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2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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南昌二中2018—2019学年度上学期期中考试
高二化学试卷
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Ba—137
一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL
C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11
D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量
【答案】D
【解析】
A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误；
B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取，故B错误；
C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误；
D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确
故答案选D。
2.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是
A. CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污
B. Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 明矾净水
C. TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓＋4HCl 用TiCl4制备TiO2
D. SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【分析】
A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强；B项，氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以做净水剂；C. TiCl4属于强酸弱碱盐，能够发生水解；D.加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡右移，促进SnCl2的水解。
【详解】A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于除油污，A正确； B项，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以做净水剂，B正确；C项，TiCl4属于强酸弱碱盐，水解可以生成TiO2·xH2O，加热失水可得TiO2，C正确；加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡向氯化亚锡水解的方向进行，所以配制氯化亚锡溶液时应加入盐酸，D错误；正确选项D。
3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是
A. N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH＝－175.7 kJ·mol－1
C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应的△H>0，△S<0，难以自发进行，故错误； B. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误； C.反应的△H>0，反应能自发进行，原因是△S>0，可以满足△H-T△S<0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。
【点睛】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T△S<0，反应可自发进行。可用熵判据来解释的一般情况下反应为吸热反应。
4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，C正确；D．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，答案选C。
5.下列关于0.10 mol·L-1 KHSO3溶液的说法正确的是
A. 25℃时,加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
B. 溶质的电离方程式为KHSO3 = K++H++SO32−
C. 温度升高,c(HSO3−)增大
D. 离子浓度关系:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3−)+c(SO32−)
【答案】A
【解析】
【分析】
A．加水稀释后，促进HCO3-水解，但Kw不变；B．碳酸氢根离子不可拆分；C．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解；D．溶液遵循电荷守恒。
【详解】A.25℃时，加水稀释后，促进HSO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH-）的乘积变大，选项A正确；B．NaHSO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHSO3═Na++HSO3-，选项B错误；C．HSO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HSO3-）减小，选项C错误；D．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），选项D错误；答案选A。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，选项A为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，明确电荷守恒、盐的水解原理的影响因素为解答关键。
6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是
A. 增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低
B. 缩小容器容积，平衡右移，△H减小
C. 反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低
D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，A错误；B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，B错误；C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，C正确；D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，D错误；答案选C。
考点：考查化学平衡的移动与平衡建立
7.加热N2O5，依次发生的分解反应为：①N2O5(g) N2O3(g)+O2(g)，②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，则t℃时反应①的平衡常数为
A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5
【答案】B
【解析】
在反应①中N2O3与O2 按物质的量之比1∶1生成，如果不发生反应②，则两者一样多。发生反应②，平衡后，O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol；反应②中每减少1mol N2O3，O2会增加1mol,即O2会比N2O3多2mol；O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol，则共分解了2.8mol N2O3；所以反应①中N2O5分解生成N2O3（3.4+2.8）=6.2mol，有6.2mol N2O5发生分解，所以平衡后N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为2L，则反应①的平衡常数K=，故选B。
8.工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下：
化学键
C-H
C=C
H-O
C-C
C-O
键能/kJ·mol-1
413
615
463
348
351
下列说法错误的是
A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100％
B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等
C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定
D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100％，A正确；
B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；
C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；
D.上述反应式中，△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1，D错误； 正确选项D。
【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。
9.对水样中M的分解速率的影响因素进行研究。 在相同温度下，M的物质的量浓度[c(M)]随时间(t)的变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 水样酸性越强，M的分解速率越快
B. 水样中添加Cu2+，能加快M的分解速率
C. 由②③得，反应物浓度越大，M的分解速率越快
D. 在0~20 min内，②中M的分解速率为0.015 mol·L−1·min−1
【答案】C
【解析】
分析：根据图像，A项，由①②得，c（M）起始相同时，pH越小，M的分解速率越快；B项，由③④得，在pH和c（M）起始都相同时，加入Cu2+，M的分解速率加快；C项，由①③得，pH相同时，c（M）越大，M的分解速率越快；D项，根据公式υ=计算。
详解：根据图像，A项，由①②得，c（M）起始相同时，pH越小，M的分解速率越快，即水样酸性越强，M的分解速率越快，A项正确；B项，由③④得，在pH和c（M）起始都相同时，加入Cu2+，M的分解速率加快，B项正确；C项，②③的pH和c（M）都不相同，应由①③得，pH相同时，c（M）越大，M的分解速率越快，C项错误；D项，在0~20min内，②中M的分解速率υ===0.015mol/（L·min），D项正确；答案选C。
点睛：本题考查浓度与时间的图像分析，研究外界条件对化学反应速率的影响，用控制变量法分析是解题的关键。
10.现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/L盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是
A. ①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B. 将②、③混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③
C. 将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＞①
D. 将①、④混合，混合溶液pH＞7，则消耗溶液的体积：④＞①
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸为弱酸不完全电离氢离子浓度比氨水中的氢氧根离子浓度还小，①中水的电离程度最大，选项A错误；B、②③等体积混合，得到的是氨水和NH4Cl混合溶液，溶液显碱性，若pH＝7，则盐酸的体积比氨水的体积大，选项B正确；C、将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＜①，选项C错误；D、将①④混合，当消耗溶液的体积：④=①时，得到CH3COONa溶液，溶液显碱性pH＞7，此时c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项D错误；答案选B。
11.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋).c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。
答案选D。
12.在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0，T温度下的部分实验数据为：
t/s
0
50
100
150
c(X2O5) mol/L
4.00
2.50
2.00
2.00
下列说法错误的是
A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3，100s时转化率为50%
B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (L•s)
C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D. 若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则：
2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)
起始浓度(mol/L)：4 0 0
变化浓度(mol/L)：2 4 1
平衡浓度(mol/L)：2 4 1
T温度下平衡常数K===64(mol/L)3，100s时转化率为×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率==0.03mol/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；D．恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。
13.在恒容密闭容器中，将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是
A. CO．H2S的转化率之比为1:1
B. 达平衡后H2S的体积分数为4%
C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO．H2S．COS．H2各1 mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【分析】
反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n，根据计算结果及化学平衡的影响因素进行判断。
【详解】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，设容器容积为V，则平衡常数K= ，
解得：n=2.5，即反应前硫化氢的物质的量为2.5mol；
A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、2.5mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；
B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+2.5mol=12.5mol，平衡后硫化氢的物质的量为（2.5-2）mol=0.5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=0.5mol/12.5mol×100%=4.0%，故B正确；
C．升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商<1，说明平衡会向着正向移动，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡的计算，解题关键：正确计算硫化氢的初始物质的量，难点D，掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法、应用浓度商分析能力。
14.常温下，将100 mL 1 mol·L－1的氨水与100 mL a mol·L－1盐酸等体积混合，忽略反应放热和体积变化，下列有关推论不正确的是
A. 若混合后溶液pH＝7，则c(NH4＋)＝c(Cl－)
B. 若a＝2，则c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)
C. 若a＝0.5，则c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
D. 若混合后溶液满足c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，则可推出a＝1
【答案】B
【解析】
本题考查的是溶液中离子浓度的大小关系和等量关系。
若混合后溶液pH＝7，c(H+)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH)＝c(Cl－)，所以A正确。
若a＝2，等体积混合后，氨水与盐酸反应生成氯化铵，盐酸还剩余一半，c(Cl－)最大，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，若不考虑铵根水解，c(NH)=c(H＋)，但是铵根肯定会水解，使得c(NH) c(H＋) >c(NH) >c(OH－)，所以B不正确。
若a＝0.5，则氨水反应掉一半剩余一半，溶液中有物质的量相同的两种溶质，氨水电离使溶液显碱性，氯化铵水解使溶液显酸性。由于此时溶液显碱性，说明氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用，所以c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)正确。
当a=1时，两溶液恰好反应得到氯化铵溶液，依据质子守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，所以D正确。
点睛：分析溶液中的守恒关系时，先要分析溶液中存在的各种弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡，找出溶液中存在的各种粒子，然后写出溶液中的电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式。如，无论本题中两种溶液以何种比例混合，都存在相同的电荷守恒式：c(H+)+ c(NH)＝c(OH－)+c(Cl－)；当a=2时，由于两溶液体积相同，而盐酸的物质的量浓度是氨水的2倍，所以混合后一定有物料守恒:
c(Cl-)＝2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)；所谓质子守恒，就是水电离的氢离子的物质的量等于水电离的氢氧根离子，在NH4Cl
溶液中，由于一个NH4+水解时结合了一个水电离的OH-，所以质子守恒式为：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
15.常温下，向1 L 0.1 mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L－1 HR溶液的pH为5
B. HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)] 逐渐增大
C. 当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)
D. 当c(R－)＝ c(HR)时，溶液必为中性
【答案】C
【解析】
A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。
16.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中：c（Na+）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3）
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液：c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
D. 常温下，CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+ c（Ca2+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+2 c（Cl-）
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中物料守恒为：c（Na+）=2c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ 2c（H2SO3），故错误；
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒为c（Na+）=2c（CO32―）+ 2c（HCO3―）+ 2c（H2CO3），电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=2c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（OH-），将钠离子消去则有：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3），故正确；
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，应为c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故错误；
D. 常温下，CH3COONa中物料守恒有c（Na+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-），CaCl2中物料守恒有2c（Ca2+）= c（Cl-），所以有c（Na+）+ 2c（Ca2+）= c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+ c（Cl-），故错误。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒等关系式的书写是解题关键。物料守恒体现的是化合物中元素原子之间的比例关系，电荷守恒表示溶液中阳离子的正电荷总数等于阴离子的负电荷总数。通过两种守恒关系，可以推到第三种守恒，即质子守恒。
二、填空题(52分）
17.(1)常温下，有pH值为12的NaOH溶液100 mL，欲将其pH值变为11，采取下列三种措施(设混合后溶液的体积等于两混合溶液体积之和)。请回答有关问题：
①若加水，应加入约________ mL。
②若用pH＝10的NaOH溶液，应加入此NaOH溶液________ mL。
③若用pH＝2的盐酸，应加入________ mL。
(2)pH=2的HA、HB两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL, 其pH的变化如图所示
①稀释前两溶液的浓度c(HA)________c(HB)(填＞．＜．＝，或无法确定)
② HB _______ 是弱酸 (填“一定”、“可能”或“一定不”)
③若 a = 5，则HA酸是否是强酸 ____(填“一定是”、“可能是”、 “一定不是”或“无法确定”)
④稀释后的溶液中，由水电离产生的c(H+): HA中_____ HB中(填＞．＜．＝，或无法确定)
【答案】 (1). 900 (2). 1000 (3). 81.8（或900/11） (4). ＜ (5). 一定 (6). 一定是 (7). ＞
【解析】
【详解】（1）①pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2==0.9L=900mL；
②pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，
c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L×（0.1+V2），V2=1L=1000mL；
③pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，
c（OH-）===0.001mol/L，V=81.8mL；
（2）pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小。据此得出酸性：HA＞HB；①在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA＞HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)
18.CH4、H2、C都是优质的能源物质，根据下列信息回答问题：
①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5kJ·mol－1
④ 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H =-566.0 kJ·mol-1
(1)在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量________(填“＞”“＜”或“＝”)890.3kJ。
(2)已知H-H的键能436kJ/mol O=O的键能496kJ/mol H-O的键能463kJ/mol，根据上述数据（能否）______________计算②的反应热
(3)若1molCH4 气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气， 放出的热量______(填“大于”“等于”或“小于”)890. 3kJ。
(4)计算CO2（g）+4H2( g ) =CH4( g ) +2H2O( l )的焓变△H=__________。
(5)甲烷与CO2可用于合成水煤气(主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4＋CO2=2CO＋2H2，1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量，若将物质的量均为1mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，
①体系放出的热量随着时间的变化如图所示，则CH4的转化率为________。
②相同状况下若得到相等的热量，所需水煤气与甲烷的体积比约为________(整数比)
(6)①石墨中C－C键键能________金刚石中C－C键键能。(填“大于” “小于”或“等于”)。
②写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：____________________________________。
【答案】 (1). ＝ (2). 否 (3). 小于 (4). -252.9 kJ·mol-1 (5). 63% (6). 3:1 (7). 大于 (8). C(石墨，s)==C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1
【解析】
【详解】(1)给定反应的反应热只取决于反应物和生成物的多少和状态，与中间过程无关，所以该反应热仍为890.3kJ。
(2)因为键能是指断开气态物质中1mol化学键所需要吸收的能量，②中水为液态，所以不能计算其反应热。
(3)因为从液态水变水蒸气是吸热的，所以1molCH4 气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气， 放出的热量小于890. 3kJ。
(4)根据盖斯定律分析，有②×2-①即可得热化学方程式CO2（g）+4H2( g ) =CH4( g ) +2H2O( l ) ΔH＝－571.6kJ/mol×2+890.3kJ/mol=-252.9kJ·mol－1。
(5) ①1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量，则1mol甲烷完全反应放出的热量=15.46kJ/g×16g=247.36kJ，则甲烷的转化率为155.8kJ÷247.36kJ×100%=63%。
②水煤气中主要成分为一氧化碳和氢气，且比例为1:1，则1mol一氧化碳和氢气的混合气体反应产生的热量为（571.6kJ÷22+566.0kJ÷2）÷2=284.4kJ，1mol甲烷反应放热为890.3 kJ，相同状况下，若得到相等的热量，所需的水煤气和甲烷的体积为1/284.4:1/890.3=3:1。
(6)①从图分析，等物质的量的石墨的能量比金刚石低，所以石墨中的键能大于金刚石中的键能。
② 根据图有热化学方程式为：a:C(石墨，s)+ O2(g)=CO2(g) △H =-110.5kJ/mol-283.0kJ/mol=-393.5 kJ·mol-1，b:C(金刚石，s) + O2(g)=CO2(g) △H =-395.4 kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，a-b可以得热化学方程式为：C(石墨，s)==C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1。
【点睛】反应热可以用反应物和生成物具有的能量进行计算，也可以用键能计算，与反应前后的物质的多少和状态有关，与过程无关，但要注意键能是表示气态物质中的化学键断开需要吸收的能量。
19.已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。
(1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式__________.
(2)Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”) 正盐
(3)亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；
(4)某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的电离平衡常数K=___________________；(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)
(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；在NaH2PO3溶液中，c(H+)+c(H3PO3)_____c(HPO32-)+c(OH-)
(6)向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（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_____________.
【答案】 (1). PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl- (2). 正盐 (3). 2：1 (4). 8.3×10－3 mol·L－1 (5). = (6). = (7). H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O
【解析】
【详解】(1)三氯化磷和水反应生成H3PO3和盐酸，离子方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-。
(2)亚磷酸为二元酸，所以Na2HPO3为正盐。
(3) 亚磷酸与银离子反应时，银离子得到1个电子做氧化剂，变成银单质，亚磷酸失去电子做还原剂，变成磷酸，磷元素化合价升高2价，根据电子守恒分析，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比 2：1。
(4) c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，则电离平衡常数为=8.3×10－3 mol·L－1 。
(5)向亚磷酸溶液中滴加氢氧化钠至中性，根据电荷守恒得c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)；在NaH2PO3溶液中质子守恒为c(H+)+c(H3PO3)=c(HPO32-)+c(OH-)。
(6)以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，酚酞的变色范围8.2~10.0，根据图像可知生成物主要是HPO32-，所以发生反应的离子方程式为： H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O。
20.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：
方案I：取50.00 mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1 g
方案Ⅱ：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。
实验中所记录的数据如下表：
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
待测溶液体积/mL
50.00
50.00
50.00
50.00
滴定管初读数/mL
0.00
0.20
0.10
0.15
滴定管末读数/mL
20.95
21.20
20.15
21.20
(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______________、_________________。
(2)操作I为__________________操作Ⅱ为______________
(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。
(4) 在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为__________________________
(5)根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）
(6)有同学提出方案Ⅲ，取50.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的硝酸钡溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称重，则上述实验中，由于操作错误所引起的实验误差分析正确的是__________（填序号）。
a．方案I中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小
b．方案I中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大
c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小
d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大
【答案】 (1). 天平 (2). 250mL的容量瓶 (3). 过滤 (4). 干燥（烘干） (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色 (6). 2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O (7). 1323a/40M (8). ad
【解析】
【详解】(1) 配制250 mL Na2SO3溶液时，需要使用天平称量亚硫酸钠固体的质量，必须使用250mL的容量瓶。
(2) 操作I为分离固体和液体，应为过滤，过滤洗涤后应为干燥（烘干），所以操作Ⅱ为干燥（烘干）。
(3)由于高锰酸钾溶液本身有颜色，不需要使用指示剂，滴定终点为最后剩余一滴高锰酸钾，所以终点为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色。
(4)高锰酸钾氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，离子方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O。
(5)从表中数据可以消耗的高锰酸钾的体积分别为20.95 mL 、21.00 mL 、20.05 mL 、21.05 mL，第三组的实验误差较大，舍去，高锰酸钾的体积平均值为（20.95mL+21.00mL+21.05mL）/3=21.00 mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.021amol，则结合化学方程式分析，50mL中亚硫酸钠的0.021amol×5/2=21a/400mol，则原固体中亚硫酸钠的物质的量为21a/400mol×250mL/50mL=21a/80mol，所以亚硫酸钠的纯度为21a/80mol×126g/mol÷Mg=1323a/40M。
(6) 方案I中所得沉淀BaSO4由样品中Na2SO4与BaCl2反应生成；方案III是样品中Na2SO3、Na2SO4中S全部转化沉淀BaSO4 。a．方案I中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡的质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，则实验结果将偏小，故正确；b．方案I中如果没有操作Ⅱ，测得生成硫酸钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故错误；c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡质量增大，则测定结果偏大，故错误；d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，测得硫酸钡质量增大，实验结果将偏大，故正确。故选ad。
21.甲醇是一种重要的试剂，氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2 (g) CH3 OH(g)+H2O(g)，在密闭容器中充入3mol氢气和1mol二氧化碳，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：
试回答下列问题：
(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。该反应平衡常数的表达式是：______，为了降低合成甲醇的成本可采用的措施是______(任意写一条合理的建议)
(2)解释0~T0内，甲醇的体积分数变化趋势：______________________。
(3)氢气在Q点的转化率______(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；其它条件相同，甲醇在Q点的正反应速率______甲醇在M点的正反应速率。
(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)___________.
【答案】（1）放热；；增加CO2的充入量
（2）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大
（3）小于；小于
（4）；
【解析】
试题分析：（1）T0时，升高温度，甲醇的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应；该反应平衡常数的表达式为，为了降低合成甲醇的成本，应该尽可能的使平衡向右移动，可采用的措施有增加CO2的充入量等，故答案为：放热；；增加CO2的充入量；
（2）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大，故答案为：温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；
（3）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，氢气在Q点的转化率小于平衡时的转化率，W点打到平衡，因此氢气在Q点的转化率小于W点的转化率；平衡之前，甲醇的正反应速率逐渐增大，甲醇在Q点的正反应速率小于W点的反应速率，升高温度，反应速率增大，甲醇在M点的正反应速率大于W点，因此甲醇在Q点的正反应速率小于在M点的正反应速率，故答案为：小于；小于；
（4）根据方程式，增大压强，平衡正向移动，氢气转化率α(H2)增大，增大投料比，氢气转化率α(H2)减小，因此图像为，故答案为：。
考点：考查了化学平衡的移动原理和影响因素的相关知识。
南昌二中2018—2019学年度上学期期中考试
高二化学试卷
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Ba—137
一、单选题（每小题3分，共48分。每小题只有一个正确答案）
1.下列有关实验操作或测量数据的说法正确的是
A. 用托盘天平称量食盐的质量为12.35g
B. 用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液20.00mL
C. 用pH 试纸测量次氯酸钠溶液的pH为11
D. 中和热的测定实验中，NaOH溶液应该稍过量
【答案】D
【解析】
A. 托盘天平用于粗略称量药品的质量，能准确到0.1g，不能精确到0.01g，故不能用托盘天平称取12.35g的食盐，故A错误；
B. 高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，应用酸式滴定管量取，故B错误；
C. 因为次氯酸钠溶液有强氧化性和漂白性，会使pH试纸褪色，故不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH值，故C错误；
D. 中和热的测定实验中， NaOH溶液稍过量，可以保证盐酸溶液完全被中和，从而提高实验的准确度，故D正确
故答案选D。
2.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是
A. CO32－＋H2OHCO3－＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污
B. Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 明矾净水
C. TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) TiO2·xH2O↓＋4HCl 用TiCl4制备TiO2
D. SnCl2＋H2OSn(OH)Cl↓＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【分析】
A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强；B项，氢氧化铝胶体具有吸附作用，可以做净水剂；C. TiCl4属于强酸弱碱盐，能够发生水解；D.加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡右移，促进SnCl2的水解。
【详解】A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于除油污，A正确； B项，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可以做净水剂，B正确；C项，TiCl4属于强酸弱碱盐，水解可以生成TiO2·xH2O，加热失水可得TiO2，C正确；加入氢氧化钠溶液，中和了盐酸，平衡向氯化亚锡水解的方向进行，所以配制氯化亚锡溶液时应加入盐酸，D错误；正确选项D。
3.以下自发反应可以用熵判据来解释的是
A. N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g) ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1
B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) ΔH＝－175.7 kJ·mol－1
C. (NH4)2CO3(s)===NH4HCO3(s)＋NH3(g) ΔH＝＋74.9 kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 反应的△H>0，△S<0，难以自发进行，故错误； B. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误； C.反应的△H>0，反应能自发进行，原因是△S>0，可以满足△H-T△S<0，能自发进行，可用熵判据解释，故正确；D. △H<0，△S<0，焓变为主要因素，不能用熵判据解释，故错误。故选C。
【点睛】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T△S<0，反应可自发进行。可用熵判据来解释的一般情况下反应为吸热反应。
4.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，C正确；D．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，答案选C。
5.下列关于0.10 mol·L-1 KHSO3溶液的说法正确的是
A. 25℃时,加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
B. 溶质的电离方程式为KHSO3 = K++H++SO32−
C. 温度升高,c(HSO3−)增大
D. 离子浓度关系:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3−)+c(SO32−)
【答案】A
【解析】
【分析】
A．加水稀释后，促进HCO3-水解，但Kw不变；B．碳酸氢根离子不可拆分；C．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解；D．溶液遵循电荷守恒。
【详解】A.25℃时，加水稀释后，促进HSO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH-）的乘积变大，选项A正确；B．NaHSO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHSO3═Na++HSO3-，选项B错误；C．HSO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HSO3-）减小，选项C错误；D．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），选项D错误；答案选A。
【点睛】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，选项A为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，明确电荷守恒、盐的水解原理的影响因素为解答关键。
6.在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，△H<0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9％的高纯镍。对该反应的说法正确的是
A. 增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低
B. 缩小容器容积，平衡右移，△H减小
C. 反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低
D. 当4v[Ni(CO)4]=v(CO)时或容器中混合气体密度不变时，都可说明反应已达化学平衡状态
【答案】C
【解析】
试题分析：A．Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，A错误；B．一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写方式有关，B错误；C．因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，C正确；D．速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡；因该反应气体质量增加而容积不变，所以混合气体密度是一个变量，当不变时说明反应达平衡，D错误；答案选C。
考点：考查化学平衡的移动与平衡建立
7.加热N2O5，依次发生的分解反应为：①N2O5(g) N2O3(g)+O2(g)，②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。在容积为2L的密闭容器中充入8mol N2O5，加热到t℃，达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，则t℃时反应①的平衡常数为
A. 4.25 B. 8.5 C. 17 D. 22.5
【答案】B
【解析】
在反应①中N2O3与O2 按物质的量之比1∶1生成，如果不发生反应②，则两者一样多。发生反应②，平衡后，O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol；反应②中每减少1mol N2O3，O2会增加1mol,即O2会比N2O3多2mol；O2比N2O3多（9-3.4）=5.6mol，则共分解了2.8mol N2O3；所以反应①中N2O5分解生成N2O3（3.4+2.8）=6.2mol，有6.2mol N2O5发生分解，所以平衡后N2O5为(8-6.2)=1.8mol。容器体积为2L，则反应①的平衡常数K=，故选B。
8.工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )△H。已知几种共价键的键能如下：
化学键
C-H
C=C
H-O
C-C
C-O
键能/kJ·mol-1
413
615
463
348
351
下列说法错误的是
A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100％
B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等
C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定
D. 上述反应式中,△H=+34kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100％，A正确；
B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；
C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；
D.上述反应式中，△H=(615kJ·mol-1)+( 413 kJ·mol-1) +( 463 kJ·mol-1) -(348 kJ·mol-1)-( 413 kJ·mol-1)-(463 kJ·mol-1)-( 351 kJ·mol-1)=-34kJ·mol-1，D错误； 正确选项D。
【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。
9.对水样中M的分解速率的影响因素进行研究。 在相同温度下，M的物质的量浓度[c(M)]随时间(t)的变化如下图所示。下列说法错误的是
A. 水样酸性越强，M的分解速率越快
B. 水样中添加Cu2+，能加快M的分解速率
C. 由②③得，反应物浓度越大，M的分解速率越快
D. 在0~20 min内，②中M的分解速率为0.015 mol·L−1·min−1
【答案】C
【解析】
分析：根据图像，A项，由①②得，c（M）起始相同时，pH越小，M的分解速率越快；B项，由③④得，在pH和c（M）起始都相同时，加入Cu2+，M的分解速率加快；C项，由①③得，pH相同时，c（M）越大，M的分解速率越快；D项，根据公式υ=计算。
详解：根据图像，A项，由①②得，c（M）起始相同时，pH越小，M的分解速率越快，即水样酸性越强，M的分解速率越快，A项正确；B项，由③④得，在pH和c（M）起始都相同时，加入Cu2+，M的分解速率加快，B项正确；C项，②③的pH和c（M）都不相同，应由①③得，pH相同时，c（M）越大，M的分解速率越快，C项错误；D项，在0~20min内，②中M的分解速率υ===0.015mol/（L·min），D项正确；答案选C。
点睛：本题考查浓度与时间的图像分析，研究外界条件对化学反应速率的影响，用控制变量法分析是解题的关键。
10.现有常温下的四份溶液：①0.01mol/LCH3COOH；②0.01mol/L盐酸；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液。下列说法正确的是
A. ①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B. 将②、③混合，若有pH=7，则消耗溶液的体积：②＞③
C. 将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＞①
D. 将①、④混合，混合溶液pH＞7，则消耗溶液的体积：④＞①
【答案】B
【解析】
【详解】A、醋酸为弱酸不完全电离氢离子浓度比氨水中的氢氧根离子浓度还小，①中水的电离程度最大，选项A错误；B、②③等体积混合，得到的是氨水和NH4Cl混合溶液，溶液显碱性，若pH＝7，则盐酸的体积比氨水的体积大，选项B正确；C、将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④，②＜①，选项C错误；D、将①④混合，当消耗溶液的体积：④=①时，得到CH3COONa溶液，溶液显碱性pH＞7，此时c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项D错误；答案选B。
11.醋酸的电离方程式为CH3COOH(aq)H＋(aq)+CH3COO－(aq) ΔH＞0。25℃时，0.1mol/L醋酸溶液中存在下述关系：Ka=c(H＋).c(CH3COO-)/c(CH3COOH)=1.75×10-5，其中的数值是该温度下醋酸的电离平衡常数（Ka）。下列说法正确的是
A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡正向移动
C. 该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＜1.75×10-5
D. 升高温度，c(H＋)增大，Ka变大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 向该溶液中滴加几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，平衡后c(H＋)增大，A错误；
B. 向该溶液中加少量CH3COONa固体，醋酸根增大，平衡逆向移动，B错误；
C. 电离平衡常数只与温度有关系，该温度下0.01mol/L醋酸溶液Ka＝1.75×10-5，C错误；
D. 电离吸热，升高温度平衡正向移动，c(H＋)增大，Ka变大，D正确。
答案选D。
12.在恒温、恒容条件下发生下列反应：2X2O5 (g) 4XO2(g) +O2(g) △H>0，T温度下的部分实验数据为：
t/s
0
50
100
150
c(X2O5) mol/L
4.00
2.50
2.00
2.00
下列说法错误的是
A. T温度下的平衡数为K=64 (mol/L)3，100s时转化率为50%
B. 50s 内 X2O5分解速率为 0.03 mol/ (L•s)
C. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D. 若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，则平衡时X2O5的转化率和平衡常数都不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，100s时处于平衡状态，平衡时c(X2O5)=2mol/L，则：
2X2O5(g)═4XO2(g)+O2(g)
起始浓度(mol/L)：4 0 0
变化浓度(mol/L)：2 4 1
平衡浓度(mol/L)：2 4 1
T温度下平衡常数K===64(mol/L)3，100s时转化率为×100%=50%，故A正确；B.50s内X2O5浓度变化量为(4-2.5)mol/L=1.5mol/L，50s内X2O5分解速率==0.03mol/(L·s)，故B正确；C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若温度T1＞T2，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则K1＞K2，故C正确；D．恒容条件下，随反应进行容器内压强增大，若只将恒容改为恒压，其它条件都不变，等效为在原平衡基础上减小压强，平衡正向移动，平衡时X2O5的转化率增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误；故选D。
13.在恒容密闭容器中，将10 mol CO和一定量的H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g) K＝1，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是
A. CO．H2S的转化率之比为1:1
B. 达平衡后H2S的体积分数为4%
C. 升高温度，COS浓度减小，表明该反应是吸热反应
D. 恒温下向平衡体系中再加入CO．H2S．COS．H2各1 mol，平衡不移动
【答案】B
【解析】
【分析】
反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算出n，根据计算结果及化学平衡的影响因素进行判断。
【详解】反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO(g)＋H2S(g) COS(g)＋H2(g)
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n-2 2 2
该温度下该反应的K=1，设容器容积为V，则平衡常数K= ，
解得：n=2.5，即反应前硫化氢的物质的量为2.5mol；
A．由于反应前CO、H2S的物质的量分别为10mol、2.5mol，而二者化学计量数相等，反应消耗的物质的量相等，所以二者的转化率一定不相等，故A错误；
B．该反应前后气体的体积相等，则反应后气体的总物质的量不变，仍然为10mol+2.5mol=12.5mol，平衡后硫化氢的物质的量为（2.5-2）mol=0.5mol，相同条件下气体的体积分数=物质的量分数=0.5mol/12.5mol×100%=4.0%，故B正确；
C．升高温度，COS浓度减小，说明平衡向着逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D．恒温下向平衡体系中再加入CO、H2S、COS、H2各1 mol，则此时该反应的浓度商<1，说明平衡会向着正向移动，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了化学平衡的计算，解题关键：正确计算硫化氢的初始物质的量，难点D，掌握三段式在化学平衡计算中的应用方法、应用浓度商分析能力。
14.常温下，将100 mL 1 mol·L－1的氨水与100 mL a mol·L－1盐酸等体积混合，忽略反应放热和体积变化，下列有关推论不正确的是
A. 若混合后溶液pH＝7，则c(NH4＋)＝c(Cl－)
B. 若a＝2，则c(Cl－)>c(NH4＋)>c(H＋)>c(OH－)
C. 若a＝0.5，则c(NH4＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
D. 若混合后溶液满足c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，则可推出a＝1
【答案】B
【解析】
本题考查的是溶液中离子浓度的大小关系和等量关系。
若混合后溶液pH＝7，c(H+)＝c(OH－)，根据电荷守恒，c(NH)＝c(Cl－)，所以A正确。
若a＝2，等体积混合后，氨水与盐酸反应生成氯化铵，盐酸还剩余一半，c(Cl－)最大，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，若不考虑铵根水解，c(NH)=c(H＋)，但是铵根肯定会水解，使得c(NH)
若a＝0.5，则氨水反应掉一半剩余一半，溶液中有物质的量相同的两种溶质，氨水电离使溶液显碱性，氯化铵水解使溶液显酸性。由于此时溶液显碱性，说明氨水的电离作用大于氯化铵的水解作用，所以c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)正确。
当a=1时，两溶液恰好反应得到氯化铵溶液，依据质子守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，所以D正确。
点睛：分析溶液中的守恒关系时，先要分析溶液中存在的各种弱电解质的电离平衡和盐的水解平衡，找出溶液中存在的各种粒子，然后写出溶液中的电荷守恒式、物料守恒式和质子守恒式。如，无论本题中两种溶液以何种比例混合，都存在相同的电荷守恒式：c(H+)+ c(NH)＝c(OH－)+c(Cl－)；当a=2时，由于两溶液体积相同，而盐酸的物质的量浓度是氨水的2倍，所以混合后一定有物料守恒:
c(Cl-)＝2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)；所谓质子守恒，就是水电离的氢离子的物质的量等于水电离的氢氧根离子，在NH4Cl
溶液中，由于一个NH4+水解时结合了一个水电离的OH-，所以质子守恒式为：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
15.常温下，向1 L 0.1 mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L－1 HR溶液的pH为5
B. HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)] 逐渐增大
C. 当通入0.1 mol NH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)
D. 当c(R－)＝ c(HR)时，溶液必为中性
【答案】C
【解析】
A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。
16.下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中：c（Na+）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3）
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液：c（CO32-）＞c（HCO3-）＞c（OH-）＞c（H+）
D. 常温下，CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+ c（Ca2+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+2 c（Cl-）
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在0.1mol•L-1 Na2SO3溶液溶液中物料守恒为：c（Na+）=2c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ 2c（H2SO3），故错误；
B. 在0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中物料守恒为c（Na+）=2c（CO32―）+ 2c（HCO3―）+ 2c（H2CO3），电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=2c（CO32―）+ c（HCO3―）+ c（OH-），将钠离子消去则有：c（OH-）-c（H+）＝c（HCO3-） + 2c（H2CO3），故正确；
C. 向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，溶液中含有等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，因为碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，溶液显碱性，所以溶液中的碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子，应为c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故错误；
D. 常温下，CH3COONa中物料守恒有c（Na+）=c（CH3COOH）+ c（CH3COO-），CaCl2中物料守恒有2c（Ca2+）= c（Cl-），所以有c（Na+）+ 2c（Ca2+）= c（CH3COOH）+ c（CH3COO-）+ c（Cl-），故错误。
故选B。
【点睛】掌握溶液中的物料守恒和电荷守恒等关系式的书写是解题关键。物料守恒体现的是化合物中元素原子之间的比例关系，电荷守恒表示溶液中阳离子的正电荷总数等于阴离子的负电荷总数。通过两种守恒关系，可以推到第三种守恒，即质子守恒。
二、填空题(52分）
17.(1)常温下，有pH值为12的NaOH溶液100 mL，欲将其pH值变为11，采取下列三种措施(设混合后溶液的体积等于两混合溶液体积之和)。请回答有关问题：
①若加水，应加入约________ mL。
②若用pH＝10的NaOH溶液，应加入此NaOH溶液________ mL。
③若用pH＝2的盐酸，应加入________ mL。
(2)pH=2的HA、HB两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL, 其pH的变化如图所示
①稀释前两溶液的浓度c(HA)________c(HB)(填＞．＜．＝，或无法确定)
② HB _______ 是弱酸 (填“一定”、“可能”或“一定不”)
③若 a = 5，则HA酸是否是强酸 ____(填“一定是”、“可能是”、 “一定不是”或“无法确定”)
④稀释后的溶液中，由水电离产生的c(H+): HA中_____ HB中(填＞．＜．＝，或无法确定)
【答案】 (1). 900 (2). 1000 (3). 81.8（或900/11） (4). ＜ (5). 一定 (6). 一定是 (7). ＞
【解析】
【详解】（1）①pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，设加入水的体积是V2，c1V1=c2（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L=（0.1+V2）L，V2==0.9L=900mL；
②pH=12 的NaOH溶液中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，pH=10的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度是0.0001mol/L，设加入pH=10的NaOH溶液体积是V2，
c1V1+c2V2=c3（V1+V2）=0.01mol/L×0.1L+0.0001mol/L×V2=0.001mol/L×（0.1+V2），V2=1L=1000mL；
③pH=2的HCl溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，设加入盐酸的体积是V，
c（OH-）===0.001mol/L，V=81.8mL；
（2）pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小。据此得出酸性：HA＞HB；①在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HA＞HB，故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)
18.CH4、H2、C都是优质的能源物质，根据下列信息回答问题：
①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3kJ·mol－1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6kJ·mol－1
③C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－393.5kJ·mol－1
④ 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H =-566.0 kJ·mol-1
(1)在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量________(填“＞”“＜”或“＝”)890.3kJ。
(2)已知H-H的键能436kJ/mol O=O的键能496kJ/mol H-O的键能463kJ/mol，根据上述数据（能否）______________计算②的反应热
(3)若1molCH4 气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气， 放出的热量______(填“大于”“等于”或“小于”)890. 3kJ。
(4)计算CO2（g）+4H2( g ) =CH4( g ) +2H2O( l )的焓变△H=__________。
(5)甲烷与CO2可用于合成水煤气(主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4＋CO2=2CO＋2H2，1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量，若将物质的量均为1mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，
①体系放出的热量随着时间的变化如图所示，则CH4的转化率为________。
②相同状况下若得到相等的热量，所需水煤气与甲烷的体积比约为________(整数比)
(6)①石墨中C－C键键能________金刚石中C－C键键能。(填“大于” “小于”或“等于”)。
②写出石墨转化为金刚石的热化学方程式：____________________________________。
【答案】 (1). ＝ (2). 否 (3). 小于 (4). -252.9 kJ·mol-1 (5). 63% (6). 3:1 (7). 大于 (8). C(石墨，s)==C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1
【解析】
【详解】(1)给定反应的反应热只取决于反应物和生成物的多少和状态，与中间过程无关，所以该反应热仍为890.3kJ。
(2)因为键能是指断开气态物质中1mol化学键所需要吸收的能量，②中水为液态，所以不能计算其反应热。
(3)因为从液态水变水蒸气是吸热的，所以1molCH4 气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气， 放出的热量小于890. 3kJ。
(4)根据盖斯定律分析，有②×2-①即可得热化学方程式CO2（g）+4H2( g ) =CH4( g ) +2H2O( l ) ΔH＝－571.6kJ/mol×2+890.3kJ/mol=-252.9kJ·mol－1。
(5) ①1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量，则1mol甲烷完全反应放出的热量=15.46kJ/g×16g=247.36kJ，则甲烷的转化率为155.8kJ÷247.36kJ×100%=63%。
②水煤气中主要成分为一氧化碳和氢气，且比例为1:1，则1mol一氧化碳和氢气的混合气体反应产生的热量为（571.6kJ÷22+566.0kJ÷2）÷2=284.4kJ，1mol甲烷反应放热为890.3 kJ，相同状况下，若得到相等的热量，所需的水煤气和甲烷的体积为1/284.4:1/890.3=3:1。
(6)①从图分析，等物质的量的石墨的能量比金刚石低，所以石墨中的键能大于金刚石中的键能。
② 根据图有热化学方程式为：a:C(石墨，s)+ O2(g)=CO2(g) △H =-110.5kJ/mol-283.0kJ/mol=-393.5 kJ·mol-1，b:C(金刚石，s) + O2(g)=CO2(g) △H =-395.4 kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，a-b可以得热化学方程式为：C(石墨，s)==C(金刚石，s) ΔH＝＋1.9 kJ·mol－1。
【点睛】反应热可以用反应物和生成物具有的能量进行计算，也可以用键能计算，与反应前后的物质的多少和状态有关，与过程无关，但要注意键能是表示气态物质中的化学键断开需要吸收的能量。
19.已知亚磷酸(H3PO3)的结构如图，具有强还原性的弱酸，可以被银离子氧化为磷酸。
(1)已知亚磷酸可由PCl3水解而成，请写出相应的离子方程式__________.
(2)Na2HPO3是____(填“正盐”或“酸式盐”) 正盐
(3)亚磷酸与银离子反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为______________；
(4)某温度下，0.10mol•L-1的H3PO3溶液的pH为1.6，即c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，该温度下H3PO3的电离平衡常数K=___________________；(H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字)
(5)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得溶液中：c(Na+)_____c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“＞”、“＜”或“=”，下同)；在NaH2PO3溶液中，c(H+)+c(H3PO3)_____c(HPO32-)+c(OH-)
(6)向某浓度的亚磷酸中滴加NaOH溶液，其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)（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_____________.
【答案】 (1). PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl- (2). 正盐 (3). 2：1 (4). 8.3×10－3 mol·L－1 (5). = (6). = (7). H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O
【解析】
【详解】(1)三氯化磷和水反应生成H3PO3和盐酸，离子方程式为：PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-。
(2)亚磷酸为二元酸，所以Na2HPO3为正盐。
(3) 亚磷酸与银离子反应时，银离子得到1个电子做氧化剂，变成银单质，亚磷酸失去电子做还原剂，变成磷酸，磷元素化合价升高2价，根据电子守恒分析，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比 2：1。
(4) c(H+)=2.5×10-2mol•L-1，则电离平衡常数为=8.3×10－3 mol·L－1 。
(5)向亚磷酸溶液中滴加氢氧化钠至中性，根据电荷守恒得c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)；在NaH2PO3溶液中质子守恒为c(H+)+c(H3PO3)=c(HPO32-)+c(OH-)。
(6)以酚酞为指示剂，当溶液由无色变为浅红色时，酚酞的变色范围8.2~10.0，根据图像可知生成物主要是HPO32-，所以发生反应的离子方程式为： H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O。
20.为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：
方案I：取50.00 mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称量，得到沉淀的质量为m1 g
方案Ⅱ：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。
实验中所记录的数据如下表：
滴定次数
实验数据
1
2
3
4
待测溶液体积/mL
50.00
50.00
50.00
50.00
滴定管初读数/mL
0.00
0.20
0.10
0.15
滴定管末读数/mL
20.95
21.20
20.15
21.20
(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_______________、_________________。
(2)操作I为__________________操作Ⅱ为______________
(3)在方案Ⅱ中滴定终点的判断方法是_______________________________。
(4) 在方案Ⅱ中发生的离子反应方程式为__________________________
(5)根据方案Ⅱ所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为___________。（写成分数形式）
(6)有同学提出方案Ⅲ，取50.00mL上述溶液→加入足量的盐酸酸化的硝酸钡溶液→操作I→洗涤→操作Ⅱ→称重，则上述实验中，由于操作错误所引起的实验误差分析正确的是__________（填序号）。
a．方案I中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小
b．方案I中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大
c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小
d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，实验结果将偏大
【答案】 (1). 天平 (2). 250mL的容量瓶 (3). 过滤 (4). 干燥（烘干） (5). 加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色 (6). 2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O (7). 1323a/40M (8). ad
【解析】
【详解】(1) 配制250 mL Na2SO3溶液时，需要使用天平称量亚硫酸钠固体的质量，必须使用250mL的容量瓶。
(2) 操作I为分离固体和液体，应为过滤，过滤洗涤后应为干燥（烘干），所以操作Ⅱ为干燥（烘干）。
(3)由于高锰酸钾溶液本身有颜色，不需要使用指示剂，滴定终点为最后剩余一滴高锰酸钾，所以终点为：加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪色。
(4)高锰酸钾氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，本身被还原为锰离子，离子方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2++5SO42-+3H2O。
(5)从表中数据可以消耗的高锰酸钾的体积分别为20.95 mL 、21.00 mL 、20.05 mL 、21.05 mL，第三组的实验误差较大，舍去，高锰酸钾的体积平均值为（20.95mL+21.00mL+21.05mL）/3=21.00 mL，消耗高锰酸钾的物质的量为0.021amol，则结合化学方程式分析，50mL中亚硫酸钠的0.021amol×5/2=21a/400mol，则原固体中亚硫酸钠的物质的量为21a/400mol×250mL/50mL=21a/80mol，所以亚硫酸钠的纯度为21a/80mol×126g/mol÷Mg=1323a/40M。
(6) 方案I中所得沉淀BaSO4由样品中Na2SO4与BaCl2反应生成；方案III是样品中Na2SO3、Na2SO4中S全部转化沉淀BaSO4 。a．方案I中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡的质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，则实验结果将偏小，故正确；b．方案I中如果没有操作Ⅱ，测得生成硫酸钡质量增大，则亚硫酸钠的质量偏小，故错误；c．方案Ⅲ中如果没有洗涤操作，测得生成硫酸钡质量增大，则测定结果偏大，故错误；d．方案Ⅲ中如果没有操作Ⅱ，测得硫酸钡质量增大，实验结果将偏大，故正确。故选ad。
21.甲醇是一种重要的试剂，氢气和二氧化碳在一定条件下可合成甲醇：CO2(g)+3H2 (g) CH3 OH(g)+H2O(g)，在密闭容器中充入3mol氢气和1mol二氧化碳，测得混合气体中甲醇的体积分数与温度的关系如图A所示：
试回答下列问题：
(1)该反应是______(填“放热”或“吸热”)反应。该反应平衡常数的表达式是：______，为了降低合成甲醇的成本可采用的措施是______(任意写一条合理的建议)
(2)解释0~T0内，甲醇的体积分数变化趋势：______________________。
(3)氢气在Q点的转化率______(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)氢气在W点的转化率；其它条件相同，甲醇在Q点的正反应速率______甲醇在M点的正反应速率。
(4)图B表示氢气转化率α(H2)与投料比的关系，请在图B中画出两条变化曲线并标出曲线对应的条件，两条曲线对应的条件分别为：一条曲线对应的压强是1.01×105Pa；另一条曲线对应的压强是3.03×105Pa(其它条件相同)___________.
【答案】（1）放热；；增加CO2的充入量
（2）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大
（3）小于；小于
（4）；
【解析】
试题分析：（1）T0时，升高温度，甲醇的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应；该反应平衡常数的表达式为，为了降低合成甲醇的成本，应该尽可能的使平衡向右移动，可采用的措施有增加CO2的充入量等，故答案为：放热；；增加CO2的充入量；
（2）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大，故答案为：温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，使甲醇的体积分数逐渐增大；
（3）温度低于T0时，反应未达到平衡，反应正向进行，氢气在Q点的转化率小于平衡时的转化率，W点打到平衡，因此氢气在Q点的转化率小于W点的转化率；平衡之前，甲醇的正反应速率逐渐增大，甲醇在Q点的正反应速率小于W点的反应速率，升高温度，反应速率增大，甲醇在M点的正反应速率大于W点，因此甲醇在Q点的正反应速率小于在M点的正反应速率，故答案为：小于；小于；
（4）根据方程式，增大压强，平衡正向移动，氢气转化率α(H2)增大，增大投料比，氢气转化率α(H2)减小，因此图像为，故答案为：。
考点：考查了化学平衡的移动原理和影响因素的相关知识。
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