四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

嘉陵一中高2022级高二上期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：C-12H-1O-16Cu-64一、单项选择题(每题只有一个正确答案，16×3=48分)1.第31届世界大学生夏季运动会即将在成都举办。下列说法错误的是A.火炬“蓉火”使用的燃料丙烷，是一种清洁燃料B.奖牌“蓉光”绶带使用的丝绸，主要成分是纤维素C.场馆外地面使用的透水混凝土，主要成分是硅酸盐D.场馆通道使用的碲化镉太阳能发电玻璃，可将光能转化为电能【答案】B【解析】【详解】A．丙烷燃烧，产物为和，不污染环境，是一种清洁燃料，A正确；B．丝绸的主要成分是蛋白质，B错误；C．水泥与石沙组成的混凝土，主要成分是硅酸盐，C正确；D．碲化镉太阳能发电玻璃，可将吸收光能，使之转化为电能，D正确；故选B。2.化学密切联系生产、生活实际，下列说法正确的是A.冶炼铝选择原料，冰晶石作助熔剂B.电解精炼粗铜时，粗铜作阴极C.锅炉内壁装上若干镁合金用来保护钢铁设备，原理是牺牲阳极的阴极保护法D.铁皮上电镀锌时，锌作阳极；镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．冶炼铝选择为原料，冰晶石作助熔剂，故A错误；B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，故B错误；C．锅炉内壁装上若干镁合金，镁比铁活泼，镁合金作负极，采用原电池原理牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁，故C正确；D．镀锌铁皮的镀层破损后，锌比铁活泼，锌作负极，铁依旧被保护，故D错误；故选：C。 3.下列物质在水溶液中电离方程式错误的是A.HNO3＝H++B.BaCO3Ba2++C.KHSO4＝K++H++D.NH3•H2O+OH﹣【答案】B【解析】【详解】A．硝酸在水溶液中完全电离，电离方程式为HNO3＝H++，A正确；B．碳酸钡溶于水部分完全电离，电离方程式为BaCO3=Ba2++，B错误；C．硫酸氢钾在水溶液完全电离，电离方程式为KHSO4＝K++H++，C正确；D．一水合氨为弱电解质，水溶液中部分电离，电离方程式为NH3•H2O+OH﹣，D正确；故选B。4.实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是A.醋酸溶液中加氢氧化钠固体至恰好反应BBa(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至恰好反应C.向自来水中加入少量NaOH固体D.HCl溶液中加入NaOH固体至恰好反应【答案】D【解析】【详解】A．醋酸为弱电解质，溶液中加入氢氧化钠固体后，与醋酸反应生成醋酸钠，醋酸钠为强电解质，溶液的导电性增强，故A不符合题意；B．Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液恰好完全反应，氢氧化钡为强电解质，滴入硫酸，反应生成硫酸钡和水，导电能力降低，故B不符合题意；C．NaOH是强电解质，自来水中离子浓度很小，导电性很弱，加入强电解质NaOH后离子浓度变化较大，导电性变化较大，溶液的导电能力增强，故C不符合题意；D．HCl为强电解质，氯化钠也是强电解质，HCl溶液中加入NaOH固体至恰好反应，生成水和氯化钠，溶液中离子浓度变化不大，溶液的导电能力几乎不变，故D符合题意，答案选D。5.的稀醋酸中存在平衡：。下列说法正确的是A.加水时，平衡向逆反应方向移动 B.加入少量固体，平衡向正反应方向移动C.加入少量盐酸，溶液中减小D.加入少量固体，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【详解】A．加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向移动，故A错误；B．加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡向着正向移动，故B正确；C．盐酸是强电解质，加入后溶液中c（H+）增大，电离平衡向着逆向移动，但是达到新的平衡时，溶液中c（H+）增大，故C错误；D．加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO-）增大，则电离平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，故D错误；故选：B。6.在密闭容器中充入一定量M和N，发生反应：，平衡时M的浓度为，平衡后第时保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2倍，第再次达到平衡时，测得M的浓度为。下列有关判断正确的是A.之间，M的平均反应速率为B.降低温度，M的体积分数增大C.增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大D.反应方程式中【答案】D【解析】【分析】平衡时测得M的浓度为0.5mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，M的浓度变为0.25mol/L，而再达平衡时，测得M的浓度降低为0.3mol/L,由此可知容器容积增大，压强减小，平衡逆向移动了。【详解】A．10~20s之间，M的平均反应速率为=0.005mol/(L·s)，选项A错误；B．反应放热，降低温度平衡正向移动，M的体积分数减小，选项B错误；C．平衡常数只与温度有关，故增大压强，平衡正向移动，但平衡常数不变，选项C错误；D．由分析可知，压强减小，平衡逆向移动，平衡向体积增大的方向移动，故x+y>z，选项D正确；答案选D。 7.NaHA在水中的电离方程式为NaHA=Na++H++A2-。某温度下，向c(H+)=1×10-6mol·L-1的蒸馏水中加入NaHA晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H+)=1×10-2mol·L-1。下列对该溶液的叙述不正确的是A.该温度高于25℃B.由水电离出来的H+浓度为1×10-10mol/LC.加入NaHA晶体抑制了水的电离D.取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH-)减小【答案】D【解析】【详解】A．水是弱电解质，电离会吸收热量，在室温下水的离子积常数Kw=1×10-14。某温度下，蒸馏水c(H+)=1×10-6mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw=1×10-12＞1×10-14，说明温度高于室温25℃，A正确；B．向该温度下的蒸馏水中加入NaHA晶体，测得溶液c(H+)=1×10-2mol/L，则该温度水溶液中c(OH-)=1×10-10mol/L。溶液中的OH-就是水电离产生，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此该溶液中由水电离出来的H+的浓度为1×10-10mol/L，B正确；C．加入NaHSO4晶体，盐溶于水电离产生H+，增大了溶液中c(H+)，水的电离平衡逆向移动，因而抑制了水的电离，C正确；D．向蒸馏水中加入NaHA晶体，盐溶于水电离产生H+，使溶液显酸性。取该溶液加水稀释100倍，溶液中c(H+)减小，由于Kw=c(H+)·c(OH-)，所以c(H+)减小，则c(OH-)增大，D错误；故选D。8.下列实验装置(部分夹持装置已略去)可以达到对应实验目的或描述正确的是选项ABCD实验目的制测定溶液的浓度中和滴定终点读数为测定中和热实验装置 A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．可在加热条件下通入HCl气体除去MgCl2∙2H2O中的结晶水来制备MgCl2，A项正确；B．KMnO4标准溶液呈酸性，应该用酸式滴定管，B项错误；C．滴定管读数自上而下由小变大，图中读数应为25.50mL，C项错误；D．图中缺少玻璃搅拌器，不能准确测定中和热，D项错误。答案选A。9.对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是A.①压强对反应的影响B.②温度对反应的影响C.③恒容平衡体系增加c(N2)对反应的影响D.④催化剂对反应的影响【答案】C【解析】【详解】A．增大压强，合成氨的化学反应速率加快，化学平衡正向移动，根据图示知道压强应该是p2<p1，且p1条件下，氨气的百分含量更大，故A错误；B．升高温度，化学反应向着逆反应方向进行，反应物氮气转化率减小，故B错误；C．增加反应物的浓度，化学平衡向着正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．加入催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但是不会引起平衡的移动，D错误；故本题选C。10.我国科学家发明了一种Zn－PbO2二次电池，装置如图，X、Z区域电解质溶液不同，分别为H2SO4溶液和KOH溶液中的一种。下列说法错误的是 A.Z区域电解质溶液为H2SO4溶液B.放电时，Zn电极反应Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)C.放电时，Z区域pH降低D.若充电时Y区域K2SO4溶液浓度减小，则N为阴离子膜【答案】C【解析】【分析】由图可知，Zn价态升高失电子，故Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，PbO2电极为正极，电极反应式为PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，充电时，Zn作阴极，PbO2电极为阳极，电极反应式为PbSO4+2H2O-2e-═PbO2+4H++，据此作答。【详解】A．由分析可知，PbO2电极为正极，电极反应式为PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，则Z区域电解质溶液为H2SO4溶液，故A正确；B．由分析可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故C正确；C．放电时，PbO2电极为正极，电极反应式为PbO2+4H+++2e-═PbSO4+2H2O，消耗H+，pH升高，故C错误；D．充电时，PbO2电极为阳极，电极反应式为PbSO4+2H2O-2e-═PbO2+4H++，Y区域K2SO4溶液浓度减小，硫酸根向右移动，则N为阴离子膜，故D正确。答案选C。11.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1。在V2O5存在时该反应机理为：①V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；②4VO2+O2→2V2O5(慢)。下列说法不正确的是A.基元反应发生的先决条件是反应物分子发生有效碰撞B.增大SO2的浓度可以显著提高总反应的速率C.V2O5的存在提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快D.逆反应的活化能比正反应的活化能大198kJ•mol-1 【答案】B【解析】【详解】A．基元反应发生的先决条件是反应物分子发生有效碰撞，故A正确；B．反应①是快反应，对总反应的影响不大，增大SO2的浓度不可以显著提高总反应的速率，故B错误；C．根据反应机理可知，V2O5是反应的催化剂，所以提高了该反应活化分子百分数，使有效碰撞次数增加，反应速率加快，故C正确；D．∆H＝正反应的活化能﹣逆反应的活化能＝-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故D正确；故选B。12.科学家研制出一种高性能水系酸碱双液锌-溴二次电池，其总反应为：Zn+2OH-+BrZnO+H2O+3Br-，中间的双极性膜(BPM)能隔开酸碱双液且能允许K+通过，如图所示。下列说法正确的是A.放电时，锌电极的电势低于石墨电极B.放电时，K+向锌电极迁移C.充电时，阴极室的pH减小D.充电时，石墨电极发生反应：Br-2e-=3Br-【答案】A【解析】【分析】该二次电池放电时，锌作负极，石墨作正极；充电时，锌作阴极，石墨作阳极。【详解】A．电流由电势高的地方流向电势低的地方，电子由锌极向石墨电极移动，电流由石墨电极向锌极移动，故锌电极的电势低于石墨电极，A正确；B．放电时，锌极失去电子，化合价升高，阴离子流向锌极，阳离子流向正极，故K+向石墨电极迁移，B错误；C．充电时，阴极发生电极反应：ZnO+2e-+H2O=Zn+2OH-，有OH-生成，pH增大，故C错误；D．充电时，石墨电极发生反应：3Br--2e-=Br，故D错误；正确答案是A。13.氨氮废水 处置一直是工业难题，最近我国科学家开发了如图电解装置可将其氧化去除。处理前先调节废水pH=12，通电后可将其转化为无害气体，已知装置中A、B电极均为惰性电极，下列分析错误的是A.电极A应与外电源正极相连B.处理废水过程中A电极发生的反应为：Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2OC.OH-从电极B向电极A定向移动D.N2与H2的体积比为3∶1【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，电极A上Cl-失电子被氧化为ClO-，A是阳极，电极A应与外电源正极相连，故A正确；B．处理废水过程中A电极发生反应Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2O，反应消耗OH-，pH降低，故B正确；C．OH-向阳极移动，A是阳极，OH-从电极B向电极A定向移动，故C正确；D．生成1molN2转移6mol电子，生成1molH2转移2mol电子，根据得失电子守恒，N2与H2的体积比为1∶3，故D错误；故选D。14.协同转化的微生物电池(下图左池)可同时实现净化有机废水、含铬()废水和淡化盐水三重功能，并且驱动电化学合成装置(下图右池)制备1，2-二氯乙烷。图中离子交换膜仅允许Na+或Cl-通过。下列说法错误的是A.A室中充入有机废水，C室中充入含铬废水B.a、c膜为Cl-离子交换膜，b、d膜为Na+离子交换膜C.理论上1mol还原为Cr(III)，两装置共可脱除6molNaCl D.D室电极上发生的反应为CH2=CH2-2e-+2Cl-=ClCH2CH2Cl【答案】C【解析】【分析】由图可知，左图是原电池，电子流出的是负极，则A是负极室，C是正极室，右图是电解池，D为阳极室，F为阴极室，以此分析；【详解】A．根据分析，A为负极，C为正极，发生还原反应将还原为Cr3+，故C室充入含铬的废水，A是有机废水，A正确；B．原电池中，阳离子移向正极C，阴离子移向负极A，在电解池中，阴离子移向阳极D，阳离子移向阴极F，则a、c膜是阴离子交换膜，b、d膜是阳离子交换膜，B正确；C．C电极室发生的电极反应为，根据电荷守恒，1mol反应，会有6molNa+转移到C室，脱去6molNaCl，D室内发生的反应，转移6mole-，消耗6molCl-，会有6molCl-转移到D室，脱去6molNaCl，共脱去12molNaCl，C错误；D．D为阳极，发生氧化反应，D极发生的反应为，D正确；故答案为：C。15.将等物质的量的A、B混合于2L的恒容密闭容器中，发生反应：3A(g)+B(g)=xC(g)+2D(g)，2min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率v(C)=0.25mol/(L·min)，下列说法正确的是A.2min时，A的物质的量为1.5molB.2min时，A的转化率为60%C.反应速率v(B)=0.25mol/(L·min)D.该反应方程式中，x=1【答案】A【解析】【分析】由v(C)=0.25mol/(L·min)知，2min内C的浓度变化量Δc(C)=0.25mol/(L·min)×2min=0.5mol/L，设A、B初始浓度为amol/L，结合题中数据，可列出“三段式”：则2min时，c(A)：c(B)=(a-0.75)：(a-0.25)=3：5，解得a=1.5【详解】A．2min时，A的浓度为1.5-0.75=0.75mol/L，物质的量为1.5mol，A正确； B．2min时，A的转化率为=50%，B错误；C．v(B)==0.125mol/(L·min)，C错误；D．由于Δc(C)=Δc(D)，x=2，D错误；故选A。16.在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量相同的碳粉，再分别加入和，在不同温度下反应达到平衡，平衡时随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是A.该反应的、B.体系的总压强p：C.平衡常数：D.时，Ⅳ点所处的状态中【答案】D【解析】【详解】A．生成物气体的计量数较大，则，故A错误；B．由图像可知，升高温度，的平衡浓度减少，所以正反应为吸热反应。升高温度，平衡正向移动，气体的物质的量增大，压强增大，故B错误；C．正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则平衡常数增大，故C错误：D．Ⅳ点未达到平衡，如达到平衡，则应增大，向逆向进行，则，故D正确；故选D。二、填空题(共4个小题，52分)17.科学家制造出一种使用固态电解质的燃料电池，效率更高，可用于航天航空。如图装置中，以稀土金属材料作为惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固态电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2 固体，在高温下能传导O2-(O2+4e-=2O2-)。（1）c电极的名称为________(填“正极”或“负极”)，d电极上的电极反应式为：________。（2）如图所示用惰性电极电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为：________，若a电极产生112mL(标准状况)气体，则所得溶液的c(H+)=________mol/L(不考虑溶液体积变化)；若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________(填字母)。a.CuOb.Cu(OH)2c.CuCO3d.Cu2(OH)2CO3【答案】（1）①.正极②.CH4+O2--8e-=CO2+2H2O（2）①.4OH--4e-=2H2O+O2↑/2H2O-4e-=O2↑+4H+②.0.2③.ac【解析】【分析】电流的方向是从正极流向负极，根据以稀土金属材料作为惰性电极图所示，c电极为正极，d电极为负极，即A通入空气，B通入甲烷，电解质为固体电解质，d电极反应式为，c电极反应式为：；用惰性电极电解100mL溶液如图可以看到有外加电源，即该装置为电解池，根据电解原理，a为阳极，b为阴极，a电极反应式为：，b电极上不产生气体，反应式为：，总反应方程式为：;【小问1详解】根据分析可知，c电极正极；根据分析可知，d电极为负极，电极反应式为：； 【小问2详解】根据分析可知，a电极反应方程式为：；根据a极反应式可知，，，；a．根据电解方程式，脱离体系的是Cu和氧气，因此加入CuO能恢复到电解前的状态，a符合题意；b．可以拆成，使溶液浓度降低，b不符合题意；c．可以拆写成，二氧化碳对原溶液无影响，c项符合题意；d．可以拆写成，使溶液浓度降低，d项不符合题意；答案选ac。18.CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。某兴趣小组了解到空气燃料实验系统可利用二氧化碳和水直接合成甲醇，结合有关信息他们推测到其工作时反应原理如下：I.CO2(g)+2H2(g)CO(g)+H2(g)+O2(g)△H=+akJ•mol-1II.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=-bkJ•mol-1已知：2H2O(l)=O2(g)+2H2(g)△H=+ckJ•mol-1（1）2CO2(g)+4H2O(g)2CH3OH(g)+3O2(g)的△H为________kJ/mol。（2）T℃时，在体积为1L的密闭容器中加入2molCO和4molH2发生反应II，经过5min达到平衡，此时H2的浓度为2mol•L-1。回答下列问题：①下列叙述不能判断反应达到平衡的是________(填选项符号)。A.v正(CO)=v逆(CH3OH)B.混合气体密度不再变化C.体系的压强不再变化D.CO与H2转化率相等②0～5min内用CO表示的反应速率为________mol•L-1•min-1，反应的平衡常数K=________(mol•L-1)-2。③T℃时，再向容器中充入2molCO和4molH2，重新达到平衡时CO的浓度________(填“＞”或“＜”或“=”)原平衡的2倍。（3）其它条件不变，CO2平衡转化率与温度的关系如图所示，T1之后CO2平衡转化率随温度升高而降低的原因是________。 【答案】（1）2a-2b+c（2）①.BD②.0.2③.0.25④.＜（3）T1之后主要发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO浓度增大，导致反应I逆向移动，转化率降低【解析】【小问1详解】令III：2H2O(l)=O2(g)+2H2(g)△H=+ckJ•mol-1，由盖斯定律可知，2×反应I+2反应II+反应III可得2CO2(g)+4H2O(g)2CH3OH(g)+3O2(g)△H=(2a-2b+c)kJ/mol。【小问2详解】①A．v正(CO)=v逆(CH3OH)时，说明正逆反应速率相等，可以判断反应达到平衡状态，A不符合题意；B．恒容条件下，混合气体的总质量不变，混合气体密度一直不变，不能判断达到平衡状态，B符合题意；C．该反应前后气体分子数变化，恒容条件下，体系的压强不再变化是可以判断达到化学平衡状态，C不符合题意；D．CO与H2与按系数比投料，转化率始终相等，不能判断达到化学平衡状态，D符合题意；故选BD。②根据题中数据可列出三段式：，0～5min内用CO表示的反应速率为：mol•L-1•min-1，反应的平衡常数；=0.25。③T℃时，再向容器中充入2molCO和4molH2，不考虑平衡移动，平衡时CO的浓度为原来的二倍，但该反应正向气体分子数减少，恒容条件下再通入等量的反应物相当于加压，平衡正向移动，故重新达到平衡时CO的浓度<原平衡的两倍。【小问3详解】 T1之后CO2平衡转化率随温度升高而降低的原因是：T1之后主要发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO浓度增大，导致反应I逆向移动，转化率降低。19.I.常温下，根据表中的几种物质的电离平衡常数回答下列问题：弱酸CH3COOHNH3•H2OH2CO3电离平衡常数Ka=1.8×10-5Kb=1.8×10-5Ka1=4×10-7Ka2=4×10-11（1）若取pH、体积均相等的NaOH溶液和氨水分别用水稀释m倍、n倍，稀释后pH仍相等，则m________(填“＞”“＜”或“=”)n。（2）某温度下纯水的c(H+)=4.0×10-7mol/L，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=________。（3）常温时，向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，此时溶液pH=________。（4）已知NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，H2CO3的Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11，则反应NH3•H2O+H2CO3NH+HCO+H2O的平衡常数K=________。Ⅱ.某实验小组用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸。（5）①量取待测盐酸20.00mL放入锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞溶液作指示剂。②用0.1000mol•L-1的NaOH溶液滴定。如何判断滴定终点________。（6）实验记录如表。计算可得，待测盐酸浓度为________mol/L。滴定次数滴定管中液面初始读数/mL滴定终点液面读数/mL10.0015.0421.2016.2630.0215.10（7）误差分析：滴定时，若加入待测盐酸前用待测盐酸润洗锥形瓶，将导致测定结果________(填“ 偏大”、“偏小”或“不变”)。（8）常温下，将pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH________7(用＞、=、＜表示)。【答案】（1）＜（2）8.0×10-10mol/L（3）5（4）720（5）当最后一点滴定液加入后，溶液变为红色且半分钟内不褪色（6）0.0753（7）偏大（8）＞【解析】【小问1详解】NaOH是一元强碱，c(OH-)=c(NaOH)，NH3·H2O是一元弱碱，部分电离，存在电离平衡，主要以电解质分子存在，c(NH3·H2O)>(OH-)，因此当氨水与NaOH的pH相等时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)。若将两种溶液都稀释相同倍数，氨水中存在的NH3·H2O会进一步电离产生OH-，使氨水中c(OH-)比NaOH大，因此要使稀释后溶液的pH相等，则氨水应该再进一步稀释，故稀释的倍数m<n。小问2详解】某温度下纯水的c(H+)=4.0×10-7mol/L，则水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=4.0×10-7×4.0×10-7=1.6×10-13，若温度不变，滴入稀盐酸，使c(H+)=2.0×10-4mol/L，则此溶液中由水电离产生的c(H+)=c(OH-)==8.0×10-10mol/L。【小问3详解】向0.1mol•L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液时CH3COOH的电离常数K==1.8×10-5不变，故c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9时，此时溶液pH=5。【小问4详解】反应NH3•H2O+H2CO3NH+HCO+H2O的平衡常数K=，分子、分母同时乘以c(H+)c(OH-)可得：K=。【小问5详解】用0.1000mol•L-1的NaOH溶液滴定待测盐酸20.00mL，以酚酞作为指示剂，滴定前锥形瓶中液体是无色的，滴定终点时，NaOH 稍过量，溶液为浅红色，滴定终点现象为：当最后一点滴定液加入后，溶液变为红色且半分钟内不褪色。【小问6详解】3次消耗氢氧化钠的平均体积为15.06mL，根据HCl~NaOH可知，待测盐酸浓度为。【小问7详解】滴定时，若加入待测盐酸前用待测盐酸润洗锥形瓶，将导致氢氧化钠标准液用量增加，测定结果偏大。【小问8详解】pH=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10-3 mol/L，即氨水的浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，溶液呈碱性，则所得溶液的pH＞7。20.I.查阅资料：NaNO2溶液和NH4Cl溶液在50℃左右微热可反应生成N2。（1）实验小组用不同浓度的NaNO2溶液、NH4Cl溶液及少量醋酸溶液(作催化剂)反应，其速率方程为v=kcm(NaNO2)•cn(NH4Cl)•c(H+)，k为反应速率常数，以此计算反应的瞬时速率。反应物浓度与反应的瞬时速率如表所示：实验编号NaNO2溶液/mol•L-1NH4Cl溶液/mol•L-1H+/mol•L-1V/mol•L-1•min-110.1000.1000.0012.0×10-820.2000.1000.0018.0×10-830.1000.2000.0014.0×10-8①由表实验数据计算得m=________。②该反应的速率常数k=________L3•mol-3•min-1。Ⅱ.由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一。（2）在一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=-50kJ•mol-1①若x=1、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图1所示，点a_________填“已”或“未”)达到平衡。T2时，若起始压强为10atm，Kp=________atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 ②已知速率方程v正=k正c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响，图2表示速率常数k正、k逆的对数lgk与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图1中a点、c点的速率常数，其中点________(填A或B或D或E)表示c点的lgk逆。Ⅲ.回答下列问题：（3）甲醇和CO2可直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3，简称DMC)：2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)ΔH＜0。一定条件下分别向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的初始物质发生该反应，各容器中温度、反应物的起始量如表，反应过程中DMC的物质的量浓度随时间变化如图3所示：容器甲乙丙容积(L)0.50.5V 温度(℃)T1T2T1起始量1molCO2(g)、2molCH3OH(g)1molDMC(g)、1molH2O(g)2molCO2(g)、2molCH3OH(g)乙容器中，若平衡时n(CO2)=0.2mol，则T1________T2(填“＞”“＜"或”=”)。甲、丙两容器的反应达平衡时CO2的转化率：甲________丙(填“＞”“＜"或”=”)。【答案】（1）①.2②.0.02（2）①.未②.2.4③.A（3）①.＞②.＞【解析】【小问1详解】①据实验1、2的数据以及速率方程可知，可得m=2；②据实验1、3的数据以及速率方程可知，可得n=1，将m=2，n=l代入实验1的速率方程，可得该反应的速率常数k=0.02L3•mol-3•min-1。【小问2详解】①由图可知，b点H2的转化率最大，则b点为平衡点，a点的反应速率小于b，反应速率较慢，则a点未达到平衡，若x=1、y=3，T2时，氢气的平衡转化率为80%，列出“三段式”：平衡时各气体的总物质的量为2.4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时总压p=6tm，Kp==2.4atm-2。②正反应放热，升高温度平逆向移动，温度对逆反应速率影响大，所以AE表示lgk逆与温度的倒数之间的关系、BD表示lgk正与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图1中a点、c 点的速率常数，越小，lgk逆越大，点A表示c点的lgk逆。【小问3详解】