重庆市渝东六校共同体2022-2023学年高二上学期12月联合诊断考试化学试题
一、选择题（每小题3分且只有一个正确选项，共14小题）
1．（2022高二上·重庆月考）下列属于吸热反应的是（ ）
A．液态水汽化 B．生石灰与水反应生成熟石灰
C．Ba(OH)2 8H2O与NH4Cl D．氢气在氯气中燃烧
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.液态水汽化为物理变化， 不属于化学反应，因此为吸热过程，而不是吸热反应，A不符合题意；
B.CaO与H2O反应过程中放出大量热，为放热反应，B不符合题意；
C.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，C符合题意；
D.H2在Cl2中燃烧，放出大量热，为放热反应，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、液态水汽化为吸热过程；
B、CaO与H2O的反应为放热反应；
C、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应；
D、燃烧反应为放热反应；
2．（2022高二上·重庆月考）下列说法正确的是（ ）
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B．甲烷的燃烧热为890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-890.3kJ mol-1
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同
D．已知热化学方程式：SO2(g)＋O2(g) SO3(g) ΔH＝－98.32kJ·mol－1，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为196.64kJ
【答案】A
【知识点】燃烧热；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.气态硫具有的能量高于固态硫，因此等量的硫蒸气和硫固体完全燃烧，前者放出的热量多，A符合题意；
B.燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，氢元素的指定产物为H2O(l)，B不符合题意；
C.任何化学反应过程中都伴随着能量的变化，因此任何化学反应中，反应物的总能量和生成物的总能量都不相同，C不符合题意；
D.SO2与O2的反应为可逆反应，因此2molSO2与1molO2不能完全反应，故放出的热量小于196.64kJ，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、气态硫具有的能量高于固态硫；
B、体现燃烧热的热化学方程式中，氢元素对应的燃烧产物为H2O(l)；
C、任何化学反应该过程中都伴随着能量的变化；
D、该反应为可逆反应，2molSO2与1molO2无法完全反应；
3．（2022高二上·重庆月考）下列描述正确的是（ ）
A．泡沫灭火器的反应原理：
B．熔融NaHSO4的电离方程式：NaHSO4 = Na++ H+ + SO42-
C．溶液显酸性的原因：
D．溶液的水解方程式：
【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A.泡沫灭火器的反应原理为Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，A不符合题意；
B.熔融状态下NaHSO4完全电离，产生Na＋和HSO4－，因此其电离方程式为：NaHSO4=Na＋＋HSO4－，B不符合题意；
C.MgCl2溶液中，Mg2＋发生水解反应Mg2＋＋2H2O Mg(OH)2＋2H＋，C符合题意；
D.NaHSO3溶液中HSO3－水解产生H2SO3和OH－，其水解方程式为HSO3－＋H2O H2SO3＋OH－，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、泡沫灭火器的主要成分为Al2(SO4)3和NaHCO3；
B、熔融状态只能破坏离子键，不能破坏共价键；
C、MgCl2溶液中，由于MgCl2的水解，使得溶液显酸性；
D、NaHSO3溶液中，HSO3－水解产生H2SO3和OH－；
4．（2022高二上·重庆月考）2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH的反应机理如下：
反应I：V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g) ΔH1＝＋24 kJ·mol－1
反应II：2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s) ΔH2＝-246 kJ·mol－1
反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是( )
A．反应I为吸热反应，反应II为放热反应
B．反应速率由反应II决定
C．加入催化剂改变了反应的历程
D．2mol SO2(g)的能量高于2mol SO3(g)的能量
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A.反应Ⅰ的ΔH>0，为吸热反应，反应Ⅱ的ΔH<0，为放热反应，A不符合题意；
B.反应Ⅱ所需的活化能大于反应Ⅰ，因此反应Ⅱ的反应速率小于反应Ⅰ的反应速率，故反应速率由反应Ⅱ决定，B不符合题意；
C.加入催化剂后，降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程，C不符合题意；
D.SO2(g)与O2(g)的反应为放热反应， 说明2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量高于2molSO3(g)的能量，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据反应热的正负判断反应的热效应；
B、反应速率由慢反应的反应速率决定，反应所需的活化能越高，反应速率越慢；
C、加入催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应历程；
D、SO2与O2的反应为放热反应，只能比较总能量的相对大小；
5．（2022高二上·重庆月考）下列事实能用勒夏特列原理来解释的是（ ）
A．实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气：Cl2+H2O H++Cl-+HClO
B．500 ℃温度比室温更有利于合成氨反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0
C．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深：H2(g)+I2(g) 2HI(g)
D． SO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.饱和食盐水中c(Cl－)达到最大值，Cl2与H2O的反应为可逆反应，增大c(Cl－)，可是平衡逆向移动，因此Cl2不溶于饱和食盐水中，A符合题意；
B.合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的合成，采用500℃是由于该温度下催化剂的活性高，反应速率快，与平衡移动无关，B不符合题意；
C.该反应前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，加压后混合气体的颜色加深，是由于c(I2)增大引起，与平衡移动无关，C不符合题意；
D.加入催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】勒夏特列原理是用于解释平衡移动的，因此能用勒夏特列原理解释的事实，需涉及可逆反应的平衡移动。据此结合选项进行分析。
6．（2022高二上·重庆月考）在容积不变的密闭容器中存在如下反应： H＜0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（ ）
A．图I研究的是t0时刻增大A的浓度对反应速率的影响
B．图II研究的是t0时刻加入催化剂或通入氦气使压强增大后对反应速率的影响
C．图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D．图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.t0时刻正逆反应速率同时增大，因此改变的条件为温度或压强，增大c(A)，正反应速率增大，逆反应速率不变，A不符合题意；
B.加入催化剂，正逆反应速率同时增大，但平衡不移动；容积不变的密闭容器内通入氦气，使体系压强增大，但反应物、生成物的浓度不变，平衡不移动，且反应速率不变，B不符合题意；
C.加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，A的转化率不变，C不符合题意；
D.升高温度，反应速率加快，反应达到平衡所需的时间较短，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对反应速率和平衡移动图像的综合考查， 结合温度、浓度、压强、催化剂对反应速率和平衡移动的影响进行分析即可。该反应为的ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。该反应中反应前后气体分子数不变，因此改变压强，平衡不移动。
7．（2022高二上·重庆月考）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为( )
A．-498 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1
C．498 kJ·mol-1 D．428 kJ·mol-1
【答案】A
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】设O2中氧氧化学键的键能为x，则436kJ·mol－1×2＋x－2×2×463kJ·mol－1=－482kJ·mol－1，解得 x=498kJ·mol－1。由于形成化学键的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的反应热ΔH=－498kJ·mol－1，A符合题意。
故答案为：A
【分析】根据反应热等于反应物键能总和减去生成物键能总和计算氧气中氧氧化学键的键能，从而确定反应热。
8．（2022高二上·重庆月考）合成氨工业中，原料气(N2，H2及少量的CO，NH3的混和气)在进入合成塔前常用铜氨液来吸收原料气中CO，其反应为：
[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH<0。下列说法错误的是（ ）
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．吸收CO的生产适宜条件适当温度、加压，压强越大越好
C．吸收CO后的铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件高温、降压
D．合成氨工业中，采用循环操作，主要是为了提高N2和H2的利用率
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.除去CO，可防止催化剂中毒，失去催化效果，A不符合题意；
B.增大压强，可促使反应正向移动，增大CO的吸收，但压强越大，对设备的要求越高，成本越高，因此并不是压强越大越好，B符合题意；
C.要使铜氨液再生，则应使该反应平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，且气体分子数减少，因此要使平衡逆向移动，则可选择的条件为高温、降压，C不符合题意；
D.合成氨工业中，采用循环操作，可提高N2和H2的利用率，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、除去CO可防止催化剂中毒；
B、压强越大，对设备的要求越高，成本越高；
C、吸收CO后的铜氨液处理后可再生，则需使可逆反应逆向移动；
D、合成氨工业中，循环操作，可提高反应物的利用率；
9．（2022高二上·重庆月考）在恒温、恒容，体积为2L的容器中发生下列反应：2X2O5(g)4XO2(g)+ O2(g) ΔH>0，T温度下的部分实验数据为：
t/s 0 50 100 150
n(X2O5)mol 4.00 2.50 2.00 2.00
下列说法错误的是：（ ）
A．100s时X2O5的转化率为50%
B．50s内X2O5分解速率为0.03mol·L 1·s 1
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D．T温度下的平衡常数为K=8
【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A.100s时，参与反应的n(X2O5)=4.00mol－2.00mol=2.00mol，因此100s时X2O5的转化率为，A不符合题意；
B.50s时，参与反应的n(X2O5)=4.00mol－2.50mol=1.50mol，则其变化的浓度，因此用X2O5表示的反应速率，B符合题意；
C.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，因此若T1>T2，则K1>K2，C不符合题意；
D.
故答案为：B
【分析】A、转化率等于变化量除去起始量；
B、根据公式计算用X2O5表示的反应速率；
C、该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大；
D、100s时反应达到平衡状态，结合反应的化学方程式计算平衡时各物质的浓度，从而计算平衡常数；
10．（2022高二上·重庆月考）下列事实不能证明是弱电解质的是（ ）
A．时溶液的
B．溶液与溶液反应放出气体
C．向20mL 溶液中滴加同浓度NaOH溶液使溶液呈中性，消耗NaOH溶液的体积小于20mL
D．常温下，pH=3的HNO2溶液稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为4.5
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.25℃时，0.1mol·L－1的HNO2溶液的pH=2.2，则溶液中c(H＋)=10－2.2mol·L－1，小于0.1mol·L－1，说明HNO2在水中部分电离，因此HNO2属于弱电解质，A不符合题意；
B.HNO2与NaHCO3反应生成CO2气体，说明酸性HNO2>H2CO3，不能说明HNO2为弱电解质，B符合题意；
C.等浓度的HNO2和NaOH溶液反应后，溶液显中性，消耗NaOH溶液的体积小于20mL，则此时溶液的溶质为NaNO2和HNO2，说明溶液中存在NO2－的水解，因此HNO2为弱电解质，C不符合题意；
D.常温下，pH=3的HNO2溶液稀释至100倍后，稀释后溶液的pH≈4.5，说明稀释过程中，HNO2电离产生更多的H＋，因此说明HNO2是弱电解质，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】要证明HNO2是弱电解质，则需证明HNO2溶液中存在部分电离；或证明其盐溶液中存在NO2－的水解；或证明HNO2的酸性比弱酸的酸性弱。
11．（2022高二上·重庆月考）某学生欲用已知物质的量浓度的氢氧化钠溶液来测定白醋中醋酸的浓度，下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是（ ）
A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液
B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定过程中振荡时锥形瓶中有液滴溅出
D．用托盘天平称量NaOH固体（含KOH杂质）配制NaOH溶液
【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A.未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，则碱式滴定管内的水会稀释NaOH溶液，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏高，A不符合题意；
B.盛放待测液的锥形瓶内有蒸馏水，但不影响消耗标准NaOH溶液的体积，最终结果无影响，B不符合题意；
C.振荡时锥形瓶内液体溅出，则待测液的量减少，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏小，最终结果偏低，C符合题意；
D.NaOH固体中含有KOH杂质，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏高，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低，则实验过程中所消耗标准NaOH溶液的体积偏小，据此结合选项就进行分析。
12．（2022高二上·重庆月考）下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．在含有大量Fe3+的溶液中：NH、Na+、Cl-、HCO
B．常温下c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Fe2+、Cl-、NO
C．澄清透明溶液中：H+、K+、SO、Cu2+
D．常温下水电离的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Al3+、Cl-、SO
【答案】C
【知识点】水的电离；离子共存
【解析】【解答】A.Fe3＋能与HCO3－发生双水解反应，生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不可大量共存，A不符合题意；
B.酸性溶液中，NO3－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，不可大量共存，B不符合题意；
C.溶液中各个离子相互间可大量共存，C符合题意；
D.常温下水电离产生c(OH－)=10－7mol·L－1，若常温下水电离产生的c(OH－)=10－12mol·L－1，说明水的电离受到抑制，该溶液可能为酸溶液或碱溶液，若为碱溶液，则Al3＋能与OH－反应，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Fe3＋能与HCO3－发生双水解反应；
B、常温下c(OH－)=10－12mol·L－1的溶液显酸性；
C、溶液中各个离子相互间不反应；
D、常温下水电离的c(OH－)=10－12mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性；
13．（2022高二上·重庆月考）在3种不同条件下，分别向容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol A和1 mol B，发生反应2A(g) +B(g)2D(g) ΔH 实验的相关条件和数据如下表所示： 下列说法正确的是（ ）
实验编号 实验I 实验II 实验III
反应温度/℃ 800 800 850
达到平衡时间/min 40 10 30
平衡时c(D)/(mol·L-1) 0.5 0.5 0.15
反应的能量变化 Q1 Q2 Q3
A．由表中信息可知：ΔH＞0
B．实验I达到平衡后，恒温条件下再向容器中通入1 mol A和1 mol D， 达到平衡时，c(D) = 1.0mol·L-1
C．实验II可能隐含的条件是使用催化剂，实验III，30 min 内：
v(D) = 0.05mol ·L-1 ·min-1
D．由表中信息可知： Q1=Q2＜Q3
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；等效平衡
【解析】【解答】A.由实验Ⅰ、Ⅲ可知，温度升高，平衡时c(D)减小，说明升高温度，平衡逆向移动，因此该反应为放热反应，ΔH<0，A不符合题意；
B.实验Ⅰ达到平衡时，可得平衡三段式如下：
该温度下反应的平衡常数
平衡时再通入1molA和1molD，即通入A、D的浓度分别为c(A)=c(D)=0.5mol·L-1，加上原平衡体系中剩余的A、B的浓度，可得此时体系中c(A)=1mol·L-1，c(D)=1mol·L-1，此时，则Q=K，平衡不发生移动，因此c(D)=1mol·L-1，B符合题意；
C.实验Ⅱ中反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件可能为加入催化剂；实验Ⅲ中30min内用D表示的反应速率，C不符合题意；
D.由表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ中参与反应的A、B的量相等， 因此反应放出的热量相同；实验Ⅲ中参与反应的A、B比实验Ⅰ、Ⅱ少，因此反应放出的热量较少，所以Q1=Q2>Q3，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、结合等效平衡进行分析；
C、实验Ⅱ中温度、压强不变，反应速率加快，说明使用了催化剂，结合速率公式计算D表示的反应速率；
D、生成的D越多，则反应放出的热量越多；
14．（2022高二上·重庆月考）温度为t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10 -a mol·L -1，c(OH -)=10 -b mol·L -1；已知：a+b=13。下列说法正确的是（ ）
A．该温度下，KNO3溶液的pH=7
B．该NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=10 -b mol·L -1
C．该温度下，pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性
D．该温度下，0.05mol·L -1的H2SO4 V1mL与 pH=11的NaOH溶液V2mL混合后呈中性，则V1：V2=1：10
【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】A.该温度下， 水的离子积常数Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－a×10－b=10－(a＋b)=10－13，KNO3溶液显中性，因此该溶液中c(H＋)=c(OH－)=10－6.5mol·L－1，故KNO3溶液的pH=6.5，A不符合题意；
B.NaOH溶液中H＋来自于水电离产生，而水电离产生的c(H＋)等于水电离产生的c(OH－)，故该NaOH溶液中由水电离产生的c(OH－)=c(H＋)=10－amol·L－1，B不符合题意；
C.该温度下，pH=2的盐酸中c(H＋)=10－2mol·L－1，pH=12的NaOH溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，则溶液中，等体积混合后，溶液中OH-过量，因此混恶化后溶液显碱性，C不符合题意；
D.pH=11的NaOH溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1，因此溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，混合后溶液显中性，则n(H＋)=n(OH－)，即0.05mol·L－1×2×V1mL=0.01mol·L－1×V2mL，解得V1：V2=1：10，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据NaOH溶液中c(H＋)、c(OH－)计算水的离子积常数Kw，从而计算中性溶液的pH；
B、NaOH溶液中由水电离产生的c(OH－)等于溶液中c(H＋)；
C、根据溶液的pH计算溶液中c(H＋)、c(OH－)，从而确定反应后溶液的酸碱性；
D、混合后溶液显中性，则混合前n(H＋)=n(OH－)，据此进行计算；
二、非选择题
15．（2022高二上·重庆月考）根据所学知识，回答下列问题。
（1）实验室中和热的测定过程中，玻璃搅拌器的正确操作是______ (填字母)
A．顺时针搅拌 B．逆时针搅拌 C．上下移动
（2）中和热的测定，倒入溶液的正确操作是 (填字母)
a.沿玻璃棒缓慢倒入 b.分三次倒入 c.一次迅速倒入
（3）若中和热的测定实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（4）向1L 1的NaOH溶液中分别加入下列物质：①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸。反应恰好完全，生成1mol水时的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则三者由大到小的顺序为 。
（5）已知：①Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) ΔH1=+19.3 kJ·mol-1
②3FeO(s)+H2O(g) Fe3O4(s)+H2(g) ΔH2= -57.2 kJ·mol-1
③C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH3=+172.4 kJ·mol-1
碳与水蒸气反应制氢气的总反应热化学方程式是 。
（6）图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 ，(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)。ΔH的变化是 。
【答案】（1）C
（2）C
（3）偏大
（4）△H3＞△H2＞△H1
（5）C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) △H=+134.5 KJ/mol
（6）减小；不变
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）玻璃搅拌器使用过程 中，应上下移动，C符合题意。
（2）为防止热量的散失，倒入NaOH溶液时，应一次性迅速倒入，c符合题意。
（3）内筒未加杯盖，则反应过程中部分热量散失，使测得的中和热ΔH偏大。
（4）①浓硫酸稀释过程放出热量，使得反应生成1molH2O时放出热量偏多，因此ΔH偏小。
②稀硝酸为强酸的稀溶液，反应过程中生成1molH2O时放出的热量即为中和热。
③CH3COOH为弱酸，其电离过程吸收热量， 使得反应生成1molH2O时放出的热量偏小，因此ΔH偏大。
综上三者的大小关系为：ΔH3>ΔH2>ΔH1。
（5）碳与水蒸气反应的化学方程式为：c(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)，结合盖斯定律可得， 该反应的反应热ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=(＋19.3kJ·mol－1)＋(－57.2kJ·mol－1)＋(＋172.4kJ·mol－1)=＋134.5kJ·mol－1。因此该反应的热化学方程式为：c(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g) ΔH=＋134.5kJ·mol－1。
（6）加入催化剂，可降低反应所需的活化能，因此E1减小。由于反应热只与反应物和生成物能量有关，与反应过程无关，因此加入催化剂，其反应热ΔH不变。
【分析】（1）玻璃搅拌器搅拌时应上下移动。
（2）为防止热量散失，两溶液混合时应一次迅速倒入。
（3）内筒未加杯盖，则导致过程中热量散失，求得的中和热ΔH偏大。
（4）浓硫酸稀释过程放热，CH3COOH电离过程吸热，据此判断反应热的大小。
（5）写出反应的化学方程式，结合盖斯定律计算该反应的反应热， 从而得出其热化学方程式。
（6）加入催化剂，可降低反应所需的活化能，但反应热保持不变。
16．（2022高二上·重庆月考）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，△S<0。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是 。
A．因为△H<0，所以该反应一定能自发进行
B．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．该反应在低温下能自发进行
（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 。
A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2
B．N2百分含量保持不变
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如右图：
①图像中T2和T1的关系是：T1 T2(填“>，<或=”)。
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是： 。
③ 合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是 。
（4）恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入1.8mol N2和4.2mol H2，反应过程中对NH3的浓度进行检测：
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为0.3 mol·L -1，用N2表示的平均反应速率为 mol/(L·min)。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数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)为平衡系统中B的物质的量分数]。
②若维持容器体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入1.8mol N2和4.2mol H2，再次达平衡后，氨气的浓度 0.6 mol·L -1(填“大于”或“小于”或“等于”)。
【答案】（1）D
（2）B；C
（3）＞；C；及时的分离出氨气
（4）0.0075；2／P2；大于
【知识点】焓变和熵变；合成氨条件的选择；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A、反应能否自发进行，需综合考虑ΔH、ΔS，A不符合题意；
B、反应能否自发进行，需综合考虑ΔH、ΔS，B不符合题意；
C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此高温下进行，反应物的转化率降低，C不符合题意；
D、该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，要使ΔH-TΔS＜0，则要求T较小，因此该反应在低温下能自发进行，D符合题意；
故答案为：D
（2）A、容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B、N2的百分含量为一个变量，则当N2的百分含量不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C、反应前后气体分子数改变，因此反应过程中容器内压强是一个变量，则当容器内压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D、反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律可得，反应过程中混合气体的质量保持不变，由于容器容积固定，因此混合气体的体积不变，故反应过程中，混合气体的密度一直保持不变，因此混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：BC
（3）①合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡NH3的百分含量减小，因此温度越高，平衡NH3%越小，故温度T1>T2。
②随着n(H2)的增加，平衡正向移动，N2的转化率增大，因此反应物N2的转化率最高的是c点。
③合成氨中，为提高平衡产率，除了适当控制反应温度和压强，还可以及时分离处氨气，使平衡正向移动，提高平衡产率。
（4）20min后，反应达到平衡状态，此时c(NH3)=0.3mol·L-1，可得平衡三段式如下：
所以用N2表示的反应速率。
平衡体系中各气体的分压、
所以该反应的化学平衡常数
②不考虑平衡移动，则通入1.8molN2和4.2molH2，反应达到平衡时，生成c(NH3)=0.3mol·L－1，此时平衡体系中NH3的总浓度为0.6mol·L－1。由于保持容器体积不变，再通入1.8molN2和4.2molH2，则体系的压强增大，平衡正向移动，因此达到平衡时，体系中NH3的总浓度大于0.6mol·L－1。
【分析】（1）若反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0。
（2）当正逆反应速率相等，或“变量不变”时，说明反应达到平衡状态。
（3）①合成氨的反应为放热反应，温度越高，平衡时NH3的百分含量越低。
②增加H2的量，平衡正向移动，N2的转化率增大。
③温度、浓度、压强都会影响平衡移动。
（4）①根据平衡NH3的浓度计算参与反应的c(N2)，结合公式计算用N2表示的反应速率。根据平衡时各气体的物质的量浓度，计算各个气体的分压， 从而计算其压强平衡常数。
②维持容器体积不变，向平衡体系中再加入1.8molN2和4.2molH2，则体系的压强增大，平衡正向移动。
17．（2022高二上·重庆月考）滴定是分析化学中重要的分析方法之一，根据其原理回答下列问题：
（1）Ⅰ.酸碱中和滴定是最基本的滴定方法：
滴定管是酸碱中和滴定中重要的仪器，向25 mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为0.00 mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为 (填“大于”“小于”或“等于”)25.00 mL。
（2）在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要 。
（3）Ⅱ. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2SO3的质量分数。
实验步骤：称取1.0g粗品配制250 mL溶液待用。
用碱式滴定管取25.00 mL 待测液锥形瓶中。
用浓度为0.1000mol L-1的KMnO4酸性标准溶液进行滴定
回答下列问题：
配制待测液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、 ；
（4）请写出滴定中发生反应的离子方程式 。
（5）滴定终点时的现象 。
（6）酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使测定结果 (填“偏高”、“偏低”“无影响”)；读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使测定结果 (填“偏高”、“偏低”“无影响”)。
（7）有关数据记录如下：
滴定次数 待测液的体积/mL 0.1000mol L-1KMnO4的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
第一次 25.00 0.50 20.60
第二次 25.00 6.00 25.90
第三次 25.00 1.40 24.20
依据上表数据计算粗品中Na2SO3的质量分数为 。
【答案】（1）大于
（2）用待装碱液润洗2～3次
（3）250mL容量瓶
（4）5SO32- + 2MnO 4 - + 6 H + = 5SO 4 2- + 2Mn 2+ + 3 H 2 O
（5）当滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。
（6）偏低；偏低
（7）63℅
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）开始时滴定管的读数为0.00mL，将滴定管内的液体全部放出，由于滴定管末端没有刻度，但仍可容纳一定体积的液体，因此放出NaOH溶液的体积应大于25.00mL。
（2）在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要先用待装溶液润洗2～3次。
（3）配制250mL溶液时，所需的仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶。
（4）滴定过程中，MnO4－将SO32－氧化成Mn2＋，自身还原为Mn2＋。反应过程中，Mn由＋7价变为＋2价，得到5个电子；S由＋4价变为＋6价，失去2个电子。根据得失电子守恒可得，MnO4－、Mn2＋的系数为2；SO32－、SO42－的系数为5。根据电荷守恒可得，生成物中含有H＋，且其系数为6。根据氢原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为3。因此该反应的离子方程式为：5SO32－＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O。
（5）当滴入最后半滴KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅绿色，且半分钟内不褪色，说明反应已经达到滴定终点。
（6）若滴定后滴定管尖嘴处有气泡，则消耗标准液的体积偏小，最终测定结果偏低。读取KMnO4溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数，则所得标准液的体积偏小，最终测定结果偏低。
（7）第一次滴定，消耗KMnO4溶液的体积为20.60 mL－0.50 mL =20.10mL；第二次滴定消耗KMnO4溶液的体积为25.90mL－6.00mL=19.90mL；第三次滴定消耗KMnO4溶液的体积为24.20mL－1.40mL=22.80mL。由于第三次滴定所得数据与前两次实验所得数据差距较大，其误差较大，应舍去。因此滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积为。根据反应的离子方程式可得关系式“5SO32－～2MnO4－”，因此25.00mLNa2SO3溶液中。因此1.0g粗品中所含Na2SO3的质量为：。因此样品中Na2SO3的质量分数为。
【分析】（1）滴定管下端没有刻度，但仍可容纳一定量的液体。
（2）滴定管需用待装溶液进行润洗。
（3）配制一定物质的量浓度的溶液，需要使用到容量瓶。
（4）滴定过程中KMnO4的氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，自身还原形成Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应的离子方程式。
（5）滴定终点时，溶液由无色变为浅红色。
（6）分析错误操作是消耗标准液体积的影响，确定实验误差。
（7）根据表格数据计算消耗标准液的体积，结合反应的化学方程式计算n(Na2SO3)，从而计算其质量分数。
18．（2022高二上·重庆月考） 常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
（1） 可作净水剂，其原理是 (用离子方程式说明)。
（2）配制溶液时，通常需加入适量的 ，减小其水解程度。
（3）相同条件下，溶液中的 (填“等于”“大于”或“小于”) 0.1mol L-1CH3COONH4溶液中的。
（4）下列图像为的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线。
其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是 (填罗马数字)，溶液的pH随温度变化的原因是 。
（5）室温时，向溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。
①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 点。
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
③由b到c发生反应的离子方程式为 。
【答案】（1）Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
（2）稀硫酸
（3）大于
（4）Ⅰ；水解是吸热反应，升高温度水解平衡正向移动，c（H+）增大pH减小
（5）a；c（Na+）＞c（SO 4 2-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）；NH4++OH- =NH3·H2O
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）NH4Al(SO4)2溶于水的过程中，电离产生NH4＋、Al3＋和SO42－，其中Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，具有很强的吸附性，可用于吸附水中的悬浮物，起到净水作用。Al3＋水解的离子方程式为：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋。
（2）NH4Al(SO4)2水溶液中存在NH4＋、Al3＋的水解，配制该溶液时，应加入适量的稀硫酸，抑制NH4＋、Al3＋的水解。
（3）NH4Al(SO4)2溶液中，Al3＋的水解抑制NH4＋的水解；CH3COONH4溶液中，CH3COO－促进NH4＋的水解。因此，0.1mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液中c(NH4＋)大于0.1mol·L－1的CH3COONH4溶液中c(NH4＋)。
（4）NH4Al(SO4)2溶液中由于NH4＋、Al3＋的水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，pH<7。升高温度的过程中，促进NH4＋、Al3＋的水解，使得溶液中c(H＋)增大，溶液的pH变小。因此符合的是曲线Ⅰ。
（5）①a点时加入NaOH溶液的体积为100mL，则发生反应：H＋＋OH－=H2O，此时溶液中的溶质为(NH4)2SO4，NH4＋的水解促进水的电离。继续加入NaOH溶液，发生反应：NH4＋＋OH－=NH3·H2O，NH3·H2O电离产生的OH－抑制水的电离。因此水的电离程度最大的是a。
②b点溶液的pH=7，溶液中c(H＋)=c(OH－)，此时溶液中的溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4和NH3·H2O。溶液中离子浓度的相对大小为：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(H＋)=c(OH－)。
③b点溶液中含有(NH4)2SO4，能继续与NaOH溶液反应，因此b到c的过程中发生反应的离子方程式为：NH4＋＋OH－=NH3·H2O。
【分析】（1）Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，利用胶体的吸附性净水。
（2）NH4＋、Al3＋水解产生H＋，加酸可抑制其水解。
（3）结合两溶液中NH4＋的水解程度分析溶液中c(NH4＋)的相对大小。
（4）升高温度，溶液中NH4＋、Al3＋的水解受到促进，溶液中c(H＋)增大，pH减小。
（5）①酸碱抑制水的电离，可水解的盐溶液促进水的电离。
②b点溶液pH=7，溶液中c(H＋)=c(OH－)，滴加NaOH的过程中，依次发生反应：H＋＋OH－=H2O、NH4＋＋OH－=NH3·H2O，据此判断溶液中离子浓度的相对大小。
③b到c的过程中溶液碱性逐渐增强，主要发生NH4＋与OH－的反应。
重庆市渝东六校共同体2022-2023学年高二上学期12月联合诊断考试化学试题
一、选择题（每小题3分且只有一个正确选项，共14小题）
1．（2022高二上·重庆月考）下列属于吸热反应的是（ ）
A．液态水汽化 B．生石灰与水反应生成熟石灰
C．Ba(OH)2 8H2O与NH4Cl D．氢气在氯气中燃烧
2．（2022高二上·重庆月考）下列说法正确的是（ ）
A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多
B．甲烷的燃烧热为890.3kJ mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） △H=-890.3kJ mol-1
C．在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量可能相同
D．已知热化学方程式：SO2(g)＋O2(g) SO3(g) ΔH＝－98.32kJ·mol－1，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为196.64kJ
3．（2022高二上·重庆月考）下列描述正确的是（ ）
A．泡沫灭火器的反应原理：
B．熔融NaHSO4的电离方程式：NaHSO4 = Na++ H+ + SO42-
C．溶液显酸性的原因：
D．溶液的水解方程式：
4．（2022高二上·重庆月考）2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH的反应机理如下：
反应I：V2O5(s)＋SO2(g)V2O4(s)＋SO3(g) ΔH1＝＋24 kJ·mol－1
反应II：2V2O4(s)＋O2(g)2V2O5(s) ΔH2＝-246 kJ·mol－1
反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是( )
A．反应I为吸热反应，反应II为放热反应
B．反应速率由反应II决定
C．加入催化剂改变了反应的历程
D．2mol SO2(g)的能量高于2mol SO3(g)的能量
5．（2022高二上·重庆月考）下列事实能用勒夏特列原理来解释的是（ ）
A．实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气：Cl2+H2O H++Cl-+HClO
B．500 ℃温度比室温更有利于合成氨反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H<0
C．H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深：H2(g)+I2(g) 2HI(g)
D． SO2被氧化为SO3，往往需要使用催化剂：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
6．（2022高二上·重庆月考）在容积不变的密闭容器中存在如下反应： H＜0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（ ）
A．图I研究的是t0时刻增大A的浓度对反应速率的影响
B．图II研究的是t0时刻加入催化剂或通入氦气使压强增大后对反应速率的影响
C．图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D．图III研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
7．（2022高二上·重庆月考）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键 H- H H-O
键能/(kJ·mol-1) 436 463
热化学方程式 2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为( )
A．-498 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1
C．498 kJ·mol-1 D．428 kJ·mol-1
8．（2022高二上·重庆月考）合成氨工业中，原料气(N2，H2及少量的CO，NH3的混和气)在进入合成塔前常用铜氨液来吸收原料气中CO，其反应为：
[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH<0。下列说法错误的是（ ）
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．吸收CO的生产适宜条件适当温度、加压，压强越大越好
C．吸收CO后的铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件高温、降压
D．合成氨工业中，采用循环操作，主要是为了提高N2和H2的利用率
9．（2022高二上·重庆月考）在恒温、恒容，体积为2L的容器中发生下列反应：2X2O5(g)4XO2(g)+ O2(g) ΔH>0，T温度下的部分实验数据为：
t/s 0 50 100 150
n(X2O5)mol 4.00 2.50 2.00 2.00
下列说法错误的是：（ ）
A．100s时X2O5的转化率为50%
B．50s内X2O5分解速率为0.03mol·L 1·s 1
C．T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则Kl>K2
D．T温度下的平衡常数为K=8
10．（2022高二上·重庆月考）下列事实不能证明是弱电解质的是（ ）
A．时溶液的
B．溶液与溶液反应放出气体
C．向20mL 溶液中滴加同浓度NaOH溶液使溶液呈中性，消耗NaOH溶液的体积小于20mL
D．常温下，pH=3的HNO2溶液稀释至100倍，稀释后溶液的pH约为4.5
11．（2022高二上·重庆月考）某学生欲用已知物质的量浓度的氢氧化钠溶液来测定白醋中醋酸的浓度，下列操作中，可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是（ ）
A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液
B．滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．滴定过程中振荡时锥形瓶中有液滴溅出
D．用托盘天平称量NaOH固体（含KOH杂质）配制NaOH溶液
12．（2022高二上·重庆月考）下列各组离子一定能大量共存的是（ ）
A．在含有大量Fe3+的溶液中：NH、Na+、Cl-、HCO
B．常温下c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Fe2+、Cl-、NO
C．澄清透明溶液中：H+、K+、SO、Cu2+
D．常温下水电离的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Al3+、Cl-、SO
13．（2022高二上·重庆月考）在3种不同条件下，分别向容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol A和1 mol B，发生反应2A(g) +B(g)2D(g) ΔH 实验的相关条件和数据如下表所示： 下列说法正确的是（ ）
实验编号 实验I 实验II 实验III
反应温度/℃ 800 800 850
达到平衡时间/min 40 10 30
平衡时c(D)/(mol·L-1) 0.5 0.5 0.15
反应的能量变化 Q1 Q2 Q3
A．由表中信息可知：ΔH＞0
B．实验I达到平衡后，恒温条件下再向容器中通入1 mol A和1 mol D， 达到平衡时，c(D) = 1.0mol·L-1
C．实验II可能隐含的条件是使用催化剂，实验III，30 min 内：
v(D) = 0.05mol ·L-1 ·min-1
D．由表中信息可知： Q1=Q2＜Q3
14．（2022高二上·重庆月考）温度为t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10 -a mol·L -1，c(OH -)=10 -b mol·L -1；已知：a+b=13。下列说法正确的是（ ）
A．该温度下，KNO3溶液的pH=7
B．该NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)=10 -b mol·L -1
C．该温度下，pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性
D．该温度下，0.05mol·L -1的H2SO4 V1mL与 pH=11的NaOH溶液V2mL混合后呈中性，则V1：V2=1：10
二、非选择题
15．（2022高二上·重庆月考）根据所学知识，回答下列问题。
（1）实验室中和热的测定过程中，玻璃搅拌器的正确操作是______ (填字母)
A．顺时针搅拌 B．逆时针搅拌 C．上下移动
（2）中和热的测定，倒入溶液的正确操作是 (填字母)
a.沿玻璃棒缓慢倒入 b.分三次倒入 c.一次迅速倒入
（3）若中和热的测定实验过程中，内筒未加杯盖，求得的中和反应反应热 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（4）向1L 1的NaOH溶液中分别加入下列物质：①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸。反应恰好完全，生成1mol水时的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则三者由大到小的顺序为 。
（5）已知：①Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) ΔH1=+19.3 kJ·mol-1
②3FeO(s)+H2O(g) Fe3O4(s)+H2(g) ΔH2= -57.2 kJ·mol-1
③C(s)+CO2(g) 2CO(g) ΔH3=+172.4 kJ·mol-1
碳与水蒸气反应制氢气的总反应热化学方程式是 。
（6）图Ⅰ是1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 ，(填“增大”、“减小”、“不变”，下同)。ΔH的变化是 。
16．（2022高二上·重庆月考）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。其合成原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，△S<0。
（1）下列关于工业合成氨的说法正确的是 。
A．因为△H<0，所以该反应一定能自发进行
B．因为△S<0，所以该反应一定不能自发进行
C．在高温下进行是为了提高反应物的转化率
D．该反应在低温下能自发进行
（2）在恒温恒容密闭容器中进行合成氨的反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 。
A．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2
B．N2百分含量保持不变
C．容器内压强保持不变
D．混合气体的密度保持不变
（3）某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，不同温度时，固定氮气的投入量，起始氢气的物质的量与平衡时氨气的百分含量关系如右图：
①图像中T2和T1的关系是：T1 T2(填“>，<或=”)。
②a、b、c、d四点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是： 。
③ 合成氨工业中，为提高氨气的平衡产率，除适当控制反应的温度和压强外，还可采取的措施是 。
（4）恒温下，向一个4L的恒容密闭容器中充入1.8mol N2和4.2mol H2，反应过程中对NH3的浓度进行检测：
①20min后，反应达平衡，氨气的浓度为0.3 mol·L -1，用N2表示的平均反应速率为 mol/(L·min)。且此时，混合气体的总压强为p，则该反应的化学平衡常数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)为平衡系统中B的物质的量分数]。
②若维持容器体积不变，温度不变，向原平衡体系中再加入1.8mol N2和4.2mol H2，再次达平衡后，氨气的浓度 0.6 mol·L -1(填“大于”或“小于”或“等于”)。
17．（2022高二上·重庆月考）滴定是分析化学中重要的分析方法之一，根据其原理回答下列问题：
（1）Ⅰ.酸碱中和滴定是最基本的滴定方法：
滴定管是酸碱中和滴定中重要的仪器，向25 mL碱式滴定管中加入氢氧化钠溶液，开始时滴定管的读数为0.00 mL，将滴定管中的液体全部放出，放出氢氧化钠溶液的体积为 (填“大于”“小于”或“等于”)25.00 mL。
（2）在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要 。
（3）Ⅱ. 氧化还原滴定实验与酸碱中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)，用氧化还原滴定方法测定粗品中Na2SO3的质量分数。
实验步骤：称取1.0g粗品配制250 mL溶液待用。
用碱式滴定管取25.00 mL 待测液锥形瓶中。
用浓度为0.1000mol L-1的KMnO4酸性标准溶液进行滴定
回答下列问题：
配制待测液需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、 ；
（4）请写出滴定中发生反应的离子方程式 。
（5）滴定终点时的现象 。
（6）酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使测定结果 (填“偏高”、“偏低”“无影响”)；读取KMnO4标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使测定结果 (填“偏高”、“偏低”“无影响”)。
（7）有关数据记录如下：
滴定次数 待测液的体积/mL 0.1000mol L-1KMnO4的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
第一次 25.00 0.50 20.60
第二次 25.00 6.00 25.90
第三次 25.00 1.40 24.20
依据上表数据计算粗品中Na2SO3的质量分数为 。
18．（2022高二上·重庆月考） 常作食品加工中的食品添加剂，用于焙烤食品；在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
（1） 可作净水剂，其原理是 (用离子方程式说明)。
（2）配制溶液时，通常需加入适量的 ，减小其水解程度。
（3）相同条件下，溶液中的 (填“等于”“大于”或“小于”) 0.1mol L-1CH3COONH4溶液中的。
（4）下列图像为的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线。
其中符合溶液的pH随温度变化的曲线是 (填罗马数字)，溶液的pH随温度变化的原因是 。
（5）室温时，向溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。
①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是 点。
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 。
③由b到c发生反应的离子方程式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.液态水汽化为物理变化， 不属于化学反应，因此为吸热过程，而不是吸热反应，A不符合题意；
B.CaO与H2O反应过程中放出大量热，为放热反应，B不符合题意；
C.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，C符合题意；
D.H2在Cl2中燃烧，放出大量热，为放热反应，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、液态水汽化为吸热过程；
B、CaO与H2O的反应为放热反应；
C、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应；
D、燃烧反应为放热反应；
2．【答案】A
【知识点】燃烧热；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.气态硫具有的能量高于固态硫，因此等量的硫蒸气和硫固体完全燃烧，前者放出的热量多，A符合题意；
B.燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，氢元素的指定产物为H2O(l)，B不符合题意；
C.任何化学反应过程中都伴随着能量的变化，因此任何化学反应中，反应物的总能量和生成物的总能量都不相同，C不符合题意；
D.SO2与O2的反应为可逆反应，因此2molSO2与1molO2不能完全反应，故放出的热量小于196.64kJ，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、气态硫具有的能量高于固态硫；
B、体现燃烧热的热化学方程式中，氢元素对应的燃烧产物为H2O(l)；
C、任何化学反应该过程中都伴随着能量的变化；
D、该反应为可逆反应，2molSO2与1molO2无法完全反应；
3．【答案】C
【知识点】盐类水解的原理；离子方程式的书写；电离方程式的书写
【解析】【解答】A.泡沫灭火器的反应原理为Al3＋＋3HCO3－=Al(OH)3↓＋3CO2↑，A不符合题意；
B.熔融状态下NaHSO4完全电离，产生Na＋和HSO4－，因此其电离方程式为：NaHSO4=Na＋＋HSO4－，B不符合题意；
C.MgCl2溶液中，Mg2＋发生水解反应Mg2＋＋2H2O Mg(OH)2＋2H＋，C符合题意；
D.NaHSO3溶液中HSO3－水解产生H2SO3和OH－，其水解方程式为HSO3－＋H2O H2SO3＋OH－，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、泡沫灭火器的主要成分为Al2(SO4)3和NaHCO3；
B、熔融状态只能破坏离子键，不能破坏共价键；
C、MgCl2溶液中，由于MgCl2的水解，使得溶液显酸性；
D、NaHSO3溶液中，HSO3－水解产生H2SO3和OH－；
4．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应；催化剂；化学反应的可逆性
【解析】【解答】A.反应Ⅰ的ΔH>0，为吸热反应，反应Ⅱ的ΔH<0，为放热反应，A不符合题意；
B.反应Ⅱ所需的活化能大于反应Ⅰ，因此反应Ⅱ的反应速率小于反应Ⅰ的反应速率，故反应速率由反应Ⅱ决定，B不符合题意；
C.加入催化剂后，降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程，C不符合题意；
D.SO2(g)与O2(g)的反应为放热反应， 说明2molSO2(g)和1molO2(g)的总能量高于2molSO3(g)的能量，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据反应热的正负判断反应的热效应；
B、反应速率由慢反应的反应速率决定，反应所需的活化能越高，反应速率越慢；
C、加入催化剂可降低反应所需的活化能，改变反应历程；
D、SO2与O2的反应为放热反应，只能比较总能量的相对大小；
5．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.饱和食盐水中c(Cl－)达到最大值，Cl2与H2O的反应为可逆反应，增大c(Cl－)，可是平衡逆向移动，因此Cl2不溶于饱和食盐水中，A符合题意；
B.合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NH3的合成，采用500℃是由于该温度下催化剂的活性高，反应速率快，与平衡移动无关，B不符合题意；
C.该反应前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，加压后混合气体的颜色加深，是由于c(I2)增大引起，与平衡移动无关，C不符合题意；
D.加入催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，但不影响平衡移动，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】勒夏特列原理是用于解释平衡移动的，因此能用勒夏特列原理解释的事实，需涉及可逆反应的平衡移动。据此结合选项进行分析。
6．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A.t0时刻正逆反应速率同时增大，因此改变的条件为温度或压强，增大c(A)，正反应速率增大，逆反应速率不变，A不符合题意；
B.加入催化剂，正逆反应速率同时增大，但平衡不移动；容积不变的密闭容器内通入氦气，使体系压强增大，但反应物、生成物的浓度不变，平衡不移动，且反应速率不变，B不符合题意；
C.加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，A的转化率不变，C不符合题意；
D.升高温度，反应速率加快，反应达到平衡所需的时间较短，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率减小，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对反应速率和平衡移动图像的综合考查， 结合温度、浓度、压强、催化剂对反应速率和平衡移动的影响进行分析即可。该反应为的ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。该反应中反应前后气体分子数不变，因此改变压强，平衡不移动。
7．【答案】A
【知识点】有关反应热的计算
【解析】【解答】设O2中氧氧化学键的键能为x，则436kJ·mol－1×2＋x－2×2×463kJ·mol－1=－482kJ·mol－1，解得 x=498kJ·mol－1。由于形成化学键的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的反应热ΔH=－498kJ·mol－1，A符合题意。
故答案为：A
【分析】根据反应热等于反应物键能总和减去生成物键能总和计算氧气中氧氧化学键的键能，从而确定反应热。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.除去CO，可防止催化剂中毒，失去催化效果，A不符合题意；
B.增大压强，可促使反应正向移动，增大CO的吸收，但压强越大，对设备的要求越高，成本越高，因此并不是压强越大越好，B符合题意；
C.要使铜氨液再生，则应使该反应平衡逆向移动，由于该反应为放热反应，且气体分子数减少，因此要使平衡逆向移动，则可选择的条件为高温、降压，C不符合题意；
D.合成氨工业中，采用循环操作，可提高N2和H2的利用率，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、除去CO可防止催化剂中毒；
B、压强越大，对设备的要求越高，成本越高；
C、吸收CO后的铜氨液处理后可再生，则需使可逆反应逆向移动；
D、合成氨工业中，循环操作，可提高反应物的利用率；
9．【答案】B
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A.100s时，参与反应的n(X2O5)=4.00mol－2.00mol=2.00mol，因此100s时X2O5的转化率为，A不符合题意；
B.50s时，参与反应的n(X2O5)=4.00mol－2.50mol=1.50mol，则其变化的浓度，因此用X2O5表示的反应速率，B符合题意；
C.该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，因此若T1>T2，则K1>K2，C不符合题意；
D.
故答案为：B
【分析】A、转化率等于变化量除去起始量；
B、根据公式计算用X2O5表示的反应速率；
C、该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K增大；
D、100s时反应达到平衡状态，结合反应的化学方程式计算平衡时各物质的浓度，从而计算平衡常数；
10．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A.25℃时，0.1mol·L－1的HNO2溶液的pH=2.2，则溶液中c(H＋)=10－2.2mol·L－1，小于0.1mol·L－1，说明HNO2在水中部分电离，因此HNO2属于弱电解质，A不符合题意；
B.HNO2与NaHCO3反应生成CO2气体，说明酸性HNO2>H2CO3，不能说明HNO2为弱电解质，B符合题意；
C.等浓度的HNO2和NaOH溶液反应后，溶液显中性，消耗NaOH溶液的体积小于20mL，则此时溶液的溶质为NaNO2和HNO2，说明溶液中存在NO2－的水解，因此HNO2为弱电解质，C不符合题意；
D.常温下，pH=3的HNO2溶液稀释至100倍后，稀释后溶液的pH≈4.5，说明稀释过程中，HNO2电离产生更多的H＋，因此说明HNO2是弱电解质，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】要证明HNO2是弱电解质，则需证明HNO2溶液中存在部分电离；或证明其盐溶液中存在NO2－的水解；或证明HNO2的酸性比弱酸的酸性弱。
11．【答案】C
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】A.未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，则碱式滴定管内的水会稀释NaOH溶液，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏高，A不符合题意；
B.盛放待测液的锥形瓶内有蒸馏水，但不影响消耗标准NaOH溶液的体积，最终结果无影响，B不符合题意；
C.振荡时锥形瓶内液体溅出，则待测液的量减少，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏小，最终结果偏低，C符合题意；
D.NaOH固体中含有KOH杂质，使得消耗标准NaOH溶液的体积偏大，最终结果偏高，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低，则实验过程中所消耗标准NaOH溶液的体积偏小，据此结合选项就进行分析。
12．【答案】C
【知识点】水的电离；离子共存
【解析】【解答】A.Fe3＋能与HCO3－发生双水解反应，生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，不可大量共存，A不符合题意；
B.酸性溶液中，NO3－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，不可大量共存，B不符合题意；
C.溶液中各个离子相互间可大量共存，C符合题意；
D.常温下水电离产生c(OH－)=10－7mol·L－1，若常温下水电离产生的c(OH－)=10－12mol·L－1，说明水的电离受到抑制，该溶液可能为酸溶液或碱溶液，若为碱溶液，则Al3＋能与OH－反应，不可大量共存，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、Fe3＋能与HCO3－发生双水解反应；
B、常温下c(OH－)=10－12mol·L－1的溶液显酸性；
C、溶液中各个离子相互间不反应；
D、常温下水电离的c(OH－)=10－12mol·L－1的溶液可能显酸性，也可能显碱性；
13．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；等效平衡
【解析】【解答】A.由实验Ⅰ、Ⅲ可知，温度升高，平衡时c(D)减小，说明升高温度，平衡逆向移动，因此该反应为放热反应，ΔH<0，A不符合题意；
B.实验Ⅰ达到平衡时，可得平衡三段式如下：
该温度下反应的平衡常数
平衡时再通入1molA和1molD，即通入A、D的浓度分别为c(A)=c(D)=0.5mol·L-1，加上原平衡体系中剩余的A、B的浓度，可得此时体系中c(A)=1mol·L-1，c(D)=1mol·L-1，此时，则Q=K，平衡不发生移动，因此c(D)=1mol·L-1，B符合题意；
C.实验Ⅱ中反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件可能为加入催化剂；实验Ⅲ中30min内用D表示的反应速率，C不符合题意；
D.由表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ中参与反应的A、B的量相等， 因此反应放出的热量相同；实验Ⅲ中参与反应的A、B比实验Ⅰ、Ⅱ少，因此反应放出的热量较少，所以Q1=Q2>Q3，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；
B、结合等效平衡进行分析；
C、实验Ⅱ中温度、压强不变，反应速率加快，说明使用了催化剂，结合速率公式计算D表示的反应速率；
D、生成的D越多，则反应放出的热量越多；
14．【答案】D
【知识点】pH的简单计算
【解析】【解答】A.该温度下， 水的离子积常数Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－a×10－b=10－(a＋b)=10－13，KNO3溶液显中性，因此该溶液中c(H＋)=c(OH－)=10－6.5mol·L－1，故KNO3溶液的pH=6.5，A不符合题意；
B.NaOH溶液中H＋来自于水电离产生，而水电离产生的c(H＋)等于水电离产生的c(OH－)，故该NaOH溶液中由水电离产生的c(OH－)=c(H＋)=10－amol·L－1，B不符合题意；
C.该温度下，pH=2的盐酸中c(H＋)=10－2mol·L－1，pH=12的NaOH溶液中c(H＋)=10－12mol·L－1，则溶液中，等体积混合后，溶液中OH-过量，因此混恶化后溶液显碱性，C不符合题意；
D.pH=11的NaOH溶液中c(H＋)=10－11mol·L－1，因此溶液中c(OH－)=0.01mol·L－1，混合后溶液显中性，则n(H＋)=n(OH－)，即0.05mol·L－1×2×V1mL=0.01mol·L－1×V2mL，解得V1：V2=1：10，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据NaOH溶液中c(H＋)、c(OH－)计算水的离子积常数Kw，从而计算中性溶液的pH；
B、NaOH溶液中由水电离产生的c(OH－)等于溶液中c(H＋)；
C、根据溶液的pH计算溶液中c(H＋)、c(OH－)，从而确定反应后溶液的酸碱性；
D、混合后溶液显中性，则混合前n(H＋)=n(OH－)，据此进行计算；
15．【答案】（1）C
（2）C
（3）偏大
（4）△H3＞△H2＞△H1
（5）C(s)+H2O(g)=H2(g)+CO(g) △H=+134.5 KJ/mol
（6）减小；不变
【知识点】热化学方程式；反应热的大小比较；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）玻璃搅拌器使用过程 中，应上下移动，C符合题意。
（2）为防止热量的散失，倒入NaOH溶液时，应一次性迅速倒入，c符合题意。
（3）内筒未加杯盖，则反应过程中部分热量散失，使测得的中和热ΔH偏大。
（4）①浓硫酸稀释过程放出热量，使得反应生成1molH2O时放出热量偏多，因此ΔH偏小。
②稀硝酸为强酸的稀溶液，反应过程中生成1molH2O时放出的热量即为中和热。
③CH3COOH为弱酸，其电离过程吸收热量， 使得反应生成1molH2O时放出的热量偏小，因此ΔH偏大。
综上三者的大小关系为：ΔH3>ΔH2>ΔH1。
（5）碳与水蒸气反应的化学方程式为：c(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g)，结合盖斯定律可得， 该反应的反应热ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3=(＋19.3kJ·mol－1)＋(－57.2kJ·mol－1)＋(＋172.4kJ·mol－1)=＋134.5kJ·mol－1。因此该反应的热化学方程式为：c(s)＋H2O(g)=H2(g)＋CO(g) ΔH=＋134.5kJ·mol－1。
（6）加入催化剂，可降低反应所需的活化能，因此E1减小。由于反应热只与反应物和生成物能量有关，与反应过程无关，因此加入催化剂，其反应热ΔH不变。
【分析】（1）玻璃搅拌器搅拌时应上下移动。
（2）为防止热量散失，两溶液混合时应一次迅速倒入。
（3）内筒未加杯盖，则导致过程中热量散失，求得的中和热ΔH偏大。
（4）浓硫酸稀释过程放热，CH3COOH电离过程吸热，据此判断反应热的大小。
（5）写出反应的化学方程式，结合盖斯定律计算该反应的反应热， 从而得出其热化学方程式。
（6）加入催化剂，可降低反应所需的活化能，但反应热保持不变。
16．【答案】（1）D
（2）B；C
（3）＞；C；及时的分离出氨气
（4）0.0075；2／P2；大于
【知识点】焓变和熵变；合成氨条件的选择；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）A、反应能否自发进行，需综合考虑ΔH、ΔS，A不符合题意；
B、反应能否自发进行，需综合考虑ΔH、ΔS，B不符合题意；
C、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，因此高温下进行，反应物的转化率降低，C不符合题意；
D、该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，要使ΔH-TΔS＜0，则要求T较小，因此该反应在低温下能自发进行，D符合题意；
故答案为：D
（2）A、容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B、N2的百分含量为一个变量，则当N2的百分含量不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C、反应前后气体分子数改变，因此反应过程中容器内压强是一个变量，则当容器内压强保持不变时，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D、反应物和生成物都是气体，根据质量守恒定律可得，反应过程中混合气体的质量保持不变，由于容器容积固定，因此混合气体的体积不变，故反应过程中，混合气体的密度一直保持不变，因此混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：BC
（3）①合成氨的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡NH3的百分含量减小，因此温度越高，平衡NH3%越小，故温度T1>T2。
②随着n(H2)的增加，平衡正向移动，N2的转化率增大，因此反应物N2的转化率最高的是c点。
③合成氨中，为提高平衡产率，除了适当控制反应温度和压强，还可以及时分离处氨气，使平衡正向移动，提高平衡产率。
（4）20min后，反应达到平衡状态，此时c(NH3)=0.3mol·L-1，可得平衡三段式如下：
所以用N2表示的反应速率。
平衡体系中各气体的分压、
所以该反应的化学平衡常数
②不考虑平衡移动，则通入1.8molN2和4.2molH2，反应达到平衡时，生成c(NH3)=0.3mol·L－1，此时平衡体系中NH3的总浓度为0.6mol·L－1。由于保持容器体积不变，再通入1.8molN2和4.2molH2，则体系的压强增大，平衡正向移动，因此达到平衡时，体系中NH3的总浓度大于0.6mol·L－1。
【分析】（1）若反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0。
（2）当正逆反应速率相等，或“变量不变”时，说明反应达到平衡状态。
（3）①合成氨的反应为放热反应，温度越高，平衡时NH3的百分含量越低。
②增加H2的量，平衡正向移动，N2的转化率增大。
③温度、浓度、压强都会影响平衡移动。
（4）①根据平衡NH3的浓度计算参与反应的c(N2)，结合公式计算用N2表示的反应速率。根据平衡时各气体的物质的量浓度，计算各个气体的分压， 从而计算其压强平衡常数。
②维持容器体积不变，向平衡体系中再加入1.8molN2和4.2molH2，则体系的压强增大，平衡正向移动。
17．【答案】（1）大于
（2）用待装碱液润洗2～3次
（3）250mL容量瓶
（4）5SO32- + 2MnO 4 - + 6 H + = 5SO 4 2- + 2Mn 2+ + 3 H 2 O
（5）当滴入最后半滴高锰酸钾溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。
（6）偏低；偏低
（7）63℅
【知识点】中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）开始时滴定管的读数为0.00mL，将滴定管内的液体全部放出，由于滴定管末端没有刻度，但仍可容纳一定体积的液体，因此放出NaOH溶液的体积应大于25.00mL。
（2）在加入碱之前，洁净的碱式滴定管要先用待装溶液润洗2～3次。
（3）配制250mL溶液时，所需的仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管和250mL容量瓶。
（4）滴定过程中，MnO4－将SO32－氧化成Mn2＋，自身还原为Mn2＋。反应过程中，Mn由＋7价变为＋2价，得到5个电子；S由＋4价变为＋6价，失去2个电子。根据得失电子守恒可得，MnO4－、Mn2＋的系数为2；SO32－、SO42－的系数为5。根据电荷守恒可得，生成物中含有H＋，且其系数为6。根据氢原子守恒可得，生成物中含有H2O，且其系数为3。因此该反应的离子方程式为：5SO32－＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋5SO42－＋3H2O。
（5）当滴入最后半滴KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅绿色，且半分钟内不褪色，说明反应已经达到滴定终点。
（6）若滴定后滴定管尖嘴处有气泡，则消耗标准液的体积偏小，最终测定结果偏低。读取KMnO4溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束后俯视读数，则所得标准液的体积偏小，最终测定结果偏低。
（7）第一次滴定，消耗KMnO4溶液的体积为20.60 mL－0.50 mL =20.10mL；第二次滴定消耗KMnO4溶液的体积为25.90mL－6.00mL=19.90mL；第三次滴定消耗KMnO4溶液的体积为24.20mL－1.40mL=22.80mL。由于第三次滴定所得数据与前两次实验所得数据差距较大，其误差较大，应舍去。因此滴定过程中消耗KMnO4溶液的体积为。根据反应的离子方程式可得关系式“5SO32－～2MnO4－”，因此25.00mLNa2SO3溶液中。因此1.0g粗品中所含Na2SO3的质量为：。因此样品中Na2SO3的质量分数为。
【分析】（1）滴定管下端没有刻度，但仍可容纳一定量的液体。
（2）滴定管需用待装溶液进行润洗。
（3）配制一定物质的量浓度的溶液，需要使用到容量瓶。
（4）滴定过程中KMnO4的氧化性，将Na2SO3氧化成Na2SO4，自身还原形成Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应的离子方程式。
（5）滴定终点时，溶液由无色变为浅红色。
（6）分析错误操作是消耗标准液体积的影响，确定实验误差。
（7）根据表格数据计算消耗标准液的体积，结合反应的化学方程式计算n(Na2SO3)，从而计算其质量分数。
18．【答案】（1）Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
（2）稀硫酸
（3）大于
（4）Ⅰ；水解是吸热反应，升高温度水解平衡正向移动，c（H+）增大pH减小
（5）a；c（Na+）＞c（SO 4 2-）＞c（NH4+）＞c（H+）=c（OH-）；NH4++OH- =NH3·H2O
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】（1）NH4Al(SO4)2溶于水的过程中，电离产生NH4＋、Al3＋和SO42－，其中Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，具有很强的吸附性，可用于吸附水中的悬浮物，起到净水作用。Al3＋水解的离子方程式为：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋。
（2）NH4Al(SO4)2水溶液中存在NH4＋、Al3＋的水解，配制该溶液时，应加入适量的稀硫酸，抑制NH4＋、Al3＋的水解。
（3）NH4Al(SO4)2溶液中，Al3＋的水解抑制NH4＋的水解；CH3COONH4溶液中，CH3COO－促进NH4＋的水解。因此，0.1mol·L－1的NH4Al(SO4)2溶液中c(NH4＋)大于0.1mol·L－1的CH3COONH4溶液中c(NH4＋)。
（4）NH4Al(SO4)2溶液中由于NH4＋、Al3＋的水解，使得溶液中c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，pH<7。升高温度的过程中，促进NH4＋、Al3＋的水解，使得溶液中c(H＋)增大，溶液的pH变小。因此符合的是曲线Ⅰ。
（5）①a点时加入NaOH溶液的体积为100mL，则发生反应：H＋＋OH－=H2O，此时溶液中的溶质为(NH4)2SO4，NH4＋的水解促进水的电离。继续加入NaOH溶液，发生反应：NH4＋＋OH－=NH3·H2O，NH3·H2O电离产生的OH－抑制水的电离。因此水的电离程度最大的是a。
②b点溶液的pH=7，溶液中c(H＋)=c(OH－)，此时溶液中的溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4和NH3·H2O。溶液中离子浓度的相对大小为：c(Na＋)>c(SO42－)>c(NH4＋)>c(H＋)=c(OH－)。
③b点溶液中含有(NH4)2SO4，能继续与NaOH溶液反应，因此b到c的过程中发生反应的离子方程式为：NH4＋＋OH－=NH3·H2O。
【分析】（1）Al3＋水解产生Al(OH)3胶体，利用胶体的吸附性净水。
（2）NH4＋、Al3＋水解产生H＋，加酸可抑制其水解。
（3）结合两溶液中NH4＋的水解程度分析溶液中c(NH4＋)的相对大小。
（4）升高温度，溶液中NH4＋、Al3＋的水解受到促进，溶液中c(H＋)增大，pH减小。
（5）①酸碱抑制水的电离，可水解的盐溶液促进水的电离。
②b点溶液pH=7，溶液中c(H＋)=c(OH－)，滴加NaOH的过程中，依次发生反应：H＋＋OH－=H2O、NH4＋＋OH－=NH3·H2O，据此判断溶液中离子浓度的相对大小。
③b到c的过程中溶液碱性逐渐增强，主要发生NH4＋与OH－的反应。
