2014秋季湖南省浏阳一中高二上学期第一次阶段测试化学（A）试题（带解析）.doc

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1、2014秋季湖南省浏阳一中高二上学期第一次阶段测试化学（ A）试题（带解析） 选择题 下列对化学反应的认识错误的是 A会引起化学键的变化 B会产生新的物质 C必然引起物质状态的变化 D必然伴随着能量的变化 答案： C 试题分析：化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，且生成新物质， A、 B正确；化学反应不一定能引起物质状态的变化， C错误；任何一个化学变化必定伴随着能量的变化，常以热量的形式表现出来， D正确，答案：选C. 考点：化学变化的实质 用铂电极电解 100mL HNO3 与 AgNO3的混合液，通电一段时间后，两极均收集到 2.24 L气体（标准状况），则原混合液中 Ag+

2、的物质的量浓度为 A 1mol L-1 B 2 mol L-1 C 2.5 mol L-1 D 3 mol L-1 答案： B 试题分析：铂电极为惰性电极，电解 HNO3与 AgNO3的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到 2.24L 气体（标准状况）， n（气体） = =0.1mol，由阳极发生 4OH-4e-=2H2O+O2可知，生成 0.1molO2转移 0.4mol电子，根据电子守恒可知，阴极转移 0.4mol电子，则阴极生成 2.24L氢气转移2x0.1mol=0.2mol电子，故 2Ag+2e-=2Ag转移电子数为 0.4mol-0.2mol=0.2mol电子，即银离子的物质的量

3、为 0.2mol则原混合溶液中 Ag+的物质的量浓度为=2mol/L，答案：为 B. 考点：电解原理 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 氯化铁溶液加热蒸干最终得不到氯化铁固体 铁在潮湿的空气中容易生锈 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 常温下，将 1 mL pH 3的醋酸加水稀释至 100 mL，测得其 pHKsp(AgI)， AgCl沉淀在一定条件下可转化为 AgI沉淀 D向 AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入 NaCl固体， AgCl的溶解度减小 答案： B 试题分析：在 100mL0.01mol/LKCl溶液中，加入 1mL0.01mol/LAgNO3溶液，Qc=0.01mol/Lx

4、0.01mol/L=1x10-4mol/L1.81010 ，故有氯化银沉淀析出， A 正确；往氯化银的悬浊液中加硝酸银， c(Cl )减小、 c(Ag+)增大， B错误； AgCl难溶，但是 AgI溶解度更小，所以 AgCl能转化为 AgI；故 C正确；加入氯化钠固体，氯离子浓度增大，是氯化银的沉淀溶解平衡向 逆反应方向移动，故氯化银的溶解度降低， D正确，答案：选 B. 考点：沉淀溶解平衡 C6H14的各种同分异构体中，所含甲基数和它的一氯取代物的数目与下列相等的是 A 2个 -CH3，能生成 6种一氯代物 B 3个 -CH3，能生成 4种一氯代物 C 2个 -CH3，能生成 5种一氯代物

5、D 4个 -CH3，能生成 4种一氯代物 答案： B 试题分析： A、含 2个甲基，为 CH3CH2CH2CH2CH2CH3，有 3种 H原子，则有3种一氯代物，故 A、 C错误； B、含 3个甲基，有 和两种结构，前一种结构有 5 种一氯代物，后一种结构，有 4种一氯代物，故 B正确； D、选项，含 4个甲基，则有和 两种结构，前一种有 2种一氯代物，后一种有 3种一氯代物，故 D错误； 考点：同分异构体 某有机化合物的结构简式为： ；其中属于芳香醇的同分异构体共有 A 3种 B 4种 C 5种 D 6种 答案： C 试题分析： 的分子式为 C8H10O，对应的芳香醇有以及，共 5种，故选

6、C 考点：同分异构体 已知 H2（ g） +1/2O2（ g） H2O（ l）； H= -285 8 kJ mol1 CO（ g） +1/2O2（ g） CO2 (g)； H= -282 9 kJ mol1某 H2和 CO的混合气体完全燃烧时放出 113 74kJ热量，同时生成 3 6g液态水，则原混合气体中H-2和 CO的物质的量之比为 A 2 1 B 1 2 C 1 1 D 2 3 答案： C 试题分析：水的物质的量为 =0.2mol，由 2H2+O22H2O可知， n（ H2）=n（ H2O） =0.2mol，由 2H2（ g） +O2（ g） 2H2O（ l） H=-571.6kJ m

7、ol-1可知0.2molH2燃烧放出的热量为 57.16KJ，则 CO燃烧放出的热量为 113.74KJ-57.16KJ=56.58KJ，设混合气体中 CO的物质的量为 x，则 CO（ g） + O2（ g） =CO2（ g） H=-283kJ mol-1 1 283KJ x 56.58KJ ，解得 x=0.2mol即 n（ CO） =0.20mol，原混合气体中 H2和 CO的物质的量均为 0.2mol， H2和 CO的物质的量之比为 1： 1，答案：选 C. 考点：有关反应热的计算 常温下，将一元酸 HA和 NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的 pH如下表 实验编号 c

8、（ HA） /molL1 c（ NaOH） /molL1 混合溶液的 pH 甲 0.1 0.1 pH=a 乙 0.2 0.2 pH=9 丙 c1 0.2 pH=7 丁 0.2 0.1 pH 7 下列判断不正确的是 A a 9 B c1 0.2 C在乙组混合溶液中 c（ OH ） c （ HA） =109 mol/L D在丁组混合液中 c（ Na+） c（ A ） 答案： B 试题分析：由表中甲组数据可知，一元酸 HA和 NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应， NaA溶液浓度为乙组 NaA溶液浓度的一半，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度，碱性比乙组的碱性弱，即 pH 9，所以 a 9，故

9、 A错误；一元酸 HA和 NaOH溶液等体积、等浓度 0.2mol/L混合，二者恰好反应，溶液 pH=9，由表中数据可知丙组溶液呈中性，酸 HA应过量些，故 c1 0.2，故 B错误 ;pH=9NaA溶液中 c（ H+） =10-9mol/L，氢氧根来源与水的电离与 A-的水解，水每电离产生 1个氢离子同时产生 1个氢氧根离子， A-水解，生成 1个HA分子同时生成 1个氢氧根离子，所以溶液中 c（ OH-） =c（ AH） +c（ H+），故混合液中 c（ OH-） -c（ HA） =10-9mol/L，故 C正确； D、溶液呈电中性，一定存在 c（ OH-） +c（ A-） =c（ Na+

10、） +c（ H+），溶液 pH 7，则 c（ OH-） c（ H+），所以 c（ A-） c（ Na+），故 D错误答案：选 B. 考点： pH的计算 有 A、 B、 C、 D四种金属，当 A、 B组成原电池时，电子流动方向 A B ；当 A、 D组成原电池时， A为正极； B与 E构成原电池时，电极反应式为： E2-+2e-=E， B-2e-=B2+则 A、 B、 D、 E金属性由强到弱的顺序为 A A B E D B A B D E C D E A B D D A B E 答案： D 试题分析：当 A、 B组成原电池时，电子流动方向 AB，则金属活泼性为 AB；当 A、 D组成原电池时，

11、A为正极，则金属活泼性为 D A； B与 E构成原电池时，电极反应式为： E2-+2e-E， B-2e-B2+， B失去电子，则金属活泼性为B E，综上所述，金属活泼性为 D A B E，故选 D 考点：原电池原理 下列物质中属于强电解质的是 A稀硫酸 B BaSO4 C Al（ OH） 3 D NH3 H2O 答案： B 试题分析：再水溶液中能完全电离的电解质为强电解质。稀硫酸是混合物，不是电解质， A错误；硫酸钡虽然水溶液是难溶于水的，但溶于水的那部分是完全电离的，故 是强电解质， B正确； C、 D在水溶液中部分电离，属于弱电解质，答案：选 B. 考点：强电解质的定义 升高温度能加快化学

12、反应速率的主要原因是 A增加活化分子百分数 B降低活化分子的能量 C活化分子能量明显增加 D降低反应所需的能量 答案： A 试题分析：试题分析：升高温度，给分子提供了能量，增加了活化分子的数目，有效碰撞的机会就会增加，所以分子碰撞机会也增加，但不是主要原因。故选A。 考点：有效碰撞 室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的 pH一定大于 7的是 A 0.1mol/L的盐酸和 0.1mol/L的氢氧化钠溶液 B 0.1mol/L的硫酸和 0.1mol/L的氢氧化钡溶液 C pH=4的醋酸溶液和 pH=10的氢氧化钠溶液 D pH=4的盐酸和 pH=10的氨水 答案： D 试题分析：等体积等浓度混

13、合恰好生成 NaCl，则溶液的 pH=7，故 A错误；0.1mol/L的硫酸和 0.1mol/L的氢氧化钡溶液恰好反应，溶于呈中性， B错误；C pH=4的醋酸溶液，醋酸浓度大于 0.0001mol/L， pH=10的氢氧化钠溶液，浓度为 0.0001mol/L，等体积混合，醋酸有剩余，则溶液的 pH 7，故 C错误；pH=4的盐酸溶液中氢离子浓度是 0.0001mol/L， pH=10的氨水溶液浓度远远大于 0.0001mol/L，氨水过量，溶于呈碱性 ,故 D正确；答案：选 D. 考点： PH计算 下列操作会使 H2O的电离平衡向电离方向移动且 pH 7的是 A向水中加少量 Na2CO3

14、B向水中加少量 FeCl3 C向水中加少量 NaHSO4 D向水中加入少量 NaCl 答案： B 试题分析： A、向水中加少量 Na2CO3，碳酸根离子水解促进水的电离，氢氧根离子大于氢离子浓度， pH 7，故 A不符合； B、向水中加少量 FeCl3，铁离子水解结合氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子， pH7，故 B符合； C、向水中加少量 NaHSO4，溶液中氢离子抑制水的电离，溶液pH 7，故 C不符合； D、向水中加入少量 NaCl，不影响水的电离平衡，故 D不符合；故选 B 考点：盐类的水解 下列各组离子，在所给条件下能够大量共存的是 A pH 0的溶液中 ,Fe

15、3+、 Mg2+、 Cl-、 SO42- B水电离出的 c(H+)=10-8mol/L的溶液中， K+、 HCO3-、 Cl-、 S2- C使 pH试纸显深蓝色的溶液中， Cu2+、 Fe3+、 NO3-、 SO42- D在 溶液中 Na+、 AlO2-、 SO42-、 NO3- 答案： A 试题分析： pH=0溶液显酸性，四种离子能大量共存， A正确；水电离出的c(H+)=10-8mol/L的溶液可能显酸性也可能显碱性，碳酸氢根离子在酸性碱性条件下均不共存，硫离子在酸性环境中生成弱酸， B错误；使 pH试纸显深蓝色的溶液为碱性溶液，铜离子与铁离子均不存在， C错误；铝离子与偏铝酸根离子能互相

16、促进水解，故不能大量共存， D错误，答案：选 A. 考点：离子共存 x、 y、 z为三种气体，把 a mol x和 b mol y充入一密闭容器中，发生反应，x+2y 2z达到平衡时，若它们的物质的量满足 n(x)+n(y)=n(z)，则 y的转化率为 A（ a+b） /5100% B 2（ a+b） /5b100% C 2（ a+b） /5100% D（ a+b） /5a100% 答案： B 试题分析：用三段式法计算： X（ g） +2Y（ g） 2Z（ g）， 起始： amol bmol 0 转化： xmol 2xmol 2xmol 平衡：（ a-x） mol （ b-2x） mol 2x

17、mol 所以（ a-x） mol+（ b-2x） =2xmol，解的 x= mol，转化率为 2（ a+b）/5b100%，答案：选 B. 考点：三段式计算 向三份 0.1 mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量 NH4NO3、 Na2SO3、 FeCl3固体 (忽略溶液体积变化 )，则 CH3COO-浓度的变化依次为 A减小、增大、减小 B增大、减小、减小 C减小、增大、增大 D增大、减小、增大 答案： A 试题分析：加 NH4NO3，水解后呈酸性，促进 CH3COO-水解，浓度变小；Na2SO3水解后呈碱性，抑制 CH3COO-水解，浓度变大、 FeCl2水解后呈酸性，促进 CH3

18、COO-水解，浓度变小。故 A正确。 考点：盐类的水解 目前已研制出一种用磺酸类质子作溶剂的酸性乙醇电池，其效率比甲醇电池高出 32倍，电池构造如图所示，电池反应式为： C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O。下列关于该电池的说法正确的是 A通入乙醇的电极为该电池的正极 B放电过程中，电源内部的 H+从正极区向负极区迁移 C该电池的正极反应为： 4H+O2+4e =2H2O D用该电池做电源，用惰性电极电解饱和 NaCl溶液时，每消耗 0.2 mol C2H5OH，阴极产生标准状况下气体的体积为 13.44 L 答案： C 试题分析：乙醇作为一种燃料，在反应中失去电子，被氧化，因此在燃料电池

19、中乙醇在负极上发生反应， A 错误；负极失去电子，电子沿导线传递到正极上，因此溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动 B 错误；氧气在正极反应，C 正确；乙醇中碳原子的化合价是 2 价，而在产物中碳原子的化合价是 4 价，即 1个碳原子失去 6个电子，所以 1mol乙醇转移 12mol电子，消耗 0.2mol乙醇转移 2.4mol电子，电解池的阴极生成氢气，生成氢气的物质的量为 x，根据转移电子数守恒， 2x=2.4mol， x=1.2mol，故生成氢 气的体积为1.2molx22.4L/mol=26.88L， D错误，答案：选 C. 考点：电解池和原电池原理 实验题 （ 16分）由于 F

20、e(OH)2极易被氧化；所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的 Fe(OH)2沉淀。若用图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和铁。 （ 1） a电极材料为 _，其电极反应式为 _ （ 2）电解液 d可以是 _，则白色沉淀在电极上生成；也可以是 _，则白色沉淀在两极之间的溶液中生成。 (填字母代号 ) A纯水 B NaCl溶液 C NaOH溶液 D CuCl2溶液 （ 3）液体 c为苯，其作用是 : ；在加入苯之前，对 d溶液进行加热煮沸处理的目的是 : （ 4）为了在短时间内看到白色沉淀，可以采取的措施是 。 A改用稀硫酸做电解液 B适当增大电源电压

21、C适当缩小两电极间距离 D适当降低电解液温度 （ 5）若 d 改为 Na2S 4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显现象为： 写出反接后两极的电极反应式 : 阳极： 阴极 : 答案：（ 1） Fe Fe2e Fe2+（ 2） C B ；（ 3）隔绝空气防止 Fe(OH)2被空气氧化；排尽溶液中的氧气，防止生成 Fe(OH)2在溶液中氧化；（ 4） B C ；（ 5）白色沉淀迅速变化成灰绿色，最后变成红褐色； 2H2O-4e-=O2+4H+； 2H2O+2e-=H2+2OH- 试题分析：（ 1）制纯净的 Fe（ OH） 2沉淀，则 Fe为阳极

22、，失去电子， b与电源正极相连，则 b为阳极，发生的电极反应为 Fe-2e-=Fe2+，故答案：为： Fe；Fe-2e-=Fe2+；（ 2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而 NaCl、 NaOH溶液中氢离子放电，可生成 Fe（ OH） 2沉淀，电解液为 CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液 b可选择 BC，故答案：为： BC；（ 3）苯的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对 d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案：为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；（ 4）短时间内看到白色沉淀，

23、适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案：为：BC（ 5）反接电源时，电解方程式是 2H2O=2H2+O2，生成的 O2会将 Fe（ OH） 2 氧化，其现象是白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案：为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色答案：为白色沉淀迅速变化成灰绿色，最后变成红褐色； 2H2O-4e-=O2+4H+； 2H2O+2e-=H2+2OH- 考点：电极反应式的书写 填空题 （ 16分） （ 1）盖斯是热化学的奠基人，于 1840年提出盖斯定律，利用这一定律可以从已经精确测定的反应热效应来计算难于测量

24、或不能测量的反应的热效应。 已知： N2（ g） + 2O2（ g） = 2NO2（ g） H= +67.7 kJ mol-1， N2H4（ g） + O2（ g） = N2（ g） + 2H2O（ g） H= -534 kJ mol-1。 请写出气态肼与 NO2气体完全反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式： 。 （ 2）已知： NN的键能是 946kJ mol-1， HH 的键能为 436kJ mol-1， NH的键能为 393kJ mol-1，计算合成氨反应生成 1molNH3的 H kJ mol-1。 （ 3）现有 25 、 pH 13的 Ba(OH)2溶液 ， 该 Ba(OH)2溶液的物

25、质的量浓度为 _ 加水稀释 100倍，所得溶液中由水电离出 c(OH-) _ 与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比） 1 : 9混合后，所得溶液 pH 11，该盐酸溶液的 pH _。 （ 4）回答醋酸与氢氧化钠反应的有关问题 将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈 （填 “酸性 ”，“中性 ”或 “碱性 ”，下同），溶液中 c(Na ) c(CH3COO-)（填 “ ” 或 “ ”或 “” ， 下同）。 pH 3的醋酸和 pH 11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈 ，溶液中 c(Na ) c(CH3COO-). 物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠

26、离子浓度相等，则混合后溶液呈 ，醋酸体积 氢氧化钠溶液体积。 答案：（ 1） 2N2H4（ g） + 2NO2（ g） = 3N2（ g） + 4H2O（ g） H= -1135.7 kJ mol-1 （ 2） 52kJ mol-1（ 3） 0.05mo1 L-1 110-11mo1/L 2;（ 4）（ 1）碱性，；（ 2）酸性，；（ 3）中性，； 试题分析：（ 1）已知： N2（ g） +2O2（ g） 2NO2（ g） H=+67.7kJ mol-1， N2H4（ g） +O2（ g） N2（ g） +2H2O（ g） H=-534kJ mol-1由盖斯定律， 2 - 得 2N2H4（ g

27、） +2NO2（ g） 3N2（ g） +4H2O（ g） H=（ -534kJ mol-1）2 -67.7kJ mol-1=-1135.7kJ mol-1故答案：为： 2N2H4（ g） +2NO2（ g） 3N2（ g）+4H2O（ g） H=-1135.7kJ mol-1（ 2）已知： NN的键能是 946kJ mol-1， H-H的键能为 436kJ mol-1， N-H的键能为 393kJ mol-1，故合成氨反应的反应热 H=946kJ mol-12+3436kJ mol-1-6393kJ mol-1=-104kJ mol-1，故生成 1molNH3的 H=-104kJ mol-1

28、0.5=-52kJ mol-1（ 3）现有 25 、 pH=13的 Ba（ OH） 2溶液中 c（ OH-） = mol/L=0.1mol/L Ba（ OH） 2溶液的物质的量浓度为是氢氧根离子浓度的 ，故氢氧化 钡的浓度为 0.1mol/L =0.05mol/L故答案：为： 0.05mol/L 加水稀释 100倍，溶液中 c（ OH-） =0.1mol/L=0.001mol/L，溶液中氢离子是水电离产生的，水电离生成的氢离子浓度等于水电离生成氢氧根离子浓度，溶液中 c（ H+） = mol/L=110-11mol/L，故所得溶液中由水电离出 c（ OH-） =110-11mol/L故答案：为

29、： 110-11mol/L 与某浓度盐酸溶液按体积比（碱与酸之比） 1： 9混合后，所得溶液 pH=11，溶液呈碱性，溶液中 c（ OH-） =110-3 mol/L，令盐酸的浓度为 xmol/L，盐酸的体积为9L，氢氧化钠的体积为 1L，则 1L0.1mol/L-9Lxmol/L=（ 9L+1L） 110-3 mol/L，解得 x=0.01，故盐酸的 PH=-logc（ H+） =-log0.01=2故答案：为：2（ 4）、 将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好反应，溶液中溶质为醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根水解使溶液呈碱性，溶液中 c（ Na+） c（ CH3COO-

30、）故答案：为：碱性； 醋酸是弱电解质，电离程度不大， pH=3的醋酸和 pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液，醋酸大量剩余，醋酸的电离程度大于醋酸根的水解，溶液呈酸性，溶液中 c（ Na+） c（ CH3COO-）故答案：为：酸性； 物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，根据电荷守恒可知氢离子与氢氧根离子的浓度相等，溶液呈中性；溶液中存在醋酸根的水解，由物料守恒可知原醋酸溶液中醋酸的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，故醋酸体积氢氧化钠溶液体积故答案：为：中性； 考点：热化学方程式的书写 （ 16分）某工厂的废水中只 含氯化镁和 少量 盐酸 ，欲测定废水

31、中各组分的浓度，某兴趣小组采用滴定法按以下步骤进行操作： 取 25.00mL工厂废水放入锥形瓶中，加入 2 3滴甲基橙指示剂，用 0.2020mol L-1氢氧化钠溶液滴至终点，滴定前后滴定管中示数如图。 再取 25.00mL工厂废水放入锥形瓶中，加入 0.2020 mol L-1NaOH溶液 V1 mL（过量），振荡。然后加入 2 3滴甲基橙试液，用 0.1012mol L-1的盐酸滴定过量的氢氧化钠溶液至终点，消耗盐酸 V2mL。 略。 （ 1）步骤 取 25.00mL废水所用的仪器 ，滴定 时左手 ，眼睛注视 。计算c(HCl)= mol L-1。 （ 2）步骤 滴定至终点观察到的实验现

32、象 。 步骤 测出氯化镁的浓度明显不合理，实验设计存在问题，请提出一种改进的方法 。 若改进后步骤 消耗盐酸的体积为 V3mL。请列出计算 c(MgCl2)的表达式 。 （ 3）请设计另外一种测定该工业废水各组分浓度的实验方案并简述实验步骤。 答案：（ 1） 25mL（或 50 mL）酸式滴定管（或 25mL移液管）挤压玻璃球 锥形瓶内溶液的颜色变化 0.1010（ 2）沉淀溶解、溶液由黄色变为橙色。 改用酚酞指示剂或过滤并洗涤沉淀，然后对滤液进行滴定。 （ 3）取 25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的氢氧化钠溶液溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重。计算出氯化镁的浓度。（无洗涤、烘干 -

33、1分） 取 25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重。计算出盐酸的浓度。（无洗涤、烘干不得分） 试题分析：（ 1）根据废水呈酸性，所以取 25.00mL废水所用的仪器为 25.00mL酸式滴定管；滴定时左手挤压玻璃球，眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；消耗氢氧化钠的体积为 13.90mL-1.40 mL=12.50mL ，氢氧化钠与盐酸反应的关系式NaOH HCl 0.2020mol L-112.50mL= C（ HCl） 25.00mL ，解得 C（ HCl）=0.1010mol/L故答案：为：酸式滴定管；挤压玻璃球，锥形瓶溶液颜色变化；0.1010；（

34、2）废水中加入过量 NaOH溶液，溶液中含有氢氧化镁沉淀、 NaOH溶液，所以终点时溶液的颜色由黄色橙色变成橙色，沉淀溶解；废水放入NaOH溶液会产生氢氧化镁沉淀，再加盐酸，盐酸与氢氧化镁、氢氧化钠都能反应，在测定过量的氢氧化钠时，应除去氢氧化镁 沉淀，所以过滤并洗涤沉淀，然后对滤液进行滴定，与氯化镁反应的氢氧化钠的物质的量为： 0.2020mol L-10.0125L，总的氢氧化钠的物质的量为 0.2020mol L-1V 110-3L，过量的氢氧化钠的物质的量为： 0.1012mol L-1V 310-3L，则氯化镁的物质的量浓度为；（ 3）（ 3）取 25.00mL工厂废水放入烧杯中，加

35、入过量的氢氧化钠溶液溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重计算出氯化镁的浓度；取 25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重，计算 出盐酸的浓度，答：取 25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的氢氧化钠溶液溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重计算出氯化镁的浓度；取 25.00mL工厂废水放入烧杯中，加入过量的硝酸银溶液，过滤、洗涤沉淀、烘干、称重计算出盐酸的浓度 考点：中和滴定 （ 12分）实现 “节能减排 ” 和 “低碳经济 ”的一项重要课题就是如何将 CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用 CO2来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应： CO2(g

36、)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，下图 1表示该反应过程中能量(单位为 kJ mol-1)的变化： （ 1）关于该反应的下列说法中，正确的是 _(填字母 )。 A H 0， S 0 B H 0， S 0 C H 0， S 0 D H 0， S 0 （ 2）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为 l L的密闭容器中，充入 l mol CO2和 4mol H2，一定条件下发生反应： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得 CO2和 CH3OH(g)的浓度随时间变化如上图 2所示。 从反应开始到平衡， CO2的平均反应速率 v(CO2) ； H2的转化率 w

37、(H2) = 。 该反应的平衡常数表达式 K 。 下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 (填字母 )。 A升高温度 B将 CH3OH(g)及时液化抽出 C选择高效催化剂 D再充入 l molCO2和 4 molH2 （ 3） 25 ， 1.01105Pa时， 16g 液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出363.3kJ的热量，写出该反应的热化学方程式： 。 答案：（ 1） C （ 2） 0.075mol.L-1.min-1 56.25% C(CH3OH).C(H2O)/C(CO2).C3(H2) BD （ 3） CH3OH（ l） + O2 CO2(g)+2H2O(l) H -726.

38、6 kJ mol-1 试题分析：（ 1）依据反应和图象分析判断： CO2（ g） +3H2（ g） CH3OH（ g）+H2O（ g），气体的物质的量减少，反应是熵减少的反应 S 0；反应物能量高于生成物的能量，判断反应是放热反应， H 0， 故答案：为： C；（ 2）二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大； 10nim内达到平衡，生成甲醇浓度为 0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了 0.75mol/L， 则： v（ CH3OH） = =0.075mol/（ L min）；浓度变化量之比等于化学计量数之比， c（ H2） =0.75mol/L3=2.25mol/

39、L，参加反应的氢气的物质的量=2.25mol/L1L=2.25mol，故氢气的转化率 = 100%=75%，故答案：为：0.075mol/（ L min）； 75%； CO2（ g） +3H2（ g） CH3OH（ g） +H2O（ g）的平衡常数表达式 C(CH3OH).C(H2O)/C(CO2).C3(H2) 措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是： A、反应是放热反应 ，升温平衡逆向进行；故 A错误； B、将CH3OH（ g）及时液化抽出，减小生成物的量，平衡正向进行，故 B正确； C、选择高效催化剂只能改变速率，不改变化学平衡，故 C错误； D、再充入 l molCO2和 4molH2，增大压强平衡正向进行，故 D正确； 故选： BD；（ 3） 25 ， 1.01105Pa时， 16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出 363.3kJ的热量，则 1mol甲醇完全燃烧恢复到原状态时，放出热量=363.3kJ =726.6kJ，故甲醇燃烧热的热化学方程式为： CH3OH（ l） + O2（ g） =CO2（ g） +2H2O（ l） H=-726.6 kJ mol-1；故答案：为：CH3OH（ l） + O2（ g） =CO2（ g） +2H2O（ l） H=-726.6 kJ mol-1； 考点：化学平衡常数