2018-2019学年安徽省黄山市高二上学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年安徽省黄山市高二上学期期末考试化学试题 解析版

安徽省黄山市2018-2019学年高二上学期期末考试 化学试题 ‎1.化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法错误的是 A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”，句中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能 B. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 C. 加入Na2S可除去工业废水中Cu2+和Hg2+等离子 D. 草木灰不能与铵态氮肥混合施用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“豆箕”是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维素是把化学能转化为热能和光能，A正确；‎ B.泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生双水解反应，生成大量的二氧化碳泡沫，该泡沫可进行灭火，但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含有水，形成了电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，B错误；‎ C.CuS和HgS是难溶于水的物质，加入Na2S可使工业废水中Cu2+和Hg2+转化为沉淀而除去，C正确；‎ D.草木灰呈碱性，能与铵态氮肥混合产生氨气，造成肥效降低，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中正确的是 A. 汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4＋2H2O－2e－== PbO2＋4H＋＋SO42﹣‎ B. 利用Na2CO3溶液可除油污：CO32－ + 2H2O H2CO3 + 2OH－‎ C. BaSO4的水溶液导电性极弱：BaSO4 Ba2++SO42﹣‎ D. 用醋酸除去暖瓶中的水垢：2H＋＋CaCO3== Ca2＋＋ CO2↑＋ H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.充电时阳极反应上硫酸铅失去电子；‎ B.碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主；‎ C. BaSO4在溶液中溶解度很小，完全电离；‎ D. 醋酸在离子反应中保留化学式；‎ ‎【详解】A.汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，A正确；‎ B.利用Na2CO3溶液的碱性可除油污，离子反应为CO32-+H2OHCO3-+OH-，B错误；‎ C.BaSO4在溶液中溶解度很小，溶液中带电离子的浓度很小，导电性极弱，但是BaSO4是强电解质完全电离，不存在电离平衡，C错误；‎ D.用醋酸除去暖瓶中的水垢的离子反应为2CH3COOH+CaCO3=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，D错误；‎ 故合理选项是A ‎【点睛】本题考查离子反应方程式正误判断的知识。把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应及复分解反应的考查。‎ ‎3.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是 A. 已知2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量 B. 已知2C(s)＋2O2(g) == 2CO2(g)　ΔH1, 2C(s)＋O2(g)==2CO(g)　ΔH2，则ΔH1<ΔH2‎ C. 已知H＋(aq)＋OH－(aq) == H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1，则任何酸碱中和反应的热效应数值均为57.3kJ D. 已知C(石墨，s) == C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．放热反应为反应物总能量大于生成物总能量；‎ B．根据C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量； ‎ C．弱酸、弱碱电离要吸热，浓酸、浓碱溶解要放热；‎ D．物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。‎ ‎【详解】A．放热反应是反应物总能量大于生成物总能量，所以不能根据反应是放热反应确定SO2的能量与SO3的能量大小，A错误；‎ B．因为C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，且放热反应的焓变为负值，所以2C(s)＋2O2(g) =2CO2(g)　ΔH1，2C(s)＋O2(g)=2CO(g)　ΔH2，则ΔH1<ΔH2，B正确；‎ C．H＋(aq)＋OH－(aq) = H2O(l)　△H=-57.3kJ/mol，表示稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol液态水时，放出热量57.3kJ，不能代表弱酸、弱碱以及浓酸、浓碱的反应热，C错误；‎ D．由于石墨变为金刚石吸收能量，石墨金刚石比石墨能量高，能量越低越稳定，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查了物质能量的高低与反应能量变化的关系、中和反应等问题，属基础性知识考查题，难度不大。‎ ‎4.稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH4+＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是 ‎①NH4Cl固体；②硫酸；③NaOH固体；④水；⑤加热；⑥加入少量MgSO4固体。‎ A. ①②③⑤ B. ③⑥ C. ③ D. ③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：①若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH4+)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，不合题意，错误；②硫酸电离产生的H＋与溶液中的OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，不合题意，错误；③当向氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，符合题意，正确；④若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，使c(OH－)减小，不合题意，错误；⑤电离属吸热过程，加热使电离平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，错误；⑥加入MgSO4固体，盐电离产生的Mg2+与溶液中的OH－发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，使溶液中c(OH)－减小，错误。故符合要求的只有③，选项C正确。‎ 考点：考查外界条件对弱电解质电离平衡移动的影响的知识。‎ ‎5.室温下，下列比值为2∶1的是 A. pH=2 与pH=1的硝酸中c(H+)之比 B. 等浓度的(NH4)2SO4(aq)与NH4Cl(aq)中c(NH4+)之比为2:1‎ C. 0.2mol/L 与0.lmol/L 醋酸中c(H+)之比 D. pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.c（H+）=10-pHmol/L，故pH=2与pH=1的硝酸中c（H+）分别为0.01mol/L和0.1mol/L，不是2：1的关系，A错误；‎ B.铵盐溶液中，铵根离子浓度越大，其水解程度越小，所以硫酸铵中铵根离子水解程度小于氯化铵，则等浓度的(NH4)2SO4(aq)与NH4Cl(aq)中c(NH4+)之比大于2：1，B错误；‎ C.醋酸是弱电解质，浓度越大，电离程度越小，故02mol/L 与0.1mol/L 醋酸中c(H+)之比小于2：1，C错误；‎ D.pH=7的硫酸铵与氨水混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+2c(SO42-‎ ‎)，而溶液pH=7，故有c(H+)= c(OH-)，则有c(NH4+)=2c(SO42-)，故溶液中c(NH4+)与2c(SO42-)之比为2：1，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎6.升高温度,下列数据不一定增大的是 A. 化学反应速率v B. 水的离子积常数KW C. 化学平衡常数K D. 醋酸的电离平衡常数Ka ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．温度升高，反应速率一定增大，故A错误；B．水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积一定增大，故B错误；C．若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，可逆反应的化学平衡常数K不一定增大，故C正确；D．电离是吸热过程，升温促进弱电解质的电离，弱酸的电离平衡常数Ka增大，故D错误；故选C。‎ ‎【考点定位】考查温度对水的离子积、电离平衡常数、反应速率以及化学平衡常数的影响。‎ ‎【名师点晴】水的离子积、电离平衡常数均为随温度升高而升高，难点是要注意温度对化学反应速率和化学平衡影响的区别，根据勒夏特列原理，对所有可逆反应升温平衡都向吸热的方向移动．可逆反应的正反应既有吸热反应也有放热反应，要区别对待。‎ ‎7.下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是 A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 C. 溴水中有下列平衡Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅 D. 锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，可以用平衡移动原理解释，A不选；‎ B.SO2催化氧化制SO3的过程中使用过量的氧气，增大氧气浓度平衡正向进行，提高了二氧化硫的转化率，可以用平衡移动原理解释，B不选；‎ C.加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，使溴离子浓度减小，平衡Br2+H2O HBr+HBrO正向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，可用平衡移动原理解释，C不选；‎ D.锌与稀硫酸反应，加入少量硫酸铜溶液，Zn与CuSO4发生置换反应反应，产生Cu单质，Zn、Cu及稀硫酸构成了Cu-Zn原电池，原电池反应加快化学反应速率，所以不能用平衡移动原理解释，D选；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.下列条件下，对应离子一定能大量共存的是 A. 中性溶液中：Mg2+ 、Fe3+ 、SO32- 、Cl-‎ B. 使甲基橙变红的溶液中：NH4+ 、Al3+、SO42﹣、Mg2+‎ C. 25℃时，水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L：K+ 、Ba2+ 、NO3-、S2-‎ D. c(H+)/c(OH-) = 1×1012的溶液中：Fe2+、NO3-、HCO3-、Na+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mg2＋ 、Fe3＋水解使溶液都呈酸性，所以在中性条件下，Mg2＋ 、Fe3＋不能大量存在，A错误；‎ B.使甲基橙变红的溶液显酸性，在酸性溶液中，NH4+ 、Al3＋、SO42﹣、Mg2+不能发生任何反应，可以大量共存，B正确；‎ C. 25℃时，水电离出的c(H+)=1×10-13mol/L，说明溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性环境中，H+、NO3-、S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C正确；‎ D. c(H＋)/c(OH-) = 1×1012的溶液为酸性溶液，在酸性环境中，H+、Fe2＋、NO3－会发生氧化还原反应，不能大量共存；H+、HCO3-会发生复分解反应，产生水和二氧化碳，不能大量共存，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.下列有关生活生产中的叙述合理的是 A. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuSO4溶液做电解质溶液 B. 明矾和漂白粉分别用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同 C. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法 D. 工业上合成氨采用500℃左右的温度，其原因是适当加快NH3 的合成速率，催化剂在500℃左右时其活性最好，且能提高H2的转化率 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铜的精炼中粗铜为阳极，纯铜为阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液；电镀铜时待镀金属为阴极，铜为阳极，硫酸铜溶液为电镀液，A正确；‎ B.明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，漂白粉有强氧化性能用于自来水的杀菌消毒，B错误；‎ C.水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，C错误；‎ D.在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行，但使用催化剂时平衡不移动，不能提高氢气的转化率，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎10.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数为0.1NA B. 1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，产物的分子数为 2NA C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，0.56g Fe反应转移电子数为0.03NA D. 1L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe(OH)3胶体的胶粒为许多Fe(OH)3的集合体，所以0.1mol FeCl3完全水解形成Fe(OH)3胶体的胶粒数小于0.1NA，A错误；‎ B. N2与H2合成NH3的反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以1 mol N2 与 3 mol H2 充分反应，NH3的分子数小于2NA，B错误；‎ C. 0.56g Fe的物质的量为0.01mol，0.01mol的钢铁在发生吸氧腐蚀时转移电子数为0.02NA，C错误；‎ D. NaHCO3在溶液中HCO3-发生水解反应和电离作用，根据C元素守恒可知溶液中存在的含C元素的微粒有H2CO3、HCO3- 和CO32-，三者的物质的量和为0.1mol，故HCO3－ 和CO32－离子数之和小于0.1NA，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎11.为达到预期的实验目的，下列操作中正确的是 A. 用玻璃棒蘸取待测液滴在润湿的pH试纸上，测得其pH为12‎ B. 制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度 C. 中和热测定的实验中使用的玻璃仪器只有2种 D. 在滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管开关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH，不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱，使测定结果不准确，A错误；‎ B.在配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于较浓盐酸中，在酸性环境下，Fe3+水解受抑制， B正确；‎ C.中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、玻璃棒，C错误；‎ D.在滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，D错误；‎ 故合理选项是B ‎12.合成氨化学方程式 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=−92.4 kJ/mol。将l mol N2(g)、3 mol H2(g)充入2 L的密闭容器中，在500℃下反应，10 min 时达到平衡，NH3的体积分数为，下列说法中正确的是 A. 若达到平衡时，测得体系放出9.24 kJ热量，则H2反应速率变化曲线如图甲所示 B. 反应过程中，混合气体平均相对分子质最M，混合气体密度d，混合气体压强p，三者关系如图乙所示 C. 图丙容器I和II达到平衡时，NH3的体积分数，则容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4 kJ D. 若起始加入物料为1 mol N2，3 mol H2，在不同条件下达到平衡时，NH3的体积分数变化如图丁所示 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、达到平衡时放出的热量为9.24kJ，由热化学方程式可知参加反应的氢气的物质的量为0.3mol，10min内氢气的平均速率为0.015mol/（L•min），反应速率应为由高到低，A错误；B、混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度为定值；随反应进行、混合气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大、混合气体的压强降低，B错误；C、恒温恒容下，容器Ⅱ中按化学计量数转化为N2、H2，可得N21mol、H23mol，容器Ⅰ、容器Ⅱ内为等效平衡。平衡时容器内对应各物质物质的量相等，容器I放出热量与容器II吸收热量之和为92.4kJ，C正确；D、增大压强平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数增大，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡时NH3的体积分数减小，D错误，答案选C。‎ 考点：考查物质的量或浓度随时间的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线 ‎13.下列说法正确的是 A. 在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大活化分子的百分数 B. NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，说明该反应的△H <0‎ C. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变 D. 常温下，KSP[Al(OH)3]=1×10-33。欲使溶液中c(Al3＋)≤ 1×10-6 mol/L，需调节溶液的pH≥5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在其他外界条件不变的情况下，增大压强能增大单位体积内的活化分子数，但是活化分子的百分数不变，A错误；‎ B.NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)室温下不能自发进行，反应△S＞0，△H-T△S＞0，说明该反应的△H＞0，B错误；‎ C.加入催化剂，降低反应的活化能，但是不能改变反应物、生成物的能量，因此反应的活化能也就不变，C错误；‎ D. KSP[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=1×10-33，由于c(Al3＋)≤ 1×10-6 mol/L，所以c3(OH-)>1×10-33÷1×10-6=1×10-27，所以c(OH-)>1×10-9mol/L，c(H+)<10-14÷1×10-9=10-5mol/L，所以pH≥5，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎14.氮氧化物具有不同程度的毒性，利用构成电池方法既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，发生反应 6NO2+ 8NH3= 7N2+12H2O，装置如图所示。下列关于该电池的说法正确的是 ‎ A. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜 B. 电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极 C. 电极A极反应式为2NH3 - 6e-=N2 +6H+‎ D. 当有4.48LNO2被处理时，转移电子物质的量为 0.8mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则电极A为负极，电极B为正极。‎ A．A电极为负极，发生反应：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，由于OH-不断消耗，阴离子浓度降低，所以溶液中的OH-不断由正极区进入负极区，即离子交换膜为阴离子交换膜，A正确；‎ B.A电极为负极，电子从负极A电极经负载流向正极B电极，即从左侧电极经负载流向右侧电极，B错误；‎ C.A电极为负极，发生反应：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，在碱性溶液中不可能大量存在H+，C错误；‎ D.由于未指明气体所处的条件，所以不能根据气体体积确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎15.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 结论 操作 A CO32-水解是吸热反应 在0.1 mol/LNa2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深 B Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)‎ 常温下，用饱和Na2CO3溶液可将BaSO4‎ 全部转化为BaCO3‎ C 酸性A比B强 等体积、pH=3的两种酸HA和HB分别与足量的Zn反应，酸HA放出的氢气多 D 金属性：M＞N 由M、N与稀硫酸构成的原电池中，M上产生大量气泡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.水解反应为吸热反应；‎ B.Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则生成碳酸钡沉淀；‎ C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知HA的酸性更弱；‎ D.由M、N与稀硫酸构成的原电池中，较活泼金属失电子发生氧化反应，较不活泼金属上生成氢气。‎ ‎【详解】A.水解反应为吸热反应，则滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深，可知CO32-水解是吸热反应，A正确；‎ B.向含有BaSO4的溶液中加入饱和Na2CO3溶液，若Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)，则会生成碳酸钡沉淀，与是否发生沉淀的转化无关，因此不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)，B错误；‎ C.等pH时酸HA放出的氢气多，可知溶液中含HA酸物质的量较多，则说明HA的酸性更弱，即酸性：HAc(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，选项A正确；B、25℃时，pH等于11时，c(HCO3-)= c(H2CO3),H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=== 10-6，选项B正确；C. 25℃时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 mol·L-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 mol·L-1，若此时溶液的pH 约为5，即c(H+)=10-5mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为，选项C错误；D. 25℃时，0.1 mol·L-1，的Na2CO3和0.1 mol·L-1的NaHCO3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)，选项D正确。答案选C。‎ ‎17.根据所学原理，完成下列各题 ‎(1)从化学键的角度分析，化学反应的过程就是旧键断裂和新键的形成过程。已知反应：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) △H=﹣93kJ/mol。试根据表中所列键能数据，计算a 的数值为____kJ/mol。‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/(kJ/mol)‎ ‎436‎ a ‎945‎ ‎(2)25 ℃时，将a mol/L氨水与0.01 mol/L盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________。‎ ‎(3)向含有BaSO4的饱和溶液中 ‎①加入Na2SO4溶液,则c(Ba2+)__________(填“变大”、“变小”或“不变”，下同)。‎ ‎②若改加更多的固体BaSO4，则c(Ba2+)将__________。‎ ‎(4)目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。‎ ‎ ①图中用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。则阳极产生ClO2的电极反应式为___________。‎ ‎②电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL (标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为________mol。‎ ‎【答案】 (1). 391 (2). 中 (3). (4). 减小 (5). 不变 (6). Cl--5e-+2H2O=ClO2↑＋4H+ (7). 0.01‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 化学反应的焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算；‎ ‎(2)根据电荷守恒分析解答；‎ ‎(3)①根据沉淀溶解平衡分析；②从沉淀溶解平衡平衡常数分析；‎ ‎(4)①阳极发生氧化反应，由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，结合电荷守恒可知，同时生成氢离子；‎ ‎②在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，根据n=计算氢气的物质的量，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，根据电子转移守恒计算阳离子的物质的量。‎ ‎【详解】(1) N2(g)+ 3H2(g)2NH3(g) △H=﹣93kJ/mol。，化学反应的焓变=反应物键能总和—生成物键能总和，所以可得：-93kJ/mol=945kJ/mol+3×436kJ/mol-6×a，解得a=391kJ/mol；‎ ‎(2)根据电荷守恒可得：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于溶液中c(NH4+)=c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)，溶液显中性；室温下，Kw=10-14，c(OH-)=10-7mol/L，混合溶液中c(NH3·H2O)=，c(NH4+)=c(Cl-)=×10-2mol/L，所以该一水合氨的化学平衡常数Kb==；‎ ‎(3)①BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡：BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，向溶液中加入Na2SO4溶液，溶液中c(SO42-)增大，根据平衡移动原理可知：该平衡逆向移动，当达到平衡时，溶液中c(Ba2+)减小；‎ ‎②若向该沉淀溶解平衡中加更多的固体BaSO4，由于温度不变，各种离子的浓度不变，所以c(Ba2+)的浓度不变；‎ ‎(4)①阳极发生氧化反应，由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，结合电荷守恒可知，同时生成氢离子，阳极电极反应式为：Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+；‎ ‎②在阴极发生2H++2e--=H2↑，氢气的物质的量为n(H2)=‎ 通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol。‎ ‎【点睛】本题考查键能与反应热的关系、电离平衡常数的计算、沉淀溶解平衡及电解原理应用等知识，明确反应原理原理，注意电子转移守恒在电化学计算中应用是本题解答关键。‎ ‎18.结合下表回答下列问题(均为常温下的数据)：‎ 酸 电离常数(Ka)‎ CH3COOH ‎1.8×10－5‎ HClO ‎3×10－8‎ H2CO3‎ K1＝4.4×10－7　K2＝4.7×10－11‎ H2C2O4‎ K1＝5.4×10－2　K2＝5.4×10－5‎ H2S K1＝1.3×10－7　K2＝7.1×10－15‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-中结合H+的能力最弱的是____。‎ ‎(2)常温下0.1 mol/L的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母)。‎ A.c(H+) B. C. D.c(OH-)‎ ‎(3)0.1 mol/L的H2C2O4溶液与0.1mol/L的KOH的溶液等体积混合后所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序为__________________。‎ ‎(4)pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是CH3COOK________NaClO (填“＞”、“＜”或“＝”)。‎ ‎(5)向0.1mol/LCH3COOH 溶液中滴加NaOH 溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO-)=5∶9，此时溶液pH=______________。‎ ‎(6)向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为___________。‎ ‎【答案】 (1). HC2O4- (2). AC (3). c(K+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(OH-) (4). > (5). 5 (6). ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 酸根离子对应酸的酸的电离平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱；‎ ‎(2) CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，Kw不变，升温促进电离平衡正向进行，电离程度增大，Kw增大；‎ ‎(3)反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，又氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则：c（H+）＞c（C2O42-）＞c（OH-）；‎ ‎(4)酸越弱，酸根离子水解程度就越大；‎ ‎(5)根据醋酸的电离度表达式==1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，求出溶液中氢离子的浓度；‎ ‎(6)利用弱酸的电离平衡常数书写离子方程式。‎ ‎【详解】(1)平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数H2C2O4＞HC2O4-＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO＞HCO3-＞HS-，则同浓度的CH3COO-、HCO3-、CO32-、HC2O4-、ClO-、S2-结合H+的能力由弱到强的顺序为：HC2O4-、CH3COO-、HCO3-、ClO-、CO32-、S2-，结合H+的能力最弱的HC2O4-；‎ ‎(2) A．CH3COOH溶液加水稀释过程，促进醋酸的电离，c(H+)减小，A正确；‎ B．，稀释过程促进醋酸的电离，氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，所以比值变大，B错误；‎ C．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，c(H+)• c(OH-)=Kw，Kw不变，C错误；‎ D．稀释过程，促进电离，c(H+)减小，c(OH-)增大，D错误；‎ ‎(3) 0.1mo1/L的H2C2O4溶液与0.1mo1/L的KOH的溶液等体积混合，反应后溶质为KHC2O4，所得溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，再结合氢离子来自水的电离和草酸氢根离子的电离，则c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，溶液中离子浓度大小为：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；‎ ‎(4)弱酸的酸性越弱，相应的酸根离子水解程度就越大。由于酸性CH3COOH>HClO，所以当盐的浓度相等时，溶液的碱性NaClO>CH3COOK，即pH：NaClO>CH3COOK；若溶液的pH相同，则盐的浓度CH3COOK >NaClO；‎ ‎(5) 根据醋酸的电离度表达式=1.8×10-5，c(CH3COOH)：c(CH3COO-)=5：9，则溶液中c(H+)=1.8×10-5×=1.8×10-5×=1×10-5mol/L，所以溶液的pH=5；‎ ‎(6)由于酸性：H2CO3> HClO>HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量的CO2，所发生的离子方程式为 ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-。‎ ‎【点睛】本题考查了电离平衡常数比较酸性强弱、电离平衡常数的应用、离子浓度大小比较、离子方程式书写等知识，掌握化学平衡移动原理、盐的水解规律是本题解答关键。‎ ‎19.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用前景。‎ ‎(1)已知：CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ/mol ‎2H2(g)+O2(g)═2H2O(g) △H=−484 kJ/mol 工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：________________________________‎ ‎(2)在一容积为2L的密闭容器内，充入0.2molCO与0.4molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。‎ ‎①A、B两点对应的压强大小关系是PA________PB（填“>”，“<”，“=”）‎ ‎②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系是 ___________‎ ‎③下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是___(填代号)‎ a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变 c.混合气体的密度不再改变 ‎ d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎(3)在P1压强、T1℃时，该反应的平衡常数K=_________，再加入1.0molCO后重新到达平衡，则CO的转化率___________(填“增大”、“不变”或“减小”)‎ ‎(4)T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol H2：0.2mol CH3OH：0.2mol。此时v正 ________ v逆(填>、< 或 =)。‎ ‎【答案】 (1). 2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g) △H=-316kJ/mol (2). < (3). KA=KB>KC (4). b (5). 100 (6). 减小 (7). >‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)已知：①CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g) △H=+84kJ/mol；‎ ‎②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484kJ/mol，将2×①+②得到CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式为2CH3OH(g)+O2(g)=2HCHO(g)+2H2O(g)△H=-316kJ/mol；‎ ‎(2)①反应CO(g)+2H2(g)CH3‎ OH(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应物转化率增大，所以PA＜PB；‎ ‎②据图分析，随温度升高CO转化率降低，说明正反应放热，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，所以KA=KB＞KC； ‎ ‎③a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，二者表示的都是正反应速率，因此不能说明反应是否达到平衡状态，a错误；‎ b．CH3OH的体积分数不再改变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，b正确；‎ c．容器体积和气体质量始终不变，所以混合气体的密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否达到平衡状态，c错误；‎ d．CO和甲醇的化学计量数都为1，所以CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，因此不能这一点判断反应是否达到平衡状态，d错误；‎ 故合理选项是b；‎ ‎(3)P1压强、T1°C时CO的转化率为0.5，‎ ‎                          CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度(mol/L) 0.1          0.2               0‎ 改变浓度(mol/L) 0.05         0.1              0.05‎ 平衡浓度(mol/L) 0.05         0.1              0.05‎ 化学平衡常数K=；‎ 若温度不变，再加入1.0molCO，平衡向正反应移动，重新达到平衡，氢气的转化率增大，但CO投入量大于平衡移动转化量，所以CO的转化率减小；‎ ‎(4) T1℃、1L的密闭容器内发生上述反应，测得某时刻各物质的物质的量如下：CO：0.1mol  H2：0.2mol  CH3OH：0.2mol，此时反应的浓度商Qc=<100，此时反应正向进行v正＞v逆。‎ ‎20.铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857 ℃。‎ ‎(1)工业上以铬铁矿［主要成分是Fe(CrO2)2］为原料冶炼铬的流程如图所示：‎ ‎①Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为_______价。‎ ‎②高温氧化时反应的化学方程式为______________。‎ ‎(2)Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式______________。‎ ‎(3)铬元素能形成含氧酸及含氧酸盐，若测得初始浓度为1 mol/L的铬酸(H2CrO4)溶液中各种含铬元素的微粒浓度为：c(CrO42-)=0.0005 mol/L、c(HCrO4-)=0.1035 mol/L、c(Cr2O72-)=a mol/L、则a =____，KHCrO4溶液中c(OH−)_____c(H+)（填“>”、“<”或“=”），原因是__________________。‎ ‎(4)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。处理含有Cr2O72-的污水方法通常为：用铁作电极电解污水，Cr2O72-被阳极区生成的离子还原成为Cr3+，生成的Cr3+与阴极区生成的OH−结合生成Cr(OH)3沉淀除去。则阴极上的电极反应式为_____，若要处理含10 mol Cr2O72-的污水，则至少需要消耗的铁为_______g。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 (3). NaCrO2、Cr2(SO4)3 (4). 0.448 (5). < (6). H2CrO4完全电离，因此HCrO4－只发生电离，溶液显酸性，即c(OH-)Na+，所以阴极的电极反应式为2H++2e−=H2↑，也可以写为2H2O+2e−=2OH−+H2↑；‎ 铁作阳极，被氧化生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。反应产生的Fe2+被Cr2O72-氧化为Fe3+，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒得关系式：6Fe～12e-～6Fe2+～Cr2O72-，当有1mol Cr2O72-反应时，有6molFe在电极上被氧化，则10molCr2O72-‎ 反应消耗60molFe，故消耗Fe的质量为60mol×56g/mol=3360g。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎