2022-2022学年北京市三十一中高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（每题2分，共50分．每小题只有1个选项符合题意．）1．下列措施不能达到节能减排目的是()A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯2．下列物质属于弱电解质的是()A．CH3COOHB．NaOHC．SO2D．NH4Cl3．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是()A．铝片与稀盐酸反应B．甲烷在氧气中的燃烧反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应D．氢气还原三氧化钨4．下列说法中，正确的是()A．凡是放热反应都是自发反应B．凡是熵增大的反应都是自发反应C．不自发的化学反应就不能进行D．要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变5．热化学方程式中化学式前的系数表示的是()A．分子个数B．原子个数C．物质的质量D．物质的量6．下列溶液肯定是酸性的是()A．含H+的溶液B．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液C．PH＜7的溶液D．加酚酞显无色的溶液7．图表示的是某物质所发生的()A．置换反应B．电离过程C．中和反应D．水解反应8．下列有关PH变化的判断中，错误的是()A．随着温度的升高，醋酸溶液的pH减小B．随着温度的升高，纯水的pH增大C．新制氯水经光照一段时间后，pH减小D．氢氧化钠溶液久置于空气中，pH减小-25-\n9．pH相同的氨水、氢氧化钠和氢氧化钡溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X倍、Y倍、Z倍，稀释后三种溶液的pH同，则X、Y、Z的关系是()A．X=Y=ZB．X＞Y=ZC．X＜Y=ZD．X=Y＜Z10．用pH试纸测定某无色溶液的pH值时，规范的操作是()A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较C．用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较11．在由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是()①K+、Cl﹣、NO3﹣、S2﹣②K+、Fe2+、I﹣、SO42﹣③Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣④Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣⑤K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣．A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤12．表示下列变化的化学用语正确的是()A．明矾能净水：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+B．醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO﹣+H+C．NaHCO3溶液显碱性：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+OH﹣D．Fe（OH）3胶体的制备：Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3H+13．合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是()①采用较高温度（400℃～500℃）②采用较高压强③用铁触媒加快化学反应速率④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来．A．①②B．①③C．②④D．③④14．某同学按照课本实验要求，用50mL0.50mol•L﹣1的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热．下列说法中，正确的是()A．实验过程中没有热量损失B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯-25-\nD．若烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将偏小15．为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是()A．NaOHB．Na2CO3C．氨水D．MgO16．下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）()A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（燃烧热）C．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=+57.3kJ/mol（中和热）D．NH3•H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）17．下列过程或现象与盐类水解无关的是()A．热的纯碱溶液去油污效果好B．将TiCl4溶于大量水，同时加热，可得TiO2C．用Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4D．FeCl3溶液加热后颜色变深18．25℃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19．将AgCl分别加入盛有：①5mL水；②6mL0.5mol/LNaCl溶液；③10mL0.2mol/LCaCl2溶液；④50mL0.1mol/L盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c（Ag+）从大到小的顺序排列正确的是()A．④③②①B．②③④①C．①④③②D．①③②④20．已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是()A．该溶液的pH=4B．升高温度，溶液的pH增大C．此酸的电离平衡常数约为1×10﹣7D．由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍21．如图，表示正反应是吸热反应的是()-25-\nA．B．C．D．22．现有反应4NH3+5O2═4NO+6H2O，反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，其关系正确的是()A．4v（NH3）=5（O2）B．4v（NH3）=6v（H2O）C．4v（O2）=5v（NO）D．4v（NH3）=5v（NO）23．对于2A（g）+B（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应），下列图象正确的是()A．B．C．D．24．常温下，对如表四种溶液的叙述正确的是()①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A．②、④两溶液相比，两者的kw相同B．四种溶液分别加水稀释10倍，pH变化最大的是①和④C．①、②、③中分别加入少量的醋酸铵固体后，三种溶液的pH均减小D．①、④两溶液按一定体积比混合，所得溶液中离子浓度顺序一定为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）25．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是()A．加热B．不用稀硫酸，改用浓硫酸C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉-25-\n二、非选择题（共50分）26．（14分）请回答下列问题：25℃时，浓度均为0.10mol•L﹣1的①氨水②NH4Cl溶液（1）氨水显碱性的原因（用离子方程式表示）__________，向氨水中加入NH4Cl固体，氨水的电离程度__________（填“增大”、“减小”或“不变”），原因是__________，溶液的pH将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）NH4Cl溶液显__________性，原因是（用离子方程式表示）__________，若加入少量的氨水，使溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则溶液的pH__________7（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）Mg（OH）2浊液中存在Mg（OH）2的溶解平衡，可表示为（用离子方程式表示）__________，向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，观察到的现象是__________，用离子方程式表示产生此现象的过程__________．27．草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4﹣+H2C2O4+H+═Mn2++CO2↑+H2O（未配平）用4mL0.001mol•L﹣1KMnO4溶液与2mL0.01mol•L﹣1H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响．改变的条件如表：实验硫酸（10%）体积/mL温度/℃其他物质I2mL20/II2mL2010滴饱和MnSO4溶液III2mL30/IV1mL201mL蒸馏水（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________．（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验__________和__________（用I～IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验__________和__________．（3）对比实验I和IV，可以研究__________对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是__________．28．某同学用40mL0.50mol/L盐酸和40mL0.55mol/LNaOH溶液反应，测定强酸与强碱反应的反应热，装置如图所示．请回答下列问题．（1）图示实验装置中缺少的一种仪器是__________，大、小烧杯间填满泡沫塑料的作用是__________．（2）若大烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（3）该同学实验数据记录如下．温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6假设0.50mol/L盐酸和0.55mol/LNaOH溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）．依据实验数据计算，生成1mol水时的反应热△H=__________．-25-\n29．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．（1）滴定HCl溶液的曲线是__________（填“图1”或“图2”）．（2）a=__________mL．（3）c（Na+）=c（CH3COO﹣）的点是__________．（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为__________．（5）如果用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，在滴定过程中，下列4种离子的物质的量浓度排序不正确的是__________．a．c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）b．c（H+）＞c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）c．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+）d．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）（6）0.1mol•L﹣1NaOH溶液1L用aL水或者用pH=2盐酸bL中和都能使其pH=12，则=__________．30．甲醇的研究成为当代社会的热点．Ⅰ．甲醇燃料电池（DNFC）被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源．（1）101kPa时，1molCH3OH完全燃烧生成稳定的氧化物放出热量726.51kJ/mol，则甲醇燃烧的热化学方程式为__________．（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H1=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2已知H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则反应②的△H2=__________kJ•mol﹣1．（3）甲醇燃料电池的结构示意图如图1．甲醇进入__________极（填“正”或“负”），正极发生的电极反应为__________．-25-\nⅡ．一定条件下，在体积为3L的密闭容器中反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）达到化学平衡状态．（1）该反应的平衡常数表达式K=__________；根据图2，升高温度，K值将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）500℃时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是__________（用nB、tB表示）．（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是__________（填字母）．a．v生成（CH3OH）=v消耗（CO）b．混合气体的密度不再改变c．混合气体的平均相对分子质量不再改变d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化（4）300℃时，将容器的容积压缩到原来的，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是__________（填字母）．a．c（H2）减少b．正反应速率加快，逆反应速率减慢c．CH3OH的物质的量增加d．重新平衡时减小．-25-\n2022-2022学年北京市三十一中高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（每题2分，共50分．每小题只有1个选项符合题意．）1．下列措施不能达到节能减排目的是()A．利用太阳能制氢燃料B．用家用汽车代替公交车C．利用潮汐能发电D．用节能灯代替白炽灯【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】节能减排有广义和狭义定义之分，广义而言，节能减排是指节约物质资源和能量资源，减少废弃物和环境有害物（包括三废和噪声等）排放；狭义而言，节能减排是指节约能源和减少环境有害物排放．【解答】解：A、利用太阳能制氢燃料，是节能同时减少污染气体排放，故A能节能减排；B、用家用汽车代替公交车，不能节能减排，反而增加了汽车尾气的排放，故B不能节能减排；C、利用潮汐能发电，潮汐是一种绿色能源，利用潮汐发电，又可以节省资源，同时减少了气体的排放，故C能节能减排；D、用节能灯代替，消耗相同电力的条件下，节能灯的发光效率更高，能节能，间接减少污染气体排放，故D能节能减排；故选B．【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识解决实际生活中一些问题的能力，倡导节约，避免浪费，提倡“低碳环保”理念，是社会热点．2．下列物质属于弱电解质的是()A．CH3COOHB．NaOHC．SO2D．NH4Cl【考点】强电解质和弱电解质的概念．【分析】电解质是指：该物质是化合物，溶于水溶液中或在熔融状态下能自身电离离子导电；部分电离的电解质为弱电解质，完全电离的电解质为强电解质，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此解答．【解答】解：A．CH3COOH是化合物，在水溶液中是部分电离CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，属于弱电解质，故A正确；B．NaOH属于碱，溶于水或者熔融状态时，可以完全电离变成钠离子和氢氧根离子，属于强电解质，故B错误；C．二氧化硫溶于水后，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出自由移动的阴阳离子，但电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是二氧化硫本身，所以二氧化硫是非电解质，故C错误；D．氯化铵在水溶液里完全电离，为强电解质，故D错误；故选A．【点评】本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，注意不能根据溶液的导电性来划分强弱电解质，为易错点，题目难度不大．3．下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是()A．铝片与稀盐酸反应B．甲烷在氧气中的燃烧反应C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应D．氢气还原三氧化钨【考点】氧化还原反应；吸热反应和放热反应．-25-\n【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应，结合常见的吸热反应来解答．【解答】解：A．金属与盐酸的反应放热，Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B．甲烷在氧气中的燃烧为放热反应，C、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C不选；D．氢气还原三氧化钨反应为吸热反应，H、W元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D选；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应及反应中能量变化，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及能量变化为解答的关键，题目难度不大．4．下列说法中，正确的是()A．凡是放热反应都是自发反应B．凡是熵增大的反应都是自发反应C．不自发的化学反应就不能进行D．要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】自发反应要综合考虑焓变和熵变，△H﹣T△S＜0的反应可以自发进行，△H﹣T△S＞0的反应不能自发进行，据此分析．【解答】解：△H﹣T△S＜0的反应可以自发进行，△H﹣T△S＞0的反应不能自发进行，A、反应放热，△H＜0，若△＜0且T很高时，反应不能自发进行，故A错误；B、熵值增大，△S＞0，若△H＞0，且低温下，反应不能自发进行，故B错误；C、不自发的化学反应在一定条件下也可以发生，比如电解水，故C错误；D、反应是否自发，要考虑焓变和熵变两方面的因素，故D正确．故选：D．【点评】本题考查反应自发与否的条件，关键是把握△H﹣T△S＜0的反应可以自发进行，△H﹣T△S＞0的反应不能自发进行，反应自发只是可能性，能否反应还要考虑反应速率问题．5．热化学方程式中化学式前的系数表示的是()A．分子个数B．原子个数C．物质的质量D．物质的量【考点】热化学方程式．【分析】热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示微粒数，所以系数可以用分数表示．【解答】解：热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示微粒数，所以系数可以用分数表示，故选D．【点评】本题考查了热化学方程式的意义，理解系数的含义是解题关键，题目较简单．6．下列溶液肯定是酸性的是()A．含H+的溶液B．c（OH﹣）＜c（H+）的溶液C．PH＜7的溶液D．加酚酞显无色的溶液-25-\n【考点】探究溶液的酸碱性．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子；B．溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的；C．溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小；D、．酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红．【解答】解：A．酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，故A错误；B．溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，故B正确；C．溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，且温度未知，如100℃pH=6为中性，故C错误；D．酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，故D错误；故选B．【点评】本题考查了溶液酸碱性的判断，题目难度不大，C为易错点，溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小．7．图表示的是某物质所发生的()A．置换反应B．电离过程C．中和反应D．水解反应【考点】盐类水解的原理．【分析】水解反应的实质是弱离子和水电离出来的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质的过程．【解答】解：根据图示过程，可以看出：弱离子碳酸氢根离子和水电离出来的氢离子结合生成弱电解质碳酸同时氢氧根的过程，属于水解反应．故选D．【点评】本题考查学生水解反应的实质，是一道基础知识题目，难度不大．8．下列有关PH变化的判断中，错误的是()A．随着温度的升高，醋酸溶液的pH减小B．随着温度的升高，纯水的pH增大C．新制氯水经光照一段时间后，pH减小D．氢氧化钠溶液久置于空气中，pH减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；溶液pH的定义．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．弱电解质的电离是吸热反应，升高温度促进弱电解质电离；B．水是弱电解质，升高温度促进水电离；C．光照条件下，次氯酸分解生成盐酸和氧气；D．氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水．-25-\n【解答】解：A．醋酸是弱电解质，醋酸电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故A正确；B．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，导致水中氢离子浓度增大，则纯水的PH减小，故B错误；C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，光照条件下，次氯酸分解生成盐酸和氧气，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C正确；D．氢氧化钠是强碱，氢氧化钠和二氧化碳反应生成强碱弱酸盐，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，则溶液的pH减小，故D正确；故选B．【点评】本题以溶液pH的变化为载体考查了弱电解质的电离，明确物质的性质是解本题关键，注意温度影响弱电解质的电离程度，为易错点．9．pH相同的氨水、氢氧化钠和氢氧化钡溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的X倍、Y倍、Z倍，稀释后三种溶液的pH同，则X、Y、Z的关系是()A．X=Y=ZB．X＞Y=ZC．X＜Y=ZD．X=Y＜Z【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】稀释后三种溶液的pH同，则溶液中C（OH﹣）相等，根据加水稀释时溶液中n（OH﹣）变化确定稀释后溶液体积的相对大小．【解答】解：氨水是弱电解质，氢氧化钠和氢氧化钡是强电解质，加水稀释过程中，促进氨水电离，导致氨水中n（OH﹣）增大，而氢氧化钠和氢氧化钡中n（OH﹣）不变，要使稀释后三种溶液的pH同，则溶液体积关系为：氨水＞氢氧化钠=氢氧化钡，所以X、Y、Z的关系是X＞Y=Z，故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，要使稀释后溶液的pH相对，则根据稀释过程中n（OH﹣）的变化判断溶液体积的变化即可．10．用pH试纸测定某无色溶液的pH值时，规范的操作是()A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较C．用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较【考点】测定溶液pH的方法．【专题】压轴题；化学实验基本操作．【分析】用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照．【解答】解：用pH试纸测定溶液pH的方法为：用玻璃棒蘸取少许待测液滴在PH试纸上，然后把试纸显示的颜色与标准比色卡对照，即可确定溶液的酸碱度．A．不能把pH试纸放入溶液，会污染试剂，故A错误；B．不能将溶液倒在pH试纸上，故B错误；C．符合测定溶液pH的方法，故C正确；D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定该溶液的pH，故D错误；故选C．【点评】测定溶液的pH时必须保证原溶液不污染、不稀释．-25-\n11．在由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中，一定能大量共存的离子组是()①K+、Cl﹣、NO3﹣、S2﹣②K+、Fe2+、I﹣、SO42﹣③Na+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣④Na+、Ca2+、Cl﹣、HCO3﹣⑤K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣．A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，利用离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应来分析离子在溶液中的共存．【解答】解：因由水电离产生的H+浓度为1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，小于1×10﹣7mol•L﹣1，水的电离受到抑制，该溶液可能为酸或碱的溶液，①碱溶液中该组离子不反应，但酸溶液中NO3﹣、S2﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故①错误；②碱溶液中Fe2+、OH﹣结合生成沉淀，酸溶液中该组离子不反应，故②错误；③该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故③正确；④酸溶液中HCO3﹣与H+结合生成二氧化碳和水，碱溶液中HCO3﹣与OH﹣结合生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子与Ca2+结合生成碳酸钙沉淀，则一定不能共存，故④错误；⑤该组离子在酸或碱溶液中都不发生反应，则一定能大量共存，故⑤正确；故选：B．【点评】本题考查离子的共存问题，明确水的电离这一信息的利用是解答本题的关键，然后熟悉离子的性质及离子之间的反应即可解答．12．表示下列变化的化学用语正确的是()A．明矾能净水：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+B．醋酸溶液显酸性：CH3COOH=CH3COO﹣+H+C．NaHCO3溶液显碱性：HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+OH﹣D．Fe（OH）3胶体的制备：Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3H+【考点】离子方程式的书写．【分析】A．铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体；B．醋酸为弱电解质，其电离方程式应该用可逆号；C．碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子发生水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液呈碱性；D．生成的是氢氧化铁胶体，不能使用沉淀符号，且反应条件应该为加热．【解答】解：A．明矾水解离子反应方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，生成的氢氧化铝胶体能够吸附水中杂质，起到了净水效果，故A正确；B．醋酸溶液显酸性，原因是产生在溶液中部分电离出氢离子，正确的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故B错误；C．碳酸氢钠部分水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，水解的离子方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，故C错误；D．制备氢氧化铁胶体的正确离子方程式为：Fe3++3H2OFe（OH）3（胶体）+3H+，故D错误；-25-\n故选A．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，涉及盐的水解原理、弱电解质的电离、氢氧化铁胶体的制备等知识点，注意掌握盐的水解原理及其应用，明确氢氧化铁胶体的制备方法．13．合成氨在农业和国防中有很重要的意义，在实际工业生产中，常采用下列措施，其中可以用勒夏特列原理解释的是()①采用较高温度（400℃～500℃）②采用较高压强③用铁触媒加快化学反应速率④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来．A．①②B．①③C．②④D．③④【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：①合成氨反应为放热反应，升高温度不利用平衡向正方向移动，但升温却可提高反应速率，催化剂活性大，与勒沙特列原理不符，故①不符合；②反应是气体体积减小的反应，加压平衡正向进行符合化学平衡移动原理，可以用勒夏特列原理解释，故②符合；③用铁触媒加快化学反应速率，是利用铁触媒做催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不改变化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，故③不符合；④将生成的氨液化并及时从体系中分离出来，减少生成物浓度，平衡正向进行，可以用勒夏特列原理解释，故④符合；综上所述②④正确；故选C．【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，反应特征和平衡移动原理是解题关键，题目较简单．14．某同学按照课本实验要求，用50mL0.50mol•L﹣1的盐酸与50mL0.55mol•L﹣1的NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热．下列说法中，正确的是()A．实验过程中没有热量损失B．图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯D．若烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将偏小【考点】中和热的测定．【分析】A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；-25-\nB．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；C．根据烧杯间填满碎纸条的作用是保温；D．根据大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失．【解答】解：A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故B正确；C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；D．大烧杯上不盖硬纸板，热量容易散失，中和热的数值偏小，但中和热△H会偏大，故D错误；故选：B．【点评】本题考查学生有关中和热测定原理，可以根据所学知识进行回答，注意比较中和热大小时要考虑“﹣“号．15．为除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是()A．NaOHB．Na2CO3C．氨水D．MgO【考点】物质的分离、提纯和除杂；镁、铝的重要化合物．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】根据FeCl3易水解生成氢氧化铁．【解答】解：FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末、MgO或MgCO3，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故选D．【点评】本题主要考查了除杂，题目难度不大，盐类的水解可用于除杂，除杂时不能引入新杂质．16．下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均正确）()A．C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣1367.0kJ/mol（燃烧热）B．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣269.8kJ/mol（燃烧热）C．NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=+57.3kJ/mol（中和热）D．NH3•H2O（aq）+HCl（aq）═NH4Cl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol（中和热）【考点】氧化还原反应方程式的配平．【分析】根据热化学方程式的书写及其注意事项可知，需注明物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，燃烧热抓住1mol可燃物燃烧生成稳定氧化物、中和热抓住生成1mol水，且利用燃烧与中和反应放热来解答．【解答】解：A、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故A错误；B、热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，故B正确；C、中和反应是放热反应，△H应小于0，故C错误；D、强酸与强碱反应生成1mol水，故D错误；故选B．【点评】本题考查燃烧热以及热化学方程式的书写正误判断，重在搞清书写热化学方程式的注意事项．17．下列过程或现象与盐类水解无关的是()A．热的纯碱溶液去油污效果好-25-\nB．将TiCl4溶于大量水，同时加热，可得TiO2C．用Na2CO3溶液和盐酸处理水垢中的CaSO4D．FeCl3溶液加热后颜色变深【考点】盐类水解的应用．【分析】A．盐类水解是吸热反应，升高温度促进水解；B、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛；C、Na2CO3溶液中的碳酸根离子可以和硫酸钙中的钙离子反应，转化为碳酸钙沉淀，碳酸钙可以和盐酸之间反应生成可溶的氯化钙、水以及二氧化碳；D、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行．【解答】解：A．热的纯碱溶液中碳酸根离子水解是吸热反应，升高温度促进水解，碱性增强，去油污效果好，和盐类水解有关，故A不选；B、TiCl4溶于大量水，钛离子水解得到沉淀，加热会分解得到二氧化钛，与盐类水解有关，故B不选；C、Na2CO3溶液中的碳酸根离子可以和硫酸钙中的钙离子反应，转化为碳酸钙沉淀，碳酸钙可以和盐酸之间反应生成可溶的氯化钙、水以及二氧化碳，属于沉淀的转化原理的应用，与盐类水解无关，故C选；D、FeCl3溶液中铁离子水解得到氢氧化铁，受热会促进水解反应的进行，得到氢氧化铁沉淀，即加热后颜色变深，和盐类水解有关，故D不选．故选C．【点评】本题考查了盐的水解原理、水解平衡移动等知识，题目难度不大，注意把握盐的水解原理及其应用是关键．18．25℃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【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小．【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；B、NaHSO4═Na++SO42﹣+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．故选：B．【点评】本题考查学生水的电离知识，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用．-25-\n19．将AgCl分别加入盛有：①5mL水；②6mL0.5mol/LNaCl溶液；③10mL0.2mol/LCaCl2溶液；④50mL0.1mol/L盐酸的烧杯中，均有固体剩余，各溶液中c（Ag+）从大到小的顺序排列正确的是()A．④③②①B．②③④①C．①④③②D．①③②④【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl﹣（aq），加入相同离子平衡逆向移动．【解答】解：在AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl﹣（aq），加入Cl﹣平衡逆向移动c（Ag+）会减小，加入Cl﹣的浓度越大，c（Ag+）越小，即c（Ag+）与c（Cl﹣）大小顺序相反，已知Cl﹣的浓度从大到小顺序为：②③④①，则c（Ag+）浓度从大到小顺序相反为：①④③②，故A、B、D错误；故C正确；故选C．【点评】本题考查了沉淀溶解平衡中影响平衡的因素，离子浓度的影响，浓度越大，影响越大．20．已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是()A．该溶液的pH=4B．升高温度，溶液的pH增大C．此酸的电离平衡常数约为1×10﹣7D．由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．利用氢离子的浓度计算pH；B．温度升高促进电离，氢离子浓度越大，pH越小；C．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%，利用Kw来计算水电离产生的氢离子浓度．【解答】解：A．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10﹣4mol/L，则pH=﹣lg（10﹣4）=4，故A正确；B．温度升高促进弱酸的电离，氢离子浓度变大，则pH变小，故B错误；C．由HA═H++A﹣，c（H+）=c（A﹣）=10﹣4mol/L，则电离平衡常数为=1×10﹣7，故C正确；D．HA电离出的c（H+）为0.1mol/L×0.1%=10﹣4mol/L，水电离产生的氢离子浓度为10﹣10mol/L，则由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故D正确；故选B．【点评】本题考查弱酸的电离，明确离子的浓度、温度对电离平衡的影响及离子积的计算即可解答，难度不大．21．如图，表示正反应是吸热反应的是()-25-\nA．B．C．D．【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据反应物的总能量＞生成物的总能量，则反应为放热反应，若反应物的总能量＜生成物的总能量，则反应为吸热热反应，无论是吸热还是放热，反应物的总能量都是先增大来解答．【解答】解：正反应是吸热反应，所以反应物的总能量＜生成物的总能量，且反应物的总能量是先增大，故选：A．【点评】本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，化学反应过程中一定伴随能量变化和反应前后能量守恒是解题关键，题目较简单．22．现有反应4NH3+5O2═4NO+6H2O，反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，其关系正确的是()A．4v（NH3）=5（O2）B．4v（NH3）=6v（H2O）C．4v（O2）=5v（NO）D．4v（NH3）=5v（NO）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】化学反应中不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，以此来解答．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对应反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O，A．v（NH3）：v（O2）=4：5，故5v（NH3）=4v（O2），故A错误；B．v（NH3）：v（H2O）=4：6，故3v（NH3）=2v（H2O），故B错误；C．v（O2）：v（NO）=5：4，故4v（O2）=5v（NO），故C正确；D．v（NH3）：v（NO）=1：1，即v（NH3）=v（NO），故D错误，故选C．【点评】本题考查化学反应速率与化学计量数关系，比较基础，注意根据速率定义式理解速率规律．23．对于2A（g）+B（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应），下列图象正确的是()-25-\nA．B．C．D．【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】2A（g）+B（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应），升高温度，向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，生成物的含量减小，反应物的含量增加；该反应正方向为体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，反应物的含量增大，以此来解答．【解答】解：A．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C%减小，该反应正方向为体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，C的含量增大；与图象不相符，故A错误；B．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，逆速率增大的快，与图象不符，故B错误；C．T2时到达平衡所用时间短，则T2＞T1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以T2时C的含量减小，与图象相符，故C正确；D．升高温度，向逆反应方向移动，A的转化率减少，所以700K时的转化率比500K时要小，与图象不符，故D错误；故选C．【点评】本题考查影响化学平衡的因素及图象，注意温度、压强对反应速率及平衡的影响，把握图中速率的关系及点、线、面的意义是解题的关键，题目难度中等．24．常温下，对如表四种溶液的叙述正确的是()①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A．②、④两溶液相比，两者的kw相同B．四种溶液分别加水稀释10倍，pH变化最大的是①和④C．①、②、③中分别加入少量的醋酸铵固体后，三种溶液的pH均减小D．①、④两溶液按一定体积比混合，所得溶液中离子浓度顺序一定为：c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关；B．加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释pH相同的不同一元酸或一元碱，稀释相同倍数时，弱电解质pH变化较小；C．醋酸铵能抑制醋酸、一水合氨电离，向醋酸中加入醋酸铵，抑制醋酸电离；D．常温下，①、④两溶液按一定体积比混合，溶液中溶质可能是氯化铵、氯化铵和一水合氨、氯化铵和HCl，溶液可能呈酸性、中性或碱性．-25-\n【解答】解：A．离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，所以温度相同，离子积常数相同，则②、④两溶液相比，两者的kw相同，故A正确；B．加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释pH相同的不同一元酸或一元碱，稀释相同倍数时，弱电解质pH变化较小，所以四种溶液分别加水稀释10倍，pH变化最大的是②和④，故B错误；C．醋酸铵能抑制醋酸、一水合氨电离，向醋酸中加入醋酸铵，醋酸根离子浓度增大而抑制醋酸电离，导致溶液的pH增大，故C错误；D．常温下，①、④两溶液按一定体积比混合，溶液中溶质可能是氯化铵、氯化铵和一水合氨、氯化铵和HCl，溶液可能呈酸性、中性或碱性，如果溶液中溶质为盐酸和氯化铵且盐酸浓度远远大于氯化铵，则溶液中存在c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（NH4+）＞c（OH﹣），故D错误；故选A．【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意离子积常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关，易错选项是A．25．用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加大的是()A．加热B．不用稀硫酸，改用浓硫酸C．滴加少量CuSO4溶液D．不用铁片，改用铁粉【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】加快生成氢气的速率，可增大浓度，升高温度，增大固体的表面积以及形成原电池反应，以此解答．【解答】解：A．加热，增大活化分子的百分数，反应速率增大，故A不选；B．浓硫酸与铁反应生成二氧化硫而不生成氢气，或发生钝化，故B选；C．滴加少量CuSO4溶液，铁置换出铜，形成铜铁原电池，反应速率增大，故C不选；D．不用铁片，改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选．故选B．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于基本概念的理解和应用，为高考常见题型和高频考点，难度不大，注意相关基础知识的积累．二、非选择题（共50分）26．（14分）请回答下列问题：25℃时，浓度均为0.10mol•L﹣1的①氨水②NH4Cl溶液（1）氨水显碱性的原因（用离子方程式表示）NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向氨水中加入NH4Cl固体，氨水的电离程度减小（填“增大”、“减小”或“不变”），原因是增大铵根的浓度，平衡向左移动，溶液的pH将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）NH4Cl溶液显酸性，原因是（用离子方程式表示）NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，若加入少量的氨水，使溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣），则溶液的pH=7（填“＞”、“＜”或“=”）．（3）Mg（OH）2浊液中存在Mg（OH）2的溶解平衡，可表示为（用离子方程式表示）Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，观察到的现象是沉淀溶解，用离子方程式表示产生此现象的过程Mg（OH）2（s）+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）氨水显碱性，是因为一水合氨能够微弱电离生成氢氧根离子；一水合氨是弱碱，存在电离平衡，增大铵根离子浓度时，平衡逆向移动，溶液碱性减弱；（2）氯化铵溶液中因为铵根离子的水解，使溶液显酸性，加入氨水导致c（NH4+）=c（Cl﹣），据电荷守恒分析其pH；-25-\n（3）沉淀溶解平衡方程式书写时注意标明各物质的状态，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以向Mg（OH）2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，沉淀溶解．【解答】解：（1）氨水显碱性，是因为一水合氨能够微弱电离生成氢氧根离子，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，一水合氨是弱碱，存在电离平衡，增大铵根离子浓度时，平衡逆向移动，氨水的电离程度减小，溶液碱性减弱，pH减小；故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；减小；增大铵根的浓度，平衡向左移动；减小；（2）氯化铵溶液中因为铵根离子的水解，使溶液显酸性，铵根水解的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，加入氨水导致c（NH4+）=c（Cl﹣），据电荷守恒则有氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，都是10﹣7mol/L，pH=7，故答案为：酸性；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；=；（3）Mg（OH）2的溶解平衡方程式为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），向Mg（OH）2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以铵根离子会结合氢氧根离子生成一水合氨，促使氢氧化镁逐渐溶解，离子方程式为Mg（OH）2（s）+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O，故答案为：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）；沉淀溶解；Mg（OH）2（s）+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O．【点评】本题考查了弱电解质电离方程式书写、电离平衡的移动、盐类水解、沉淀转化，题目难度不大，注意沉淀溶解平衡方程式书写与弱电解质电离平衡方程式书写的区别．27．草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应：MnO4﹣+H2C2O4+H+═Mn2++CO2↑+H2O（未配平）用4mL0.001mol•L﹣1KMnO4溶液与2mL0.01mol•L﹣1H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响．改变的条件如表：实验硫酸（10%）体积/mL温度/℃其他物质I2mL20/II2mL2010滴饱和MnSO4溶液III2mL30/IV1mL201mL蒸馏水（1）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：5．（2）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验Ⅰ和Ⅱ（用I～IV表示，下同）；如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验Ⅰ和Ⅲ．（3）对比实验I和IV，可以研究浓度对化学反应速率的影响，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是确保所有实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）浓度不变和总体积不变．【考点】探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高；（2）研究催化剂对化学反应速率的影响，应保证温度、浓度相同；研究温度对化学反应速率的影响，应保证浓度、不使用催化剂相同；（3）实验Ⅰ和Ⅳ，硫酸的浓度不同，少量蒸馏水，溶液的体积相同．【解答】解：（1）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中，Mn元素的化合价降低，C元素的化合价升高，MnO4﹣为氧化剂，H2C2O4为还原剂，物质的量之比为2：5，故答案为：2：5；（2）研究催化剂对化学反应速率的影响，应保证温度、浓度相同，则选实验Ⅰ、Ⅱ；研究温度对化学反应速率的影响，应保证浓度、不使用催化剂相同，则选实验Ⅰ、Ⅲ，故答案为：Ⅰ；Ⅱ；Ⅰ；Ⅲ；-25-\n（3）实验Ⅰ和Ⅳ，硫酸的浓度不同，可研究浓度对反应速率的影响，加少量蒸馏水确保两实验中总体积相等，可使Ⅰ和Ⅳ中硫酸浓度不同，故答案为：浓度；确保所有实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）浓度不变和总体积不变．【点评】本题考查氧化还原反应及影响反应速率的因素，注意控制变量法研究影响因素，把握表格中的数据分析及应用，题目难度不大．28．某同学用40mL0.50mol/L盐酸和40mL0.55mol/LNaOH溶液反应，测定强酸与强碱反应的反应热，装置如图所示．请回答下列问题．（1）图示实验装置中缺少的一种仪器是环形玻璃搅拌棒，大、小烧杯间填满泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失．（2）若大烧杯上不盖硬纸板，测得的△H将偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（3）该同学实验数据记录如下．温度实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6假设0.50mol/L盐酸和0.55mol/LNaOH溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g•℃）．依据实验数据计算，生成1mol水时的反应热△H=﹣51.83kJ/mol．【考点】中和热的测定．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；中和热测定实验成败的关键是保温工作；（2）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（3）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热．【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失，故答案为：环形玻璃搅拌棒；减少实验过程中的热量损失；（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，焓变是负值，所以焓变会偏大，故答案为：偏大；（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23.2℃，温度差为：3.15℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，温度差为：3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，温度差为：3.05℃；三次温度差平均值为：3.1℃；用40mL0.50mol/L盐酸和40mL0.55mol/LNaOH进行反应，生成水的物质的量为0.04L×0.50mol/L=0.02mol，溶液的质量为80mL×1g/cm3-25-\n=80g，温度变化的值为△T=3.1℃，则生成0.02mol水放出的热量为Q=m•c•△T=80g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1036.64J，即1.03664KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣=﹣51.83kJ/mol；故答案为：﹣51.83kJ/mol．【点评】本题主要考查热中和热概念、测定原理及反应热的计算，题目难度中等，注意理解中和热的概念以及测定反应热的误差等问题．29．常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示．（1）滴定HCl溶液的曲线是图1（填“图1”或“图2”）．（2）a=20.00mL．（3）c（Na+）=c（CH3COO﹣）的点是D．（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）．（5）如果用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，在滴定过程中，下列4种离子的物质的量浓度排序不正确的是bd．a．c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）b．c（H+）＞c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）c．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+）d．c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）（6）0.1mol•L﹣1NaOH溶液1L用aL水或者用pH=2盐酸bL中和都能使其pH=12，则=2．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】（1）醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时，溶液呈碱性；盐酸是强电解质，滴定终点时，出现突变；（2）醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时n（CH3COOH）=n（NaOH），据此计算；（3）滴定醋酸溶液的曲线是图2，根据电荷守恒，c（Na+）=c（CH3COO﹣）时，c（OH﹣）=c（H+）；（4）根据溶液的组成结合弱离子的水解来判断；（5）用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，在滴定过程中，可以分为三种情况：恰好完全反应；酸剩余；碱剩余，根据溶液的组成来确定离子浓度的大小关系即可；（6）根据酸碱中和的实质以及碱的稀释原理结合溶液的pH=﹣lgc（H+）、Kw=c（H+）•c（OH﹣）来计算．【解答】解：（1）醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，则滴定醋酸溶液的曲线是图2，滴定盐酸溶液的曲线是图1，故答案为：图1；（2）醋酸为弱电解质，滴定过程中pH变化较盐酸缓慢，滴定终点时溶液呈碱性，滴定终点时n（CH3COOH）=n（NaOH），则a=20.00mL，故答案为：20.00；-25-\n（3）滴定醋酸溶液的曲线是图2，根据电荷守恒，c（Na+）=c（CH3COO﹣）时，c（OH﹣）=c（H+），溶液显示中性，此时pH=7，即c（Na+）=c（CH3COO﹣）的点是D，故答案为：D；（4）醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，得到的是醋酸钠溶液，此时溶液显示碱性，离子浓度关系式：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故答案为：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（5）用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，在滴定过程中，可以有如下情况：恰好完全反应，此时溶液的组成为醋酸钠，离子浓度大小关系是：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；故d错误；酸剩余，此时溶液的组成为醋酸钠和醋酸，溶液显示酸性，若剩余的酸较多，离子浓度大小关系是：c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故a正确；如果c（H+）＞c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣），得到c（H+）+c（Na+）＞c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），不符合电荷守恒，故b错误；若碱过量，得到氢氧化钠和醋酸钠的混合物，可以存在：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）=c（OH﹣）＞c（H+），故c正确．故选bd；（6）0.1mol•L﹣1NaOH溶液1L用aL水稀释，得到溶液的pH=12，则=0.01mol/L，解得a=9L，用pH=2盐酸bL中和使其pH=12，则=0.01mol/L，解得b=4.5，所以=2，故答案为：2．【点评】本题涉及弱酸的电离平衡、酸碱中和滴定以及酸碱混合液pH的计算等知识，属于综合知识的考查，难度中等．30．甲醇的研究成为当代社会的热点．Ⅰ．甲醇燃料电池（DNFC）被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源．（1）101kPa时，1molCH3OH完全燃烧生成稳定的氧化物放出热量726.51kJ/mol，则甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1．（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）△H1=+49.0kJ•mol﹣1②CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H2已知H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则反应②的△H2=﹣192.8kJ•mol﹣1．（3）甲醇燃料电池的结构示意图如图1．甲醇进入负极（填“正”或“负”），正极发生的电极反应为O2+4H++4e﹣═2H2O．-25-\nⅡ．一定条件下，在体积为3L的密闭容器中反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）达到化学平衡状态．（1）该反应的平衡常数表达式K=；根据图2，升高温度，K值将减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．（2）500℃时，从反应开始到达到化学平衡，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是（用nB、tB表示）．（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是c、d（填字母）．a．v生成（CH3OH）=v消耗（CO）b．混合气体的密度不再改变c．混合气体的平均相对分子质量不再改变d．CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化（4）300℃时，将容器的容积压缩到原来的，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是c、d（填字母）．a．c（H2）减少b．正反应速率加快，逆反应速率减慢c．CH3OH的物质的量增加d．重新平衡时减小．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】Ⅰ．（1）依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，题干所给量结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变；（2）由盖斯定律可知，①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H1=+49.0kJ•mol﹣1、③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，①+③得到反应②；（3）甲醇燃料电池中，甲醇为负极，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e﹣═2H2O；Ⅱ．（1）根据化学平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，列出平衡常数的表达式；根据升高温度乙醇的物质的量减小，平衡逆向移动，判断平衡常数的变化；（2）根据化学反应速率是υ（H2）=2υ（CH3OH）计算；（3）达到平衡时，正逆反应速率相等，混合气体的平均相对分子质量不再改变，CO、H2、CH3OH的浓度不再改变；-25-\n（4）将容器的容积压缩到原来的，压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，以此判断．【解答】解：Ⅰ．（1）在25℃、101kPa下，1molCH3OH液体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量726.51kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.76kJ•mol﹣1；（2）由盖斯定律可知，①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H1=+49.0kJ•mol﹣1、③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，①+③得到反应②，则△H2=+49.0kJ•mol﹣1+（﹣241.8kJ•mol﹣1）=﹣192.8kJ•mol﹣1，故答案为：﹣192.8；（3）甲醇燃料电池中，甲醇中C元素的化合价升高，则甲醇为负极，正极发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e﹣═2H2O，故答案为：负；O2+4H++4e﹣═2H2O；Ⅱ．（1）化学平衡常数为生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，反应物的生成物都是气体，故平衡常数表达式为K=，由图象可知升高温度乙醇的物质的量减少，平衡向逆反应方向移动，K减小，故答案为：；减小；（2）υ（CH3OH）=mol/（L．min），故υ（H2）=2υ（CH3OH）=mol/（L．min），故答案为：mol/（L．min）；（3）达到平衡时，正逆反应速率相等，混合气体的平均相对分子质量不再改变，CO、H2、CH3OH的浓度不再改变，在体积不变时，气体的密度不变，不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故答案为：c、d；（4）将容器的容积压缩到原来的，压强增大，正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，CH3OH的物质的量增加，氢气的物质的量减少，但浓度增大，甲醇的物质的量增多，故有c（H2）/c（CH3OH）减小，故答案为：c、d．【点评】本题考查化学平衡的影响因素和化学平衡的标志等问题，题目难度中等，注意外界条件对化学平衡移动的影响以及平衡状态的判断角度．-25-
