湖南省株洲世纪星高级中学2022-2023学年高二年级上册期末考试化学试题（解析版）

2022〜2023学年第一学期高二年级期末考试

化学学科试题卷

(本试卷共8页，18题，全卷满分：100分，考试时间：75分钟)

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题

卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑。写在

试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答

题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后，试题卷自行妥善保管，答题卡统一上交。

可能用到的相对原子质量：H-lC-120-16Cu-64

第I卷

一、单选题(本大题共10小题，共30.0分)

1.在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2O(g)'CO(g)+3H2(g)AH>0,测得c(CH4)随反应时

间(t)的变化如图所示.下列判断正确的是()

A.恒温下，缩小容器体积，平衡后c(H2)减小

B.0〜5min内,v(H2)=0.1mol/(L«min)

C.lOmin时，改变的外界条件可能是升高温度

D.12min时，反应达平衡的本质原因是气体总质量不再变化

【答案】C

【解析】

【详解】A项，恒温下，缩小容器体积，压强增大，平衡逆向移动，根据化学平衡移动原理，移动的结果降

低了“氢气浓度的增大”，但不会消除“氢气浓度的增大”，平衡后c(H2)仍是增大的，故A错误；B项，由图

可知，。〜5min内甲烷的浓度由1.00mol/L减小为0.50mol/L,v(CH4)=(1.00mol/L-0.50mol/L)4-5min=0.1

mol/(L.min),因为用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以

V（H2）=3x0.1mol/（L«min）=0.3mol/（L«min）,故B错误；C项，由图可知，lOmin时甲烷的浓度继续减小，该反

应正向移动，又因为该反应正向是吸热反应，所以可能是升高了温度，故C正确；D项，化学反应达到平衡

的实质是正、逆速率相等，故D错误。

2.已知工业合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）U2NH3（g）AF/<0,下列措施中，既可以提高氨气平衡时的产率又

可以加快反应速率的是

A.采用高温条件B.加入适当的催化剂

C.增大压强D.将氨气液化并不断移去液氨

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.升高温度化学反应速率加快；但由于该反应的正反应是放热反应，高温条件下化学平衡逆向

移动，氨气平衡时的产率会降低，A不符合题意；

B.加入适当的催化剂化学反应速率大大加快；但由于催化剂对正、逆反应速率的影响相同，因此不能使

平衡发生移动，故氨气平衡时的产率不变，B不符合题意；

C.增大压强化学反应速率加快；由于该反应的正反应是是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向

气体体积减小的正反应方向移动，因此可以提高氨气平衡时的产率，C符合题意；

D.将氨气液化并不断移去液氨，化学平衡正向移动，可以提高氨气平衡时的产率；但由于物质浓度减

小，导致化学反应速率减慢，D不符合题意；

故合理选项Co

3.利用反应2NO（g）+2CO（g）.2。02值）+2仅）*2*1=—746.8*10/11101,可净化汽车尾气，如果

要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是

A.降低温度

B.增大压强同时加催化剂

C.恒温恒容时，充入惰性气体

D.及时将CO2和N?从反应体系中移走

【答案】B

【解析】

【分析】提高该反应的速率可以采取增大压强、使用催化剂、升高温度等，同时提高NO的转化率，应采取

措施使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析解答。

【详解】A.降低温度，反应速率减小，故A不选；

B.增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，且增大压强同时加催化剂，均加快反应速率，故B选；

C.恒温恒容时，充入惰性气体，参加反应物质的浓度未发生变化，平衡不移动，转化率不变，故C不选;

D.及时将C。?和N?从反应体系中移走，反应速率减小，故D不选；

答案选B。

4.下列说法正确的是

①参加反应的物质的性质是影响化学反应速率的主要因素

②光是影响某些化学反应速率的外界条件之一

③决定化学反应速率的主要因素是浓度

④不管什么反应，增大浓度、加热、加压、使用催化剂都可以加快反应速率

A.①②B.①②④C.③④D.①④

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】①参加反应的物质的性质是影响化学反应速率的主要因素，即内因，①正确；

②光是影响某些化学反应速率的外界条件之一，例如光照条件下有些物质更易分解，②正确；

③决定化学反应速率的主要因素是反应物自身的性质，浓度是外因，③错误；

④并不是所有的反应，增大浓度、加热、加压、使用催化剂等均可以加快反应速率，④错误；

答案选A。

(B)

5.一定温度下，某气态平衡体系的平衡常数表达式为5H,有关该平衡体系的说法正确的是

A.升高温度，平衡常数K一定增大

B.增大A浓度，平衡向正反应方向移动

C.增大压强，C体积分数增加

D.升高温度，若B的百分含量减少，则正反应是放热反应

【答案】D

【解析】

【分析】根据平衡常数表达式可知反应方程式为2c(g)+2D(g).A(g)+2B(g),结合方程式分析解答。

【详解】A.升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，如果正反应放热反应，则化学平衡常数减小，故

A错误；

B.增大A浓度，平衡向逆反应方向移动，故B错误；

C.该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以c的体积分数减少，故

c错误；

D.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，若B的百分含量减少，说明平衡向逆反应方向移动，所以逆反应

为吸热反应，正反应是放热反应，故D正确；

答案选D。

6.已知反应2co也)=2(26)+02他)的八〃>0,A5<0,下列正确的是

A.低温下能自发进行B.高温下能自发进行

C.任何温度下都不能自发进行D.任何温度下都能自发进行

【答案】C

【解析】

【分析】根据吉布斯自由能AG=AH-7A5可判断反应是否自发进行，当AG>0时，反应能自发进行，

据此分析解答。

【详解】反应2co他)=2©6)+02他)的此>0,AS<0,因为T>0,则△G=AH-7A5一定大于

0,即反应在任何温度下都不能自发进行，C项符合题意。

故选C。

7.下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数，下列说法不正确的是

A.图中温度:T3>T2>TI

B.图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)

C.图中五点Kw间的关系:E>D>A=B=C

D.C点可能是显酸性的盐溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数增大，根据图

知，离子积常数T3>T2>T1,所以温度T3>T2>T1,故A正确；B.水的离子积常数只与温度有关，温度越高，

离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是B<D<E,但三点溶液的氢离子浓

度相等，则pH相等，故B正确；C.温度高低点顺序是A=B=C<D<E,水的离子积常数只与温度有关，

温度越高，离子积常数越大，Kw间的关系:E>D>A=B=C,故C正确；D.C点时，Kw=lxl（yi4,80匹）=株10-

6,溶液的pH=8,显碱性，故D错误；

8.在O.lmol/L的NaHCC）3溶液中，下列关系式不正确的是

A.c（Na+）>c（HCO；）>c（H+）>c（QH）

+-

B.c（H）+4c（H2CO3）♦=c（OH）+c（COt）

++

C.c（Na）+c（H）=c（HCO3）+c（OH-）+2c（CO|）

+

D.c（Na）=c（HCO；）+c（CO^）+c（H2CO3）

【答案】A

【解析】

【分析】NaHCC>3溶液中，HCO；的水解大于其电离，使溶液显碱性，结合电荷守恒、物料守恒来解答。

【详解】A.NaHCC>3为强碱弱酸盐，HCO；水解，则c（Na*）>c（HCC>3），溶液显碱性，则

c（OH）>c（H+）,且HCO；水解微弱，贝Uc（Na+）>c（HCOj>c（OH「）>c（H+）,故A错误；

+

B.根据质子守恒可知：c（H）+c（H2CO3）=C（OH）+C（CO^）,故B正确；

C.由电荷守恒可知，存在c（Na+）+c（H+）=c（HC0］）+c（0H-）+2c（CO『），故C正确；

+

D.由物料守恒可知，c（Na）=c（HCO；）+c（CO1-）+c（H2CO3）,故D正确；

答案选A。

9.下列描述中，符合生产实际的是

A.一元硬币材料为钢芯镀银硬币制作时，钢芯应作阴极

B.电解法精炼粗铜，每转移2moi电子就有64g铜溶解

C.氯碱工业中，用阴离子交接膜把阳极室和阴极室隔开

D.氯碱工业中，用铁作阳极

【答案】A

【解析】

【详解】A.电镀原理中，镀层金属作阳极，镀件金属作阴极，所以在钢芯上镀银时，钢芯应为阴极，镇为

阳极，故A正确；

B.电解法精炼粗铜，每转移2moi电子就有64g纯铜在阴极析出，由于阳极粗铜中的某些杂质也能失去电

子，则阳极溶解的铜要小于64g,故B错误；

C.氯碱工业中，要防止阴极产生的氢气和阳极产生的氯气混合而引起爆炸，还要避免氯气和NaOH溶液作

用生成NaClO而影响烧碱质量，只允许Na+通过，而ChOH和气体不能通过，则需要用阳离子交接膜把

阳极室和阴极室隔开，故C错误；

D.用铁作阳极，则铁失去电子发生氧化反应，而不是氯离子，得不到氯气，故D错误；

故选A„

10.下列说法正确的是

A.3P2表示3P能级上有两个轨道

B.M层中的原子轨道数目为3

C.Is22sl2Pl是激发态原子的电子排布式

D,处于同一轨道上电子可以有多个，运动状态完全相同

【答案】C

【解析】

【详解】A.3P能级有三个轨道，3P2表示3P能级有两个电子，而不是两个轨道，故A错误；

B.M层有s、p、d能级，s能级有1个轨道、p能级有3个轨道、d能级有5个轨道，轨道数=1+3+5=9,

故B错误；

C.Is22sl2pL根据能量最低原理，其基态应为Is22s2,1个2s电子被激发到2P能级上为激发态，故C正

确；

D.同一轨道上最多排2个电子，其自旋方向相反，所以它们的状态并不完全相同，故D错误。

故选C。

二、不定项选择题（有1个或者2个正确答案，本大题共4小题，共16.0分）

11.下列判断正确的是

A.基态Li原子的核外电子排布式写成1s3违背了能量最低原理

B.电子的吸收光谱和发射光谱总称原子光谱

c.基态的氧原子电子排布图表示成,］，违背了洪特规则

h&

D.价电子排布为5s25Pl的元素位于第五周期，第IA族，是s区元素

【答案】BC

【解析】

【详解】A.Li原子的核外电子排布式写成Is?违背了泡利不相容原理，s轨道最多能容纳2个电子，故A

不选；

B.原子光谱，是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，包含吸收光

谱和发射光谱，故B选；

c.处于基态的氧原子电子排布图表示成,•'!i/违背了洪特规则，2P轨道上单电子的自旋

Js?s?P

状态应相同，故C选；

D.价电子排布为5s25Pl的元素最外层电子数为3,电子层数是5,最后一个电子排在P轨道，所以该元素

位于第五周期第IIIA族，是P区元素，故D不选;

答案选BC。

12.下列有关四个常用电化学装置的叙述中，正确的是

金属外壳废电解质

H2so4（aq）cU

n产锌负极飞

T稀

1硫

（正核）矍//询解脸—

酸

Pb（负6/,1"T,*氧化剂

浸有K0H溶液§电极

11的隔板

①铅蓄电池②铜锌原电池③银锌纽扣电池④氢氧燃料电池

A.图①所示电池放电过程中，负极的质量不断增大

B.图②所示电池放电过程中，电解质溶液的质量不断减小

C.图③所示电池工作过程中，电子由Zn极流向Ag?。极

D.图④所示电池的正极反应式一定是O2+4F+2H2。=40H

【答案】AC

【解析】

【详解】A.铅蓄电池放电过程中的反应为Pb+PbC>2+2H2so4=2PbSO4+2H2。，负极产生不溶于水

的PbS。.故放电过程中负极的质量不断增大，A项正确；

B.该铜锌原电池中，电解质溶液是稀硫酸，电池反应为Zn+H2sC)4=ZnSO4+H2T,故放电过程中，电

解质溶液的质量不断增大，B项错误;

C.银锌纽扣电池中，Zn作负极，Ag2。作正极，电池工作过程中电子由Zn极流向Ag2。极，C项正确；

D.若电解质为酸性，则氢氧燃料电池的正极反应式是。2+4片+4H+=2H2。，若电解质为碱性，则氢氧

燃料电池的正极反应式为。2+4e-+2H2。=40H.，D项错误。

故选AC

13.根据25℃下列实验操作和现象所得出的结论不正确的是

选项实验操作和现象结论

向溶有SO2的BaCb溶液中通入气体X,出现白

A.X具有强氧化性

色沉淀

将稀HC1CU溶液滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，

B.非金属性：Cl>Si

有白色沉淀产生

常温下，分别测定浓度均为O.lmol/L的NaF溶液

C.酸性:HF>HC1O

和NaClO溶液的pH,后者的pH大

向3mL0.1mol/LAgNO3溶液中先加入4-5滴

D.O.lmol/LNaCl溶液，再滴加4-5滴O.lmol/LNal溶25℃Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】AD

【解析】

【详解】A.若X为碱性气体，如氨气，通入溶液后二氧化硫与氢氧根会反应生成亚硫酸根，也会生成亚

硫酸银白色沉淀，氨气并不具有强氧化性，故A错误；

B.HC104和H2SiO3分别为C1元素和Si元素的最高价含氧酸，该实验现象说明HC104的酸性强于

H2SiO3,可以说明非金属性Cl>Si,故B正确；

C.浓度相同的两溶液，NaClO的pH更大，说明Cl。的水解程度更大，则HC1O的酸性较弱，故C正

确；

D.硝酸银过量，均为沉淀的生成，没有发生沉淀的转化，不能比较二者的溶度积，故D错误；

综上所述答案为AD。

I

14.反应N2O4(g).2NO2(g)AH=+57kJ-mol,在温度为Ti、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

PlP2压强

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：OA

D.A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C

【答案】AC

【解析】

【详解】A.升高温度，化学平衡正向移动，N02的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，

则TI<T2,由状态B到状态A,可以用加热的方法，故选项A正确；

B.由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强比A的大，增大压强，体积减少，浓度变大，体积浓

度变化比平衡移动变化的要大，N02为红棕色气体，所以A.、两点气体的颜色：A浅，C深，故选项B错

误

C.由图象可知，A.、两点都在等温线上，C的压强大，则反应速率：C)A,故选项C正确

D.由图象可知，A、两点都在等温线上，C的压强大，增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质

的量小，混合气体的总质量不变，所以平均相对分子质量：A<C,故选项D错误

故答案为AC

第II卷

15.回答下列问题：

(1)下图是ImolNCh和ImolCO反应生成C。？和NO过程中能量变化示意图，请写出NO?和CO反应的

热化学方程式。

反应进程

(2)常温常压下，1克乙醇完全燃烧生成C。2气体和液态水放出热量为52.0kJ,写出乙醇燃烧热的热

化学方程式：

(3)写出硫酸和烧碱的稀溶液反应生成1摩尔水时的中和热的热化学反应方程式(中和热为

57.3KJ/mol)*。

(4)同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现

在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算

反应热。已知：

-1

P/白磷,S)+5O2(g)=P1O10(s)AHd—2983.2kJ?①

-1

P(红磷，s)+5/4O2(g)=1/41^010(s)AH©l-738.5kJ?②

则白磷转化为红磷的热化学方程式为。相同状况下，白磷的稳定性比红磷(填“高”或“低”)。

(5)用C"生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A,可实现氯的循环利用。

CuO/CuCl2

反应A：4HC1+C)2.2C12+2H9O

400℃~

己知：

I.此条件下反应A中，4moiHC1被氧化，放出H5.6kJ热量。

H.①写出此条件下，反应A的热化学方程式o

②断开ImolH-O键与断开ImolH—C1键所需能量相差约为kJ。

498kJmor'

【答案】(1)N02(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)AH=-234kJ/mol

(2)C2H50H⑴+3O2(g尸2co2(g)+3H2O(l)AH=-2392.0kJ/mol

(3)|H2so4(aq)+NaOH(aq)=1Na2SO4(aq)+H2O(l)AH=-57.3kJ/mol

(4)PK白磷，s)=4P(红磷，s)?AH=-29.2kJ/mol②.低

CuO/CuCl2

(5)①.4HCl(g)+O2(g),2cL(g)+2HQ(g)AH=-115.6kJ/mol②.31.9

400"C'"、，

【解析】

【小问1详解】

根据图示lmolNC>2和ImolCO反应生成CO2和NO过程中能量变化为放出234kJ的能量，即热化学方程

式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)AH=-234kJ/mol.

故答案为：N02(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)AH=-234kJ/mol；

【小问2详解】

乙醇完全燃烧生成C。？和液态水时放热52.0kJ,则Imol乙醇的质量=lmolx46g/mol=46g,完全燃烧

生成稳定的氧化物放出的热量为46gx52.0kJ/g=2392.0kJ,其反应的热化学方程式为：

C2H50H(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O⑴AH=-2392.0kJ/mol,

故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)AH=-2392.0kJ/mol；

【小问3详解】

根据题意可确定中和热的热化学方程式为|H2SO4(aq)+NaOH(叫尸|Na2SO4(aq)+H2O(l)

AH=-57.3kJ/mol.

故答案为：|H2SO4(aq)+NaOH(aq)=|Na2SO4(aq)+H2O(l)AH=-57.3kJ/mol；

【小问4详解】

由已知方程式①—②x4得巳(白磷，s)=*4P(红磷，s)AH=-29.2kJ/mol,白磷转化为红磷放热，则

白磷能量比红磷高，能量越低越稳定，红磷稳定。

故答案为：PK白磷，s)=*4P(红磷，s)AH=-2392.0kJ/mol；红磷；低；

【小问5详解】

①4moiHC1被氧化，放出H5.6kJ的热量，则反应热化学方程式为

CuO/CuCl2

4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)AH=-115.6kJ/mol,

400℃

CuO/CuCl2

故答案为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H,O(g)AH=-115.6kJ/mol；

400℃

②焰变AH=反应物断键吸收热量-生成物形成化学键放出热量，由

4HCl(g)+O2(g),2Cl2(g)+2H2O(g)AH=-115.6kJ/mol,可得：

4molxE(H-Cl)Wmor1+498Mmor1-[243kJmor'x2mol+4molxE(H-O)kJmor1]=-115.6kJ-morl,得至I]

4molxE(H-O)kJ-mol-1-4molxE(H-Cl)kJ-mol-1=498kJmor'_486kJmor'+115.6kJmor'=127.6kJmo『，E(H-O)kJmo『-E(H-Cl)kJmo「=31.9kJmor'；H2O中

H-O键的键能大于比HC1中HC1键的键能，所以H2O中H—O键比HC1中HC1键强；

故答案为：31.9»

16.钛(Ti)由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗腐蚀，以及高强度、低密度，被誉为“太空金

属”。工业上制金属钛是先将金红石(Ti。2)和炭粉混合加热至1000〜HOOK,进行氯化处理，发生反应如

下：TiO2(S)*+*2C(S)*+*2C12(g)-TiCl4(g)*+*2CO(g)*AH=+*72.IkJo再采用金属热还

原法还原四氯化钛得到钛。

(1)氯化反应平衡常数表达式K=。若反应容器的容积为2-L,4.min后达到平衡，测得固体

的质量减少了10.4.g,贝ICL的平均反应速率为mol/(L-min)。

(2)上述反应达到平衡后，下列说法正确的是(选填编号，下同)。

a.其他条件不变,增大Ti。？的质量，CU的转化率提高

b.其他条件不变，升高温度，平衡常数K减小

c.其他条件不变，减小压强，平衡向右移动

d.其他条件不变，分离出TiCl“正反应速率增大

(3)一定条件下，在密闭恒容的容器中，无法表示上述反应达到化学平衡状态的是

a.♦v*(Cl2)*=♦v(CO)b.VlE(Cl2>=<2vB(TiCl4)

c.c(Cl2)：c(TiCl4)：c(CO).=.2：l：2d.混合气体密度保持不变

(4)若平衡时c“和co的物质的量之比为P：q,保持其他条件不变，升高温度后达到新的平衡时,

CU和CO的物质的量之比*p：q(填“大于”、“小于”或“等于”)。

【答案】(1)①."Tic?，。(CO)②.0025(2)C(3)ac

c(Cl2)

(4)小于

【解析】

【小问1详解】

依据固体和纯液体不带入平衡常数表达式的原则，根据化学方程式可知氯化反应的化学平衡常数表达式为

c(TiC}).c(8)；根据方程式TiCh(s)+2C(s)+2C12(g)F-TiCl4(g)+2CO(g),当固体质量减少

C(d)

Imolx80g/mol+2molx12g/mol=104g,对应反应掉的氯气的物质的量为2mo1,所以固体的质量减少

了10.4g时，C1,的平均反应速率为02moi=o.o25mollt施；故答案为：C<™4)'C(CQ)；

2Lx4minc(Cl2)

0.025；

【小问2详解】

a.其他条件不变，由于TiC>2是固体，增大TiC>2的质量，对平衡移动无影响，故a错误；

b.该反应为吸热反应，其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，故b错误；

C.其他条件不变，减小压强，平衡向着化学计量数增大的方向即向右移动，故C正确；

d.其他条件不变，分离出TiCl”生成物的浓度减小，逆反应速率立即减小，正反应速率逐渐减小，故d错

误；

故答案为：c；

【小问3详解】

a.v(C12)=*v(CO)没有指明方向，无法判断平衡状态，故a错误；

b.v正(02)=*2v逆(TiClJ时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故b正确；

c.因为不知道起始浓度，所以浓度之比等于系数之比时无法判断是否平衡，故c错误；

d.因为气体的总质量发生改变，容器体积不变。所以混合气体密度只有到达平衡时才保持不变，故d正确；

故答案为：ac；

【小问4详解】

由于该反应为吸热反应，升高温度平衡会向正向移动，Cl2和CO的物质的量之比会有所减小，所以Cl2和

co的物质的量之比会小于P：q；故答案为：小于。

17.弱电解质的水溶液中存在电离平衡。

(1)醋酸是常见的弱酸。

①醋酸在水溶液中的电离方程式为。

②下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是(填字母序

号)。

a滴加少量浓盐酸b微热溶液c加水稀释d加入少量醋酸钠晶体

(2)用O.lmoHPNaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1moLL」的盐酸和醋酸溶液，得

到滴定过程中溶液pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。

②室温时，若0」moLL」的醋酸的电离度为1%,计算这醋酸溶液的pH值________o

③滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是o

④上述用O.lmoLL」的NaOH溶液滴定0.1moLL」的盐酸，下列操作不正确的是。

A.用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液

B.用待测酸溶液润洗锥形瓶后，再装入待测酸溶液

C.滴定时两眼应注视滴定管中液面的变化，以免滴定过量

D.读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平

⑤上述滴定用酚献作指示剂，滴定终点的现象o

【答案】①.CH3coOHUCH3coO-+H+②.be③.I®.3⑤.{HmokL」醋酸溶液©.

BC⑦.最后一滴氢氧化钠溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复

【解析】

【分析】(1)①醋酸是弱酸，在水中部分电离；

②根据影响弱电解质电离的因素分析；

(2)①根据浓度均为0.的盐酸和醋酸溶液的pH不一样来回答；

②室温时，若0.1mol-L-1的醋酸的电离度为1%,c(H+)=O.1mol-L^Xl%,根据pH=Tgc®)计算醋

酸溶液的pH；

③酸和碱都对水的电离起抑制作用，酸、碱性越强，水的电离程度越小，据此来判断；

④根据酸碱中和滴定的操作回答；

⑤滴定开始时，酸性溶液中酚酸呈无色，滴定过程中溶液的碱性增强；

【详解】(1)①醋酸是弱酸，在水中部分电离，电离方程式是CHCOOHMCLCOO+H*；

②a滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，CHsCOOHMCH3co(T+H+逆向移动，CH3COOH电离程度减小；b电离

吸热，微热溶液CH3C00HMCH3C00-+H+正向移动，CH3COOH电离程度增大；C弱电解质溶液越稀越电离，加

水稀释促进醋酸电离，CHsCOOH电离程度增大；d加入少量醋酸钠晶体，浓度增大电离程度越小；故选

be；

(2)①浓度均为0.lmol11的盐酸和醋酸溶液的pH,盐酸的等于1,但是醋酸的大于1,所以滴定醋酸的

曲线是I;

②若0.1mol•L-1的醋酸的电离度为遥，c(H+)=0.1mol-L-X1%=1XIO-3mol-L-1,pH=-lgc(H+)=-

lg107=3；

③0.NaOH溶液、0.的盐酸中氢离子和氢氧根浓度都是0.Imol/L,对水的抑制作用一

样，但是0.lmol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.Imol/L,所以对水的电离抑制较小，即三种溶液中由水

电离出的c(H+)最大的是0.1醋酸溶液；

@A.滴定管在使用前用待盛液润洗，所以用标准NaOH溶液润洗碱式滴定管后，再装入标准碱溶液，故A

正确；

B.锥形瓶不能用待测酸溶液润洗，故B错误；

C.滴定时两眼应注视锥形瓶中颜色的变化，故C错误；

D.读数时，视线应与滴定管凹液面的最低点保持水平，故D正确。选BC.

⑤滴定开始时，溶液为无色，滴定过程中溶液碱性增强，所以滴定终点的现象是最后一滴氢氧化钠溶液滴

入时，溶液由无色变为浅红色，且30s内不恢复。

18.I.某研究性学习小组欲探究原电池的形成条件，按下图所示装置进行