甘肃省静宁县第一中学2019_2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）.docx

甘肃省静宁县第一中学2019-2020学年高二化学上学期第一次月考试题（含解析）第I卷（选择题)一、单选题（每题2分）1.已知：X(g)2Y(g)3Z(g) Ha kJmol1(a0)。下列说法不正确的是A. 达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可能达到akJB. 升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小C. 达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化D. 0.1 mol X和0.2 molY充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol【答案】B【解析】【详解】A.没有标明参加反应的物质的量，所以放出热量可能达到akJ，A项正确；B.升高反应温度，正逆反应速率都增大，B项错误；C.达到化学反应平衡时，正逆反应速率相等，所以X、Y、Z的浓度不再发生变化，C项正确；D.由于反应是可逆反应，可逆反应反应物不能转化完全，D项正确；答案选B。2.下列溶液中呈酸性的是()A. NH4Cl 溶液B. NaNO3溶液C. KHCO3 溶液D. Na2SO3 溶液【答案】A【解析】【详解】A氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，导致溶液呈酸性，故A选；B硝酸钠是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故B不选； CKHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解，溶液呈碱性，故C不选；D亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解，溶液呈碱性，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意碳酸氢钠中存在碳酸氢根离子的水解和电离，但水解程度大于电离程度，溶液显碱性。3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB3vA、3vC2vB，则此反应可表示为A. 2A3B2CB. A3B2CC. 3AB2CD. ABC【答案】A【解析】【详解】在同一反应中，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比。由于2vB3vA、3vC2vB，所以vA ：vB ：vC2：3：2，所以A、B、C的化学计量数之比为2：3：2，故选A。4.反应2SO2O22SO3达到平衡后，再向反应容器中充入含氧的同位素的氧气经过一段时间后，原子存在于A. O2B. SO2C. O2和SO2D. O2、SO2和SO3【答案】D【解析】【详解】平衡后，再向反应容器中充入含氧的同位素的氧气，二氧化硫、氧气在催化剂、加热的条件下，生成三氧化硫；而三氧化硫在同样的条件下可分解为二氧化硫和氧气，所以18O2中的18O通过化合反应存在于SO3中，SO3 中的18O通过分解反应会存在于SO2中，最终SO3、SO2、O2中都含有18O，故答案为D。【点睛】根据可逆反应的特点分析本题，即可逆反应在同一条件下既能正向进行、同时又能逆向进行。5.下列反应在常温下均为非自发反应，在高温下仍为非自发反应的是A. Ag2O(s)=2Ag(s)O2(g)B. Fe2O3(s)C(s)=2Fe(s)CO2(g)C. N2O4(g)=2NO2(g)D. 6C(s)6H2O(l)=C6H12O6(s)【答案】D【解析】【分析】反应自发进行的判断依据是H-TS0。【详解】A. Ag2O(s)=2Ag(s)O2(g) 反应的H0、S0，高温下H-TS0，反应能自发进行，故A错误；B. Fe2O3(s)C(s)=2Fe(s)CO2(g) 反应的H0、S0，高温下H-TS0，反应能自发进行，故B错误；C. N2O4(g)=2NO2(g) 反应的H0、S0，任何情况下H-TS0，反应均能自发进行，故C错误；D. 6C(s)6H2O(l)=C6H12O6(s) 反应的H0、S0，高温下H-TS0，反应不能自发进行，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定。6.在一密闭容器中发生反应：2SO2O22SO3，起始时有amol二氧化硫和bmol氧气，达到平衡时有cmol 三氧化硫生成，则平衡时二氧化硫在反应混合物中的体积分数为()A. 100%B. 100%C. 100%D. %【答案】D【解析】【详解】分别列出起始量、转化量和平衡量。 2SO2O22SO3起始量(mol) a b 0转化量(mol) c 0.5c c平衡量(mol) ac b0.5c cw(SO2)100%故答案选D。7.下列关于化学平衡常数K的说法中，正确的是（ ）A. 对于某一反应来说，K是定值，不随外界条件的改变而改变B. K越大，化学反应速率越快C. K越大，反应进行得越彻底D. 使用合适的催化剂，既可以改变反应速率，也可以改变平衡常数K【答案】C【解析】【详解】A平衡常数随温度变化而变化。温度不变，只改变浓度、压强等，平衡移动，但K值不变，而温度改变，平衡移动，平衡常数也改变，故A错误；B平衡常数用来衡量反应进行程度，和反应速率无直接关系，故B错误；C平衡常数越大，反应物转化率越大，反应进行得越彻底，故C正确；D平衡常数只受温度影响，使用催化剂可以加快反应速率，但不影响平衡常数，故D错误；故答案为C。【点睛】化学平衡常数应注意的问题：化学平衡常数只与温度有关；稀溶液中进行的反应，水的“浓度”作为常数，在平衡常数中不用书写；当反应中有固体物质参加时，固体的“浓度”作为常数，在平衡常数表达式中不用书写；化学平衡常数表达式与化学方程式的书写方式有关。同一个化学反应，由于书写的方式不同，各反应物、生成物的化学计量数不同，平衡常数就不同。但是这些平衡常数可以相互换算；平衡常数的大小可以表示反应进行的程度。K大说明反应进行程度大，反应物的转化率大。K小说明反应进行的程度小，反应物的转化率小。一般认为K105反应较完全(即不可逆反应)，K10-5反应很难进行(即不反应)；定量的衡量化学反应进行的程度。K值越大，表示反应进行的程度越大，反应物的转化率也越大；判断可逆反应进行的方向：对于可逆反应，在一定的温度的任意时刻，生成物浓度的化学计量数次幂与反应物的化学计量数次幂的比值叫做反应的浓度商，用Qc表示。QcK时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；QcK时，向逆反应方向进行；判断反应的热效应，若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。8.已知M、N、R均为短周期的元素，M、N同周期，M、R的最低价离子分别为M2和R，N2和R具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（ ）A. 对应气态氢化物的稳定性MRB. R元素的最高正价一定为7价C. 离子半径：M2RN2D. 还原性：M2R【答案】C【解析】【分析】N2和R具有相同的电子层结构，说明R在N的上一周期，因为三种元素为短周期元素，根据离子所带电荷数，推出N为Mg，M为S，R为F，据此分析。【详解】短周期元素中，M和R的最低价离子分别为M2和R，推出M位于第VIA族，R位于A族，N的价态为2价，位于元素周期表A族，N2和R具有相同的电子层结构，说明R在N的上一周期，即N位于第三周期，R位于第二周期，M和N位于同周期，推出N为Mg，M为S，R为F，A、F的非金属性强于S，则HF的稳定性强于H2S，故A错误；B、F没有正价，故B错误；C、S2电子层数最多，即S2半径最大，F和Mg2核外电子排布相同，即F的半径大于Mg2，离子半径大小顺序是S2FMg2，故C正确；D、F的非金属性强于S，则S2的还原性强于F，即还原性大小顺序是S2F，故D错误；答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，微粒半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，一般微粒半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，当电子层数相同，原子序数相同，微粒半径随着电子数的增多而增大。9.在一定温度下的定容容器中，当下列哪些物理量不再发生变化时，表明反应A(g)2B(g) C(g)D(g)，已达到平衡状态的是（ ）混合气体的压强 混合气体的密度 B的物质的量浓度混合气体的总物质的量 混合气体的平均相对分子质量 v(C)与v(D)的比值混合气体的总质量 混合气体的总体积 C、D的分子数之比为11A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，容器体积不变，随反应进行压强降低，当压强不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故正确；反应混合物都是气体，总质量不变，容器体积不变，密度自始至终都不变，不能说明到达平衡状态，故错误；随反应进行B的浓度减小，当B的物质的量浓度不再变化，说明到达平衡，故正确；该反应为反应前后气体的物质的量减小的反应，随反应进行混合气体总物质的量减小，混合气体总物质的量不再变化，则各气体的物质的量不变，说明反应到达平衡，故正确；反应混合物都是气体，总质量不变，随反应进行混合气体总物质的量减小，所以随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明到达平衡，故正确；v(C)与v(D)的速率关系自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故错误；反应混合物都是气体，混合气体总质量不发生变化，不能说明到达平衡，故错误；容器的体积不变，混合气体总体积不变，不能说明到达平衡，故错误；伴随反应的进行，容器内C、D的分子数之比始终是11，不能说明到达平衡，故错误；故正确，故答案为B。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等(同种物质)或正逆速率之比等于化学化学计量数之比(不同物质)，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，选择判断化学平衡的物理量应随反应进行发生变化，当该物理量不再变化可以说明到达平衡。10.N2O5是一种新型硝化剂，在一定温度下可发生如下反应：2N2O5(g)4NO2(g)O2(g)H 0。T1温度时，向密闭容器中通入N2O5气体，部分实验数据见下表，下列说法正确的是时间/s05001 0001 500c(N2O5)/molL15.003.502.502.50A. 500 s内NO2的生成速率为3.00103 molL1s1B. T1温度下该反应平衡时N2O5的转化率为50%C. 达平衡后其他条件不变，将容器体积压缩到原来的，c(N2O5)T2，则K1K2，D项错误；答案选B。11.已知25时有关弱酸的电离平衡常数：则下列有关说法正确的是（ ）弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.810-54.910-10K14.310-7K25.610-11A. 等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH(NaCN)pH(Na2CO3)pH(CH3COONa)B. 冰醋酸中逐滴加水，则溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小C. NaCN中通入少量CO2发生的化学反应为：NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3D. 稀释HCN溶液过程中，减小【答案】C【解析】【分析】根据表格中的数据，得出电离出H能力的大小顺序是CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，利用化学原理进行分析；【详解】根据表格中的数据，得出电离出H能力的大小顺序是CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，A、利用盐类水解的规律中“越弱越水解”，推出水解程度：CO32-CN-CH3COO-，即溶液的pH：pH(Na2CO3)pH(NaCN)pH(CH3COONa)，故A错误；B、冰醋酸是纯醋酸，无离子，加水醋酸发生电离，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，继续加水稀释，溶液中离子浓度降低，导电能力降低，加水，始终促进醋酸的电离，即电离程度始终增大，溶液中c(H)先增大后降低，即pH先减小后增大，故B错误；C、根据电离出H能力，发生化学方程式为NaCN+CO2+H2O=HCN+NaHCO3，故C正确；D、，Ka(HCN)不变，稀释HCN，溶液c(H)减小，该比值增大，故D错误；答案选C。12.下列实验方案中，能达到相应实验目的的是A. 方案用于分离I2和NH4Cl固体B. 方案用于比较CuSO4和MnO2的催化活性C. 方案用于测定中和热D. 方案用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱【答案】D【解析】【详解】A. 加热时碘升华，而氯化铵易分解，且分解生成物氨气和氯化氢在温度较低的地方又化合生成氯化铵，达不到实验目的，A项错误；B. 本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，本实验过氧化氢的质量分数要一致，B项错误；C. 图中和热的测定，缺少环形玻璃搅拌棒，C项错误；D. 本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸碳酸硼酸，D项正确；答案选D。13.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是( )A. T1T2 p1p放热反应B. T1T2 p1p2 m+np吸热反应C. T1p2 m+np放热反应D. T1T2 p1p吸热反应【答案】B【解析】【分析】当横坐标表示时间时，有“先拐先平，数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时，常采用“定一议二”的方法。【详解】A. 对比曲线和，发现二者的压强相同而温度不同，而曲线“先拐先平”，说明曲线对应的速率大，说明T1T2 ，A项错误；B. 在A项分析的基础上，相对于T2来说，T1相当于升高温度，而从图示纵坐标看出，升高温度反应物B的量减小，说明升温使平衡右移，所以正向应是吸热反应；再比较曲线和曲线，发现温度相同而压强不同，此时曲线“先拐先平”，说明压强p2p1，p2相对于p1来说相当于加压，从图示中纵坐标来看，加压使反应物B的量增加，说明加压平衡左移，所以有m+nT2，C项错误；D. 由B项分析知m+nT2，p2p1，由此可排除A、C项。然后分析曲线和，判断出m+np，顺利得出答案。14.在25 时，向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL，所得混合溶液中c（Na+）= c（Cl-），则此时a+b的值为（ ）A. 15B. 14C. 13D. 不能确定【答案】C【解析】【详解】反应后溶液中存在电荷守恒关系c（Na+）+ c（H+）= c（Cl）+ c（OH），由c（Na+）=c（Cl）可知，溶液中c（H+）=c（OH），说明酸碱恰好中和，即V10-a=10V，解得a+b=13。答案选C。15.相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是（ ）A. 相同浓度的两溶液，分别与镁粉反应，开始时反应速率相同B. 相同浓度的两溶液，c(CH3COO) c(Cl)C. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，盐酸所需NaOH的物质的量较多D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，醋酸溶液的pH比盐酸大【答案】B【解析】【分析】此题考查弱电解质电离规律的应用，根据反应方程式进行计算反应中的量的关系，对于稀释溶液根据稀释定律进行判断。【详解】A. 相同浓度的两溶液的氢离子浓度不同，其分别与镁粉反应，开始时反应速率不同，A不正确，不符合题意。B. 相同浓度的两溶液，根据强弱电解质的区别：c(CH3COO) c(Cl)，B正确，符合题意。C. 分别中和pH相等、体积相等的两溶液，醋酸所需NaOH的物质的量多，故C不正确，不符合题意。D. pH=3的两溶液分别加水稀释10倍后，根据越稀越电离规律，醋酸溶液的pH比盐酸小，故D不正确，不符合题意。故答案选B。16.室温下，能说明NH3H2O为弱电解质的实验事实是A. 铵盐受热都易分解B. 0.1 molL1NH4Cl溶液的pH7C. 将01molL1的HI溶液加水稀释100倍，溶液中所有离子的浓度随之减小D. 两种酸溶液的pH分别为a和(a+1)，物质的量浓度分别为c1和c2，则c110c2【答案】B【解析】【详解】ACa(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，将Ca(OH)2饱和溶液加热Ca(OH)2析出，溶液的pH减小，A项错误；BpH=3的盐酸中c（H+）=10-3mol/L，pH=11的氨水中c（OH-）=10-3mol/L，两种溶液H+与OH-离子浓度相等，但由于氨水为弱电解质，不能完全电离，则氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH7，B项正确；CHI为强电解质，将0.1mol/L的HI溶液加水稀释l00倍，氢离子浓度变成约为0.001mol/L，根据KW=c（H+）c（OH-）可知，溶液中氢氧根离子的浓度随之变大，C项错误；D若为弱酸，则因醋酸为弱电解质，浓度越小，电离程度越大，故当pH分别为a和（a+1），物质的量浓度分别为c1和c2时，则有c110c2，D项错误；答案选B。19.下列描述或表达式正确的是（）A. 不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质B. NaHSO4在稀溶液中的电离方程式：NaHSO4Na+H+SO42-C. 电解、电泳、电离、电化腐蚀等过程均需要通电才进行D. 对于反应MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4+S+2H2O，每有1molMnO2被氧化，转移2mol电子【答案】B【解析】A电解质的强弱与溶解性无关，不溶于水的盐可能是强电解质，CaCO3、BaSO4熔融状态完全电离，均是强电解质，故A错误；BNaHSO4在稀溶液中完全电离成钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式：NaHSO4Na+H+SO42-，故B正确；C电解、电泳等过程均需要通电才进行，电离、电化腐蚀不需要通电，故C错误；D反应MnO2+ZnS+2H2SO4MnSO4+ZnSO4+S+2H2O中Mn元素的化合价降低，被还原，则1molMnO2被还原，转移2mol电子，故D错误；故选B。20.25时，由水电离出的c(H+)= 11013molL1的溶液中，一定不能大量共存的离子组是 K、Al3+、Cl、CO32 K、Fe3、I、SO42 Fe2、Cl、NO3、SO42 Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】由水电离出的c(H+)= 11013molL1的溶液中，可能呈强酸性，pH=1，也可能呈强碱性，pH=13， 在酸性条件下CO32不能大量存在，在碱性条件下Al3+不能大量存在，故此项选； 在碱性条件下Fe3不能大量存在，在酸性条件下Fe3与I之间发生氧化还原反应不能大量共存，故此项选； 在碱性条件下，Fe2因生成沉淀不能大量存在，在酸性条件下NO3会氧化Fe2不能大量共存，故此项选；无论是酸性还是碱性溶液，HCO3都不能大量存在，故此项选； 无论是酸性条件还是碱性条件，K、Ba2、Cl、NO3之间不会反应，可以大量存在，故此项不选；故选C。【点睛】注意题干信息是要求一定不能共存，若在酸性条件可以共存，或是碱性条件可以共存，则不符合题意。21.向盛有稀盐酸的烧杯中逐滴加入NaOH溶液，测得烧杯中溶液的pH变化如图所示，下列说法正确的是（ ）A. a点所示的溶液中含有的溶质是NaOH和NaClB. b点所示的溶液能使紫色石蕊溶液变红C. c点表示NaOH和稀盐酸恰好完全反应D. a、b、c所示的溶液中都含有Na+、Cl【答案】D【解析】【详解】A. 稀盐酸显酸性，pH小于7，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯化钠溶液显中性，pH等于7，氢氧化钠溶液显碱性，pH大于7，a点所示的溶液pH小于7，稀盐酸没有完全反应，含有的溶质是HCl和NaCl，A项错误；B.b点所示的溶液pH等于7，稀盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，溶液显中性，不能使紫色石蕊溶液变色，B项错误；C.c点时溶液的pH大于7，溶液显碱性，NaOH过量，C项错误；D氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，a、b、c所示的溶液中都含有氯化钠，氯化钠在溶液中以钠离子和氯离子的形式存在，溶液中都含有Na+、Cl-，D项正确；答案选D。【点睛】抓住每个阶段的反应实质及反应物是否过量，最终得出溶液的溶质成分是解答本题的关键。22.下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是A. 甲烷的燃烧热为890.3kJmol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(g) H = -890.3kJmol-1B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为57.3kJmol-1，则1/2H2SO4(aq)+1/2Ba(OH)2(aq)1/2BaSO4(s)+H2O(l) H = -57.3kJmol-1C. 500、30MPa下，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H = -38.6kJmol-1D. 已知25、101KPa条件下：4Al(s) + 3O2(g) 2A12O3(s) H = -2834.9kJmol-1，4Al(s) + 2O3(g) 2A12O3(s) H = -3119.1kJmol-1，则O2比O3稳定【答案】D【解析】【分析】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol；根据盖斯定律:3O2(g)2O3(g)H=-2834.9kJmol-1-(-3119.1KJmol-1)=284.1KJ/mol，所以氧气能量小于臭氧；【详解】甲烷的燃烧热是1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(l) H = -890.3kJmol-1，故A错误 ；H2SO4(aq)与Ba(OH)生成水和硫酸钡沉淀，所以0.5molH2SO4(aq)与0.5molBa(OH)2(aq)反应放出热量大于57.3kJ，故B错误；合成氨反应可逆，将0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1mol，所以N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) H V2=V1B. V3=V2=V1C. V3V2V1D. V1=V2V3【答案】A【解析】等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3H2O三种碱溶液，溶液中的OH浓度相同，因为Ba(OH)2、NaOH为强碱，NH3H2O为弱碱，则NH3H2O 浓度远远大于Ba(OH)2和NaOH，所以用去酸的体积为：V3V2V1，故A正确。第II卷（非选择题)二、实验题25.酸碱中和滴定是中学化学常见实验。.下图表示50mL酸式滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中剩余液体的体积是_mL。A、a B、大于a C、小于(50-a) D、大于(50-a).某同学欲测定某浓硫酸样品的物质的量浓度，进行了以下实验操作：A 冷却至室温后，在100mL容量瓶中定容配成100mL稀硫酸。B 量取20.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂。C 将酸式滴定管和碱式滴定管用蒸馏水洗涤干净，并用各待盛溶液润洗。D 将物质的量浓度为1.50 molL1的标准NaOH溶液装入碱式滴定管，调节液面记下读数V1。E 继续滴定至终点，记下读数为V2。F 在锥形瓶下垫一张白纸，把锥形瓶移到碱式滴定管下小心滴入NaOH标准溶液，边滴边摇动锥形瓶。G 量取浓硫酸样品5 mL，在烧杯中用蒸馏水溶解。H 重复以上实验。请回答下列问题：（1）该实验正确操作步骤的顺序为_ A _D_ H（用编号字母填写）。（2）量取5mL浓硫酸仪器是_；量取20.00mL稀硫酸的仪器是_。（3）选用的指示剂是_。滴定过程中，视线应注视_；判断到达滴定终点的现象是_；读数时，视线应_（填“高于”、“低于”或“相平于”）溶液凹液面的最低处。（4）下表是实验测得的有关数据：滴定序号待测稀硫酸的体积(mL)所消耗NaOH标准溶液液的体积(mL)V1V22000050226020006002790请计算出该浓硫酸样品的浓度为_molL1 (不必写出计算过程)。【答案】 (1). D (2). G (3). C (4). B (5). F (6). E (7). 量筒 (8). 酸式滴定管 (9). 酚酞或甲基橙 (10). 锥形瓶中溶液颜色的变化 (11). 溶液由无色变成红色（或溶液由红色变成橙色）且30s内不褪色 (12). 相平于 (13). 16.5【解析】【分析】. 根据滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大以及测量原理，注意滴定管最大刻度下方无刻度；（1）根据中和滴定原理和实验要求进行排序；（2）量筒精确度为0.1mL；滴定管精确度为0.01mL；（3）根据强酸强碱盐呈中性，应选择酸性或碱性范围内变色的指示剂，如甲基橙或酚酞；根据滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达，读数时应平视溶液凹液面的最低处；（4）计算两次实验消耗氢氧化钠的体积，取平均值，依据酸碱中和反应n（OH-）=n（H+）计算浓硫酸的物质的量浓度。【详解】. 滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50ml，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于(50a)mL，故选D。. (1)用酸式滴定管准确量取浓硫酸样品10.00mL，在烧杯中用蒸馏水溶解，冷却至室温后,在250mL容量瓶中定容配成250mL稀硫酸，用移液管移取25.00mL稀硫酸于锥形瓶中并滴入几滴指示剂，将物质的量浓度为M mol/L的标准NaOH溶液装入碱式滴定管,调节液面,记下开始读数为V1，在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点,记下读数V2，故正确的操作顺序为：GACBDFEH，故答案为：G；C；B；F；E；(2)量筒精确度为0.1mL；滴定管精确度为0.01 mL，所以量取5mL浓硫酸的仪器：量筒；量取20.00mL稀硫酸的仪器是：酸式滴定管；故答案为：量筒；酸式滴定管；(3)硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠，硫酸钠溶液呈中性，应选择酸性或碱性范围内变色的指示剂，如酚酞或甲基橙；在滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；硫酸中加入酚酞，溶液显示无色，硫酸反应完全后，加入氢氧化钠溶液后，溶液显示红色且半分钟内不消失；读数时，视线应相平于溶液凹液面的最低处；故答案为：酚酞或甲基橙；锥形瓶中溶液颜色的变化；溶液由无色变成红色（或溶液由红色变成橙色）且30s内不褪色；相平于；(4)消耗氢氧化钠的体积为：22.600.50=22.10 (mL)；消耗氢氧化钠的体积为：27.906.00=21.90 (mL)；则消耗氢氧化钠溶液体积的平均值为：(22.10+21.90) 2 = 22.00 (mL)，依据酸碱中和滴定原理n(OH)=n(H+)得1.50molL122.00mL = 20.00ml2c(稀)，解得所得稀硫酸的浓度c(稀) = 0.825mol/L，再根据稀释规律c(稀)V(稀)=c(浓)V(浓)可知，该浓硫酸样品的浓度为c(浓)= =16.5mol/L。三、填空题26.2018年，美国退出了巴黎协定实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。 （1）已知：CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g)H1 = + 41.1 kJmol-1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2=90.0 kJmol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。（2）为提高CH3OH产率，理论上应采用的条件是_（填字母）。a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压（3）250、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，下图为不同投料比n(H2)/n(CO2)时某反应物X平衡转化率变化曲线。 反应物X是_（填“CO2”或“H2”）。 判断依据是_。（4）250、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2mol CO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得c(CH3OH) = 0.75 mol L1。 前10min的平均反应速率v(H2)_ molL1min 1。 化学平衡常数K = _。 催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性有高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用CO2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。【答案】 (1). 3H2 (g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol (2). d (3). CO2 (4). 恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大n(H2)/n(CO2)，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)，平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B【解析】【分析】本题主要考察化学平衡的移动；（1）考察盖斯定律，将两个热化学方程相加即可；（2）考察化学平衡移动；（3）考察反应物的平衡转化率，及影响因素；（4）考察化学反应速率、化学平衡常数、产物的选择性。【详解】（1）根据盖斯定律，将两个热化学方程式相加可得：3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9 kJ/mol；（2）根据热化学方程式可知，生成CH3OH的方向是放热反应方向，也是气体体积减小的方向，故要想提高CH3OH的产率，需要降温高压，故合理选项为d；（3）观察图中的横坐标，其物理量为，若假设n(CO2)为定值，则X的转化率随n(H2)的增大而增大，则X为CO2；（4）在同一容器中，CH3OH的浓度变化量为0.75mol L1，则有（单位：mol L1）：3H2 (g)CO2 (g)CH3OH(g)H2O(g)3111起