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2018-2019学年内蒙古集宁一中（西校区）高二上学期期中考试化学试题 解析版
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内蒙古集宁一中(西校区)2018-2019学年高二上学期期中考试
化学试题
1.在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：v（H2）=0.45mol/（L•s），则2s末NH3的浓度为
A. 0.45mol/L B. 0.50mol/L C. 0.55mol/L D. 0.60mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】根据v=Δc/Δt可得Δc（H2）=v·Δt=2s·0．45mol/(L·s)=0．90 mol/L，再由方程式：N2+3H22NH3中氢气和氨气的量的关系可知2s末NH3的浓度为：Δc（NH3）=2/3Δc（H2）=2/3×0．90 mol/L=0．60 mol/L；正确选项为D；
综上所述，本题选D。
2.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L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)。经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·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0.3 mol·L-1·s-1
② 用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
③ 2 s时物质A的转化率为30%
④ 2 s时物质B的浓度为0.6 mol·L-1
其中正确的是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】利用三段式法计算：起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L，
2A(g)+B(g)2C(g)，
起始：2mol/L 1mol/L 0
变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L
2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L
2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v(A)==0.3 mol/(L•s)；用物质B表示的反应的平均速率为v(B)==0.15 mol/(L•s)；2s时物质A的转化率为α=×100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7 mol/L；综上所述，正确的为①③，故答案选A。
3.已知反应：A(g)+2B(g)=2C(g)+D(g)在四种不同情况下的化学反应速率分别为：①v (A)=0.15mol/(L·s) ②v(B)=0.4mol/(L·s) ③v(C)=0.3mol/(L·s) ④v(D)=0.5mol/(L·s)则四种情况下反应进行的快慢顺序为
A. ②>④>③>① B. ④>③=②>① C. ④>②>③=① D. ④>③>①>②
【答案】C
【解析】
将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，在单位相同的条件下其数值越大化学反应速率越快，将这几种物质的化学反应速率都转化为A的化学反应速率，①v(A) = 0.15 mol • L-1 • s-1；②v（A）=v(B)/2=0. 2 mol • L-1 • s-l；③v（A）=v(C)/2=0. 15 mol • L-l • s-1；④v（A）=v(D) = 0. 5 mol • L-l • s-1；所以化学反应速率快慢顺序是④>②>③=①，故选C。
点睛：本题考查化学反应速率快慢顺序判断，解题关键：将用不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较。侧重考查学生计算及判断能力，易错点：比较速率大小顺序时必须要统一单位。难点：换算时两物质计量数间关系，这也是易错点。
4.反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）在一体积可变的容器中进行。下列条件的改变对其化学反应速率几乎没有影响的是：①增加C的用量；②将容器体积缩小一半；③保持容器体积不变，充入氮气使容器内压强增大；④保持压强不变，充入氮气使容器的体积变大
A. ②④ B. ①③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①增加C（s）的量，并不改变C（s）的浓度，则反应速率不变；
②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大；
③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则速率不变；
④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小；
综上所述，符合题意的为①③；答案选B。
【点睛】一般固体或纯液体的浓度视为一定值，故增加固体或纯液体的量并没有增大其浓度，对反应的速率影响不大。
5.在一定温度下，将气体X和气体Y各2 mol充入某10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0，—段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
10
12
n(Y)/mol
1.40
1.10
0.40
0.40
下列说法正确的是
A. 反应前2 min 的平均速率v(Z)=3.0xl0-2 mol• L-1min-1
B. 该温度下此反应的平衡常数K=64
C. 平衡后其他条件不变，再充入2 mol Z，新平衡时X的体积分数增大
D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正）
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应前 2min，n(Y)变化了2-1.4=0.6mol，反应速率为：v(Y)=0.6/(10×2)=0.03 mol• L-1min-1,根据速率和系数成正比可知v(Z)=2v(Y)=6.0×l0-2 mol• L-1min-1，A错误；
B.反应在10min时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：c(X)=0.4/10=0.04 mol• L-1 , c(Y)=0.4/10=0.04 mol• L-1，c(Z)= 2×(2-0.4)/10=0.32mol• L-1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64, B正确；
C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时X的体积分数不变，故C错误；
D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)
【点睛】针对X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入2molZ，等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积不变，所以平衡不移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入2molZ，等效于等压过程，与原平衡等效。
6.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图象相符的是
A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
根据先拐先平，数值大的原则，由图象可知P1＞P2，由于反应物气体的体积大于生成物气体的体积，则增大压强平衡向正反应方向移动，NH3的体积分数增大，A项解释与图象不相符；由于正反应放热，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，N2的转化率减小，B项解释与图象不相符；增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，C项解释与图象相符；催化剂加快反应速率，达到平衡时所用时间较少，D项解释与图象不相符。
点睛：化学平衡图像的基本分析方法（1）认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理挂钩。（2）紧扣可逆反应的特征，看清正反应方向是吸热还是放热、体积增大还是减小、不变、有无固体、纯液体物质参加或生成等。（3）看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。（4）看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。（5）先拐先平。例如，在转化率一时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。（6）定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
7.在恒温恒容容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，下列说法不正确的是
A. 容器内压强不再变化，说明反应达到平衡状态
B. 当c(SO2)：c(O2)=1：2且保持不变，能表明反应达到平衡状态
C. 加入合适的催化剂可显著增大反应速率
D. 达到平衡状态时，相同时间内，每消耗2molSO3的同时生成1molO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因为反应前后气体的物质的量不同，所以当容器内压强不变，说明反应到平衡，选项A正确；B.当二氧化硫和氧气的比例关系保持1:2不变，可以说明反应到平衡，选项B正确；C.合适的催化剂能增大反应速率，选项C正确；D.每消耗2mol三氧化硫的同时生成1mol氧气，这是v(逆)=v(逆)，不能说明达到平衡状态，选项D错误。答案选D。
【点睛】本题考查的是化学反应速率和平衡的影响因素及平衡的判断，有一定的难度。
8.下列叙述正确的是
A. 中和等体积等浓度的醋酸和盐酸，醋酸需要的氢氧化钠溶液更多
B. pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C. pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＞7
D. pH均为3的醋酸和盐酸分别与足量Zn反应，醋酸产生的H2多
【答案】D
【解析】
【详解】A．等体积等浓度的醋酸和盐酸含有的醋酸和氯化氢的物质的量相等，中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故A错误；B．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C. pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故C错误；D．醋酸为弱电解质，等pH时醋酸的物质的量多，则与过量锌反应，醋酸生成的氢气多，故D正确；故选D。
9.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤CH3COONH4，c(NH4＋)由大到小的顺序为
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ②①④⑤③
【答案】A
【解析】
【分析】
铵根离子水解程度较小，所以要比较物质的量浓度相同的溶液中铵根离子浓度大小，应先比较盐中铵根离子的微粒个数，微粒个数越大，溶液中铵根离子浓度越大，微粒个数相同的铵盐溶液，应根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断。
【详解】(NH4)2CO3溶液中铵根离子的微粒个数最多，则溶液中铵根离子浓度最大；NH4HSO4 和NH4Fe(SO4)2溶液中，氢离子和亚铁离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大， CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以C(NH4＋)由大到小的顺序为②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，解答时，应先根据盐中铵根离子的微粒个数进行分类比较，再其它离子对铵根离子的影响来分类比较。
10.下列各化合物中，均为弱电解质的一组是
A. H2CO3 Ba(OH)2 K2S H3PO4 B. FeCl3 HCl C2H5OH NH4Cl
C. CH3COOH H2CO3 Cu(OH)2 H2O D. HCl KNO3 H2CO3 H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ba(OH)2 是强碱，属于强电解质，K2S是盐，属于强电解质；B. HCl是强酸，属于强电解质，FeCl3、NH4Cl是盐，属于强电解质，C2H5OH不能电离，属于非电解质；C. 乙酸、碳酸、水、Cu(OH)2部分电离，属于弱电解质；D. HCl、H2SO4是强酸，属于强电解质，KNO3是盐，属于强电解质。故选C。
【点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；弱电解质是指，在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸，弱碱、水与少数盐。
11.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是)
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；
④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；
⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。
【详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；
②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；
⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。
综上分析，②④符合题意，故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为③和⑥：常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。
12.25℃时，水的电离达到平衡状态，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，水的电离平衡将逆向移动，氢氧根离子浓度降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，氢离子浓度增大，Kw不变
C. 向水中加入少量固体醋酸钠，水的电离平衡逆向移动，氢离子浓度降低
D. 将水加热，Kw增大，水的电离平衡不移动，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c（OH - ）增大，选项A错误； B．NaHSO4 ═Na++SO42- +H+ ，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW 不变，选项B正确；C．CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡正向移动，c（H+）降低，选项C错误；D．温度升高，水的离子积常数KW 增大，水的电离平衡正向移动，则pH值减小，选项D错误。答案选B。
13.对于MgCl2 溶液和 FeCl3溶液的有关说法，不正确的是
A. 配制FeCl3溶液时，为了防止溶液出现浑浊，可以向溶液中滴入少量盐酸
B. 为了除去MgCl2酸性溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸
C. 向FeCl3溶液加FeCl3固体，水解平衡正向移动，FeCl3水解程度增大
D. 向FeCl3溶液加水，溶液颜色变浅，FeCl3水解程度增大
【答案】C
【解析】
A. 向溶液中滴入少量盐酸，可以抑制FeCl3溶液水解，可以避免配制FeCl3溶液出现浑浊，故A正确；B．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸镁，碳酸镁和氢离子反应生成镁离子和CO2，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，最终变成氢氧化铁沉淀除去，故B正确；C. 向FeCl3溶液加FeCl3固体，相当于增大溶液的浓度，水解平衡正向移动，但FeCl3水解程度减小，故C错误；D. 向FeCl3溶液加水，溶液浓度减小，颜色变浅，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，平衡正向移动，FeCl3水解程度增大，故D正确；故选C。
14.常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：NaOH与CH3COOH恰好完全中和，溶液呈中性
D. 在0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H＋)= 10－13 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
点①得到CH3COONa与CH3COOH等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；点②得到的溶液pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）=c（CH3COO-）；点③NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）。
【详解】点①处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；点②所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由c(H＋)= c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B错误；点③处恰好反应，NaOH与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C错误；0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.100 0 mol·L－1，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的c(H＋)大于 10－13 mol·L－1，D错误。
故选A。
【点睛】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。
15.将1mol N2O4气体充入容积为10L的密闭容器中，回答下列问题：
（1）100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60 s时段，反应速率v(N2O4)为________________；反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K为___________。
（2）当反应达到平衡时，对于反应N2O4(g)2NO2(g)，改变某一条件后，下列说法中，一定能说明化学平衡向正反应方向移动的是____________。
①气体颜色加深
②N2O4的体积分数增加
③恒温恒压充入He
④单位时间内消耗N2O4和NO2的物质的量之比等于1：2
（3）若起始时充入1molNO2气体，建立如下平衡2NO2(g)N2O4(g)，测得NO2的转化率为a%，在温度、体积不变时，再充入1molNO2气体，重新达到平衡时，测得NO2的转化率为b%，则a______b（填“>”、“<”或“=”）；若恒温恒压时，充入1molNO2气体，反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，再向容器内通入一定量的NO2气体，重新达到平衡时，NO2的体积分数_________（填“不变”、“增大”或“减小”）。
（4）如下图a所示，连通的玻璃瓶中充入NO2气体，建立如下平衡2NO2(g)N2O4(g)，已知Fe3+对H2O2的分解具有催化作用，根据图b、c中的信息，推测A瓶中气体颜色比B瓶中的____________（填“深”或“浅”）。
【答案】 (1). 0.001mol/(L·s) (2). 0.36 (3). ③ (4). < (5). 不变 (6). 浅
【解析】
【详解】（1）由坐标图中数据可知：在0~60 s时段，∆c(N2O4)＝（0.100 mol·L－1－0.040 mol·L－1）÷60 s＝0.001 mol·L－1·S-1；反应进行至60s后，反应物的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K===0.36， 故答案为：0.001mol/(L·s)；0.36；
（2）①若缩小体积使c(NO2)增大，气体颜色加深，但平衡此时向逆反应方向移动；
②在恒温恒容时，加入NO2可使平衡逆向移动，N2O4的体积分数增加，故N2O4的体积分数增加不能说明平衡正向移动；
③恒温恒压充入He，体积增大，平衡向正反应方向移动；
④单位时间内消耗N2O4和NO2的物质的量之比等于1：2，说明此时正逆反应速率相等，反应处于平衡状态；
综上所述，符合题意的有：③ ，故答案为：③；
（3）体积不变，达到平衡后，再充入1 mol NO2，相当于加压，平衡正向移动，转化率增大，故b%＞a%；在恒温恒压时，反应2NO2(g) N2O4(g)达到平衡后，再向容器内充入一定量的NO2，因体积可变，二者平衡等效，则N2O4的体积分数不变；故答案为：<、不变；
（4）由图b知H2O2分解放热，则图a中B容器中温度较A容器高；由图c可知反应2NO2(g)N2O4(g)正反应为放热反应，升高温度，使平衡2NO2N2O4逆向移动， NO2的浓度增大，气体的颜色加深，因B中浓度较高，故其中气体的颜色较深，A中气体颜色较B中浅，故答案为：浅。
16.水的电离平衡曲线如图所示。
（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度， 当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_____________增加到_____________。
（2）保持100℃的恒温，将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为____________________。
（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈________（填“酸性”，“中性”或“碱性”），醋酸体积____________氢氧化钠溶液体积。（填“ >” 或“＝”或“<” ）。
（4）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) B．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-) D．c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
①若溶液中只溶解了一种溶质，上述离子浓度大小关系中正确的是（选填字母）________。
②若上述关系中D是正确的，则溶液中的溶质为____________________；
③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c(NH4+)=a mol/L，则c(SO42-)= _____
【答案】 (1). 10－14 (2). 10－12 (3). 2∶9 (4). 中性 (5). ＞ (6). A (7). NH3·H2O和NH4Cl (8). a/2mol/L
【解析】
【详解】(1)A点25℃，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=1×10-7×1×10-7=10-14；
100℃时，c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=1×10-6×1×10-6=10-12，
故答案为：10-14；10-12；
(2)将pH=8的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-4 mol/L，pH=5的稀盐酸中c(H+)=10-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，混合溶液的pH=7，溶液呈碱性，c(OH-)==10-5 mol/L，c(OH-)==10-5 mol/L，解得 x∶y=2∶9，故答案为：2∶9；
(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，根据电荷守恒有c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，所以醋酸体积＞NaOH溶液体积，故答案为中；中性；＞；
(4)①因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，则c(Cl-)＞c(NH4+)，水解后溶液显酸性，有c(H+)＞c(OH-)，又水解的程度很弱，则c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，即A符合，故答案为：A；
②若上述关系中D是正确的，溶液呈碱性，且c(NH4+)＞c(Cl-)，应为NH3•H2O和NH4Cl的混合物，故答案为：NH3•H2O和NH4Cl；
③混合溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(SO42-)=c(NH4+)=amol•L-1，故答案为：amol•L-1。
17.Ⅰ、某学生用0.2000 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数
④量取20.00mL待测液注入用待测液润洗过的锥形瓶中，并加入3滴甲基橙溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
（1）以上步骤有错误的是（填编号）________。
（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______中。（从图中选填“甲”或“乙”）
（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______________。
（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液_________________________。
（5）下列操作会引起实验结果偏大的是：______（填编号）
A．滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处
B．观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视
C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗
D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失
E．滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去
F．配制标准NaOH溶液定容时仰视观察刻度线
Ⅱ.（6）为了检验某残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，把铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，写出滴定过程中反应的离子方程式：________________________________________。KMnO4应装在___________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）滴定前是否要滴加指示剂？___（填“是”或“否”），滴定终点的判断方法：_____________________________。
（7）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入______________调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________________。[Fe(OH)3的Ksp=2.6×10-39]
【答案】 (1). ①④ (2). 乙 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 由红色变为橙色，且半分钟内不变色 (5). ABF (6). 5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O (7). 酸式 (8). 否 (9). 滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且30 s不变色 (10). CuO (或Cu(OH)2或CuCO3或 Cu2(OH)2CO3) (11). 2.6×10-9mol/L
【解析】
【分析】
酸碱中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用标准液润洗；锥形瓶不能润洗；滴定终点颜色改变半分钟内不变化；
酸式滴定管为玻璃旋塞，碱式滴定管下端为含有玻璃珠的乳胶管；
根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响；
根据质量守恒、电荷守恒书写离子方程式；
利用Fe(OH)3的Ksp= c(Fe3＋) c3(OH-)来计算c(Fe3＋)。
【详解】Ⅰ（1）①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，不润洗导致标准液浓度减小，消耗体积增大，测定结果偏大，必须用氢氧化钠溶液润洗，故①错误；④若用待测液润洗锥形瓶，会使待测液溶质物质的量增加，消耗标准液的体积增大，测定结果增大，所以锥形瓶不能润洗，故④错误；答案为：①④。
（2）氢氧化钠要用碱式滴定管，选择乙，答案为：乙；
（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）滴定终点时的现象为，锥形瓶中溶液由红色变为橙色，且半分钟内不变色，答案为：由红色变为橙色，且半分钟内不变色；
（5）根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响：
A．滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；
B．观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；
C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，滴定结果无影响；
D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；
E．滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；
F．配制标准NaOH溶液定容时仰视观察刻度线，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；
答案为：ABF；
Ⅱ.（6）该反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+根据质量守恒和电荷守恒，可以写出离子方程式为：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O；由于KMnO4溶液有强氧化性，应装在酸式滴定管中；由于MnO4-还原为Mn2+可看到溶液颜色由紫色变为无色，所以不需要指示剂；终点判断可以利用MnO4-还原为Mn2+看到溶液颜色由紫色变为无色；
答案为：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O ；酸式；否；滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且30 s不变色；
（7）制得纯净CuCl2溶液，要除去杂质FeCl3，还注意不能引入新的杂质，可以加入的物质有：CuO (或Cu(OH)2或CuCO3或 Cu2(OH)2CO3)；溶液pH＝4，c (OH-)=10-10mol/L，c(Fe3＋)===mol/L;
答案为：CuO (或Cu(OH)2或CuCO3或 Cu2(OH)2CO3) ；2.6×10-9mol/L。
【点睛】本题考查的酸碱中和滴定结果的影响因素，利用c(待测)=，仔细读题分析各因素对测定结果的影响。
滴定操作中，滴定管需要用标准液或者待测液润洗，但是锥形瓶不能润洗，要求熟悉酸碱中和滴定的基本操作。
内蒙古集宁一中(西校区)2018-2019学年高二上学期期中考试
化学试题
1.在一密闭容器中充入一定量的N2和H2，经测定反应开始后的2s内氢气的平均速率：v（H2）=0.45mol/（L•s），则2s末NH3的浓度为
A. 0.45mol/L B. 0.50mol/L C. 0.55mol/L D. 0.60mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】根据v=Δc/Δt可得Δc（H2）=v·Δt=2s·0．45mol/(L·s)=0．90 mol/L，再由方程式：N2+3H22NH3中氢气和氨气的量的关系可知2s末NH3的浓度为：Δc（NH3）=2/3Δc（H2）=2/3×0．90 mol/L=0．60 mol/L；正确选项为D；
综上所述，本题选D。
2.将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L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)。经2 s后测得C的浓度为0.6 mol·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0.3 mol·L-1·s-1
② 用物质B表示的反应的平均速率为0.6 mol·L-1·s-1
③ 2 s时物质A的转化率为30%
④ 2 s时物质B的浓度为0.6 mol·L-1
其中正确的是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
【详解】利用三段式法计算：起始A的浓度为=2mol/L，B的浓度为=1mol/L，
2A(g)+B(g)2C(g)，
起始：2mol/L 1mol/L 0
变化：0.6mol/L 0.3mol/L 0.6mol/L
2s时：1.4mol/L 0.7mol/L 0.6mol/L
2s内，用物质A表示的反应的平均速率为v(A)==0.3 mol/(L•s)；用物质B表示的反应的平均速率为v(B)==0.15 mol/(L•s)；2s时物质A的转化率为α=×100%=30%；2s时物质B的浓度为0.7 mol/L；综上所述，正确的为①③，故答案选A。
3.已知反应：A(g)+2B(g)=2C(g)+D(g)在四种不同情况下的化学反应速率分别为：①v (A)=0.15mol/(L·s) ②v(B)=0.4mol/(L·s) ③v(C)=0.3mol/(L·s) ④v(D)=0.5mol/(L·s)则四种情况下反应进行的快慢顺序为
A. ②>④>③>① B. ④>③=②>① C. ④>②>③=① D. ④>③>①>②
【答案】C
【解析】
将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，在单位相同的条件下其数值越大化学反应速率越快，将这几种物质的化学反应速率都转化为A的化学反应速率，①v(A) = 0.15 mol • L-1 • s-1；②v（A）=v(B)/2=0. 2 mol • L-1 • s-l；③v（A）=v(C)/2=0. 15 mol • L-l • s-1；④v（A）=v(D) = 0. 5 mol • L-l • s-1；所以化学反应速率快慢顺序是④>②>③=①，故选C。
点睛：本题考查化学反应速率快慢顺序判断，解题关键：将用不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较。侧重考查学生计算及判断能力，易错点：比较速率大小顺序时必须要统一单位。难点：换算时两物质计量数间关系，这也是易错点。
4.反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）在一体积可变的容器中进行。下列条件的改变对其化学反应速率几乎没有影响的是：①增加C的用量；②将容器体积缩小一半；③保持容器体积不变，充入氮气使容器内压强增大；④保持压强不变，充入氮气使容器的体积变大
A. ②④ B. ①③ C. ③④ D. ①④
【答案】B
【解析】
【详解】①增加C（s）的量，并不改变C（s）的浓度，则反应速率不变；
②将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大；
③保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则速率不变；
④保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小；
综上所述，符合题意的为①③；答案选B。
【点睛】一般固体或纯液体的浓度视为一定值，故增加固体或纯液体的量并没有增大其浓度，对反应的速率影响不大。
5.在一定温度下，将气体X和气体Y各2 mol充入某10 L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0，—段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
10
12
n(Y)/mol
1.40
1.10
0.40
0.40
下列说法正确的是
A. 反应前2 min 的平均速率v(Z)=3.0xl0-2 mol• L-1min-1
B. 该温度下此反应的平衡常数K=64
C. 平衡后其他条件不变，再充入2 mol Z，新平衡时X的体积分数增大
D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正）
【答案】B
【解析】
【详解】A.反应前 2min，n(Y)变化了2-1.4=0.6mol，反应速率为：v(Y)=0.6/(10×2)=0.03 mol• L-1min-1,根据速率和系数成正比可知v(Z)=2v(Y)=6.0×l0-2 mol• L-1min-1，A错误；
B.反应在10min时达到平衡，因此平衡时各物质浓度为：c(X)=0.4/10=0.04 mol• L-1 , c(Y)=0.4/10=0.04 mol• L-1，c(Z)= 2×(2-0.4)/10=0.32mol• L-1；该温度下此反应的平衡常数=0.322/0.042=64, B正确；
C.该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入2molZ，在等温等容条件下，等效于加压过程，平衡不移动，新平衡时X的体积分数不变，故C错误；
D. 反应进行到10 min时保持其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)
【点睛】针对X(g)+Y(g) 2Z(g) △H<0,反应，如果反应达到平衡后，在等温等容条件下，再充入2molZ，等效于给该反应加压过程，由于反应前后气体的体积不变，所以平衡不移动；如果反应达到平衡后，在等温等压条件下，再充入2molZ，等效于等压过程，与原平衡等效。
6.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图象相符的是
A. ①压强对反应的影响(p2>p1) B. ②温度对反应的影响
C. ③平衡体系增加N2对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
【答案】C
【解析】
根据先拐先平，数值大的原则，由图象可知P1＞P2，由于反应物气体的体积大于生成物气体的体积，则增大压强平衡向正反应方向移动，NH3的体积分数增大，A项解释与图象不相符；由于正反应放热，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，N2的转化率减小，B项解释与图象不相符；增加反应物浓度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，C项解释与图象相符；催化剂加快反应速率，达到平衡时所用时间较少，D项解释与图象不相符。
点睛：化学平衡图像的基本分析方法（1）认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒夏特列原理挂钩。（2）紧扣可逆反应的特征，看清正反应方向是吸热还是放热、体积增大还是减小、不变、有无固体、纯液体物质参加或生成等。（3）看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。（4）看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。（5）先拐先平。例如，在转化率一时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。（6）定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。
7.在恒温恒容容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，下列说法不正确的是
A. 容器内压强不再变化，说明反应达到平衡状态
B. 当c(SO2)：c(O2)=1：2且保持不变，能表明反应达到平衡状态
C. 加入合适的催化剂可显著增大反应速率
D. 达到平衡状态时，相同时间内，每消耗2molSO3的同时生成1molO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.因为反应前后气体的物质的量不同，所以当容器内压强不变，说明反应到平衡，选项A正确；B.当二氧化硫和氧气的比例关系保持1:2不变，可以说明反应到平衡，选项B正确；C.合适的催化剂能增大反应速率，选项C正确；D.每消耗2mol三氧化硫的同时生成1mol氧气，这是v(逆)=v(逆)，不能说明达到平衡状态，选项D错误。答案选D。
【点睛】本题考查的是化学反应速率和平衡的影响因素及平衡的判断，有一定的难度。
8.下列叙述正确的是
A. 中和等体积等浓度的醋酸和盐酸，醋酸需要的氢氧化钠溶液更多
B. pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C. pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＞7
D. pH均为3的醋酸和盐酸分别与足量Zn反应，醋酸产生的H2多
【答案】D
【解析】
【详解】A．等体积等浓度的醋酸和盐酸含有的醋酸和氯化氢的物质的量相等，中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故A错误；B．醋酸是弱电解质，醋酸溶液中存在醋酸电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；C. pH=3的醋酸溶液中醋酸浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液氢氧化钠浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合后酸剩余，溶液呈酸性，故C错误；D．醋酸为弱电解质，等pH时醋酸的物质的量多，则与过量锌反应，醋酸生成的氢气多，故D正确；故选D。
9.物质的量浓度相同的以下溶液：①NH4HSO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4NO3 ⑤CH3COONH4，c(NH4＋)由大到小的顺序为
A. ②①③④⑤ B. ③①④②⑤ C. ①③④⑤② D. ②①④⑤③
【答案】A
【解析】
【分析】
铵根离子水解程度较小，所以要比较物质的量浓度相同的溶液中铵根离子浓度大小，应先比较盐中铵根离子的微粒个数，微粒个数越大，溶液中铵根离子浓度越大，微粒个数相同的铵盐溶液，应根据溶液中其它离子是促进铵根离子水解还是抑制铵根离子水解判断。
【详解】(NH4)2CO3溶液中铵根离子的微粒个数最多，则溶液中铵根离子浓度最大；NH4HSO4 和NH4Fe(SO4)2溶液中，氢离子和亚铁离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大， CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子水解，所以C(NH4＋)由大到小的顺序为②①③④⑤，故选A。
【点睛】本题考查了铵根离子浓度的比较，解答时，应先根据盐中铵根离子的微粒个数进行分类比较，再其它离子对铵根离子的影响来分类比较。
10.下列各化合物中，均为弱电解质的一组是
A. H2CO3 Ba(OH)2 K2S H3PO4 B. FeCl3 HCl C2H5OH NH4Cl
C. CH3COOH H2CO3 Cu(OH)2 H2O D. HCl KNO3 H2CO3 H2SO4
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ba(OH)2 是强碱，属于强电解质，K2S是盐，属于强电解质；B. HCl是强酸，属于强电解质，FeCl3、NH4Cl是盐，属于强电解质，C2H5OH不能电离，属于非电解质；C. 乙酸、碳酸、水、Cu(OH)2部分电离，属于弱电解质；D. HCl、H2SO4是强酸，属于强电解质，KNO3是盐，属于强电解质。故选C。
【点睛】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，能导电是电解质自身能电离出自由移动的离子；强电解质在水溶液或熔融状态下，能完全电离成离子；弱电解质是指，在水溶液或熔融状态下部分电离的电解质，包括弱酸，弱碱、水与少数盐。
11.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是)
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；
④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；
⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。
【详解】①pH＝0的溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；
②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；
⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。
综上分析，②④符合题意，故选A。
【点睛】本题考查离子的共存，把握题给信息及常见离子之间的反应为解题关键，注意题目的隐含条件、考虑溶液酸碱性及离子之间发生的氧化还原反应。易错项为③和⑥：常温下水电离的c（H+）=10-12mol•L-1，说明水的电离被抑制，溶液可能为酸性也可能为碱性，该项容易误认为溶液显碱性；根据铁离子的水解特点及Fe(OH)3的溶度积可推算出，Fe3+只能存在于酸性溶液中，应作为一个知识点记住。
12.25℃时，水的电离达到平衡状态，下列叙述正确的是
A. 向水中加入稀氨水，水的电离平衡将逆向移动，氢氧根离子浓度降低
B. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，氢离子浓度增大，Kw不变
C. 向水中加入少量固体醋酸钠，水的电离平衡逆向移动，氢离子浓度降低
D. 将水加热，Kw增大，水的电离平衡不移动，pH不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c（OH - ）增大，选项A错误； B．NaHSO4 ═Na++SO42- +H+ ，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW 不变，选项B正确；C．CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡正向移动，c（H+）降低，选项C错误；D．温度升高，水的离子积常数KW 增大，水的电离平衡正向移动，则pH值减小，选项D错误。答案选B。
13.对于MgCl2 溶液和 FeCl3溶液的有关说法，不正确的是
A. 配制FeCl3溶液时，为了防止溶液出现浑浊，可以向溶液中滴入少量盐酸
B. 为了除去MgCl2酸性溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入MgCO3，过滤后，再向滤液中加入适量盐酸
C. 向FeCl3溶液加FeCl3固体，水解平衡正向移动，FeCl3水解程度增大
D. 向FeCl3溶液加水，溶液颜色变浅，FeCl3水解程度增大
【答案】C
【解析】
A. 向溶液中滴入少量盐酸，可以抑制FeCl3溶液水解，可以避免配制FeCl3溶液出现浑浊，故A正确；B．Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，在加热搅拌的条件下加入碳酸镁，碳酸镁和氢离子反应生成镁离子和CO2，使三价铁离子的水解平衡向正反应方向移动，最终变成氢氧化铁沉淀除去，故B正确；C. 向FeCl3溶液加FeCl3固体，相当于增大溶液的浓度，水解平衡正向移动，但FeCl3水解程度减小，故C错误；D. 向FeCl3溶液加水，溶液浓度减小，颜色变浅，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，平衡正向移动，FeCl3水解程度增大，故D正确；故选C。
14.常温下，用0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是
A. 点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C. 点③所示溶液中：NaOH与CH3COOH恰好完全中和，溶液呈中性
D. 在0.1000 mol·L－1 CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(H＋)= 10－13 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
点①得到CH3COONa与CH3COOH等浓度的混合液，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，由电荷守恒可知：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）；点②得到的溶液pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）=c（CH3COO-）；点③NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，醋酸钠溶液呈碱性，则c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H+）。
【详解】点①处醋酸过量，形成醋酸和醋酸钠混合液，根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度的关系是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；点②所示溶液显中性，醋酸还是过量的，是醋酸和醋酸钠混合液，由c(H＋)= c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B错误；点③处恰好反应，NaOH与CH3COOH恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解，溶液呈碱性，C错误；0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液中c(H＋)小于0.100 0 mol·L－1，结合水的离子积常数可知，由水电离出来的c(H＋)大于 10－13 mol·L－1，D错误。
故选A。
【点睛】在判断酸碱中和过程中离子浓度变化以及离子浓度大小比较时，除了注意判断酸碱的用量外，最重要的是利用好几个守恒关系，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒等，尤其是电荷守恒是经常用到的关系式，需要熟练掌握并能灵活运用。
15.将1mol N2O4气体充入容积为10L的密闭容器中，回答下列问题：
（1）100 ℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0~60 s时段，反应速率v(N2O4)为________________；反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K为___________。
（2）当反应达到平衡时，对于反应N2O4(g)2NO2(g)，改变某一条件后，下列说法中，一定能说明化学平衡向正反应方向移动的是____________。
①气体颜色加深
②N2O4的体积分数增加
③恒温恒压充入He
④单位时间内消耗N2O4和NO2的物质的量之比等于1：2
（3）若起始时充入1molNO2气体，建立如下平衡2NO2(g)N2O4(g)，测得NO2的转化率为a%，在温度、体积不变时，再充入1molNO2气体，重新达到平衡时，测得NO2的转化率为b%，则a______b（填“>”、“<”或“=”）；若恒温恒压时，充入1molNO2气体，反应2NO2(g)N2O4(g)达到平衡后，再向容器内通入一定量的NO2气体，重新达到平衡时，NO2的体积分数_________（填“不变”、“增大”或“减小”）。
（4）如下图a所示，连通的玻璃瓶中充入NO2气体，建立如下平衡2NO2(g)N2O4(g)，已知Fe3+对H2O2的分解具有催化作用，根据图b、c中的信息，推测A瓶中气体颜色比B瓶中的____________（填“深”或“浅”）。
【答案】 (1). 0.001mol/(L·s) (2). 0.36 (3). ③ (4). < (5). 不变 (6). 浅
【解析】
【详解】（1）由坐标图中数据可知：在0~60 s时段，∆c(N2O4)＝（0.100 mol·L－1－0.040 mol·L－1）÷60 s＝0.001 mol·L－1·S-1；反应进行至60s后，反应物的浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数K===0.36， 故答案为：0.001mol/(L·s)；0.36；
（2）①若缩小体积使c(NO2)增大，气体颜色加深，但平衡此时向逆反应方向移动；
②在恒温恒容时，加入NO2可使平衡逆向移动，N2O4的体积分数增加，故N2O4的体积分数增加不能说明平衡正向移动；
③恒温恒压充入He，体积增大，平衡向正反应方向移动；
④单位时间内消耗N2O4和NO2的物质的量之比等于1：2，说明此时正逆反应速率相等，反应处于平衡状态；
综上所述，符合题意的有：③ ，故答案为：③；
（3）体积不变，达到平衡后，再充入1 mol NO2，相当于加压，平衡正向移动，转化率增大，故b%＞a%；在恒温恒压时，反应2NO2(g) N2O4(g)达到平衡后，再向容器内充入一定量的NO2，因体积可变，二者平衡等效，则N2O4的体积分数不变；故答案为：<、不变；
（4）由图b知H2O2分解放热，则图a中B容器中温度较A容器高；由图c可知反应2NO2(g)N2O4(g)正反应为放热反应，升高温度，使平衡2NO2N2O4逆向移动， NO2的浓度增大，气体的颜色加深，因B中浓度较高，故其中气体的颜色较深，A中气体颜色较B中浅，故答案为：浅。
16.水的电离平衡曲线如图所示。
（1）若以A点表示25℃时水在电离平衡时的离子浓度， 当温度升到100℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_____________增加到_____________。
（2）保持100℃的恒温，将pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的稀盐酸混合，欲使混合溶液pH=7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为____________________。
（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈________（填“酸性”，“中性”或“碱性”），醋酸体积____________氢氧化钠溶液体积。（填“ >” 或“＝”或“<” ）。
（4）已知某溶液中只存在OH-、H+、NH4+、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) B．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(OH-)＞c(H+)
C．c(Cl-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-) D．c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)
①若溶液中只溶解了一种溶质，上述离子浓度大小关系中正确的是（选填字母）________。
②若上述关系中D是正确的，则溶液中的溶质为____________________；
③若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时c(NH4+)=a mol/L，则c(SO42-)= _____
【答案】 (1). 10－14 (2). 10－12 (3). 2∶9 (4). 中性 (5). ＞ (6). A (7). NH3·H2O和NH4Cl (8). a/2mol/L
【解析】
【详解】(1)A点25℃，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=1×10-7×1×10-7=10-14；
100℃时，c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol/L，Kw=c(H+)•c(OH-)=1×10-6×1×10-6=10-12，
故答案为：10-14；10-12；
(2)将pH=8的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-4 mol/L，pH=5的稀盐酸中c(H+)=10-5 mol/L，设氢氧化钡的体积为x，盐酸的体积为y，混合溶液的pH=7，溶液呈碱性，c(OH-)==10-5 mol/L，c(OH-)==10-5 mol/L，解得 x∶y=2∶9，故答案为：2∶9；
(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)，根据电荷守恒有c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，所以醋酸体积＞NaOH溶液体积，故答案为中；中性；＞；
(4)①因任何水溶液中都有OH-、H+，若溶质只有一种则为NH4Cl，铵根离子水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，则c(Cl-)＞c(NH4+)，水解后溶液显酸性，有c(H+)＞c(OH-)，又水解的程度很弱，则c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，即A符合，故答案为：A；
②若上述关系中D是正确的，溶液呈碱性，且c(NH4+)＞c(Cl-)，应为NH3•H2O和NH4Cl的混合物，故答案为：NH3•H2O和NH4Cl；
③混合溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(SO42-)=c(NH4+)=amol•L-1，故答案为：amol•L-1。
17.Ⅰ、某学生用0.2000 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数
④量取20.00mL待测液注入用待测液润洗过的锥形瓶中，并加入3滴甲基橙溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
（1）以上步骤有错误的是（填编号）________。
（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______中。（从图中选填“甲”或“乙”）
（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_______________。
（4）判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液_________________________。
（5）下列操作会引起实验结果偏大的是：______（填编号）
A．滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处
B．观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视
C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗
D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失
E．滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去
F．配制标准NaOH溶液定容时仰视观察刻度线
Ⅱ.（6）为了检验某残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，把铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，写出滴定过程中反应的离子方程式：________________________________________。KMnO4应装在___________滴定管中（填“酸式”或“碱式”）滴定前是否要滴加指示剂？___（填“是”或“否”），滴定终点的判断方法：_____________________________。
（7）某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3，为制得纯净CuCl2溶液，宜加入______________调至溶液pH＝4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________________。[Fe(OH)3的Ksp=2.6×10-39]
【答案】 (1). ①④ (2). 乙 (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 由红色变为橙色，且半分钟内不变色 (5). ABF (6). 5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O (7). 酸式 (8). 否 (9). 滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且30 s不变色 (10). CuO (或Cu(OH)2或CuCO3或 Cu2(OH)2CO3) (11). 2.6×10-9mol/L
【解析】
【分析】
酸碱中和滴定时，滴定管用蒸馏水洗净后，必须用标准液润洗；锥形瓶不能润洗；滴定终点颜色改变半分钟内不变化；
酸式滴定管为玻璃旋塞，碱式滴定管下端为含有玻璃珠的乳胶管；
根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响；
根据质量守恒、电荷守恒书写离子方程式；
利用Fe(OH)3的Ksp= c(Fe3＋) c3(OH-)来计算c(Fe3＋)。
【详解】Ⅰ（1）①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，不润洗导致标准液浓度减小，消耗体积增大，测定结果偏大，必须用氢氧化钠溶液润洗，故①错误；④若用待测液润洗锥形瓶，会使待测液溶质物质的量增加，消耗标准液的体积增大，测定结果增大，所以锥形瓶不能润洗，故④错误；答案为：①④。
（2）氢氧化钠要用碱式滴定管，选择乙，答案为：乙；
（3）滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；
（4）滴定终点时的现象为，锥形瓶中溶液由红色变为橙色，且半分钟内不变色，答案为：由红色变为橙色，且半分钟内不变色；
（5）根据c(待测)=，分析操作对待测液的物质的量浓度的影响：
A．滴定终点时，有一滴标准液悬挂在滴定管尖嘴处，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；
B．观察计数时，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；
C．锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，滴定结果无影响；
D．用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；
E．滴定时振荡锥形瓶有溶液飞溅出去，消耗标准液体积减小，滴定结果偏小；
F．配制标准NaOH溶液定容时仰视观察刻度线，标准液浓度减小，消耗标准液体积增大，滴定结果偏大，符合题意；
答案为：ABF；
Ⅱ.（6）该反应中，Fe2+被氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+根据质量守恒和电荷守恒，可以写出离子方程式为：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O；由于KMnO4溶液有强氧化性，应装在酸式滴定管中；由于MnO4-还原为Mn2+可看到溶液颜色由紫色变为无色，所以不需要指示剂；终点判断可以利用MnO4-还原为Mn2+看到溶液颜色由紫色变为无色；
答案为：5Fe2++8H++MnO4-=5Fe3++Mn2++4H2O ；酸式；否；滴最后一滴酸性高锰酸钾溶液紫色不褪去，且30 s不变色；
（7）制得纯净CuCl2溶液，要除去杂质FeCl3，还注意不能引入新的杂质，可以加入的物质有：CuO (或Cu(OH)2或CuCO3或 Cu2(OH)2CO3)；溶液pH＝4，c (OH-)=10-10mol/L，c(Fe3＋)===mol/L;
答案为：CuO (或Cu(OH)2或CuCO3或 Cu2(OH)2CO3) ；2.6×10-9mol/L。
【点睛】本题考查的酸碱中和滴定结果的影响因素，利用c(待测)=，仔细读题分析各因素对测定结果的影响。
滴定操作中，滴定管需要用标准液或者待测液润洗，但是锥形瓶不能润洗，要求熟悉酸碱中和滴定的基本操作。
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