【化学】山东省淄博市2019-2020学年高二上学期期中考试（解析版）
山东省淄博市2019-2020学年高二上学期期中考试
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.下列关于热化学反应的描述中正确的是
A. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 △H = 2×(-57.3) kJ/mol
B. CO(g)的燃烧热283.0 kJ/mol，则反应 2CO(g)+O2 (g)=2CO2(g)的△H= -2×283.0 kJ/mol
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【详解】A. H2SO4和Ba(OH)2反应不仅仅生成水，还生成硫酸钡沉淀，放出更多的热量，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热 △H < 2×(-57.3) kJ/mol，A项错误；
B.因CO(g)的燃烧热283.0 kJ/mol，即完全燃烧1mol CO(g)放出的热量为283.0 kJ，推知完全燃烧2mol CO(g)放出的热量为2×283.0 kJ，则反应 2CO(g)+O2 (g)=2CO2(g)的△H= -2×283.0 kJ/mol，B项正确；
C.例如：Ba(OH)2·8H2O固体与NH4Cl晶体之间的反应为不需要加热的自发进行的反应，但属于吸热反应，故吸热反应不一定需要加热，C项错误；
D.1mol可燃物燃烧生成稳定氢化物放出的热量是燃烧热，而1mol甲烷燃烧生成气态水不是稳定氧化物，应为液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，D项错误；
故选B。
【点睛】中和热是指在稀溶液中，酸与碱发生中和反应生成1 mol 水时的反应热。在25℃、101 kPa时，1 mol 纯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。燃烧热和中和热一样，是属于反应热的一种特殊形式，所以两者的单位和反应热是一样的，都是kJ/mol。
2.黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s) +N2(g) +3CO2 (g) △H = xkJ•mol-1。已知：
①碳的燃烧热△H1 =a kJ • mol-1 ；
②S(s)+2K(s) =K2S(s) △H2=b kJ•mol-1 ；
③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) △H 3=ckJ•mol-1。
则x为
A. a+b-c B. c+3a-b C. 3a + b-c D. c + a- b
【答案】C
【解析】
【分析】
先写出碳的燃烧热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1 =a kJ • mol-1 ，然后结合①②③三个热化学方程式，根据盖斯定律列出方程，解出x即可。
【详解】①C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1 =a kJ • mol-1 ；
②S(s)+2K(s) =K2S(s) △H2=b kJ•mol-1 ；
③2K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) △H 3=ckJ•mol-1；
由3×①＋②－③，可得到S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s) +N2(g) +3CO2 (g) △H = xkJ•mol-1，
根据盖斯定律，则反应的焓变x=3a+b-c，
故选C。
【点睛】化学反应的反应热只与始态和终态有关，而与反应途径无关，利用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。
3.一定温度下，反应 N2（g）+O2（g）2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是（ ）
A. 缩小体积使压强增大 B. 升高体系的温度
C. 恒容，充入He D. 加入合适的催化剂
【答案】C
【解析】
【详解】A、缩小体积使压强增大可以加快该化学反应的速率，选项A不符合；
B、升高体系的温度，活化分子的百分数增大，可以加快该化学反应的速率，选项B不符合；
C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，选项C符合；
D、加入合适的催化剂，活化分子的百分数增大，化学反应速率增大，选项D不符合；
答案选C。
4.5.6g铁粉投入到盛有100mL 2mol•L-1稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶解(溶解前后溶液体积变化忽略不计)，下列表示这个反应的速率正确的是（ ）
A. v(H2SO4)＝0.5mol• (L•min)-1 B. v(H2SO4)＝1 mol• (L•min)-1
C. v(Fe)＝0.5mol• (L•min)-1 D. v(FeSO4)＝1mol• (L•min)-1
【答案】A
【解析】
【详解】A. Fe的物质的量为=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：=1mol/L，故v(H2SO4)==0.5mol/(L⋅min)，故A正确；
B. 由A中计算可知：v(H2SO4)=0.5mol/(L⋅min)，故B错误；
C. Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故C错误；
D. 化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(FeSO4)=v(H2SO4)=0.5mol/(L⋅min)，故D错误，
答案选A。
5.已知：3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ/mol，在催化剂存在时反应过程中的能量变化如图所示。下列叙述正确的是
A. △H=E2-E1+E3-E4
B. 加入催化剂后反应经过两步完成，其中第一步反应决定总反应速率
C. 加入催化剂，△H、反应速率均发生改变
D. 向密闭容器中充入3 mol H2和1molN2，发生上述反应，达到平衡时，反应放出92 kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】A. ①A→B的反应焓变为E1-E2，②B→C的反应焓变为E3-E4，①＋②可得：A→C，结合盖斯定律A→C的反应焓变为E1-E2+E3-E4，A项错误；
B. 由图可知加入催化剂后反应经过两步完成，第一步反应的活化能E1大于第二步反应的活化能E3，所以第一步反应较慢，其决定总反应速率，B项正确；
C. 加入催化剂能同等程度地加快正逆反应速率，但焓变△H由反应物和生成物的总能量的差值决定的，与催化剂无关，C项错误；
D. 由3H2(g)+N2(g)=2NH3(g) △H=-92kJ/mol可知，若消耗3 mol H2和1molN2，会放出92 kJ热量，但向密闭容器中充入3 mol H2和1molN2，由于该反应是可逆反应，无法完全反应，所以反应放出小于92 kJ热量，D项错误；
故选B。
6.用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度，待测液放在锥形瓶中。中和滴定时下列操作会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液用滴定管量取）
A. 碱式滴定管未用待测碱液润洗
B. 酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C. 滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出
D. 滴定前俯视读数，滴定后读数正确
【答案】A
【解析】
【详解】A.碱式滴定管未用待测碱液润洗，会使得待测液的n(NaOH)偏小，则消耗的V(盐酸)偏小，测定结果偏低，A项正确；
B.酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会使得标准液c(HCl)偏小，则消耗的V(盐酸)偏大，测定结果偏高，B项错误；
C.滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，则消耗的V(盐酸)偏大，测定结果偏高，C项错误；
D.滴定前俯视读数，则读数会偏小，而滴定后读数正确，消耗的V(盐酸)等于滴定后的读数减去滴定前的读数，该差值会偏大，测定结果偏高，D项错误；
故选A。
【点睛】中和滴定的原理是H＋+OH－=H2O，若是一元酸碱相互滴定，其计算依据是c标V标=c测V测，其中一个量是标准溶液的浓度，是定量不会造成误差，其余三个是变量，在操作时，由于受实验者主观方面的限制，会影响滴定结果，只要分析时抓住这三个变量，使此实验的误差分析，就会有的放矢。
7.已知：某温度下，铁的难溶化合物FeS在溶液中存在溶解平衡FeS(s)⇌Fe2+ (aq) + S2-(aq)，FeS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A. a点对应的Ksp(FeS)等于b点对应的Ksp(FeS)
B. c、d两点有沉淀析出的是c点
C. 向d点溶液中加入FeCl3溶液，溶液中的离子浓度可实现由d点到b点的变化
D. 该温度下，Ksp (FeS) =2×10-18
【答案】C
【解析】
【分析】
根据FeS(s)⇌Fe2+ (aq) + S2-(aq)，可知Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)，结合图像，FeS在水中沉淀溶解平衡曲线的解析式为Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)。
【详解】A.结合Ksp(FeS)⇌c(Fe2+)·c(S2-)，a点和b点在同一曲线上，因而a点对应的Ksp(FeS)等于b点对应的Ksp(FeS)，A项正确；
B.取a点带入Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)，则Ksp(FeS)=1×10-9×2×10-9=2×10-18，Qc(c)=2×10-9×2×10-9=4×10-18> Ksp(FeS)，Qc(d)=1×10-9×1×10-9=1×10-18
0，△H3<0
B. △H2>0，△H4>0
C. △H1=△H2+△H3
D. △H3=△H4+△H5
【答案】C
【解析】
【详解】A.①和③分别为C(s)、CO(g)燃烧的热化学方程式，燃烧反应均为放热反应，因此△H1<0，△H3<0，A项错误；
B.④对应的热化学方程式为4Fe(s)氧化的热化学方程式，属于放热反应，则△H4<0，B项错误；
C.热化学方程式①可由②＋③所得，根据盖斯定律，则△H1=△H2+△H3，C项正确；
D.热化学方程式③可由×④＋×⑤所得，则△H3=×△H4+×△H5，D项错误；
故选C。
9.下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
相同条件下，分别测量0.01mol/L和0.001mol/L草酸溶液的导电性，前者的导电性强
草酸浓度越大，电离程度越大
B
室温下，向浓度均为0.1mol/L的KCl和KI混合溶液中滴加几滴AgNO3溶液，只出现黄色沉淀
室温下，Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C
取5mL0.1mol/LKI溶液，加入1mL0.1mol/LFeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色
Fe3+与I-发生的反应为可逆反应
D
已知KAlO2溶液的pH>7，将其蒸干并灼烧，得到固体残留物
该固体为Al2O3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.相同条件下，草酸溶液浓度越大，其电离出离子浓度越大，0.01mol/L草酸溶液中H+浓度大于0.001mol/L草酸溶液中H+
浓度，但电离程度等于弱电解质已经电离的部分除以弱电解质的初始浓度，其与弱电解质已经电离的部分成正比，但与弱电解质的初始浓度成反比，因而草酸浓度越大，其电离程度越小，A项错误；
B.已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，显然Ksp(AgI)7，说明AlO2－发生水解，其方程式为KAlO2+2H2O⇌Al(OH)3+KOH，由于KOH不易挥发，Al(OH)3+KOH又会发生反应生成KAlO2，故将其蒸干并灼烧，得到固体残留物为KAlO2，D项错误；
故选C
【点睛】D项是易错点，关于物质的蒸干灼烧规律可总结为：若能分解就分解，无需考虑它水解。若是强的走不掉，得到原盐最可靠。若是强的跑得快，弱的乖乖留下来。若能氧化就氧化，氧化还原分析它。
10.室温下，分别取10 mL pH均为2的盐酸、醋酸溶液分别与10mL 0.01 mol• L-1 NaHCO3溶液混合，实验测得产生CO2气体的体积(V)随时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是
A. ①表示的是盐酸的反应曲线
B. 混合后的溶液中：c(CH3COO－)>c(C1－)
C. 上述混合前三种溶液中水的电离程度：NaHCO3溶液>醋酸溶液=盐酸
D. 醋酸和NaHCO3溶液混合后，所得的溶液中:c(CH3COO－)+ c(CH3COOH) = 0.005 mol• L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A. pH均为2的盐酸、醋酸溶液说明初始H+离子浓度相等，但醋酸溶液中存在电离平衡，当醋酸与NaHCO3反应时，H+离子浓度减小，平衡正向移动，不断补充H+，因而相对于完全电离的盐酸，醋酸与NaHCO3反应速率会更快，结合图象，因而斜率小的，即①
表示的是盐酸的反应曲线，A项正确；
B.结合pH均为2的盐酸、醋酸溶液易知c(HCl)=0.01mol/L，而c(CH3COOH)>0.01mol/L，分别与0.01 mol• L-1NaHCO3溶液等体积混合，盐酸与NaHCO3溶液恰好完全反应，得到的溶质为NaCl，易知c(Na+)= c(Cl－)；醋酸与NaHCO3溶液反应，得到与NaCl等量的CH3COONa和过量的CH3COOH，由于CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因而c(CH3COO－)> c(Na+)= c(Cl－)，B项正确；
C.盐酸、醋酸溶液的pH均为2，说明两者对水电离的抑制程度一样，而NaHCO3溶液显碱性，HCO3－的电离程度弱于其水解程度，因而HCO3－促进水的电离，即上述混合前三种溶液中水的电离程度：NaHCO3溶液>醋酸溶液=盐酸，C项正确；
D. c(CH3COOH)>0.01mol/L，其与等体积的0.01 mol• L-1 NaHCO3溶液混合，反应方程式为CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O，根据化学计量数，c(CH3COONa)=mol/L=0.005mol/L，且醋酸过量，根据物料守恒知c(CH3COO－)+ c(CH3COOH) > 0.005 mol• L-1，D项错误；
故选D。
【点睛】与水反应的物质对水电离平衡有何影响，还是应当搞清楚反应的机理再说，是与H2O分子反应还是与水电离出的H+ 或OH- 反应？若是与H2O分子反应，生成的酸或碱会抑制水的电离；若是与H2O电离的H+ 或OH- 反应，则会促进水的电离。
11.水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A. 温度：a>b>c
B. 仅升高温度，可从a点变为c点
C. 水的离子积常数Kw:b>c>d
D. b点对应温度下，0.5 mol/L H2SO4溶液与1mol/L KOH溶液等体积混合，充分反应后，所得溶液中c(H+) = 1.0×10-7 mol • L-1
【答案】C
【解析】
【分析】
结合图象，图中三条曲线代表不同温度下关于Kw=c(H+)c(OH－)的解析曲线。
【详解】A.水的电离是吸热过程，温度越高越利于正向移动，c(H+)和c(OH－)都会变大，所以温度：b>c>a，A项错误;
B.仅升高温度时，c(H+)和c(OH－)都会变大，而a点变为c点，c(OH－)不变，显然矛盾，B项错误；
C.结合Kw=c(H+)c(OH－)，分别代入b点、c点、a点，则Kw(b)=10-6×10-6=10-12，Kw(c)=10-7×10-6=10-13，Kw(a)=10-7×10-7=10-14，又a点和d点在一条曲线上，Kw(d)= Kw(a)= 10-14，因而水的离子积常数Kw:b>c>d，C项正确；
D. 0.5 mol/L H2SO4溶液与1mol/L KOH溶液等体积混合,易知H2SO4与KOH恰好完全反应生成K2SO4和水，又K2SO4为强碱强酸盐，故K2SO4溶液显中性，所以c(H+)=c(OH－)，又c(H+)c(OH－)= c2(H+)=Kw(b)= 10-12，解得c(H+)=1.0×10-6 mol • L-1，D项错误；
故选C。
12.下列表述与示意图一致的是
A. 图①表示2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) △H>0，SO3的平衡转化率随温度、时间的变化
B. 图②中曲线表示反应H2(g)+I2(g)=2HI(g) △H<0正、逆反应的平衡常数K随温度的变化
C. 图③表示20 mL 0.1 mol/L稀盐酸与过量锌粒混合时，n(Zn2+)随时间的变化
D. 图④反应从开始到平衡的平均反应速率v(B)=0.04mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图①知T2时曲线的斜率大于T1时曲线的斜率，说明T2>T1，结合2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) △H>0，当温度越高，越利于正向移动，因而SO3的平衡转化率会变大，即T2时SO3的平衡转化率大于T1时SO3的平衡转化率，A项错误；
B.K正曲线与K逆曲线相交时，即K正=K逆，说明反应H2(g)+I2(g)=2HI(g)达到平衡状态，根据勒夏特列原理，结合△H<0，温度越高越利于逆向移动，此时K正T1，则正反应一定是放热反应
B. T2和n (X2)不变，达到平衡时，XY3的物质的量：c>b>a
C. T2和n(X2)不变，达到平衡时，X2的转化率:b>a>c
D. 若T2>T1，达到平衡时b、d点的正反应速率:v(d)>v (b)
【答案】B
【解析】
【分析】
XY3(g)的平衡体积分数等于XY3(g)的物质的量除以X2 (g)、Y2 (g)、XY3(g)的物质的量之和，增加Y2 (g)会使得平衡正向移动，XY3(g)的物质的量变大，因而XY3(g)的平衡体积分数先增大，但随着Y2 (g)变得更多，X2 (g)、Y2 (g)、XY3(g)的物质的量之和也会变得更大，XY3(g)的平衡体积分数反倒减小。
【详解】A. Y2 (g)起始投入量相等时，若T2>T1，且T2时XY3(g)的平衡体积分数大于T1时XY3(g)的平衡体积分数，说明温度越高，平衡正向移动，正反应一定是吸热反应，A项错误；
B. T2和n (X2)不变，增加Y2 (g)会使得平衡正向移动，XY3(g)的物质的量变大，即达到平衡时，XY3的物质的量：c>b>a，B项正确；
C. T2和n(X2)不变，达到平衡时，增加Y2 (g)会使得平衡正向移动，X2 (g)物质的量一直减小，达到平衡时，X2的转化率逐渐增大，即c>b>a，C项错误；
D.温度越高，反应速率越大，若T2>T1，达到平衡时b、d点的正反应速率:v(d)2c3 B. a+b=196.6
C. p2>2p3 D. α1+α3>1
【答案】C
【解析】
【详解】A.易知甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时SO3的浓度相等，即c1= c2，丙容器反应物投入量1mol SO3是乙的一半，若丙缩小一半的体积，此时SO3
的浓度设为c4，且此时丙与乙的平衡是等效的，即c2= c4，若将丙恢复至原来状态，需增加一倍的体积，此时浓度为，同时这个过程相当于减小压强，根据2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)中的化学计量数知，平衡逆向移动，因而c3<，即c1>2c3，A项正确；
B.易知甲容器内的平衡与乙容器内平衡是全等等效平衡，所以平衡时SO3的物质的量相等，即n1= n2=n，结合2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol，a=n×kJ，b=(2-n) ×kJ，则易得a+b=196.6，B项正确；
C.丙容器反应物投入量1mol SO3是乙的一半，若丙缩小一半的体积，此时体系压强设为，且此时丙与乙的平衡是等效的，且=，若将丙恢复至原来状态，需增加一倍的体积，此时压强为，同时这个过程相当于减小压强，根据2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)中的化学计量数知，平衡逆向移动，分子数目变多，因而>，即<2，C项错误；
D.3个密闭容器的容积均相同，由c1>2c3知甲和丙容器内平衡时SO3的物质的量的关系是n1>2n3，结合2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)，α1=，α3=，α1+α3= >1，D项正确；
故选C。
【点睛】(1)化学平衡状态与建立平衡的条件有关，与建立平衡的途径无关。(2)对于同一可逆反应，在一定条件(恒温恒容或恒温恒压)下，无论是从正反应(反应物)、逆反应(生成物)或从中间状态(既有反应物、也有生成物)开始，只要建立平衡后，平衡混合物中各组分的比例相同，或各组分在混合物中的百分含量相等，这样的化学平衡互称为等效平衡。(3)注意只是组分的百分含量相同，包括体积百分含量、物质的量百分含量或质量百分含量，而各组分的浓度不一定相等。
二、非选择题：本题包括4小题，共52分。
17.(1)101kPa下，1g氢气完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，氢气的燃烧热△H =_______;氢气燃烧的热化学方程式为_______。
(2)某实验小组用0.50 mol/L NaOH溶液和0.50 mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。
①倒入NaOH溶液的正确操作是________(填选项字母，下同）。
A.沿玻璃棒缓慢倒入
B.一次性迅速倒入
C.分三次少量倒入
②使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______。
A.用温度计小心搅拌
B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C.轻轻地振荡烧杯
D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
(3)工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，一定条件下，在2 L密闭容器中进行实验，测得有关数据如下表所示：
物质
N2(g)
H2(g)
NH3(g)
起始(mol)
2
7
0
10 s(mol)
1.6
平衡时(mol)
2
则0〜10 s内，用氢气浓度变化表示的平均反应速率是_______，该反应的化学平衡常数是_________。根据混合气体各成分的物质性质，你认为工业上将氨气从混合气体中分离出来的措施是_______ ，从而达到反应气体循环利用的目的。
【答案】 (1). 285.8kJ/mol (2). 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH=－571.6 kJ/mol (3). B (4). D (5). 0.12mol/(L·s) (6). 0.25 (7). 降温使氨成为液体，与氨气和氢气分离开
【解析】
【详解】(1) 101kPa下，1g即0.5molH2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ热量，则1mol H2完全燃烧生成液态水放出142.9kJ×2=285.8 kJ热量，即氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH=－571.6 kJ/mol；
(2)
①中和热的测定中，必须尽量减少热量散失，所以倒入氢氧化钠溶液时，必须一次并且迅速倒入烧杯中，所以B正确；
②A.温度计用于测定温度，不能使用温度计搅拌溶液，A错误；
B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会导致热量散失，影响测定结果，B错误；
C.轻轻地振荡烧杯，会导致溶液溅出，甚至导致热量散失，影响测定结果，C错误；
D.用套在温度计上的环形玻璃棒轻轻地搅动，可以使硫酸和氢氧化钠
溶液混合均匀，又可以减少热量散失，D正确；故选D。
(3)10s内，生成NH3物质的量为1.6mol，此时消耗H2的物质的量为mol=2.4mol，根据化学反应速率表达式，v(H2)== 0.12mol/(L·s)；达到平衡时，n(NH3)=2mol，n(H2)=4mol，n(N2)=1mol，根据平衡常数表达式K==0.25；NH3易液化，可以采用降温使NH3成为液体，与N2和H2分离开。
【点睛】在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol 水时的反应热叫做中和热。定义要点：1．必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热。2．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H＋(aq)＋OH－(aq)= H2O(l)中和热均为57．3 kJ·mol－1，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其中和热小于57.3 kJ·mol－1；3．以生成1 mol 水为基准。
18.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_______________(用必要的化学用语和相关文字说明)。
（2）相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(NH)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH)。
（3）如图是0.1 mol/L电解质溶液的pH随温度变化的图像。
①其中符合0.1 mol/L NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是________(填写字母)，导致pH随温度变化的原因是___________________；
②20℃时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝________。
（4）室温时，向100 mL 0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，得到溶液pH
与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_______________________。
【答案】 (1). Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水 (2). 小于 (3). Ⅰ (4). NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小 (5). 10－3mol/L (6). a点 (7). c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)
【解析】
【分析】
（1）Al3+水解生成的Al(OH)3胶体，具有吸附性；
（2）NH4Al（SO4）2水解，溶液呈酸性，NH4HSO4中的铵根离子水解显示酸性，根据铵根离子的水解程度来回答；
（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大；②根据电荷守恒定律解题；①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；
②依据电荷守恒得出结论；
（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性；b点溶液为中性，溶质为（NH4）2SO4与Na2SO4、NH3•H2O，V（NaOH）>V（NH4HSO4）。
【详解】（1）Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水，
故答案为Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；
（2）NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3＋
水解呈酸性，会抑制NH4+的水解，HSO4-电离出的H＋同样抑制NH4+的水解，因为HSO4-电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4Al(SO4)2中NH4+水解程度比NH4HSO4中的大，故0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中的c(NH4+)小于0.1 mol/L NH4HSO4中的c(NH4+)，
故答案为小于；
（3）①NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ；
②20℃时，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液的pH=3，即c(H＋)=10-3mol/L，c(OH－)较小，根据电荷守恒，可以求出2c(SO42-)－c(NH4+)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol/L- c(OH－)≈10－3mol/L，
故答案为Ⅰ；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小；10－3mol/L；
（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大，b点溶液呈中性，即溶液中含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO42-)，则b点时c(Na＋)>c(SO42-)，根据N原子与S原子数目相等以及N元素与S元素组成物质的关系，可以得出c(SO42-)>c(NH4+)，故b点溶液中各离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)，
故答案为a点；c(Na＋)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H＋)。
19.磷的含氧酸有磷酸(H3PO4)、亚磷酸(H3PO3)、次磷酸(H3PO2)等多种，它们在工业上都是重要的化工原料。
(1)亚磷酸（H3PO3)是一种二元弱酸，写出H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_______。某温度下，0.01 mol • L-1 H3PO3溶液的pH为2.7，该温度下，H3PO3 的一级电离常数 Kal=_______。 (已知：lg2 = 0.3，lg3 = 0.5，lg5 = 0.7，H3PO3 的第二步电离忽略不计）
(2)某实验小组用NaOH溶液处理含H3PO3废水，当溶液中c (Na+) =c(H2PO3－) + 2c(HPO32-)时，溶液呈______性(填“酸”“碱”或“中”）。
(3)已知：常温下，磷酸（H3PO4)的 Kal=7.ll×10-3、Ka2 = 6.23×10-8、Ka3 = 4.5 ×10-13， 则常温下，Na2HPO4溶液中H2PO4－、HPO42-和PO43-的浓度由大到小的顺序为________。
(4)向某浓度的磷酸溶液中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中H3PO4、H2PO4－、HPO42-和PO43-的物质的量分数为δ (平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值）的关系如图所示。以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是_________。
(5)已知：常温下，Ksp(FePO4) = l.3×10-22、Ksp(A1PO4) = 5.2 ×10-19。常温下，向含Fe3+、A13+的混合溶液中滴加Na3PO4溶液，当FePO4、AlPO4同时生成时，溶液中c(Fe3+)：c(Al3+ ) =_________。
【答案】 (1). H3PO3 + 2NaOH = Na2HPO3 + 2H2O (2). 4.0×10-4 (3). 中 (4). c(HPO42－)>c(H2PO4－)>c(PO43－) (5). H2PO4－ + OH－ = HPO42－ + H2O (6). 2.5×10-4
【解析】
【详解】(1)亚磷酸（H3PO3)是一种二元弱酸，1mol H3PO3需要2molNaOH恰好完全反应，故H3PO3与过量NaOH溶液反应的化学方程式为H3PO3 + 2NaOH = Na2HPO3 + 2H2O；某温度下，0.01 mol • L-1 H3PO3溶液的pH为2.7，则c(H+)=10-2.7mol/L，由于H3PO3 的第二步电离忽略不计，c(H2PO3－)≈c(H+)=10-2.7mol/L，H3PO3的一级电离常数 Kal==4.0×10-4；
(2)用NaOH溶液处理含H3PO3废水所的溶液中存在电荷守恒：c (Na+) + c (H+) = c (OH－)+ c(H2PO3－) + 2c(HPO32-)，结合c (Na+) =c(H2PO3－) + 2c(HPO32-)，因而c (H+) = c (OH－)，溶液呈中性；
(3) Na2HPO4溶液中，HPO42－水解方程式：HPO42－+ H2O ⇌ H2PO4－+ OH－，Kh(HPO42－)==1.6×10-7，HPO42－电离方程式：HPO42－= PO43－+ H+，Ka3 = 4.5 ×10-13< Kh(HPO42－) =1.6×10-7，说明HPO42－水解程度大于其电离程度，因而c(H2PO4－)>c(PO43－)，又水解或电离是微弱的，HPO42-的浓度最大，所以c(HPO42－)>c(H2PO4－)>c(PO43－)；
(4)酚酞的变色范围是 8.2～10.0，结合图象知此时H2PO4－物质的量分数为δ减少，HPO42-的物质的量分数为δ增加，因而以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，发生主要反应的离子方程式是H2PO4－ + OH－ = HPO42－ + H2O；
(5)= 2.5×10-4，故溶液中c(Fe3+)：c(Al3+ ) =2.5×10-4。
【点睛】电荷守恒－－即溶液永远是电中性的，所以阳离子带的正电荷总量＝阴离子带的负电荷总量。例：NH4Cl溶液c(NH4＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，写这个等式要注意2点：1、要判断准确溶液中存在的所有离子，不能漏掉。2、注意离子自身带的电荷数目。
20.2018年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。
(1)已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1=+41.1kJ/mol
II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=－90.0kJ/mol
写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式:________。
(2)为提高CH3OH的产率，理论上应采用的条件是________(填选项字母）。
a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压
(3)250℃时，在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成 CH3OH(g)，不同投料比[n(H2)/n(CO2)]时某反应物X的平衡转化率变化曲线如图所示。反应物X是_______(填“CO2”或“H2”），判断依据是_______。
(4)250℃时，在体积为2.0 L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂发生 CO2催化氢化合成甲醇的反应，10 min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol • L-1。
①前10 min内的平均反应速率H2=_______ mol • L-1 • min-1。
②该温度下，该反应的化学平衡常数K =_______。
③催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下表所示：
实验编号
温度(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
A
543
Cu/ZnO纳米棒
12.3
42.3
B
543
Cu/ZnO纳米片
11.9
72.7
C
553
Cu/ZnO纳米棒
15.3
39.1
D
553
Cu/ZnO纳米片
12.0
70.6
根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为________（填字母）。
【答案】 (1). 3H2(g) + CO2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) △H=－48.9kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B
【解析】
【详解】(1) 已知：I.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1=+41.1kJ/mol
II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=－90.0kJ/mol
根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g) + CO2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) △H=－48.9kJ/mol；
(2)根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故选d；
(3)观察图中的横坐标，其物理量为n(H2)/n(CO2)，假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；故判断依据是恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2的转化率降低；
(4)
①在同一容器中，CH3OH浓度变化量为0.75 mol • L-1，则有（mol • L-1）
3H2(g)
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
起始
3
1
0
0
转化
2.25
0.75
0.75
0.75
平衡
0.75
0.25
0.75
0.75
H2的浓度变化量为2.25mol • L-1，则前10min的平均反应速率v(H2)=0.225 mol • L-1• min-1；
②K==
③
选择性是指产物的专一性，在一个化学反应中若有多个产物，其中某一产物是目标产物，若这个物质的产率越高，说明反应的选择性越好。观察四组数据，相比之下，BD的选择性很高，且B的CO2转化率比D稍低些，但是B的CH3OH的选择性高出了不少，故选B。
【点睛】现以mA(g)+nB(g) ⇌pC(g)(己知该反应的正反应为放热反应)为例,分析如下：
1.在其它条件不变时，增大A的浓度，可使平衡向正反应方向移动，因此B的转化率增大，而A的转化率却减小；同理，若增大B的浓度，平衡也向正反应方向移动，A的转化率会增大，而B的转化率则减小；
2.在其它条件不变时，增大C的浓度，可使平衡向逆反应方向移动，因此A和B的转化率均减小；
3.m+n>p时，在其它条件不变的情况下，增大压强可使平衡正向移动，因此A和B的转化率都增大；减小压强可使平衡逆向移动，因此A和B的转化率都减小；
4.m+n
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