2021-2022学年北京八中高二（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年北京八中高二（上）期中化学试卷，共38页。试卷主要包含了非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京八中高二（上）期中化学试卷
一、选择题（共42分）每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分
1．（3分）下列事实可证明一水合氨是弱碱的是（　　）
A．铵盐受热易分解
B．0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红
C．常温时，0.1mol/L氨水溶液的pH约为11
D．能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
2．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（　　）

A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
3．（3分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．实验室中用排饱和食盐水法收集氯气
B．合成氨工厂生产过程中通常采用较高压强
C．压缩NO2与N2O4混合气，气体颜色变深
D．工业上生产硫酸过程中，通入过量空气以提高SO2的转化率
4．（3分）在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是（　　）
A．使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C．增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D．增大 c（CO），活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
5．（3分）以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝+30 kJ/mol
6．（3分）某温度下N2O5按下式分解：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如表。下列说法不正确的是（　　）
t/min
0
1
2
3
4
5
……
c（N2O5）/（mol/L）
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
……
A．4min时，c（NO2）＝1.50mol/L
B．5min时，N2O5的转化率为83%
C．0～2min内平均反应速率v（O2）＝0.125mol/（L•min）
D．其他条件不变，若起始c（N2O5）＝0.50mol/L，则2min时c（N2O5）＜0.25mol/L
7．（3分）已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.0kJ•mol﹣1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是（　　）

A．升高温度能使增大
B．该条件下，反应的平衡常数为
C．反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为25%
D．3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
8．（3分）常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：下列说法正确的是（　　）
组别
混合前
混合后
甲
c（HX）＝0.1mol•L﹣1
c（NaOH）＝0.1mol•L﹣1
pH＝9
乙
c（HY）＝0.1mol•L﹣1
c（NaOH）＝0.1mol•L﹣1
pH＝7
A．HX为弱酸
B．HY溶液的pH＜1
C．甲的混合液中c（X﹣）＝c（Na+）
D．乙的混合液中c（Na+）＞c（Y﹣）
9．（3分）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（　　）

A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba（OH）2
Ca（OH）2
Ba（OH）2
NH3•H2O

A．A B．B C．C D．D
10．（3分）铁的配合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
11．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+
B．由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣
C．＝1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣
D．c（Fe3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣
12．（3分）某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是（　　）

A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D．b点酸的总物质的总浓度小于a点酸的总物质的总浓度
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（　　）
A．是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2
B．是C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＞0、x＞0.1
C．是0.03g镁条分别2mL2mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
D．是0.5mol/LCH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c（OH﹣）减小
14．（3分）下列实验中，均产生白色沉淀。

下列分析不正确的是（　　）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2（SO4）3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
二、非选择题
15．（6分）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要的作用，请回答。
（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式 　 　。
（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度的关系如表：
温度（℃）
25
125
225
…
平衡常数
4.1×106
K1
K2
…
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1　 　　K2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
②判断该反应达到化学平衡状态的依据是 　 　（填序号）；
A．2v（H2）（正）＝3v（NH3）（逆）
B．2v（N2）（正）＝v（H2）（逆）
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
（3）25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是 　 　
A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变
C.向水中加入少量固体 CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低
D.将水加热，Kw增大，pH不变
（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 　 　。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是 　 　（填序号）。
A．c（Cl﹣）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Cl﹣）＞c（[N2H5•H2O]+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O]+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．c（N2H62+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

16．（10分）酸碱中和反应中溶液的pH变化可用于各种研究。

（1）用0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L﹣1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．
①滴定醋酸的曲线是Ⅰ，理由是 　 　。
②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是 　 　。
③V1和V2的关系：V1　 　V2（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）酸碱中和滴定可用于测定酸或碱的物质的量浓度，取20.00 mL未知浓度的盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用0.10 mol/L NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验
编号
NaOH溶液的浓度
（mol•L﹣1）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测盐酸的体积（mL）
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
25.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
①滴定达到终点的标志是 　 　。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 　 　mol/L （保留两位有效数字）。
③在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有 　 　（填字母序号）。
A.滴定终点读数时俯视
B.锥形瓶水洗后未干燥
C.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
D.碱式滴定管使用前，水洗后未用标准氢氧化钠溶液润洗
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
17．（16分）84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成分是NaCl和NaClO。
资料：HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8；H2CO3的电离常数为Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11；HClO的氧化性和杀菌消毒效果强于ClO﹣。
（1）84消毒液溶液呈　 　。（填“酸性”或“碱性”）
（2）84消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“84消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题进行了如表实验。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
分别取40mL 84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化
溶液温度由20℃升高至23℃，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化
Ⅱ
分别取40mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象
Ⅲ
分别取　 　mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象，略有刺激性气味
①实验Ⅲ中应分别取　 　mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀。
②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精　 　（填“能”或“不能”）混合使用。
（3）84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：　 　。
（4）待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10～30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为　 　。请结合电离平衡常数解释消毒效果增强的原因：　 　。
18．（10分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣53.7kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如表（均未达到平衡状态）：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为283.0kJ/mol和285.8kJ/mol；
②H2O（l）═H2O（g） ΔH3＝+44.0kJ/mol。
请回答：
（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝　 　。
（2）写出表示H2燃烧热的热化学方程式 　 　。
（3）计算反应Ⅱ的ΔH2＝　 　kJ/mol。
（4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 　 　。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
（5）如图，在图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图
　 　。

（6）表中实验数据表明，使用同一种催化剂时，随温度升高，CO2的转化率升高，但甲醇的选择性降低，原因是 　 　。
19．（16分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。
实验Ⅰ（图1）

物质
0min
1min
1h
5h
FeSO4
淡黄色
桔红色
红色
深红色
（NH4）2Fe（SO4）2
几乎无色
淡黄色
黄色
桔红色
（1）上述（NH4）2Fe（SO4）2溶液pH小于FeSO4的原因是　 　（用化学用语表示）。溶液的稳定性：
FeSO4　 　（NH4）2Fe（SO4）2（填“＞”或“＜”）。
（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。
操作
现象
取　 　，加　 　，观察。
与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同。
（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol•L﹣1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+．由实验Ⅲ，乙同学可得出的结论是　 　，原因是　 　。
（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图2（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是　 　。
（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有　 　。

2021-2022学年北京八中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共42分）每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分
1．（3分）下列事实可证明一水合氨是弱碱的是（　　）
A．铵盐受热易分解
B．0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红
C．常温时，0.1mol/L氨水溶液的pH约为11
D．能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明一水合氨是弱电解质，只要证明一水合氨部分电离即可。
【解答】解：A．铵盐受热易分解，说明铵盐不稳定，但不能说明一水合氨部分电离，所以不能证明一水合氨是弱碱，故A错误；
B．0.1mol/L的氨水可以使酚酞试液变红色，说明一水合氨电离出OH﹣而使溶液呈碱性，但不能说明一水合氨部分电离，所以不能证明一水合氨是弱碱，故B错误；
C．常温下0.1mol/L的氨水溶液pH约为11，则溶液中c（OH﹣）小于氨水浓度，说明一水合氨部分电离，所以能证明一水合氨是弱碱，故C正确；
D．能和氯化亚铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，说明一水合氨是碱，但不能说明一水合氨部分电离，所以不能证明一水合氨是弱碱，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查对基本概念的理解和灵活应用，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与其电离程度有关，题目难度不大。
2．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中●和○代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是（　　）

A．反应物总能量一定低于生成物总能量
B．一定属于可逆反应
C．一定有非极性共价键断裂
D．一定属于氧化还原反应
【分析】由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，有元素的化合价变化，以此来解答。
【解答】解：A．一般分解反应为吸热反应，由图不能确定反应中能量变化，故A错误；
B．反应前后均存在反应物，为可逆反应，故B正确；
C、同种元素形成的共价键叫非极性共价键，所以一定有非极性共价键断裂，故C正确；
D．化合物生成单质时，元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的易错点，题目难度不大。
3．（3分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．实验室中用排饱和食盐水法收集氯气
B．合成氨工厂生产过程中通常采用较高压强
C．压缩NO2与N2O4混合气，气体颜色变深
D．工业上生产硫酸过程中，通入过量空气以提高SO2的转化率
【分析】A.氯气和水反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
B.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动；
C.气体颜色由有色气体浓度决定；
D.增大反应物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A.氯气和水反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，氯气和水反应平衡逆向移动，氯气溶解度减小，故能用勒夏特列原理解释，故A正确；
B.合成氨正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，故能用勒夏特列原理解释，故B正确；
C.NO2与N2O4混合气中存在2NO2⇌N2O4，压缩体积，平衡正向移动，二氧化氮物质的量减小，但容器体积减小，二氧化氮浓度增大，颜色加深，故不能用勒夏特列原理解释，故C错误；
D.工业上生产硫酸过程中，通入过量空气，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故能用勒夏特列原理解释，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡移动原理，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
4．（3分）在一氧化碳变换反应CO+H2OCO2+H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是（　　）
A．使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
C．增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
D．增大 c（CO），活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加
【分析】活化分子发生反应生成新物质的碰撞为有效碰撞，增大浓度、压强，可增大单位体积活化分子数目，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子数目，进而增大反应速率，以此解答该题。
【解答】解：A、催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，则增大反应速率，所以使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，故A正确；
B、温度越高，活化分子的百分数增大，有效碰撞几率增加，反应的速率越快，故B正确；
C、增大压强，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故C正确；
D、浓度变大，活化分子百分数不变，但单位体积活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查温度、浓度、催化剂对反应速率的影响，题目难度不大，注意对活化分子的浓度以及百分数的影响。
5．（3分）以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝+30 kJ/mol
【分析】A．断键吸收能量；
B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气；
C．催化剂降低反应所需活化能，不影响焓变；
D．二氧化碳分解生成CO和氧气，且该反应焓变＝反应物总能量﹣生成物总能量，焓变与其方程式计量数成正比。
【解答】解：A．断键吸收能量，则过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；
B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和氧气，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；
C．催化剂降低反应所需活化能，不影响焓变，焓变与反应物和生成物总能量差有关，故C错误；
D．二氧化碳分解生成CO和氧气，且该反应焓变＝反应物总能量﹣生成物总能量，焓变与其方程式计量数成正比，则该反应为2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）△H＝（1598×2﹣1072×2﹣496）kJ/mol＝+556 kJ/mol，故D错误；
故选：B。
【点评】本题以图象分析为载体考查反应和焓变，侧重考查分析判断及计算能力，明确催化剂对反应历程影响、焓变影响因素等知识点是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
6．（3分）某温度下N2O5按下式分解：2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）。测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如表。下列说法不正确的是（　　）
t/min
0
1
2
3
4
5
……
c（N2O5）/（mol/L）
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
……
A．4min时，c（NO2）＝1.50mol/L
B．5min时，N2O5的转化率为83%
C．0～2min内平均反应速率v（O2）＝0.125mol/（L•min）
D．其他条件不变，若起始c（N2O5）＝0.50mol/L，则2min时c（N2O5）＜0.25mol/L
【分析】A.利用三段式计算；
B.转化率＝×100%；
C.2min时消耗c（N2O5）＝0.5mol/L；
D.浓度减小反应速率减小。
【解答】解：A.2N2O5（g）⇌4NO2（g）+O2（g）
开始（mol/L）1.00 0 0
变化（mol/L）0.75 1.50 0.375
4min时（mol/L）0.25 1.50 0.375
4min时，c（NO2）＝1.50mol/L，故A正确；
B.5min时，N2O5的转化率＝×100%＝×100%＝83%，故B正确；
C.2min时消耗c（N2O5）＝0.5mol/L，则2min时c（O2）＝0.5mol/L÷2＝0.25mol/L，v（O2）＝＝0.125mol/（L•min），故C正确；
D.其他条件不变，若起始c（N2O5）＝0.50mol/L，浓度减小反应速率减小，则2min时c（N2O5）＞0.25mol/L，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握表中数据的应用、速率变化及速率计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意速率与化学计量数的关系，题目难度不大。
7．（3分）已知：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49.0kJ•mol﹣1。一定条件下，向体积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3mol H2，测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化曲线如图所示。下列叙述中，正确的是（　　）

A．升高温度能使增大
B．该条件下，反应的平衡常数为
C．反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为25%
D．3min时，用CO2的浓度表示的正反应速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反应速率
【分析】A.根据温度对该化学反应平衡的影响判断移动方向，从而判断甲醇和二氧化碳的物质的量比值的变化；
B.根据平衡常数等于生成物的浓度的幂之积除以反应物浓度的幂之积进行计算；
C.根据反应达到平衡状态时，二氧化碳反应的物质的量与二氧化碳的初始物质的量的比值就是其转化率；
D.3 min时，CH3OH和CO2的浓度相等，但反应没有达到平衡状态。
【解答】解：A.此反应是放热反应，升高温度，平衡左移，导致甲醇的物质的量减少，二氧化碳的物质的量增大，所以使减小，故A错误；
B.甲醇和水蒸气的系数一样，故平衡时甲醇的浓度和水蒸气的浓度一样，氢气浓度减少了2.25mol/L，故氢气平衡浓度为0.25mol/L，根据平衡常数等于生成物的浓度的幂之积除以反应物浓度的幂之积，K＝＝＝，故B正确；
C.反应达到平衡状态时，二氧化碳减少的物质的量浓度为（1.00﹣0.25）mol/L，所以其转化率＝×100%＝75%，故C错误；
D.3 min时，CH3OH和CO2的浓度相等，但是并没有达到平衡，所以速率不相等，故B错误，
故选：B。
【点评】本题考查了图象分析题，难度不大，注意转化率的计算方法、外界条件对化学平衡的影响、化学反应速率的计算等问题。
8．（3分）常温下，将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：下列说法正确的是（　　）
组别
混合前
混合后
甲
c（HX）＝0.1mol•L﹣1
c（NaOH）＝0.1mol•L﹣1
pH＝9
乙
c（HY）＝0.1mol•L﹣1
c（NaOH）＝0.1mol•L﹣1
pH＝7
A．HX为弱酸
B．HY溶液的pH＜1
C．甲的混合液中c（X﹣）＝c（Na+）
D．乙的混合液中c（Na+）＞c（Y﹣）
【分析】A．甲中酸碱恰好完全反应生成NaX，混合溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明NaX为强酸弱碱盐；
B．乙中酸碱恰好完全反应生成NaY，混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，则NaY为强酸强碱盐；
C．甲溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（X﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）；
D．乙溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Y﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）。
【解答】解：A．甲中酸碱恰好完全反应生成NaX，混合溶液的pH＞7，溶液呈碱性，说明NaX为强酸弱碱盐，HX为弱酸，故A正确；
B．乙中酸碱恰好完全反应生成NaY，混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，则NaY为强酸强碱盐，所以HY为强酸，HY溶液的pH＝1，故B错误；
C．甲溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），溶液中存在电荷守恒c（X﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），则c（X﹣）＜c（Na+），故C错误；
D．乙溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Y﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），c（Na+）＝c（Y﹣），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确盐溶液酸碱性与酸的强弱关系是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度不大。
9．（3分）使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象的是（　　）

A
B
C
D
试剂a
CuSO4
NH4HCO3
H2SO4
CH3COOH
试剂b
Ba（OH）2
Ca（OH）2
Ba（OH）2
NH3•H2O

A．A B．B C．C D．D
【分析】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由亮﹣暗﹣熄灭﹣亮，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。
【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A错误；
B．Ca（OH）2是强电解质，随碳酸氢铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B错误；
C．向Ba（OH）2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C错误；
D．一水合氨为弱电解质，醋酸和一水合氨反应生成醋酸铵，醋酸铵为强电解质，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应、电离方程式的书写、离子反应等知识点，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，题目难度不大。
10．（3分）铁的配合物离子（用[L﹣Fe﹣H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【分析】反应历程HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2↑。
A．合并反应历程得总方程式；
B．H+浓度过大或者过小，都影响反应物的浓度；
C．IV到I有氢气生成，发生氧化还原反应；
D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步。
【解答】解：A．合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B正确；
C．IV到I有氢气生成，发生氧化还原反应，Fe和H元素的化合价发生变化，则该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化，故C正确；
D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查反应机理的分析判断、催化剂作用的理解应用、化学键的变化，决定化学快慢的因素等知识点，明确反应机理中的各个阶段是解题关键，掌握化学反应原理等基础知识即可解答，题目难度中等。
11．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+
B．由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣
C．＝1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣
D．c（Fe3+）＝0.1mol•L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣
【分析】A．酸性环境下硝酸根离子能够氧化二价铁离子；
B．常温下，由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，说明水的电离受到抑制，溶液可能为碱性溶液，也可能为酸性溶液；
C．常温下，c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液中存在大量氢离子；
D．三价铁离子能够与次氯酸根离子发生双水解。
【解答】解：A．常温下，pH＝1的溶液为酸性溶液，硝酸根离子能够氧化二价铁离子，不能大量共存，故A错误；
B．常温下，由水电离的c（H+）＝1×10﹣12mol•L﹣1的溶液，说明水的电离受到抑制，溶液可能为碱性溶液，也可能为酸性溶液，碳酸氢根离子在酸性溶液、碱性溶液都不能大量共存，故B错误；
C．c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应，可以大量共存，故C正确；
D．三价铁离子能够与次氯酸根离子发生双水解，二者不能大量共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应离子共存考查，综合性较强，题目难度不大。
12．（3分）某温度下，相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是（　　）

A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱
C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D．b点酸的总物质的总浓度小于a点酸的总物质的总浓度
【分析】A.加等量水时，强酸溶液的pH变化大于弱酸；
B.溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小；
C.水的离子积常数只受温度影响；
D.pH相同时，弱酸浓度大于强酸。
【解答】解：A.醋酸是弱酸，在水中部分电离，加水稀释时，电离平衡正向移动，盐酸是强酸，在水中完全电离，加等量水时，盐酸的pH变化大于醋酸的pH变化，故Ⅰ为盐酸稀释时的pH值变化曲线，故A错误；
B.b点溶液pH小，溶液中离子浓度大，导电能力强，故b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；
C.a点和c点温度相同，故Kw的数值相同，故C错误；
D.相同pH的盐酸和醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸，稀释相同倍数时，醋酸浓度依然大于盐酸，故b点酸的总物质的总浓度小于a点酸的总物质的总浓度，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查电离平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对电离平衡的影响是解题的关键，注意强弱电解质的区别。
13．（3分）根据下列图示所得推论正确的是（　　）
A．是新制氯水光照过程中氯离子浓度的变化曲线，推断次氯酸分解生成了HCl和O2
B．是C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）的平衡转化率与温度和压强的关系曲线，推断该反应的△H＞0、x＞0.1
C．是0.03g镁条分别2mL2mol/L盐酸和醋酸反应过程中密闭容器内气体压强随时间的变化曲线，推断①代表盐酸与镁条的反应
D．是0.5mol/LCH3COONa溶液及水的pH随温度的变化曲线，说明随温度升高，CH3COONa溶液中c（OH﹣）减小
【分析】A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，没有说明氧气；
B．当压强相同时，升温丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应吸热；固定温度，压强由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分析x；
C．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小；
D．升高温度促进醋酸钠水解。
【解答】解：A．纵坐标为氯离子浓度的变化曲线，可推断次氯酸分解生成了HCl，故A错误；
B．由图可知当压强相同时，升温丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，可推知正反应吸热，ΔH＞0；由图可知当温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1，故B错误；
C．醋酸为弱电解质，不完全电离，在相同的时间内产生的氢气量小，盐酸完全电离，在相同的时间内产生的氢气量大，①代表盐酸与镁条的反应，故C正确；
D．升高温度促进醋酸钠水解、水的电离，溶液中c（OH﹣）增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查盐类水解及弱电解质的电离，明确温度对弱电解质电离及盐类水解影响原理是解本题关键，侧重考查分析判断能力。
14．（3分）下列实验中，均产生白色沉淀。

下列分析不正确的是（　　）
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2（SO4）3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
【分析】A．两溶液都含有Na+、H2CO3、CO32﹣、HCO3﹣、OH﹣、H+、H2O；
B．氯化钙与碳酸钠反应；
C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解；
D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动。
【解答】解：A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中都含有Na+、H2CO3、CO32﹣、HCO3﹣、OH﹣、H+、H2O，两溶液中含有粒子的种类相同，故A正确；
B．钙离子能够与碳酸根离子反应，使碳酸根离子水解平衡逆向移动，抑制碳酸根离子水解，故B错误；
C．铝离子与碳酸根离子、碳酸氢根离子都能发生双水解，Al2（SO4）3能促进Na2CO3、NaHCO3水解，故C正确；
D．硫酸铝与碳酸钠和碳酸氢钠发生双水解，都生成氢氧化铝和二氧化碳，导致溶液酸性增强，溶液pH降低，氯化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙，导致碳酸根离子浓度简单，溶液pH降低，碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合促进碳酸氢根离子电离平衡正向移动，导致溶液pH降低，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉碳酸钠和碳酸氢钠的性质是解题关键，题目难度不大。
二、非选择题
15．（6分）氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要的作用，请回答。
（1）如图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式 　NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1　。
（2）在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，其化学平衡常数K与温度的关系如表：
温度（℃）
25
125
225
…
平衡常数
4.1×106
K1
K2
…
完成下列问题：
①比较K1、K2的大小：K1　＞　　K2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
②判断该反应达到化学平衡状态的依据是 　AC　（填序号）；
A．2v（H2）（正）＝3v（NH3）（逆）
B．2v（N2）（正）＝v（H2）（逆）
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
（3）25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是 　 　
A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，Kw不变
C.向水中加入少量固体 CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低
D.将水加热，Kw增大，pH不变
（4）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似。
①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 　N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+　。
②盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是 　AC　（填序号）。
A．c（Cl﹣）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
B．c（Cl﹣）＞c（[N2H5•H2O]+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O]+）+c（H+）═c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．c（N2H62+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）

【分析】（1）由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ﹣134kJ＝234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；
（2）①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；
②平衡标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，据此分析判断；
（3）水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣，加入与H+或OH﹣反应的物质，改变c（OH﹣）或c（H+），使平衡发生移动，Kw只与温度有关；
（4）①离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH﹣；
②由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，水解使溶液显酸性来分析离子浓度的大小关系。
【解答】解：（1）由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ﹣134kJ＝234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）＝NO（g）+CO2（g）△H＝﹣234 kJ•mol﹣1，
故答案为：NO2（g）+CO（g）＝CO2（g）+NO（g）△H＝﹣234kJ•mol﹣1；
（2）①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增大，所以K1＞K2，
故答案为：＞；
②A．2v（H2）（正）＝3v（NH3）（逆）不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，能证明正逆反应速率相等，故A正确；
B．2v（N2）（正）＝v（H2）（逆），不都体现正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故C正确；
D．如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故D错误；
故答案为：AC；
（3）A．向水中加入氨水，溶液中c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，故A错误；
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，则c（H+）增大，由于温度不变，则Kw不变，故B正确；
C．向水中加入少量固体Na2CO3，碳酸根离子水解，促进水的电离，平衡正向移动，c（OH﹣）增大，故C错误；
D．将水加热，促进水的电离，Kw增大，pH减小，故D错误；
故答案为：B；
（4）①因水解与NH4Cl类似，则N2H62+水解结合H2O电离生成的OH﹣，则水解离子反应为：N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，
故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+；
②A．由盐酸肼的化学式为N2H6Cl2，则c（Cl﹣）＞c（N2H62+），又水解显酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），由水解的程度很弱，则c（N2H62+）＞c（H+），即离子浓度的大小关系为c（Cl﹣）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；
B．由水解方程式N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+，及⇌[N2H5•H2O]+还可以进行再次水解，可知c（[N2H5•H2O+]）＜c（H+），故B错误；
C．根据电荷守恒可得：2c（N2H62+）+c（[N2H5•H2O+]）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．根据A可知离子浓度大小，c（Cl﹣）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D错误；
故答案为：AC。
【点评】本题考查了热化学方程式书写、平衡影响因素、盐类水解、电解质溶液中离子浓度关系等知识点，注意原理的理解应用是解题的关键，题目难度不大。
16．（10分）酸碱中和反应中溶液的pH变化可用于各种研究。

（1）用0.1mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L﹣1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．
①滴定醋酸的曲线是Ⅰ，理由是 　醋酸是弱酸，0.1mol•L﹣1的醋酸溶液pH＞1　。
②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是 　0.1mol•L﹣1的醋酸溶液　。
③V1和V2的关系：V1　＜　V2（填“＞”、“＝”或“＜”）。
（2）酸碱中和滴定可用于测定酸或碱的物质的量浓度，取20.00 mL未知浓度的盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用0.10 mol/L NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验
编号
NaOH溶液的浓度
（mol•L﹣1）
滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积（mL）
待测盐酸的体积（mL）
1
0.10
22.62
20.00
2
0.10
25.72
20.00
3
0.10
22.80
20.00
①滴定达到终点的标志是 　当滴入最后一滴标准液滴入锥形瓶，溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色　。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为 　0.11　mol/L （保留两位有效数字）。
③在上述实验中，下列操作会造成测定结果偏高的有 　DE　（填字母序号）。
A.滴定终点读数时俯视
B.锥形瓶水洗后未干燥
C.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
D.碱式滴定管使用前，水洗后未用标准氢氧化钠溶液润洗
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【分析】（1）①等浓度的强酸和弱酸，强酸酸性强；
②氢离子或氢氧根离子的浓度越大，越抑制水的电离；
③醋酸钠水溶液呈碱性；
（2）①中和滴定终点的判断是当滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由什么色变什么色，且半分钟内不褪色；
②根据c1V1＝c2V2，计算盐酸的浓度；
③使用标准液氢氧化钠的体积变大，就可以使测定结果偏高。
【解答】解：（1）①盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以浓度均为0.1mol•L﹣1的盐酸和醋酸溶液，醋酸的pH值较大，所以Ⅰ是醋酸的滴定曲线，
故答案为：醋酸是弱酸，0.1mol•L﹣1的醋酸溶液pH＞1；
②0.1mol•L﹣1NaOH溶液和0.1mol•L﹣1的盐酸电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度都是0.1mol•L﹣1，对水的电离的抑制作用相同，但0.1mol•L﹣1的醋酸中氢离子浓度小于0.1mol•L﹣1，所以对水的电离抑制作用较小，即三种溶液中由水电离出的c（H+）最大的是0.1mol•L﹣1的醋酸溶液，
故答案为：0.1mol•L﹣1的醋酸溶液；
③醋酸和氢氧化钠恰好完全反应时，生成的醋酸钠水溶液呈碱性，所以如果溶液呈中性，需要醋酸稍过量，也就是加入的氢氧化钠体积较少一些，所以V1＜V2，
故答案为：＜；
（2）①酚酞溶液滴加到待测的盐酸中，溶液呈无色，所以滴定终点的标志是当滴入最后一滴NaOH标准液，锥形瓶内溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：当滴入最后一滴标准液滴入锥形瓶，溶液颜色由无色变红色，且半分钟内不褪色；
②滴定终点时盐酸和NaOH恰好完全反应，即n（HCl）＝n（NaOH），三次实验中第二次所用NaOH溶液体积数值偏差太大，舍去，剩余两次所用NaOH溶液的平均值＝＝22.71mL，则0.10mol/L×22.71×10﹣3L＝c（HCl）×20.00×10﹣3L，c（HCl）≈0.11mol/L，
故答案为：0.11；
③A.滴定终点读数时俯视，读数偏大，相减所得差值变小，计算的所用标准液体积偏小，测定结果偏低，故A错误；
B.锥形瓶水洗后未干燥，对结果无影响，故B错误；
C.水洗后未用待测盐酸润洗，所取盐酸被稀释，导致所需要的标准NaOH溶液体积减小，测定结果偏低，故C错误；
D.水洗后未用标准NaOH溶液润洗，NaOH溶液被稀释，所需要的的NaOH溶液体积变大，测定结果偏高，故D正确；
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，使滴定管内液面下降变大，测定结果偏高，故E正确，
故答案为：DE。
【点评】本题主要考查了强弱电解质的比较以及酸碱中和滴定，还涉及到了溶液的水解和溶液中的离子守恒图象问题，综合性较强。
17．（16分）84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成分是NaCl和NaClO。
资料：HClO的电离常数为Ka＝4.7×10﹣8；H2CO3的电离常数为Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11；HClO的氧化性和杀菌消毒效果强于ClO﹣。
（1）84消毒液溶液呈　碱性　。（填“酸性”或“碱性”）
（2）84消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“84消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题进行了如表实验。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
分别取40mL 84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化
溶液温度由20℃升高至23℃，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化
Ⅱ
分别取40mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象
Ⅲ
分别取　40　mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃
溶液中无明显现象，略有刺激性气味
①实验Ⅲ中应分别取　40　mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀。
②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精　不能　（填“能”或“不能”）混合使用。
（3）84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：　ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）　。
（4）待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10～30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为　CO2+H2O+ClO﹣⇌HClO+HCO3﹣　。请结合电离平衡常数解释消毒效果增强的原因：　H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，故空气中的CO2（或H2CO3）能将ClO﹣转化为消毒效果更强的HClO　。
【分析】（1）84消毒液的主要成分是NaCl和NaClO，次氯酸钠为强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，溶液显碱性；
（2）①在相同条件下，改变一个条件比较判断；
②由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可推断，84消毒液与医用酒精能发生反应，不能混合使用；
（3）通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，溶液中氢氧根离子浓度增大，次氯酸根离子水解逆向进行，消毒液更稳定；
（4）由于次氯酸的酸性介于碳酸的两级电离常数之间，因此84消毒液露置在空气中与二氧化碳反应只能生成碳酸氢钠，空气中二氧化碳和次氯酸钠反应生成出次氯酸，增强消毒效果。
【解答】解：（1）84消毒液的主要成分是NaCl和NaClO，次氯酸钠为强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，溶液显碱性，氯化钠溶液为中性，则NaCl和NaClO混合溶液为碱性，
故答案为：碱性；
（2）①试验Ⅰ分别取40mL 84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化、试验Ⅱ分别取40mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃，试验Ⅲ是分别取40mL 84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃，
故答案为：40；
②84消毒液与医用酒精不能混合使用，混合后溶液中发生了化学反应生成新物质，
故答案为：不能；
（3）84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得，为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，运用平衡移动原理解释NaOH的作用是：ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定），
故答案为：ClO﹣+H2O⇌OH﹣+HClO，加入NaOH使c（OH﹣）增大，平衡逆向移动，使c（HClO）减小，分解速率减慢（或消毒液更稳定）；
（4）由于次氯酸的酸性介于碳酸的两级电离常数之间，因此84消毒液露置在空气中与二氧化碳反应只能生成碳酸氢钠，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，故空气中的CO2（或H2CO3）能将ClO﹣转化为次氯酸，消毒效果增强，
故答案为：CO2+H2O+ClO﹣⇌HClO+HCO3﹣；H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，故空气中的CO2（或H2CO3）能将ClO﹣转化为消毒效果更强的HClO。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
18．（10分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣53.7kJ•mol﹣1
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如表（均未达到平衡状态）：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为283.0kJ/mol和285.8kJ/mol；
②H2O（l）═H2O（g） ΔH3＝+44.0kJ/mol。
请回答：
（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝　　。
（2）写出表示H2燃烧热的热化学方程式 　O2（g）+H2（g）＝H2O（l）△＝﹣285.8kJ•mol﹣1　。
（3）计算反应Ⅱ的ΔH2＝　+41.2　kJ/mol。
（4）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 　CD　。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
（5）如图，在图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图
　　。

（6）表中实验数据表明，使用同一种催化剂时，随温度升高，CO2的转化率升高，但甲醇的选择性降低，原因是 　反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，且以反应Ⅱ为主　。
【分析】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
（2）根据燃烧热的定义写出 H2 燃烧热的热化学方程式；
（3）CO 和 H2 燃烧热的热化学方程式分别为①CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0kJ•mol﹣1，②O2（g）+H2（g）＝H2O（l）△＝﹣285.8kJ•mol﹣1，③H2O（l）＝H2O（g）△H3＝+44.0kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：②﹣①+③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；
（4）A．催化剂不影响平衡移动；
B．催化剂不影响平衡移动；
C．该反应为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，相当于增大压强，平衡正向移动；
E．增大CO2和H2的初始投料比，根据勒夏特列原理分析；
（5）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大。
（6）由题意可知，反应Ⅰ生成甲醇，但反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动。
【解答】解：（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式K＝，
故答案为：；
（2）H2 燃烧热的热化学方程式为O2（g）+H2（g）＝H2O（l）△＝﹣285.8kJ•mol﹣1，
故答案为：O2（g）+H2（g）＝H2O（l）△＝﹣285.8kJ•mol﹣1；
（3）CO 和 H2 燃烧热的热化学方程式分别为①CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0kJ•mol﹣1，②O2（g）+H2（g）＝H2O（l）△＝﹣285.8kJ•mol﹣1，③H2O（l）＝H2O（g）△H3＝+44.0kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：②﹣①+③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2＝﹣285.8kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）+（+44.0kJ•mol﹣1）＝+41.2kJ•mol﹣1，
故答案为：+41.2；
（4）A．使用催化剂Cat.1，不影响平衡移动，故A错误；
B．使用催化剂Cat.2，不影响平衡移动，故B错误；
C．该反应为放热反应，降低反应温度，平衡正向移动，转化率增大，故C正确；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，可看成体积减小、压强增大，平衡正向移动，转化率增大，故D正确；
E．增大CO2和H2的初始投料比，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故E错误；
故答案为：CD；
（5）催化剂不改变反应的始终态，Cat.1比Cat.2的选择性低，活化能大，则反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图为，
故答案为：；
（6）由题意可知，反应Ⅰ生成甲醇，但反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，且以反应Ⅱ为主，所以使用同一种催化剂时，随温度升高，CO2的转化率升高，但甲醇的选择性降低，
故答案为：反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，且以反应Ⅱ为主。
【点评】本题考查化学平衡常数催化剂对反应的影响，为高频考点，把握K的表达式、催化剂不改变反应的始终态为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意（4）为解答的难点，题目难度不大。
19．（16分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。
实验Ⅰ（图1）

物质
0min
1min
1h
5h
FeSO4
淡黄色
桔红色
红色
深红色
（NH4）2Fe（SO4）2
几乎无色
淡黄色
黄色
桔红色
（1）上述（NH4）2Fe（SO4）2溶液pH小于FeSO4的原因是　NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+　（用化学用语表示）。溶液的稳定性：
FeSO4　＜　（NH4）2Fe（SO4）2（填“＞”或“＜”）。
（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。
操作
现象
取　取2mLpH＝4.0的0.80mol•L﹣1FeSO4溶液　，加　加2滴0.01mol•L﹣1KSCN溶液　，观察。
与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同。
（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol•L﹣1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+．由实验Ⅲ，乙同学可得出的结论是　溶液pH越小，Fe2+越稳定　，原因是　溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定　。
（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图2（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是　生成的Fe（OH）3对反应有催化作用　。
（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有　加一定量的酸，密封保存　。
【分析】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；
（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；
（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；
（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；
（5）根据上述实验来分析。
【解答】解：（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4＜（NH4）2Fe（SO4）2，
故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；＜；
（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2 mL pH＝4.0的0.80 mol•L﹣1 FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01 mol•L﹣1 KSCN溶液，过若观察到的现象与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，
故答案为：取2 mL pH＝4.0的0.80 mol•L﹣1 FeSO4溶液；加2滴0.01 mol•L﹣1 KSCN溶液；
（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，
故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；
（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；
（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。
【点评】本题考查了盐类的水解和探究影响Fe2+稳定性的因素，综合性较强，难度较大，应注意从影响反应速率和平衡的因素的角度来分析。