2017-2018学年河北省唐山一中高二上学期期中考试化学试题 解析版


河北省唐山一中2017-2018学年高二上学期期中考试化学试题
命题人：孙爱宝 审核人：王丽华
说明：
考试时间90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 K 39 Cu 64 Ba 137
卷Ⅰ（选择题 共50分）
一．选择题（共25小题，每小题2分，计50分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1. 下列反应中，属于吸热反应同时又是氧化还原反应的是（　 　）
A. Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应 B. 铝与稀盐酸
C. 灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应 D. 铝热反应
【答案】C
【解析】Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应生成氯化钡、氨气、水，属于非氧化还原反应，故A错误；铝与稀盐酸反应放热，故B错误；灼热的炭与水蒸气生成一氧化碳和氢气的反应吸热，碳元素化合价由变化，属于氧化还原反应，故C正确；铝热反应属于放热反应，故D错误。
2. 下列有关活化分子的说法正确的是（　　）
A. 增大反应物浓度可以提高活化分子百分数
B. 增大体系的压强一定能提高活化分子百分数
C. 使用合适的催化剂可以增大活化分子的能量
D. 升高温度能提高活化分子百分数
【答案】D
【解析】升高温度、加入催化剂能提高活化分子百分数，且加入催化剂可降低反应的活化能；
增加反应物浓度，增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，百分数不变；只有D正确，故答案为D。
3. 对于反应A（g）+3B（g）═4C（g）+2D（g），在相同时间内，用不同物质表示的平均反应速率如下，则反应速率最快的是（　　）
A. v（A）=0.4mol/（L•s） B. v（B）=0.8mol/（L•s）
C. v（C）=1.2mol/（L•s） D. v（D）=0.7mol/（L•s）
【答案】A
【解析】试题分析：如果都用B物质表示该反应的反应速率，则根据反应速率之比是相应的化学计量数之比可知选项中的反应速率分别是[mol/(L·s)]1.2、0.8、0.9、1.05，所以反应速率最快的是选项A，答案选A。
【考点定位】考查反应速率大小比较
【名师点晴】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。
4. 在蒸发皿中加热蒸干下列物质的溶液，再灼烧（溶液低于400℃）可以得到原溶质固体的是（　　）
A. FeCl3 B. NaHCO3 C. MgSO4 D. KMnO4
【答案】C

考点：了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、了解常见化合物的化学性质。
点评：盐溶液蒸干后所得物质的判断：1．考虑盐是否受热分解；2．考虑盐是否与空气中氧气发生氧化还原反应；3．考虑盐水解生成的酸是否为挥发性酸等。
5. 下列说法不正确的是（　　）
A. 焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素，多数能自发进行的反应是放热反应
B. 在同一条件下不同物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大
C. 一个反应能否自发进行取决于该反应是放热还是吸热
D. 一个反应能否自发进行与焓变和熵变的共同影响有关
【答案】C
【解析】A、焓变和熵变共同决定反应能否自发进行，多数放热反应能够自发进行，故A正确；B、体系的混乱程度越大，熵值越大，故B正确；C、多数放热反应能够自发进行，但焓变不是影响反应能否自发进行的唯一因素，故C错误；D、焓变和熵变共同决定反应能否自发进行，△H-T△S是大于0还是小于0，决定反应能否自发进行，故D正确；故选C。
6. 下列热化学方程式正确的是（　　）
A. 甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
B. 500 ℃、30 MPa下，将0.5 mol N2（g）和1.5 mol H2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）　ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热ΔH＝2x（-57.3）kJ·mol－1
D. 已知2C（s）＋2O2（g）=2CO2（g）　ΔH＝a，2C（s）＋O2（g）=2CO（g）　ΔH＝b，则ac(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)或：c(Na+) +c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)。3.配制某些盐溶液时要考虑盐的水解，如配制FeCl3，SnCl4，Na2SiO3等盐溶液时应分别将其溶解在相应的酸或碱溶液中。4.制备某些盐时要考虑水解Al2S3，MgS，Mg3N2等物质极易与水作用，它们在溶液中不能稳定存在，所以制取这些物质时，不能用复分解反应的方法在溶液中制取，而只能用干法制备。5.某些活泼金属与强酸弱碱溶液反应,要考虑水解，如Mg、Al、Zn等活泼金属与NH4Cl，CuSO4，AlCl3等溶液反应。6.判断中和滴定终点时溶液酸碱性，选择指示剂以及当pH=7时酸或碱过量的判断等问题时，应考虑到盐的水解。如CH3COOH与NaOH刚好反应时pH>7，若二者反应后溶液pH=7,则CH3COOH过量。指示剂选择的总原则是，所选择指示剂的变色范围应该与滴定后所得盐溶液的pH值范围相一致。即强酸与弱碱互滴时应选择甲基橙；弱酸与强碱互滴时应选择酚酞。7.制备氢氧化铁胶体时要考虑水解。
8. 下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（　　）
A. 光照新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小
B. 工业生产中，500℃左右比常温下更有利于合成氨
C. 可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气
D. 增大压强，有利于SO2和O2反应生成SO3
【答案】B
【解析】光照新制的氯水时，次氯酸分解，使 平衡正向移动，溶液的pH逐渐减小，故A能用化学平衡移动原理解释；合成氨反应放热，升高温度，合成氨平衡逆向移动，不利于合成氨，故B不能用化学平衡移动原理解释；氨水中加入氢氧化钠固体，c（OH-）增大，使 平衡逆向移动，放出氨气，故C能用化学平衡移动原理解释；增大压强，使平衡正向移动，有利于生成SO3，故D能用化学平衡移动原理解释；选B。
9. 室温下，有关下列四种溶液的叙述不正确的是（忽略溶液混合时体积变化）（ ）

①
②
③
④
pH
12
12
2
2
溶液
氨水
氢氧化钠
醋酸
盐酸


A. 在③④中分别加入适量醋酸钠固体，两溶液的pH值均增大
B. 分别加水稀释100倍，所得溶液的pH：①>②>④>③
C. V1L④与V2L①混合，若混合溶液pH=7，则V12
D. 将溶液②和溶液③等体积混合，混合后所得溶液显酸性
【答案】C
【解析】醋酸溶液加入醋酸钠固体，抑制醋酸电离，PH增大；盐酸中加入醋酸钠固体，生成醋酸消耗氢离子，PH增大，故A正确；醋酸、氨水是弱电解质，加水稀释，电离平衡正向移动，加水稀释100倍，所得溶液的pH：①>②>④>③，故B正确；PH=12的氨水浓度大于PH=2的盐酸，若混合溶液pH=7，消耗盐酸的体积大，故C错误；PH=12的氢氧化钠浓度小于PH=2的醋酸，等体积混合，醋酸有剩余，所以溶液呈酸性，故D正确。
10. 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＋）＝1×10－14 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3-
C. c（H＋）/c（OH－）＝1012的溶液中：NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－
D. c（Fe3＋）＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－
【答案】C

点睛：本题考查有条件的离子共存问题。注意硝酸根离子本身氧化性不强，酸性条件下氧化性增强。注意判断溶液的酸碱性是解答本题的关键。
11. 燃烧a g乙醇（液态），生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为Q kJ，经测定，a g乙醇与足量钠反应，能生成标准状况下的氢气5.6L,则表示乙醇燃烧热的热化学方程式书写正确的是（ ）
A. C2H5OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1） △H = -Q kJ/mol
B. C2H5OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1） △H = - Q / 2 kJ/mol
C. 1/2 C2H5OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+3/2H2O（1） △H = -Q kJ/mol
D. C2H5OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1） △H = -2Q kJ/mol
【答案】D
【解析】a g乙醇与足量钠反应，能生成标准状况下的氢气5.6L，则a g乙醇的物质的量是0.5mol，燃烧0.5mol乙醇（液态），生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为Q kJ，燃烧1mol乙醇（液态），生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为2Q kJ，乙醇燃烧热的热化学方程式是C2H5OH（1）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（1） △H = -2Q kJ/mol，故D正确。
12. 下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A. 在0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c（Na＋）＞c（HCO3－ ）＞c（CO32 －）＞c（H2CO3）
B. 在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c（OH－）－c（H＋）= c（HCO3－ ）＋2c（H2CO3）
C. 向0.2 mol·L－1 NaHCO3中加入等体积0.1 mol·L－1 NaOH溶液：c（CO32 －）＞c（HCO3－ ）＞c（OH－）＞c（H＋）
D. CH3COONa和CH3COOH混合溶液一定存在：c（Na＋）= c（CH3COO－）=c（CH3COOH）＞c（H＋）= c（OH－）
【答案】B
【解析】试题分析：A．NaHCO3溶液显碱性，水解大于电离，所以c(Na＋)＞c(HCO3－ )＞c(H2CO3) ＞c(CO32－)，错误；B．在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)= c(HCO3－ )＋2c(H2CO3)，正确；C．向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液反应生成碳酸钠，剩余碳酸氢钠，它们的物质的量相同，根据越弱越水解，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，则c(HCO3－ )＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误；D．CH3COONa和CH3COOH混合溶液中若c(H＋)= c(OH－)，说明为中性溶液，一定没有CH3COOH，错误；选B。
考点：考查离子浓度的大小比较。
13. 如图中的曲线是表示其他条件一定时，2NO（g）＋O2（g）2NO2（g） ΔH＜0反应中NO的转化率与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v（正）＞v（逆）的点是（　　）

A. a点 B. b点 C. c点 D. d点
【答案】C
【解析】试题分析：转化率一定的点表示平衡状态，所以a、b点在曲线上，所以表示平衡状态，而c点的NO的转化率低于平衡转化率，说明未达平衡状态，且反应正向进行，所以v(正)＞v(逆)；而d点对应的NO的转化率大于平衡时的转化率，则平衡逆向移动，所以v(正)c（CN－）>c（OH－）>c（H＋）
B. 20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+）
C. 室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl-）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH-）
D. 0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH-）＞c（H+）+c（CH3COOH）
【答案】B
【解析】A．0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合，生成碳酸钠溶液，所得溶液中：C(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3- )，故A错误；B．20ml 0.1mol/L CH3COONa溶液与10ml 0.1mol/L HCl溶液混合后反应得到等浓度的CH3COONa，CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液呈酸性，醋酸电离大于醋酸根离子水解，C(CH3COO-)＞C(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，故B正确；C．室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，一水合氨存在电离平衡，反应后一水合氨又电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液显碱性：c(NH4+ )＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，故C错误；D．0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合得到醋酸钠溶液，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)，故D错误；故选B。
19. aA（g）＋bB（g） cC（g）＋dD（g）　ΔH＝Q，同时符合下列两图中各曲线的规律是（　 　）

A. a＋b>c＋d　T1>T2　Q>0 B. a＋b>c＋d　T1c（NH4CN） >c（HCOONH4）
【答案】D
【解析】试题分析：根据电离平衡常数可知酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-。A、根据强酸制弱酸的原理，CN-与二氧化碳、水的反应中，只能生成HCO3-，不能生成CO32-，A正确；B、pH相等的HCOOH和HCN，后者的浓度大，所以溶质的物质的量多，消耗的氢氧化钠后者大于前者，B正确；C、因为酸性HCOOH＞HCN，所以物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，后者的水解程度大于前者，溶液的碱性强，根据电荷守恒，c(Na＋)－c(HCOO－)＝c（OH－）- c(H＋)，c(K＋)－c(CN－)＝c（OH－）- c(H＋)，因为后者的氢氧根离子浓度大于前者的氢氧根离子浓度，所以c（OH－）- c(H＋)值后者大于前者，则c(Na＋)－c(HCOO－) ＜c(K＋)－c(CN－)，C正确；D、c(NH4+) 相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中，因为阴离子的存在对铵根离子的水解都有促进作用，但促进作用的程度不同，NH4CN溶液中的促进作用最大，所以溶液的浓度最大；HCOONH4溶液的促进作用最小，则溶液的浓度最小，所以c(NH4CN)＞c(NH4HCO3)＞c(HCOONH4)，D错误，答案选D。
考点：考查盐水解程度的判断，离子浓度的比较
卷Ⅱ（非选择题 共50分）
二．填空题（共5小题）
26. （1）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I：C3H8（g） + 5O2（g） = 3CO2（g） +4H2O（l） ΔH＝-a kJ·mol-1
途径II：C3H8（g） = C3H6（g）+ H2（g） ΔH＝+b kJ·mol-1
2C3H6（g）+ 9O2（g） = 6CO2（g） +6H2O（l） ΔH＝-c kJ·mol-1
2H2（g）+O2 （g） = 2H2O（l） ΔH＝-d kJ·mol-1 （abcd均为正值）
请回答下列问题：
①判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量__________（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量。
②b 与a、c、d的数学关系式是___________________ 。
（2）甲醇是一种重要的试剂，有着广泛的用途，工业上可利用CO2制备甲醇。用CH4与CO2反应制H2和CO，再利用H2和CO化合制甲醇。已知:
① 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） △H1=-1450.0kJ·mol－1
② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=-566.0kJ·mol－1
③ 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） △H3=-571.6kJ·mol－1
则H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为______________________________________。
（3）如图所示，某同学设计一个甲醚（CH3OCH3）燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．

报据要求回答相关问题：
①写出甲中通甲醚一极的电极反应式______________________________。
②乙中发生的总反应的离子方程式为________________________________。
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2 、0.6mol KCl溶于水，配成100ml溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极上析出了0.3mol Cu，此时在另一电极上产生的气体体积（标准状况）为______________ L，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需要加入固体的质量为_____________g 。
【答案】 (1). 等于 (2). b=+-a (3). CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l） △H=-129.6kJ/mol (4). CH3OCH3 -12e- + 16OH- = 2CO32－+ 11H2O (5). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ (6). 5.6 (7). 35
【解析】试题分析：（1）①根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；②根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系；（2）根据盖斯定律计算H2和CO制液态甲醇的焓变；（3）①甲醚燃料电池，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；②乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上水电离的氢离子放电生成氢气；③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2 、0.6mol KCl溶于水，配成100ml溶液，三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应生成氯化银沉淀，反应后溶液中含有0.2 mol KNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl。用惰性电极电解，析出了0.3mol Cu，阴极发生反应是: ，阳极先后发生反应有 、 ；根据电子守恒分析。
解析：（1）①根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，所以途径I放出的热量等于途径II放出的热量；
②途径I：①C3H8（g） + 5O2（g） = 3CO2（g） +4H2O（l） ΔH＝-a kJ·mol-1
途径II：②C3H8（g） = C3H6（g）+ H2（g） ΔH＝+b kJ·mol-1
③2C3H6（g）+ 9O2（g） = 6CO2（g） +6H2O（l） ΔH＝-c kJ·mol-1
④2H2（g）+O2 （g） = 2H2O（l） ΔH＝-d kJ·mol-1 （abcd均为正值）
反应①=反应②+反应③× +反应④×，所以-a=b+（-c-d），所以b=-a+（c+d）；
（2）① 2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l） △H1=-1450.0kJ·mol－1
② 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g） △H2=-566.0kJ·mol－1
③ 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l） △H3=-571.6kJ·mol－1
根据盖斯定律，②×+③－①×得H2和CO制液态甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l） △H=-129.6kJ/mol；
（3）①甲醚燃料电池，甲醚在负极失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式是CH3OCH3 -12e- + 16OH- = 2CO32－+ 11H2O；
②乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上是水电离的氢离子放电生成氢气，总反应是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－；
③将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu（NO3）2 、0.6mol KCl溶于水，配成100ml溶液，三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2 mol KNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl。用惰性电极电解，析出了0.3mol Cu，阴极反应是:，阴极生成铜0.3mol，阴极转移电子的总物质的量是0.3×2=0. mol;阳极先后发生反应有 、 ；溶液中共0.4mol Cl-，阳极生成氯气0.2mol，设生成氧气xmol，根据电子守恒，4x+0.4=0.6，则x=0.05mol，所以生成气体的体积。若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需要加入固体的质量为 。
点睛：盖斯定律说的是 ，反应热与反应物始态和终态有关，与反应途径无关。具体计算时，可以运用方程式叠加的方法，得到目标方程式，反应热也是计算代数和。
27. Ⅰ、如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：在容积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在500℃下发生发应，CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+ H2O（g）。实验测得CO2和CH3OH（g）的物质的量（n）随时间变化如下图1所示：

（1）从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）＝___________________。
（2）500℃该反应的平衡常数为__________（结果保留一位小数），图2是改变温度时化学反应速率随时间变化的示意图，若提高温度到800℃进行，达平衡时，K值___________（填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）下列措施中不能使CO2的转化率增大的是________________。
A．在原容器中再充入1mol H2 B．在原容器中再充入1molCO2
C．缩小容器的容积 D．使用更有效的催化剂 E.将水蒸气从体系中分离出
（4）500℃条件下，测得某时刻，CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0.5mol/L，则此时v（正）______ v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）。
Ⅱ、一定条件下，可逆反应A2（g）＋B2（g） 2C（g）达到平衡时，各物质的平衡浓度为c（A2）＝0.5mol/L；c（B2）＝0.1mol/L；c（C）＝1.6mol/L。若用a、b、c分别表示A2、B2、C的初始浓度（mol/L），则：
①a、b应满足的关系是__________； ②a的取值范围是________________。
【答案】 (1). 0.225mol/（L·min） (2). 5.3 (3). 减小 (4). BD (5). ＞ (6). a＝b＋0.4 (7). 0.4≤b≤1.3
【解析】试题分析：（1）根据 计算氢气的平均反应速率；（2）根据 计算500℃该反应的平衡常数；根据图2可知，升高温度平衡逆向移动；（3）平衡正向移动，CO2的转化率增大；两种反应物加其中入一种，另一种物质的转化率增大，本身的转化率减小；（4）根据Q、K的比较分析v（正）、 v（逆）的大小；
Ⅱ、利用一边倒的方法，把C完全分解为A、B，则c（A2）=1.3mol/L；c（B2）＝0.9mol/L；B完全变为C，则c（A2）＝0.4mol/L；c（B2）＝0mol/L；c（C）＝1.8mol/L；利用极值法分析；
解析：（1）根据图1，开始时CO2的浓度是1mol/L，平衡时CO2的浓度是0.25mol/L，CO2的浓度变化量是0.75 mol/L，则氢气的浓度变化量是2.25 mol/L， ，所以氢气的平均反应速率v（H2）＝ mol/（L·min）；
（2）根据“三段式”

；
根据图2可知，升高温度平衡逆向移动，K减小；
（3）A．在原容器中再充入1mol H2，平衡正向移动，CO2的转化率增大； B．在原容器中再充入1molCO2，平衡正向移动，但CO2的转化率减小；C．缩小容器的容积，平衡正向移动，CO2的转化率增大； D．使用更有效的催化剂，平衡不移动， CO2的转化率不变； E.将水蒸气从体系中分离出，平衡正向移动，CO2的转化率增大；故选BD；
（4）CO2（g）、H2（g）、CH3OH（g）和H2O（g）的浓度均为0.5mol/L， ， Q v（逆）；
Ⅱ、①设转化过程中A2(g)转化浓度为x mol·L-1，B2(g)的转化浓度也为x mol·L-1。平衡时：a-x=0.5，b-x=0.1。所以，a=b+0.4。
②根据一边倒的方法，把C完全分解为A、B，则c（A2）=1.3mol/L；c（B2）＝0.9mol/L；把B完全变为C，则c（A2）＝0.4mol/L；c（B2）＝0mol/L；c（C）＝1.8mol/L；利用极值法，故a的取值范围为0.4＜a＜1.3；
点睛：两种反应物加入其中入一种，平衡正向移动，另一种物质的转化率增大，本身的转化率减小。若只有一种反应物，增大反应物的浓度，反应物的转化率变化相当于加压。
根据Q、K的关系，QK反应逆向进行；Q=K反应达到平衡状态。
28. Ⅰ、水的电离平衡曲线如图所示。

（1）若以A点表示25℃时水的电离平衡的离子浓度，当温度升高到100℃时，水的电离平衡状态移动到B点，则此时水的离子积从________变化到_________。
（2）将pH=8的Ba（OH）2溶液与pH=5的稀盐酸混合，并保持100℃的恒温，致使混合溶液的pH=7，则Ba（OH）2和盐酸的体积比为__________________。
Ⅱ、有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子（每种物质只含一种阴离子且互不重复）：阳离子 Na＋、Ba2＋、NH4+ 阴离子 CH3COO－、Cl－、OH－、SO42-。已知：①A、C溶液的pH均大于7，A、B的溶液中水的电离程度相同；②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
①A是__________________，B是 __________________。
②用离子方程式表示A溶液呈碱性的原因__________________________。
【答案】 (1). 10-14 (2). 10-12 (3). 2:9 (4). CH3COONa (5). NH4Cl (6). CH3COO- + H2OCH3COOH + OH-
【解析】试题分析：Ⅰ、(1)水的离子积 ；(2)保持100℃的恒温，， pH=7，溶液呈碱性，根据 计算Ba(OH)2和盐酸的体积比；
Ⅱ、①A、C溶液pH均大于7，说明一种是强碱，一种是弱酸强碱盐，弱酸强碱盐是醋酸盐；②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀，说明一种溶液含有钡离子，一种溶液含有硫酸根离子； B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体，说明一种溶液含有铵根离子，一种溶液含有氢氧根离子，A溶液和D溶液混合时无明显现象，且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同，所以A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠；
解析：(1)水的离子积；根据图像，25℃升高到100℃时，水的离子积从10-14变化到10-12；(2)保持100℃的恒温，，pH=8的Ba（OH）2溶液c（OH－）=、pH=5的稀盐酸c（H＋）=1×10－5； pH=7的溶液呈碱性，c（OH－）=，根据 ，， ；
Ⅱ、根据以上分析，①A是CH3COONa，B是 NH4Cl。
②CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液呈碱性，醋酸根离子水解的方程式是CH3COO- + H2OCH3COOH + OH-。
点睛：强碱弱酸盐，弱酸根离子水解，溶液呈碱性，如碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液呈碱性；强酸弱碱盐，弱碱阳离子水解，溶液呈酸性，如氯化铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性。
29. 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量（g·100mL－1）。
Ⅰ.实验步骤
（1）配制100ml待测白醋溶液:用______________________（填仪器名称）量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到______________________（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
（2）取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴_____________作指示剂。
（3）读取盛装0.1000 mol·L－1 NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。

（4）滴定，当______________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
滴定次数实验数据（mL）
1
2
3
4
V（样品）
20.00
20.00
20.00
20.00
V（NaOH）（消耗）
15.95
15.00
15.05
14.95

Ⅲ.数据处理与讨论
（5）按实验所得数据，市售白醋总酸量＝_________g·100 mL－1。
（6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是________（填写序号）。
a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
【答案】 (1). 酸式滴定管（移液管） (2). 100ml容量瓶 (3). 酚酞 (4). 0.60 (5). 溶液由无色变为粉红色，且在半分钟内不变色 (6). 4.500（合理答案给分） (7). ab
【解析】试题分析：Ⅰ．（1）用酸式滴定管(或10mL移液管)(量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液；
（2）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；
（3）滴定管液面的读数0.60mL；
（4）NaOH滴定食醋的终点为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ．（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；3次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；设10mL市售白醋样品中 CH3COOH 的物质的量浓度为x，则
CH3COOH～NaOH
1mol 1mol
0.2x 0.1000mol/L×0.015L
则c(市售白醋)＝=0.75mol/L
样品总酸量为0.75mol/L×0.2L×60g/mol×=4.50g/100mL；
（2）a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，标准液浓度降低，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析可知c(待测)偏大，a正确；b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析可知c(待测)偏大，b正确；c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析可知c(待测)不变，c错误；d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液物质的量偏小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析可知c(待测)偏小，d错误；答案选ab。
【考点定位】考查了中和滴定操作、实验仪器的选择、误差分析等相关知识
【名师点晴】该题是一道综合性题目，涉及到的知识点较多，可根据所学知识可完成，明确实验原理是解答的关键，难点是误差分析。误差分析的总依据为：由C测==C标V标/V测由于C标、V待均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小。
30. 下表是25 ℃时某些弱酸的电离平衡常数。
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
H2C2O4
Ka
Ka＝1.8×10－5
Ka＝3.0×10－8
Ka1＝4.1×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ka1＝5.9×10－2
Ka2＝6.4×10－5

（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________________________________。
（2）向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9，此时溶液pH＝________。
（3）向碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为_____________________。
（4）若0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝8，则c（Na+）-c（CH3COO－）=_______________mol·L－1（填精确计算结果）。
（5） 将CH3COOH溶液与大理石反应所产生的标况下44.8L气体全部通入到2L 1.5mol/L的NaOH溶液中充分反应，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________。
【答案】 (1). c（K＋）> c（HC2O4-） >c（H＋）>c（C2O42-） >c（OH－） (2). 5 (3). 2CO32-＋Cl2＋H2O = Cl－＋ClO－＋2HCO3- (4). 9.9*10-7（合理答案给分） (5). c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）
【解析】试题分析：（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液中溶质是KHC2O4，溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度；（2）根据CH3COOH的电离平衡常数，计算当c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9时H＋的浓度；（3）盐酸、次氯酸的酸性都大于HCO3-，根据强制弱的规律判断碳酸钠溶液中滴加少量氯水的产物；（4）根据电荷守恒计算c（Na+）-c（CH3COO－）的值；（5）标况下44.8L二氧化碳气体全部通入到2L 1.5mol/L的NaOH溶液中充分反应，得到等物质的量浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液。
解析：（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液中溶质是KHC2O4，溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度，再结合氢离子来自HC2O4-的电离和水的电离，所以c（H＋）>c（C2O42-） >c（OH－），各离子浓度由大到小的顺序为c（K＋）> c（HC2O4-） >c（H＋）>c（C2O42-） >c（OH－）；
（2）根据CH3COOH的电离平衡常数 ，把c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9带入，得c（H＋）=1×10－5，所以PH=5；
（3）盐酸、次氯酸的酸性都大于HCO3-，根据强制弱的规律，碳酸钠溶液中滴加少量氯水生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的离子方程式是2CO32-＋Cl2＋H2O = Cl－＋ClO－＋2HCO3-；
（4）pH＝8，c（H＋）=1×10－8，c（OH－）= ，根据电荷守恒，c（Na+）+ c（H＋）=c（CH3COO－）+ c（OH－），c（Na+）-c（CH3COO－）= c（OH－）－c（H＋）=9.9×10-7；
（5）标况下44.8L二氧化碳气体全部通入到2L 1.5mol/L的NaOH溶液中充分反应，生成等物质的量浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液， c（CO32-）水解程度大于c（HCO3-），所以c（HCO3-）>c（CO32-），溶液呈碱性，所以c（OH-）>c（H+），故离子大小顺序是c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+）。
点睛：对于酸式弱酸盐NaHA，若HA-电离大于水解，则溶液呈酸性，c（Na＋）> c（HA-） >c（H＋）>c（A2-） >c（OH－）；若HA-水解大于电离，则溶液呈碱性，c（Na＋）> c（HA-） > c（OH－）> c（H＋）>c（A2-）。