：。(3)由1 mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2 mol氯气反应放热290 kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g) +2H2O(g) +C(s)4HCl(g)+CO2(g) H= -290 kJmol-1，故答案为：2Cl2(g) +2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g) H = -290kJmol-1。(4)由CH4(g)4F2(g)=CF4(g)4HF(g)反应可知，H反应物的总键能-生成物的总键能=(4a+4d-4b-4c) kJ mol-1，故答案为：(4a+4d-4b-4
26、c) kJmol-1。27. 反应aA(g)+bB(g)cC(g)(H0)在恒容条件下进行。改变其它反应条件，在I、II、III阶段中各物质浓度随时间变化的曲线如图所示：（1）化学方程式中a：b：c=_。（2）A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小的排列顺序为_。（3）B平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B)中最小的是_，其值是_ (保留2位有效数字)。（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡向_ (填“左”或“右”)移动，采取的措施是_。（5）其他条件不变，只改变温度，则第II阶段反应温度(T2)和第III阶段反应温度(T3)的高低T2_T3(填“”或“=”
27、)，判断的理由是_。【答案】 (1). 1：3：2 (2). vI(A)v(A)v(A) (3). (4). 0.19 (5). 右 (6). 从平衡体系中分离出了C (7). (8). 因为该反应为放热反应，当其他条件不变时，降温能使平衡正向移动【解析】分析】根据图示，第二阶段，改变条件后，C的浓度突然变为0，A、B在改变条件的瞬间浓度不变，所以改变的条件是分离出C，平衡正向移动，一段时间后达到平衡II；第三阶段，改变条件后，A、B浓度逐渐减小，C浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热，所以改变的条件是降低温度，一段时间后达到平衡III；【详解】(1)根据图
28、示，020min 内，A、B、C浓度的变化量分别是(2-1)mol/L、(6-3)mol/L、(2-0)mol/L，化学方程式的化学计量数比等于各物质物质的量浓度的变化之比，所以a：b：c=1：3：2；(2)II阶段分离出C，C的浓度减小，A的反应速率比I阶段低，III阶段温度降低，A的反应速率比II阶段低，A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小的排列顺序为vI(A)v(A)v(A)；(3)平衡I 中B的平衡转化率aI(B)= ，反应正向移动达到平衡II；平衡II降低温度，反应正向移动达到平衡III，平衡II中B的平衡转化率aI(B) 、平衡III中B的平衡转化率aI
29、(B) ，aIII(B)中最小的是aIII，其值是0.19；(4)由第一次平衡后分离出C，平衡向右移动，到第二次平衡；(5)根据图象可知，第二次平衡到第三次平衡，反应正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热，若只改变温度，则应该是降温，所以 T2T3。【点睛】本题考查化学平衡，正确分析图象是解题关键，熟悉影响平衡移动、影响反应速率的因素，会根据公式计算平衡转化率，注意化学方程式的化学计量数比等于各物质物质的量浓度的变化之比。28. （1）已知常温时，0.1 mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液pH_，此酸的电离平衡常数K_，由HA电离出的H的浓度约为水电离出的H的
30、浓度的_倍。（2）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是_，向其中加入少量KOH溶液时，发生反应的离子方程式是_。现将0.04 molL1 HA溶液和0.02 molL1 NaOH溶液等体积混合，得到缓冲溶液。a若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na)_c(CN)(填“”)。b若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_。【答案】 (1). 4 (2). 107 (3). 106 (4). AH=HA (5). HAOH=AH2O
31、(6). (7). c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)【解析】【分析】（1）依据弱电解质的电离度分析计算pH，计算平衡浓度结合电离平衡常数概念计算平衡常数，根据水的离子积计算水电离的氢离子浓度；（2）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；a、从溶液电中性的角度比较离子浓度大小；b、若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c（H+）c（OH-），结合溶液电中性原则分析。【详解】（1）已知常温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发
32、生电离，c（H+）=0.1mol/L0.1%=110-4mol/L，pH=4；酸的电离平衡常数Kc（H+）c（A-）/ c（HA）=10-4mol/L10-4mol/L/(0.1mol/L-10-4mol/L）110-7mol/L；由HA电离出来的H+的浓度为110-4mol/L，水电离出来的H+的浓度为10-10mol/L，所以由HA电离出来的H+的浓度约为水电离出来的H+的浓度的106倍，故答案为4；110-7mol/L；106；（2）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时发生：A-+H+=HA，加入碱时发生：HA+OH-=H2O
33、+A-，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用，故答案为A-+H+=HA；HA+OH-=H2O+A-；a、该溶液显碱性，则c（H+）c（OH-），根据溶液电中性原则可知c（Na+）+c（H+）=C（CN-）+c（OH-），则c（Na+）c（CN-），故答案为；b、若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c（H+）c（OH-），根据溶液电中性原则可知c（CH3COO-）c（Na+），故答案为c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-）。【点睛】本题考查弱酸的电离，正确理解电离度、电离平衡常数计算，会正确计算酸溶液中水电离出c（H+）是解答关键，本题易错点为（2），注意运用
34、平衡移动原理理解缓冲溶液的原理。29. 溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：(1)盐碱地产生碱性的原因：_(离子方程式表示)。(2)把氯化铝溶液蒸干并灼烧固体产物是_。(3)泡沫灭火器原理(用离子方程式表示)_(4)若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m_(填“”“”或“=”)n。(5)已知水存在如下平衡：H2OH2OH3OOH-，向水中加入NaHSO4固体，水的电离平衡向_移动(填“向左”“向右”“不移动”)，且所得溶液显_性。(6)下表所示为部分酸的电离平衡常数：酸H2SO3CH3COOHHCOOH电离平衡常数Ka1=1.2
35、10-2Ka2=5.610-81.7510-51.810-4从H2SO3、CH3COOH中选择合适的物质，以实现HCOONaHCOOH的转化，写出该反应的离子方程式：_。【答案】 (1). H2OOH- (2). Al2O3 (3). Al3+3=Al(OH)3+3CO2 (4). (5). 左 (6). 酸 (7). HCOO-H2SO3=HCOOH【解析】【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为H2OOH-；故答案为：H2OOH-；(2)AlCl3溶液在加热时水解生成Al(OH)3，生成的HCl易挥发，最终生成Al(OH)3，在加强热时，Al(OH)3不
36、稳定，分解生成Al2O3； 故答案为：Al2O3； (3)用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液分别水解呈碱性和酸性，可发生互促水解，生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3 Al3+3=Al(OH)3+3CO2，故答案为：Al3+3=Al(OH)3+3CO2；(4)加水稀释促进一水合氨电离，将等体积、等pH的氢氧化钠溶液和氨水分别稀释相同倍数，氨水中氢氧根离子浓度大于NaOH，氨水pH大于NaOH溶液，若使稀释后pH相等，氨水稀释倍数应大于氢氧化钠，即mn，故答案为：；(5)已知水存在如下平衡：H2OH2OH3OOH-，向水中加入NaHSO4固体，溶液中氢离子浓度增大，平衡向
37、左移动，且所得溶液显酸性，故答案为：左；酸；(6)电离平衡常数越大，酸性越大，酸性：H2SO3HCOOHCH3COOHHSO，根据强酸制弱酸的原理，要实现HCOONaHCOOH的转化，只需要在HCOONa溶液中加入H2SO3，该反应的离子方程式：HCOOH2SO3=HCOOHHSO；故答案为：HCOO-H2SO3=HCOOH。30. 用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，指示剂为甲基橙，试根据实验回答：(1)将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_、_。(2)取10.00mL待测液，用_式滴定管量取。用0.
38、2010 mol/L标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定到终点。(3)根据下列数据，c(NaOH)=_滴定终点的现象_。滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10(4)以标准的盐酸溶液滴定未知的氢氧化钠溶液为例，判断下列操作引起的误差(填“偏大”、“偏小”“无影响”或“无法判断”)读数：滴定前平视，滴定后俯视_未用标准液润洗滴定管_用待测液润洗锥形瓶_不小心将标准液滴在锥形瓶外面_滴定接近终点时，用少
39、量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁。_【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 碱 (4). 0.4020mol/L (5). 当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s颜色不改变 (6). 偏小 (7). 偏大 (8). 偏大 (9). 偏大 (10). 无影响【解析】【详解】(1)用固体配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器主要用天平(含砝码)、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，故将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有250mL容量瓶、教头滴管，故答案为：250mL容量瓶；胶头滴管；(2)取1
40、0.00mL待测液，待测为NaOH溶液，会腐蚀酸式滴定管下端的玻璃，故用酸式滴定管量取，故答案为：酸；(3)由表中数据可知，第一次使用的HCl的体积为：20.40mL-0.50mL=19.90mL，第二次使用的HCl的体积为：24.10mL-4.00mL=20.10mL，故平均使用的HCl的体积为：，根据此数据，故c(NaOH)=，由于是酸滴定碱，甲基橙作指示剂，故滴定终点的现象为：当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s颜色不改变，故答案为：0.4020mol/L；当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由黄色变橙色，且30s颜色不改变；(4) 根据计算公式可知，c(NaOH)=，c(HC
41、l)、V(NaOH)均相当于常数，滴定前就已知其数值，故计算过程中带入常数，所有的误差分析均可以分析对V(HCl)的影响，V(HCl)偏大则最终结果偏大，V(HCl)偏小则最终结果偏小，据此分析解题：读数：滴定前平视，滴定后俯视，导致V(HCl)偏小，则最终结果偏小；故答案为：偏小；未用标准液润洗滴定管，导致V(HCl)偏大，则最终结果偏大；故答案：偏大；用待测液润洗锥形瓶，导致V(HCl)偏大，则最终结果偏大；故答案为：偏大；不小心将标准液滴在锥形瓶外面，导致V(HCl)偏大，则最终结果偏大；故答案为：偏大；滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，此为正常操作，故对结果无影响，故答案为：无影响。- 23 - 版权所有高考资源网