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【化学】陕西省咸阳市实验中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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陕西省咸阳市实验中学2019-2020学年高二上学期第三次月考
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5
一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分）
1.下列说法错误的是
A. 反应产物的总焓与反应物的总焓之差，称为反应焓变
B. 反应产物的总焓小于反应物的总焓，该反应为吸热反应
C. 同一反应在不同温度下进行，其焓变是不同的
D. 已知2NO2(g)=N2O4(g) △H1，N2O4(g)=2NO2(g) △H2，则△H1=－△H2
【答案】B
【解析】
【详解】A．焓变=反应产物的总焓-反应物的总焓，故A正确；
B．反应产物的总焓高于反应物的总焓，该反应为吸热反应，故B错误；
C．物质本身具有的能量跟物质的状态有关，温度不同，物质的焓不同，则焓变不同，故C正确；
D．正反应是放热反应，其逆反应是吸热反应，反之也成立，故D正确；
故选B。
2.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化合物的污染。例如：
①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－574kJ/mol
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－1160kJ/mol
下列说法中错误的是（ ）
A. 等物质的量的CH4在反应①、②中转移电子数相同
B. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H>－574kJ/mol
C. 4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/mol
D. 若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA
【答案】B
【解析】
两个反应中甲烷都是转化为二氧化碳的，前后化合价变化相同，所以反应中等物质的量的甲烷的转移电子一定相同，选项A正确。反应①中生成的为气态水，而气态水转化为液态水要对外放热，所以方程式变为CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)时，反应对外放出的热量应该增加，所以△H＜－574kJ/mol，选项B错误。方程式①减去方程式②就可得到4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/mol，选项C正确。CH4把NO2还原为N2，所以方程式为CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），该反应的电子转移数为8e-（甲烷中的C为-4价，生成二氧化碳中的+4价C），所以标准状况下4.48L（0.2mol） CH4把NO2还原为N2转移电子为1.6mol即1.6NA。
3.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（ ）
A. a mL B. （50―a）mL
C. 大于（50―a）mL D. 大于amL
【答案】C
【解析】
【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在a mL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。
4.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
D. 配制100mL1mol/L的NaCl溶液用托盘天平称取5.85gNaCl固体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．用10mL量筒可量取7.1mL稀盐酸，无法量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B．用pH计可测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；
C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2，不可能是2.3，故C错误；
D．配制100mL1mol/L的NaCl溶液，应用托盘天平称取5.9gNaCl固体，故D错误；
故答案为B。
5.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液
B. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液
D. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性；c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；c（H+）=c（OH-）溶液呈中性。
【详解】A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，错误；
B、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，错误；
C、石蕊的变色范围为5-8，使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液可能显酸性、碱性或中性，错误；
D、c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，正确。
6.pH值相同的盐酸溶液与醋酸溶液分别和锌粒反应，若最后锌都已完全溶解，放出的气体一样多，下列说法正确的是（ ）
A. 反应所需时间：醋酸>盐酸
B. 整个反应阶段的平均反应速率：醋酸>盐酸
C. 开始的反应速率：盐酸>醋酸
D. 参加反应的锌的质量：盐酸＜醋酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应过程中，醋酸电离导致醋酸中氢离子浓度减少速率小于盐酸中氢离子浓度减少速率，盐酸中的氢离子浓度小于醋酸中氢离子浓度，盐酸反应速率小于醋酸，所以反应所需时间：盐酸＞醋酸，故A错误；
B．醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，醋酸溶液中氢离子浓度始终要比盐酸溶液中H+浓度略大，则整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，故B正确；
C．pH相同的盐酸和醋酸，两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，故C错误；
D．参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故D错误；
故答案为B。
7.下列有关滴定操作的顺序正确的是（ ）
①检查滴定管是否漏水；
②用标准溶液润洗盛装标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；
③用蒸馏水洗涤玻璃仪器；
④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）；
⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中；
⑥进行滴定操作
A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥
C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】中和滴定按照检漏、洗涤（用蒸馏水洗）、润洗、装液、赶气泡、调节液面（记录初读数）、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①③②④⑤⑥，故答案为A。
8.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、 Y、Z的关系是（ ）
A. X＝Y＝Z B. X＞Y＝Z C. X＜Y＝Z D. X＝Y＜Z
【答案】B
【解析】
【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱。所以在pH相等条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，因此选项B正确，答案选B。
9.25℃时，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）
A. NH、Fe3+、SO、Cl- B. CO、PO、K+、Na+
C. Na+、SO、NO、Cl- D. HPO、Na+、HSO、K+
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】25℃时某溶液中由水电离出c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性；
A．NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A不符合题意；
B．CO32-、PO43-、K+、Na+之间不反应，都不与OH-反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B不符合题意；
C．Na+、SO42-、NO3-、Cl-之间不反应，都不与H+和OH-反应，在酸性或碱性溶液中都能够大量共存，故C不符合题意；
D．HPO、HSO与H+和OH-都反应，在酸性或碱性溶液中一定不能大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
10.已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）
A. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 该溶液的pH=4
D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则HA是弱酸，溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L；
A．室温时，电离平衡常数K= =1×10-7，故A正确；
B．升高温度促进HA电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故B错误；
C．溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10−4=4，故C正确；
D．溶液中c(H+)=10-4mol/L，则溶液中c(OH-)==10-10mol/L，HA溶液中水电离的c(H+)与溶液中的c(OH-)相等，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的=106倍，故D正确；
故答案为B。
11.实验测得常温下0.1mol/L某一元酸HA溶液的pH值大于1，0.1mol/L某一元碱BOH溶液里=10-12。将此两种溶液等体积混合后，所得溶液的各离子的浓度由大到小排列的顺序（ ）
A. c(B+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) B. c(A-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c(B+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-) D. c(B+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】实验测得常温下0.1mol/L某一元酸(HA)溶液的pH值大于1，证明酸为一元弱酸；0.1mol/L某一元碱(BOH)溶液里=10-12，依据离子积常数为c(H+)c(OH-)=10-14，则c(OH-)==0.1mol/L，说明碱为强碱；将一元弱酸HA和一元强碱BOH等浓度等体积混合，恰好反应生成的BA为弱酸强碱盐，溶液呈碱性，即c(OH-)＞c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒式c(B+)+ c(H+) =c(OH-)+ c(A-)可知c(B+)＞c(A-)，则c(B+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项A正确，故答案为A。
12. 在100 mL某一元弱酸的溶液中，以0.50 mol/L氢氧化钠溶液滴定后得滴定曲线如图所示。
下列叙述正确的是( )
A. 该弱酸在滴定前的浓度是0.15 mol/L
B. 该弱酸稀释10倍后pH为4
C. 滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞
D. 滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是甲基橙
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，用NaOH滴定弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，该变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH的体积是20 mL，该弱酸滴定前的浓度是20×0.50/100=0.10（mol·L－1），因为滴定前该弱酸的pH=3，溶液在稀释过程中会继续电离，所以pH小于4。
【详解】A、由图开始时，弱酸的PH=3，用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH的体积是20 mL，该弱酸滴定前的浓度是20×0.5/100=0.10mol·L－1，故A错误；
B、滴定前该弱酸的pH=3，溶液在稀释过程中会继续电离，该弱酸稀释10倍后，pH小于4，故B错误；
C、用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，故C正确；
D、NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，故D错误；
故选C。
13.在一密闭容器中充入2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为W%；若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A：0.6mol，B：0.3mol，C：1.4mol充入容器，达到平衡后，C的体积分数仍为W%。则x的值为（ ）
A. 只能为2 B. 只能为3 C. 只能为4 D. 可能为2或3
【答案】D
【解析】
【分析】
恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为等效平衡，按化学计量数转化到左边，按恒温恒容下等效平衡的规律分析解答。
【详解】恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为等效平衡，按化学计量数转化到左边，
若反应前后气体体积不相等，则满足n(A)=2mol、n(B)=1mol，故0.6mol+=2mol，0.3mol+ =1mo，解得x=2；
若反应前后气体体积相等，即x=3，= ，达到平衡时C的体积分数也为W%，说明x=3；
故答案为D。
14.如图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是（ ）
A. 上述可逆反应的正反应为放热反应
B. X和Y中只有一种为气态，Z为气态
C. X、Y、Z均为气体
D. 上述反应的逆反应ΔH＞0
【答案】B
【解析】
【详解】A．图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，故A错误；
B．增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则X和Y中只有一种是气态，Z为气态，故B正确；
C．如X、Y、Z均为气态，反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡应不移动，但由图象可知增大压强平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．由A可知此反应正反应吸热，则逆反应放热，即逆反应的△H＜0，故D错误；
故答案为B。
15.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A. m=2
B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1:1
D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
16.反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＝57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. A、C两点的反应速率：A＞C
D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C
【答案】A
【解析】
【分析】
N2O4(g) 2NO2(g) △H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答；
【详解】A. 升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1
C. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的压强大，则反应速率：A
【点睛】B点易错。有气体参加的可逆反应，通过缩小体积增大压强时，平衡朝气体分子总数减小的方向移动，要特别注意几个浓度的大小关系：以反应N2O4(g) 2NO2(g)为例，缩小体积瞬间，所有气体浓度同等倍数增加，由勒夏特列原理可知：由于增压平衡左移直到新平衡，NO2(g)的浓度有所减少，指的是比压缩瞬间NO2(g)的浓度小，但是仍比旧平衡时NO2(g)的浓度大。
二、填空题（本题包括5个小题，共52分）
17.已知N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g) ΔH1=+akJ·mol-1；
N(g)+3H(g)=NH3(g) ΔH2=-bkJ·mol-1；
NH3(g)=NH3(l) ΔH3=-ckJ·mol-1
试写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式：__。
【答案】N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1
【解析】
【分析】
【详解】①N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g) ΔH1=+akJ·mol-1；
②N(g)+3H(g)=NH3(g) ΔH2=-bkJ·mol-1；
③NH3(g)=NH3(l) ΔH3=-ckJ·mol-1；
根据盖斯定律，①×2+②×2+③×2得N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=2ΔH1+2ΔH2+2ΔH3=-2(b+c-a)kJ·mol-1，所以N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1。
18.在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-QkJ/mol(Q＞0)，反应中各物质的浓度随时间变化情况如图1：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为__。
（2）根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)为__。
（3）反应达到平衡后，第8分钟时：
①若升高温度，化学平衡常数K__（填写增大、减小或不变）。HI浓度的变化正确的是__（用图2中a～c的编号回答）。
②若加入I2，H2浓度的变化正确的是__（用图2中d～f的编号回答）。
（4）反应达到平衡后，第8分钟时，若把容器的容积扩大一倍，请在图3中画出8分钟后HI浓度的变化情况___。
【答案】 (1). K= (2). 0.167mol/(L·min) (3). 减小 (4). c (5). f (6).
【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数=生成物浓度的系数次方的乘积÷反应物浓度系数次方的乘积；
(2)平均速率v(HI)=；
(3) H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0，升高温度平衡逆向移动；若加入I2，平衡正向移动；
(4)反应前后气体系数和相等，若把容器的容积扩大一倍，浓度变为原来一半，平衡不移动；
【详解】(1)化学平衡常数=生成物浓度的系数次方的乘积÷反应物浓度系数次方的乘积，H2(g)+I2(g)2HI(g)反应的平衡常数表达式是K=。
(2)平均速率v(HI)=，根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)== 0.167mol/(L·min)；
(3)①H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，升高温度，平衡逆向移动，HI浓度减小，选c；
②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减小，选f。
(4)反应前后气体系数和相等，若把容器的容积扩大一倍，浓度变为原来一半，平衡不移动，HI浓度的变化情况是；
【点睛】本题主要考查平衡常数、化学平衡移动以及化学反应速率的计算，需要注意的是：化学平衡常数K只与温度有关，温度改变，若平衡正向移动，化学平衡常数K增大，反之则减小。
19.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看做化学平衡。请根据所学的知识回答：
（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为__。
（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：__。
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入__以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_。
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。现将足量氯化银分别放入：
①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液中；③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液中；④100mL0.1mol·L-1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c(Ag+)由大到小的顺序是__(填序号)；向②中加入足量氯化银后，氯离子的浓度为__mol·L-1。
【答案】 (1). c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH-) (2). HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH-)>c(H+)，故溶液显碱性 (3). 盐酸 (4). Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓+3CO2↑ (5). ②>①>④>③ (6). 9×10-10
【解析】
【分析】
(1) (NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解显酸性；
(2)碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
(3) Fe3+水解呈酸性，NaHCO3水解呈碱性；
(4) 含有足量AgCl固体的饱和溶液中c(Ag+) c(Cl-)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10；
【详解】(1) (NH4)2SO4溶液中，溶液中铵根离子水解显酸性，水解微弱，铵根离子浓度大于硫酸根离子，溶液中离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)；
(2)在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO3+H2OH2CO3+OH-，电离平衡为HCO3-H++CO32-；碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以显碱性；
(3) Fe3+水解呈酸性，配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4) ①100mL蒸馏水中，c(Ag+)= c(Cl-)，c(Ag+) c(Cl-)= 1.8×10-10，则c(Ag+)=；②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液中，c(Ag+)=0.2mol·L-1；③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液中，c(Cl-)=0.3mol·L-1，c(Ag+)=mol·L-1；④100mL0.1mol·L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol·L-1，c(Ag+)=mol·L-1，c(Ag+)由大到小的顺序是②>①>④>③；向②中加入足量氯化银，c(Ag+)=0.2mol·L-1，c(Cl-)=。
【点睛】本题考查了盐类水解的应用、沉淀溶解平衡，会用盐水解原理分析溶液中离子浓度大小；掌握溶度积常数的计算，明确在不同溶液中，难溶电解质的溶解度不同，溶度积常数相同。
20.如图为向25mL 0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L−1CH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线。请回答：
(1)B点溶液呈中性,有人据此认为,在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应,这种看法是否正确?(选填“是”或“否”)_________.若不正确,则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内?__________________(若正确,此问不答)
(2)AB区间,c(OH−)>c(H+),则c(OH−)与c(CH3COO−)大小关系是_______________
A.c(OH−)一定大于c(CH3COO−) B.c(OH−)一定小于c(CH3COO−)
C.c(OH−)一定等于c(CH3COO−) D.c(OH−)大于、小于或等于c(CH3COO−)
(3)在D点时,溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)_________2c(Na+)(“>”、“<”或“=”)
(4)常温下,将VmL、0.1000mol·L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L−1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题.(忽略溶液体积的变化)
①如果溶液pH=7,此时V的取值____________20.00(填“>”、“<”或“=”),而溶液中c(Na+)、c(CH3COO−)、c(H+)、c(OH−)的大小关系为________________________.
②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=__________________mol·L−1
【答案】 (1). 否 (2). AB (3). D (4). = (5). < (6). c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−) (7). 1/30或0.033mol/L
【解析】
【分析】
（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，pH＞7；
（2）在AB区间内，包括CH3COOH和NaOH恰好完全反应以及CH3COOH不足、氢氧化钠溶液过量两种可能性；
（3）在D点时，NaOH和CH3COOH反应后剩余CH3COOH，溶液的组成为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合物；
（4）如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL。
【详解】（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H20，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7，介于AB之间，
故答案为否；AB。
（2）在AB区间内，c（OH-）>c（H-），说明溶液显碱性，当NaOH和CH3COOH恰好反应时，显碱性，此时溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸钠水解程度较小，溶液呈弱碱性，故c（OH-）小于c（CH3COO-）；当NaOH和CH3COOH反应后剩余NaOH，溶液仍然显碱性，此时若剩余的NaOH量很大，则c（OH-）大于c（CH3COO-），当然也有可能则c（OH-）=c（CH3COO-）。
故答案为：D。
（3）在D点时，反应后CH3COOH剩余，溶液由等浓度的CH3COOH和
CH3COONa组成，根据物料守恒，此时：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），
故答案为=。
（4）①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000mol•L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L-1醋酸溶液中，充分反应，V<20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），
故答案为<；c（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-）。
②根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒c（Na+）=2[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]，得到c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）=c（OH-），则c（OH-）-c（H+）-c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），反应后溶液的体积变为60mL，则c（CH3COO-）+c（CH3COOH）═0.1000mol/L×20mL÷60mL=1/30mol/L或0.033mol/L，
故答案为1/30或0.033。
21.按要求回答下列问题：
（1）实验室中通常用NaOH溶液进行洗气和提纯，当用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__。
（2）常温下，向一定体积的0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是__(填字母)。
A.溶液中导电粒子数目减少
B.醋酸的电离程度增大，c(H+)也增大
C.溶液中不变
D.溶液中减小
（3）①常温下将0.15mol·L-1的稀硫酸V1mL与0.1mol·L-1的NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1∶V2=__(溶液体积的变化忽略不计)。
②常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，则下列说法正确的是__(填字母)。
A.若混合后溶液呈中性，则c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1
B.若V1=V2，混合后溶液的pH一定等于7
C.若混合后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D.若混合后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
（4）常温下，浓度均为0.1mol·L-1的下列五种溶液的pH如表所示：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①根据表中数据，将浓度均为0.01mol·L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是__(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是__(填字母)。
A.CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa
B.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN
C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO
D.NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑
（5）几种离子开始沉淀时的pH如表所示：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，__(填离子符号)先沉淀。
【答案】 (1). c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+) (2). C、D (3). 1∶1 (4). A、D (5). A (6). A、B (7). Cu2+
【解析】
【分析】
(1)用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液；
(2)常温下，向一定体积的0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，电离平衡常数不变；
(3)酸碱混合后，溶液呈酸性，说明硫酸过量，根据 计算；
(4)弱酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，由表格数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3 ＞HClO＞HCN＞HCO3-；
(5)根据表格数据分析；
【详解】(1)用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液，碳酸钠、碳酸氢钠水解呈碱性，碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠水解，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)；
(2) A．醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；
B．醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故B错误；
C．醋酸溶液中加水稀释，电离平衡常数不变，，故C正确；
D．无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以减小，故D正确；选CD；
(3) ① ，，V1∶V2=1∶1；
②A.若混合后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1，故A正确；
B.若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，溶液pH小于7，故B错误；
C. 若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，故C错误；
D.若HA是强酸，混合后溶液呈碱性，说明碱过量，则V1小于V2；若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，若混合后溶液呈碱性，则V1小于V2，故D正确；选AD；
(4)①由表格数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3 ＞HClO＞HCN；酸性越弱，稀释相同倍数pH变化越小，将浓度均为0.01mol·L-1四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是.HCN ，选A；
②A．酸性CH3COOH＞H2CO3 ，根据强酸制弱酸，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生；
B．酸性CH3COOH＞HCN，根据强酸制弱酸，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生；
C．H2CO3 ＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸，-CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能发生；
D．酸性H2CO3 ＞HCN ，根据强酸制弱酸，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生；故选AB；
(5) 根据表格数据，
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，Cu2+先沉淀，Mg2+最后沉淀。
【点睛】本题考查弱酸电离平衡移动，明确加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中醋酸分子、醋酸根离子、氢离子浓度均减小，电离平衡常数不变，掌握强酸制弱酸的原理。
三、附加题（本题包括两个小题，共20分）
22.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.500g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点.按上述操作方法再重复2次。
（1）根据步骤Ⅲ填空：
①滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察___。
②达到滴定终点的标志是___。
③以下操作造成测得样品中氮的质量分数偏高的原因可能是___。
A.配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，水未倒尽
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E.未用标准液润洗碱式滴定管
（2）滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol/L，则该样品中氮的质量分数为__。
【答案】 (1). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (2). 锥形瓶内溶液颜色变浅红色且半分钟不变化 (3). A、D、E (4). 18.85%
【解析】
【详解】(1)①根据中和滴定操作规范，滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化；
②待测液呈酸性，滴入酚酞试液呈无色，滴加氢氧化钠过程中pH增大，达到滴定终点的标志是锥形瓶内溶液颜色由无色变浅红色且半分钟不变化；
③A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质，氢氧化钠溶液浓度偏低，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏高；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，消耗氢氧化钠溶液体积偏小，测定结果偏低；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，水未倒尽，无影响；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高；
E．未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高；
故选A、D、E；
(2)根据表格数据，三次平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00 mL，消耗氢氧化钠的物质的量是0.02L×0.1010mol/L=0.00202mol，根据方程式4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，25 mL待测液中N原子的物质的量是0.00202mol，则该样品中氮的质量分数为18.85% ；
【点睛】本题考查了中和滴定，掌握滴定操作、终点的判定等基本操作，会根据分析误差，若V(标)偏大，则c(测)偏大，若V(标)偏小，则c (测)偏小。
23.毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是____________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的______________。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____（填离子符号），滤渣Ⅱ中含______（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的______________（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为______________ mol•L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将______________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 (1). 增大接触面积从而使反应速率加快 (2). ac (3). Fe3+ (4). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (5). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少 (6). 上方 (7). (8). 偏大
【解析】
【分析】
制备BaCl2•2H2O流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。
(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响；
(3)根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。
【详解】(1)毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；
(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH为8，发生反应：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；
(3)无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=mol/L=mol/L；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。
【点睛】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5
一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分）
1.下列说法错误的是
A. 反应产物的总焓与反应物的总焓之差，称为反应焓变
B. 反应产物的总焓小于反应物的总焓，该反应为吸热反应
C. 同一反应在不同温度下进行，其焓变是不同的
D. 已知2NO2(g)=N2O4(g) △H1，N2O4(g)=2NO2(g) △H2，则△H1=－△H2
【答案】B
【解析】
【详解】A．焓变=反应产物的总焓-反应物的总焓，故A正确；
B．反应产物的总焓高于反应物的总焓，该反应为吸热反应，故B错误；
C．物质本身具有的能量跟物质的状态有关，温度不同，物质的焓不同，则焓变不同，故C正确；
D．正反应是放热反应，其逆反应是吸热反应，反之也成立，故D正确；
故选B。
2.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化合物的污染。例如：
①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－574kJ/mol
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=－1160kJ/mol
下列说法中错误的是（ ）
A. 等物质的量的CH4在反应①、②中转移电子数相同
B. 由反应①可推知：CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)；△H>－574kJ/mol
C. 4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/mol
D. 若用标准状况下4.48L CH4把NO2还原为N2，整个过程中转移的电子总数为1.6NA
【答案】B
【解析】
两个反应中甲烷都是转化为二氧化碳的，前后化合价变化相同，所以反应中等物质的量的甲烷的转移电子一定相同，选项A正确。反应①中生成的为气态水，而气态水转化为液态水要对外放热，所以方程式变为CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)时，反应对外放出的热量应该增加，所以△H＜－574kJ/mol，选项B错误。方程式①减去方程式②就可得到4NO2（g）+2N2（g）=8NO（g）；△H=+586kJ/mol，选项C正确。CH4把NO2还原为N2，所以方程式为CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），该反应的电子转移数为8e-（甲烷中的C为-4价，生成二氧化碳中的+4价C），所以标准状况下4.48L（0.2mol） CH4把NO2还原为N2转移电子为1.6mol即1.6NA。
3.有一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在amL刻度处，把管内液体全部放出，盛入量筒内，所得液体体积一定是（ ）
A. a mL B. （50―a）mL
C. 大于（50―a）mL D. 大于amL
【答案】C
【解析】
【详解】滴定管的“0”刻度在上端，满刻度在下端，滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，滴定管满刻度以下还有一段空间没有刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，因此，一支50mL酸式滴定管中盛盐酸，液面恰好在a mL刻度处，把管内液体全部放出，还有满刻度以下的溶液一并放出，总量超过(50–a)mL，故选C。
4.某学生的实验报告所列出的下列数据中合理的是（ ）
A. 用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B. 用pH计测得某稀盐酸的pH为1.54
C. 用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2.3
D. 配制100mL1mol/L的NaCl溶液用托盘天平称取5.85gNaCl固体
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．用10mL量筒可量取7.1mL稀盐酸，无法量取7.13mL稀盐酸，故A错误；
B．用pH计可测得某稀盐酸的pH为1.54，故B正确；
C．用广泛pH试纸测得某溶液的pH为2，不可能是2.3，故C错误；
D．配制100mL1mol/L的NaCl溶液，应用托盘天平称取5.9gNaCl固体，故D错误；
故答案为B。
5.下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. pH=7的溶液
B. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液
D. c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性；c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；c（H+）=c（OH-）溶液呈中性。
【详解】A、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，错误；
B、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，错误；
C、石蕊的变色范围为5-8，使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液可能显酸性、碱性或中性，错误；
D、c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，正确。
6.pH值相同的盐酸溶液与醋酸溶液分别和锌粒反应，若最后锌都已完全溶解，放出的气体一样多，下列说法正确的是（ ）
A. 反应所需时间：醋酸>盐酸
B. 整个反应阶段的平均反应速率：醋酸>盐酸
C. 开始的反应速率：盐酸>醋酸
D. 参加反应的锌的质量：盐酸＜醋酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应过程中，醋酸电离导致醋酸中氢离子浓度减少速率小于盐酸中氢离子浓度减少速率，盐酸中的氢离子浓度小于醋酸中氢离子浓度，盐酸反应速率小于醋酸，所以反应所需时间：盐酸＞醋酸，故A错误；
B．醋酸是弱酸，随反应的进行会不断电离出氢离子，醋酸溶液中氢离子浓度始终要比盐酸溶液中H+浓度略大，则整个阶段的平均速率：醋酸＞盐酸，故B正确；
C．pH相同的盐酸和醋酸，两种溶液中氢离子浓度相等，所以开始反应速率相等，故C错误；
D．参加反应的锌的质量和生成的氢气的量有关，因为产生气体体积相同，所以参加反应的锌的质量：醋酸=盐酸，故D错误；
故答案为B。
7.下列有关滴定操作的顺序正确的是（ ）
①检查滴定管是否漏水；
②用标准溶液润洗盛装标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；
③用蒸馏水洗涤玻璃仪器；
④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）；
⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中；
⑥进行滴定操作
A. ①③②④⑤⑥ B. ①②③④⑤⑥
C. ②③①④⑤⑥ D. ④⑤①②③⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】中和滴定按照检漏、洗涤（用蒸馏水洗）、润洗、装液、赶气泡、调节液面（记录初读数）、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①③②④⑤⑥，故答案为A。
8.pH相同的氨水、NaOH和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍，稀释后三种溶液的pH仍然相同，则X、 Y、Z的关系是（ ）
A. X＝Y＝Z B. X＞Y＝Z C. X＜Y＝Z D. X＝Y＜Z
【答案】B
【解析】
【详解】氨水是弱碱，存在电离平衡，稀释促进电离。氢氧化钠是一元强碱，氢氧化钡是二元强碱。所以在pH相等条件下，要使稀释后的pH仍然相等，则强碱稀释的倍数是相同的，而氨水稀释的倍数要大于强碱的，因此选项B正确，答案选B。
9.25℃时，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L，该溶液中一定不能大量共存的离子组是（ ）
A. NH、Fe3+、SO、Cl- B. CO、PO、K+、Na+
C. Na+、SO、NO、Cl- D. HPO、Na+、HSO、K+
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】25℃时某溶液中由水电离出c(OH-)=1×10-13mol/L的溶液呈酸性或碱性；
A．NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-之间不反应，都不与H+反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A不符合题意；
B．CO32-、PO43-、K+、Na+之间不反应，都不与OH-反应，在碱性溶液中能够大量共存，故B不符合题意；
C．Na+、SO42-、NO3-、Cl-之间不反应，都不与H+和OH-反应，在酸性或碱性溶液中都能够大量共存，故C不符合题意；
D．HPO、HSO与H+和OH-都反应，在酸性或碱性溶液中一定不能大量共存，故D符合题意；
故答案为D。
10.已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是（ ）
A. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 该溶液的pH=4
D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则HA是弱酸，溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L；
A．室温时，电离平衡常数K= =1×10-7，故A正确；
B．升高温度促进HA电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故B错误；
C．溶液中c(H+)=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10−4=4，故C正确；
D．溶液中c(H+)=10-4mol/L，则溶液中c(OH-)==10-10mol/L，HA溶液中水电离的c(H+)与溶液中的c(OH-)相等，则由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的=106倍，故D正确；
故答案为B。
11.实验测得常温下0.1mol/L某一元酸HA溶液的pH值大于1，0.1mol/L某一元碱BOH溶液里=10-12。将此两种溶液等体积混合后，所得溶液的各离子的浓度由大到小排列的顺序（ ）
A. c(B+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) B. c(A-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)
C. c(B+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-) D. c(B+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】A
【解析】
【详解】实验测得常温下0.1mol/L某一元酸(HA)溶液的pH值大于1，证明酸为一元弱酸；0.1mol/L某一元碱(BOH)溶液里=10-12，依据离子积常数为c(H+)c(OH-)=10-14，则c(OH-)==0.1mol/L，说明碱为强碱；将一元弱酸HA和一元强碱BOH等浓度等体积混合，恰好反应生成的BA为弱酸强碱盐，溶液呈碱性，即c(OH-)＞c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒式c(B+)+ c(H+) =c(OH-)+ c(A-)可知c(B+)＞c(A-)，则c(B+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项A正确，故答案为A。
12. 在100 mL某一元弱酸的溶液中，以0.50 mol/L氢氧化钠溶液滴定后得滴定曲线如图所示。
下列叙述正确的是( )
A. 该弱酸在滴定前的浓度是0.15 mol/L
B. 该弱酸稀释10倍后pH为4
C. 滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞
D. 滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是甲基橙
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，用NaOH滴定弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，该变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH的体积是20 mL，该弱酸滴定前的浓度是20×0.50/100=0.10（mol·L－1），因为滴定前该弱酸的pH=3，溶液在稀释过程中会继续电离，所以pH小于4。
【详解】A、由图开始时，弱酸的PH=3，用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH的体积是20 mL，该弱酸滴定前的浓度是20×0.5/100=0.10mol·L－1，故A错误；
B、滴定前该弱酸的pH=3，溶液在稀释过程中会继续电离，该弱酸稀释10倍后，pH小于4，故B错误；
C、用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，故C正确；
D、NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，变色范围最合适的指示剂是酚酞，故D错误；
故选C。
13.在一密闭容器中充入2molA和1molB发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到平衡后，C的体积分数为W%；若维持容器的容积和温度不变，按起始物质的量A：0.6mol，B：0.3mol，C：1.4mol充入容器，达到平衡后，C的体积分数仍为W%。则x的值为（ ）
A. 只能为2 B. 只能为3 C. 只能为4 D. 可能为2或3
【答案】D
【解析】
【分析】
恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为等效平衡，按化学计量数转化到左边，按恒温恒容下等效平衡的规律分析解答。
【详解】恒温恒容下，开始充入2molA和1molB与开始充入0.6molA、0.3molB和1.4molC达到平衡后，C的体积分数为W%，说明为等效平衡，按化学计量数转化到左边，
若反应前后气体体积不相等，则满足n(A)=2mol、n(B)=1mol，故0.6mol+=2mol，0.3mol+ =1mo，解得x=2；
若反应前后气体体积相等，即x=3，= ，达到平衡时C的体积分数也为W%，说明x=3；
故答案为D。
14.如图是温度和压强对X+Y2Z反应影响的示意图。图中横坐标表示温度，纵坐标表示平衡混合气体中Z的体积分数。下列叙述正确的是（ ）
A. 上述可逆反应的正反应为放热反应
B. X和Y中只有一种为气态，Z为气态
C. X、Y、Z均为气体
D. 上述反应的逆反应ΔH＞0
【答案】B
【解析】
【详解】A．图象曲线变化可知，随着温度的升高，Z的体积分数增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，说明正反应吸热，故A错误；
B．增大压强，Z的体积分数减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则说明反应前的气体计量数之和小于生成物气体的化学计量数，则X和Y中只有一种是气态，Z为气态，故B正确；
C．如X、Y、Z均为气态，反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡应不移动，但由图象可知增大压强平衡向逆反应方向移动，故C错误；
D．由A可知此反应正反应吸热，则逆反应放热，即逆反应的△H＜0，故D错误；
故答案为B。
15.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是
A. m=2
B. 两次平衡的平衡常数相同
C. X与Y的平衡转化率之比为1:1
D. 第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L－1
【答案】D
【解析】
【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+m Y（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；
B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；
C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；
D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；
本题选D。
16.反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＝57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 由状态B到状态A，可以用加热的方法
B. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
C. A、C两点的反应速率：A＞C
D. A、C两点气体的平均相对分子质量：A＞C
【答案】A
【解析】
【分析】
N2O4(g) 2NO2(g) △H=+57kJ•mol-1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答；
【详解】A. 升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1
C. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的压强大，则反应速率：A
【点睛】B点易错。有气体参加的可逆反应，通过缩小体积增大压强时，平衡朝气体分子总数减小的方向移动，要特别注意几个浓度的大小关系：以反应N2O4(g) 2NO2(g)为例，缩小体积瞬间，所有气体浓度同等倍数增加，由勒夏特列原理可知：由于增压平衡左移直到新平衡，NO2(g)的浓度有所减少，指的是比压缩瞬间NO2(g)的浓度小，但是仍比旧平衡时NO2(g)的浓度大。
二、填空题（本题包括5个小题，共52分）
17.已知N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g) ΔH1=+akJ·mol-1；
N(g)+3H(g)=NH3(g) ΔH2=-bkJ·mol-1；
NH3(g)=NH3(l) ΔH3=-ckJ·mol-1
试写出N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式：__。
【答案】N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1
【解析】
【分析】
【详解】①N2(g)+H2(g)=N(g)+3H(g) ΔH1=+akJ·mol-1；
②N(g)+3H(g)=NH3(g) ΔH2=-bkJ·mol-1；
③NH3(g)=NH3(l) ΔH3=-ckJ·mol-1；
根据盖斯定律，①×2+②×2+③×2得N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=2ΔH1+2ΔH2+2ΔH3=-2(b+c-a)kJ·mol-1，所以N2(g)和H2(g)反应生成液氨的热化学方程式是N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a)kJ·mol-1。
18.在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-QkJ/mol(Q＞0)，反应中各物质的浓度随时间变化情况如图1：
（1）该反应的化学平衡常数表达式为__。
（2）根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)为__。
（3）反应达到平衡后，第8分钟时：
①若升高温度，化学平衡常数K__（填写增大、减小或不变）。HI浓度的变化正确的是__（用图2中a～c的编号回答）。
②若加入I2，H2浓度的变化正确的是__（用图2中d～f的编号回答）。
（4）反应达到平衡后，第8分钟时，若把容器的容积扩大一倍，请在图3中画出8分钟后HI浓度的变化情况___。
【答案】 (1). K= (2). 0.167mol/(L·min) (3). 减小 (4). c (5). f (6).
【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数=生成物浓度的系数次方的乘积÷反应物浓度系数次方的乘积；
(2)平均速率v(HI)=；
(3) H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0，升高温度平衡逆向移动；若加入I2，平衡正向移动；
(4)反应前后气体系数和相等，若把容器的容积扩大一倍，浓度变为原来一半，平衡不移动；
【详解】(1)化学平衡常数=生成物浓度的系数次方的乘积÷反应物浓度系数次方的乘积，H2(g)+I2(g)2HI(g)反应的平衡常数表达式是K=。
(2)平均速率v(HI)=，根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)== 0.167mol/(L·min)；
(3)①H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数K减小，升高温度，平衡逆向移动，HI浓度减小，选c；
②若加入I2，平衡正向移动，H2浓度减小，选f。
(4)反应前后气体系数和相等，若把容器的容积扩大一倍，浓度变为原来一半，平衡不移动，HI浓度的变化情况是；
【点睛】本题主要考查平衡常数、化学平衡移动以及化学反应速率的计算，需要注意的是：化学平衡常数K只与温度有关，温度改变，若平衡正向移动，化学平衡常数K增大，反之则减小。
19.物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看做化学平衡。请根据所学的知识回答：
（1）A为0.1mol·L-1的(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为__。
（2）B为0.1mol·L-1NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：__。
（3）C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入__以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_。
（4）D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，在25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。现将足量氯化银分别放入：
①100mL蒸馏水中；②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液中；③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液中；④100mL0.1mol·L-1盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c(Ag+)由大到小的顺序是__(填序号)；向②中加入足量氯化银后，氯离子的浓度为__mol·L-1。
【答案】 (1). c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH-) (2). HCO的水解程度大于其电离程度，溶液中c(OH-)>c(H+)，故溶液显碱性 (3). 盐酸 (4). Fe3++3HCO=Fe(OH)3↓+3CO2↑ (5). ②>①>④>③ (6). 9×10-10
【解析】
【分析】
(1) (NH4)2SO4溶液中，铵根离子水解显酸性；
(2)碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
(3) Fe3+水解呈酸性，NaHCO3水解呈碱性；
(4) 含有足量AgCl固体的饱和溶液中c(Ag+) c(Cl-)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10；
【详解】(1) (NH4)2SO4溶液中，溶液中铵根离子水解显酸性，水解微弱，铵根离子浓度大于硫酸根离子，溶液中离子浓度大小为c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)＞c(OH-)；
(2)在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO3+H2OH2CO3+OH-，电离平衡为HCO3-H++CO32-；碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，所以显碱性；
(3) Fe3+水解呈酸性，配制FeCl3溶液时通常需要向其中加盐酸抑制Fe3+水解；NaHCO3溶液和FeCl3溶液混合发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-=Fe(OH)3↓+3CO2↑；
(4) ①100mL蒸馏水中，c(Ag+)= c(Cl-)，c(Ag+) c(Cl-)= 1.8×10-10，则c(Ag+)=；②100mL0.2mol·L-1AgNO3溶液中，c(Ag+)=0.2mol·L-1；③100mL0.1mol·L-1氯化铝溶液中，c(Cl-)=0.3mol·L-1，c(Ag+)=mol·L-1；④100mL0.1mol·L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol·L-1，c(Ag+)=mol·L-1，c(Ag+)由大到小的顺序是②>①>④>③；向②中加入足量氯化银，c(Ag+)=0.2mol·L-1，c(Cl-)=。
【点睛】本题考查了盐类水解的应用、沉淀溶解平衡，会用盐水解原理分析溶液中离子浓度大小；掌握溶度积常数的计算，明确在不同溶液中，难溶电解质的溶解度不同，溶度积常数相同。
20.如图为向25mL 0.1mol·L−1NaOH溶液中逐滴滴加0.2mol·L−1CH3COOH溶液过程中溶液pH的变化曲线。请回答：
(1)B点溶液呈中性,有人据此认为,在B点时NaOH与CH3COOH恰好完全反应,这种看法是否正确?(选填“是”或“否”)_________.若不正确,则二者恰好完全反应的点是在AB区间还是BD区间内?__________________(若正确,此问不答)
(2)AB区间,c(OH−)>c(H+),则c(OH−)与c(CH3COO−)大小关系是_______________
A.c(OH−)一定大于c(CH3COO−) B.c(OH−)一定小于c(CH3COO−)
C.c(OH−)一定等于c(CH3COO−) D.c(OH−)大于、小于或等于c(CH3COO−)
(3)在D点时,溶液中c(CH3COO−)+c(CH3COOH)_________2c(Na+)(“>”、“<”或“=”)
(4)常温下,将VmL、0.1000mol·L−1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol·L−1醋酸溶液中,充分反应。回答下列问题.(忽略溶液体积的变化)
①如果溶液pH=7,此时V的取值____________20.00(填“>”、“<”或“=”),而溶液中c(Na+)、c(CH3COO−)、c(H+)、c(OH−)的大小关系为________________________.
②如果V=40.00,则此时溶液中c(OH−)−c(H+)−c(CH3COOH)=__________________mol·L−1
【答案】 (1). 否 (2). AB (3). D (4). = (5). < (6). c(Na+)=c(CH3COO−)>c(H+)=c(OH−) (7). 1/30或0.033mol/L
【解析】
【分析】
（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应，生成醋酸钠，醋酸钠为强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，pH＞7；
（2）在AB区间内，包括CH3COOH和NaOH恰好完全反应以及CH3COOH不足、氢氧化钠溶液过量两种可能性；
（3）在D点时，NaOH和CH3COOH反应后剩余CH3COOH，溶液的组成为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合物；
（4）如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL。
【详解】（1）NaOH与CH3COOH恰好完全反应：NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H20，生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，pH>7，介于AB之间，
故答案为否；AB。
（2）在AB区间内，c（OH-）>c（H-），说明溶液显碱性，当NaOH和CH3COOH恰好反应时，显碱性，此时溶液中的溶质为醋酸钠，醋酸钠水解程度较小，溶液呈弱碱性，故c（OH-）小于c（CH3COO-）；当NaOH和CH3COOH反应后剩余NaOH，溶液仍然显碱性，此时若剩余的NaOH量很大，则c（OH-）大于c（CH3COO-），当然也有可能则c（OH-）=c（CH3COO-）。
故答案为：D。
（3）在D点时，反应后CH3COOH剩余，溶液由等浓度的CH3COOH和
CH3COONa组成，根据物料守恒，此时：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），
故答案为=。
（4）①CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，NaOH是强电解质，完全电离，反应生成的乙酸钠是强碱弱酸盐，水解呈碱性，需溶液呈中性pH=7，需少加碱，所以常温下，将V mL、0.1000mol•L-1氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00mL、0.1000mol•L-1醋酸溶液中，充分反应，V<20.00mL溶液呈中性pH=7，c（H+）=c（OH-）；根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），c（H+）=c（OH-），溶液中的溶质为乙酸钠溶液，水的电离是微弱的，所以c（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-），
故答案为<；c（Na+）=c（CH3COO-）>c（H+）=c（OH-）。
②根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒c（Na+）=2[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]，得到c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH）=c（OH-），则c（OH-）-c（H+）-c（CH3COOH）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），反应后溶液的体积变为60mL，则c（CH3COO-）+c（CH3COOH）═0.1000mol/L×20mL÷60mL=1/30mol/L或0.033mol/L，
故答案为1/30或0.033。
21.按要求回答下列问题：
（1）实验室中通常用NaOH溶液进行洗气和提纯，当用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__。
（2）常温下，向一定体积的0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是__(填字母)。
A.溶液中导电粒子数目减少
B.醋酸的电离程度增大，c(H+)也增大
C.溶液中不变
D.溶液中减小
（3）①常温下将0.15mol·L-1的稀硫酸V1mL与0.1mol·L-1的NaOH溶液V2mL混合，所得溶液的pH为1，则V1∶V2=__(溶液体积的变化忽略不计)。
②常温下若溶液由pH=3的HA溶液V1mL与pH=11的NaOH溶液V2mL混合而得，则下列说法正确的是__(填字母)。
A.若混合后溶液呈中性，则c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1
B.若V1=V2，混合后溶液的pH一定等于7
C.若混合后溶液呈酸性，则V1一定大于V2
D.若混合后溶液呈碱性，则V1一定小于V2
（4）常温下，浓度均为0.1mol·L-1的下列五种溶液的pH如表所示：
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
①根据表中数据，将浓度均为0.01mol·L-1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是__(填字母)。
A.HCN B.HClO C.H2CO3 D.CH3COOH
②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是__(填字母)。
A.CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa
B.CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN
C.CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO
D.NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑
（5）几种离子开始沉淀时的pH如表所示：
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，__(填离子符号)先沉淀。
【答案】 (1). c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+) (2). C、D (3). 1∶1 (4). A、D (5). A (6). A、B (7). Cu2+
【解析】
【分析】
(1)用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液；
(2)常温下，向一定体积的0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，电离平衡常数不变；
(3)酸碱混合后，溶液呈酸性，说明硫酸过量，根据 计算；
(4)弱酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，由表格数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3 ＞HClO＞HCN＞HCO3-；
(5)根据表格数据分析；
【详解】(1)用100mL3mol·L-1的NaOH溶液吸收标准状况下4.48LCO2时，生成等浓度的碳酸钠、碳酸氢钠混合液，碳酸钠、碳酸氢钠水解呈碱性，碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠水解，所以溶液中离子浓度大小关系是c(Na+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)；
(2) A．醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中导电粒子的数目增多，故A错误；
B．醋酸溶液中加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故B错误；
C．醋酸溶液中加水稀释，电离平衡常数不变，，故C正确；
D．无限稀释相当于水，但体积增加，醋酸根离子浓度减小，氢离子浓度基本不变，所以减小，故D正确；选CD；
(3) ① ，，V1∶V2=1∶1；
②A.若混合后溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)+c(OH-)=2×10-7mol·L-1，故A正确；
B.若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，溶液pH小于7，故B错误；
C. 若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，故C错误；
D.若HA是强酸，混合后溶液呈碱性，说明碱过量，则V1小于V2；若HA是弱酸，V1=V2，混合后HA剩余，混合后溶液呈酸性，若混合后溶液呈碱性，则V1小于V2，故D正确；选AD；
(4)①由表格数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3 ＞HClO＞HCN；酸性越弱，稀释相同倍数pH变化越小，将浓度均为0.01mol·L-1四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是.HCN ，选A；
②A．酸性CH3COOH＞H2CO3 ，根据强酸制弱酸，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生；
B．酸性CH3COOH＞HCN，根据强酸制弱酸，CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生；
C．H2CO3 ＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸，-CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能发生；
D．酸性H2CO3 ＞HCN ，根据强酸制弱酸，NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2↑不能发生；故选AB；
(5) 根据表格数据，
离子
Fe2+
Cu2+
Mg2+
pH
7.6
5.2
10.4
当向含相同浓度Cu2+、Mg2+和Fe2+的溶液中滴加NaOH溶液时，Cu2+先沉淀，Mg2+最后沉淀。
【点睛】本题考查弱酸电离平衡移动，明确加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液中醋酸分子、醋酸根离子、氢离子浓度均减小，电离平衡常数不变，掌握强酸制弱酸的原理。
三、附加题（本题包括两个小题，共20分）
22.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.500g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点.按上述操作方法再重复2次。
（1）根据步骤Ⅲ填空：
①滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察___。
②达到滴定终点的标志是___。
③以下操作造成测得样品中氮的质量分数偏高的原因可能是___。
A.配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，水未倒尽
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E.未用标准液润洗碱式滴定管
（2）滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol/L，则该样品中氮的质量分数为__。
【答案】 (1). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (2). 锥形瓶内溶液颜色变浅红色且半分钟不变化 (3). A、D、E (4). 18.85%
【解析】
【详解】(1)①根据中和滴定操作规范，滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化；
②待测液呈酸性，滴入酚酞试液呈无色，滴加氢氧化钠过程中pH增大，达到滴定终点的标志是锥形瓶内溶液颜色由无色变浅红色且半分钟不变化；
③A．配制标准溶液的氢氧化钠中混有Na2CO3杂质，氢氧化钠溶液浓度偏低，消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，测定结果偏高；
B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，消耗氢氧化钠溶液体积偏小，测定结果偏低；
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，水未倒尽，无影响；
D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高；
E．未用标准液润洗碱式滴定管，氢氧化钠浓度偏低，消耗氢氧化钠溶液体积偏大，测定结果偏高；
故选A、D、E；
(2)根据表格数据，三次平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00 mL，消耗氢氧化钠的物质的量是0.02L×0.1010mol/L=0.00202mol，根据方程式4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，25 mL待测液中N原子的物质的量是0.00202mol，则该样品中氮的质量分数为18.85% ；
【点睛】本题考查了中和滴定，掌握滴定操作、终点的判定等基本操作，会根据分析误差，若V(标)偏大，则c(测)偏大，若V(标)偏小，则c (测)偏小。
23.毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是____________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的______________。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____（填离子符号），滤渣Ⅱ中含______（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的______________（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为______________ mol•L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将______________（填“偏大”或“偏小”）。
【答案】 (1). 增大接触面积从而使反应速率加快 (2). ac (3). Fe3+ (4). Mg(OH)2、Ca(OH)2 (5). H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少 (6). 上方 (7). (8). 偏大
【解析】
【分析】
制备BaCl2•2H2O流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。
(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响；
(3)根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。
【详解】(1)毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；
(2)根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH为8，发生反应：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；
(3)无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=mol/L=mol/L；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。
【点睛】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。
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