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黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二10月月考化学试题1.常温下，下列关于NaOH溶液和氨水的说法正确的是A. 相同物质的量浓度的两溶液中的c(OH)相等B. pH13的两溶液稀释100倍，pH都为11C. 两溶液中分别加入少量NH4Cl固体，c(OH)均减小D. 体积相同、pH相同的两溶液能中和等物质的量的盐酸【答案】C【解析】【分析】NaOH是强碱，一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释、同离子效应等会影响电离平衡的移动，据此分析。【详解】A、NaOH是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，电离不完全，所以相同物质的量浓度的两溶液中NaOH溶液中的c(OH)大，A错误；B、弱碱在水溶液中存在电离平衡，加水稀释时平衡正向移动，pH13的两溶液稀释100倍，NaOH溶液的pH为11，氨水的pH大于11，B错误；C、NaOH溶液中加入NH4Cl固体，能够生成一水合氨，氢氧根离子浓度减小，氨水中加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，C正确；D、一水合氨是弱碱，弱碱在水溶液中存在电离平衡，体积相同、pH相同的两溶液中和盐酸时，氨水消耗的盐酸多，D错误；答案选C。2.下列物质中属于弱电解质的是A. 冰醋酸 B. H2SO4溶液 C. BaSO4 D. Cl2【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，部分电离的电解质属于弱电解质，完全电离的电解质属于强电解质，据此判断。【详解】A、冰醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，A正确；B、硫酸溶液是混合物，不是电解质，也不是非电解质，B错误；C、BaSO4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C错误；D、氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，D错误。答案选A。【点睛】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的本质区别，注意概念的内涵与外延。3.在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是( )A. pH3的HNO3和pH11的KOHB. pH3的盐酸和pH11的氨水C. pH3的醋酸和pH11的Ba(OH)2D. pH3的硫酸和pH11的NaOH【答案】C【解析】试题分析：A硝酸和氢氧化钡都是强电解质，pH=3的硝酸和pH=11的Ba（OH）2溶液中，硝酸中氢离子浓度等于氢氧化钡溶液中氢氧根离子浓度，二者等体积混合时恰好反应生成硝酸钡，溶液呈中性，故A错误；B氯化氢是强电解质，一水合氨是弱电解质，所以pH=3的盐酸和pH=11的氨水，盐酸的浓度小于氨水浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以混合溶液呈碱性，故B错误；醋酸是弱电解质，氢氧化钾是强电解质，所以pH=3的醋酸和pH=11的KOH溶液，醋酸溶液浓度大于氢氧化钾溶液，二者等体积混合时，醋酸有属于，醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液呈酸性，故C正确；硫酸和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的硫酸中氢离子浓度为0001mol/L，pH=11的KOH溶液中氢氧根离子浓度为0001mol/L，等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钾，混合溶液呈中性，故D错误；故选C。考点：酸碱混合时pH的计算4.在一个固定体积的密闭容器中，放入3 L X(g)和3 L Y(g)，在恒温恒体积下发生反应3X(g)+3Y(g) 2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，X的转化率为35%，混合气体的压强却比起始压强小，则方程中n的值是（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】依据勒夏特列原理，以及压强之比等于物质的量之比进行分析判断。【详解】达到平衡后，压强比反应前小，根据阿伏加德罗推论，在同温同体积的条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，压强减小，说明反应后气体系数之和小于反应前气体系数之和，即3+32+n，即nN B. M K1（H2CO3）K2（H2SO3）K2（H2CO3），则溶液中不可以大量共存的离子组是A. SO32、HCO3 B. HSO3、HCO3 C. HSO3、CO32 D. SO32、CO32【答案】C【解析】【详解】由于K1(H2SO3) K1(H2CO3)K2(H2SO3)K2(H2CO3)，则酸性H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-。A. SO32、HCO3离子间不能反应，能够大量共存，故A不选；B. HSO3、HCO3离子间不能反应，能够大量共存，故B不选； C.由于酸性HSO3-HCO3-，则HSO3、CO32能够反应生成HCO3，不能大量共存，故C选；D. SO32、CO32离子间不能反应，能够大量共存，故D不选；故选C。12.浓度均为0.1mol/L、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg(V/ V0)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( )A. HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B. 相同温度下，电离常数K(HX):abC. 常温下，由水电离出的c(H+)c(OH-):a1，说明HX部分电离，为弱电解质，HY的pH1，说明其完全电离，为强电解质，所以HY的酸性大于HX，选项A错误；B、酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同的温度下，电离常数ab，选项B错误；C、酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b溶液中氢离子浓度小于a，则水的电离程度ab，所以由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度的乘积aV(乙)C. 物质的量浓度c(甲)10c(乙)D. 甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍【答案】C【解析】试题分析：Ac（H+）=10-pH，所以c （H+）甲=10-a，c （H+）乙=10-（a+1），所以c（H+）甲=10c （H+）乙，酸溶液中水电离出的c（H+）等于溶液中c（OH-），所以c（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，则水电离出的氢离子浓度10c（H+）甲=c（H+）乙，错误；C酸的浓度越大，酸的电离程度越小，c（甲）10c（乙），正确；B酸的浓度越大，酸的电离程度越小，与等量NaOH反应，酸的浓度越大则消耗酸的体积越小，c（甲）10c（乙），所以消耗酸的体积，10V（甲）V（乙），错误；Dc（OH-）=，所以氢氧根离子浓度：10c （OH-）甲=c （OH-）乙，错误。考点：考查弱电解质在水溶液中的电离平衡。14.常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混和，所得混和溶液的pH=11，则强酸与强碱的体积比是( )A. 9:1 B. 11:1 C. 1:11 D. 1:9【答案】A【解析】【分析】酸碱混合后溶液呈碱性，说明碱过量，根据c(OH-)=计算。【详解】pH=13的强碱溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的强酸溶液中c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后溶液呈碱性,说明碱过量,且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，则：c(OH-)=0.001mol/L，解之得：V(酸)：V(碱) =9：1，所以A选项是正确的。15.浓度均为0.1 molL1、体积为V0的HA酸溶液和MOH碱溶液，分别加蒸馏水稀释，溶液pH随滴入的蒸馏水体积的变化曲线如图所示,下列叙述正确的是() A. HA为强酸，MOH为强碱B. a点HA的电离度小于10%C. 两种溶液无限稀释时，其c(H)近似相等D. 两种溶液稀释至V1时，b、c两点所示溶液中c(A)c(M)【答案】C【解析】【分析】本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的pH知HA为弱酸，MOH为强碱；又知道稀释时促进弱电解质电离，其电离度也增大。无论强碱还是弱酸无限稀释其c(H)近似相等的； MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 molL1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M)c(A)。【详解】A.若HA为强酸，则0.1 molL1的该溶液pH1，而图中其pH2， HA为弱酸，故A项错误；B.对于HA溶液，在滴加蒸馏水前，溶液pH2，即溶液中c(H)0.01 molL1，故其电离度为10%，溶液越稀，促进电离，其电离度增大，故a点HA的电离度大于10%，故B项错误；酸碱溶液无限稀释时，溶液中的c(H)c(OH)1107molL1，故C项正确；D.由图像知MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 molL1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M)c(A)，故D项错误。【点睛】本题考查强弱电解质的稀释问题。解答时根据图像的PH判断酸和碱的强弱，根据稀释促进弱电解质电离，其电离度也增大；无论强碱还是弱酸无限稀释其c(H)近似相等的； MOH为强碱，完全电离，而HA为弱酸，部分电离，浓度均为0.1 molL1的HA酸溶液和MOH碱溶液稀释相同倍数时，c(M)c(A)。16.已知可逆反应aAbBcC中，5分钟时分别测得在不同温度下物质的含量A%和C%，绘制变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )A. 该反应在T1、T3温度时达到过化学平衡B. 该反应在T2温度时达到过化学平衡C. 该反应的逆反应是放热反应D. 升高温度，平衡会向正反应方向移动【答案】B【解析】【分析】T2之前，A%变小，C%从0逐渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之前该反应未达到平衡状态，而T2时为化学平衡状态，T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，正反应为放热反应。【详解】T1温度之后，A%继续变小，C%继续增大，T2达到平衡状态，升高温度平衡向吸热的逆反应方向移动， A%增大，C%减小，故T1温度时未达到化学平衡，T3温度时达到化学平衡，A错误；T2之前A%变小，C%从0渐增大，而T2之后A%渐大，C%渐小，而T2时恰好平衡，B正确；T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，C错误；T2时恰好平衡，T2之后A%渐大，C%渐小，说明T2之后是温度升高使平衡向左移动，所以逆反应是吸热反应，温度升高使平衡向逆反应移动，D错误。故选：B。【点睛】本题化学反应图象分析，明确图象中曲线变化趋势与温度的关系是解本题关键，会根据图象确定平衡状态及反应热。17.在一密闭的容器中，将一定量的NH3加热使其发生分解反应：2NH3(g)N2(g)3H2(g)，当达到平衡时，测得25%的NH3分解，此时容器内的压强是原来的()A. 1.125倍 B. 1.25倍C. 1.375倍 D. 1.5倍【答案】B【解析】【详解】假设原容器中含有2mol氨气，达到平衡时，测得25%的NH3分解，则容器中含有氨气2mol(1-25%)=1.5mol，氮气为2mol25%=0.25mol，氢气为2mol25%=0.75mol，同温同体积是气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时，容器内的压强是原来的=1.25倍，故选B。18.一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A(g)+B(g)3C(g)，若反应开始时充入2 mol A和2 mol B，达平衡后A的体积分数为a%。其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后A的体积分数大于a%的是( )A. 2.5mol C B. 2 mol A、2 mol B和10 mol He（不参加反应）C. 1.5 mol B和1.5 mol C D. 2 mol A、3 mol B和3 mol C【答案】A【解析】【分析】反应2A（g）+B（g）3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，即可得到相同平衡状态，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）1：1，平衡后A的体积分数大于a%。【详解】反应2A（g）+B（g）3C（g）中，气体的体积前后相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）：n（B）=1：1，就是等效平衡，结合浓度对平衡移动的影响，只要加入的物质的量：n（A）：n（B）1：1，平衡后A的体积分数大于a%，A.2molC相当于molA和molB，二者的比值为2：1，大于1：1，则平衡后A的体积分数大于a%，选项A正确；B.2molA、2molB和1molHe（不参加反应），n（A）：n（B）=2：2，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项B错误；C.1molB和1molC，相当于molA和molB，n（A）：n（B）=1：2，小于1：1，则平衡后A的体积分数小于a%，选项C错误；D.2molA、3molB和3molC，相当于4molA和4molB，二者的比值为4：4，等于1：1，则平衡后A的体积分数等于a%，选项D错误，答案选A。【点睛】本题考查等效平衡问题，题目难度中等，本题注意与原配比数相比较，结合浓度对平衡移动的影响可进行判断。19.一定条件下，往容积恒定的密闭容器中投入2molA和1molB，发生可逆反应：2A（g）+B(g)C(g)+D(s)，达到平衡时，测得压强为原压强的5/6，则A的转化率为 （ ）A. 25% B. 40% C. 50% D. 75%【答案】A【解析】考查可逆反应的有关计算。2A(g) + B(g)C(g)+D(s)起始量（mol） 2 1 0转化量（mol） x 0.5x 0.5x平衡量（mol） 2x 10.5x 0.5x在等温等容时，压强之比就是物质的量之比所以有2x10.5x0.5x35/6解得x0.5所以转化率是0.5210025%，答案选A。20.一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）2C（g）达到平衡标志的是( )C的生成速率与C的消耗速率相等 单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol BA、B、C的浓度不再变化 C的物质的量不再变化 混合气体的总压强不再变化 混合气体的总物质的量不再变化 单位时间消耗a molA，同时生成3a mol B A、B、C的分子数之比为1：3：2A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】可逆反应A（g）+3B（g）2C（g），反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态。【详解】C的生成速率与C的消耗速率相等时，该反应达到平衡状态，故正确；无论反应是否达到平衡状态，单位时间内生成a mol A同时生成3a molB，所以不能说明该反应达到平衡状态，故错误；A、B、C的浓度不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；C的物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；由于反应前后气体的体积不等，恒容容器中，混合气体的总压强不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；混合气体的总物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故正确；单位时间消耗amolA，同时生成3amolB，说明正逆反应速率相等，则达到平衡状态，故正确；A、B、C的分子数之比为1：3：2，不能用以判断是否达到平衡状态，与起始配料比以及反应的转化程度有关，故错误；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，本题注意分析反应前后气体的体积关系，把握题给条件，在学习中注意总结。21.在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）B（g）xC（g）（正反应放热）有图所示的反应曲线，试判断对图的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）A. P3P4，y轴表示B的转化率 B. P3P4，y轴表示B的体积分数C. P3P4，y轴表示混合气体的密度 D. P3P4，y轴表示混合气体的密度【答案】A【解析】【分析】图1中，根据先拐先平数值大知，温度一定时，P2P1，增大压强，C的含量增大，则平衡向正反应方向移动，所以x=1；压强一定时，T1T2，升高温度，C的含量降低，则正反应是放热反应。【详解】升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3P4，A正确；升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B错误；混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D错误。故选A。【点睛】本题考查图象分析，侧重考查学生分析判断能力，根据先拐先平数值大确定反应热和x值，再采用“定一议二”的方法分析解答。22.已知下列反应的热化学方程式：6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5(ONO2)3（l）H1H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）H2C（s）+O2（g）=CO2（g）H34C3H5(ONO2)3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）H4下列说法不正确的是（ ）A. H4=12H3+10H22H1B. 若将中 H2（g）改为 H2（l）则HH1C. C（金刚石，s）与 C（石墨，s）的燃烧热不同D. H2是 H2（g）的燃烧热【答案】D【解析】A、由盖斯定律：10+12-2+10得：4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）H=12H3+10H2-2H1+10H4，选项A正确；B、若将中 H2（g）改为 H2（l），氢气由液态转化为气态吸热，则HH1，选项B正确；C、C（金刚石，s）与 C（石墨，s）所含的能量不同，化学键的断裂吸收的热量不同，故燃烧热不同，选项C正确；D、燃烧热是1mol纯物质完成燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，水的稳定氧化物是液态水，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查了反应热的计算及燃烧热的判断，侧重于盖斯定律应用的考查，准确把握盖斯定律的概念是关键。易错点为选项A，根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式。23.已知：Fe2O3 (s)3/2C(s)= 3/2CO2(g)2Fe(s) H=+234.1kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g) H=393.5kJmol1 , 则 2Fe(s)3/2O2(g)=Fe2O3(s)的H是 ( )A. 824.4kJmol 1 B. 627.6kJmol1C. 744.7kJmol1 D. 169.4kJmol1【答案】A【解析】根据盖斯定律，（2）（1）得2Fe(s)O2(g)=Fe2O3(s)，H=(393.5 kJ/mol) 234.1 kJ/mol=824.4 kJ/mol，故A正确。点睛：盖斯定律说的是 ，反应热与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关。具体计算时，可以运用方程式叠加的方法，得到目标方程式，反应热也是代数和。24.已知：G=HTS，当G0，反应能自发进行，G0反应不能自发进行。下列说法中正确的是( )A. 非自发反应在任何条件下都不能发生B. 熵增加且放热的反应一定是自发反应C. 自发反应一定是熵增加的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应D. 凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应【答案】B【解析】A. 非自发反应在一定条件下也能发生，如碳酸钙的分解反应在常温下不能自发进行，在高温下就可以自发进行，故A错误；B. 熵增加且放热的反应，S0、H0，则G=HTS0，反应一定能自发进行，故B正确；C.反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以熵增加、熵减小或熵不变的反应都可能自发进行，故C错误；D. 根据上述分析可知，反应能否自发进行，由熵变、焓变和反应温度共同决定，所以放热反应或吸热反应都可能自发进行，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查反应能否自发进行的判断依据，试题难度一般。解答本题的关键是要注意G=HTS，G为自由能变化，H为焓变，S为熵变，T为热力学温度，反应能否自发进行是由焓变、熵变和温度共同决定的，G0时反应能够自发进行，G0时反应不能自发进行，根据G是否小于0解答即可。25.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H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJ/molB. 甲烷的标准燃烧热H890.3 kJmol1，则CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g) H890.3 kJmol1C. 已知：500 、30 MPa下，N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4kJmol1；将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量46.2 kJD. CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H+566.0kJ/mol【答案】D【解析】【详解】AHCl和NaOH反应的中和热H-57.3kJ/mol，但由于稀硫酸与氢氧化钙反应生成的硫酸钙微溶，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热的H-57.3kJ/mol，A错误；B由于气态水的能量高于液态水的能量，则甲烷完全燃烧生成液态水放热多，但放热越多，H越小，因此反应CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)的H890.3 kJmol1，B错误；C.合成氨反应是可逆反应，将1.5 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，放出热量小于46.2 kJ，C错误；DCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H-566.0kJ/mol，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2CO2（g）2CO（g）+O2（g）反应的H+566.0kJ/mol，D正确；答案选D。【点睛】本题考查热化学方程式，为高频考点，把握反应中能量变化、中和热与燃烧热、可逆反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项B为解答的易错点，注意比较H大小时要带着符合比较，题目难度不大。26.常温下，有pH=12的NaOH溶液100 mL，若将其pH变为11(溶液混合忽略体积变化；计算结果保留到小数点后一位)。（1）若用pH=10的NaOH溶液，应加入_mL。（2）若用pH=2的盐酸，应加入_mL。（3）若用水稀释，则加入水的体积为_ mL。（4）常温下,设pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c1；pH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+浓度为c2,则c1/c2=_。（5）常温下，pH=11的NaOH溶液aL与pH=5的H2SO4溶液bL混合，若所得混合溶液呈中性，则ab=_。【答案】 (1). 1000 (2). 81.8 (3). 900 (4). 100 (5). 1:100【解析】【详解】（1）常温下，pH=12的NaOH溶液中c(OH)=102molL1，pH=10的NaOH溶液中c(OH)=104molL1，根据混合后溶质的物质的量等于混合前溶质物质的量的和，=103，解得V=1000mL；（2）反应后溶液显碱性，因此有=103，解得V81.8mL；（3）稀释过程中溶质的物质的量不变，因此有=103，解得V=900mL；（4）pH=5的H2SO4中水电离出的c(H)=c(OH)=109molL1，pH=11的NaOH溶液中水电离出的c(OH)=c(H)=1011molL1，则c1:c2=109:1011=100：1；（5）溶液显中性，n(OH)=n(H)=a103=b105，则a:b=1:100。27.25时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HC1O电离平衡常数1.710-5K1=4.310-7 K2=5.610-113.010-8请回答下列问题：（1）CH3COOH、H2CO3、HC1O的酸性由强到弱的顺序为_。（2）写出H2CO3的电离方程式：_。（3）常温下0.1 molL-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_（填宇母序号，下同）。Ac(H+) Bc(H+)/c(CH3COOH)C c(H+)c(OH-) D 若该溶液升髙温度，上述4种表达式的数据增大的是_。（4）取0.10mol CH3COOH （冰醋酸）作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示：比较a、b点的相关性质（填“”“A 开始反应时的速率AB参加反应的锌的物质的量A=B A中有锌剩余【答案】 (1). CH3COOHH2CO3HC1O (2). H2CO3HCO3-+H+ (3). A (4). ABCD (5). (7). = (8). 【解析】（1）酸电离程度越大，其在相同温度下的电离平衡常数就越大，根据表格数据可知电离平衡常数CH3COOHH2CO3HClO，所以酸性：CH3COOHH2CO3HClO；（2）碳酸是二元弱酸，电离方程式为H2CO3HCO3-+H+；（3）在常温下，醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，A、稀释促进电离，氢离子的物质的量增加，但氢离子浓度减小，A正确；B、溶液在加水稀释过程中，c(CH3COOH)、c(H+)由于稀释都减小，其中醋酸的物质的量减小，氢离子的物质的量增加，所以溶液中升高， B错误；C、温度不变，水的离子积常数不变，C错误；D、，温度不变，电离常数不变，D错误，答案选A。该溶液升髙温度，促进电离，电离常数增大，溶液中氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，则增大。升高温度水的离子积常数增大，答案选ABCD；（4）稀释促进电离，则n(H+)ab；离子浓度越大，导电性越强，则c(CH3COO-)ab；a、b两点醋酸的物质的量相等，因此完全中和时消耗NaOH的物质的量ab；（5）氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液（A为盐酸，B为醋酸）分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；由于醋酸中酸过量，则反应较快，所以反应所需的时间AB；错误；开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，错误；由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，正确；醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，正确；答案选。28.甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇： CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，现在实验室模拟该反应并进行分析。（1）下图是该反应在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。该反应的焓变H_0(填“”、“”或“”)。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1_K2 (填 “”、“”或“”)。若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是_。A升高温度 B将CH3OH(g)从体系中分离C使用合适的催化剂 D充入He，使体系总压强增大（2）在容积为2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，如图所示下列说法正确的是_(填序号)；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)nA/tAmolL1min1该反应在T1时的平衡常数比T2时的小 该反应为放热反应处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（3）在T1温度时，将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2的转化率为，则容器内的压强与起始压强之比为_。【答案】 (1). (2). (3). B (4). (5). （2-）/2【解析】【详解】（1）根据图像，先拐先平衡，即T2T1，温度越高，CO的转化率降低，升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即HK2；A、正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，甲醇产率降低，故A错误；B、从体系中分离出甲醇，平衡向正反应方向进行，甲醇的产率增大，故B正确；C、催化剂对化学平衡无影响，即甲醇的产率不变，故C错误；D、恒容状态下，充入非反应气体，组分的浓度不变，化学平衡不移动，甲醇的产率不变，故D错误；（2）根据化学反应速率数学表达式，v(CH3OH)=nA/2tAmol/(Lmin)，故错误；根据图像，T2时首先达到平衡，即T2T1，随着温度的升高，甲醇的物质的量减少，说明平衡向逆反应方向进行，即正反应为放热反应，温度越高，化学平衡常数越小，即T1的平衡常数比T2时的大，故错误；根据的分析，该反应为放热反应，故正确；T1到T2，温度升高，平衡向逆反应方向进行，H2的物质的量增大，甲醇的物质的量减少，因此此比值增大，故正确；（3）达到平衡时，消耗CO2的物质的量为mol，气体物质的量减少2mol，即达到平衡时气体物质的量为(42)mol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，即容器内的压强与起始压强之比等于(42)：4=(2) ：2。【点睛】关于化学平衡图像，类似本题，先拐先平衡，说明反应速率快，对应的温度高，然后看平衡线，随着温度的升高，CO2的转化率或CH3OH的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，判断出正反应为放热反应。29.中华人民共和国国家标准（GB2760-2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25gL-1。某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。（1）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_。（2）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900molL-1NaOH标准溶液进行滴定。若滴定前俯视，滴定后仰视，对滴定结果的影响是_（填无影响、偏高或偏低）；若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，对滴定结果的影响是_（填无影响、偏高或偏低）；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为_；滴定终点的判断为_。（3）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：_gL-1。（4）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】 (1). SO2+H2O2=H2SO4 (2). 偏高 (3). 偏高 (4). 酚酞 (5). 滴最后一滴，溶液恰好由无色变浅红色，且30秒无变化 (6). 0.24 (7). 原因：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。【解析】【详解】（1）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成H2SO4，反应方程式为H2O2SO2=H2SO4；（2）滴定管的从上到下刻度增大，滴定前俯视，滴定后仰视，消耗的NaOH体积增大，测的SO2的量偏高；滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，消耗的NaOH的体积增大，测的SO2量偏高；选择指示剂，滴定后溶液的pH与指示剂的变色范围应一致，pH=8.8溶液显碱性，酚酞的变色范围是8.210.0，因此应用酚酞作指示剂；滴最后一滴NaOH，溶液恰好由无色变浅红色，且30秒无变化；（3）根据过程，得出SO2H2SO42NaOH，n(SO2)=251030.09/2mol=1.125103mol，其质量为1.12510364g=7.2102g，则SO2的含量为7.2102/300103gL1=0.24gL1；（4）测定结果比实际值偏高，说明溶液中酸的量高，B装置中加入葡萄酒和盐酸，盐酸具有挥发性，加热时，进入装置C，消耗的NaOH的量增加；改进措施为用不挥发的强酸（如硫酸）代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。
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