【化学】河南省鹤壁市浚县二中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）

河南省鹤壁市浚县二中2019-2020学年高二上学期第二次月考试题
一、单选题(共16小题，每小题3分，共48分)
1.化学反应中通常伴随着能量变化，下列说法中错误的是(　　)
A. 煤燃烧时将部分化学能转化为热能
B. 电解水制氢气时将部分化学能转化为电能
C. 炸药爆炸时将部分化学能转化为动能
D. 镁条燃烧时将部分化学能转化为光能
【答案】B
【解析】
【详解】A. 煤燃烧时放热，将部分化学能转化为热能，A正确；
B. 电解水时将电能转化为化学能，B错误；
C. TNT爆炸时将部分化学能转化为动能，C正确；
D. 镁条燃烧时发光发热，将部分化学能转化为光能，D正确。
答案选B。
2. 已知反应FeO（s）+C（s）= CO（g）+ Fe（s）的△H＞0，（假设△H，△S不随温度变化而变化），下列叙述中正确的是:（ ）
A. 低温下为自发过程，高温下为非自发过程
B. 高温下为自发过程，低温下为非自发过程
C. 任何温度下为非自发过程
D. 任何温度下为自发过程
【答案】B
【解析】
【详解】根据△G=△H－T△S可知自发反应△G＜0，此反应是△H＞0，△S＞0，即高温下自发反应，低温则为非自发，故选项B正确。答案选B。
3.向绝热恒容密闭容器中通入CO和H2O（g），在一定条件下使反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是（ ）

A. 反应物的总能量低于生成物的总能量
B. Δt1=Δt2时，CO的转化率：a～b段小于b〜c段
C. 反应在c点达到平衡状态
D. 反应物浓度：a点小于b点
【答案】B
【解析】
【详解】A.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故A错误；
B.随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的CO就越多，CO的转化率将逐渐增大，所以Δt1=Δt2时，CO的转化率：a～b段小于b〜c段，故B正确；
C.化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故C错误；
D.a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，所以反应物浓度：a点大于b点，故D错误；
故选B。
4. 下列说法中正确的是( )
A. 二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质
B. 硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质
C. 硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电
D. 氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同
【答案】D
【解析】试题分析：A、SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是SO2电离产生的，因此SO2不是电解质，故错误；B、硫酸钡虽然难容溶于水，但溶于水硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；C、电解质导电，需要条件，即水溶液或熔融状态，因此纯硫酸不导电，故错误；D、OH－离子浓度相同，溶液中导电离子的浓度以及所带电荷数相同，因此导电能力相同，故正确。
5.在一固定容积的密闭容器中，充入2 mol A和1 mol B发生如下反应：2A(g)＋B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为w%；若维持容器体积和温度不变，以0.6 mol A、0.3 mol B和1.4 mol C为起始物质，达到平衡后，C的体积分数也为w%，则x的值为(　　)
A. 5 B. 4 C. 3 D. 1
【答案】C
【解析】试题分析：在恒温恒容下，充入2molA和1molB与充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明两个平衡为完全等效平衡，按化学计量数转化到左边，应该满足：n(A)=2mol、n(B)=1mol，则：0.6mol+×2=2mol，解得：x=2，另外，对于反应前后气体的计量数之和相等的反应，物质的投料呈相同比例时也是等效平衡，所以x=3也是正确的，所以x可能为2或3，故选C。
6.对于反应N2O4（g）2NO2（g）在温度一定时，平衡体系中NO2的体积分数φ（NO2）随压强的变化情况如图所示（实线上任何一点为对应压强下的平衡点），下列说法正确的是（ ）

A. A、C两点的正反应速率的关系为A＞C
B. A、B、C、D、E各状态中，v（正）＜v（逆）的是状态E
C. 使E状态从水平方向到达C状态后，再沿平衡曲线到达A状态，从理论上来讲，可选用的条件是从p1突然加压到p2，再由p2无限缓慢降压至p1
D. 维持p1不变，E→A所需时间为x；维持p2不变，D→C所需时间为y；则x＜y
【答案】C
【解析】
【详解】A.压强越大，反应速率越大，则A、C的正反应速率的关系为A＜C，故A错误；
B.E点的NO2的体积分数小于平衡状态，压强不变，达到平衡，NO2的体积分数应增大，反应向正反应方向进行，则v（正）＞v（逆），故B错误；
C.使E状态到达A状态，应平衡向正向移动，可由C点减小压强得到，故C正确；
D.压强越大，反应速率越大，则达到平衡用时越短，x＞y，故D错误。
故选C。
7.已知：2X+Y2Z，反应中ω（Z的物质的量分数）随温度T的变化如下图所示。下列判断正确的是(　　)

A. T1时，v正>v逆
B. 正反应的△H＜0
C. a、b两点的反应速率va=vb
D. T＜T1时，ω增大的原因是平衡向正方向移动
【答案】B
【解析】试题分析：当可逆反应达到化学平衡状态时，产物Z的生成率最大，物质的量分数最大，所以T1时刻，化学反应达到了平衡状态。A、T1时，化学反应达到了平衡状态，v正=v逆，A错误；B、当温度高于T1时，Z的物质的量分数逐渐减小，所以化学平衡逆向移动，即逆反应方向是吸热的，所以正反应是一个放热反应，即△H＜0，B正确；C、温度越高，化学反应速率越大，b点温度高于a点，所以b的速率高于a点的速率，即va＜vb，C错误；D、0-T1阶段是化学平衡的建立过程，反应开始向右不断进行，生成的Z的量越来越大，所以ω增大，D错误，答案选B。
8. 某同学在实验报告中记录了下列数据，其中正确的是( )
A. 用25 mL量筒量取12.36 mL盐酸
B. 用pH试纸测出某溶液pH为3.5
C. 用托盘天平称取8.75 g食盐
D. 用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为15.60 mL
【答案】D
【解析】A．量筒的感量为0.1mL，则用25 mL量筒量取12.3 mL盐酸或12.4mL盐酸，故A错误；B．pH试纸测到的pH为正整数，则用pH试纸测出某溶液pH为3或4，故B错误；C．托盘天平的感量为0.1g，则用托盘天平称取8.7g或8.8 g食盐，故C错误；D．酸式滴定管的准确度为0.01mL，则用酸式滴定管测出消耗盐酸的体积为15.60 mL，故D正确；故选D。
9.25℃时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液中水的电离度为a2，pH＝12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a4。下列关系式中正确的是（ ）
A. a2=a3＜a4＜a1 B. a3=a2＜a1＜a4
C. a2＜a3＜a1＜a4 D. a1＜a2＜a3＜a4
【答案】A
【解析】
【详解】在25℃时，纯水中c(H+)=c(OH-)==10-7mol·L-1，纯水的电离度为a1；pH=2的醋酸溶液中c(H+)=10-2mol·L-1，水电离出来的氢离子的浓度与氢氧根的浓度相等，即c(H+)水=c(OH-)水=mol·L-1=10-12mol·L-1，水的电离度为a2，醋酸电离出来的氢离子要抑制水的电离，a210-12mol·L-1，溶液中水的电离度为a4，所以有a2=a3 10.在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，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】
【分析】在常温下，某无色溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10-14mol·L-1，则该溶液可能显酸性，也可能显碱性，据此解答。
【详解】A、MnO4－显紫红色，故A错误；
B、此溶质为酸或碱，CO32－和AlO2－在酸中不能大量共存，故B错误；
C、既能在碱中大量共存，又能在酸中大量共存，故C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D错误。
答案选C。
11. 下列实验基本操作错误的是( )
A. 滴定管经蒸馏水洗净后，即可注入标准液进行滴定
B. 玻璃导管蘸水后，边旋转边向橡皮管中插入
C. 滴定用锥形瓶经蒸馏水洗净后，不须用标准液润洗
D. 用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，然后跟标准比色卡相对照，读出pH
【答案】A
【解析】试题分析：A、滴定管洗涤后，需要待盛液润洗，防止产生误差，故说法错误；B、玻璃导管蘸水后，起到润滑作用，边旋转边向橡皮管中插入，故说法正确；C、锥形瓶只能洗涤，不能润洗，否则产生误差，故说法正确；D、pH试纸的使用：用玻璃棒蘸取待测液滴到pH中央，变色后与标准比色卡对比，读数数值，故说法正确。
12.已知室温时，0.1mol·L－1某一元酸HA的电离平衡常数约为1×10－7，下列叙述错误的是（ ）
A. 该溶液的pH＝4
B. 此溶液中，HA约有0.1%发生电离
C. 加水稀释，HA的电离平衡向右移动，HA的电离平衡常数增大
D. 由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
【答案】C
【解析】
【详解】A.，则＝K＝1×10－7，因c很小，故0.1－c可看作0.1，解得c＝1×10－4 mol·L－1，所以pH＝4，故A正确；
B.HA有×100%＝0.1%发生电离，故B项正确；
C.电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，C项错误；
D.溶液中的c(H＋) ＝1×10－4 mol·L－1，包括HA电离出来的H+和水电离出来的H+，溶液中的OH-全部来自于水，故由水电离的OH-就是溶液中的OH-，溶液中c(OH-) ＝1×10－10mol·L－1，所以由水电离出的c(H＋)约为1×10－10mol·L－1，忽略由水电离的H+，由HA电离出的c(H＋) ≈1×10－4 mol·L－1，为水电离出的c(H＋)的106倍，D项正确；
故选C。
13.室温下，用0.100 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH＝7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20.00mL
C. V(NaOH)＝20.00mL时，两份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D. V(NaOH)＝10.00mL时，醋酸溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】A.滴定开始时0.1000mol·L－1盐酸pH＝1，0.1000mol·L－1醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是Ⅱ，滴定醋酸的曲线是Ⅰ，错误；
B.醋酸钠水解呈碱性，氯化钠不水解，pH＝7时，醋酸所用NaOH溶液的体积小，正确；
C.V(NaOH)＝20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，错误；
D.加入10mL氢氧化钠时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，由图可知，此时混合液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)+ c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，所以c(CH3COO－)＞c(Na＋)，错误。
故选B。
14.常温下，0.1 mol·L－1的下列溶液中c(NH4+)最大的是（ ）
A. NH4Al(SO4)2 B. NH4Cl
C. NH3.H2O D. CH3COONH4
【答案】A
【解析】
【详解】A项，NH4Al(SO4)2=NH4+＋Al3＋＋2SO42-，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，抑制NH4+水解；D项，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，促进NH4+的水解；C项，NH3·H2ONH4+＋OH－，NH3·H2O只有少部分电离，故溶液中c(NH4+)由多到少顺序为A＞B＞D＞C。故选A。
15.等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH ②（NH4）2CO3 ③NaHSO4 ④NaHCO3 ⑤Ba（OH）2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)
A. ⑤③①④② B. ⑤③①②④ C. ②④①③⑤ D. ②④③①⑤
【答案】D
【解析】试题分析：设五种溶液的物质的量浓度均为c，①CH3COOH为弱酸，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢离子浓度小于c；②（NH4）2CO3中铵根离子和碳酸根离子都能够水解，促进了水的电离，五种物质中碳酸铵溶液中水的电离程度最大；③NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子浓度为c，硫酸氢钠溶液中水的电离程度小于①；④NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子的水解，促进了水的电离，碳酸氢钠溶液中水的电离程度小于②；⑤Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度为2c，则氢氧化钡溶液中水的电离程度最小；根据以上分析可知，醋酸溶液中水的电离程度大于③NaHSO4、⑤Ba（OH）2，小于②④，所以五种溶液中水的电离程度由大到小排列为：②④①③⑤，故选D。
16.下列事实：①NaHSO4溶液呈酸性；②长期使用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结；③配制CuCl2溶液，用稀盐酸溶解CuCl2固体；④NaHS溶液中c(H2S)＞c(S2－)；⑤氯化铵溶液可去除金属制品表面的锈斑；⑥加热FeCl3·6H2O晶体，往往得不到FeCl3固体。
其中与盐类的水解有关的叙述有（ ）
A. 6项 B. 5项 C. 3项 D. 4项
【答案】B
【解析】
【详解】①中NaHSO4为强酸强碱酸式盐，不发生水解，显酸性是因为电离出H＋所致；②中是NH4+水解显酸性所致；③中HCl会抑制Cu2＋水解；④中是因HS－水解程度大于其电离程度所致；⑤中NH4+水解产生H＋与锈斑中的Fe2O3反应；⑥加热时部分FeCl3会发生水解。故除①外都与盐类的水解有关。故选B。
二、填空题(共5小题52分)
17.请根据所学知识回答下列问题：
（1）同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），在光照和点燃条件下的ΔH（化学计量数相同）分别为ΔH1、ΔH2，ΔH1 __ΔH2（填“＞”、“＜”或“=”，下同）。
（2）相同条件下，2 mol氢原子所具有的能量__1 mol氢分子所具有的能量。
（3）已知常温时红磷比白磷稳定，比较下列反应中ΔH的大小：ΔH1__ΔH2。
①P4（白磷，s）+5O2（g）= 2P2O5（s）ΔH1
②4P（红磷，s）+5O2（g）= 2P2O5（s）ΔH2
（4）已知：稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）= H2O（l）ΔH=﹣57.3 kJ/mol，则浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水，放出的热量__57.3 kJ．
（5）已知：0.5 mol CH4（g）与0.5 mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，该反应的热化学方程式是____________。
【答案】(1). ＝ (2). ＞ (3). ＜ (4). ＞ (5). CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH=+2akJ/mol
【解析】
【详解】（1）反应热与反应物的总能量和生成物的总能量有关系，与反应条件无关，则光照和点燃条件的ΔH相同，即ΔH1＝ΔH2；
（2）氢气分子生成氢原子要破坏化学键，断键需要吸热，则2mol氢原子所具有的能量大于1mol分子所具有的能量；
（3）已知常温时红磷比白磷稳定，说明白磷能量高，反应放出的热量较多，由于ΔH＜0，放出的能量越多反应热越小，因此ΔH1＜ΔH2。
（4）由于浓硫酸溶于水放热，所以浓硫酸与稀氢氧化钠溶液反应生成1 mol水，放出的热量＞57.3 kJ；
（5）已知0.5 mol CH4（g）与0.5 mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了akJ热量，所以1 mol CH4（g）与1 mol水蒸气在t℃、pkPa时，完全反应生成CO和H2的混合气体，吸收了2akJ热量，所以该反应的热化学方程式是CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH=+2akJ/mol。
18.化学反应速率是化学反应原理的重要组成部分。请回答下列问题：
（1）已知一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）ΔH＜0，在反应过程中，正反应速率的变化如图所示，请根据速率的变化回答采取的措施（改变的条件）。

_______、________、_______、______
（2）探究反应条件对0.l0 mol·L-1Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应速率的影响。其设计与测定结果如表：

上述实验①③是探究____对化学反应速率的影响；若上述实验①②是探究浓度对化学反应速率的影响，则表格中“甲”为____，a为____；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”为____。
（3）已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，在开始一段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显增大。
①针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率增大。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是___的影响。
②若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以在反应一开始时加入____（填字母）。
A．硫酸钾 B．氯化锰 C．硫酸锰 D．水
【答案】(1). 加压或增大反应物浓度 (2). 加入催化剂 (3). 减压或减小反应物浓度 (4). 减小生成物浓度 (5). 温度 (6). V（蒸馏水）/mL (7). 5.0 (8). 出现浑浊的时间/min (9). 催化剂（或锰离子的催化作用） (10). C
【解析】
【详解】（1）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＜0，该反应是一个气体体积减小且正反应是放热的化学反应，
t1时正反应速率增大，且平衡时反应速率小于t1时反应速率，则平衡向正反应方向移动，改变的条件为加压或增大反应物浓度；
t2时正反应速率增大，但平衡不移动，改变的条件为加入催化剂；
t3时正反应速率减小，且平衡时反应速率大于t3时反应速率，则平衡向逆反应方向移动，改变的条件为减压或减小反应物浓度；
t4时正反应速率不变，且平衡时反应速率小于t4时反应速率，则平衡向正反应方向移动，改变的条件为减小生成物浓度；
（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①③的反应条件可知，实验①③可探究温度对反应速率的影响；实验①②中的Na2S2O3溶液的加入体积不同，故要探究Na2S2O3溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积相同，故甲应为V（蒸馏水）/mL，a的值为5.0；又Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应生成二氧化硫和硫沉淀，则要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液出现浑浊时间的长短，故乙要测量的物理量是出现浑浊的时间/min；故答案为：温度，V（蒸馏水）/mL，5.0，出现浑浊的时间/min。
（3）①KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想还可能是催化剂的作用；
②反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑中，浓度变化较大的为锰离子，所以选择做催化剂的试剂应该含有锰离子，而（B）中氯化锰中也含Mn2+，却不能选为催化剂，原因就在于其中的Cl﹣易被酸性高锰酸钾溶液氧化，故只有C正确。
19.25℃时，有关物质的电离平衡常数如下：

（1）电解质由强至弱顺序为___(用化学式表示，下同)。
（2）常温下，0.02mol·L-1的CH3COOH溶液的电离度约为___，体积为10 mL pH=2的醋酸溶液与亚硫酸溶液分别加蒸馏水稀释至1000mL，稀释后溶液的pH，前者___后者(填“＞”、“＜”或“=”)。
（3）下列离子CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的顺序为_____。
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因_____(离子方程式配适当文字叙述)，其溶液中离子浓度由大到小的关系是____。
【答案】(1). H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3 (2). 3％ (3). < (4). CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3- (5). HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。 (6). c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)
【解析】
【详解】（1）电离平衡常数越大，酸性越强，所以电解质由强到弱的顺序为H2SO3>CH3COOH>H2CO3。
（2）0.02mol·L-1的醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，设该溶液中醋酸的电离度为x，则醋酸电离出的酸酸根离子、氢离子浓度均为0.02xmol·L-1，醋酸的浓度为0.02（1-x）mol·L-1，根据醋酸的电离平衡常数K=1.8×10-5可知：K=1.8×10-5=，解得：x=3%。由于酸性H2SO3>CH3COOH，同体积、同PH的H2SO3和CH3COOH，加水稀释相同倍数，H2SO3的PH变化大，所以稀释后醋酸的PH小于亚硫酸的PH。故填＜。
（3）已知酸性：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>HSO3->HCO3-，酸根离子对应酸酸性越强，该酸根离子结合氢离子能力越弱，则CH3COO-、CO32-、HSO3-、SO32-在溶液中结合H+的能力由大到小的关系为CO32-＞SO32-＞CH3COO-＞HSO3-。
（4）NaHSO3溶液显酸性的原因是HSO在溶液中存在电离和水解，即HSO3-H++SO32-，HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以NaHSO3溶液显酸性。NaHSO3溶液中有五种离子：Na+、HSO3-、H+、SO32-、OH-，Na+和HSO3-是由强电解质NaHSO3电离出来的，是大量的，HSO3-能发生电离和水解，所以Na+浓度大于HSO3-浓度，HSO3-的电离程度大于其水解程度，所以c(H+)＞c(OH-)，溶液中的H+既有水电离出来的，又有由HSO3-电离出来的，所以c(H+)＞c(SO32-)，故溶液中离子浓度排序为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)。
20.已知：25℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等。
（1）25 ℃时，取10mL0.1mol·L-1醋酸溶液测得其pH＝3。0.1mol·L-1氨水（NH3·H2O溶液）的pH＝___。用pH试纸测定该氨水pH的操作方法为_____。氨水（NH3·H2O溶液）电离平衡常数表达式Kb＝____，25℃时，氨水电离平衡常数约为_____。
（2）25℃时，现向10mL0.1mol·L-1氨水中滴加相同浓度的CH3COOH溶液，在滴加过程中___（填序号）。
a．始终减小 b．始终增大 c．先减小再增大 d．先增大后减小
（3）某温度下，向V1mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入等浓度的醋酸溶液，溶液中pOH与pH的变化关系如图。已知：pOH＝-lgc(OH-)。

图中M、Q、N三点所示溶液呈中性的点是____（填字母，下同）。图中M、Q、N三点所示溶液中水的电离程度最大的点是____。
【答案】(1). 11 (2). 取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值 (3). (4). 10-5 (5). b (6). Q (7). Q
【解析】
【详解】（1）醋酸的电离平衡常数等于NH3·H2O的电离平衡常数，因此氨水中c(OH－)=10－3mol·L－1，根据水的离子积，c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－14/10－3=10－11mol·L－1，因此pH=11，取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值；③根据电离平衡常数的定义，因此Kb=，弱电解质的电离微弱，NH3·H2O的浓度仍为0.1mol·L－1，Kb=10－310－3/0.1=10－5。故答案为：11；取一小段pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取氨水溶液滴在pH试纸上，然后与标准比色卡对照读取pH值；；10-5；
（2）NH3·H2ONH4+＋OH－，加入醋酸，消耗OH-，促进电离，n(NH4+)增加，n(NH3·H2O)降低，比值增大，故选项b正确。
（3）溶液显中性，即c(OH－)=c(H＋)，即Q点，酸和碱抑制水的电离，随着反应进行，碱性减弱，对水电离抑制减弱，恰好反应，生成醋酸钠，发生盐类水解，促进水的电离，然后随着醋酸的增多，对水的抑制增加，因此水电离程度最大的是Q点。故答案为Q，Q。
21.下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：
a．量筒 b．容量瓶 c．滴定管 d．托盘天平 e．温度计
（1）有“0”刻度的是____(填字母)。
（2）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为____mL。

（3）某学生根据三次实验分别记录有关数据如表：

请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度(计算结果保留4位有效数字)：c(NaOH)＝___。
(4）由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是___(填字母)。
A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中然后用来滴定
【答案】(1). cde (2). 26.00 (3). 0.1044mol·L－1 (4). CD
【解析】
【详解】（1）量筒、容量瓶无“0”刻度，托盘天平的“0”刻度在刻度尺的最左边。故答案为cde，26.00；
（2）滴定管可估读一位，其体积应为26.00mL；
（3）舍去第二组数据c(NaOH)＝＝0.1044mol·L－1。
（4）A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，会导致读出的酸的体积偏小，所以计算出来的碱的浓度偏低；
B．碱式滴定管没有润洗，会稀释待测碱溶液，导致浓度偏低；
C．酸式滴定管没有润洗，中和锥形瓶中的一定量的碱时，需要的酸的体积偏多，故计算出来的碱的浓度偏高；
D．把配好的标准溶液倒入刚用蒸馏水洗净的试剂瓶中会造成标准溶液被水稀释，中和锥形瓶中的一定量的碱时，需要的酸的体积偏多，故计算出来的碱的浓度偏高；
故选CD。