1、浙江省温州市求知中学2018-2019学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32第I卷（选择题，共48分）一选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.山西省“十二五”规划指出：“加强生态文明建设，发展循环经济，推广低碳技术，推动绿色增长”。下列做法有悖于生态文明建设的是 ( )A. 加快化石燃料的开采与使用，满足经济快速发展需要B. 禁止使用化学合成的农药，促进绿色食品和有机食品的生产C. 应用高效洁净的能源转换技术，提高能源的利用效率D. 在火电厂推广碳收集和储存技术【答案】A【
2、解析】化石能源属于不可再生资源所以必须合理开采使用，A错误，所以选A；化学合成的农药一般都会对环境造成危害所以禁止使用农药可以促进绿色食品和有机食品的生产，B正确；高效节能的转换技术可以是能源的利用率提高，C正确；在火电厂推广碳收集和储存技术D正确，所以答案选A。2.下列物质按纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质的组合正确的是 ( )纯净物混合物强电解质弱电解质非电解质A盐酸水煤气硫酸醋酸HDB胆矾石灰水硫酸钡HNO2NH3C火碱蔗糖溶液氯化钠氨水三氧化硫D冰醋酸福尔马林苛性钾氯化氢乙醇A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、HD分别属于混
3、合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故A错误；B胆矾、石灰水、硫酸钡、HNO2、氨气分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；C火碱、蔗糖溶液、氯化钠、氨水、三氧化硫分别属于化合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故C错误；D冰醋酸、福尔马林、苛性钾、氯化氢、乙醇分别属于化合物、混合物、强电解质、强电解质、非电解质，故D错误；故答案为B。3.25 ，101 k Pa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ/mol，辛烷的燃烧热为5518 kJ/mol。下列热化学方程式书写正确的是 ( )A. 2H+(aq) +(aq)+(aq)+2(aq)=Ba
4、SO4(s)+2HO(1) H=114.6 kJ/molB. 2KOH(aq)+ HSO4(aq)= KSO4(aq)+2HO(l) H=114.6kJ/molC. C8H18(l)+ O(g)=8CO (g)+ 9HO H=5518 kJ/molD. 2C8H18(g)+25O(g)=16CO(g)+18HO(1) H=5518 kJ/mol【答案】B【解析】【分析】在101kPa时，lmol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；在稀溶液中，稀的酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热。【详解】A25，101k Pa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应
5、的中和热为57.3kJ/mol，所以2H+(aq)+2OH-(aq)=2H2O(l)H=-114.6kJ/mol，该反应中还有硫酸钡生成，故A错误；B25，101k Pa时，在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应而生成1mo水，这时的反应热叫做中和热，H与物质的量成正比，故B正确；C该热化学方程式中没有标明水的状态，故C错误；D燃烧热概念要求必须是lmol物质完全燃烧，即C8H18(g)+O2(g)8CO2(g)+9H2O(1)H=-5518kJ/mol，故D错误；故答案为B。4.下列实验方法或数据合理的是 ( )A. 用托盘天平准确称取9.8g NaCl 固体B. 用25mL碱式滴定管准确量取22.
6、00 mL的KMnO4溶液C. 用广泛pH试纸测出某盐酸溶液的pH为3.2D. 用10mL量筒量取7.50mL稀盐酸【答案】A【解析】【详解】A托盘天平称量物质准确度为0.1g，可称取9.8g食盐，故A正确；B量取高锰酸钾溶液应用酸式滴定管，故B错误；C广泛pH试纸测定的pH值为整数，3.2是小数，所以不合理，故C错误；D量筒量取液体体积的准确度为0.1mL，所以量取7.50mL不合理，故D错误；故答案为A。5.室温时，将xmL pH=a的稀NaOH溶液与ymL pH=b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是( )A. 若x=y，且a+b=14,则pH7B. 若10x=y，且
7、a+b=13,则pH=7C. 若ax=by，且a+b=13,则pH=7D. 若x=10y，且a+b=14,则pH7【答案】D【解析】【分析】pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，有=，若二者恰好中和，应存在10a-14x=10-by，pH=7，若10a-14x10-by，碱过量，溶液pH7，否则小于7，以此解答该题【详解】pH=a的稀NaOH溶液中c（OH-）=10a-14mol/L，pH=b的稀盐酸中c（H+）=10-bmol/L，则：A若x=y，且a+b=14，则有：=10a+b-14=1，即n(H+)=n(OH-
8、)，酸碱恰好中和，溶液呈中性，pH=7，故A错误；B若10x=y，且a+b=13，则有=10a+b-15=0.01，即n(H+)n(OH-)，酸过量，pH7，故B错误；C若ax=by，且a+b=13，则有=，因ab，则酸过量，pH7，故C错误；D若x=10y，且a+b=14，则有=10a+b-13=10，则碱过量，pH7，故D正确；故答案为D。6.下列各组离子一定能在指定环境中大量共存的是 （ ）A. 在c(H+)=10-10 mol/L的溶液中 Al3+ 、NH 、Cl 、NOB. pH值为1的溶液 Fe3+、Na+ 、SO42-、COC. 水电离出来的c(H+)=1012mol/L的溶液
9、K+、NH4+、Cl、ClO-D. pH值为13的溶液 K+ 、SO、Na+、S2-【答案】D【解析】【详解】Ac(H+)=10-10mol/L的溶液，显碱性，碱溶液中不能大量存在Al3+、NH4+，故A错误；BpH值为1的溶液，显酸性，酸溶液中不能大量存在CO32-，且Fe3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；C水电离出来的c(H+)=10-12mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中-ClO-不能大量存在，碱溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；DpH值为13的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子共存，为高考常见题型和高频
10、考点，审题时应注意题中给出的附加条件。酸性溶液，表示存在大量的H+；碱性溶液，表示存在大量的OH-；能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液，表示是酸性或碱性溶液，但不能是硝酸溶液；由水电离出的H+或OH-=110-10mol/L的溶液，溶液的pH=4或10，表示溶液显酸性或碱性。7.为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应催化效果，某同学分别设计了图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是A. 图2中的A为分液漏斗B. 图2实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率C. 若图1实验中反应速率为，则Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好D. 图1实验可通过观察产生气泡的
11、快慢来比较反应速率【答案】C【解析】A图2中的A为分液漏斗,正确；B反应速率可用单位时间内产生的气体体积表示，该装置可通过注射器活塞的位置变化看生成气体的体积，所以正确C.催化剂能改变化学反应的速率，这里是加快速率，若图1所示实验中反应速率为，则一定说明氯化铁比硫酸铜催化效果好，因二者所含的阴离子不同，要证明Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好，还要使选择的试剂中阴离子种类相同，所以错误D图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率,正确。8.一定温度下，某密闭容器里发生如下反应：CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)(正反应为吸热反应)，当反应达到平衡时，测得容器中各物质的物
12、质的量均为n mol。欲使H2的物质的量浓度增大1倍，在其他条件不变时，下列措施中可以采用的是 ( )升高温度增大压强再通入n mol CO2和n mol H2再加入2n mol CO2和2n mol H2(g)A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变、放热的可逆的化学反应，根据题中信息知，该反应初始，相当于向容器中加入2nmol一氧化碳和2nmol水，一氧化碳和水的转化率都是50%，根据外界条件对化学平衡的影响和等效平衡分析。【详解】升高温度，平衡向着逆向移动，氢气的物质的量减小，故错误；增大压强，平衡不移动，但体积减小，所以氢气的物质的量浓度可能增
13、大1倍，故正确；再通入n mol CO2和n mol H2 平衡向逆反应方向移动，有部分氢气减少，所以氢气的物质的量浓度不可能是增大1倍，故错误；再加入2n mol CO2和2n mol H2(g)平衡向逆反应方向移动，当再次达到平衡状态时，氢气的物质的量浓度能增大1倍，故正确；故答案为B。9.相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.6 kJ/mol，实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3130放出热量：23.15 kJ0.92.70.2放出热量：Q下
14、列叙述错误的是 ( )A. 容器、中反应的平衡常数相等B. 平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为1/7C. 容器中达平衡时放出的热量Q23.15 kJD. 若将容器体积拉至0.5 L，上述反应的反应热H一定不改变【答案】C【解析】【详解】A平衡常数只与温度有关，相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；B容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：=0.5mol，利用三段式法计算： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=一92.6kJ/mol起始：1mol 3mol 0转化：0.25mol 0.75mol 0.5mol平衡：0
15、.75mol 2.25mol 0.5mol平衡时，容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数=，从等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.5molH2和0.2molNH3相当于1molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B正确；C中含有0.2molNH3，还需生成0.3mol氨气才能达到平衡状态，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，故C错误；D反应热H由热化学反应方程式决定，与参加反应的反应物的量无关，则将容器体积拉至0.5 L，反应中放出的热量发生改变，但反应的反应热H一定不改变，故D正确；故答案为C。10.常温下pH6的盐酸和p
16、H6的NH4Cl溶液，其中由水电离出的c(H)值分别为x mol/L、y mol/L，则x与y的关系是（ ）A. xyB. x yC. x102 yD. x102 y【答案】C【解析】试题分析： pH6的盐酸，由水电离出的c(H)=c(OH-)值为x=10-14/10-6=10-8mol/L，pH6的NH4Cl溶液由水电离出的c(H) y=10-6mol/L ,故x102 y，选项C正确。考点： 酸与水解显酸性盐溶液影响水电离数量关系。11.向三份0.1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO-浓度的变化依次为
17、（ ）A. 减小、增大、减小B. 增大、减小、减小C. 减小、增大、增大D. 增大、减小、增大【答案】D【解析】CH3COONa为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，NH4NO3和FeCl2为强酸弱碱盐水解后溶液呈酸性，因此，这两种盐能促进CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO增大；Na2SO3为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制CH3COONa的水解，溶液中的CH3COO浓度减小。12.关于小苏打水溶液的表述正确的是（ ）A. c(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3)B. c(Na+)+c(H+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(OH)
18、C. HCO3-的电离程度大于HCO3-的水解程度D. 存在的电离有：NaHCO3 = Na+ HCO3- ，HCO3- = H+ CO32-【答案】A【解析】试题分析：Ac(Na+) = c(HCO3-) + c(CO32-) + c(H2CO3) 此式子为物料守恒，正确；Bc(Na+)+c(H+) = c(HCO3-) + 2c(CO32-) + c(OH) 此式子为电荷守恒，错误；CHCO3-的电离程度小于HCO3-的水解程度而显碱性，错误；D存在的电离有：NaHCO3 = Na+ HCO3-，HCO3-的电离是可逆的HCO3-H+ CO32-考点：盐的水解的三大守恒。13.pH=2的C
19、H3COOH溶液；pH=2的H2SO4溶液；pH=12的氨水；pH=12的NaOH溶液。相同条件下，有关上述溶液的比较中，正确的是（ ）A. 水电离的c(H)：=B. 将、溶液混合后，pH=7，消耗溶液的体积：【答案】A【解析】【详解】A在相同的条件下，水电离的氢离子浓度相同，酸和碱溶液对水的电离起到抑制作用，由于本题中强酸和弱酸溶液中氢离子浓度相同，而且其与强碱、弱碱溶液中氢氧根离子也浓度相同，故4种溶液中水的电离程度相同，故A正确；B强酸和强碱恰好中和，故消耗溶液的体积=，B错误；C和等量铝粉反应，醋酸存在电离平衡，随反应进行，电离出的氢离子和铝继续反应，生成氢气最多，故C错误；D弱电解质
20、稀释时，电离平衡正向移动，溶液pH值应该，故D错误；故答案为A。14.下列叙述正确的是 ( )A. 用水稀释0.1 mol/L的氨水，则溶液中增大B. pH=3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，pH均不变C. 在等体积等pH 的盐酸和醋酸两溶液中分别加入等质量的相同锌粒，若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸；D. 两种氨水溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c2=10 c1【答案】C【解析】【详解】A加水稀释氨水溶液，促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子的物质的量增大，一水合氨的物质的量减小，所以溶液中减小，故A错误；B醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电
21、离，氯化氢是强电解质完全电离，所以pH=3的盐酸和醋酸分别升高相同的温度，盐酸的pH不变，醋酸的减小，故B错误；CpH相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度大于盐酸，相同体积的两种酸，则醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多消耗的锌越多，所以若只有一种溶液中的锌粒有剩余，则该溶液一定是盐酸，故C正确；D两种氨水溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，浓度越大其电离程度越小，所以则c210c1，故D错误；故答案为C。15.常温时，以下4种溶液pH最小的是 （ ）A. 0.01mol/L醋酸溶液B. 0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合液C. 0.03mol/
22、L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合液D. pH = 2的盐酸与pH = 12的NaOH溶液等体积混合液【答案】A【解析】试题分析：A醋酸是弱电解质，所以0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L；B0.02mol/L醋酸与0.02mol/LNaOH溶液等体积混合，二者恰好反应生成CH3COONa，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO-因水解导致溶液呈碱性，氢离子浓度小于10-7mol/L；C0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钠，氢离子浓度小于0.01mol/L，由于C
23、H3COO-的抑制作用，氢离子浓度小于A中氢离子浓度；DpH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，则氢离子浓度等于10-7mol/L；所以氢离子浓度最大的是A，则pH最小的是A，答案选A。【考点定位】考查溶液酸碱性的判断。【名师点睛】本题考查溶液酸碱性的判断，明确溶液中的溶质及溶质的性质即可解答，难度中等。常温下，溶液中pH最小说明溶液中氢离子浓度最大，根据溶液中溶质结合氢离子浓度大小判断即可。16.将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势
24、，其中错误的是【答案】D【解析】A选项氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低。B选项醋酸中滴加氢氧化钠酸性减弱pH增大。C选项醋酸中滴加氢氧化钠，相当于弱电解质溶液变成强电解质溶液，因此导电能力增加。D选项醋酸中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和醋酸发生反应了，因此氢氧化钠开始时为0.第卷（非选择题，共52分）17.双氧水（H2O2）和水都是极弱电解质，但H2O2溶液显酸性。(1)若把H2O2看成二元弱酸，请写出它在水中的电离方程式：_、_ (2)水电离生成H3O+和OH叫做水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极弱的自偶电离，其自偶电离的方程式为：
25、_。【答案】 (1). H2O2 H+HO2- (2). HO2- H+O22- (3). 2 H2O2H3O2+ HO2-【解析】【分析】(1)过氧化氢弱电解质属于二元弱酸分步电离；(2)根据水的自偶电离可知，H2O2自偶电离生成H3O2+和HO2-。【详解】(1)过氧化氢是弱电解质，H2O2溶液显酸性，属于二元弱酸，分步电离，电离的方程式为：H2O2H+HO2-、HO2-H+O22-；(2)水电离生成H3O+和OH-叫做水自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，类比水的自偶电离，可知其自偶电离的方程式：H2O2+H2O2H3O2+HO2-。18.在一定温度下，向不同的电解质溶液中
26、加入新物质时溶液的导电性发生变化，其电流强度（I）随物质加入量（m）的变化曲线如图所示。其中与A图变化趋势一致的是_（填编号，下同），与B图变化趋势一致的是_，与C图变化趋势一致的是_H2SO4溶液中加入适量BaCl2固体氢硫酸（H2S）溶液中滴入稀NaOH溶液至过量澄清石灰水中通入CO2至过量NaOH溶液中通入适量Cl2 Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【分析】溶液的导电性与离子浓度大小有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，结合反应的离子方程式或化学方程式以及电解质的强弱进行判断。【详解】H2SO4溶液中加入适量BaCl2固体发生反应
27、H2SO4+ BaCl2=BaSO4+2HCl，原H2SO4和 HCl均为强电解质，反应前后离子浓度基本无变化，导电性基本无变化，与C一致；氢硫酸(H2S)是弱酸，部分电离，最初溶液导电性比较弱，当溶液中滴入稀NaOH溶液时，H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，导电性增强，当稀NaOH溶液过量，溶液稀释，导电性减弱，与A一致；Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O，导电性减弱，CO2过量后，CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，Ca(HCO3)2电离使导电性又增强，与B一致；NaOH溶液中通入适量Cl2发生反应2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，NaOH、NaCl
28、、NaClO均为强电解质，反应前后离子浓度基本无变化，导电性与C一致；Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，滴入H2SO4时，导电性减弱，完全反应后，H2SO4过量，导电性又增强，与B一致；故其中与A图变化趋势一致的是，与B图变化趋势一致的是，与C图变化趋势一致的是。【点睛】考查电解质溶液导电能力强弱的判断，明确溶液的导电性与溶液中自由移动离子浓度成正比是解题的关键。注意电解质强弱与溶液导电能力无关，溶液的导电能力与自由移动离子的浓度成正比，离子浓度越大，溶液的导电能力越强，离子电荷数越高，导电能力越强。19.今有a盐酸 b硫酸 c醋酸三种酸：（1）在同体积，同pH的三种酸中，分别
29、加入足量的NaHCO3粉末， 在相同条件下产生CO2的体积由大到小的顺序是_。（用a、b、c表示，下同）（2）完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同pH的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序是_；（3）完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗相同物质的量浓度的上述三种酸溶液的体积由大到小的顺序是_；【答案】 (1). ca=b (2). a=bc (3). a=cb【解析】【分析】(1)相同体积相同pH的三种酸中最终电离出的n(H+)a=bc，分别与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成的二氧化碳与最终电离出的n(H+)成正比；(2)PH相同，醋酸是弱电解质，浓度最大，盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度
30、相等；(3)相同物质的量浓度，硫酸溶液中氢离子浓度是醋酸、盐酸中氢离子浓度的2倍。【详解】(1)相同体积相同pH的三种酸中最终电离出的n(H+)a=bc，分别与足量的碳酸氢钠溶液反应，生成的二氧化碳与最终电离出的n(H+)成正比，所以生成二氧化碳体积由大到小的顺序为ca=b；(2)醋酸部分电离，溶液中醋酸浓度大于氢离子浓度，相同pH时，三种溶液中醋酸浓度最大，盐酸和硫酸溶液中氢离子浓度相等，完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，醋酸消耗的体积最小，盐酸和硫酸消耗的体积相等且大于醋酸溶液的体积，即a=bc；(3)在相同物质的量浓度的溶液中，硫酸溶液中氢离子物质的量浓度是醋酸、盐酸溶液中氢离子浓度
31、的两倍，醋酸和盐酸溶液中氢离子总的物质的量相等；完全中和含等物质的量的NaOH的溶液，消耗的硫酸溶液体积最少，盐酸和醋酸体积相等，即a=cb。20.随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1 L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H
32、2)_mol/(Lmin)。该反应的平衡常数表达式为K=_。下列措施中能使n(CH3OH)n(CO2)增大的是_。A升高温度 B充入He(g)，使体系压强增大C将H2O(g)从体系中分离 D再充入1mol CO2和3mol H2有人提出，可以设计反应2CO(g)2C(s)O2(g) 通过其自发进行来消除CO的污染。该方案_(填“是”、“否”)可行，理由是：_。【答案】 (1). 0.225 (2). (3). CD (4). 否 (5). 该反应H0、S0，因而G0，不能自发进行【解析】【分析】(1)根据v=计算；根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积计算；要使n(CH3OH
33、)/n(CO2)增大，应使平衡向正反应方向移动；(2)根据G的大小判断反应能否进行。【详解】(1)利用三段式解题法计算 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)， 开始(mol/L)：1 3 0 0变化(mol/L)：0.75 2.25 0.75 0.75 平衡(mol/L)：0.25 0.75 0.75 0.75从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=0.225 molL-1min-1；平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K=；要使n(CH3OH)/n(CO2)增大，应使平衡向正反应方向移动；A因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则n(CH
34、3OH)/n(CO2)减小，故A错误；B充入He(g)，使体系压强增大，但对反应物质来说，浓度没有变化，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变，故B错误；C将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应方法移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，故C正确；D再充入1mol CO2和3mol H2，等效于在原来基础上缩小体积一半，压强增大，平衡向正反应方向移动，则n(CH3OH)/n(CO2)增大，故D正确；故答案为CD；(2)已知反应2CO=2C+O2的H0、S0，则G=H-TS0，反应是一个焓增、熵减的反应，任何情况下不能自发进行。21.某实验小组拟定用实验验证醋酸是弱酸。甲、乙两同学的
35、方案分别是：甲：称取一定量的冰醋酸准确配制0.1mol/L的醋酸溶液100mL用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。乙：分别配制盐酸和醋酸溶液，在相同温度下比较两溶液的导电性。回答下列问题：（1）简要说明pH试纸的使用方法：_。（2）甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH_1（选填“”“”“”，下同）；乙方案中，若达目的，配制的两溶液应满足的条件是_必须相等，证明醋酸是弱酸的现象是_【答案】 (1). 取一小块pH试纸置于洁净玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，与标准比色卡对照 (2). (3). 物质的量浓度相等 (4). 接入盐酸溶液的灯泡较亮【解析】【分析】
36、(1)pH试纸的使用方法：取一小块pH试纸置于洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，与标准比色卡对照；(2)如果醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中氢离子浓度小于溶液浓度；要根据溶液导电性判断电解质溶液，需要溶液中溶质的物质的量浓度相等，否则无法判断。【详解】(1)pH试纸的使用方法：取一小块pH试纸置于洁净的玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸上，与标准比色卡对照，注意：pH试纸不能事先用蒸馏水润湿；(2)如果醋酸是强电解质，其0.1mol/L醋酸溶液pH=1，如果溶液的pH1就说明醋酸是弱电解质；要根据盐酸和醋酸溶液导电性强弱判断醋酸为弱电解质，只有使其物质的量浓度相等时根据其电离
37、程度判断，相同浓度的醋酸和盐酸，如果醋酸是弱电解质，则醋酸溶液中离子浓度小于盐酸，离子浓度越大溶液导电性越大，则灯泡越亮，证明醋酸是弱酸的现象是接入盐酸溶液的灯泡较亮。22.某学生用0.2000molL-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下： 用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上； 固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体； 调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数； 移取20.00mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞试液； 用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。请回答：（1）以上步骤有错误的是（填编号）_，若测定结果偏高，
38、其原因可能是 _。A配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质B滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C盛装未知液锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液（2）判断滴定终点的现象是：_。（3）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL。（4）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：_mol/L。滴定次数待测体积（mL）标准烧碱体积（mL）滴定前读数滴定后读数第一次20.000.4020.40第二次20.002.0024.10第三次20.004.0024.00【答案】 (1). (2). ABCD (3). 滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液
39、刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4). 22.60 (5). 0.2000【解析】（1）碱式滴定管应该是先用蒸馏水润洗，然后用标准NaOH溶液润洗，否则会影响标准液的浓度，故第步错误；配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质，标准溶液中氢氧根离子的浓度偏小,消耗的V(标准)增大，根据，测定结果偏高,所以A选项是正确的；滴定终点读数时,仰视滴定管的刻度,消耗的V(标准)偏小，据分析，测定结果偏低，所以B错误；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，消耗的V(标准)不变，分析，测定结果不变,故C错误；滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，消耗的V(标准)偏大， 分析，
40、测定结果偏高，所以D选项是正确的；正确选项.AD。（2）滴定终点的现象是：当滴入最后一滴NaOH溶液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且保持30秒不消失；正确答案：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，保持30秒不消失。（3）滴定管中的液面读数为；正确答案：22.60。（4）三次滴定消耗的体积为20.00mL 、22.1 mL、20.00mL；第二组数据不能用，所以消耗氢氧化钠的体积，根据=0.22010-3/2010-3= 0.2000 mol/L；正确答案：0.2000。23.（1）某温度（t）时，测得0.01 molL-1 NaOH溶液的pH13，请回答下列问题：该温度下水的K
41、w_ 。此温度下，将pHa的NaOH溶液VaL与pHb的H2SO4溶液VbL混合(忽略体积变化)，若所得混合液为中性，且a12，b2，则VaVb_ 。（2）25时，pH=a的20mL的H2SO4溶液与c(H+)=10-b的200mL的NaOH溶液混合后，溶液呈中性，则a和b满足的关系_。【答案】 (1). 1.01015 (2). 10：1 (3). a+b=13【解析】【分析】(1)c(H+)c(OH-)=Kw，混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等；(2)溶液呈中性，则n(H+)=n(OH-)，以此来解答。【详解】(1)0.01m
42、olL-1 的NaOH溶液的pH=13，则c(H+)=10-13 mol/L，氢氧化钠是强碱，完全电离，所以氢氧根离子浓度等于氢氧化钠浓度=0.01mol/L，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-2=1.010-15；混合溶液呈中性，且硫酸和氢氧化钠都是强电解质，所以酸中氢离子物质的量和碱中氢氧根离子的物质的量相等，pH=a的NaOH溶液中氢氧根离子浓度=10 a-15 mol/L，pH=b的H2SO4溶液氢离子浓度=10-b mol/L，10 a-15 mol/LVaL=10-b mol/LVbL且a=12，b=2，则Va：Vb=10：1；(2)溶液呈中性，则n(H+)=n(OH
43、-)，所以0.02L10-amol/L=0.2L10b-14mol/L，解得a+b=13。【点睛】本题考查酸碱反应后溶液pH的计算；强酸和强碱混和，先确定过量离子的浓度：若酸过量：c(H+)=(c(H+)V酸-c(OH-)V碱)/(V酸+V碱)；若碱过量：c(OH-)=(c(OH-)V碱-c(H+)V酸)/(V碱+V酸)；当酸过量时，必须以剩余的氢离子浓度来计算溶液的pH值；当碱过量时，必须以剩余的氢氧根离子浓度来计算溶液的pOH值，再求pH值。24.常温下，将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5L混合液。判断：（1）溶液中共有_种微粒。（2）溶
44、液中有两种微粒的物质的量之和一定等于0.010 mol，它们是_和_。（3）溶液中n(CH3COO)n(OH)n(H ) = _mol。【答案】7CH3COO-、CH3COOH0.006mol【解析】（1）CH3COONa和HCl反应生成CH3COOH和NaCl，因此，溶液中共含有Na+、Cl-、CH3COO-、H+、OH-、CH3COOH和H2O，共7种粒子；常温下将0.010molCH3COONa和0.004molHCl溶于水，配制成0.5L混合溶液，由物料守恒可知，CH3COOH和CH3COO-的物质的量之和一定等于0.010 mol；由电荷守恒可得， n(CH3COO-)+n(OH-)+ n(Cl-)= n(Na+)+ n(H+)，则n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)= n(Na+)- n(Cl-)=0.010 mol-0.004 mol=0.006 mol