【解析】安徽省宣城市三校（郎溪中学宣城二中广德中学）2017-2018学年高二上学期期中联考化学试题

安徽省宣城市三校（郎溪中学、宣城二中、广德中学）学年高二上学期期中联考化学试题（解析版）安徽省宣城市三校（郎溪中学、宣城二中、广德中学）学年高二上学期期中联考化学试题考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间100分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。3.本卷可能用到的相对原子质量：H1、C12、O16、N14、Cl35.5、Na23、Zn65第Ⅰ卷(选择题

共48分)一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.世界环境日主题之一“提高你的呼声而不是海平面”，提倡节能减排。以下措施中不能体现这一思想的是A.

电解铝工业中添加冰晶石降低能耗B.

研制出性能优良的催化剂，降低反应所需温度C.

开发太阳能、风能、氢能等清洁能源D.

创新科技，大力发展火电，改善用电紧张状况【答案】D【解析】A、在电解铝工业中添加冰晶石，冰晶石能降低三氧化二铝熔点，符合节能减排，选项A正确；B、研制出性能优良的催化剂，降低反应所需温度，减少能源消耗，选项B正确；

C、开发太阳能、风能、氢能等清洁能源，用这些清洁能源替代化石能源，符合节能减排，选项C正确；

D、大力发展火电，缓解用电紧张，火电会消耗大量化石能源，且会产生大量的污染，选项D错误。答案选D。2.下列数据不一定随着温度升高而增大的是A.

化学反应速率υB.

化学平衡常数KC.

弱电解质的电离平衡常数KD.

水的离子积常数Kw【答案】B【解析】试题分析：A、升高温度，化学反应速率加快，A不符合；B、平衡常数只与温度有关系，若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，B符合；C、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离，电离平衡常数增大，C不符合；D、水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，电离程度增大，水的离子积增大，D不符合；答案选B。考点：考查温度对反应速率、化学平衡常数、水的离子积以及电离平衡常数的影响3.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。下列描述正确的是A.

反应在0～10s内，用Z表示的反应速率为0.158mol·L1·s1B.

反应在0～10s内，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L1C.

反应进行到10s时，Y的转化率为79.0%D.

该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)

Z(g)【答案】C【解析】分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X、Y是反应物，Z是生成物，初步分析它们的变化量分别为Δn(X)＝1．20mol－0．41mol＝0．79mol，Δn(Y)＝1．0mol－0．21mol＝0．79mol，Δn(Z)＝1．58mol，首先确定该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)===2Z(g)。据选项要求分别计算出v(Z)＝＝0．079mol·L－1·s－1；Δc(X)＝＝0．395mol·L－1；α(Y)＝×100%＝79%，只有C选项正确。4.下列说法中有明显错误的是A.

对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B.

活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞C.

加入适宜的催化剂，可使分子能量增加，从而可使活化分子的百分数大大增加，因而反应速率增大D.

升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大【答案】C【解析】A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，选项A正确；B、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，选项B正确；C、催化剂可使反应需要的能量减小，即活化能降低，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，选项C错误；D、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，选项D正确。答案选C。5.下列关于平衡常数的说法中，正确的是A.

从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度B.

在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值C.

平衡常数的大小只与浓度有关，而与温度、压强、催化剂等无关D.

在平衡常数表达式中，反应物浓度用初始浓度，生成物浓度用平衡浓度【答案】A【解析】A、平衡常数越大，反应进行的程度越大，可逆程度越小，平衡常数K的大小可以推断一个反应进行的程度，选项A正确；B、化学平衡常数受温度影响，温度变化，化学平衡常数发生变化，选项B错误；C、平衡常数K只与温度有关，反应浓度、压强不影响化学平衡常数，选项C错误；D、在平衡常数表达式中，反应物浓度、生成物浓度都用平衡浓度，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查化学平衡常数的影响因素与意义，比较基础，注意基础知识的掌握。6.如图所示，a和b是盐酸和氢氧化钠溶液相互反应的pH值变化曲线，下列说法不正确的是A.

NaOH的物质的量浓度：c(NaOH)=0.1mol·L1B.

a和b曲线上的任何一点都有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)C.

P点溶液中：c(Na+)=c(Cl)>c(H+)=c(OH)D.

曲线b是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸的pH值变化曲线【答案】B【解析】根据曲线b可知NaOH溶液的pH＝13，则氢氧化钠溶液的浓度：c(NaOH)＝0.1mol·L－1，A正确；未滴定时氢氧化钠中没有氯离子，盐酸中没有钠离子，B错误；根据曲线可以看出P点时pH＝7，说明溶液呈中性，c(Na＋)＝c(Cl－)、c(H＋)＝c(OH－)，溶液中氢离子和氢氧根离子浓度很小，则c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，C正确；曲线b的pH是由大到小，说明是氢氧化钠溶液中逐滴加入盐酸溶液的pH值变化曲线，D正确。点睛：本题考查中和滴定、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，试题借助于滴定曲线考查了中和滴定过程中PH的变化，注意掌握比较溶液中离子浓度大小的方法．7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.

对于2HI(g)

H2(g)+I2(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深B.

溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅C.

合成氨反应，为提高氨的产率，理论上应采取降低温度的措施D.

反应CO(g)+NO2(g)

CO2(g)+NO(g）

△H＜0，达平衡后，升高温度体系颜色变深【答案】A【解析】A、对于2HI(g)

H2(g)+I2(g)，因反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动无影响，缩小容器体积各气体浓度都增大而使体系颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，选项A选；B、加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用勒夏特列原理解释，选项B不选；C、合成氨反应为放热反应，较低温度有利于平衡向正反应方向移动，可用勒夏特列原理解释，选项C不选；D、正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，体系颜色变深，可用勒夏特列原理解释，选项D不选。答案选A。点睛：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应且存在平衡移动，易错点为B，注意从提高产率的角度。8.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol·L－1氨水至0.01mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是A.

c(OH)B.

C.

D.

【答案】D【解析】NH3·H2O

NH4+

+OH—，随溶液的稀释，促进弱碱的电离，电离程度增大。A、电离程度增大，n(OH)增大，但c(OH)减小，选项A错误；B、根据电离方程式NH3·H2O

NH4+

+OH—，每产生一个氢氧根离子，就产生一个铵根离子，所以c(NH+4)c(OH−)c(NH4+)c(OH)几乎不变，选项B错误；C、电离平衡正向移动使得NH3·H2O浓度减小的更多，c(NH3⋅H2O)c(NH+4)c(NH3⋅H2O)c(NH4+)一直在减小，选项C错误；D、电离平衡正向移动使得NH3·H2O浓度减小的更多，c(OH−)c(NH3⋅H2O)c(OH)c(NH3⋅H2O)一直在增大，选项D正确。答案选D。9.α1和α2、c1和c2分别为两个恒容容器中平衡体系N2O4(g)2NO2(g)和3O2(g)2O3(g)的反应物转化率及反应物的平衡浓度，在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量。下列判断正确的是A.

α1减小，α2增大，c1、c2均增大B.

α1、α2均增大，c1、c2均增大C.

α1增大，α2减小，c1、c2均增大D.

α1减小，α2增大，c1增大，c2减小【答案】A【解析】在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，对反应N2O4(g)2NO2(g)，增大压强平衡逆向移动，所以α1减小，而反应3O2(g)2O3(g)增大压强，平衡正向移动，所以α2增大，但平衡时反应物和生成物的浓度都比原平衡的浓度大，则c1、c2均增大，答案选A。点睛：本题考查化学平衡的影响因素。在温度不变的情况下，均增加反应物的物质的量，在体积不变的情况下，相当于增大压强，由此分析解答。10.某密闭容器中发生如下反应：2X（g）+Y（g）Z（g）△H＜0

下图是表示该反应速率（v）随时间（t）变化的关系图。t2、t3、t5时刻外界条件均有改变（但都没有改变各物质的用量）。则下列说法中不正确的是A.

t3时减小了压强B.

t5时增大了压强C.

t6时刻后反应物的转化率最低D.

t1时该反应的平衡常数大于t6时反应的平衡常数【答案】B【解析】2X(g)＋Y(g)

Z(g)；△H<0，说明是一个体积系数和减小、正反应放热的可逆反应；t2

时正逆反应速率等倍数增大，一定是加入了催化剂，t3

时正逆反应速率均减小，但平衡逆向移动，说明是减小了压强所致，选项A正确；同样t5

时逆向移动，正逆反应速率均增大，应该是升温所致，选项B不正确；因t6

时刻后反应物的转化率最低，选项C正确；由于过程中有升温情况，而升温使平衡左移，平衡常数减小。故t1时该反应的平衡常数大于t6时反应的平衡常数，选项D正确。答案选B。11.已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)

△H=Q1KJ/mol；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

△H=Q2KJ/mol；

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

△H=Q3KJ/mol。常温下，取体积比为4：1的甲烷和氢气的混合气体11．2L（标准状况），经完全燃烧后恢复到到常温，放出的热量（单位：KJ）为A.

0.4Q1+0.05Q2B.

0.4Q1+0.05Q3C.

0.4Q1+0.1Q3D.

0.4Q1+0.2Q3【答案】B【解析】混合气的物质的量是0.5mol，其中甲烷是0.4mol，氢气是0.1mol。由于是恢复到常温下，所以生成物水是液态，因此反应中放出的热量是0.4Q1＋0.05Q3，答案选B。点睛：本题考查反应热的有关计算。该题是常识性知识的考查，试题基础性强。该题的关键是明确水的状态，然后根据题意列式计算即可。12.下列实验操作及结论合理的是A.

用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则测定结果偏低B.

用盐酸标准溶液滴定待测的氢氧化钠溶液时，酸式滴定管尖嘴处开始有气泡，滴后气泡消失，会使测定结果偏低C.

用湿润PH试纸测溶液PH时，应用滴管取液滴在试纸上，再与标准比色卡对比D.

取a克Na2CO3和NaHCO3混合物于锥形瓶中加适量水溶解，酚酞作指示剂，用cmol·L－1的标准盐酸滴定，可测定混合物中Na2CO3的质量分数【答案】D【解析】试题分析：A、滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积偏大，则测定结果偏高，错误；B、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V（标准）偏大，则测定结果偏高，错误；C、PH试纸的使用不能用蒸馏水湿润；D、取a克Na2CO3和NaHCO3混合物于锥形瓶中加适量水溶解，酚酞作指示剂，用cmol·L－1的标准盐酸滴定，可测定混合物中Na2CO3的质量分数，正确。考点：考查化学实验基本操作。13.下列四种溶液中：

①

pH＝0的盐酸、②

0.1mol·L1的盐酸、③

0.01mol·L1的NaOH溶液、④

pH=11的NaOH溶液。室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①∶②∶③∶④)是A.

1:10:100:1000B.

0:1:12:11C.

14:13:12:11D.

14:13:2:3【答案】A【解析】酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，①pH=0的盐酸，溶液中氢离子浓度为1mol/L，水电离的氢氧根离子为10−mol/L=1×1014mol/L；②0.1mol/L盐酸，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，水电离的氢氧根离子为10−140..1mol/L=1×1013mol/L；③0．01mol/L的NaOH

溶液，溶液中氢离子浓度为10−140.0110140.01mol/L=1×1012mol/L；④pH=11的NaOH

溶液，溶液中氢离子浓度为1×1011mol/L；所以由水电离产生的c(H+)之比①：②：③：④=1×1014mol/L：1×1013mol/L：1×1012mol/L：1×1011mol/L=1：10：100：1000，故选A。点晴：本题考查了水的电离以及pH的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查。解题关键是合理判断酸碱溶液中水电离情况分析及计算方法，酸溶液中，氢氧根离子是水电离，碱溶液中氢离子是水电离的，因此在水中加入酸或者碱溶液，导致溶液中氢离子或者氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离。14.用来表示可逆反应2A(g)＋B(g)

2C(g)(正反应为放热反应)的正确图像为

A.

AB.

BC.

CD.

D【答案】C【解析】A项，温度越高反应速率越快，所以500℃时达到平衡用的时间应该少，因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500℃达到平衡时C的质量分数应该偏低，故A错误；B项，升高温度，正、逆反应速率都增大，故B错误；C项，增大压强反应速率增大，平衡向气体分子数减小的方向移动，故ν（正）>ν（逆），故C正确；D项，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，故压强越大，A的转化率应该越低，又因为正反应为放热反应，所以升温，不利于平衡正向移动，500℃达到平衡时A的转化率应该偏低，故D错误。综上，选C。15.下列关于说法正确的是A.

HCl和NaOH反应的中和热为57.3kJ/mol，H2SO3和NaOH反应的中和热也为57.3kJ/molB.

已知C2H5OH（l）的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）反应的△H=﹣1366.8kJ/molC.

在一定温度和压强下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放出热量19.3kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H=﹣38.6kJ/molD.

一定条件下2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)

△H1

，2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(l)

△H2

则△H1＞△H2【答案】D【解析】A、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，H2SO3为弱酸电离要吸热，所以NaOH和H2SO3反应放出的热量比57.3kJ小，选项A错误；B、已知C2H5OH（l）的燃烧热是1366.8kJ/mol，则C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）反应的△H=1366.8kJ/mol，选项B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，因此N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

△H≠38.6kJ/mol，选项C错误；D、2mol气态SO3比2mol液态SO3的能量高，因此生成2mol气态SO3时放出的热量少，焓变大，即△H1＞△H2，选项D正确。答案选D。16.液氨和水类似，也能电离：NH3+NH3NH4++NH2，25℃时，其离子积K=1.0×1030。现将2.3g金属钠投入1.0L液氨中，钠完全反应，有NaNH2和H2产生，则所得溶液中粒子关系不正确的是（设温度保持不变，溶液体积为1L）A.

c（NH4+）=1.0×1029mol•L1B.

c（Na+）=c（NH2）C.

c（NH2）＞c（NH4+）D.

c（NH4+）•c（NH2）=1.0×1030【答案】B【解析】A、2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，促进液氨的电离，c（NH4+）•c（NH2）=l.0×l030；反应生成NH2物质的量为0.1mol，浓度为0.1mol/L，所以所得溶液中NH4+的浓度l.0×l029mol/L，选项A正确；B、溶液中电荷守恒，所以c（Na+）+c（NH4+）=c（NH2），选项B不正确；C、c（NH2）=0.1mol/L，c（NH4+）=l.0×l029mol/L，所以c（NH2）＞c（NH4+），选项C正确；

D、离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，K=c（NH4+）•c（NH2）=1.0×1030，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查弱电解质的电离，利用知识迁移的方法结合水的电离进行分析。第Ⅱ卷(非选择题

共52分)二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.在80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：

时间(s)c(mol·L1)020406080100c(N2O4)0.20a0.10Cdec(NO2)0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。（1）该反应的化学方程式为。（2）20s时，N2O4的的浓度为mol·L1，0～20s内N2O4的平均反应速率为。（3）该反应的平衡常数表达式K=，80℃反应K值为保留2位小数)。（4）在其他条件相同时，该反应的K值越大，表明建立平衡时。A．N2O4的转化率越高

B．NO2的产量越大C．N2O4与NO2的浓度之比越大

D．正反应进行的程度越大（5）要增大该反应的K值，可采取的措施A．增大N2O4起始浓度

B．向混合气中通入NO2C．使用高效催化剂

D．升高温度（6）下图是80℃时容器中N2O4浓度的变化图，请在该图中补画出该反应在60℃反应时N2O4浓度的变化曲线。【答案】N2O42NO20.140.003mol/(L·s)

c2(NO2)c(N2O4)c2(NO2)c(N2O4)0.54ABDD【解析】（1）该反应的化学方程式为：N2O42NO2；（2）进行到20S；

N2O42NO2

起始量（mol）

0.4

0变化量（mol）0.12

0.2420s末（mol）

0.28

0.2420s时，N2O4的浓度=0.28mol2L0.28mol2L=0.14mol/L；0～20s内N2O4的平均反应速率=0.12mol2L20s0.12mol2L20s=0.003mol/(L•s)；（3）N2O42NO2，平衡常数K=c2(NO2)c(N2O4)c2(NO2)c(N2O4)；80°C平衡状态和60S是相同平衡状态，平衡浓度c（NO2）=0.22mol/L，c（N2O4）=0.09mol/L；平衡常数K=c2(NO2)c(N2O4)c2(NO2)c(N2O4)=0.2220.090.2220.09=0.54mol/L；（4）反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅，说明反应向逆反应方向移动，逆反应是放热反应，正反应是吸热反应；该反应的K值越大，说明平衡正向进行，是温度降低的原因；A、平衡正向进行N2O4的转化率越高，选项A正确；B、平衡正向进行NO2的产量越大，选项B正确；C、依据上述计算分析平衡正向进行，N2O4与NO2的浓度之比越小，选项C错误；D、该反应的K值越大，说明平衡正向进行，正反应进行的程度越大，选项D正确。答案选ABD；（5）平衡常数只受温度影响，要增大该反应的K值，应改变温度使平衡向正反应方向移动，该反应正反应是吸热反应，故应升高温度平衡向正反应方向移动，平衡常数K增大，答案选D；（6）温度降低，化学反应速率减慢，到达平衡的时间长，同时，温度降低，化学平衡向放热的方向移动，即逆反应方向移动，如下图：。点睛：本题考查化学平衡移动以及有关计算，做题时注意外界条件对化学平衡的影响。注意（5）中平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变。18.工业上一般在密闭容器中采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)（1）不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。①该反应△S0（填“>”或“<”），自发进行（填“一定能”、“一定不能”、“不一定”）。②实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是。（2）某温度下，将2molCO和6molH2充入2L体积不变的密闭容器中，充分反应达到平衡测得c(CO)=0.1mol·L1

。①在其他条件不变的情况下，将容器体积压缩到原来的1/2，与原平衡相比，下列有关说法正确的是（填序号）。a.

氢气的浓度减少

b.

正反应速率加快，你反应速率也加快c.

甲醇的物质的量增加

d.

重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大②若保持同一反应温度将起始物质改为amolCO、bmolH2、cmolCH3OH,欲使平衡混合物中各组成与原平衡相同，则a、b应满足的关系式为，且欲使开始时该反应向逆方向进行，c的取值范围是。【答案】<

不一定该压强下，CO转化率已较高（90%左后），在增大压强CO转化率提高不大，且生产成本增加bcb=2+2a(答a+c=2或b+2c=6也可）1.8<c≤2【解析】试题分析：（1）①0..知：在压强不变的情况下：升高温度，CO的转化率降低，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动。逆反应方向是吸热反应。正反应是放热反应。所以ΔH<0.在温度不变时，增大压强，CO的转化率增大。说明增大压强化学平衡向正反应方向移动。ΔS<0..由于正反应是一个体系混乱程度减小的放热反应，所以无法确定该反应能否自发进行。②选择此压强的理由是在该压强下，CO转化率已较高（90%左右），再增大压强，CO转化率虽然提高但提高不大，且生产成本增加的多，效益反而降低。（2）①反应开始时COH2CH3OH的浓度分别是1mo/L3mol/L0mol/L,在反应过程中转化浓度分别是0.9mol/L1.8mol/L0.9mol/L.所以它们的平衡浓度分别是0.1mol/L1.2mol/L0.9mol/L所以达到化学平衡时平衡常数是K=(0.9)÷{0.1×(1.2)2}="6.25"②将容器体积压缩到原来的1/2，化学平衡向正反应方向移动。与原平衡相比，正反应速率加快，逆反应速率也加快；各物质的浓度都增大，甲醇的物质的量也增加增加；D．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小。正确选项为：bc.③若保持同一反应温度将起始物质改为amolCO、bmolH2、cmolCH30H，欲使平衡混合物中各组成与原平衡相同，则a、b应满足的关系为b=2+2a.假如物质时由CH3OH转化生成，则开始时n(CH3OH)=2mol，因为平衡时n(CH3OH)=0.9mol/L×2L=1.8mol.所以欲使开始时该反应向逆反应方向进行，c的取值范围是1.8＜c≤2考点：考查反应进行的方向和外界条件对化学平衡的影响的知识。19.定量分析是化学实验中重要的组成部分。Ⅰ．中和热的测定：（1）在实验室中，用50mL0.40mol/L的盐酸与50mL0.50mol/L的NaOH溶液反应测定和热。假设此时溶液密度均为1g/cm3，生成溶液的比容热c=4.18J/(g•℃)，实验起始温度为T1℃，终止温度为T2℃，请写出中和热的计算式（写出最后结果）△H=KJ/mol。（2）1L1mol/LH2SO4溶液与2L1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量。请写出表示该反应中和热的热化学方程式。Ⅱ．氧化还原滴定实验与中和滴定类似。为测定某H2C2O4溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀H2SO4后，用浓度为cmol/LKMnO4标准溶液滴定。（1）滴定原理为：（用离子方程式表示）。（2）滴定时，KMnO4溶液应装在

（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。润洗滴定管的操作方法是。（3）如图表示50mL滴定管中液面的位置，此时滴定管中液面的读数为mL。（4）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取H2C2O4溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL26.3224.0223.98从上表可以看出，第一次实验中记录消耗KMnO4溶液的体积明显多于后两次，其原因以下选项中的引起。A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积B．滴加KMnO4溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗（5）写出计算H2C2O4的物质的量浓度的最简表达式：C=

mol/L。【答案】－20.9（T2—T1）1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)

△H＝－57.3kJ/mol6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O酸式向滴定管内注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后，从尖嘴放出液体；重复上述操作23次即可21.40CDC=60C/V【解析】Ⅰ．（1）根据Q=m•c•△T=4.18J/（g•℃）×100mL×1g/cm3（T2T1）=0.418（T2T1）kJ，中和热的计算式△H=QnQn=0.418（T2−T1）kJ0.40mol/L×0.05L0.418（T2T1）kJ0.40mol/L×0.05L=20.9（T2—T1）kJ/mol；（2）1L1mol/LH2SO4溶液与2L1mol/LNaOH溶液完全反应，放出114.6kJ的热量，则生成1mol水放出57.3kJ的热量，反应的热化学方程式为：1212

H2SO4(aq)+NaOH(aq)＝1212

Na2SO4(aq)+H2O(l)

△H＝－57.3kJ/mol；Ⅱ．（1）MnO4（H+）→Mn2+、H2C2O4→CO2

反应中其他元素没有得、失电子，据Mn和C的化合价变化分析，MnO4与H2C2O4的物质的量之比为2：5，再据原子守恒和电荷守恒得到的离子方程式为：6H++2MnO4+5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；滴定原理为：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O；（2）高锰酸钾具有很强的氧化性，应用酸式滴定管盛装；润洗滴定管的操作方法是:向滴定管内注入少量标准液，倾斜转动滴定管润洗全部内壁后，从尖嘴放出液体；重复上述操作23次即可；（3）如图表示50mL滴定管中液面的位置，

A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为21，滴定管中液面读数应为21.40mL；（4）A、俯视反而使得读数偏小，消耗的体积也变小，选项A不符合；B、滴加KMnO4溶液要点滴，尤其到滴定终点时更要慢，而且溶液变色要半分钟不褪色，否则体积偏小，选项B不符合；C、未用标准液润洗，滴定管中残留的水会稀释标准液，使得浓度变小，滴定消耗的体积变大，选项C符合；D、滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，会使得锥形瓶中待装液浓度变大，从而消耗标准液的量增大，选项D符合。答案选CD；（5）根据离子反应方程式6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，高锰酸钾和草酸反应的物质的量之比为2：5，消耗高锰酸钾物质的量为24.02mL+23.98mL224.02mL+23.98mL2×103L/mL×cmol/L=0.012cmol，则VmL草酸的浓度为：0.012cmol×5V×10−3L0.012cmol×5V×103L=60cV60cVmol/L。点睛：本题考查酸碱滴定实验，难度较大，会根据实际需要选取指示剂，注意滴定管上的刻度和量筒上刻度的区别。20.已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下,CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+

ΔH＞0。（1）常温下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c(CH3COO)＝