1、河北省泊头市第一中学2020-2021学年高二化学上学期第三次月考试题（含解析）考试时间：90分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上可能用到的相对原子质量 H 1 C 12 0 16 N14 S 32 Na 23 Cu 64 Zn 65第I卷(选择题)一、单选题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。)1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是( )A. “冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”。“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可增强肥效B. 实验室盛放NaF溶液的试剂瓶用磨口玻璃塞C. 侯德榜
2、制碱法的原理是在饱和食盐水中先通二氧化碳后通氨气制得碳酸钠D. 高铁酸钾(K2FeO4)在水处理过程中涉及的变化过程有：胶体聚沉、盐类水解、氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A“薪柴之灰”主要成分为碳酸钾，与铵态氮肥混合施用会使肥效降低，故A错误； BNaF强碱弱酸盐，溶液显碱性，与玻璃中SiO2反应会生成硅酸钠，故该试剂瓶不用磨口玻璃塞，故B错误；C侯德榜制碱法的原理是在饱和食盐水中先通氨气后通二氧化碳制得碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠得到碳酸钠，故C错误；D高铁酸钾(K2FeO4)中铁的价态是+6价，在水处理过程中发生氧化还原反应生成+3价铁离子，涉及铁离子水解，产物氢氧化铁胶体会聚沉等过
3、程，故D正确；故答案为D。2. 下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为483.6 kJmol1B. 在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=19.3kJ/molC. 已知酸和碱发生中和反应生成1 mol水，这时的反应热叫中和热D. 反应NH4HCO3(s)=NH3(g)H2O(g)CO2(g) H=185.57 kJmol-1能自发进行是因为体系
4、有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是1mol燃料完全燃烧生成稳定的产物所放出的热量，根据该热化学方程式可知氢气的燃烧热为241.8 kJmol1，A项错误；B氮气与氢气合成氨是可逆反应，没有平衡常数和容器体积，无法计算反应热，B项错误；C中和热是强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水放出的热量，C项错误；D焓减熵增的反应一定能自发进行，该反应是焓增反应，能自发进行则一定是因为熵增，即体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，D项正确。答案为D。3. 雾霾中含有氮的氧化物，利用反应NO2+NH3N2+H2O制作如图所示的电池，用以消除氮氧化物的污染。下列有关该电
5、池的说法一定正确的是A. 电极乙为电池负极B. 离子交换膜需选用阳离子交换膜C. 负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2OD. 28.0L(标准状况)NO2被完全处理，转移4mol电子【答案】C【解析】【分析】根据题干信息，反应NO2+NH3N2+H2O中，NO2中的N元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，NH3中的N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则电极甲为负极，电极乙为正极，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，电极乙为原电池的正极，A错误；B该原电池中，NO2在正极得到电子，发生还原反应，电极反应式为2NO2+4H2O+8e-=N2+8OH-，OH-向负极
6、移动，则离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；CNH3在负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，C正确；D由正极反应2NO2+4H2O+8e-=N2+8OH-可知，转移4mol电子需处理1molNO2，标准状况下NO2为液体，28.0L NO2的物质的量未知，D错误；答案选C。4. 已知常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c(CH3COO-)相等，则下列叙述正确的是( )A. c(Na+)=c()B. c(CH3COONa)c(CH3COONH4)C. 两种溶液中水的电离程度相等D. 两种溶液的pH相等【答案】B【解析】【分析】常温下CH
7、3COONa溶液中CH3COO-水解导致溶液显碱性，CH3COONH4溶液中阴阳离子水解程度相同导致溶液呈中性，二者溶液中c(CH3COO-)相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c(CH3COONa)c(CH3COONH4)。【详解】ACH3COONa溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，CH3COONH4溶液中的电荷守恒为c()+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两种溶液中c(CH3COO-)相等，c(OH-)不同，则c(Na+)与c()不相等，A错误；B常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c
8、(CH3COO-)相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c(CH3COONa)0，a+bcB. H0，a+bcC. HcD. H0，a+bc【答案】C【解析】【详解】据图可知当压强一定时，温度越低Z的物质的量分数越高，说明降低温度平衡正向移动，则该反应为放热反应，Hc，故答案为C。二、多选题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有1-2个选项符合题意。)11. N2O5 是一种新型硝化剂，一定温度下发生反应2N2O5(g)4NO2(g)O2(g) H0，T1 温度下的部分实验数据为：t/s05001 0001 500c(N2O5)/(molL-1)5.003.
9、522.502.50下列说法不正确的是( )A. 反应进行到1000s时，该反应已经达到了化学平衡状态B. T1温度下的平衡常数为K1=125，1 000s时N2O5的转化率为 50%C. 其他条件不变时，T2 温度下反应到1000s时测得 N2O5(g)浓度为 2.98 molL-1，则有T1T2D. T1温度下的平衡常数为 K1，T2 温度下的平衡常数为 K2，若T1T2，则有 K1K2【答案】CD【解析】【详解】A1000s后，c(N2O5)不再改变，说明反应进行到1000s时，该反应已经达到了化学平衡状态，A正确；B1000s时反应已达平衡状态，c(N2O5)=2.50mol/L，c(
10、N2O5)减小5.00mol/L-2.50mol/L=2.50mol/L，根据计量数可知平衡时c(NO2)=2.50mol/L2=5.00mol/L，c(O2)=1.25mol/L，因此平衡常数为K1=125，1000s时N2O5的转化率=50%，B正确；C其他条件不变时，T2 温度下反应到1000s时测得 N2O5(g)浓度为2.98 molL-12.50 molL-1，则1000s时N2O5(g)转化量比T1时小，反应速率较慢，T1T2，C错误；D该反应的H0，温度越高，平衡常数越大，则T1T2，则有 K1K2，D错误。答案选CD。12. 用如图所示的装置进行实验，反应一段时间后断开K，向
11、右侧烧杯中加入0.1 molCuO后CuSO4溶液恰好恢复到反应前的浓度和pH。下列说法中不正确的是( )A. 铜棒为正极，其电极反应式为2H2eH2B. 烧杯右侧碳棒为阴极，其电极表面有红色物质析出C. 反应中消耗锌的质量为13 gD. 导线中通过的电子的物质的量为0.2 mol【答案】C【解析】【详解】A锌比铜活泼，锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子放电，A正确；B烧杯右侧碳棒与电源的负极相连为阴极，溶液中的铜离子放电，其电极表面有红色物质析出，B正确；C反应一段时间后断开K，向右侧烧杯中加入0.1 mol CuO后CuSO4溶液恰好恢复到反应前的浓度和pH，这说明惰性电极电解硫酸铜溶液时
12、阳极是氢氧根放电产生氧气，阴极是铜离子放电析出铜，电极反应式分别为4OH-4e-2H2O+O2、2Cu2+4e2Cu。根据原子守恒可知，析出铜的物质的量是0.1mol，则反应中转移电子的物质的量是0.2mol。根据电子守恒可知锌失去电子的物质的量也是0.2mol，消耗锌的质量是0.1mol65g/mol6.5g，C不正确；D导线中通过电子的物质的量为0.2 mol，D正确，答案选C。13. 已知25，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表，下列叙述正确的是酸电离平衡常数醋酸K i=1.7510-5次氯酸K i=2.9810-8碳酸Ki1=4.3010-7Ki2=5.6110-11亚硫酸K
13、i1=1.5410-2Ki2=1.0210-7A. 25，等PH值的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，物质的量最小的是Na2CO3B. 少量的SO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：SO2+ H2O + 2ClOSO32 + 2HClOC. 少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：CO2+ H2O + ClOHCO3+ HClOD. 向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，所得溶液的pHa、pHa、pH=a均有可能【答案】CD【解析】【详解】根据表中数据可知，酸性大小关系为：醋酸亚硫酸碳酸亚硫酸氢根离子次氯酸碳酸氢根离子，A相同物质的量浓度的含
14、有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱则酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：CH3COO-SO32-ClO-CO32-，所以相同温度时，等pH的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3四种溶液中，物质的量浓度最小的为水解程度最大的盐：碳酸钠，由于没有告诉溶液体积，各物质的物质的量大小无法判断，故A错误；BSO2有还原性，NaClO有氧化性，二者发生氧化还原反应；少量的SO2通入NaClO溶液中，反应生成的次氯酸能够氧化亚硫酸根离子，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=SO42-+2H+Cl-，故B错误；C由于酸性H2CO3H
15、ClO HCO3-，所以CO2通入Ca（ClO）2溶液中，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，故C正确；D若温度不变，向pH=a的醋酸溶液中加一定量水，若原来是稀溶液，稀释作用大于平衡正向移动是c(H+)增大的趋势，所得溶液的pHa；若原来是浓溶液，加水时使酸分子的电离作用大于水的稀释作用，平衡正向移动是c(H+)增大的趋势，所得溶液的pHa；若加水时使酸分子的电离作用等于加水对溶液的稀释作用，平衡不发生移动pH=a。故三种情况均有可能，D正确；故选CD。14. 常温下，H2SeO4第一步完全电离，第二步电离常数Ka2=1.210-
16、2。现有浓度都为0.1 mol/L的三种溶液：NaHSeO4溶液H2SeO4溶液Na2SeO4溶液。下列说法正确的是( )A. c(SeO)：B. pH：C. 中：c(Na+)=c(HSeO)+c(H2SeO4)+c(SeO)D. 和组成的中性溶液中：c(Na+)c(HSeO)+ c(SeO)【答案】B【解析】【详解】AH2SeO4第一步完全电离，所以浓度相同的NaHSeO4溶液和H2SeO4溶液中HSeO的浓度相同，但H2SeO4电离出的氢离子会抑制HSeO的电离，所以c(SeO)：，故A错误；BNaHSeO4溶液中存在HSeO的电离，显酸性，H2SeO4溶液中两步均电离出氢离子，酸性强于同
17、浓度的NaHSeO4，Na2SeO4为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以pH：，故B正确；CH2SeO4第一步完全电离，所以溶液中不存在H2SeO4，故C错误；D溶液中存在电荷守恒c(Na+)+ c(H+)=c(HSeO)+2c(SeO)+c(OH-)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HSeO)+2c(SeO)，则c(Na+)c(HSeO)+c(SeO)，故D错误；综上所述答案为B。15. 25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 ( )A. 0.1 溶液与0.1 溶液等体积混合：B. 浓度均为0. 1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合:C. 相同的氨水、溶液、
18、溶液中： D. 常温下， 0.2 溶液与0.1 溶液等体积混合，所得的溶液中：【答案】AC【解析】【详解】A0.1 溶液与0.1 溶液等体积混合后的溶液中存在物料守恒，n(Na+)=n(CH3COO)+n(CH3COOH)，2n(Ca2+)=n(Cl)，则c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH)+c(Cl)，故A正确；B浓度均为0.1molL1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH)，物料守恒c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，代入计算得到c(OH)c(H+)=c()+
19、2c(H2CO3)，故B错误；CpH相同的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度相同，则c()=c(K+)=2c(Ba2+)，故C正确；D常温下，0.2molL1NH4NO3溶液与0.1molL1NaOH溶液等体积混合，所得pH=9.6的溶液中含等浓度的NH4NO3、NH3H2O、NaNO3，一水合氨电离大于铵根离子水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c()c()c(Na+)c(NH3H2O)c(OH)c(H+)，故D错误；答案选AC。第II卷(非选择题)三、填空题(本题包括5小题，共60分)16. 测定稀硫酸和氢氧化钠溶液反应的中和热(实验装置如下图所示)。(1)图中尚缺少
20、一种仪器是_；(2)写出反应的中和热热化学方程_(中和热为57.3kJmol-1)。(3)该同学每次分别取0.50molL-1 50mL NaOH溶液和0.30molL-1 50mL硫酸进行实验，通过多次实验测定中和热54.5kJmol-1，产生偏差的原因不可能是_(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度(4)在测定中和热的实验中，下列说法正确的是_；A使用环形玻璃棒是为了加快反应速率，减小实验误差B为了准确测定反应混合溶液的温度，实验中温度计水银
21、球应与小烧杯底部接触C用0.5molL-1 NaOH溶液分别与0.5molL-1的盐酸、醋酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同。D在测定中和热实验中需要使用的仪器有天平、量筒、烧杯、滴定管、温度计(5)若将各含 1mol 溶质的 NaOH 稀溶液、Ca(OH)2 稀溶液、稀氨水，分别与足量的稀盐酸反应，放出的热量分别为 Q1、Q2、Q3，则 Q1、Q2、Q3 的关系为_。【答案】 (1). 温度计 (2). NaOH(aq)+H2SO4(aq)Na2SO4(aq)+H2O(l) H=-57.3kJmol-1 (3). b (4). A (5). Q2Q1Q3或Q2=2Q1Q
22、3【解析】【详解】(1)中和热的测定实验中需要测量溶液的温度，则图中尚缺少的一种仪器是温度计，故答案为：温度计；(2)中和热为57.3kJmol-1，则反应的中和热热化学方程为NaOH(aq)+H2SO4(aq)Na2SO4(aq)+H2O(l) H=-57.3kJmol-1，故答案为：NaOH(aq)+H2SO4(aq)Na2SO4(aq)+H2O(l) H=-57.3kJmol-1。(3)通过多次实验测定中和热54.5kJmol-1，这说明反应中有热量损失。则a实验装置保温、隔热效果差，则测定中和热数值偏小，故不选；b用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视读数，NaOH的物质的量偏大，生成水偏
23、多，测定值偏大，故选；c分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不能准确测定最高温度，测定值偏小，故不选；d用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸溶液的温度，温度差偏小，测定值偏小，故不选；故答案为b。(4)A环形玻璃棒搅拌能加快反应速率，减小实验误差，故A正确； B温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部，故B错误；C醋酸是弱酸，电离吸热，测出的中和热数值偏小，故C错误；D中和热测定用不到天平，故D错误；故答案选A；(5)中和热是稀的强酸和强碱之间反应生成1mol水所放出的热量，NaOH溶液、氢氧化钙溶液和稀盐酸恰好反应生成1mol水时，放出的热量是中和热，一水合氨是弱
24、碱，它的电离是吸热的，所以氨水时放出的热量偏小，又因为氢氧化钙是二元强碱，则Q1、Q2、Q3的关系为Q2Q1Q3或Q2=2Q1Q3，故答案为：Q2Q1Q3或Q2=2Q1Q3。17. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如图1： (1)待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到_。(2)iii是ii的对比试验，目的是排除有ii中_造成的影响。(3)i和ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释i颜色变化原因：_。(4)根据氧化还
25、原反应的规律，该同学推测i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c(I-)降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用图2装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时，指针向右偏转，b作_极。当指针归零(反应达到平衡)后，向U型管左管滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是_。(5)按照(4)的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，转化原因是_。(6)实验I中，还原性：I-Fe2+；而实验II中，还原性：Fe2+I-，将(3)和(4)、(5)作对比，得出的结论是_。【答案】 (1). 化学平衡状态 (2). 溶液稀释对颜
26、色变化 (3). Ag+与I-反应生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡逆向移动 (4). 正 (5). 左管出现黄色沉淀，电流计指针向左偏转 (6). c(Fe2+)增大，还原性增强，使Fe2+的还原性强于I- (7). 该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。【解析】【分析】(1)待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态；(2)根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；(3)i中 加入AgNO3溶液，Ag+与I-
27、生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡逆向移动；ii中加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；(4)K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；当指针归零(反应达到平衡)后，向U型管左管中滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I-浓度降低，使化学平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动；(5)Fe2+浓度增大，还原性增强；(6)将(3)和(4)、(5)作对比，可知氧化性、还原性的强弱与浓度有关。【详解】(1)待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断；(2)由
28、实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，即溶液稀释会对颜色的变化；(3)i中加入AgNO3溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化；ii中加入FeSO4溶液， Fe2+浓度增大，增大生成物浓度，化学平衡逆向移动。(4)K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极；当指针归零(反应达到平衡)后，向U型管左管中滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀， c(I-)降低，2Fe3+2I-2Fe2+I2平衡逆向移动，指针向
29、左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故通过左管出现黄色沉淀，电流计指针向左偏转现象可证明Fe2+向Fe3+的转化；(5)转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-；(6)将(3)和(4)、(5)作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。18. 氧化还原滴定实验是用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之。现用0.1000 molL-1 KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液，完成下列问题：(1)配制100mL0.1000mol/L的KMnO4溶液所需要的玻璃
30、仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、_。(2)该滴定实验应选用如下图所示的滴定管_(填“A”或“B”)盛放高锰酸钾溶液，原因是_ 。(3)写出酸性高锰酸钾与草酸反应的离子方程式_。(4)滴定终点的现象为_。(5)某学生按照滴定步骤进行了3次实验，分别记录有关数据如表：滴定次数待测H2C2O4溶液的体积/mL0.1000 molL-1KMnO4的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次20.000.0020.1120.11第二次20.001.5623.3021.74第三次20.000.3020.1919.89依据上表数据计算该H2C2O4溶液物质的量浓度为_ molL-1(保留4位有效
31、数字)。(6)下列操作和叙述错误的是_。a.滴定过程中，眼睛应一直注视滴定管的刻度值变化，直至滴定终点b.酸碱中和滴定中可以任意选用酚酞、石蕊、甲基橙等常用指示剂c.左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶d.滴定时，控制滴加速率：先快后慢【答案】 (1). 100mL容量瓶 (2). A (3). 高锰酸钾具有强氧化性，会腐蚀橡胶 (4). 5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O (5). 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色且三十秒内不褪色， (6). 0.25 molL-1 (7). ab【解析】【分析】(1)准确配制一定体积、一定浓度的溶液的步骤为：
32、计算、称量、溶解、转移溶液、洗涤、定容、摇匀，根据实验步骤分析实验需要的仪器；(2)高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀橡胶；(3)高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水； (4)高锰酸钾溶液是紫红色，它可以与草酸反应，生成无色的二价锰离子，当草酸全部被氧化后，再加入一滴高锰酸钾，这时溶液显高锰酸钾的颜色；(5)第二次实验数据偏离正常误差范围，根据第一、第三次实验数据计算消耗高锰酸钾溶液体积的平均值，结合反应方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O计算H2C2O4溶液的物质的量浓度；(6)根据滴定操作判断；【详解】(1)准确配制一定体积、一定浓度的溶液
33、的步骤为：计算、称量、溶解、转移溶液、洗涤、定容、摇匀，需要在100mL容量瓶中定容，所以需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、100mL容量瓶；(2)高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀橡胶，用酸式滴定管盛放高锰酸钾溶液；(3)高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应，生成锰离子、二氧化碳、水，反应的离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；(4)滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色且三十秒内不褪色，达到滴定终点；(5)第二次实验数据偏离正常误差范围，根据第一、第三次实验数据，平均消耗高锰酸钾溶液体积为，设H2C2O4溶液的物质的量浓度为c； c=0.25 mol
34、L-1；(6) a滴定过程中，眼睛应一直注视锥形瓶内颜色的变化，直至滴定终点，故A错误；b酸碱中和滴定一般选用酚酞、甲基橙为指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，一般不用石蕊作指示剂，故B错误；c滴定操作时，左手控制滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，故C正确；d终点时加入过快，容易加入过量，应先快后慢，故D正确；【点睛】本题以KMnO4酸性溶液滴定未知浓度的无色H2C2O4溶液为载体考查氧化还原滴定，明确实验原理是解题关键，注意掌握氧化还原反应滴定的基本操作。19. 和是两种主要的温室气体，以和为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向，回答下列问题：(1)工业上催化重整是目前
35、大规模制取合成气(CO和H2混合气称为合成气)的重要方法，其原理为：反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2；反应：CO(g)+H2O(g) CO2+H2(g)；和反应生成和的热化学方程式是_。(2)将和在一定条件下反应可制得合成气，在1 L密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，在一定条件下发生反应：，CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图1所示：压强、由小到大的关系为_。对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作)，如果，求x点的平衡常数_(用平衡分压代替平衡浓度计算
36、)。下列措施中能使平衡正向移动的是_(填字母)。a.升高温度 b.增大压强c.保持温度、压强不变，充入Hed.恒温、恒容，再充入1 mol 和1 mol (3)科学家还研究了其他转化温室气体的方法，利用图2所示装置可以将转化为气体燃料CO(电解质溶液为稀硫酸)，该装置工作时，M为_极(填“正”或“负”)，导线中通过2 mol电子后，假定体积不变M极电解质溶液的pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)，N极电解质溶液变化的质量_g。【答案】 (1). CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=+165.4kJmol-1 (2). p1p2p3p4 (3). (MPa)2 (4)
37、. acd (5). 负 (6). 不变 (7). 18【解析】【分析】根据题中所给热化学方程式，由盖斯定律写出所求热化学方程式和反应热；根据题中图示，由平衡移动原理得出压强大小关系；根据化学平衡“三段式”，计算Kp的值；根据平衡移动原理，判断平衡正向移动的选项；根据题中图示，由电子移动方向判断M为负极，由电极反应和质子交换膜，判断M极电解质溶液pH变化情况，由电极反应计算N极电解质溶液的质量变化；据此解答。【详解】(1)反应：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2；H1=+206.4kJmol-1，反应：CO(g)+H2O(g) CO2+H2(g)；H2=-41kJmol-1，根据盖
38、斯定律+得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)H=(+206.4molL-1)+(-41kJmol-1)=+165.4kJmol-1；答案为CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=+165.4kJmol-1。(2)由CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)可知，该反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，则CH4的平衡转化率减小，结合图1可知，p1p2p3p4；答案为p1p2p3p4。由图1可知，x点CH4的平衡转化率为50%，则，平衡时，c(总)=(0.5+0.5+1+1)molL-1=3molL-1，各分压为p(CH4)=2MPa=M
39、Pa，p(CO2)=2MPa=MPa，p(CO)=2MPa=MPa，p(H2)=2MPa=MPa，Kp=(MPa)2；答案为(MPa)2。a由图1可知，随着温度升高，CH4的平衡转化率上升，说明平衡正向移动，故a符合题意；b该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，故b不符合题意；c保持温度、压强不变，充入He，相当于减小压强，平衡正向移动，故c符合题意；d恒温、恒容，再充入1mol CO2和1mol CH4，增大反应物浓度，平衡正向移动，故d符合题意；答案为acd。(3)由图可知，电子由M极到N极，说明M极为负极；M极电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，N极电极反应为2CO2
40、+4H+4e-=2CO+2H2O，导线中通过2mol电子后，则负极产生2molH+，通过质子交换膜的H+为2mol，即M极电解质溶液中H+没有改变，M极电解质溶液的pH不变；由N极电极反应为2CO2+4H+4e-=2CO+2H2O 可知，N极增加的实际是O和H原子，导线中通过2mol电子，增加O原子的物质的量为1mol，转移过来的H+为2mol，则N极电解质溶液m=1mol16g/mol+2mol1g/mol=18g；答案为负，不变，18。20. (一)连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸。可用于制NO气体。常温下，用0.01mol/L的NaOH溶液滴定10mL0.01mol/L的H2N2O
41、2溶液。测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：_。b点时溶液中c(H2N2O2)_c()(填、 c(CO)c(HCO)c(NH3.H2O)Bc(NH)+c(H+) = c(HCO)+c(OH)+c(CO)Cc(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=0.1mol/LDc(NH)+c(NH3.H2O)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)(3)常温下，将a mol/L的CH3COONa溶液和b mol/L的盐酸等体积混合后，溶液呈中性(不考虑醋酸和盐酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka=_。(4)若0.1 mol/L的H
42、B溶液在常温下的pH=3，则常温下NaB的Kh=_。【答案】 (1). H2N2O2+H+、HN2O2-+H+ (2). (3). (4). c (5). Cu2+水解产生Cu（OH）2是吸热反应，加热促进水解，产生浑浊 (6). H2SO4溶液 (7). 碱 (8). B (9). (10). 10-9【解析】【分析】（一）0.01mol/L的H2N2O2溶液pH=4.3，说明该二元酸部分电离，为二元弱酸；（二）（1）Cu2+水解产生Cu（OH）2是吸热反应，加热促进水解，产生浑浊；.（2）碳酸根离子分步水解，第一步水解方程式为：+H2O+OH-；比较第一步水解的平衡常数与NH4+水解的平衡
43、常数可知溶液呈碱性；【详解】（一）0.01mol/L的H2N2O2溶液pH=4.3，说明该二元酸部分电离，为二元弱酸，分两步电离，其电离方程式为H2N2O2+H+、HN2O2-+H+；b点溶液中溶质为NaHN2O2，溶液的pH7，溶液呈碱性，说明HN2O2-水解程度大于电离程度，则c（H2N2O2）c（），故答案为：；a点pH=7，溶液呈中性，则c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒得c（Na+）=c（）+2c（），所以c（Na+）c（）+c（），故答案为：；a点不影响水电离，b和c都促进水电离且水电离程度：b点c点，则水电离成对最大的是c，故答案为：c；（二）（1）硫酸铜属于强酸弱碱盐，在水
44、中会发生水解，水解反应是吸热反应，升高温度将增大其水解程度而生成Cu（OH）2使溶液浑浊；因此需要加入酸抑制其水解，根据硫酸铜中阴离子种类可知，用热水配制出澄清的较浓的CuSO4溶液时应再加入少量H2SO4溶液，故答案为：Cu2+水解产生Cu（OH）2是吸热反应，加热促进水解，产生浑浊；H2SO4溶液；（2）-第一步水解的平衡常数大于水解的平衡常数大，可知溶液呈碱性；A溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c（NH4+）c（）c（）c（NH3H2O），故A正确；B溶液中存在电荷守恒为：c（NH4+）+c（H+）=c（）+c（OH
45、-）+2c（），故B错误；C依据溶液中物料守恒得到：c（）+c（）+c（H2CO3）=0.1molL-1 ，故C正确；D依据溶液中物料守恒，n（N）：n（C）=2：1，结合溶液中离子种类和守恒关系得到：c（）+c（NH3H2O）=2c（）+2c（）+2c（H2CO3），故D正确；故选：B；答案为：碱；B；（3）盐酸和醋酸钠之间反应生成氯化钠和醋酸，溶液显示中性，所以醋酸钠会剩余，c（H+）=c（OH-）=10-7mol/L，根据电荷守恒，c（Cl-）=0.5bmol/L，c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）=0.5amol/L，所以c（CH3COO-）=（0.5a-0.5b）mol/L，醋酸的电离常数 ；（4）0.1 mol/L的HB溶液在常温下的pH=3，HB在水中电离方程式：HBH+B-，pH=3，则c(H+)=10-3mol/L，不考虑水的电离，则，则，则，故答案为：10-9。
