安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二（实验班）上学期第三次月考化学试题

安徽省滁州市定远县育才学校2019-2020学年高二（实验班）上学期第三次月考化学试题

定远育才学校2019-2020学年度第一学期第三次月考 高二实验班化学 ‎(本卷满分：100分，时间：90分钟)‎ 一、选择题(共16小题,每小题3分，共48分) ‎ ‎1.在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡:S2-+H2OHS- +OH-，下列说法正确的是 A. 稀释溶液，水解平衡常数增大 B. 升高温度,c(HS-)/c(S2- )增大 C. 加入NaOH固体,溶液pH减小 D. 加入CuSO4固体,HS-浓度增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，选项A错误；‎ B、水解反应吸热反应，升温促进水解，平衡正移，c（S2-）减小，c（HS-）增大，所以c(HS−)/c(S2−)增大，选项B正确；‎ C、加入NaOH固体，NaOH是一种强碱，溶液pH增大，选项C错误；‎ D、加入CuSO4固体，Cu2+与S2-反应生成CuS沉淀，使S2-+H2OHS-+OH-逆向移动，HS-浓度减小，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列有关叙述中正确的是 ( )‎ A. 碳酸钙在水里的溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质 B. NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质 C. 强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的 D. 强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故A错误；B.氨气分子不能自身电离出自由移动的离子，氨气属于非电解质，故B错误；C.强电解质在水溶液中完全电离，其电离过程不可逆，故C正确；D.电解质溶液的导电能力取决于离子浓度和离子所带电荷，故D错误；答案选C。‎ 点睛：本题主要考查电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的概念和判断，解答该题时，要注意电解质的强弱与溶解性无关，强电解质在溶液中完全电离，弱电解质部分电离；溶液的导电性与电解质的强弱无关，‎ 溶液中离子浓度越大，离子所带的电荷越多，则溶液的导电性越强。‎ ‎3.常温下，Ka(HCOOH) =1.77×10-4，Ka(CH3COOH) =1.75×10-5，下列说法正确的是 A. pH均为3的HCOOH和盐酸等体积混合后，pH变小 B. 0.2 mol•L-1 CH3COONa 与 0.1 mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中(pH＜7)：c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)‎ C. 0.2 mol•L-1 HCOOH 与 0.1 mol•L-1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO-) +c(HCOOH) =0.2 mol•L-1‎ D. 中和浓度和体积均相同的HCOOH和CH3COOH，所用NaOH的物质的量不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据Ka(HCOOH) =1.77×10-4可知，HCOOH为弱酸，pH均为3的HCOOH和盐酸等体积混合后，HCOOH的电离受抑制，电离程度减小，氢离子浓度减小，pH变大，选项A错误；‎ B、混合后为等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合液，由其显酸性可知以CH3COOH的电离为主，导致c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，c(Na+)= c(Cl-)＜c(HCOO-)，故c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)，选项B正确；‎ C、等体积混合后，根据物料守恒有：c(HCOO-) +c(HCOOH) == 0.1mol•L-1，选项C错误；‎ D、根据反应HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O、CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知，中和浓度和体积均相同的HCOOH和CH3COOH，所用NaOH的物质的量相同，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.下列有关说法正确的是 A. 25℃101kPa时，CH4(g)+2O2(g)=CO2(g) +2H2O(g)△H=－Q kJ/mol，则甲烷的燃烧热为Q kJ/mol B. CaCO3(s)＝CaO(s)+CO2(g) 室温下不能自发进行，说明该反应的 ΔH＜0‎ C. 反应N2(g)＋3H2(g)2NH3（g）ΔH＜0达到平衡后，升高温度，反应速率v(H2)和H2的平衡转化率均增大 D. 已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：H2(g) +Cl2(g)＝2HCl(g)，△H1＝—Q1kJ/mol，H2(g) +Br2(g)＝2HBr(g)，△H2＝—Q2kJ/mol，则△H1＜△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于水的稳定状态是液体，所以甲烷的燃烧热大于Q kJ/mol，A错误；‎ B．CaCO3(s)＝CaO(s)+CO2(g) 的正反应是气体体积扩大的反应，该反应在室温下不能自发进行，说明该反应的 ΔH>0，B错误；‎ C．反应N2(g)＋3H2(g)2NH3（g）ΔH＜0达到平衡后，升高温度，反应速率v(H2)增大，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，由于该反应的正反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动， H2的平衡转化率减小，C错误；‎ D．已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下（Q1、Q2的值均大于零）：H2(g) +Cl2(g)＝2HCl(g) △H1＝—Q1kJ/mol； H2(g) +Br2(g)＝2HBr(g) △H2＝—Q2kJ/mol ，由于元素的非金属性Cl>Br，元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，反应释放出来的能量就越高，所以Q1> Q2,因此△H1＜△H2，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为：‎ ‎2CO（g）＋O2（g） 2CO2（g）；△H = －566kJ·mol－1 ‎ CH4（g）+ 2O2（g）= CO2（g）＋ 2H2O（l）；△H = －890kJ·mol－1‎ 由1molCO和3molCH4组成的混合气体在上述条件下完全燃烧时，释放的热量为（ ）‎ A. 2912 kJ B. 2953 kJ C. 3236 kJ D. 3867 kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据反应式，2molCO完全燃烧时释放566kJ的热量，则1mol释放283kJ的热量，同理3molCH4完全燃烧时释放890kJ3=2670kJ，合计释放热量为2953 kJ，答案为B。‎ ‎6.已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) ∆H= -571.6 kJ·mol-1，2CH3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l) ∆H= -1452 kJ·mol-1，H+(aq)+OH－(aq) =H2O(l) ∆H= -57.3 kJ·mol-1。据此判断下列说法正确的是 A. CH3OH的燃烧热∆H为-1452 kJ·mol-1‎ B. 2H2(g)+O2(g) =2H2O(g) ∆H > -571.6 kJ·mol-1‎ C. CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq) ∆H= -57.3 kJ·mol-1‎ D. 2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g) ∆H= -880.4 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.根据方程式2CH3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l)  ∆H= -1452 kJ·mol-1可知，CH3OH的燃烧热为×1452 kJ·mol-1=726 kJ·mol-1，故A错误；B.液态水变成水蒸气会吸热，因此2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)  ∆H > -571.6 kJ·mol-1，故B正确；C. 醋酸为弱酸，电离需要吸热，CH3COOH(aq)+NaOH(aq) =H2O(l)+CH3COONa(aq)  ∆H＞-57.3 kJ·mol-1，故C错误；D. ①2H2(g)+O2(g) =2H2O(l)  ∆H= -571.6 kJ·mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g) =2CO2(g)+4H2O(l)  ∆H= -1452 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②-①×2得：2CH3OH(l)+O2(g) =2CO2(g)+4H2(g)  ∆H= -308.8 kJ·mol-1，故D错误；故选B。‎ ‎7.下列说法或表示法正确的是（ ）‎ A. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 由C（石墨）→C（金刚石）ΔH = +1.9kJ/mol可知，金刚石比石墨稳定 C. 在稀溶液中：H++OH﹣=H2O ΔH=﹣57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH的醋酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ D. 在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= +285.8 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，硫蒸气的能量高于硫固体能量，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量少，故A错误；‎ B选项，由C（石墨）=C（金刚石）ΔH = +1.9kJ/mol可知，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故B错误；‎ C选项，在稀溶液中：H+（aq）+OH－（aq）=H2O（l） ΔH= - 57.3kJ/mol，若将含1molCH3COOH的醋酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，由于醋酸电离是吸收热量，因此放出的热量小于57.3kJ，故C正确；‎ D选项，在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -571.6 kJ/mol，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎【点睛】等量的同种物质状态不同能量不同，气态能量最高，液态能量次之，固态能量最低。‎ ‎8.下列化学用语的相关表述中正确的是 A. 因H+(aq) +OH- (aq)= H2O(l) △H=-akJ·mol-1，故1molNaOH 固体与足量的稀盐酸反应，放出的热量为akJ B. 因CuSO4·5H2O(s)= CuSO4(s)+5H2O(1) △H= +b kJ·mol-1，故1mol CuSO4(s)溶于水时，放出的热量为bkJ C. 因氢气的燃烧热为c kJ·mol-1，故水电解的热化学方程式为2H2O (l)= 2H2(g)+O2(g) △H=+c kJ·mol-1‎ D. 因N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) △H=-d kJ·mol-1，故在某容器中通入1molN2 与3molH2充分反应后，放出的热量小于dkJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-a kJ/mol，说明1 mol NaOH稀溶液与足量的稀盐酸反应，放出热量为a kJ，A错误；‎ B、CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(1) △H=+bkJ/mol，说明胆矾受热分解时，吸收热量为b kJ，B错误；‎ C、因氢气的燃烧热为c kJ/mol，故电解水的热化学方程式为：2H2O(1)=2H2(g)+O2(g)△H=+2c kJ/mol，C错误；‎ D、N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-dkJ/mol，因该反应为可逆反应，故在某容器中投入1 molN2与3mol H2充分反应后，放出热量小于d kJ，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.如图所示，有关化学反应和能量变化的说法不正确的是 ‎ A. 图a表示的是放热反应的能量变化 B. 图b表示反应物的键能总和高于生成物的键能总和 C. 图b 可以表示氯化铵固体与氢氧化钡晶体反应的能量变化 D. 图a不需要加热就一定能发生，图b一定需要加热才能发生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图a中反应物总能量高于生成物总能量，故为放热反应，故A正确；‎ B、图b反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故B正确；‎ C、氯化铵固体与氢氧化钡晶体的反应是吸热反应，图b中反应物总能量低于生成物总能量，可以表示吸热反应，故C正确；‎ D、图a表示的是放热反应，所有的燃烧均为放热反应，但是多数的燃烧需要加热，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.在一定温度下，改变反应物中n(SO2)，对反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ΔH<0的影响如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 反应b､c点均为平衡点，a点未达到平衡且向正反应方向进行 B. a､b､c三点的平衡常数Kb>Kc>Ka C. 上述图象可以得出SO2的含量越高得到的混合气体中SO3的体积分数越高 D. a､b､c三点中，a点时SO2的转化率最高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 图像的横坐标是起始时n(SO2)，纵坐标是平衡时SO3的体积分数，因此，曲线是平衡线，线上的每个点均为平衡点，A项错误；‎ B. 对于一个指定的反应，其平衡常数只受温度的影响，上述反应在一定温度下进行，因此，a、b、c三点的平衡常数相等，B项错误；‎ C. 由图像知，随起始时n(SO2)的增大，平衡时SO3的体积分数先逐渐增大、后又逐渐减小，C项错误；‎ D.‎ ‎ 增加一种反应物的用量，可以提高另一反应物的转化率，而本身转化率降低，因此a、b、c三点中，n(SO2)逐渐增大，平衡时SO2的转化率逐渐减小，a点时SO2的转化率最高，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎11.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率分别随时间的变化如图所示：下列说法中正确的是 A. 30—40min间该反应使用了催化剂 B. 反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应 C. 30min时降低温度，40min时升高温度 D. 8min前A的反应速率为0.08mol/L·min ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．30～40 min间该反应的反应速率在减小，而加入催化剂可以加快反应速率，A 项错误；‎ B.根据图像变化可知，A和B的变化是相同的，A、B的系数相同，化学方程式中的x＝1；40min时，改变条件平衡逆向移动，由于反应前后体积相同，不是改变压强，只能是升高温度，升高温度逆向移动，则正反应为放热反应，B项错误；‎ C．无论是放热反应还是吸热反应，改变温度，化学平衡必然发生移动，这时V正、V逆一定不再相等，由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以30 min时是减小压强，40 min时是升高温度，C项错误；‎ D．在8 min前A的平均反应速率为V(A)= (2.0-1.36)mol/L÷8min=0.08 mol/( L·min)，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.下图是198 K时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是 A. 该反应的热化学方程式为：N2+ 3H22NH3△H =－92 kJ·mol－1‎ B. 向一密闭容器中加入1 molN2和3 molH2充分反应后，放出92 kJ热量 C. b曲线可能是加入催化剂时的能量变化曲线 D. 加入正催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因为没有标出物质的状态，故A错误；‎ B、反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，故B错误；‎ C、催化剂能降低反应的活化能，所以根据图象可知，b曲线可能是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；‎ D、催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.密闭容器中，由H2和CO直接制备二甲醚(CH3OCH3)，其过程包含以下反应：‎ i. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=－90.1 kJ·mol－1‎ ii. 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=－24.5 kJ·mol－1‎ 当其他条件相同时，由H2和CO直接制备二甲醚的反应中，CO平衡转化率随条件X的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是 A. 由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应 B. 条件X为压强 C. X增大，二甲醚的产率一定增大 D. X增大，该反应的平衡常数一定减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A . 将i×2+ ii得：2CO(g) + 4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g) ∆H= −204.7 kJ·mol−1，因此由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应，故A正确；‎ B 根据2CO(g) + 4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)，压强越大，CO平衡转化率越大，与图象不符，故B错误；‎ C. X增大，CO平衡转化率减小，二甲醚的产率可能减小，故C错误；‎ D. 根据图象，X可能是温度，温度升高，平衡逆向移动，反应的平衡常数减小，X也可能是减小压强，平衡逆向移动，CO平衡转化率减小，但平衡常数不变，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎14.在体积固定的2L的密闭容器中，一定量的SO2与1mol O2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：2SO2+O22SO3；△H＜0。当气体的物质的量减少0.2mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的8/9。下列有关叙述正确的是（ ）‎ A. 当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡 B. 降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大 C. 将生成物SO3通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀质量为233g D. 达到平衡时，平衡常数为2.5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO3的生成与SO2的消耗反应方向一致，不能作为判断化学平衡的依据，故A错误；‎ B．降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向移动，则正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度小，故B错误；‎ C．设起始时通入的SO2为xmol，‎ ‎2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) 气体减少 起始(mol)   x        1      0          1‎ 反应 (mol) 0.4   0.2   0.4    0.2‎ 平衡(mol) x-0.4 0.8 0.4‎ 平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，SO3和氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，SO2和氯化钡溶液不反应，生成0.4mol硫酸钡白色沉淀，质量为93.2g，故C错误；‎ D．平衡时气体压强为反应前的，即物质的量为反应前的，则=，解得x=0.8mol，则平衡常数K==2.5，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V(O2)/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）‎ A. 0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)‎ B. 6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)‎ C. 反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/L D. 反应至6min时，H2O2分解了50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)， A正确；‎ B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；‎ C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L， C错误；‎ D．6min时，H2O2分解率为：=50%， D正确。‎ 答案选C。‎ ‎16.已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O4－+ H+ Ka1； HC2O4－C2O42－+ H + Ka2‎ ‎，常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定量浓度的KOH溶液，所得溶液中 H2C2O4、HC2O4－、C2O42－三种微粒的物质的量分数（δ）与溶液 pH 的关系如图所示，则下列说法中不正确的是（）‎ A. 常温下，Ka1：Ka2=1000‎ B. 将相同物质的量 KHC2O4和 K2C2O4固体完全溶于水可配得 pH 为 4.2 的混合液 C. pH=1.2溶液中：c(K +) + c(H +) = c(OH－) + c(H2C2O4)‎ D. 向pH=1.2的溶液中加KOH 溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电离平衡常数Ka1=[H＋][HC2O4-]/[H2C2O4]=10-1.2，Ka2=[H＋][C2O42-]/[HC2O4-]=10-4.2，Ka1：Ka2=1000，A项正确；‎ B.pH=4.2时，[HC2O4-]、[C2O42-]的浓度相等，而相同物质的量 KHC2O4和 K2C2O4固体完全溶于水得到的溶液， HC2O4-和C2O42-的水解程度不同，离子浓度不再相等，B项错误；‎ C.pH=1.2溶液中，存在电荷守恒c(K +) + c(H +) = c(OH－) + c(HC2O4-)，c（HC2O4-）=c(H2C2O4)，则c(K +) + c(H +) = c(OH－) + c(H2C2O4)，C项正确；‎ D.随着KOH溶液的加入，HC2O4-的浓度逐渐减少，C2O42-的浓度增大，而HC2O4-的水解程度小于C2O42-的水解程度，盐的水解促进水的电离，所以向 pH=1.2的溶液中加 KOH 溶液将pH增大至4.2的过程中水的电离度一直增大，D项正确；‎ 答案选B。‎ 二、综合题(共3小题，共52分)‎ ‎17.(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH________NaOH溶液的pH(填“＞”“＝”或“＜”)；‎ ‎(2)pH相等时，①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4三种溶液中c(NH4+)由大到小的顺序为________；‎ ‎(3)将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH4+)＝c(Cl-‎ ‎)，则盐酸的体积________氨水的体积(填“＞”“＝”或“＜”)；‎ ‎(4)等体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合呈中性，则原c(NH4HSO4 )________原c(NaOH)(填“＞”“＝”或“＜”)，混合后溶液中c(SO42-)_________c(NH4+) (填“＞”“＝”或“＜”)。‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). ①＝②＞③ (3). ＜ (4). ＜ (5). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 加热CH3COONa溶液， CH3COO-的水解平衡正向移动。‎ ‎(2)NH4Cl、(NH4)2SO4均为NH4+水解而产生氢离子，NH4HSO4可完全电离出氢离子，相当于一元强酸；‎ ‎(3)将同体积、同浓度相同的盐酸与氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性；‎ ‎(4)等体积、同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合生成(NH4)2SO4、Na2SO4，溶液呈酸性；根据物料守恒分析c(SO42-)、c(NH4+)的大小关系；‎ ‎【详解】(1) 加热CH3COONa溶液， CH3COO-的水解平衡正向移动，溶液碱性增强，所以加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH>NaOH溶液的pH。‎ ‎(2)三种溶液的氢离子浓度相同，NH4Cl、(NH4)2SO4均为NH4+水解而产生氢离子，氢离子浓度相同，则NH4+浓度也相同，NH4HSO4可完全电离出氢离子，相当于一元强酸，所以c(NH4+)由大到小的顺序为①＝②＞③；‎ ‎(3)将同体积、同浓度的盐酸与氨水混合后，恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性，现溶液中的c(NH4+)＝c(Cl-)，根据电荷守，溶液呈中性，则需要氨水稍过量，所以盐酸的体积<氨水的体积； ‎ ‎(4)等体积、同浓度的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合生成(NH4)2SO4、Na2SO4，溶液呈酸性，现溶液呈中性，则氢氧化钠稍过量，所以原c(NH4HSO4 )＜原c(NaOH)；根据物料守恒，c(SO42-)=c(NH4+)+ c(NH3·H2O)，所以c(SO42-)>c(NH4+)。‎ ‎【点睛】本题考查了离子浓度大小比较，充分考查分析、理解能力及灵活应用能力，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用。‎ ‎18.某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定烧碱的纯度，进行以下滴定操作：‎ A.在250mL容量瓶中定容成250mL烧碱溶液 B.用移液管移取25mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴加几滴酚酞指示剂 C.在天平上准确称取烧碱样品W g，在烧杯中加蒸馏水溶解 D.将物质的量浓度为M mol·L-1的标准HCl溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度数为V1mL E.在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点酸的体积V2mL 回答下列问题：‎ ‎(1)正确的操作步骤的顺序是(用字母填写)________→________→________→D→________‎ ‎(2)使用滴定管之前应进行的操作是________‎ ‎(3)操作E中的锥形瓶下垫一张白纸的作用是________‎ ‎(4)若酸式滴定管未用盐酸标准溶液润洗，会对测定结果有何影响________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)‎ ‎(5)该烧碱样品的纯度计算式________‎ ‎【答案】 (1). C (2). A (3). B (4). E (5). 检漏 (6). 便于观察终点时溶液的颜色变化情况 (7). 偏高 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，结合滴定操作的注意事项进行解答。‎ ‎(2)滴定管使用之前应检验是否漏水；‎ ‎(3)滴定时锥形瓶下垫一张白纸便于观察终点时溶液的颜色变化情况；‎ ‎(4)根据 分析误差；‎ ‎(5)根据消耗盐酸的物质的量计算氢氧化钠的质量；样品的纯度=氢氧化钠的质量÷样品质量×100%；‎ ‎【详解】（1）实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，正确的操作步骤的顺序是C→A→B→D→E； (2)使用滴定管之前应进行的操作是检漏；‎ ‎(3)因锥形瓶下垫一张白纸使滴定终点颜色变化更明显，便于准确判断终点时颜色的变化情况；‎ ‎(4)若酸式滴定管未用盐酸标准溶液润洗，盐酸浓度偏低，消耗盐酸体积偏大，所以测定结果偏高；‎ ‎(5)滴定过程消耗盐酸的物质的量是(V2mL-V1mL) ×10-3×M mol·L-1，所以25mL烧碱溶液中含氢氧化钠的物质的量是(V2mL-V1mL) ×10-3×M mol·L-1，样品中含氢氧化钠的物质的量是(V2mL-V1mL) ×10-3×M mol·L-1×=(V2mL-V1mL) ×10-2×M mol·L-1，氢氧化钠的质量是(V2mL-V1mL) ×10-2×M mol·L-1×40g/mol=0.4M(V2-V1)g，该烧碱样品的纯度=0.4M(V2-V1)g÷Wg×100%=。‎ ‎19.研究和开发CO2和CO的创新利用是环境保护和资源利用双赢的课题。‎ ‎（1）CO可用于合成甲醇。在体积可变的密闭容器中充入4molCO和8molH2，在催化剂作用下合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）(Ⅰ)，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如下图所示：‎ ‎①该反应的逆反应属于________反应；（填“吸热”或“放热”）。‎ ‎②在0.1Mpa 、100℃的条件下，该反应达到平衡时容器体积为开始容器体积的_________倍。（结果保留两位小数点）‎ ‎③在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入4molCO，达到平衡时CO转化率________（填“增大”，“不变”或“减小”），平衡常数K________（填“增大”，“不变”或“减小”）。‎ ‎（2）在反应(Ⅰ)中需要用到H2做反应物，以甲烷为原料制取氢气是工业上常用制氢方法。已知：‎ ‎①CH4（g）+ H2O（g）= CO（g）+3H2（g） △H=+206.2kJ·mol-1‎ ‎②CH4（g）+ CO2（g）= 2CO（g）+2H2（g） △H=+247.4kJ·mol-1‎ 则CH4和H2O（g）反应生成CO2和H2的热化学方程式为：___________________。‎ ‎（3）在反应(Ⅰ)中制得的CH3OH ‎ 即可以做燃料，还可以与氧气组成碱性燃料电池，电解质溶液是20％～30％的KOH溶液。则该燃料电池放电时：负极的电极反应式为____________________。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). 0.67 (3). 减小 (4). 不变 (5). CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g) △H=+165.0kJ·mol-1 (6). CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①由图可知，压强一定时，随温度升高，CO的转化率降低，故升高温度平衡向逆反应移动，则正反应为放热反应，因此逆反应是吸热反应；‎ ‎②100℃，平衡时CO的转化率为0.5，所以参加反应的CO的物质的量为2mol，‎ CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；‎ 开始（mol）： 4 8 0‎ 变化（mol）： 2 4 2‎ 平衡（mol）： 2 4 2‎ 因此该反应达到平衡时容器体积为开始容器体积的≈0.67倍。‎ ‎③在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入4molCO，平衡向正反应移动，但CO的转化率减小，化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变；‎ ‎（2）①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol-1‎ ‎②CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol-1‎ 依据盖斯定律计算，①×2—②即得到CH4和H2O（g）反应生成CO2和H2的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g) △H=+165.0kJ·mol-1 ；‎ ‎（3）该燃料电池放电时是原电池，负极上是甲醇失电子发生氧化反应生成碳酸盐，反应电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O。‎ ‎20.工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：‎ CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H＝－41 kJ/mol 某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下发生反应。相关数据如下：‎ 容器编号 ‎ 起始时各物质物质的量/mol ‎ 达到平衡的时间/min ‎ 达平衡时体系能量的变化/kJ ‎ CO ‎ H2O ‎ CO2 ‎ H2 ‎ ‎① ‎ ‎1 ‎ ‎4 ‎ ‎0 ‎ ‎0 ‎ t1 ‎ 放出热量：32.8 kJ ‎ ‎② ‎ ‎2 ‎ ‎8 ‎ ‎0 ‎ ‎0 ‎ t2 ‎ 放出热量：Q ‎ ‎(1)该反应过程中，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量_____________(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物分子化学键形成时所释放的总能量。‎ ‎(2)容器①中反应达平衡时，CO的转化率为_____________。‎ ‎(3)计算容器①中反应的平衡常数K=_____________。某时刻测得②中氢气的物质的量为1.8mol,请问此刻v正_____________v逆(填大于，小于或等于)‎ ‎(4)下列叙述正确的是_____________(填字母序号)。‎ a．平衡时，两容器中H2的体积分数相等 b．容器②中反应达平衡状态时，Q > 65.6 kJ c．反应开始时，两容器中反应的化学反应速率相等 d．平衡时，两容器中CO的转化率相同 ‎(5)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－484kJ/mol，请写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). 80% (3). 1 (4). 小于 (5). ad (6). 2CO(g)+O2(g)﹦2CO2(g)△H=-566kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)正反应为放热反应，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量小于生成物分子化学键形成时所释放的总能量；‎ ‎(2)平衡时放出热量为32.8 kJ，则参加反应的CO为=0.8mol，CO转化率为×100%=80%；‎ ‎(3)容器①、②温度相同，平衡常数相同，容器①中消耗CO物质的量为0.8mol，则：‎ CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)‎ 起始量(mol)：1 4 0 0‎ 变化量(mol)：0.8 0.8 0.8 0.8‎ 平衡量(mol)：0.2 3.2 0.8 0.8‎ 反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===1；某时刻测得②中氢气的物质的量为1.8mol，根据上述计算可知，平衡时氢气的物质的量为0.8mol，则此时刻平衡逆向进行，此刻V正小于V逆；‎ ‎(4)a．容器①、②中CO、H2O起始物质的量之比均为1：4，反应前后气体体积不变，恒温恒容下二者为等效平衡，两容器中H2的体积分数相等，故a正确；b．容器①、②为等效平衡，平衡时CO转化率相等，容器②中反应CO的物质的量为2mol×80%=1.6mol，放出的热量为1.6mol×41kJ/mol=65.6kJ，故b错误；c．容器②中反应物起始浓度比①中的大，故容器②中开始反应速率较快，故c错误；d．平衡时，两容器中CO的转化率均为80%，故d正确；故选ad；‎ ‎(5)已知：①CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H=-41kJ/mol ‎②2H2(g)+O2(g)═2H2O (g)△H=-484kJ/mol，‎ 根据盖斯定律，①×2+②可得：2CO(g)+O2(g)﹦2CO2(g)△H=-566kJ/mol。‎ ‎ ‎ ‎ ‎