【化学】江西省南昌市五校2019-2020学年高二11月月考（解析版） 试卷

江西省南昌市五校2019-2020学年高二11月月考
一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分．每小题只有一个选项符合题意．）
1.下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是(　　)
A. 熔融时不导电
B. 水溶液的导电能力很差
C. 不是离子化合物，而是极性共价化合物
D. 溶液中已电离离子和未电离的分子共存
【答案】D
【解析】
【详解】A. 熔融时不导电的化合物不一定是弱电解质，如HCl是共价化合物，熔融时不导电，但是强电解质，A项错误；
B. 电解质的强弱与溶液的导电性没有本质联系，很稀的强电解质水溶液的导电能力也很弱，因为溶液中离子浓度很小，B项错误；
C. HCl是极性共价化合物，但是强电解质，C项错误；
D. 弱电解质在水溶液中部分电离，所以溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，说明该物质是弱电解质，D项正确；
答案选D。
【点睛】判断强、弱电解质的关键是物质在水溶液里能否完全电离，是否存在电离平衡。
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A. 工业制硫酸采用二氧化硫催化氧化，高压可以提高单位时间SO3的产量
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡冒出
C. 用饱和食盐水除去氯气中氯化氢杂质
D. 容器中有2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，增大压强颜色变深
【答案】D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理是指在一个已经达到平衡的反应中，如果改变影响平衡的条件之一（如温度、压强，或参加反应的物质的浓度），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，能用勒夏特列原理解释，首先必须存在可逆过程，以此解答该题。
【详解】A. 二氧化硫生成三氧化硫的反应为2SO2+O2⇌2SO3，加压平衡正向移动，三氧化硫的产量增大，能用勒夏特列原理解释，A项错误；
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为打开瓶盖，压强减小，二氧化碳气体的溶解度减小而逸出，平衡移动的结果，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 氯气和水的反应是可逆反应Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，能减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，C项错误；
D. 容器中存在可逆反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；
答案选D。
【点睛】D项是学生们的易错点，可逆反应2HI(g) ⇌ H2(g)+I2(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特列原理解释，学生们容易忽略体积减小加压瞬间各物质的的浓度会增大。
3.下列说法不正确的是（　　）
A. 加入正催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应
C. 任何条件下，化学反应的焓变都等于化学反应的反应热
D. 常温下硝酸铵能够溶于水，因为其溶于水是一个熵增大过程
【答案】C
【解析】
【详解】A. 正催化剂可以降低反应的活化能，使部分普通分子变成活化分子，则活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大，A项正确；
B. 熵增加且放热的反应始终满足△H-T△SKa
C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高
D. a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高
【答案】D
【解析】
【详解】A. 图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；
B. 对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；
C. 由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；
D. 增加一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；
答案选D。
7.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(s)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是（ ）
A. 反应向逆方向移动 B. Y可能是固体或液体
C. 系数n>m D. Z的体积分数减小
【答案】C
【解析】
【详解】A.已知反应达平衡时c(X)=0.3mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的1/2，如果化学平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但实际再次达到平衡时c(X)=0.5mol/L，说明加压后化学平衡正向移动，故A错误；
B.结合题意可知正反应是气体总体积减少的反应，如果Y为固体或液体，则必须满足m>2m，显然不可能成立，所以Y只能是气体，故B错误；
C.由B项分析可知，Y是气体，要满足m+n>2m，则n>m，故C正确；
D.根据分析知，化学平衡向右移动，Z的体积分数是增大的 ，故D错误；
答案选C。
【点睛】掌握平衡移动方向的判断，需要从改变条件后的数据进行分析，结合平衡移动的规律确定移动方向和物质的状态及化学计量数的大小关系。
8.下列叙述与下图对应的是（ ）

A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g) ⇌ 2NH3(g)，图①表示在t0时刻充入了一定量的NH3，平衡逆向移动
B. 由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0
C. 图③表示的反应方程式为2A = B + 3C
D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，图④y轴可以表示Y的百分含量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 对于达到平衡状态的N2(g) + 3H2(g)⇌2NH3(g)，若t0时刻充入了一定量的NH3，则逆反应速率瞬间增大，正反应速率此刻不变，然后随之增大，与图像不符，A项错误；
B. 当温度为T1时，压强P2比P1先达到平衡状态，则P1 T2，对于该反应，升温平衡逆向移动，C的百分含量减小，符合图像，则由图②可知，p2 > p1，T1 > T2满足反应：2A(g) + B(g) ⇌ 2C(g) ΔH < 0，B项正确；
C. 由图③可知，A为反应物，B、C为生成物，且△c(A)=0.8mol/L，△c(B)=0.4mol/L，△c(C)=1.2mol/L，则三者的系数之比为2:1:3，由图知A没有完全转化为B和C，说明该反应为可逆反应，反应方程式应为2A ⇌ B + 3C，C项错误；
D. 对于反应2X(g) + 3Y(g) ⇌ 2Z(g) ΔH < 0，升温平衡逆向移动，Y的百分含量增多，与图像不符，D项错误；
答案选B。
9.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
【点睛】本题考查温度、压强对化学平衡移动的影响，能正确分析①②容器温度变化、②③压强变化是解题的关键。
10.已知在25℃时，下列反应的平衡常数如下：
①N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30
②2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) K2＝2×1081
③2CO2(g)2CO(g)＋O2(g) K3＝4×10-92
下列说法正确是
A. NO分解反应NO(g) 1/2N2(g)＋1/2O2(g)的平衡常数为1×10-30
B. 根据K2的值可以判断常温下H2和O2很容易反应生成H2O
C. 常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2
D. 温度升高，上述三个反应的平衡常数均增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据N2(g)＋O2(g)2NO(g) K1＝1×10-30，则NO(g)N2(g)＋O2(g)的平衡常数==1×1015，故A错误；
B．根据K2的值可以判断H2和O2反应生成H2O的程度很大，可以看出能够完全反应，但常温下不能反应，故B错误；
C．根据三个反应的平衡常数的大小可知，常温下，NO、H2O、CO2三种物质分解放出O2的平衡常数分别为1×1030，5×10-82，4×10-92，分解放出O2的倾向顺序为NO>H2O>CO2，故C正确；
D．反应①②是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。
11.一定温度下，将a mol 的 PCl5 通入一个容积不变的密闭容器中，发生反应： PCl5 (g) ⇌ PCl3(g)+ Cl2(g)，反应达到平衡时，测得混合气体的压强为P1，此时再通入a mol 的 PCl5 ，同样温度下再达到平衡时， 测得混合气体的压强为P2，下列判断正确的时（ ）
A. 2 P1> P2 B. PCl5的分解率增大 C. 2 P1 < P2 D. Cl2的体积分数增大
【答案】A
【解析】
【分析】
容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，据此分析。
【详解】容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，
A. 容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，若平衡不移动，则2 P1=P2，但加压平衡会向气体体积减小的方向移动，即逆反应方向移动，则2P1> P2，A项正确；
B. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，则PCl5的分解率减小，B项错误；
C. 由A项分析可知，2P1> P2，C项错误；
D. 由于新平衡与原平衡相比相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，生成的氯气的量减少，Cl2的体积分数减小，D项错误；
答案选A。
【点睛】一定温度下，将a mol 的 PCl5 通入一个容积不变的密闭容器中，发生反应： PCl5 (g) ⇌ PCl3(g)+ Cl2(g)，反应达到平衡时，再通入a mol 的 PCl5，由于容器容积不变，所以瞬间PCl5的浓度增大，PCl3、Cl2的浓度减小，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，但是平衡移动的结果相当于增大压强，因为容积固定，再通入a mol PCl5达到的新平衡相当于一次性充入2a mol PCl5达到的平衡状态，与原平衡相比，新平衡相当于增大了压强，加压平衡逆向移动，PCl5的转化率会减小，PCl5的体积分数会增大。这是学生们学习的难点。
12.某温度下，将4molA和3molB充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：aA(g)+2B(g)3C(g)+D(g)。反应达到平衡后，C的浓度为3mol/L．压缩容器体积，使容器的体积减小一半，建立新的平衡时，B的浓度为2mol/L．则方程式中a的数值为
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】根据三段式进行计算，可得
aA（g） + 2B（g） ⇌3C（g）+D（g）
起始浓度（mol•L‾1） 4 3 0 0
转化浓度（mol•L‾1） 2 3 1
平衡浓度（mol•L‾1） 1 3 1
容器的体积减小一半，B的平衡浓度由1mol•L‾1变为2mol•L‾1，说明平衡不发生移动，则反应前后气体的系数相等，则a=2，故B项正确。
13.已知相同条件下，下列反应的焓变和平衡常数分别表示为
①2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）ΔH1 K1=x
②Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）ΔH2 K2=y
③2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）ΔH3 K3=z
则下列关系正确的是
A. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=xy2 B. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x+y
C. ΔH3=ΔH1+2ΔH2 z=x﹣y2 D. ΔH3=ΔH1+ΔH2 z=x/y
【答案】A
【解析】
【分析】
根据盖斯定律进行计算，由①+②×2=③，得出2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）的△H；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除。
【详解】根据盖斯定律进行计算，由由①+②×2=③得到2NH3（g）+7/2O2（g）=2NO2（g）+3H2O（g），则△H=ΔH3=ΔH1+2ΔH；根据平衡常数的表达式得出K与系数成幂次方关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除，则K3= K1 K22= xy2，故选A。
【点睛】题主要考查了盖斯定律的应用及其平衡常数的转换关系，方程式相加即平衡常数相乘，方程式相减即平衡常数相除是解答关键所在。
14.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）
A. 已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l）△H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1
B. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=﹣19.3kJ/mol
C. 已知2C(s)+2O2(g)＝2CO2(g)△H1　2C(s)+O2(g)＝2CO(g)△H2　则△H1＞△H2
D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO（g） △H＝Q kJ•mol﹣1，则Ni(s)+4CO（g）＝Ni(CO)4(s) △H＝﹣Q kJ•mol﹣1
【答案】D
【解析】
【详解】A. 燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定氧化物所放出的热量，已知2H2(g)+O2(g)＝2H2O（l） △H＝﹣483.6 kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ•mol﹣1=241.8 kJ•mol﹣1，A项错误；
B. 合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，由将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，可知1 mol N2完全反应生成NH3(g)，放出热量大于38.6 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH < −38.6 kJ /mol，B项错误；
C. 固体碳不完全燃烧生成CO，完全燃烧生成二氧化碳，则完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放热多，故△H1-57.3 kJ/mol，则ΔH 偏大；
故答案为环形玻璃搅拌棒；偏大；
（3）①4次实验的温度差分别为：4℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，因此实验2中的数据是无效的，应该舍去，所以温度差的平均值为(4℃+3.9℃+4.1℃)÷3=4℃；
故答案为4.0；
②50mL 0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，硫酸是过量的，则生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的平均值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mc△T=80g×4.18J/(g∙℃)×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热；故答案为−53.5kJ/mol；
③根据计算可知，测量值偏小，这说明反应中有热量损失，
a.装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，a项正确；
b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，使得反应中放出的热量偏高，中和热的数值偏大，b项错误；
c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，这样会损失部分热量，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，c项正确；
d.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，由于温度计上附着有氢氧化钠，会消耗硫酸，因此实验过程中放出的热量会减少，中和热的数值偏小，d项正确；
综上所述，上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是acd；
故答案为acd。
21.对于可逆反应CO+H2O（g）⇌CO2+H2，回答下列问题：
（1）830 K时，若起始时c（CO）＝2 mol•L﹣1，c（H2O）＝3 mol•L﹣1，平衡时CO转化率为60%，水蒸气的转化率为_____；平衡常数K的值为_____。
（2）830 K时，若只将起始时c（H2O）改为6 mol•L﹣1，则水蒸气的转化率为_____。
（3）若830 K时，某时刻混合体系中各气体的浓度为c（CO2）＝0.4 mol•L﹣1、c（CO）＝0.6 mol•L﹣1、c（H2O）＝3 mol•L﹣1，c（H2）＝2 mol•L﹣1请判定该体系中反应进行的方向：_____ （填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡”）。
【答案】 (1). 40% (2). 1 (3). 25% (4). 正向进行
【解析】
【分析】
（1）830K时，若起始时c（CO）=2mol·L-1，c（H2O）=3mol·L-1，平衡时CO的转化率为60%，CO浓度变化量为2mol·L－1×60%=1.2mol·L－1，则：
CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）
起始浓度（mol·L－1）：2 3 0 0
变化浓度（mol·L－1）：1.2 1.2 1.2 1.2
平衡浓度（mol·L－1）：0.8 1.8 1.2 1.2
转化率= ×100%，将平衡浓度代入K= 计算；
（2）温度不变，K值不变，830K时，若只将起始时c（H2O）改为6mol·L－1，假设平衡时CO浓度变化量为xmol·L－1，表示出平衡时各组分浓度，再利用平衡常数列方程计算解答；
（3）用浓度商和平衡常数判断反应进行的方向。
【详解】（1）830 K时，若起始时c（CO）＝2 mol•L﹣1，c（H2O）＝3 mol•L﹣1，平衡时CO的转化率为60%，则反应中消耗的c（CO）＝2mol/L×60%＝1.2mol/L，根据方程式知，消耗的c（H2O）＝c（CO）（消耗）＝1.2mol，水蒸气的转化率100%100%＝40%，
可逆反应 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），
开始（mol/L）2 3 0 0
反应（mol/L）1.2 1.2 1.2 1.2
平衡（mol/L）0.8 1.8 1.2 1.2
化学平衡常数K1，
故答案为：40%；1；
（2）设消耗的c（H2O）＝xmol，
可逆反应 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），
开始（mol/L）2 6 0 0
反应（mol/L）x x x x
平衡（mol/L）2﹣x 6﹣x x x
温度不变化学平衡常数不变，化学平衡常数K1；
x＝1.5，水蒸气转化率100%100%＝25%，
故答案为：25%；
（3）浓度商Qc，Qc＜K，则反应正向移动，
故答案为：正向进行。
【点睛】本题考查化学平衡计算，涉及平衡常数应用，化学平衡常数的用途：1、判断反应进行的程度，2、判断反应的热效应，3、判断反应进行的方向，4、计算转化率等．难点（3）用浓度商和平衡常数判断反应进行的方向。
22.恒温、恒压下，在一个容积可变的容器中发生如下反应：A（g）+B（g）⇌C（g）
（1）若开始时放入1mol A和1mol B，达到平衡后，生成a mol C，这时A的物质的量为_____ mol。
（2）若开始时放入3mol A和3mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为_____mol。
（3）若开始时放入x mol A、2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别为y mol和3a mol，则x＝_____，y＝_____。
（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3mol C，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是_____。
【答案】 (1). 1﹣a (2). 3a (3). 2 (4). 3（1﹣a） (5). a/(2-a)
【解析】
【分析】
（1）由方程式可知，生成C的物质的量=参加反应A的物质的量，平衡时A的物质的量=A的起始物质的量-参加反应的A的物质的量；
（2）恒温恒压下，若开始时放入3mol A和3mol B，与（1）中A、B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同；
（3）若开始时放入x mol A，2mol B和1mol C，完全转化到左边满足3mol A和3mol B，与（1）中A、B的物质的量之比均为1：1，则为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，可以得到3amol C，平衡时A、B的物质的量分别为（1）中A、B的3倍，结合a＜1判断；
（4）由（3）分析可知，若在（3）的平衡混合物中再加入3mol C，等效为开始加入6mol A和6mol B，与（1）中平衡为等效平衡，平衡时反应物的转化率相同，则平衡时C的物质的量分数与（1）中相同。
【详解】解：（1）根据方程式知，生成amolC消耗amolA，则平衡时A的物质的量为（1﹣a）mol，
故答案为：1﹣a；
（2）恒温恒压下，若开始时放入3molA、3molB，与（1）中各物质浓度分别相等，则（1）（2）中转化率相等，则生成的C是（1）中3倍，为3amol，
故答案为：3a；
（3）若开始时放入x mol A、2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别为y mol和3a mol，则（3）中加入的C完全转化为A、B时与（2）中相同，则x+1＝3，x＝2，达到平衡后A的物质的量与（2）中相同，为3（1﹣a）mol，
故答案为：2；3（1﹣a）；
（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3mol C，与（1）相比，为（1）的6倍，则平衡时n（C）＝6amol，混合气体总物质的量＝（6+6﹣6c）mol，则C的物质的量分数，
故答案为：。
【点睛】本题考查化学平衡有关计算、等效平衡问题，充分利用各步的隐含条件，依据等效平衡的特征分析是本题的关键，注意恒温恒容容器和恒温恒压容器的不同。
23
Ⅰ.室温下，现有c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙：
(1)相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：
甲 _____________乙 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)。
(2)各取25 mL的甲､乙两溶液，分别与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲) _____________ V(乙)。
Ⅱ.已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：
弱酸化学式
HSCN
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
1.3×10-1
1.8×10-5
4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11

(1)25 ℃时，将20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液和20 mL 0.1 mol·L-1 HSCN溶液分别与20 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示：

反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是 _____________。
(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中通入一定量氨气，下列各量会变小的是 ______________(填字母)。
a.c(CH3COO-) b.c(H+) c.Kw d.醋酸电离平衡常数
III.(1)HClO4､H2SO4､HCl和HNO3都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数，下列说法不正确的是 _________。
酸
HClO4
H2SO4
HCl
HNO3
Ka
1.6×10-5
Ka1：6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
A.温度会影响这四种酸在冰醋酸中的电离常数
B.在冰醋酸中HClO4是这四种酸中最强的酸
C.在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H++SO42-
D.这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但仍属于强电解质
(2)亚磷酸是二元中强酸，25 ℃时亚磷酸(H3PO3)的电离常数为K1=1×10-2､K2=2.6×10-7。
①试从电离平衡移动的角度解释K1为什么比K2大_______________________ 。
②写出亚磷酸的电离方程式(2步)_________________；_______________ 。
③请设计一种方案，使之能通过直观的实验现象判断醋酸的酸性强于H2S，该方案所用的试剂是 __________，反应的化学方程式为 _____________________。
【答案】 (1). 大于 (2). 大于 (3). HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快 (4). b (5). C (6). 第一步电离出的H+抑制了第二步的电离 (7). H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+ (8). H2PO3- ⇌ HPO32- + H+ (9). 醋酸、Na2S (10). Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）根据稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小；
（2）c(H+)相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，据此分析消耗氢氧化钠的体积；
Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，据此分析；
（2）a. 根据电离平衡的影响因素，分析c(H+)和c(CH3COO-)的变化；
c. Kw只与温度有关，温度不变；
d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变；
III.（1）A. 电离常数只受温度影响；
B. 根据各种酸在醋酸中的电离平衡常数判断；
C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，分2步电离；
D. 这四种酸在水溶液中完全电离，属于强电解质；
（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；
②亚磷酸是二元中强酸，存在电离平衡，其电离方程式分步写；
③根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强。
【详解】Ⅰ.（1）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，相同条件下，取等体积的甲､乙两溶液，各稀释100倍，由于稀释促进醋酸的电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小的程度比盐酸小，则稀释后的溶液，其c(H+) 大小关系为：甲大于乙；
故答案为大于；
（2）c(H+) 相同的醋酸甲和盐酸乙，醋酸的浓度大于盐酸，则等体积的两溶液中醋酸的物质的量大于盐酸物质的量，则与等浓度的NaOH稀溶液完全反应，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)大于V(乙)；
故答案为大于；
Ⅱ.（1）由电离平衡常数可知，HSCN的酸性比CH3COOH强，则其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；
故答案为HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H+)较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；
（2）a. 醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+，通入一定量氨气，生成一水合氨会中和氢离子，c(H+)减小，平衡正向移动，c(CH3COO-)增大，a项错误；
b. 由a项分析知，c(H+)减小，b项正确；
c. Kw只与温度有关，温度不变，c项错误；
d. 电离平衡常数只与温度有关，温度不变，则醋酸电离平衡常数不变，d项错误；
故答案为b；
III.（1）A. 电离常数只受温度影响，温度对这四种酸在冰醋酸中的电离常数有影响，A项正确；
B. 在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，B项正确；
C. 在冰醋酸中硫酸为弱酸，存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4−、HSO4−⇌H++SO42−，，C项错误；
D. 这四种酸在冰醋酸中都没有完全电离，但在水溶液中完全电离，因此仍属于强电解质，D项正确；
故答案为C；
（2）①第一步电离出的H+抑制了第二步的电离，所以第一步电离平衡常数与第二步电离平衡常数相差较大；
故答案为第一步电离出的H+抑制了第二步的电离；
②亚磷酸是二元中强酸，其电离方程式为H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；
故答案为H3PO3 ⇌ H2PO3- + H+；H2PO3- ⇌ HPO32- + H+；
③要比较醋酸的酸性强于H2S，一般可以考虑设计实验，根据较强酸与较弱酸的盐反应制备弱酸的原理，来证明醋酸酸性比氢硫酸酸性强，只要让醋酸制得氢硫酸就可以了，所以选择相应的试剂为：醋酸和Na2S；反应方程式为：Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa；
故答案为醋酸、Na2S；Na2S+2CH3COOH===H2S↑+2CH3COONa。