山东省临沂市第四中学2020-2021学年高二11月份阶段检测化学试题

2019级高二第二次阶段性检测化学试题第I卷选择题一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)1.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是A.SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)B.500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0C.H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)D.实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl+HClO【答案】D【解析】【详解】A．加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释；B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃C．H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。故选D2.有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是A.3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B.若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C.若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D.若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②【答案】C【解析】【详解】A.酸越弱，相应的钠盐越容易水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确；B.稀释促进水解，所以pH变化最大的是氢氧化钠，B不正确；C.醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确；D.氢氧化钠是强碱，所以选项D中应该是②＞①＞③，D不正确；答案选C。3.10mL浓度为1mol·L1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是①K2SO4②CH3COONa③CuSO4④Na2CO3A.①② B.①③ C.③④ D.②④【答案】A【解析】【详解】①加入K2SO4溶液，溶液稀释，浓度减小，反应速率减慢，且产生的H2量不变，①符合题意；②盐酸中加入CH3COONa，能发生反应生成CH3COOH和NaCl，c(H+)减小，反应速率减慢，但生成的CH3COOH也能与锌反应生成氢气，所以生成H2的量不减少，②符合题意；③1mol·L1的盐酸中加入CuSO4溶液，与锌反应生成ZnSO4和Cu，Zn、Cu、稀盐酸构成原电池，锌作负极，反应速率加快，③不合题意；④Na2CO3溶液的加入，发生Na2CO3＋2HCl==2NaCl＋CO2↑＋H2O，c(H＋)减小，反应变慢且产生H2的量也减少，④不合题意；综合以上分析，①②符合题意，故选A。4.反应，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是()A.容器内的温度不再变化B.容器内的压强不再变化C.相同时间内，断开键的数目和生成键的数目相等D.容器内气体的浓度【答案】A【解析】【详解】A.该反应为放热反应，反应在恒压绝热容器中进行，当容器内的温度不再变化时，说明放出的热量不再变化，表明反应已达平衡状态，故A正确；B.因反应在恒压条件下进行，反应中压强始终不变，故压强不再变化不能表明反应一定已达平衡状态，故B错误；C.断开键和生成键均表示正反应，则相同时间内，断开键的数目和生成键的数目相等不能表明反应一定已达平衡状态，故C错误；D.容器内气体的浓度与反应的起始状态有关，不能表明反应一定已达平衡状态，故D错误；故选A。【点睛】选项C通过化学键判断反应是否达到平衡状态，则需要判断反应物和生成物同时断裂的化学键数目，或者同时形成的化学键数目来比较，如断裂1mol键的同时，断裂2mol键，则反应达到平衡状态。5.有一化学平衡：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，如图表示A的转化率同压强、温度的关系，分析图象可以得出的正确结论是A.正反应是放热反应，m+n＞p+q B.正反应是放热反应，m+n＜p+qC.正反应是吸热反应，m+n＜p+q D.正反应是吸热反应，m+n＞p+q【答案】D【解析】【详解】由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，答案选D。6.已知稀氨水和稀硫酸反应生成1mol(NH4)2SO4时ΔH=24.2kJ·mol1；强酸、强碱稀溶液反应的中和热ΔH=57.3kJ·mol1。则NH3·H2O的电离热ΔH等于（）A.69.4kJ·mol1 B.45.2kJ·mol1C.+69.4kJ·mol1 D.+45.2kJ·mol1【答案】D【解析】【详解】根据题意先写出热化学方程式2NH3·H2O(aq)+H2SO4(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)；ΔH=24.2kJ/mol，即：2NH3•H2O(aq)+2H+(aq)=2NH4+(aq)+2H2O(l)；△H=24.2kJ/mol，整理可得：NH3•H2O(aq)+H+(aq)=NH4+(aq)+H2O(l)；△H=12.1kJ/mol（1）H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)；ΔH=57.3kJ/mol（2）（1）（2）可得：NH3•H2O(aq)=NH4+(aq)+OH(aq)，△H=+45.2kJ/mol，

所以NH3•H2O在水溶液中电离的△H为+45.2kJ/mol，D正确；故选D。7.将pH=1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为（）A.9 B.10 C.11 D.【答案】C【解析】【详解】pH=1的盐酸变为pH=2，溶液中的c(H+)由0.1mol/L变为0.01mol/L；假设每份溶液的体积为1L，溶液从1L稀释到10L，由溶液的稀释定律c1V1=c2V2，所以V2=10L，则所加水的体积为9L；设加入氢氧化钠溶液的体积为V，则0.01mol/L=，解之得V=L；综上所述，加入水的与氢氧化钠溶液的体积比为9：=11：1，所以C正确。8.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(－lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A.该反应的ΔH>0B.NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态C.A点对应状态的平衡常数K(A)＝10－2.294D.30℃时，B点对应状态的v(正)<v(逆【答案】B【解析】【详解】A、根据图像，随着温度的升高，K增大，说明平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，故A项正确；B、反应为固体生成气体的反应，因此只要反应进行，NH3的体积分数始终保持不变，故NH3的体积分数不变时，该反应不能说明反应达到平衡状态，故B项错误；C、根据对数公式，平衡常数为10－2.294，故C项正确；D、B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的，故D正确；答案选B。9.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8molN2O5，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.10.7 B.9.6 C.【答案】C【解析】【详解】设发生反应①时N2O5(g)转化了的物质的量为amol，发生反应②时N2O3(g)转化了的物质的量为bmol，则列三段式如下：，，由题意可知，a+b=9，ab=3.4，解得：a=6.2，b=2.8，则平衡时N2O5(g)的物质的量=(8a)mol=(86.2)mol=1.8mol，结合达到平衡状态后O2为9mol，N2O3为3.4mol，体积为2L可知，平衡时，N2O5(g)的浓度=0.9mol/L，O2的浓度=4.5mol/L，N2O3的浓度=1.7mol/L，故反应①的平衡常数K=，C正确。答案选C。10.室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32。下列说法错误的是A.上述溶液能使甲基橙试剂变黄色B.室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质C.上述溶液中CN的水解程度大于NH4+的水解程度D.室温下，0.1mol/LNaCN溶液中，CN的水解程度小于上述溶液中CN的水解程度【答案】B【解析】【分析】NH4CN属于弱酸弱碱盐，室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，说明溶液显碱性，说明CN的水解程度大于NH4+的水解程度，相对来讲，HCN是比NH3·H2O更弱的电解质，据此进行分析。【详解】A.室温下0.1mol/L的NH4CN溶液的pH等于9.32，溶液呈碱性，能使甲基橙试剂变黄色，A正确；B.结合以上分析可知，HCN是比NH3·H2O更弱的电解质，B错误；C.结合以上分析可知，CN的水解程度大于NH4+的水解程度，C正确；D.CN和NH4+均能水解，性质相反，相互促进水解，所以0.1mol/L的NH4CN溶液中NH4+的水解促进了CN的水解，D正确；答案选B。11.已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：A.该溶液的pH=4 B.升高温度，溶液的pH增大 C.此酸的电离平衡常数约为1×107 D.由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍【答案】B【解析】【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1×0.1%mol·L1=104mol·L1，pH=4，故A项正确；B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×107，故C项正确；D项，由HA电离出的c(H+)约为104mol·L1，所以c(H+，水电离)=1010mol·L1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。答案选B。12.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是（）序号①②③④pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B.②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）>c（OH－）C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③D.V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1【答案】D【解析】【详解】A.CH3COONa电离出的CH3COO－：a.与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH；b.使醋酸中的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋左移，两溶液中H＋浓度均减小，所以pH均增大，A项正确；B.③醋酸是弱酸，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，B项正确；C.分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①、②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2ONH4+＋OH－右移，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH<4，C项正确；D.假设是强酸和强碱，混合后溶液呈中性，V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要氨水的体积少，即V1>V2，D项错误；答案选D13.在25℃下，稀释HA、HB两种酸溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前酸的体积，V2A.a、b两点水的电离程度a小于bB.HA、HB两种酸溶液pH相同时，c(HA)<c(HB)C.25℃时，NaA溶液中c(A)一定大于NaB溶液中D.曲线上a、b两点一定相等【答案】C【解析】【详解】稀释前，HA、HB溶液的pH均为2，加水稀释至lg＝2，稀释100倍，HA溶液pH＝4，说明HA为强酸，溶液HB的pH<4，说明HB为弱酸。A.a、b两点HB的浓度a大于b，对水的电离的抑制程度a大于b，因此水的电离程度a小于b，选项A正确；B.HA为强酸，HB为弱酸存在电离平衡，pH相同时，c(HA)<c(HB)，选项B正确；C.HA为强酸，HB为弱酸，25℃时，NaA是强酸强碱盐，不水解，NaB溶液中B－水解，溶液显碱性，但没有告知NaA溶液和NaB溶液的浓度的大小，因此无法判断NaA溶液中c(A－)和NaB溶液中c(B－)的大小，选项CD.曲线上a、b两点==，温度不变比值一定不变，选项D正确；答案选C。14.常温时，将V1mLc1mol·L－1的氨水滴加到V2mLc2moL·L－1的盐酸中，下列结论中正确的是A.若混合溶液的pH=7，则c1V1＞c2V2B.若V1=V2，c1=c2，则溶液中c(NH4+)=c(Cl)C.若混合溶液的pH=7，则溶液中c(NH4+)＞c(Cl)D.若V1=V2，且混合液的pH＜7，则可能有c1=c2【答案】AD【解析】【详解】A．如果二者恰好完全反应(c1V1=c2V2)，则生成物为NH4Cl，水解显酸性，要使溶液显中性，则氨水要过量，即c1V1>c2V2，A正确；B．V1=V2，c1=c2，即c1V1=c2V2

，恰好中和，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH)，另两离子c(NH4+)<c(Cl)，错误；C．铵根离子水解，c(NH4+)<c(Cl)，错误；D．氨水与盐酸恰好中和（即c1V1=c2V2

）生成氯化铵溶液为强酸弱碱盐溶液，常温下溶液呈酸性，pH<7，此时V1=V2，则可能有c1=c2，正确。答案为AD。15.下列关于盐类水解的说法错误的是A.pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的物质的量浓度大小：①＞②＞③B.浓度均为0.1mol·L1的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c()的大小顺序为①＞②＞③C.在NH4Cl溶液中加入稀HNO3，能抑制水解D.将硫酸亚铁溶液加热蒸干得不到原溶质【答案】B【解析】【详解】A．等浓度时，盐水解的碱性弱于碱，多元弱酸盐的水解程度，正盐＞酸式盐，故pH相等时，物质的量浓度大小为①＞②＞③，A正确；B．①溶液中水解促进水解，使c()减小；②中只有水解；③溶液中Fe2＋抑制水解，使c()增大，c()的大小顺序为③＞②＞①，B错误；C．NH4Cl溶液中存在＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入稀HNO3，c(H＋)增大，平衡左移，抑制水解，C正确；D．在溶液蒸发的过程中，硫酸亚铁被空气中的氧气氧化而变质，故无法得到硫酸亚铁，D正确；故选B。16.常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是A.b不可能显碱性 B.a可能显酸性或碱性C.a不可能显酸性 D.b可能显碱性或酸性【答案】AB【解析】【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性。【详解】A．pH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故A正确；B．某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故B正确；C．若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故C错误；D．若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故D错误。答案选AB。【点睛】pH为3的某酸，如果是强酸，完全电离，如果是弱酸，本身的浓度要大于103，即弱酸过量，这是易错点。17.常温下，浓度均为0．1mol/L的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：序号

①

②

③

④

溶液

CH3COONa

NaHCO3

Na2CO3

NaClO

pH

8．8

9．7

11．6

10．3

下列说法正确的是

A.四种溶液中，水的电离程度①＞②＞④＞③B.Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同C.将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClOD.Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)【答案】B【解析】【详解】A．该溶液为四种盐溶液，均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解显碱性，水解程度越大，、pH越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①，A错误；

B．Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H+、OH、CO32、HCO3、H2CO3、Na+、H2O，B正确；

C．醋酸的酸性强于次氯酸，在等物质的量浓度相等下，pH小的是醋酸，C错误；

D．根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na+)=2c(CO32)+2c(HCO3)+2c(H2CO3)，D错误；

考点：考查盐类水解的应用，电解质溶液中水的电离程度大小比较，守恒关系等知识。18.25℃时，下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是（

）。A.pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c(Na+)>c(CH3COO）>c(OH)>c(H+)B.含等物质的量的CH3COONa溶液和CH3COOH的混合溶液中：c(Na+)>c(CH3COOH）>c(CH3COO）>c(H+)>c(OH)C.0.1mol/LCH3COONa溶液与0.1mol/LHCl溶液混合至pH=7：c(Na+)=c(Cl）>c(OH)=c(H+)D.0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c(Na+)=3[c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)]【答案】D【解析】A.pH=2的CH3COOH

溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性：c(Na+)>c(CH3COO)>c(H+)>c(OH)，A错误；B.含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解：c(Na+)>c(CH3COO)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH)，B错误；C.0.1mol·L1CH3COONa溶液与0.1mol·L1HCl溶液混合至pH=7：c(Na+)>c(Cl)>c(OH)=c(H+)，C错误；D.0.1mol·L1Na2CO3溶液与0.1mol·L1NaHCO3溶液等体积混合，由Na2CO3与NaHCO3各自的物料守恒可得：c(Na+)=2[c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)]，c(Na+)=c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)，则混合液中：2c(Na+)=3[c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)]，D正确。答案选D。点睛：比较溶液中微粒浓度大小是方法确定溶质成分与物质的量比例，通过三个守恒来解决问题。19.常温下，用0.1000mol·LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是A.点①所示溶液中：B.点②所示溶液中：C.点③所示溶液中：D.滴定过程中可能出现：【答案】D【解析】【详解】A、点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO－）+c（OH－）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点②pH＝7，即c（H+）＝c（OH），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO－）+c（OH－），故c（Na+）＝c（CH3COO－），故B错；C、点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，由于CH3COO－水解，且程度较小，所以c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（OH－）＞c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－），故D正确，答案选D。【点睛】该题涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，综合性强，注重答题的灵活性。对学生的思维能力提出了较高的要求，注意利用电荷守恒的角度解答。20.用0.0100mol·L1的KMnO4标准溶液滴定某未知浓度的H2C2O4溶液，A.用酸式滴定管量取标准KMnO4溶液，该滴定实验不需要指示剂B.该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶C.滴定管使用前需检验是否漏液D.若滴定终止时，俯视读数，所测H2C2O4【答案】B【解析】【详解】A．因KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，所以应使用酸式滴定管量取标准KMnO4溶液；KMnO4溶液呈紫色，所以该滴定实验不需要指示剂，A正确；B．KMnO4标准溶液和H2C2O4溶液都应放在酸式滴定管内，该实验不需要使用碱式滴定管，BC．为防止滴定过程中滴定管漏液，在滴定管使用前需检验是否漏液，C正确；D．若滴定终止时，俯视读数，则读取KMnO4标准溶液的体积偏小，所测H2C2O4浓度偏低，D故选B。第II卷非选择题二、非选择题21.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：ΔH＝+88.6kJ/mol则M、N相比，较稳定的是________。(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为726.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋1/2O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1，则a________726.5(填“＞”“＜”或“＝”)。(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________________________。(4)已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H=+489.0kJ•mol1；CO(g)+l/2O2(g)=CO2(g)△H=283.0kJ•mol1；C(石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=393.5kJ•mol1。则4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)△H=____________。【答案】(1).M(2).＜(3).2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290kJ·mol－1(4).16410kJ•mol1【解析】【分析】根据反应吸放热判断物质能量高低，进而判断物质的稳定性，根据盖斯定律书写热化学反应方程式并计算反应热。【详解】(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H=+88.6kJ•mol1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定，故答案为：M；(2)燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热，故答案为：<；(3)有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=290kJ•mol1，故答案为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)═4HCl(g)+CO2(g)△H=290kJ•mol1；(4)根据盖斯定律，将反应③×6−①×2−②×6得：4Fe(s)＋3O2(g)2Fe2O3(s)，则ΔH＝−393.5kJ·mol−1×6−489.0kJ·mol−1×2+283.0kJ·mol−1×6＝−1641.0kJ·mol−1，故答案为：1641.0kJ•mol1。【点睛】热化学方程式的书写经常是常考点。需要注意的事项如下：①热化学方程式不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明化学反应中的能量变化；②书写时，各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数，一般不用小数；③在物质的化学式后用括号注明反应物和生成物的聚集状态。一般用英文字母g、l和s分别表示物质的气态、液态和固态，水溶液中的溶质则用aq表示；④根据焓变的性质，若热化学方程式中各物质前的化学计量数加倍，则△H的数值也加倍，若反应逆向进行，则△H改变符号，但数值的绝对值不变。22.在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L时间/(s)020406080100c(N2O4)/(mol/L)0.20a0.10cdec(NO2)/(mol/L)0.000.12b4(1)表中b________c(填“＜”、“=”或“＞”)。(2)020s内N2O4的平均反应速率为__________。(3)在80℃时该反应的平衡常数K的数值为__________。(4)CO2可以被NaOH溶液吸收，若所得溶液c()∶c()＝2∶1，溶液pH＝______。(室温下，H2CO3的K1＝4×107；K2＝5×1011)(5)25℃时，H2SO3H＋＋的电离平衡常数为Ka，已知该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh＝1×1012。则Ka＝_______。【答案】(1).＞(2).0.003mol·L1·s1(3).0.72(4).10(5).1×102【解析】【分析】由反应方程式N2O4(g)2NO2(g)可求出，当c(NO2)=0.12mol/L时，c(N2O4)变化量为0.06mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L0.06mol/L=0.14mol/L；当c(NO2)=0.24mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.12mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L0.12mol/L=0.08mol/L。【详解】(1)c(N2O4)=0.10mol/L时，其浓度变化量为0.20mol/L0.10mol/L=0.10mol/L，b=0.20mol/L；当c(NO2)=0.22mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.11mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L0.11mol/L=0.09mol/L，即c=0.09mol/L，则b＞c，答案为：＞；(2)020s内N2O4的平均反应速率为=0.003mol·L1·s1，答案为：0.003mol·L1·s1；(3)在80℃时，c(NO2)=0.24mol/L时，c(N2O4)的变化量为0.12mol/L，此时c(N2O4)=0.20mol/L0.12mol/L=0.08mol/L，该反应的平衡常数K的数值为=0.72，答案为：0.72；(4)若所得溶液c()∶c()＝2∶1，根据K2＝，则c(H＋)＝K2×＝5×10－11×2mol·L－1＝10－10mol·L－1，pH＝－lg10－10＝10，答案为10；(5)Ka＝，Kh＝，Ka×Kh＝×＝c(H＋)×c(OH－)＝Kw，Ka＝＝＝1×10－2，答案为1×10－2。【点睛】在利用平衡常数进行计算时，若操作不慎，在使用时易将K1与K2混淆。23.已知水在25℃和95(1)95℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的盐酸混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH(2)95℃时，若100体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，a与b(3)25℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液(x≤6，y≥8)，取aL该盐酸与bL该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，若x＋y>14，则＝________(填表达式)。【答案】(1).1∶9(2).a+b＝14(3).10x+y14【解析】【分析】25℃时，c(H+)=c(OH)=107mol/L，KW=1014；95℃时，c(H+)=c(OH)=106mol/L，KW=1012。【详解】(1)依题意得：，则V(NaOH):V(HCl)=1∶9。答案为：1∶9；(2)依题意得：100L×10－amol/L＝1L×10－12＋bmol/L，故a＋b＝14。答案为：a+b＝14；(3)若两溶液完全中和，则溶液中n(H＋)＝n(OH－)，即10－xa＝10y－14b，整理得＝10x＋y－14。答案为：10x＋y－14。【点睛】95℃时，pH＝724.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度（mol/L）NaOH物质的量浓度（mol/L）混合溶液的pH①0.10.1pH＝9②c0.2pH＝7③0.20.1pH<7请回答：（1）从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸________。（2）②组情况表明，c__________0.2（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）从③组实验结果分析，说明HA的电离程度________NaA的水解程度（填“大于”、“小于”或“等于”），该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________。（4）①组实验所得混合溶液中由水电离出的c（OH－）＝________mol·L－1。写出该混合溶液中下列算式的精确结果（不能作近似计算）。c（Na＋）－c（A－）＝________mol·L－1，c（OH－）－c（HA）＝________mol·L－1。【答案】(1).HA是弱酸(2).大于(3).大于(4).c（A－）>c（Na＋）>c（H＋）>c（OH－）(5).10－5(6).10－5－10－9(7).10－9【解析】【分析】（1）从①组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7；（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性；（4）①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的。【详解】（1）从①组情况分析，等体积等浓度混合，恰好生成正盐，pH=9，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，故答案为：HA是弱酸；（2）若酸为强酸，等体积等浓度混合时pH=7；而HA为弱酸，等体积等浓度混合溶液的pH大于7，则为保证pH=7，应使酸浓度大于0.2mol/L，故答案为：大于；（3）由③组实验结果可知，混合后为HA与NaA的混合液，pH＜7，酸的电离大于盐的水解，电离显酸性，c（H+）＞c（OH），电离大于水解，则c（A）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH），故答案为大于；c（A）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH）；（4）①组实验所得混合溶液为NaA溶液，溶液pH=9，说明NaA为强碱弱酸盐，溶液中的氢氧根离子是水电离的，即水电离的溶液中的c（OH）=105mol/L，由电荷守恒可得c（A）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），故c（Na+）c（A）=c（OH）c（H+）=10－5－10－9。依据溶液中电荷守恒和物料守恒得到：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（A），c（Na+）=c（A）+c（HA），合并得到c（OH）c（HA）=c（H+）=109，故答案为：10－5；10－5－10－9；10－9。【点睛】本题考查了物质性质的实验验证方法和判断，主要是强电解质弱电解质的判断方法，溶液中的电荷守恒、物料守恒是解题关键。25.(1)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH＜7，其原因是_________。(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH中，c(CH3COO)由大到小的顺序是___________。(填序号)(3)c()相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为________。(填序号)(4)常温常压下，现有浓度为0.100mol·L1的六种溶液：①HCl、②H2SO4、③CH3COOH、④CH3COON