1、填空题  （14分）
（1）纯水中c(H＋)＝5.0×10－7mol/L，则此时纯水中的c(OH－)＝                        ；
若温度不变，滴入稀硫酸使c(H＋)＝5.0×10－3mol/L，则c(OH－)＝                        。
（2）在CH3COONa的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是                   。
（3）明矾的水溶液显酸性，其原因是（用离子方程式表示）                             。
（4）在25℃、101kPa下，0.5mol的甲醇（CH3OH）完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为                                    。
（5）1L 1 mol·L－1 H2SO4溶液与2L 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ热量，则表示中和热的热化学方程式为                                                          。
（6）已知：①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g) △H＝+67.7 kJ/mol ；
②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) △H＝－534 kJ/mol
则N2H4与NO2与完全反应生成氮气和气态水的热化学方程式为                       。

参考答案：（1）5.0×10-7mol/L (2分)  5.0×10-11mol/L(2分)
（2）c( Na+) > c(CH3COO－) > c( OH－)> c(H+)（2分），
（3）Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+（２分） Al(OH)3；
（4）CH3OH (l)＋O2 (g) ＝CO2 (g)＋2H2O (l) ΔH＝－704 kJ·mol-1 
（5）H2SO4(aq)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1（２分）
（6）2 N2H4 (g) + 2NO2 (g) ＝ 3N2 (g) + 4H2O (g)  ΔH＝－1135.7 kJ·mol-1  （２分）
或写成2N2H4 (g) + NO2 (g) ＝N2 (g) + ２H2O (g)  ΔH＝—567.85 kJ·mol-1 

本题解析：（1）在纯水中存在电离平衡：H2O H＋＋OH－,纯水中c(H＋)＝5.0×10－7mol/L，则此时纯水中的c(OH－)＝5.0×10－7mol/L. Kw=2.5×10－13;若温度不变，滴入稀硫酸使c(H＋)＝5.0×10－3mol/L，则c(OH－)＝Kw÷c(H＋)＝2.5×10－13÷5.0×10－3=5.0×10－11mol/L；（2）在CH3COONa的溶液中，由于CH3COO－水解消耗，所以c( Na+) > c(CH3COO－)；水解消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，最终使溶液中的OH-的浓度大于H+的浓度，c( OH－)> c(H+)。但是盐的水解程度是微弱的，盐电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子的浓度，所以c(CH3COO－) > c( OH－) c(H+)。故各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c( Na+) > c(CH3COO－) > c( OH－)> c(H+)；（3）明矾的水溶液显酸性，其原因是Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+；（4）燃烧热是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，根据题意可得甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH (l)＋O2 (g)＝CO2 (g)＋2H2O (l) ΔH＝－704 kJ·mol-1；（5）中和热是酸碱发生中和反应产生1mol的水时所放出的热量，由于1L 1 mol·L－1 H2SO4溶液与2L 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应，放出114.6kJ热量，则表示中和热的热化学方程式为H2SO4(aq)＋NaOH(aq)＝Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol-1；（6）②×2－①，整理可得2 N2H4 (g) + 2NO2 (g) ＝ 3N2 (g) + 4H2O (g)  ΔH＝－1135.7 kJ·mol-1或写为2N2H4 (g) + NO2 (g) ＝N2 (g) + ２H2O (g)  ΔH＝—567.85 kJ·mol-1。
考点：考查弱电解质的电离、水的离子积常数、盐的水解、盖斯定律的应用、离子浓度比较、中和热、燃烧热的热化学方程式的书写的知识。

本题难度：一般

2、选择题  10、能源可划分为一级能源和二级能源,自然界直接提供的能源为一级能源,需要消耗其它能源的能量间接获取的能源称为二级能源。下列关于能源的说法正确的是
C．电能是一级能源          D．煤气是一级能源

参考答案：A

本题解析：水利可以发电，属于一级能源。电能是二级能源。煤气需要利用碳在高温下和水蒸气反应生成，属于二级能源，所以答案是A。

本题难度：一般

3、选择题  在25mL 0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L-1CH3COOH溶液，溶液pH变化曲线 如图所示，列有关离子浓度的比较正确的是 （?）

A．在A、B间任一点(不含A、B点)，溶液中可能有c(Na+)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H+)
B．在B点，a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C．在C点，c(CH3COO－)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)
D．在D点，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)

参考答案：A

本题解析：在A、B间任一点(不含A、B点)，溶液是碱性的，溶液中可能有c(Na+)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H+)?；在B点，如果是强酸，a="12.5" 。而醋酸是弱酸，所以a>12.5，且有c(Na+)<c(CH3COO－)?c(OH－)=c(H+)? ; 在C点溶液现酸性，所以c(CH3COO－)>c(Na+)>c(H+)>c(OH－)；在D点，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)>c(Na+),故选A。
点评：强碱和弱酸溶液混合后，溶液中离子浓度的大小比较：
呈碱性包括两种情况；强碱和强碱弱酸盐的混合溶液及单一强碱弱酸盐溶液；
呈中性: 强碱弱酸盐和少量弱酸的混合溶液；
呈酸性：强碱弱酸盐和大量弱酸的混合溶液。

本题难度：一般

4、实验题  （12分）某学生用0.l000mol.L-l盐酸标准溶液测定某烧碱样品的纯度（杂质不与盐酸反应）。实验步骤如下：
（1）配制待测液：用2.50 g含有少量杂质的固体烧碱样品配制500 mL溶液。需用的玻璃仪器除了烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要??。
（2）滴定：
I．用蒸馏水洗涤酸式滴定管，并立即注入盐酸标准溶液至“O”刻度线以上
Ⅱ．固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，调节液面至“0”或“O”刻度线以下，并记录读数
Ⅲ．移取20.OOmL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入2滴酚酞试液
Ⅳ．用标准液滴定至终点，记录滴定管液面读数。
①上述滴定步骤中有错误的是（填编号）?，该错误操作会导致测定结果?（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
②步骤Ⅳ中滴定时眼睛应?：判断滴定终点的现象是?。
③若步骤II中仰视读数，步骤Ⅳ中俯视读数，则会使测定结果?（填“偏大”、“偏小”或“无影响’"）。
（3）按正确操作测得有关数据记录如下：

参考答案：（12分）(1) 500ml容量瓶（1分）? (2)①Ⅰ（2分）?偏大（1分）?
②注视锥形瓶中溶液颜色的变化（1分）?
溶液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色（2分）
③偏小（1分）? (3) ①22.60（2分）?②80.8%（2分）

本题解析：(1) 配制500ml溶液时，需要500ml容量瓶，所以还需要500ml容量瓶。
（2）①滴定管用水洗涤后，还需要用标准液润洗，否则相当于稀释溶液，因此盐酸的浓度降低，消耗的盐酸溶液体积偏大，则测定结果偏高。
②步骤Ⅳ中滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。由于选择的指示剂是酚酞，所以终点时的现象是溶液由红色刚好变为无色，且半分钟内不变色。
③若步骤II中仰视读数，则读数偏大。步骤Ⅳ中俯视读数，读数偏小，所以消耗溶液的体积偏少，因此测定结果偏小。
（3）根据滴定管的结构可知，此时的读数应该是a＝22.60ml。根据表中数据可知，三次实验中消耗盐酸的体积是20.18ml、20.20ml、20.22ml，所以三次实验的平均值是20.20ml，则氢氧化钠的物质的量是0.00202mol，则纯度是。
点评：判断中和滴定中的误差分析的总依据为：由C测==C标V标/V测。由于C标、V待均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小。根据产生误差的来源，从以下几个方面来分析：①洗涤误差；②读数误差；③气泡误差；④锥形瓶误差；⑤变色误差；⑥样品中含杂质引起的误差等，需要具体问题具体分析。

本题难度：一般

5、选择题  已知反应：① 2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)               ΔH＝－221 kJ／mol
101KPa ② 稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l)  ΔH＝－57.3 kJ／mol
下列结论正确的是
A．碳的燃烧热等于110.5 kJ／mol
B．①的反应热为221 kJ／mol
C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ／mol
D．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ 热量