山西省运城市康杰中学高二化学上学期期中试题含解析

山西省运城市康杰中学2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷　一、选择题（共18小题）1．下列说法不正确的是（　　）A．固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将提高B．化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体C．直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧的效果好D．化石燃料在任何条件下都能充分燃烧　2．反应A（固）+2B（气）⇌2C（气）在一密闭容器中进行，当改变下列条件之一时，一定能增大反应速率的是（　　）A．增加A物质的量B．降低温度C．压缩反应容器体积D．消耗掉部分B物质　3．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（　　）①酸的浓度和体积②碱的浓度和体积③比热容④反应后溶液的质量⑤生成水的物质的量⑥反应前后温度的变化⑦操作所需时间．A．①②③⑥B．①③④⑤C．③④⑤⑥D．全部　4．常温下，下列溶液中与1.0×10﹣5mol/L的NaOH溶液的pH相同的是（　　）A．把pH=6的盐酸稀释1000倍B．把pH=8的NaOH溶液稀释10倍C．把pH=8和pH=10的NaOH溶液等体积混合D．把pH=10的Ba（OH）2溶液稀释10倍　5．近年来化学科学家采用“组合转化”技术，将二氧化碳在一定条件下转化为重要的化工原料乙烯：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol．关于该反应，下列图示与对应的叙述相符的是（　　）A．图1表示该反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示一定条件下反应达到平衡后改变压强反应物的转化率的变化C．图3表示一定条件下反应达到平衡后改变温度反应平衡常数的变化D．图4表示一定条件下反应达到平衡后改变温度、压强产物百分含量的变化　6．反应CH3OH（l）+NH3（g）═CH3NH2（g）+H2O（g）在某温度自发向右进行，若反应|△H|=17kJ/mol，|△H﹣T△S|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（　　）-20-\nA．△H＞0，△H﹣T△S＜0B．△H＜0，△H﹣T△S＞0C．△H＞0，△H﹣T△S＞0D．△H＜0，△H﹣T△S＜0　7．在一个密闭容器中盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8mol/L和5.4mol/L，在一定的条件下它们反应生成NH3，10min后测得N2的浓度是0.8mol/L，则在这10min内NH3的平均反应速率是（　　）A．0.1mol/（L•min）B．0.2mol/（L•min）C．0.3mol/（L•min）D．0.6mol/（L•min）　8．氢气是未来的理想能源，理由是（　　）①热值高②燃烧时不污染环境③用于制取H2的水资源丰富④密度小，便于运输．A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④　9．关于强、弱电解质叙述正确的是（　　）A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物C．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子D．强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱　10．对某弱酸稀溶液加热时，下列叙述错误的是（　　）A．弱酸的电离程度增大B．弱酸分子的浓度减小C．溶液的c（OH﹣）增大D．溶液的导电性增强　11．发射卫星时可用肼（N2H4）做燃料，已知在298K时，1g肼气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量．下列有关肼燃烧的热化学方程式正确的是（　　）A．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=534.4kJ•mol﹣1B．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.4kJ•mol﹣1C．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣534.4kJ•mol﹣1D．N2H4（g）+O2（g）═N2+2H2O△H=﹣534.4kJ•mol﹣1　12．一定条件下，在恒容密闭容器中，发生化学反应X（s）+2Y（g）⇌2Z（g）．下列说法中：①X、Y、Z的物质的量之比1：2：2；②混合气体的密度不在改变；③容器中的压强不再发生变化；④单位时间内生成nmolZ，同时生成nmolY上述说法中一定达到化学平衡状态的是（　　）A．②③B．①④C．①②D．②④　13．一定条件下，体积为2L的密闭容器中，1molX和3molY进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），经12s达到平衡，生成0.6molZ．下列说法正确的是（　　）A．以X浓度变化表示的反应速率为mol（L•s）B．12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为原来的C．若增大X的浓度，则物质Y的转化率减小D．若该反应的△H＜0，升高温度，平衡常数K减小-20-\n　14．反应2A（g）⇌2B（g）+C（g）△H＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（　　）A．加压B．减压C．减小B的浓度D．降温　15．pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C．a=5时，A是弱酸，B是强酸D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2　16．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提2022～2022学年度高二氧化硫的利用率　17．常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（　　）A．11：1B．9：1C．1：11D．1：9　18．已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（　　）A．容器内压强P：P甲=P丙＞2P乙B．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙C．c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙　　二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）19．有两只密闭容器A和B，A容器有一个移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容．起始时向这两只容器中分别充入等量的体积比为2：1的SO2与O2的混合气体，并使A和B容积相等（如图）．在保持400℃的条件下使之发生如下反应：2SO2（g）+O22SO3（g），填写下列空格．（1）达到平衡时所需的时间A容器比B容器　　　　　　，A容器中SO2的转化率比B容器　　　　　　．-20-\n达到上述平衡后，若向两容器中通入数量不多的等量氩气，A容器化学平衡　　　　　　移动，B容器化学平衡　　　　　　移动．（3）达到上述平衡后，若向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡时，A容器中SO3的体积分数与原平衡相比　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；B容器中SO3的体积分数与原平衡相比　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）．　20．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示．（1）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为　　　　　　．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a与b之间应满足的关系是　　　　　　．（3）在曲线B所对应的温度下，将0.02mol/L的Ba（OH）2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH=　　　　　　．　21．目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93.0kJ/mol回答下列问题：（1）在恒温恒容密闭容器中进行的工业合成氨反应，下列能表示达到平衡状态的是　　　　　　．A．反应容器中N2、NH3的物质的量的比值不再发生变化B．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化C．三种物质的浓度比恰好等于化学方程式中各物质的化学计量数之比D．单位时间内断开3a个H﹣H键的同时形成6a个N﹣H键理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是　　　　　　．A．增大压强B．使用合适的催化剂C．升高温度D．及时分离出产物中的NH3（3）如图为合成氨反应在使用相同的催化剂，不同温度和压强条件下进行反应，初始时N2和H2的体积比为1：3时的平衡混合物中氨的体积分数，分别用vA（NH3）和vB（NH3）表示从反应开始到平衡状态A、B时的反应速率，则vA（NH3）　　　　　　vB（NH3）（填“＞”、“＜”或“=”），该反应的平衡常数KA　　　　　　KB（填“＞”、“＜”或“=”），在250℃、1.0×104kPa下达到平衡，H2的转化率为　　　　　　%（计算结果保留小数点后一位）-20-\n　22．1840年前后，瑞士科学家盖斯（Hess）指出，一个化学反应的热效应，仅与反应物的最初状态及生成物的最终状态有关，而与中间步骤无关，这就是著名的“盖斯定理”．现已知，在101kPa下，CH4（g）、H2（g）、C（s）的燃烧热分别为890.3kJ•mol﹣1、285，8kJ•mol﹣1和393.5kJ•mol﹣1，请回答下列问题：（1）写出甲烷燃烧的热化学方程式：　　　　　　；标准状况下，5.6L的氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为　　　　　　kJ；（3）反应：C（s）+2H2（g）═2CH4（g）的反应热△H═　　　　　　．　　三、解答题（共1小题）（选答题，不自动判卷）23．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：（1）将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有　　　　　　．取10.00mL待测液，用　　　　　　式滴定管量取．（3）用0.2022mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视　　　　　　，直到滴定到终点．（4）根据下列数据，计算烧碱的纯度为　　　　　　．滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液为例，判断下列操作引起的误差（填“偏大”、“偏小”“无影响”或“无法判断”）①读数：滴定前平视，滴定后俯视　　　　　　②用待测液润洗锥形瓶　　　　　　③滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁　　　　　　．　　山西省运城市康杰中学2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共18小题）1．下列说法不正确的是（　　）A．固体煤变为气体燃料后，燃烧效率将提高-20-\nB．化石燃料在燃烧过程中能产生污染环境的CO、SO2等有害气体C．直接燃烧煤不如将煤进行深加工后再燃烧的效果好D．化石燃料在任何条件下都能充分燃烧【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】常规题型；化学反应中的能量变化．【分析】A、气体燃料燃烧更充分；B、含硫燃料煤燃烧易产生二氧化硫，产生的CO、S02等有害气体会污染环境；C、将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好；D、化石燃料不完全燃烧会生成一氧化碳等气体．【解答】解：A、气体燃料燃烧更充分，故固体煤变为气体燃料后，燃烧效率更高，故A正确；B、化石燃料在燃烧过程中，不完全燃烧会生成一氧化碳，化石燃料在燃烧过程中产生的CO、S02等有害气体会污染环境，故B正确；C、直接燃烧煤会排放出大量的有害气体灰尘等，将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好，故C正确；D、化石燃料需在足量的氧气中能充分燃烧，氧气量不足，会不完全燃烧生成一氧化碳等气体，故D错误．故选D．【点评】本题主要考查化石燃料的燃烧和防污染提效率的措施，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．　2．反应A（固）+2B（气）⇌2C（气）在一密闭容器中进行，当改变下列条件之一时，一定能增大反应速率的是（　　）A．增加A物质的量B．降低温度C．压缩反应容器体积D．消耗掉部分B物质【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】影响化学反应速率的因素有：浓度、温度、压强、催化剂、反应物接触面积，根据方程式知，要增大反应速率，可以增大气体浓度、增大压强、加入催化剂、增大反应物接触面积等，据此分析解答．【解答】解：A．增加A的物质的量，A是固体，其浓度不变，不能改变反应速率，故A错误；B．降低温度，降低活化分子百分数，反应速率降低，故B错误；C．压缩反应容器体积，气体浓度增大，增大单位体积内活化分子数，所以反应速率增大，故C正确；D．消耗掉部分B物质，降低单位体积内活化分子数，所以反应速率降低，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，外界条件只是影响因素，决定物质反应速率的是物质本身的性质，题目难度不大．　3．为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是（　　）①酸的浓度和体积②碱的浓度和体积③比热容④反应后溶液的质量⑤生成水的物质的量⑥反应前后温度的变化⑦操作所需时间．A．①②③⑥B．①③④⑤C．③④⑤⑥D．全部【考点】中和热的测定．-20-\n【专题】综合实验题．【分析】根据中和热的计算公式△H=﹣来确定实验中需要的数据．【解答】解：由反应热的计算公式△H=﹣可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容，酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化△T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量，故选A．【点评】本题考查中和热的测定原理，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．　4．常温下，下列溶液中与1.0×10﹣5mol/L的NaOH溶液的pH相同的是（　　）A．把pH=6的盐酸稀释1000倍B．把pH=8的NaOH溶液稀释10倍C．把pH=8和pH=10的NaOH溶液等体积混合D．把pH=10的Ba（OH）2溶液稀释10倍【考点】pH的简单计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下，下列溶液中与1.0×10﹣5mol/L的NaOH溶液的pH为9，A、把pH=6的盐酸稀释1000倍，PH接近7；B、把pH=8的NaOH溶液稀释10倍，PH接近7；C、先根据混合溶液的氢氧根离子浓度，再结合离子积常数计算氢离子浓度，根据溶液pH的公式计算；D、把pH=10的Ba（OH）2溶液稀释10倍pH为9．【解答】解：A、把pH=6的盐酸稀释1000倍，PH接近7，故A错误；B、把pH=8的NaOH溶液稀释10倍，PH接近7，故B错误；C、设两种碱的体积都是1L，pH=8和pH=10的两种NaOH溶液等体积混合后，混合溶液中氢氧根离子浓度=5.05×10﹣5mol/L，则混合溶液中氢离子浓度=mol/L=2×10﹣10mol/L，pH=9.7，故C错误；D、把pH=10的Ba（OH）2溶液稀释10倍pH为9，故D正确；故选D．【点评】本题考查了pH的简单计算，先计算溶液中氢离子浓度，再根据pH公式计算溶液的pH值．　5．近年来化学科学家采用“组合转化”技术，将二氧化碳在一定条件下转化为重要的化工原料乙烯：2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol．关于该反应，下列图示与对应的叙述相符的是（　　）-20-\nA．图1表示该反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示一定条件下反应达到平衡后改变压强反应物的转化率的变化C．图3表示一定条件下反应达到平衡后改变温度反应平衡常数的变化D．图4表示一定条件下反应达到平衡后改变温度、压强产物百分含量的变化【考点】化学平衡的影响因素；化学反应的能量变化规律．【分析】A、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，据此判断此反应为吸热反应，故生成物总能量高于反应物总能量；B、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，此反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡右移，转化率升高；C、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，此反应为吸热反应，升高温度，K（正）增大，K（逆）减小；D、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，此反应为吸热反应，温度越高，生成物百分含量越大．【解答】解：A、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，据此判断此反应为吸热反应，故生成物总能量高于反应物总能量，此图与分析不符合，故A错误；B、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，此反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡右移，转化率升高，此图符合，故B正确；C、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，此反应为吸热反应，升高温度，K（正）增大，K（逆）减小，此图不符合，故C错误；D、2CO2（g）+6H2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）；△H=+1411.0kJ/mol，此反应为吸热反应，温度越高，生成物百分含量越大，此图不符合，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是化学平衡的影响因素，影响因素有：温度、压强、催化剂、浓度等，熟练掌握此反应的反应特点是解决本题的关键，难度不大．　6．反应CH3OH（l）+NH3（g）═CH3NH2（g）+H2O（g）在某温度自发向右进行，若反应|△H|=17kJ/mol，|△H﹣T△S|=17kJ/mol，对于该反应下列关系正确的是（　　）A．△H＞0，△H﹣T△S＜0B．△H＜0，△H﹣T△S＞0C．△H＞0，△H﹣T△S＞0D．△H＜0，△H﹣T△S＜0【考点】反应热的大小比较．【分析】反应能自发进行，应满则△G=△H﹣T•△S＜0，以此解答该题．【解答】解：该反应在一定温度下能够自发的向右进行，这说明△H﹣T△S一定是小于0，根据方程式可知该反应的△S＞0，所以如果△H＜0，则该反应在任何温度下都是自发进行的，而该反应在一定温度下能够自发的向右进行，因此该反应的反应热△H＞0，故选A．【点评】该题是基础性试题的考查，难度不大．该题的关键是掌握△G=△H﹣T•△S，并能灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑思维能力．-20-\n　7．在一个密闭容器中盛有N2和H2，它们的起始浓度分别是1.8mol/L和5.4mol/L，在一定的条件下它们反应生成NH3，10min后测得N2的浓度是0.8mol/L，则在这10min内NH3的平均反应速率是（　　）A．0.1mol/（L•min）B．0.2mol/（L•min）C．0.3mol/（L•min）D．0.6mol/（L•min）【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】先求出氮气的平均反应速率，再根据同一反应，不同物质反应速率速率之比等于计量数之比，求出氨气的平均反应速率．【解答】解：v（N2）==0.1mol•L﹣1•min﹣1，同一反应，不同物质反应速率速率之比等于计量数之比，所以v（NH3）=2v（N2）=2×0.1mol•L﹣1•min﹣1=0.2mol•L﹣1•min﹣1故选：B．【点评】本题考查反应速率的简单计算，知道在同一反应中，不同物质反应速率速率之比等于计量数之比，题目较简单．　8．氢气是未来的理想能源，理由是（　　）①热值高②燃烧时不污染环境③用于制取H2的水资源丰富④密度小，便于运输．A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④【考点】清洁能源．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据氢气具有可燃性，燃烧时的发热量高，燃烧的产物是水无污染，可以用水制取氢气，来源广，氢气密度小，占据空间大，不便于运输，据此分析解答．【解答】解：①氢气的热值为1.4×108J/kg，和其它能源比较，热值高，故①正确；②氢气在氧气中燃烧生成水，反应的化学方程式为：2H2+O22H2O，故②正确；③用于制取H2的水资源丰富，故③正确；④密度小，和其它能源比较，同质量占据空间大，不便于运输，故④错误；故选：A．【点评】本题考查了有关氢能源的知识，掌握氢气的可燃性、燃烧的产物，制取的方法是解答的关键，题目难度不大．　9．关于强、弱电解质叙述正确的是（　　）A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物C．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子D．强电解质的水溶液导电能力强，弱电解质的水溶液导电能力弱【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．有些强电解质为共价化合物，有些弱电解质为离子化合物；B．电解质强弱与溶解性无关；C．根据强、弱电解质的定义解答；-20-\nD．水溶液中导电能力与离子的浓度有关，浓度越大导电能力越强，浓度越小导电能力越弱．【解答】解：A．氯化氢为强电解质，但氯化氢为共价化合物，氢氧化铝为弱电解质，但它是离子化合物，故A错误；B．硫酸钡为强电解质，难溶于水，醋酸易溶于水为弱电解质，故B错误；C．强电解质在水中完全电离，不存在溶质分子，弱电解质在水中部分电离，存在溶质分子，故C正确；D．水溶液中导电能力差的电解质不一定为弱电解质，如硫酸钡是强电解质，难溶于水，离子浓度小，导电能力弱，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了导电能力大小与强弱电解质的关系，难度不大，注意导电能力大小与离子浓度有关，与电解质强弱无关，电解质的强弱与溶解性无关，是解答本题的关键．　10．对某弱酸稀溶液加热时，下列叙述错误的是（　　）A．弱酸的电离程度增大B．弱酸分子的浓度减小C．溶液的c（OH﹣）增大D．溶液的导电性增强【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】常规题型；基本概念与基本理论；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】加热弱酸稀溶液，促进弱酸电离，导致弱酸中氢离子和酸根离子浓度增大，溶液导电能力与离子浓度成正比，据此分析解答．【解答】解：A．弱酸的电离是吸热反应，升高温度促进弱酸电离，弱酸的电离程度增大，故A正确；B．升高温度促进弱酸电离，则弱酸分子浓度减小，故B正确；C．升高温度促进弱酸电离，则氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故C错误；D．升高温度促进弱酸电离，溶液中自由移动离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故D正确；故选C．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确温度与弱电解质电离的关系即可解答，注意比较加水稀释和升高温度时溶液中离子浓度变化，题目难度不大，注意溶液导电能力与电解质强弱无关，为易错点．　11．发射卫星时可用肼（N2H4）做燃料，已知在298K时，1g肼气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量．下列有关肼燃烧的热化学方程式正确的是（　　）A．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=534.4kJ•mol﹣1B．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.4kJ•mol﹣1C．N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣534.4kJ•mol﹣1D．N2H4（g）+O2（g）═N2+2H2O△H=﹣534.4kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】1g气态肼在氧气中燃烧生成氮气和液态水时，可放出17kJ的热量，32gN2H4燃烧生成CO2和液态水时放热17kJ×32=544kJ，1molN2H4质量为32克，所以完全燃烧1molN2H4生成氮气和液态水放热544KJ，根据书写热化学方程式注意点，必须注明各反应物、生成物的状态（s、l、g、aq），不标“↑”和“↓”符号；△H只能写在标有反应物或生成物状态的化学方程式的右边，若为吸热反应，△H为“+”；若为放热反应，△H为“﹣”．△H的单位一般为kJ/mol书写热化学方程式；据此即可解答．-20-\n【解答】解：1molN2H4质量为32克，1g气态肼在氧气中燃烧生成氮气和液态水时，可放出16.7kJ的热量，则32gN2H4燃烧生成氮气和液态水时放热16.7kJ×32=534.4kJ，根据书写热化学方程式注意点放热反应，△H为“﹣”，所以，△H=﹣534.4kJ•mol﹣1，N2H4、O2、N2、都为气态，H2O为液态，所以反应的热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）△H=﹣534.4kJ•mol﹣1，故选B．【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，题目难度不大．　12．一定条件下，在恒容密闭容器中，发生化学反应X（s）+2Y（g）⇌2Z（g）．下列说法中：①X、Y、Z的物质的量之比1：2：2；②混合气体的密度不在改变；③容器中的压强不再发生变化；④单位时间内生成nmolZ，同时生成nmolY上述说法中一定达到化学平衡状态的是（　　）A．②③B．①④C．①②D．②④【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不发生变化，以此进行判断．【解答】解：①X、Y、Z的物质的量之比1：2：2时，物质的量之比无法判断物质的量是否不会变化，正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故①错误；②由于反应两边气体的质量不同，容器的容积不变，气体的体积不变，所以混合气体密度不变，说明反应达到了平衡状态，故②正确；③该反应是一个反应前后气体体积相等的可逆反应，压强始终不变，压强不变无法判断是否达到平衡状态，故③错误；④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2nmolZ，同时生成2nmolY，说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故④正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意把握化学平衡状态的特征，注意平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否达到平衡状态的依据．　13．一定条件下，体积为2L的密闭容器中，1molX和3molY进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），经12s达到平衡，生成0.6molZ．下列说法正确的是（　　）A．以X浓度变化表示的反应速率为mol（L•s）B．12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为原来的C．若增大X的浓度，则物质Y的转化率减小D．若该反应的△H＜0，升高温度，平衡常数K减小【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】依据化学平衡的三段式列式计算，依据化学平衡影响因素分析判断平衡移动的方向，平衡常数随温度变化分析回答．【解答】解：一定条件下，体积为2L的密闭容器中，1molX和3molY进行反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），经12s达到平衡，生成0.6molZ．依据化学平衡三段式列式计算为：-20-\nX（g）+3Y（g）⇌2Z（g）起始量（mol）130变化量（mol）0.30.90.6平衡量（mol）0.72.10.6A、以X浓度变化表示的反应速率为=mol（L•s），故A错误；B、12s后将容器体积扩大为10L，体积变化Z的浓度变为原来的，为0.06mol/L，但减小压强平衡逆向进行，Z的平衡浓度小于0.06mol/L，故B错误；C、若增大X的浓度，则物质Y的转化率增大，故C错误；D、若该反应的△H＜0，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，平衡逆向进行，平衡常数K减小，故D正确；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理的应用，化学平衡的计算应用，题目难度中等．　14．反应2A（g）⇌2B（g）+C（g）△H＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是（　　）A．加压B．减压C．减小B的浓度D．降温【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动．【解答】解：A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，故A错误；B．减小压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小，c（A）减小，故B错误；C．减小c（B），平衡向正反应方向移动，c（A）减小，故C错误；D．降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c（A）增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，题目难度不大，本题注意根据反应方程式的特征判断平衡移动的方向．　15．pH=2的A、B两种酸溶液各lmL，分别加水稀释到1000mL，其溶液的pH与溶液体积（V）的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强C．a=5时，A是弱酸，B是强酸D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．-20-\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸，据此分析解答．【解答】解：加水稀释促进弱电解质电离，根据图知，pH相同的两种酸，稀释相同的倍数时pH不同，pH变化大的酸性大于pH变化小的酸性，所以A的酸性大于B，如果a=5，则A是强酸，如果a＜5，则A和B都是弱酸，A．根据图片知，A和B的电离程度不同，所以pH相同的两种酸，B的物质的量浓度大于A，故A错误；B．根据图片知，稀释后，A的酸性比B的酸性弱，故B错误；C．如果a=5，则A是强酸，B是弱酸，故C错误；D．若A和B都是弱酸，稀释过程中都促进弱酸电离，所以5＞a＞2，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难度不大．　16．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提2022～2022学年度高二氧化硫的利用率【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．【解答】解：A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO﹣+2H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提2022～2022学年度高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选B．【点评】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过程．　17．常温下，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，（体积变化忽略不计）所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（　　）A．11：1B．9：1C．1：11D．1：9【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．-20-\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】酸碱反应后所得混合液的pH=11，说明溶液呈碱性，氢氧根离子过量，由混合反应后溶液中的氢氧根离子浓度列式计算溶液体积比．【解答】解：设强碱的体积为xL，强酸的体积为yL，pH=13的强碱溶液，c（OH﹣）=0.1mol/L，pH=2的强酸，c（H+）=0.01mol/L，混合后pH=11，碱过量，则=0.001mol/L，解得x：y=1：9，故选D．【点评】本题考查了酸碱反应后溶液酸碱性判断计算，涉及溶液pH的计算、溶液中离子积的计算应用等，把握酸碱反应后碱过量是解题关键，题目难度中等．　18．已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣197kJ•mol﹣1．向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2molSO2和1molO2；（乙）1molSO2和0.5molO2；（丙）2molSO3．恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（　　）A．容器内压强P：P甲=P丙＞2P乙B．SO3的质量m：m甲=m丙＞2m乙C．c（SO2）与c（O2）之比k：k甲=k丙＞k乙D．反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙＞2Q乙【考点】等效平衡．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故甲中转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，据此结合选项解答；【解答】解：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，故A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1molSO2和0.5molO2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，故B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，故C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，故D错误；故选B．【点评】该题考查化学平衡移动与计算、反应热知识、等效平衡等，难度较大，注意构建甲、乙平衡建立的途径，注意理解等效平衡．-20-\n　二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）19．有两只密闭容器A和B，A容器有一个移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容．起始时向这两只容器中分别充入等量的体积比为2：1的SO2与O2的混合气体，并使A和B容积相等（如图）．在保持400℃的条件下使之发生如下反应：2SO2（g）+O22SO3（g），填写下列空格．（1）达到平衡时所需的时间A容器比B容器　短　，A容器中SO2的转化率比B容器　大　．达到上述平衡后，若向两容器中通入数量不多的等量氩气，A容器化学平衡　向逆反应方向移动　移动，B容器化学平衡　不移动　移动．（3）达到上述平衡后，若向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡时，A容器中SO3的体积分数与原平衡相比　不变　（填“增大”、“减小”或“不变”）；B容器中SO3的体积分数与原平衡相比　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据化学反应速率越快，到达平衡的时间越短；利用等效平衡来判断平衡移动来解答；根据容器中的压强对化学平衡的影响；（3）根据浓度对化学平衡的影响，求出平衡移动后SO3的体积分数．【解答】解：（1）因A容器保持恒压，反应过程中体积变小，浓度增大，根据浓度越大，化学反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以达到平衡所需时间A比B短，若A容器保持恒容，两容器建立的平衡等效，而实际上A容器体积减少，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以A中SO2的转化率比B大，故答案为：短；大；平衡后，若向两容器通入数量不多的等量氩气，A容器体积增大，压强不变，参加反应的气体产生的压强减少，平衡向逆反应方向移动，B容器体积不变，压强增大，参加反应的气体产生的压强不变，平衡不移动，故答案为：向逆反应方向移动，不移动；（3）向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡后，A中建立的平衡与原平衡等效，所以SO3的体积分数不变，B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，B容器中SO3的体积分数增大，故答案为：不变；增大．【点评】本题考查化学平衡移动的判断，本题难度中等，注意等效平衡的理解和应用，掌握基础是解题关键．　20．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示．（1）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为　10：1　．-20-\n95℃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a与b之间应满足的关系是　a+b=14　．（3）在曲线B所对应的温度下，将0.02mol/L的Ba（OH）2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，所得混合液的pH=　10　．【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】（1）先根据温度和混合溶液pH大小确定溶液的酸碱性，根据溶液的pH计算酸和碱的体积之比；酸、碱都是强电解质，溶液呈中性说明氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，结合水的离子积常数确定强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系；（3）根据图象判断该温度下水的离子积，然后计算出混合液中氢氧根离子浓度，再结合该温度下水的离子积计算出所带溶液中氢离子浓度及溶液的pH．【解答】解：（1）25°C时纯水的pH=6，混合溶液的pH=7，说明酸、碱混合呈中性，pH=9的NaOH溶液c（OH﹣）=10﹣5mol/L，pH=4的H2SO4溶液（H+）=10﹣4mol/L，设酸的体积为x，碱的体积为y，10﹣5mol/L×y=10﹣4mol/L×x，y：x=10：1；故答案为：10：1；95℃时，pH1=a的某强酸溶液中C（H+）=10﹣amol/L，pH2=b的某强碱溶液c（OH﹣）=10b﹣12mol/L，溶液呈中性，则酸中氢离子的物质的量应等于碱中氢氧根离子的物质的量，则：100×10﹣a=1×10b﹣12，整理可得：a+b=14，故答案为：a+b=14；（3）在曲线B中，水的离子积为：10﹣6×10﹣6=10﹣12，0.02mol/L的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）=0.04mol/L，NaHSO4溶液的浓度为0.02mol/L，c（H+）=0.02mol/L，当二者等体积混合后，溶液中的c（OH﹣）==0.01mol/L，则c（H+）==10﹣10mol/L，该溶液的pH=10，故答案为：10．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度较大，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，为易错点，需要明确该温度下水的离子积为10﹣6×10﹣6=10﹣12，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力．　21．目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣93.0kJ/mol回答下列问题：（1）在恒温恒容密闭容器中进行的工业合成氨反应，下列能表示达到平衡状态的是　AB　．A．反应容器中N2、NH3的物质的量的比值不再发生变化B．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化C．三种物质的浓度比恰好等于化学方程式中各物质的化学计量数之比-20-\nD．单位时间内断开3a个H﹣H键的同时形成6a个N﹣H键理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是　AD　．A．增大压强B．使用合适的催化剂C．升高温度D．及时分离出产物中的NH3（3）如图为合成氨反应在使用相同的催化剂，不同温度和压强条件下进行反应，初始时N2和H2的体积比为1：3时的平衡混合物中氨的体积分数，分别用vA（NH3）和vB（NH3）表示从反应开始到平衡状态A、B时的反应速率，则vA（NH3）　＜　vB（NH3）（填“＞”、“＜”或“=”），该反应的平衡常数KA　＞　KB（填“＞”、“＜”或“=”），在250℃、1.0×104kPa下达到平衡，H2的转化率为　66.7　%（计算结果保留小数点后一位）【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】（1）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，以此衍生的一些物理量也不变，以此判断是否达到平衡状态；为了提高氢气的转化率，应使平衡向正反应移动，结合反应的特点分析选项判断平衡移动的方向，然后进行判断；（3）温度越大，压强越大，反应速率越大；平衡常数只受温度的影响，升高温度平衡向吸热方向移动，吸热反应平衡常数增大．【解答】解：（1）A．混合气体的压强不再发生变化，在恒温恒容密闭容器中，因为合成氨是气体分子数目减小的反应，混合气体的压强不再发生变化，说明达到平衡状态，故A正确；B．反应前后气体的物质的量不相等，混合气体的相对分子质量不再发生变化，可说明气体的总物质的量不变，说明达到平衡状态，故B正确；C．三种物质的浓度比恰好等于化学方程式中各物质的化学计量数之比，三种物质的浓度比恰好等于化学方程式中各物质的化学计量数之比可能只是某一时刻的比值，不能证明是否达到平衡，故C错误；D．无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内断开3a个H﹣H键的同时形成6a个N﹣H键，不能说明达到平衡状态，故D错误；故选：AB，故答案为：AB．A．增大压强，平衡向正方向移动，氢气的转化率提高，故A正确；B．催化剂只能够同等程度加快反应速率，但是平衡不移动，氢气转化率不变，故B错误；C．合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率降低，故C错误；D．及时分离出产物中的NH3，减少生成物浓度，平衡正向移动，氢气转化率提高，故D正确；故选：AD，故答案为：AD．（3）温度越大，压强越大，反应速率越大，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大；合成氨的反应是放热的，所以温度升高，速率加快，反应的平衡常数减小，因为A点温度低，所以kA＞kB；-20-\n在250℃、1.0×104kPa下达到平衡，氨气的体积分数是50%，则设N2的转化量为x，N2+3H2⇌2NH3，初始量：130变化量：x3x2x平衡量：1﹣x3﹣3x2x=50%，解得x=，氢气的转化率=×100%=66.7%；故答案为：＜；＞；66.7．【点评】本题考查化学平衡图象、反应速率计算、化学平衡常数、化学平衡状态判断等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，熟练掌握化学平衡理论知识是解题关键．　22．1840年前后，瑞士科学家盖斯（Hess）指出，一个化学反应的热效应，仅与反应物的最初状态及生成物的最终状态有关，而与中间步骤无关，这就是著名的“盖斯定理”．现已知，在101kPa下，CH4（g）、H2（g）、C（s）的燃烧热分别为890.3kJ•mol﹣1、285，8kJ•mol﹣1和393.5kJ•mol﹣1，请回答下列问题：（1）写出甲烷燃烧的热化学方程式：　CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H═﹣﹣890.3kJ/mol　；标准状况下，5.6L的氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为　71.45　kJ；（3）反应：C（s）+2H2（g）═2CH4（g）的反应热△H═　﹣74.8kJ/mol　．【考点】热化学方程式；有关反应热的计算．【分析】（1）燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，表示燃烧热的热化学方程式中可燃物为1mol，产物为稳定氧化物；根据热化学方程式的意义来计算回答；（3）碳单质、氢气、甲烷的热化学方程式分别为：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol；②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol，根据盖斯定律计算得到所需热化学方程式．【解答】解：（1）实验测得碳单质、氢气、甲烷的燃烧热（△H）分别为﹣393.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol、﹣890.3kJ/mol，燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol；故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol；氢气燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；表示1mol氢气完全燃烧生成液态水释放的热量是285.8kJ，标准状况下，5.6L即0.25mol的氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ/mol×=71.45kJ，故答案为：71.45；-20-\n（3）实验测得碳单质、氢气、甲烷的燃烧热（△H）分别为﹣393.5kJ/mol、﹣285.8kJ/mol、﹣890.3kJ/mol，它们的热化学反应方程式分别为：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol；②H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol；③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ/mol；根据盖斯定律，由①+②×2﹣③得，C（s）+2H2（g）=CH4（g），△H=[（﹣393.5kJ/mol）+（﹣285.8kJ/mol）×2]﹣（﹣890.3kJ/mol）=﹣74.8kJ/mol，故答案为：﹣74.8kJ/mol．【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律的计算应用，掌握基础是关键，题目较简单．　三、解答题（共1小题）（选答题，不自动判卷）23．用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有与酸不反应的杂质，试根据实验回答：（1）将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有　250mL容量瓶、胶头滴管　．取10.00mL待测液，用　碱　式滴定管量取．（3）用0.2022mol•L﹣1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视　锥形瓶中溶液颜色的变化　，直到滴定到终点．（4）根据下列数据，计算烧碱的纯度为　93.5%　．滴定次数待测液体积（mL）标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10（5）以标准的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液为例，判断下列操作引起的误差（填“偏大”、“偏小”“无影响”或“无法判断”）①读数：滴定前平视，滴定后俯视　偏小　②用待测液润洗锥形瓶　偏大　③滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁　无影响　．【考点】中和滴定．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器来解答；根据碱性溶液盛放在碱式滴定管中；（3）根据滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化；（4）先根据C（待测）═计算出C（待测），V（标准）用两次的平均值，然后根据m=CVM计算250mL烧碱样品中氢氧化钠的质量，再根据质量分数公式计算氢氧化钠的质量分数；（5）根据C（待测）═分析误差；【解答】-20-\n解：（1）配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；待测液是碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中，故答案为：碱；（3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；故答案为：锥形瓶中溶液颜色的变化；（4）V（标准）═[+]mL÷2═20.00mLC（待测）═=═0.4020mol•L﹣1，则m═CVM═0.4020mol•L﹣1×0.25L×40g/mol═4.02gω（NaOH）═×100%═93.5%，故答案为：93.5%；（5）①读数：滴定前平视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据C（待测）═分析可知C（待测）偏小，故答案为：偏小；②用待测液润洗锥形瓶，待测液的物质的量偏大，导致标准液的体积偏大，根据C（待测）═分析可知C（待测）偏大，故答案为：偏大；③滴定接近终点时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内，待测液的物质的量不变，标准液的体积不变，根据C（待测）═分析可知C（待测）不变，故答案为：无影响．【点评】本题主要考查了中和滴定操作、误差分析以及烧碱的纯度的计算，难度中等，注意知识的积累．　-20-