2018-2019学年黑龙江省哈尔滨市第三中学校高二上学期期中考试化学（理）试题 解析版 13页

黑龙江省哈尔滨市第三中学校2018-2019学年高二上学期期中考试 化学（理）试题 ‎1.下列说法正确的是 A. ∆H＞0，∆S＞0的反应，低温能自发 B. 其他条件不变，使用催化剂可改变反应进行的方向 C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增大 D. 使用催化剂，可改变反应途径，降低活化能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、△H＞0、△S＞0的反应，根据△H-T△S＜0可知，该反应需要在高温下才能自发进行，故A错误；B、在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应速率，但不能改变化学平衡和反应方向，故B错误；C．增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子个数，从而增大有效碰撞几率，反应速率增大，但活化分子百分数不变，故C错误；D．催化剂能降低活化能，改变反应途径，增大活化分子的百分数，从而加快反应的速率，故D正确；故选D。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同 B. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C. 用NaOH溶液调节pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3‎ D. 洗涤油污常用热的碳酸钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，灼烧，得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，加热促进硫酸铝水解，因为硫酸没有挥发性，所以得到的固体仍然是Al2(SO4)3，故A错误；B．Fe2+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，配制溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中抑制FeSO4水解，然后再用水稀释到所需的浓度，盐酸溶液中引入氯离子，应该溶于硫酸中，故B错误；C．用NaOH溶液调节pH除去NH4Cl溶液中的FeCl3‎ ‎，会引入杂质氯化钠，同时也将氯化铵除去了，应该使用氨水，故C错误；D．纯碱溶液水解显碱性，升温促进水解，油脂在碱性条件下能发生水解，从而达到洗涤油污的目的，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了盐类水解及其应用。本题的易错点为A，要注意硫酸和盐酸的性质的区别，盐酸易挥发，硫酸不挥发。‎ ‎3.在可逆反应中，改变下列条件，一定能加快反应速率的是 A. 增大反应物的量 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 增大容器体积 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如反应物为固体，则增大反应物的用量，反应速率不一定增大，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率一定增大，故B正确；C．如是固体或溶液中的反应，且没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不一定增大，故C错误；D．增大体积，浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选B。‎ ‎4.FeCl3溶液中的水解反应：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl已达平衡，若要使FeCl3的水解程度增大，应采用的方法是 A. 加入NaCl B. 加入AgNO3固体 C. 加入FeCl3固体 D. 加热 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，反应的离子方程式为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+。‎ ‎【详解】A、加入NaCl，对水解平衡无影响，故A错误；B、加入硝酸银，会和氯化铁溶液中氯离子结合生成氯化银沉淀，但对平衡无影响，故B错误；C、加入氯化铁固体，铁离子浓度增大，尽管平衡右移，但氯化铁的水解程度减小，故C错误；D、水解反应是吸热反应，温度升高，水解平衡右移，FeCl3的水解程度增大，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了影响盐类水解的因素。解答本题需要根据反应的本质——离子方程式分析判断。本题的易错点为C，要注意盐溶液的浓度越大，水解程度越小。‎ ‎5.25℃，在0.01mol/LH2SO4溶液中，由水电离出的c(H＋)是 A. 5×10－13mol/L B. 0.02mol/L C. 1×10－7mol/L D. 1×10－12mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】25℃时，在 0.01mol•L-1‎ ‎ 的硫酸溶液中，氢离子抑制了水的电离，该溶液中的氢氧根离子是水电离的，则水电离出的 c(H+)= c(OH-)=mol/L=5×10-13mol•L-1，故选A。‎ ‎6.下列各组离子，在溶液中可以大量共存的是 A. H＋、AlO2－、Cl－、S2－ B. Na＋、K＋、NH4＋、CO32－‎ C. Br－、Al3＋、Cl－、HCO3－ D. Ba2＋、OH－、SO42－、HCO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H+与AlO2－、S2－之间能够发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．因该组离子之间不反应，则能够大量共存，故B正确；C．Al3+、HCO3-发生双水解反应而不能大量共存，故C错误；D．HCO3-、OH-结合生成水和碳酸根离子，Ba2＋、SO42－能够反应生成硫酸钡程度，不能大量共存，故D错误；故选B。‎ ‎7.常温下，NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液pH＜7，下列关系正确的是 A. c(NH4＋)＜c(Cl－) B. c(NH4＋)＝c(Cl－) C. c(NH4＋)＞c(Cl－) D. 无法判断 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，pH＜7的溶液显酸性，存在c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(NH4+ )+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则c(NH4+ )＜c(Cl-)，故A正确，故选A。‎ ‎8.25℃时，已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=7.8×10－13。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是 A. AgCl B. AgBr C. 同时沉淀 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由于Ksp(AgC1)＞Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。‎ ‎9.用标准盐酸测定氨水的浓度，最适宜选择的指示剂是 A. 甲基橙 B. 酚酞 C. 石蕊 D. 以上试剂均可 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】用标准盐酸标定某氨水的浓度时，二者恰好反应生成的氯化铵水解，使得溶液显酸性，而甲基橙的变色范围为3.1-4.4，选择甲基橙能降低滴定误差；由于石蕊的变色不明显，一般不选用；若选用酚酞，滴定终点时溶液应该显碱性，会增大滴定误差，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了中和滴定的指示剂的选择。要学会根据恰好中和时溶液的性质和指示剂的变色范围选用指示剂：①强酸和强碱相互滴定，酚酞和甲基橙均可使用；②强碱滴定弱酸，恰好中和溶液呈弱碱性，选酚酞为指示剂，误差小；③强酸滴定弱碱，恰好中和时溶液呈弱酸性，选甲基橙为指示剂，误差小。‎ ‎10.下列各式中，能正确表示其对应化学意义的是 A. CO32－＋2H2O H2CO3＋2OH－ B. NaHSO4＝ Na＋ ＋ HSO4－‎ C. NaHCO3 ＝ Na＋ ＋ HCO3－ D. OH－＋ HCO3－＝ CO2 ↑＋ H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸为二元弱酸，碳酸根离子水解时分别进行，且以第一步为主，CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，故A错误；B．硫酸为强酸，硫酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHSO4=Na ++H++SO42-，故B错误；C．碳酸为弱酸，碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3-，故C正确；D．OH－＋ HCO3－＝ CO2 ↑＋ H2O的电荷不守恒，应该为OH－＋ HCO3－＝CO32-＋ H2O，故D错误；故选C。‎ ‎11.物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，pH值依次是8、9、10，则HX，HY，HZ的酸性由强到弱的顺序是 A. HY、HX、HZ B. HZ、HY、HX C. HX、HY、HZ D. HY、HZ、HX ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】酸的酸性越强，相同浓度时，其酸根离子的水解程度越小，相同浓度钠盐溶液的pH越小。因此，相同条件下的钠盐溶液，溶液的pH越大的其相应酸的酸性越小，根据题意知，NaX、NaY和NaZ的溶液，其pH值依次为8、9、10，则这三种酸的酸性大小顺序是HX＞HY＞HZ，故选C。‎ ‎12.常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，下列说法正确的是 A. c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(H＋)＞c(OH-)‎ B. c(Na＋)＝c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)‎ C. c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)‎ D. c(CH3COO-)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，将稀NaOH溶液与稀CH3COOH溶液等浓度、等体积混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后，溶液显碱性，c(OH-)＞c(H＋)；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)+ c(H＋)＝c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(Na＋)＞c(CH3COO-)，由于水解的程度较小，因此c(Na＋)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H＋)，故选C。‎ ‎13.对于可逆反应：A2(g)＋3B2(g)2AB3(正反应放热)，下列图象中正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、正方应是放热反应，则升高温度正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，平衡向逆反应方向移动，图像错误，A不正确；B、正方应是体积减小的可逆反应，在温度不变的条件下，增大压强平衡向正反应方向移动，A的含量降低。在压强不变的条件下升高温度平衡向逆反应方向移动，A的含量降低，图像正确，B正确；C、温度高反应速率快达到平衡的时间少，图像错误，C错误；D、增大压强正逆反应速率均增大平衡向正反应方向进行，图像错误，D不正确，答案选B。‎ 考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响 ‎14.25℃时，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH一定大于7的是 A. 0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氨水 B. pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液 C. 0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钡溶液 D. pH＝4的盐酸和pH＝l0的氢氧化钡溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氨水反应恰好生成氯化铵，水解后溶液显酸性，pH小于7，故A错误；B．pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液，醋酸的浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，醋酸有剩余，所以溶液呈酸性，pH小于7，故B错误；C．0.1mol/L的盐酸和0.1mol/L的氢氧化钡溶液等体积混合，二者反应生成强酸强碱盐，此时溶液中剩余氢氧根离子，溶液显碱性，pH大于7，故C正确；D．pH=4的盐酸溶液和pH=10的氢氧化钡溶液，氢离子和氢氧根离子浓度相同，恰好中和，反应后pH等于7，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确弱酸溶液中氢离子浓度和弱酸浓度或弱碱溶液中氢氧根离子浓度和弱碱浓度的关系是解本题关键。本题的易错点为BD，要注意区分。‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 相同温度时，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH－)之比是2:1‎ B. pH=7的水溶液一定呈中性 C. 0.1mol/L CH3COONa溶液中加少量CH3COOH溶液，使溶液呈中性，此时混合液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)‎ D. 可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．相同温度下，一水合氨是弱电解质，氨水浓度越小其电离程度越大，1mol/L氨水与0.5mol/L氨水中，c(OH-)之比小于2：1，故A错误；B．25℃时，水的离子积Kw=10-14，pH=7的水溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7，溶液呈中性，由于未注明温度，水的离子积与温度有关，因此pH=7的水溶液不一定呈中性，故B错误；C．溶液呈中性，则溶液中c (H+)=c (OH-)，由于存在电荷守恒c (Na+)+c (H+)=c (CH3COO-)+c (OH-)，所以c (Na+)=c (CH3COO-)，故C正确；D．不同类型的难溶物的溶解度，必须通过计算溶解度比较大小，不能通过溶度积直接比较，故D错误；故选C。‎ ‎16.物质的量浓度相同的下列溶液：①NH4Cl ②(NH4)2Fe(SO4)2 ③(NH4)2SO4 ④CH3COONH4⑤NH4HSO4中，c(NH4＋)由大到小的顺序为 A. ②③①⑤④ B. ②③⑤①④ C. ⑤④①③② D. ②③①④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】②(NH4)2Fe(SO4)2③(NH4)2SO4溶液中含有两个NH4+，所以物质的量浓度相同时NH4+的浓度较其他的大；②中亚铁离子抑制铵根离子的水解，等浓度时，c(NH4+)：②＞③；⑤中氢离子抑制铵根离子水解，④中铵根离子与醋酸根离子相互促进水解，等浓度时，c(NH4+‎ ‎)：⑤＞①＞④；因此c(NH4+)由大到小的顺序是②③⑤①④，故选B。‎ ‎17.在0.1mol/L Na2CO3溶液中，下列关系正确的是 A. c(Na＋)＝2c(CO32－) B. c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)‎ C. c(HCO3－)＞c(H2CO3) D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸根离子水解而钠离子不水解，所以c(Na+)＞2c(CO32-)，故A错误；B．碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子、碳酸氢根离子和水电离都生成氢氧根离子，只有水电离生成氢离子，所以溶液中存在质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，故B错误；C．碳酸根离子第一步水解远远大于第二步，所以c(HCO3-)＞c(H2CO3)，故C正确；D．溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较。解答此类试题需要注意几个守恒关系中，离子前面的系数的确定，如碳酸钠溶液中的质子守恒中c(H2CO3)前系数为2，而物料守恒中c(H2CO3)前系数为1。‎ ‎18.在一定条件下，在容积为2L的密闭容器中，将2 mol 气体M和3 mol N气体混合，发生如下反应：2M(g)＋3N(g)xQ(g)＋3R(g)，该反应达平衡时，生成2.4mol R，并测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列有关叙述正确的是 A. x值为2 B. 混合气体的密度增大 C. N的转化率为80% D. 混合气体平均摩尔质量不变，不能说明该反应达平衡 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．平衡时生成的Q的物质的量为：0.4mol/L×2L=0.8mol，生成R为2.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.8mol∶2.4mol=x∶3，解得x=1，故A错误；B．反应体系中各组分都是气体，混合气体的质量不变，容器的容积恒定，根据ρ=可知混合气体的密度不变，故B错误；C．参加反应的N的物质的量与生成的R相等，为2.4mol，则N的转化率为：×100%=80%，故C正确；D．反应前后气体的物质的量减小、质量不变，所以平均摩尔质量增大，当混合气体平均摩尔质量保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D错误；故选C。‎ ‎19.一定温度下将amol PCl5充入一密闭容器中达到如下平衡：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2‎ ‎(g)，此时压强为P1；再向容器中通入amol PCl5，在同温下又达到平衡时的压强为P2，则下列说法中正确的是 A. 2P1＞P2 B. 2P1＝P2 C. 2P1＜P2 D. P1＝P2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】容器容积不变，加入了五氯化磷，相当于将两个相同条件下得到平衡状态的且容积不变的容器合并为一个容器，混合气体的压强增大，平衡会向左移动，所以平衡时总物质的量小于原来的2倍，相同条件下气体物质的量之比等于气体压强之比，则平衡时压强小于原来的2倍，即2P1＞P2，故A正确，故选A。‎ ‎20.在25mL 0.1mol/L NaOH溶液中逐滴加入0.2mol/L CH3COOH溶液，曲线如图所示，下列有关离子浓度关系的比较，正确的是 A. A、B之间任意一点，溶液中一定都有c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)‎ B. B点，a＞12．5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H＋)‎ C. C点：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ D. D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当加入少量醋酸时，可能存在c(Na+)>c(OH－) >c(CH3COO－)>c(H+)，故A错误；在B点c(Na+)=c(CH3COO－)>c(OH－)= c(H+)，故B错误；根据电荷守恒，在C点：c(CH3COO－) >c(Na+)> c(H+)>c(OH－)，故C错误；在D点，所加醋酸的物质的量为氢氧化钠的2倍，根据物料守恒，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D正确。‎ 考点：本题考查中和滴定。‎ ‎21.用中和滴定法测定某烧碱的纯度。将2.5g含有少量杂质(不与盐酸反应)的固体烧碱样品配制成250mL溶液。根据实验回答下列问题：‎ ‎（1）滴定 ‎①用____________（仪器）量取20.00mL待测液置于锥形瓶中，再滴加2滴酚酞试液。‎ ‎②用____________（仪器）盛装0.2000 mol·L－1盐酸标准液，盛装前务必____________，防止标准液浓度降低。‎ ‎③滴定过程中眼睛应注视_______________，滴定终点的现象为：_______________________________________________________。‎ ‎（2）有关数据记录如下：‎ 滴定序号 待测液体体积(mL)‎ 滴定前（mL）‎ 滴定后（mL）‎ 所消耗盐酸标准液的平均体积(mL)‎ ‎1‎ ‎20.00‎ ‎0.50‎ ‎20.70‎ V ‎2‎ ‎20.00‎ ‎6.00‎ ‎26.00‎ 计算V=________ml ‎（3）纯度计算：NaOH溶液的浓度为________ mol·L－1，烧碱样品的纯度为________。‎ ‎（4）试判断以下几种情况对烧碱纯度测定的影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）：‎ ‎①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果________；‎ ‎②若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则会使测定结果________；‎ ‎③若刚见到指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，则会使测定结果________；‎ ‎④读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则会使测定结果________。‎ ‎【答案】 (1). 碱式滴定管 (2). 酸式滴定管 (3). 润洗 (4). 锥形瓶内溶液颜色变化 (5). 滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色 (6). 20.10 (7). 0.2010 (8). 80.4% (9). 无影响 (10). 偏大 (11). 偏小 (12). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①用碱式滴定管量取20.00mLNaOH溶液置于锥形瓶中，故答案为：碱式滴定管；‎ ‎②滴定操作中，酸溶液用酸式滴定管盛放，碱溶液用碱式滴定管盛放，即用酸式滴定管盛装0.2000 mol·L－1盐酸标准液，盛装前务必将酸式滴定管润洗，防止标准液浓度降低，故答案为：酸式滴定管；润洗；‎ ‎③滴定过程中眼睛需要观察锥形瓶中溶液颜色变化，以判定滴定终点；用0.2000mol•L-1‎ 的标准盐酸进行滴定NaOH溶液，锥形瓶中为NaOH溶液和酚酞，溶液为红色，滴定终点时溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色；故答案为：锥形瓶中溶液颜色变化；滴加最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且30s不恢复原色；‎ ‎(3)两次消耗盐酸体积分别为：20.70mL-0.50mL=20.20mL、26.00mL-6.00mL=20.00mL，两次消耗盐酸的平均体积为：20.10mL，由NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知 n(NaOH)=n(HCl)=0.2mol•L-1×0.0201L=0.00402mol，故c(NaOH)==0.2010mol/L，20.00mL待测溶液含有m(烧碱)=n•M=0.00402mol×40g/mol=0.1608g，所以250mL待测溶液含有m(烧碱)=0.1608g×=2.01g，烧碱的纯度ω(烧碱)= ×100%=80.4%，故答案为：0.201mol/L；80.4%；‎ ‎(4)①若用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液溶质物质的量不变，消耗标准溶液体积不变，不影响测定的结果，故答案为：无影响；‎ ‎②若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏大，故答案为：偏大；‎ ‎③指示剂局部的颜色有变化就停止滴定，反应还没有结束，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏小，故答案为：偏小；‎ ‎④滴定前仰视，导致标准液的体积读数偏大；滴定后俯视，导致标准液的体积的读数偏小，最终导致标标准液体积偏小，测定结果偏小；故答案为：偏小。‎ ‎【点睛】本题中和考查了中和滴定。本题的易错点为(4)中的误差分析，根据c(待测)=可知，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响。‎ ‎22.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），‎ 其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的化学平衡常数表达式为K ＝_______________。‎ ‎（2）该反应为_______________反应（填“吸热”、“放热”）。‎ ‎（3）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_______________。‎ a．容器中压强不变 b．混合气体中c(CO)不变 c．v正(H2)＝v逆(H2O) d．c(CO2)＝c(CO)‎ ‎（4）某温度下，平衡浓度符合下式：3c(CO2)·c(H2)＝5c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为_______________℃。‎ ‎（5）1200℃时，在某时刻体系中CO2、H2、CO、H2O的浓度分别为2mol·L－1、2mol·L－1、4mol·L－1、4mol·L－1，则此时上述反应的平衡向__________移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 吸热 (3). bc (4). 700 (5). 逆向 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)因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，CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)反应的平衡常数K=，故答案为：；‎ ‎(2)由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；‎ ‎(3)a、反应是一个反应前后体积不变的反应，压强的改变不会要引起平衡移动，故a错误；b、化学平衡时，各组分的浓度不随时间的改变而改变，因此混合气体中c(CO)不变，说明达到了平衡状态，故b正确；c、化学平衡状态的标志是v正=v逆，所以v正(H2)=v逆(H2O)表明反应达到平衡状态，故c正确；d、c(CO2)=c(CO)时，不能表明正逆反应速率相等，不一定达到了平衡状态，故d错误；故选bc；‎ ‎(4)某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：3c(CO2)•c(H2)=5c(CO)•c(H2O)，则平衡常数K= =0.6，所处温度为700℃，故答案为：700；‎ ‎(5)1200℃时，某时刻浓度商Qc= =4＞K=2.6，说明反应向逆反应方向进行，故答案为：逆向。‎ ‎23.（1）常温下，已知0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中c(OH－)/c(H＋)＝1×10－8。‎ ‎①常温下，0.1 mol·L－1 HA溶液的pH＝________；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式： _______________________________。‎ ‎②pH＝3的HA与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是__________________________。‎ ‎③0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c(H＋)＋c(HA)－c(OH－)＝________mol·L－1。(溶液体积可加和)‎ ‎（2）t℃时，有pH＝2的稀硫酸和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw＝________。‎ ‎①该温度下(t℃)，将100 mL 0.1 mol·L－1的稀硫酸与100 mL 0.4 mol·L－1的NaOH溶液混合后(溶液体积可加和)，溶液的pH＝________。‎ ‎②该温度下(t℃)，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是________。‎ ‎【答案】 (1). 3 (2). HA+OH-=A-+H2O (3). c(A-) ＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH-) (4). 0.05 (5). 10-13 (6). 12 (7). pHa+ pHb=12‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-8，根据水的离子积可得：c(OH-)=10-11mol/L、c(H+)=1.0×10-3mol/L，该溶液的pH=-lgc(H+)=3；说明HA在溶液中只能部分电离出氢离子，则HA为弱酸，该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式为：HA+OH-=A-+H2O，故答案为：3；HA+OH-=A-+H2O；‎ ‎②常温下pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=10-3mol•L-1，HA是弱酸，酸的浓度远远大于氢离子浓度，反应后酸过量，溶液呈酸性，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，酸根离子浓度大于钠离子浓度，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系为：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；‎ ‎③0.2mol•L-1HA溶液与0.1mol•L-1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中含有等浓度的NaA和HA，由电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由物料守恒可得：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，二者结合可得：c(H+)+c(HA)-c(OH-)=c(Na+)=×0.1mol/L=0.05mol/L，故答案为：0.05；‎ ‎(2)设该温度下设该温度下水的离子积常数Kw=10-a，pH=2的H2SO4溶液中氢离子的浓度为10-2mol/L，pH=11的NaOH溶液中氢离子浓度为10-11mol/L，则氢氧根离子浓度为：mol/L=10(11-a)mol/L，等体积的氢氧化钠、稀硫酸恰好反应，则氢离子与氢氧根离子浓度相等，即10-2mol/L=10(11-a)mol/L，解得a=13，水的离子积常数Kw=10-13；故答案为：10-13；‎ ‎①100mL 0.1mol•L-1的稀H2SO4溶液中氢离子的物质的量为：0.1mol/L×2×0.1L=0.02mol，100mL 0.4mol•L-1‎ 的NaOH溶液中氢氧根离子的物质的量为：0.4mol/L×0.1mol=0.04mol，两溶液混合后氢氧根离子过量，反应后氢氧根离子的浓度为：=0.1mol/L，根据水的离子积常数Kw=10-13可得，溶液中氢离子浓度为：mol/L=10-12mol/L，该溶液的pH=12，故答案为：12； ‎ ‎②若1体积pH1=pHa的稀硫酸溶液中氢离子的物质的量浓度=10-pHa mol/L，10体积pH2=pHb的某强碱溶液中氢氧根离子的物质的量浓度=10(pHb-13) mol/L，混合后溶液呈中性，则氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，所以1×10-pHa mol/L=10×10(pHb-13) mol/L，所以pHa+pHb=12，故答案为：pHa+pHb=12。‎ ‎【点睛】本题考查了酸碱混合后溶液的定性判断及溶液pH的计算，掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系是解题的关键。本题的易错点为(2)②，要注意混合溶液呈中性，说明硫酸中氢离子的物质的量等于氢氧化钠中氢氧根离子的物质的量，此时水的离子积常数为10-13。‎ ‎24.25℃时，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，则0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH。___‎ ‎【答案】pH=2.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】0.01mol/L FeCl3溶液中c(Fe3+)=0.01mol/L ，则c(OH-)===2×10－12 mol/L，根据Kw=1×10－14，因此c(H+)==0.005mol/L，pH=-lgc(H+)=2.3，即使Fe3＋沉淀溶液所需的最小pH为2.3，故答案为：pH=2.3。‎ ‎ ‎