还剩23页未读，
继续阅读
【化学】安徽省定远重点中学2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
展开
安徽省定远重点中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
1.有关键能数据如下表所示：
则晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)===SiO2(s) ΔH＝－989.2 kJ·mol－1，则x的值为( )
A. 460 B. 920
C. 1 165.2 D. 423.3
【答案】A
【解析】
试题分析：在Si晶体中，一个硅原子与4个硅原子成键，每条化学键被两个硅原子共用，故相当于每个硅原子完全占有两条化学键，故反应掉1mol硅，需要断裂2mol的Si-Si，生成1mol的SiO2形成4mol的Si-O键，用吸收的热量减去放出的热量得化学反应的△H，△H=2×176KJ/mol+498.8KJ/mol-4xKJ/mol=-989.2KJ/mol，x=460KJ/mol
考点：化学反应的热效应与化学键键能的关系
2.强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。又知在溶液中反应有：
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1
1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1
HNO3(aq)＋KOH(aq)===KNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3kJ·mol－1
则Q1、Q2、Q3的关系正确的是( )
A. Q1＝Q2＝Q3 B. Q2＞Q1＞Q3 C. Q2＞Q3＞Q1 D. Q2＝Q3＞Q1
【答案】C
【解析】
【分析】
强酸和强碱在稀溶液中发生反应产生1mol水放出的热量为中和热，弱电解质电离吸收热量，浓硫酸溶于水放出大量的热，据此解答。
【详解】强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)= H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1；醋酸为弱酸，电离产生氢离子和CH3COO-吸收热量，所以CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)= CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1，Q1<57.3；浓硫酸溶于水放出大量的热，1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1，Q2>57.3；硝酸、氢氧化钾就是强电解质，在溶液中以离子形式存在，所以HNO3(aq)＋KOH(aq)= KNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3kJ·mol－1，Q3=57.3，因此三个反应放出热量关系为Q2>Q3> Q1，选项C正确。故合理选项是C。
3.氯原子对O3分解有催化作用：①O3＋Cl===ClO＋O2 ΔH1，②ClO＋O===Cl＋O2 ΔH2。大气臭氧层的分解反应是③O3＋O===2O2 ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中，正确的是( )
A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3 B. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E2－E3
C. O3＋O===2O2是吸热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，错误；
B．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，根据盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2。由A可知，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，△H=E3-E2，错误；
C．由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，错误；
D．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2，正确。
故合理选项是D。
4.已知热化学方程式：SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g) ΔH＝－98.32 kJ·mol－1，在一定温度的密闭容器中充入2 mol SO2和1molO2充分反应，经过一段时间放出的热量为98.32 kJ，则容器中的压强与起始时压强的比值为( )
A. 3/2 B. 2/3 C. 6/5 D. 5/6
【答案】D
【解析】
【分析】
热化学方程式中的反应热为反应物完全反应时的反应热，达到平衡状态时最终放出的热量为98.32kJ，说明转化的SO2为1mol，结合方程式计算平衡时混合气体总物质的量，容器内气体压强之比等于气体物质的量之比，据此解答。
【详解】达到平衡状态时最终放出的热量为98.32kJ，说明转化的SO2为1mol，则：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
起始量(mol)：2 1 0
转化量(mol)：1 0.5 1
平衡量(mol)：1 0.5 1
根据可知：容器气体的压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时容器中的压强与起始时压强的比值为，故选项是D正确。
【点睛】对于化学平衡题目的计算，一般采用三段式法，把相应物质的起始量、改变量、某时刻的量(或平衡量)写在相应物质的化学式下面，然后根据物质的量的有关计算公式进行相应的计算。注意若反应方程式为可逆反应的热化学方程式，反应热是反应物完全反应所放出或吸收的热量。
5.用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是( )
A. OE段表示的平均速率最快
B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. G点表示收集的CO2的量最多
【答案】D
【解析】
【详解】A.斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，错误；
B.由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672ml-224ml=448ml，所以二氧化碳的物质的量为n(CO2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为Δc=，则EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为V(HCl)=，错误；
C.OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224ml、448ml、112ml，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224ml：448ml：112ml=2：4：1，错误；
D.G点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳，总共784ml，正确。
故合理选项是D。
6.反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2N2+H2O2(慢) ②H2O2+H22H2O(快)T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 整个反应的速率由第①步反应决定
B. 该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)
C. 正反应的活化能:①＜②
D. 该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=﹣664 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A．依据反应过程中的多步反应的速率由反应慢的决定分析；
B．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据确定氢气浓度与反应速率关系；Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度与反应速率关系，据此得到速率方程，代入I数值计算得到速率常数K，分析判断方程正误；
C．根据反应的活化能越高，反应难进行分析；
D．根据发生反应产生的物质越多，反应放出的热量就越多，结合热化学方程式书写，分析判断，并标注物质聚集状态和对应反应的焓变。据此解答。
【详解】A．①2NO+H2═N2+H2O2（慢），②H2O2+H2═2H2O（快），反应历程中有多步反应时，反应速率由反应慢的决定，则整个反应速度由第①步反应决定，A正确；
B．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据可知：在NO浓度不变时，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，根据Ⅲ、Ⅳ数据分析可知，在H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，得到速率方程，v=Kc2（NO）•c（H2），将Ⅰ中数据代入该方程可以计算出K=5000，则速率方程v=5000c2（NO）•c（H2），B正确； C．根据反应的活化能越高，反应难进行，结合已知条件，可知反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，C错误；
D．在反应2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，则生成28gN2放热Q=166kJ×(28÷7)=664KJ，该反应的热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，D正确；
故本题合理选项是C。
【点睛】本题考查了反应的活化能与反应速率的关系、实验数据的处理、热化学方程式书写、速率方程的推导和计算应用的知识。在数据处理时，要学会使用控制变量方法进行分析，这是确定速率公式中物质浓度与速率关系的关键，同时要明确多步反应的速率快慢是由慢反应决定这一重要因素。
7.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是( )
A. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B. 若图1所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好
C. 用图2装置比较反应速率，可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间
D. 为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应的剧烈程度与实验现象有关，反应越剧烈，产生气体的速率越快，产生气泡越快，所以正确；B．催化剂能改变化学反应的速率，这里是加快速率，若图1所示实验中反应速率为①＞②，则一定说明氯化铁比硫酸铜催化效果好，因二者所含的阴离子不同，要证明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好，还要使选择的试剂中阴离子种类相同，错误．C．反应速率可用单位时间内产生的气体体积表示，该装置可通过注射器活塞的位置变化看生成气体的体积，正确．D．检查装置的气密性一般是利用气压的原理，在图2装置中，关闭A处活塞，将注射器的活塞拉出一定距离，过一段时间后再松开活塞，如活塞回到原位，说明气密性良好，否则漏气，正确。
考点：考查影响化学反应速率的因素的判断的知识。
8.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【分析】
A.用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比；
B.反应物的消耗和生成物的产生都表示化学反应正向进行，不能说明到达平衡；
C.若增加容器体积，反应物和生成物的浓度都减少，速率都降低；
D. 用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，据此解答。
【详解】A.反应处于平衡状态时，用不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，4v正(O2)=5v逆(NO)，表明正反应速率等于逆反应速率，故反应到达平衡状态，正确；
B.若单位时间内生成xmolNO，根据方程式中NO、NH3的系数关系可知，必然会消耗xmolNH3，这都表示反应向正向进行，不能说明到达平衡状态，错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，反应物和生成物的浓度都减少，使正、逆反应速率都减小，错误；
D.速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以化学反应速率关系是3v正(NH3)=2v正(H2O)，错误；
故本题合理选项是A。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素、用不同物质表示反应速率时的相互关系、化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，属于高频考点，题目难度中等。A、B选项中用不同物质表示的速率关系判断平衡状态的判断为易错点，可逆反应达到平衡状态时，用同一物质表示时是V正=V逆；若用不同物质表示，当两者都是反应物，则一种用V正，一种用V逆表示，速率比等于化学计量数之比；当两种物质一种是反应物，另一种是生成物时，两者应都用生成速率或都用消耗消耗表示，速率之比应等于方程式中相应的化学计量数之比。
9.氯化铜在盐酸中呈黄绿色，存在的化学平衡是[Cu(H2O)4]2＋(淡蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄绿色)＋4H2O，下列可使该溶液变成淡蓝色的方法是( )
A. 减少蒸馏水 B. 加硝酸银溶液
C. 加氯化钠固体 D. 加硫酸钠固体
【答案】B
【解析】
【分析】
要使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该可逆反应的化学平衡向逆反应方向移动，据此分析解答。
【详解】根据题意可知，能使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该可逆反应的化学平衡向逆反应方向移动
A.水是生成物，减少蒸馏水，使可逆反应向正反应方向移动，使溶液黄绿色加深，错误；
B.加AgNO3溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，使溶液中c(Cl-)减小，减小反应物的浓度，平衡向逆反应方向移动，能使溶液变成淡蓝色，正确；
C.加入NaCl固体，使溶液中氯离子浓度增大，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，能使溶液黄绿色加深，不能使溶液变成淡蓝色，错误；
D.加硫酸钠固体时，硫酸钠电离产生的离子不能与反应中的任何离子反应，反应体系中各种微粒的浓度不变，所以溶液的颜色也不变，错误；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了外界条件对可逆反应的平衡移动的问题，若加入的物质使反应物的微粒浓度增大(或使生成物的浓度降低)，反应正向移动；若加入的物质使反应物的微粒浓度减小(或使生成物的浓度增大)，反应则逆向移动；明确物质间的反应是解本题关键，难度不大。
10.两个体积相同带活塞的容器，分别盛装一定量的颜色相同的NO2(g)和Br2(g)，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(假设气体不液化)，下列说法正确的是( )
A. a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B. a′，b′的颜色一样深
C. a′的压强比a的压强2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍
D. a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小
【答案】C
【解析】
【分析】
在密闭容器中放入NO2气体，存在可逆反应：2NO2N2O4，a→a′过程中缩小容器的容积，导致物质的浓度增大，体系的压强也增大，但平衡移动的趋势是微弱的；Br2在密闭体系中不存在化学反应，容器的容积缩小，物质的浓度增大，据此解答。
【详解】A.a→a′过程中2NO2N2O4，缩小容器的容积，导致各种物质的浓度都增大，体系的压强也增大，由于反应物的系数大，所以反应物NO2的浓度比生成物的浓度增大得多，平衡向正反应反应移动，但平衡移动的趋势是微弱的；达到新平衡时各物质(气体)的浓度都比旧平衡时大，因此最终气体的颜色比原来深，错误；
B.开始时NO2(g)和Br2(g)浓度相等，容器的容积减小的倍数相同，但a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，b中不存在化学反应，导致a′颜色应比b′中的略浅，错误；
C. a→a′过程中，平衡正向移动，使a′中气体物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小；b和b′中物质的量相等，气体体积是原来的一半，则b′的气体的压强为b中气体的压强的2倍，正确；
D.两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，颜色深的浓度不一定大，颜色浅的浓度不一定小，故a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小，错误。
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断的知识。注意二氧化氮、溴蒸汽都是红棕色的气体，但二氧化氮在密闭体系中存在可逆化学反应形成的化学平衡，可根据容积减小对物质浓度和压强的影响来分析化学平衡的移动，而溴单质只是浓度增大，无平衡存在，这是解答该题的关键，题目难度中等。
11.已知反应：A2(g)＋2B2(g)2AB2(g) ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡正向移动
B. 达到化学平衡时，v正(A2)＝2v逆(B2)
C. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
D. 达到平衡后，降低温度A2气体的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，错误；
B.达到化学平衡时，2v正(A2)=2v逆(A2)= v逆(B2),错误；
C.升高温度,可以使正、逆反应速率都增大，与反应是放热反应还是吸热反应无关，错误；
D.当可逆反应达到平衡以后，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，因此A2的转化率增大，正确；
故合理选项是D。
12.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】
弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。
13.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是( )
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25 ℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，醋酸的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸电离，使醋酸电离平衡常数增大，正确；
B．在稀的CH3COOH溶液加水稀释，使溶液中c(H+)减小，同时稀释，使溶液中电离平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说稀释后溶液中c(H+)减小。由于温度不变， Kw= c(H+)· c(OH－)不变，因此加水稀释溶液中氢离子浓度减小，导致c(OH-)增大，正确；
C．向醋酸中加入CH3COONa固体，使溶液中c(CH3COO－)增大，根据平衡移动原理，增大c(CH3COO－)，抑制醋酸电离，平衡逆向移动，正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，与其他外界条件无关，温度不变，电离平衡常数不变，所以要使电离平衡常数减小，应该改变温度，错误；
故本题合理选项是D。
14.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是
A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B. M区域内任意点均有c(H＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。
【考点定位】本题考查水的离子积常数，图像的分析与判断。
【名师点睛】本题以水的电离平衡为背景，结合图像综合考查c（H+）与c(OH-)的关系，其解题的关键是Kw是个常数，它只与温度有关，明确图中纵横坐标、曲线的含义等，考题在情境和问题设置上贴近考生的思维习惯，不偏、不怪，难度适中。注意水的电离平衡特点。
15.水在超临界状态时的电离程度与标准状态不同，如：在1 000 ℃时，密度达到1 kg·L－1，超临界水的电离程度是标准状态水的1 000倍，则对此超临界状态下水的说法正确的是( )
A. 该水的离子积常数Kw＝1.0×10－12
B. 该水不具有腐蚀性
C. 1 L该水中加入4 g氢氧化钠，则溶液c(H＋)＝10－13mol·L－1
D. 锌在该水中迅速溶解，产生氢气
【答案】D
【解析】
【分析】
A．KW=c(H+)·c(OH-)；B．先计算水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度，再根据离子浓度的大小判断其是否有腐蚀性；C．先计算氢氧化钠的物质的量浓度，再根据离子积常数、溶液pH含义计算其pH；D．锌和氢离子反应生成氢气，据此解答。
【详解】A．由于超临界水的电离程度是标准状态水的1000倍，所以超临界水中c(H+)=c(OH-)=10-4mol/L，则根据水的离子积常数KW =c(H+)·c(OH-)=10-8，错误；
B．由于超临界水中c(H+)=c(OH-)=10-4mol/L，氢离子浓度和氢氧根离子浓度都较大，所以超临界具有强的腐蚀性，错误；
C．n(NaOH)=,根据超临界水的密度知，1L该水中加入4g氢氧化钠，则溶液的物质的量浓度接近0.1mol/L，则pH为7，错误；
D．超临界水中c(H+)=c(OH-)=10-4mol/L，由于水中氢离子浓度较大，所以锌在该水中会迅速溶解，发生反应产生氢气，正确；
故正确选项是D。
【点睛】本题是信息给予题，要根据题给信息，结合常温下水的电离、水的离子积常数的含义、溶液的pH与c(H+)的关系、物质的腐蚀性与溶液中c(H+)、c(OH-)大小关系来分析解答，难度较大。
16. 下列叙述正确的是( )
A. 无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,在常温下,其c(H+)·c(OH-)=1×10-14
B. c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液一定是中性溶液
C. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水的离子积常数只与温度有关，在室温下，Kw= c（H+）·c（OH-）=1×10-14，A正确；B．在室温下，c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液，若不是室温条件，则不是中性溶液，B错误；C．对于弱酸醋酸来说，浓度越大，电离程度就越小，所以0.2mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）的2倍小，C错误；D．对于稀溶液，可以用pH来表示其酸性的强弱，若是浓溶液，则直接用溶液的浓度表示溶液的酸碱性，D错误。答案选A。
考点：考查溶液的酸碱性及表示的知识。
17.常温下，将pH＝1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为( )
A. 11∶1 B. 10∶1 C. 6∶1 D. 5∶1
【答案】C
【解析】
设每份硫酸的体积为1L，pH=1的硫酸溶液中c（H＋）=0.1mol·L－1，c（H2SO4）=c（H＋）/2=0.05mol·L－1，pH升高了1，则溶液中c（H＋）=0.01mol·L－1，①当是加水稀释时，设加入水的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则:1L×0.1mol·L－1=（1+x）L×0.01mol·L－1，x=9，②加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液时，设加入氢氧化钠的体积为yL，则有：（1L×0.1mol·L－1-yL×0.05mol·L－1）=0.01mol·L－1×（1+y）L，y=9/6，则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为 =6：1，故选C。
点睛：本题考查物质的量浓度的计算，解题关键：运用物质的量计算公式计算，从质量守恒的角度解答，题目难度中等，易错点：另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，硫酸溶液的pH、氢离子浓度、H2SO4化学式中的氢原子数2、与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液的浓度，四个物理量要理解清楚。
18.在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol/L，则该溶液中，一定能大量共存的离子是( )
A. K+、Na+、MnO4-、SO42- B. Na+、CO32-、AlO2-、Cl-
C. K+、Na+、Cl-、Br- D. K+、Cl-、Ba2+、HCO3-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、MnO4－显紫红色，故错误；B、此溶质为酸或碱，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故错误；C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故正确；D、HCO3－既不能在碱中大量共存，也不能在酸中大量共存，故错误。
考点：考查离子的大量共存等知识。
19.某温度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是( )
A. a值一定大于9
B. Ⅰ为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线
C. 完全中和相同体积的稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氢氧化钠是强电解质，完全电离，而一水合氨为弱电解质，部分电离，若开始时c(OH-)相同，则c(NaOH)
B．由图可知，开始的pH相同，在稀释时NaOH溶液中只存在稀释使c(OH-)减小的作用；而在氨水中存在电离平衡作用：NH3·H2ONH4++OH-，稀释使电离平衡正向移动，导致c(OH-)减小的倍数比NaOH小，则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，正确；
C．由于NaOH是强碱，完全电离，而NH3·H2O 是弱碱，部分电离，所以物质的浓度：c(NaOH)
故本题合理选项是D。
【点睛】本题考查溶液稀释时pH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键。
20.已知HF、CH3COOH均为弱酸，酸性强弱顺序为HF＞CH3COOH。下列说法不正确的是
A. 浓度均为0.1mol·L-1的NaF、CH3COONa溶液相比较，CH3COONa溶液碱性较强
B. 0.1mol·L-1CH3COOH溶液，加水稀释过程中，所有离子浓度均减小
C. NaF溶液中含有Na+、F-、H+、OH-、H2O、HF六种微粒
D. NaF溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c（F-）变大
【答案】B
【解析】
试题分析：选项B、加水稀释，促进了弱酸的电离，使得电离出的c(H+)增大，故选项B说法错误。答案为B。
考点：电解质溶液；电离与水解
点评：本题是对电解质溶液中离子的水解电离的考查，对于弱酸的酸根离子，酸性越弱，水解程度越强；另一方面，加入水解产物离子，抑制水解；加入能与水解产物离子反应的物质，促进水解。
21.下表是25 ℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是
A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2===2HCO3-+Cl-+ClO-
C. 向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，此时溶液pH=5
D. 向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol· L-1的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
A．弱电解质的电离平衡常数越小，该弱电解质的电离程度越小，其相应离子的水解程度越大；B．弱电解质的电离平衡常数越大，其酸性越强，C．根据混合溶液中醋酸的电离平衡常数含义分析解答；D．根据溶度积分析混合溶液中二者形成沉淀时需要的c(Ag+)，该值越小的越容易形成沉淀。
【详解】A根据电离平衡常数可知酸性：CH3COOH>HClO，所以次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，故相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中c(CH3COO-)＞c(ClO-)，水解使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)> c(CH3COO-)>c(ClO-)> c(OH-)>c(H+)，A错误；
B．根据表格数据可知：HClO的电离平衡常数大于HCO3-，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，由于溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，所以反应的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-，B正确；
C．25 ℃时醋酸的电离平衡常数K= =1.8×10-5可得c(H+)=；当向该溶液中加入NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，将其带入上述公式可得c(H+)=3.24×10-5mol/L，所以pH=4.5， C错误；
D．混合溶液中生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)=1.8×10-10÷1×10-3=1.8×10-7mol/L；而生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=4.47×10-5mol/L，可见形成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，所以氯化银先沉淀，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离、难溶电解质的沉淀溶解平衡的知识。明确弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，该弱酸根离子的水解程度越小，对于盐的组成构型相同的物质来说，溶度积常数越小，越容易形成其沉淀；对于结构组成不同的盐来说，不能直接根据溶度积常数大小判断，要先计算出形成该沉淀需要的离子浓度，需要的离子浓度小的物质，首先产生沉淀。本题侧重于考查学生的分析能力和计算能力，难度中等。
22.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 ( )
【答案】B
【解析】
【分析】
A．与盐酸反应产生能够使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体为二氧化碳，原溶液中可能含有碳酸氢钾、碳酸钾； B．Mg(OH)2粉末可以与酸反应，来调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀；C.向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，可根据溶液中Qc(BaCO3)与Ksp(BaCO3)的大小判断；D．乙醇易挥发，挥发出的乙醇蒸汽、生成的乙烯以及副反应产生的SO2气体均能使高锰酸钾褪色，据此解答。
【详解】A.KHCO3也会产生该现象，该钾盐不一定是K2CO3，错误；
B．铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，溶液呈酸性，向其中加入足量Mg(OH)2粉末，可与溶液中的H+发生反应，溶液的pH增大，铁离子的水解平衡向正向移动，生成氢氧化铁沉淀，故可用于除杂，正确；C.饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，由实验现象可知Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，因此生成碳酸钡沉淀，该沉淀与盐酸发生反应生成二氧化碳气体，这与BaCO3和BaSO4的溶度积大小无关，错误；
D．乙醇易挥发，挥发的乙醇蒸汽和生成的乙烯均能使高锰酸钾褪色，而且浓硫酸有强的氧化性，浓硫酸氧化乙醇后得到的还原产物SO2也可以使高锰酸钾褪色，因此有该现象不能说明是否有乙烯生成，错误；本题选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及离子检验、沉淀生成、物质的性质及反应现象等，侧重考查学生的分析能力和实验能力，掌握物质的各种物理性质和化学特性及离子的检验方法是本题解答的关键。
23.已知25℃时，AgCl的溶度积Ksp＝1.8×10－10，则下列说法正确的是( )
A. 向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大
B. AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)
C. 温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出
D. Ksp(AgI)
【解析】
【分析】
A.根据Ksp只与温度有关分析；B.溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)的大小关系与加入的盐的浓度和体积都有关；C.根据Qc(AgCl)与Ksp大小分析判断；D.根据二者的构型与Ksp大小分析判断。
【详解】A. Ksp值只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关，由于温度不变，所以AgCl的Ksp不变，错误；
B. AgNO3溶液与NaCl溶液混合时，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，由于加入的两种溶液的浓度及体积未知，不知道是否恰好反应，因此不能确定反应后的溶液中 c(Ag＋)和c(Cl－)大小关系，错误；
C. 温度一定时，当溶液中Qc=c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，达到溶解平衡，没有AgCl沉淀析出。只有当c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp时，才会有AgCl的沉淀析出，错误；
D.AgI、AgCl构型相同，其Ksp越大，形成饱和溶液时，离子浓度就越大，该物质的溶解度就越大，所以可根据Ksp(AgI)
24.25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如下表，下列说法正确的是( )
A. AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c(Ag＋)依次减小
B. Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)约为1.0×10－6mol·L－1
C. 向AgCl悬浊液中加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色
D. 向等浓度的KCl与K2CrO4的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
根据每种物质的溶度积常数，计算出各自溶液中c(Ag＋)大小，再判断其大小；对于构型相同的盐来说，溶解度小的物质可以转化为溶解度更小的物质；当混合溶液中酸根离子浓度相等时，形成沉淀需要的c(Ag＋)越小，就首先形成该难溶性的物质，据此解答。
【详解】A．由表中数据可知溶度积AgCl饱和溶液中c(Ag＋)=×10-5mol/L；Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)==×10-4mol/L，AgI饱和溶液中c(Ag＋)=×10-9mol/L，可见三种物质的溶液中c(Ag＋)大小顺序是Ag2CrO4>AgCl>AgI，错误；
B.根据A选项可知Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)约为×10-4mol/L，错误；
C.AgI溶度积小于AgCl，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的容易实现，所以向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，可能有黄色沉淀产生，正确；
D．由A可知，饱和溶液中c(Ag＋)：AgCl＜Ag2CrO4，向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，首先生成白色沉淀，错误；
故正确选项是C。
【点睛】本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡的问题，要注意比较表格中的数据，把握好溶解平衡的特征及影响因素。只有物质的类型相同且化学式中阴、阳离子的个数比相同时，才可以利用溶度积大小直接判断物质的溶解度的大小；若物质组成的构型不同，就不能直接利用溶度积大小来比较其溶解性，需转化为溶解度，再进行比较，否则易误判，导致失分。
25.某实验小组拟用pH试纸验证醋酸是弱酸。甲、乙两同学的方案分别是
甲：①准确配制0.1mol·L－1的醋酸钠溶液100mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
乙：①量取一定量的冰醋酸准确配制pH＝1的醋酸溶液100mL；
②取醋酸溶液1mL，加水稀释为10 mL；
③用pH试纸测出②中溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
（1）两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是______________________，简要说明pH试纸的使用方法：______________________________。
（2）甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸钠溶液的pH________(选填“<”“>”或“＝”，下同)7，乙方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH________2。
（3）请你评价乙方案的不妥之处：_____________________。
【答案】 (1). 100 mL容量瓶 (2). 把小块干燥的pH试纸放在洁净干燥的表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH (3). > (4). < (5). 难以配制pH＝1的醋酸溶液，稀释之后用pH试纸测量不能读出准确数值
【解析】
【分析】
配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的定量仪器是容量瓶；pH是粗略测定溶液pH的物质，不能湿润，在使用过程中要注意防止氧化还原反应的发生；弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释时既存在稀释作用，也存在平衡移动问题，要从这两方面考虑；要确定某酸为弱酸，可以测定一定物质的量浓度的溶液的pH，也可根据盐的水解规律分析判断。据此解答。
【详解】(1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，需要用容量瓶，要指明容量瓶的规格。两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是100 mL容量瓶。pH试纸是粗略测定溶液pH的试纸，用pH试纸测定溶液的pH的方法是：取一小段pH试纸放在玻璃片上，用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，变色后跟比色卡对照，读出溶液的pH；
(2)由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，则醋酸钠是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。水解的离子方程式：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水解平衡的存在，破坏了水的电离平衡，最终导致溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，故测得醋酸钠溶液的pH>7；一元弱酸，在水溶液里存在电离平衡，只有一部分醋酸分子发生电离，所以c(CH3COOH)>c(H+)，因此pH=1时，c(CH3COOH)＞0.1mol/L，当将该溶液稀释10倍，醋酸的电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)的减小小于10倍， pH变化不到一个单位，所以稀释后溶液的pH大小是：1＜pH＜2；
(3)乙方案的不妥之处有：1.难以配制pH＝1的醋酸溶液；2.因为pH试纸只能粗略地测量溶液的pH，稀释之后用pH试纸测量不能读出准确数值。
【点睛】本题考查了比较酸性相对强弱方法、pH的使用的知识，注意电解质的强弱是根据其电离程度划分的，不能根据溶液的导电能力划分，也不能根据其溶解度大小判断，为易错点。
26.化学学习小组进行如下实验。
[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________ 。
[测定H2C2O4·xH2O 中x值] 已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1
①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；
②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；
③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。
(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。
(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________ (选填 a、b)。
(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。
(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。
(6)通过上述数据，求得x= ____ 。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响) 。
【答案】（1）温度，1.0，溶液褪色时间/s；
（2）5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
(3)b；(4)20.00；(5)锥形瓶中颜色变色；(6)2，偏小。
【解析】
试题分析：（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响，溶液体积都是6.0mL，因此a=1.0，乙：溶液褪色时间/s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL；(5)滴定过程中，眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260/(90＋18x)=0.01，解得x=2，未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。
考点：考查影响化学反应速率的因素、滴定管的使用、滴定实验等知识。
27.50 mL0.5 mol·L－1盐酸跟50 mL0.55 mol·L－1NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。试回答下列问题：
（1）实验目的： ___________________________________________。
（2）实验用品：烧杯(500mL和100mL各1只)、温度计、塑料泡沫板(或硬纸板)、泡沫塑料或纸条、________(填写所缺的实验仪器)；0.50mol·L－1盐酸、0.55mol·L－1NaOH溶液
（3）实验步骤：(略)
（4）问题与结论：
①完整地做一次这样的实验，需测定________次温度。
②大、小烧杯间填满碎纸条、大烧杯上加盖硬纸板的作用是________________。
③该实验中NaOH溶液的浓度大于盐酸浓度的作用是__________________。
④大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热的数值有何影响：__________________________，理由： ____________________________________。
⑤改用60 mL1.0mol·L－1盐酸跟50 mL 1.1 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放热量是否相等：____________；所求中和热数值是否相等： _________________。
【答案】 (1). 测定中和热 (2). 量筒、环形玻璃搅拌棒 (3). 3 (4). 减少实验过程中的热量损失 (5). 要保证盐酸反应完全 (6). 偏小 (7). 热量散失 (8). 不等 (9). 相等
【解析】
【分析】
测定中和热要有反应的酸、碱溶液、减少反应过程热量损失的隔热保护装置、测定反应溶液的量具、使物质快速反应的搅拌仪器、测定溶液反应前后温度的仪器；同时为保证一种反应物完全反应，要使另一种反应物稍微过量；为减少实验的偶然性，要多次实验；酸碱中和反应是放热反应，反应放出的热量多少与反应的物质的多少有关，而中和热是产生1mol水所放出的热量，与反应物的多少无关，据此解答。
【详解】(1)根据题意可知该实验的目的是测定中和热；
(2) 测定中和热的实验实验用品：有烧杯(500mL和100mL各1只)、温度计、塑料泡沫板(或硬纸板)、泡沫塑料或纸条、0.50mol·L－1盐酸、0.55mol·L－1NaOH溶液、量取一定体积溶液的量筒、测定溶液温度的温度计，以及既可搅拌加速反应，同时也可使溶液混合均匀的玻璃搅拌棒。故所缺的实验仪器有量筒、环形玻璃搅拌棒；
(4)①要完整地做一次这样的实验，需测定酸、碱的初始温度以及反应后的最高温度，因此至少需要测量3次温度；②中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；③用过量的氢氧化钠保证盐酸反应完全，计算反应热要以不足量的、完全反应的盐酸为标准进行计算；因此实验中NaOH溶液的浓度大于盐酸浓度的作用是保证盐酸反应完全；④大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，最终导致求得的中和热数值偏小；⑤反应放出的热量的多少与所用酸、碱的量有关，若用60mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液进行反应，NaOH的完全反应，盐酸过量，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，则所放出的热量增加，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与具体反应的酸、碱用量无关，因此反应过程中放出的热量增多，而中和热不变。
【点睛】本题考查学生中和热测定的有关知识，减少反应过程是热量损失是实验成功的关键，可通过填加隔热、绝热物质、将碱(或酸)快速转移到盛有酸(或碱)的隔热仪器中、迅速盖上隔热板、用环形玻璃搅拌棒及时搅动反应液、准备测定反应前后的温度等；为减少实验的偶然性，一般实验要测定三次，取其平均值。掌握实验原理即可解答，是高频考点，难度不大。
28.为探究浓度对化学反应速率的影响，某学习兴趣小组中的甲、乙、丙三位同学均用如图所示实验装置进行相关实验(其中固体反应物来源相同)，有关实验具体情况见下表。
回答下列问题：
（1）由甲同学的实验可以得出的结论是_____________________________________。
（2）由乙同学的实验能否得出“其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快”的结论？ ________(填“能”或“不能”)，原因是________________________。
（3）由丙同学的实验现象得出的结论明显与甲的不同，你认为造成这种不同的原因可能是________，请你设计出一种新的实验方案验证你的推测： _________。
（4）甲同学随后又通过实验探究了温度对化学反应速率的影响，试推测甲同学可能的实验方案为____________________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 在其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快 (2). 不能 (3). HNO3与锌反应不产生H2，反应原理不同 (4). SO42-对反应有抑制作用或Cl-对反应有促进作用 (5). A、B中都放入6.5gZn，2mol/L的盐酸，同时向B中加入一定质量的Na2SO4等硫酸盐，若B速率慢，说明SO42-对该反应有抑制作用；或A、B中都放入6.5gZn，2mol/L的盐酸，同时再向A中加入一定质量的NaCl等盐酸盐，若A速率快，说明Cl-对该反应有促进作用。 (6). 取相同体积、相同浓度的同一种盐酸溶液分别放在两个试管中，并分别加入等质量的锌粉，然后将其中一支试管放入冷水，另一支试管放入热水中，然后比较两支试管中反应的快慢确定温度对速率的影响。
【解析】
【分析】
(1)分析对比A、B中的不同点对实验现象的影响，得出该因素对结论的影响；(2)要采用控制变量法得到结论；(3)分析对比丙的A、B溶液的异同，从酸根的不同进行分析；(4)探究温度对速率的影响时，要保证只有温度不同，其他因素相同，据此解答。
【详解】(1)甲同学采用的锌粉质量相同，反应的温度相同，溶液中酸的种类相同，不同的是盐酸的浓度B>A，反应实质都是Zn+2H+=Zn2++H2↑，结果B中反应速率快，说明：在其他条件相同时，增大反应物的浓度，反应速率加快；
(2)由于乙同学的实验与甲比较，不仅两溶液中H+存在差异，而且酸根也不同，而且B中金属与硝酸发生反应不能产氢气，两者的反应原理也不同，因此不能得出“其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快”这个结论；
(3)丙同学的反应原理与甲相同，除二者的酸根离子不同外，其他条件都相同，B的慢，只能从酸根离子的角度分析。可能是SO42-对该反应有抑制作用，也可能是Cl-对该反应有促进作用。可通过A、B中都放入6.5gZn粉、等体积2mol/L的盐酸，同时向B中加入一定质量的Na2SO4等硫酸盐，若B速率慢，说明SO42-对该反应有抑制作用；或A、B中都加入6.5gZn、等体积2mol/L的盐酸，同时向A中加入一定质量的NaCl等盐酸盐，若A速率快，说明Cl-对该反应有促进作用。
(4)探究温度对化学反应速率的影响时，只能使温度不同，其他各种因素均相同，因此只要取相同体积、相同浓度的同一种酸溶液分别放在两个试管中，并加入等质量的锌粉，然后将其中一只试管放入冷水，另一只试管放入热水中，通过比较反应的快慢就可以得到结论。
【点睛】本题考查了浓度对化学反应速率的影响的知识，涉及控制变量方法、实验方案的设计等，注意对比观察实验的不同点是本题解答的关键。在使用控制变量方法时，只能是一个反应条件不同，其他的实验条件相同，若多个条件发生变化，就不能得到正确的结论。
29.已知在酸性溶液中，碘酸钾和亚硫酸钠会发生如下一些反应：
①IO3-＋3HSO3-3SO42-＋3H＋＋I－(慢)
②IO3-＋5I－+6H＋3I2＋3H2O(慢)
③I2＋HSO3-+H2O2I－+SO42-＋3H＋(快)
分别配制下面溶液：
溶液A：0.9 g碘酸钾溶于少量温水中，再稀释到500 mL。
溶液B：0.45 g亚硫酸钠配成溶液，稀释到500 mL。
溶液C：取5 g可溶性淀粉，放在小烧杯中，加入25 mL冷水，搅拌成悬浊液。另取200 mL水加热至沸腾，趁沸腾时倒入淀粉悬浊液并迅速搅拌，使淀粉糊化、溶解。到溶液冷却后边搅拌边慢慢加入12.5 mL浓硫酸，最后也稀释到500 mL。
溶液 D：200 mL水＋50 mL A液＋50 mL C液
溶液 E：225 mL水＋25 mL A液＋50 mL C液
试回答下列问题：
（1）根据实验原理，化学反应速率由哪步反应决定________。(填①、②、③)
（2）当哪种离子耗尽时才能见到溶液变蓝色________。(选填：I－、HSO3-、H＋、IO3-)。
（3）在盛放D液和E液的两只烧杯里同时加入50 mL B液。D、E两烧杯哪个溶液先变蓝色________(填：D、E)。
【答案】 (1). ①② (2). HSO3－ (3). D
【解析】
【分析】
(1)当化学反应有多步反应时，化学反应速率的大小由最慢的化学反应决定；(2)当有碘剩余时可使淀粉变蓝色；(3)在其他条件不变时，物质的浓度越大，反应速率越快，据此解答。
【详解】(1)化学反应速率的大小取决于慢的反应，根据题意可知反应①②慢，而反应③快，因此该反应的总反应由①②决定反应速率的大小；
(2)由于I2遇淀粉溶液会变为蓝色，所以当有碘剩余时可使淀粉变蓝色，因HSO3-与碘单质会发生反应，所以HSO3-耗尽时才能见到溶液变蓝色；
(3)比较D、E可知，其他都相同，只有碘酸钾的浓度不同，D中碘酸钾的浓度比E大，根据浓度对化学反应速率的影响：在其他条件不变时，反应物的浓度越大，反应速率越大。因此首先变蓝色的是D；
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素、物质的性质实验探究，把握实验的原理以及数据的分析、浓度对化学反应速率的影响是本题解答的关键。该题为高考常见题型和高频考点，难度不大。
1.有关键能数据如下表所示：
则晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)===SiO2(s) ΔH＝－989.2 kJ·mol－1，则x的值为( )
A. 460 B. 920
C. 1 165.2 D. 423.3
【答案】A
【解析】
试题分析：在Si晶体中，一个硅原子与4个硅原子成键，每条化学键被两个硅原子共用，故相当于每个硅原子完全占有两条化学键，故反应掉1mol硅，需要断裂2mol的Si-Si，生成1mol的SiO2形成4mol的Si-O键，用吸收的热量减去放出的热量得化学反应的△H，△H=2×176KJ/mol+498.8KJ/mol-4xKJ/mol=-989.2KJ/mol，x=460KJ/mol
考点：化学反应的热效应与化学键键能的关系
2.强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。又知在溶液中反应有：
CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1
1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1
HNO3(aq)＋KOH(aq)===KNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3kJ·mol－1
则Q1、Q2、Q3的关系正确的是( )
A. Q1＝Q2＝Q3 B. Q2＞Q1＞Q3 C. Q2＞Q3＞Q1 D. Q2＝Q3＞Q1
【答案】C
【解析】
【分析】
强酸和强碱在稀溶液中发生反应产生1mol水放出的热量为中和热，弱电解质电离吸收热量，浓硫酸溶于水放出大量的热，据此解答。
【详解】强酸和强碱在稀溶液中的中和热可表示为H＋(aq)＋OH－(aq)= H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1；醋酸为弱酸，电离产生氢离子和CH3COO-吸收热量，所以CH3COOH(aq)＋NaOH(aq)= CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q1kJ·mol－1，Q1<57.3；浓硫酸溶于水放出大量的热，1/2H2SO4(浓)＋NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q2kJ·mol－1，Q2>57.3；硝酸、氢氧化钾就是强电解质，在溶液中以离子形式存在，所以HNO3(aq)＋KOH(aq)= KNO3(aq)＋H2O(l) ΔH＝－Q3kJ·mol－1，Q3=57.3，因此三个反应放出热量关系为Q2>Q3> Q1，选项C正确。故合理选项是C。
3.氯原子对O3分解有催化作用：①O3＋Cl===ClO＋O2 ΔH1，②ClO＋O===Cl＋O2 ΔH2。大气臭氧层的分解反应是③O3＋O===2O2 ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中，正确的是( )
A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3 B. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E2－E3
C. O3＋O===2O2是吸热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，错误；
B．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，根据盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2。由A可知，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，△H=E3-E2，错误；
C．由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，错误；
D．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2，正确。
故合理选项是D。
4.已知热化学方程式：SO2(g)＋1/2O2(g)SO3(g) ΔH＝－98.32 kJ·mol－1，在一定温度的密闭容器中充入2 mol SO2和1molO2充分反应，经过一段时间放出的热量为98.32 kJ，则容器中的压强与起始时压强的比值为( )
A. 3/2 B. 2/3 C. 6/5 D. 5/6
【答案】D
【解析】
【分析】
热化学方程式中的反应热为反应物完全反应时的反应热，达到平衡状态时最终放出的热量为98.32kJ，说明转化的SO2为1mol，结合方程式计算平衡时混合气体总物质的量，容器内气体压强之比等于气体物质的量之比，据此解答。
【详解】达到平衡状态时最终放出的热量为98.32kJ，说明转化的SO2为1mol，则：
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
起始量(mol)：2 1 0
转化量(mol)：1 0.5 1
平衡量(mol)：1 0.5 1
根据可知：容器气体的压强之比等于气体物质的量之比，则平衡时容器中的压强与起始时压强的比值为，故选项是D正确。
【点睛】对于化学平衡题目的计算，一般采用三段式法，把相应物质的起始量、改变量、某时刻的量(或平衡量)写在相应物质的化学式下面，然后根据物质的量的有关计算公式进行相应的计算。注意若反应方程式为可逆反应的热化学方程式，反应热是反应物完全反应所放出或吸收的热量。
5.用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是( )
A. OE段表示的平均速率最快
B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. G点表示收集的CO2的量最多
【答案】D
【解析】
【详解】A.斜率表示反应速率，斜率越大反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，错误；
B.由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672ml-224ml=448ml，所以二氧化碳的物质的量为n(CO2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O，可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为Δc=，则EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为V(HCl)=，错误；
C.OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224ml、448ml、112ml，所以OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224ml：448ml：112ml=2：4：1，错误；
D.G点表示收集的二氧化碳为从开始到G点生成的二氧化碳，总共784ml，正确。
故合理选项是D。
6.反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k•cm(NO)•cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2N2+H2O2(慢) ②H2O2+H22H2O(快)T℃时测得有关实验数据如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 整个反应的速率由第①步反应决定
B. 该反应速率表达式：v=5000c2(NO)•c(H2)
C. 正反应的活化能:①＜②
D. 该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=﹣664 kJ•mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
A．依据反应过程中的多步反应的速率由反应慢的决定分析；
B．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据确定氢气浓度与反应速率关系；Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度与反应速率关系，据此得到速率方程，代入I数值计算得到速率常数K，分析判断方程正误；
C．根据反应的活化能越高，反应难进行分析；
D．根据发生反应产生的物质越多，反应放出的热量就越多，结合热化学方程式书写，分析判断，并标注物质聚集状态和对应反应的焓变。据此解答。
【详解】A．①2NO+H2═N2+H2O2（慢），②H2O2+H2═2H2O（快），反应历程中有多步反应时，反应速率由反应慢的决定，则整个反应速度由第①步反应决定，A正确；
B．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据可知：在NO浓度不变时，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，根据Ⅲ、Ⅳ数据分析可知，在H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，得到速率方程，v=Kc2（NO）•c（H2），将Ⅰ中数据代入该方程可以计算出K=5000，则速率方程v=5000c2（NO）•c（H2），B正确； C．根据反应的活化能越高，反应难进行，结合已知条件，可知反应①难以进行，说明反应的活化能高，正反应的活化能一定是①＞②，C错误；
D．在反应2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，则生成28gN2放热Q=166kJ×(28÷7)=664KJ，该反应的热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ•mol-1，D正确；
故本题合理选项是C。
【点睛】本题考查了反应的活化能与反应速率的关系、实验数据的处理、热化学方程式书写、速率方程的推导和计算应用的知识。在数据处理时，要学会使用控制变量方法进行分析，这是确定速率公式中物质浓度与速率关系的关键，同时要明确多步反应的速率快慢是由慢反应决定这一重要因素。
7.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是( )
A. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B. 若图1所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好
C. 用图2装置比较反应速率，可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间
D. 为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应的剧烈程度与实验现象有关，反应越剧烈，产生气体的速率越快，产生气泡越快，所以正确；B．催化剂能改变化学反应的速率，这里是加快速率，若图1所示实验中反应速率为①＞②，则一定说明氯化铁比硫酸铜催化效果好，因二者所含的阴离子不同，要证明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好，还要使选择的试剂中阴离子种类相同，错误．C．反应速率可用单位时间内产生的气体体积表示，该装置可通过注射器活塞的位置变化看生成气体的体积，正确．D．检查装置的气密性一般是利用气压的原理，在图2装置中，关闭A处活塞，将注射器的活塞拉出一定距离，过一段时间后再松开活塞，如活塞回到原位，说明气密性良好，否则漏气，正确。
考点：考查影响化学反应速率的因素的判断的知识。
8.对可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A. 达到化学平衡时，4v正(O2)＝5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系：2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
【分析】
A.用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比；
B.反应物的消耗和生成物的产生都表示化学反应正向进行，不能说明到达平衡；
C.若增加容器体积，反应物和生成物的浓度都减少，速率都降低；
D. 用不同物质表示的化学反应速率之比等于方程式中相应物质的化学计量数之比，据此解答。
【详解】A.反应处于平衡状态时，用不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，4v正(O2)=5v逆(NO)，表明正反应速率等于逆反应速率，故反应到达平衡状态，正确；
B.若单位时间内生成xmolNO，根据方程式中NO、NH3的系数关系可知，必然会消耗xmolNH3，这都表示反应向正向进行，不能说明到达平衡状态，错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，反应物和生成物的浓度都减少，使正、逆反应速率都减小，错误；
D.速率之比等于对应物质的化学计量数之比，所以化学反应速率关系是3v正(NH3)=2v正(H2O)，错误；
故本题合理选项是A。
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素、用不同物质表示反应速率时的相互关系、化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，属于高频考点，题目难度中等。A、B选项中用不同物质表示的速率关系判断平衡状态的判断为易错点，可逆反应达到平衡状态时，用同一物质表示时是V正=V逆；若用不同物质表示，当两者都是反应物，则一种用V正，一种用V逆表示，速率比等于化学计量数之比；当两种物质一种是反应物，另一种是生成物时，两者应都用生成速率或都用消耗消耗表示，速率之比应等于方程式中相应的化学计量数之比。
9.氯化铜在盐酸中呈黄绿色，存在的化学平衡是[Cu(H2O)4]2＋(淡蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(黄绿色)＋4H2O，下列可使该溶液变成淡蓝色的方法是( )
A. 减少蒸馏水 B. 加硝酸银溶液
C. 加氯化钠固体 D. 加硫酸钠固体
【答案】B
【解析】
【分析】
要使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该可逆反应的化学平衡向逆反应方向移动，据此分析解答。
【详解】根据题意可知，能使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该可逆反应的化学平衡向逆反应方向移动
A.水是生成物，减少蒸馏水，使可逆反应向正反应方向移动，使溶液黄绿色加深，错误；
B.加AgNO3溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，使溶液中c(Cl-)减小，减小反应物的浓度，平衡向逆反应方向移动，能使溶液变成淡蓝色，正确；
C.加入NaCl固体，使溶液中氯离子浓度增大，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，能使溶液黄绿色加深，不能使溶液变成淡蓝色，错误；
D.加硫酸钠固体时，硫酸钠电离产生的离子不能与反应中的任何离子反应，反应体系中各种微粒的浓度不变，所以溶液的颜色也不变，错误；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了外界条件对可逆反应的平衡移动的问题，若加入的物质使反应物的微粒浓度增大(或使生成物的浓度降低)，反应正向移动；若加入的物质使反应物的微粒浓度减小(或使生成物的浓度增大)，反应则逆向移动；明确物质间的反应是解本题关键，难度不大。
10.两个体积相同带活塞的容器，分别盛装一定量的颜色相同的NO2(g)和Br2(g)，迅速将两容器同时压缩到原来的一半(假设气体不液化)，下列说法正确的是( )
A. a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B. a′，b′的颜色一样深
C. a′的压强比a的压强2倍要小，b′的压强为b的压强的2倍
D. a′中的c(NO2)一定比b′中的c(Br2)小
【答案】C
【解析】
【分析】
在密闭容器中放入NO2气体，存在可逆反应：2NO2N2O4，a→a′过程中缩小容器的容积，导致物质的浓度增大，体系的压强也增大，但平衡移动的趋势是微弱的；Br2在密闭体系中不存在化学反应，容器的容积缩小，物质的浓度增大，据此解答。
【详解】A.a→a′过程中2NO2N2O4，缩小容器的容积，导致各种物质的浓度都增大，体系的压强也增大，由于反应物的系数大，所以反应物NO2的浓度比生成物的浓度增大得多，平衡向正反应反应移动，但平衡移动的趋势是微弱的；达到新平衡时各物质(气体)的浓度都比旧平衡时大，因此最终气体的颜色比原来深，错误；
B.开始时NO2(g)和Br2(g)浓度相等，容器的容积减小的倍数相同，但a在压缩中有一定NO2转化成N2O4，b中不存在化学反应，导致a′颜色应比b′中的略浅，错误；
C. a→a′过程中，平衡正向移动，使a′中气体物质的量比a中要少，a′的压强比a的压强2倍要小；b和b′中物质的量相等，气体体积是原来的一半，则b′的气体的压强为b中气体的压强的2倍，正确；
D.两者颜色一样深，并不意味着c(NO2)和c(Br2)相等，颜色深的浓度不一定大，颜色浅的浓度不一定小，故a′中的c(NO2)不一定比b′中的c(Br2)小，错误。
故合理选项是C。
【点睛】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断的知识。注意二氧化氮、溴蒸汽都是红棕色的气体，但二氧化氮在密闭体系中存在可逆化学反应形成的化学平衡，可根据容积减小对物质浓度和压强的影响来分析化学平衡的移动，而溴单质只是浓度增大，无平衡存在，这是解答该题的关键，题目难度中等。
11.已知反应：A2(g)＋2B2(g)2AB2(g) ΔH＜0，下列说法正确的是( )
A. 达到平衡后，升高温度有利于该反应平衡正向移动
B. 达到化学平衡时，v正(A2)＝2v逆(B2)
C. 升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小
D. 达到平衡后，降低温度A2气体的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，错误；
B.达到化学平衡时，2v正(A2)=2v逆(A2)= v逆(B2),错误；
C.升高温度,可以使正、逆反应速率都增大，与反应是放热反应还是吸热反应无关，错误；
D.当可逆反应达到平衡以后，降低温度，平衡向放热的正反应方向移动，因此A2的转化率增大，正确；
故合理选项是D。
12.数据：7.2×10﹣4、4.6×10﹣4、4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：①NaCN+HNO2===HCN+NaNO2，②NaCN+HF====HCN+NaF，③NaNO2+HF===HNO2+NaF。由此可判断下列叙述中，不正确的是（ ）
A. HF的电离平衡常数为7.2×10﹣4
B. HNO2的电离平衡常数为4.9×10﹣10
C. 根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D. HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【答案】B
【解析】
【分析】
弱酸在溶液中存在电离平衡，相同温度下，弱酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，并结合强酸可与弱酸的盐发生反应制取弱酸，进行分析解答。
【详解】强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据：①NaCN+HNO2=HCN+NaNO2、②NaCN+HF═HCN+NaF、③NaNO2+HF=HNO2+NaF，可知酸性：亚硝酸的酸性大于氢氰酸，氢氟酸的酸性大于亚硝酸，故这三种酸的强弱顺序是：氢氟酸＞亚硝酸＞氢氰酸。
A．通过以上分析知，氢氟酸的酸性最强，所以氢氟酸的电离平衡常数最大，为７.２×10﹣４正确；
B．通过以上分析知，亚硝酸的酸性强于氢氰酸而比HF弱，所以亚硝酸的电离平衡常数为：4.6×10-4，错误；
C．根据强酸制取弱酸知，由①知道酸性：亚硝酸＞氢氰酸；根据③可知酸性：氢氟酸＞亚硝酸，故通过这两个反应就可以三种酸的相对强弱，正确；
D．亚硝酸的酸性大于氢氰酸但小于氢氟酸，由于酸性越强，酸的电离平衡常数就越大，所以亚硝酸的电离平衡常数比HCN大，比HF小，正确；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查了弱酸的酸性强弱的判断，明确强酸可与弱酸的盐发生复分解反应制取弱酸、弱酸的酸性越强其电离平衡常数越大是解本题的关键。
13.醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是( )
A. 升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka增大
B. 0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OH－)增大
C. CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D. 25 ℃时，欲使醋酸溶液的pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，醋酸的电离是吸热过程，升高温度促进醋酸电离，使醋酸电离平衡常数增大，正确；
B．在稀的CH3COOH溶液加水稀释，使溶液中c(H+)减小，同时稀释，使溶液中电离平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说稀释后溶液中c(H+)减小。由于温度不变， Kw= c(H+)· c(OH－)不变，因此加水稀释溶液中氢离子浓度减小，导致c(OH-)增大，正确；
C．向醋酸中加入CH3COONa固体，使溶液中c(CH3COO－)增大，根据平衡移动原理，增大c(CH3COO－)，抑制醋酸电离，平衡逆向移动，正确；
D．电离平衡常数只与温度有关，与其他外界条件无关，温度不变，电离平衡常数不变，所以要使电离平衡常数减小，应该改变温度，错误；
故本题合理选项是D。
14.如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是
A. 两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B. M区域内任意点均有c(H＋)
【答案】D
【解析】
试题分析：A、由图像知，两曲线上的任意点均是平衡点，且温度一定，所以其水的离子积是一个常数，A正确；B、当c（H+）=10-7mol/L时，向上作垂线得在M区域内c(OH-)＞10-7mol/L，B正确；C、水的电离是吸热反应，升温促进水电离，c（H+）、c(OH-)及Kw都增大，所以T1＜T2，C正确、D、X曲线在25℃时c（H+）=10-7mol/L，pH=7，而Z曲线温度高于25℃，其pH＜7，D错误。答案选D。
【考点定位】本题考查水的离子积常数，图像的分析与判断。
【名师点睛】本题以水的电离平衡为背景，结合图像综合考查c（H+）与c(OH-)的关系，其解题的关键是Kw是个常数，它只与温度有关，明确图中纵横坐标、曲线的含义等，考题在情境和问题设置上贴近考生的思维习惯，不偏、不怪，难度适中。注意水的电离平衡特点。
15.水在超临界状态时的电离程度与标准状态不同，如：在1 000 ℃时，密度达到1 kg·L－1，超临界水的电离程度是标准状态水的1 000倍，则对此超临界状态下水的说法正确的是( )
A. 该水的离子积常数Kw＝1.0×10－12
B. 该水不具有腐蚀性
C. 1 L该水中加入4 g氢氧化钠，则溶液c(H＋)＝10－13mol·L－1
D. 锌在该水中迅速溶解，产生氢气
【答案】D
【解析】
【分析】
A．KW=c(H+)·c(OH-)；B．先计算水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度，再根据离子浓度的大小判断其是否有腐蚀性；C．先计算氢氧化钠的物质的量浓度，再根据离子积常数、溶液pH含义计算其pH；D．锌和氢离子反应生成氢气，据此解答。
【详解】A．由于超临界水的电离程度是标准状态水的1000倍，所以超临界水中c(H+)=c(OH-)=10-4mol/L，则根据水的离子积常数KW =c(H+)·c(OH-)=10-8，错误；
B．由于超临界水中c(H+)=c(OH-)=10-4mol/L，氢离子浓度和氢氧根离子浓度都较大，所以超临界具有强的腐蚀性，错误；
C．n(NaOH)=,根据超临界水的密度知，1L该水中加入4g氢氧化钠，则溶液的物质的量浓度接近0.1mol/L，则pH为7，错误；
D．超临界水中c(H+)=c(OH-)=10-4mol/L，由于水中氢离子浓度较大，所以锌在该水中会迅速溶解，发生反应产生氢气，正确；
故正确选项是D。
【点睛】本题是信息给予题，要根据题给信息，结合常温下水的电离、水的离子积常数的含义、溶液的pH与c(H+)的关系、物质的腐蚀性与溶液中c(H+)、c(OH-)大小关系来分析解答，难度较大。
16. 下列叙述正确的是( )
A. 无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,在常温下,其c(H+)·c(OH-)=1×10-14
B. c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液一定是中性溶液
C. 0.2 mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍
D. 任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【答案】A
【解析】
试题分析：A．水的离子积常数只与温度有关，在室温下，Kw= c（H+）·c（OH-）=1×10-14，A正确；B．在室温下，c（H+）等于1×10-7mol/L的溶液一定是中性溶液，若不是室温条件，则不是中性溶液，B错误；C．对于弱酸醋酸来说，浓度越大，电离程度就越小，所以0.2mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）比0.1mol/LCH3COOH溶液中的c（H+）的2倍小，C错误；D．对于稀溶液，可以用pH来表示其酸性的强弱，若是浓溶液，则直接用溶液的浓度表示溶液的酸碱性，D错误。答案选A。
考点：考查溶液的酸碱性及表示的知识。
17.常温下，将pH＝1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为( )
A. 11∶1 B. 10∶1 C. 6∶1 D. 5∶1
【答案】C
【解析】
设每份硫酸的体积为1L，pH=1的硫酸溶液中c（H＋）=0.1mol·L－1，c（H2SO4）=c（H＋）/2=0.05mol·L－1，pH升高了1，则溶液中c（H＋）=0.01mol·L－1，①当是加水稀释时，设加入水的体积为xL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则:1L×0.1mol·L－1=（1+x）L×0.01mol·L－1，x=9，②加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液时，设加入氢氧化钠的体积为yL，则有：（1L×0.1mol·L－1-yL×0.05mol·L－1）=0.01mol·L－1×（1+y）L，y=9/6，则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为 =6：1，故选C。
点睛：本题考查物质的量浓度的计算，解题关键：运用物质的量计算公式计算，从质量守恒的角度解答，题目难度中等，易错点：另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液，硫酸溶液的pH、氢离子浓度、H2SO4化学式中的氢原子数2、与该硫酸溶液物质的量浓度相同的NaOH溶液的浓度，四个物理量要理解清楚。
18.在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol/L，则该溶液中，一定能大量共存的离子是( )
A. K+、Na+、MnO4-、SO42- B. Na+、CO32-、AlO2-、Cl-
C. K+、Na+、Cl-、Br- D. K+、Cl-、Ba2+、HCO3-
【答案】C
【解析】
试题分析：A、MnO4－显紫红色，故错误；B、此溶质为酸或碱，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故错误；C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故正确；D、HCO3－既不能在碱中大量共存，也不能在酸中大量共存，故错误。
考点：考查离子的大量共存等知识。
19.某温度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是( )
A. a值一定大于9
B. Ⅰ为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线
C. 完全中和相同体积的稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据氢氧化钠是强电解质，完全电离，而一水合氨为弱电解质，部分电离，若开始时c(OH-)相同，则c(NaOH)
B．由图可知，开始的pH相同，在稀释时NaOH溶液中只存在稀释使c(OH-)减小的作用；而在氨水中存在电离平衡作用：NH3·H2ONH4++OH-，稀释使电离平衡正向移动，导致c(OH-)减小的倍数比NaOH小，则氨水中的离子浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，正确；
C．由于NaOH是强碱，完全电离，而NH3·H2O 是弱碱，部分电离，所以物质的浓度：c(NaOH)
故本题合理选项是D。
【点睛】本题考查溶液稀释时pH的变化曲线图，明确强碱溶液在稀释时的pH的变化程度及相同pH时强碱的浓度比弱碱的浓度小是解答本题的关键。
20.已知HF、CH3COOH均为弱酸，酸性强弱顺序为HF＞CH3COOH。下列说法不正确的是
A. 浓度均为0.1mol·L-1的NaF、CH3COONa溶液相比较，CH3COONa溶液碱性较强
B. 0.1mol·L-1CH3COOH溶液，加水稀释过程中，所有离子浓度均减小
C. NaF溶液中含有Na+、F-、H+、OH-、H2O、HF六种微粒
D. NaF溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c（F-）变大
【答案】B
【解析】
试题分析：选项B、加水稀释，促进了弱酸的电离，使得电离出的c(H+)增大，故选项B说法错误。答案为B。
考点：电解质溶液；电离与水解
点评：本题是对电解质溶液中离子的水解电离的考查，对于弱酸的酸根离子，酸性越弱，水解程度越强；另一方面，加入水解产物离子，抑制水解；加入能与水解产物离子反应的物质，促进水解。
21.下表是25 ℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是
A. 相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(ClO-)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)
B. 碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式H2O+2CO32-+Cl2===2HCO3-+Cl-+ClO-
C. 向0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，此时溶液pH=5
D. 向浓度均为1×10-3mol·L-1的KCl和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol· L-1的AgNO3溶液，CrO42-先形成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
A．弱电解质的电离平衡常数越小，该弱电解质的电离程度越小，其相应离子的水解程度越大；B．弱电解质的电离平衡常数越大，其酸性越强，C．根据混合溶液中醋酸的电离平衡常数含义分析解答；D．根据溶度积分析混合溶液中二者形成沉淀时需要的c(Ag+)，该值越小的越容易形成沉淀。
【详解】A根据电离平衡常数可知酸性：CH3COOH>HClO，所以次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，故相同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中c(CH3COO-)＞c(ClO-)，水解使溶液显碱性，c(OH-)>c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，则各离子浓度的大小关系是c(Na+)> c(CH3COO-)>c(ClO-)> c(OH-)>c(H+)，A错误；
B．根据表格数据可知：HClO的电离平衡常数大于HCO3-，所以次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水，由于溶液中碳酸钠过量，盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，次氯酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和次氯酸钠，所以反应的离子方程式应为：2CO32-+Cl2+H2O=Cl-+ClO-+2HCO3-，B正确；
C．25 ℃时醋酸的电离平衡常数K= =1.8×10-5可得c(H+)=；当向该溶液中加入NaOH溶液至c(CH3COOH):c(CH3COO-)=9:5，将其带入上述公式可得c(H+)=3.24×10-5mol/L，所以pH=4.5， C错误；
D．混合溶液中生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)=1.8×10-10÷1×10-3=1.8×10-7mol/L；而生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)=4.47×10-5mol/L，可见形成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，所以氯化银先沉淀，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离、难溶电解质的沉淀溶解平衡的知识。明确弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，该弱酸根离子的水解程度越小，对于盐的组成构型相同的物质来说，溶度积常数越小，越容易形成其沉淀；对于结构组成不同的盐来说，不能直接根据溶度积常数大小判断，要先计算出形成该沉淀需要的离子浓度，需要的离子浓度小的物质，首先产生沉淀。本题侧重于考查学生的分析能力和计算能力，难度中等。
22.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是 ( )
【答案】B
【解析】
【分析】
A．与盐酸反应产生能够使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体为二氧化碳，原溶液中可能含有碳酸氢钾、碳酸钾； B．Mg(OH)2粉末可以与酸反应，来调节溶液pH，利于生成氢氧化铁沉淀；C.向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，可根据溶液中Qc(BaCO3)与Ksp(BaCO3)的大小判断；D．乙醇易挥发，挥发出的乙醇蒸汽、生成的乙烯以及副反应产生的SO2气体均能使高锰酸钾褪色，据此解答。
【详解】A.KHCO3也会产生该现象，该钾盐不一定是K2CO3，错误；
B．铁离子水解生成氢氧化铁胶体和氢离子，溶液呈酸性，向其中加入足量Mg(OH)2粉末，可与溶液中的H+发生反应，溶液的pH增大，铁离子的水解平衡向正向移动，生成氢氧化铁沉淀，故可用于除杂，正确；C.饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，由实验现象可知Qc(BaCO3)>Ksp(BaCO3)，因此生成碳酸钡沉淀，该沉淀与盐酸发生反应生成二氧化碳气体，这与BaCO3和BaSO4的溶度积大小无关，错误；
D．乙醇易挥发，挥发的乙醇蒸汽和生成的乙烯均能使高锰酸钾褪色，而且浓硫酸有强的氧化性，浓硫酸氧化乙醇后得到的还原产物SO2也可以使高锰酸钾褪色，因此有该现象不能说明是否有乙烯生成，错误；本题选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及离子检验、沉淀生成、物质的性质及反应现象等，侧重考查学生的分析能力和实验能力，掌握物质的各种物理性质和化学特性及离子的检验方法是本题解答的关键。
23.已知25℃时，AgCl的溶度积Ksp＝1.8×10－10，则下列说法正确的是( )
A. 向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大
B. AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)
C. 温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，此溶液中必有AgCl的沉淀析出
D. Ksp(AgI)
【解析】
【分析】
A.根据Ksp只与温度有关分析；B.溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)的大小关系与加入的盐的浓度和体积都有关；C.根据Qc(AgCl)与Ksp大小分析判断；D.根据二者的构型与Ksp大小分析判断。
【详解】A. Ksp值只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关，由于温度不变，所以AgCl的Ksp不变，错误；
B. AgNO3溶液与NaCl溶液混合时，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，由于加入的两种溶液的浓度及体积未知，不知道是否恰好反应，因此不能确定反应后的溶液中 c(Ag＋)和c(Cl－)大小关系，错误；
C. 温度一定时，当溶液中Qc=c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，达到溶解平衡，没有AgCl沉淀析出。只有当c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp时，才会有AgCl的沉淀析出，错误；
D.AgI、AgCl构型相同，其Ksp越大，形成饱和溶液时，离子浓度就越大，该物质的溶解度就越大，所以可根据Ksp(AgI)
24.25℃时，三种难溶银盐的Ksp与颜色如下表，下列说法正确的是( )
A. AgCl、Ag2CrO4、AgI饱和溶液中c(Ag＋)依次减小
B. Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)约为1.0×10－6mol·L－1
C. 向AgCl悬浊液中加入足量KI溶液，沉淀将由白色转化为黄色
D. 向等浓度的KCl与K2CrO4的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，将生成砖红色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
根据每种物质的溶度积常数，计算出各自溶液中c(Ag＋)大小，再判断其大小；对于构型相同的盐来说，溶解度小的物质可以转化为溶解度更小的物质；当混合溶液中酸根离子浓度相等时，形成沉淀需要的c(Ag＋)越小，就首先形成该难溶性的物质，据此解答。
【详解】A．由表中数据可知溶度积AgCl饱和溶液中c(Ag＋)=×10-5mol/L；Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)==×10-4mol/L，AgI饱和溶液中c(Ag＋)=×10-9mol/L，可见三种物质的溶液中c(Ag＋)大小顺序是Ag2CrO4>AgCl>AgI，错误；
B.根据A选项可知Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag＋)约为×10-4mol/L，错误；
C.AgI溶度积小于AgCl，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的容易实现，所以向AgCl悬浊液加入足量KI溶液，可能有黄色沉淀产生，正确；
D．由A可知，饱和溶液中c(Ag＋)：AgCl＜Ag2CrO4，向等浓度的KCl与K2CrO4混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，首先生成白色沉淀，错误；
故正确选项是C。
【点睛】本题考查难溶电解质的沉淀溶解平衡的问题，要注意比较表格中的数据，把握好溶解平衡的特征及影响因素。只有物质的类型相同且化学式中阴、阳离子的个数比相同时，才可以利用溶度积大小直接判断物质的溶解度的大小；若物质组成的构型不同，就不能直接利用溶度积大小来比较其溶解性，需转化为溶解度，再进行比较，否则易误判，导致失分。
25.某实验小组拟用pH试纸验证醋酸是弱酸。甲、乙两同学的方案分别是
甲：①准确配制0.1mol·L－1的醋酸钠溶液100mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
乙：①量取一定量的冰醋酸准确配制pH＝1的醋酸溶液100mL；
②取醋酸溶液1mL，加水稀释为10 mL；
③用pH试纸测出②中溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
（1）两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是______________________，简要说明pH试纸的使用方法：______________________________。
（2）甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸钠溶液的pH________(选填“<”“>”或“＝”，下同)7，乙方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH________2。
（3）请你评价乙方案的不妥之处：_____________________。
【答案】 (1). 100 mL容量瓶 (2). 把小块干燥的pH试纸放在洁净干燥的表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH (3). > (4). < (5). 难以配制pH＝1的醋酸溶液，稀释之后用pH试纸测量不能读出准确数值
【解析】
【分析】
配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液的定量仪器是容量瓶；pH是粗略测定溶液pH的物质，不能湿润，在使用过程中要注意防止氧化还原反应的发生；弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释时既存在稀释作用，也存在平衡移动问题，要从这两方面考虑；要确定某酸为弱酸，可以测定一定物质的量浓度的溶液的pH，也可根据盐的水解规律分析判断。据此解答。
【详解】(1)准确配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液，需要用容量瓶，要指明容量瓶的规格。两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是100 mL容量瓶。pH试纸是粗略测定溶液pH的试纸，用pH试纸测定溶液的pH的方法是：取一小段pH试纸放在玻璃片上，用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸上，变色后跟比色卡对照，读出溶液的pH；
(2)由于醋酸是弱酸，NaOH是强碱，则醋酸钠是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性。水解的离子方程式：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,水解平衡的存在，破坏了水的电离平衡，最终导致溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，故测得醋酸钠溶液的pH>7；一元弱酸，在水溶液里存在电离平衡，只有一部分醋酸分子发生电离，所以c(CH3COOH)>c(H+)，因此pH=1时，c(CH3COOH)＞0.1mol/L，当将该溶液稀释10倍，醋酸的电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)的减小小于10倍， pH变化不到一个单位，所以稀释后溶液的pH大小是：1＜pH＜2；
(3)乙方案的不妥之处有：1.难以配制pH＝1的醋酸溶液；2.因为pH试纸只能粗略地测量溶液的pH，稀释之后用pH试纸测量不能读出准确数值。
【点睛】本题考查了比较酸性相对强弱方法、pH的使用的知识，注意电解质的强弱是根据其电离程度划分的，不能根据溶液的导电能力划分，也不能根据其溶解度大小判断，为易错点。
26.化学学习小组进行如下实验。
[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________ 。
[测定H2C2O4·xH2O 中x值] 已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1
①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；
②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；
③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。
(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。
(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________ (选填 a、b)。
(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。
(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。
(6)通过上述数据，求得x= ____ 。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响) 。
【答案】（1）温度，1.0，溶液褪色时间/s；
（2）5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
(3)b；(4)20.00；(5)锥形瓶中颜色变色；(6)2，偏小。
【解析】
试题分析：（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响，溶液体积都是6.0mL，因此a=1.0，乙：溶液褪色时间/s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL；(5)滴定过程中，眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260/(90＋18x)=0.01，解得x=2，未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。
考点：考查影响化学反应速率的因素、滴定管的使用、滴定实验等知识。
27.50 mL0.5 mol·L－1盐酸跟50 mL0.55 mol·L－1NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。试回答下列问题：
（1）实验目的： ___________________________________________。
（2）实验用品：烧杯(500mL和100mL各1只)、温度计、塑料泡沫板(或硬纸板)、泡沫塑料或纸条、________(填写所缺的实验仪器)；0.50mol·L－1盐酸、0.55mol·L－1NaOH溶液
（3）实验步骤：(略)
（4）问题与结论：
①完整地做一次这样的实验，需测定________次温度。
②大、小烧杯间填满碎纸条、大烧杯上加盖硬纸板的作用是________________。
③该实验中NaOH溶液的浓度大于盐酸浓度的作用是__________________。
④大烧杯上如不盖硬纸板，对求得中和热的数值有何影响：__________________________，理由： ____________________________________。
⑤改用60 mL1.0mol·L－1盐酸跟50 mL 1.1 mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放热量是否相等：____________；所求中和热数值是否相等： _________________。
【答案】 (1). 测定中和热 (2). 量筒、环形玻璃搅拌棒 (3). 3 (4). 减少实验过程中的热量损失 (5). 要保证盐酸反应完全 (6). 偏小 (7). 热量散失 (8). 不等 (9). 相等
【解析】
【分析】
测定中和热要有反应的酸、碱溶液、减少反应过程热量损失的隔热保护装置、测定反应溶液的量具、使物质快速反应的搅拌仪器、测定溶液反应前后温度的仪器；同时为保证一种反应物完全反应，要使另一种反应物稍微过量；为减少实验的偶然性，要多次实验；酸碱中和反应是放热反应，反应放出的热量多少与反应的物质的多少有关，而中和热是产生1mol水所放出的热量，与反应物的多少无关，据此解答。
【详解】(1)根据题意可知该实验的目的是测定中和热；
(2) 测定中和热的实验实验用品：有烧杯(500mL和100mL各1只)、温度计、塑料泡沫板(或硬纸板)、泡沫塑料或纸条、0.50mol·L－1盐酸、0.55mol·L－1NaOH溶液、量取一定体积溶液的量筒、测定溶液温度的温度计，以及既可搅拌加速反应，同时也可使溶液混合均匀的玻璃搅拌棒。故所缺的实验仪器有量筒、环形玻璃搅拌棒；
(4)①要完整地做一次这样的实验，需测定酸、碱的初始温度以及反应后的最高温度，因此至少需要测量3次温度；②中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；③用过量的氢氧化钠保证盐酸反应完全，计算反应热要以不足量的、完全反应的盐酸为标准进行计算；因此实验中NaOH溶液的浓度大于盐酸浓度的作用是保证盐酸反应完全；④大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，最终导致求得的中和热数值偏小；⑤反应放出的热量的多少与所用酸、碱的量有关，若用60mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液进行反应，NaOH的完全反应，盐酸过量，与上述实验相比，生成水的物质的量增多，则所放出的热量增加，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与具体反应的酸、碱用量无关，因此反应过程中放出的热量增多，而中和热不变。
【点睛】本题考查学生中和热测定的有关知识，减少反应过程是热量损失是实验成功的关键，可通过填加隔热、绝热物质、将碱(或酸)快速转移到盛有酸(或碱)的隔热仪器中、迅速盖上隔热板、用环形玻璃搅拌棒及时搅动反应液、准备测定反应前后的温度等；为减少实验的偶然性，一般实验要测定三次，取其平均值。掌握实验原理即可解答，是高频考点，难度不大。
28.为探究浓度对化学反应速率的影响，某学习兴趣小组中的甲、乙、丙三位同学均用如图所示实验装置进行相关实验(其中固体反应物来源相同)，有关实验具体情况见下表。
回答下列问题：
（1）由甲同学的实验可以得出的结论是_____________________________________。
（2）由乙同学的实验能否得出“其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快”的结论？ ________(填“能”或“不能”)，原因是________________________。
（3）由丙同学的实验现象得出的结论明显与甲的不同，你认为造成这种不同的原因可能是________，请你设计出一种新的实验方案验证你的推测： _________。
（4）甲同学随后又通过实验探究了温度对化学反应速率的影响，试推测甲同学可能的实验方案为____________________________________________________________________________________。
【答案】 (1). 在其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快 (2). 不能 (3). HNO3与锌反应不产生H2，反应原理不同 (4). SO42-对反应有抑制作用或Cl-对反应有促进作用 (5). A、B中都放入6.5gZn，2mol/L的盐酸，同时向B中加入一定质量的Na2SO4等硫酸盐，若B速率慢，说明SO42-对该反应有抑制作用；或A、B中都放入6.5gZn，2mol/L的盐酸，同时再向A中加入一定质量的NaCl等盐酸盐，若A速率快，说明Cl-对该反应有促进作用。 (6). 取相同体积、相同浓度的同一种盐酸溶液分别放在两个试管中，并分别加入等质量的锌粉，然后将其中一支试管放入冷水，另一支试管放入热水中，然后比较两支试管中反应的快慢确定温度对速率的影响。
【解析】
【分析】
(1)分析对比A、B中的不同点对实验现象的影响，得出该因素对结论的影响；(2)要采用控制变量法得到结论；(3)分析对比丙的A、B溶液的异同，从酸根的不同进行分析；(4)探究温度对速率的影响时，要保证只有温度不同，其他因素相同，据此解答。
【详解】(1)甲同学采用的锌粉质量相同，反应的温度相同，溶液中酸的种类相同，不同的是盐酸的浓度B>A，反应实质都是Zn+2H+=Zn2++H2↑，结果B中反应速率快，说明：在其他条件相同时，增大反应物的浓度，反应速率加快；
(2)由于乙同学的实验与甲比较，不仅两溶液中H+存在差异，而且酸根也不同，而且B中金属与硝酸发生反应不能产氢气，两者的反应原理也不同，因此不能得出“其他条件相同时，反应物浓度越大，化学反应速率越快”这个结论；
(3)丙同学的反应原理与甲相同，除二者的酸根离子不同外，其他条件都相同，B的慢，只能从酸根离子的角度分析。可能是SO42-对该反应有抑制作用，也可能是Cl-对该反应有促进作用。可通过A、B中都放入6.5gZn粉、等体积2mol/L的盐酸，同时向B中加入一定质量的Na2SO4等硫酸盐，若B速率慢，说明SO42-对该反应有抑制作用；或A、B中都加入6.5gZn、等体积2mol/L的盐酸，同时向A中加入一定质量的NaCl等盐酸盐，若A速率快，说明Cl-对该反应有促进作用。
(4)探究温度对化学反应速率的影响时，只能使温度不同，其他各种因素均相同，因此只要取相同体积、相同浓度的同一种酸溶液分别放在两个试管中，并加入等质量的锌粉，然后将其中一只试管放入冷水，另一只试管放入热水中，通过比较反应的快慢就可以得到结论。
【点睛】本题考查了浓度对化学反应速率的影响的知识，涉及控制变量方法、实验方案的设计等，注意对比观察实验的不同点是本题解答的关键。在使用控制变量方法时，只能是一个反应条件不同，其他的实验条件相同，若多个条件发生变化，就不能得到正确的结论。
29.已知在酸性溶液中，碘酸钾和亚硫酸钠会发生如下一些反应：
①IO3-＋3HSO3-3SO42-＋3H＋＋I－(慢)
②IO3-＋5I－+6H＋3I2＋3H2O(慢)
③I2＋HSO3-+H2O2I－+SO42-＋3H＋(快)
分别配制下面溶液：
溶液A：0.9 g碘酸钾溶于少量温水中，再稀释到500 mL。
溶液B：0.45 g亚硫酸钠配成溶液，稀释到500 mL。
溶液C：取5 g可溶性淀粉，放在小烧杯中，加入25 mL冷水，搅拌成悬浊液。另取200 mL水加热至沸腾，趁沸腾时倒入淀粉悬浊液并迅速搅拌，使淀粉糊化、溶解。到溶液冷却后边搅拌边慢慢加入12.5 mL浓硫酸，最后也稀释到500 mL。
溶液 D：200 mL水＋50 mL A液＋50 mL C液
溶液 E：225 mL水＋25 mL A液＋50 mL C液
试回答下列问题：
（1）根据实验原理，化学反应速率由哪步反应决定________。(填①、②、③)
（2）当哪种离子耗尽时才能见到溶液变蓝色________。(选填：I－、HSO3-、H＋、IO3-)。
（3）在盛放D液和E液的两只烧杯里同时加入50 mL B液。D、E两烧杯哪个溶液先变蓝色________(填：D、E)。
【答案】 (1). ①② (2). HSO3－ (3). D
【解析】
【分析】
(1)当化学反应有多步反应时，化学反应速率的大小由最慢的化学反应决定；(2)当有碘剩余时可使淀粉变蓝色；(3)在其他条件不变时，物质的浓度越大，反应速率越快，据此解答。
【详解】(1)化学反应速率的大小取决于慢的反应，根据题意可知反应①②慢，而反应③快，因此该反应的总反应由①②决定反应速率的大小；
(2)由于I2遇淀粉溶液会变为蓝色，所以当有碘剩余时可使淀粉变蓝色，因HSO3-与碘单质会发生反应，所以HSO3-耗尽时才能见到溶液变蓝色；
(3)比较D、E可知，其他都相同，只有碘酸钾的浓度不同，D中碘酸钾的浓度比E大，根据浓度对化学反应速率的影响：在其他条件不变时，反应物的浓度越大，反应速率越大。因此首先变蓝色的是D；
【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素、物质的性质实验探究，把握实验的原理以及数据的分析、浓度对化学反应速率的影响是本题解答的关键。该题为高考常见题型和高频考点，难度不大。
相关资料
更多
