还剩15页未读，
继续阅读
【化学】黑龙江省绥滨县第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题（解析版）
展开
黑龙江省绥滨县第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题
可能用到的原子量：C-12 H-1 O-16 N-14 S-32 K-39 Mn-55
第I卷 选择题（共50分）
一、选择题（每题只有1个选项符合题意，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分）
1.下列关于能量转换的认识中不正确的是
A. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能
B. “生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量，因此利用生物质能就是间接利用太阳能
C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
D. 葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，热能转化为化学能
【答案】D
【解析】
A. 电解水时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，电能转化为化学能，A正确；B. “生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量，绿色植物通过光合作用把太阳能转化为生物质能储存起来，因此利用生物质能就是间接利用太阳能，B正确；C. 煤燃烧时，化学能转化为热能和光能，但主要转化为热能，C正确；D. 葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，化学能转化为热能，D不正确，本题选D。
2.实验测得25℃、101 kPa时，1 mol甲醇完全燃烧释放726.51kJ的热量，下列热化学方程式书写正确的是( )
A. 2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O ΔH＝－1453.02 kJ·mol－1
B. 2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝＋1453.02 kJ·mol－1
C. CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.51 kJ·mol－1
D. CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－726.51 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
选项A中所有物质都没有标注其状态，所以选项A错误。实验是在25℃、101 kPa时，进行的测定，所以生成的应该是液态水，选项B错误。热化学方程式中的系数表示对应物质的物质的量，1mol甲醇燃烧得到液态水的放热为726.51kJ，所以热化学方程式表示为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.51 kJ·mol－1，选项C正确。实验是在25℃、101 kPa时，进行的测定，所以生成的应该是液态水，选项D错误。
3.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是
A. 甲烷的燃烧 B. 灼热的炭与二氧化碳反应
C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 D. 碳酸钙的分解
【答案】A
【解析】
分析：图象中反应物总能量高于生成物总能量，所以这是一个放热反应，根据常见的吸热反应和放热反应即可判断出正确答案。
详解：一般来说，物质的燃烧反应、多数的化合反应、中和反应、金属与水（或酸）反应、铝热反应等都是放热反应，而多数的分解反应，C与水（或CO2）的反应，铵盐与某些碱的反应、水解反应都是吸热反应，所以A是放热反应，其它三个都是吸热反应，故本题答案为A。
4.在不同条件下进行反应：2A（s）＋B（g）3C（g）＋4D（g），分别测得了如下反应速率数据，其中反应速率最快的是
A. v（A）＝0.7 mol·L-1·s-1 B. v（B）＝0.3 mol·L-1·s-1
C. v（C）＝0.8 mol·L-1·s-1 D. v（D）＝1.0 mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
比较反应速率的大小时，不仅要看反应速率数值的大小，还要结合化学方程式中物质的化学计量数的大小进行比较，有时还要考虑速率的单位。本题可将不同物质的速率转化为同一物质的反应速率，为了计算方便，可将B项维持不变，C、D项均转化为υ(B)，再与B项进行比较。
【详解】物质A是固体，不能表示反应速率。如果反应速率均用物质B表示，则根据方程式结合反应速率之比是化学计量数之比可知选项B～D分别是[mol·L-1·s-1]0.3、0.267、0.25，所以反应速率最快的是选项B。答案选B。
5.下列说法不正确的是 ( )
A. 焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素
B. 冰融化的过程中，熵值增加
C. 铁生锈和氢燃烧均为自发放热过程
D. 可以通过改变温度或加催化剂的办法使非自发反应转变为自发反应
【答案】D
【解析】
分析：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系；B、固体变为液体过程混乱度增大；C、△H﹣T△S＜0的反应自发进行；D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响。
详解：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系，故A正确；
B、冰融化过程，分子混乱度增大，熵值增加，故B正确；
C、铁生锈、氢气燃烧均是常温下自发的放热反应，故C正确；
D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响,故D错误。
故本题选D。
点睛：本题考查所有化学反应都有热效应、不同状态的物质混乱度不同、反应自发与否的条件，明确反应自发进行的判据为：△H-T△S＜0是解题关键，题目有一定难度。
6.关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是
A. 溶液中c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1
B. 由水电离出的c （OH-）＝1.0´10-12 mol·L-1
C. 加水稀释后，氨水的电离程度增大
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大
【答案】D
【解析】
分析：pH＝12的稀氨水，c （H+）=10-12 mol·L-1，c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1；碱溶液抑制水电离，因此c（OH-）（水）= c（H+）=10-12 mol·L-1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加水稀释，促进电离；增加c(NH4+)，平衡左移，抑制电离；据此解答此题。
详解：A. pH＝12的稀氨水，c（H+）=10-12 mol·L-1，c（OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c（OH-）= c（H+）=10-12 mol·L-1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，增加c(NH4+)，平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。
7.在厨房里对水进行下列操作，能促进水的电离的是( )
A. 加入少量酒精 B. 加入少量食醋
C. 把水放入冰箱中使其降温至1℃ D. 把水加热至沸腾
【答案】D
【解析】
A、酒精为非电解质，对水的电离无影响，A错误；B、食醋的主要成分为醋酸，电离出H+，抑制水的电离，B错误；C、水的电离是吸热反应，降温，水的电离平衡逆向移动，电离程度减小，C错误；D、水的电离是吸热反应，升温，水的电离平衡正向移动，电离程度增大，从而升温促进了水的电离，D正确。正确答案为D。
8.在实验或生活中为了控制反应速率，下列做法不正确的是( )
A. 用氯酸钾制取氧气时可加入少量的高锰酸钾以加快反应速率
B. 为加快制取氢气的速率用粗锌粒代替纯锌粒
C. 为降低硫酸与Cu反应制备SO2的速率可以采用稀硫酸代替浓硫酸
D. 为了延长食品的保质期在食品包装袋中加入硅胶、硫酸铁
【答案】C
【解析】
分析：A.高锰酸钾分解生成的二氧化锰可起到催化剂的作用; B. 粗锌产生原电池加速反应；C.稀硫酸与浓硫酸的性质不同；D.硅胶具有干燥的功能,硫酸亚铁具有还原性。
详解:A.高锰酸钾分解生成的二氧化锰可起到催化剂的作用,可加快反应速率,所以A选项是正确的；
B. 粗锌产生原电池加速反应,所以B选项是正确的；
C.稀硫酸与浓硫酸的性质不同,稀硫酸生和铜不反应，而浓硫酸生成二氧化硫,故C错误；
D.硅胶具有干燥的功能,硫酸亚铁具有还原性，可延长食品的保质期,所以D选项是正确的。
所以本题答案选C。
9.下列关于电离平衡常数（K）的说法中正确的是（ ）
A. 电离平衡常数（K）与温度无关
B. H2CO3的电离常数表达式
C. 同温下，电离平衡常数越小表示弱电解质电离能力越弱
D. 多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1
【解析】
电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，A项错误；H2CO3为二元弱酸，分两步电离，其电离平衡常数为：Ka1=、Ka2=，B项错误；相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，C项正确；多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1＞K2＞K3，D项错误。
10.下列有关平衡常数的说法中，正确的是 ( )
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D. CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
【答案】D
【解析】
【详解】A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，选项A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，选项C错误；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则CO2+H2CO+H2O的平衡常数表达式为K==，选项D正确；答案选D。
11.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
①醋酸与水能以任意比互溶； ②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子； ④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应,醋酸产生H2速率慢；
A. ②⑥ B. ③④⑤ C. ③④⑥ D. ①②
【答案】C
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶与醋酸电离程度没有关系；②醋酸溶液能导电与离子浓度和所带电荷数有关，不能说明醋酸的电离程度；③说明醋酸未完全电离，是弱电解质；④醋酸溶液中c(H＋)小于盐酸，说明醋酸的电离程度小于盐酸，是弱电解质；⑤只能说明醋酸酸性强于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质；⑥醋酸溶液中c(H＋)小于盐酸，说明醋酸的电离程度小于盐酸，说明醋酸的电离程度小于盐酸，是弱电解质。A. ②⑥不符合题意； B. ③④⑤不符合题意；C. ③④⑥符合题意；D. ①②不符合题意；故选C。
12.键能是指破坏(或形成)1 mol化学键所吸收(或放出)的能量。化学反应就是旧键的断裂和新键的形成的过程。现查得：H—H、H—O和O=O的键能分别为a kJ/mol、b kJ/mol和c kJ/mol，请用此数据估计，由H2(g)、O2(g)生成1 mol H2O(g)时的热效应
A. 放热(a+c/2－2b) kJ B. 吸热(a+c/2－2b) kJ
C. 放热(2b－a－c/2) kJ D. 吸热(2b－a－c/2) kJ
【答案】C
【解析】
H2与O2生成H2O（g）的反应为放热反应，反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）中断裂2molH-H键和1molO=O键吸收（2a+c）kJ能量，形成4molH-O键释放4bkJ能量，即生成2molH2O（g）时放热（4b-2a-c）kJ，则由H2（g）、O2（g）生成1molH2O（g）时放热（2b-a-c/2）kJ，答案选C。
13.已知：①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol－1②H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。下列说法中错误的是 ( )
A. ①式表示25 ℃，101 kpa时，2 mol H2和1 mol O2完全燃烧生成2 mol H2O(l)放热571.6 kJ
B. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6 kJ·mol－1
C. 将含1 mol NaOH的水溶液与50 g 98%的硫酸溶液混合后放出的热量为57.3 kJ
D. 将含1 mol NaOH的稀溶液与含1 mol CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据热化学方程式的意义知：①式表示25 ℃，101 kpa时，2 mol H2和1 mol O2完全燃烧生成2 mol H2O(l)放热571.6 kJ，正确；B、气态水液化吸热，则生成气态水放出的热量少，放热反应ΔH＜0，放出的热量越少ΔH越大，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6 kJ·mol－1，正确；C、浓硫酸溶于水放热，则将含1 mol NaOH的水溶液与50 g 98%的硫酸溶液混合后放出的热量大于57.3 kJ，错误；D、醋酸电离吸热，则将含1 mol NaOH的稀溶液与含1 mol CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3 kJ，正确。
考点：考查化学反应与能量转化，中和热。
14.将4 mol A气体和1mol B气体在2 L的容器内混合，在一定条件下发生反应： 2A(g) ＋B(g)3C(g)，若2 min后测得C的浓度为0.6 mol·L－１，则下列说法正确的是
A. 用物质A表示反应的平均速率为v(A)= 0.4 mol·(L·min)－１
B. 2 min时A、B、C三种气体的总量为5mol
C. 2 min时B的转化率为20％
D. 若2 min后该反应达平衡，则各种气体的量不再变化，反应停止
【答案】B
【解析】
【详解】A.因2 min后测得C的浓度为0.6 mol·L－１，则用物质C表示反应的平均速率为v(C)= 0.6 mol·L－１÷2min=0.3 mol·(L·min)－１，用物质A表示反应的平均速率为v(A)=v(C)= 0.2 mol·(L·min)－１，故A说法错误；
B.由于该反应为等体积的可逆反应，反应前气体的总物质的量为：4mol+1mol=5mol，反应后气体的总物质的量保持不变，则有2 min时A、B、C三种气体的总量为5mol，故B说法正确；
C.2min内转化的B量为：0.6 mol·L－１×2L÷3=0.4mol，则B的转化率为：=0.4mol÷1mol=40%，故C说法错误；
D.可逆反应达到平衡后，反应并没有停止，只是正逆反应速率达到相等，故D说法错误；
答案选B。
15.已知某可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)；△H 在密闭容器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（ ）
A. T1P2，m+n>p，△H>0
B. T1>T2，P1p，△H>0
C. T1>T2，P1
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图像可知T1所在曲线首先达到平衡状态，温度高反应速率快，这说明温度T1高于T2。温度越高B的含量越低，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，即△H>0。P2所在曲线首先达到平衡状态，压强大反应速率快，这说明压强是P2大于P1。压强越大B的含量越低，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，因此正反应是体积减小的，即m+n
16.在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新平衡时，B的浓度是原来的65%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质B的质量分数增加了
C. 物质A的转化率减小了 D. a＞b
【答案】B
【解析】
【详解】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b。A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A错误；B、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故B正确；C、根据A的判断，平衡向正反应移动，反应物转化率增大，故C错误；D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；故选B。
17.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)，在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。①υ（NO2）正=2υ（O2）逆，证明正逆反应速率相等，化学反应达到了平衡状态，故正确；②υ（NO）正=2υ（O2）正，只能体现反应的正反应方向，不能证明正逆反应速率相等，化学反应不一定达到了平衡状态，故错误；③化学反应进行到任何程度，化学反应速率之比均等于方程式的系数之比，所以用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不一定是平衡状态，故错误；④混合气体颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随时间的改变而改变，证明达到了平衡状态，故正确；⑤混合气体密度ρ＝，质量在反应前后是守恒的，体积保持不变，所以密度自始至终都不变，所以混合气体密度不改变的状态不一定是平衡状态，故错误；⑥反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体压强不再改变的状态是平衡状态，故正确；⑦混合气体平均相对分子质量M＝，质量在反应前后是守恒的，反应是一个前后气体系数和变化的反应，即n是变化的，所以M不变证明反应达到了平衡状态，故正确，故选A。
考点：考查化学平衡状态的判断
18.对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g) △H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是
①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小 ③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，平衡向正反应方向移动 ⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ③ C. ④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v(正)、v(逆)均应增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
19.已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，可以采取的措施是（ ）
A. 加少量烧碱溶液 B. 加入少量CH3COONa晶体
C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加少量烧碱固体，氢氧根离子和氢离子反应，平衡向右移动，醋酸根浓度增大，Ka不变，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，错误；B、加少量CH3COONa固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，错误；C、加少量冰醋酸，醋酸的电离程度减小，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，错误；D、加水稀释，醋酸的电离平衡向右移动，溶液中氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，溶液体积相同，故溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，正确。
考点：考查弱电解质的电离
20.温度为T1（T1=25℃）和T2时，水溶液中水的离子积曲线如图所示：下列判断错误的是（ ）
A. T2＞25℃ B. x=1.0×10﹣7
C. KW（a）=KW（d） D. b点溶液呈碱性，c点溶液呈酸性
【答案】C
【解析】
A、水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，25℃时纯水中c(H+)=1.0×10-7mol/L，T2时纯水中c(H+)=1.0×10-6mol/L，比25℃时纯水中c(H+)大，所以T2＞25℃，故A正确；B、T1为常温，纯水中c(H+)=1.0×10-7mol/L，所以x=1.0×10-7，故B正确；C、升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，T2＞25℃,所以KW(a)＜KW(d)，故C错误；D、b点溶液中c(H+)＞c(OH−)，溶液显酸性，c点溶液c(H+)＜c(OH−)，溶液显碱性，故D正确。故选C。
第II卷 非选择题（共50分）
21.(1)下列物质属于强电解质的是______;属于弱电解质的是_______;属于非电解质的是_______.
①CH3COOH ②BaSO4 ③石墨 ④NaCl水溶液 ⑤盐酸 ⑥蔗糖 ⑦CO2 ⑧Na2O ⑨H2CO3 ⑩氢氧化铝
(2)写出CH3COOH 、H2CO3 、氢氧化铝的电离方程式______________________________； __________________________________；________________________________
【答案】 (1). ②⑧ (2). ①⑨⑩ (3). ⑥⑦ (4). CH3COOH CH3COO-+H+ (5). H2CO3 HCO3-+ H+ HCO3- H+ +CO32- (6). Al(OH)3Al3++3OH-；
【解析】
【详解】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；如②BaSO4、⑧Na2O；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；如①CH3COOH、⑨H2CO3 ⑩氢氧化铝；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，如：⑥蔗糖、⑦CO2。答案： ②⑧ ①⑨⑩ ⑥⑦。
(2)CH3COOH、H2CO3 、氢氧化铝都属于弱电解质，电离反应电离方程式为：CH3COOH CH3COO-+H+、H2CO3 HCO3-+ H+、HCO3- H+ +CO32- 氢氧化铝的电离方程式Al(OH)3Al3++3OH-；
本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确强电解质、弱电解质非电解质的概念，在做此类题目时候要死死抓住定义即可。
22.煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能源综合利用方案。最常见的气化方法为用煤生产水煤气，而当前比较流行的液化方法为用煤生产CH3OH。
（1）已知：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
则反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的ΔH＝______。
（2）如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②由CO合成甲醇时，CO在250 ℃、300 ℃、350 ℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如下图所示，则曲线c所表示的温度为________ ℃。实际生产条件控制在250 ℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是____________。
③以下有关该反应的说法正确的是________(填序号)。
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不再发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2 mol·L－1，则CO的转化率为80%
（3）一定温度下，向2 L固定体积的密闭容器中加入1 mol CH3OH(g)，发生反应：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)，H2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(CH3OH)＝__________。该温度下，反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K＝__________。相同温度下，在一个恒容容器中加入一定量的CO(g)和H2发生：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的反应，某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时该反应_____进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。
【答案】 (1). ΔH1＋ΔH2－ΔH3 (2). ＞ (3). 350 (4). 1.3×104 kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失 (5). AD (6). 0.125 mol·L－1·min－1 (7). 4 (8). 向正反应方向
【解析】
（1）.已知：①.CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1 ②.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2 ③.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律，①＋②÷2－③÷2得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)，则△H＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，故答案为：ΔH1＋ΔH2－ΔH3；
(2). ①. 由图象可知，根据“先拐先平数值大”的原则，温度T1＜T2，升高温度CO的转化率降低，说明正反应为放热反应，平衡逆向移动，则K值减小，即K1>K2，故答案为：>；
②. 根据上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度CO的转化率降低，由图象可知，曲线c对应的CO转化率最低，温度应最高，即为350℃；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图可知在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，故答案为：350；1.3×104kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
③. A. 反应前后气体的物质的量不等，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，因此不能判断是否达到平衡状态，故B错误；C. 使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不能使平衡发生移动，故C错误；D. 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，所以CO的转化率为（2mol−0.4mol）÷2mol×100%=80%，故D正确；故答案为：AD；
(3).平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，则v(H2)=0.5mol/L÷2min=0.25mol⋅L−1⋅min−1，则v(CH3OH)=0.125mol⋅L−1⋅min−1；
CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
则K1==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25(mol/L)2，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是该反应的逆反应，所以K＝＝＝4；
某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时Qc＝＝3＜K＝4，则平衡向正反应向移动；故答案为： 0.125 mol·L－1·min－1；4；向正反应方向。
点睛：本题综合考查盖斯定律和化学平衡，难点是图象的分析与判断，对于第2小题中的第一个图象，在判断时可以依据“先拐先平数值大”的原则，在转化率与时间关系曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高，T1＜T2，再根据T2时反应物转化率低，说明温度升高平衡逆向移动，则正反应为放热反应，从而再进一步判断平衡常数的大小关系；对于第2小题的第二个图象，可以采用“定一议二”的原则判断，当图像中有多个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，本题可以先作一个垂直横坐标的辅助线，结合该反应是放热反应，判断等压时不同温度下物质转化率的高低，从而判断c曲线反应物的转化率最低，对应的温度最高。
23.I．实验室用50 mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55 mol/LNaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
21.6
24.9
完成下列问题：
(1)图中实验装置中尚缺少的玻璃仪器是____________________________．
(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是________________________．
(3)根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=_________[盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18J/(g·℃)计算]．
(4)如用0.5 mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将_____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．如改用60 mL0.5moI/L的盐酸与50 mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______（填“相等”或“不相等”），所求中和热_____（填“相等”或“不相等”）。
(5) 上述实验结果数值与57.3相比有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）______．
A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C．做本实验的当天室温较高
D．在量取NaOH溶液时仰视计数
E.大烧杯的盖扳中间小孔太大。
Ⅱ．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：
（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥_______。
（2）试验编号②和③探究的内容是_____________。
（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=__________mol·L-1·min-1。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 提高装置的保温效果 (3). －56.8 kJ·mol－1 (4). 偏大 (5). 不相等 (6). 相等 (7). ABDE (8). 2.5(或5:2) (9). 其他条件不变，温度对反应速率的影响 (10). 0.010
【解析】
I．(1)由装置图可知，装置中尚缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒。
(2)中和热测定实验的主要目的是测量反应放出的热量多少，所以提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果。
(3)从表格数据知，三次实验温度差的平均值为3.40℃，50 mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55 mol/LNaOH溶液的质量m=100mL1g/mL=100g，c=4.18J/(g·℃),代入Q=cm△T得生成0.025mol水放出的热量Q=4.18J/(g·℃)100g3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，所以生成1mol水放出热量为=56.8kJ, 则该实验测得的中和热△H=－56.8 kJ·mol－1。
(4)氢氧化钠固体溶于水放热反应映后温度升高，计算所得的热量偏大，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；反应放出的热量和所用的酸和碱的用量多少有关，改用60 mL0.5moI/L的盐酸与50 mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热，因此所求中和热相等。本题正确答案为：偏大 ；不相等 ； 相等
(5) A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸碱中和，温度计读数变化值会减小，所以导致实验中测得的中和热数值偏小，故A正确；B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分热量散失，实验中测得的中和热数值偏小，故B正确；C．做本实验的室温与反应热的数据无关，故C错误；D．在量取NaOH溶液时仰视计数，会使实际测量体积高于所要量的体积，由于碱过量，放出的热不变，但溶液质量变大，△T变小，导致实验测得的中和热数值偏低，故D正确；E.大烧杯的盖扳中间小孔太大，会导致一部分热量散失，导致实验测得的中和热数值偏低，故E正确；因此，本题正确答案为ABDE。
Ⅱ．（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程是：2 KMnO4+5 H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；从方程式知，当n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2=2.5时反应恰好发生，为了观察到紫色褪去，KMnO4的量应少量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥2.5。
（2）实验编号②和③除了温度不同，其他条件完全相同，所以实验编号②和③探究的内容是其他条件不变，温度对反应速率的影响。
（3）实验①草酸的物质的量为：0.10mol/L0.002L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：
0.010mol/L0.004L=0.00004mol，n(H2C2O4)：n(KMnO4)=0.0002:0.00004=5:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，反应开始时高锰酸钾的浓度为：=0.010mol/L,
这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol·L-1·min-1。
24.（1）一定温度下有：a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸溶液．（用序号abc填空）
①当其物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是__________．
②当其pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为_________．将其稀释10倍后，pH由大到小的顺序为_____________
（2）某温度下，纯水中的c (H+)= 4.0×10-7 mol/L, 则此温度下纯水中的c (OH-)=______________mol/L; 若温度不变, 滴入稀NaOH溶液, 使c (OH-)= 5.0×10-6 mol/L,则溶液的c (H+)= _________________mol/L.
（3）在25℃时，100ml 1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合, 混合后溶液的pH= _______________
【答案】 (1). b＞a＞c (2). c＞a＞b (3). a = b＞ c (4). 4.0×10-7 (5). 3.2×10-8 (6). 13
【解析】
试题分析：(1).盐酸、硫酸、醋酸三种酸在溶液中的电离情况如下：盐酸是一元强酸，在水溶液中完全电离，不存在电离平衡：HCl===H++Cl－。硫酸是二元强酸，在水溶液中也完全电离，不存在电离平衡：H2SO4===2H++SO。醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+。（2）纯水中的c(OH－)=c(H＋)；若温度不变，水的离子积不变；（3）在25℃时，100ml 1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合，氢氧化钠有剩余，先计算剩余氢氧根离子的浓度，再计算氢离子浓度；
解析：(1) ①设三种酸的物质的量浓度均为x，则盐酸中c(H+)=c(HCl)=x,硫酸中c(H+)=2×c(H2SO4)=2x，醋酸中c(H+)＜＜c(CH3COOH)，c(H+)＜＜x。故b＞a＞c；②设c(H+)=y，则盐酸中c(H+)=c(HCl)=y，硫酸中c(H2SO4)= c(H+)=，醋酸中c(H+)＜＜c(CH3COOH)，y＜＜c(CH3COOH)，由分析可知，c(H+)相同时，c(CH3COOH)最大，c(HCl)次之，c(H2SO4)最小，故c＞a＞b。
（2）某温度下，纯水中的c(OH－)=c(H＋)= 4.0×10-7 mol/L；该温度下，水的离子积是，c (OH-)= 5.0×10-6 mol/L时， c (H+)= 3.2×10-8 mol/L；（3）在25℃时，100ml 1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合，氢氧化钠有剩余，剩余氢氧根离子的浓度是 ，；PH=。
可能用到的原子量：C-12 H-1 O-16 N-14 S-32 K-39 Mn-55
第I卷 选择题（共50分）
一、选择题（每题只有1个选项符合题意，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分）
1.下列关于能量转换的认识中不正确的是
A. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化为化学能
B. “生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量，因此利用生物质能就是间接利用太阳能
C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能
D. 葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，热能转化为化学能
【答案】D
【解析】
A. 电解水时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上氢离子放电生成氢气，电能转化为化学能，A正确；B. “生物质能”主要指用树木、庄稼、草类等植物直接或间接提供的能量，绿色植物通过光合作用把太阳能转化为生物质能储存起来，因此利用生物质能就是间接利用太阳能，B正确；C. 煤燃烧时，化学能转化为热能和光能，但主要转化为热能，C正确；D. 葡萄糖在人体组织中发生缓慢氧化时，化学能转化为热能，D不正确，本题选D。
2.实验测得25℃、101 kPa时，1 mol甲醇完全燃烧释放726.51kJ的热量，下列热化学方程式书写正确的是( )
A. 2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O ΔH＝－1453.02 kJ·mol－1
B. 2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝＋1453.02 kJ·mol－1
C. CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.51 kJ·mol－1
D. CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－726.51 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
选项A中所有物质都没有标注其状态，所以选项A错误。实验是在25℃、101 kPa时，进行的测定，所以生成的应该是液态水，选项B错误。热化学方程式中的系数表示对应物质的物质的量，1mol甲醇燃烧得到液态水的放热为726.51kJ，所以热化学方程式表示为：CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.51 kJ·mol－1，选项C正确。实验是在25℃、101 kPa时，进行的测定，所以生成的应该是液态水，选项D错误。
3.下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是
A. 甲烷的燃烧 B. 灼热的炭与二氧化碳反应
C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 D. 碳酸钙的分解
【答案】A
【解析】
分析：图象中反应物总能量高于生成物总能量，所以这是一个放热反应，根据常见的吸热反应和放热反应即可判断出正确答案。
详解：一般来说，物质的燃烧反应、多数的化合反应、中和反应、金属与水（或酸）反应、铝热反应等都是放热反应，而多数的分解反应，C与水（或CO2）的反应，铵盐与某些碱的反应、水解反应都是吸热反应，所以A是放热反应，其它三个都是吸热反应，故本题答案为A。
4.在不同条件下进行反应：2A（s）＋B（g）3C（g）＋4D（g），分别测得了如下反应速率数据，其中反应速率最快的是
A. v（A）＝0.7 mol·L-1·s-1 B. v（B）＝0.3 mol·L-1·s-1
C. v（C）＝0.8 mol·L-1·s-1 D. v（D）＝1.0 mol·L-1·s-1
【答案】B
【解析】
【分析】
比较反应速率的大小时，不仅要看反应速率数值的大小，还要结合化学方程式中物质的化学计量数的大小进行比较，有时还要考虑速率的单位。本题可将不同物质的速率转化为同一物质的反应速率，为了计算方便，可将B项维持不变，C、D项均转化为υ(B)，再与B项进行比较。
【详解】物质A是固体，不能表示反应速率。如果反应速率均用物质B表示，则根据方程式结合反应速率之比是化学计量数之比可知选项B～D分别是[mol·L-1·s-1]0.3、0.267、0.25，所以反应速率最快的是选项B。答案选B。
5.下列说法不正确的是 ( )
A. 焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素
B. 冰融化的过程中，熵值增加
C. 铁生锈和氢燃烧均为自发放热过程
D. 可以通过改变温度或加催化剂的办法使非自发反应转变为自发反应
【答案】D
【解析】
分析：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系；B、固体变为液体过程混乱度增大；C、△H﹣T△S＜0的反应自发进行；D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响。
详解：A、反应能否自发进行与反应的熵变和焓变都有关系，故A正确；
B、冰融化过程，分子混乱度增大，熵值增加，故B正确；
C、铁生锈、氢气燃烧均是常温下自发的放热反应，故C正确；
D、催化剂只改变反应所需的活化能,不改变反应热,所以对△H﹣T△S的值无影响,则对反应的自发性无影响,故D错误。
故本题选D。
点睛：本题考查所有化学反应都有热效应、不同状态的物质混乱度不同、反应自发与否的条件，明确反应自发进行的判据为：△H-T△S＜0是解题关键，题目有一定难度。
6.关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是
A. 溶液中c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1
B. 由水电离出的c （OH-）＝1.0´10-12 mol·L-1
C. 加水稀释后，氨水的电离程度增大
D. 加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大
【答案】D
【解析】
分析：pH＝12的稀氨水，c （H+）=10-12 mol·L-1，c （OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1；碱溶液抑制水电离，因此c（OH-）（水）= c（H+）=10-12 mol·L-1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加水稀释，促进电离；增加c(NH4+)，平衡左移，抑制电离；据此解答此题。
详解：A. pH＝12的稀氨水，c（H+）=10-12 mol·L-1，c（OH-）＝1.0´10-2 mol·L-1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c（OH-）= c（H+）=10-12 mol·L-1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH-，加入少量NH4Cl固体，增加c(NH4+)，平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。
7.在厨房里对水进行下列操作，能促进水的电离的是( )
A. 加入少量酒精 B. 加入少量食醋
C. 把水放入冰箱中使其降温至1℃ D. 把水加热至沸腾
【答案】D
【解析】
A、酒精为非电解质，对水的电离无影响，A错误；B、食醋的主要成分为醋酸，电离出H+，抑制水的电离，B错误；C、水的电离是吸热反应，降温，水的电离平衡逆向移动，电离程度减小，C错误；D、水的电离是吸热反应，升温，水的电离平衡正向移动，电离程度增大，从而升温促进了水的电离，D正确。正确答案为D。
8.在实验或生活中为了控制反应速率，下列做法不正确的是( )
A. 用氯酸钾制取氧气时可加入少量的高锰酸钾以加快反应速率
B. 为加快制取氢气的速率用粗锌粒代替纯锌粒
C. 为降低硫酸与Cu反应制备SO2的速率可以采用稀硫酸代替浓硫酸
D. 为了延长食品的保质期在食品包装袋中加入硅胶、硫酸铁
【答案】C
【解析】
分析：A.高锰酸钾分解生成的二氧化锰可起到催化剂的作用; B. 粗锌产生原电池加速反应；C.稀硫酸与浓硫酸的性质不同；D.硅胶具有干燥的功能,硫酸亚铁具有还原性。
详解:A.高锰酸钾分解生成的二氧化锰可起到催化剂的作用,可加快反应速率,所以A选项是正确的；
B. 粗锌产生原电池加速反应,所以B选项是正确的；
C.稀硫酸与浓硫酸的性质不同,稀硫酸生和铜不反应，而浓硫酸生成二氧化硫,故C错误；
D.硅胶具有干燥的功能,硫酸亚铁具有还原性，可延长食品的保质期,所以D选项是正确的。
所以本题答案选C。
9.下列关于电离平衡常数（K）的说法中正确的是（ ）
A. 电离平衡常数（K）与温度无关
B. H2CO3的电离常数表达式
C. 同温下，电离平衡常数越小表示弱电解质电离能力越弱
D. 多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1
【解析】
电离平衡常数（K）是温度的常数，随温度的增大而增大，A项错误；H2CO3为二元弱酸，分两步电离，其电离平衡常数为：Ka1=、Ka2=，B项错误；相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，C项正确；多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，所以多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为K1＞K2＞K3，D项错误。
10.下列有关平衡常数的说法中，正确的是 ( )
A. 改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
B. 反应2NO2(g)N2O4(g) △H ＜0，升高温度该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D. CO2＋H2 CO＋H2O的平衡常数表达式为K==
【答案】D
【解析】
【详解】A、改变压强平衡可以正向进行，反应物转化率增大，但平衡常数不变，平衡常数只随温度变化，选项A错误；B、反应是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，平衡常数减小，选项B错误；C、对于给定可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，选项C错误；D、平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，则CO2+H2CO+H2O的平衡常数表达式为K==，选项D正确；答案选D。
11.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是
①醋酸与水能以任意比互溶； ②醋酸溶液能导电；
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子； ④常温下，0.1mol/L醋酸的pH比0.1mol/L盐酸的pH大；
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2；⑥大小相同的铁片与同物质的量浓度的盐酸和醋酸反应,醋酸产生H2速率慢；
A. ②⑥ B. ③④⑤ C. ③④⑥ D. ①②
【答案】C
【解析】
【详解】①醋酸与水能以任意比互溶与醋酸电离程度没有关系；②醋酸溶液能导电与离子浓度和所带电荷数有关，不能说明醋酸的电离程度；③说明醋酸未完全电离，是弱电解质；④醋酸溶液中c(H＋)小于盐酸，说明醋酸的电离程度小于盐酸，是弱电解质；⑤只能说明醋酸酸性强于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质；⑥醋酸溶液中c(H＋)小于盐酸，说明醋酸的电离程度小于盐酸，说明醋酸的电离程度小于盐酸，是弱电解质。A. ②⑥不符合题意； B. ③④⑤不符合题意；C. ③④⑥符合题意；D. ①②不符合题意；故选C。
12.键能是指破坏(或形成)1 mol化学键所吸收(或放出)的能量。化学反应就是旧键的断裂和新键的形成的过程。现查得：H—H、H—O和O=O的键能分别为a kJ/mol、b kJ/mol和c kJ/mol，请用此数据估计，由H2(g)、O2(g)生成1 mol H2O(g)时的热效应
A. 放热(a+c/2－2b) kJ B. 吸热(a+c/2－2b) kJ
C. 放热(2b－a－c/2) kJ D. 吸热(2b－a－c/2) kJ
【答案】C
【解析】
H2与O2生成H2O（g）的反应为放热反应，反应2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）中断裂2molH-H键和1molO=O键吸收（2a+c）kJ能量，形成4molH-O键释放4bkJ能量，即生成2molH2O（g）时放热（4b-2a-c）kJ，则由H2（g）、O2（g）生成1molH2O（g）时放热（2b-a-c/2）kJ，答案选C。
13.已知：①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ/mol－1②H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。下列说法中错误的是 ( )
A. ①式表示25 ℃，101 kpa时，2 mol H2和1 mol O2完全燃烧生成2 mol H2O(l)放热571.6 kJ
B. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6 kJ·mol－1
C. 将含1 mol NaOH的水溶液与50 g 98%的硫酸溶液混合后放出的热量为57.3 kJ
D. 将含1 mol NaOH的稀溶液与含1 mol CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3 kJ
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据热化学方程式的意义知：①式表示25 ℃，101 kpa时，2 mol H2和1 mol O2完全燃烧生成2 mol H2O(l)放热571.6 kJ，正确；B、气态水液化吸热，则生成气态水放出的热量少，放热反应ΔH＜0，放出的热量越少ΔH越大，则2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)中ΔH大于－571.6 kJ·mol－1，正确；C、浓硫酸溶于水放热，则将含1 mol NaOH的水溶液与50 g 98%的硫酸溶液混合后放出的热量大于57.3 kJ，错误；D、醋酸电离吸热，则将含1 mol NaOH的稀溶液与含1 mol CH3COOH的稀溶液混合后放出的热量小于57.3 kJ，正确。
考点：考查化学反应与能量转化，中和热。
14.将4 mol A气体和1mol B气体在2 L的容器内混合，在一定条件下发生反应： 2A(g) ＋B(g)3C(g)，若2 min后测得C的浓度为0.6 mol·L－１，则下列说法正确的是
A. 用物质A表示反应的平均速率为v(A)= 0.4 mol·(L·min)－１
B. 2 min时A、B、C三种气体的总量为5mol
C. 2 min时B的转化率为20％
D. 若2 min后该反应达平衡，则各种气体的量不再变化，反应停止
【答案】B
【解析】
【详解】A.因2 min后测得C的浓度为0.6 mol·L－１，则用物质C表示反应的平均速率为v(C)= 0.6 mol·L－１÷2min=0.3 mol·(L·min)－１，用物质A表示反应的平均速率为v(A)=v(C)= 0.2 mol·(L·min)－１，故A说法错误；
B.由于该反应为等体积的可逆反应，反应前气体的总物质的量为：4mol+1mol=5mol，反应后气体的总物质的量保持不变，则有2 min时A、B、C三种气体的总量为5mol，故B说法正确；
C.2min内转化的B量为：0.6 mol·L－１×2L÷3=0.4mol，则B的转化率为：=0.4mol÷1mol=40%，故C说法错误；
D.可逆反应达到平衡后，反应并没有停止，只是正逆反应速率达到相等，故D说法错误；
答案选B。
15.已知某可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)；△H 在密闭容器中进行，如图所示，反应在不同时间t，温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线，由曲线分析下列判断正确的是（ ）
A. T1
B. T1>T2，P1
C. T1>T2，P1
【答案】D
【解析】
试题分析：根据图像可知T1所在曲线首先达到平衡状态，温度高反应速率快，这说明温度T1高于T2。温度越高B的含量越低，这说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应是吸热反应，即△H>0。P2所在曲线首先达到平衡状态，压强大反应速率快，这说明压强是P2大于P1。压强越大B的含量越低，这说明增大压强平衡向正反应方向进行，因此正反应是体积减小的，即m+n
16.在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新平衡时，B的浓度是原来的65%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质B的质量分数增加了
C. 物质A的转化率减小了 D. a＞b
【答案】B
【解析】
【详解】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b。A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A错误；B、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故B正确；C、根据A的判断，平衡向正反应移动，反应物转化率增大，故C错误；D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；故选B。
17.可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)，在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2 ②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ③用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为2∶2∶1的状态 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的压强不再改变的状态 ⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
A. ①④⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①③④⑤ D. 全部
【答案】A
【解析】
试题分析：可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析。①υ（NO2）正=2υ（O2）逆，证明正逆反应速率相等，化学反应达到了平衡状态，故正确；②υ（NO）正=2υ（O2）正，只能体现反应的正反应方向，不能证明正逆反应速率相等，化学反应不一定达到了平衡状态，故错误；③化学反应进行到任何程度，化学反应速率之比均等于方程式的系数之比，所以用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态不一定是平衡状态，故错误；④混合气体颜色不再改变，证明二氧化氮的浓度不随时间的改变而改变，证明达到了平衡状态，故正确；⑤混合气体密度ρ＝，质量在反应前后是守恒的，体积保持不变，所以密度自始至终都不变，所以混合气体密度不改变的状态不一定是平衡状态，故错误；⑥反应是一个前后气体系数和变化的反应，当混合气体压强不再改变的状态是平衡状态，故正确；⑦混合气体平均相对分子质量M＝，质量在反应前后是守恒的，反应是一个前后气体系数和变化的反应，即n是变化的，所以M不变证明反应达到了平衡状态，故正确，故选A。
考点：考查化学平衡状态的判断
18.对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g) △H＜0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是
①增加A的量，平衡向正反应方向移动 ②升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小 ③压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变 ④增大B的浓度，平衡向正反应方向移动 ⑤加入催化剂，B的转化率提高
A. ①② B. ③ C. ④ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
试题分析：①A是固体，增大A的量对平衡无影响，故①错误；②升高温度，v(正)、v(逆)均应增大，但v(逆)增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故②错误；③压强增大平衡不移动，但v(正)、v(逆)都增大，故③错误；④增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v(正)＞v(逆)，故④正确；⑤使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故⑤错误；故选C。
考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。
19.已知0.1 mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，可以采取的措施是（ ）
A. 加少量烧碱溶液 B. 加入少量CH3COONa晶体
C. 加少量冰醋酸 D. 加水
【答案】D
【解析】
试题分析：A、加少量烧碱固体，氢氧根离子和氢离子反应，平衡向右移动，醋酸根浓度增大，Ka不变，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，错误；B、加少量CH3COONa固体，醋酸根浓度增大，平衡逆向移动，氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，错误；C、加少量冰醋酸，醋酸的电离程度减小，溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值减小，错误；D、加水稀释，醋酸的电离平衡向右移动，溶液中氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，溶液体积相同，故溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，正确。
考点：考查弱电解质的电离
20.温度为T1（T1=25℃）和T2时，水溶液中水的离子积曲线如图所示：下列判断错误的是（ ）
A. T2＞25℃ B. x=1.0×10﹣7
C. KW（a）=KW（d） D. b点溶液呈碱性，c点溶液呈酸性
【答案】C
【解析】
A、水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，25℃时纯水中c(H+)=1.0×10-7mol/L，T2时纯水中c(H+)=1.0×10-6mol/L，比25℃时纯水中c(H+)大，所以T2＞25℃，故A正确；B、T1为常温，纯水中c(H+)=1.0×10-7mol/L，所以x=1.0×10-7，故B正确；C、升高温度，促进水的电离，水的离子积增大，T2＞25℃,所以KW(a)＜KW(d)，故C错误；D、b点溶液中c(H+)＞c(OH−)，溶液显酸性，c点溶液c(H+)＜c(OH−)，溶液显碱性，故D正确。故选C。
第II卷 非选择题（共50分）
21.(1)下列物质属于强电解质的是______;属于弱电解质的是_______;属于非电解质的是_______.
①CH3COOH ②BaSO4 ③石墨 ④NaCl水溶液 ⑤盐酸 ⑥蔗糖 ⑦CO2 ⑧Na2O ⑨H2CO3 ⑩氢氧化铝
(2)写出CH3COOH 、H2CO3 、氢氧化铝的电离方程式______________________________； __________________________________；________________________________
【答案】 (1). ②⑧ (2). ①⑨⑩ (3). ⑥⑦ (4). CH3COOH CH3COO-+H+ (5). H2CO3 HCO3-+ H+ HCO3- H+ +CO32- (6). Al(OH)3Al3++3OH-；
【解析】
【详解】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；如②BaSO4、⑧Na2O；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；如①CH3COOH、⑨H2CO3 ⑩氢氧化铝；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，如：⑥蔗糖、⑦CO2。答案： ②⑧ ①⑨⑩ ⑥⑦。
(2)CH3COOH、H2CO3 、氢氧化铝都属于弱电解质，电离反应电离方程式为：CH3COOH CH3COO-+H+、H2CO3 HCO3-+ H+、HCO3- H+ +CO32- 氢氧化铝的电离方程式Al(OH)3Al3++3OH-；
本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确强电解质、弱电解质非电解质的概念，在做此类题目时候要死死抓住定义即可。
22.煤气化和液化是现代能源工业中重点考虑的能源综合利用方案。最常见的气化方法为用煤生产水煤气，而当前比较流行的液化方法为用煤生产CH3OH。
（1）已知：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1
2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
则反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的ΔH＝______。
（2）如图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________K2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②由CO合成甲醇时，CO在250 ℃、300 ℃、350 ℃下达到平衡时转化率与压强的关系曲线如下图所示，则曲线c所表示的温度为________ ℃。实际生产条件控制在250 ℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是____________。
③以下有关该反应的说法正确的是________(填序号)。
A．恒温、恒容条件下，若容器内的压强不再发生变化，则可逆反应达到平衡
B．一定条件下，H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍时，可逆反应达到平衡
C．使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间并提高CH3OH的产率
D．某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2 mol·L－1，则CO的转化率为80%
（3）一定温度下，向2 L固定体积的密闭容器中加入1 mol CH3OH(g)，发生反应：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)，H2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
0～2 min内的平均反应速率v(CH3OH)＝__________。该温度下，反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K＝__________。相同温度下，在一个恒容容器中加入一定量的CO(g)和H2发生：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)的反应，某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时该反应_____进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。
【答案】 (1). ΔH1＋ΔH2－ΔH3 (2). ＞ (3). 350 (4). 1.3×104 kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失 (5). AD (6). 0.125 mol·L－1·min－1 (7). 4 (8). 向正反应方向
【解析】
（1）.已知：①.CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1 ②.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g) ΔH2 ③.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律，①＋②÷2－③÷2得：CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)，则△H＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3，故答案为：ΔH1＋ΔH2－ΔH3；
(2). ①. 由图象可知，根据“先拐先平数值大”的原则，温度T1＜T2，升高温度CO的转化率降低，说明正反应为放热反应，平衡逆向移动，则K值减小，即K1>K2，故答案为：>；
②. 根据上述分析可知，该反应为放热反应，升高温度CO的转化率降低，由图象可知，曲线c对应的CO转化率最低，温度应最高，即为350℃；根据CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系图可知在1.3×104kPa下，CO的转化率已经很高，如果增加压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失，故答案为：350；1.3×104kPa下CO的转化率已经很高，如果增大压强，CO的转化率提高不大，而生产成本增加很多，得不偿失；
③. A. 反应前后气体的物质的量不等，恒温、恒容条件下，若容器内的压强不发生变化，可说明可逆反应达到平衡，故A正确；B. 无论是否达到平衡状态，都存在H2的消耗速率是CO的消耗速率的2倍，因此不能判断是否达到平衡状态，故B错误；C. 使用合适的催化剂能缩短达到平衡的时间，但不能使平衡发生移动，故C错误；D. 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器中，充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则剩余0.4molCO，所以CO的转化率为（2mol−0.4mol）÷2mol×100%=80%，故D正确；故答案为：AD；
(3).平衡时氢气的浓度为0.5mol/L，则v(H2)=0.5mol/L÷2min=0.25mol⋅L−1⋅min−1，则v(CH3OH)=0.125mol⋅L−1⋅min−1；
CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5
则K1==0.25，求得该反应的化学平衡常数为0.25(mol/L)2，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)是该反应的逆反应，所以K＝＝＝4；
某时刻测得体系中各物质的量浓度如下：C（CO）=0.25 mol·L－1，C（H2）=1.0 mol·L－1，C（CH3OH）=0.75 mol·L－1，则此时Qc＝＝3＜K＝4，则平衡向正反应向移动；故答案为： 0.125 mol·L－1·min－1；4；向正反应方向。
点睛：本题综合考查盖斯定律和化学平衡，难点是图象的分析与判断，对于第2小题中的第一个图象，在判断时可以依据“先拐先平数值大”的原则，在转化率与时间关系曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高，T1＜T2，再根据T2时反应物转化率低，说明温度升高平衡逆向移动，则正反应为放热反应，从而再进一步判断平衡常数的大小关系；对于第2小题的第二个图象，可以采用“定一议二”的原则判断，当图像中有多个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，本题可以先作一个垂直横坐标的辅助线，结合该反应是放热反应，判断等压时不同温度下物质转化率的高低，从而判断c曲线反应物的转化率最低，对应的温度最高。
23.I．实验室用50 mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55 mol/LNaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
NaOH溶液
1
20.2
20.3
23.7
2
20.3
20.5
23.8
3
21.5
21.6
24.9
完成下列问题：
(1)图中实验装置中尚缺少的玻璃仪器是____________________________．
(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是________________________．
(3)根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=_________[盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18J/(g·℃)计算]．
(4)如用0.5 mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将_____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．如改用60 mL0.5moI/L的盐酸与50 mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______（填“相等”或“不相等”），所求中和热_____（填“相等”或“不相等”）。
(5) 上述实验结果数值与57.3相比有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）______．
A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净
B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓
C．做本实验的当天室温较高
D．在量取NaOH溶液时仰视计数
E.大烧杯的盖扳中间小孔太大。
Ⅱ．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：
（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥_______。
（2）试验编号②和③探究的内容是_____________。
（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=__________mol·L-1·min-1。
【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 提高装置的保温效果 (3). －56.8 kJ·mol－1 (4). 偏大 (5). 不相等 (6). 相等 (7). ABDE (8). 2.5(或5:2) (9). 其他条件不变，温度对反应速率的影响 (10). 0.010
【解析】
I．(1)由装置图可知，装置中尚缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒。
(2)中和热测定实验的主要目的是测量反应放出的热量多少，所以提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果。
(3)从表格数据知，三次实验温度差的平均值为3.40℃，50 mL 0.50mol/L盐酸、50mL 0.55 mol/LNaOH溶液的质量m=100mL1g/mL=100g，c=4.18J/(g·℃),代入Q=cm△T得生成0.025mol水放出的热量Q=4.18J/(g·℃)100g3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，所以生成1mol水放出热量为=56.8kJ, 则该实验测得的中和热△H=－56.8 kJ·mol－1。
(4)氢氧化钠固体溶于水放热反应映后温度升高，计算所得的热量偏大，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；反应放出的热量和所用的酸和碱的用量多少有关，改用60 mL0.5moI/L的盐酸与50 mL 0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热，因此所求中和热相等。本题正确答案为：偏大 ；不相等 ； 相等
(5) A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸碱中和，温度计读数变化值会减小，所以导致实验中测得的中和热数值偏小，故A正确；B. 把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分热量散失，实验中测得的中和热数值偏小，故B正确；C．做本实验的室温与反应热的数据无关，故C错误；D．在量取NaOH溶液时仰视计数，会使实际测量体积高于所要量的体积，由于碱过量，放出的热不变，但溶液质量变大，△T变小，导致实验测得的中和热数值偏低，故D正确；E.大烧杯的盖扳中间小孔太大，会导致一部分热量散失，导致实验测得的中和热数值偏低，故E正确；因此，本题正确答案为ABDE。
Ⅱ．（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程是：2 KMnO4+5 H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；从方程式知，当n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2=2.5时反应恰好发生，为了观察到紫色褪去，KMnO4的量应少量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥2.5。
（2）实验编号②和③除了温度不同，其他条件完全相同，所以实验编号②和③探究的内容是其他条件不变，温度对反应速率的影响。
（3）实验①草酸的物质的量为：0.10mol/L0.002L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：
0.010mol/L0.004L=0.00004mol，n(H2C2O4)：n(KMnO4)=0.0002:0.00004=5:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，反应开始时高锰酸钾的浓度为：=0.010mol/L,
这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==0.010mol·L-1·min-1。
24.（1）一定温度下有：a．盐酸 b．硫酸 c．醋酸三种酸溶液．（用序号abc填空）
①当其物质的量浓度相同时，c（H+）由大到小的顺序是__________．
②当其pH相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为_________．将其稀释10倍后，pH由大到小的顺序为_____________
（2）某温度下，纯水中的c (H+)= 4.0×10-7 mol/L, 则此温度下纯水中的c (OH-)=______________mol/L; 若温度不变, 滴入稀NaOH溶液, 使c (OH-)= 5.0×10-6 mol/L,则溶液的c (H+)= _________________mol/L.
（3）在25℃时，100ml 1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合, 混合后溶液的pH= _______________
【答案】 (1). b＞a＞c (2). c＞a＞b (3). a = b＞ c (4). 4.0×10-7 (5). 3.2×10-8 (6). 13
【解析】
试题分析：(1).盐酸、硫酸、醋酸三种酸在溶液中的电离情况如下：盐酸是一元强酸，在水溶液中完全电离，不存在电离平衡：HCl===H++Cl－。硫酸是二元强酸，在水溶液中也完全电离，不存在电离平衡：H2SO4===2H++SO。醋酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离，存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－+H+。（2）纯水中的c(OH－)=c(H＋)；若温度不变，水的离子积不变；（3）在25℃时，100ml 1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合，氢氧化钠有剩余，先计算剩余氢氧根离子的浓度，再计算氢离子浓度；
解析：(1) ①设三种酸的物质的量浓度均为x，则盐酸中c(H+)=c(HCl)=x,硫酸中c(H+)=2×c(H2SO4)=2x，醋酸中c(H+)＜＜c(CH3COOH)，c(H+)＜＜x。故b＞a＞c；②设c(H+)=y，则盐酸中c(H+)=c(HCl)=y，硫酸中c(H2SO4)= c(H+)=，醋酸中c(H+)＜＜c(CH3COOH)，y＜＜c(CH3COOH)，由分析可知，c(H+)相同时，c(CH3COOH)最大，c(HCl)次之，c(H2SO4)最小，故c＞a＞b。
（2）某温度下，纯水中的c(OH－)=c(H＋)= 4.0×10-7 mol/L；该温度下，水的离子积是，c (OH-)= 5.0×10-6 mol/L时， c (H+)= 3.2×10-8 mol/L；（3）在25℃时，100ml 1.0mol/L的盐酸与等体积1.2mol/L的氢氧化钠溶液混合，氢氧化钠有剩余，剩余氢氧根离子的浓度是 ，；PH=。
相关资料
更多
