辽宁省凌源市联合校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

辽宁省凌源市联合校2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

化学试卷 一、单项选择（每题3分，合计48分）‎ ‎1.“能源分类相关图”如图所示，下列四组能源选项中全部符合图中阴影部分的能源是(    )‎ A. 煤炭、石油、潮汐能 B. 水能、氢能、天然气 C. 太阳能、风能、生物质能 D. 地热能、海洋能、核能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、煤炭和石油是不可再生能源，不属于图示的三种能源，则A错误；B、天然气是不可再生能源，所以B错误；C、风能属于新能源，生物质能属于可再生能源，所以C正确；D、这三种能源中没有太阳能，则D错误。本题正确答案为C。‎ ‎2.下列说法不正确的是( )‎ A. 煤和石油燃烧不完全时可排放出大量烟尘和CO B. 化石燃料燃烧排出废气中含SO2，直接排到大气中会污染空气并形成酸雨 C. 可通过物理方法把化石燃料转化为洁净燃料 D. 氢能、核能、太阳能等都属于洁净、高效的新能源 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.煤和石油属于化石燃料，化石燃料在燃烧过程中，不完全燃烧会生成一氧化碳，还会排放出大量的烟尘，故A正确；B.含硫燃料煤燃烧易产生二氧化硫，产生的SO2等有害气体会污染环境，且SO2‎ 和水反应生成亚硫酸，随雨水降落形成酸雨，故B正确；C.把化石燃料转化为洁净燃料的方法有煤的汽化和液化等，该方法为化学方法，故C错误；D.新能源包括氢能、核能、太阳能等，故D正确；故选C。‎ ‎3. 根据盖斯定律判断如下图所示的物质转变过程中，正确的等式是(　　)‎ A. ΔH1＝ΔH2＝ΔH3＝ΔH4 B. ΔH1＋ΔH2＝ΔH3＋ΔH4‎ C. ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝ΔH4 D. ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据能量守恒定律可知，反应热与反应途径无关，所以ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4，答案选D。‎ 考点：考查反应热计算 ‎4. 下列物质中，属于非电解质的是 A. 金属铜 B. 明矾 C. 葡萄糖 D. 醋酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：电解质是指在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；‎ 非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；‎ 解：A．铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B．明矾在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，属于电解质，故B错误；‎ C．葡萄糖在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故C正确；‎ D．醋酸在水溶液里能导电的化合物，属于电解质，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎5.下列有关热化学方程式及其叙述正确的是 A. 氢气的燃烧热为-285.5 kJ/mol，则水电解的热化学方程式为：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H=+285.5 kJ/mol B. lmol甲烷完全燃烧生成CO2和H2O(l)时放出890 kJ热量，它的热化学方程式为：1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ/mol C. 已知2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ·mol-1，则C(s)的燃烧热为-110. 5kJ/mol D. HF与NaOH 溶液反应：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3 kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、从燃烧热的定义入手，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；‎ B、△H和化学计量数为对应关系；‎ C、C的稳定氧化物为CO2；‎ D、HF为弱酸，弱酸电离是吸热过程，其中和热的绝对值应小于57.3kJ·mol－1。‎ ‎【详解】A、根据燃烧热的定义，水电解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋571kJ·mol－1，故A错误；‎ B、1mol甲烷放出的热量为890kJ，则0.5molCH4燃烧放出的热量为890×0.5kJ=445kJ，热化学方程式为1/2CH4(g)+O2(g)= 1/2CO2(g)+H2O(l) △H=-445 kJ·mol－1，故B正确；‎ C、C燃烧生成的稳定氧化物为CO2，C(s)燃烧热的绝对值大于110.5kJ·mol－1，故C错误；‎ D、HF为弱酸，与NaOH反应生成1molH2O，放出的热量小于57.3kJ，且HF应以化学式保留，故D错误。‎ ‎【点睛】燃烧热的定义是101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，可燃物为1mol，C的稳定氧化物为CO2，H的稳定氧化物为液态水等。‎ ‎6.某反应：A=B+C在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，对该反应过程的焓变（△H）、熵变（△S）的判断正确的是 A. △H＜0、△S＞0 B. △H＞0、△S＜0‎ C. △H＞0、△S＞0 D. △H＜0、△S＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ G=H-TS，G<0，可自发进行。‎ ‎【详解】已知，室温时不能自发进行，则温度较低时，G>0，高温时G<0，可确定△S＞0，△H＞0，答案为C。‎ ‎7. 下列热化学方程式中，△H能正确表示物质的燃烧热的是 A. C(s) +1/2O2(g) ="=CO(g);" △H＝-110.5 kJ/mol B. CO(g) +1/2O2(g) ==CO2(g); △H＝-283.0 kJ/mol C. H2(g) +1/2O2(g)==H2O(g); △H＝-241.8 kJ/mol D. 2C8H18(l) +25O2(g)==16CO2(g)+18H2O(l); △H＝-11036 kJ/mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考查燃烧热的判断。燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以选项B正确，A中应该是CO2，C中应该是液态水，D中不是1mol，答案选B。‎ ‎8.对于反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋3D(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是（ ）‎ A. v(A)＝0.6mol/(L·min) B. v(B)＝0.8 mol/(L·min)‎ C. v(C)＝0.7mol/(L·min) D. v(D)＝1.0mol/(L·min)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将各个选项中的物质用A物质的浓度变化来表示化学反应速率，然后在进行比较。根据反应速率之比是化学计量数之比可知A、v(A)=0.6mol/(L·min)；B、v(A)=2.4mol/(L·min)；C、v(A)=1.05mol/(L·min)；D、v(A)=1.0mol/(L·min)，所以化学反应速率最快的是B。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的比较的知识。将各个选项中的物质用同一种物质来表示化学反应速率，才能进行比较，从而得解。‎ ‎9.已知：4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O) ［mol/(L·min)］表示，则正确的关系式是（ ）‎ A. 4v(NH3)=5v(O2) B. 4v(O2)=5v(NO)‎ C 2v(NH3)=3v(H2O) D. 5v(O2)=6v(H2O)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故5v(NH3)=4v(O2)，故A错误；B、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(O2)=5v(H2O)，故B错误；C、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2‎ O，速率之比等于化学计量数之比，故6v(NH3)=4v(H2O)，故C错误；D、对于反应4NH3+5O2→4NO+6H2O，速率之比等于化学计量数之比，故4v(O2)=5v(NO)，故D正确；故选D。‎ ‎10. 反应A(s)＋B(g)=C(g)在密闭容器中进行，下列情况不能使反应速率加快的是 A. 升高温度 B. 增加A的物质的量 C. 使用催化剂 D. 缩小容器体积使压强增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升温反应速率加快，不选A；‎ B、增加A的量，因为A为固体，所以其浓度不变，不能加快反应速率，选B；‎ C、使用催化剂能加快反应速率，不选C；‎ D、缩小容器的体积，气体物质的浓度增大，反应速率加快，不选D；‎ 答案选B。‎ ‎11.设C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（ ）‎ A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】温度升高，反应速率加快，与反应热效应无关，则C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应速率为v2，当温度升高时，v1和v2的变化情况为同时增大，故答案为A。‎ ‎12.可以证明可逆反应N2+3H22NH3已达到平衡状态的是（ ）‎ ‎①一个NN键断裂的同时，有6个N-H键断裂 ‎②v(NH3)=0.4mol·L-1·min-1，v(H2)=0.6mol·L-1·min-1‎ ‎③保持其他条件不变时，体系压强不再改变；‎ ‎④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变；‎ ‎⑤恒温恒容时，混合气体质量保持不变；‎ A. ②③④ B. ①②④ C. ①③④ D. ③④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①一个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故①正确；‎ ‎②v(H2)=0.6mol•L-1•min-1，v(NH3)=0.4mol•L-1•min-1，未体现正与逆的关系，故②错误；‎ ‎③保持其他条件不变时，体系压强不再改变，说明物质的物质的量不变，正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故③正确；‎ ‎④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变正逆反应速率相等，达化学平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤恒温恒容时，混合气体质量一直保持不变，故⑤错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。‎ ‎13.T℃时 ，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=a。则该温度下，2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为（ ）‎ A. -a B. a-1 C. a D. a ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=a，即K==a，2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)的平衡常数为=a-1，故答案为B。‎ ‎14.用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是 A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定 B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗 D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；‎ B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；‎ C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；‎ D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎15.下列关于有效碰撞理论与影响速率因素之间关系正确的是 A. 增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 B. 通过压缩体积增大压强，可以提高单位体积内活化分子数，从而提高反应速率 C. 升高温度，可以提高活化分子的能量，会减慢反应速率 D. 加入催化剂可以降低活化能，活化分子百分比虽然没变，但可以加快反应速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 升高温度，分子的能量增大，增大活化分子百分数，活化分子发生碰撞时，只有适当的取向时，才能发生有效碰撞，才能发生化学反应，以此解答该题。‎ ‎【详解】A．增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子个数，升高温度或加入催化剂能提高活化分子百分数，故A错误；‎ B．增大压强减小容器体积，导致增大单位体积内活化分子个数，活化分子有效碰撞几率增大，所以反应速率加快，故B正确；‎ C．升高温度，可使更多分子转化为活化分子，可增加化学分子百分数，加快化学反应速率，故C错误；‎ D．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎16.某温度下，在容积固定不变的密闭容器中进行如下可逆反应：X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)-Q，一段时间后，达到化学平衡状态．下列叙述正确的是 A. 加入少量W，逆反应速率增大 B. 通入一定量氦气，压强增大，平衡向正反应方向移动 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 D. 降低温度，正反应速率减小，逆反应速率也减小，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.W是固体，加入少量W对化学平衡无影响，A错误；‎ B.恒容条件下通入惰性气体，由于参加反应的气体的浓度不变，因此化学平衡不移动，B错误；‎ C.无论该反应是放热反应还是吸热反应，升高温度，正、逆反应速率都增大，C错误；‎ D.该反应是吸热反应，降低温度，正、逆反应速率都减小，化学平衡向放热的逆反应方向移动，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ 二、非选择题（合计52分）‎ ‎17.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ/mol。回答有关中和反应的问题。‎ ‎（1）用0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出___kJ热量。‎ ‎（2）如图装置中仪器A的名称___，作用是___；仪器B的名称___，作用是___；碎泡沫塑料的作用是___。‎ ‎（3）若通过实验测定中和热的ΔH，其结果常常大于－57.3kJ/mol，其原因可能是___。‎ ‎（4）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会___(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 11.46 (2). 环形玻璃搅拌 (3). 搅拌，使溶液充分混合 (4). 温度计 (5). 测量温度 (6). 减少实验过程中的热量损失 (7).‎ ‎ 实验中不可避免的有少量热量损失 (8). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，然后根据水的物质的量与热量成正比求出热量；‎ ‎(2)根据常见仪器的用途来解答；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失；‎ ‎(4)根据弱电解质电离吸热分析。‎ ‎【详解】(1)由H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1可知生成1molH2O放出热量为57.3kJ，而0.1molBa(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应可得0.2molH2O，所以放出的热量为57.3kJ×0.2=11.46kJ；‎ ‎(2)仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒，其作用是搅拌，使溶液充分混合；仪器B的名称是温度计，其作用是测量温度；‎ ‎(3)若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，但中和热为负值，所以中和热的△H大于-57.3kJ•mol-1；‎ ‎(4)NH3•H2O为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水(NH3•H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小。‎ ‎18.在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H2O，在850℃时发生如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0。CO和H2O的浓度变化如图所示。‎ 请解答下列各题：‎ ‎（1）0～4min内的平均反应速率v(CO)＝___mol/(L·min)，v(H2)＝___mol/(L·min)，v(CO2)＝___mol/(L·min)。‎ ‎（2）请你在图中标出CO2和H2的浓度变化。___‎ ‎（3）T℃(高于850℃)时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表。‎ 时间(min)‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ CO ‎0.200‎ ‎0.138‎ c1‎ c1‎ ‎0.116‎ ‎0.096‎ H2O ‎0.300‎ ‎0.238‎ c2‎ c2‎ ‎0.216‎ ‎0.266‎ CO2‎ ‎0‎ ‎0.062‎ c3‎ c3‎ ‎0.084‎ ‎0.104‎ H2‎ ‎0‎ ‎0.062‎ c4‎ c4‎ ‎①表中3min～4min之间，反应处于___状态；c1___0.08mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎②反应在4min～5min之间，平衡向逆反应方向移动，可能的原因是___(单选)，表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是___(单选)。‎ a．增加水蒸气 b．降低温度 c．使用催化剂 d．增加氢气浓度 ‎【答案】 (1). 0.03 (2). 0.03 (3). 0.03 (4). (5). 平衡 (6). 大于 (7). d (8). a ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化学反应速率v=和反应物、生成物的速率之比等于化学计量数之比分析即可；‎ ‎(2)CO2和H2均为生成物，其两者的浓度变化相同，反应未开始时，CO2和H2的浓度均为0，随着反应的进行，浓度不断增大，反应进行到4min时达到平衡状态，结合平衡状态计算CO2和H2的平衡浓度，即可画出CO2和H2的浓度变化；‎ ‎(3)①表中3min～4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c(CO)＞0.08mol/L；‎ ‎②根据4min～5min之间、5min～6min之间，各物质的浓度变化判断改变的条件。‎ ‎【详解】(1)υ(CO)===0.03mol/(L•min)，根据反应物和生成物的速率之比等于化学计量数之比可知v(H2)＝0.03mol/(L·min)，v(CO2)＝0.03mol/(L·min)；‎ ‎(2)CO2和H2均为生成物，其两者的浓度变化相同，反应未开始时，CO2和H2‎ 的浓度均为0，随着反应的进行，浓度不断增大，反应进行到4min时达到平衡状态，此时CO和H2O的变化浓度均为0.12mol/L，则CO2和H2的平衡浓度也均为0.12mol/L，CO2和H2的浓度变化图为；‎ ‎(3)①表中3min～4min之间各物质的浓度不变，达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度逆向移动，c(CO)＞0.08mol/L；‎ ‎②c1＞0.08mol/L，则c3＜0.12mol/L，c2＞0.18mol/L，4min～5min之间，平衡向逆方向移动，二氧化碳的浓度降低，一氧化碳和水蒸气的浓度都增大，所以改变的条件是增大氢气的浓度，故答案为d；5min～6min之间，一氧化碳浓度减小，水蒸气和二氧化碳浓度增大，平衡向正反应方向移动，则改变的条件是增大水蒸气的浓度，故答案为a。‎ ‎19.根据下列化合物：①NaCl ②NaOH ③HCl ④NH4Cl ⑤CH3COONa ⑥CH3COOH ⑦NH3•H2O ⑧H2O，回答下列问题．‎ ‎（1）NH4Cl溶液显酸性，用离子方程式表示原因 ，其溶液中离子浓度大小顺序为 。‎ ‎（2）常温下，pH=11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c（OH﹣）= ，在pH=3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c（H+）= 。‎ ‎（3）若将等pH、等体积的②NaOH和⑦NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m n。（填“＜”、“＞”或“=”）‎ ‎（4）若前五种溶液的物质的量浓度相同，用序号排出这五种溶液pH由大到小的顺序 。‎ ‎【答案】（1）NH4++H2ONH3•H2O+H+ c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）‎ ‎（2）c（OH﹣）＝10－3mol•L﹣1；c（H+）＝10－11mol•L﹣1 （3）m＜n （4）②＞⑤＞①＞④＞③‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解溶液显酸性，水解方程式为NH4++H2ONH3•H2O+H+。由于铵根的水解程度很小，所以溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；‎ ‎（2）常温下，pH＝11的CH3COONa溶液中，醋酸根水解，溶液显碱性，则水电离出来的c（OH﹣）＝10－3mol•L﹣1；在pH＝3的CH3COOH溶液中，醋酸电离抑制水的电离，则水电离出来的c（H+）＝10－11mol•L﹣1。‎ ‎（3）由于氢氧化钠是强碱，稀释过程中氢氧根的物质的量不变，一水合氨是弱电解质，稀释促进电离，所以若将等pH、等体积的②NaOH和⑦NH3•H2O分别加水稀释m倍、n倍，稀释后两种溶液的pH仍相等，则m＜n。‎ ‎（4）NaCl是强酸强碱盐，溶液显中性；NaOH是一元强碱；HCl是一元强酸；NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根水解，溶液显酸性；CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根水解，溶液显碱性，所以若五种溶液的物质的量浓度相同，则这五种溶液pH由大到小的顺序②＞⑤＞①＞④＞③，‎ ‎【考点定位】本题主要是考查弱电解质的电离、盐类水解及外界条件对水电离平衡的影响 ‎【名师点晴】掌握盐类水解的特点、水的电离以及溶液酸碱性判断是解答的关键。注意溶液中的c（H＋）和水电离出来的c（H＋）是不同的：①常温下水电离出的c（H＋）＝1×10－7mol·L－1，若某溶液中水电离出的c（H＋）＜1×10－7mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c（H＋）＞1×10－7mol·L－1，则可判断出该溶液中加入了可以水解的盐或活泼金属促进了水的电离。②常温下溶液中的c（H＋）＞1×10－7mol·L－1，说明该溶液是酸溶液或水解显酸性的盐溶液；c（H＋）＜1×10－7mol·L－1，说明是碱溶液或水解显碱性的盐溶液。‎ ‎20.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。‎ ‎（已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ·mol-1。）请回答下列问题：‎ ‎（1）图中A、C分别表示____、____，E的大小对该反应的反应热____（填“有”或“无”）影响。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点____（填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（2）图中ΔH=____kJ·mol-1。‎ ‎（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式____。‎ ‎（4）已知单质硫燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=____。‎ ‎【答案】 (1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). 无影响 (4). 降低 (5). -198kJ/mol (6). SO2+V2O5=SO3+2VO2；4VO2+O2=2V2O5 (7). -1185kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，说明反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，加入催化剂，反应热不变；‎ ‎(2)根据方程式计算反应热；‎ ‎(3)根据反应物和生成物确定反应的方程式；‎ ‎(4)根据燃烧热的定义计算反应热。‎ ‎【详解】(1)图中A、C分别表示反应物总能量和生成物总能量。1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，说明反应2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)为放热反应，则反应物总能量大于生成物总能量，E为活化能，反应热为活化能之差，活化能对反应热无影响，加入催化剂，活化能降低，但不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，反应热不变；‎ ‎(2)已知1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；‎ ‎(3)V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化为V2O5，相关反应为SO2+V2O5=SO3+2VO2、4VO2+O2=2V2O5；‎ ‎(4)单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则由S(s)生成1molSO3(g)的△H=-296kJ•mol-1-99kJ•mol-1=-395 kJ•mol-1，则由S(s)生成3molSO3(g)的ΔH=-395 kJ•mol-1×3=-1185kJ/mol。‎ ‎ ‎