2021-2022学年河南省洛阳市新安县第一高级中学高二上学期10月月考化学试题含解析

这是一份2021-2022学年河南省洛阳市新安县第一高级中学高二上学期10月月考化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。

河南省洛阳市新安县第一高级中学2021-2022学年
高二上学期10月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于热化学反应的描述中正确的是
A．和反应的中和热，则和反应的中和热
B．甲烷的标准燃烧热，则  
C．已知：500℃、30下，  ；将0.5和过量的在此条件下充分反应，放出热量46.2
D．的燃烧热是283.0，则反应的
【答案】D
【详解】A．生成硫酸钙放热，且焓变为负，则和反应的中和热，故A错误；
B．计算燃烧热时生成的水应为液态水，气态水的能量比液态水的能量高，则，故B错误；
C．合成氨为可逆反应，氮气过量时，0.5也不能完全转化，则此条件下充分反应，放出热量小于46.2，故C错误；
D．互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由的燃烧热是283.0，可知反应的，故D正确；
故答案选D。
2．在一定温度下、容积不变的密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是
①C的生成速率与C的消耗速率相等
②单位时间内生成，同时生成
③A、B、C的浓度不再改变
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的总压强不再改变
⑥混合气体的总物质的量不再改变
⑦A，B、C的浓度之比为1:3:2
A．③④⑤⑥⑦ B．①③④⑤⑥ C．①②③④⑦ D．②③④⑤⑥
【答案】B
【详解】①C的生成速率与C的消耗速率相等，即V生成=V消耗，说明该反应达到平衡状态，①符合题意；②无论该反应是否达到平衡状态，单位时间内生成的同时都会生成，所以不能作为达到平衡状态的标志，②不符题意；③反应达到平衡状态时，各物质的物质的量保持不变，浓度也不变，所以A、B、C的浓度不再变化，说明该反应达到平衡状态，③符合题意；④反应前后气体的总质量发生改变，容器容积一定，当混合气体的密度不再发生改变时，说明反应达到平衡状态，④符合题意；⑤该反应是反应前后气体分子数减小的反应，容器容积、温度均不变，当混合气体的总压强不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑤符合题意；⑥该反应是反应前后气体的物质的量减小的反应，当混合气体的总物质的量不再变化时，说明反应达到平衡状态，⑥符合题意；⑦达到平衡状态时，A、B、C三种物质的浓度之比可能是1:3:2，也可能不是1:3:2，⑦不符题意；综上分析①③④⑤⑥符合题意，则B选项正确。
故正确答案：B。
3．下列说法不正确的是
A．ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行
B．NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)　ΔH=+185.57 kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
D．对于同一物质来讲，熵值的大小与其状态有关，固态物质的熵值通常最小
【答案】C
【详解】A．ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔH-TΔS＜0，任何温度下反应都能自发进行，A正确；
B．NH4HCO3(s)＝NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)　ΔH=+185.57 kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，B正确；
C．用焓变和熵变判断反应的自发性，都有例外，故都不能单独作为反应自发性的判据，而应用复合判据，C错误；
D．对于同一物质来讲固态的熵值小于液态小于气态，D正确。
答案选C。
4．氢气是合成氨的重要原料，合成氨反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·mol-1，当该反应达到平衡后，改变某一外界条件(不改变N2、H2和NH3的量)，反应速率随时间的变化关系如图所示，下列说法正确的是

A．图中t1时刻引起平衡移动的条件可能是升高温度
B．表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t5～t6
C．图中t3时刻引起平衡移动的条件可能是增大压强
D．在t2～t3时间段，保持容器容积不变，充入一定量的惰性气体，N2的浓度不变
【答案】D
【详解】A．根据图示可知：在t1时刻v正=v逆都增大，v正＞v逆，化学平衡正向移动。若改变的外界条件是升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆向移动，与实际情况不符合，改变的条件应该是增大体系的压强，A错误；
B．反应在t0~t1时间段反应处于平衡状态；在t1时刻平衡正向移动，到t2时刻处于平衡状态，故在t2~t3时间段NH3的含量增大；在t3时刻后v正＜v逆，化学平衡逆向移动，使NH3的含量降低，至t4时反应又达到平衡状态，则t4~t5时间段NH3的含量比t2~t3时间段低；在t5时改变外界条件使正、逆反应速率都增大，且增大后相同，因此化学平衡不发生移动，则t5~t6时间段与t4~t5时间段相同，可见表示平衡混合物中NH3的含量最高的一段时间是t2~t3，B错误；
C．若增大压强，平衡正向移动，而图示中t3~t4时，v正＜v逆，化学平衡逆向移动，故与图示不符，C错误；
D．在t2~t3时间段，保持容器容积不变，充入一定量的惰性气体，容器内气体总压强增大，但反应混合气体中各组分在单位体积的物质的量不变，即各组成成分的浓度不变，因此N2的浓度也不变，D正确；
故合理选项是D。
5．在容积固定的密闭容器中充入一定量的X、Y两种气体，一定条件下发生可逆反应，并达到平衡，已知正反应是放热反应，测得X的转化率为37.5%，Y的转化率为25%，下列有关叙述错误的是
A．若X的反应速率为，则Z的反应速率为
B．若向容器中充入氦气，压强增大，Y的转化率提高
C．升高温度，正反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
D．开始充入容器中的X、Y物质的量之比为
【答案】B
【详解】A．速率之比等于化学计量数之比，若X的反应速率为v(X)=，则Z的反应速率为v(Z)=×=，故A正确；
B．容积固定的密闭容器中，充入氦气，X、Y、Z的浓度不变，平衡不移动，则Y的转化率不变，故B错误；
C．正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，故C正确；
D．设开始时X、Y的物质的量分别为m、n，转化Y的物质的量为x，则，得出=37.5%，=25%，
m:n=:=2:1，故D正确；
答案为B。
6．工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇，如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是

A．H2转化率：c＞a＞b
B．上述三种温度之间关系为T1＞T2＞T3
C．a点状态下再通入和平衡向正方向移动
D．c点状态下再通入和，新平衡中的体积分数增大
【答案】D
【详解】A．由题中图示可知，值为c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，则H2转化率为b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，则氢气转化率为a＞b，a、b、c三点H2转化率为a＞b＞c，故A错误；
B．由题中图示可知，一定时，CO的转化率为T1＞T2＞T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，则温度T1＜T2＜T3，故B错误；
C．T1温度下，a点=1.5，起始时CO为1mol，则氢气为1.5mol，平衡时CO转化率为50%，反应的CO为0.5mol，容器体积为1L，则，则T1温度下平衡常数K===4，而再通入和，此时Qc= =4=K，所以平衡不移动，故C错误；
D．c点状态下再通入1 molCO和4 mol H2，等效为在原平衡的基础上压强增大一倍，正反应为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中的体积分数增大，故D正确；
答案为D。
7．工业上利用Ga与NH3高温条件下合成半导体材料氮化镓(GaN)固体同时有氢气生成。反应中，每生成3mol H2时放出30.8 kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是
  
A．Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压
B．Ⅱ图象中纵坐标可以为镓的转化率
C．Ⅲ图象中纵坐标可以为化学反应速率
D．Ⅳ图象中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量
【答案】A
【详解】A．Ⅰ图象中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图象符合题意，正确；
B．Ga是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，错误；
C．Ga是固体，其质量不影响反应速率，错误；
D．反应方程式为，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，错误。
故答案选A。
8．中国科学技术大学黄伟新教授和美国橡树岭国家实验室的吴自力研究团队合作，研究在硼基催化剂上丙烷氧化脱氢制丙烯的反应机理，部分反应历程如图。

下列说法错误的是
A．丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为放热反应
B．该反应历程中决速步骤为C3H8*=C3H7*+H*
C．图中的过渡态1不如过渡态2稳定
D．催化剂在反应中参与化学反应，改变反应的活化能
【答案】A
【详解】A．根据图示，丙烷和氧气的总能量小于丙烯和过氧化氢的总能量，所以丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为吸热反应，故A错误；
B．步骤C3H8*=C3H7*+H*的活化能最大，C3H8*=C3H7*+H*是慢反应，所以该反应的快慢取决于C3H8*=C3H7*+H*，故B正确；
C．能量越低越稳定，图中过渡态2比过渡态1稳定，故C正确；
D．催化剂在反应中参与化学反应并改变反应的活化能，故D正确；
故选：A。
9．已知某可逆反应mA(g)+ nB(g)p C(g)；在密闭容器中进行，下图表示在不同反应时间t、温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是

A．T1P2、m+n>P，ΔH <0
B．T1>T2、P10
C．T1P2、m+n D．T1>T2、P1P，ΔH >0
【答案】B
【详解】根据“先拐先平，数值大”， 可知P1T2；增大压强，B在混合气体中的百分含量增大，说明平衡逆向移动，可知正反应气体系数和增大，m+n0，故选B。
10．下列叙述正确的是
A．某醋酸溶液的，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH=b，则a＞b
B．在常温下，将pH=11的某碱溶液和pH=3的某酸溶液等体积混合后，若所得溶液呈碱性，则一定是强碱与弱酸溶液反应
C．常温下，盐酸的pH=3.0，盐酸的pH=8.0
D．常温下，若的盐酸与溶液混合后，溶液的，则NaOH溶液的
【答案】D
【详解】A．加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(H+)减小，pH增大，则a＜b，故A错误；
B．在常温下，将pH=11的某碱溶液和pH=3的某酸溶液等体积混合，混合溶液呈碱性，可能是强酸和弱碱混合，弱碱浓度大于强酸，碱有剩余导致溶液呈碱性；也可能是弱酸、弱碱混合，且弱酸电离程度大于弱碱，混合溶液碱有剩余导致溶液呈碱性，所以若所得溶液呈碱性，则可能是强碱与弱酸溶液反应也可能是弱酸、弱碱反应，故B错误；
C．常温下，当弱酸接近1.0×10-7mol·L-1时要考虑水的电离，所以1.0×10-8mol·L-1盐酸要考虑水的电离，溶液的pH小于7，故C错误；
D．常温下，若1mLpH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L，与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH=7，则HCl与NaOH恰好完全中和，即c(NaOH)×0.1L=0.1mol/L×0.001L，c(NaOH)=0.001mol/L，该则NaOH溶液的pH=11，故D正确；
答案为D。
11．室温下，关于等体积、pH均为3的醋酸和盐酸两种溶液说法正确的是
A．两溶液中水的电离程度相同
B．两溶液中和氢氧化钠的能力相同
C．两溶液的微粒总数相同
D．将两溶液稀释至pH均为4所需加入的水的体积相同
【答案】A
【详解】A．两者pH相同，则氢离子浓度相同，即水的电离程度相同，A正确；
B．醋酸为弱酸，如果pH与盐酸相同，则醋酸的浓度大，醋酸中和氢氧化钠的能力强，B错误；
C．醋酸为弱酸，如果pH与盐酸相同，则醋酸的浓度大，则其微粒总数也大，C错误；
D．醋酸稀释的时候存在电离平衡，加水稀释促进电离，故两溶液稀释稀释至pH=4的时候，醋酸所需水的体积大，D错误；
故选A。
12．下列实验事实不能证明醋酸是弱电解质的是
A．相同pH的醋酸溶液和盐酸分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等
B．常温下，测得0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH=4
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1 000倍，测得pH<4
D．相同浓度的盐酸和醋酸，醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
【答案】A
【详解】A．醋酸溶液和盐酸pH相同，则溶液中c(H+)相同，因此分别与同样颗粒大小的锌反应时，产生H2的起始速率相等，这不能证明醋酸是弱电解质，A符合题意；
B．常温下，测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH=4，c(H+)=10-4 mol/L＜0.1 mol/L，因此可证明醋酸是弱酸，存在电离平衡，B不符合题意；
C．常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，若醋酸是强酸，则稀释后c(H+)=10-4 mol/L，pH=4，现在测得pH＜4，c(H+)＞10-4 mol/L，说明又有一部分醋酸分子发生电离产生H+，使溶液中c(H+)增大，故可以证明醋酸是弱酸，C不符合题意；
D．在相同条件下，相同浓度醋酸溶液的导电性比盐酸的弱，说明醋酸溶液中电离产生的自由移动的离子浓度比HCl小，因此可以说明醋酸是弱酸，D不符合题意；
故合理选项是A。
13．一定条件下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示，下列说法正确的是

A．最开始导电能力为0，说明冰醋酸不能导电，是非电解质
B．a、b、c三点对应的溶液中，电离程度最大的是c
C．a、b、c三点对应的溶液中，pH最大的是b
D．b→c的过程中，c(H+)在增加
【答案】B
【分析】由图可知，未加入水时，冰醋酸中只存在分子，不存在离子，不能导电，加水溶解后得到醋酸浓溶液，醋酸在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，溶液的导电性增强，继续加水稀释，醋酸浓度减小，电离出的醋酸根离子浓度和氢离子浓度也减小，溶液的导电性减弱。
【详解】A．醋酸是弱电解质，由分析可知，冰醋酸中只存在分子，不存在离子，所以最开始导电能力为0，故A错误；
B．醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，醋酸浓度越小，电离程度越大，由图可知，c点醋酸浓度最小，电离程度最大，故B正确；
C．醋酸溶液的导电能力越大，溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，由图可知，b点导电能力最大，溶液中氢离子浓度最大，溶液pH最小，故C错误；
D．醋酸溶液的导电能力越大，溶液中氢离子浓度越大，由图可知，b→c的过程中，导电能力减小，溶液中氢离子浓度浓度减小，故D错误；
故选B。
14．I2在KI溶液中存在平衡I2(aq)+I-I(aq)，某I2、KI混合溶液中，c(I)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)，下列说法不正确的是

A．反应I2(aq)+I-I(aq)    ΔH<0
B．状态a与状态b相比，状态a时I2的转化率更高
C．若T1℃时，反应进行到状态d时，一定有v正 D．温度为T1℃时，向该平衡体系中加入KI固体，平衡正向移动
【答案】C
【详解】A．由图可知，温度越高，I(aq)越小，则升高温度，平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，△H<0，故A正确；
B．a、b均为平衡点，a点温度低，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则状态a时I2的转化率更高，故B正确；
C．T1时，反应进行到状态d时，I(aq)小于平衡时浓度，则平衡向正反应方向移动，则一定有v正>v逆，故C错误；
D．加入KI固体，c(I-)增大，则平衡正向移动，故D正确；
故选C。
15．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH=1的溶液：K+、NH、NO、SO
B．0.1mol·L-1FeCl2溶液：Na+、Mg2+、NH、Cr2O
C．水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液：K+、Cl-、SiO、Cu2+
D．0.01mol·L-1的H2SO4溶液：Na+、AlO、Cl-、NO
【答案】A
【详解】A．pH=1的溶液显酸性，K+、NH、NO、SO可以大量共存，A符合；
B．0.1mol·L-1FeCl2溶液中亚铁离子被Cr2O氧化，不能大量共存，B不符合；
C．水电离的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中水的电离被抑制，如果显酸性SiO不能大量共存，如果显碱性Cu2+不能大量共存，且SiO、Cu2+在溶液中反应也不能大量共存，C不符合；
D．0.01mol·L-1的H2SO4溶液中氢离子和AlO反应，不能大量共存，D不符合；
答案选A。
16．根据下列实验操作及现象，可以得出相应实验推论的是。
选项
实验操作
实验现象
实验推论
A
向某溶液中加入溶液
未产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
原溶液中不含有
B
测定饱和溶液和饱和溶液的值
前者值更大
的水解程度小于
C
向红热的木炭滴加浓硝酸
产生大量的红棕色气体
木炭和浓硝酸反应生成
D
向溶液中加入溶液，再加入四氯化碳振荡
有白色沉淀生成，四氯化碳层呈紫色
白色沉淀可能为

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．未加热且溶液浓度可能较低，此时和反应不产生氨气，A错误；
B．碳酸钠与碳酸氢钠溶液的溶解度不同，所以饱和溶液中，两者的浓度不一致，无法比较水解程度，B错误；
C．实验推论不合理，也可能是浓硝酸受热分解产生，C错误；
D．向溶液中加入溶液，再加入四氯化碳振荡，有白色沉淀生成，四氯化碳层呈紫色，说明生成了碘单质，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素化合价降低，则白色沉淀可能为，推论合理，D正确；
故选D。

二、原理综合题
17．硫酸及其化合物在生产生活中有重要的应用，而硫氧化物是常见的大气污染物。
(1)已知：，一种可同时脱除和的工艺涉及的反应原理及能量变化如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
其正反应的活化能，反应Ⅱ的逆反应的活化能为_______。
(2)接触法制生产中的关键工序是的催化氧化，回答下列问题：
①在作催化剂条件下与反应历程如下：Ⅰ._______；Ⅱ.，写出第Ⅰ步反应的化学方程式。
②定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入4和2发生反应，5min后达平衡状态，压强为原来的，从开始到平衡，用表示化学反应速率为_______，的平衡转化率为_______。
③若保持反应温度和容器容积不变，对于，下列可以作为该反应达到平衡判据的有_______(填标号)。
A．气体的压强保持不变
B．
C．保持不变
D．容器内气体的密度保持不变
E.容器内气体的平均相对分子质量保持不变
④在500℃时，起始压强为125的恒温恒压条件下，平衡时的体积分数随起始投料的变化如图所示，则_______，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的_______。

【答案】(1)299.6
(2)          0.2     50%     ACE     2     0.04或

【详解】（1）由①，②；结合盖斯定律可知，②-①得：，焓变等于正、逆反应的活化能之差，正反应的活化能，可知反应Ⅱ的逆反应的活化能为，故答案为：299.6；
（2）①已知总反应为，在作催化剂的条件下与的2步分反应，反应历程如下：Ⅰ.，Ⅱ.，故答案为：；
②一定温度下，在2L的恒容密闭容器中通入4和2发生反应，5min后达到平衡状态，压强为原来的，在同温同体积时，压强之比等于物质的量之比，即物质的量为原来的，设反应到平衡氧气消耗了x，，所以，解得：，从开始到平衡，，的平衡转化率为，故答案为：0.2；50%；
③A.反应在恒温恒容密闭容器中进行，反应过程中气体分子数发生改变，所以反应过程中压强为变量，所以气体的压强不变可以判断化学反应达到平衡，故A正确；
B.化学反应达到平衡时，，表示，因此说明反应不是平衡状态，故B错误；
C.，浓度商=平衡常数，说明反应达到平衡，故C正确；
D.容器中气体密度为，反应前后，气体总质量不变，即m不变，容器体积不变，即V不变，所以平衡前后始终不变，不能判断反应达到平衡，故D错误；
E.混合气体的平均相对分子质量在数值上满足，反应前后质量m不变，n改变，所以混合气体平均分子量不变可以判断反应达到平衡，故E正确；
故答案为：ACE；
④在500℃时，起始压强为125的恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比，根据图像，的体积分数最大值为40%，根据反应可知，此时起始投料，设起始氧气的物质的量为y，到达平衡氧气消耗了m，，即平衡时的体积分数为，解得：，则氧气最终占20%，二氧化硫、三氧化硫最终各占40%，用平衡压强(该物质的体积分数×总压强)代替平衡浓度，则500℃时，该反应的，故答案为：2；0.04或。

三、实验题
18．滴定是一种重要的定量实验方法。现拟用KMnO4溶液去测定市场上售卖的草酸的纯度，步骤如下：(已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1)
①称取1.260 g草酸样品，将其制成100 mL水溶液为待测液；
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4；
③用浓度为0.05000 mol·L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。
(1)请写出与滴定有关反应的离子方程式___________。
(2)滴定时盛装KMnO4标准溶液所用仪器为___________。
(3)由如图可知消耗KMnO4溶液体积为___________mL

(4)滴定过程中眼睛应注视___________，滴定终点的现象为_____。
(5)通过上述数据，求得草酸的纯度为___________。
(6)以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度时，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果___________(偏大、偏小或无影响，下同)；滴定前有气泡，滴定后气泡消失，引起实验结果___________ ；滴定前正确读数，滴定后俯视，引起实验结果___________。
【答案】(1)5H2C2O4＋2MnO＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
(2)酸式滴定管
(3)20.00
(4)     锥形瓶中溶液颜色变化     当滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫(红)色，且半分钟内不恢复原来的颜色
(5)71.43%
(6)     偏大     偏大     偏小

【详解】（1）由题干信息可知，与滴定有关反应即酸性高锰酸钾和草酸的反应，故离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，故答案为：5H2C2O4＋2MnO＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
（2）由于酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱性滴定管下端的橡胶管，而不会腐蚀酸性滴定管下端的玻璃活塞，故滴定时盛装KMnO4 标准溶液所用仪器为酸性滴定管，故答案为：酸式滴定管；
（3）由图可知，起始读数为：0.90mL，终止读数为20.90mL，故消耗KMnO4溶液体积为20.90mL-0.90mL=20.00 mL，故答案为：20.00；
（4）滴定过程的操作为：左手控制酸式滴定管下端的活塞，右手转动锥形瓶，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫(红)色，且半分钟内不恢复原来的颜色，故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；当滴入最后一滴KMnO4标准溶液时，溶液由无色变为浅紫(红)色，且半分钟内不恢复原来的颜色；
（5）根据反应的离子方程式5H2C2O4＋2MnO＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O可知，n(H2C2O4)=2.5n(MnO)=2.5×0.05000 mol·L-1 ×20.00×10-3L×=10-2mol，故样品中含有的草酸的质量为：10-2mol×90 g·mol-1=0.9g，故样品中草酸的纯度为=71.43%，故答案为：71.43%；
（6）中和滴定中，标准液的浓度、待测液的体积都是事先知道的，计算时也是认为不变的，标准液的体积时事先不知道的，只有滴定终点了才知道，是可变的，故所有的实验误差均可以通过分析标准液的体积误差来分析，以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度时，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，将导致标准液的浓度减小，消耗标准液的体积偏大，故引起实验结果偏大；滴定前有气泡，滴定后气泡消失，引起标准液体积偏大，故引起实验结果偏大；滴定前正确读数，滴定后俯视，引起终止读数偏小，标准液体积偏小，故引起实验结果偏小，故答案为：偏大；偏大；偏小。
19．某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50mol/L硫酸进行中和热的测定。
Ⅰ.配制0.50mol/LNaOH溶液
(1)若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___________g。
(2)从中选择称量NaOH固体所需要的仪器是(填字母)___________。
名称
托盘天平(带砝码)
小烧杯
坩埚钳
玻璃棒
药匙
量筒
仪器






序号
a
b
c
d
e
f

Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如所示。

(3)实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？___________(填“能”或“否”)，其原因是___________。
(4)写出该反应的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol-1)：___________。
(5)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如表。
①请填写下表中的空白：
温度
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2－t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
___________
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4

②用上述实验数值计算结果为53.5kJ·mol-1，与57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)___________。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】(1)5.0
(2)abe
(3)     否     用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低
(4)H2SO4(aq)+ NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+ H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1
(5)     4.0     acd

【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时，根据需要245mLNaOH溶液，选择250mL的容量瓶配制溶液；中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，故稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+ NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+ H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1；在测定中和热时，不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，是因为金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低；
【详解】（1）实验中大约要使用245mLNaOH溶液，根据容量瓶规格，需要配制250mL溶液，则要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g；
（2）氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为abe；
（3）实验中不能用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，用铜质搅拌器代替环形玻璃搅拌棒，金属传热较快，使得热量散失更多，所测反应热结果会偏低；
（4）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以表示稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)+ NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+ H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1；
（5）①第2组数据明显有误，所以删掉，其它三组数据求平均值，温度差平均值==4.0°C；
②a．实验装置保温、隔热效果必须好，否则结果偏低，a项选；
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于57.3kJ/mol，b项不选；
c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，否则造成热量散失，c项选；
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，发生酸碱中和放热，使所测温度偏高，结果偏低，d项选；
答案选acd。

四、填空题
20．25℃时，电离平衡常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1 4.3×10－7
K2 5.6×10－11
3.0×10－8

回答下列问题：
（1）下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是___；（填编号）
A．CO32-     B．ClO-    C．CH3COO-    D．HCO3-
（2）下列反应不能发生的是___；
A．CO32-+CH3COOH＝CH3COO-+CO2↑+H2O
B．ClO-+CH3COOH＝CH3COO- +HClO
C．CO32-+HClO＝CO2↑+H2O+ClO-
D．2ClO-+CO2+H2O＝CO32-+2HClO
（3）用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是___；
A．c(CH3COOH)/c(H+)
B．c(CH3COO-)/c(CH3COOH)
C．c(H+)/Kw
D．c(H+)/c(OH-)
（4）体积为10 mLpH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，稀释过程pH变化如图所示，则HX的电离平衡常数__（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+)___醋酸溶液中水电离出来的c(H+)。（填“大于”、“等于”或“小于”）

【答案】     ABDC     CD     B     大于     大于
【详解】从电离平衡常数得出酸性强弱为CH3COOH > H2CO3 > HClO > HCO3－；
⑴对应酸越弱结合氢离子能力越强，所以结合氢离子能力A > B > D > C，故答案为ABDC；
⑵根据相对强的酸制相对弱的酸原理
A选项，CO32－+CH3COOH＝CH3COO－+CO2↑+H2O，醋酸大于碳酸，故A正确；
B选项，ClO－+CH3COOH＝CH3COO－+HClO，醋酸大于次氯酸，故B正确；
C选项，CO32－+HClO＝CO2↑+H2O+ClO－，由于碳酸大于次氯酸，不发生，故C错误；
D选项，2ClO－+CO2+H2O＝CO32－+2HClO，次氯酸大于碳酸氢根，不发生，故D错误；
综上所述，答案为CD；
⑶用蒸馏水稀释0.10mol·L-1的醋酸，
A选项，，加水稀释，平衡正向移动，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，比值减小，故不选；
B选项，，加水稀释平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，n(CH3COO－)增大，所以比值增大，故选；
C选项，加水稀释，c(H+)减小，Kw不变，所以c(H+)/Kw减小，故不选；
D选项，加水稀释，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(H+)/c(OH－)减小，故不选；
综上所述，答案为B；
⑷体积为10 mLpH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000 mL，加水稀释变化大的酸性相对较强，因此根据稀释过程pH变化如图，得出HX酸比醋酸强，则HX的电离平衡常数大于醋酸的平衡常数，稀释后，HX酸性比醋酸酸性弱，对水电离抑制程度比醋酸抑制水的能力弱，因此HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，故答案为大于；大于。