2015-2016学年河北省石家庄市正定中学高二(上)第一次联考化学试题(解析版)
2015-2016学年河北省石家庄市正定中学高二（上）第一次联考化学试题（解析版）
一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）
1．下列有关电化学原理的说法中，错误的是（）
A．在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大
B．在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极
C．氯碱工业，主要依托电解熔融的氯化钠来制取工业上重要的化工原料烧碱和氯气
D．可充电的电池称“二次电池”，在充电时，是将电能转变成化学能，在放电时，又将化学能转化成电能
【考点】金属的电化学腐蚀与防护；铜的电解精炼；氯碱工业．
【分析】A、电化学腐蚀比化学腐蚀快；
B、在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极；
C、氯碱工业，是电解饱和的氯化钠溶液来制取工业上重要的化工原料烧碱和氯气；
D、“二次电池”在充电时是电解池原理，在放电时，是原电池原理．
【解答】解：A．电化学腐蚀加速负极金属被腐蚀，比化学腐蚀快，危害更大，故A不选；
B、在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极，电解质是含有铜离子的盐溶液，故B不选；
C、氯碱工业是电解饱和氯化钠溶液来制取工业上重要的化工原料烧碱和氯气，电解熔融的氯化钠可以获得金属钠和氯气，故C选；
D、“二次电池”在充电时是电解池原理，是将电能转变成化学能，在放电时，是原电池原理，又将化学能转化成电能，故D不选．
故选C．
【点评】本题涉及原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，属于综合知识的考查，难度不大．
2．下列离子方程式正确的是（）
A．过氧化钠和水反应：2+2H2O=4OH﹣+O2↑
B．亚硫酸氢铵和氢氧化钠的反应：NH4++OH﹣=NH3↑+H2O
C．足量的溴化亚铁和少量的氯气反应：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=3Fe3++2Br2+6Cl﹣
D．碳酸氢镁溶液中加入足量的澄清石灰水：Mg2++2HCO3﹣+2Ca2++4OH﹣=Mg（OH）
2↓+2CaCO3↓+2H2O
【考点】离子方程式的书写．
【专题】离子反应专题．
【分析】A．过氧化钠为固体，应写化学式；
B．如加少量氢氧化钠，没有氨气生成；
C．加入少量氯气，只氧化Fe2+；
D．碳酸氢镁溶液中加入足量的澄清石灰水，生成氢氧化镁和硅酸钙．
【解答】解：A．过氧化钠和水反应反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH﹣+O2↑，故A错误；
B．如加少量氢氧化钠，没有氨气生成，只发生HSO3﹣+OH﹣=SO32﹣+H2O，故B错误；C．加入少量氯气，只氧化Fe2+，反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故C错误；
D．碳酸氢镁溶液中加入足量的澄清石灰水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3﹣
+2Ca2++4OH﹣=Mg（OH）2↓+2CaCO3↓+2H2O，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查离子方程式的书写，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合运用，为高考常见题型，注意把握物质的性质并从守恒的角度认识，易错点为B，注意与量有关的离子反应方程式的书写，难度不大．
3．为探究足量锌与稀硫酸的反应速率（以v（H2）表示），向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（）
A．加入NH4HSO4固体，v（H2）不变，生成H2量不变
B．加入少量水，v（H2）减小，生成H2量减少
C．加入CH3COONa固体，v（H2）减小，生成H2量不变
D．滴加少量CuSO4溶液，v（H2）增大，生成H2量减少
【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】A．增大了H+的浓度，物质的量变大，反应速率加快，生成H2量增大；
B．加入少量水，硫酸浓度变小，物质的量不变；
C．加入CH3COONa固体，结合生成醋酸；
D．滴加少量CuSO4溶液，构成Cu﹣Zn原电池，反应速率加快，因Zn足量，生成H2量不变．
【解答】解：A．加入NH4HSO4固体，增大了H+的浓度，物质的量变大，则反应速率加快，生成H2量增大，故A错误；
B．加入少量水，硫酸浓度变小，物质的量不变，则v（H2）减小，生成H2量不变，故B 错误；
C．加入CH3COONa固体，结合生成醋酸，氢离子浓度减小，但总物质的量不变，则v（H2）减小，生成H2量不变，故C正确；
D．滴加少量CuSO4溶液，构成Cu﹣Zn原电池，反应速率加快，因Zn足量，生成H2量不变，则v（H2）增大，生成H2量不变，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确氢离子的浓度及其物质的量的变化是解答本题的关键，注意选项D为解答的难点和易错点，题目难度不大．
4．常温下0.1mol?L﹣1氨水的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（）
A．加入适量的氢氧化钠固体B．将溶液稀释到原体积的10倍
C．加入等体积0.2mol?L﹣1氨水D．降低溶液的温度
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，氨水溶液的pH增大1，则溶液c（OH﹣）增大，可促进一水合氨的电离或加入碱，以此解答该题．
【解答】解：A.0.1mol/L氨水中加入NaOH固体，溶液中OH﹣的浓度增大，可知pH增大1，故A正确；
B．将溶液稀释到原体积的10倍，溶液c（OH﹣）减小，pH减小，故B错误；
C．加入等体积0.2mol?L﹣1氨水，混合后氨水浓度为0.15mol?L﹣1，c（OH﹣）不可能为混合前的10倍，故C错误；
D．降低溶液的温度，抑制一水合氨的电离，溶液pH减小，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握影响因素和pH的相关计算，难度不大，注意相关基础知识的积累．
5．下列叙述正确的是（）
A．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=4
B．溶液中c（H+）越大，pH也越大，溶液的酸性就越强
C．液氯虽然不导电，但溶解于水后导电情况良好，因此，液氯也是强电解质
D．当温度不变时，在纯水中加入强碱溶液不会影响水的离子积常数
【考点】pH的简单计算；强电解质和弱电解质的概念；水的电离．
【分析】A．pH不同的同一强酸的溶液等体积混合，混合溶液的pH=pH（小）+0.3；B．溶液中氢离子浓度越大，溶液的pH越小；
C．液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质；
D．水的离子积常数只与温度有关．
【解答】解：A．pH不同的同一强酸的溶液等体积混合，混合溶液的pH=pH（小）+0.3，所以pH=3和pH=4的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=3+0.3=3.3，故A错误；
B．溶液中氢离子浓度越大，其溶液的pH越小，溶液的酸性越强，故B错误；
C．液氯是单质既不是电解质也不是非电解质，氯气溶于水后生成盐酸和次氯酸，氯化氢和次氯酸电离出阴阳离子而使溶液导电，故C错误；
D．水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了pH的计算、电解质的判断、离子积常数等知识点，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法，易错选项是CD，明确液氯水溶液导电的原因、影响离子积常数大小的因素，为易错点．
6．常温下，体积相同、pH也相同的HCl、HNO3、CH3COOH溶液分别与足量的NaHCO3溶液反应，产生CO2的体积（）
A．同样多B．HCl最多
C．HCl、HNO3一样多D．CH3COOH最少
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学方程式的有关计算．
【分析】HCl、HNO3为强酸，体积、pH相同时，c（H+）相同；而CH3COOH为弱酸，其c（CH3COOH）＞c（H+），c（H+）越大，与足量NaHCO3反应产生CO2的体积就越大．【解答】解：因HCl、HNO3为强酸，CH3COOH为弱酸，
体积相同、pH也相同的HCl、HNO3、CH3COOH溶液中，HCl、HNO3中c（H+）相同，且都小于c（CH3COOH），
醋酸在反应中可继续电离产生H+，最终电离生成的c（H+）最大，
则与足量NaHCO3反应产生CO2的体积最大，
即产生气体的体积关系为：V（CH3COOH）＞V（HCl）=V（HNO3），
故选C．
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及其应用，题目难度中等，明确酸的酸性强弱及溶液中氢离子的浓度与pH的关系是解答本题的关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．已知HF、CH3COOH均为弱酸，酸性强弱顺序为HF＞CH3COOH．下列说法不正确的是（）
A．浓度均为0.1mol?L﹣1的NaF、CH3COONa溶液相比较，CH3COONa溶液碱性较强B．0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，加水稀释过程中，所有离子浓度均减小
C．NaF溶液中含有Na+、F﹣、H+、OH﹣、H2O、HF六种微粒
D．NaF溶液中加入少量NaOH固体，溶液中c（F﹣）变大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】酸性强弱顺序为HF＞CH3COOH，根据盐类水解的规律可知CH3COO﹣水解程度大于F﹣，以此可判断同浓度时的盐溶液的碱性强弱，从影响盐类水解平衡的移动的因素解答．【解答】解：A．酸性HF＞CH3COOH，则CH3COO﹣水解程度大于F﹣，CH3COONa溶液碱性较强，故A正确；
B．由K w可知，加水稀释过程中，氢离子浓度减小，离子积常数不变，c（OH﹣）增大，故B错误；
C．NaF溶液中存在F﹣+H2O?HF+OH﹣，溶液中含有Na+、F﹣、H+、OH﹣、H2O、HF六种微粒，故C正确；
D．NaF溶液中加入少量NaOH固体，c（OH﹣）变大，则抑制F﹣的水解，溶液中c（F﹣）变大，故D正确．
故选B．
【点评】本体考查弱电解质的电离和盐类水解的综合应用，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离和盐类水解特点以及影响因素，从平衡移动的角度分析问题．
8．下列说法正确的是（）
A．已知0.1mol?L﹣1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，加少量烧碱溶液可使溶液中值增大
B．25℃时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2O?H++OH﹣逆向移动，c （H+）降低
C．取c（H+）=0.01mol?L﹣1的盐酸和醋酸各100mL，分别稀释2倍后，再分别加入0.03 g 锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液中：c（Na+）＜c（NO3﹣）
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应导致溶液中氢离子浓度减小，促进醋酸电离，但氢离子减小程度大于醋酸分子；
B．含有弱离子的盐促进水电离；
C．反应速率与氢离子浓度成正比；
D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断．
【解答】解：A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应导致溶液中氢离子浓度减小，促进醋酸电离，但氢离子减小程度大于醋酸分子，所以加少量烧碱溶液可使溶液中
值减小，故A错误；
B．含有弱离子的盐促进水电离，向水中加入醋酸钠固体，促进水电离，但溶液中氢离子浓度减小，故B错误；
C．反应速率与氢离子浓度成正比，c（H+）=0.01mol?L﹣1的盐酸和醋酸，醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大，故C 正确；
D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（NO3﹣），故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，涉及反应速率的比较、离子浓度大小判断等知识点，根据溶液中的溶质及其性质再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是D，很多同学往往根据溶液呈酸性确定c（Na+）＜c（NO3﹣），为易错点．
9．下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是（）
①常温下某CH3COONa溶液的pH=8
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性
⑤CH3COONa和稀H3PO4反应，生成CH3COOH
⑥pH=1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3
⑦10ml0.1mol．L﹣1CH3COOH恰好与10ml0.1mol．L﹣1NaOH溶液完全反应．
A．②⑦B．②⑤C．①③⑤ D．②④⑤⑥
【考点】弱电解质的判断．
【分析】可通过以下角度证明CH3COOH是弱电解质：弱酸存在部分电离；弱酸强碱盐显碱性；较强的弱酸置换出较弱的弱酸等．
【解答】解：①常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故①正确；
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，只能说明溶液离子浓度较小，故②错误；
③等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故③正确；
④pH=1的CH3COOH溶液和pH=13的KOH溶液等体积混合，溶液呈酸性，说明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故④正确；
⑤CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH，说明醋酸的酸性比磷酸弱，而磷酸为中强酸，则醋酸为弱酸，故⑤正确；
⑥0.1mol?L﹣1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH＜3，说明存在电离平衡，证明CH3COOH 是弱电解质，故⑥正确；
⑦氢离子与氢氧根离子物质的量相同，能恰好完全反应，不能证明酸碱性，故⑦错误；
故选A．
【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，明确实验证明的角度为解答该题的关键，注意体会实验方案的合理性．
10．浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH 随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等
D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则c（M+）/c（R+）增大
【考点】真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强；
B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；
C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）；
D．MOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质
电离．
【解答】解：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH 的碱性强于ROH的碱性，故A正确；
B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b 点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它们的c （OH﹣）相等，故C正确；
D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进
ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点．
11．下列有关水的电离的说法正确的是（）
A．将水加热，K W增大，pH不变
B．向水中加入少量NaHSO4固体，恢复到原温度，水的电离程度增大
C．向水中加入少量NH4Cl固体，恢复到原温度，水的电离程度减小
D．向水中加少量NaOH固体，恢复到原温度，水的电离被抑制，[OH﹣]增大
【考点】水的电离．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．加热促进电离；
B．NaHSO4固体能电离出氢离子，使氢离子浓度增大；
C．铵根能与水反应生成一水合氨；
D．向水中加少量NaOH固体，[OH﹣]增大．
【解答】解：A．加热促进电离，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；
B．氢离子浓度增大，抑制水的电离，故B错误；
C．铵根能与水反应生成一水合氨，促进水的电离，故C错误；
D．向水中加少量NaOH固体，[OH﹣]增大，抑制水的电离，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查水的电离，难度不大，氢离子和氢氧根浓度增大会抑制水的电离．
12．若溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol?L﹣1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（）
A．Al3+、Na+、NO3﹣、Cl﹣B．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
C．K+、Na+、Cl﹣、AlO2﹣D．K+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题；离子积常数．
【专题】离子反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣14mol?L﹣1，则溶液可能是强酸性溶液或强碱性溶液，如一定能够大量共存的话，则要求除离子之间不反应外，离子与H+离子或OH ﹣也不反应．
【解答】解：A、Al3+在碱性条件下不能存在，故A错误；
B、四种离子之间不反应，且与H+离子或OH﹣也不反应，故B正确；
C、AlO2﹣离子在酸性条件下不能存在，故C错误；
D、NH4+在碱性条件下不能存在，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，做题时注意掌握离子反应的类型和离子的性质．
13．用已知浓度的NaOH滴定未知浓度的HCl溶液时，正确的操作顺序是（）
①用水洗净滴定管
②将滴定管进行检漏
③用待装液润洗后滴定管后装液
④调整起始读数并记录
⑤向锥形瓶中加入指示剂
⑥用标准液进行滴定
⑦从酸式滴定管中取一定体积的待测液
⑧记录滴定终点读数并重复实验2～3次．
A．①②③④⑤⑥⑦⑧B．①②③④⑦⑤⑥⑧
C．②①③④⑦⑤⑥⑧D．②①③④⑤⑥⑦⑧
【考点】中和滴定．
【专题】综合实验题．
【分析】中和滴定有检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等操作．
【解答】解：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、加指示剂、滴定、记录等顺序操作，所以其顺序为：②①③④⑦⑤⑥⑧，
故选：C．
【点评】本题主要考查了中和滴定操作，难度不大，注意掌握实验操作，是解题关键．
14．用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是（）A．盛装标准液的滴定管未用标准液润洗
B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D．滴定前无气泡，滴定到终点时，发现尖嘴处有气泡
【考点】中和滴定．
【专题】化学实验基本操作．
【分析】根据c（酸）=，判断不当操作对相关物理量的影响．
【解答】解：A、盛装标准液的滴定管未用标准液润洗，使碱的浓度偏小，则消耗的碱的体积偏大，根据c（酸）=，可知c（酸）偏大，故A错误；
B、滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，造成V（碱）偏大，根据c（酸）=，
可知c（酸）偏大，故B错误；
C、盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗，待测液的物质的量偏多，造成V （碱）偏大，根据c（酸）=，可知c（酸）偏大，故C错误；
D、滴定前无气泡，滴定到终点时，发现尖嘴处有气泡，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=，可知c（酸）偏小，故D正确；
故选：D．
【点评】本题主要考查酸碱滴定实验的基本操作，难度不大，学生应注意操作的规范性和实验中常见的误差分析．
15．室温下，向20.00mL 1.000mol?L﹣1氨水中滴入1.000mol?L﹣1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示．下列有关说法正确的是（）
A．氨水的电离程度a＞b＞c
B．a、d两点的溶液，水的离子积K w（a）＞K w（d）
C．c点时消耗盐酸体积V（HCl）＜20.00mL
D．d点时溶液温度达到最高，之后温度略有下降，原因是NH3?H2O电离吸热
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、氨水中加入盐酸中和氢氧根离子，氨水的电离程度增大；
B、温度越高水的离子积越大；
C、盐酸与一水合氨恰好中和时溶液显酸性；
D、根据d点盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多分析．
【解答】解：A、加入盐酸过程中，一水合氨的电离程度a＜b＜c，故A错误；
B、d点温度高于a点，水的离子积K w（a）＜K w（d），故B错误；
C、溶液显中性时，盐酸物质的量小于一水合氨，所以c点消耗盐酸体积V（HCl）＜20.00mL，故C正确；
D、d点时盐酸和氨水恰好完全反应，放热最多，再加盐酸温度降低只能是加入盐酸的温度低于溶液温度，这才是温度下降的原因，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查水溶液中的电离平衡以及酸碱中和滴定，明确滴定曲线中各点的pH是解答的关键，并学会利用弱电解质的电离、盐类水解来解答此类习题．
16．水的电离平衡为H2O?H+﹢OH﹣，△H＞0，下列叙述不正确的是（）
A．将水加热，pH减小
B．恒温下，向水中加入少量固体KOH，K w不变
C．向水中滴入稀醋酸，c（H+）增大
D．向水中加入少量固体NaClO，平衡逆向移动
【考点】水的电离．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】水的电离达到平衡：H2O?H++OH﹣，加入与H+或OH﹣反应的物质，改变c（OH﹣）或c（H+），可使平衡发生移动，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，K增大，c（H+）增大，则pH减小，Kw随温度变化．
【解答】解：A、水的电离是吸热过程，加热促进电离，氢离子浓度增大，PH减小，故A 正确；
B、向水中加入少量KOH固体，平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，温度不变，但K W不变，故B正确；
C、向水中加入少量稀醋酸，平衡逆向移动，c（H+）增大，故C正确；
D、向水中加入少量固体NaClO，次氯酸根离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，水的电离平衡向着正向移动，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关．
17．100℃时，．下列三种溶液：①0.001mol?L﹣1氨水与0.001mol?L﹣1HCl
溶液等体积混合液；②pH=3的HCl与pH=11的NaOH溶液等体积混合液；③pH=11的氨水与pH=1的HCl溶液等体积混合液．其中呈酸性的是（）
A．①B．③C．②③D．①③
【考点】水的电离；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】①氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子易水解而使其溶液呈酸性；
②氯化氢和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的盐酸氢离子浓度和pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，二者等体积混合恰好反应生成氯化钠，其溶液呈中性；
③一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，pH=11的氨水浓度大于pH=3的盐酸，二者等体积混合，溶液呈碱性．
【解答】解：①0.001mol?L﹣1氨水与0.001mol?L﹣1HCl溶液等体积混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子易水解而使其溶液呈酸性；
②氯化氢和氢氧化钠都是强电解质，pH=3的盐酸中氢离子浓度为10﹣3，pH=11的氢氧化钠溶液中氢氧根的浓度为：10﹣1，两者等体积混合，物质的量不相等，其溶液呈碱性；
③一水合氨是弱电解质，氯化氢是强电解质，pH=11的氨水浓度大于pH=1的盐酸，二者等体积混合，氨水过量导致溶液呈碱性，
故选A．
【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸碱的强弱结合二者的物质的量相对大小确定混合溶液的pH，从而得出结论，难度不大．
18．相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：
容器编号起始时各物质物质的量/mol 平衡时反应中的能量变化
N2H2
NH3
① 1 3 0
放出热量a kJ
② 2 3 0
放出热量b kJ
③ 2 6 0
放出热量c kJ
下列叙述正确的是（）
A．放出热量关系：a＜b＜92.4
B．三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②
C．达平衡时氨气的体积分数：①＞③
D．N2的转化率：②＞①＞③
【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】A、反应是可逆反应不能进行彻底，焓变是对应化学方程式的物质完全反应放出的热量；
B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变；
C、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断；
D、恒温恒容容器内的反应平衡，依据起始量增大一倍，相当于增大体系压强，根据平衡移动方向判断．
【解答】解：A、N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．焓变是指1mol氮气和3mol氢气全部反应放出的热量；①起始量反应不能全部转化所以a＜92.4KJ，②起始量相当于在①中加入了1mol氮气，所以平衡正向进行反应放出的热量b＞a，但是反应是可逆反应不能进行彻底所以b＜92.4KJ，故放出热量关系：a＜b＜92.4，故A正确；
B、平衡常数随温度变化，不随浓度改变，所以化学平衡常数为①=②=③，故B错误；
C、达到平衡时，氨气的条件分数，依据A分析可知②＞①，③可以看做在②中加入了3mol氢气，平衡继续正向进行，所以氨气的含量增大，即达平衡时氨气的体积分数：①＜②＜③，故C错误；
D、依据C的分析可知，氮气的转化率③＞②；②＜①，③可以看做是在①中加入了相同的平衡体系，压强增大平衡正向进行，所以氮气转化率③＞①＞②，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查化学平衡知识应用（判断平衡状态、图象分析、平衡移动原理、平衡计算）；考题主要有两类形式：第一类考查平衡的一般问题，如化学反应速率的表示（计算）、化学平衡图象的分析、平衡常数的大小比较及相关计算．回答化学反应速率时重点留意是否为浓度的改变量．平衡常数的大小比较，关键两者的温度高低．第二类为等效平衡的相关判断．
19．部分弱电解质的电离平衡常数如下表，以下选项错误的是（）
化学式NH3?H2O CH3COOH HCN H2CO3
K i（25℃） 1.8×l0﹣51.8×l0﹣54.9×l0﹣10 K i1=4.3×l0﹣7
K i2=5.6×l0﹣11
A．等物质的量浓度的NaHCO3和NaCN溶液，前者溶液中水的电离程度大
B．0.1 mol/L CH3COONa 溶液显碱性，0.1 mol/L CH3COONH4溶液显中性
C．CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣
D．中和等体积、等pH的CH3COOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】电离常数越大酸性越强，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，
A、酸性越弱水解程度越大，水的电离程度越大；
B、NH3?H2O和醋酸的电离程度相同，其离子的水解程度相同；
C、酸性强的酸能制备酸性弱的酸；
D、pH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大．
【解答】解：电离常数越大酸性越强，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，A、酸性越弱水解程度越大，水的电离程度越大，已知酸性：H2CO3＞HCN，所以水的电离程度：NaCN＞NaHCO3，故A错误；
B、0.1 mol/L CH3COONa溶液中醋酸根离子水解显碱性，0.1 mol/L CH3COONH4中铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，则溶液显中性，故B正确；
C、酸性强的酸能制备酸性弱的酸，已知酸性：H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，所以CN﹣
+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣，故C正确；
D、pH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等pH的CH3COOH和HCN，CH3COOH 的浓度小，则CH3COOH消耗的NaOH少，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查了弱酸的电离平衡及影响因素，盐的水解原理的应用等，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．
20．下列离子方程式不正确的是（）
A．纯碱溶液中滴加酚酞溶液显红色：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣
B．烧碱溶液与小苏打溶液混合：OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣
C．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合：3S2O32﹣+6H+=4S↓+3H2O+2SO2↑
D．氢氧化铁溶于氢碘酸：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解；
B．小苏打为碳酸氢钠，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
C．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成S、二氧化硫、水；
D．氢氧化铁能够氧化碘离子．
【解答】解：A．纯碱溶液中滴加酚酞溶液显红色是因为碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，离子方程式：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．烧碱溶液与小苏打溶液混合，离子方程式：OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32﹣，故B正确；C．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合反应生成S、二氧化硫、水，离子方程式：S2O32﹣
+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故C错误；
D．氢氧化铁溶于氢碘酸，离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故D正确；故选：C．
【点评】本题考查离子反应的书写，为高考常见题型，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意电子、电荷守恒，注意盐类水解规律，题目难度不大．
21．一定条件下，体积为10L的密闭容器中，1mol X和1mol Y进行反应：2X（g）+Y（g）=Z（g），经60s达到平衡，生成0.3mol Z．下列说法正确的是（）
A．以X浓度变化表示的反应速率为0.001mol/（L?s）
B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为原来的
C．若增大压强，则物质Y的转化率减小
D．若升高温度，X的体积分数增大，则正反应的△H＞0
【考点】化学平衡的计算．
【专题】化学平衡专题．
【分析】A、根据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算反应速率；
B、体积变为20L，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动；
C、增大压强平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大；
D、根据升高温度平衡向逆反应方向移动判断反应热．
【解答】解：A、经60s达到平衡，生成0.3molZ，则Z的反应速率等于v（Z）
==0.0005mol/（L?s），根据化学反应速率之比等于化学质量数之比，由方程式可知，
v（X）=2v（Z）=2×0.0005mol/（L?s）=0.00lmol/（L?s），故A正确；
B、反应前后气体的化学计量数之和不相等，体积变为20L，体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，Z的平衡浓度小于原来的，故B错误；
C、增大压强平衡向正反应方向移动，反应物Y的转化率增大，故C错误；
D、升高温度，X的体积分数增大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应的△H ＜0，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查化学平衡问题，题目难度不大，本题注意外界条件对化学平衡的影响，根据化学反应速率之比等于化学质量数之比计算反应速率．
22．在某一容积为2L的密闭容器内，加入0.2mol的CO和0.2mol的H2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反应：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）；△H=a kJ/mol （a＞0）反应达到平衡后，测得c（CO）：c（CO2）=3：2．下列说法正确的是（）A．反应放出的热量为0.2akJ
B．平衡时H2O的转化率为40%
C．若升高温度，v（正）加快，v（逆）减慢，平衡正向移动
D．若将容器的体积压缩为1 L，有利于该反应平衡正向移动
【考点】化学平衡的计算．
【专题】压轴题；化学平衡专题．
【分析】设达到平衡时，CO转化xmol，利用三段式法计算，
CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
起始：0.2mol 0.2mol 0 0
转化：xmol xmol xmol xmol
平衡：（0.2﹣x）mol （0.2﹣x）mol xmol xmol
则有（0.2﹣x）：x=3：2
x=0.08mol，
以此解答该题．
【解答】解：设达到平衡时，CO转化xmol，利用三段式法计算，
CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
起始：0.2mol 0.2mol 0 0
转化：xmol xmol xmol xmol
平衡：（0.2﹣x）mol （0.2﹣x）mol xmol xmol
则有（0.2﹣x）：x=3：2
x=0.08mol，
A．反应吸收的热量为0.08akJ，故A错误；
B．平衡时H2O的转化率为=40%，故B正确；
C．若升高温度，正逆反应速率都增大，故C错误；
D．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，解答本题的关键是根据浓度关系计算平衡时各物质的物质的量，注意利用三段式法计算较为直观．
23．T℃时，A气体与B气体反应生成C气体．反应过程中A、B、C浓度变化如图（Ⅰ）所示，若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图（Ⅱ）所示，则下列结论正确的是（）
A．在t1min时，3V正（B）=2V逆（C）
B．（t1+10）min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C．T℃时，在相同容器中，若由0.3mol?L﹣1A、0.1 mol?L﹣1 B和0.4 mol?L﹣1 C反应，达到平衡后，C的浓度仍为0.4 mol?L﹣1
D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大
【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．
【分析】该反应达到平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5﹣0.3）mol/L=0.2mol/L，B浓度的变化量=（0.7﹣0.1）mol/L=0.6mol/L，C浓度的变化量=（0.4﹣0）mol/L=0.4mol/L，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）?2C（g），
根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应；
A．在t1min时，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，根据A（g）+3B（g）?2C（g），2V正（B）=3V逆（C）；
B．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动；
C．先根据图Ⅰ计算平衡常数，再根据平衡常数计算改变三种物质的浓度达到平衡状态时C 的浓度；
D．根据“先拐先平数值大”结合图Ⅱ知，T1＞T2，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；【解答】解：A．在t1min时，反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分反应速率之比等于计量数之比，根据A（g）+3B（g）?2C（g），2V正（B）=3V逆（C），故A错误；B．（t1+10）min时，保持压强不变，通入稀有气体，容器体积变大，反应物所占分压减小，平衡向体积增大的方向移动，故B错误；
C．根据图Ⅰ知，化学平衡常数K==，
假设C的平衡浓度是0.4mol/L，
A（g）+3B（g）?2C（g）
开始（mol/L）0.3 0.1 0.4
变化（mol/L）0 0 0
平衡（mol/L）0.3 0.1 0.4
化学平衡常数K′==，所以符合平衡常数K，故C正确；
D．其它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查外界条件对化学平衡移动的影响，正确确定反应方程式是解本题关键，会根据“先拐先平数值大”确定该反应是吸热反应还是放热反应，难度中等．
24．分析如图所示装置，下列叙述不正确的是（）
A．左边装置是燃料电池，右边装置是电镀池
B．电子流动方向：b→Zn→CuSO4（aq）→Cu→a
C．一段时间后，左端溶液浓度变小，右端溶液浓度不变
D．当锌片的质量变化12.8 g时，a极消耗标准状况下的O2 2.24L
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】左图中为原电池，a为正极，b为负极，负极b的电极反应为2OH﹣+H2﹣2e﹣=H2O，正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，以此来解答．
【解答】解：A．由装置图可知左边装置是燃料电池，右边装置Cu为阳极，电解质溶液为硫酸铜，则是电镀池，故A正确；
B．左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量b→Zn，Cu→a，故B错误；
C．左端原电池生成水，则溶液浓度变小，右端为电镀，溶液浓度不变，故C正确；
D．正极a上发生O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，Cu与正极相连为阳极，发生Cu﹣2e﹣=Cu2+，由电子守恒可知2Cu～O2，当铜片的质量变化为12.8g时，n（Cu）=0.2mol，则n（O2）=0.1mol，所以a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L，故D正确．
故选B．
【点评】本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查，题目难度不大．
25．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣═2CO32﹣+6H2O，则下列说法错误的是（）
A．放电时CH3OH参与反应的电极为正极
B．充电时电解质溶液的pH逐渐增大
C．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O
D．充电时每生成1 mol CH3OH转移6 mol电子
【考点】化学电源新型电池．
【分析】放电时，相当于原电池的工作原理，正极发生得电子的还原反应，负极发生失电子的氧化反应；充电时，相当于电解池的工作原理，根据反应方程式来确定溶液的酸碱性并判断电子转移的量．
【解答】解：A、放电时，相当于原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则放电时CH3OH参与反应的电极为负极，故A错误；
B、充电时，相当于电解池的工作原理，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣
+6H2O，生成大量的氢氧根离子，所以碱性增强，故电解质溶液的pH逐渐增大，故B正确；
C、放电时负极发生失电子的氧化反应，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣
+6H2O，则负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故C正确；
D、充电时，根据总反应：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，每生成2molCH3OH
转移12mol电子，则每生成1molCH3OH转移6mol电子，故D正确．
故选A．
【点评】本题考查学生有关二次电池的有关知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．二、简答题．（共50分）
26．（1）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．
已知：①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H=﹣2741.8kJ/mol
②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol
（1）反应C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）的△H=﹣2219.9kJ/mol；（2）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）?（g）+CuCl2（g）△H1．反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为2HCl（g）+O2（g）?H2O（g）+Cl2（g）△H=△H1+△H2，（反应热用△H1和△H2表示）；
（3）25℃时，有pH=x的盐酸和pH=y的氢氧化钠溶液（x≤6，y≥8），取aL该盐酸与bL该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求该盐酸与该氢氧化钠溶液完全中和，两溶液的pH（x、y）的关系式为：x+y=14+lg（填表达式）．
【考点】热化学方程式；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】（1）依据热化学方程式和盖斯定律构造计算所需热化学方程式得到反应焓变；（2）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）△H2，根据盖斯定律（①+②）×2可得总反应的热化学方程式；
（3）根据两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH﹣），即10﹣x?a=10y﹣14?b，整理得：=10x+y ﹣14，再根据（x+y）的数据对各小题进行分析．
【解答】解：（1）①2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H=﹣2741.8kJ/mol
②2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol
依据盖斯定律计算（①﹣②×3）×得到热化学方程式C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O （l）的△H=﹣2219.9 kJ/mol，
故答案为：﹣2219.9 kJ/mol；
（2）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）?H2O（g）+CuCl2（s）△H1，
反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）△H2，
根据盖斯定律（①+②）×2可得总反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）△H=2（△H1+△H2），所以2HCl（g）+O2（g）?H2O（g）+Cl2（g）△H=△H1+△H2，故答案为：2HCl（g）+O2（g）?H2O（g）+Cl2（g）△H=△H1+△H2；
（3）根据两溶液完全中和，则溶液中n（H+）=n（OH﹣），即10﹣x?a=10y﹣14?b，整理得：=10x+y ﹣14，
两溶液完全中和，则有=10x+y﹣14即lg（）=x+y﹣14，解得：x+y=14+lg（），
故答案为：x+y=14+lg．
【点评】本题考查了热化学方程式书写和应用盖斯定律计算反应热，题目难度中等，较好的考查的分析解决问题的能力，难度中等．
27．（12分）（2015秋?石家庄校级月考）乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体（H2C2O4?xH2O）
进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务．
该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体（H2C2O4?xH2O）中的x值．通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定．学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值．
①称取2.520g纯草酸晶体，将其制成100.00mL水溶液为待测液．
②取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4．
③用浓度为0.1000mol?L﹣1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗20.00mL．（1）写出草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式6H++2MnO4﹣
+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的甲（填“甲”或“乙”）滴定管中；（3）本实验滴定达到终点的标志是当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（4）通过上述数据，求得x=2；
①若滴定终点时仰视滴定管刻度，则由此测得的x值会偏小；（填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同）．
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会偏小．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【分析】（1）草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化成二氧化碳，高锰酸钾被还原成锰离子；
（2）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；
（3）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点；
（4）由题给化学方程式及数据可得出X，若滴定终点时仰视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏小，据此分析．
【解答】解：（1）草酸（H2C2O4）与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化成二氧化碳，高锰酸钾被还原成锰离子，反应的离子方程式为6H++2MnO4﹣
+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：6H++2MnO4﹣+5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装，
故答案为：甲；
（3）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，
故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点；
（4）由题给化学方程式及数据可知，2.520g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.100 0 mol/L×20.00 mL×10﹣3 L/mL××=0.0200 mol，
则2.520g H2C2O4?xH2O中含H2O的物质的量为（2.520g﹣0.020 0 mol×90 g/mol）÷18
g/mol=0.040 0 mol，则x=2．
若滴定终点时仰视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n
（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，x偏小；
同理，若酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则消耗其体积偏大，所得x值偏小，
故答案为：2；偏小；偏小．
【点评】本题考查中和滴定实验，难度适中，注意掌握草酸含量的计算方法及中和滴定中的误差分析即可解答．
28．（12分）（2015秋?宜昌期中）一定温度下，在容积固定的V L密闭容器中加入n mol A、2n mol B，发生反应：A（g）+2B（g）?2C（g）△H＜0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x．
（1）一段时间后上述反应达到平衡．则下列说法中正确的是BD（填字母）．
A．物质A、B的转化率之比为1：2
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为3n：（3n﹣nx）
C．充入惰性气体（如Ar），平衡向正反应方向移动
D．当2v正（A）=v逆（B）时，反应一定达到平衡状态
（2）K和x的关系满足K=．
（3）该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示．
①由图可知，反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的条件：
t2时增大生成物C浓度或升高温度；t8时使用催化剂．
②t2时平衡向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动．
③若t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，请在图中画出t4～t6时逆反应速率与时间的关系线．
【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）平衡状态的判断依据是正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变，据此判断；
（2）依据化学平衡是哪段是列式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到平衡常数，保证A浓度不变的情况下，增大容器的体积，BC浓度减小比例相同此时浓度商和平衡常数相同，平衡不动；
（3）①该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，t8时正逆反应速率都增大且平衡不移动；
②t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动；
③t4时降压，平衡向逆反应方向移动，据此分析解答．
【解答】解：（1）平衡状态的判断依据是正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变，A、反应物A与B加入的反应物的物质的量之比等于其化学计量数之比，所以平衡后A与B的转化率之比等于1：1，故A错误；
B、转化率为x，则平衡后有A、B、C物质的量分别为n﹣nx、2n﹣nx、2nxmol，平衡后气体总物质的量为3n﹣nx，恒容容器中，气体物质的量之比等于其压强之比，故B正确；
C、恒容容器中，充入惰性气体（如Ar），平衡不移动，故C错误；
D、当2v正（A）=v逆（B）时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选BD；
（2）在容积固定的V L密闭容器里加入n mol A、2n mol B，发生反应：A（g）+2B（g）
2C（g）△H＜0，反应达平衡后测得平衡常数为K，此时A的转化率为x，
A（g）+2B（g）2C（g）
起始量（mol）n 2n 0
变化量（mol）nx 2nx 2nx
平衡量（mol）n﹣nx 2n﹣2nx 2nx
平衡浓度为，c（A）=mol/L，c（B）=mol/L，c（C）=mol/L
平衡常数K===，
故答案为：；
（3）由于纵坐标只表示v逆，为了便于求解，在解题时可把v正补上，t2时平衡逆向移动，采用的条件可以是升温或增大C的浓度；t8时平衡不移动，采用的条件是使用了催化剂．①该反应是一个反应前后气体体积减小的且是正反应是放热的化学反应，t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物C浓度或升高温度，t8时平衡不移动，采用的条件是使用了催化剂．
故答案为：增大生成物C浓度或升高温度；使用催化剂；
②t2时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，故答案为：逆反应；
③t4时降压，平衡向逆反应方向移动，所以逆反应速率瞬间减小，并且逐渐减小到达新的平衡，故图象为
，故答案为：
．
【点评】本题考查了化学平衡常数的确定、外界条件对反应速率的影响等知识点，注意反应前后气体体积不变的可逆反应中，压强对能改变反应速率但不影响平衡的移动，图象绘制平衡影响因素的变化，题目难度中等．
29．（12分）（2015秋?石家庄校级月考）已知醋酸和盐酸是日常生活中极为常见的酸，在一定条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH?CH3COO￣+H+△H＞0．
（1）常温常压下，在pH=5的稀醋酸溶液中，c（CH3COO￣）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L；下列方法中，可以使0.10mol?L￣1CH3COOH的电离程度增大的是bdf；
a．加入少量0.10mol?L￣1的稀盐酸；b．加热CH3COOH溶液；c．加入少量冰醋酸；d．加水稀释至0.010mol?L￣1；e．加入少量氯化钠固体；f．加入少量0.10mol?L￣1的NaOH溶液．
（2）将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的醋酸和盐酸溶液中，经过充分反应后，发现只在一种溶液中有锌粉剩余，则生成氢气的体积：V（盐酸）＜V（醋酸），反应的最初速率为：υ（盐酸）=υ（醋酸）；
（3）常温下，向体积为V a mLpH=3的醋酸溶液中滴加pH=11的NaOH溶液V b mL至溶液恰好呈中性，则V a与V b的关系是：V a ＜V b；
（4）已知：90℃时，水的离子积常数为K w=38×10￣14，在此温度下，将pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，则混合溶液中的c（H+）= 2.05×10﹣11mol/L（保留三位有效数字）．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】（1）根据醋酸的电离平衡CH3COOH?H++CH3COO﹣和电荷守恒来计算；醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离；
（2）生成氢气的体积取决于电离出的氢离子的量的多少，开始的反应速率取决于开始时氢离子浓度的大小；
（3）溶液显中性，说明氢离子和氢氧根的浓度一定相等，醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性，根据电荷守恒来判断离子浓度大小关系；
（4）强酸和强碱混合后溶液的氢离子浓度可以根据中和反应的实质来计算．
【解答】解：（1）在pH=5的稀醋酸溶液中，c（H+）=10﹣5mol/L，则c（OH﹣）=10﹣9mol/L，根据醋酸溶液中电荷守恒可知：c（H+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），可以看出，c（CH3COO ﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L；
醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离，
a．加入少量0.10mol?L﹣1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；