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【化学】湖南省衡阳市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）
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湖南省衡阳市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 S-32 C1-35.5 Br-80
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题：本大题共18小题，每小题3分，共54分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1.在下列各说法中，正确的是（ ）
A. ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A．放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应，故A错误；
B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；
C．中和热是指稀的强酸和强碱生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水，同时还有硫酸钡沉淀生成，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；
D．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；
故选B。
2.反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH = a kJ/mol，能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(l) ΔH > a kJ/mol
B. 过程II可能使用了催化剂，使用催化剂不可以提高SO2的平衡转化率
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 将2molSO2(g) 和1mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出或吸收的热量小于┃a┃ kJ
【答案】A
【解析】根据图像，该反应中反应物总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，a＜0，A错误；加入催化剂，能够降低反应物的活化能，过程II可能使用了催化剂，但是不影响平衡移动，不能提高SO2的平衡转化率，B正确；该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，说明反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，C正确；反应处于密闭容器中，反应为可逆反应，反应不能进行到底，放出或吸收的热量小于┃a┃ kJ，D正确；正确选项A。
3.参考下表键能数据，估算晶体硅在氧气中燃烧生成的二氧化硅晶体的热化学方程式：Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)中，ΔH的值为( )
化学键
Si—O
O===O
Si—Si
Si—Cl
Si—C
键能/
kJ·mol-1
460
498.8
176
360
347
A. －989.2 kJ·mol－1 B. ＋989.2 kJ·mol－1
C. －61.2 kJ·mol－1 D. －245.2 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】试题分析：硅和二氧化硅均是原子晶体，其中在晶体硅中每个硅原子形成4÷2＝2个Si—Si键。在二氧化硅晶体中每个硅原子形成4个Si—O键。由于反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则该反应的反应热△H＝2×176 kJ/mol+498.8 kJ/mol—4×460 kJ/mol＝—989.2 kJ/mol，答案选A。
4.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1①，3H2(g)＋Fe2O3(s)=2Fe(s)＋3H2O(g) ΔH2②，2Fe(s)＋3/2O2(g)=Fe2O3(s) ΔH3③，2Al(s)＋3/2O2(g)=Al2O3(s) ΔH4④，2Al(s)＋Fe2O3(s)=Al2O3(s)＋2Fe(s) ΔH5 ⑤，下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A. ΔH1<0，ΔH3>0 B. ΔH5<0，ΔH4<ΔH3
C. ΔH1=ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3=ΔH4＋ΔH5
【答案】B
【解析】
【详解】A. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) 该反应为放热反应，故ΔH1<0，2Fe(s)＋3/2O2(g)===Fe2O3(s)为放热反应，故ΔH3<0，故A错误；
B. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)反应为放热反应，故ΔH5<0，根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5<0，故正确；
C.根据盖斯定律分析，有2（②+③）/3=①，则有2（ΔH2+ΔH3）/3=ΔH1，故错误；
D. 根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5，故错误。
故选B。
5.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，
B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：
【答案】A
【解析】
【分析】A. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
B. 都表示反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；
C. 增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；
D. 各物质化学速率之比等于参与反应的化学方程式的化学计量数之比。
【详解】A. 4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，A项正确；
B. 若单位时间内生成n molNO的同时，消耗n molNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，B项错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物的浓度减小，正、逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，C项错误；
D.不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，应为3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D项错误；
答案选A。
6.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强；②混合气体的密度；③混合气体的总物质的量；④混合气体的平均相对分子质量；⑤混合气体的颜色；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比；⑦某种气体的百分含量。能说明A(s)3B(g)+C(g)达到平衡状态的是（ ）
A. ①②③④
B. ①②③④⑦
C. ①③④⑦
D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的压强不变，则反应达到平衡状态，①正确；
②该反应反应前后气体的质量变化，容器的容积不变，所以混合气体的密度不变，反应达到平衡状态，②正确；
③反应物不是气体，生成物是气体，若混合气体的总物质的量不变，则反应达到平衡状态，③正确；
④只有生成物是气体，二者物质的量的比始终不变，因此混合气体的平均相对分子质量总是不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，④错误；
⑤题干未指明气体有颜色，因此不能根据混合气体的颜色变化判断平衡状态，⑤错误；
⑥反应物是固体，浓度不变，而生成物中任何情况下生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能据此判断为平衡状态，⑥错误；
⑦只有生成物为气体，二者的含量始终不变，因此不能根据某种气体的百分含量不变判断反应是否处于平衡状态，⑦错误；
故能说明A(s)3B(g)＋C(g)达到平衡状态的是①②③，含量选项是D。
7.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g) △H＝＋QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上的反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达到平衡时，吸收热量为QkJ
C. 反应至4min时，若HCl的浓度为0.12mol·L－1，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min
D. 当反应吸热为0.025QkJ时，生成的HCl与100mL1mol·L－1的NaOH溶液恰好反应
【答案】D
【解析】该反应是一个正向气体系数增大的可逆反应。
A：增大压强，平衡左移，SiCl4的转化率减小
B：可逆反应不可能进行到底，在题设条件下吸收的热量小于QkJ
C：v(HCl)= 0.12/4="0.03" mol·L-1·min-1，依方程式系数比,则H2的反应速率为0.015 mol/(L·min)
D：当反应吸收热量为0.025Q kJ时，产生的HCl为0.1mol，则恰好可中和100 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液
故答案为D
8.某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管分别编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据如表。
试管编号
加3%Na2S2O3
加H2O
加H2SO4(1∶5)
出现浑浊时间
①
3mL
3mL
5滴
33s
②
amL
2mL
5滴
28s
③
5mL
bmL
5滴
16s
下列叙述不正确的是（ ）
A. 该实验反应的化学方程式：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
B. Na2S2O3浓度越大，反应速率越快
C. a=4
D. b=2
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2S2O3中S元素化合价为+2价，具有氧化性、还原性，在酸性条件下会发生氧化还原反应，化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，A正确；
B.根据影响反应速率的条件：在其他条件不变时，反应物的浓度越大，反应速率越快，B正确；
C.①②是研究浓度对化学反应速率的影响，根据①可知反应溶液的总体积为6mL，②的水是2mL，则Na2S2O3的溶液体积为4mL，C正确；
D.由于反应的总体积是6mL，Na2S2O3溶液的体积是5mL，所以水的体积是6mL-5mL=1mL，D错误；
故合理选项是D。
9.对反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) ΔH，反应特点与对应的图象的说法中不正确的是（ ）
A. 图①中，若P1>P2，则该反应在较低温度下有利于自发进行
B. 图②中，若T2>T1，则△H<0 且a+b=c+d
C. 图③中t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂
D. 图④中，若△H<0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率
【答案】C
【解析】A. 由分析图①可知，温度升高，A%增大，说明平衡逆移动，则正反应为放热反应，若P1>P2，P1时A%低于P2，压强增大，平衡正向移动，则反应前气体分子数小于反应后气体分子数，△S<0，则该反应在较低温度下有利于自发进行，A正确；B. 图②中，压强增大，A的转化率不变，平衡不移动，则a+b=c+d，若T2>T1，A的转化率降低，平衡逆移动，则正反应为放热反应，△H<0，B正确；C. 图③中t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂，也可能是增大压强（当a+b=c+d时），C错误；D. 图④中，T1>T2，若△H<0，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率，D正确。答案选C。
10.在相同温度和压强下，对反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)进行四组实验，实验起始时放入容器内各组分物质的量见表：
实验
X
Y
Z
W
①
amol
amol
0mol
0mol
②
3amol
amol
0mol
0mol
③
0mol
0mol
amol
amol
④
2amol
0mol
amol
amol
上述四种情况达到平衡后，n(Z)的大小顺序是（ ）
A. ②=④>①=③ B. ②>④>①>③
C. ④>②>①=③ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】以①为参照物，②相当于在①反应达到平衡后，又加入了2amolA，在其他条件不变时，增大反应物的浓度，平衡正向移动，产生更多的反应物，所以②中Z的物质的量大于①；
③对反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)，若反应从正反应方向开始，n(X)=amol，n(Y)=amol，n(Z)=n(W)=0mol，其若从逆反应方向开始，等效起始状态为n(Z)=n(W)=amol，n(X)=n(Y)=0mol，所以达到平衡时Z的物质的量与①相同；
④相当于在③达到平衡后向容器中又加入了2amolA物质，根据平衡移动原理，在其他条件不变时，增大反应物浓度，平衡正向移动，会产生Z物质，所以平衡时Z的物质的量大于①，与②相同，故上述四种情况达到平衡后，n(Z)的大小顺序是②=④>①=③，故合理选项是A。
11.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol]：下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol N2、3mol H2
2mol NH3
4mol NH3
NH3的浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A. 2c1＞c3 B. a+b＞92.4 C. 2p2＜p3 D. α1+α3＜1
【答案】D
【解析】A、甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡，则c1=c2，丙容器反应物投入量4molNH3，可以等效为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，丙中氨气的转化率比乙中小，故c3＞2c2，故c3＞2c1，故A错误；B、乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效平衡，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；C、丙容器反应物投入量4molNH3，可以等效为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，平衡移动不能消除压强增大，故p2＜p3＜2p2，故C错误；D、乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效平衡，则α1+α2=1，丙容器反应物投入量4molNH3，可以等效为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，故α3＜α2，联立可得：α3＜1-α1，即α1+α3＜1，故D正确；故选D。
12.下列叙述正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C. 将AlCl3溶液蒸干并灼烧 得到的固体为Al2O3
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A.水是弱电解质，存在电离平衡，升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，但水电离产生的H+、OH-的浓度相等，所以pH<7，但水仍然显中性，A错误；
B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，所以H+减小的倍数小于稀释的倍数，所以pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH<4，B错误；
C.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解产生Al(OH)3、HCl，加热溶液，Al3+水解程度增大，产生更多的Al(OH)3、HCl，HCl具有挥发性，当溶液蒸干时得到固体Al(OH)3，然后灼烧Al(OH)3分解产生氧化铝和水，因此最后得到的固体为Al2O3，C正确；
D.pH=3的醋酸溶液，c(H+)=10-3mol/L，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，pH=11的氢氧化钠溶液，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，所以当两种溶液等体积混合时，二者发生中和反应后醋酸过量，使溶液显酸性，溶液的pH<7，D错误；
故合理选项是C。
13.下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（ ）
A. 能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：Al3＋、Na＋、CO32-、NO3-
B. c(H＋)=1×10－1 mol·L－1的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、SO42-、NO3-
C. 能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH4+、S2-、Br-
D. 水电离出的c(H＋)=1×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Al3＋、CO32-会发生盐的双水解反应而不能大量共存，A错误；
B.c(H＋)=1×10－1 mol·L－1的溶液显酸性，在酸性溶液中：Cu2＋、Fe3＋、SO42-、NO3-不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C.能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强的氧化性，在氧化性溶液中S2-、Br-会被氧化而不能大量存在，C错误；
D.水电离出的c(H＋)=1×10－12mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中，Mg2＋、OH－会发生反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，D错误；
故合理选项是B。
14.草酸是中强酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（ ）
①c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4－)＋c(OH－)＋c(C2O42－)
②c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＝0.1 mol·L－1
③c(C2O42－)>c(H2C2O4)
④c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)
A. ①② B. ①④ C. ③④ D. ②③
【答案】C
【解析】试题分析：草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度。①根据电荷守恒，则有c（K+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（OH-）+2c（C2O42-），错误；②草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（HC2O4-）=0.1mol/L，错误；③草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正确；④在0.1mol•L-1KHC2O4溶液中，存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+，根据物料守恒可知c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），正确。
15. 下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是（ ）
A. 0.1mol·L－1NaHCO3溶液中离子浓度关系：c(Na＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
B. 0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1NH3·H2O等体积混合后离子浓度关系：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
C. 常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH＝7，则混合溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D. 常温下，在pH＝1溶液中，Fe2＋、NO3-、ClO－、Na＋能大量共存
【答案】C
【解析】试题分析：A是物料守恒，应该是：c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，错；NH3·H2O的电离程度大于 NH4+的水解程度，溶液显碱性，离子浓度关系应该是c(NH4+)＞c(Cl－) ＞c(OH－) ＞ c(H＋)，B错；C中根据电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)＝c(CH3COO－)+ c(OH－)，溶液性中性，c(OH－) =c(H＋)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，对；D. Fe2＋有还原性，ClO－、有强氧化性，不能大量共存，错。
16.已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8,HF的Kb=3.5×10-4。现将pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分別加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变化曲线
B. 取a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C. b点溶液中水的电离程度比c 点溶液中水的电离程度小
D. 从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】pH相同的弱酸溶液加水稀释，其pH应该都会升高，其中酸性越强，其pH的变化应该越明显（或者说曲线的斜率应该越大），因为Kb＞Ka，所以HF的酸性更强，所以曲线Ⅰ为氢氟酸稀释时pH变化曲线，选项A错误。中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗的次氯酸和氢氟酸的物质的量一定相等，a点两者的pH相同，因为HF酸性更强，所以HF的溶度较小，达到相同的物质的量需要较大的体积，所以消耗的氢氟酸的体积较大，选项B错误。c点比b点的pH更小，说明c点酸电离出来的氢离子浓度更大，所以对于水的电离的抑制应该更强，水的电离程度应该是c点更小，选项C错误。可以认为是R-的水解平衡常数，该数值应该只与温度有关，所以选项D正确。
17.水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(OH一)×c(H+)=常数，下列说法错误的是（ ）
A. 图中温度T1＞T2
B. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E
C. 曲线a、b均代表纯水的电离情况
D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】C
【解析】试题分析：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，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，温度，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＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故B正确；C．只有c(OH-)=c(H+)的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确，故选C。
18.室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. H2A的电离方程式：H2AH＋＋HA－
B. pH＝5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA－):c(A2－)＝1:100
C. 等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)
D. Na2A溶液必存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋ 2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：A．二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，故A错误；B．据图象分析，pH=3时，c(HA-)与c(A2-)相同，pH=5时，c(HA-)：c(A2-)=1：100，故B正确；C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后pH=3，说明HA-离子的电离大于A2-的水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，故C错误；D．二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，Na2A溶液中不存在H2A分子，c(H2A)=0，故D错误；故答案为B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题：本大题共4小题，每空2分，共46分。
19.在2L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)已知：K300℃>K350℃，则该反应正反应是_______热反应。
(2)如图表示NO2的变化的曲线是_________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v=_______ mol·L－1·s－1。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是____。
a.v(NO2)=2v(O2) b.容器内压强保持不变
c.v逆(NO)=2v正(O2) d.容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是____。
a.及时分离出NO2气体 b.适当升高温度
c.增大O2的浓度 d.选择高效催化剂
【答案】 (1). 放 (2). b (3). 1.5×10-3 (4). bc (5). c
【解析】
【分析】(1)根据温度对化学平衡移动的影响，结合化学平衡常数大小判断反应的热效应；
(2)根据表中数据计算平衡时NO、NO2的物质的量，结合容器的体积判断物质的平衡浓度，从而确定NO2的曲线；先计算2s内NO的浓度变化计算从0〜2s内该反应的平均速率v(NO)，然后根据同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v(O2)；
(3)根据反应达到平衡状态时各种物质的物质的量、浓度及物质的含量不变判断平衡状态；
(4)根据平衡移动原理分析。
【详解】(1)化学平衡常数K300℃>K350℃，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，则该反应正反应是放热反应。
(2)根据表中数据知，达到平衡状态时n(NO)=0.007mol，则参加反应的 n(NO)=(0.020-0.007)mol=0.013mol，反应开始时c(NO2)=0，根据N原子守恒可知，生成的n(NO2)=0.013mol，c(NO2)= 0.013mol ÷2L =0.0065mol/L；所以表示NO2的变化的曲线是b；从0〜2s内该反应的平均速率v(NO)= =0.003mol/(L·s)，同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v(O2)=v(NO)= 0.0015mol/(L·s)= 1.5×10-3 mol/(L·s)；
(3)a.无论反应是否达到平衡状态都存在v(NO2)=2v(O2)，不能据此判 断平衡状态，a错误；
b.反应前后气体物质的量改变，则容器压强改变，当容器内压强保持不变时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；
c.v逆(NO)=2v正(O2)，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c正确；
d.无论反应是否达到平衡状态，容器内密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，d错误； 故合理选项是bc；
(4)a.及时分离出NO2 气体，生成物浓度减小，则化学反应速率减小，a错误；
b.适当升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，b错误；
c.增大O2的浓度，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率增大，由于O2是反应物，增大反应物的浓度，平衡正向移动，c正确；
d.选择高效催化剂，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，但催化剂不能使化学平衡发生移动，d错误；
故合理选项是c。
20.大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，为减少其排放，需将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存和利用。
(1)CO2与NH3反应可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]，反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(g)在合成塔中进行。如图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况。
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值范围分别为0.6～0.7、1～1.1和1.5～1.61，则生产中应选用水碳比的数值范围为____。
②请推测生产中氨碳比控制在4.0左右还是控制在4.5左右比较适宜，并简述你的理由_____。
(2)CO2与H2也可用于合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在体积可变的恒压密闭容器中，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图2所示。
①该反应的化学平衡常数的表达式为_____。
②该反应的ΔS___0，ΔH___0(填“>”或“<”)。
③700K投料比[]=2时，H2的平衡转化率为_____。
【答案】(1). 0.6～0.7 (2). 4.0比较适宜；氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2转化率增加不大，提高了生产成本 (3). K= (4). < (5). < (6). 45%
【解析】
【分析】(1)①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨碳比在4.5时氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大；
(2)①根据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进行书写；
②根据反应前后气体的物质的量大小判断△S，根据温度对平衡的影响分析△H；
③由图可知，在700K，投料比[n(H2)：n(CO2)]=2时，二氧化碳转化率为 30%，假设CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为 0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2的转化率。
【详解】(1)①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为0.6～0.7；
②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业 合成氨生成工艺较复杂，提高生产成本，所以氨碳比应该控制在4.0左右；
(2)①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，所以平衡常数K=；
②因为该反应为气体减小的反应，则△S<0，因为温度越高，CO2转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应正方向为放热反应，即△H<0；
③由图可知，在700K，投料比[n(H2)：n(CO2)]=2时，二氧化碳转化率为 30%，假设CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为 0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2的转化率= 0.9mol 2mol ×100%=45%。
21.过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量。请回答下列问题：
(1)移取10.00 mL密度为ρg·mL－1的过氧化氢溶液至250mL______(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，请写出其反应的离子方程式_______。
(3)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定到达终点的现象是________。
(4)重复滴定三次，平均耗用c mol·L－1KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为_________。
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1). 容量瓶 (2). 2MnO4-+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑ (3). 酸式 (4). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色 (5). (6). 偏高
【解析】
【分析】(1)根据准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用到的仪器来回答；
(2)根据氧化还原反应中电子转移守恒、原子守恒，书写化学方程式；
(3)酸式滴定管可以量取具有强氧化性的溶液、酸性溶液，高锰酸钾溶液具有颜色，锰离子无色；
(4)根据化学方程式计算消耗过氧化氢的量然后计算H2O2的质量分数；
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则有一部分溶液占据了气 泡的体积。
【详解】(1)准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用容量瓶，所以需将溶液转移至250mL容量瓶；
(2)高锰酸钾有强氧化性，在酸性条件下能将双氧水氧化为氧气，根据电子转移守恒，原子守恒、电荷守恒，可得配平的反应方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；
(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以只能使用酸式滴定管盛装高锰酸钾标准溶液。高锰酸钾标准溶液显紫色，滴入无色H2O2溶液中，反应产生无色Mn2+，当滴定完全时高锰酸钾标准溶液不再消耗，溶液会显紫色，因此滴定到达 终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，
(4)根据化学方程式2MnO4-+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用 c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3 mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3 mol，则原H2O2的质量为m(H2O2)= 2.5cV×10-3 mol ××34g/mol=0.85cVg，则H2O2溶液中H2O2的质量分数为：×100% =； (5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，因此会使测定结果偏高。
22.草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用，常温下，H2C2O4：Ka1=5.4×10－2，Ka2=5.4×10－5。H2CO3：K1=4×10－7K2=6×10－11。
(1)NaHCO3溶液显____性。
(2)常温下，0.1mol·L－1的Na2C2O4溶液pH=a，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液pH=b，则a___b(填“>”“<”或“=”)。
(3)常温下，pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H＋)为c3；pH＝4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H＋)为c4。则c1_____10c2(填“>”“<”或“=”，下同)；c3___10c4。
(4)常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(Na＋)
①该草酸溶液的物质的量浓度为_________(结果保留三位小数)。
②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__________。
【答案】(1). 碱 (2). < (3). > (4). = (5). 0.054mol·L－1 (6). c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－)
【解析】
【分析】(1)根据盐的组成判断；
(2)根据弱酸的电离平衡常数，结合盐的水解规律分析判断；
(3)弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释促使弱酸的电离；
(4)①根据微粒浓度关系可知：在c点时溶液为Na2C2O4，根据元素守恒判断酸的浓度，
②a点所示溶液显示酸性，此时草酸未完全中和，得到的是草酸氢钠溶液，根据盐电离程度及盐的水解规律回答。
【详解】(1)NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+产生H2CO3，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性；
(2)H2C2O4、H2CO3都是二元弱酸，由于电离平衡常数Ka2(H2C2O4)>Ka2(H2CO3)，所以盐的水解程度：Na2C2O4< Na2CO3，这两种盐都是强碱弱酸盐，根据盐水解规律：谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，可知盐溶液的碱性：Na2C2O4< Na2CO3，所以溶液的pH：a
(4)①用0.100mol/L NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据 c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，草酸和氢氧化钠之间按照1：2物质的量之比进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度c(H2C2O4)==0.54mol/L；②a点所示溶液显示酸性，草酸的电离平衡常数Ka1=5.4×10－2，HC2O4-的水解平衡常数Kh==1.85×10-13< Ka1=5.4×10－2，所以得到的是草酸氢钠溶液，由于电离大于水解，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中H+除了HC2O4-电离产生外，还有水的电离，而C2O42-只有HC2O4-电离产生，HC2O4-电离程度大于水的电离程度，所以c(H+)>c(C2O42-)> c(OH-)，盐NaHC2O4是强电解质，完全电离，电离产生的离子浓度大于弱电解质的电离程度，HC2O4-电离、水解会消耗，则c(Na+)>c(HC2O4-)，因此溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－)。
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 N-14 S-32 C1-35.5 Br-80
第Ⅰ卷（选择题）
一．选择题：本大题共18小题，每小题3分，共54分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。
1.在下列各说法中，正确的是（ ）
A. ΔH>0表示放热反应，ΔH<0表示吸热反应
B. 热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
C. 1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D. 1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A．放热反应的焓变小于0，吸热反应的焓变大于0，故△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应，故A错误；
B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，故B正确；
C．中和热是指稀的强酸和强碱生成1mol水时所放出的热量，而1mol硫酸和1mol氢氧化钡反应时生成了2mol水，同时还有硫酸钡沉淀生成，故此时放出的热量不是中和热，故C错误；
D．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，此时生成的水必须为液态，而1mol氢气和0.5mol氧气反应生成的水的状态未知，故此时放出的热量不一定是燃烧热，故D错误；
故选B。
2.反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH = a kJ/mol，能量变化如图所示。下列说法中，不正确的是（ ）
A. 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(l) ΔH > a kJ/mol
B. 过程II可能使用了催化剂，使用催化剂不可以提高SO2的平衡转化率
C. 反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和
D. 将2molSO2(g) 和1mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后放出或吸收的热量小于┃a┃ kJ
【答案】A
【解析】根据图像，该反应中反应物总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，a＜0，A错误；加入催化剂，能够降低反应物的活化能，过程II可能使用了催化剂，但是不影响平衡移动，不能提高SO2的平衡转化率，B正确；该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，属于放热反应，说明反应物断键吸收能量之和小于生成物成键释放能量之和，C正确；反应处于密闭容器中，反应为可逆反应，反应不能进行到底，放出或吸收的热量小于┃a┃ kJ，D正确；正确选项A。
3.参考下表键能数据，估算晶体硅在氧气中燃烧生成的二氧化硅晶体的热化学方程式：Si(s)＋O2(g)===SiO2(s)中，ΔH的值为( )
化学键
Si—O
O===O
Si—Si
Si—Cl
Si—C
键能/
kJ·mol-1
460
498.8
176
360
347
A. －989.2 kJ·mol－1 B. ＋989.2 kJ·mol－1
C. －61.2 kJ·mol－1 D. －245.2 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】试题分析：硅和二氧化硅均是原子晶体，其中在晶体硅中每个硅原子形成4÷2＝2个Si—Si键。在二氧化硅晶体中每个硅原子形成4个Si—O键。由于反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则该反应的反应热△H＝2×176 kJ/mol+498.8 kJ/mol—4×460 kJ/mol＝—989.2 kJ/mol，答案选A。
4.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1①，3H2(g)＋Fe2O3(s)=2Fe(s)＋3H2O(g) ΔH2②，2Fe(s)＋3/2O2(g)=Fe2O3(s) ΔH3③，2Al(s)＋3/2O2(g)=Al2O3(s) ΔH4④，2Al(s)＋Fe2O3(s)=Al2O3(s)＋2Fe(s) ΔH5 ⑤，下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A. ΔH1<0，ΔH3>0 B. ΔH5<0，ΔH4<ΔH3
C. ΔH1=ΔH2＋ΔH3 D. ΔH3=ΔH4＋ΔH5
【答案】B
【解析】
【详解】A. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) 该反应为放热反应，故ΔH1<0，2Fe(s)＋3/2O2(g)===Fe2O3(s)为放热反应，故ΔH3<0，故A错误；
B. 2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)反应为放热反应，故ΔH5<0，根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5<0，故正确；
C.根据盖斯定律分析，有2（②+③）/3=①，则有2（ΔH2+ΔH3）/3=ΔH1，故错误；
D. 根据盖斯定律分析，有④-③=⑤，则ΔH4-ΔH3=ΔH5，故错误。
故选B。
5.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）
A. 达到化学平衡时，
B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率关系是：
【答案】A
【解析】
【分析】A. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
B. 都表示反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；
C. 增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；
D. 各物质化学速率之比等于参与反应的化学方程式的化学计量数之比。
【详解】A. 4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，A项正确；
B. 若单位时间内生成n molNO的同时，消耗n molNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，B项错误；
C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物的浓度减小，正、逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，C项错误；
D.不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，应为3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D项错误；
答案选A。
6.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强；②混合气体的密度；③混合气体的总物质的量；④混合气体的平均相对分子质量；⑤混合气体的颜色；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比；⑦某种气体的百分含量。能说明A(s)3B(g)+C(g)达到平衡状态的是（ ）
A. ①②③④
B. ①②③④⑦
C. ①③④⑦
D. ①②③
【答案】D
【解析】
【详解】①该反应是反应前后气体体积不等的反应，若混合气体的压强不变，则反应达到平衡状态，①正确；
②该反应反应前后气体的质量变化，容器的容积不变，所以混合气体的密度不变，反应达到平衡状态，②正确；
③反应物不是气体，生成物是气体，若混合气体的总物质的量不变，则反应达到平衡状态，③正确；
④只有生成物是气体，二者物质的量的比始终不变，因此混合气体的平均相对分子质量总是不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，④错误；
⑤题干未指明气体有颜色，因此不能根据混合气体的颜色变化判断平衡状态，⑤错误；
⑥反应物是固体，浓度不变，而生成物中任何情况下生成物的浓度之比等于化学计量数之比，不能据此判断为平衡状态，⑥错误；
⑦只有生成物为气体，二者的含量始终不变，因此不能根据某种气体的百分含量不变判断反应是否处于平衡状态，⑦错误；
故能说明A(s)3B(g)＋C(g)达到平衡状态的是①②③，含量选项是D。
7.工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g) △H＝＋QkJ·mol-1(Q＞0)，某温度、压强下，将一定量的反应物通入密闭容器中进行以上的反应(此条件下为可逆反应)，下列叙述正确的是（ ）
A. 反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B. 若反应开始时SiCl4为1mol，则达到平衡时，吸收热量为QkJ
C. 反应至4min时，若HCl的浓度为0.12mol·L－1，则H2的反应速率为0.03mol/(L·min
D. 当反应吸热为0.025QkJ时，生成的HCl与100mL1mol·L－1的NaOH溶液恰好反应
【答案】D
【解析】该反应是一个正向气体系数增大的可逆反应。
A：增大压强，平衡左移，SiCl4的转化率减小
B：可逆反应不可能进行到底，在题设条件下吸收的热量小于QkJ
C：v(HCl)= 0.12/4="0.03" mol·L-1·min-1，依方程式系数比,则H2的反应速率为0.015 mol/(L·min)
D：当反应吸收热量为0.025Q kJ时，产生的HCl为0.1mol，则恰好可中和100 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液
故答案为D
8.某同学做浓度对化学反应速率的影响的实验时，将3支试管分别编号为①②③，并按下表中物质的量进行实验，记录下的时间数据如表。
试管编号
加3%Na2S2O3
加H2O
加H2SO4(1∶5)
出现浑浊时间
①
3mL
3mL
5滴
33s
②
amL
2mL
5滴
28s
③
5mL
bmL
5滴
16s
下列叙述不正确的是（ ）
A. 该实验反应的化学方程式：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O
B. Na2S2O3浓度越大，反应速率越快
C. a=4
D. b=2
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2S2O3中S元素化合价为+2价，具有氧化性、还原性，在酸性条件下会发生氧化还原反应，化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，A正确；
B.根据影响反应速率的条件：在其他条件不变时，反应物的浓度越大，反应速率越快，B正确；
C.①②是研究浓度对化学反应速率的影响，根据①可知反应溶液的总体积为6mL，②的水是2mL，则Na2S2O3的溶液体积为4mL，C正确；
D.由于反应的总体积是6mL，Na2S2O3溶液的体积是5mL，所以水的体积是6mL-5mL=1mL，D错误；
故合理选项是D。
9.对反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g) ΔH，反应特点与对应的图象的说法中不正确的是（ ）
A. 图①中，若P1>P2，则该反应在较低温度下有利于自发进行
B. 图②中，若T2>T1，则△H<0 且a+b=c+d
C. 图③中t1时刻改变的条件一定是使用了催化剂
D. 图④中，若△H<0，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率
【答案】C
【解析】A. 由分析图①可知，温度升高，A%增大，说明平衡逆移动，则正反应为放热反应，若P1>P2，P1时A%低于P2，压强增大，平衡正向移动，则反应前气体分子数小于反应后气体分子数，△S<0，则该反应在较低温度下有利于自发进行，A正确；B. 图②中，压强增大，A的转化率不变，平衡不移动，则a+b=c+d，若T2>T1，A的转化率降低，平衡逆移动，则正反应为放热反应，△H<0，B正确；C. 图③中t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂，也可能是增大压强（当a+b=c+d时），C错误；D. 图④中，T1>T2，若△H<0，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，则纵坐标不可能表示的是反应物的转化率，D正确。答案选C。
10.在相同温度和压强下，对反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)进行四组实验，实验起始时放入容器内各组分物质的量见表：
实验
X
Y
Z
W
①
amol
amol
0mol
0mol
②
3amol
amol
0mol
0mol
③
0mol
0mol
amol
amol
④
2amol
0mol
amol
amol
上述四种情况达到平衡后，n(Z)的大小顺序是（ ）
A. ②=④>①=③ B. ②>④>①>③
C. ④>②>①=③ D. ④>③>②>①
【答案】A
【解析】
【详解】以①为参照物，②相当于在①反应达到平衡后，又加入了2amolA，在其他条件不变时，增大反应物的浓度，平衡正向移动，产生更多的反应物，所以②中Z的物质的量大于①；
③对反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(g)，若反应从正反应方向开始，n(X)=amol，n(Y)=amol，n(Z)=n(W)=0mol，其若从逆反应方向开始，等效起始状态为n(Z)=n(W)=amol，n(X)=n(Y)=0mol，所以达到平衡时Z的物质的量与①相同；
④相当于在③达到平衡后向容器中又加入了2amolA物质，根据平衡移动原理，在其他条件不变时，增大反应物浓度，平衡正向移动，会产生Z物质，所以平衡时Z的物质的量大于①，与②相同，故上述四种情况达到平衡后，n(Z)的大小顺序是②=④>①=③，故合理选项是A。
11.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol]：下列说法正确的是（ ）
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol N2、3mol H2
2mol NH3
4mol NH3
NH3的浓度（mol/L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出a kJ
吸收b kJ
吸收c kJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
α1
α2
α3
A. 2c1＞c3 B. a+b＞92.4 C. 2p2＜p3 D. α1+α3＜1
【答案】D
【解析】A、甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡，则c1=c2，丙容器反应物投入量4molNH3，可以等效为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，丙中氨气的转化率比乙中小，故c3＞2c2，故c3＞2c1，故A错误；B、乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效平衡，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b=92.4，故B错误；C、丙容器反应物投入量4molNH3，可以等效为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，平衡移动不能消除压强增大，故p2＜p3＜2p2，故C错误；D、乙中开始投入2molNH3，则甲与乙是等效平衡，则α1+α2=1，丙容器反应物投入量4molNH3，可以等效为在乙的基础上压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，故α3＜α2，联立可得：α3＜1-α1，即α1+α3＜1，故D正确；故选D。
12.下列叙述正确的是（ ）
A. 95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B. pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C. 将AlCl3溶液蒸干并灼烧 得到的固体为Al2O3
D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【答案】C
【解析】
【详解】A.水是弱电解质，存在电离平衡，升高温度，促进水的电离，c(H+)增大，但水电离产生的H+、OH-的浓度相等，所以pH<7，但水仍然显中性，A错误；
B.醋酸在溶液中存在电离平衡，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，所以H+减小的倍数小于稀释的倍数，所以pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH<4，B错误；
C.AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解产生Al(OH)3、HCl，加热溶液，Al3+水解程度增大，产生更多的Al(OH)3、HCl，HCl具有挥发性，当溶液蒸干时得到固体Al(OH)3，然后灼烧Al(OH)3分解产生氧化铝和水，因此最后得到的固体为Al2O3，C正确；
D.pH=3的醋酸溶液，c(H+)=10-3mol/L，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，pH=11的氢氧化钠溶液，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，所以当两种溶液等体积混合时，二者发生中和反应后醋酸过量，使溶液显酸性，溶液的pH<7，D错误；
故合理选项是C。
13.下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是（ ）
A. 能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液中：Al3＋、Na＋、CO32-、NO3-
B. c(H＋)=1×10－1 mol·L－1的溶液中：Cu2＋、Fe3＋、SO42-、NO3-
C. 能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na＋、NH4+、S2-、Br-
D. 水电离出的c(H＋)=1×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl-、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Al3＋、CO32-会发生盐的双水解反应而不能大量共存，A错误；
B.c(H＋)=1×10－1 mol·L－1的溶液显酸性，在酸性溶液中：Cu2＋、Fe3＋、SO42-、NO3-不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；
C.能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有强的氧化性，在氧化性溶液中S2-、Br-会被氧化而不能大量存在，C错误；
D.水电离出的c(H＋)=1×10－12mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在碱性溶液中，Mg2＋、OH－会发生反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量存在，D错误；
故合理选项是B。
14.草酸是中强酸，草酸氢钾溶液呈酸性。在0.1 mol·L－1KHC2O4溶液中，下列关系正确的是（ ）
①c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4－)＋c(OH－)＋c(C2O42－)
②c(HC2O4－)＋c(C2O42－)＝0.1 mol·L－1
③c(C2O42－)>c(H2C2O4)
④c(K＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)
A. ①② B. ①④ C. ③④ D. ②③
【答案】C
【解析】试题分析：草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度。①根据电荷守恒，则有c（K+）+c（H+）=c（HC2O4-）+c（OH-）+2c（C2O42-），错误；②草酸氢钾溶液中存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-，根据物料守恒可知c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（HC2O4-）=0.1mol/L，错误；③草酸氢钾溶液呈酸性，说明HC2O4-电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），正确；④在0.1mol•L-1KHC2O4溶液中，存在H2C2O4、C2O42-、HC2O4-和K+，根据物料守恒可知c（K+）=c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2O42-），正确。
15. 下列关于电解质溶液中离子关系的说法正确的是（ ）
A. 0.1mol·L－1NaHCO3溶液中离子浓度关系：c(Na＋)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
B. 0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1NH3·H2O等体积混合后离子浓度关系：c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)
C. 常温下，向醋酸钠溶液中滴加少量醋酸使溶液的pH＝7，则混合溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D. 常温下，在pH＝1溶液中，Fe2＋、NO3-、ClO－、Na＋能大量共存
【答案】C
【解析】试题分析：A是物料守恒，应该是：c(Na＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，错；NH3·H2O的电离程度大于 NH4+的水解程度，溶液显碱性，离子浓度关系应该是c(NH4+)＞c(Cl－) ＞c(OH－) ＞ c(H＋)，B错；C中根据电荷守恒c(Na＋)+ c(H＋)＝c(CH3COO－)+ c(OH－)，溶液性中性，c(OH－) =c(H＋)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，对；D. Fe2＋有还原性，ClO－、有强氧化性，不能大量共存，错。
16.已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8,HF的Kb=3.5×10-4。现将pH 和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分別加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变化曲线
B. 取a 点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小
C. b点溶液中水的电离程度比c 点溶液中水的电离程度小
D. 从b点到d点，溶液中保持不变(HR代表HClO或HF)
【答案】D
【解析】pH相同的弱酸溶液加水稀释，其pH应该都会升高，其中酸性越强，其pH的变化应该越明显（或者说曲线的斜率应该越大），因为Kb＞Ka，所以HF的酸性更强，所以曲线Ⅰ为氢氟酸稀释时pH变化曲线，选项A错误。中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗的次氯酸和氢氟酸的物质的量一定相等，a点两者的pH相同，因为HF酸性更强，所以HF的溶度较小，达到相同的物质的量需要较大的体积，所以消耗的氢氟酸的体积较大，选项B错误。c点比b点的pH更小，说明c点酸电离出来的氢离子浓度更大，所以对于水的电离的抑制应该更强，水的电离程度应该是c点更小，选项C错误。可以认为是R-的水解平衡常数，该数值应该只与温度有关，所以选项D正确。
17.水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(OH一)×c(H+)=常数，下列说法错误的是（ ）
A. 图中温度T1＞T2
B. 图中五点Kw间的关系：B＞C＞A=D=E
C. 曲线a、b均代表纯水的电离情况
D. 若处在B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】C
【解析】试题分析：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，T1曲线上离子积常数大于T2，所以T1＞T2，温度，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＞C＞A=D=E，所以离子积常数大小顺序是B＞C＞A=D=E，故B正确；C．只有c(OH-)=c(H+)的点是纯水的电离，所以只有A、B点才是纯水的电离，故C错误；D．B点时，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c(H+)=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol/L，等体积混合时碱剩余，溶液呈碱性，故D正确，故选C。
18.室温下，0.1 mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，可能存在的含A粒子(H2A、HA－、A2－)的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. H2A的电离方程式：H2AH＋＋HA－
B. pH＝5时,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA－):c(A2－)＝1:100
C. 等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)
D. Na2A溶液必存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)＋ 2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：A．二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，故A错误；B．据图象分析，pH=3时，c(HA-)与c(A2-)相同，pH=5时，c(HA-)：c(A2-)=1：100，故B正确；C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合后pH=3，说明HA-离子的电离大于A2-的水解程度，c(HA-)小于c(A2-)，故C错误；D．二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-，Na2A溶液中不存在H2A分子，c(H2A)=0，故D错误；故答案为B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二．填空题：本大题共4小题，每空2分，共46分。
19.在2L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)已知：K300℃>K350℃，则该反应正反应是_______热反应。
(2)如图表示NO2的变化的曲线是_________。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v=_______ mol·L－1·s－1。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是____。
a.v(NO2)=2v(O2) b.容器内压强保持不变
c.v逆(NO)=2v正(O2) d.容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是____。
a.及时分离出NO2气体 b.适当升高温度
c.增大O2的浓度 d.选择高效催化剂
【答案】 (1). 放 (2). b (3). 1.5×10-3 (4). bc (5). c
【解析】
【分析】(1)根据温度对化学平衡移动的影响，结合化学平衡常数大小判断反应的热效应；
(2)根据表中数据计算平衡时NO、NO2的物质的量，结合容器的体积判断物质的平衡浓度，从而确定NO2的曲线；先计算2s内NO的浓度变化计算从0〜2s内该反应的平均速率v(NO)，然后根据同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算v(O2)；
(3)根据反应达到平衡状态时各种物质的物质的量、浓度及物质的含量不变判断平衡状态；
(4)根据平衡移动原理分析。
【详解】(1)化学平衡常数K300℃>K350℃，说明升高温度，化学平衡逆向移动，由于在其他条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向为吸热反应，则该反应正反应是放热反应。
(2)根据表中数据知，达到平衡状态时n(NO)=0.007mol，则参加反应的 n(NO)=(0.020-0.007)mol=0.013mol，反应开始时c(NO2)=0，根据N原子守恒可知，生成的n(NO2)=0.013mol，c(NO2)= 0.013mol ÷2L =0.0065mol/L；所以表示NO2的变化的曲线是b；从0〜2s内该反应的平均速率v(NO)= =0.003mol/(L·s)，同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v(O2)=v(NO)= 0.0015mol/(L·s)= 1.5×10-3 mol/(L·s)；
(3)a.无论反应是否达到平衡状态都存在v(NO2)=2v(O2)，不能据此判 断平衡状态，a错误；
b.反应前后气体物质的量改变，则容器压强改变，当容器内压强保持不变时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；
c.v逆(NO)=2v正(O2)，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，c正确；
d.无论反应是否达到平衡状态，容器内密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，d错误； 故合理选项是bc；
(4)a.及时分离出NO2 气体，生成物浓度减小，则化学反应速率减小，a错误；
b.适当升高温度，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，b错误；
c.增大O2的浓度，增大单位体积内活化分子个数，化学反应速率增大，由于O2是反应物，增大反应物的浓度，平衡正向移动，c正确；
d.选择高效催化剂，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，但催化剂不能使化学平衡发生移动，d错误；
故合理选项是c。
20.大气中CO2含量的增加会加剧温室效应，为减少其排放，需将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存和利用。
(1)CO2与NH3反应可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]，反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(l)＋H2O(g)在合成塔中进行。如图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条曲线为合成塔中按不同氨碳比[]和水碳比[]投料时二氧化碳转化率的情况。
①曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水碳比的数值范围分别为0.6～0.7、1～1.1和1.5～1.61，则生产中应选用水碳比的数值范围为____。
②请推测生产中氨碳比控制在4.0左右还是控制在4.5左右比较适宜，并简述你的理由_____。
(2)CO2与H2也可用于合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在体积可变的恒压密闭容器中，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图2所示。
①该反应的化学平衡常数的表达式为_____。
②该反应的ΔS___0，ΔH___0(填“>”或“<”)。
③700K投料比[]=2时，H2的平衡转化率为_____。
【答案】(1). 0.6～0.7 (2). 4.0比较适宜；氨碳比在4.5时，NH3的量增大较多，而CO2转化率增加不大，提高了生产成本 (3). K= (4). < (5). < (6). 45%
【解析】
【分析】(1)①依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断；
②氨碳比在4.5时氨气量增大对二氧化碳的转化率增加不大；
(2)①根据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进行书写；
②根据反应前后气体的物质的量大小判断△S，根据温度对平衡的影响分析△H；
③由图可知，在700K，投料比[n(H2)：n(CO2)]=2时，二氧化碳转化率为 30%，假设CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为 0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2的转化率。
【详解】(1)①氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为0.6～0.7；
②氨碳比在4.5时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业 合成氨生成工艺较复杂，提高生产成本，所以氨碳比应该控制在4.0左右；
(2)①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，所以平衡常数K=；
②因为该反应为气体减小的反应，则△S<0，因为温度越高，CO2转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应正方向为放热反应，即△H<0；
③由图可知，在700K，投料比[n(H2)：n(CO2)]=2时，二氧化碳转化率为 30%，假设CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、2mol，转化的二氧化碳为 0.3mol，根据方程式可知转化的氢气为0.9mol，进而计算H2的转化率= 0.9mol 2mol ×100%=45%。
21.过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量。请回答下列问题：
(1)移取10.00 mL密度为ρg·mL－1的过氧化氢溶液至250mL______(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，请写出其反应的离子方程式_______。
(3)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定到达终点的现象是________。
(4)重复滴定三次，平均耗用c mol·L－1KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为_________。
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1). 容量瓶 (2). 2MnO4-+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑ (3). 酸式 (4). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色 (5). (6). 偏高
【解析】
【分析】(1)根据准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用到的仪器来回答；
(2)根据氧化还原反应中电子转移守恒、原子守恒，书写化学方程式；
(3)酸式滴定管可以量取具有强氧化性的溶液、酸性溶液，高锰酸钾溶液具有颜色，锰离子无色；
(4)根据化学方程式计算消耗过氧化氢的量然后计算H2O2的质量分数；
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则有一部分溶液占据了气 泡的体积。
【详解】(1)准确配制一定体积一定物质的量浓的溶液用容量瓶，所以需将溶液转移至250mL容量瓶；
(2)高锰酸钾有强氧化性，在酸性条件下能将双氧水氧化为氧气，根据电子转移守恒，原子守恒、电荷守恒，可得配平的反应方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；
(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以只能使用酸式滴定管盛装高锰酸钾标准溶液。高锰酸钾标准溶液显紫色，滴入无色H2O2溶液中，反应产生无色Mn2+，当滴定完全时高锰酸钾标准溶液不再消耗，溶液会显紫色，因此滴定到达 终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，
(4)根据化学方程式2MnO4-+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用 c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3 mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3 mol，则原H2O2的质量为m(H2O2)= 2.5cV×10-3 mol ××34g/mol=0.85cVg，则H2O2溶液中H2O2的质量分数为：×100% =； (5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，因此会使测定结果偏高。
22.草酸(H2C2O4，二元弱酸)与草酸盐在实验和工业生产中都起着重要的作用，常温下，H2C2O4：Ka1=5.4×10－2，Ka2=5.4×10－5。H2CO3：K1=4×10－7K2=6×10－11。
(1)NaHCO3溶液显____性。
(2)常温下，0.1mol·L－1的Na2C2O4溶液pH=a，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液pH=b，则a___b(填“>”“<”或“=”)。
(3)常温下，pH=3的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c1，水电离出的c(H＋)为c3；pH＝4的H2C2O4溶液的物质的量浓度为c2，水电离出的c(H＋)为c4。则c1_____10c2(填“>”“<”或“=”，下同)；c3___10c4。
(4)常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：2c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)=c(Na＋)
①该草酸溶液的物质的量浓度为_________(结果保留三位小数)。
②a点所示溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__________。
【答案】(1). 碱 (2). < (3). > (4). = (5). 0.054mol·L－1 (6). c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－)
【解析】
【分析】(1)根据盐的组成判断；
(2)根据弱酸的电离平衡常数，结合盐的水解规律分析判断；
(3)弱酸在溶液中存在电离平衡，稀释促使弱酸的电离；
(4)①根据微粒浓度关系可知：在c点时溶液为Na2C2O4，根据元素守恒判断酸的浓度，
②a点所示溶液显示酸性，此时草酸未完全中和，得到的是草酸氢钠溶液，根据盐电离程度及盐的水解规律回答。
【详解】(1)NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-会发生水解反应，消耗水电离产生的H+产生H2CO3，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性；
(2)H2C2O4、H2CO3都是二元弱酸，由于电离平衡常数Ka2(H2C2O4)>Ka2(H2CO3)，所以盐的水解程度：Na2C2O4< Na2CO3，这两种盐都是强碱弱酸盐，根据盐水解规律：谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性，可知盐溶液的碱性：Na2C2O4< Na2CO3，所以溶液的pH：a
(4)①用0.100mol/L NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，根据 c点离子浓度之间的关系，得到c点的溶液是草酸钠的水溶液，草酸和氢氧化钠之间按照1：2物质的量之比进行反应，所以该草酸溶液的物质的量浓度c(H2C2O4)==0.54mol/L；②a点所示溶液显示酸性，草酸的电离平衡常数Ka1=5.4×10－2，HC2O4-的水解平衡常数Kh==1.85×10-13< Ka1=5.4×10－2，所以得到的是草酸氢钠溶液，由于电离大于水解，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中H+除了HC2O4-电离产生外，还有水的电离，而C2O42-只有HC2O4-电离产生，HC2O4-电离程度大于水的电离程度，所以c(H+)>c(C2O42-)> c(OH-)，盐NaHC2O4是强电解质，完全电离，电离产生的离子浓度大于弱电解质的电离程度，HC2O4-电离、水解会消耗，则c(Na+)>c(HC2O4-)，因此溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HC2O4-)>c(H＋)>c(C2O42-)>c(OH－)。
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