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2017-2018学年福建省闽侯第二中学五校教学联合体高二上学期期末考试化学试题 解析版
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福建省闽侯第二中学五校教学联合体2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题
1. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 体积不变，充入氮气使压强增大 B. 体积缩小一半
C. 压强不变，充入氮气使体积增大 D. 升高温度
【答案】A
【解析】
【分析】
反应中有固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，如气体的浓度不变，则反应速率不变，而浓度、压强、温度以及催化剂影响反应速率。
【详解】A. 体积不变，充入氮气使压强增大,与反应有关的物质浓度不变，速率不变，故A正确；B. 将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大，故B错误；C、保持压强不变，充入N2使容器体积变大，参加反应的气体的分压减小，反应速率减小，故C错误；D、升温。反应速率增大，故D错误。故选A。
【点睛】本题考查反应速率的影响因素，注意把握固体的特点，易错点为A、C，注意惰性气体的影响。
2. 已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图。
下列说法正确的是( )
A. 加入催化剂，减小了反应的热效应
B. 加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C. H2O2分解的热化学方程式：H2O2===H2O＋1/2 O2 ΔH>0
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【解析】
试题分析：A.加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，A项错误；B.加入催化剂，可提高H2O2分解的反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能使平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，B项错误；C．在书写热化学方程式式时，要注明物质的存在状态，C项错误；D.根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查化学反应的热效应，催化剂对化学反应的影响等知识。
【名师点睛】本题考查化学反应的热效应，催化剂对化学反应的影响等知识。化学图像在化学反应原理的表示中有直观、形象、具体的特点，化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中断裂旧键吸收能量，形成新的化学键放出热量。反应物的能量要高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量，反应是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的含义及反应原理，是本题的关键。
3. 用石墨作电极,电解1 mol/L下列物质的溶液,溶液的pH保持不变的是( )
A. HCl B. NaOH C. Na2SO4 D. NaCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A、电解HCl溶液中氢离子、氯离子放电，氢离子浓度减小，pH值变大，A错误；B、电解NaOH溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，NaOH浓度变大，pH值变大，B错误；C、电解硫酸钠溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，硫酸钠浓度变大，pH值不变，C正确；D、电解NaCl溶液中氢离子、氯离子放电，氢离子浓度减小，pH值变大，D错误。答案选C。
考点：考查电解池原理的判断
4. 甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g) HCHO(g)＋H2(g)＋Q，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. Q>0
B. 600 K时，Y点甲醇的v(正)
D. 从Y点到X点可通过使用催化剂实现
【答案】B
【解析】
试题分析：温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q＜0，A错误；600K时，Y点变成X点，反应需要向逆反应方向进行才能平衡，说明υ(正) ＜υ(逆)，B正确；从Y点到Z点甲醇的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，，而增大压强，平衡会发生移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；催化剂不能改变平衡状态，D错误。
考点：考查了化学平衡的相关知识。
5. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如下。下列有关该电池的说法正确的是( )
A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C. 电池工作时，CO向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO
【答案】D
【解析】
试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。
考点：原电池的原理的应用
视频
6. 镉镍可充电电池的充、放电反应按下式进行:Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2,由此判断错误的是 ( )
A. 放电时,Cd作负极 B. 放电时,NiO(OH)作负极
C. 电解质溶液为碱性溶液 D. 放电时,负极反应为Cd+2OH--2e-Cd(OH)2
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由方程式Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2可知，放电时，Cd元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上发生氧化反应，则Cd为原电池的负极，错误；B．由A可知正确；C．依据电池反应分析判断，电池是碱性电池，错误；D．放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，错误。
考点：化学电源新型电池
7. 已知:2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-566 kJ·mol-1,
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=180 kJ·mol-1
则2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的ΔH是 ( )
A. -386 kJ·mol-1 B. 386 kJ·mol-1 C. -746 kJ·mol-1 D. 746 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
依据热化学方程式和盖斯定律计算分析
【详解】A、计算方法错误，故A错误；B、反应是放热反应，故B错误；C、①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566 kJ·mol-1，②N2（g）+O2（g）═2NO（g）；△H=+180kJ·mol-1，依据盖斯定律①-②得到，则2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H=-746kJ·mol-1，故C正确；D、反应是放热反应，故D错误；故选C。
8. 设C＋CO22CO；（正反应为吸热反应；反应速率为v1），N2＋3H22NH3；（正反应为放热反应；反应速率为v2），对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为( )
A. 同时增大 B. 同时减小 C. 增大，减小 D. 减小，增大
【答案】A
【解析】
【分析】
根据温度对化学反应速率的影响：温度升高，化学反应速率加快。
【详解】A、因温度对化学反应速率的影响为升高温度，化学反应速率加快，对于可逆反应来说，升高温度无论是正反应反应速率还是逆反应化学反应速率都加快，故A正确；B、升高温度，化学反应速率加快，故B错误；C、升高温度，v2化学反应速率加快，故C错误；D、升高温度，v1化学反应速率加快，故D错误；故选：A。
【点睛】本题考查温度对化学反应速率的影响，无论是正反应速率还是逆反应速率都遵循此规律．
9. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0。当反应达到平衡时,下列措施能提高N2转化率的是 ( )
①降温 ②恒压通入惰性气体 ③增加N2的浓度 ④加压
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
试题分析：①降温，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；②恒压通入惰性气体，体积膨胀，相当于减小压强，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故错误；③增加N2的浓度，平衡正向移动，氮气的转化率降低，故错误；④加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；故选A。
考点：考查外界条件对化学平衡的移动的影响
10. 工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应： CH4 (g)＋2NO2 (g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝a kJ/mol ,在温度T1 和T2 时，分别将0.50 molCH4 和1.2 molNO2 充入体积为1 L的密闭容器中，测得n(CH4 )随时间变化数据如下表：
温度
时间/min
n/mol
0
10
20
40
50
T1
n(CH4 )
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
n(CH4 )
0.50
0.30
0.18
……
0.15
下列说法不正确的是（ ）
A. 10 min内，T1 时υ(CH4 )比T2时小 B. 温度：T1 ＜T2
C. ΔH：a＜0 D. 平衡常数：K(T1 )＜K(T2 )
【答案】D
【解析】
【分析】
A．由表格中的数据计算υ（CH4）；B．温度升高，反应速率加快；C．温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；D．T1时反应进行的更为彻底．
【详解】A．10 min内，T1时υ（CH4）=0.15mol/（1L·10min）=0.015mol·L-1·min-1，T2时时υ（CH4）=0.20mol/（1L·10min）=0.02mol·L-1·min-1，T1时υ（CH4）比T2时小，故A正确；B．温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，故B正确；C．温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a＜0，故C正确；D．T1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，K（T1）＞K（T2），故D错误；故选：D。
11. 对于可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A. 达到化学平衡状态时，4v正(O2)===5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到化学平衡状态
C. 达到化学平衡状态后，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率的关系为2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
根据化学方程式有4v正(O2)=5v正(NO)，故4v正(O2)=5v逆(NO)表示v正(NO)=v逆(NO)，所以A项正确。生成NO和消耗NH3均为正反应的变化，叙述中未提及逆反应的情况，所以B项错误。由于反应物、生成物均为气体，故增大容器容积，正、逆反应速率都减小，所以C项错误。v正(NH3)∶v正(H2O)=2∶3，即 3v正(NH3)=2v正(H2O)，所以D项错误。
12. 将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，测得该溶液的pH值结果将（ ）
A. 偏高 B. 偏低 C. 不变 D. 上述三种情况均有可能
【答案】D
【解析】
试题分析：pH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，而溶液本身的酸碱性不确定，若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变，所以无法确定pH是偏大还是偏小，故选D。
【考点定位】考查试纸的使用
【名师点晴】本次考查了用pH试纸检验溶液的酸碱性，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的pH试纸上，通过与标准比色卡对比来确定pH。本题中pH试纸已经用蒸馏水湿润，要根据原溶液的酸碱性分类讨论。
13. 下列关于水的电离叙述正确的是( )
A. 稀释NH4Cl溶液，所有离子浓度都减小 B. 稀释NH4Cl溶液，水的电离程度变大
C. 稀释NaOH溶液，水的电离程度变小 D. 水升高温度后，H＋浓度增大，Kw变大
【答案】D
【解析】
A. 加水稀释，促进铵根离子的水解，但铵根离子水解增大的程度小于溶液体积增大的程度，则溶液中c（H＋）减小，又因温度不变时水的离子积常数也不变，则溶液中c（OH－）增大，故A错误；B. 稀释NH4Cl溶液，铵根离子浓度减小，对水电离的促进程度减小，所以水的电离程度减小，故B错误；C. 稀释NaOH溶液，c（NaOH）减小，因碱的浓度越大水的电离程度越小，所以稀释NaOH溶液，水的电离程度变大，故C错误；D. 水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，H＋浓度增大，Kw变大，故D正确；答案选D。
14. 与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+ 浓度相同的是（ ）
A. 50 mL 0.2 mol/L CH3COONH4溶液 B. 50 mL 0.2 mol/L （NH4）2SO4溶液
C. 100 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液 D. 50 mL 0.2 mol/L NH3•H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度为0.2mol·L－1，与溶液体积无关，结合构成及水解原理、弱电解质的电离来解答．
【详解】A、50 mL 0.2 mol·L－1 CH3COONH4溶液中由于醋酸根离子水解促进铵根离子水解，NH4＋浓度小于0.2 mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度不相同，故A错误；B、50 mL 0.20 mol·L－1 （NH4）2SO4溶液中NH4＋浓度略小于：0.20 mol·L－1×2=0.4mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度不相同，故B错误；C、100 mL 0.2 mol·L－1 NH4NO3溶液中，硝酸根离子不水解，NH4＋浓度略小于0.2mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度相同，故C正确；D、50 mL 0.2 mol·L－1 NH3·H2O溶液中一水合氨是弱电解质存在电离平衡，NH4＋浓度远远小于0.2 mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度不相同，故D错误；故选：C。
【点睛】易错点A、醋酸根离子水解促进铵根离子水解，注意NH4＋浓度只与溶液浓度有关，与体积无关。
15. 下列过程或现象与盐类水解无关的是( )
A. 纯碱溶液去油污 B. 铁在潮湿的环境下生锈
C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
试题分析：A选项中纯碱因为水解溶液呈碱性而具有去污能力，B选项中铁在潮湿的环境下生锈是因为铁在有水空气存在下发生腐蚀，与盐类水解无关，C选项中因温度升高促进氯化铁水解液体颜色加深，D选项中因水解产生了硫化氢气体而出现臭味。
考点：盐类水解基础知识
16. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（ ）
酸
HX
HY
HZ
电离常数K/（mol•L﹣1）
9×10﹣7
9×10﹣6
1×10﹣2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ+Y﹣═HY+Z﹣能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离常数
【答案】B
【解析】
A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HX
（1）则0.1 mol·L-1一元弱酸HA的电离平衡常数表达式Ka=______________。
（2）0.1mol·L-1的H2SO4中水电离出的C(H+)为____________。
（3）向0.1mol·L-1的硫酸中加入一定体积的pH=13的NaOH溶液，反应后溶液的pH为2，则所需NaOH溶液与硫酸的体积比为_________；
（4）向0.1 mol·L-1一元弱酸HA加入一定体积的水，在此过程中，下列数值变大的是__________。
①c(H+) ② 电离度（α） ③c(OH-) ④ Ka ⑤c(A-)/ c(HA) ⑥n(A-)
（5）实验室在配制溶液时，一些物质存在水解的情况，在配制Al2（SO4）3溶液时，Al3+也存在水解，请书写水解离子方程式__________，为了防止Al2（SO4）3发生水解，可加入少量的__________．
（6）已知25 ℃，碳酸的电离平衡常数Ka1= 4.0×10－7，Ka2= 5.6×10－11，则该温度下NaHCO3的水解平衡常数Kh=_____________。
【答案】 (1). C(A-).C(H+ )/C( HA) (2). 5.0×10－14 (3). 19:11 (4). ②③⑤⑥ (5). Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ (6). 硫酸 (7). 2.5×10－8
【解析】
【分析】
（1）根据一元弱酸HA的电离方程：HAH＋＋A－写出电离平衡常数表达式；（2）水电离的氢离子等于溶液中氢氧根离子浓度；（3）由反应后溶液的pH为2，列出计算式；（4）加水稀释弱酸，促进弱酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，据此分析解答。（5）由水解平衡原理解答；（6）根据Kh=c(H2CO3)c(OH－)/c(HCO3－)求解。
【详解】（1）一元弱酸HA的电离方程：HAH＋＋A－，0.1 mol·L-1一元弱酸HA的电离平衡常数表达式Ka= C(A-).C(H+ )/C( HA)。（2）0.1mol·L-1的H2SO4中水电离出的C(H+)= mol·L-1=5.O×10－14mol·L-1。（3）向0.1mol·L-1的硫酸中加入一定体积的pH=13的NaOH溶液，反应后溶液的pH为2，设所需NaOH溶液体积为x与硫酸的体积为y, ，x:y=19:11；（4）①加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，故错误； ② 加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，电离度（α）增大，故正确； ③加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，c(OH-)增大，故正确； ④ 温度不变，电离常数不变，故错误； ⑤加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，c(A-)/ c(HA)增大，故正确； ⑥加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，n(A-)增大，故正确；故选②③⑤⑥；（5）在配制Al2（SO4）3溶液时，Al3+存在水解，水解离子方程式Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ ，为了防止Al2（SO4）3发生水解，可加入少量的硫酸．(6)该温度下NaHCO3的水解平衡常数HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，Kh=c(H2CO3)c(OH－)/c(HCO3－)=Kw/Ka1=10-14/ 4.0×10－7=2.5×10－8。
18. 为解决能源短缺问题，工业生产中应合理利用化学能。
(1)25 ℃，1.01×105 Pa时，实验测得，4 g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572 kJ的热量，则H2的燃烧热的热化学方程式为_____________。
(2)下图是某笔记本电脑使用的甲醇燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从________处通入(填“a”或“b”)，电池内部H＋向________(填“左”或“右”)移动。写出电池负极的电极反应式___________________。
(3)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能/kJ·mol－1
436
a
945
已知：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－93 kJ·mol－1。试根据表中所列键能数据计算a的数值________。
(4)已知：C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1②
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599 kJ·mol－1③
根据盖斯定律，计算反应2C(s，石墨)＋H2(g)===C2H2(g)的ΔH＝________。
【答案】 (1). H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ/mol (2). a (3). 右 (4). CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6 H＋ (5). 391 (6). ＋226.7 kJ·mol－1
【解析】
分析：(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据n=计算1mol氢气完全燃烧放出的热量，结合热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；(2)根据电子流向可知a为负极，负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应，溶液中阳离子移向正极；(3)根据反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能求算；(4)利用盖斯定律分析解答。
详解：(1)4g氢气即2mol在O2中完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，则1mol氢气在氧气中燃烧生成液态水，放出286kJ的热量，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-286 kJ/mol，故答案为：H2(g)+ O2(g)═H2O(l)△H=-286 kJ/mol；
(2)原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子流向可知a电极为负极，甲醇在负极上发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，b为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为3O2+12e-+12H+═6H2O，氢离子移向正极右侧，故答案为：a；右；CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+；
(3)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-akJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1，a=391 kJ•mol-1，故答案为：391；
(4)①C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，③2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599kJ•mol-1，利用盖斯定律将①×2+②×-③×可得：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=(-393.5kJ/mol)×2+×(-571.6kJ/mol)- ×(-2599 kJ/mol)=+226.7kJ•mol-1，故答案为：+226.7kJ•mol-1。
19. 已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下几种关系：
① c(Na+) >c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋) ② c(Na+) >c(OH-)= c(CH3COO-)>c(H＋)
③ c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋) ④ c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)
⑤ c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-), 结合离子关系填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，离子浓度的大小顺序符合上述序号______；若溶液中性，离子浓度的大小顺序符合上述序号________；
(2)若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，则离子的关系符合上述序号_________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). ③ (3). ④ (4). ③④⑤
【解析】
(1).若只溶解了一种溶质，则该溶质只能是CH3COONa，该溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序号③；根据电荷守恒c(Na+) +c(H＋)= c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，则c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)= c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合上述序号④，故答案为：CH3COONa；③ ；④ ；
(2).若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，因不知道CH3COONa和 CH3COOH的物质的量的相对大小，则溶液可能呈酸性、中性或碱性，若溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)，符合序号⑤；若溶液呈中性，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合序号④；若溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合序号③，故答案为：③④⑤。
20. 一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示:
(1)从反应开始到10 s时,用Z表示的反应速率为_______,X的物质量浓度减少了________,Y的转化率为________。
(2)该反应的化学方程式为_______________________________。
(3)10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件,其速率随时间的变化图象如图所示。则下列说法符合该图象的是________。
A.t1时刻,增大了X的浓度 B.t1时刻,升高了体系温度
C.t1时刻,缩小了容器体积 D.t1时刻,使用了催化剂
【答案】 (1). 0.079 mol·L-1·s-1 (2). 0.395 mol·L-1 (3). 79.0% (4). X(g)+Y(g)2Z(g) (5). C、D
【解析】
本题考查化学反应速率的计算以及影响化学平衡移动的因素，（1）根据化学反应速率数学表达式，v(Z)=1.58/(2×10)mol/(L·s)=0.079mol/(L·s)；X减少的浓度为(1.2－0.41)/2mol·L－1=0.395mol·L－1，Y的转化率为(1－0.21)/1×100%=79.0%；（2）同一容器中，化学反应速率之比等于化学计量数之比等于物质的量变化之比，因此X、Y、Z的系数之比为：(1.2－0.41)：(1－0.21)：1.58=1：1：2，因此化学反应方程式为：X（g）+Y（g）2Z（g）；（3）根据图像，t1时刻化学反应速率增大，但化学平衡不移动，A、增大X浓度，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、升高温度，化学平衡必然改变，故B错误；C、缩小容器的体积，相当于增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，但正逆反应速率增大，故C正确；D、使用催化剂加快反应速率，但平衡不移动，故D正确。
21. 用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______、_________ 。
(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液，置于锥形瓶中，同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。
(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视________________，直到滴定到终点，若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是___________________________。
(4)根据下列数据，测得c（NaOH）=________。烧碱的纯度=____________。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
1.00
24.10
（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作引起待测液浓度偏小的是_______________(填序号)。
①读数：滴定前平视，滴定后俯视
②未用待测液润洗碱式滴定管
③用待测液润洗锥形瓶
④不小心将标准液滴在锥形瓶外面
⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】 (1). 00mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ①②
【解析】
(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(2).因石蕊的变色范围为5—8，变色范围较大，不适宜做指示剂，因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙，故答案为：甲基橙；
(3).在酸碱中和滴定实验中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定达到终点；若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是： 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点；
(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为：19.90mL、20.10mL、23.10mL，因第三次滴定的数据偏差较大，舍去，则消耗盐酸标准液的平均体积为：=20.00mL，则c（NaOH）==0.4020 mol·L-1，n（NaOH）=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol，则烧碱的纯度==80.4%，故答案为：0.4020 mol·L-1；80.4%；
（5）. ①读数：滴定前平视，滴定后俯视，会使标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故①符合；②未用待测液润洗碱式滴定管，会使待测液被稀释，造成标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故②符合；③用待测液润洗锥形瓶，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，③不符合；④不小心将标准液滴在锥形瓶外面，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，④不符合；⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，⑤不符合；故答案为：①②。
点睛：本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析，易错点是滴定结果的误差分析，在判断滴定结果是偏大还是偏小时，务必要先列出c（待测液）= 的公式，其中c（标准液）和V（待测液）是已知的，则根据错误的操作，判断对V（标准液）的影响，若V（标准液）偏大，则测定结果偏大，若V（标准液）偏小，则测定结果偏小，若对V（标准液）无影响，则对测定结果也无影响。
福建省闽侯第二中学五校教学联合体2017-2018学年高二上学期期末考试化学试题
1. 反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件改变对其反应速率几乎无影响的是（ ）
A. 体积不变，充入氮气使压强增大 B. 体积缩小一半
C. 压强不变，充入氮气使体积增大 D. 升高温度
【答案】A
【解析】
【分析】
反应中有固体参加，改变固体的量对反应速率没有影响，如气体的浓度不变，则反应速率不变，而浓度、压强、温度以及催化剂影响反应速率。
【详解】A. 体积不变，充入氮气使压强增大,与反应有关的物质浓度不变，速率不变，故A正确；B. 将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大，故B错误；C、保持压强不变，充入N2使容器体积变大，参加反应的气体的分压减小，反应速率减小，故C错误；D、升温。反应速率增大，故D错误。故选A。
【点睛】本题考查反应速率的影响因素，注意把握固体的特点，易错点为A、C，注意惰性气体的影响。
2. 已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图。
下列说法正确的是( )
A. 加入催化剂，减小了反应的热效应
B. 加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C. H2O2分解的热化学方程式：H2O2===H2O＋1/2 O2 ΔH>0
D. 反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【解析】
试题分析：A.加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，A项错误；B.加入催化剂，可提高H2O2分解的反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能使平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，B项错误；C．在书写热化学方程式式时，要注明物质的存在状态，C项错误；D.根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，D项正确；答案选D。
【考点定位】考查化学反应的热效应，催化剂对化学反应的影响等知识。
【名师点睛】本题考查化学反应的热效应，催化剂对化学反应的影响等知识。化学图像在化学反应原理的表示中有直观、形象、具体的特点，化学反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中断裂旧键吸收能量，形成新的化学键放出热量。反应物的能量要高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量，反应是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的含义及反应原理，是本题的关键。
3. 用石墨作电极,电解1 mol/L下列物质的溶液,溶液的pH保持不变的是( )
A. HCl B. NaOH C. Na2SO4 D. NaCl
【答案】C
【解析】
试题分析：A、电解HCl溶液中氢离子、氯离子放电，氢离子浓度减小，pH值变大，A错误；B、电解NaOH溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，NaOH浓度变大，pH值变大，B错误；C、电解硫酸钠溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，硫酸钠浓度变大，pH值不变，C正确；D、电解NaCl溶液中氢离子、氯离子放电，氢离子浓度减小，pH值变大，D错误。答案选C。
考点：考查电解池原理的判断
4. 甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g) HCHO(g)＋H2(g)＋Q，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. Q>0
B. 600 K时，Y点甲醇的v(正)
D. 从Y点到X点可通过使用催化剂实现
【答案】B
【解析】
试题分析：温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q＜0，A错误；600K时，Y点变成X点，反应需要向逆反应方向进行才能平衡，说明υ(正) ＜υ(逆)，B正确；从Y点到Z点甲醇的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，，而增大压强，平衡会发生移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；催化剂不能改变平衡状态，D错误。
考点：考查了化学平衡的相关知识。
5. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如下。下列有关该电池的说法正确的是( )
A. 反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－===2H2O
C. 电池工作时，CO向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO
【答案】D
【解析】
试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。
考点：原电池的原理的应用
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6. 镉镍可充电电池的充、放电反应按下式进行:Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2,由此判断错误的是 ( )
A. 放电时,Cd作负极 B. 放电时,NiO(OH)作负极
C. 电解质溶液为碱性溶液 D. 放电时,负极反应为Cd+2OH--2e-Cd(OH)2
【答案】B
【解析】
试题分析：A．由方程式Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2可知，放电时，Cd元素化合价升高，被氧化，在原电池负极上发生氧化反应，则Cd为原电池的负极，错误；B．由A可知正确；C．依据电池反应分析判断，电池是碱性电池，错误；D．放电时负极上发生的电极反应式为：Cd-2e-+2OH-=Cd（OH）2，错误。
考点：化学电源新型电池
7. 已知:2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH=-566 kJ·mol-1,
N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=180 kJ·mol-1
则2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的ΔH是 ( )
A. -386 kJ·mol-1 B. 386 kJ·mol-1 C. -746 kJ·mol-1 D. 746 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】
依据热化学方程式和盖斯定律计算分析
【详解】A、计算方法错误，故A错误；B、反应是放热反应，故B错误；C、①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）；△H=-566 kJ·mol-1，②N2（g）+O2（g）═2NO（g）；△H=+180kJ·mol-1，依据盖斯定律①-②得到，则2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H=-746kJ·mol-1，故C正确；D、反应是放热反应，故D错误；故选C。
8. 设C＋CO22CO；（正反应为吸热反应；反应速率为v1），N2＋3H22NH3；（正反应为放热反应；反应速率为v2），对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为( )
A. 同时增大 B. 同时减小 C. 增大，减小 D. 减小，增大
【答案】A
【解析】
【分析】
根据温度对化学反应速率的影响：温度升高，化学反应速率加快。
【详解】A、因温度对化学反应速率的影响为升高温度，化学反应速率加快，对于可逆反应来说，升高温度无论是正反应反应速率还是逆反应化学反应速率都加快，故A正确；B、升高温度，化学反应速率加快，故B错误；C、升高温度，v2化学反应速率加快，故C错误；D、升高温度，v1化学反应速率加快，故D错误；故选：A。
【点睛】本题考查温度对化学反应速率的影响，无论是正反应速率还是逆反应速率都遵循此规律．
9. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0。当反应达到平衡时,下列措施能提高N2转化率的是 ( )
①降温 ②恒压通入惰性气体 ③增加N2的浓度 ④加压
A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
【答案】A
【解析】
试题分析：①降温，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；②恒压通入惰性气体，体积膨胀，相当于减小压强，平衡逆向移动，氮气的转化率降低，故错误；③增加N2的浓度，平衡正向移动，氮气的转化率降低，故错误；④加压，平衡正向移动，氮气的转化率增大，故正确；故选A。
考点：考查外界条件对化学平衡的移动的影响
10. 工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应： CH4 (g)＋2NO2 (g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝a kJ/mol ,在温度T1 和T2 时，分别将0.50 molCH4 和1.2 molNO2 充入体积为1 L的密闭容器中，测得n(CH4 )随时间变化数据如下表：
温度
时间/min
n/mol
0
10
20
40
50
T1
n(CH4 )
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
n(CH4 )
0.50
0.30
0.18
……
0.15
下列说法不正确的是（ ）
A. 10 min内，T1 时υ(CH4 )比T2时小 B. 温度：T1 ＜T2
C. ΔH：a＜0 D. 平衡常数：K(T1 )＜K(T2 )
【答案】D
【解析】
【分析】
A．由表格中的数据计算υ（CH4）；B．温度升高，反应速率加快；C．温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；D．T1时反应进行的更为彻底．
【详解】A．10 min内，T1时υ（CH4）=0.15mol/（1L·10min）=0.015mol·L-1·min-1，T2时时υ（CH4）=0.20mol/（1L·10min）=0.02mol·L-1·min-1，T1时υ（CH4）比T2时小，故A正确；B．温度升高，反应速率加快，因此T2＞T1，故B正确；C．温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a＜0，故C正确；D．T1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，K（T1）＞K（T2），故D错误；故选：D。
11. 对于可逆反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，下列叙述正确的是( )
A. 达到化学平衡状态时，4v正(O2)===5v逆(NO)
B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到化学平衡状态
C. 达到化学平衡状态后，若增大容器容积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 化学反应速率的关系为2v正(NH3)＝3v正(H2O)
【答案】A
【解析】
根据化学方程式有4v正(O2)=5v正(NO)，故4v正(O2)=5v逆(NO)表示v正(NO)=v逆(NO)，所以A项正确。生成NO和消耗NH3均为正反应的变化，叙述中未提及逆反应的情况，所以B项错误。由于反应物、生成物均为气体，故增大容器容积，正、逆反应速率都减小，所以C项错误。v正(NH3)∶v正(H2O)=2∶3，即 3v正(NH3)=2v正(H2O)，所以D项错误。
12. 将pH试纸用蒸馏水湿润后，去测定某溶液的pH值，测得该溶液的pH值结果将（ ）
A. 偏高 B. 偏低 C. 不变 D. 上述三种情况均有可能
【答案】D
【解析】
试题分析：pH试纸已经用蒸馏水湿润，稀释了待测溶液，而溶液本身的酸碱性不确定，若溶液为酸性，经蒸馏水稀释后，所测pH要增大，若溶液为碱性，经蒸馏水稀释后，所测pH要减小，若溶液为中性，经蒸馏水稀释后，所测pH要不变，所以无法确定pH是偏大还是偏小，故选D。
【考点定位】考查试纸的使用
【名师点晴】本次考查了用pH试纸检验溶液的酸碱性，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量溶液置于干燥的pH试纸上，通过与标准比色卡对比来确定pH。本题中pH试纸已经用蒸馏水湿润，要根据原溶液的酸碱性分类讨论。
13. 下列关于水的电离叙述正确的是( )
A. 稀释NH4Cl溶液，所有离子浓度都减小 B. 稀释NH4Cl溶液，水的电离程度变大
C. 稀释NaOH溶液，水的电离程度变小 D. 水升高温度后，H＋浓度增大，Kw变大
【答案】D
【解析】
A. 加水稀释，促进铵根离子的水解，但铵根离子水解增大的程度小于溶液体积增大的程度，则溶液中c（H＋）减小，又因温度不变时水的离子积常数也不变，则溶液中c（OH－）增大，故A错误；B. 稀释NH4Cl溶液，铵根离子浓度减小，对水电离的促进程度减小，所以水的电离程度减小，故B错误；C. 稀释NaOH溶液，c（NaOH）减小，因碱的浓度越大水的电离程度越小，所以稀释NaOH溶液，水的电离程度变大，故C错误；D. 水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，H＋浓度增大，Kw变大，故D正确；答案选D。
14. 与50mL 0.2mol/L NH4Cl溶液中的NH4+ 浓度相同的是（ ）
A. 50 mL 0.2 mol/L CH3COONH4溶液 B. 50 mL 0.2 mol/L （NH4）2SO4溶液
C. 100 mL 0.2 mol/L NH4NO3溶液 D. 50 mL 0.2 mol/L NH3•H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度为0.2mol·L－1，与溶液体积无关，结合构成及水解原理、弱电解质的电离来解答．
【详解】A、50 mL 0.2 mol·L－1 CH3COONH4溶液中由于醋酸根离子水解促进铵根离子水解，NH4＋浓度小于0.2 mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度不相同，故A错误；B、50 mL 0.20 mol·L－1 （NH4）2SO4溶液中NH4＋浓度略小于：0.20 mol·L－1×2=0.4mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度不相同，故B错误；C、100 mL 0.2 mol·L－1 NH4NO3溶液中，硝酸根离子不水解，NH4＋浓度略小于0.2mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度相同，故C正确；D、50 mL 0.2 mol·L－1 NH3·H2O溶液中一水合氨是弱电解质存在电离平衡，NH4＋浓度远远小于0.2 mol·L－1，与50mL 0.2mol·L－1 NH4Cl溶液中的NH4＋浓度不相同，故D错误；故选：C。
【点睛】易错点A、醋酸根离子水解促进铵根离子水解，注意NH4＋浓度只与溶液浓度有关，与体积无关。
15. 下列过程或现象与盐类水解无关的是( )
A. 纯碱溶液去油污 B. 铁在潮湿的环境下生锈
C. 加热氯化铁溶液颜色变深 D. 浓硫化钠溶液有臭味
【答案】B
【解析】
试题分析：A选项中纯碱因为水解溶液呈碱性而具有去污能力，B选项中铁在潮湿的环境下生锈是因为铁在有水空气存在下发生腐蚀，与盐类水解无关，C选项中因温度升高促进氯化铁水解液体颜色加深，D选项中因水解产生了硫化氢气体而出现臭味。
考点：盐类水解基础知识
16. 相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（ ）
酸
HX
HY
HZ
电离常数K/（mol•L﹣1）
9×10﹣7
9×10﹣6
1×10﹣2
A. 三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ
B. 反应HZ+Y﹣═HY+Z﹣能够发生
C. 相同温度下，0.1 mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D. 相同温度下，1 mol/L HX溶液的电离常数大于0.1 mol/L HX溶液的电离常数
【答案】B
【解析】
A、根据三种酸的电离平衡常数的大小关系可知，三种酸的强弱关系为HX
（1）则0.1 mol·L-1一元弱酸HA的电离平衡常数表达式Ka=______________。
（2）0.1mol·L-1的H2SO4中水电离出的C(H+)为____________。
（3）向0.1mol·L-1的硫酸中加入一定体积的pH=13的NaOH溶液，反应后溶液的pH为2，则所需NaOH溶液与硫酸的体积比为_________；
（4）向0.1 mol·L-1一元弱酸HA加入一定体积的水，在此过程中，下列数值变大的是__________。
①c(H+) ② 电离度（α） ③c(OH-) ④ Ka ⑤c(A-)/ c(HA) ⑥n(A-)
（5）实验室在配制溶液时，一些物质存在水解的情况，在配制Al2（SO4）3溶液时，Al3+也存在水解，请书写水解离子方程式__________，为了防止Al2（SO4）3发生水解，可加入少量的__________．
（6）已知25 ℃，碳酸的电离平衡常数Ka1= 4.0×10－7，Ka2= 5.6×10－11，则该温度下NaHCO3的水解平衡常数Kh=_____________。
【答案】 (1). C(A-).C(H+ )/C( HA) (2). 5.0×10－14 (3). 19:11 (4). ②③⑤⑥ (5). Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ (6). 硫酸 (7). 2.5×10－8
【解析】
【分析】
（1）根据一元弱酸HA的电离方程：HAH＋＋A－写出电离平衡常数表达式；（2）水电离的氢离子等于溶液中氢氧根离子浓度；（3）由反应后溶液的pH为2，列出计算式；（4）加水稀释弱酸，促进弱酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，据此分析解答。（5）由水解平衡原理解答；（6）根据Kh=c(H2CO3)c(OH－)/c(HCO3－)求解。
【详解】（1）一元弱酸HA的电离方程：HAH＋＋A－，0.1 mol·L-1一元弱酸HA的电离平衡常数表达式Ka= C(A-).C(H+ )/C( HA)。（2）0.1mol·L-1的H2SO4中水电离出的C(H+)= mol·L-1=5.O×10－14mol·L-1。（3）向0.1mol·L-1的硫酸中加入一定体积的pH=13的NaOH溶液，反应后溶液的pH为2，设所需NaOH溶液体积为x与硫酸的体积为y, ，x:y=19:11；（4）①加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，故错误； ② 加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，电离度（α）增大，故正确； ③加水稀释促进弱酸电离，氢离子的物质的量增大，但溶液体积增大的倍数大于氢离子增大的物质的量，溶液氢离子浓度减小，c(OH-)增大，故正确； ④ 温度不变，电离常数不变，故错误； ⑤加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，c(A-)/ c(HA)增大，故正确； ⑥加水稀释促进弱酸电离，所以酸分子个数减少，酸根离子个数增大，n(A-)增大，故正确；故选②③⑤⑥；（5）在配制Al2（SO4）3溶液时，Al3+存在水解，水解离子方程式Al3++3H2OAl（OH）3+3H+ ，为了防止Al2（SO4）3发生水解，可加入少量的硫酸．(6)该温度下NaHCO3的水解平衡常数HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，Kh=c(H2CO3)c(OH－)/c(HCO3－)=Kw/Ka1=10-14/ 4.0×10－7=2.5×10－8。
18. 为解决能源短缺问题，工业生产中应合理利用化学能。
(1)25 ℃，1.01×105 Pa时，实验测得，4 g氢气在O2中完全燃烧生成液态水，放出572 kJ的热量，则H2的燃烧热的热化学方程式为_____________。
(2)下图是某笔记本电脑使用的甲醇燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从________处通入(填“a”或“b”)，电池内部H＋向________(填“左”或“右”)移动。写出电池负极的电极反应式___________________。
(3)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的破坏和生成物的化学键的形成过程。
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能/kJ·mol－1
436
a
945
已知：N2(g)＋3H2(g)===2NH3(g) ΔH＝－93 kJ·mol－1。试根据表中所列键能数据计算a的数值________。
(4)已知：C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1①
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ·mol－1②
2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2599 kJ·mol－1③
根据盖斯定律，计算反应2C(s，石墨)＋H2(g)===C2H2(g)的ΔH＝________。
【答案】 (1). H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ/mol (2). a (3). 右 (4). CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6 H＋ (5). 391 (6). ＋226.7 kJ·mol－1
【解析】
分析：(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据n=计算1mol氢气完全燃烧放出的热量，结合热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；(2)根据电子流向可知a为负极，负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应，溶液中阳离子移向正极；(3)根据反应热等于反应物的总键能-生成物的总键能求算；(4)利用盖斯定律分析解答。
详解：(1)4g氢气即2mol在O2中完全燃烧生成液态水，放出572kJ的热量，则1mol氢气在氧气中燃烧生成液态水，放出286kJ的热量，则表示H2的燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H=-286 kJ/mol，故答案为：H2(g)+ O2(g)═H2O(l)△H=-286 kJ/mol；
(2)原电池中电子从负极经外电路流向正极，根据电子流向可知a电极为负极，甲醇在负极上发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+，b为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为3O2+12e-+12H+═6H2O，氢离子移向正极右侧，故答案为：a；右；CH3OH+H2O-6e-═CO2+6H+；
(3)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-akJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1，a=391 kJ•mol-1，故答案为：391；
(4)①C(s，石墨)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，③2C2H2(g)+5O2(g)═4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599kJ•mol-1，利用盖斯定律将①×2+②×-③×可得：2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g)△H=(-393.5kJ/mol)×2+×(-571.6kJ/mol)- ×(-2599 kJ/mol)=+226.7kJ•mol-1，故答案为：+226.7kJ•mol-1。
19. 已知某溶液中只存在OH－、H＋、CH3COO-、Na+四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下几种关系：
① c(Na+) >c(OH-)>c(CH3COO-)＞c(H＋) ② c(Na+) >c(OH-)= c(CH3COO-)>c(H＋)
③ c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋) ④ c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)
⑤ c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-), 结合离子关系填写下列空白：
(1)若溶液中只溶解一种溶质，则该溶质是__________，离子浓度的大小顺序符合上述序号______；若溶液中性，离子浓度的大小顺序符合上述序号________；
(2)若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，则离子的关系符合上述序号_________。
【答案】 (1). CH3COONa (2). ③ (3). ④ (4). ③④⑤
【解析】
(1).若只溶解了一种溶质，则该溶质只能是CH3COONa，该溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合上述序号③；根据电荷守恒c(Na+) +c(H＋)= c(CH3COO-)+c(OH-)，若溶液呈中性，则c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na+)= c(CH3COO-)，溶液中c(Na+)＞c(H＋)，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合上述序号④，故答案为：CH3COONa；③ ；④ ；
(2).若溶质为CH3COONa和 CH3COOH，因不知道CH3COONa和 CH3COOH的物质的量的相对大小，则溶液可能呈酸性、中性或碱性，若溶液呈酸性，则离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)> c(Na+) >c(H＋)＞c(OH-)，符合序号⑤；若溶液呈中性，则离子浓度的大小顺序为： c(Na+) = c(CH3COO-)> c(OH-)=c(H＋)，符合序号④；若溶液呈碱性，离子浓度的大小顺序为：c(Na+) >c(CH3COO-)> c(OH-)＞c(H＋)，符合序号③，故答案为：③④⑤。
20. 一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示:
(1)从反应开始到10 s时,用Z表示的反应速率为_______,X的物质量浓度减少了________,Y的转化率为________。
(2)该反应的化学方程式为_______________________________。
(3)10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件,其速率随时间的变化图象如图所示。则下列说法符合该图象的是________。
A.t1时刻,增大了X的浓度 B.t1时刻,升高了体系温度
C.t1时刻,缩小了容器体积 D.t1时刻,使用了催化剂
【答案】 (1). 0.079 mol·L-1·s-1 (2). 0.395 mol·L-1 (3). 79.0% (4). X(g)+Y(g)2Z(g) (5). C、D
【解析】
本题考查化学反应速率的计算以及影响化学平衡移动的因素，（1）根据化学反应速率数学表达式，v(Z)=1.58/(2×10)mol/(L·s)=0.079mol/(L·s)；X减少的浓度为(1.2－0.41)/2mol·L－1=0.395mol·L－1，Y的转化率为(1－0.21)/1×100%=79.0%；（2）同一容器中，化学反应速率之比等于化学计量数之比等于物质的量变化之比，因此X、Y、Z的系数之比为：(1.2－0.41)：(1－0.21)：1.58=1：1：2，因此化学反应方程式为：X（g）+Y（g）2Z（g）；（3）根据图像，t1时刻化学反应速率增大，但化学平衡不移动，A、增大X浓度，平衡向正反应方向移动，故A错误；B、升高温度，化学平衡必然改变，故B错误；C、缩小容器的体积，相当于增大压强，因为反应前后气体系数之和相等，因此增大压强，平衡不移动，但正逆反应速率增大，故C正确；D、使用催化剂加快反应速率，但平衡不移动，故D正确。
21. 用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：
(1)将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______、_________ 。
(2)用碱式滴定管量取10.00mL待测液，置于锥形瓶中，同时滴加1-2滴指示剂。化学上常选用的指示剂有酚酞或____________。
(3)用0.2010mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视________________，直到滴定到终点，若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是___________________________。
(4)根据下列数据，测得c（NaOH）=________。烧碱的纯度=____________。
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
第三次
10.00
1.00
24.10
（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，下列操作引起待测液浓度偏小的是_______________(填序号)。
①读数：滴定前平视，滴定后俯视
②未用待测液润洗碱式滴定管
③用待测液润洗锥形瓶
④不小心将标准液滴在锥形瓶外面
⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
【答案】 (1). 00mL容量瓶 (2). 胶头滴管 (3). 甲基橙 (4). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (5). 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点 (6). 0.4020 mol·L-1 (7). 80.4% (8). ①②
【解析】
(1).将准确称量好的2.0 g烧碱样品配成100mL待测液，需要的主要玻璃仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；
(2).因石蕊的变色范围为5—8，变色范围较大，不适宜做指示剂，因此化学上常选用的指示剂有酚酞或甲基橙，故答案为：甲基橙；
(3).在酸碱中和滴定实验中，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定达到终点；若选择酚酞作为指示剂，判断滴定终点的标志是： 当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴时，溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不复原，则达到滴定终点；
(4).三次滴定分别消耗盐酸标准液的体积为：19.90mL、20.10mL、23.10mL，因第三次滴定的数据偏差较大，舍去，则消耗盐酸标准液的平均体积为：=20.00mL，则c（NaOH）==0.4020 mol·L-1，n（NaOH）=0.4020 mol·L-1×0.100L=4.020mol，则烧碱的纯度==80.4%，故答案为：0.4020 mol·L-1；80.4%；
（5）. ①读数：滴定前平视，滴定后俯视，会使标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故①符合；②未用待测液润洗碱式滴定管，会使待测液被稀释，造成标准液的体积偏小，测定的待测液浓度偏小，故②符合；③用待测液润洗锥形瓶，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，③不符合；④不小心将标准液滴在锥形瓶外面，会使消耗的标准液偏多，测定的待测液浓度偏大，④不符合；⑤滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对测定结果无影响，⑤不符合；故答案为：①②。
点睛：本题主要考查酸碱中和滴定实验的相关操作和误差分析，易错点是滴定结果的误差分析，在判断滴定结果是偏大还是偏小时，务必要先列出c（待测液）= 的公式，其中c（标准液）和V（待测液）是已知的，则根据错误的操作，判断对V（标准液）的影响，若V（标准液）偏大，则测定结果偏大，若V（标准液）偏小，则测定结果偏小，若对V（标准液）无影响，则对测定结果也无影响。
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