广东实验中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学 Word版含解析.docx

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广东实验中学2022—2023学年(上)高二级期中考试化学试卷相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Cl-35.5Na-23Al-27Fe-56Cu-64Zn-65第一部分选择题(共44分)一、选择题(只有一个选项正确，1-10题每题2分，11-16题每题4分，共44分)1.下列说法正确的是A.碳酸铵分解是吸热反应，根据焓判据判断能自发分解B.物质A三态间的转化如下：A(g)→A(l)→A(s)，则该转化过程中ΔS>0C.反应2Mg(s)+CO2(g)C(s)+2MgO(s)能自发进行,则该反应的ΔH<0D.室温下水结成冰是自发过程【答案】C【解析】【详解】A、焓判据：放热反应容易自发进行，碳酸铵分解是吸热反应，所以根据焓判据该反应是不自发的，故A错误；B、△S为熵变，表示物质的混乱度，物质A三态间A(g)→A(l)→A(s)，混乱度减小，所以△S＜0，故B错误；C、该反应的△S＜0，要自发进行，须△H-T△S＜0，则该反应的△H＜0，故C正确；D、室温下水不能结成冰，所以室温下水结成冰不是自发过程，故D错误；故选C。点睛：本题考查了自发过程和自发反应的判断。注意一个反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应才能自发进行。2.已知热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-571.6kJ·mol-1，2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)∆H=-1452kJ·mol-1，H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)∆H=-57.3kJ·mol-1。据此判断下列说法正确的是A.CH3OH的燃烧热∆H为-1452kJ·mol-1B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H>-571.6kJ·mol-1C.CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq)∆H=-57.3kJ·mol-1D.2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g)∆H=-880.4kJ·mol-1【答案】B【解析】【详解】A.根据方程式2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) ∆H=-1452kJ·mol-1可知，CH3OH的燃烧热为×1452kJ·mol-1=726kJ·mol-1，故A错误；B.液态水变成水蒸气会吸热，因此2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H> -571.6kJ·mol-1，故B正确；C.醋酸为弱酸，电离需要吸热，CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=H2O(l)+CH3COONa(aq) ∆H＞-57.3kJ·mol-1，故C错误；D.①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H=-571.6kJ·mol-1，②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) ∆H=-1452kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②-①×2得：2CH3OH(l)+O2(g)=2CO2(g)+4H2(g) ∆H=-308.8kJ·mol-1，故D错误；故选B。3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.1mol/LNaHCO3溶液：K+、Al3+、NO、Cl-B.由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液中：Na+、K+、AlO、NOC.能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO、Cl-D.0.1mol•L-1Ca(NO3)2溶液中：Na+、NH、CO、CH3COO-【答案】C【解析】【详解】A．1mol/L的NaHCO3溶液的能与Al3+发生双水解反应，Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，A不合题意；B．由水电离出的c(H+)=1×10-12mol/L的溶液可能是强酸溶液也可能是强碱溶液，强碱性溶液中Na+、K+、AlO、NO与OH-都能大量共存，但酸性溶液中AlO与H+不能大量共存，B不合题意；C．能使甲基橙变红的溶液存在大量的H+，H+、Cu2+、Mg2+、SO、Cl-均能大量共存，C符合题意；D．0.1mol•L-1Ca(NO3)2溶液中的Ca2+与CO生成CaCO3沉淀而不能大量共存，D不合题意；故答案为：C。4.下列说法正确的是A.H2(g)+S(s)H2S(g)恒压下充入He，化学反应速率不变B.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，生产中采用较高温度是为了提高反应物的平衡转化率D.一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，为减缓反应速率，可向其中加入CH3COONa溶液【答案】D【解析】【详解】A．恒压下充入He，则反应容器体积增大，对于反应H2(g)+S(s)H2S(g)而言，H2、H2S的浓度减小，则化学反应速率减慢，A错误； B．常温下铁片遇到浓硫酸发生钝化，在其表面形成一层致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行，用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸反应速率减慢，且铁与浓硫酸反应得不到H2，B错误；C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0，则升高温度平衡逆向移动，反应物的平衡转化率减小，则生产中采用较高温度不是为了提高反应物的平衡转化率，而是为了催化剂的适宜温度和加快反应速率，提高生成效率，C错误；D．向其中加入CH3COONa溶液由于CH3COO-+H+=CH3COOH，使得溶液中H+浓度减小，反应速率减慢，则一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，为减缓反应速率，可向其中加入CH3COONa溶液，D正确；故答案为：D。5.工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)下列说法正确的是A.过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度B.过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应C.1molSO2和1molO2反应，放出的热量小于99kJD.催化剂可降低整个反应的活化能，因此使ΔH发生变化【答案】C【解析】【详解】A．过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，过程Ⅲ形成SO3中的共价键，过程Ⅱ、Ⅲ决定了整个反应进行的程度，故A错误；B．过程Ⅱ发生SO2、O2中共价键的断裂，为吸热过程，过程Ⅲ形成SO3中的共价键，为放热过程，故B错误；C．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应可逆，1molSO2和1molO2反应生成SO3小于1mol，放出的热量小于99kJ，故C正确；D．催化剂可降低整个反应的活化能，加快反应速率，不能使ΔH发生变化，故D错误；选C。6.下列有关实验原理、装置、操作的描述中正确的是ABCD 制取无水MgCl2测定KMnO4溶液的pH研究催化剂对反应速率的影响反应热的测定A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．由于MgCl2是一种强酸弱碱盐，MgCl2·6H2O加热过程中发生水解，而HCl能够抑制其水解，且HCl气流能够带走水蒸气，利于其失去结晶水得到无水MgCl2，A符合题意；B．由于高锰酸钾溶液本身显紫红色，故不能用pH试纸来测量其pH值，B不合题意；C．题干实验中存在催化剂和温度两个变量，无法研究催化剂对反应速率的影响，C不合题意；D．铁质环形搅拌棒导热性太强，引起很大的实验误差，D不合题意；故答案为：A。7.下列说法正确的是A.将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同B.配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度C.明矾和ClO2均可用作净水剂，且净水原理相同D.除去CuCl2溶液中少量的FeCl3，可选用CuO固体【答案】D【解析】【详解】A．AlCl3在水溶液中水解得到的HCl易挥发，加热后，HCl的挥发促进水解完全，所以加热、蒸干、灼烧最终得到的是Al2O3，而Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧，所得固体成分为溶质本身Al2(SO4)3，A错误；B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，会引入氯离子杂质，所以为防止水解，应该溶于稀硫酸中，B错误；C．明矾在水溶液电离的铝离子水解得到具有吸附性的氢氧化铝胶体可达到净水作用，ClO2 具有强氧化性，可杀菌消毒，从而也有净水作用，两者净水原理不相同，C错误；D．CuO固体可消耗铁离子水解产生的氢离子，促进铁离子生成氢氧化铁沉淀便于从体系中分离出来，而且氯化铜溶液中不会引入新的杂质，能达到除杂目的，D正确；故选D。8.下列各组反应中，溶液的导电性比反应前明显增强的是A.向碘化亚铁溶液中通入少量氯气B.向硝酸银溶液中通入少量氯化氢C.向氢氧化钠溶液中通入少量氯气D.向硫化氢饱和溶液中通入少量氯气【答案】D【解析】【详解】A．碘化亚铁是强电解质，碘化亚铁和少量氯气反应生成氯化亚铁和碘，离子浓度基本不变，所以溶液的导电能力基本不变，故A错误；B．硝酸银是强电解质，硝酸银和氯化氢反应后生成氯化银沉淀和硝酸，离子浓度基本不变，所以溶液的导电能力基本不变，故B错误；C．氢氧化钠是强电解质，氢氧化钠和氯气反应生成强电解质氯化钠和次氯酸钠，离子浓度基本不变，所以溶液的导电能力基本不变，故C错误；D．硫化氢是弱电解质，硫化氢和氯气反应生成盐酸和硫，氯化氢是强电解质，溶液中离子浓度增大，所以溶液导电能力增大，故D正确；故选D。点睛：明确溶液导电性的强弱与离子浓度、离子所带的电荷数的关系是解本题关键。溶液的导电性比反应前明显增强说明离子浓度增大，结合反应物和生成物的性质分析解答。9.常温下，将pH＝3的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH＝10时，强酸和强碱的体积之比为A.1∶9B.9∶1C.10∶1D.1∶10【答案】B【解析】【分析】将pH＝3的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液混合，当混合溶液的pH＝10时，溶液呈碱性，根据c(OH-)=计算。【详解】根据c(OH-)=，，，故选B。10.25℃时，下列说法正确的是A.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C.0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D.100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol【答案】D【解析】【详解】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；答案选D。11.对下列图象描述正确的是A.图①可表示将氨气通入醋酸溶液至过量过程中溶液导电性的变化B.根据图②可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的ΔH＞0C.图③表示等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液分别与足量的锌粉发生反应产生氢气的体积(V)随时的变化的示意图D.图④可表示压强对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的影响，乙的压强大【答案】C【解析】【详解】A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故A错误；B．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故 B错误；C．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，最终，醋酸生成的氢气比盐酸多，故C正确；D．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时，反应物含量大于甲，故D错误；故选C。12.表中实验操作、现象与结论对应关系正确的是选项实验操作实验现象结论A以酚酞为指示剂，用盐酸标准液滴定氢氧化钠溶液溶液由红色变为浅红色便立刻读数测得c(NaOH)偏大B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅纯碱溶液呈碱性是由CO水解引起C测定等浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH前者大酸性：HClO＞CH3COOHD用广泛pH试纸测定1mol/LNaHSO3溶液的酸碱性测得pH=3.2NaHSO3溶液呈酸性，证明HSO的电离大于水解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．用盐酸标准液滴定氢氧化钠溶液，溶液由红色变为浅红色便立刻读数，未达到滴定终点，消耗的标准液偏少，则测得c(NaOH)偏小，A错误；B．钡离子与碳酸根离子反应生成沉淀，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液的碱性降低，则溶液红色变浅，B正确；C．测定等浓度的NaClO溶液、CH3COONa溶液的pH，均水解显碱性，pH越大，对应酸的酸性越弱，可知酸性：HClO＜CH3COOH，C错误；D．由pH可知溶液显酸性，电离大于其水解，但广泛pH试纸测定值为正整数，与事实不符，D错误；故答案为：B。13.某温度下，将相同浓度HNO2和CH3COOH分别加水稀释，溶液中微粒的分布分数δ[δ(A-)= ，其中HA、A-分别表示相应的酸和酸根离子]随加水体积的变化如图所示。下列叙述错误的是A.由水电离出的c(H+)：c＜a＜bB.从b到c，溶液中保持不变C.等浓度的NaNO2溶液和CH3COONa溶液的pH：NaNO2＜CH3COONaD.用相同浓度的NaOH溶液分别中和等体积等pH的HNO2和CH3COOH，HNO2消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小【答案】A【解析】【详解】A．加水稀释促进一元弱酸的电离，但氢离子浓度减小，水的电离程度b＜a=c，A错误；B．=Kh，从b到c，温度不变，水解平衡常数不变，溶液中保持不变，B正确；C．由图未加水可得c（CH3COO-）＜c（），则酸性CH3COOH＜HNO2，水解能力CH3COO-＞c（），等浓度的NaNO2溶液和CH3COONa溶液的pH：NaNO2＜CH3COONa，C正确；D．等体积等pH的HNO2和CH3COOH中，醋酸酸性弱，浓度大，故醋酸的物质的量大于亚硝酸，故用相同浓度的NaOH溶液分别中和等体积等pH的HNO2和CH3COOH，HNO2消耗NaOH溶液的体积比CH3COOH小，D正确；故答案为：A。14.利用CO生产甲醇的反应为2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)，在密闭容器中按物质的量之比为2：1充入H2和CO，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图所示。下列相关说法错误的是 A.该反应的△H＜0，且P1＞P2B.B点与C点的平衡常数关系为KB=KCC.C点对应的平衡常数Kp=D.在恒温恒压条件下，平衡后再向容器中加入1molCH3OH(g)，再达平衡时CH3OH(g)的转化率降低【答案】D【解析】【详解】A．由图可知升高温度时CH3OH的体积分数减小，则升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，即△H＜0，温度相同时，P1条件下CH3OH的体积分数更大，根据反应正反应是一个气体体积减小的方向即增大压强平衡正向移动，故P1＞P2，A正确；B．平衡常数与温度有关，则B点与C点温度相同，平衡常数关系为KB=Kc，B正确；C．物质的量之比为2：1充入H2和CO，设物质的量分别为2mol、1mol，则，C点CH3OH的体积分数为50%，则×100%=50%，解得x=0.75mol，则C点对应的平衡常数KP═=，C正确；D．在恒温恒压条件下，平衡后再向容器中加入1molCH3OH(g)，此时达到等效平衡，即再达平衡时CH3OH(g)的转化率不变，D错误；故答案为：D。15.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，△H＞0。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2)，k正、k逆 为速率常数，受温度影响。下列说法不正确的是容器编号物质的起始浓度(mol/L)物质的平衡浓度(mol/L)c(NO2)c(NO)c(O2)c(O2)I0.6000.2II0.30.50.2III00.50.35A.温度为T1，反应达平衡时，容器I中的平衡常数K=0.8B.容器II反应达平衡前，v正＞v逆C.容器III达平衡时，化学平衡常数和速率常数的关系K=D.当温度改变为T2时，若k正=k逆则T2＜T1【答案】D【解析】【详解】A．T1温度下，根据实验I的数据：该反应的平衡常数K===0.8，A正确；B．根据A项分析，温度为T1，反应达平衡时，容器I中的平衡常数K=0.8，因为温度不变，所以K值不变，则容器Ⅱ反应达平衡前，Qc==＜K=0.8，此时反应向着正方向进行，v正＞v逆，，B正确；C．v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)•c(O2)，达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，则K═=，C正确；D．根据C项分析可知，反应平衡常数K=，当温度改变为T2时，若k正=k逆，则此温度下K=1＞ 0.8，该反应为吸热反应，温度升高，K增大，因此T2＞T1，D错误；故选D。16.常温下，向20.00mL0.1000mol•L-1的NH3•H2O溶液中滴加0.1000mol•L-1的盐酸，溶液中lg随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.常温下，NH3•H2O电离常数为10-4.75B.当溶液的pH=7时，消耗盐酸的体积等于20mLC.溶液中水的电离程度：b>cD.c点溶液中：c(NH)＞c(Cl-)【答案】BC【解析】【详解】A．常温下，NH3•H2O的电离常数为Ka=，c点pH=9.25时，lg=0，c()=c(NH3•H2O)，NH3•H2O的电离常数==10-4.75，A正确；B．向20.00mL0.1000mol/L的氨水中滴加0.1000mol/L的盐酸20mL，此时正好反应生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，水解显酸性，此时溶液的pH＜7，因此维持溶液pH=7，所加盐酸的体积小于20mL，B错误；C．溶液酸性或者碱性越强，水的电离程度越小，a点溶液中的溶质为NH4Cl、HCl，HCl的量较多，对水的电离抑制程度较大，而b点溶液为中性，水正常电离。c点溶液中溶质为NH4Cl和少量NH3•H2O，水的电离程度：c＜b，C错误；D．c代表氨水和氯化铵的混合溶液，溶液为碱性，c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒，c()+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，推出c()＞c(Cl-)，D正确；故答案为：BC。第二部分非选择题(56分) 17.I.某学生用已知物质的量浓度的NaOH标准溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸时，选择甲基橙作指示剂。请回答下列问题：（1）配制480mL0.1000mol•L-1NaOH标准溶液。配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、_____、_____等。（2）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为____mL。（3）下列有关本实验滴定说法不正确的是_____。A．用酸式滴定管量取25.00mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴甲基橙试液后进行滴定B．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移D．采用如图所示操作中的丙，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失会造成测定结果偏高F．根据突变范围指示剂最好选择甲基橙误差最小（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次25.000.0026.11第二次25.001.5629.61第三次25.000.2226.31 依据表中数据计算，该盐酸溶液的物质的量浓度为_____。II.氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似。某学习小组用“间接硝量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体试样(不含能与I-发生反应的氧化性质杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，I2+2S2O=S4O+2I-，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。（5）可选用_____作滴定指示剂，滴定终点的现象是_____。（6）该试样中CuCl2•2H2O(M=171g/mol)的质量百分数为_____。【答案】（1）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（2）26.10（3）BCF（4）0.1044mol/L（5）①.淀粉②.溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色（6）95%【解析】【小问1详解】配制480mL0.1000mol•L-1NaOH标准溶液所需的玻璃仪器有：天平、烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等，故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；【小问2详解】若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，由图示可知，滴定前读数为0.00mL，滴定后读数为26.10mL，所用NaOH标准溶液的体积为26.10-0.00=26.10mL，故答案为：26.10；【小问3详解】A．盐酸能够腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管量取25.00mL稀盐酸放入用蒸馏水洗涤后的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水和几滴甲基橙试液后进行滴定，A正确；B．滴定前，滴定管需要润洗，但锥形瓶不需要润洗，B错误；C．将标准溶液装入滴定管时，直接加入，C错误；D．碱式滴定管的气泡通常橡皮管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲排出，D正确；E．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，测定果偏高，E正确；F．甲基橙突变范围3.1～4.4，此时溶液呈酸性，消耗NaOH的体积偏小，测定结果偏低，应该选择酚酞，F错误；故答案为：BCF； 【小问4详解】3次消耗的NaOH溶液的体积为26.11-0.00=26.11mL、29.61-1.56=28.05mL、26.31-0.22=26.09mL，第2次数据误差较大，需要舍弃，滴定消耗盐酸溶液的平均体积为mL=26.10mL，由HCl～NaOH可知，n(HCl)=n(NaOH)，即c(HCl)×0.025L=0.0261L×0.1000mol•L-1，则该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)=0.1044mol/L，故答案为：0.1044mol/L；【小问5详解】向含碘的溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色，再向溶液中加入Na2S2O3溶液，由于碘被Na2S2O3还原为碘离子，溶液蓝色逐渐褪去，则选择淀粉为指示剂，观察到溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色即为滴定终点，故答案为：淀粉；溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复为蓝色；【小问6详解】0.36gCuCl2•2H2O中+2价的铜离子得电子被还原为+1价的亚铜离子，碘离子被还原为碘单质，碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作为指示剂，向反应后的体系中加入0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液20mL时溶液有变为无色说明生成的单质碘有被氧化为碘离子，反应如下：I2+2S2O32-═S4O62-+2I-，相当于Na2S2O3中+4价的硫失去电子直接给了+2价的铜，再根据2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，则有CuCl2•2H2O～Na2S2O3，n(Na2S2O3)=0.002mol，反应时1molNa2S2O3失去1mol电子，则有n(CuCl2•2H2O)=0.002mol，故m(CuCl2•2H2O)=0.342g，所以试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为×100%=95%，故答案为：95%。18.25℃时，有浓度均为0.10mo1/L的下列4种溶液：①NaCN溶液；②NaOH溶液；③CH3COOH溶液；④NaHCO3溶液。HCNH2CO3CH3COOHKa=5.0×10-10mol/LKa1=4×10-7mol/LKa2=5.6×10-11mol/LKa=1.7×10-5mol/L（1）这4种溶液pH由大到小的顺序是____(填序号)，其中②由水电离的H+浓度为_____，若将①②③3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是____。（2）①中各离子浓度由大到小的顺序是____。向NaCN溶液中通入少量CO2，则发生反应的离子方程式为____。（3）测得HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，则约为____(保留小数点后2位)。 （4）CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH=6则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=____mo1/L(求精确值，保留小数点后1位)。（5）NaHCO3的水解平衡常数Kh=____(保留小数点后1位)。（6）常温下，向FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液，可观察到的现象是____，发生反应的离子方程式为_____。【答案】（1）①.②①④③②.10-13mol/L③.②（2）①.c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)②.CN-+CO2+H2O=HCN+（3）0.02（4）9.9×10-7（5）2.5×10-8（6）①.产生大量的气泡，生成红褐色沉淀②.Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑【解析】【小问1详解】①NaCN水解导致溶液呈碱性，②NaOH是强碱溶液，且碱性大于①；③醋酸是弱酸，溶液呈酸性；④为强碱弱酸酸式盐，弱酸酸式酸根离子水解程度大于电离程度，其水溶液呈碱性，但碱性小于NaCN溶液，所以这几种溶液pH由大到小顺序是②①④③，碱抑制水电离，由水电离的c(H+)==mol/L=10-13mol/L，若将①②③3种溶液稀释相同倍数，由于①中存在CN-+H2OHCN+OH-，③中存在CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释后平衡正向移动，故pH变化较小，而②中NaOH=Na++OH-，则pH变化最大的是②，故答案为：②①④③；10-13mol/L；②；【小问2详解】NaCN溶液中CN-离子水解溶液显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CN-)，其水解程度较小，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，K(H2CO3)＞K(HCN)＞K()，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应生成HCN与NaHCO3，该反应离子方程式为：CN-+CO2+H2O=HCN+，故答案为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；CN-+CO2+H2O=HCN+；【小问3详解】测得HCN和NaCN的混合溶液的pH=11，即溶液中c(H+)=10-11mol/L，则根据Ka=可得 ===0.02，故答案为：0.02；【小问4详解】CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，若溶液pH=6，c(H+)=10-6mol/L，c(OH-)=10-8mol/L，则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol/L=9.9×10-7mol/L，故答案为：9.9×10-7；【小问5详解】NaHCO3的水解的离子方程式为：，则其平衡常数Kh=====2.5×10-8，故答案为：2.5×10-8；【小问6详解】由于FeCl3是一种强酸弱碱盐，水溶液中发生水解呈酸性，而NaHCO3是一种强碱弱酸的酸式盐，且水解大于电离溶液呈碱性，故二者混合将发生双水解反应，故常温下，向FeCl3溶液中加入NaHCO3溶液，发生反应的离子方程式为：Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，可观察到的现象是产生大量的气泡，生成红褐色沉淀，故答案为：产生大量的气泡，生成红褐色沉淀；Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑。19.甲醇是重要的有机化工原料，利用CO2和H2在催化剂作用下合成甲醇的主要反应为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=-58kJ•mol-1。请回答：(1)上述反应中的活化能Ea(正)______Ea(逆)(填“>”或“＜”)，该反应应选择________________高效催化剂(填“高温”或“低温”)。(2)若T1℃时将6molCO2和8molH2充入2L密闭容器中发生上述反应，初始压强为p0kPa，测得H2的物质的量随时间变化如下图1中状态I。图中数据A(1,6)代表在1min时H2的物质的量是6mol。①T1℃时，该反应的平衡常数KP=___________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p•x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡体系中B的物质的量分数)。 ②其他条件不变，仅改变某一条件后，测得H2物质的量随时间变化如图状态II、状态III所示。则状态III改变的条件可能是________________。③反应达到平衡后，保持其他条件不变，在t1时刻迅速将容器体积压缩至1L，请在图2中画出t1时刻后ʋ正(H2)的变化趋势图______。(3)目前二氧化碳加氢合成甲醇常选用铜基催化剂(CuO/ZnO/Al2O3)，在相同氢碳比[n(H2)/n(CO2)]下，某研究小组对催化剂组分的不同配比(假设为Cat1、Cat2、Cat3)进行了对比研究，结果如图所示。①催化效率最佳催化剂是_____，工业生产中最佳温度是_____________K。②温度高于T4K时，以Cat2为催化剂，CO2转化率下降的原因可能是___________。【答案】①.＜②.低温③.(也可)④.升高温度⑤.⑥.Cat1⑦.T3⑧.催化剂失活【解析】【分析】解读图表信息，(2)用三段式、结合信息计算；【详解】(1)ΔH=Ea(正)-Ea(逆)，CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=-58kJ•mol-1，故上述反应中的活化能Ea(正)