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【化学】河南省安阳市第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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河南省安阳市第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试
第I卷
一、单选题 （每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共60分）
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D. 向0.1mol·L-1氨水中加入少量水，pH减小，减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度增大，Kw增大，PH减小，正确；B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，错误；C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，错误；D、向0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液PH减小，Kb不变，增大，错误。
考点：考查弱电解质的电离和盐类的水解。
2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B. c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、SO42-
C. c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42-、HCO3-
【答案】C
【解析】
A，含Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+与SCN-不能大量共存；B，Fe2+具有还原性，MnO4-具有强氧化性，Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应不能大量共存；C，c（H+）/c（OH-）=110-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存；D，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-酸性条件不能大量存在；能大量共存的是C，答案选C。
点睛：本题考查离子共存。解离子共存题必须分析离子的性质以及离子不能大量共存的原因，离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质（如题中H+与HCO3-），（2）离子间发生氧化还原反应（如题中Fe2+与MnO4-），（3）离子间发生双水解反应，（4）离子间发生络合反应（如Fe3+与SCN-）；（5）同时注意题干的附加条件，如无色溶液、能使甲基橙溶液变红等。
3.已知：1mol H2(g)与1mol Br2(g)完全反应生成2mol HBr(g)时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表,则表中a为
化学键
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
断裂1mol化学键需要吸收的能量/kJ
436
a
369
A. 404 B. 260 C. 230 D. 200
【答案】C
【解析】
1mol H2（g）与1mol Br2（g）完全反应生成2mol HBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-72=436+a-2×369，解得a=230，答案选C。
4.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下：
①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g) △H1=a kJ/mol；
②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g) △H2=b kJ/mol；
③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g) △H3=c kJ/mol。
下列说法正确的是
A. △H1>0
B. 2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) △H=-2b kJ/mol
C. CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%
D. 2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l) △H=(2a+4b-c) kJ/mol
【答案】D
【解析】
反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A错误。反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B错误。CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1)，显然原子利用率小于100%，选项C错误。①×2－②×4－③得到：2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，选项D正确。
5.可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是
①一个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂
③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变
④恒温恒容时，体系压强不再改变
⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变
⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变
⑦正反应速率v（H2）=0.6mol•L﹣1•min﹣1，逆反应速率v（NH3）=0.4mol•L﹣1•min﹣1
A. 全部 B. ②③④⑤ C. ②③④⑤⑦ D. ③⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
试题分析：①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，①错误；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，②正确；③反应两边气体的质量不变，气体的体积不相等，混合气体平均相对分子质量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；④保持其它条件不变时，体系压强不再改变，反应方程式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，④正确；⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，⑥错误；⑦正反应速率v(H2)＝0.6mol/(L·min)，逆反应速率v(NH3)＝0.4mol/(L·min)，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，⑦正确。故选C。
考点：考查化学平衡状态的判断
6.关于0.01mol⋅L−1NaHCO3溶液,下列说法正确的是 （ ）
A. 溶质水解反应：HCO3−+H2O⇌H3O++CO32-
B. 离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c(HCO3−)+c(CO32−)
C. 微粒浓度关系：c(Na+)═2[c(H2CO3)+c(HCO3−+c(CO32−)]
D. 微粒浓度关系：c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．溶质水解反应的方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，A错误；B．根据电荷守恒可知离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，B错误；C．由于碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则微粒浓度关系为c(Na＋)> c(HCO3－)>c(H2CO3)> c(CO32－)，C正确；D．根据物料守恒可知微粒浓度关系：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，D错误，答案选C。
考点：考查碳酸钠溶液中微粒浓度关系判断
7.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
A、由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，选项A错误；B、由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，选项B错误；C、根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，选项C错误；D、由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，选项D正确。答案选D。
8.常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是
A. 某H2SO4溶液中c(OH-)/c(H+)＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1
B. 将0.02mol·L－1盐酸与0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH约为12
C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7
D. 向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小
【答案】C
【解析】
分析：A. 由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH-)；
B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；
C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；
详解：A项，由=1.0×10－8，c(OH-)c(H+)=110-14可得c(OH-)=1×10－11mol·L－1，所以由水电离的c(H+)=1×10－11mol·L－1，故A项正确；
B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1×10－2mol·L－1，溶液pH约为12，故B项正确；
C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3·H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；
D项，向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3―，而后HCO3―与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3―)先增大后减小，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
9.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，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
【答案】B
【解析】
【分析】
A、由图可知，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；
B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol·L－1-0.4mol·L－1=0.6mol·L－1，根据v=△c/△t计算v（NO2），再求出v（O2）；
C、使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；
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．
【详解】A、由图可知，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，平衡常数减小，故A错误；
B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol·L－1-0.4mol·L－1=0.6mol·L－1，故v（NO2）=0.6mol·L－1/3s=0.2mol/（L．s），v（O2）=v（NO2）/2=0.1mol/（L．s），故B正确；
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，只能是使用催化剂，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，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误。
故选B。
【点睛】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，解题关键：理解化学平衡原理，B选项为易错点，学生容易把速率之比等于计量数之比的关系用错。．
10.已知： X(g)＋2Y(g) 3Z(g) ΔH＝－a kJ·molˉ1(a＞0)。下列说法正确的是
A. 达到化学平衡状态时，Y 的正反应速率和 Z 的逆反应速率相等
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度之比为 1 : 2 : 3
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量一定小于 a kJ
D. 0.2 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意知，该反应是气体分子数不变的放热反应。A. 达到化学平衡状态时，Y 的正反应速率和 Z 的逆反应速率不相等，3v(Y)=2v(Z)，A不正确； B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度之比不一定是 1 : 2 : 3，如果反应物不按1:2投料，一定不是1 : 2 : 3；即使按1 : 2 : 3投入X、Y、Z等3种物质，也不能确定就是平衡状态；即使在一定的条件下，达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度之比是 1 : 2 : 3，只要改变影响化学平衡的一个条件，平衡发生移动之后， X、Y、Z 的浓度之比就一定不是 1 : 2 : 3。总而言之，B不正确；C. 不知道反应物的投料和反应物的转化率是多少，无法判断达到化学平衡状态时反应放出的总热量，C不正确；D. 可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以，0.2 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol，D正确。本题选D。
点睛：化学平衡状态的标志可以概括为两点，一是正反应速率和逆反应速率相等，二是反应体系的某个变量保持不变状态。值得注意的是，“反应混合物中各组分的浓度之比（或分子数之比、物质的量之比）等于化学计量数之比”，不是平衡状态的必然标志，只能是偶然，所以不能据此判断平衡状态。但是若是说明保持化学计量数之比不变，则属于变量不变达平衡。
11.下列有关强电解质与弱电解质的叙述正确的是
A. 不同的电解质溶液,含离子越多,导电能力越强
B. 不同的电解质溶液,离子浓度越大,导电能力越强
C. 相同条件下,弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液的导电能力弱
D. 离子浓度越大,离子所带电荷越多,溶液的导电能力越强
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解质溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大、所带电荷数越多，导电能力越强，故A错误；B、电解质溶液导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大，导电能力不一定越强，需要看离子所带的电荷数，故B错误；C、导电能力的强弱与电解质的强弱无关，故C错误；D、离子浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液的导电能力越强，故D正确。
12.关于化学反应中的说法错误的是（ ）
A. 需要加热的化学反应不一定是吸热反应
B. 如图可表示石灰石高温分解
C. 如图所示的反应为放热反应
D. 化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
【答案】C
【解析】
A、反应的吸热或放热与反应物和生成物的能量大小有关，与反应发生的条件无关，所以A正确；B、图象中反应物能量小，生成物能量大，所以是一个吸热反应，而石灰石高温分解也是吸热反应，所以B正确，C错误；D、化学键的断裂需要吸收能量，而化学键的形成要放出能量，故D正确。本题正确答案为C。
13.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C. a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D. 一定有关系：5>a>2
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，据此分析解答。
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；B．根据图像，稀释后，A酸溶液的pH比B酸溶液大，酸性弱，故B错误；C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；D．若A是强酸，则稀释后溶液的pH=5，若A是弱酸，稀释1000倍后，pH＜5，即2＜a≤5，故D错误；故选C。
14.在密闭容器中，反应X2(g)＋Y2(g) 2XY(g) ΔH＜0达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的图像分析正确的是
A. 图Ⅰ是加入适当催化剂的变化情况 B. 图Ⅲ是升高温度的变化情况
C. 图Ⅲ是增大压强的变化情况 D. 图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况
【答案】D
【解析】
A、催化剂对化学平衡的移动无影响，故A错误；B、反应气体系数之和相等，压强对此反应的化学平衡无影响，扩大容器的体积，相对于减小压强，化学反应速率减缓，故B错误；C、增大压强，此反应的化学平衡不移动，故C错误；D、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，XY的体积分数降低，但化学反应速率加快 ，首先达到平衡，故D正确。
15.用c水(H+)、c水(OH- )表示由水电离产生的H+、OH-浓度。常温下四种溶液：① CH3COONH4溶液②pH＝7的CH3COONa、CH3COOH混合溶液 ③pH＝5且c水(H+)=10-7mol/L的HCl、NH4Cl混合溶液 ④KI溶液，其中 c水(OH- )=10-7mol/L 的是
（ ）
A. ①③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
① CH3COONH4溶液为弱酸弱碱盐溶液，促进水的电离，c水(OH- )>10-7mol/L，不符合；②pH＝7的CH3COONa、CH3COOH混合溶液呈中性，c水(H+)=c水(OH- )=10-7mol/L，符合； ③pH＝5且c水(H+)=10-7mol/L的HCl、NH4Cl混合溶液，c水(OH- )=c水(H+)=10-7mol/L，符合； ④KI为强酸强碱盐，对水的电离不影响，溶液呈中性，c水(H+)=c水(OH- )=10-7mol/L，符合；答案选C。
16.常温下，Ka(HCOOH)=1.77xlO-4, Ka(CH3OOH)= Kb(NH3•H20)=1.75x 10-5,下列说法不正确的是（）
A. 浓度均为0.1 mol•L-1 的HCOOH和NH3•H20溶液中：c(HCOO-)>c(NH4+)
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小
C. 0.1 mol• L-1CH3COOH溶液与0.1 mol• L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7
D. pH=7的HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，c(HCOO—)=c(NH4+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据Ka(HCOOH)>Kb(NH3∙H2O)可知，HCOOH为一元弱酸，NH3∙H2O为一元弱碱，所以电离程度HCOOH大，因此浓度均为0.1 mol•L-1 的HCOOH和NH3•H20溶液中，根据越弱越水解可以判断c(HCOO-)>c(NH4+)，A正确；
B.由于酸性HCOOH大于CH3COOH，所以pH相同的HCOOH和CH3COOH，二酸的浓度:c(HCOOH)
D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)= c(NH4+)+c(H+)，由于pH=7，即c(OH-)=c(H+)，所以c(HCOO-)=c(NH4+)，故D正确；
综上所述，本题选C。
17.在T ℃时，难溶物Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡曲线如下图所示，又知T ℃时AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法错误的是
A. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11
B. T ℃时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等
C. T ℃时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点
D. T ℃时，将0.01 mol·L－1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 mol·L－1的KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，Cl－先沉淀
【答案】C
【解析】
A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）·c（CrO42-）=（10-3）2•10-5=10-11，A正确；B、溶度积常数随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，B正确；C、T ℃时，X点是过饱和溶液，变为饱和溶液的过程中，银离子与铬酸根离子浓度均降低，不会自发转变到Z点，C错误；D、0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42-）=0.01mol/L，得到c（Ag+）=，c（Cl-）=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：c（Ag+）=1.8×10−10÷0.01 mol/L=1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，D正确；答案选C。
18.下列说法正确的是
A. 用热的纯碱溶液可以清除炊具上残留的油污
B. 泡沫灭火器内的成分是苏打溶液和硫酸铝溶液
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，最后得到Fe2O3
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，产生的气体只有H2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 用热的纯碱溶液水解呈碱性；
B. 泡沫灭火器内的成分是小苏打溶液和硫酸铝溶液混合后相互促进水解，生成二氧化碳气体，可用于灭火；
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，硫酸不挥发，最后得到Fe2(SO4)3。
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，酸度降低，产生的气体除H2外，还产生氨气。
【详解】A. 用热的纯碱溶液水解呈碱性，，可以清除炊具上残留的油污，故A正确；
B. 硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，二者发生互促水解反应生成二氧化碳气体，可用于灭火，故B错误；
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，水解产物中硫酸不挥发，故最后得到Fe2(SO4)3，故C错误；
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，酸度降低，产生的气体除H2外，还产生氨气，发生的反应：Mg＋2NH4Cl=MgCl2＋H2↑＋2NH3↑，故D错误。
故选A。
19.已知：4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O) ［mol/(L·min)］表示，则正确的关系式是（ ）
A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 4v(O2)=5v(NO)
C. 2v(NH3)=3v(H2O) D. 5v(O2)=6v(H2O)
【答案】D
【解析】
A、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；B、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(O2)=5v(H2O)，故B错误；C、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(NH3)=4v(H2O)，故C错误；D、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v(O2)=5v(NO)，故D正确；故选D。
20.将4 mol A气体和2 mol B气体在体积为2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) xC(g)，若经2 s后测得A的物质的量为2.8 mol，C的物质的量浓度为0.6 mol/L。现有下列几种说法：
①2 s内用物质A表示的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)；
②2 s内用物质B表示的平均反应速率为0.15 mol/(L·min)
③2 s时物质B的转化率为70%；
④x＝2。
其中正确的是：
A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，
2A（g）+B（g）⇌xC（g）
开始 4mol 2mol 0
转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol
2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol
2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s）。①2s内用物质A表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），故①正确；②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×=0.15mol/（L•s），故②错误；③2s时物质B的转化率为×100%=30%，故③错误；④反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的反应速率相同，则x=2，故④正确；故选A。
21.已知: Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5。25℃时，分别向浓度均为0.1mol/L,体积均为20mL的HX和HY的溶液中滴入等物质的量浓度的氨水，溶液中水电离出的c水(H+)与加入氨水的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. HX的电离方程式为HX==H++X-
B. b 点时溶液中c(NH4+)=c(Y-)>c(H+)=c(OH-)
C. 其中一种酸的电离度为0.1%
D. a点溶液呈中性
【答案】C
【解析】
根据图像，0.1mol/L的HX和HY的c水(H+)可知，HX为弱酸、HY均为强酸。
A. HX为弱酸，HX的电离方程式为HXH++X-，NH4+)故A错误；B. b 点时c水(H+)最大，说明恰好生成NH4+水解，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，故B错误；C. HX为弱酸，0.1mol/L的HX 中c水(H+)=10-10mol/L，则溶液的pH=4，c(H+)=10-4mol/L，HX的电离度为×100%=0.1%，故C正确；D. a点时，c水(H+)最大，说明恰好完全反应生成NH4X，根据C的分析，HX的电离平衡常数K==10-7，因此NH4+水解程度小于X-的水解程度，溶液显碱性，故D错误；故选C。
22.下列有关化学反应速率的说法正确的是
A. 升高温度，可以加快反应速率，缩短可逆反应达到平衡的时间
B. 化学反应达到最大限度时，正逆反应速率也达到最大且相等
C. 增加固体反应物的量可以加快反应速率
D. 用铁片和稀硫酸反应制H2比用的浓硫酸产生H2的速率慢
【答案】A
【解析】
【详解】A. 升高温度，可以加快化学反应速率，因此可以缩短可逆反应达到平衡的时间，A正确；
B. 化学反应达到最大限度时，正逆反应速率相等且不为0，而不是达到最大，B错误；
C. 固体的浓度可以视为定值，因此增加固体反应物的量不可以加快化学反应速率，C错误；
D. 浓硫酸具有强氧化性，与金属反应不能得到氢气，且常温下铁在浓硫酸中钝化，D错误。
答案选A。
23.下列说法正确的是（ ）
A. pH=6.8的溶液一定显酸性
B. 相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③
C. 电离平衡常数（K）只与弱电解质本身有关，与其它外部因素无关
D. 0.1 mol•L-1的硫化钠溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+c（S2-）
【答案】B
【解析】
A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）和c（OH-）的相对大小，显酸性为c（H+）＞c（OH-），与溶液的pH大小无关，所以pH=6.8的溶液不一定是酸溶液，选项A错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，NH4Al（SO4）2电离出铵根离子和铝离子水解相互抑制，所以水解的铵根离子相对NH4Cl较少，CH3COONH4，为弱酸弱碱盐，水解相互促进，水解的铵根离子相对NH4Cl多，相同物质的量浓度的溶液中，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，选项B正确；C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，弱电解质电离平衡常数（K）与温度有关，温度高电离程度大，电离平衡常数大，选项C错误；D．0.1 mol/L的硫化钠溶液中，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），选项D错误。答案选B。
24.某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是
已知：Cr2O72-(aq)(橙色)+H2O(l)2 CrO42-(aq)(黄色)+2H+(aq) ∆H=+13.8kJ·mol-1
步骤：
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，
溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，
溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72-完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液，增大氢氧根离子浓度可能使平衡正向移动，但不能证明一定是减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D．增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误。
考点：本题考查化学平衡。
25.分别将下列溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是
A. FeCl3 B. Ca(HCO3)2 C. Al2(SO4)3 D. Mg(NO3)2
【答案】C
【解析】
【分析】
A、加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；
B、碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；
C、铝离子水解，但硫酸不挥发，最后仍得到Al2(SO4)3 ；
D、Mg(NO3)2受热分解。
【详解】A、氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故A错误；
B、加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故B错误；
C、Al2(SO4)3 是强酸弱碱盐，铝离子水解，但是水解产物中硫酸不易挥发，故最后仍得到Al2(SO4)3 ，故C正确；
D、Mg(NO3)2受热分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，故D错误。
故选C。
26.25℃时，向体积为 10 mL 的 0.1 mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LCH3COOH溶液，曲线如图所示。下列有关离子浓度关系的比较中，错误的是
A. a点处：c( Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B. b点处：c(CH3COOH)+c(H+ )=c(OH-)
C. c点处：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)
D. NaOH溶液和CH3COOH溶液以任意比混合时：c( Na+)+c(H+)=c(OH-)+(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
A项，由图可得，a点处溶液中的溶质是等物质的量的CH3COONa和NaOH，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，又因为水和NaOH都电离出OH-，CH3COO-水解，所以溶液中c(OH-)＞c(CH3COO-)，故A错误；B项，b点处CH3COOH和NaOH恰好完全反应生CH3COONa，根据质子守恒可得：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，故B正确；C项，c点处溶液中的溶质是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，故C正确；D项，NaOH溶液和CH3COOH溶液任意比混合时，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+(CH3COO-)，故D正确。
点睛：本题通过酸碱混合时的定性判断，综合考查离子浓度大小比较、物料守恒、电荷守恒、质子守恒等，结合图像明确各个点的溶质及其性质是解题关键，注意分析溶液中的离子。氢氧化钠和醋酸的物质的量浓度相等，NaOH溶液共10 mL，a点处，氢氧化钠剩余一半，则溶质为等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，需考虑醋酸钠的水解、氢氧化钠的电离；b点处，氢氧化钠和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，需考虑醋酸钠的水解；c点处，醋酸剩余一半，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，选项中列出的是物料守恒关系。注意任何电解质溶液都存在电荷守恒，即：阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数，与溶液是否混合无关，只要分析出阳离子和阴离子，就可列出电荷守恒关系。
27.下列说法中正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 自发反应在恰当条件下才能实现
D. 自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】
化学反应的吸、放热与反应的自发性有一定联系，但不是必要条件，A错误；自发反应的判断可以应用焓变与熵变的综合结果来判断，单一条件不能作为唯一判断依据，B错误；反应能否自发进行，取决于△H、T和△S，在一定温度下，如△H-T•△S＜0时，反应可进行，D错误。答案选C。
28.下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是( )
A. Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D. 在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动
【答案】D
【解析】
A 错误，AB2与CD的物质类型不同，不能根据 Ksp数值的大小来判断溶解度的大小。
B 错误，温度不变，Ksp不变
C 错误，在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，氢离子和碳酸跟离子反应，平衡右移。
D 正确，难溶的沉淀能转变为更难溶的沉淀。
29.合成氨反应：N2(g）+3H2(g）2NH3(g）△H= - 92.4kJ•mol-1，在反应过程中，正反应速率的变化如图．下列说法不正确的是( )
A. t1时增大了压强
B. t2时使用了催化剂
C. t3时降低了温度
D. t4时从体系中分离出部分氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，t1时正反应速率增大，然后减小，化学平衡正向移动，该反应为气体体积缩小的反应，则应增大压强，故A正确；B．t2时，反应速率增大，平衡不移动，则为使用了催化剂，故B正确；C．t3时正反应速率减小，然后增大，化学平衡逆向移动，该反应为放热反应，则不是降温，应为减小压强，故C错误；D．t4时刻，正反应速率逐渐碱性，平衡正向移动，说明从体系中分离出了部分氨气，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素及平衡的移动，明确图像中反应速率的变化及外界因素对反应速率、化学平衡的影响是解答本题的关键。解答本题需要注意条件的改变与正反应速率的变化的关系，注意图像的连接形式，是突变还是渐变，变化后是增大还是减小。
30.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
第II卷（非选择题 共40分）
二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共40分）
31.（1）硅和氯两元素的单质反应生成1 mol Si的最高价化合物，恢复至室温，放热687 kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为－69 ℃和58 ℃，写出该反应的热化学方程式__________________________________________。
（2）比较下列溶液中指定微粒浓度的大小：浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是_____________。（填序号）c(H2S)从大到小的顺序是__________。（填序号）
（3）已知Ksp[Cu(OH)2] = 1×10－20 。要使0.2 mol / L 的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全，则应向溶液里加入NaOH溶液，调整溶液的pH范围为_________________。
【答案】 (1). Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJ/mol (2). ③>②>④>① (3). ④>①>②>③ (4). pH > 6.5
【解析】
本题主要考查化学反应原理的综合习题。
（1）硅和氯两元素的形成的Si的最高价化合物是四氯化硅，由四氯化硅的熔、沸点可知室温下四氯化硅呈液态，该反应的热化学方程式：Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJ/mol。
（2）比较下列溶液中指定微粒浓度的大小：浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S少量电离产生H+，H2S HS-+H+，②NaHS水解使溶液呈碱性，HS-+H2OH2S+OH－，③Na2S水解使溶液呈碱性，且水解程度大于NaHS，S2-+H2OHS-+OH－，④NaHS抑制H2S电离，，溶液pH从大到小的顺序是③>②>④>① 。c(H2S)从大到小的顺序是④>①>②>③。
（3）要使0.2 mol / L 的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全时，c(Cu2+)<10－5mol/L，c(OH－)>(=10－7.5mol/L，c(H＋)= 6.5。
32.发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径。
(1)将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中增大H2的浓度（其他条件保持不变），此反应的△H_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0 kJ·mol-1，在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，测得CO2（g）和CH3OH（g）浓度随时间变化如图所示。
①该反应化学平衡常数K的表达式是_________。
②0~9 min时间内，该反应的平均反应速率v（H2）=_________。
③在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5 L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是_________（填字母序号）kJ。
a. 0
i. X表示的物理量是_________。
ii. 判断L1与L2的大小关系：L1________L2(填“<”，“=”或“>”)
【答案】 (1). 不变 (2). K= (3). 0.25 mol·L-1·min-1 (4). c (5). 温度 (6). L1>L2 (7). 温度一定时，增大压强，CO2平衡转化率增大
【解析】
（1）反应的焓变至由方程式的系数和物质的状态决定，所以增大H2的浓度（其他条件保持不变），此反应的△H不变。
（2）①反应的平衡常数表达式为K=。
②，不同物质的速率比等于其系数比，所以。
③在原来的1L容器中，达平衡的过程中，反应了0.75mol的CO2，所以放出的热为49×0.75=36.75kJ。其他条件不变，将容器体积改为0.5L，减小体积相当于增大压强，所以平衡正向移动，应该反应更多的CO2，所以放热大于36.75kJ；但是初始只加入1molCO2，这1molCO2不可能都反应，所以放热一定小于49kJ。选项c正确。
④ⅰ图中看出，随着X的升高，CO2的转化率降低。若X代表压强，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率升高，所以X不能代表压强。若X代表温度，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，所以X代表温度。
ⅱX代表温度，则L代表压强。其他条件不变，增大压强平衡正向移动，CO2的转化率升高，即CO2转化率越高，代表对应的压强越大，图中曲线L1对应的转化率更高，所以压强L1>L2。
33.常温下，几种酸的电离平衡常数如下：
酸
电离方程式
电离平衡常数K
HClO
HClOH++ClO-
3.0×10-8
H2CO3
H2CO3H++ HCO3-
HCO3-H++ CO32-
K1=4.4×10-7
K2=5.6×10-11
H2SO3
H2SO3H++HSO3-
HSO3-H++ SO32-
K1=1.54×10-2
K2= 1.02×10-7
回答下列问题：
（1）物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的①NaClO溶液②Na2CO3溶液③NaHCO3溶液④Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是_____________________。（填序号）
（2））用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因________________。
（3）0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_________________，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是___________（填标号）
A.加入固体硫酸铵 B.通入少量氯化氢
C.降低溶液温度 D.加入少量固体氢氧化钠
（4）假设25 ℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb（NH3·H2O）=________。
【答案】 (1). ②①④③ (2). ClO- ＋H2O HClO＋OH- (3). c(Cl－) > c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－) (4). AC (5). 10-3
【解析】
(1)根据电离平衡常数可知，酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-。物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的①NaClO溶液②Na2CO3溶液③NaHCO3溶液④Na2SO3溶液，结合越弱越水解，碳酸钠水解程度最大，碱性最强，pH最大，由此可知，pH值由大到小的顺序为②①④③，故答案为：②①④③；
(2)NaClO属于强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式为ClO- ＋H2O HClO＋OH-，故答案为：ClO- ＋H2O HClO＋OH-；
(3)氯化铵属于强酸弱碱盐，水解显酸性，0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是c(Cl－) > c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；A.加入固体硫酸铵，c(NH4＋)浓度增大，c(NH4+)与c(Cl-)比值增大，正确；B.通入少量氯化氢，c(Cl－)增大，c(NH4+)与c(Cl-)比值减小，错误；C.降低溶液温度，水解程度减小，c(NH4+)浓度增大，c(NH4+)与c(Cl-)比值增大，正确；D.加入少量固体氢氧化钠，c(NH4＋)浓度减小，c(NH4+)与c(Cl-)比值减小，错误；故选AC，故答案为：c(Cl－) > c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；AC；
(4)NH4+在溶液中能发生水解反应，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故c(NH3•H2O)=c(H+)=1×10-6mol/L，则c(OH-)===10-8mol/L，c(NH4+)=0.1mol/L，氨水的电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，电离平衡常数Kb(NH3•H2O)=，把以上数据代入平衡常数表达式：Kb(NH3•H2O)==1×10-3mol/L，故答案为：1×10-3mol/L。
34.用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶(标况下)做完喷泉实验后得到的稀盐酸，以测定它的准确浓度，请你回答下列问题：
(1)理论计算该盐酸的物质的量浓度为：________________________________。
(2)若用甲基橙作指示剂，达到满定终点时的现象是___________________________。
(3)现有三种浓度的标准NaOH溶液，你认为最合适的是下列第__________种。
①5.00mol·L-1 ②0.500mol·L-1 ③0.0500mol·L-1
(4)若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液满定，滴定时实验数据列表如下：
实验次数编号
待测盐酸体积(mL)
滴入NaOH溶液体积(mL)
1
10.00
8.48
2
10.00
8.52
3
10.00
8.00
求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___________________。
(5)在滴定操作过程中，以下各项操作使测定值偏高的有：_______________
①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗
②滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡
③滴定前平视，滴定终了俯视
④看到颜色变化后立即读数
⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤
【答案】 (1). 1/22.4mol/L或0.045mol/L (2). 当最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复 (3). ③ (4). 0.0425mol/L (5). ①②
【解析】
分析：（1）根据c＝n/V计算盐酸的浓度；
（2）根据甲基橙的变色范围分析；
（3）为减小误差，应尽量用浓度小的溶液；
（4）先根据数据的有效性，计算消耗标准液体积，然后利用中和反应方程式计算；
（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
详解：（1）设烧瓶的容积是VL，实验后水充满烧瓶，则理论上该盐酸的物质的量浓度为＝0.045mol/L。
（2）若用甲基橙作指示剂，由于甲基橙的变色范围是3.1～4.4，则达到满定终点时的现象是最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复。
（3）实验时，为减小实验误差，则所用氢氧化钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应用浓度最小的，即选取0.0500mol·L-1的氢氧化钠溶液，答案选③；
（4）依据表中三次实验消耗标准液体积可知，第三次数据误差较大，应舍弃，所以消耗标准液体积为：（8.48mL+8.52mL）÷2=8.50mL，依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)＝＝0.0425mol/L。
（5）①滴定管洗净后，直接装入标准氢氧化钠溶液进行滴定，导致消耗标准液体积偏大，实验测定结果偏高；
②滴定前，滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；
③滴定前平视，滴定终了俯视，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；
④看到颜色变化后立即读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；
⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤，氢氧化钠溶液浓度不变，测定结果不变。
答案选①②。
点睛：本题主要考查中和滴定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及中和滴定操作、误差分析以及计算，滴定实验的数据计算应用，明确滴定原理及操作步骤，熟悉滴定管的使用方法是解题关键，题目难度中等。
第I卷
一、单选题 （每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共60分）
1.下列说法中正确的是（ ）
A. 将纯水加热的过程中，Kw变大、pH变小
B. 保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3抑制Fe2＋水解
C. FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终得到FeCl3固体
D. 向0.1mol·L-1氨水中加入少量水，pH减小，减小
【答案】A
【解析】
试题分析：A、水的电离吸热，加热促进电离，H＋和OH－浓度增大，Kw增大，PH减小，正确；B、保存FeSO4溶液时，加入稀HNO3酸化会将亚铁离子氧化为铁离子，药品变质，应加入稀硫酸抑制Fe2+水解，错误；C、FeCl3溶液蒸干、灼烧至恒重，蒸干过程中氯化氢挥发，促进水解生成氢氧化铁沉淀，灼烧分解生成氧化铁，错误；D、向0.1 mol•L-1 氨水中加入少量水，促进电离，但溶液体积增大，氢氧根离子和铵离子浓度减小，溶液PH减小，Kb不变，增大，错误。
考点：考查弱电解质的电离和盐类的水解。
2.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B. c(Fe2+)=1mol·L-1的溶液中：K+、NH4+、MnO4-、SO42-
C. c(H+)/c(OH-)=1×10-12的溶液中：K+、Na+、CO32-、NO3-
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42-、HCO3-
【答案】C
【解析】
A，含Fe3+的溶液呈黄色，Fe3+与SCN-不能大量共存；B，Fe2+具有还原性，MnO4-具有强氧化性，Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应不能大量共存；C，c（H+）/c（OH-）=110-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存；D，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-酸性条件不能大量存在；能大量共存的是C，答案选C。
点睛：本题考查离子共存。解离子共存题必须分析离子的性质以及离子不能大量共存的原因，离子不能大量共存的原因有：（1）离子间发生复分解反应生成沉淀、气体、弱电解质（如题中H+与HCO3-），（2）离子间发生氧化还原反应（如题中Fe2+与MnO4-），（3）离子间发生双水解反应，（4）离子间发生络合反应（如Fe3+与SCN-）；（5）同时注意题干的附加条件，如无色溶液、能使甲基橙溶液变红等。
3.已知：1mol H2(g)与1mol Br2(g)完全反应生成2mol HBr(g)时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表,则表中a为
化学键
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
断裂1mol化学键需要吸收的能量/kJ
436
a
369
A. 404 B. 260 C. 230 D. 200
【答案】C
【解析】
1mol H2（g）与1mol Br2（g）完全反应生成2mol HBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-72=436+a-2×369，解得a=230，答案选C。
4.CO、H2、C2H5OH三种物质燃烧的热化学方程式如下：
①CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g) △H1=a kJ/mol；
②H2(g)+1/2O2(g)═H2O(g) △H2=b kJ/mol；
③C2H5OH(l)+3O2(g)═2CO2(g)+3H2O(g) △H3=c kJ/mol。
下列说法正确的是
A. △H1>0
B. 2H2O(l)═2H2(g)+O2(g) △H=-2b kJ/mol
C. CO2与H2合成C2H5OH反应的原子利用率为100%
D. 2CO(g)+4H2(g)═H2O(g)+C2H5OH(l) △H=(2a+4b-c) kJ/mol
【答案】D
【解析】
反应①为CO的燃烧，一定是放热反应，所以焓变应该小于0，选项A错误。反应②中水的状态为气态，而选项B中方程式里水的状态为液态，显然无法计算选项B中方程式的焓变，选项B错误。CO2与H2合成C2H5OH反应为2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1)，显然原子利用率小于100%，选项C错误。①×2－②×4－③得到：2CO(g) + 4H2(g) = H2O(g) + C2H5OH(1) ΔH=(2a+4b-c)kJ/mol，选项D正确。
5.可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是
①一个N≡N键断裂的同时，有3个H﹣H键断裂
②一个N≡N键断裂的同时，有6个N﹣H键断裂
③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变
④恒温恒容时，体系压强不再改变
⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变
⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变
⑦正反应速率v（H2）=0.6mol•L﹣1•min﹣1，逆反应速率v（NH3）=0.4mol•L﹣1•min﹣1
A. 全部 B. ②③④⑤ C. ②③④⑤⑦ D. ③⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
试题分析：①一个N≡N断裂的同时，有3个H—H键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，①错误；②一个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，②正确；③反应两边气体的质量不变，气体的体积不相等，混合气体平均相对分子质量不再改变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，③正确；④保持其它条件不变时，体系压强不再改变，反应方程式两边气体的体积不相等，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，④正确；⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度无法判断是否达到平衡状态，⑥错误；⑦正反应速率v(H2)＝0.6mol/(L·min)，逆反应速率v(NH3)＝0.4mol/(L·min)，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，⑦正确。故选C。
考点：考查化学平衡状态的判断
6.关于0.01mol⋅L−1NaHCO3溶液,下列说法正确的是 （ ）
A. 溶质水解反应：HCO3−+H2O⇌H3O++CO32-
B. 离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)═c(OH−)+c(HCO3−)+c(CO32−)
C. 微粒浓度关系：c(Na+)═2[c(H2CO3)+c(HCO3−+c(CO32−)]
D. 微粒浓度关系：c(Na+)>c(HCO3−)>c(H2CO3)>c(CO32−)
【答案】C
【解析】
试题分析：A．溶质水解反应的方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，A错误；B．根据电荷守恒可知离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，B错误；C．由于碳酸氢根的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则微粒浓度关系为c(Na＋)> c(HCO3－)>c(H2CO3)> c(CO32－)，C正确；D．根据物料守恒可知微粒浓度关系：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，D错误，答案选C。
考点：考查碳酸钠溶液中微粒浓度关系判断
7.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
A、由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，选项A错误；B、由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，选项B错误；C、根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，选项C错误；D、由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，选项D正确。答案选D。
8.常温下，下列有关电解质溶液叙述错误的是
A. 某H2SO4溶液中c(OH-)/c(H+)＝1.0×10－8，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1
B. 将0.02mol·L－1盐酸与0.02mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后溶液pH约为12
C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH一定大于7
D. 向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，溶液中c(HCO)先增大后减小
【答案】C
【解析】
分析：A. 由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH-)；
B.根据混合后得到的溶液中c(OH-)浓度来计算；
C. 将一定体积稀盐酸与稀氨水混合，当溶质为NH3·H2O和NH4Cl时，溶液的pH可能小于或等于7；
详解：A项，由=1.0×10－8，c(OH-)c(H+)=110-14可得c(OH-)=1×10－11mol·L－1，所以由水电离的c(H+)=1×10－11mol·L－1，故A项正确；
B项，假设体积均为1L，等体积混合后体积为2L，反应后剩余OH-的物质的量为0.02mol，得到c(OH-)=1×10－2mol·L－1，溶液pH约为12，故B项正确；
C项，将稀盐酸与稀氨水混合，随着盐酸量的增加，NH4Cl浓度增加，NH3·H2O浓度减小，溶液可以显酸性，中性或者碱性，故C项错误；
D项，向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1稀盐酸，随着盐酸量的增大，先生成HCO3―，而后HCO3―与盐酸反应生成二氧化碳，故溶液中c(HCO3―)先增大后减小，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
9.臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，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
【答案】B
【解析】
【分析】
A、由图可知，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；
B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol·L－1-0.4mol·L－1=0.6mol·L－1，根据v=△c/△t计算v（NO2），再求出v（O2）；
C、使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；
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．
【详解】A、由图可知，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，平衡常数减小，故A错误；
B、由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol·L－1-0.4mol·L－1=0.6mol·L－1，故v（NO2）=0.6mol·L－1/3s=0.2mol/（L．s），v（O2）=v（NO2）/2=0.1mol/（L．s），故B正确；
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，只能是使用催化剂，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，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误。
故选B。
【点睛】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，解题关键：理解化学平衡原理，B选项为易错点，学生容易把速率之比等于计量数之比的关系用错。．
10.已知： X(g)＋2Y(g) 3Z(g) ΔH＝－a kJ·molˉ1(a＞0)。下列说法正确的是
A. 达到化学平衡状态时，Y 的正反应速率和 Z 的逆反应速率相等
B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度之比为 1 : 2 : 3
C. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量一定小于 a kJ
D. 0.2 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意知，该反应是气体分子数不变的放热反应。A. 达到化学平衡状态时，Y 的正反应速率和 Z 的逆反应速率不相等，3v(Y)=2v(Z)，A不正确； B. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度之比不一定是 1 : 2 : 3，如果反应物不按1:2投料，一定不是1 : 2 : 3；即使按1 : 2 : 3投入X、Y、Z等3种物质，也不能确定就是平衡状态；即使在一定的条件下，达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度之比是 1 : 2 : 3，只要改变影响化学平衡的一个条件，平衡发生移动之后， X、Y、Z 的浓度之比就一定不是 1 : 2 : 3。总而言之，B不正确；C. 不知道反应物的投料和反应物的转化率是多少，无法判断达到化学平衡状态时反应放出的总热量，C不正确；D. 可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以，0.2 mol X 和 0.2 mol Y 充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol，D正确。本题选D。
点睛：化学平衡状态的标志可以概括为两点，一是正反应速率和逆反应速率相等，二是反应体系的某个变量保持不变状态。值得注意的是，“反应混合物中各组分的浓度之比（或分子数之比、物质的量之比）等于化学计量数之比”，不是平衡状态的必然标志，只能是偶然，所以不能据此判断平衡状态。但是若是说明保持化学计量数之比不变，则属于变量不变达平衡。
11.下列有关强电解质与弱电解质的叙述正确的是
A. 不同的电解质溶液,含离子越多,导电能力越强
B. 不同的电解质溶液,离子浓度越大,导电能力越强
C. 相同条件下,弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液的导电能力弱
D. 离子浓度越大,离子所带电荷越多,溶液的导电能力越强
【答案】D
【解析】
【详解】A、电解质溶液的导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大、所带电荷数越多，导电能力越强，故A错误；B、电解质溶液导电能力与离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大，导电能力不一定越强，需要看离子所带的电荷数，故B错误；C、导电能力的强弱与电解质的强弱无关，故C错误；D、离子浓度越大，离子所带电荷数越多，溶液的导电能力越强，故D正确。
12.关于化学反应中的说法错误的是（ ）
A. 需要加热的化学反应不一定是吸热反应
B. 如图可表示石灰石高温分解
C. 如图所示的反应为放热反应
D. 化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
【答案】C
【解析】
A、反应的吸热或放热与反应物和生成物的能量大小有关，与反应发生的条件无关，所以A正确；B、图象中反应物能量小，生成物能量大，所以是一个吸热反应，而石灰石高温分解也是吸热反应，所以B正确，C错误；D、化学键的断裂需要吸收能量，而化学键的形成要放出能量，故D正确。本题正确答案为C。
13.pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 稀释前，A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C. a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D. 一定有关系：5>a>2
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，稀释相同的倍数，A的pH变化大，则A的酸性比B的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，对于一元强酸来说c(酸)=c(H+)，但对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，据此分析解答。
【详解】A．因A、B酸的强弱不同，一元强酸来说c(酸)=c(H+)，对于一元弱酸，c(酸)＞c(H+)，则A、B两种酸溶液的物质的量浓度不一定相等，故A错误；B．根据图像，稀释后，A酸溶液的pH比B酸溶液大，酸性弱，故B错误；C．由图可知，若a=5，A完全电离，则A是强酸，B的pH变化小，则B为弱酸，故C正确；D．若A是强酸，则稀释后溶液的pH=5，若A是弱酸，稀释1000倍后，pH＜5，即2＜a≤5，故D错误；故选C。
14.在密闭容器中，反应X2(g)＋Y2(g) 2XY(g) ΔH＜0达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此过程的图像分析正确的是
A. 图Ⅰ是加入适当催化剂的变化情况 B. 图Ⅲ是升高温度的变化情况
C. 图Ⅲ是增大压强的变化情况 D. 图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况
【答案】D
【解析】
A、催化剂对化学平衡的移动无影响，故A错误；B、反应气体系数之和相等，压强对此反应的化学平衡无影响，扩大容器的体积，相对于减小压强，化学反应速率减缓，故B错误；C、增大压强，此反应的化学平衡不移动，故C错误；D、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，XY的体积分数降低，但化学反应速率加快 ，首先达到平衡，故D正确。
15.用c水(H+)、c水(OH- )表示由水电离产生的H+、OH-浓度。常温下四种溶液：① CH3COONH4溶液②pH＝7的CH3COONa、CH3COOH混合溶液 ③pH＝5且c水(H+)=10-7mol/L的HCl、NH4Cl混合溶液 ④KI溶液，其中 c水(OH- )=10-7mol/L 的是
（ ）
A. ①③④ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】C
【解析】
① CH3COONH4溶液为弱酸弱碱盐溶液，促进水的电离，c水(OH- )>10-7mol/L，不符合；②pH＝7的CH3COONa、CH3COOH混合溶液呈中性，c水(H+)=c水(OH- )=10-7mol/L，符合； ③pH＝5且c水(H+)=10-7mol/L的HCl、NH4Cl混合溶液，c水(OH- )=c水(H+)=10-7mol/L，符合； ④KI为强酸强碱盐，对水的电离不影响，溶液呈中性，c水(H+)=c水(OH- )=10-7mol/L，符合；答案选C。
16.常温下，Ka(HCOOH)=1.77xlO-4, Ka(CH3OOH)= Kb(NH3•H20)=1.75x 10-5,下列说法不正确的是（）
A. 浓度均为0.1 mol•L-1 的HCOOH和NH3•H20溶液中：c(HCOO-)>c(NH4+)
B. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，HCOOH消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小
C. 0.1 mol• L-1CH3COOH溶液与0.1 mol• L-1NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=7
D. pH=7的HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，c(HCOO—)=c(NH4+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 根据Ka(HCOOH)>Kb(NH3∙H2O)可知，HCOOH为一元弱酸，NH3∙H2O为一元弱碱，所以电离程度HCOOH大，因此浓度均为0.1 mol•L-1 的HCOOH和NH3•H20溶液中，根据越弱越水解可以判断c(HCOO-)>c(NH4+)，A正确；
B.由于酸性HCOOH大于CH3COOH，所以pH相同的HCOOH和CH3COOH，二酸的浓度:c(HCOOH)
D. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒；HCOOH和NH3•H20的混合溶液中，存在电荷守恒：c(HCOO-)+c(OH-)= c(NH4+)+c(H+)，由于pH=7，即c(OH-)=c(H+)，所以c(HCOO-)=c(NH4+)，故D正确；
综上所述，本题选C。
17.在T ℃时，难溶物Ag2CrO4在水溶液中的溶解平衡曲线如下图所示，又知T ℃时AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法错误的是
A. T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－11
B. T ℃时，Y点和Z点的Ag2CrO4的Ksp相等
C. T ℃时 , X点的溶液不稳定，会自发转变到Z点
D. T ℃时，将0.01 mol·L－1的AgNO3溶液逐渐滴入20 mL 0.01 mol·L－1的KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4混合溶液中，Cl－先沉淀
【答案】C
【解析】
A、依据图象曲线上的数据结合溶度积常数概念计算得到；曲线上的点是沉淀溶解平衡，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4（s）⇌2Ag++CrO42-；Ksp=c2（Ag+）·c（CrO42-）=（10-3）2•10-5=10-11，A正确；B、溶度积常数随温度变化，不随浓度变化，所以t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等，B正确；C、T ℃时，X点是过饱和溶液，变为饱和溶液的过程中，银离子与铬酸根离子浓度均降低，不会自发转变到Z点，C错误；D、0.01mol/L AgNO3溶液滴定20mL0.01mol/LKCl和0.01mol/L的K2CrO4的混合溶液，c（CrO42-）=0.01mol/L，得到c（Ag+）=，c（Cl-）=0.01mol/L，依据溶度积计算得到：c（Ag+）=1.8×10−10÷0.01 mol/L=1.8×10-8mol/L，所以先析出氯化银沉淀，D正确；答案选C。
18.下列说法正确的是
A. 用热的纯碱溶液可以清除炊具上残留的油污
B. 泡沫灭火器内的成分是苏打溶液和硫酸铝溶液
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，最后得到Fe2O3
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，产生的气体只有H2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 用热的纯碱溶液水解呈碱性；
B. 泡沫灭火器内的成分是小苏打溶液和硫酸铝溶液混合后相互促进水解，生成二氧化碳气体，可用于灭火；
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，硫酸不挥发，最后得到Fe2(SO4)3。
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，酸度降低，产生的气体除H2外，还产生氨气。
【详解】A. 用热的纯碱溶液水解呈碱性，，可以清除炊具上残留的油污，故A正确；
B. 硫酸铝水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，二者发生互促水解反应生成二氧化碳气体，可用于灭火，故B错误；
C. 将Fe2(SO4)3溶液加热蒸发至干并灼烧，水解产物中硫酸不挥发，故最后得到Fe2(SO4)3，故C错误；
D. 将光亮Mg条放入盛有氯化铵溶液的试管中，酸度降低，产生的气体除H2外，还产生氨气，发生的反应：Mg＋2NH4Cl=MgCl2＋H2↑＋2NH3↑，故D错误。
故选A。
19.已知：4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O) ［mol/(L·min)］表示，则正确的关系式是（ ）
A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 4v(O2)=5v(NO)
C. 2v(NH3)=3v(H2O) D. 5v(O2)=6v(H2O)
【答案】D
【解析】
A、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；B、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(O2)=5v(H2O)，故B错误；C、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(NH3)=4v(H2O)，故C错误；D、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v(O2)=5v(NO)，故D正确；故选D。
20.将4 mol A气体和2 mol B气体在体积为2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g) xC(g)，若经2 s后测得A的物质的量为2.8 mol，C的物质的量浓度为0.6 mol/L。现有下列几种说法：
①2 s内用物质A表示的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)；
②2 s内用物质B表示的平均反应速率为0.15 mol/(L·min)
③2 s时物质B的转化率为70%；
④x＝2。
其中正确的是：
A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①②④
【答案】A
【解析】
【详解】2s后生成C为0.6mol/L×2L=1.2mol，
2A（g）+B（g）⇌xC（g）
开始 4mol 2mol 0
转化 1.2mol 0.6mol 1.2mol
2s 2.8mol 1.4mol 1.2mol
2s内用物质C表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s）。①2s内用物质A表示的平均反应速率为=0.3mol/（L•s），故①正确；②反应速率之比等于化学计量数之比，则2s内用物质B表示的平均反应速率为0.3mol/（L•s）×=0.15mol/（L•s），故②错误；③2s时物质B的转化率为×100%=30%，故③错误；④反应速率之比等于化学计量数之比，A、C的反应速率相同，则x=2，故④正确；故选A。
21.已知: Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5。25℃时，分别向浓度均为0.1mol/L,体积均为20mL的HX和HY的溶液中滴入等物质的量浓度的氨水，溶液中水电离出的c水(H+)与加入氨水的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. HX的电离方程式为HX==H++X-
B. b 点时溶液中c(NH4+)=c(Y-)>c(H+)=c(OH-)
C. 其中一种酸的电离度为0.1%
D. a点溶液呈中性
【答案】C
【解析】
根据图像，0.1mol/L的HX和HY的c水(H+)可知，HX为弱酸、HY均为强酸。
A. HX为弱酸，HX的电离方程式为HXH++X-，NH4+)故A错误；B. b 点时c水(H+)最大，说明恰好生成NH4+水解，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，故B错误；C. HX为弱酸，0.1mol/L的HX 中c水(H+)=10-10mol/L，则溶液的pH=4，c(H+)=10-4mol/L，HX的电离度为×100%=0.1%，故C正确；D. a点时，c水(H+)最大，说明恰好完全反应生成NH4X，根据C的分析，HX的电离平衡常数K==10-7，因此NH4+水解程度小于X-的水解程度，溶液显碱性，故D错误；故选C。
22.下列有关化学反应速率的说法正确的是
A. 升高温度，可以加快反应速率，缩短可逆反应达到平衡的时间
B. 化学反应达到最大限度时，正逆反应速率也达到最大且相等
C. 增加固体反应物的量可以加快反应速率
D. 用铁片和稀硫酸反应制H2比用的浓硫酸产生H2的速率慢
【答案】A
【解析】
【详解】A. 升高温度，可以加快化学反应速率，因此可以缩短可逆反应达到平衡的时间，A正确；
B. 化学反应达到最大限度时，正逆反应速率相等且不为0，而不是达到最大，B错误；
C. 固体的浓度可以视为定值，因此增加固体反应物的量不可以加快化学反应速率，C错误；
D. 浓硫酸具有强氧化性，与金属反应不能得到氢气，且常温下铁在浓硫酸中钝化，D错误。
答案选A。
23.下列说法正确的是（ ）
A. pH=6.8的溶液一定显酸性
B. 相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③
C. 电离平衡常数（K）只与弱电解质本身有关，与其它外部因素无关
D. 0.1 mol•L-1的硫化钠溶液中：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+c（S2-）
【答案】B
【解析】
A．溶液的酸碱性取决于溶液中c（H+）和c（OH-）的相对大小，显酸性为c（H+）＞c（OH-），与溶液的pH大小无关，所以pH=6.8的溶液不一定是酸溶液，选项A错误；B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解呈酸性，NH4Al（SO4）2电离出铵根离子和铝离子水解相互抑制，所以水解的铵根离子相对NH4Cl较少，CH3COONH4，为弱酸弱碱盐，水解相互促进，水解的铵根离子相对NH4Cl多，相同物质的量浓度的溶液中，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，选项B正确；C．平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，弱电解质电离平衡常数（K）与温度有关，温度高电离程度大，电离平衡常数大，选项C错误；D．0.1 mol/L的硫化钠溶液中，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，即c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HS-）+2c（S2-），选项D错误。答案选B。
24.某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是
已知：Cr2O72-(aq)(橙色)+H2O(l)2 CrO42-(aq)(黄色)+2H+(aq) ∆H=+13.8kJ·mol-1
步骤：
现象：
待试管b中颜色不变后与试管a比较，
溶液颜色变浅。
滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，
溶液颜色与试管a相比，变深。
A. 该反应是一个氧化还原反应
B. 待试管b中溶液颜色不变的目的是使Cr2O72-完全反应
C. 该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动
D. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度
【答案】C
【解析】
试题分析：A．反应中元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．试管b中溶液颜色不变的目的是使反应到达平衡，且可逆反应中反应物不能完全转化，故B错误；
C．加入氢氧化钠溶液，增大氢氧根离子浓度可能使平衡正向移动，但不能证明一定是减小生成物浓度使平衡正向移动，故C正确；
D．增大氢离子浓度、温度升高均使平衡逆向移动，无法说明影响平衡的主要因素是温度，故D错误。
考点：本题考查化学平衡。
25.分别将下列溶液加热蒸干，仍能得到原物质的是
A. FeCl3 B. Ca(HCO3)2 C. Al2(SO4)3 D. Mg(NO3)2
【答案】C
【解析】
【分析】
A、加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铁水解，最后得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁；
B、碳酸氢钙加热分解生成碳酸钙；
C、铝离子水解，但硫酸不挥发，最后仍得到Al2(SO4)3 ；
D、Mg(NO3)2受热分解。
【详解】A、氯化铁为强酸弱碱盐，氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢具有挥发性，加热过程中，促进氯化铁水解，蒸干时得到氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，故A错误；
B、加热时碳酸氢钙分解生成碳酸钙，所以最后得到碳酸钙，故B错误；
C、Al2(SO4)3 是强酸弱碱盐，铝离子水解，但是水解产物中硫酸不易挥发，故最后仍得到Al2(SO4)3 ，故C正确；
D、Mg(NO3)2受热分解生成氧化镁、二氧化氮和氧气，故D错误。
故选C。
26.25℃时，向体积为 10 mL 的 0.1 mol/LNaOH溶液中逐滴加入0.1mol/LCH3COOH溶液，曲线如图所示。下列有关离子浓度关系的比较中，错误的是
A. a点处：c( Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B. b点处：c(CH3COOH)+c(H+ )=c(OH-)
C. c点处：c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)
D. NaOH溶液和CH3COOH溶液以任意比混合时：c( Na+)+c(H+)=c(OH-)+(CH3COO-)
【答案】A
【解析】
A项，由图可得，a点处溶液中的溶质是等物质的量的CH3COONa和NaOH，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，又因为水和NaOH都电离出OH-，CH3COO-水解，所以溶液中c(OH-)＞c(CH3COO-)，故A错误；B项，b点处CH3COOH和NaOH恰好完全反应生CH3COONa，根据质子守恒可得：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)，故B正确；C项，c点处溶液中的溶质是等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，故C正确；D项，NaOH溶液和CH3COOH溶液任意比混合时，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+(CH3COO-)，故D正确。
点睛：本题通过酸碱混合时的定性判断，综合考查离子浓度大小比较、物料守恒、电荷守恒、质子守恒等，结合图像明确各个点的溶质及其性质是解题关键，注意分析溶液中的离子。氢氧化钠和醋酸的物质的量浓度相等，NaOH溶液共10 mL，a点处，氢氧化钠剩余一半，则溶质为等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，需考虑醋酸钠的水解、氢氧化钠的电离；b点处，氢氧化钠和醋酸恰好完全反应生成醋酸钠，需考虑醋酸钠的水解；c点处，醋酸剩余一半，溶液中的溶质是等物质的量的醋酸和醋酸钠，选项中列出的是物料守恒关系。注意任何电解质溶液都存在电荷守恒，即：阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数，与溶液是否混合无关，只要分析出阳离子和阴离子，就可列出电荷守恒关系。
27.下列说法中正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C. 自发反应在恰当条件下才能实现
D. 自发反应在任何条件下都能实现
【答案】C
【解析】
化学反应的吸、放热与反应的自发性有一定联系，但不是必要条件，A错误；自发反应的判断可以应用焓变与熵变的综合结果来判断，单一条件不能作为唯一判断依据，B错误；反应能否自发进行，取决于△H、T和△S，在一定温度下，如△H-T•△S＜0时，反应可进行，D错误。答案选C。
28.下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是( )
A. Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，氯化银的Ksp增大
C. 在氯化银的沉淀溶解平衡体系中加入碘化钾固体，氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D. 在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中，通入CO2气体，溶解平衡不移动
【答案】D
【解析】
A 错误，AB2与CD的物质类型不同，不能根据 Ksp数值的大小来判断溶解度的大小。
B 错误，温度不变，Ksp不变
C 错误，在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，氢离子和碳酸跟离子反应，平衡右移。
D 正确，难溶的沉淀能转变为更难溶的沉淀。
29.合成氨反应：N2(g）+3H2(g）2NH3(g）△H= - 92.4kJ•mol-1，在反应过程中，正反应速率的变化如图．下列说法不正确的是( )
A. t1时增大了压强
B. t2时使用了催化剂
C. t3时降低了温度
D. t4时从体系中分离出部分氨气
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图像可知，t1时正反应速率增大，然后减小，化学平衡正向移动，该反应为气体体积缩小的反应，则应增大压强，故A正确；B．t2时，反应速率增大，平衡不移动，则为使用了催化剂，故B正确；C．t3时正反应速率减小，然后增大，化学平衡逆向移动，该反应为放热反应，则不是降温，应为减小压强，故C错误；D．t4时刻，正反应速率逐渐碱性，平衡正向移动，说明从体系中分离出了部分氨气，故D正确；故选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素及平衡的移动，明确图像中反应速率的变化及外界因素对反应速率、化学平衡的影响是解答本题的关键。解答本题需要注意条件的改变与正反应速率的变化的关系，注意图像的连接形式，是突变还是渐变，变化后是增大还是减小。
30.已知常温下浓度为0.1 mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
NaHCO3
Na2CO3
pH
7.5
9.7
8.2
11.6
下列有关说法不正确的是( )
A. pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有：c(Na+)> c(F－)> c(OH－)>c(H+)
B. 加热0.1 mol·L－1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7
C. 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)＝c(H＋) +c(HCO3-)＋2c(H2CO3)
D. 电离平衡常数大小关系:K(HF)> K(H2CO3 )>K(HClO)>K( HCO3-)
【答案】A
【解析】
A．pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液体积比1：1混合后，HF过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可得：c（F-）＞c（Na+），则溶液中离子浓度大小为：c（F-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），A错误；B．盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH＞7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，加热0.1 mol•L-1 NaClO溶液测其pH，pH大于9.7，B正确；C．根据物料守恒：2[c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3）]=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），所以得c（OH-）-c（H+）=c（HCO3-）+2c（H2CO3），C正确；D．相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度F-＜HCO3-＜ClO-＜CO32-，则酸的电离平衡常数K（HF）＞K（H2CO3 ）＞K（HClO）＞K（ HCO3-），D正确；答案选A。
第II卷（非选择题 共40分）
二、非选择题（本题共4小题，每空2分，共40分）
31.（1）硅和氯两元素的单质反应生成1 mol Si的最高价化合物，恢复至室温，放热687 kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为－69 ℃和58 ℃，写出该反应的热化学方程式__________________________________________。
（2）比较下列溶液中指定微粒浓度的大小：浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是_____________。（填序号）c(H2S)从大到小的顺序是__________。（填序号）
（3）已知Ksp[Cu(OH)2] = 1×10－20 。要使0.2 mol / L 的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全，则应向溶液里加入NaOH溶液，调整溶液的pH范围为_________________。
【答案】 (1). Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJ/mol (2). ③>②>④>① (3). ④>①>②>③ (4). pH > 6.5
【解析】
本题主要考查化学反应原理的综合习题。
（1）硅和氯两元素的形成的Si的最高价化合物是四氯化硅，由四氯化硅的熔、沸点可知室温下四氯化硅呈液态，该反应的热化学方程式：Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l) ΔH＝－687 kJ/mol。
（2）比较下列溶液中指定微粒浓度的大小：浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S少量电离产生H+，H2S HS-+H+，②NaHS水解使溶液呈碱性，HS-+H2OH2S+OH－，③Na2S水解使溶液呈碱性，且水解程度大于NaHS，S2-+H2OHS-+OH－，④NaHS抑制H2S电离，，溶液pH从大到小的顺序是③>②>④>① 。c(H2S)从大到小的顺序是④>①>②>③。
（3）要使0.2 mol / L 的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全时，c(Cu2+)<10－5mol/L，c(OH－)>(=10－7.5mol/L，c(H＋)=
32.发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径。
(1)将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中增大H2的浓度（其他条件保持不变），此反应的△H_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0 kJ·mol-1，在体积为1 L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，测得CO2（g）和CH3OH（g）浓度随时间变化如图所示。
①该反应化学平衡常数K的表达式是_________。
②0~9 min时间内，该反应的平均反应速率v（H2）=_________。
③在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5 L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是_________（填字母序号）kJ。
a. 0
i. X表示的物理量是_________。
ii. 判断L1与L2的大小关系：L1________L2(填“<”，“=”或“>”)
【答案】 (1). 不变 (2). K= (3). 0.25 mol·L-1·min-1 (4). c (5). 温度 (6). L1>L2 (7). 温度一定时，增大压强，CO2平衡转化率增大
【解析】
（1）反应的焓变至由方程式的系数和物质的状态决定，所以增大H2的浓度（其他条件保持不变），此反应的△H不变。
（2）①反应的平衡常数表达式为K=。
②，不同物质的速率比等于其系数比，所以。
③在原来的1L容器中，达平衡的过程中，反应了0.75mol的CO2，所以放出的热为49×0.75=36.75kJ。其他条件不变，将容器体积改为0.5L，减小体积相当于增大压强，所以平衡正向移动，应该反应更多的CO2，所以放热大于36.75kJ；但是初始只加入1molCO2，这1molCO2不可能都反应，所以放热一定小于49kJ。选项c正确。
④ⅰ图中看出，随着X的升高，CO2的转化率降低。若X代表压强，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率升高，所以X不能代表压强。若X代表温度，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，所以X代表温度。
ⅱX代表温度，则L代表压强。其他条件不变，增大压强平衡正向移动，CO2的转化率升高，即CO2转化率越高，代表对应的压强越大，图中曲线L1对应的转化率更高，所以压强L1>L2。
33.常温下，几种酸的电离平衡常数如下：
酸
电离方程式
电离平衡常数K
HClO
HClOH++ClO-
3.0×10-8
H2CO3
H2CO3H++ HCO3-
HCO3-H++ CO32-
K1=4.4×10-7
K2=5.6×10-11
H2SO3
H2SO3H++HSO3-
HSO3-H++ SO32-
K1=1.54×10-2
K2= 1.02×10-7
回答下列问题：
（1）物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的①NaClO溶液②Na2CO3溶液③NaHCO3溶液④Na2SO3溶液，pH值由大到小的顺序是_____________________。（填序号）
（2））用离子方程式表示NaClO溶液呈碱性的原因________________。
（3）0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_________________，只改变下列一个条件，能使c(NH4+)与c(Cl-)比值变大的是___________（填标号）
A.加入固体硫酸铵 B.通入少量氯化氢
C.降低溶液温度 D.加入少量固体氢氧化钠
（4）假设25 ℃时，0.1mol/L氯化铵溶液由水电离出的氢离子浓度为1×10-6mol/L，则在该温度下此溶液中氨水的电离平衡常数：Kb（NH3·H2O）=________。
【答案】 (1). ②①④③ (2). ClO- ＋H2O HClO＋OH- (3). c(Cl－) > c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－) (4). AC (5). 10-3
【解析】
(1)根据电离平衡常数可知，酸性H2SO3＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-。物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的①NaClO溶液②Na2CO3溶液③NaHCO3溶液④Na2SO3溶液，结合越弱越水解，碳酸钠水解程度最大，碱性最强，pH最大，由此可知，pH值由大到小的顺序为②①④③，故答案为：②①④③；
(2)NaClO属于强碱弱酸盐，水解显碱性，离子方程式为ClO- ＋H2O HClO＋OH-，故答案为：ClO- ＋H2O HClO＋OH-；
(3)氯化铵属于强酸弱碱盐，水解显酸性，0.1mol/L的氯化铵溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是c(Cl－) > c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；A.加入固体硫酸铵，c(NH4＋)浓度增大，c(NH4+)与c(Cl-)比值增大，正确；B.通入少量氯化氢，c(Cl－)增大，c(NH4+)与c(Cl-)比值减小，错误；C.降低溶液温度，水解程度减小，c(NH4+)浓度增大，c(NH4+)与c(Cl-)比值增大，正确；D.加入少量固体氢氧化钠，c(NH4＋)浓度减小，c(NH4+)与c(Cl-)比值减小，错误；故选AC，故答案为：c(Cl－) > c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)；AC；
(4)NH4+在溶液中能发生水解反应，NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故c(NH3•H2O)=c(H+)=1×10-6mol/L，则c(OH-)===10-8mol/L，c(NH4+)=0.1mol/L，氨水的电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH-，电离平衡常数Kb(NH3•H2O)=，把以上数据代入平衡常数表达式：Kb(NH3•H2O)==1×10-3mol/L，故答案为：1×10-3mol/L。
34.用标准NaOH溶液滴定充满HCl的烧瓶(标况下)做完喷泉实验后得到的稀盐酸，以测定它的准确浓度，请你回答下列问题：
(1)理论计算该盐酸的物质的量浓度为：________________________________。
(2)若用甲基橙作指示剂，达到满定终点时的现象是___________________________。
(3)现有三种浓度的标准NaOH溶液，你认为最合适的是下列第__________种。
①5.00mol·L-1 ②0.500mol·L-1 ③0.0500mol·L-1
(4)若采用上述最合适浓度的标准NaOH溶液满定，滴定时实验数据列表如下：
实验次数编号
待测盐酸体积(mL)
滴入NaOH溶液体积(mL)
1
10.00
8.48
2
10.00
8.52
3
10.00
8.00
求这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)=___________________。
(5)在滴定操作过程中，以下各项操作使测定值偏高的有：_______________
①滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗
②滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定终了无气泡
③滴定前平视，滴定终了俯视
④看到颜色变化后立即读数
⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤
【答案】 (1). 1/22.4mol/L或0.045mol/L (2). 当最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复 (3). ③ (4). 0.0425mol/L (5). ①②
【解析】
分析：（1）根据c＝n/V计算盐酸的浓度；
（2）根据甲基橙的变色范围分析；
（3）为减小误差，应尽量用浓度小的溶液；
（4）先根据数据的有效性，计算消耗标准液体积，然后利用中和反应方程式计算；
（5）根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
详解：（1）设烧瓶的容积是VL，实验后水充满烧瓶，则理论上该盐酸的物质的量浓度为＝0.045mol/L。
（2）若用甲基橙作指示剂，由于甲基橙的变色范围是3.1～4.4，则达到满定终点时的现象是最后一滴NaOH滴入HCl中时，溶液由橙色变黄色，且30s内不恢复。
（3）实验时，为减小实验误差，则所用氢氧化钠溶液体积不能过小，否则误差较大，应用浓度最小的，即选取0.0500mol·L-1的氢氧化钠溶液，答案选③；
（4）依据表中三次实验消耗标准液体积可知，第三次数据误差较大，应舍弃，所以消耗标准液体积为：（8.48mL+8.52mL）÷2=8.50mL，依据HCl+NaOH=NaCl+H2O可知这种待测稀盐酸的物质的量浓度c(HCl)＝＝0.0425mol/L。
（5）①滴定管洗净后，直接装入标准氢氧化钠溶液进行滴定，导致消耗标准液体积偏大，实验测定结果偏高；
②滴定前，滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高；
③滴定前平视，滴定终了俯视，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；
④看到颜色变化后立即读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏小；
⑤洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当做蒸馏水进行洗涤，氢氧化钠溶液浓度不变，测定结果不变。
答案选①②。
点睛：本题主要考查中和滴定，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目涉及中和滴定操作、误差分析以及计算，滴定实验的数据计算应用，明确滴定原理及操作步骤，熟悉滴定管的使用方法是解题关键，题目难度中等。
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