2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考化学试题 解析版



江西省南昌市第二中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
化学试题
1.下列说法正确的是
A. SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质
B. 0.01 mol/L的氨水可以使酚酞试液变红，说明氨水是弱电解质
C. Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe(OH)3和O2，故可用作水的消毒剂和净化剂
D. 将草木灰和硫铵混合使用，相当于施用了氮和钾的复合肥料，提高了肥料利用率
【答案】C
【解析】
【详解】A.SO2溶于水，生成H2SO3，H2SO3是电解质，而SO2是非电解质，故A错误；
B.电解质是纯净的化合物，而氨水是混合物，故B错误；
C.Na2FeO4能与水缓慢反应生成Fe(OH)3和O2，O2具有氧化性，Fe(OH)3形成胶体，具有吸附性，可用作水的消毒剂和净化剂，故C正确；
D.草木灰主要成分是碳酸钾，水解显碱性，硫铵水解显酸性，将将草木灰和硫铵混合使用，在溶液中发生双水解，损失肥效，故D错误；
本题答案为C。
【点睛】电解质是在水溶液中或熔融状态下，能导电的化合物。理解时要明确，电解质必须是纯净的化合物。
2.下列叙述与盐类水解无关的是
A. 饱和食盐水使甲基橙显黄色
B. FeCl3溶液加热蒸干得到Fe2O3
C. NH4Cl溶液除铁锈
D. Na2CO3、Na2SiO3等盐溶液不能盛装在玻璃塞的试剂瓶中
【答案】A
【解析】
【详解】A.饱和食盐水,溶质是NaCl,NaCl是强酸强碱盐不水解，故A与水解无关；
B.FeCl3发生水解，生成Fe(OH)3、HCl，水解是吸热的，所以升高温度，水解程度增大，蒸干后Fe(OH)3分解生成Fe2O3和H2O，故B与水解有关；
C.NH4Cl水解，生成一水合氨、盐酸，盐酸可除铁锈，故C和水解有关；
D.玻璃的主要成分含SiO2,，SiO2能和碱性物质反应，Na2CO3、Na2SiO3等盐溶液水解显碱性，故D和水解有关；
本题答案为A。
3.下列各组中的比值等于2∶1的是
A. K2S溶液中c(K+)与c(S2－)之比
B. pH都为12的烧碱溶液与Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比
C. 相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比
D. 室温时,将pH＝5的H2SO4溶液稀释1000倍,稀释后溶液中的c(H+)与c (SO42-)之比
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为S2-会水解,导致数目减少,比值会大于2：1,故A错误；
B.两者都是强碱，NaOH是一元碱Ba(OH)2,是二元碱，pH相同,所以NaOH的浓度是Ba(OH)2的2倍,故B正确；
C.醋酸是弱酸，浓度越大，电离越小，所以0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比小于2：1，故C错误；
D.pH为5的H2SO溶液中， c(H+)=10-5mol/L， c(SO42-)=C(H+)=5×10-6mol/L；溶液稀释1000倍后，c(H+)只能近似为：1×10-7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=5×10-6mol/L×1/1000=5×10-9mol/L，所以稀释后溶液中C(H+)与c(SO42-)的比值近20：1；故D错误；
本题答案为B。
【点睛】在常温酸或碱的稀释时，无论如何稀释酸溶液中pH只能接近7,不可能大于7，无论如何稀释碱溶液的pH只能接近7，不可能小于7。
4.设NA表示阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A. 0.1 mol·L－1 NH4HS溶液中有：c(NH4+) = c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)
B. 常温下pH=1的盐酸中, 含H+离子数为0.1 NA
C. 铜锌原电池中，锌片质量减少6.5g时，外电路中电子转移0.2NA
D. 向密闭容器中充入1molN2和3mol H2，充分反应时转移电子6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.0.1mol·L－1 NH4HS溶液中依据物料守恒有：c(NH3·H2O) ＋c(NH4+) = c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，故A错误；
B.常温下pH=1的盐酸中，c(H+)=10-1mol/L，未知溶液的体积，无法计算H+离子数，故B错误；
C.铜锌原电池中， 锌为负极，锌片质量减少6.5g时，外电路中电子转移0.2NA，故C正确；
D.N2和H2反应是可逆反应，不能进行到底，所以向密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应时转移电子小于6NA；故D错误；
本题答案为C。
5.常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A. c(OH-)=l×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Mg2+、Cl-、NO3-
B. 0.1mol/L的NaNO3溶液中：H+、Fe2+、Cl-、SO42-
C. 含有大量Al3+的水溶液中： Na+、NH4+、HCO3-、Br-
D. 水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1的溶液：NH4+、Na+、Cl-、CO32-
【答案】A
【解析】
A、c(OH-)=l×10-13mol·L-1的溶液为酸性溶液，含有大量H+，K+、Mg2+、Cl-、NO3-、H+间可以相互共存，A正确；B、NO3-在酸性溶液中具有强氧化性，Fe2+具有还原性，NO3-、H+和Fe2+之间发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C、Al3+和HCO3-发生双水解反应而不能大量共存，C错误；D、水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1的溶液可能为酸性或碱性，若为酸性，H+与CO32-不能共存，若为碱性，OH-与NH4+不共存，D错误。正确答案为A。
点睛：注意NO3-无氧化性，只有NO3-与H+在一起时才有氧化性。水电离产生的c(H+)为1×10-l2mol·L-1，说明水的电离受到抑制，则该溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液。
6.下列离子方程式正确的是
A. 将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
B. 用FeS去除废水中的Hg2+：Hg2+ + S2- === HgS↓
C. AlCl3溶液与Na2S溶液混合生成沉淀:：2 Al3++3S2-==Al2S3↓
D. NH4Cl溶于D2O中显酸性：NH4++D2ONH3·HDO+D+
【答案】D
【解析】
【详解】A.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制备胶体，不能用沉淀符号,正确的离子方程式：Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，故A错误；
B.用FeS去除废水中的，硫化亚铁不能拆开,正确的离子方程式为:═ 故B错误；
C.AlCl3溶液与Na2S溶液混合，发生双水解，正确的离子方程式是：2 Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S，故C错误；
D.NH4Cl溶于D2O中发生水解反应，显酸性，离子方程式为：NH4++D2ONH3·HDO+D+，故D正确；
本题答案为D。
7.向足量稀硫酸中加入一定量的锌粒，再向其中加入CuSO4溶液，发现生成H2的速率先增大后减小。下列有关说法错误的是
A. 生成H2的速率先增大可能由于溶液温度逐渐升高
B. 生成H2的速率先增大可能由于形成了铜锌原电池
C. 生成H2的速率后减小可能由于锌粒质量减小
D. 生成H2的速率后减小可能是由于置换出的铜太多，覆盖在锌粒表面
【答案】C
【解析】
A、硫酸与锌反应放出热量，温度升高，温度升高的影响大于硫酸浓度降低的影响，导致生成H2的速率先增大，A正确；B、锌能置换出硫酸铜中的铜，锌、铜与硫酸形成原电池，可以加快反应速率，B正确；C、生成H2的速率后减小是由于硫酸浓度的减小是主要因素，与锌粒质量的减小无关，C错误；D、锌置换出硫酸铜中的铜太多，覆盖在锌粒表面，阻止反应的持续进行，也会导致生成H2的速率后减小，D正确。正确答案为C。
点睛：影响化学反应速率的因素包括温度、浓度、催化剂、压强等，尤其是要注意原电池的影响，一个反应的反应速率往往是由多种因素共同影响的，所以在考虑时一定要综合考虑，弄清楚哪个是主要因素，哪个是次要因素。
8.下表中的实验操作不能达到实验目的或得出相应结论的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
向同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中加入足量镁粉，完全反应后收集H2的体积
比较两种酸的电离程度
B
将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。
除去Mg(OH)2样品中的Ca(OH)2杂质
C
向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0.01mol/L NaI溶液，产生黄色沉淀。
常温下，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5
HSO3－结合H+的能力比SO32－的弱


A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 同pH、同体积的醋酸和盐酸溶液中，氢离子的物质的量浓度相同，加入足量镁粉，电离度大的酸最终产生H2的体积少于电离程度小的酸，所以可以通过收集到氢气的体积多少，比较两种酸的电离程度，故A能达到式样目的；
B.将混有Ca(OH)2杂质的 Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，相当于增大了c(Mg2+), Mg(OH)2的沉淀溶解平衡向沉淀的方向移动，使Mg(OH)2沉淀，从而达到除去Mg(OH)2样品中的Ca(OH)2的目的，故B能达到实验目的；
C.向盛有1mL0.01mol/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.01mol/L NaCl溶液，有白色沉淀生成，再滴加0.01mol/LNaI溶液，产生黄色沉淀，由于AgNO3过量，所以得到AgCl沉淀和AgI沉淀，不发生沉淀转的转化，故C不能达到实验目的；
D.阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，亚硫酸钠溶液的pH较大,而NaHSO3溶液pH约为5，是HSO3-电离的结果，则结合的能力比的弱,故D结论正确；
本题答案为C。
9.常温时，物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液的pH依次为7、9、10。下列说法正确的是
A. 对应酸的酸性：HX < HY < HZ
B. 盐溶液中离子浓度 c(Z-) > c(Y-) > c(X-)
C. 三种盐溶液中水的电离度都比纯水大
D. 溶液中阴、阳离子总浓度：NaX > NaY > NaZ
【答案】D
【解析】
试题分析：A．因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，对应的酸越弱．所以HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序：HX＞HY＞HZ，故A错误；B．因pH越大，说明酸根离子水解越是强烈，所以盐溶液中离子浓度 c(Z-)＜c(Y-)＜c(X-)，故B错误；C．依据NaX溶液PH=7分析，X-离子不水解，溶液中水的电离不变，故C错误；D．阴离子水解生成弱电解质和氢氧根离子，水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，氢离子浓度越小；溶液中阴、阳离子总浓度：NaX＞NaY＞NaZ，故D正确；故选D。
考点：考查了盐类水解的应用判断，溶液酸碱性的分析，离子浓度大小的比较判断。
10.有4种混合溶液,分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成:①CH3COONa与HCl； ②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。下列各项排序正确的是
A. pH：②>③>④>① B. c(CH3COO－)：②>④>③>①
C. 溶液中c(H＋)：①>③>②>④ D. c(CH3COOH)：①>④>③>②
【答案】B
【解析】
试题分析：①促进水解，②NaOH抑制水解，③对的水解没有影响，④和都水解，所以A、pH: ②>④>③>①，A错误；B、：②>④>③>①，B正确；C.溶液中c(H＋): ①>③>④>②，C错误；D、: ①>③>④>②，D错误；答案选B。
考点：盐的水解、pH
11.现有两正盐的稀溶液，分别是a mol·L－1 NaX溶液和b mol·L－1 NaY溶液。下列说法不正确的是
A. 若a>b，测得c(X－)＝c(Y－)，可推出溶液中的c(HX)>c(HY)
B. 若a>b，测得c(X－)＝c(Y－)，可推出溶液中的c(HX)＝c(HY)
C. 若a＝b，且pH(NaX)>pH(NaY)，则相同浓度时，酸性HXb
C. 图丙表示催化剂能改变化学反应的焓变
D. 图丁表示等量NO2在容积相同的恒容密闭容器中，不同温度下分别发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，相同时间后测得NO2含量的曲线，则该反应的△H c(CO32-)> c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)
D．c(Na+)> c(HCO3-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+)
【答案】 (1). 0.1 (2). 1×10-4 (3). 9.9×10－7 (4). 18 (5). < (6). BD
【解析】
【分析】
（1）由图可以看出当未滴加醋酸时pH，可求c(NaOH)；
（2）A点时醋酸和氢氧化钠，恰好完全反应，生成CH3COONa，溶液的pH=10，此时是CH3COONa水解是溶液显碱性，由此分析得出由水电离出的c(OH－)；
（3）B点所示溶液pH=6，可以看成是，CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，依据溶液中的守恒关系和醋酸的电离平衡常数可得到答案；
（4）C点所示溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液显酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的电离程度；
（5）依据题给数据计算，溶液的成分，然后依据溶液中的守恒关系可得结论；
【详解】（1）因为开始时pH=13，所以c(OH-)=0.1mol/L，故c(NaOH)=0.1mol/L；
本题答案为：0.1mol/L。
（2）由题中数据可知，A点时醋酸和氢氧化钠，恰好完全反应，生成CH3COONa，因CH3COONa水解是溶液显碱性，所以溶液中OH-都是水电离得到的，此时pH=10，溶液中的c(OH－)=110-4mol/L，则混合溶液中由水电离出的c(OH－)= 110-4mol/L；
本题答案为：1×10-4。
（3）由图可看出，B点所示溶液pH=6，是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒为：c(CH3COO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+),所以c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H+)－c(OH-)=110－6－110－8=9.910－7mol/L；因为醋酸的电离平衡常数为：Ka=1.8×10-5，所以c(CH3COO－)/c(CH3COOH)= Ka/c(H+)==18；
本题答案为：9.9×10－7，18。
（4）由于c(NaOH)=0.1mol/L，可知C点所示溶液是CH3COONa和CH3COOH等物质的量的混合溶液，溶液显酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以c(CH3COOH) c(CH3COO－)；
本题答案为： c(HCO3-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+)；
本题答案为：BD。
【点睛】
19.实验室测定水体中氯离子含量，实验过程如下：向水样中加入K2CrO4溶液作指示剂，用0.0010 mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点。已知：Ag2CrO4为不溶于水的砖红色沉淀；常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)= 1.8×10-12。回答下列问题：
（1）滴定时，应使用____________(填“酸式”或“碱式”) 滴定管。
（2）滴定达到终点的标志是___________________________________________。
（3）实验过程中测得数据如下表：
编号
1
2
3
V(水样)/mL
10.00
10.00
10.00
V(AgNO3)/mL
3.75
4.01
3.99

计算水样中氯离子的含量为_______________mg/L（保留2位小数）
（4）滴定结束后：
①当溶液中的残余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，则此时溶液中c(CrO42-)=____________ mol·L－1。
②已知2AgCl+ CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，计算出该反应的平衡常数为____________。
（5）下列情况会造成实验测定结果偏低的是____________。（填标号）
A.锥形瓶洗涤后未干燥 B.滴定前，未使用标准液润洗滴定管
C.滴定管滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
D.滴定管滴定前尖嘴部分充满溶液，滴定结束时滴定管尖嘴有气泡
【答案】 (1). 酸式 (2). 滴加最后一滴AgNO3溶液时，生成砖红色沉淀，且半分钟不变色 (3). 14.20 (4). 1.8×10-2 (5). 1.8×10-8 (6). CD
【解析】
【分析】
（1）用0.0010 mol·L-1AgNO3溶液滴定，AgNO3为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，必须盛放于酸式滴定管中；
（2）当Cl-恰好沉淀完全时，再滴加一滴硝酸银溶液，Ag+ 与CrO 42-生成Ag2CrO4砖红色沉淀；
（3）依据表中数据，计算即可；
（4）依据溶度积常数Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)= 1.8×10-12计算；
（5）根据实验过程中，不当操作所引起的c(Cl-)的变化讨论；
【详解】（1）用0.0010 mol·L-1AgNO3溶液做滴定液，AgNO3为强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，必须盛放于酸式滴定管中；
本题答案为：酸式。
（2）当Cl-恰好沉淀完全时，再滴加一滴硝酸银溶液，Ag+ 与CrO 42-生成Ag2CrO4砖红色沉淀，且30s内不变色；
本题答案为：滴加最后一滴AgNO3溶液时，生成砖红色沉淀，且半分钟不变色 。
（3）第1组硝酸银溶液体积的数据与第2组和第3组相比，误差较大，舍去第1组数据，用第2组和第3组数据的平均值计算。消耗的硝酸银溶液的体积的平均值为（3.99+4.01）×10-3L/2=4×10-3L，n(Cl-)=n(Ag+)=4×10-3L×0.001 mol/L=4×10-6mol，m(Cl-)=4×10-6×35.5×103mg=142×10-3mg，水样中氯离子的含量为142×10-3mg÷（10×10-3L）=14.20 mg/L；
本题答案为：14.20。
（4）①当溶液中的残余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L时，根据c(Cl-)×c(Ag +)=1.8×10-10，则c(Ag +)=1×10-5mol/L,又依据Ksp(Ag2CrO4)= 1.8×10-12，即c(CrO42-)×c2(Ag +)= 1.8×10-12 ，解得c(CrO42-)=1.8×10-2mol/L；②对于2AgCl+ CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，平衡常数K=c2(Cl-)/c(CrO42-)c2(Cl-)×c2(Ag +)/c(CrO42-)×c2(Ag +)== (1.8×10-10)2/（1.8×10-12）=1.8×10-8；
本题答案为：1.8×10-2mol/L，1.8×10-8。
（5）锥形瓶洗涤后不需要干燥，对测定结果无影响；滴定前，未使用标准液润洗滴定管，标准液浓度变小，所消耗标准液体积偏大，结果偏大；酸式滴定管滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，导致读数偏小，结果偏低；酸式滴定管滴定前尖嘴部分充满溶液，滴定结束时滴定管尖嘴有气泡，有部分液体未放出，所耗标准液体积偏小，结果偏低。所以造成实验测定结果偏低的是CD；
本题答案为：CD。
20.依据原电池原理，回答下列问题：

（1）图1是依据氧化还原反应：Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）设计的原电池装置。
①电极X的材料是________（填化学名称）；电极Y的材料是__________（填化学名称）。
②Y电极发生的电极反应式为：______________。
（2）图2是使用固体电解质的燃料电池，装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2－离子(O2＋4e―→2O2－)。
①c电极为______________极。（填“正”或“负”）
②d电极上的电极反应式为___________________________。
③如果消耗甲烷160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为______________（用NA表示），需要消耗标准状况下氧气的体积为_______L。
【答案】 (1). 铜 (2). 碳（石墨、金、铂、银） (3). 2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋ (4). 正 (5). CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O (6). 80NA (7). 448
【解析】
【分析】
（1）因为氧化还原反应，Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）中，Cu失去电子，化合价升高，是原电池中电子流出的一极，而Fe3＋化合价降低，发生还原反应，由此回答；
（2）依据图2电流方向，可以看出①c电极是燃料电池电子流入的一级，为正极；②d电极为电子流出的电极，为燃料电池的负极；③根据电池反应式，计算消耗甲烷160g，转移电子数和需要消耗标准状况下氧气的体积；
【详解】（1）由Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）可知：Cu失去电子，化合价升高，是电子流出的一极，为原电池的负极，故电极X的材料是铜，电极Y是原电池的正极，发生Fe3+得电子的还原反应，可选择惰性电极碳或比铜活波性弱的材料做电极，如碳（石墨、金、铂、银）做正极，原电池正极的电极反应式为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；
本题答案为：铜，碳（石墨、金、铂、银）；2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋（或Fe3＋＋e－＝Fe2＋）。
（2）有图2电流方向可以看出，①c电极是燃料电池电子流入的一级，为正极；②d电极为电子流出的电极，为燃料电池的负极，负极发生CH4失电子的氧化反应，电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；③根据电池反应式，CH4 2O2=CO22H2O，160g CH4的物质的量为，n(CH4)= =10mol，设有xmol电子转移，则1:8=10：X，解得X=80mol，转移电子电子数目为80NA，消耗O2的物质的量为：n(O2=)20mol，体积V（O2）=20mol22.4L/mol=448L；
本题答案为：正 ， CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O ，80NA ，448。
21.甲醇是最基本的有机化工原料之一。工业上可用二氧化碳和氢气反应来生产甲醇。
（1）已知气态甲醇的燃烧热为a kJ/mol，2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) ΔH= -b kJ/mol；H2O(g)=H2O(l) ΔH= -c kJ/mol。 则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=_________。
（2）某温度下，在2 L密闭容器中，充入2.4 mol CO2和4.4 mol H2，发生合成甲醇的反应，测得甲醇的物质的量随时间的变化图像如图中的曲线I，则前4分钟ν(CO2)=__________；若在1 min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为___________；该温度下反应的化学平衡常数为___________。

（3）在另一温度下发生合成甲醇的反应，如图关闭K，向A容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，向B容器中充入1.2 mol CO2和4.8 mol H2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为0.9a L，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到平衡，容器B的体积为______L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力)。

（4）一定条件下甲醇可进一步氧化转化为甲酸。室温下，将a mol/L的甲酸与b mol/L的NaOH溶液等体积混合，体系中存在c(Na+)=c(HCOO-)，试用含a和b的代数式表示甲酸的电离常数为_____________________。
【答案】 (1). a-3/2b-2c kJ/mol (2). 0.1 mol·L-1·min-1 (3). 加入催化剂 (4). 0.2 (5). 0.65a (6). b·10-7/(a-b)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用盖斯定律，求算CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH；
（2）根据图像，分析得出4分钟内，甲醇的浓度变化，进而求出二氧化碳的浓度变化，再求ν(CO2)；1min改变条件的结果是，速率加快，平衡时间缩短，平衡时c(CH3OH)没有改变，以此判断改变的条件，并计算平衡常数；
（3）打开K时AB组成的是等温等压容器，相应的起始投入总物质的量，与平衡总体积成正比；
（4）根据溶液中的电荷守恒，和c(Na+)=c(HCOO-)的关系，结合甲酸的电离方程式，求算甲酸的电力平衡常数。
【详解】（1）依据题给信息，①CH3OH(g) 3/2O2(g)=CO2(g) 2H2O(l) ΔH=-akJ/mol， ②2H2(g)+O2(g) = 2H2O(g) ΔH= -b kJ/mol；③H2O(g)=H2O(l) ΔH= -c kJ/mol，根据盖斯定律，3/2②3③-①可得：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= a-3/2b-2c kJ/mol；
本题答案为：a-3/2b-2c kJ/mol。
（2）根据图像，分析得出4分钟内，甲醇的浓度变化， c(CH3OH)=0.4mol/L，依据则v(CH3OH)=0.4mol/L/4min=0.1mol/(L·min) ，由于速率之比等于计量数之比，所以ν(CO2)= v(CH3OH)= 0.1mol/(L·min)；1min时改变条件的结果是曲线I变为曲线II，速率加快，平衡时间缩短，平衡时c(CH3OH)没有改变，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= a-3/2b-2c kJ/mol，可知改变的条件是：加入催化剂；由图像可知，平衡时c(CH3OH)=0.4mol/L，, n(CH3OH)=0.4mol/L2L=0.8mol，c(H2O)=0.4mol/L，故由方程式可知： n(CO2)=0.8mol，平衡时c(CO2)=(2.4-0.8)/2=0.8mol/L， n(H2)=30.8mol=2.4mol，平衡时c(H2)=(4.4-2.4)/2=1mol/L，该温度下平衡常数K= c(CH3OH)·c(H2O)/ c(CO2)·c3(H2)=0.2
本题答案为：0.1 mol·L-1·min-1 ； 加入催化剂 ；0.2 。
（3）打开K时AB组成的是等温等压容器，相应的起始投入总物质的量，与平衡总体积成正比，设打开K重新达到平衡，总体积为x，则有：x:(56)=0.9a：6，解得x=1.65a，因为起始时A的体积为aL，所以重新平衡时B的体积为：1.65a-a=0.65aL；
本题答案为：0.65a。
（4）根据溶液中的电荷守恒：c(Na+)c(H+)=c(HCOO-)c(OH-),而体系中c(Na+)=c(HCOO-)，故c(H+)= c(OH-)=110-7mol/L，c(Na+)=c(HCOO-)=b/2mol/L，反应后溶液中剩余c(HCOOH)=(a/2-b/2)mol/L，依据HCOOHHCOO-H+,所以甲酸的电离平衡常数为Ka=c(HCOO-)c(H+)/c(HCOOH)= = b·10-7/(a-b)；
本题答案为：b·10-7/(a-b)。
【点睛】在等温、等压容器中进行的可逆化学反应，相应的投入气体的总物质的量，与气体总体积成正比。