内蒙古包钢第一中学2019-2020学年高二上学期10月月考化学试题
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Zn-65 Ba-137
一、选择题（共10个小题，每小题2分共20分，每小题只有一个正确选项）
1.下列反应中，属于吸热反应的是
A. 乙醇燃烧 B. 碳酸钙受热分解
C. 氧化钙溶于水 D. 盐酸和氢氧化钠反应
【答案】B
【解析】
【详解】A、燃料的燃烧都属于放热反应，A不选；
B、碳酸钙受热分解时吸收热量，属于吸热反应，B选；
C、氧化钙溶于水生成氢氧化钙，放出大量的热，属于放热反应，C不选；
D、酸碱中和反应属于放热反应，D不选；
答案选B
2.在不同条件下分别测得反应2SO2+O22SO3的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是（ ）
A. v(SO2)=4mol/(L·min) B. v(O2)=3mol/(L·min)
C. v(SO2)=0.1mol/(L·s) D. v(O2)=0.1mol/(L·s)
【答案】D
【解析】
【详解】都转化为用SO2用表示的速率进行比较，单位一致，
A．v(SO2)=4mol/(L·min)；
B．v(O2)=3mol/(L·min)，速率之比等于计量数之比，所以v(SO2)=2v(O2)=6 mol/(L·min)；
C．v(SO2)=0.1mol/(L·s)=6mol/(L·min)；
D．v(O2)=0.1mol/(L·s) =6mol/(L·min)，v(SO2)=2v(O2)=12 mol/(L·min)；
综上所述反应进行最快的是D，故答案为D。
【点睛】化学反应速率之比等于化学计量数之比，也可以用反应速率与化学计量数的比值比较速率大小，比值越大反应速率越快。
3.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率增大的是
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反应体系的温度升高，化学反应速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选B。
4.在一定温度下的定容密闭容器中，当下列物理量不再改变时，不能表明反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)已达平衡的是
A. 混合气体的压强 B. 混合气体的密度
C. 混合气体的相对分子质量 D. C的物质的量
【答案】A
【解析】
【分析】
在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此解答。
【详解】A．根据方程式可知，反应前后气态的体积是不变的，因此压强也是不变的，A不能说明；
B．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但气体的质量是变化的，所以B能说明；
C．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，物质的量始终不变，但质量是变化的，所以选项C可以说明。
D．C的物质的量不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以选项D能说明；
答案选A。
5.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气
B. 钢铁在潮湿的空气中比在干燥的空气中容易生锈
C. 温度过高对合成氨不利
D. 常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，测得其pH<5
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水反应：H2O+Cl2H++Cl⁻+HClO，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，故A不选；
B．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，原因是在潮湿的环境中易发生电化学腐蚀，与平衡移动原理无关，故B选；
C．合成 NH3的反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故C不选；
D．常温下，将1mLpH=3的醋酸溶液加水稀释至l00mL，由于稀释过程中促进了醋酸的电离，溶液中氢离子的物质的量增大，所以溶液的pH＜5，能够用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案为B。
【点睛】勒夏特列原理即平衡移动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，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
6.一定条件下，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，发生反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g)。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下随温度变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是
A. p1 < p2
B. 其他条件不变，温度升高，该反应的反应限度增大
C. 400℃、p1条件下，O2的平衡转化率为20%
D. 400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为10/9
【答案】A
【解析】
【详解】A．2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知，相同温度下，p2时NO的转化率大，则p2时压强大，即p1< p2，故A正确；
B．由图象可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应的反应限度减小，故B错误；
C．根据图像，400℃、p1条件下，NO的平衡转化率为40%，将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器，则O2的平衡转化率也为40%，故C错误；
D．该反应为气体的体积发生变化的反应，根据平衡常数K=，而c=，因此K=与气体的物质的量和容器的体积有关，题中均未提供，因此无法计算400℃时，该反应的化学平衡常数K，故D错误；
答案选A。
7.下列溶液一定呈碱性的是（ ）
A. pH=8的溶液 B. 含有OH-离子的溶液
C. c(OH-)＞c(H＋)的溶液 D. NaCl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度未知，不能由pH=8判断酸碱性，故A错误；
B．任何水溶液中均含OH-，不能判断酸碱性，故B错误；
C．c(OH+)＞c(H+)时，溶液显碱性，故C正确；
D．NaCl为强碱强酸盐，不发生水解，溶液呈中性，故D错误；
故答案为C。
8.25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是（ ）
A. pH=11的氨水 B. 0.01mol/L的Ba(OH)2溶液
C. 0.01mol/L的盐酸 D. pH=4的硫酸溶液
【答案】B
【解析】
【详解】水电离出的c(OH－)=c(H+)，水的电离程度越大电离出的氢离子或氢氧根离子浓度越大，25℃时，水溶液中Kw= c(OH－)·c(H+)=10-14；
A．pH=11的氨水中c(OH－)=10-3mol/L，由水电离出的c(OH－)=c(H+)=10-11mol/L；
B．0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=2×10-2mol/L，则由水电离出的c(OH－)=c(H+)=5×10-13mol/L；
C．0.01mol/L的盐酸c(H+)=10-2mol/L，则由水电离出的c(OH－)=c(H+)=10-12mol/L；
D．pH=4的硫酸溶液c(H+)=10-4mol/L，则由水电离出的c(OH－)=c(H+)=10-10mol/L；
由水电离出的氢氧根或氢离子浓度B
7，故D错误；
故答案为C。
【点睛】碱与碱混合要先计算混合液中的c(OH-)，通过c(OH-)计算c(H+)，从而计算pH值；酸与酸混合直接计算c(H+)，从而计算pH值；酸与碱混合要先判断谁过量，碱过量则先计算混合液中的c(OH-)，通过c(OH-)计算c(H+)，从而计算pH值，酸过量则直接计算c(H+)，从而计算pH值。
16.已知100℃时，0.01mol·L-1NaHSO4溶液中水电离的c(H＋)=10-10mol·L-1，该温度下将pH=8的Ba(OH)2溶液V1L与pH=5的NaHSO4溶液V2L混合，所得溶液pH=7，则V1：V2为（ ）
A. 2：9 B. 9：2 C. 1：9 D. 1：2
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸氢钠溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，0.01mol•L-1 NaHSO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液中c(OH-)=水电离的c(H+)=10-10 mol•L-1，所以该温度下Kw=10-12，中性溶液pH=6；
则该温度下pH=8的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-4 mol•L-1，pH=5的NaHSO4溶液中c(H+)=10-5 mol•L-1，所得溶液pH=7>6，溶液呈碱性，所以碱过量，混合液中c(OH-)==，解得V1：V2=2：9，故选A。
17.已知反应2NO + 2H2 === N2 + 2H2O的速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)（k为速率常数），其反应历程如下：
① 2NO + H2 → N2+H2O2 慢
② H2O2 + H2 → 2H2O 快
下列说法不正确的是
A. 增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率
B. c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度相同
C. 该反应的快慢主要取决于反应①
D. 升高温度，可提高反应①、②的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，增大c (NO) 或c(H2)，均可提高总反应的反应速率，故A正确；
B．根据速率方程为υ= kc2(NO)· c(H2)，c (NO) 、c(H2)增大相同的倍数，对总反应的反应速率的影响程度不同，如c (NO) 增大2倍，υ增大4倍、c(H2)增大2倍，υ增大2倍，故B错误；
C．反应速率由最慢的一步决定，该反应的快慢主要取决于反应①，故C正确；
D．升高温度，可以增大活化分子百分数，反应速率加快，可以提高反应①、②的速率，故D正确；
答案选B。
18.K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO42－+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
B. 由图Ⅱ可知图中a＞c
C. 由图Ⅰ可知温度：T1＞T2＞T3
D. 由图Ⅰ可知上述反应△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A正确；
B、pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，故B错误；
C、温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，故B正确；
D、温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH ＞ 0，故D正确；
综上所述，本题正确答案为B。
19.某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对化学平衡状态的影响，得到如下图所示的曲线（图中T表示温度，n表示物质的量）下列判断正确的是
A. 若＞，达到平衡时b、d点的反应速率为＞
B. 若＞，则正反应一定是放热反应
C. 达到平衡时的转化率大小为：b＞a＞c
D. 在和不变时达到平衡，的物质的量大小为：c＞b＞a
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度越高速率越快，温度T2＞T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vd＜vb，A错误；
B．若T2＞T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；
C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为c＞b＞a，C错误；
D．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：c＞b＞a，D正确；
故选D。
20.中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如下表所示。
化学键
H2O中H—O键
O2中O＝O 键
H2中H—H键
H2O2中O—O键
H2O2中O—H键
键能kJ/mol
463
496
436
138
463
若反应过程中分解了2 mol水，则下列说法不正确的是
A. 总反应为2H2O2H2↑+O2↑
B. 过程I吸收了926 kJ能量
C. 过程II放出了574 kJ能量
D. 过程Ⅲ属于放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，实现了光能向化学能的转化，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；
B．过程I为2molH2O分子变成2mol氢原子和2mol羟基的过程，吸收的能量=463 kJ×2=926 kJ，故B正确；
C．过程II为2mol氢原子和2mol羟基生成1mol氢气和1mol过氧化氢，放出的能量=436 kJ +138kJ=574 kJ，故C正确；
D．过程Ⅲ为1mol过氧化氢变成1mol氧气和1mol氢气，断开1molH2O2中2molH—O键和1molO—O键，形成1molO2中O＝O 键和1molH2中H—H键，吸收的能量=463 kJ×2 +138 kJ =1064kJ，放出的能量=496 kJ +436 kJ =932 kJ，吸收的能量大于放出的能量，该过程为吸热反应，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为D，要注意图中化学键的变化，分别计算吸收的能量和放出的能量，在判断反应的热效应。
三．简答题（共50分）
21.甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。
I. 甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。
（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18(l)]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为______。
（2）已知：25℃、101 kPa时，CH3OH(l) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(l) Δ H＝-726.5 kJ/mol。相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是______。
（3）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如右所示。
根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是______。
II. 甲醇的合成
（4）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。
① 补全上图：图中A处应填入______。
② 该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）已知： CO(g)＋1/2 O2(g) ==== CO2(g) ΔH1＝-283 kJ/mol
H2(g)＋1/2 O2(g) ==== H2O(g) ΔH2＝-242 kJ/mol
CH3OH(g) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(g) ΔH3＝-676 kJ/mol
以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g) + 2H2(g) ==== CH3OH(g) 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。
【答案】 (1). C8H18(l) ＋ 25/2O2(g)＝8CO2(g) ＋ 9H2O(l) ΔH＝-5518 kJ/mol (2). C8H18 (3). 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 (4). 1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g) (5). 不变 (6). -91
【解析】
【分析】
(1)根据书写热化学反应方程式的方法书写；
(2)假设质量均为1g，计算出1g CH3OH和1g辛烷完全燃烧放出的热量，再判断；
(3)根据图像可知，甲醇作为燃料时，根据汽车的加速性能与 CO排放量的关系分析解答；
(4)①CO2(g)和H2(g)为原料生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒分析解答；②根据催化剂与焓变的关系判断；
(5)根据盖斯定律分析解答。
【详解】(1)在25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1，故答案为C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1；
(2)假设质量均为1g，则1g CH3OH完全燃烧放出的热量==22kJ，1g辛烷完全燃烧放出的热量==48kJ，相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是C8H18(或辛烷)，故答案为C8H18(或辛烷)；
(3)根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；
(4)①以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒，需要1mol二氧化碳和3mol氢气，因此图中A处应填入1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)，故答案为1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)；
②加入催化剂，不能改变反应的焓变，因此Δ H不变，故答案为不变；
(5)①CO(g)＋1/2 O2(g) =CO2(g) Δ H1＝-283 kJ/mol ，②H2(g)＋1/2 O2(g) = H2O(g) Δ H2＝-242 kJ/mol，③CH3OH(g) + 3/2 O2(g) =CO2 (g) + 2H2O(g) Δ H3＝-676 kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②×2-③，得：CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为-91。
22.合成氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
（1）反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)化学平衡常数表达式为__。
（2）请结合下列数据分析，工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮的原因是__。
序号
化学反应
K(298K)的数值
①
N2(g)+O2(g)2NO(g)
5×10-31
②
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
4.1×106
（3）某实验室在三个不同条件的密闭容器中，分别加入浓度均为c(N2)=0.100mol/L，c(H2)=0.300mol/L的反应物进行合成氨反应，N2的浓度随时间的变化如图①、②、③曲线所示。
实验②平衡时H2的转化率为__。
据图所示，②、③两装置中各有一个条件与①不同。请指出，并说明判断的理由。
②条件：___理由：___。
③条件：___理由：___。
【答案】 (1). K= (2). 氮气与氢气反应的限度（或化学平衡常数）远大于氮气与氧气反应的限度 (3). 40% (4). 加了催化剂 (5). 因为加入催化剂能缩短达到平衡的时间，但化学平衡不移动，所以①②两装置达到平衡时N2的浓度相同 (6). 温度升高 (7). 该反应为放热反应，温度升高，达到平衡的时间缩短，但平衡向逆反应方向移动，③中到达平衡时N2的浓度高于①
【解析】
【详解】(1)根据平衡常数的概念可知该反应的平衡常数表达式为K=；
(2)平衡常数越大，反应程度越大，由表中数据可知氮气与氢气反应的限度(或化学平衡常数)远大于氮气与氧气反应的，则工业上选用氮气与氢气反应固氮，而没有选用氮气和氧气反应固氮；
(3)实验②平衡时H2的转化率为α(H2)=；
②到达平衡的时间比①短，反应速率更快，但到达平衡时N2
的浓度与①相同，化学平衡不移动，故②与①相比加了催化剂；
③到达平衡的时间比①短，反应速率更快，到达平衡时N2的浓度高于①，与①相比平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，故③与①相比温度升高。
23.醋酸、盐酸是生活中常见的物质。
（1）25℃时，浓度均为0.1mol·L-1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是___。
a.两溶液的pH相同
b.两溶液的导电能力相同
c.两溶液中由水电离出的c(OH-)相同
d.中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
（2）25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和盐酸溶液，醋酸溶液中水电离出的H＋浓度与盐酸溶液中水电离出的H＋浓度之比是___。
（3）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H＋，下列叙述不正确的是___。
aCH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H＋)=c(OH-)＋c(CH3COO‾)
b.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OHˉ)减小
c.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动
d.常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7
e.室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中不变
（4）常温下，有pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液，采取以下措施：
a.加水稀释10倍后，醋酸溶液中的c(H＋)__(填“>”“=”或“<”)盐酸溶液中的c(H＋)。
b.加等浓度的NaOH溶液至恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸__(填“>”“=”或“<”)盐酸。
c.使温度都升高20℃，溶液中c(H＋)：醋酸__(填“>”“=”或“<”)盐酸。
d.分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是__(填字母)。(①表示盐酸，②表示醋酸)
（5）将0.1mol·L-1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是__(
填字母)。
a.电离程度增大
b溶液中离子总数增多
c.溶液导电性增强
d溶液中醋酸分子增多
【答案】 (1). d (2). 1：1 (3). bd (4). > (5). > (6). > (7). c (8). ab
【解析】
【详解】(1)a．CH3COOH是弱电解质，HCl是强电解质，等浓度的两种溶液中盐酸中c(H+)大于CH3COOH，所以醋酸的pH大于HCl，故错误；
b．CH3COOH是弱电解质，HCl是强电解质，等浓度的两种溶液中盐酸中离子浓度大于醋酸，溶液的导电能力与离子浓度成正比，所以HCl溶液的导电能力强，故错误；
c．酸抑制水电离，酸中氢离子浓度越大，其抑制程度越大，等浓度的两种酸中，HCl中氢离子浓度大于醋酸，所以由水电离出的c(OH-)醋酸大于盐酸，故错误；
d．中和等物质的量的NaOH溶液，消耗酸的体积与酸的浓度成反比，两种酸的物质的量浓度相等，所以需要酸的体积相等，故正确；
故选④；
(2)25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和盐酸溶液中由酸电离出的c(H+)相等，则对水的电离抑制程度相同，所以醋酸溶液中水电离出的H＋浓度与盐酸溶液中水电离出的H＋浓度之比是1:1；
(3)a．CH3COOH溶液中，根据电荷守恒可知：c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO‾)，故a正确；
b．0.1mol/L 的CH3COOH溶液加水稀释，溶液酸性减弱，则溶液中c(OH-)增大，故b错误；
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，则平衡逆向移动，故c正确；
d．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH 溶液，等体积混合后，醋酸过量，则混合液呈酸性，溶液的pH＜7，故d错误；
e．醋酸根的水解平衡常数Kh=，温度不变水解平衡常数不变，所以室温下pH=3的醋酸溶液加水稀释，溶液中不变，故e正确；
综上所述选bd；
(4)a．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释后，溶液中氢离子浓度都减小，所以pH都增大，醋酸是弱酸存在电离平衡，又电离出氢离子，醋酸溶液中的c(H+)＞盐酸溶液中的c(H+)；
b．pH相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，加等浓度的NaOH溶液至恰好恰好中和，所需NaOH溶液的体积：醋酸＞盐酸；
c．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度不影响盐酸的pH，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以溶液中c(H+)：醋酸＞盐酸；
d．因为强酸完全电离，一元弱酸部分电离，因此要有相同的pH值，一元弱酸的浓度必须比强酸大，由于体积相等，因此一元弱酸的物质的量大于强酸，因此产生的H2也比强酸多，据此可排除a、b；开始时H+浓度相等，因此反应速率也相等(在图中反应速率就是斜率)，随着反应进行由于H+不断被消耗掉，促使一元弱酸继续电离，这就延缓了H+浓度下降的速率，此时弱酸的反应速率就要大于强酸的反应速率，且最终生成H2的体积一元弱酸大，故选c；
(5)将0.1mol•L-1的CH3COOH加水稀释，溶液浓度减小，体积增大，醋酸的电离平衡右移，
a、加水后，醋酸的电离平衡右移，故电离程度增大，故a正确；
b．加水后，电离平衡右移，故溶液中离子总数增多，故b正确；
c．加水后，虽然电离出的离子的物质的量增多，但溶液体积增大，浓度减小，故溶液导电性减弱，故c错误；
d．加水后，电离平衡右移，则溶液中醋酸分子减少，故d错误。
故选ab。
【点睛】等pH的一元强酸和弱酸，弱酸的浓度更大，稀释相同倍数时pH变化更慢，中和所需的碱的量更多；等浓度的一元强酸和弱酸，弱酸的pH更大，稀释相同倍数时pH变化更慢(但不会小于强酸pH)，中和所需要的碱的量相同。
24.（1）氢氧化钡是一种使用广泛的化学试剂。某课外小组通过下列实验测定某试样中Ba(OH)2·8H2O的含量。称取3.50g试样溶于蒸馏水配成100mL溶液，从中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，加2滴指示剂，用0.1000mol/LHCl标准溶液滴定至终点，共消耗标准液20.00mL（杂质不与酸反应），求试样中氢氧化钡的物质的量为___；试样中Ba(OH)2·8H2O的质量分数为___。
（2）维尔纳配合物M是一种橙黄色单斜晶体，该晶体以浓氨水、双氧水、CoCl2·6H2O、NH4Cl
为原料在加热条件下通过活性炭的催化来合成。为探究该晶体的组成，设计了如下图实验：
有一个步骤是氮的测定：准确称取一定量橙黄色晶体，加入适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用500.00mL7.0mol/L的盐酸溶液吸收，吸收结束后量取吸收液25.00mL，用2.00mol/L的NaOH溶液滴定过量的盐酸，终点消耗NaOH溶液12.50mL。
①上述装置A中，玻璃管的作用是__；
②装置A、B三脚架处应放置一个酒精灯作为热源，酒精灯应放置在__（填“A”或“B”）处。
③步骤一所称取的样品中含氮的质量为__g（计算结果保留2位有效数字）
④有同学提出装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，会造成测得氮的含量结果将__（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). 0.01mol (2). 0.9 (3). 平衡气压(当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定) (4). A (5). 42 (6). 偏高
【解析】
【分析】
(2)该实验原理为：B装置中在维尔纳配合物溶液中滴加氢氧化钠溶液，将铵根全部反应成一水合氨，然后加热装置A，使水生成水蒸气进入B装置，提供热量将溶液中的氨气蒸出，同时产生气流将氨气吹入装置C中用盐酸吸收，再用氢氧化钠标准液滴定装置C中剩余的盐酸，从而确定与盐酸反应的氨气的量，计算得出氮的含量。
【详解】(1)滴定过程中发生反应Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O，存在数量关系Ba(OH)2~2HCl，所以n(Ba(OH)2)==0.01mol；试样中Ba(OH)2·8H2O的质量分数为=0.9；
(2)①加热A时装置内产生大量水蒸气，当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定，所以装置A中玻璃管的作用是平衡气压；
②装置A需要加热使水生成水蒸气，水蒸气进入B装置可提供热量将溶液中的氨气蒸出；
③滴定过程发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，存在数量关系NaOH~HCl，所以剩余的n(HCl)==0.5mol，则与氨气反应生成的NH4Cl的物质的量为0.5L×7.00mol/L-0.5mol=3mol，根据元素守恒可知氮的质量为3mol×14g/mol=42g；
④装置C中所用盐酸的浓度过大易挥发，剩余的溶液中氯化氢减少，计算得到吸收氨气的氯化氢增大，会造成测得氮的含量结果将偏高。
