【化学】陕西省渭南市渭南中学2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷

陕西省渭南市渭南中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
第Ⅰ卷 (共54分)
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 F 19
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共54分)
1.化学与科学、技术、社会和环境密切相关。下列有关说法中不正确的是
A. 对废旧电池进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝
B. 用电解水的方法制取大量H2，可以缓解能源不足的问题
C. 为保护轮船的外壳，常在外壳上镶入锌块
D. 工业上，不能采用电解MgCl2溶液的方法制取金属镁
【答案】B
【解析】
【详解】A. 废旧电池中含有重金属等，进行回收处理，主要是为了环境保护和变废为宝，故A正确；
B．电解水的方法制取大量H2，消耗大量电能，不经济，故B错误；
C．开发和应用氢能源，可以减少化石燃料的燃烧，减少碳的排放，有利于实现“低碳经济”，故C正确；
D．电解MgCl2溶液不能制取金属镁，可用电解熔融的氯化镁的方法制取镁，故D正确；
故选B。
2.下列离子在溶液中因水解反应而不能大量共存的是
A. H+ 、 Cl- 、 OH- 、 Na+
B. Fe3+ 、NO3- 、S2-、 Na+
C. Ba2+ 、Al3+ 、 K+ 、 〔Al(OH)4 〕-
D. NH4+ 、CO32-、 K+ 、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据水解的原理分析解答。
【详解】A. H+ 和 OH- 因为生成水而不能大量共存，但不是因为水解，故A错误；
B. Fe3+ 与S2-会发生氧化还原反应而不能共存，不符合题意，故B错误；
C. Al3+ 与〔Al(OH)4 〕-发生双水解而生成氢氧化铝沉淀而不能共存，故C正确；
D. NH4+ 、CO32-、 K+ 、Cl-可以大量共存，故D错误。
故选D。
【点睛】题意要求是因水解反应而大量共存，审清题干是解题的关键。
3.下列说法中正确的是
A. 强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强
B. NH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质
C. 由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在BOH=B＋＋OH－
D. 相同温度下，0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中NH4+的浓度比0.1 mol·L－1氨水中NH4+的浓度大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 导电能力与溶液中离子浓度有关，强电解质溶液如果浓度很低，其导电能力也弱，故A错误；
B.的水溶液能导电，是因为和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O是电解质，故B错误；
C. 常温下，由0.1 mol•L-1一元碱BOH溶液的pH=10＜13，说明BOH为弱电解质，在溶液中部分电离出氢氧根离子，其电离方程式为：BOH⇌B++OH-，故C错误；
D. NH4Cl属于强电解质，完全电离，而氨水中只能部分电离，相同浓度时，前者NH4+的浓度大，故D正确。
故选D。
【点睛】是强电解质还是弱电解质和溶液的导电能力无直接关系。
4.臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是(　　)
A. 升高温度，平衡常数减小
B. 0-3s内，反应速率V （NO2）=0.2 mol•L-1
C.  t1时仅加入催化剂，平衡正向移动
D. 达到平衡时，仅改变X，则X为C（O2）
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可以知道，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减少，所以A选项是正确的；
B.由图可以知道，0~3s内，内，二氧化氮的浓度变化量1mol/L-0.5mol/L=0.5mol/L，故v(NO2)==0.17mol·L-1·s-1，故B错误；
C.t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；
D.达平衡时，仅增大c(O2)，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可以知道，二氧化氮的转化率随x增大而增大，故D错误。
所以A选项是正确的。
5.（2013•吉林模拟）合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（　　）
A. 增加压强 B. 降低温度 C. 增大CO的浓度 D. 更换催化剂
【答案】B
【解析】
试题分析：提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可，A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；故选B。
考点：考查了化学平衡移动原理的相关知识。
6.下列物质在水溶液中促进了水的电离的是
A. NaHSO4 B. HClO C. NaCl D. CuSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A.NaHSO4在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故A错误；
B.HClO在水溶液中会电离出H+，抑制水的电离，故B错误；
C.NaCl为强酸强碱盐，对水的电离无影响，故C错误；
D.CuSO4溶液中Cu2+会发生水解而促进水的电离，故D正确；
答案选D。
7.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd + 2NiOOH + 2H2OCd(OH)2+ 2Ni(OH)2。有关该电池的说法正确的是
A. 充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+ OH-=" NiOOH" + H2O
B. 充电过程是化学能转化为电能的过程
C. 放电时负极附近溶液的碱性不变
D. 放电时电解质溶液中的OH-向正极移动
【答案】A
【解析】
放电相当于原电池，充电相当于电解池。充电是把电能转化为化学能，B不正确。放电时负极反应式为Cr－2e－＋2OH－=Cr(OH)2，所以负极附近溶液的碱性减弱，C不正确。在原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，D不正确。答案是A。
8.下列说法正确的是
A. 甲烷的标准燃烧热为－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
B. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
C. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0
D. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】C
【解析】
正确答案：C
A、不正确，标准燃烧热生成的水应是液态；B、不正确，反应热是指完全反应时放出的热量；0.5molN2和1.5H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3KJ，不是生成1molNH3放出的热量。C、正确；D、不正确，反应热与过程无关。
9.下列实验操作能达到目的是
A. 用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH
B. 将FeCl3溶液加热蒸干并灼烧获得Fe2O3固体
C. 向明矾溶液中加入一定量NaOH，制备Al(OH)3胶体
D. 室温下测得pH=5的NaHSO4溶液与pH=9的NaHCO3溶液中水的电离程度相等
【答案】B
【解析】
A、次氯酸具有强氧化性，会氧化pH试纸上的有机色素，不能用PH试纸测定次氯酸溶液的pH，A错误；B、FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热、HCl的挥发均引起平衡正向移动，所以最后生成Fe(OH)3沉淀，灼烧得到Fe2O3固体，B正确；C、明矾在水中电离出Al3+，加入一定量的NaOH，生成的是Al(OH)3沉淀而不是胶体，C错误；D、NaHSO4能电离出H+，抑制水的电离，NaHCO3发生水解，促进水的电离，所以水的电离程度不同，D错误。正确答案为B。
10.100mL浓度为2mol·L－1的盐酸溶液跟过量的锌片反应，为减慢反应速率，又不影响生成H2的总量，可采用的方法有：
A. 加适量6mol·L－1HCl溶液 B. 加数滴CuCl2溶液
C. 加适量醋酸钠固体 D. 加适量NaNO3溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：A、加入你的更大的盐酸，反应速率加快，同时氢气的量会增加，错误；B、加入氯化铜，则Zn与置换出的Cu形成原电池，反应速率加快，错误；C、加入适量的醋酸钠固体，则少量盐酸转化为醋酸，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中氢离子的浓度降低，反应速率减慢，但酸的物质的量不变，所以产生的氢气的量不变，正确；D、加硝酸钠溶液，则溶液中存在硝酸，而Zn与硝酸不会产生氢气，所以产生氢气的量减少，错误，答案选C。
考点：考查反应速率的判断
11.下图表示的是某物质所发生的

A. 置换反应 B. 水解反应 C. 中和反应 D. 电离过程
【答案】B
【解析】
试题分析：据题目给出的模型可知， HCO＋H2O=H2CO3＋OH－，而据水解的定义；水与另一化合物反应，该化合物分解为两部分，水中氢原子加到其中的一部分，而羟基加到另一部分，因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。该反应中，水中的氢加到了碳酸氢根离子，氢氧根离子加到了另外一部分的阳离子中，符合水解反应的定义，因此答案选B
考点：考查水解反应的相关知识点
12.常温下，下列离子浓度关系正确的是
A. pH=11的氨水中，c(OH-)=c(NH4+)=10-3mol·L-1
B. pH=9的氨水和NH4Cl混合溶液中，c(Cl-)>c(NH4+)
C. 0.1 mol·L-1NH4Cl溶液中，c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-)
D. 0.1 mol·L-1NH4Cl溶液中，c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
【答案】C
【解析】
A、氨水中的OH-除了氨水电离的一部分外，还有H2O电离出的一部分，所以c(OH-)>c(NH4+)，c(OH-)=10-3mol·L-1，A错误；B、pH=9的氨水和NH4Cl混合溶液中，c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-) c(NH4+)> c(H+)>c(OH-)，D错误。正确答案为C。
13.N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。一定温度下，在2 L固定容积的密闭容器中发生反应：2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0。反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。下列说法中不正确

A. 曲线a表示NO2的物质的量随时间的变化
B. 10 s时，v(正)>v(逆)
C. 20 s时反应达到平衡
D. 0～20 s内平均反应速率 v(O2)＝0.05 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】
试题分析：A.由图像可知，曲线a随时间的推移逐渐增大，所以曲线a表示生成物NO2的物质的量随时间的变化曲线，A项正确；B.10 s以后，NO2的物质的量继续增加，说明反应正向移动，则10 s时，v(正)＞v(逆)，B项正确；C.20 s后反应物和生成物的浓度不再发生变化，说明达到平衡，则20s时反应达到平衡，C项正确；D.0～20 s内，v(N2O5)＝2.0÷（2×20）＝0.05 mol·L－1·s－1，则v(O2)＝0.5v(N2O5)＝0.025 mol·L－1·s－1，D项错误；答案选D。
考点：考查化学图像的分析与判断，化学反应速率的计算等知识。
14. 某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则

A. 电流方向：电极IV→→电极I
B. 电极I发生还原反应
C. 电极II逐渐溶解
D. 电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu
【答案】A
【解析】
试题分析：A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误，答案选A。
考点：考查装置的判断，电化学原理的应用
15.在一定条件下发生反应3A(g)+2B(g) zC(g)+2D(g)，在2 L 的密闭容器中把4 mol A 和 2 mol B 混合，2 min 后反应达到平衡时生成 1.6 mol C，又测得反应速率v(D)=0.2 mol·(L·min) -1 。则下列说法不正确的是
A. z=4 B. B 的转化率是40%
C. A 的平衡浓度是1.4 mol·L-1 D. 平衡时气体压强是原来压强的0.9
【答案】D
【解析】
试题分析：根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数z，VD=0.2mol/（L•min），VC==0.4mol/（L•min），则z=4；
3A（g）+2B（g）4C（g）+2D（g），
开始(mol) 4 2 0 0
转化 1.2 0.8 1.6 0.8
平衡 2.8 1.2 1.6 0.8
A、计算可知z=4，A正确；B、B的转化率=×100%=40%，B正确；C、A的平衡浓度==1.4mol/L，C正确；D、气体物质的量之比等于压强之比，平衡时气体压强是原来的=，D错误；故选D。
考点：考查了化学平衡的计算的相关知识。
16.已知某种微生物燃料电池工作原理如图所示。下列有关该电池的说法中，正确的是

A. 外电路电子从B极移向A极
B. 溶液中H+由B极区移向A极区
C. 电池工作一段时间后B极区溶液的pH减小
D. A极电极反应式为：CH3COOH - 8e-+ 2H2O = 2CO2 + 8H+
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图知，A电极上C元素化合价由0价变为+4价，则A是负极、B是正极，负极反应式为CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，电解质溶液呈酸性，则正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。A．通过以上分析知，A是负极、B是正极，电子从A流向B，故A错误；B．电池内电解质溶液中所含的H+由负极A移向正极B，故B错误；C．B极为正极，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，正极上消耗氢离子，所以溶液pH增大，故C错误；D．A电极上失电子发生氧化反应，则A极的电极反应为：CH3COOH-8e-+2H2O═2CO2↑+8H+，故D正确；故选D。
【考点定位】考查化学电源新型电池
【名师点晴】本题考查了原电池原理的应用，注意把握原电池反应中元素化合价的变化以及电极的判断和电极方程式的书写，侧重于考查学生的分析能力。在燃料电池中，负极上投放燃料，燃料在负极上失电子发生氧化反应；正极上投放氧化剂，氧化剂在正极上得电子发生还原反应。本题中通过电极上物质中元素的化合价的变化判断出电池的正负极是解题的关键。
17.常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是
A. 稀释pH＝10的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低
B. pH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同
C. 等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液相比，碳酸钠溶液的pH大
D. 分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量多
【答案】C
【解析】
试题分析：氨水中存在一水合氨的电离平衡，稀释促进电离，OH－的数量增加，但浓度降低。温度不变，所以氢离子的浓度增大，A不正确；B中的盐酸是强酸，抑制水的电离。氯化铵是强碱弱酸盐，水解，促进水的电离，B不正确；碳酸钠的水解程度强于碳酸氢钠的，所以溶液的碱性强，即等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液相比，碳酸钠溶液的pH大，C正确；醋酸是弱酸，在pH相同的条件下，醋酸的浓度大于硫酸的浓度，所以分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的物质的量少，D不正确，答案选C。
考点：考查弱电解质的电离平衡、盐类水解、中和滴定的有关判断
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，在注重对学生基础性知识检验和训练的同时，侧重对学生能力的培养。有利于培养学生分析、概念和总结问题能力，有助于提升学生的学科素养，提高学生的应试能力和学习效率。
18.可逆反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)　ΔH，同时符合下列两图中各曲线规律的是

A. a＋b>c＋d　T1>T2　ΔH>0
B. a＋b>c＋d　T1 C. a＋bT2　ΔH>0
D. a＋b 【答案】B
【解析】
试题分析：由左图可知T1＜T2 ，升高温度生成物浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由右图可知增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d，故选B。
考点：考查了温度、压强对平衡移动的影响的相关知识。
第二部分(非选择题 共46分)
19.（1）明矾净水原理___________________________________（离子方程式表示），胶体具有________________性。
（2）在25℃时，将pH=13的强碱与pH=2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比为___________
（3）NH4Cl溶液显______________（填“酸性”、“中性”或“碱性”），理由是_________（用离子方程式或必要的文字说明）．
（4）NaHCO3溶液中，下列表述正确的是_______
A．c（Na+） + c(H+）= c（HCO3﹣）+ c（CO32﹣）+ c（OH﹣）
B. c（OH﹣）= c（H2CO3）+ c（H+）-c(CO32﹣)
C．c（OH﹣）= c（HCO3﹣）+ c（H+）+c（H2CO3）
D．c (Na+）= c（HCO3﹣）+ c(CO32﹣) + c(H2CO3）
【答案】 (1). Al3++3H2O Al(OH)3 +3H+ (2). 吸附性 (3). 1:9 (4). 酸性 (5). NH4++H2O NH3·H2O+H+ (6). BD
【解析】
【分析】
可根据溶液混合反应后剩余c(OH-)浓度列式求解；根据水解原理分析溶液的酸碱性；根据物料守恒、质子守恒和电荷守恒比较溶液中离子浓度大小。
【详解】(1)明矾净水原理是由于铝离子发生了水解反应，离子方程式为：Al3++3H2O Al(OH)3 +3H+；胶体具有吸附性；
故答案为：Al3++3H2O Al(OH)3 +3H+，吸附性；
(2) 设以下标1表示酸，2表示碱，则混合前碱中c2(OH-)=0.1 mol·L-1，酸中c1(H+)=0.01 mol·L-1，则：c余(OH-)=10-3 mol·L-1==0.001；解得V2∶V1=1∶9，
故答案为：1∶9；
(3)NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶液显酸性；理由是发生了水解反应，离子方程式为：NH4++H2O NH3·H2O+H+，
故答案为：酸性，NH4++H2O NH3·H2O+H+；
(4)NaHCO3溶液中，下列表述正确的是_______
A.根据电荷守恒得：c(Na+) + c(H+)= c(HCO3﹣)+2 c(CO32﹣)+ c(OH﹣)，故A错误；
B.根据质子守恒的：c(H+) = c(OH﹣) + c(CO32﹣) -c(H2CO3) 即 c(OH﹣)= c(H2CO3)+ c(H+)-c(CO32﹣) ，故B正确；
C．根据质子守恒得：c(OH﹣)= c(H2CO3)+ c(H+)-c(CO32﹣)，所以c(OH﹣)= c(HCO3﹣)+ c(H+)+c(H2CO3) 错误，故C错误；
D．根据物料守恒得：c (Na+)= c(HCO3﹣)+ c(CO32﹣) + c(H2CO3)，故D正确；
故答案为：BD。
【点睛】在运用电荷守恒规律时，应注意CO32﹣所带电荷数为2，由电荷守恒关系减去物料守恒关系，即可得到质子守恒关系。
20.在容积恒为0.5 L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，其化学平衡常数K与t的关系如下表：
t/℃
200
300
400
K
K1
K2
0.5(mol·L－1)－2
请完成下列问题：
（1）试比较K1、K2的大小，K1________K2(填“>”、“＝”或“<”)。
（2）下列各项能做为判断该反应达到化学平衡状态的依据的是_____(填字母序号)。
a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1∶3∶2
b．v正(N2)＝3v逆(H2)
c．容器内压强保持不变
d．混合气体的密度保持不变
（3）400 ℃时，反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的平衡常数K为____。当测得NH3、H2、N2的物质的量分别为3 mol、1 mol、2 mol时，则该反应的v正(N2)___ v逆(N2)(填“>”、“＝”或“<”)。
【答案】(1)＞　(2)c　(3)2　＞
【解析】
(1)因反应是放热反应，升温平衡向左移动，反应程度减小，故K1＞K2；(2)因反应前后气体总体积发生变化，故压强不变，说明反应混合物中各组分的含量不变，即反应处于平衡状态；反应前后气体质量不变，容器容积不变，故反应过程中混合气体的密度一直保持不变；反应平衡时，3v正(N2)＝v逆(H2)；容器中N2、H2、NH3的浓度之比与反应是否达到平衡状态无关；(3)在400℃时，合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数K＝0.5，故400℃时，2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)的化学平衡常数为＝2；利用容器中各物质的物质的量浓度可知：Q＝＝＝＜2，所以反应2 NH3(g)N2(g)＋3H2(g)向右进行，v正(N2)＞v逆(N2)
21.关于化学反应的理论是一个经过简化的概念模型，合理简化的概念模型是研究化学反应原理的基础。反应速率的碰撞理论提出：能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞。
（1）图I是HI分解反应中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是________（填“a”“b”或“c”）。

（2）过渡态理论是在碰撞理论的基础上提出的：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。根据图Ⅱ写出相应的热化学方程式：_____________________________________________ 。
（3）过渡态理论认为，催化剂改变反应速率的原因是改变了活化能从而改变了反应的途径。请在图Ⅱ中画出该反应在其他条件不变，仅使用催化剂而使反应速率加快的能量变化示意图。________
【答案】 (1). a (2). (3).
【解析】
【详解】（1）只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，分析三个图，可知只有a有新物质生成，则a为有效碰撞，故答案为：a；
（2）反应热为134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，则反应的热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234 kJ/mol，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234 kJ/mol；
（3）使用催化剂而使反应速率加快的的原因是降低了反应的活化能，故答案为：
。
22.（1）水的电离平衡曲线如图，若A点表示25 ℃时水的电离达到平衡时的离子浓度，B点表示100 ℃时水的电离达到平衡时的离子浓度。则100 ℃时1 mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的[H＋]＝________ mol·L－1，KW(25 ℃)________(填“>”、“<”或“＝”)KW(100 ℃)。25 ℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是________(填“促进”、“抑制”或“不影响”)。

（2）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知如表数据。
化学式
电离平衡常数(mol·L－1)(25 ℃)
HCN
K＝4.9×10－10
CH3COOH
K＝1.8×10－5
H2CO3
K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11
①25 ℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为________________________。
②25 ℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则[Na＋]________[CH3COO－](填“＞”、“<”或“＝”)。
③向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
【答案】（1）1×10-6；<；
（2）促进
（3）Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；
（4）>
（5）NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3
【解析】
试题分析：（1）25℃时纯水中c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-14 ，当温度升高到100℃，纯水中c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=10-12 ；100℃时1mol•L-1的NaOH溶液中Kw=c（H+）•c（OH-）=10-12 ；c（OH-）=1mol/L，水电离出的c（H+）=1×10-12；水的电离时吸热过程，加热促进电离氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大，Kw增大，所以Kw（25℃）＜Kw（100℃），故答案为：1×10-12；＜；
（2））NH4Cl固体溶解后溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，溶液呈酸性，水的电离被促进，故答案为：促进；
（3）依据图表数据分析，醋酸电离常数大于氰酸大于碳酸氢根离子，所以等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液水解程度等浓度的Na2CO3溶液＞NaCN溶液＞CH3COONa溶液，溶液pH为Na2CO3溶液的＞NaCN溶液的＞CH3COONa溶液的；故答案为：Na2CO3＞NaCN＞CH3COONa；
（4）等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，c（H+）＜c（OH-）依据溶液中电荷守恒c（H+）+ c（Na+）= c（OH-）+ c（CH3COO-），c（Na+）＞c（CH3COO-）；故答案为：＞；
（5）向NaCN溶液中通入少量CO2 ，H2CO3酸性大于HCN大于HCO3-，所以反应生成氰酸和碳酸氢钠，不能生成二氧化碳，反应的化学方程式为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3；故答案为：NaCN+H2O+CO2=HCN+NaHCO3。
【考点定位】考查水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理
【名师点晴】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，盐类水解应用，溶液酸碱性的计算判断，注意碳酸是二元弱酸分步电离，第二部电离比氰酸小。
23.两位同学设计实验确定某一元酸HA是弱电解质并分析其中的变化，实验方案如下：
甲：取纯度、质量、大小相同的锌粒于两只相同气球中，向2支试管中分别加入浓度均为0.1mol/L的HA溶液和稀盐酸各10mL，将气球套在试管上，并同时将锌粒加入试管。
乙：用pH计测定浓度为0.1mol/LHA溶液的pH；
(1)甲同学设计的方案中，说明HA是弱电解质的实验现象是_________(填字母)。
a. 两个试管上方的气球同时鼓起，且一样大
b. 装有HA溶液的试管上方的气球鼓起慢
c. 装有盐酸的试管上方的气球鼓起慢
(2)乙同学设计的方案可证明HA是弱电解质：测得0.1mol/L的HA溶液的pH________1(填“>”“<”或“=”)。
(3)若从水解原理角度设计一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，证明HA是弱电解质，你的设计方案是_________。
(4)乙同学根据HA在溶液中的电离平衡移动的原理，进一步做下列分析。
①使HA的电离程度和c(H+)都减小，c(A-)增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入___________试剂。
②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，可在0.1mol/L的HA溶液中，选择加入________试剂。
A.NaA固体 B.1mol/LNaOH溶液
C. 0.1mol/LH2SO4 溶液 D.2mol/LHA
【答案】 (1). b (2). > (3). 配制NaA溶液，常温下测其pH，若pH>7，则证明HA是弱电解质 (4). A (5). D
【解析】
【分析】
根据弱电解质的电离、盐类的水解等相关知识分析解答。
【详解】(1)若HA是弱酸，与相同质量的锌粒反应速率会比盐酸反应放出氢气慢，故b正确，故选b；
(2)若HA是强酸，水溶液中完全电离，0.1mol/L的HA的PH值应为1，若HA是弱酸，则不完全电离，c(H+)<0.1mol/L，即PH值大于1，
故答案为：>；
(3)若HA是弱电解质，则它形成盐应该是强碱弱酸盐，该溶液不显中性而显碱性，即可证明HA是弱电解质，
故答案为：配制NaA溶液，常温下测其pH，若pH>7，则证明HA是弱电解质；
(4)①使HA的电离程度和c(H+)都减小，即抑制A-的水解，且c(A-)增大，可以减小溶液的体积，也可以加入NaA固体，故A正确，故选A；
②使HA的电离程度减小，c(H+)和c(A-)都增大，就只能加入HA，故D正确，故选D。
【点睛】强弱电解质的本质区别是强电解质在水溶液中完全电离，而弱电解质是部分电离，因此在弱电解质溶液中，弱电解质分子与电离后的离子同时存在；
主要从以下几个方面比较：①同浓度强弱电解质导电性不同；②反应速率：与同种物质反应的速率；③同浓度是的PH值大小；④加水稀释，平衡移动。