【化学】山东省泰安第四中学2018-2019学年高二上学期12月月考（解析版） 试卷

山东省泰安第四中学2018-2019学年高二上学期12月月考
第Ⅰ卷(共60分)
1. 从如图所示的某气体反应的能量变化分析，以下判断错误的是 (　　)

A. 这是一个放热反应 B. 该反应可能需要加热
C. 生成物的总能量低于反应物的总能量 D. 反应物比生成物更稳定
【答案】D
【解析】
若反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，反之是吸热反应。根据图像可知反应物的能量高于生成物的能量，因此是放热反应。反应是放热还是吸热与反应条件无关，由于物质的能量越低越稳定，所以选项D是错误的，答案选D。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A. 由H2、I2蒸气、HI组成的平衡体系加压后颜色变深
B. 向氯水中加CaCO3后，溶液漂白性增强
C. 用排饱和食盐水法收集氯气
D. 开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫
【答案】A
【解析】
【详解】A.该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B.依据氯水中的化学平衡为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，加入的碳酸钙与HCl反应，使HCl的浓度减小，平衡正向进行，次氯酸的浓度增大，漂白性增强，和化学平衡有关，能用勒夏特利原理解释，故B错误；
C.实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡（Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO）逆向移动，降低了氯气的溶解度，可以用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，开启啤酒瓶后，压强减小，平衡向逆向移动（即气体体积增大的方向），则二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故D错误。答案选A。
【点睛】本题考查的是化学平衡移动原理。解题时特别注意勒夏特列原理是如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。据此解答。
3. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使产生氢气的速率加快的是（ ）
A. 加热 B. 不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液 D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
加快反应速率一般可通过加热、增加反应物浓度、加催化剂、增大反应物接触面积等方法。对本例滴加CuSO4溶液可形成原电池，加快反应速率；而将稀硫酸改为98%浓硫酸不但不能加快产生氢气的速率，反而使铁片在其中钝化，同时没有的电解液，形不成回路，就不会产生氢气了。
4.已知反应mX(g)+nY(g)⇌qZ(g)，△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列有关说法正确的是(　　)
A. 如果继续通入一定量某气体使体系压强增大，平衡将正向移动
B. 此时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的π/n倍
C. 如果降低温度，且保持物质状态不发生改变，混合气体的平均相对分子质量变小
D. 如果增加X的物质的量，平衡正向移动，X的转化率增大
【答案】B
【解析】
【详解】A.恒容条件下，通入不参加反应的气体（例如：稀有气体）使压强增大，但参加反应的混合物的浓度不变，则正、逆反应速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.可逆反应达平衡时不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，X的正反应速率是Y的逆反应速率的 倍，说明反应到达平衡，故B正确；
C.已知反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，由于m+n＞q，则反应混合气体总的物质的量减小，又因为混合气体总质量不变，结合可知混合气体的平均摩尔质量增大，故降低温度，混合气体的平均相对分子质量增大，故C错误；
D.增加X的物质的量，X的浓度增大，平衡正向移动，X的转化量增大，由于X的起始量也增大，则X的转化率降低，故D错误。答案选B。
【点睛】本题考查的是化学平衡的影响因素。解题时特别注意压强的影响归根结底是浓度的影响，例如A选项恒容条件下，通入不参加反应的气体（例如：稀有气体）使压强增大，但参加反应的混合物的浓度不变，则正、逆反应速率不变，平衡仍不移动；C选项需将平衡移动知识和公式相互结合考虑，降低温度平衡向正反应移动，由于m+n＞q，则反应混合气体总的物质的量减小，但混合气体总质量不变，结合可知混合气体的平均摩尔质量增大，据此解答。
5. 对pH值相同的盐酸和醋酸两种溶液的说法正确的是
A. 中和碱的能力相同 B. 盐酸和醋酸的物质的量浓度相同
C. OH-的物质的量浓度相同 D. H+的物质的量浓度不同
【答案】C
【解析】
试题分析： pH值相同的盐酸和醋酸，H+浓度相同，则OH‾浓度相同，故C项正确、D项错误；因为醋酸为弱酸，盐酸为强酸，所以醋酸的浓度远远大于盐酸，中和碱的能力醋酸远远大于盐酸，故A项、B项错误。
考点：本题考查强电解质与弱电解质。
6. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，如果测得结果偏低，则产生误差的原因可能是下列叙述中的
A. 滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终止时气泡消失
B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，未经干燥即进行滴定
C. 滴定过程中，锥形瓶中有溶液溅出
D. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗
【答案】C
【解析】
试题分析：A. 滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定终止时气泡消失 ，会造成盐酸的用量变多，使得NaOH溶液浓度偏大；B项，锥形瓶用蒸馏水洗净后未经干燥即进行滴定对实验没有影响；C. 滴定过程中，锥形瓶中有溶液溅出会造成盐酸的用量变小，测得NaOH溶液浓度偏低；D．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会造成盐酸的浓度变小，用量变多，测得NaOH溶液的浓度偏大，选C。
考点：酸碱中和滴定的误差分析。
7.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是(　　)
A. 使甲基橙呈红色的溶液中：Na+、[Al(OH)4]﹣、NO3﹣、CO32﹣
B. 由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol·L﹣1的溶液：NH4+、SO42﹣、HCO3﹣、Cl﹣
C. 含有0.1 molL﹣1 HCO3﹣的溶液：Na+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣
D. Kw/c(H+) =0.1 molL﹣1的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣
【答案】D
【解析】
【详解】A .使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，CO32﹣不能大量存在，故A错误；
 B.由水电离产生的c(H+)=10﹣12mol·L﹣1的溶液呈酸性或碱性，NH4+不能在碱性溶液中大量共存，HCO3﹣即不能在酸性溶液中大量共存也不能在碱性溶液中大量共存，故B错误；
C.Fe3+与SCN﹣不能大量共存，故C错误； 
D. Kw/c(H+) =0.1 molL﹣1的溶液呈碱性，四种离子在碱性溶液中均能大量共存，故D正确。答案选D。
【点睛】本题主要考查离子共存问题，关键是清楚每一个选项有怎样的限定条件，特别注意由水电离产生的 c(H+)=10﹣12mol·L﹣1 的溶液呈酸性或碱性。
8. 在四个不同的容器中进行合成氨的反应。根据下列在相同时间内测定的结果，判断生成氨的速率最快的是
A. v(N2)=0.05mol·L－1·s－1 B. v(H2)=0.3mol·L－1·min－1
C. v(N2)="0.2" mol·L－1·min－1 D. v(NH3)="0.3" mol·L－1·min－1
【答案】A
【解析】
试题分析：同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。所以根据反应的方程式可知，如果都用氮气表示该反应的反应速率，则分别是3mol/(L·min)、0.1mol/(L·min)、0.2 mol/(L·min)、0.15 mol/(L·min)，所以答案选A。
考点：该题是高考中的常见考点之一，属于基础性知识的考查。该题的关键是掌握好反应速率和化学计量数的关系，其次还要注意单位的统一。
点评：
9.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）

A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B. 用装置①进行电镀，镀件接在b极上
C. 装置②的总反应是：Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋
D. 装置③中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】C
【解析】
试题分析：装置①中，b极是阴极，发生还原反应，生成铜，故A、B选项正确；D、浓硫酸有强氧化性，可以使铁钝化，故D正确；C、装置②中，由于铁比铜活泼，铁作为负极与氯化铁溶液反应，故C错误；此题选C．
考点：考查原电池和电解池原理。
10.化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+（aq）+MnS（s）⇌CuS（s）+Mn2+（aq），下列说法错误的是 （　　）
A. MnS的比CuS的大
B. 该反应达到平衡时：
C. 往平衡体系中加入少量固体后，变大
D. 的浊液中加入少量可溶性固体后，变大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据溶解平衡可知，分子式相似的分子，溶度积大的沉淀可以转化为溶度积小的沉淀，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，故A正确；
B.根据溶解平衡可知，该反应的平衡常数K＝＝＝，故B正确；
C.往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，溶液中铜离子浓度增大，平衡正向移动，所以c(Mn2＋)变大，故C正确；
D.MnS浊液中存在沉淀溶解平衡MnS(s)⇌Mn2+(aq)+S2-(aq)，当加入少量MnSO4固体后，c（Mn2+）浓度增大，平衡向形成沉淀的方向移动，所以c（S2-）减小，故D错误。
故选D。
11.已知水的电离方程式：H2O H＋ + OH－，下列叙述中正确的是
A. 升高温度，KW增大，pH不变
B. 向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低
C. 向水中加入少量硫酸，c(H＋)增大，KW不变
D. 向水中加入少量固体CH3COONa，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低
【答案】C
【解析】
试题分析：A、水的电离为吸热过程，升高温度，KW增大，氢离子浓度变大，pH变小，A错误；B、向水中加入氨水，水的电离平衡逆向移动，抑制水的电离，但c（OH-）增大，B错误；C、向水中加入少量硫酸，氢离子浓度增大，水的离子积常数只与温度有关，温度不变，KW不变，C正确；D、乙酸钠为弱酸强碱盐，醋酸根水解促进水的电离，平衡向正向移动，D错误。答案选C。
考点：弱电解质的电离
12.化学用语是学习化学的重要工具，下列化学用语中正确的是( )
A. 氢氧燃料电池在碱性介质中负极的反应式是：O2+2H2O+4e- = 4OH-
B. NaHCO3在水溶液中的水解离子方程式：HCO3-＋H2OCO2↑＋ OH－
C. 用FeS为沉淀剂除去废水中的Hg2+：FeS(s)+ Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)
D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe－2 e- = Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢氧燃料电池在碱性介质中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，正负极反应式分别为O2+2H2O+4e−=4OH−、H2−2e−+2OH−=2H2O，故A错误；
B.碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，离子方程式为：HCO3-＋H2O ⇌H2CO3+OH−，故B错误；
C.溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，FeS溶解度大于HgS，所以离子反应方程式为FeS(s)+ Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)，故C正确；
D.钢铁发生电化学腐蚀时，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，负极反应式为Fe−2e−=Fe2+，如果发生吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，如果发生析氢腐蚀，正极反应式为2H++2e−=H2↑，故D错误。答案选C。
13. 下列有关金属腐蚀与保护的说法正确的是
A. 钢铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe－3e－===Fe3＋
B. 相同条件下，轮船在海水中比在淡水中腐蚀慢
C. 铁上镀锌的保护方法叫牺牲负极的正极保护法
D. 水库里钢闸门与电源负极相连的方法叫做外加电流的阴极保护法
【答案】D
【解析】
试题分析：钢铁腐蚀时负极发生的反应为：Fe－2e－===Fe2＋，A错；在海水中轮船中的钢铁更容易形成原电池，腐蚀的更快，B错；铁上镀锌的保护方法是覆盖耐腐蚀的金属的保护法，C错；D对。
考点：金属的腐蚀原理和防护。
14.反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）；ΔH＜0 在不同温度、不同压强（P1＞P2）下，达到平衡时，混合气体中Z的体积分数φ（Z）随温度变化的曲线应为

【答案】C
【解析】
反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）  ΔH＜0是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则Z的体积分数降低；增大压强，平衡正向移动，则Z的体积分数增大，据此分析。
【详解】反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）  ΔH＜0是放热反应，压强不变时，温度升高，平衡逆向移动，则Z的体积分数降低，曲线是随温度升高而降低的曲线，排除A、B；若温度不变，增大压强，平衡正向移动，则Z的体积分数增大，所以P1曲线在P2的上方，故选C。
15. 只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A. K值不变，平衡可能移动 B. K值变化，平衡一定移动
C. 平衡移动，K值可能不变 D. 平衡移动，K值一定变化
【答案】D
【解析】
试题分析：A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。
考点：考查平衡常数与平衡移动关系的判断
16. 下面有关电化学的图示，完全正确的是

A. Cu﹣Zn原电池
B. 粗铜的精炼
C. 铁片镀锌
D. 验证NaCl溶液（含酚酞）电解产物
【答案】D
【解析】
A、由图可知，金属性Zn＞Cu，则原电池中Zn作负极，故A错误；
B、与电源负极相连的为阴极，粗铜的精炼中粗铜作阳极，由图可知，粗铜作阴极，故B错误；
C、与电源负极相连的为阴极，铁片镀锌，铁片应作阴极，由图可知，铁片作阳极，故C错误；
D、电流由正极流向负极，由图可知，碳棒为阳极，电解食盐水在阳极生成氯气，氯气与碘化钾淀粉溶液反应使溶液变蓝，在阴极生成氢气，溶液变红，故D正确；
17.为了除去氯化镁酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌条件下加入下列试剂中的( )
A. NH3·H2O B. NaOH C. Na2CO3 D. MgCO3
【答案】D
【解析】
加入NH3·H2O，酸性条件下生成的铵根离子无法除去，引入了新杂质，A错误；加入NaOH，引入了钠离子无法除去，引入了新杂质，B错误；加入Na2CO3，引入了钠离子无法除去，引入了新杂质，C错误；加入MgO，遇酸反应生成Mg2+，酸性减弱，使得Fe3+以氢氧化铁的形式沉淀，过滤后，滤液中再加入适量盐酸，能将溶解在水中的少量氧化镁除去，得到纯净氯化镁，D正确；正确选项D。
点睛：除去MgCl2酸性溶性中的Fe3+，除了加入MgO外，还可以加入含有镁元素的不溶于水的物质，比如碳酸镁、氢氧化镁、碱式碳酸镁等。
18.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中各物质的物的量浓度、反应速率分别随时间的变化如下图所示：

下列说法中正确的是
A. 4 min时反应第一次达到平衡
B. 15 min时降低压强，20 min时升高温度
C. 反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D. 15～20 min该反应使用了催化剂
【答案】B
【解析】
A．0～10min内，反应物B的浓度逐渐减小，生成物C的浓度逐渐增加，说明该时间段反应向着正向移动，正反应速率大于逆反应速率，所以4min时没有达到平衡状态，故A错误；B．由图象可知，15min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故B正确；C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，20min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D．根据左图知，15～20 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以15～20 min间改变的体积是减小压强，故D错误；故选B。
19.工业上处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质S和CO2，已知：CO(g)+1/2O2(g)═CO2(g)△H=﹣283.0kJ•mol﹣1 S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=﹣296.0kJ•mol﹣1此反应的热化学方程式是(　 　)
A. CO(g)+1/2SO2(g)═1/2S(s)+CO2(g)△H=+135kJ/mol
B. CO(g)+1/2SO2(g)═1/2S(s)+CO2(g)△H=+13kJ/mol
C. 2CO(g)+SO2(g)═S(s)+2CO2(g)△H=﹣582kJ/mol
D. 2CO(g)+SO2(g)═S(s)+2CO2(g)△H=﹣270kJ/mol
【答案】A
【解析】
试题分析：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0KJ/mol-1，②S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.0KJ/mol-1
将方程式①×2-②得2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H1=（-283.0KJ/mol-1）×2-（-296.0KJ/mol-1）=-270KJ/mol-1，所以其热化学反应方程式为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H1=-270KJ/mol-1，答案选A。
考点：考查盖斯定律
20.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B ；当A、D组成原电池时，A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2++2e－=E，B-2e－=B2+ 则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为( )
A. A﹥B﹥E﹥D B. A﹥B﹥D﹥E C. D﹥A﹥B﹥E D. D﹥E﹥A﹥B
【答案】C
【解析】
当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A＞B；当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D＞A；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-→E，B-2e-→B2+，B失去电子，则金属活泼性为B＞E，综上所述，金属活泼性为D＞A＞B＞E，故选C。
点睛：利用原电池原理比较金属活泼性，明确活泼金属作负极，失去电子及电子的流向是解题的关键。本题的易错点为A、B活泼性的判断，原电池中，电子由负极流向正极，活泼金属作负极。
第Ⅱ卷(共40分)
21.(1)室温下，以惰性电极电解100 mL 0.1mol/LNaCl溶液，写出电解总反应的化学方程式______________________________________；若阴阳两极均得到112 mL气体(标准状况)，则所得溶液的pH为_________(忽略反应前后溶液的体积变化)。
(2)某学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度，选酚酞作指示剂。盛装0.2000 mol/L盐酸标准液应该用________式滴定管；用盐酸滴定待测液NaOH，滴定终点时的颜色变化是____________________且30s不变色；滴定前用待测液润洗锥形瓶，则所测NaOH溶液的浓度___________(填“无影响”、“偏高”或“偏低”下同)；若滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数，则会使所测NaOH溶液的浓度值___________。
【答案】 (1). 略 (2). 酸 (3). 浅红色变为无色 (4). 偏高 (5). 偏低 (6). 略
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是电解池和酸碱中和滴定。
（1）电解氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，由电解方程式可计算出氢氧根的浓度，进而算出pH；
（2）盐酸为酸溶液，应该用酸式滴定管；根据滴定前为红色，滴定结束时为无色判断滴定终点时的现象；滴定前用待测液润洗锥形瓶，导致待测液的物质的量增大，测定结果偏高；滴定终点时俯视读数，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低。
【详解】（1）电解饱和食盐水在阴极得到氢气，阳极得到氯气，反应方程式为：2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH；若阴阳两极均得到112 mL气体(标准状况)，则生成氢气和氯气的物质的量均为： ，由2NaCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2NaOH可知：Cl2↑～H2↑～2NaOH，则n（NaOH）=2n（Cl2）=2n（H2）=2×0.005mol=0.01mol，氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）═0.1mol/L，所以溶液的pH=13。本小题答案为：2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH；13。
（2）盐酸为强酸，盛装0.2000mol/L盐酸标准液应该用酸式滴定管；用盐酸滴定待测液NaOH，接近滴定终点时溶液为浅红色，滴定终点时为无色，则滴定终点时溶液的颜色变化是：浅红色变为无色且30s不变色；滴定前用待测液润洗锥形瓶，导致待测液的物质的量偏大，耗酸量偏大，则所测NaOH溶液的浓度偏高；若滴定前平视读数，滴定终点时俯视读数，导致滴定终点的读数偏小，则读出的标准液体积偏小，会使所测NaOH溶液的浓度值偏低，本小题答案为：酸；浅红色变为无色；偏高；偏低。
22.已知醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
(1)碳酸钠水溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)______________________________
(2)25 ℃时，浓度均为0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是_________________；
①两溶液的pH相同
②两溶液的导电能力相同
③由水电离出的c(OH-)相同
④中和等物质的量的NaOH溶液，消耗两溶液的体积相同
(3)25 ℃时，有pH 均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸中水电离出的H＋浓度与氯化铵溶液中水电离出的H＋浓度之比是________________
(4)25 ℃时，向体积为Va mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液Vb mL至溶液恰好呈中性，则Va与的Vb关系是Va__________Vb(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(5)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，下列叙述不正确的是_____
a.CH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO‾)
b.0.1 mol / L 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(OHˉ)减小
c.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体．平衡逆向移动
d.常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH 溶液等体积混合后溶液的pH ＜7
e.室温下向pH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中不变
【答案】 (1). 离子方程式略 (2). ④ (3). 10-10:10-4 (4). ＜ (5). b
【解析】
【分析】
本题考查的知识点有离子浓度大小的比较、弱电解质在水溶液中的电离平衡、盐类水解的应用、钠的重要化合物。
（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；
（2）①醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸；
②溶液导电能力与离子浓度成正比；
③酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大；
④中和等物质的量的NaOH溶液，消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比；
（3）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以醋酸溶液中水电离出的c(H+)=Kw/c(H+)(溶液中)、氯化铵溶液中水电离出的c（H+）=10-pH；
（4）25℃时，pH=3的醋酸溶液浓度远远大于pH=11的NaOH溶液浓度，要使混合溶液呈中性，则醋酸物质的量应该稍微大一些；
（5）a.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
b.0.1mol/L 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c（OHˉ）增大；
c.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，c（CH3COO‾）增大而抑制醋酸电离；
d.常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，等体积混合后醋酸有剩余。
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子水解有两步，以第一步水解为主，第一步水解方程式为CO32−+H2O⇌HCO3-+OH−。本小题答案为：CO32−+H2O⇌HCO3-+OH−。
(2)①醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，故①错误；
②溶液导电能力与离子浓度成正比，根据①知，盐酸中离子浓度大于醋酸，所以盐酸导电能力强，故②错误；
③酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据①知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH−)小于醋酸，故③错误；
④中和等物质的量的NaOH溶液，消耗一元酸的体积与酸的物质的量浓度成反比，盐酸和醋酸的物质的量浓度相等，所以消耗二者体积相等，故④正确。本小题答案为：④。
(3)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以醋酸溶液中水电离出的c(H+)=Kw/c(H+)(溶液中)==10−10mol/L；氯化铵溶液中水电离出的c(H+)=10−pH=10−4mol/L，所以醋酸中水电离出的c(H+)与氯化铵溶液中水电离出的c(H+)之比=10−10mol/L:10−4mol/L=10−10:10−4。本小题答案为：10−10:10−4。
(4)25℃时，pH=3的醋酸溶液浓度大于pH=11的NaOH溶液浓度，要使混合溶液呈中性，则醋酸物质的量应该稍微大一些，因为醋酸溶液浓度远远大于NaOH溶液浓度，所以消耗体积Va