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- 模拟试卷
- 预测试卷
4．下列根据实验现象得出的结论正确的是（）
正确答案
解析
A．可能铁粉不足，铜离子未反应，故A错误；
B．将Fe（NO）2样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe（NO3）2晶体已经变质，故B错误；
C．KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色，说明该反应中有Br2生成，Br元素化合价由+5价变为0价，所以KBrO3是氧化剂，则Cl2是还原剂，Br2是还原产物，所以不能说明氧化性Cl2＞Br2，故C错误；
D．葡萄糖溶液与新制Cu（OH）2混合加热，生成了砖红色沉淀，证明了葡萄糖分子中含有醛基，该实验能够达到实验目的，故D正确．
考查方向
解题思路
A．可能铁粉不足；
B．酸性条件下，NO3-能把Fe2+氧化为Fe3+；
C．KBrO3溶液中加入少量苯，然后通入少量Cl2，有机相呈橙色，说明该反应中有Br2生成，Br元素化合价由+5价变为0价，所以KBrO3是氧化剂，则Cl2是还原剂；
D．葡萄糖分子中含有醛基，能够与新制氢氧化铜浊液反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀．
易错点
实验基本操作和实验原理的考查较细致，学生答题时容易出错。
知识点
H2S、SO2在工农业生产中具有重要应用。
14.羰基硫(COS)可作粮食熏蒸剂
①羰基硫的电子式为____________________；
②下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是____________(填序号)。
a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3>Na2SO4
b．酸性：H2SO3>H2CO3
c．S与H2的化合比C与H2的化合更容易
15.H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式______________。
16.H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0.10 mol·L-1H2S溶液中，通人HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2-)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)+c(HS-)=____mol·L-1；
②某溶液含0.010 mol·L-1Fe2+、未知浓度的Mn2+和0.10 mol·L-1H2S，当溶液pH=___时，Fe2+开始沉淀；当Mn2+开始沉淀时，溶液中
【已知：KSP(FeS)=1.4×10-19，KSP(MnS)=2.8×10-13】
17.用图所示装置可将SO2转化为重要的化工原料，A、B是惰性电极。则电子流入的电极为_______(用A或B表示)，A极的电极反应式为__________________
正确答案
（1）①
解析
（1）①羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为
a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4，说明碳酸的酸性强于硫酸，碳酸和硫酸为C和S元素的最高价氧化物对应的水化物，则证明非金属性S＞C，故a正确；
b．酸性：H2SO3＞H2CO3，由于亚硫酸不是S元素的最高价氧化物对应的水化物，无法比较二者的非金属性大小，故b错误；
c．CS2中碳元素为+4价，硫元素为-2价，说明硫元素对共用电子对的吸引力较强，说明非金属性：S＞C，故c正确；
故答案为：ac；
考查方向
解题思路
（1）①根据羰基硫分子结构和CO2相似，羰基硫分子中所有原子的最外层都满足8电子结构判断其电子式；
②利用氢化物稳定性、最高价氧化物水化物酸性及得电子能力比较非金属性；
易错点
坐标系中给出的信息较多，学生结合沉淀溶解平衡的知识回答，容易出现错误。
正确答案
（2）5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
解析
（2）H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，该反应的化学方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
考查方向
解题思路
（2）由反应物、生成物及电子守恒书写化学反应；
易错点
坐标系中给出的信息较多，学生结合沉淀溶解平衡的知识回答，容易出现错误。
正确答案
（3）①0.043 ②2 ③2×106
解析
（3）①根据溶液pH与c（S2-）关系图pH=13时，c（S2-）=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）=0.10mol•L-1，所以c（H2S）+c（HS-）=0.1-5.7×10-2=0.043mol/L，故答案为：0.043；
②当Qc=KSP(FeS)时开始沉淀，所以c（S2-）= Ksp(FeS)/c(Fe2+)= 1.4×10-19/0.010mol/L=1.4×10-17mol/L，结合图象得出此时的pH=2，所以pH=2时Fe2+开始沉淀，故答案为：2；
当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2-）= Ksp(MnS)/c(Mn2+)= 2.8×10-13/0.010mol/L=2.8×10-11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀。c(Mn2+)/c(Fe2+)=2.8×10-11mol/L /1.4×10-17mol/L=2×106；
考查方向
解题思路
（3）①pH=13时，c（S2-）=5.7×10-2mol/L，在0.10mol•L-1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）=0.10mol•L-1；
②当Qc=Ksp（FeS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；再一次根据当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，然后求c(Mn2+)/c(Fe2+)即可求出答案。
易错点
坐标系中给出的信息较多，学生结合沉淀溶解平衡的知识回答，容易出现错误。
正确答案
（4）B SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+
解析
（4）①由图可知，左侧SO2失去电子转化为SO42-，右侧O2只得到电子，则右侧为正极，A极为负极，电子从A极流出，B为电子流入的一极。由原电池的知识可知，负极发生氧化反应，失去电子，溶液为50% H2SO4，由此可知A极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。
考查方向
解题思路
（4）由图可知，右侧O2得到电子，则右侧为正极，A极为负极，电子从A极流出．由原电池的知识可知，负极发生氧化反应，失去电子，再根据溶液的酸碱性即可写出电极方程式。
易错点
坐标系中给出的信息较多，学生结合沉淀溶解平衡的知识回答，容易出现错误。
发射航天火箭常用肼(N2H4)与N2O4作燃料与助燃刹。
18.肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，用电离方程式表示肼的水溶液显碱性的原因_________________________。
19.已知：2 N2H4 (1)+ N2O4 (1)===3N2(g)+4H2O(1) △H=-1225 kJ·mol-1
断开1 mol下列化学键吸收的能量分
则使1 mol N2O4 (1)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是_________________
20.已知N2O4 (1)
②前10 min内用NO2表示的反应速率为_____，20 min时改变的条件是_____；重新达到平衡时，NO2的百分含量 _________(填序号)a．增大 b．减小 C．不变 d．无法判断
21.已知：在相同条件下N2H4·H2O的电离程度大于
N2H5C1的水解程度。常温下，若将0.2 mo1·L-1N2H4·H2O溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等体积混合，则溶液中N2H5+、Cl-、OH-、H+离子浓度由大到小的顺序为_____________。
正确答案
（1）N2H4+H2O⇌N2H+5+OH-
解析
（1）肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH-和阳离子，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H+5+OH-；故答案为：N2H4+H2O⇌N2H+5+OH-；
考查方向
解题思路
（1）N2H4结合H2O电离的氢离子使溶液呈碱性；
易错点
等效平衡的建立及离子浓度大小的比较。
正确答案
（2）1793kJ
解析
（2）设1mol N2O4（1）完全分解成相应的原子时需要吸收的能量QKJ，则：190kJ/mol×2+390kJ/mol×8+QkJ/mol-946kJ/mol×3-460kJ/mol×8=-1225 kJ/mol，解得Q=1793，故答案为：1793kJ；
考查方向
解题思路
（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能；
易错点
等效平衡的建立及离子浓度大小的比较。
正确答案
（3）①NO2 0.9
②0.04mol/（L．min） 向容器中加入0.8molNO2 b
解析
（3）①X、Y的起始浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L，10min时到达平衡，X浓度增大了0.4mol/L、Y的浓度减小0.2mol/L，由于NO2、N2O4与按物质的量2：1反应，则X为NO2、Y为N2O4；平衡常数K=c2(NO2)/c(N2O4)=0.62/0.4=0.9；
②v（NO2）=(0.6mol/L-0.2mol/L)/10min=0.04mol/（L．min）；20min时，Y（N2O4）的浓度不变，X（NO2）的浓度增大，改变的条件应是增大NO2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成N2O4的向逆反应进行，减少2molNO2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中NO2的百分含量减小，故答案为：0.04mol/（L．min）；向容器中加入0.8molNO2；b；
考查方向
解题思路
（3）①X、Y的起始浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L，前10min内，X浓度增大了0.4mol/L、Y的浓度减小0.2mol/L，由于NO2、N2O4与按物质的量2：1反应，则X为NO2、Y为N2O4；平衡常数K=c2(NO2)/c(N2O4)，代入物质的浓度计算；②根据v=△c/△t，计算v（NO2）；20min时，Y（N2O4）的浓度不变，X（NO2）的浓度增大，改变的条件应是增大NO2的浓度，等效为增大压强，平衡向生成N2O4的向逆反应进行，减少2molNO2的同时混合气体总物质的量减小1mol，则混合气体中NO2的百分含量减小；
易错点
等效平衡的建立及离子浓度大小的比较。
正确答案
（4）c（N2H5+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）
解析
（4）若将0.2mo1•L-1N2H4•H2O溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合，得到物质的浓度相等N2H5C1和N2H4•H2O，而在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度，所以离子浓度大小为：c（N2H5+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（N2H5+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）．
考查方向
解题思路
（4）若将0.2mo1•L-1N2H4•H2O溶液与0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合，得到物质的浓度相等N2H5C1和N2H4•H2O，而在相同条件下N2H4•H2O的电离程度大于N2H5C1的水解程度，所以离子浓度大小为：c（N2H5+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）．
易错点
等效平衡的建立及离子浓度大小的比较。
某探究小组设计如右图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛
(CCl3CHO)的实验。查阅资料，有关信息如下：
8.仪器A中发生反应的化学方程式是______；装置B中的试剂是_______。
9.若撤去装置C，可能导致装置D中副产物_____(填化学式)的量增加；装置D可采用 加热的方法以控制反应温度在70℃左右。
10.反应结束后，有人提出先将D中的混合物冷却到室温，再用过滤的方法分离出CCl3COOH。你认为此方案是否可行，为什么?_______________。
11.装置E中可能发生的无机反应的离子方程式有_________________。
13.已知：常温下Ka(CCl3COOH)=1.0×10-1mol·L-1，Ka (CH3COOH)= 1.7×10-5mol·L-1请设计实验证明三氯乙酸、乙酸的酸性强弱。
正确答案
（1）MnO2+4HCl（浓）≜MnCl2+Cl2↑+2H2O，饱和食盐水；
解析
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）≜MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl；故答案为：MnO2+4HCl（浓）≜MnCl2+Cl2↑+2H2O；饱和食盐水；
考查方向
解题思路
（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水。
用饱和食盐水除去HCl；
易错点
计算过程要写的清晰，标准。
正确答案
（2）CCl3COOH；水浴；
解析
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物：CCl3COOH、C2H5Cl增多，控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热，受热均匀，偏于控制温度，故答案为：CCl3COOH；水浴；
考查方向
解题思路
（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O。控制反应温度在70℃左右，应采取水浴加热。
易错点
计算过程要写的清晰，标准。
正确答案
（3）不可行，CCl3COOH溶于乙醇、三氯乙醛；
解析
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，故答案为：不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；
考查方向
解题思路
（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO。
易错点
计算过程要写的清晰，标准。
正确答案
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；
解析
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；
考查方向
解题思路
（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水。
易错点
计算过程要写的清晰，标准。
正确答案
（6）分别测定0.1mol•L-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性强于乙酸。
解析
（6）分别测定0.1mol•L-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸电离程度比乙酸的大，则三氯乙酸的酸性比乙酸的强；故答案为：分别测定0.1mol•L-1两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小，说明三氯乙酸酸性比乙酸的强．
考查方向
解题思路
（6）酸性越强，电离程度越大，溶液pH越小．
易错点
计算过程要写的清晰，标准。
(1)电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有______。
(2)海水中含有大量的NaCl，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法。盐田分为贮水池、____ 池和结晶池，建盐田必须在_________处建立(填序号)。
A．选在离江河入海口比较近的地方
B．多风少雨
C．潮汐落差大且又平坦空旷的海滩
(3)盐田中所得为粗盐，若想用粗盐制烧碱，需对所用食盐水进行两次精制。第一次精制主要是用沉淀法除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+、Fe2+、SO42-等离子，流程如下：
①检测Fe3+是否除尽的方法是______________________；
②运用表中数据解释过程I选用BaCl2而不选用CaCl2的原因__________。
(4)工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，请写出第一步制取NaHCO3的化学方程式___________________________。
样品中NaCl质量分数的数学表达式为______________________。
正确答案
解析
（1）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电，则阴极生成氢气，同时生成NaOH，故答案为：氢气、氢氧化钠；（2）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶，则盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方，则选B．多风少雨、C．潮汐落差大且又平坦空旷的海滩，与A无关，故答案为：蒸发；BC；
（3）①检测Fe3+是否除尽的方法为取过程Ⅳ的滤液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变色证明Fe3+已经沉淀干净，反之没除净，故答案为：取过程Ⅳ的滤液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若溶液不变色证明Fe3+已经沉淀干净，反之没除净；②过程I除去钡离子，由表格数据可知硫酸钡比碳酸钡更难溶，则选用BaCl2而不选用CaCl2的原因为BaSO4的溶解度比CaSO4的更小，可将SO42-沉淀的更完全，故答案为：BaSO4的溶解度比CaSO4的更小，可将SO42-沉淀的更完全；
（4）制取纯碱，第一步中NaCl、CO2 和 NH3 为原料反应生成碳酸氢钠和氯化铵，该反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，因此答案应为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
（5）测定样品中NaCl的质量分数，由流程可知，固体ng为碳酸钡的质量，由BaCO3～Na2CO3可知碳酸钠的质量为106n/197 g，则样品中NaCl质量分数为[m−(106n/197)]/m ×100%。
考查方向
解题思路
（1）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电；
（2）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方；
（3）①检测Fe3+是否除尽，选择KSCN试剂观察是否出现血红色；②过程I除去钡离子，由表格数据可知硫酸钡比碳酸钡更难溶；
（4）制取纯碱，第一步中NaCl、CO2 和 NH3 为原料反应生成碳酸氢钠和氯化铵；
（5）测定样品中NaCl的质量分数，由流程可知，固体ng为碳酸钡的质量，由ngBaCO3～Na2CO3计算碳酸钠的质量，再计算NaCl质量分数．
易错点
化学方程式的掌握
知识点
1．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，沈括在《梦溪笔谈》对“洧水”的使用有“予知其烟可用，试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也，此物必大行与世”的描述，对上文进行的某些分析中正确的是（）
正确答案
解析
由题中所给信息可知，“洧水”就是石油。
A．“洧水”的主要成分是石油，石油是各种烃的混合物，而油脂是油和脂肪的简称。
B．“洧水”的主要成分是石油，煤油在自然界很难找到。故B错误。
C．石油中含碳量较高，燃烧不充分，所以产生较浓的烟。烟的主要成分为因未充分燃烧而产生的炭黑。故C正确。
D．烟的主要成分碳的颗粒，不是石墨，故D错误。
考查方向
解题思路
本题中“洧水”主要成分为石油，根据石油性质进行解题即可。
易错点
混淆烃和酯的概念。
知识点
2．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（）
正确答案
解析
A．分枝酸分子中含有-COOH，可与醇发生酯化反应，-OH可以与羧酸发生酯化反应。故反应类型均为酯化反应，反应类型相同。故A正确。
B．1 mo1分枝酸最多可与2 mol NaOH发生中和反应。分枝酸分子中的环不是苯环，羟基不是酚羟基，而是醇羟基，不能与NaOH发生中和反应。所以2个羧基最多能2 mol NaOH发生中和反应，不是3mol NaOH。故B错误。
C．根据结构简式确定分枝酸分子的分子式为C10H10O6。故C错误。
D．分枝酸分子中含有羧基、醇羟基、双键、醚键4种官能团。故D错误。
考查方向
解题思路
掌握有机物中各官能团与性质的关系是解题的关键。
易错点
将醇羟基当成了酚羟基，误选B选项。
知识点
3．有图为元素周期表短周期的一部分。E原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+l。下列叙述不正确的是（）
正确答案
解析
A．C与O形成的阴离子可能形成CO32-、C2O42-,故A正确。
B． 元素周期表中，从上往下，非金属性逐渐减弱。非金属性F>Cl，故稳定性HF>HCl,还原性HF
C． CS2分子中，每个原子都形成8电子稳定结构，故C正确。
D．A、D、E的非金属性C
考查方向
解题思路
根据题中所给的位置关系可知，元素都为短周期元素，A、B、C必为第二周期元素，D、E为第三周期元素。E为第三周期元素，n=3，2n+1=7。最外层电子数为7，所以E为氯元素。由此可知，D为硫元素，C为氟元素，A为碳元素，B为氧元素。
易错点
元素金属性、非金属性的判断及元素周期律的应用。
知识点
5．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）
A用图甲所示装置(正放)可收集NO气体
B用图乙所示装置可吸收多余氨气且能防止倒吸
C用图丙所示装置可实现反应：Cu+2H2O
D用图丁所示装置可分离乙醇(沸点78.3℃)与二甲醚(沸点24.9℃)的混合物
正确答案
解析
A．甲图中装置是排CO2法收集NO。NO和CO2不反应，NO密度比CO2密度小，所以不能用向上排气法收集，故A错误。
B． 乙图中NH3极易溶于水且能和稀硫酸反应，但NH3在水中、稀硫酸中易发生倒吸。虽然氨气不溶于苯，但苯的密度比水小，在稀硫酸溶液的上层，不能起到防止倒吸的作用，故B错误。
C．丙图中阳极为金属铜，不是惰性电极，阳极自身失电子，阳极Cu-2e-=Cu2+。石墨做阴极，2H++2e-=H2 ↑，硫酸钠做电解质，故C正确。
D．温度计测量的是乙醇与二甲醚的蒸汽温度，所以，水银球需在蒸馏烧瓶的支管口处，故D错误。
考查方向
解题思路
A．该图中装置是采用向上排空气法收集NO气体，说明NO和二氧化碳不反应且密度大于CO2密度。
B．氨气是一种无色、有刺激性气味，密度比空气小极易溶于水的气体，且能与硫酸发生化学反应被硫酸吸收，且该装置不能防止倒吸。
C．根据电解池的工作原理，结合电极材料以及电解质溶液解题。
D．温度计的作用应该是测量有机物各馏分气态时的温度。
易错点
收集NO常规方法是用排水法收集，学生易因不熟悉出题角度而选错。
知识点
6．下列说法正确的是（）
A反应A(g)
B某温度下，氯化钠在水中的溶解度是20g，则该温度下的饱和氯化钠溶液溶质的质量分数为20％
C将浓度为0.1 mol·L-1HF溶液加水不断稀释过程中，电离平衡常数Ka(HF)保持不变，
D将0.2 mol·L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液中有关粒子的浓度满足下列关系：2c(H+)－2c(OH－)=c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
正确答案
解析
A．△H=逆反应的活化能-正反应的活化能=（Ea-Eb）kJ•mol-1，故A错误。
B．饱和溶液的溶质质量分数=
C．将浓度为0.1 mol•L-1 HF溶液加水不断稀释过程中，电离度增大，Ka（HF）保持不变，氟离子浓度和氢离子浓度比值基本不变，故C错误。
D．0.2mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1molL的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的醋酸和醋酸钠的混合物，电荷守恒：c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO-）+c（OH-），物料守恒：2c（Na+）═c（CH3COO-）+c（CH3COOH），由此得到：2c（H+）-2c（OH-）═c（CH3COO-）-c（CH3COOH），故D正确。
考查方向
解题思路
A．反应A（g）⇌2B（g），若正反应的活化能为Ea kJ•mol-1，逆反应的活化能为Eb kJ•mol-1，反应的焓变等于正逆反应活化能之差。
B．某温度下，100g水中溶解氯化钠的最大质量即是其溶解度。
C．弱酸加水稀释，其电离度增大，电离平衡常数不变，氟离子和氢离子物质的量同等程度的增大．
D．0.2 mol•L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后，溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，结合物料守恒和电荷守恒分析；
易错点
弱电解质的水解的电荷和物料守恒。
知识点
7．常温下，向10ml 0.1 mol·L-1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是（）
Aa～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
Bb点溶
Cc点溶液存在c(NH4+)>c(R-)、c(OH-)>c(H+)
Db～c任意点溶液均有c(H+)·c(OH-)=Kw=1.0×10-14
正确答案
解析
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确。
B．NH4R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7，说明铵根离子和R-的水解程度相等，故B错误。
C．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（R-），故C正确。
D．常温下水的离子积为：KW=c（H+）×c（OH-）=1.0×10-14，由于b-c点溶液的反应温度相同，则水的离子积不变，故D正确。
考查方向
解题思路
A．根据图象可知，a～b点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解质，离子浓度增大。
B．b点溶液pH=7说明铵根离子和R-的水解程度相等。
C．c点时溶液的pH＞7，混合液显示碱性，则c（OH-）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（R-）。
D．b-c点，溶液的温度不变，则水的离子积不变．
易错点
图象中各个关键点的含义及坐标系横坐标、纵坐标等三维坐标的理解不清。