1、高考资源网（） 您身边的高考专家张家口市第一中学20192020学年度第一学期期中考试高二年级（实验班）化学试卷可能用到的元素的相对原子质量：H1 C12 O16 Ba137 S32I 卷 (选择题 共66分)一、选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共66分）1.使用下列装置给液体升温时，将化学能转化为热能的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.太阳能热水器是将太阳能转化为热能，故A不符合题意；B.电热壶是将电能转化为热能，故B不符合题意；C.煤气燃烧是将化学能转化为热能，故C符合题意；D.该过程属于热量的传递，故 D不符合题意；综上所述，本题正确答案：C。2.下列说法
2、正确的是（）A. 将BaSO4放入水中不能导电，所以硫酸钡不是电解质B. NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质C. 氯化氢溶于水能导电，所以盐酸是电解质D. 固态的NaCl不导电，熔融态NaCl可以导电【答案】D【解析】【详解】A硫酸钡虽然不溶于水，但是熔融的硫酸钡能够导电，硫酸钡是电解质，A不正确；B氯化钠是电解质，氯化钠溶液是混合物，虽然导电，但不是电解质，B不正确；C同样盐酸是混合物，不是电解质，氯化氢是电解质，C不正确；D固态NaCl中没有自由移动的阴阳离子，而熔融状态的NaCl离子键被破坏，电离出阴阳离子，可以导电，D正确；答案选D。3.要准确量取15.00mL的NaOH溶液
3、，可选用的仪器是A. 50mL烧杯B. 20mL量筒C. 25mL酸式滴定管D. 25mL碱式滴定管【答案】D【解析】【分析】氢氧化钠为碱性溶液，选择能精确测量碱性溶液体积的仪器。【详解】氢氧化钠为碱性溶液，碱式滴定管能精确测量碱性溶液体积；答案选择D。4.根据生活经验，判断下列物质按酸碱性的一定顺序依次排列正确的是 洁厕灵（主要成分为HCl） 厨房清洁剂 食醋 肥皂 食盐A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】厕所清洁剂（HCl）、醋均显酸性，pH均小于7，但洁厕灵的酸性比食醋强,故洁厕灵的pH比醋的小；肥皂、厨房洗涤剂（NaClO）均显碱性，pH均大于7,但厨房清洁剂的碱性比肥皂
4、强,故厨房清洁剂的pH比肥皂的大； 食盐是强碱强酸盐，溶液显中性，pH等于7。则上述物质水溶液pH由小到大的顺序是:厕所清洁剂、醋、肥皂、食盐、厨房清洁剂；按酸碱性大小的顺序依次排列为：；综上所述，本题正确答案为B。【点睛】根据生活中经常接触的物质的酸碱性，由当溶液的pH等于7时，呈中性；当溶液的pH小于7时呈酸性，且pH越小，酸性越强；当溶液的pH大于7时呈碱性，且pH越大，碱性越强，进行分析判断。5.水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A. 100 时，纯水的pH7B. 温度升高，纯水中的c(H)增大，c(OH)减小C. 水的电离程度很小，纯水中主要存在的是水分子D. 向水中加入酸或碱，
5、都可抑制水的电离，使水的离子积减小【答案】C【解析】【分析】A.温度越高，水的离子积增大；B.升高温度能够促进水的电离；C.水属于弱电解质，电离程度小；D.水的离子积常数的影响因素只有温度。【详解】A.温度越高，水的离子积增大，当温度升高到100时，氢离子浓度增大，pH减小，A项错误；B.温度升高促进水的电离，氢离子和氢氧根离子的浓度均增大，且纯水中的c(H+)=c(OH-)，B项错误；C.水属于弱电解质，电离程度小，水中主要以分子形式存在，C项正确；D.水的离子积常数的影响因素只有温度，与溶液的酸碱性无关，D项错误；答案选C。6.已知0.1 molL1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH
6、CH3COOH，要使溶液中值增大，可以采取的措施是A. 加少量烧碱B. 降低温度C. 加少量冰醋酸D. 加水【答案】D【解析】【详解】A.加入少量烧碱溶液，反应生成CH3COONa，c（CH3COO-）增大，则c（H+）/c（CH3COOH）=Ka/c（CH3COO-）减小，故A错误；B.醋酸的电离是吸热反应，降低温度，抑制醋酸电离，平衡向逆反应方向移动，c（H+）减小，c（CH3COOH）增大，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故B错误；C.加入少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，增多的醋酸电离分子个数远远小于加入醋酸分子个数，则c（H+）/c（CH3COOH
7、）值减小，故C错误；D.加水稀释促进醋酸电离，则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，所以溶中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故D正确；故选D。7.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2三种溶液，分别用蒸馏水稀释到原体积的 x倍、y倍和z倍。稀释后三种溶液的pH依然相同，则x、y、z的关系是A. xyzB. x = y = zC. xy = zD. xzy【答案】C【解析】【分析】设三种溶液的pH均为m，氨水为弱电解质，部分电离，稀释x倍后pHm-x，NaOH是强电解质，完全电离，稀释y倍后pH=m-y，Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释z倍后pH=m-z
8、，据此分析。【详解】设三种溶液的pH均为m，氨水为弱电解质，部分电离，稀释x倍后pHm-x，NaOH是强电解质，完全电离，稀释y倍后pH=m-y，Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释z倍后pH=m-z，稀释后三种溶液的pH依然相同，则有xy = z ；答案选C。【点睛】解答本题时应注意稀释时溶液pH的计算方法：pH=a的强酸溶液稀释10b倍，pH=a+b，若为弱酸溶液pHa+b，pH=a的强碱溶液稀释10b倍，pH=a-b，若为弱碱溶液pHa-b。8.已知299 K时，合成氨反应 N2(g ) + 3H2 ( g )2NH3( g ) H = 92.0 kJ/mol，将此温度下的1 mol
9、 N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量为（忽略能量损失）A. 一定大于92.0 kJB. 一定等于92.0 kJC. 一定小于92.0 kJD. 不能确定【答案】C【解析】【详解】N2(g ) + 3H2( g )2NH3( g ) H = 92.0 kJ/mol指299K，1molN2与3molH2完全反应生成2molNH3放出92.0kJ的热量；由于该反应为可逆反应，反应物的转化率小于100%，将此温度下的1 mol N2和3 mol H2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量一定小于92.0kJ，答案选C。9.用食用白醋
10、（醋酸浓度约1 mol/L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是（ ）A. 白醋中滴入石蕊试液呈红色B. 白醋加入豆浆中有沉淀产生C. 蛋壳浸泡在白醋中有气体放出D. pH试纸显示白醋的pH为23【答案】D【解析】【分析】要证明某物质是强电解质还是弱电解质，关键是看该物质在溶液中是完全电离，还是部分电离。如完全电离，则为强电解质，如部分电离，则为弱电解质。【详解】A、白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明溶液显酸性，A错误；B、白醋加入豆浆中有沉淀产生，属于胶体的聚沉，B错误；C、蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸的酸性强于碳酸，C错误；D、浓度约1 mol/L的醋酸其pH为23，说明醋酸
11、在溶液中是部分电离的，故为弱电解质，D正确；答案选D。10.对于反应3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)的平衡常数，下列说法正确的是A. KB. KC. 增大c(H2O)或减小c(H2)，会使该反应平衡常数减小D. 改变反应的温度，平衡常数不一定变化【答案】B【解析】【详解】AB、化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据反应式3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)可知，该反应的平衡常数K，A不正确，B正确；C、平衡常数只与温度有关系，所以增大c(H2O)或减小c(H2)，该反应的平衡常数不变，
12、C不正确；D、平衡常数只与温度有关系，所以改变反应的温度，平衡常数一定变化，D不正确，答案选B。11.相同温度下，已知下面三个数据：7.2104、2.6104、4.91010分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2 NaNO2+HFHCN+NaF NaNO2+HFHNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（）A. HF电离常数是B. HNO2的电离常数是C. HCN的电离常数是D. HNO2的电离常数是【答案】A【解析】【分析】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此分析解答。【详解
13、】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2HCN+NaNO2 、NaNO2+HFHCN+NaF、NaNO2+HFHNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HFHNO2HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HFHNO2HCN，则HF的电离常数是、HNO2的电离常数是、HCN的电离平衡常数是，答案选A。12.在溶液导电性实验装置里，分别注入20 mL 4 molL1的醋酸和20 mL 4 molL1的氨水，灯光明暗程度相似，如果把这两种溶液混合后再试验，则A. 灯光明暗程度不变B. 灯光变暗C. 灯光变亮D
14、. 灯光明暗程度变化不明显【答案】C【解析】【分析】电解质的导电能力与溶液离子浓度和所带电荷数多少有关，溶液中离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越强。【详解】相同条件下，等体积等浓度的醋酸和氨水，灯光明暗程度相似，说明两种物质电离程度相抵，CH3COOH和NH3H2O属于弱电解质，等体积等浓度混合发生：CH3COOHNH3H2O=CH3COONH4H2O，CH3COONH4是可溶的强电解质，溶液中离子浓度增大，因此灯光变亮，故C正确。13. 常温下，下列各组离子能大量共存的是A. pH=12的溶液中：K+、Na+、Br、AlO2B. 无色溶液中：H+、K+、MnO4、C2O42C. c(F
15、e3+)=0.1molL1的溶液中：K+、H+、SCN、ID. 由水电离出的c(OH)=1.01013molL1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3【答案】A【解析】试题分析：A、pH=12的溶液显碱性，各离子互不反应，可以大量共存，正确；B、MnO4为紫色，不符合无色溶液的条件，错误；C、Fe3+能与SCN发生络合反应，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c(OH-) =1.010-13 molL1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性时HCO3与H+反应，碱性时OH与NH4+反应，不能大量共存，错误。考点：本题考查离子共存。14.如图所示的各图中，表示2A(g)+B(g)2C(g)
16、（H0）这个可逆反应的正确图象为（注：F(C)表示C的质量分数，P表示气体压强，C表示浓度）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】A.温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动；B.增大压强，反应速率加快，平衡向体积缩小的方向移动；C.加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但质量分数不发生变化；D.降低温度，平衡向放热反应方向移动，增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；【详解】A. 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，反应逆向移动，C的质量分数降低，A项正确；B. 增大压强，反应速率加快，v(正)、v(逆)均增大，B项错误；C. 加入催化剂，
17、反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短，但C的质量分数不发生变化，C项错误；D. 降低温度，平衡向放热反应方向移动，即正向移动，A的转化率增大；增大压强，平衡向体积缩小的方向移动，即正向移动，A的转化率增大，D错误；答案选A。【点睛】解答本题的重点是要熟练掌握外界因素对平衡移动的影响。改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强(对有气体参加的反应)反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应
18、方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动15.某温度下,等体积、PH相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,溶液中的随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断下列说法正确的是A. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱C. 取等体积的a点、b点对应的溶液,消耗的NaOH的量相同D. 曲线表示的是盐酸的变化曲线【答案】D【解析】【分析】A. a、b两点相比，氢离子浓度ab，据此判断；B溶液的导电性和离子的浓度有关，离子浓度越大导电性越强；C. a为醋酸，b为盐酸，氢离子浓度不同；D. 等体积、PH相同的盐酸和醋酸溶液c(H+)相同，加水
19、稀释后盐酸中c(H+)变化大于醋酸溶液中c(H+)，由此分析。【详解】A. a、b两点相比，氢离子浓度ab，氢离子浓度相同的盐酸和醋酸相比醋酸的浓度大于盐酸,b点酸的总浓度小于a点酸的总浓度，A项错误；B. 溶液的导电性和离子的浓度有关，离子浓度越大导电性越强，故b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B项错误；C. a为醋酸，b为盐酸，氢离子浓度不同，取等体积的a、b两点对应的溶液，消耗氢氧化钠溶液的量不同，C项错误；D. 等体积、PH相同的盐酸和醋酸溶液c(H+)相同，加水稀释后盐酸中c(H+)变化大于醋酸溶液中c(H+)，故曲线I盐酸，曲线II是醋酸；答案选D。16.有两种一元弱酸的钠盐溶
20、液，其物质的量浓度相等，向这两种盐溶液中分别通入适量的二氧化碳，发生如下反应：NaR1+CO2+H2O = HR1+NaHCO3 2NaR2+CO2+H2O = 2HR2+Na2CO3。 HR1和HR2的酸性强弱比较，正确的是A. HR1较弱B. HR2较弱C. 二者相同D. 无法比较【答案】B【解析】【分析】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，据此进行分析。【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸和强酸盐，由此可知NaR1+CO2+H2O = HR1+NaHCO3中， HR1的酸性小于H2CO3，而大于HCO3-，同理2NaR2+CO2+H2O = 2HR2+Na2CO3中，HR2的酸性小于HCO
21、3-，综合后可知酸性：H2CO3 HR1 HCO3- HR2；答案选B。17.有溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L的下列八种溶液：HCl、H2SO4、CH3COOH、Ba（OH）2、KOH、NaF、KCl、NH4Cl。这些溶液的pH由小到大的顺序是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，氢氧化钡是二元强碱，氢氧化钾是一元强碱，氟化钠水解显碱性，氯化钾显中性，氯化铵水解显酸性，所以这些溶液的pH由小到大的顺序是，答案选A。考点：考查pH判断18.下列说法正确的是A. 25时，pH为9的Na2CO3溶液和pH为5的FeCl3溶液
22、中，水的电离程度不同B. 在含有Fe3的KNO3溶液中，可通过加热的方法除去Fe3，证明盐的水解是放热反应C. 25时，等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液中所含离子总数前者大D. 等物质的量浓度的NH4Cl、NH4HSO4、Na2S、NaNO3，其中pH由大到小的排列为：【答案】C【解析】【分析】A. 根据pH为9的Na2CO3溶液和pH为5的FeCl3溶液由水电离出的H+浓度大小进行分析；B.通过加热的方法除去Fe3，主要是利用Fe3水解生成氢氧化铁沉淀；C. NaCl属于强酸强碱盐，不水解， NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-会发生水解；D.结合盐的水解进行分析判断。【详解】A
23、. pH为9的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L，pH为5的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)=10-5mol/L，水的电离程度相同，A项错误；B. 通过加热的方法除去Fe3，主要是利用Fe3水解生成氢氧化铁沉淀，证明盐的水解是吸热反应，B项错误；C. NaCl属于强酸强碱盐，不水解， NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-会发生水解，因而等体积等物质的量浓度的NaCl和NaClO溶液中所含离子总数前者大，C项正确；D. NH4Cl中NH4+水解使溶液显酸性，NH4HSO4溶液电离生成H+，抑制了NH4+的水解Na2S中S2-水解使溶液显碱性，NaNO3属于强酸强
24、碱盐，溶液呈中性，故pH的大小关系为，D项错误；答案选C【点睛】本题的难点是判断由于盐类水解使溶液的酸碱性，常利用的规律是：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。19.在下列各溶液中各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是A. NaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(OH)c(CO32-)c(H+)B. Na2CO3溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH)c(H+)C. CH3COONa溶液中：c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)D. NaHSO3溶液中：c(Na+)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)【答案】D【解析】【分析】
25、A. NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性，据此判断；B. Na2CO3溶液中CO32-水解使溶液呈碱性，据此判断；C. CH3COONa溶液中，CH3COO-水解使溶液显碱性；D. NaHSO3溶液中，HSO3-水解使溶液呈碱性，据此分析。【详解】A. NaHCO3溶液中HCO3-水解使溶液呈碱性，即有c(OH)c(H+)，HCO3-电离程度大于水解程度，有c(H+)c(CO32-)，则c(Na+)c(HCO3-)c(OH)c(H+)c(CO32-)，A项错误；B. Na2CO3溶液中：CO32-水解使溶液呈碱性c(OH)c(H+)，水的电离和HCO3-水解均可产生OH-，因而有c(
26、OH)c(HCO3-)，则有c(Na+)c(CO32-)c(OH)c(HCO3-)c(H+)，B项错误；C. CH3COONa溶液中，CH3COO-水解使溶液显碱性，有c(OH)c(H+)，由电荷守恒有c(Na+)c(CH3COO)，故c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，C项错误；D. NaHSO3溶液中， HSO3-电离程度大于水解的程度，有c(H+)c(OH)，那么c(Na+)c(HSO3)c(H+)c(SO32)c(OH)，D项正确；答案选D。【点睛】掌握单一溶液中各离子浓度的比较方法是解题的关键，可将单一溶液中各离子浓度的比较方法总结如下：多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离
27、，电离程度逐级减弱。多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。20.若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为( )A. 10(a+b-12)%B. 10(a+b-14)%C. 10(12-a-b)%D. 10(14-a-b)%【答案】A【解析】试题分析：pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的浓度和盐酸的浓度相等，都是10bmol/L，根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为10a14mol/L，所以室温下氨水的电离度为。答案选A。考点：考查电离度计算21.在300 mL的密闭
28、容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示：温度/2580230平衡常数510421.9105下列说法正确的是()A. 上述生成Ni(CO)4(g)的反应为吸热反应B. 25 时反应Ni(CO)4(g) Ni(s)4CO(g)的平衡常数为0.5C. 在80 时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均0.5 mol/L，则此时v正v逆D. 80 达到平衡时，测得n(CO)0.3 mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/L【答案】D【解析】由已知的数据可以看出，升高温度，平衡常数减少，说明
29、平衡向逆方向移动，正反应是放热反应，A错；25时反应Ni（CO）4（g）Ni（s）+4CO（g）时，它平衡常数是1/（5104），B错；80时，Qc=0.5/0.542，说明平衡向逆方向移动，C错；80时，假定n（CO）=0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/L，代入平衡常数表达有，2/（0.3/0.3L）4=2，所以假定成立，D正确。答案选D22.某温度下Kw1013，在此温度下，将pHa的NaOH溶液Va L与pHb的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是A. 若所得混合液为中性，且a12，b2，则VaVb11B. 若所得混合液为中性，且ab12，则VaVb1001C.
30、 若所得混合液pH10，且a12，b2，则VaVb19D. 若所得混合液pH10，且a12，b2，则VaVb10199【答案】C【解析】【详解】某温度下Kw1013，在此温度下，将pHa的碱性溶液中c(OH-)=10-13+a,pHb的酸性溶液中c(H+)=10-b；A、若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c(OH-)Va=c(H+)Vb，a=12，b=2，则0.1Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10，故A错误；B、若所得混合液中性，则c(OH-)Va=c(H+)Vb，即10a13Va=10b Vb，又因为a+b=12，Va：Vb=1013-a-b=10，则Va：Vb=10：1，
31、故B错误；C、若所得混合溶液的pH=10，碱过量，c(OH-)=0.001，则Va：Vb=1：9，故C正确；D、根据C的计算，Va：Vb=1：9，故D错误；故选C。卷 (非选择题 共34分)二、非选择题(本题包括3小题，共34分)23.25时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K14.3107K25.610113.0108回答下列问题：（1）一般情况下，当温度升高时，Ka_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）下列四种离子结合H+能力由大到小的顺序是_(填字母)。a.CO32 b.ClO c.CH3COO d.HCO3（3）下列反应不能
32、发生的是_(填字母)。a CO322CH3COOH2CH3COOCO2H2O b. ClOCH3COOHCH3COOHClOc. CO322HClOCO2H2O2ClO d. 2ClOCO2H2OCO322HClO（4）用蒸馏水稀释醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_(填字母)。a.c(CH3COOH)/c(H+) b. c(CH3COO-)/c(CH3COOH) c. c(H+)/Ka d.c(H+)/c(OH-)（5）体积均为10 mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000 mL，稀释过程中pH变化如下图所示。则HX的电离平衡常数_(填“”、“=”或“ (6).
33、 (7). (8). 9.9107 moLL1【解析】【分析】（1）弱电解质的电离一般是吸热的过程，升高温度，Ka增大；（2）酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，据此分析；（3）由以上分析可知酸性强弱顺序为CH3COOHH2CO3HClOHCO3-,根据强酸制弱酸的规律进行判断；（4）醋酸属于弱电解质，加水稀释后促进了醋酸的电离，使n(H+)、n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，但加水以后溶液的体积增大，导致c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)减小，据此分析问题；（5）等体积、等pH的不同一元酸稀释相同的倍数，pH数值变化较大的是强酸，变化较小的是弱酸，酸
34、性越强，电离平衡常数就越大；用同浓度的氢氧化钠与两溶液反应，消耗氢氧化钠的体积与物质的量成正比；（6）依据电荷守恒进行计算。【详解】（1）弱电解质的电离一般是吸热的过程，升高温度，Ka增大；（2）电离常数越大，越容易电离，因而酸性强弱有CH3COOHH2CO3HClOHCO3-，酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，那么结合质子的能力大小关系为：CO32-ClO-HCO3-CH3COO-，即abdc ；（3）由以上分析可知酸性强弱顺序为CH3COOHH2CO3HClOHCO3-,a. CH3COOHH2CO3，反应可以发生，a项错误；b. CH3COOHHClO，反应可以发生，b项错误；c.
35、 H2CO3HClO，反应不能发生，c项正确；d. H2CO3HClOHCO3-，反应不能发生，应生成HCO3和HClO，d项正确；答案选cd。（4）醋酸属于弱电解质，加水稀释后促进了醋酸的电离，使n(H+)、n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，但加水以后溶液的体积增大，导致c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)减小；a. H+物质的量增大， CH3COOH物质的量减小，故c(CH3COOH)/c(H+)的比值减小，a项错误；b. CH3COO-物质的量增大， CH3COOH物质的量减小，故c(CH3COO-)/c(CH3COOH)的比值增大，b项增大；c. c
36、(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(H+)/Ka的比值减小，c项错误；d. c(H+)减小，温度不变，水的离子积常数不变，则c(OH-)增大，有c(H+)/c(OH-)的比值减小，d项错误；答案选b；（5）等体积、等pH的不同一元酸稀释相同的倍数，pH数值变化较大的是较强的酸，变化较小的是较弱的酸，故酸性HXCH3COOH；酸性越强，电离平衡常数就越大，因而电离平衡常数HXCH3COOH；酸能抑制水的电离，c(H+)越大越抑制水的电离，则稀释后c(H+)：CH3COOHHX，即HX溶液中水电离出来的c(H+)醋酸溶液中水电离出来的c(H+)；用同浓度的氢氧化钠与两溶液反应，消耗氢
37、氧化钠的体积与物质的量成正比，pH相同，体积相同的这两种酸的物质的量CH3COOHHX，即消耗NaOH溶液的体积：CH3COOHHX；（6）CH3COOH与CH3COONa的混合溶液pH6，说明c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，根据电荷守恒有：c(CH3COO-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，那么c(CH3COO-)- c(Na+) = c(H+)- c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.910-7 mol/L.24.铅的冶炼有很多种方法。（1）瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下： 2PbS(s)3O2(g)2P
38、bO(s)2SO2(g) H1a kJmol1 PbS(s)2PbO(s)3Pb(s)SO2(g) H2b kJmol1 PbS(s)PbSO4(s)2Pb(s)2SO2(g) H3c kJmol1反应PbS(s)2O2(g)PbSO4(s) H_ kJmol1(用含a、b、c的代数式表示)。（2）还原法炼铅，包含反应PbO(s)CO(g)Pb(s)CO2(g) H，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表：温度/3007271227lgK6.172.871.24该反应的H_0(选填“”、“”或“”)。当lgK1，在恒容密闭容器中放入PbO并通入CO，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_
39、(保留两位有效数字)；若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向_ (填“正向”、“逆向”或“不”)移动，再次达到平衡时，CO的转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】 (1). （2/3a2/3bc） (2). (3). 9.1% (4). 正向 (5). 不变【解析】【分析】(1)根据盖斯定律书写目标热化学方程式；(2)利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应；当lgK1，则K=10，根据平衡常数表达式求出混合气体中CO的体积分数。【详解】(1)根据盖斯定律H=（H1+2H2）-H3=2/3a2/3bc）kJmol1；因此，本题正确答案是：（2/3a2/
40、3bc）；(2)利用lgK与K是增比例函数，温度越高K值越小，说明正反应是放热反应。因此，本题正确答案是：；lgK1，则K=10，在PbO(s)CO(g)Pb(s)CO2(g)中，设起始通入CO的amol/L,达平衡时转化的量为xmol/L,平衡时CO的(a-x)mol/L,CO2的浓度为xmol/L,则K=10，得=9.1%。若向容器中充入一定量的CO气体后，平衡向正向移动；由于相当于加压，气体分子数不变，所以再次达到平衡时CO的转化率不变。因此，本题正确答案是：9.1%；正向；不变。25.滴定是一种化学实验操作也是一种定量分析的手段。它通过两种溶液的定量反应来确定某种溶质的含量。实验室常用
41、邻苯二甲酸氢钾（KHC8H4O4）来标定氢氧化钠溶液的浓度，其操作过程为：准确称取2.040g邻苯二甲酸氢钾加入250mL锥形瓶中；向锥形瓶中加30mL蒸馏水溶解；向溶液中加入12滴指示剂；用氢氧化钠溶液滴定至终点；重复以上操作；根据两次实验数据计算氢氧化钠的物质的量的浓度。已知：、到达滴定终点时，溶液的pH值约为9.1。、邻苯二甲酸氢钾在水溶液中可以电离出一个H+、邻苯二甲酸氢钾的相对分子质量为204指示剂酚酞甲基橙pH范围8.28.2 10103.13.1 4.44.4颜色无色粉红色红色红色橙色黄色（1）为标定氢氧化钠溶液的浓度，应选用_作指示剂；（2）判断到达滴定终点的实验现象是_；（3
42、）滴定结束消耗NaOH溶液体积为10.00ml，则NaOH溶液的浓度为_；（4）滴定过程中，下列操作能使测定结果（待测液的浓度数值）偏小的是_。A.上述操作中，将邻苯二甲酸氢钾直接放入锥形瓶中溶解B.滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失C.滴定完毕，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外D.滴定前仰视读数而滴定终了俯视读数【答案】 (1). 酚酞 (2). 溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色 (3). 1 mol/L (4). BC【解析】【分析】（1）已知到达滴定终点时，溶液的pH值约为9.1，根据指示剂的变色范围进行分析；（2）选用酚酞作指示剂，滴定前溶液为无色，当到达滴定终点
43、时溶液的颜色为浅红色，据此判断滴定终点；（3）由n=计算邻苯二甲酸氢钾的物质的量，再根据n(KHC8H4O4)=n(NaOH)以及c=进行计算；（4）根据不当操作对c(待测)=进行误差分析【详解】（1）已知到达滴定终点时，溶液的pH值约为9.1，根据指示剂的变色范围可知应选择的指示剂为酚酞；（2）选用酚酞作指示剂，滴定前溶液为无色，当到达滴定终点时溶液的颜色为浅红色，且在半分钟内不褪色；（3）n(邻苯二甲酸氢钾)=0.01mol，由n(KHC8H4O4)=n(NaOH)可知n(NaOH)= 0.01mol，c=1mol/L；（4）A.将邻苯二甲酸氢钾在锥形瓶中溶解，不影响滴定的结果，A项错误；
44、B. 滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成时气泡消失，会使消耗的待测液体积偏大，则测定结果偏小，B项正确；C.滴定结束，尖嘴外留有液滴或溶液滴在锥形瓶外，会使消耗的待测液的体积偏大，则测定结果偏小，C项正确；D. 滴定前仰视读数而滴定终了俯视读数，导致读出的待测液体积偏小，测定结果偏大，D项错误；答案选BC。【点睛】解答本题时要掌握（一）指示剂选择的基本原则：酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂。滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂。强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。并不是所有的滴定都须使用指示剂。（二）实验操作重复二至三次数据处理，求出用去标准盐酸体积的平均值。（三）误差分析的原理：依据c(标准)V(标准)c(待测)V(待测)，所以c(待测)，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即可分析出结果。但本题V(待测)是实验过程中要测定的量，所以要分析出不正确的操作引起V(待测)的变化，从而分析出结果。高考资源网版权所有，侵权必究！
