安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题 20页

合肥一六八中学2019—2020学年第一学期期中考试高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 0 16 N 14 Na 23 K 39 Mn 55‎ 第Ⅰ卷 一、选择题（共 14 题，每题 3 分，共 42 分）‎ ‎1.为减少汽车对城市大气的污染,近年来中国成功地开发出了以新燃料作能源的“绿色汽车”。这种汽车可避免有毒的有机铅、苯和苯的同系物以及多环芳烃的排放,保护环境。这种“绿色汽车”的燃料是( )‎ A. 重油 B. 汽油 C. 柴油 D. 甲醇 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、C仍然是常规能源，大量使用，容易造成环境污染。而甲醇燃烧可避免有毒的有机铅、苯和苯的同系物以及多环芳香烃的排放，D项符合题意，答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学与生活、生产及环境保护等知识。该类试题多以基础题、中档题为主、题型主要为选择题、试题的命题形式是常把化学知识与实际生产、生活、环境保护及科技前沿等问题结合起来，突出化学与可持续发展、环境保护的密切联系，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，可很好的落实新课标的理念。‎ ‎2.反应 4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)，经2min 后，B的浓度减少了0.6mol•L－1。下列反应速率的表示正确的是( )‎ A. 用A表示的反应速率是 0.4 mol·L－1·min－1‎ B. 2min末时的反应速率，用B表示为0.3 mol·L－1·min－1‎ C. 用 B 表示的平均反应速率是0.3 mol·L－1·min－1‎ D. 在这 2 min 内，用 B 表示的反应速率的值是减小的，用 C 表示的反应速率逐渐增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A物质是固体，浓度不变，不能用来表示反应速率，A错误；‎ B. 2min末时的反应速率为即时速率，用B表示为0.3 mol/(L·min)是2min内的平均速率，B错误；‎ C. 2min内用B物质表示的化学反应速率v(B)==0.3mol·L－1·min－1，C 正确；‎ D. 用不同物质表示的反应速率，速率比等于化学方程式的化学计量数的比，由于反应物的浓度逐渐降低，所以在这 2 min 内，用 B 表示的反应速率的值是减小的，用 C 表示的反应速率也是逐渐减小的，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）‎ A. HCl和 NaOH 反应的中和热 H=-57.3kJ·mol－1，则H2SO4 和 Ba(OH)2反应的中和热ΔH=2×(-57.3)kJ·mol－1‎ B. CO(g)的燃烧热是 283.0kJ·mol－1 则 2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=+(2×283.0 )kJ·mol－1‎ C. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应一定不能自发进行 D. 一定的温度和一定的压强下，将 0.5molN2 和1.5molH2 置于密闭容器中充分反应，放热19.3kJ，热化学方程式为 N2+3H22NH3 ΔH=-38.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 中和热是酸碱发生中和反应产生1mol水时放出的热量，与反应产生水的物质的量多少无关，所以H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH=-57.3kJ/mol，A错误；‎ B. 燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，CO(g)的燃烧热是 283.0kJ·mol－1则2molCO燃烧放出热量是(2×283.0 )kJ，由于反应物、生成物的能量相同，所以则 2CO2(g) =2CO(g)+O2(g)反应的ΔH=＋(2×283.0 )kJ·mol－1 ，B正确；‎ C. 根据体系的自由能公式△G=△H-T△S<0，反应可以自发进行，反应物的总能量低于生成物的总能量时，△H>0，若△S>0，在高温下△G<0，反应也能自发进行，C错误；‎ D. N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，且物质的存在状态也影响物质含有的能量，所以该热化学方程式书写不合理，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎4.向四个相同容积的密闭容器中分别充入一定量的CO、H2，发生反应：CO(g）+2H2(g)CH3OH(g)。开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列，正确的是 ‎①在500℃时，5 mol CO和10 mol H2反应 ‎②在500℃时，加入催化剂，10 mol H2与5 mol CO反应 ‎③在450℃时，6 mol H2和3 mol CO反应 ‎④在500℃时，6 mol H2和3 mol CO反应 ‎⑤在450℃时，4 mol H2和2 mol CO反应 A. ②①③④⑤ B. ②①④③⑤ C. ⑤②①③④ D. ②④⑤③①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】影响化学反应速率的因素，最大的是催化剂，其次是温度，然后是浓度。在温度相同时，催化剂对化学反应速率影响最大，所以速率最快的是②，在温度相同时，物质的浓度越大，速率越快，温度越高，反应速率越快，所以化学反应速率：②>①>④>③>⑤，故合理选项是B。‎ ‎5.对于可逆反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是 A B C D 研究目的 压强对反应的影响(p2>p1)‎ 温度对平衡转化率的影响 平衡体系增加 N2的浓度对反应的影响 催化剂对反应的影响 示意图 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.合成氨反应是气体体积缩小的反应，则利用压强对化学平衡及化学反应速率的影响分析；‎ B.合成氨的反应是放热反应，利用温度对化学平衡的影响及图象来分析；‎ C.利用增大反应物的浓度对化学平衡移动的影响并结合图象来分析；‎ D.利用催化剂对化学反应速率及化学平衡的影响，结合图象来分析。‎ ‎【详解】A.该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A错误；‎ B.因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，B错误；‎ C.反应平衡后，增大氮气的量，则这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，C正确；‎ D.因催化剂对化学平衡无影响，但催化剂加快化学反应速率，则有催化剂时达到化学平衡时间少，与图象不符，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡与图象，明确影响化学反应速率及化学平衡的影响因素，结合图象中纵、横坐标的含义进行分析、判断。‎ ‎6.已知可逆反应A+aBC+2D(a为化学计量数)，其中B，C，D为气态物质。反应过程中，当其他条件不变时，C的体积百分含量(ɸ)与温度(T)和压强(p)的关系如图1、2所示。下列不正确的是( )‎ A. T2 >T1，P2 >P1‎ B. 该反应的正反应为放热反应 C. 若a=2，则A为液态或固态物质 D. 增加B的物质的量，该反应的ΔH绝对值增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图1可知，T2时先达到平衡，反应速率大于T1，所以T2>T1，由图2可知，P2时先达到平衡，反应速率大于P1，所以P2>P1，故A项正确；‎ B.由图1可知，T2时反应速率大于T1，所以T2 >T1，并且T1时的C%大于T2时的C%，所以该反应是放热反应，故B项正确；‎ C.由图2可知，P2时反应速率大于P1，所以P2>P1，并且P1时的C%大于P2‎ 时的C%，所以正反应方向是气体体积增大的反应。当a=2时，A一定不是气态物质才能使平衡左移，则A为液态或固态物质，故C项正确；‎ D.反应的ΔH与化学计量数有关，与平衡移动无关，故D项错误；‎ 综上，本题选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡移动。解决这类问题时，首先根据温度越高反应速率越快，压强越大，反应速率越快，分析T2和T1、P2和P1的大小关系，再结合温度和压强对平衡移动的影响，从而得出结论。‎ ‎7.反应2A(g) 2B(g)E(g)Q(Q>0)，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是 A. 缩小体积加压 B. 扩大体积减压 C. 增加E的浓度 D. 降温 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．缩小体积增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，但正、逆反应速率都增大，A错误；‎ B．扩大体积降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，B错误；‎ C．增大E的浓度，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，瞬间逆反应速率增大、正反应速率不变，随后逆反应减小、正反应速率增大，C错误；‎ D．正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆反应方向移动，正、逆反应速率都减小，A的浓度增大，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8.图甲、乙分别表示反应 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH>0 在 t1 时刻达到平衡，在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况，下列说法正确的是 A. 图甲中t2时刻发生改变的条件一定是同比增大 CO2和H2的浓度 B. 图甲中t2时刻发生改变的条件一定是加入催化剂 C. 图乙中t2时刻发生改变的条件可能是降低温度 D. 图乙中t2时刻发生改变的条件可能是增大CO2的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，甲中t2时刻反应速率增大，正、逆反应速率相等，化学平衡不移动，由方程式可知反应物气体和生成物气体的体积相等，则增大压强平衡不移动，则可增大压强或加入催化剂，选项A、B错误；‎ 图乙t2时刻CO2浓度增大，CO浓度减小，应是平衡逆向移动，由于该反应的正反应是吸热反应，根据平衡移动原理，降低温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使CO2浓度增大，CO浓度减小，C正确；若是增大CO2的浓度，CO2的浓度应该是迅速增大，而由于平衡正向移动，CO浓度也会增大，与图象不符合，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )‎ A. 在 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H＋)=2c(HCO3-)+c(H2CO3)‎ B. 向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液：c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H＋)‎ C. 常温下，向 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中通入 HCl 气体至pH=7：c(Na＋)>c(Cl-)=c(CH3COOH)‎ D. 常温下，pH=7 的 NH4Cl 和 NH3·H2O 的混合溶液中：c(Cl-)>c(NH4＋)>c(OH-)=c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H＋)=c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，第二个式子减去第一个式子，整理可得c(OH-)-c(H＋)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)，A错误；‎ B.向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液，二者反应产生Na2CO3和水，最后得到等浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液，由于CO32-水解程度大于HCO3-的水解程度，所以：c(HCO3-)>c(CO32-)，B错误；‎ C.CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7，此时的溶液时氯化钠、醋酸、醋酸钠的混合物，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，c(Na+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)，醋酸、醋酸钠的混合物显示中性，得到c(Na＋)>c(Cl－)=c(CH3COOH)，C正确；‎ D.混合溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH－)=c(NH4＋)+c(H＋)，室温下溶液的pH=7，则c(OH－)= c(H＋)，所以c(Cl-)=c(NH4＋)，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.已知 100 ℃时，Kw=1.0×10－12，在 100 ℃将 pH=9 的 NaOH 溶液与 pH=4的硫酸溶液混合（忽略溶液混合后体积变化），若所得溶液 pH=7，则 NaOH 溶液与硫酸溶液的体积比为( )‎ A. 1∶9 B. 9∶1 C. 10∶1 D. 1∶10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在100℃时中性水的pH=6，先计算出混合前酸溶液中H+的物质的量、碱溶液中OH-的物质的量，然后根据混合后所得溶液 pH=7，显碱性，利用过量OH-的物质的量除以溶液的体积可得溶液中OH-的浓度计算。‎ ‎【详解】根据，解得氢氧化钠和硫酸的体积之比V1：V2=1：9，故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查了酸、碱混合溶液pH计算，如果已知溶液的pH值，要先根据水的离子积常数和氢离子浓度的关系，计算出碱溶液中氢氧根离子浓度，计算出酸溶液的氢离子的浓度，根据二者发生反应H++OH-=H2O中的物质的量的比，结合反应后溶液的pH判断二者的反应情况。若是中性，则n(H+)=n(OH-)；若是碱性，则先计算出过量的OH-的物质的量，利用水的离子积计算出碱溶液的c(H+)，然后计算pH；若是酸过量，则直接根据过量的H+的物质的量除以溶液总体积得c(H+)，利用pH=-lg c(H+)计算。一定要注意温度与水的离子积Kw的关系。‎ ‎11.常温下，下列说法正确的是( )‎ A. 某物质的溶液中，由水电离出的 c(H＋)=1×10－a mol·L-1，若 a>7，则该溶液的pH为 a或14－a B. pH=b的NH3·H2O溶液稀释10倍后，其pH=b－1‎ C. pH均为9的NaOH和NaClO溶液中，水的电离程度相同 D. pH=2的CH3COOH溶液与 pH=12的NaOH溶液等体积混合后，c(Na＋)=c(CH3COO－)>c(H＋)=c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.某溶液中水溶液中由水电离出的c(H＋)=1×10－a mol·L-1，若a>7，说明该物质抑制水电离，则该物质的水溶液呈酸性或碱性，如果溶液呈酸性，溶液中c(OH-)=c(H+‎ ‎)(水电离的)=1×10-amol/L，则溶液的pH=14-a；如果溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度就是水电离出的氢离子浓度，则溶液的pH=a，A正确；‎ B.一水合氨为弱电解质，在溶液中存在电离平衡，稀释促进一水合氨的电离，pH=b的NH3•H2O溶液稀释10倍后，其pH>b-1，B错误；‎ C.NaOH强碱，电离产生OH-会抑制水的电离，NaClO为强碱弱酸盐，ClO-水解消耗水电离产生的H+，使水电离平衡正向移动，因而促进水的电离，二者的水电离程度不同，C错误；‎ D.醋酸在溶液中存在电离平衡，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，反应后溶液呈酸性，c(CH3COO-)>c(Na+) >c(H+)>c(OH-)，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎12.现有两正盐的稀溶液，分别是a mol·L－1 NaX溶液和b mol·L－1 NaY溶液。下列说法不正确的是 A. 若a>b，测得c(X－)＝c(Y－)，可推出溶液中的c(HX)>c(HY)‎ B. 若a>b，测得c(X－)＝c(Y－)，可推出溶液中的c(HX)＝c(HY)‎ C. 若a＝b，且pH(NaX)>pH(NaY)，则相同浓度时，酸性HXb且c(X−)=c(Y−)，说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXc(HY)，故A正确；‎ B. 若a>b且c(X−)=c(Y−)，说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXc(HY)，故B错误；‎ C. 根据酸越弱，越水解可知，若a=b，则pH(NaX)>pH(NaY)，则酸性：HXHY，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎13.25 ℃时，向25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1醋酸溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 ‎ A. 在A、B间任一点的溶液中一定都有：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. 用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数K＝2.5×10—7/(0.2a－2.5)‎ C. C点对应的溶液中，水电离出的H＋浓度大于10－7 mol·L－1‎ D. D点对应的溶液中，存在如下关系：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2c(H＋)－c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.A、B间任一点，溶液显碱性，溶质为醋酸钠、NaOH或恰好生成醋酸钠；‎ B.根据CH3COOH的电离常数K=c（CH3COO-）c（H+）/c（CH3COOH）计算；‎ C.C点对应的醋酸过量，所以抑制了水的电离；‎ D.在D点遵循物料守恒和电荷守恒。‎ ‎【详解】A.A、B间任一点，溶液中只存在四种离子有：Na+、H+、CH3COO-、OH-，根据电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），溶液显碱性，则有c（OH-）＞c（H+），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Na+）＞c（OH-）＞c（CH3COO-）＞c（H+），故A错误；‎ B.取a所对应的B点进行计算，pH=7，则c（OH-）= c（H+）=10-7mol/L，又根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），则有c（Na+）=c（CH3COO-），反应后c（CH3COOH）=（0.2a-25×0.1）×10-3/（25+a）×10-3mol/L，则c（Na+）=c（CH3COO-）=（25×0.1）×10-3/（25+a）×10-3mol/L，醋酸的电离平衡常数K=c（CH3COO-）c（H+）/c（CH3COOH）=c（Na+）c（H+）/c（CH3COOH）=2.5×10—7/（0.2a－2.5），故B正确；‎ C.C点对应的醋酸过量，所以抑制了水的电离，使水电离出的H＋浓度小于10－7mol·L－1，故C错误；‎ D.D点溶液中的醋酸和醋酸钠等量混合，根据在D点的物料守恒，则有c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），根据电荷守恒，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），将物料守恒代入电荷守恒式可得c（CH3COO-）－c（CH3COOH）=2c(H＋)－2c(OH－)，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎14.25 ℃，c(HCN)+c(CN-)=0.1 mol·L－1的一组HCN和NaCN的混合溶液，溶液中 c(HCN)、c(CN-‎ ‎)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是( )‎ A. 将 0.1 mol·L－1 的 HCN 溶液和 0.1 mol·L－1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)：c(Na＋)>c(HCN)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B. W 点表示溶液中：c(Na＋)=c(HCN)+c(CN-)‎ C. pH=8的溶液中：c(Na＋)+c(H＋)+c(HCN)=0.1 mol·L-1+c(OH-)‎ D. 将0.3 mol·L－1 HCN溶液和0.2 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)：c(CN-)+3c(OH-)=c(HCN)+3c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图知，将0.1 mol•L-1的HCN溶液和0.1 mol•L-1NaCN溶液等体积混合(忽略溶液体积变化)，混合溶液的pH=9.31>7，说明溶液呈碱性，则NaCN水解程度大于HCN电离程度，所以存在c(Na+)p2>p3 (3). 其它条件相同时，对于有气体参加的反应，化学反应速率越快压强越大 (4). 40% (5). 由图象可知，压强为p1，温度为80℃时，反应已到达平衡，且正反应是放热反应，故压强不变，升高温度平衡逆向移动，产率下降 (6). p1、80℃ (7). 通入乙烯气体(或增大压强)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；‎ ‎(2)①压强越大，反应速率越大；‎ ‎②压强为p1MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%，依据化学平衡物质转化关系，计算得到乙烯反应量，转化率=×100%；‎ ‎③在压强为p1MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降，说明升温平衡逆向进行；‎ ‎④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，赢是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行。‎ ‎【详解】(1)A.乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，因此不能说明正逆反应速率相同，A错误；‎ B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，说明正、逆反应速率相同，B正确；‎ C.乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，只能说明反应正向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；‎ D.体系中乙烯的百分含量一定，说明反应处于平衡状态，D正确；‎ E.反应混合物中只有乙烯是气体，因此任何条件下气体的总压强都不变，不能据此判断反应处于平衡状态，E错误；‎ F.只有乙烯是气体，气体的摩尔质量始终不变，不能据此判断反应处于平衡状态，F错误；‎ 故合理选项是BD；‎ ‎(2)①CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，温度一定，压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知p1>p2>p3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(p1)>v(p2)>v(p3)；‎ ‎②反应方程式：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，反应开始时，n(C2H4)=n(CH3COOH)=1mol，n(CH3COOC2H5)=0mol，假设反应过程中乙烯变化的物质的量是x，则根据物质反应的转化关系可知，平衡时各种物质的物质的量n(C2H4)=n(CH3COOH)=(1-x)mol，n(CH3COOC2H5)=xmol。由于乙酸乙酯的产率为30%，则生成乙酸乙酯0.3mol，反应消耗乙烯0.3mol，所以乙烯的转化率=(0.3mol÷1mol)×100%=30%；‎ ‎③在压强为p1MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是：由图象可知，p1MPa、80℃时反应已达平衡且该反应的正反应是放热反应，所以在压强不变时升高温度，化学平衡向吸热的逆向移动，导致乙酸乙酯的产率下降；‎ ‎④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，根据图象中乙酸乙酯产率最大条件是：p1‎ MPa、80℃；为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，应是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断及化学平衡影响因素及反应条件的控制等知识，了解化学平衡移动原理，结合图象及平衡状态的特征分析判断，平衡移动原理是解题关键。‎ ‎18.传统的定量化学实验受到计量手段的制约而研究范围狭窄、精确度不高，DIS数字化信息系统(由传感器、数据采集器和计算机组成)因为可以准确测量溶液的pH等而在中和滴定的研究中应用越来越广泛深入。‎ ‎(1)某学习小组利用 DIS 系统探究强碱和不同酸的中和反应，实验过程如下：‎ ‎①分别配制0.1000 mol/L的NaOH、HCl、CH3COOH溶液备用。‎ ‎②用0.1000 mol/L的NaOH溶液分别滴定10.00 mL 0.1000 mol/L的HCl和CH3COOH溶液，连接数据采集器和pH传感器。‎ ‎③由计算机绘制的滴定曲线如图：‎ ‎(2)①A是_____酸（填“醋酸”或“盐酸”）‎ ‎②两曲线图中 V1________V2(填“>”“=”或“<”)，A点和B点，水的电离程度_____（填“A 点大”、“B 点大”、“A 和 B 点相同”或“无法判断”）‎ ‎(3)另一个学习小组利用DIS系统测定某醋酸溶液的物质的量浓度，以测量溶液导电能力来判断滴定终点，实验步骤如下：‎ ‎①用________(填仪器名称)量取 20.00 mL 醋酸溶液样品，倒入洁净干燥锥形瓶中，连接好 DIS系统，如果锥形瓶中含有少量蒸馏水，是否会影响测量结果？______(填“是”“否”或“不能确定”)。向锥形瓶中滴加 0.1000 mol/L的NaOH溶液，计算机屏幕上显示溶液导电能力与加入NaOH溶液体积关系的曲线图(见如图)。‎ ‎②醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为______。‎ ‎③图中b点时，溶液中各离子浓度大小的关系是_________，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=_________mol/L。‎ ‎④若图中某一点 pH 等于8，则 c(Na+)-c(CH3COO-)的精确值为________mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 盐酸 (2). > (3). A和B点相同 (4). 酸式滴定管 (5). 否 (6). CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O (7). c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) (8). 0.05mol/L (9). 9.9×10-7‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据盐酸是强酸，完全电离，CH3COOH是弱酸，部分电离；根据生成的盐是否发生水解来判断；‎ ‎(3)①根据量取醋酸溶液的体积精确度来解答；根据c(待测)=分析误差；‎ ‎②根据醋酸与NaOH溶液反应生成盐和水书写方程式；‎ ‎③图中b点，说明醋酸和NaOH恰好完全反应，根据盐类水解来判断离子浓度，根据物料守恒计算c(CH3COOH)+c(CH3COO-)；‎ ‎④先求出溶液中的c(H+)和c(OH-)，再根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)来解答。‎ ‎【详解】(2)CH3COOH是弱酸，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子形式存在，不能完全电离，而HCl完全电离，这样会使等浓度的CH3COOH溶液中c(H+)比同浓度的HCl溶液中c(H+)小，溶液pH大；0.1000 mol/L酸溶液pH=1，说明c(H+)=0.1000mol/L，所以A表示的是盐酸；‎ V1时盐酸和NaOH反应生成氯化钠和水，氯化钠不水解；CH3COOH和NaOH反应生成醋酸钠和水，醋酸钠水解是溶液呈碱性，V2时溶液呈中性，要使溶液的pH=7，醋酸未完全反应，此时溶液为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，所以消耗的NaOH前者大于后者；‎ A点为NaCl溶液，该盐是强酸强碱盐，不水解，对水的电离平衡无影响；后者为CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH电离产生H+抑制水的电离，而CH3COO-水解消耗水电离产生的H+‎ 产生CH3COOH，促进水的电离作用，由于溶液的pH=7，说明CH3COOH电离随水电离的抑制作用与CH3COO-水解对水电离的促进作用相同，二者相互抵消，因此对水电离平衡无影响，故A点和B点的水的电离程度相同；‎ ‎(3)①用酸式滴定管量取20.00mL醋酸溶液样品；锥形瓶中含有少蒸馏水，待测液的物质的量不变，V(标准)不变，根据c(待测)=，c(待测)不变，不产生任何影响；‎ ‎②醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反应的离子方程式为CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O；‎ ‎③图中b点，醋酸和NaOH恰好完全反应产生醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生电离：CH3COONa=CH3COO-+Na+，电离产生的CH3COO-发生水解而消耗，使得c(Na+)>c(CH3COO-)，CH3COO-水解消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，使溶液显碱性，但水电离程度非常微弱，盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，所以溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；根据物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)= =0.05mol/L；‎ ‎④溶液的pH=8，则c(H+)=10-8 mol/L，根据室温下水的离子积常数Kw=1×10-14可知 c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L。‎ ‎【点睛】本题主要考查了强酸、弱酸的电离、盐类的水解、离子浓度大小比较以及有关化学计算，结合强、弱电解质的概念电离情况及溶液中c(H+)与溶液pH关系和Kw及物料守恒、电荷守恒和盐的水解分离分析解答。‎ ‎ ‎ ‎ ‎