2021-2022学年河北省唐山市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年河北省唐山市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共22页。试卷主要包含了1ml⋅L−1的溶液中，【答案】B，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年河北省唐山市高二（上）期末化学试卷

1. 为了实现“碳达峰”和“碳中和”，太阳能的利用逐渐得到重视。下列说法错误的是(    )
A. 煤、石油和天然气都属于碳素燃料
B. 发展太阳能经济有助于减缓温室效应
C. 太阳能电池可将太阳能直接转化为电能
D. 太阳能的直接利用只有“光-电转换”和“光-生物质能转换”两种形式
2. 下列变化过程中，ΔSH−Cl>H−F
B. 表中看出F2能量最低
C. H2(g)+F2(g)=2HF(g)ΔH=25kJ⋅mol−1
D. 298kJ⋅mol−1③
C. ①和②等体积混合后的溶液：c(OH−)=c(H+)+c(CH3COOH)
D. ①和③等体积混合后的溶液：c(Na+)>c(CH3COO−)>c(H+)>c(OH−)
17. 按如图装置进行电解(氯化钠足量)，若乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述错误的是(    )

A. E表示生成金属钠的物质的量 B. E表示消耗水的物质的量
C. F表示溶解铜的物质的量 D. F表示生成氯气的物质的量
18. 生产碳酸饮料时常添加的苯甲酸钠(C6H5COONa,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A−。已知25℃时，HA的Ka=6.25×10−5，H2CO3的Ka1=4.17×10−7，Ka2=4.90×−11。下列说法错误的是(温度为25℃，不考虑饮料中其他成分影响)(    )
A. 当pH为6.0时，饮料中c(HA)c(A−)=0.16
B. 饮料中添加苯甲酸钠，促进了水的电离
C. 提高CO2充气压力，饮料的抑菌能力提高
D. 苯甲酸溶液中滴加Na2CO3溶液，有气泡产生
19. 滴定是分析化学中重要的测定方法之一，关于已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液的实验，回答下列问题：
(1)洁净的锥形瓶中取20.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液：向洗净的25.00mL碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为 ______。装入氢氧化钠溶液溶液后，读数为5.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出的溶液的体积 ______(填“大于”“小于”或“等于”)20.00mL。
(2)向盛有20.00mL未知浓度氢氧化钠溶液的锥形瓶中滴加2滴指示剂，可选用的指示剂是 ______。
a.石蕊
b.甲基橙
c.淀粉溶液
d.KMnO4溶液
(3)向锥形瓶内缓慢滴加已知浓度盐酸，边滴边振荡，眼睛注视 ______。当加入最后 ______滴已知浓度盐酸，______，则达到滴定终点，记录滴定读数。
(4)利用pH传感器技术，可以及时采集酸碱滴定过程中溶液pH的数据，并借助计算机以图象形式直接显示出来，得到反应过程中pH随加入标准溶液体积而发生变化的曲线图，可以更为准确的测定反应终点。

与使用指示剂所做的结果相比，使用(2)中所选指示剂测定未知浓度的氢氧化钠溶液浓度 ______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
20. 实验室中，学生利用如图装置制作一个简单燃料电池。步骤如下：
①检验装置气密性后向U形管中注入适量的6mol⋅L−1稀H2SO4溶液，至接近橡胶塞底部。
②接通学生电源K1，观察实验现象，当一端玻璃导管内的液柱接近溢出时，切断学生电源K1。
③将石英钟内的干电池取出，用导线与石英钟的正负极相连，接入装置中。接通学生电源K2，观察石英钟指针。
回答下列问题：
(1)接通学生电源K1，在右侧石墨棒表面观察到 ______。
(2)观察到左侧的玻璃导管内的液柱先接近溢出，说明左侧石墨棒所连的是学生电源的 ______(填“正极”或“负极”)，该石墨表面的电极方程式是 ______。
(3)用导线与石英钟的正负极相连接入装置时，石英钟的正极应与 ______(填“左”或“右”)侧的石墨棒连接的导线相连。
(4)出现 ______的现象，证明该燃料电池制作成功。燃料电池正极的电极方程式是 ______。
21. 运用化学反应原理研究氮及其化合物的反应有重要意义。
(1)铵态氮肥不能与含碳酸钾的草木灰混合使用，原因是 ______。
(2)合成氨反应N2(g)+3H2(g)⇋2NH3(g)ΔH=−92.4kJ⋅mol−1，在工业生产中温度常控制在480℃，而非常温。请从化学反应速率和催化剂的角度加以解释 ______。
(3)合成氨过程中发生的反应机理如下：
Ⅰ.2xFe+N2⇋2FexN(慢)；
Ⅱ.2FeXN+3H2⇋2xFe+2NH3(快)
回答下列问题：
①合成氨反应的速率快慢主要取决于 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；
②合成氨反应的催化剂是 ______(填化学式)；
③反应Ⅰ的活化能 ______反应Ⅱ的活化能；(填“>”“=”或“”“=”或“”“”“”“0，故C不选；
D.锌粒投入盐酸中反应放出氢气，气体体积增大，△S>0，故D不选；
故选：A。
混合度增大或气体体积增大的反应中△S>0，反之△SKsp(CaSO4)，所以混合液中有沉淀析出，最终溶液中硫酸根离子浓度增大，
故选：B。
通过图象分析得到该温度下硫酸钙饱和溶液中的沉淀溶解平衡为：CBSO4(s)⇌Ba2++SO42−；c(Ba2+)=c(SO42−)=3.0×10−3mol/L；溶度积常数Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)×c(SO42−)=×10−10通过计算混合溶液中钙离子浓度和硫酸根离子浓度，乘积与Ksp比较来判断沉淀的生成与溶解。
本题考查了沉淀溶解平衡的计算，侧重考查沉淀溶解平衡的应用等知识，为高频考点，题目难度中等。

15.【答案】CD 
【解析】解：A.向CH3COOH溶液中加入少量水促进CH3COOH电离，则溶液中n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，溶液中c(H+)c(CH3COOH)=c(H+)c(CH3COOH)×VV=n(H+)n(CH3COOH)增大，故A错误；
B.升高温度促进CH3COONa水解，水解平衡常数增大，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh，减小，故B错误；
C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(Cl−)+c(OH−)=c(NH4+)+c(H+)，显中性，即c(OH−)=c(H+)，所以c(Cl−)=c(NH4+)，故C正确；
D.AgCl饱和溶液加入AgBr固体，c(Cl−)c(Br−)=c(Cl−)c(Br−)×c(Ag+)c(Ag+)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积不变，比值不变，故D正确；
故选：CD。
A.向CH3COOH溶液中加入少量水促进CH3COOH电离，则溶液中n(H+)增大，n(CH3COOH)减小；
B.升高温度促进CH3COONa水解，水解平衡常数增大，溶液中c(CH3COO−)c(CH3COOH)⋅c(OH−)=1Kh；
C.根据电荷守恒分析；
D.AgCl饱和溶液加入AgBr固体，c(Cl−)c(Br−)=c(Cl−)c(Br−)×c(Ag+)c(Ag+)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及知识综合应用能力，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离影响因素等知识点是解本题关键，注意AB中分式的灵活变形，题目难度不大。

16.【答案】BD 
【解析】解：A.醋酸是弱电解质部分电离，醋酸钠是强电解质完全电离，所以相同浓度的醋酸和醋酸钠溶液中，C(CH3COO−)：③>①，故A正确；
B.②0.1mol⋅L−1的氢氧化钠溶液中pH是13，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)=10−13mol/L，③0.1mol⋅L−1的醋酸钠溶液，水解显碱性，则由水电离出的c(OH−)>10−7mol/L，则②c(OH−)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则c(Na+)c(H+)，则正确的离子大小顺序为c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；
故选：BD。
A.醋酸是弱电解质部分电离，醋酸钠是强电解质完全电离；
B.②0.1mol⋅L−1的氢氧化钠溶液中pH是13，则氢氧化钠溶液中水电离出的c(OH−)=10−13mol/L，③0.1mol⋅L−1的醋酸钠溶液，水解显碱性，则由水电离出的c(OH−)>10−7mol/L；
C.①和②等体积混合后，酸和碱恰好反应生成醋酸钠，氢氧根离子由水电离得到，水电离出的氢离子一部分在溶液中，一部分和醋酸根离子结合生成醋酸；
D.①和③等体积混合，溶液呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH−)，根据溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，则c(Na+)Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)，所以向苯甲酸溶液中滴加Na2CO3溶液，会发生反应产生CO2气体，因此有气泡产生，故D正确；
故选：A。
A.当pH为6.0时，饮料中c(HA)c(A−)=c(H+)Ka，据此计算；
B.苯甲酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中其电离产生的苯甲酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动；
C.由题中信息可知：苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A−，充CO2的饮料中HA的浓度较大；
D.根据电离平衡常数可知酸性：Ka(HA)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3)。
本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法。

19.【答案】用NaOH溶液润洗碱式滴定管  大于  b 锥形瓶内溶液颜色的变化  一  溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色  偏大 
【解析】解：(1)向洗净的25.00mL碱式滴定管中装入未知浓度氢氧化钠溶液之前的一步操作为用NaOH溶液润洗碱式滴定管，碱式滴定管的下端无刻度，则向25mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为5.00mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为大于20.00mL，
故答案为：用NaOH溶液润洗碱式滴定管；大于；
(2)淀粉溶液和KMnO4溶液不是酸碱指示剂，石蕊变色范围较大，而且颜色变化不易观察，不能作酸碱指示剂，因此该实验应选用甲基橙作指示剂，
故答案为：b；
(3)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化，直到加入最后一滴盐酸后，溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点，
故答案为：锥形瓶内溶液颜色的变化；一；溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色；
(4)甲基橙变色范围为3.1∼4.4，溶液颜色由黄色突变为橙色，此时溶液的pH小于4.4，盐酸已过量，测定未知浓度的氢氧化钠溶液浓度将偏大，
故答案为：偏大。
(1)碱式滴定管中注入未知浓度氢氧化钠溶液之前，需要润洗，碱式滴定管的下端无刻度；
(2)淀粉溶液和KMnO4溶液不是酸碱指示剂，石蕊变色范围较大，而且颜色变化不易观察，不能作酸碱指示剂；
(3)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不褪色；
(4)甲基橙变色范围为3.1∼4.4，溶液颜色由黄色突变为橙色，此时盐酸已过量。
本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的原理、步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作。

20.【答案】气泡放出  负极  2H++2e−=H2↑左  石英钟指针转动  O2+4e−+4H+=2H2O 
【解析】解：(1)电解水生成氢气和氧气，因此石墨棒表面可以观察到有气泡放出，
故答案为：气泡放出；
(2)电解水时生成的氢气和氧气的体积比在相同状况下为2：1，因此产生氢气的一极气体体积大，玻璃管内液体先溢出，因此左侧产生氢气，为阴极，与电源的负极相连，电极反应式为2H++2e−=H2↑，
故答案为：负极；2H++2e−=H2↑；
(3)当石英钟与燃烧电池相连时，石英钟的正极，为接受电子的一极，应与电源的负极相连，石英钟的负极应与电源的正极相连，
故答案为：左；
(4)如果燃料电池供电，则石英钟的指针会转动，正极为氧气得到电子生成水，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，
故答案为：石英钟指针转动；O2+4e−+4H+=2H2O。
用电解池电解硫酸溶液实质是电解水，阴极产生氢气，阳极产生氧气，与电源负极相连的为阴极，与电源正极相连为阳极；用氢气和氧气制作燃料电池时，通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，燃料电池可以为外电路的用电器供电，据此解答。
本题主要考查了电化学及其应用，涉及到燃料电池的工作原理，电解池的工作原理等，为高考热点，难度中等，牢固掌握有关原电池和电解池的工作原理是解答本题的关键。

21.【答案】铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氨气，降低肥效  升高温度化学反应速率加快，加入催化剂加快化学反应速率，但升高温度平衡逆向移动，所以温度不能太高，且该温度下催化剂催化效果最好  ⅠFe>不变 
【解析】解：(1)铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氨气，从而降低肥效，
故答案为：铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氨气，降低肥效；
(2)该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，催化剂能提高反应速率，但升高温度化学反应速率加快，所以温度不能太高，缩短反应达到平衡的时间，且该温度下催化剂催化效果最好，
故答案为：升高温度化学反应速率加快，加入催化剂加快化学反应速率，但升高温度平衡逆向移动，所以温度不能太高，且该温度下催化剂催化效果最好；
(3)①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应，所以该总反应的速率快慢由Ⅰ决定，
故答案为：Ⅰ；
②合成氨反应的Fe在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，所以Fe是催化剂，
故答案为：Fe；
③反应所需活化能越大，反应越慢，所以反应Ⅰ的活化能>反应Ⅱ的活化能，
故答案为：>；
④催化剂改变活化能不影响焓变，所以使用催化剂前后，合成氨反应的ΔH不变，
故答案为：不变。
(1)铵根离子和碳酸根离子发生双水解反应生成氨气；
(2)该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，催化剂能提高反应速率，但升高温度化学反应速率加快；
(3)①合成氨反应的速率快慢主要取决于慢反应；
②合成氨反应的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物；
③反应所需活化能越大，反应越慢；
④催化剂改变活化能不影响焓变。
本题考查盐类水解、化学反应速率影响因素等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确温度、催化剂对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意：催化剂只改变化学反应速率不影响平衡移动、不影响焓变。

22.【答案】>c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(HA−)>c(H+)5.4×10−10  ③  ①7；根据盐的组成可知溶液中离子浓度：c(Na+)>c(A2−)；A2−会微弱的发生水解反应产生HA−、OH−，OH−除A2−水解产生，还有H2O电离产生，而HA−只有A2−水解反应产生，所以离子浓度：c(OH−)>c(HA−)；盐电离产生的离子浓度大于水解产生的离子浓度，则c(A2−)>c(OH−)；H+只有水微弱的电离产生，因此离子浓度：c(HA−)>c(H+)，故该溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(HA−)>c(H+)；Na2A与BaCl2发生沉淀反应：Na2A+BaCl2=BaA↓+2NaCl，显然混合溶液中Na2A过量，反应后溶液中过量的A2−的浓度c(A2−)=1mol/L×20mL−1mol/L×10mL(10mL+20mL)=0.33mol/L，根据Ksp(BaA)=1.8×10−10，则混合溶液中Ba2+的浓度c(Ba2+)=1.8×10−100.33mol/L=5.4×10−10mol/L，
故答案为：>；c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(HA−)>c(H+)；5.4×10−10；
(2)②0.01mol⋅L−1 NaHA溶液中只存在：HA−⇌H++A2−；①0.01mol⋅L−1 H2A溶液中，H2A发生电离：H2A=H++HA−；HA−⇌H++A2−。第一步电离产生H+对第二步电离平衡起抑制作用，导致HA−电离程度减弱，c(A2−)比②小；③0.02mol⋅L−1盐酸与0.04mol⋅L−1 Na2A溶液等体积混合，二者发生反应：HCl+Na2A=NaCl+NaHA，得到的是0.01mol/LNaHA、Na2A、NaCl的混合溶液，该溶液中c(A2−)最大，在该溶液中A2−存在对电离平衡HA−⇌H++A2−起抑制作用，使其电离产生的H+比②小，可见三种溶液中c(A2−)最大的是③；电离产生的c(H+)的大小关系为：①>②>③，电离产生的c(H+)越大，则溶液的pH就越小，故三种溶液pH由小到大的顺序为：①c(OH−)；H+只有水微弱的电离产生，因此离子浓度：c(HA−)>c(H+)，Na2A与BaCl2发生沉淀反应：Na2A+BaCl2=BaA↓+2NaCl，显然混合溶液中Na2A过量，反应后溶液中过量的A2−的浓度c(A2−)=1mol/L×20mL−1mol/L×10mL(10mL+20mL)=0.33mol/L，根据Ksp(BaA)=1.8×10−10，据此计算；
(2)②0.01mol⋅L−1 NaHA溶液中只存在：HA−⇌H++A2−；①0.01mol⋅L−1 H2A溶液中，H2A发生电离：H2A=H++HA−；HA−⇌H++A2−。第一步电离产生H+对第二步电离平衡起抑制作用，导致HA−电离程度减弱，c(A2−)比②小；③0.02mol⋅L−1盐酸与0.04mol⋅L−1 Na2A溶液等体积混合，二者发生反应：HCl+Na2A=NaCl+NaHA，得到的是0.01mol/LNaHA、Na2A、NaCl的混合溶液，该溶液中c(A2−)最大，在该溶液中A2−存在对电离平衡HA−⇌H++A2−起抑制作用，使其电离产生的H+比②小。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较及盐的水解原理，明确弱电解质的电离特点、盐的水解原理为解答关键，题目难度不大。

23.【答案】CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−99kJ⋅mol−1  acd2.1mol⋅L−1⋅min−1  9>a>b>c= 
【解析】解：(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−58kJ/mol，②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=41kJ/mol，根据盖斯定律，将①-②，整理可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−99kJ⋅mol−1，
故答案为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=−99kJ⋅mol−1；
(2)①反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体体积减小的反应。
a.反应在恒温恒容密闭容器中进行，若容器中压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，故a正确；
b.甲醇和水蒸气都是生成物，无论反应是否达到平衡状态，二者的体积比始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，故b错误；
c.在任何条件下都存在v正(H2)=3v正(CH3OH)，若v正(H2)=3v逆(CH3OH)，则v正(CH3OH)=v逆(CH3OH)，同一物质产生速率和消耗速率相同，反应达到了平衡状态，故c正确；
d.在该反应中2个C=O断裂的同时就会断裂3个H−H键，同时还有3个H−H键生成，则H2的浓度不变，反应达到了平衡状态，故d正确；
故答案为：acd；
②根据表格数据可知在1∼3min内△n(CH3OH)=5mol−2.2mol=2.8mol，则根据物质反应转化关系可知△n(H2)=3△n(CH3OH)=8.4mol，故用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=△c△t=8.42×2mol/(L⋅s)=2.1mol/(L⋅s)；当反应达到平衡时n(CH3OH)=6mol，根据方程式中物质反应转化关系可知平衡时n(H2O)=6mol，n(CO2)=8mol−6mol=2mol，n(H2)=20mol−3×6mol=2mol，由于容器的容积是2L，则平衡时各种气体的浓度分别是c(CH3OH)=c(H2O)=3mol/L，c(CO2)=c(H2)=1mol/L，则该反应的化学平衡常数K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)=3×31×13=9，
故答案为：2.1mol⋅L−1⋅min−1；9；
③反应达平衡时再向容器中充入2molH2、6molCH3OH，此时容器内各种气体的浓度：c(H2)=2mol/L，c(CO2)=1mol/L，c(CH3OH)=6mol/L，c(H2O)=3mol/L，Qc=6×31×23=2.25v(逆)，
故答案为：>；
(3)①按不同投料比投入一密闭恒温容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，在其它条件不变时，n(H2)增大，化学平衡正向移动，CO2的转化率就越大，即投料比n(CO2)n(H2)越小，CO2的转化率就越大，所以a、b、c三点CO2的转化率从大到小的顺序为a>b>c，
故答案为：a>b>c；
②化学平衡常数只与温度有关，而与物质的投料比大小无关，温度不变，化学平衡常数就不变，所以a、b两点的平衡常数大小关系为a=b，
故答案为：=。
(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=−58kJ/mol，②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=41kJ/mol，根据盖斯定律；
(2)①反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的正反应是气体体积减小的反应，达到平衡时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化；
②根据表格数据可知在1∼3min内△n(CH3OH)=5mol−2.2mol=2.8mol，则根据物质反应转化关系可知△n(H2)=3△n(CH3OH)=8.4mol，故用H2的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=△c△t，当反应达到平衡时n(CH3OH)=6mol，根据方程式中物质反应转化关系可知平衡时n(H2O)=6mol，n(CO2)=8mol−6mol=2mol，n(H2)=20mol−3×6mol=2mol，由于容器的容积是2L，则平衡时各种气体的浓度分别是c(CH3OH)=c(H2O)=3mol/L，c(CO2)=c(H2)=1mol/L，则该反应的化学平衡常数K=c(H2O)c(CH3OH)c(CO2)c3(H2)；
③反应达平衡时再向容器中充入2molH2、6molCH3OH，此时容器内各种气体的浓度：c(H2)=2mol/L，c(CO2)=1mol/L，c(CH3OH)=6mol/L，c(H2O)=3mol/L，Qc=6×31×23=2.25CH3COO−+H2O⇌OH−+CH3COOH 
【解析】解：(1)t∘C时，纯水中c(H+)=2.0×10−7mol⋅L−1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则c(H+)=1.0×10−12 mol⋅L−1，根据水电离方程式：H2O⇌H++OH−可知水电离产生的c(OH−)=c(H+)=1.0×10−12 mol⋅L−1，
故答案为：1.0×10−12 mol⋅L−1；
(2)在该溶液中存在电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH−)，所以溶液中c(OH−)−c(H+)=2c(Ba2+)，
故答案为：2c(Ba2+)；
(3)若将该溶液温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)也增大。水电离产生的c(H+)越大，则溶液的pH就越小，所以升高温度，溶液pH变小，
故答案为：变小；
(4)t∘C时，纯水中c(H+)=2.0×10−7mol⋅L−1，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)⋅c(OH−)=2.0×10−7 mol⋅L−1×2.0×10−7 mol⋅L−1=4.0×10−14 (mol⋅L−1)2。向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则该溶液的c(OH−)=4×10−1410−12mol/L=4.0×10−2mol/L，加入等体积的0.03mol⋅L−1的稀硫酸中c(H+)=0.03mol/L×2=0.06mol/L，将两种溶液等体积混合，发生反应：H++OH−=H2O，显然二者恰好反应的物质的量的比是1：1，因此酸过量，反应后溶液中c(H+)=0.06−0.042mol/L=0.01mol/L，故该溶液pH=2，
故答案为：2；
(5)CH3COOH与Ba(OH)2发生中和反应：2CH3COOH+Ba(OH)2=(CH3COO)2Ba+2H2O，若二者恰好发生上述反应，由于(CH3COO)2Ba是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。要使溶液显中性，则醋酸的物质的量要比恰好反应时稍微多些。即c(CH3COOH)⋅VA>2c[Ba(OH)2]⋅VB，0.04mol/L×VAL>2×2.0×10−7mol/L×VBL，所以VA>VB，在该溶液中CH3COO−会发生水解反应，消耗水电离产生的H+变为醋酸，最终达到平衡时溶液中c(OH−)>c(H+)，溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：CH3COO−+H2O⇌OH−+CH3COOH，
故答案为：>；CH3COO−+H2O⇌OH−+CH3COOH。
(1)t∘C时，纯水中c(H+)=2.0×10−7mol⋅L−1，向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则c(H+)=1.0×10−12 mol⋅L−1，据此分析；
(2)在该溶液中存在电荷守恒：2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH−)，所以溶液中c(OH−)−c(H+)=2c(Ba2+)；
(3)若将该溶液温度升高，水电离程度增大，水电离产生的c(H+)也增大；
(4)t∘C时，纯水中c(H+)=2.0×10−7mol⋅L−1，则该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)⋅c(OH−)=2.0×10−7 mol⋅L−1×2.0×10−7 mol⋅L−1=4.0×10−14 (mol⋅L−1)2。向其中加入少量Ba(OH)2溶液，保持温度不变，测得溶液中pH=12，则该溶液的c(OH−)=4×10−1410−12mol/L=4.0×10−2mol/L，加入等体积的0.03mol⋅L−1的稀硫酸中c(H+)=0.03mol/L×2=0.06mol/L，将两种溶液等体积混合，发生反应：H++OH−=H2O，显然二者恰好反应的物质的量的比是1：1，因此酸过量，反应后溶液中c(H+)=0.06−0.042mol/L=0.01mol/L，据此计算；
(5)CH3COOH与Ba(OH)2发生中和反应：2CH3COOH+Ba(OH)2=(CH3COO)2Ba+2H2O，若二者恰好发生上述反应，由于(CH3COO)2Ba是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性。要使溶液显中性，则醋酸的物质的量要比恰好反应时稍微多些。即c(CH3COOH)⋅VA>2c[Ba(OH)2]⋅VB，0.04mol/L×VAL>2×2.0×10−7mol/L×VBL。
本题考查了水的电离以及pH的计算等方面的知识，题目难度不大，注意掌握水的电离平衡移动影响因素等方面的知识是关键。