1、桂林十八中2018-2019学年度17级高二下学期开学考试卷化学（理科）注意事项：本试卷共8页，答题卡2页。考试时间90分钟,满分100分；正式开考前，请务必将自己的姓名、考号用黑色水性笔填写清楚并张贴条形码；请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。可使用的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Na 23第I卷（选择题，共55分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。前5题每题2分，6-20题每题3分，共55分）1.化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用，下列叙述不正确的是A. 氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料B. 除去溴苯中的溴，可用NaOH溶液洗涤，再分
2、液C. 铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D. “酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化【答案】C【解析】【详解】A、氧化铝陶瓷属于新型陶瓷，属于新型无机非金属材料，故A说法正确；B、溴单质能与NaOH发生反应，转化成易溶于水的物质，溴苯不与NaOH反应，且溴苯不溶于NaOH，再通过分液的方法进行分离，故B说法正确；C、工业上获取铝单质，通过电解熔融状态下氧化铝，不能通过热还原法获得，故C说法错误；D、锈一般是碱性氧化物，能与酸反应而除去，纯碱溶液显碱性，加热促进CO32水解，碱性增强，油污在碱中水解，都属于化学变化，故D说法正确。2.设CCO2 2
3、CO；（正反应为吸热反应；反应速率为v1），N23H2 2NH3；（正反应为放热反应；反应速率为v2），对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为A. 增大，减小B. 同时增大C. 同时减小D. 减小，增大【答案】B【解析】【分析】通过温度对反应速率的影响进行考虑，与反应是放热反应还是吸热反应无关；【详解】升高温度，反应速率加快，无论正反应速率还是逆反应速率，故B正确；3.1 mol某有机物充分燃烧，只生成88 g二氧化碳气体和54 g水，下列结论正确的是A. 该有机物的分子式为CH4B. 该有机物的分子式一定为C2H6C. 该有机物的分子式一定为C2H6OD. 该有机物的分子中碳原子
4、和氢原子的个数比为13，可能含有氧原子【答案】D【解析】【分析】88gCO2中含有C原子物质的量为n(C)=88g/44gmol1=2mol，54g水中n(H)=54g2/18gmol1=6mol，根据元素守恒，1mol该有机物中含有C原子物质的量为2mol，H原子为6mol；【详解】88gCO2中含有C原子物质的量为n(C)=88g/44gmol1=2mol，54g水中n(H)=54g2/18gmol1=6mol，根据元素守恒，1mol该有机物中含有C原子物质的量为2mol，H原子为6mol；A、根据上述分析，不能确认该有机物是否含有氧原子，如果该有机物中不含氧原子，则该有机物分子式为C2H
5、6，故A不符合题意；B、不能确认该有机物中是否含有氧元素，该有机物可能为烃，也可能为含氧衍生物，故B不符合题意；C、不能确认该有机物中是否含有氧元素，该有机物可能为烃，也可能为含氧衍生物，故C不符合题意；D、根据上述分析，推出C和H原子个数比为2：6=1：3，该有机物可能含氧元素，故D符合题意。【点睛】一般通过燃烧方法确认有机物分子式，根据产物中CO2和H2O，求出C和H原子物质的量，依据元素守恒，确认有机物中C和H原子物质的量，然后根据有机物质量确认该有机物是否含有氧元素。4.下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H浓度之比（）是 1 molL1的盐酸 0.1 molL1的盐酸 0.01 mo
6、lL1的NaOH溶液 0.001 molL1的NaOH溶液A. 1101001 000B. 011211C. 14131211D. 141323【答案】A【解析】【分析】酸溶液中计算水电离出H浓度，根据水的离子积，先求出溶液中c(OH)，因为水电离出H浓度等于水电离出OH浓度，同理碱溶液中计算水电离出OH浓度，计算溶液中H浓度；【详解】1molL1的盐酸中c(H)=1molL1，溶液中c(OH)=Kw/c(H）=1014/1molL1=1014molL1，H2OHOH，水电离出c(H)等于水电离出c(OH)，即1molL1盐酸溶液中水电离出c(H)=1014molL1；根据，0.1molL1的
7、盐酸中水电离出c(H)=1013molL1；0.01molL1的NaOH溶液中c(OH)=0.01molL1，溶液中c(H)=1012molL1，该H由水电离产生，即水电离出c(H)=1012molL1；同理，0.001molL1的NaOH溶液中水电离出c(H)=1011molL1；因此H浓度之比为1014：1013：1012：1011=1：10：100：1000，故A正确。【点睛】计算酸中水电离出的c(H)，一般步骤是先根据水的离子积，求出溶液c(OH)，该溶液中OH是由水电离产生，即OH浓度为水电离出H浓度；同理计算碱中水电离出的c(H)，根据水的离子积，求出c(H)即可。5. 下列关于热
8、化学反应的描述中正确的是A. CO (g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/molB. HCl和NaOH反应的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(573)kJ/molC. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】A【解析】ACO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则CO(g)1/2O2=(g)CO2(g) H-283.0kJ/mol，那么2CO2(g)2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/mol，正确B
9、中和热是指生成1 mol水所放出的热量C：木柴的燃烧需要加热，但却是放热反应D：燃烧热是指生成稳定的物质，所对应的能量，例如液态水、气态二氧化碳等等。6. 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A. CO和O生成CO2是吸热反应B. 在该过程中，CO断键形成C和OC. CO和O生成了具有极性共价键的CO2D. 状态 状态表示CO与O2反应的过程【答案】C【解析】试题分析：根据能量-反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和
10、O形成的化学键没有断裂，故B错误；由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；状态 状态表示CO与O反应的过程，故D错误。考点：反应原理中化学反应与能量变化【此处有视频，请去附件查看】7.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 同温同压下，原子数均为NA的氢气和氦气具有相同的体积B. 由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NAC. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAD. 1mol碳正离子（CH3+） 所含的电子数为6NA【答案】B【解析】【详解】A、氢气为双原子分子，氦气为单原子分子，原子数均为NA，氢气的物质的量为0
11、.5mol，氦气的物质的量为1mol，同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，即氢气与氦气体积之比等于0.5：1=1：2，故A错误；B、共有NA个分子，则该混合物为1mol，即1mol该混合物中含有氧原子物质的量为2mol，故B正确；C、该反应为可逆反应，反应不能进行到底，因此无法判断出NH3的物质的量，故C错误；D、1molCH3所含电子物质的量为1mol(631)=8mol，故D错误。8.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. FeFeCl2Fe(OH)2B. SSO3H2SO4C. CaCO3CaOCaSiO3D. NH3NOHNO3【答案】C【解析】A铁与氯气反应只能
12、生成氯化铁，A错误；B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C两步均能实现，C正确；DNO不与H2O反应，D错误。9.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大C. 反应前H2S物质的量为7molD. CO的平衡转化率为80%【答案】C【解析】A.升高温度，H2S浓度增加，说明平
13、衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；B通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；C. 根据CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1起始物质的量（mol） 10 n 0 0变化物质的量（mol） 2 2 2 2平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 （2V）（2V）（8V）（n-2）V=0.1，解得n=7，C正确；D.根据上述数据CO的平衡转化率为210100%=20%，D错误；答案选C。【考点定位】本题主要考查影响化学反应速率的因素，反应的热效应，化学平衡的有关计算10.下列化学用语表达正确的是A. NaHS的
14、电离：NaHS = Na+ + H+ + S2B. 把金属铁放入稀硝酸中： Fe + 2H+ = Fe2+ + H2C. NaHCO3溶液与少量的澄清石灰水反应：HCO3 + OH + Ca2+ = CaCO3+ H2OD. HClO的电离：HClO H+ + ClO【答案】D【解析】【详解】A、NaHS属于弱酸的酸式盐，其电离NaHS=NaHS，故A错误；B、活泼金属与硝酸反应不产生氢气，故B错误；C、澄清石灰水少量，反应的离子方程式为Ca22OH2HCO3=CaCO32H2OCO32，故C错误；D、HClO为弱酸，部分电离，其电离方程式为HClO H+ + ClO，故D正确。11.已知：C
15、(s)O2(g)CO(g)H110.5 kJ/mol； CO(g)O2(g)CO2(g)H283 kJ/mol，在36 g碳不完全燃烧所得气体中，CO占体积，CO2占体积，且与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是A. 172.5 kJB. 283 kJC. 566 kJD. 1149 kJ【答案】B【解析】【详解】相同条件下，体积之比等于物质的量之比，令混合物的物质的量xmol，根据C原子守恒，得出x/32x/3=36g/12gmol1，解得x=3mol，即CO为1mol，根据盖斯定律，与碳完全燃烧相比，损失的热量应是1molCO转化成CO2时放出的热量，即损失热量为283kJ，故选项B正确。12
16、.下列实验能达到相应实验目的的是选项试剂实验目的实验装置XYZANa2SO3稀HNO3品红溶液证明SO2具有漂白性BMnO2浓盐酸KI-淀粉溶液比较Cl2与I2的氧化性强弱CNa2CO3醋酸Na2SiO3溶液证明酸性：CH3COOH H2CO3 H2SiO3 D蔗糖浓硫酸溴水证明浓硫酸具有脱水性、氧化性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、硝酸具有强氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，因此不能证明SO2的漂白性，不能达到相应实验目的，故A不符合题意；B、MnO2与浓盐酸反应需要加热，常温下不发生反应，因此不能完成相应实验目的，故B不符合题意；C、醋酸具有挥发性，产
17、生CO2中混有CH3COOH，对碳酸和硅酸的酸性比较具有干扰性，因此不能完成相应实验目的，故C不符合题意；D、蔗糖中滴加浓硫酸，白色变为黑色，体现了浓硫酸的脱水性，溴水褪色，说明蔗糖和浓硫酸反应产生还原性气体，即SO2，体现浓硫酸的氧化性，因此能达到相应实验目的，故D符合题意。13.一定条件下,对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 molL-1、0.3 molL-1、0.08 molL-1,则下列判断正确的是()A. c1c2=31B. 平衡时,Y和Z的生成速率之比为23C. X、Y的转
18、化率不相等D. c1的取值范围为0c1AB：说明溶质为NaOH和Na2CO3，OA=AB：说明溶质为Na2CO3，OAT1，P2P1，然后根据勒夏特列原理，判断出该反应为放热反应，nT1，P2P1，然后根据勒夏特列原理，随着温度的升高，C%减小，说明正反应方向为放热反应，随着压强增大，C%的减小，增大压强，平衡向逆反应方向进行，推出npq；A、A为固体，浓度视为常数，增大A的量，平衡不移动，故A错误；B、该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B正确；C、催化剂对化学平衡移动无影响，故C错误；D、根据上述分析，nHClOHCO3；【详解】依据电离平衡常数，判断出电离出H能力大小：H
19、2CO3HClOHCO3；A、利用酸性强的制取酸性弱，碳酸的酸性强于次氯酸，又因为HClO电离出H强于HCO3，因此NaClO溶液中通少量CO2，发生离子反应方程式为：ClOCO2H2O=HCO3HClO，故A正确；B、因为是通入过量的CO2，因此产物是NaHCO3和HClO，故B错误；C、氯水中含有少量的HCl，Na2CO3中滴加少量氯水，因此Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3，不产生CO2，故C错误；D、氯水中有Cl2H2OHClHClO，HCl与NaHCO3反应生成NaCl、CO2，促使平衡向正反应方向进行，最终产物是NaCl、CO2、HClO，故D错误。第II卷 （非选择题 共4
20、5分）三、填空题（共45分）21.某化学学习小组设计如图实验装置（夹持和加热装置略去）制备Cl2，并探究氯气的相关性质。回答下列问题： 装置中a玻璃仪器的名称为_；整套装置装配完毕后，首先进行的操作是_，再添加试剂。 若A装置中的固体药品为MnO2，其化学方程式为_。若A装置中的固体药品为KClO3，则反应中每生成1 mol Cl2时转移电子的物质的量为_mol（结果保留两位小数）。 装置C的作用是验证氯气是否具有漂白性，处是湿润的有色布条，则、处应加入的物质分别是_、_。 设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。但有同学认为该设计不够严密，他的理由可能是_。 甲同学提出，装置F中改用
21、过量的Na2SO3溶液，乙同学认为此法不可行。请用离子方程式解释乙认为不可行的原因：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 检查气密性 (3). MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O (4). 1.67 (5). 无水氯化钙 (6). 干燥的有色布条 (7). 不能排除氯气对溴、碘的非金属性强弱实验的干扰 (8). SO32Cl2H2O=SO422Cl2H、 SO322H=SO2H2O【解析】【详解】（1）仪器a为分液漏斗，该实验目的是制备Cl2，因此装配完毕后，应检验装置的气密性；（2）MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，反应方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；
22、如果药品是KClO3，发生反应方程式为KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O，每生成1molCl2，转移电子物质的量为1mol5/31.67mol；（3）验证Cl2是否具有漂白性，I处为湿润的有色布条，II处作用为干燥氯气，根据仪器特点，盛放的药品为无水氯化钙或者为P2O5，处应与I处作对照实验，因此处应为干燥有色布条；（4）比较氯、溴、碘的非金属性，利用置换反应，根据装置图，Cl2可能与KI溶液反应，对比较溴和碘非金属性产生干扰，因此缺陷是不能排除氯气对溴、碘的非金属性强弱实验的干扰；（5）Cl2具有强氧化性，能把Na2SO3氧化成Na2SO4，离子反应方程式为SO32Cl2H2O
23、=SO422Cl2H，所加Na2SO3为过量，因此2HSO32=SO2H2O，SO2有毒，对环境有污染。22.雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物（包括PM 2.5在内）、氮氧化物（NOx）、CO、SO2等。化学在解决雾霾污染中有着重要的作用。 已知：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H =196.6kJmol12NO(g) + O2(g) 2NO2(g) H =113.0kJmol1则反应NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g) H =_kJmol1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的
24、有_。a、体系密度保持不变 b、混合气体颜色保持不变c、SO2和NO的体积比保持不变 d、每消耗1mol SO3的同时生成1mol NO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为1:5，则平衡常数K=_。 CO、CO2都可用于合成甲醇。甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，近几年开发的甲醇燃料电池采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。其工作原理的示意图如图1所示，回答下列问题。 Pt(a)电极是电池的_极，电极反应式为：_。 如果该电池工作时电路中通过2 mol电子，则消耗的CH3OH有_mol。 CO用于合成甲醇反应方程式为：CO(g) + 2H2(g)CH3OH (
25、g) ，CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示。实际的生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是_。 图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。 该脱硝原理中，NO最终转化为H2O和_（填化学式）。 当消耗2mol NH3和0.5mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为_L。 NO直接催化分解（生成N2和O2）也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO的分解产物不同。在高压下，NO在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4所示，写出NO分解的化学方程式_。【答案】 (1). 41.8kJ/mol (2). bc (3). 1.8 (4)
26、. 负 (5). 2CH3OH2H2O12e2CO212H (6). 1/3 (7). 此压强下CO的转化率已较高，再增大压强转化率提高不大且会增加生产成本 (8). N2 (9). 44.8 L (10). 3NO N2O + NO2【解析】【详解】（1）2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)，2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)，根据目标反应方程式，根据盖斯定律，()/2得出H=(196.6kJmol1113.0kJmol1)/2=41.8kJmol1；a、组分都是气体，气体质量不变，容器为恒容，因此任何时刻气体密度都不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意
27、；b、NO2为红棕色气体，其余气体为无色，因此当气体颜色不再改变，说明反应达到平衡，故b符合题意；c、SO2是反应物，NO为生成物，因此当SO2和NO的体积比保持不变，说明反应达到平衡，故c符合题意；d、消耗SO3，生成NO2都是向逆反应方向进行，不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；令NO2的物质的量为1mol，SO2的物质的量为2mol，NO2(g) + SO2(g) SO3(g) + NO(g) 起始： 1 2 0 0 变化： x x x x 平衡：1x 2x x x(1x):(2x)=1:5，解得x=0.75，四种物质的系数都是1，因此有K=1.8；（2）Pt(a)一极通入CH3OH和
28、H2O，转化成CO2和H2O，C的化合价2价4价，化合价升高，根据原电池工作原理，Pt(a)为负极，其电极反应式为CH3OHH2O6e=CO26H；根据电极反应式，通过2mole，消耗CH3OH物质的量为2mol/6=1/3mol；根据图2，此压强下CO的转化率已较高，再增大压强，转化率提高并不大，会增加生产成本；（3）根据图3，NH3最终转化为H2O和N2；根据转化关系，NH3中N的化合价升高，NO和O2中化合价降低，根据得失电子数目守恒，2mol0(3)=0.5mol20(2)n(NO)(20)，解得n(NH3)=2mol，标准状况下，V(NO)=2mol22.4Lmol1=44.8L；（
29、4）NO分解生成两种化合物，NO为反应物，根据图4，NO的物质的量为3mol，Y和Z为生成物，且物质的量为1mol，根据氮元素守恒，生成物中含有N2O，N的化合价降低，必然有化合价升高，即另一种产物是NO2，因此化学反应方程式为3NON2ONO2。23.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细-氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），其制备实验流程如下：（1）铝灰中氧化铝与硫酸反应的化学方程式为 。（2）图中“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。（3）加30%的H2O2溶液发生的离子反应方程式为 。（4）煅烧硫酸铝铵晶体，发
30、生的主要反应为：4NH4Al(SO4)212H2O2Al2O3+ 2NH3+ N2+ 5SO3+ 3SO2+ 53H2O,将产生的气体通过下图所示的装置。集气瓶中收集到的气体是 (填化学式)。足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外还有 (填化学式)。KMnO4溶液褪色（MnO4还原为Mn2+），发生的离子反应方程式为 。【答案】（1）Al2O3+ 3H2SO4= Al2(SO4)3+ 3H2O（2分）（2）SiO2（2分）（3）2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O（2分）（4）N2（2分）SO3、NH3（2分，缺漏不给分）。2MnO4 +5SO2+ 2H2O =
31、2Mn2+ 5SO42+4H+（2分）【解析】根据题意，铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3），铝灰中加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+，加入K4Fe（CN）6后Fe3+转化为沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、干燥、煅烧得到-Al2O3。（1）Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝和水，其反应的方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。（2）根据上述分析，图中“滤渣”的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅，
32、化学式为SiO2。（3）滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加30%的H2O2溶液将Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，发生反应的离子方程式为2Fe2+ H2O2+2H+=2Fe3+2H2O （4）NH4Al（SO4）212H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收，二氧化硫被高锰酸钾吸收，所以最后集气瓶中收集到的气体是N2。饱和NaHSO3能与SO3、氨气反应，则足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O（g）外，还有SO3、NH3 。酸性条件下，KMnO4与二氧化硫反应生成硫酸根离子和锰离子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，其反应的
33、离子方程式为：2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+。点睛：本题以氧化铝提取工艺流程为载体，综合考查元素化合物性质及相互转化、氧化还原、离子方程式、实验基本操作等知识点，为高考常见题型，注意把握制备原理，把握物质的性质以及相关反应方程式的书写。24.某一元弱酸（用HA表示）在水中的电离方程式是HAHA，回答下列问题： 向纯水中加入适量HA，水的电离平衡将向_（填“正”、“逆”）反应方向移动，理由是_。 若向所得溶液中加入适量NaCl溶液，以上平衡将向_（填“正”、“逆”）反应方向移动，溶液中c(A)将_（填“增大”、“减小”或“不变”），溶液中c(OH)将_（填“增大
34、”、“减小”或“不变”）。 在25 下，将a molL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl)，则溶液显_性（填“酸”、“碱”或“中”），a_0.01（填“大于”、“小于”或“等于”）；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb_。【答案】 (1). 逆 (2). c(H)增大，平衡向减小c(H)的方向即逆反应方向移动 (3). 正 (4). 减小 (5). 增大 (6). 中 (7). 大于 (8). 109/(a0.01)molL1【解析】【详解】（1）HA为一元弱酸，蒸馏水中加入HA，对水的电离平衡起抑制作用，即向逆反应方向移动；水中存在H
35、2OHOH，HA为一元弱酸，加入蒸馏水中HA电离出H，溶液c(H)增大，使水的电离平衡向逆反应方向进行；（2）向(1)溶液中加入NaCl溶液，NaCl不参与反应，但加入NaCl溶液稀释(1)所得溶液，促使HA发生电离，HA的电离平衡向正反应方向移动；虽然电离平衡向正反应方向移动，当溶液的体积也增大，因此c(A)减小，c(H)减小，根据水的离子积，c(OH)增大；（3）根据溶液呈现电中性，因此有c(NH4)c(H)=c(OH)c(Cl)，因为c(NH4)=c(Cl)，因此c(H)=c(OH)，溶液显中性，当a=0.01molL1时，两种溶液等体积混合，恰好完全生成NH4Cl，溶液显酸性，溶液显中性，因此NH3H2O稍微过量，即a0.01molL1，电离常数只受温度的影响，溶液中c(OH)=107molL1，c(NH4)=c(Cl)=0.01molL1/2=5103molL1，根据物料守恒，c(NH3H2O)=(a/2molL15103molL1)，NH3H2O电离平衡常数Kb=c(NH4)c(OH)/c(NH3H2O)，代入数值，得出NH3H2O的电离平衡常数Kb=109/(a0.01)。【点睛】易错点是问题（3），应注意等体积混合后，Cl浓度应是原来的一半，根据NH3H2O总物质的量浓度是原来的一半，进行分析和判断。
