还剩11页未读，
继续阅读
2018-2019学年吉林省长春市九台区师范高级中学、实验高中高二上学期期中化学试题（解析版）
展开
2018-2019学年吉林省长春市九台区师范高级中学、实验高中高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）
1. 柠檬水溶液的pH是3，其中的c（OH-）是（ ）
A. 0.1mol/L B. 1×10-3mol/L C. 1×10-7 mol/L D. 1×10-11 mol/L
【答案】D
【解析】解：由溶液的pH=3，可知c（H+）=10-pH=10-3mol/L，则c（OH-）===10-11mol/L，故选D。
由溶液的pH，可求出c（H+）=10-pH；然后根据c（OH-）=来计算．
本题考查了溶液pH的有关计算，难度不大，注意公式的灵活运用．
2. 某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（ ）
A. 催化剂能改变该反应的焓变
B. 催化剂能降低该反应的活化能
C. 该反应为放热反应
D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】B
【解析】解：A、催化剂对反应的始态和状态无响应，只改变活化能，则对反应的焓变无影响，故A错误；
B、催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，故B正确；
C、图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故C错误；
D、E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，E1＞E2，即逆反应的活化能小于正反应的活化能，故D错误；
故选：B。
A、催化剂对反应的焓变无影响；
B、催化剂降低反应的活化能；
C、图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应；
D、E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能．
本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键，题目较简单．
3. 甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为（ ）
A. 10：1 B. 1：10 C. 2：1 D. 1：2
【答案】A
【解析】解：甲溶液的pH是4，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=10-4mol/L，
乙溶液的pH是5，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=10-5mol/L，
则甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为：10-4mol/L：10-5mol/L=10：1，
故选：A。
分别根据pH=-lg[c（H+）]计算pH=4、pH=5的甲乙溶液中氢离子浓度，然后计算出两溶液中氢离子浓度之比．
本题考查pH的简单计算，为高频考点，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式及其应用，题目难度不大．
4. 下列化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. H2O+H2O⇌H3O++OH- B. HCO3-+OH-⇌H2O+CO32-
C. CO2+H2O⇌H2CO3 D. CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-
【答案】D
【解析】解：A．H2O+H2O⇌H3O++OH-，属于水的电离反应，故A错误；
B．HCO3-+H2O=H3O++CO32-为HCO3-的电离方程式，故B错误；
C．CO2+H2O⇌H2CO3是二氧化碳与水反应是可逆反应，故C错误；
D．碳酸根离子与水电离出来的氢离子结合生成碳酸氢根离子，所以CO32-+H2O=HCO3-+OH-属于水解反应，故D正确；
故选：D。
根据水解反应的定义：盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答。
本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，注意电离方程式的理解应用，要特别注意电离方程式与水解方程式的辨别，题目难度不大。
5. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO（g）+O2（g）=CO2（g）；△H=-283.0 kJ/mol
B. C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=-110.5 kJ/mol
C. H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=-241.8 kJ/mol
D. 2C8H18（l）+25O2（g）=16CO2（g）+18H2O（l）；△H=-11036 kJ/mol
【答案】A
【解析】解：A、CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，故A正确；
B、C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故B错误；
C、H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故C错误；
D、C8H18的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故D错误；
故选：A。
燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物．
本题考察了燃烧热的概念．表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物，碳形成二氧化碳、氢形成液态水．
6. 已知某溶液中仅存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，其浓度大小有如下关系，其中一定不正确的是（ ）
A. C（Cl-）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）
B. C（C1-）=C（NH4+），且C（H+）=C（OH-）
C. C（NH4+）＜C（Cl-）＜C（H+）＜C（OH-）
D. C（OH-）＜C（NH4+）＜C（H+）＜C（Cl-）
【答案】C
【解析】解：A．电解质溶液中都存在电荷守恒，C（Cl-）＞C（NH4+），则C（H+）＞C（OH-），故A正确；
B．电解质溶液中都存在电荷守恒，C（C1-）=C（NH4+），则C（H+）=C（OH-），故B正确；
C．电解质溶液中都存在电荷守恒，如果c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），故C错误；
D．当溶液中含有大量的HCl和少量的NH4Cl，则C（OH-）＜C（NH4+）＜C（H+）＜C（Cl-），故D正确。
故选：C。
A．根据电荷守恒分析；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据电荷守恒分析，当c（OH-）＞c（H+），则c（Cl-）＜c（NH4+）；
D．当溶液中含有大量的HCl和少量的NH4Cl时满足题中条件．
本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的应用，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度不大．
7. 下表中物质的分类组合正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
C2H5OH
CS2
Cl2
SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】解：A．NaCl在水溶液中能完全电离，是强电解质；HF在水溶液中只能部分电离，是弱电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不能电离的化合物为非电解质，故A正确；
B．BaSO4在水溶液中溶解的部分能完全电离，是强电解质，故B错误；
C．Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．HI是在水溶液中能全部分电离的化合物，是强电解质，故D错误；
故选：A。
在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，据此进行判断。
本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确电解质强弱的根本区别是电离的程度。
8. 将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）．若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L-1•s-1；
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L-1•s-1；
③2s时物质A的转化率为30%；
④2s时物质B的浓度为1.4mol•L-1．
其中正确的是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】解：若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，则
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始 2 1 0
转化 0.6 0.3 0.6
2s 1.4 0.7 0.6
①用物质A表示的反应的平均速率为=0.3mol•L-1•s-1，故正确；
②用物质B表示的反应的平均速率为=0.15mol•L-1•s-1，故错误；
③2s时物质A的转化率为×100%=30%，故正确；
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1，故错误；
故选：A。
若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，则
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始 2 1 0
转化 0.6 0.3 0.6
2s 1.4 0.7 0.6
结合v=、转化率=×100%计算．
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、反应速率及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中浓度的关系，题目难度不大．
9. 下列事实不能证明甲酸（HCOOH，一元酸）为弱酸的是（ ）
A. 0.1mol/L甲酸的pH为2.3
B. 将pH=2的甲酸稀释100倍后，溶液的pH小于4
C. 温度升高，溶液的导电能力增强
D. 等体积等浓度的甲酸和HCl与足量的锌反应，产生等量的氢气
【答案】D
【解析】解：A.0.1mol/L的甲酸pH=2.3，说明该甲酸溶液中c（H+）=10-2.3 mol/L＜0.1mol/L，则甲酸部分电离，为弱电解质，故A不选；
B．pH=2的甲酸稀释100倍后，溶液的pH小于4，说明稀释过程中甲酸电离，则甲酸存在电离平衡，为弱电解质，故B不选；
C．升高温度，溶液的导电能力增大，说明溶液中离子浓度增大，则甲酸存在电离平衡，为弱电解质，故C不选；
D．等体积等浓度的甲酸、hCl与足量的锌反应，生成等量的氢气，说明甲酸是一元酸，但是不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸是弱酸，故D选；
故选：D。
要证明甲酸是弱酸，只要证明甲酸部分电离即可，可以根据其一定溶液pH大小、其相应的钠盐溶液pH大小判断，据此分析解答。
本题考查强弱电解质判断，侧重考查对基本概念的理解和掌握，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，不能根据溶质溶解性强弱及溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。
10. 对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）
B. 若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）
【答案】A
【解析】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO）能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；
B、单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故B错误；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，故C错误；
D、反应速率之比等于方程式的系数之比，所以3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误。
故选：A。
A、达到化学平衡时，化学反应速率是相等的，且反应速率之比等于方程式的系数之比；
B、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢；
D、根据反应速率之比等于方程式的系数之比．
化学平衡状态的判断、化学平衡移动的方向以及影响因素是现在考查的热点，注意知识的归纳和整理，难度不大．
11. 在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=-373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强
【答案】B
【解析】解：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H=-373.4kJ•mol-1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；
A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；
B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；
C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；
D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；
故选：B。
加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析．
本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等．
12. 对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】解：A．增大压强平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故A错误；
B．增大压强平衡正向移动，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；
C．为吸热反应，升高温度平衡正向移动，A的转化率增大，但温度高时反应速率快，与图象不符，故C错误；
D．升高温度平衡正向移动，A的含量减小，且温度高时反应速率快，与图象一致，故D正确；
故选：D。
为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；为吸热反应，升高温度平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。
13. t℃时，水的离子积为KW，该温度下将a mol•L-1一元酸HA与b mol•L-1一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是（ ）
A. 混合液的pH=7
B. 混合液中c（H+）=
C. a=b
D. 混合液中c（B+）=c（A-）+c（OH-）
【答案】B
【解析】解：A．温度不确定，则中性时溶液pH不一定为7，故A错误；
B．Kw=c（H+）•c（OH-），混合后溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），c（H+）=，故B正确；
C．由于酸碱的强弱未知，则不能确定a、b的关系，故C错误；
D．根据电荷守恒可知：c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），故c（B+）=c（A-），故D错误，
故选：B。
Kw=c（H+）•c（OH-），该温度下将amol/L一元酸HA与bmol/L一元碱BOH等体积混合，若混合后溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），温度不确定，则中性时溶液pH不一定为7，由于酸碱的强弱未知，则不能确定a、b的关系．
本题考查酸碱混合的定性判断和离子浓度大小比较问题，难度中等，注意题中温度、酸碱的强弱等问题．
14. 已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△H=-348.3kJ•mol-1
（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=-31.0kJ•mol-1
则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（ ）
A. -379.3 kJ•mol-1 B. -317.3 kJ•mol-1
C. -332.8 kJ•mol-1 D. +317.3 kJ•mol-1
【答案】B
【解析】解：由（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△△H=-348.3kJ/mol，
（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=-31.0kJ/mol，
根据盖斯定律可知，
（1）-（2）可得Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s），
则△H=（-348.3kJ•mol-1）-（-31.0kJ•mol-1）=-317.3kJ•mol-1，
故选：B。
根据已知的热化学反应方程式（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△△H=-348.3kJ/mol，
（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=-31.0kJ/mol，
（1）-（2）构建目标反应，利用盖斯定律来计算目标反应的反应热，以此来解答。
本题考查学生利用盖斯定律计算反应的反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，题目难度不大。
15. 一定温度下，在密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，下列说法不正确的是（ ）
物质
X
Y
Z
W
初始浓度/mol•L-1
0.5
0.5
0
0
平衡浓度/mol•L-1
0.1
0.1
0.4
0.4
A. 反应达到平衡时，X的体积分数为10%
B. 该温度下反应的平衡常数K=16
C. 保持温度不变增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动
D. 若X、Y的初始浓度均为0.8 mol•L-1，相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 mol•L-1
【答案】C
【解析】解：达到平衡状态个物质反应量XYZW物质的量为0.4，04，0.4，0.4，反应的化学方程式为X+Y=Z+W
A、平衡后体积分数=×100%=×100%=10%，故A正确；
B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，K==16，故B正确；
C、依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式为X+Y=Z+W，依据化学平衡移动原理分析，增大压强反应速率增大，平衡不动，故C错误；
D、反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加，若X、Y的初始浓度均为0.8 mol•L-1，相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 mol•L-1 ，故D正确；
故选：C。
A、平衡后体积分数=；
B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；
C、依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式，依据化学平衡移动原理分析判断；
D、反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加；
本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数的计算分析应用，注意化学方程式的书写方法和反应特征的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
16. 室温下，0.1mol/L的HA溶液中=1010．下列有关说法正确的是（ ）
A. 溶液的pH=4
B. 加蒸馏水稀释后，减少
C. 体积和pH均相等的HA与盐酸中加入足量锌，盐酸中产生的气体多
D. 在NaA溶液中存在浓度关系：c（H+）＞c（OH-）
【答案】B
【解析】解：A、溶液pH=2，故A错误；
B、加水稀释促进HA的电离平衡正向移动，导致n（A-）增大，n（HA）减小，所以减少，故B正确；
C、HA是弱酸，存在电离平衡，体积和pH均相等的HA与盐酸中，HA含酸的物质的量比盐酸多，所以加入足量锌后，盐酸中产生的气体少，故C错误；
D、NaA溶液是强碱弱酸盐，水解显碱性，故D错误；
故选：B。
室温下，0.1mol/L的HA溶液中=1010，据Kw=10-14，则c（H+）=10-2，c（OH-）=10-12，溶液pH=2，HA是弱酸，存在电离平衡，据此分析．
本题考查了弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离平衡正向移动，题目难度不大．
17. 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（ ）
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；
B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；
C、Kw的大小只取决于温度，故C错；
D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，故D错。
故选：B。
根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度．
本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点．
18. 等体积等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合溶液中有关离子浓度关系正确的是（ ）
A. C（M+）＞C（OH-）＞C（A-）＞C（H+）
B. C（M+）＞C（A-）＞C（H+）＞C（OH-）
C. C（M+）＞C（A-）＞C（OH-）＞C（H+）
D. C（M+）+C（H+）＞C（A-）+C（OH-）
【答案】C
【解析】解：等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，
由于A-部分水解，溶液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可得：C（M+）+C（H+）=C（A-）+C（OH-），则c（M+）＞c（A-），
溶液中离子浓度大小为：c（M+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），
故选：C。
等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，反应生成强碱弱酸盐MA，由于弱酸根离子A-部分水解，溶液显示碱性，则c（M+）＞c（A-）、c（OH-）＞c（H+）．
本题考查溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法．
19. 摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HX、HZ、HY B. HZ、HY、HX C. HX、HY、HZ D. HY、HZ、HX
【答案】C
【解析】解：因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱。所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，故选C。
根据酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱来解答．
本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱．
二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）
20. 某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0，如图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是
（ ）
A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时升高了温度 D. t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】AC
【解析】解：A．由上述分析可知，t2时刻，使用催化剂，故A正确；
B．该反应放热，如降低温度，则平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C．由上述分析可知，t5时刻，改变条件是升高温度，故C正确；
D．t2时刻平衡不移动，t3、t5时刻平衡逆向移动，所以t6时刻后参加反应的反应物物质的量最少，则反应物的转化率最低，故D错误。
故选：AC。
t2时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大且仍然相等，说明平衡不移动，该反应前后气体计量数之和改变，所以改变的条件只能是催化剂；
t3时刻，改变条件时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向元素，该反应的正反应是放热反应，则改变的条件应该是压强；
t5时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，改变的条件应该是温度，以此解答该题．
本题考查图象分析，为高频考点，题目难度中等，侧重考查学生分析判断能力，明确外界条件对反应速率影响、平衡移动影响即可解答，难点是平衡移动原理的灵活运用．
三、填空题（本大题共1小题，共16.0分）
21. 已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=______，△H______0（填“＜”“＞”“=”）；
（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1．，则6s时c（A）=______ mol•L-1，C的物质的量为______mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为______，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为______；
（3）判断该反应是否达到平衡的依据为______（填正确选项前的字母）：
a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变
c．c（A）不随时间改变 d．单位时间里生成c和D的物质的量相等
（4）1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为______。
【答案】 ＜ 0.022 0.09 80% 80% c 2.5
【解析】解：（1）可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数表达式k=，
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0，
故答案为：；＜；
（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1，则6s内△c（A）=0.003mol•L-1•s-1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L，故6s时时c（A）=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L，
故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol，
设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）
开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.04-x 0.16-x x x
故=1，解得x=0.032
所以平衡时A的转化率为×100%=80%，
体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%，
故答案为：0.022；0.09；80%；80%；
（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误，
b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误，
c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确，
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误，
故答案为：c；
（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5，
故答案为：2.5。
（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；
（2）根据△c=v△t计算△c（A），A的起始浓度-△c（A）=6s时c（A）；
根据△n=△cV计算△n（A），再根据方程式计算C的物质的量；
设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；
体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变；
（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数。
本题考查化学平衡计算、平衡常数计算、化学反应速率、平衡状态判断，难度中等，注意化学平衡状态判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
22. Ⅰ．已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
（1）该溶液中c（H+）=______。
（2）HA的电离平衡常数K=______。
（3）由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的______倍。
Ⅱ．室温下，pH=12的NaOH溶液100 mL，欲使它的pH降为11。
（1）如果加入蒸馏水，就加入______mL。
（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，应加入______ mL。
（3）如果加入0.008mol/L HCl溶液，应加入______ mL。
【答案】1.0×10-4mol/L 1×10-7 106 900 1000 100
【解析】解：Ⅰ．（1）0.1mol/L的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1.0×10-4 mol/L，
故答案为：1.0×10-4 mol/L；
（2）酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（H+）≈c（A-）、c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数K===1×10-7 ，
故答案为：1×10-7 ；
（3）HA电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1.0×10-4 mol/L、水电离出的c（H+）=mol/L；=
10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）106 倍，
故答案为：106 ；
Ⅱ．（1）pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2=-0.1L=0.9L=900mL，
故答案为：900；
（2）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，
设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，
c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），
V2=1L=1000mL，
故答案为：1000；
（3）0.008mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.008mol/L，设加入盐酸的体积为V，
c（OH-）==0.001mol/L，解得：V=100mL。
故答案为：100。
I．（1）0.1mol/L的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%；
（2）酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（H+）≈c（A-）、c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数K=，将溶液中各数据代入即可；
（3）HA电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%、水电离出的c（H+）=mol/L；
II（1）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2（V1+V2）计算加入的水体积；
（2）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；
（3）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c（OH-）=进行解答。
本题考查弱电解质的电离和pH有关计算，侧重考查分析判断及计算能力，注意电离平衡常数计算中各微粒浓度近似处理方法，知道酸碱混合溶液pH计算方法，题目难度不大。
五、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
23. 实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验．请你完成下列填空：
步骤一：配制250mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液．
步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作4次，记录数据如表．
实验编号
NaOH溶液的浓度
（mol/L）
滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.10
20.02
20.00
2
0.10
20.00
20.00
3
0.10
19.98
20.00
（1）步骤一需要称量氢氧化钠固体的质量为______g，配制标准溶液需要用到玻璃棒，烧杯外，还需要的玻璃仪器有______．
（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是______．判断滴定终点的现象是______．
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为______．
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有______
A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度
B．锥形瓶水洗后直接装待测液
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗
D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
【答案】1.0 250mL容量瓶，胶头滴管 酸式滴定管 最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色 0.10mol/L ADE
【解析】解：（1）步骤一需要称量氢氧化钠固体的质量为0.25L×0.1mol/L×40g/mol=1.0g；在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，还需要仪器为250mL容量瓶，胶头滴管，故答案为：1.0；250mL容量瓶，胶头滴管；
（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是酸式滴定管．判断滴定终点的现象是最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：酸式滴定管；最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色；
（3）由数据可知，消耗NaOH的体积为=20.00mL，c（盐酸）==0.10mol/L，
故答案为：0.10mol/L；
（4）A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，c（NaOH）偏小，消耗的V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏高，故A选；
B．锥形瓶水洗后直接装待测液，对实验无影响，故B不选；
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，n（HCl）偏小，V（NaOH）偏小，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏低，故C不选；
D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，耗V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏高，故D选；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏高，故E选；
故答案为：ADE．
（1）结合m=cVM计算；在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容；
（2）量取20.00mL的稀盐酸，选择酸式滴定管，NaOH滴定盐酸，选择酚酞为指示剂，开始为无色，滴定终点为红色；
（3）由数据可知，消耗NaOH的体积为=20.00mL，结合n（HCl）=n（NaOH）计算．
（4）由c（盐酸）=可知，不当操作使V（NaOH）偏大，则会造成测定结果偏高．
本题考查中和滴定实验，为高频考点，把握仪器的使用、滴定原理、数据处理及误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合计算式分析误差，题目难度不大．
2018-2019学年吉林省长春市九台区师范高级中学、实验高中高二（上）期中化学试卷
一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）
1. 柠檬水溶液的pH是3，其中的c（OH-）是（ ）
A. 0.1mol/L B. 1×10-3mol/L C. 1×10-7 mol/L D. 1×10-11 mol/L
【答案】D
【解析】解：由溶液的pH=3，可知c（H+）=10-pH=10-3mol/L，则c（OH-）===10-11mol/L，故选D。
由溶液的pH，可求出c（H+）=10-pH；然后根据c（OH-）=来计算．
本题考查了溶液pH的有关计算，难度不大，注意公式的灵活运用．
2. 某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（ ）
A. 催化剂能改变该反应的焓变
B. 催化剂能降低该反应的活化能
C. 该反应为放热反应
D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】B
【解析】解：A、催化剂对反应的始态和状态无响应，只改变活化能，则对反应的焓变无影响，故A错误；
B、催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，故B正确；
C、图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故C错误；
D、E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，E1＞E2，即逆反应的活化能小于正反应的活化能，故D错误；
故选：B。
A、催化剂对反应的焓变无影响；
B、催化剂降低反应的活化能；
C、图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应；
D、E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能．
本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键，题目较简单．
3. 甲溶液的pH是4，乙溶液的pH是5，甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为（ ）
A. 10：1 B. 1：10 C. 2：1 D. 1：2
【答案】A
【解析】解：甲溶液的pH是4，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=10-4mol/L，
乙溶液的pH是5，溶液中氢离子浓度为：c（H+）=10-5mol/L，
则甲溶液与乙溶液的c（H+）之比为：10-4mol/L：10-5mol/L=10：1，
故选：A。
分别根据pH=-lg[c（H+）]计算pH=4、pH=5的甲乙溶液中氢离子浓度，然后计算出两溶液中氢离子浓度之比．
本题考查pH的简单计算，为高频考点，试题侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握相关计算公式及其应用，题目难度不大．
4. 下列化学方程式中，属于水解反应的是（ ）
A. H2O+H2O⇌H3O++OH- B. HCO3-+OH-⇌H2O+CO32-
C. CO2+H2O⇌H2CO3 D. CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-
【答案】D
【解析】解：A．H2O+H2O⇌H3O++OH-，属于水的电离反应，故A错误；
B．HCO3-+H2O=H3O++CO32-为HCO3-的电离方程式，故B错误；
C．CO2+H2O⇌H2CO3是二氧化碳与水反应是可逆反应，故C错误；
D．碳酸根离子与水电离出来的氢离子结合生成碳酸氢根离子，所以CO32-+H2O=HCO3-+OH-属于水解反应，故D正确；
故选：D。
根据水解反应的定义：盐电离出的弱酸或弱碱离子与水电离产生的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的反应，以此来解答。
本题考查盐类水解原理、水解离子方程式的分析判断，注意电离方程式的理解应用，要特别注意电离方程式与水解方程式的辨别，题目难度不大。
5. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是（ ）
A. CO（g）+O2（g）=CO2（g）；△H=-283.0 kJ/mol
B. C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=-110.5 kJ/mol
C. H2（g）+O2（g）=H2O（g）；△H=-241.8 kJ/mol
D. 2C8H18（l）+25O2（g）=16CO2（g）+18H2O（l）；△H=-11036 kJ/mol
【答案】A
【解析】解：A、CO的化学计量数为1，产物为稳定氧化物，△H代表燃烧热，故A正确；
B、C的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故B错误；
C、H2的化学计量数为1，但产物不是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故C错误；
D、C8H18的化学计量数为2，产物是稳定氧化物，△H不代表燃烧热，故D错误；
故选：A。
燃烧热表示1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物．
本题考察了燃烧热的概念．表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物，碳形成二氧化碳、氢形成液态水．
6. 已知某溶液中仅存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，其浓度大小有如下关系，其中一定不正确的是（ ）
A. C（Cl-）＞C（NH4+）＞C（H+）＞C（OH-）
B. C（C1-）=C（NH4+），且C（H+）=C（OH-）
C. C（NH4+）＜C（Cl-）＜C（H+）＜C（OH-）
D. C（OH-）＜C（NH4+）＜C（H+）＜C（Cl-）
【答案】C
【解析】解：A．电解质溶液中都存在电荷守恒，C（Cl-）＞C（NH4+），则C（H+）＞C（OH-），故A正确；
B．电解质溶液中都存在电荷守恒，C（C1-）=C（NH4+），则C（H+）=C（OH-），故B正确；
C．电解质溶液中都存在电荷守恒，如果c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），故C错误；
D．当溶液中含有大量的HCl和少量的NH4Cl，则C（OH-）＜C（NH4+）＜C（H+）＜C（Cl-），故D正确。
故选：C。
A．根据电荷守恒分析；
B．根据电荷守恒分析；
C．根据电荷守恒分析，当c（OH-）＞c（H+），则c（Cl-）＜c（NH4+）；
D．当溶液中含有大量的HCl和少量的NH4Cl时满足题中条件．
本题考查离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的应用，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，题目难度不大．
7. 下表中物质的分类组合正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
C2H5OH
CS2
Cl2
SO2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】解：A．NaCl在水溶液中能完全电离，是强电解质；HF在水溶液中只能部分电离，是弱电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不能电离的化合物为非电解质，故A正确；
B．BaSO4在水溶液中溶解的部分能完全电离，是强电解质，故B错误；
C．Cl2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D．HI是在水溶液中能全部分电离的化合物，是强电解质，故D错误；
故选：A。
在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，据此进行判断。
本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确电解质强弱的根本区别是电离的程度。
8. 将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）．若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，现有下列几种说法：
①用物质A表示的反应的平均速率为0.3mol•L-1•s-1；
②用物质B表示的反应的平均速率为0.6mol•L-1•s-1；
③2s时物质A的转化率为30%；
④2s时物质B的浓度为1.4mol•L-1．
其中正确的是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】解：若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，则
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始 2 1 0
转化 0.6 0.3 0.6
2s 1.4 0.7 0.6
①用物质A表示的反应的平均速率为=0.3mol•L-1•s-1，故正确；
②用物质B表示的反应的平均速率为=0.15mol•L-1•s-1，故错误；
③2s时物质A的转化率为×100%=30%，故正确；
④2s时物质B的浓度为0.7mol•L-1，故错误；
故选：A。
若经2s后测得C的浓度为0.6mol•L-1，则
2A（g）+B（g）⇌2C（g）
开始 2 1 0
转化 0.6 0.3 0.6
2s 1.4 0.7 0.6
结合v=、转化率=×100%计算．
本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、反应速率及转化率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意反应中浓度的关系，题目难度不大．
9. 下列事实不能证明甲酸（HCOOH，一元酸）为弱酸的是（ ）
A. 0.1mol/L甲酸的pH为2.3
B. 将pH=2的甲酸稀释100倍后，溶液的pH小于4
C. 温度升高，溶液的导电能力增强
D. 等体积等浓度的甲酸和HCl与足量的锌反应，产生等量的氢气
【答案】D
【解析】解：A.0.1mol/L的甲酸pH=2.3，说明该甲酸溶液中c（H+）=10-2.3 mol/L＜0.1mol/L，则甲酸部分电离，为弱电解质，故A不选；
B．pH=2的甲酸稀释100倍后，溶液的pH小于4，说明稀释过程中甲酸电离，则甲酸存在电离平衡，为弱电解质，故B不选；
C．升高温度，溶液的导电能力增大，说明溶液中离子浓度增大，则甲酸存在电离平衡，为弱电解质，故C不选；
D．等体积等浓度的甲酸、hCl与足量的锌反应，生成等量的氢气，说明甲酸是一元酸，但是不能说明甲酸部分电离，则不能证明甲酸是弱酸，故D选；
故选：D。
要证明甲酸是弱酸，只要证明甲酸部分电离即可，可以根据其一定溶液pH大小、其相应的钠盐溶液pH大小判断，据此分析解答。
本题考查强弱电解质判断，侧重考查对基本概念的理解和掌握，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，不能根据溶质溶解性强弱及溶液导电性强弱判断电解质强弱，为易错点。
10. 对于可逆反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，4υ正（O2）=5υ逆（NO）
B. 若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：2υ正（NH3）=3υ正（H2O）
【答案】A
【解析】解：A、4v正（O2）=5v逆（NO）能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；
B、单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，只表示了正反应方向，故B错误；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢，故C错误；
D、反应速率之比等于方程式的系数之比，所以3υ正（NH3）=2υ正（H2O），故D错误。
故选：A。
A、达到化学平衡时，化学反应速率是相等的，且反应速率之比等于方程式的系数之比；
B、达到化学平衡时，化学反应的正逆反应速率是相等的；
C、若增加容器体积即减小压强，化学反应速率减慢；
D、根据反应速率之比等于方程式的系数之比．
化学平衡状态的判断、化学平衡移动的方向以及影响因素是现在考查的热点，注意知识的归纳和整理，难度不大．
11. 在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=-373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）
A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强
C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强
【答案】B
【解析】解：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H=-373.4kJ•mol-1 ，反应是放热反应，反应后气体体积减小；
A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；
B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；
C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；
D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；
故选：B。
加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析．
本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等．
12. 对于可逆反应A（g）+2B（g）⇌2C（g）（正反应吸热），下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】解：A．增大压强平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故A错误；
B．增大压强平衡正向移动，正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，与图象不符，故B错误；
C．为吸热反应，升高温度平衡正向移动，A的转化率增大，但温度高时反应速率快，与图象不符，故C错误；
D．升高温度平衡正向移动，A的含量减小，且温度高时反应速率快，与图象一致，故D正确；
故选：D。
为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动；为吸热反应，升高温度平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。
13. t℃时，水的离子积为KW，该温度下将a mol•L-1一元酸HA与b mol•L-1一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是（ ）
A. 混合液的pH=7
B. 混合液中c（H+）=
C. a=b
D. 混合液中c（B+）=c（A-）+c（OH-）
【答案】B
【解析】解：A．温度不确定，则中性时溶液pH不一定为7，故A错误；
B．Kw=c（H+）•c（OH-），混合后溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），c（H+）=，故B正确；
C．由于酸碱的强弱未知，则不能确定a、b的关系，故C错误；
D．根据电荷守恒可知：c（B+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），故c（B+）=c（A-），故D错误，
故选：B。
Kw=c（H+）•c（OH-），该温度下将amol/L一元酸HA与bmol/L一元碱BOH等体积混合，若混合后溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），温度不确定，则中性时溶液pH不一定为7，由于酸碱的强弱未知，则不能确定a、b的关系．
本题考查酸碱混合的定性判断和离子浓度大小比较问题，难度中等，注意题中温度、酸碱的强弱等问题．
14. 已知：（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△H=-348.3kJ•mol-1
（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=-31.0kJ•mol-1
则Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s）的△H等于（ ）
A. -379.3 kJ•mol-1 B. -317.3 kJ•mol-1
C. -332.8 kJ•mol-1 D. +317.3 kJ•mol-1
【答案】B
【解析】解：由（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△△H=-348.3kJ/mol，
（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=-31.0kJ/mol，
根据盖斯定律可知，
（1）-（2）可得Zn（s）+Ag2O（s）=ZnO（s）+2Ag（s），
则△H=（-348.3kJ•mol-1）-（-31.0kJ•mol-1）=-317.3kJ•mol-1，
故选：B。
根据已知的热化学反应方程式（1）Zn（s）+O2（g）=ZnO（s）△△H=-348.3kJ/mol，
（2）2Ag（s）+O2（g）=Ag2O（s）△H=-31.0kJ/mol，
（1）-（2）构建目标反应，利用盖斯定律来计算目标反应的反应热，以此来解答。
本题考查学生利用盖斯定律计算反应的反应热，明确已知反应和目标反应的关系是解答本题的关键，题目难度不大。
15. 一定温度下，在密闭容器中X、Y、Z、W四种气体的初始浓度和平衡浓度如下表，下列说法不正确的是（ ）
物质
X
Y
Z
W
初始浓度/mol•L-1
0.5
0.5
0
0
平衡浓度/mol•L-1
0.1
0.1
0.4
0.4
A. 反应达到平衡时，X的体积分数为10%
B. 该温度下反应的平衡常数K=16
C. 保持温度不变增大压强，反应速率加快，平衡向正反应方向移动
D. 若X、Y的初始浓度均为0.8 mol•L-1，相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 mol•L-1
【答案】C
【解析】解：达到平衡状态个物质反应量XYZW物质的量为0.4，04，0.4，0.4，反应的化学方程式为X+Y=Z+W
A、平衡后体积分数=×100%=×100%=10%，故A正确；
B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，K==16，故B正确；
C、依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式为X+Y=Z+W，依据化学平衡移动原理分析，增大压强反应速率增大，平衡不动，故C错误；
D、反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加，若X、Y的初始浓度均为0.8 mol•L-1，相同条件下达到平衡，W的浓度为0.64 mol•L-1 ，故D正确；
故选：C。
A、平衡后体积分数=；
B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；
C、依据消耗物质的物质的量等于化学方程式计量数之比书写化学方程式，依据化学平衡移动原理分析判断；
D、反应前后气体体积不变，同倍数增大起始量，平衡量同倍数增加；
本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡常数的计算分析应用，注意化学方程式的书写方法和反应特征的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
16. 室温下，0.1mol/L的HA溶液中=1010．下列有关说法正确的是（ ）
A. 溶液的pH=4
B. 加蒸馏水稀释后，减少
C. 体积和pH均相等的HA与盐酸中加入足量锌，盐酸中产生的气体多
D. 在NaA溶液中存在浓度关系：c（H+）＞c（OH-）
【答案】B
【解析】解：A、溶液pH=2，故A错误；
B、加水稀释促进HA的电离平衡正向移动，导致n（A-）增大，n（HA）减小，所以减少，故B正确；
C、HA是弱酸，存在电离平衡，体积和pH均相等的HA与盐酸中，HA含酸的物质的量比盐酸多，所以加入足量锌后，盐酸中产生的气体少，故C错误；
D、NaA溶液是强碱弱酸盐，水解显碱性，故D错误；
故选：B。
室温下，0.1mol/L的HA溶液中=1010，据Kw=10-14，则c（H+）=10-2，c（OH-）=10-12，溶液pH=2，HA是弱酸，存在电离平衡，据此分析．
本题考查了弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离平衡正向移动，题目难度不大．
17. 某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示．据图判断正确的是（ ）
A. Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B. b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C. a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D. b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【答案】B
【解析】解：A、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A错；
B、溶液导电性取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电性强，故B正确；
C、Kw的大小只取决于温度，故C错；
D、相同pH值的盐酸和醋酸，醋酸浓度远大于盐酸的浓度，稀释到相同体积时，醋酸（Ⅱ）浓度大于盐酸（Ⅰ）浓度，故D错。
故选：B。
根据盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，故II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，利用c点、b点溶液中的离子浓度来分析导电性；Kw只与温度有关，与溶液的种类以及浓度大小没有关系；相同pH值的盐酸和醋酸，稀释到相同体积时，醋酸（II）浓度大于盐酸（I）浓度．
本题考查强弱电解质溶液稀释时的浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点．
18. 等体积等物质的量浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合溶液中有关离子浓度关系正确的是（ ）
A. C（M+）＞C（OH-）＞C（A-）＞C（H+）
B. C（M+）＞C（A-）＞C（H+）＞C（OH-）
C. C（M+）＞C（A-）＞C（OH-）＞C（H+）
D. C（M+）+C（H+）＞C（A-）+C（OH-）
【答案】C
【解析】解：等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，
由于A-部分水解，溶液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），根据电荷守恒可得：C（M+）+C（H+）=C（A-）+C（OH-），则c（M+）＞c（A-），
溶液中离子浓度大小为：c（M+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），
故选：C。
等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，反应生成强碱弱酸盐MA，由于弱酸根离子A-部分水解，溶液显示碱性，则c（M+）＞c（A-）、c（OH-）＞c（H+）．
本题考查溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握酸碱混合的定性判断方法，明确电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法．
19. 摩尔浓度相同的三种盐NaX、NaY和NaZ的溶液，其中pH值依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是（ ）
A. HX、HZ、HY B. HZ、HY、HX C. HX、HY、HZ D. HY、HZ、HX
【答案】C
【解析】解：因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱。所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，故选C。
根据酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱来解答．
本题考查盐类的水解，题目难度不大，注意酸根离子水解程度越大，对应的酸越弱．
二、双选题（本大题共1小题，共3.0分）
20. 某密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）；△H＜0，如图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是
（ ）
A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时升高了温度 D. t4～t5时间内转化率一定最低
【答案】AC
【解析】解：A．由上述分析可知，t2时刻，使用催化剂，故A正确；
B．该反应放热，如降低温度，则平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C．由上述分析可知，t5时刻，改变条件是升高温度，故C正确；
D．t2时刻平衡不移动，t3、t5时刻平衡逆向移动，所以t6时刻后参加反应的反应物物质的量最少，则反应物的转化率最低，故D错误。
故选：AC。
t2时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大且仍然相等，说明平衡不移动，该反应前后气体计量数之和改变，所以改变的条件只能是催化剂；
t3时刻，改变条件时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向元素，该反应的正反应是放热反应，则改变的条件应该是压强；
t5时刻，改变条件时，正逆反应速率都增大，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，改变的条件应该是温度，以此解答该题．
本题考查图象分析，为高频考点，题目难度中等，侧重考查学生分析判断能力，明确外界条件对反应速率影响、平衡移动影响即可解答，难点是平衡移动原理的灵活运用．
三、填空题（本大题共1小题，共16.0分）
21. 已知A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=______，△H______0（填“＜”“＞”“=”）；
（2）830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1．，则6s时c（A）=______ mol•L-1，C的物质的量为______mol；若反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为______，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为______；
（3）判断该反应是否达到平衡的依据为______（填正确选项前的字母）：
a．压强不随时间改变 b．气体的密度不随时间改变
c．c（A）不随时间改变 d．单位时间里生成c和D的物质的量相等
（4）1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为______。
【答案】 ＜ 0.022 0.09 80% 80% c 2.5
【解析】解：（1）可逆反应A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）的平衡常数表达式k=，
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，即△H＜0，
故答案为：；＜；
（2）反应初始6s内A的平均反应速率v（A）=0.003mol•L-1•s-1，则6s内△c（A）=0.003mol•L-1•s-1×6s=0.018mol/L，A的起始浓度为=0.04mol/L，故6s时时c（A）=0.04mol/L-0.018mol/L=0.022mol/L，
故6s内△n（A）=0.018mol/L×5L=0.09mol，由方程式可知n（C）=△n（A）=0.09mol，
设平衡时A的浓度变化量为x，则：
A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）
开始（mol/L）：0.04 0.16 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：0.04-x 0.16-x x x
故=1，解得x=0.032
所以平衡时A的转化率为×100%=80%，
体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变为80%，
故答案为：0.022；0.09；80%；80%；
（3）a．该反应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故a错误，
b．混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故b错误，
c．可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故c正确，
d．单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故d错误，
故答案为：c；
（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数，故1200℃时反应C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）的平衡常数的值为=2.5，
故答案为：2.5。
（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；
由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；
（2）根据△c=v△t计算△c（A），A的起始浓度-△c（A）=6s时c（A）；
根据△n=△cV计算△n（A），再根据方程式计算C的物质的量；
设平衡时A的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；
体积不变，充入1mol氩气，反应混合物各组分的浓度不变，变化不移动，A的转化率不变；
（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
（4）同一反应在相同温度下，正、逆反应方向的平衡常数互为倒数。
本题考查化学平衡计算、平衡常数计算、化学反应速率、平衡状态判断，难度中等，注意化学平衡状态判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
22. Ⅰ．已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，回答下列问题：
（1）该溶液中c（H+）=______。
（2）HA的电离平衡常数K=______。
（3）由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的______倍。
Ⅱ．室温下，pH=12的NaOH溶液100 mL，欲使它的pH降为11。
（1）如果加入蒸馏水，就加入______mL。
（2）如果加入pH=10的NaOH溶液，应加入______ mL。
（3）如果加入0.008mol/L HCl溶液，应加入______ mL。
【答案】1.0×10-4mol/L 1×10-7 106 900 1000 100
【解析】解：Ⅰ．（1）0.1mol/L的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1.0×10-4 mol/L，
故答案为：1.0×10-4 mol/L；
（2）酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（H+）≈c（A-）、c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数K===1×10-7 ，
故答案为：1×10-7 ；
（3）HA电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%=1.0×10-4 mol/L、水电离出的c（H+）=mol/L；=
10-10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）106 倍，
故答案为：106 ；
Ⅱ．（1）pH=12的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2=-0.1L=0.9L=900mL，
故答案为：900；
（2）pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，
设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，
c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L（0.1+V2），
V2=1L=1000mL，
故答案为：1000；
（3）0.008mol/L HCl溶液中氢离子浓度为0.008mol/L，设加入盐酸的体积为V，
c（OH-）==0.001mol/L，解得：V=100mL。
故答案为：100。
I．（1）0.1mol/L的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%；
（2）酸的电离程度较小，所以溶液中存在c（H+）≈c（A-）、c（HA）≈0.1mol/L，电离平衡常数K=，将溶液中各数据代入即可；
（3）HA电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%、水电离出的c（H+）=mol/L；
II（1）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1=c2（V1+V2）计算加入的水体积；
（2）先根据溶液的pH计算氢氧根离子浓度，再根据c1V1+c2V2=c3（V1+V2）计算加入的氢氧化钠溶液体积；
（3）先计算混合溶液中氢氧根离子浓度，再根据c（OH-）=进行解答。
本题考查弱电解质的电离和pH有关计算，侧重考查分析判断及计算能力，注意电离平衡常数计算中各微粒浓度近似处理方法，知道酸碱混合溶液pH计算方法，题目难度不大。
五、实验题（本大题共1小题，共12.0分）
23. 实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验．请你完成下列填空：
步骤一：配制250mL 0.1000mol/L NaOH标准溶液．
步骤二：取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞溶液作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定．重复上述滴定操作4次，记录数据如表．
实验编号
NaOH溶液的浓度
（mol/L）
滴定完成时，消耗NaOH溶液的体积（mL）
待测盐酸溶液的体积（mL）
1
0.10
20.02
20.00
2
0.10
20.00
20.00
3
0.10
19.98
20.00
（1）步骤一需要称量氢氧化钠固体的质量为______g，配制标准溶液需要用到玻璃棒，烧杯外，还需要的玻璃仪器有______．
（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是______．判断滴定终点的现象是______．
（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度为______．
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果（待测液浓度值）偏高的有______
A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度
B．锥形瓶水洗后直接装待测液
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗
D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
【答案】1.0 250mL容量瓶，胶头滴管 酸式滴定管 最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色 0.10mol/L ADE
【解析】解：（1）步骤一需要称量氢氧化钠固体的质量为0.25L×0.1mol/L×40g/mol=1.0g；在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，还需要仪器为250mL容量瓶，胶头滴管，故答案为：1.0；250mL容量瓶，胶头滴管；
（2）步骤二中量取20.00mL的稀盐酸用到的仪器是酸式滴定管．判断滴定终点的现象是最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：酸式滴定管；最后一滴NaOH溶液加入时，溶液颜色恰好由无色变为（浅）红色，且半分钟内不褪色；
（3）由数据可知，消耗NaOH的体积为=20.00mL，c（盐酸）==0.10mol/L，
故答案为：0.10mol/L；
（4）A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，c（NaOH）偏小，消耗的V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏高，故A选；
B．锥形瓶水洗后直接装待测液，对实验无影响，故B不选；
C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，n（HCl）偏小，V（NaOH）偏小，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏低，故C不选；
D．滴定到达终点时，仰视读出滴定管读数，耗V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏高，故D选；
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，V（NaOH）偏大，由c（盐酸）=可知，会造成测定结果偏高，故E选；
故答案为：ADE．
（1）结合m=cVM计算；在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容；
（2）量取20.00mL的稀盐酸，选择酸式滴定管，NaOH滴定盐酸，选择酚酞为指示剂，开始为无色，滴定终点为红色；
（3）由数据可知，消耗NaOH的体积为=20.00mL，结合n（HCl）=n（NaOH）计算．
（4）由c（盐酸）=可知，不当操作使V（NaOH）偏大，则会造成测定结果偏高．
本题考查中和滴定实验，为高频考点，把握仪器的使用、滴定原理、数据处理及误差分析为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意结合计算式分析误差，题目难度不大．
相关资料
更多
