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2018-2019学年江西省奉新县第一中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版
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江西省奉新县第一中学2018-2019学年高二上学期第三次月考化学试题
1.下列说法或表示方法正确的是
A. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由“C(石墨)＝C(金刚石) ；ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1”可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气的燃烧的化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ；ΔH＝-571.6 kJ·mol－1
D. 在稀溶液中：H＋＋OH－===H2O；ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
能量越低，越稳定；燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物释放的能量；中和热指在稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐和1mol水时释放的能量。
【详解】A.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，由于固体变化为气体时需要吸热，故固体燃烧放出的热量少，A错误；
B.能量越低，越稳定；石墨能量低于金刚石，石墨较稳定，B错误；
C.2g H2物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝-571.6kJ/mol，C正确；
D.CH3COOH是弱电解质，电离要吸热，故将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，D错误；
答案为C
【点睛】准确理解燃烧热、中和热的含义，为解题的关键。
2.在25℃、101 kPa下，1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，下列热化学方程式正确的是（）
A. CH3OH（l）＋3/2O2（g）﹦CO2（g）＋2H2O（l） ΔH =＋725.8 kJ/mol
B. 2CH3OH（l）＋3O2（g）﹦2CO2（g）＋4H2O（l） ΔH =－1452 kJ/mol
C. 2CH3OH（l）＋3O2（g）﹦2CO2（g）＋4H2O（l） ΔH =－725.8 kJ/mol
D. 2CH3OH（l）＋3O2（g）﹦2CO2（g）＋4H2O（l） ΔH =＋1452 kJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：CH3OH燃烧的化学方程式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，1g CH3OH燃烧放出22．68 kJ的热量，则2 mol CH3OH燃烧放出的热量为22．68 kJ×32×2=1451．5 kJ≈1452 kJ，答案选B。
考点：考查反应热的计算。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度能加快反应速率，但活化分子百分数不变
B. 汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能
C. 在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度
D. 研制性能优良的催化剂可以显著提高产量
【答案】A
【解析】
【详解】A.增大浓度，单位体积的活化分子数目增多，但活化分子百分数不变，A正确；
B.加入催化剂，降低反应的活化能，B错误；
C.“反应热的测量实验”中测定反应后温度时，反应物应快速混合，以减少热量散失，C错误；
D.催化剂能够降低反应的活化能，在相对较低的温度下快速反应，优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果，D错误；
答案为A
【点睛】本题考查了浓度、温度、催化剂通过改变活化分子的浓度改变反应速率的实质以及反应热的实验要求，准确理解及记忆为解题的关键。
4.有一处于平衡状态的反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）；△H＜0．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（ ）
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z ⑦增加X ⑧增加Y
A. ①③⑤⑦ B. ②③⑤⑦ C. ②③⑥⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
反应X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：
①升高温度，平衡逆向移动，①错误；
②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；
③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；
④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；
⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；
⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；
⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；
⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确；
【详解】反应X（s）+3Y（g）⇌2Z（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：①升高温度，平衡逆向移动，①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确。答案为C
5.下列图示与对应的叙述不符合的是（ ）
A. 图甲表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。该反应的△H=-91kJ·mol-1
B. 图乙表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示向0.1 mol·L–1的氨水溶液中逐渐加水时溶液的导电性变化
D. 图丁表示盐酸滴加到0.1mol·L-1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时不能选酚酞作指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】
图乙中，在t0时改变某一条件后反应速率增大了，但是正反应速率仍等于逆反应速率，则改变的条件可能是加入催化剂，或对一个反应前后气体分子数不变的平衡体系增大压强；
【详解】A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，其反应热为正反应的活化能减去逆反应的活化能，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ•mol-1，A符合；
B.已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率增大了，但是正反应速率仍等于逆反应速率，则改变的条件可能是加入催化剂，或对一个反应前后气体分子数不变的平衡体系增大压强，B不符合；
C.氨水中逐渐加水后，共碱性逐渐减弱，溶液中NH4+、OH-浓度均逐渐降低，溶液导电能力减弱，C符合；
D.滴定开始时0.1mol•L-1某碱pH＜13，所以碱为弱碱，强酸滴定弱碱时，其滴定终点的溶液显弱酸性，故用甲基橙作指示剂，若用酚酞作指示剂会使滴定误差变大， D符合；
本题选不符合的，故答案为B。
6.在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)＝10-10mol/L。下列有关该溶液的叙述正确的是
A. 该溶液一定呈酸性 B. 该溶液有可能呈中性
C. 该溶液中的c(OH-)可能等于10-5 D. 该溶液pH可能为10或4
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃时，某稀溶液中由水电离得到c(H+)×c（OH-）＝10-20 <10-14，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性。
【详解】25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=c（OH-）=10-10mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离。
A.根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，A错误；
B.因为水的电离被抑制，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，B错误；
C. 如果该溶液呈碱性，该溶液中c（OH-）=10−14/10−10 =10-4mol•L-1，C错误；
D. 如果该溶液呈碱性，该溶液中c（OH-）=10−14/10−10 =10-4mol•L-1，则溶液的pH=10；如果该溶液呈酸性，溶液中c（H+）=Kw /c（OH-）=10-4mol•L-1，则溶液的pH=4，故D正确；
答案为D
【点睛】本题考查探究溶液酸碱性，为高频考点，明确水的电离被抑制还是促进是解本题关键，根据水的电离程度确定溶质成分，往往漏掉溶质可能为碱而导致错误，难点是溶液pH的计算。
7.某酸溶液的pH=3，则该酸溶液的物质的量浓度及相关说法正确的是( )
A. 一定大于0.001 mol·L-1 B. 一定等于0.001 mol·L-1
C. 一定小于0.001 mol·L-1 D. 该溶液中水电离程度一定比纯水小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据pH=3，说明氢离子浓度为10-3mol/L，氢离子浓度取决于酸的浓度以及电离程度。
【详解】pH=3，c(H+)=0.001 mol/L；该酸为一元强酸时,则 c (酸)=0.001mol/L；该酸为多元强酸时，则 c (酸)<0.001 mol/L；该酸为弱酸时，则 c (酸)>0.001 mol/L。酸对水的电离有抑制作用。
答案为D
【点睛】题主要考查了氢离子的浓度与酸的浓度关系，由于酸的强弱及元数不能确定，则无法确定浓度的大小。
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)
B. 298K时，10mL0.02mol·L－1HCl溶液与10mL0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=11
C. 在0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
D. 0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【答案】C
【解析】
【分析】
氨水为弱碱，部分电离；水是弱电解质，也能电离出氢氧根离子；
【详解】A. 氨水为弱碱，部分电离,水是弱电解质，也能电离出氢氧根离子,c(OH-)>c(NH4+)，A错误；
B.反应后，c(OH-)=（0.02×10×2-0.02×10）/20 mol/L=0.01mol/L，pH=12，B错误；
C.根据质子守恒，可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C正确；
D. 根据物料守恒，可得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，D错误；
答案为C
9.下列叙述正确的是（ ）
A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越大
B. 将酚酞分别滴入相同物质的量溶液的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中，溶液都变红且前者红色更深
C. 反应活化能越高，该反应越易进行
D. 水在常温下的电离平衡常数为1.0×10-14
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据盐类水解的原理进行分析。反应的活化能是指普通分子达到活化分子所需要的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高。
【详解】A.HA的Ka越小，说明HA越弱，所以A-的水解能力越强、水解程度越大， NaA的Kh(水解常数)越大，A正确；
B.两个盐都是强碱弱酸盐，两都都能水解，溶液都显碱性，在相同条件下，碳酸钠的水解程度更大，故滴加酚酞试液后碳酸钠溶液颜色更深，B正确；
C.反应的活化能越高，活化分子的百分数就越小，单位时间内的有效碰撞次数就越少，故反应越困难，C错误；
D.常温下，水溶液中的离子积常数为1.0×10-14，电离平衡常数不是，D错误；
答案为AB
【点睛】活化能越大，反应的速率通常越慢，反应越困难；常温时，水溶液中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度的乘积为1.0×10-14。
10.H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】
分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。
详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。
11.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)。下列数值变小的是
A. c(H+) B. c(CO32-) C. MgCO3溶解度 D. Ksp(MgCO3)
【答案】B
【解析】
【分析】
MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量浓盐酸，发生CO32﹣+H+=HCO3﹣或CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，平衡正向移动。
【详解】A.加入少量浓盐酸, c(H+)增大，A错误；
B.加入少量浓盐酸可与CO32﹣反应生成碳酸氢根离子而使碳酸根离子的浓度减小，促使溶解平衡正向移动，根据平衡移动原理可知，化学平衡向着能够减弱这种改变的方向移动，故溶液中c（CO32﹣）减小，B正确；
C. MgCO3溶解度只与温度有关，温度不变则溶解度不变，C错误；
D.Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，D错误；
答案为B
12.氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时：
①HF(aq)+OH-(aq)===F-(aq)+H2O(l) H=-67.7 kJ·mol-1
②H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) H=-57.3 kJ·mol-1
在20 mL 0.1 mol·L-1氢氟酸中加入V mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，下列有关说法正确的是（ ）
A. 氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)F-(aq)+H+(aq) △H=＋10.4 kJ·mol-1
B. 当V=20时，溶液中：c(OH-)=c(HF)-c(H+)
C. 当V=20时，溶液中：c(F-)＜c(Na+)=0.1 mol·L-1
D. 当V＞0时，溶液中可能存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】
氢氟酸为一元弱酸，恰好完全反应时，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性。
【详解】A.利用盖斯定律将①-②可得HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H=-10.4 kJ/mol，A错误；
B.当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，根据质子守恒可得c（OH-）=c（HF）+c（H+），B错误；
C．当V=20时，恰好反应生成NaF， F-水解，则c（F-）＜c（Na+）=0.05mol/L，C错误；
D．溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同，溶液也可能呈酸性，可能碱性，若碱过量较多时，则可能存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)，D正确；
答案为D
13.下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L−1 Na2CO3和NaHCO3等体积混合后的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)＝c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)
B. ΔH＜0，ΔS＞0的反应都是自发反应；ΔH＞0，ΔS＞0的反应任何条件都是非自发反应
C. 电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡都是动态平衡
D. 在一定温度下，固定体积为2 L密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，当υ(SO2)= υ(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据质子守恒，对于Na2CO3溶液：c(OH−)=c(H+)+2c(H2CO3)＋c(HCO3－)；对于NaHCO3溶液：c(OH−)+c(CO32−)＝c(H+)+c(H2CO3)；两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，由电荷守恒和物料守恒可得，2c(OH−)－2c(H+)＝3c(H2CO3)＋c(HCO3－)－c(CO32−)，A错误；
B.ΔH＞0，ΔS＞0 在较高温度下能自发，B错误；
C.电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡都是动态平衡，C正确；
D.不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，如V正（SO2）：V逆（SO3）= 2:2，即V正（SO2）=V逆（SO3），而对v(SO2)=v(SO3)未指明反应速率的方向，不一定是平衡状态，D错误；
答案为C
14.CH4是一种重要的化工原料，工业上以CH4为原料制备H2的原理为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。在一定条件下向a、b两个恒温恒容的密闭容器中均通入1.1mol CH4(g)和1.1 mol H2O(g)，测得两容器中CO的物质的量随时间的变化曲线分别为a和b。已知容器a的体积为10L，温度为Ta。下列说法正确的是（ ）
A. a、b两容器的温度不可能相同
B. 在达到平衡前，容器a的压强保持不变
C. 该反应在Ta温度下的平衡常数为2700(mol·L-1)2
D. 容器a中CH4从反应开始到恰好平衡时的平均反应速率为0.25mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【分析】
通过图像可知，平衡时a装置中的CO的物质的量比b装置中的CO的物质的量大，反应时间短，说明a中化学反应速率较大。在两容器中起始投料相同的条件下，加快化学反应速率的措施有升高温度和增大压强两种方法。若a中压强较大，则相对于b来说，平衡逆向移动，CO的物质的量会小于b，故不可能；若ａ中温度高于ｂ，相对于b来说，平衡正向移动，CO的浓度增大，则该反应的△H＞0，有可能。
【详解】A.通过图像可知，平衡时a装置中的CO的物质的量比b装置中的CO的物质的量大，反应时间短，说明a中化学反应速率较大。在两容器中起始投料相同的条件下，加快化学反应速率的措施有升高温度和增大压强两种方法。若a中压强较大，则相对于b来说，平衡逆向移动，CO的物质的量会小于b，故不可能；若ａ中温度高于ｂ，相对于b来说，平衡正向移动，CO的浓度增大，则该反应的△H＞0，有可能。综上所述，a、b两容器中的温度不可能相同，A正确；
B.a为恒温恒容装置，压强与物质的量成正比，反应前反应物减少，生成物增多，总物质的量增大，压强增大，B错误；
C. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
初始量 1.1 1.1 0 0
反应量 1 1 1 3
平衡量 0.1 0.1 1 3 K=0.1×0.33/（0.01×0.01）=27，C错误；
D. 容器a中CH4从反应开始到恰好平衡时的平均反应速率=1/（10×4）=0.025 mol·L-1·min-1，D错误；
答案为A
15.NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是( )
A. NH2D·H2O和D3O+ B. NH3·HDO和D3O+
C. NH3·D2O和HD2O+ D. NH2D·HDO和H2DO+
【答案】B
【解析】
【详解】氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在水溶液中存在水解平衡，水解方程式为NH4++2D2O⇌NH3•HDO+D3O+，所以产生的一水合氨和水合氢离子为NH3•HDO和D3O+，答案为B
【点睛】理解铵根离子水解的本质为关键，注意不能理解为水替换铵根离子中的氢离子，而是铵根结合水电离的DO-。
16.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4-、CO32-
B. c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42-、NO3-
C. 0.1 mol/L NH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3-、Cl－
D. 0.1 mol/L FeCl3溶液中：Fe2＋、NH4+、SCN－、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】
离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存。
【详解】A.pH=1的溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；
B.常温下c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，存在大量的氢氧根离子，Mg2+、Cu2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，B错误；
C.NH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，能大量共存，C正确；
D.Fe3+、SCN-能生成配合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应检验铁离子，所以这两种离子不能大量共存，D错误；
答案为C
【点睛】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制。
17.（1）在25℃时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取Va L该HCl溶液用该NaOH溶液中和，需Vb L NaOH溶液，问：
①若a＋b＝12，则Va∶Vb＝______；
②若a＋b＝15，则Va∶Vb＝______；
③若a＋b＜14，则Va∶Vb＝______，且Va_______Vb(填“＞”“＜”或“＝”)。
（2）室温时，将c(H＋)=10-10mol/L的Ba(OH)2溶液稀释10倍，c(H＋)∶c(Ba2+)＝______。
（3）MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如上图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A．MOH为强碱
B．在x点，ROH部分电离
C．在x点，c(M＋)＝c(R＋)
D．稀释前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中c(H+)的10倍
【答案】 (1). 1:100 (2). 10：1 (3). 10a＋b－14 (4). ＜ (5). 2∶104 (6). C
【解析】
【分析】
（1）在25℃时，有pH为a的HCl溶液c(H＋)=10-amol/L；pH为b的NaOH溶液，c(OH－)=10b-14mol/L；酸碱中和，则10-amol/L×VaL=10b-14mol/L×Vb L，可得Va∶Vb＝10b-14：10-a；（3）通过观察图像可知，ROH为强碱，MOH为弱碱；
【详解】（1）在25℃时，有pH为a的HCl溶液c(H＋)=10-amol/L；pH为b的NaOH溶液，c(OH－)=10b-14mol/L；酸碱中和，则10-amol/L×VaL=10b-14mol/L×Vb L，可得Va∶Vb＝10b-14：10-a=10a+b-14；
①若a＋b＝12，则Va∶Vb＝1:100；
②若a＋b＝15，则Va∶Vb＝10：1；
③若a＋b＜14，则Va∶Vb＝10a＋b－14，且Va
（3）通过观察图像可知,分别稀释1000倍时，ROH的pH减小3，而MOH的pH变化较小，故ROH为强碱、MOH为弱碱；A．MOH为弱碱，A错误；
B．在x点，ROH为强碱，全部电离，B错误；
C．根据溶液呈电中性，c(M＋)+ c(H＋)＝c(OH－)；c(R＋)+c(H＋)＝c(OH－)， 在x点，溶液中c(OH－)、c(H＋)浓度相同，则c(M＋)＝c(R＋)，正确；
D．稀释前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中中c(OH－)的10倍，D错误；
答案为C
18.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，
（1）O点导电能力为0的理由是___________________；
（2）a、b、c三点溶液的c(H+)由大到小的顺序是___________；
（3）a、b、c三点醋酸的电离程度最大的是____________；
（4）要使c点c(CH3COO— )增大，c(H+)减少，可采取的措施是（至少写出两种方法）①_____②____________________。
【答案】 (1). 在O点醋酸未电离,无自由离子存在 (2). b ＞a＞ c (3). c点 (4). 加NaOH固体 (5). 加少量的碳酸钠固体 加入镁等金属 加醋酸钠固体等
【解析】
【分析】
（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的，冰醋酸中醋酸以分子存在，不存在离子，所以冰醋酸不导电；（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比；（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大；（4）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动；
【详解】（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的，冰醋酸中醋酸以分子存在，不存在离子，所以冰醋酸不导电，答案为：在O点醋酸未电离,无自由离子存在；
（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是b＞a＞c，则氢离子浓度由大到小顺序是b＞a＞c，答案为：b＞a＞c；
（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图象知，溶液体积大小顺序是c＞b＞a，所以醋酸电离程度最大的是c，答案为：c点；
（4）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动，可以加入氢氧化钠固体、碳酸钠固体、镁等金属；或者增加醋酸根浓度使电离向逆方向移动，故可加醋酸钠固体等。故答案为：氢氧化钠固体；碳酸钠固体；镁等金属；醋酸钠固体。
19.（1）已知：碳酸：H2CO3，Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11；草酸：H2C2O4，Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5
①0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH_____0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）；等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是______。
②若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
A．c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-) B．c(HCO3-)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(CO32-)
C．c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(CO32-) D．c(H2CO3) ＞c(HCO3-)＞c(HC2O4-)＞c(CO32-)
③人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象_______。
（2）已知25℃,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1,溶液中的c(OH-)=______mol·L-1。将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至2.0×10-7mol·L-1时,溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=__________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 草酸 (3). AC (4). 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分） (5). 6.0×10-3 (6). 1.24
【解析】
【分析】
1）①根据碳酸Ka2=5.6×10-11<草酸 Ka2=6.4×10-5，酸性越弱，其强碱弱酸盐水解程度越大，碱性越强，则氢离子浓度越小；②草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主；③根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；
(2)由NH3·H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb＝1.8×10-5可知，Kb＝＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mol/L时，溶液中的c(NH4+)＝c(OH－)＝6.0×10－3mol/L，答案为6.0×10-3；
由H2SO3的第二步电离方程式HSO3-⇌SO32-＋H＋及其电离平衡常数Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝＝6.2×10－8，将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至2.0×10－7mol/L时，溶液的c(H＋)＝0.5×10－7mol/L，则＝1.24。
【详解】（1）①根据碳酸Ka2=5.6×10-11<草酸 Ka2=6.4×10-5，酸性越弱，其强碱弱酸盐水解程度越大，碱性越强，则氢离子浓度越小，答案为：大于；草酸；
②草酸的两级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸的电离以第一步为主，因此溶液中c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(HCO3-)>c(CO32-)，答案为：AC；
③人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3-⇌H2CO3。根据平衡移动原理可知，当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变，答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
(2)由NH3·H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb＝1.8×10-5可知，Kb＝＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mol/L时，溶液中的c(NH4+)＝c(OH－)＝6.0×10－3mol/L，答案为6.0×10-3；
由H2SO3的第二步电离方程式HSO3-⇌SO32-＋H＋及其电离平衡常数Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝＝6.2×10－8，将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至2.0×10－7mol/L时，溶液的c(H＋)＝0.5×10－7mol/L，则＝1.24。
20.（1）BiCl3的水解产物中有BiOCl生成。
①写出BiCl3水解反应的化学方程式：____________________________；
②医药上常将BiOCl称为次氯酸铋，该名称______________(填“正确”或“不正确”)；
③如何配制BiCl3溶液？______________________________________ 。
（2）将pH＝2的某酸HnA与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合后溶液的pH＝8。
①若生成的盐中只有一种离子水解，该离子水解的离子方程式为_______________________；
②简述该混合液呈碱性的原因__________________________。
【答案】 (1). BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl (2). 不正确 (3). 将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释 (4). Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋ (5). 等体积混合时，酸中的H＋与碱中的OH－完全中和，pH＝8说明碱为弱碱，发生反应H＋＋OH－===H2O后，碱继续电离出OH－，使溶液显碱性（只要回答到碱过量，混合后溶液呈碱性就给分）
【解析】
【分析】
（1）根据题干信息，Bi为+3价，水解过程化合价不变，则Cl为-1价，水解产物为BiOCl，根据质量守恒定律，可得水解反应式：BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl；次氯酸根中的Cl为+1价，该名称不正确；为抑制BiCl3水解，可以增加HCl的浓度；
(2)若在常温下，酸的pH与碱的pH之和等于14，等体积混合后pH＝8＞7，说明碱过量，碱为弱碱；
【详解】（1）根据题干信息，Bi为+3价，水解过程化合价不变，则Cl为-1价，水解产物为BiOCl，根据质量守恒定律，可得水解反应式：BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl；次氯酸根离子中的Cl为+1价，该名称不正确；为抑制BiCl3水解，可以增加HCl的浓度；答案为：BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl；不正确；将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释；
(2)若在常温下，酸的pH与碱的pH之和等于14，等体积混合后pH＝8＞7，生说明碱过量，碱为弱碱。①若生成的盐中只有一种离子水解，则该离子为Bm+，其水解的离子方程式为：Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋；②该混合液呈碱性的原因是：等体积混合时，酸中的H＋与碱中已电离的OH－完全中和，pH＝8说明碱过量，则碱为弱碱，发生反应H＋＋OH－===H2O后，碱继续电离出OH－，使溶液显碱性；
21.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。
[实验一]配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol·L－1的醋酸溶液，用0.2 mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：
（1）配制250 mL 0.2 mol·L－1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________和________。
（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗NaOH溶液的体积(mL)
20.05
20.00
18.80
19.95
则该醋酸溶液的准确浓度为________(保留小数点后四位)。
[实验二]
探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下，回答下列问题：
醋酸浓度
(mol·L－1)
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73
（3）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：______。
[实验三]探究温度对醋酸电离程度的影响
（5）请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：___________________________________。
【答案】 (1). 胶头滴管 (2). 250 mL容量瓶 (3). 0.2000 mol·L－1 (4). 增大 (5). 0.010 0 mol·L－1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1（或其他合理答案） (6). 用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH
【解析】
【分析】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；
【详解】实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20.00mL，则氢氧化钠溶液平均浓度：=0.2000mol/L，答案为：0.2000mol/L；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，说明醋酸的电离程度增大，答案为：增大；
（2）看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，答案为：0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；
实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液，H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，答案为：用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。
22.（1）FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1) FeCl3净水的原理是_______；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)________。
（2）为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为____。
（3）FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1 ；
Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+ K2；
Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H+ K3。
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由小到大的顺序是_____；
（4）通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+,欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)_____；
A.降温 B.加水稀释 C.加入NH4Cl D.加入NaHCO3
（5）室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是____________。
【答案】 (1). Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 2 (4). K3＜K2＜K1 (5). BD (6). 调节溶液的pH
【解析】
【分析】
（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+；
（2）根据溶液成电中性可得：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算，pH=2；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；
（4）A.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动，A错误；
B.加水稀释，则水解平衡也正向移动，B正确；
C.加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，C错误；
D.加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动，D正确；
答案为：BD
（5）从反应的离子方程式xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；
【详解】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+；
（2）根据溶液成电中性可得：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算，pH=2；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，答案为K3＜K2＜K1；
（4）A.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；
B.加水稀释，则水解平衡也正向移动；
C.加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
D.加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；
答案为：BD
（5）从反应的离子方程式xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；
【点睛】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，注意多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，在写其水解的离子方程式时可以并作一步写，但是不能理解为一步电离，。
江西省奉新县第一中学2018-2019学年高二上学期第三次月考化学试题
1.下列说法或表示方法正确的是
A. 若将等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多
B. 由“C(石墨)＝C(金刚石) ；ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1”可知，金刚石比石墨稳定
C. 在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气的燃烧的化学方程式表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ；ΔH＝-571.6 kJ·mol－1
D. 在稀溶液中：H＋＋OH－===H2O；ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
【分析】
能量越低，越稳定；燃烧热为1mol纯净的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物释放的能量；中和热指在稀溶液中强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐和1mol水时释放的能量。
【详解】A.等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，由于固体变化为气体时需要吸热，故固体燃烧放出的热量少，A错误；
B.能量越低，越稳定；石墨能量低于金刚石，石墨较稳定，B错误；
C.2g H2物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝-571.6kJ/mol，C正确；
D.CH3COOH是弱电解质，电离要吸热，故将含1 mol CH3COOH与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，D错误；
答案为C
【点睛】准确理解燃烧热、中和热的含义，为解题的关键。
2.在25℃、101 kPa下，1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，下列热化学方程式正确的是（）
A. CH3OH（l）＋3/2O2（g）﹦CO2（g）＋2H2O（l） ΔH =＋725.8 kJ/mol
B. 2CH3OH（l）＋3O2（g）﹦2CO2（g）＋4H2O（l） ΔH =－1452 kJ/mol
C. 2CH3OH（l）＋3O2（g）﹦2CO2（g）＋4H2O（l） ΔH =－725.8 kJ/mol
D. 2CH3OH（l）＋3O2（g）﹦2CO2（g）＋4H2O（l） ΔH =＋1452 kJ/mol
【答案】B
【解析】
试题分析：CH3OH燃烧的化学方程式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，1g CH3OH燃烧放出22．68 kJ的热量，则2 mol CH3OH燃烧放出的热量为22．68 kJ×32×2=1451．5 kJ≈1452 kJ，答案选B。
考点：考查反应热的计算。
3.下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度能加快反应速率，但活化分子百分数不变
B. 汽车尾气的催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体快速地转化为N2和CO2，其原因是催化剂可增大NO和CO反应的活化能
C. 在“反应热的测量实验”中测定反应后温度的操作方法：将量筒中的NaOH溶液经玻璃棒引流缓缓倒入盛有盐酸的简易量热计中，立即盖上盖板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，准确读出并记录反应体系的最高温度
D. 研制性能优良的催化剂可以显著提高产量
【答案】A
【解析】
【详解】A.增大浓度，单位体积的活化分子数目增多，但活化分子百分数不变，A正确；
B.加入催化剂，降低反应的活化能，B错误；
C.“反应热的测量实验”中测定反应后温度时，反应物应快速混合，以减少热量散失，C错误；
D.催化剂能够降低反应的活化能，在相对较低的温度下快速反应，优良的催化剂既可以提高化学反应速率，又能起到很好的节能效果，D错误；
答案为A
【点睛】本题考查了浓度、温度、催化剂通过改变活化分子的浓度改变反应速率的实质以及反应热的实验要求，准确理解及记忆为解题的关键。
4.有一处于平衡状态的反应：X（s）+3Y（g）2Z（g）；△H＜0．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（ ）
①高温 ②低温 ③高压 ④低压 ⑤加催化剂 ⑥分离出Z ⑦增加X ⑧增加Y
A. ①③⑤⑦ B. ②③⑤⑦ C. ②③⑥⑧ D. ②④⑥⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
反应X（s）+3Y（g）2Z（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：
①升高温度，平衡逆向移动，①错误；
②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；
③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；
④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；
⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；
⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；
⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；
⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确；
【详解】反应X（s）+3Y（g）⇌2Z（g），△H＜0，正反应是气体物质的量减小的放热反应，根据勒夏特列原理：①升高温度，平衡逆向移动，①错误；②降低温度，平衡向正反应移动，②正确；③压强增大，平衡向正反应移动，③正确；④降低压强，平衡向逆反应方向移动，④错误；⑤加催化剂缩短到达平衡的时间，不会引起化学平衡的移动，⑤错误；⑥分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，⑥正确；⑦增加X，X为固体，平衡不移动，⑦错误；⑧增加Y，Y的浓度增大，平衡向右移动，⑧正确。答案为C
5.下列图示与对应的叙述不符合的是（ ）
A. 图甲表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。该反应的△H=-91kJ·mol-1
B. 图乙表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示向0.1 mol·L–1的氨水溶液中逐渐加水时溶液的导电性变化
D. 图丁表示盐酸滴加到0.1mol·L-1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时不能选酚酞作指示剂
【答案】B
【解析】
【分析】
图乙中，在t0时改变某一条件后反应速率增大了，但是正反应速率仍等于逆反应速率，则改变的条件可能是加入催化剂，或对一个反应前后气体分子数不变的平衡体系增大压强；
【详解】A.由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，其反应热为正反应的活化能减去逆反应的活化能，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ•mol-1，A符合；
B.已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率增大了，但是正反应速率仍等于逆反应速率，则改变的条件可能是加入催化剂，或对一个反应前后气体分子数不变的平衡体系增大压强，B不符合；
C.氨水中逐渐加水后，共碱性逐渐减弱，溶液中NH4+、OH-浓度均逐渐降低，溶液导电能力减弱，C符合；
D.滴定开始时0.1mol•L-1某碱pH＜13，所以碱为弱碱，强酸滴定弱碱时，其滴定终点的溶液显弱酸性，故用甲基橙作指示剂，若用酚酞作指示剂会使滴定误差变大， D符合；
本题选不符合的，故答案为B。
6.在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)＝10-10mol/L。下列有关该溶液的叙述正确的是
A. 该溶液一定呈酸性 B. 该溶液有可能呈中性
C. 该溶液中的c(OH-)可能等于10-5 D. 该溶液pH可能为10或4
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃时，某稀溶液中由水电离得到c(H+)×c（OH-）＝10-20 <10-14，水的电离受到抑制，溶液可能为酸性，也可能为碱性。
【详解】25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=c（OH-）=10-10mol•L-1＜10-7mol•L-1，说明水的电离受到抑制，酸或碱抑制水电离。
A.根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，A错误；
B.因为水的电离被抑制，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，B错误；
C. 如果该溶液呈碱性，该溶液中c（OH-）=10−14/10−10 =10-4mol•L-1，C错误；
D. 如果该溶液呈碱性，该溶液中c（OH-）=10−14/10−10 =10-4mol•L-1，则溶液的pH=10；如果该溶液呈酸性，溶液中c（H+）=Kw /c（OH-）=10-4mol•L-1，则溶液的pH=4，故D正确；
答案为D
【点睛】本题考查探究溶液酸碱性，为高频考点，明确水的电离被抑制还是促进是解本题关键，根据水的电离程度确定溶质成分，往往漏掉溶质可能为碱而导致错误，难点是溶液pH的计算。
7.某酸溶液的pH=3，则该酸溶液的物质的量浓度及相关说法正确的是( )
A. 一定大于0.001 mol·L-1 B. 一定等于0.001 mol·L-1
C. 一定小于0.001 mol·L-1 D. 该溶液中水电离程度一定比纯水小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据pH=3，说明氢离子浓度为10-3mol/L，氢离子浓度取决于酸的浓度以及电离程度。
【详解】pH=3，c(H+)=0.001 mol/L；该酸为一元强酸时,则 c (酸)=0.001mol/L；该酸为多元强酸时，则 c (酸)<0.001 mol/L；该酸为弱酸时，则 c (酸)>0.001 mol/L。酸对水的电离有抑制作用。
答案为D
【点睛】题主要考查了氢离子的浓度与酸的浓度关系，由于酸的强弱及元数不能确定，则无法确定浓度的大小。
8.下列叙述正确的是（ ）
A. 0.1 mol·L－1氨水中，c(OH-)=c(NH4+)
B. 298K时，10mL0.02mol·L－1HCl溶液与10mL0.02 mol·L－1 Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的pH=11
C. 在0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中，c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)
D. 0.1 mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中，c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)
【答案】C
【解析】
【分析】
氨水为弱碱，部分电离；水是弱电解质，也能电离出氢氧根离子；
【详解】A. 氨水为弱碱，部分电离,水是弱电解质，也能电离出氢氧根离子,c(OH-)>c(NH4+)，A错误；
B.反应后，c(OH-)=（0.02×10×2-0.02×10）/20 mol/L=0.01mol/L，pH=12，B错误；
C.根据质子守恒，可得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，C正确；
D. 根据物料守恒，可得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，D错误；
答案为C
9.下列叙述正确的是（ ）
A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越大
B. 将酚酞分别滴入相同物质的量溶液的碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中，溶液都变红且前者红色更深
C. 反应活化能越高，该反应越易进行
D. 水在常温下的电离平衡常数为1.0×10-14
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据盐类水解的原理进行分析。反应的活化能是指普通分子达到活化分子所需要的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高。
【详解】A.HA的Ka越小，说明HA越弱，所以A-的水解能力越强、水解程度越大， NaA的Kh(水解常数)越大，A正确；
B.两个盐都是强碱弱酸盐，两都都能水解，溶液都显碱性，在相同条件下，碳酸钠的水解程度更大，故滴加酚酞试液后碳酸钠溶液颜色更深，B正确；
C.反应的活化能越高，活化分子的百分数就越小，单位时间内的有效碰撞次数就越少，故反应越困难，C错误；
D.常温下，水溶液中的离子积常数为1.0×10-14，电离平衡常数不是，D错误；
答案为AB
【点睛】活化能越大，反应的速率通常越慢，反应越困难；常温时，水溶液中电离出的氢离子和氢氧根离子浓度的乘积为1.0×10-14。
10.H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】
分析：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-）；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。
详解：A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。
点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L。
11.向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)。下列数值变小的是
A. c(H+) B. c(CO32-) C. MgCO3溶解度 D. Ksp(MgCO3)
【答案】B
【解析】
【分析】
MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量浓盐酸，发生CO32﹣+H+=HCO3﹣或CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，平衡正向移动。
【详解】A.加入少量浓盐酸, c(H+)增大，A错误；
B.加入少量浓盐酸可与CO32﹣反应生成碳酸氢根离子而使碳酸根离子的浓度减小，促使溶解平衡正向移动，根据平衡移动原理可知，化学平衡向着能够减弱这种改变的方向移动，故溶液中c（CO32﹣）减小，B正确；
C. MgCO3溶解度只与温度有关，温度不变则溶解度不变，C错误；
D.Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，D错误；
答案为B
12.氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时：
①HF(aq)+OH-(aq)===F-(aq)+H2O(l) H=-67.7 kJ·mol-1
②H+(aq)+OH-(aq)===H2O(l) H=-57.3 kJ·mol-1
在20 mL 0.1 mol·L-1氢氟酸中加入V mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液，下列有关说法正确的是（ ）
A. 氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)F-(aq)+H+(aq) △H=＋10.4 kJ·mol-1
B. 当V=20时，溶液中：c(OH-)=c(HF)-c(H+)
C. 当V=20时，溶液中：c(F-)＜c(Na+)=0.1 mol·L-1
D. 当V＞0时，溶液中可能存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)
【答案】D
【解析】
【分析】
氢氟酸为一元弱酸，恰好完全反应时，生成强碱弱酸盐，溶液显碱性。
【详解】A.利用盖斯定律将①-②可得HF（aq）⇌F-（aq）+H+（aq）△H=-10.4 kJ/mol，A错误；
B.当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，根据质子守恒可得c（OH-）=c（HF）+c（H+），B错误；
C．当V=20时，恰好反应生成NaF， F-水解，则c（F-）＜c（Na+）=0.05mol/L，C错误；
D．溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同，溶液也可能呈酸性，可能碱性，若碱过量较多时，则可能存在：c(Na+)＞c(OH-)＞c(F-)＞c(H+)，D正确；
答案为D
13.下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，物质的量浓度均为0.1mol·L−1 Na2CO3和NaHCO3等体积混合后的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)＝c(H2CO3)+c(HCO3-)-c(CO32-)
B. ΔH＜0，ΔS＞0的反应都是自发反应；ΔH＞0，ΔS＞0的反应任何条件都是非自发反应
C. 电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡都是动态平衡
D. 在一定温度下，固定体积为2 L密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，当υ(SO2)= υ(SO3)时，说明该反应已达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据质子守恒，对于Na2CO3溶液：c(OH−)=c(H+)+2c(H2CO3)＋c(HCO3－)；对于NaHCO3溶液：c(OH−)+c(CO32−)＝c(H+)+c(H2CO3)；两者等浓度、等体积混合后，溶液中两种溶质的物质的量相等，由电荷守恒和物料守恒可得，2c(OH−)－2c(H+)＝3c(H2CO3)＋c(HCO3－)－c(CO32−)，A错误；
B.ΔH＞0，ΔS＞0 在较高温度下能自发，B错误；
C.电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡都是动态平衡，C正确；
D.不同物质表示速率，到达平衡时，正逆速率之比等于化学计量数之比，如V正（SO2）：V逆（SO3）= 2:2，即V正（SO2）=V逆（SO3），而对v(SO2)=v(SO3)未指明反应速率的方向，不一定是平衡状态，D错误；
答案为C
14.CH4是一种重要的化工原料，工业上以CH4为原料制备H2的原理为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。在一定条件下向a、b两个恒温恒容的密闭容器中均通入1.1mol CH4(g)和1.1 mol H2O(g)，测得两容器中CO的物质的量随时间的变化曲线分别为a和b。已知容器a的体积为10L，温度为Ta。下列说法正确的是（ ）
A. a、b两容器的温度不可能相同
B. 在达到平衡前，容器a的压强保持不变
C. 该反应在Ta温度下的平衡常数为2700(mol·L-1)2
D. 容器a中CH4从反应开始到恰好平衡时的平均反应速率为0.25mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
【分析】
通过图像可知，平衡时a装置中的CO的物质的量比b装置中的CO的物质的量大，反应时间短，说明a中化学反应速率较大。在两容器中起始投料相同的条件下，加快化学反应速率的措施有升高温度和增大压强两种方法。若a中压强较大，则相对于b来说，平衡逆向移动，CO的物质的量会小于b，故不可能；若ａ中温度高于ｂ，相对于b来说，平衡正向移动，CO的浓度增大，则该反应的△H＞0，有可能。
【详解】A.通过图像可知，平衡时a装置中的CO的物质的量比b装置中的CO的物质的量大，反应时间短，说明a中化学反应速率较大。在两容器中起始投料相同的条件下，加快化学反应速率的措施有升高温度和增大压强两种方法。若a中压强较大，则相对于b来说，平衡逆向移动，CO的物质的量会小于b，故不可能；若ａ中温度高于ｂ，相对于b来说，平衡正向移动，CO的浓度增大，则该反应的△H＞0，有可能。综上所述，a、b两容器中的温度不可能相同，A正确；
B.a为恒温恒容装置，压强与物质的量成正比，反应前反应物减少，生成物增多，总物质的量增大，压强增大，B错误；
C. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
初始量 1.1 1.1 0 0
反应量 1 1 1 3
平衡量 0.1 0.1 1 3 K=0.1×0.33/（0.01×0.01）=27，C错误；
D. 容器a中CH4从反应开始到恰好平衡时的平均反应速率=1/（10×4）=0.025 mol·L-1·min-1，D错误；
答案为A
15.NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均正确的是( )
A. NH2D·H2O和D3O+ B. NH3·HDO和D3O+
C. NH3·D2O和HD2O+ D. NH2D·HDO和H2DO+
【答案】B
【解析】
【详解】氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在水溶液中存在水解平衡，水解方程式为NH4++2D2O⇌NH3•HDO+D3O+，所以产生的一水合氨和水合氢离子为NH3•HDO和D3O+，答案为B
【点睛】理解铵根离子水解的本质为关键，注意不能理解为水替换铵根离子中的氢离子，而是铵根结合水电离的DO-。
16.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A. pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4-、CO32-
B. c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42-、NO3-
C. 0.1 mol/L NH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3-、Cl－
D. 0.1 mol/L FeCl3溶液中：Fe2＋、NH4+、SCN－、SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】
离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存。
【详解】A.pH=1的溶液中存在大量氢离子，CO32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；
B.常温下c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，存在大量的氢氧根离子，Mg2+、Cu2+与氢氧根离子反应，在碱性溶液中不能大量共存，B错误；
C.NH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，能大量共存，C正确；
D.Fe3+、SCN-能生成配合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应检验铁离子，所以这两种离子不能大量共存，D错误；
答案为C
【点睛】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制。
17.（1）在25℃时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取Va L该HCl溶液用该NaOH溶液中和，需Vb L NaOH溶液，问：
①若a＋b＝12，则Va∶Vb＝______；
②若a＋b＝15，则Va∶Vb＝______；
③若a＋b＜14，则Va∶Vb＝______，且Va_______Vb(填“＞”“＜”或“＝”)。
（2）室温时，将c(H＋)=10-10mol/L的Ba(OH)2溶液稀释10倍，c(H＋)∶c(Ba2+)＝______。
（3）MOH和ROH两种一元碱的溶液分别加水稀释时，pH变化如上图所示。下列叙述中正确的是（ ）
A．MOH为强碱
B．在x点，ROH部分电离
C．在x点，c(M＋)＝c(R＋)
D．稀释前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中c(H+)的10倍
【答案】 (1). 1:100 (2). 10：1 (3). 10a＋b－14 (4). ＜ (5). 2∶104 (6). C
【解析】
【分析】
（1）在25℃时，有pH为a的HCl溶液c(H＋)=10-amol/L；pH为b的NaOH溶液，c(OH－)=10b-14mol/L；酸碱中和，则10-amol/L×VaL=10b-14mol/L×Vb L，可得Va∶Vb＝10b-14：10-a；（3）通过观察图像可知，ROH为强碱，MOH为弱碱；
【详解】（1）在25℃时，有pH为a的HCl溶液c(H＋)=10-amol/L；pH为b的NaOH溶液，c(OH－)=10b-14mol/L；酸碱中和，则10-amol/L×VaL=10b-14mol/L×Vb L，可得Va∶Vb＝10b-14：10-a=10a+b-14；
①若a＋b＝12，则Va∶Vb＝1:100；
②若a＋b＝15，则Va∶Vb＝10：1；
③若a＋b＜14，则Va∶Vb＝10a＋b－14，且Va
（3）通过观察图像可知,分别稀释1000倍时，ROH的pH减小3，而MOH的pH变化较小，故ROH为强碱、MOH为弱碱；A．MOH为弱碱，A错误；
B．在x点，ROH为强碱，全部电离，B错误；
C．根据溶液呈电中性，c(M＋)+ c(H＋)＝c(OH－)；c(R＋)+c(H＋)＝c(OH－)， 在x点，溶液中c(OH－)、c(H＋)浓度相同，则c(M＋)＝c(R＋)，正确；
D．稀释前ROH溶液中c(OH－)是MOH溶液中中c(OH－)的10倍，D错误；
答案为C
18.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，
（1）O点导电能力为0的理由是___________________；
（2）a、b、c三点溶液的c(H+)由大到小的顺序是___________；
（3）a、b、c三点醋酸的电离程度最大的是____________；
（4）要使c点c(CH3COO— )增大，c(H+)减少，可采取的措施是（至少写出两种方法）①_____②____________________。
【答案】 (1). 在O点醋酸未电离,无自由离子存在 (2). b ＞a＞ c (3). c点 (4). 加NaOH固体 (5). 加少量的碳酸钠固体 加入镁等金属 加醋酸钠固体等
【解析】
【分析】
（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的，冰醋酸中醋酸以分子存在，不存在离子，所以冰醋酸不导电；（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比；（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大；（4）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动；
【详解】（1）溶液是通过离子的定向移动形成电流的，冰醋酸中醋酸以分子存在，不存在离子，所以冰醋酸不导电，答案为：在O点醋酸未电离,无自由离子存在；
（2）溶液的导电能力与离子浓度成正比，根据图象知，溶液导电能力大小顺序是b＞a＞c，则氢离子浓度由大到小顺序是b＞a＞c，答案为：b＞a＞c；
（3）溶液越稀，醋酸的电离程度越大，根据图象知，溶液体积大小顺序是c＞b＞a，所以醋酸电离程度最大的是c，答案为：c点；
（4）要使醋酸根离子浓度增大，c（H+）减少，可以采用消耗氢离子的方法使电离平衡向正方向移动，可以加入氢氧化钠固体、碳酸钠固体、镁等金属；或者增加醋酸根浓度使电离向逆方向移动，故可加醋酸钠固体等。故答案为：氢氧化钠固体；碳酸钠固体；镁等金属；醋酸钠固体。
19.（1）已知：碳酸：H2CO3，Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11；草酸：H2C2O4，Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5
①0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH_____0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）；等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是______。
②若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填编号）
A．c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(HCO3-)＞c(CO32-) B．c(HCO3-)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(CO32-)
C．c(H+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(CO32-) D．c(H2CO3) ＞c(HCO3-)＞c(HC2O4-)＞c(CO32-)
③人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3- H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象_______。
（2）已知25℃,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8。若氨水的浓度为2.0 mol·L-1,溶液中的c(OH-)=______mol·L-1。将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至2.0×10-7mol·L-1时,溶液中的c(SO32-)/c(HSO3-)=__________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 草酸 (3). AC (4). 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分） (5). 6.0×10-3 (6). 1.24
【解析】
【分析】
1）①根据碳酸Ka2=5.6×10-11<草酸 Ka2=6.4×10-5，酸性越弱，其强碱弱酸盐水解程度越大，碱性越强，则氢离子浓度越小；②草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主；③根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；
(2)由NH3·H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb＝1.8×10-5可知，Kb＝＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mol/L时，溶液中的c(NH4+)＝c(OH－)＝6.0×10－3mol/L，答案为6.0×10-3；
由H2SO3的第二步电离方程式HSO3-⇌SO32-＋H＋及其电离平衡常数Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝＝6.2×10－8，将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至2.0×10－7mol/L时，溶液的c(H＋)＝0.5×10－7mol/L，则＝1.24。
【详解】（1）①根据碳酸Ka2=5.6×10-11<草酸 Ka2=6.4×10-5，酸性越弱，其强碱弱酸盐水解程度越大，碱性越强，则氢离子浓度越小，答案为：大于；草酸；
②草酸的两级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸的电离以第一步为主，因此溶液中c(H+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(HCO3-)>c(CO32-)，答案为：AC；
③人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3-⇌H2CO3。根据平衡移动原理可知，当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变，答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
(2)由NH3·H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb＝1.8×10-5可知，Kb＝＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mol/L时，溶液中的c(NH4+)＝c(OH－)＝6.0×10－3mol/L，答案为6.0×10-3；
由H2SO3的第二步电离方程式HSO3-⇌SO32-＋H＋及其电离平衡常数Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝＝6.2×10－8，将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至2.0×10－7mol/L时，溶液的c(H＋)＝0.5×10－7mol/L，则＝1.24。
20.（1）BiCl3的水解产物中有BiOCl生成。
①写出BiCl3水解反应的化学方程式：____________________________；
②医药上常将BiOCl称为次氯酸铋，该名称______________(填“正确”或“不正确”)；
③如何配制BiCl3溶液？______________________________________ 。
（2）将pH＝2的某酸HnA与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合后溶液的pH＝8。
①若生成的盐中只有一种离子水解，该离子水解的离子方程式为_______________________；
②简述该混合液呈碱性的原因__________________________。
【答案】 (1). BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl (2). 不正确 (3). 将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释 (4). Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋ (5). 等体积混合时，酸中的H＋与碱中的OH－完全中和，pH＝8说明碱为弱碱，发生反应H＋＋OH－===H2O后，碱继续电离出OH－，使溶液显碱性（只要回答到碱过量，混合后溶液呈碱性就给分）
【解析】
【分析】
（1）根据题干信息，Bi为+3价，水解过程化合价不变，则Cl为-1价，水解产物为BiOCl，根据质量守恒定律，可得水解反应式：BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl；次氯酸根中的Cl为+1价，该名称不正确；为抑制BiCl3水解，可以增加HCl的浓度；
(2)若在常温下，酸的pH与碱的pH之和等于14，等体积混合后pH＝8＞7，说明碱过量，碱为弱碱；
【详解】（1）根据题干信息，Bi为+3价，水解过程化合价不变，则Cl为-1价，水解产物为BiOCl，根据质量守恒定律，可得水解反应式：BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl；次氯酸根离子中的Cl为+1价，该名称不正确；为抑制BiCl3水解，可以增加HCl的浓度；答案为：BiCl3＋H2OBiOCl＋2HCl；不正确；将适量的BiCl3固体溶于少量浓盐酸，再加水稀释；
(2)若在常温下，酸的pH与碱的pH之和等于14，等体积混合后pH＝8＞7，生说明碱过量，碱为弱碱。①若生成的盐中只有一种离子水解，则该离子为Bm+，其水解的离子方程式为：Bm＋＋mH2OB(OH)m＋mH＋；②该混合液呈碱性的原因是：等体积混合时，酸中的H＋与碱中已电离的OH－完全中和，pH＝8说明碱过量，则碱为弱碱，发生反应H＋＋OH－===H2O后，碱继续电离出OH－，使溶液显碱性；
21.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。
[实验一]配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol·L－1的醋酸溶液，用0.2 mol·L－1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：
（1）配制250 mL 0.2 mol·L－1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________和________。
（2）为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.2000 mol·L－1的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：
实验序号
1
2
3
4
消耗NaOH溶液的体积(mL)
20.05
20.00
18.80
19.95
则该醋酸溶液的准确浓度为________(保留小数点后四位)。
[实验二]
探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，结果如下，回答下列问题：
醋酸浓度
(mol·L－1)
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73
（3）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：______。
[实验三]探究温度对醋酸电离程度的影响
（5）请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案：___________________________________。
【答案】 (1). 胶头滴管 (2). 250 mL容量瓶 (3). 0.2000 mol·L－1 (4). 增大 (5). 0.010 0 mol·L－1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1（或其他合理答案） (6). 用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH
【解析】
【分析】
实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大；
【详解】实验一：（1）根据仪器的用途选取仪器，用胶头滴管定容，用250mL容量瓶配制溶液，答案为：胶头滴管；250mL容量瓶；
（2）根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为：mL=20.00mL，则氢氧化钠溶液平均浓度：=0.2000mol/L，答案为：0.2000mol/L；
实验二：（1）以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例，设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L，将其稀释至0.0100mol/L，体积变为10L，两溶液中H+的物质的量分别为：10-2.88mol、10-2.38mol，可见溶液变稀，电离出的H+的物质的量增大，说明醋酸的电离程度增大，答案为：增大；
（2）看每次测量值，H+浓度远小于醋酸的浓度，说明醋酸不完全电离；联系起来看，浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸，pH变化值小于1，所以醋酸是弱电解质，答案为：0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于1；
实验三：探究温度对醋酸的电离程度的影响，应控制其他条件相同，只有温度存在差异的醋酸溶液，H+浓度有差异，能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计，答案为：用pH计（或pH试纸）测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。
22.（1）FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1) FeCl3净水的原理是_______；FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)________。
（2）为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.0×10-2mol·L-1,c(Fe3+)=1.0×10-3mol·L-1,c(Cl-)=5.3×10-2mol·L-1,则该溶液的pH约为____。
（3）FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1 ；
Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H+ K2；
Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H+ K3。
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由小到大的顺序是_____；
（4）通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+,欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)_____；
A.降温 B.加水稀释 C.加入NH4Cl D.加入NaHCO3
（5）室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是____________。
【答案】 (1). Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质 (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 2 (4). K3＜K2＜K1 (5). BD (6). 调节溶液的pH
【解析】
【分析】
（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+；
（2）根据溶液成电中性可得：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算，pH=2；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；
（4）A.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动，A错误；
B.加水稀释，则水解平衡也正向移动，B正确；
C.加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，C错误；
D.加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动，D正确；
答案为：BD
（5）从反应的离子方程式xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；
【详解】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe会与Fe3+反应生成Fe2+；
（2）根据溶液成电中性可得：c（Cl-）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H+）（酸性溶液中OH-浓度很小，在这里可以忽略不计），据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=-lgc（H+）计算，pH=2；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，答案为K3＜K2＜K1；
（4）A.控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；
B.加水稀释，则水解平衡也正向移动；
C.加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
D.加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；
答案为：BD
（5）从反应的离子方程式xFe3++yH2OFex(OH)y(3x-y)++yH+中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；
【点睛】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，注意多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的，在写其水解的离子方程式时可以并作一步写，但是不能理解为一步电离，。
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