【化学】新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 ‎1.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。哈伯法合成氨需要在10~30MPa的高压和‎500℃‎的高温下，并用铁作为催化剂，氨的转化率为10%~15%；最近美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为trans-Fe(DMeOPrPE)2的催化剂，在常温下合成氨。下列有关说法中错误的是（ ）‎ A. 哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应 B. 新法合成和哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源 C. 新法合成能在常温下进行也需要断裂化学键 D. 新的催化剂降低了反应的活化能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．合成氨都是放热反应，催化剂不会改变反应热效应，故A错误；‎ B．题目给出信息新法合成“在常温下合成氨”，所以新法合成和哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，具有发展前景，故B正确；‎ C．新法合成能在常温下进行也发生了化学反应，任何化学反应都涉及旧键的断裂和新键的生成，即也需要断裂化学键，故C正确；‎ D．哈伯法合成氨需要在10~30MPa的高压和‎500℃‎的高温下，并用铁作为催化剂，而新法合成能在常温下进行，即新的催化剂降低了反应所需要的活化能，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎2.反应A+B→C △H ＜0，分两步进行 ① A+B→X △H＞0 ② X→C △H＜0 。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质具有的能量进行计算：△H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题．‎ ‎【详解】由反应 A+B→C（△H＜0）分两步进行 ①A+B→X（△H＞0），②X→C（△H＜0）可以看出，A+B→C（△H＜0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X（△H＞0）可知这步反应是吸热反应，X→C（△H＜0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合， 故选D。‎ ‎3.已知‎1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1mol O=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mol H-O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mol H-H键断裂时吸收热量为（ ）‎ A. 436kJ B. 557kJ C. 920kJ D. 618kJ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，可知H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-242kJ·，设1mol H-H键断裂时吸收热量x，ΔH=反应物中键能之和-生成物中键能之和，则x+×496-2×463=-242，解得x=436kJ，答案选A。‎ ‎4.已知：a．C2H2（g）+ H2（g）= C2H4（g）ΔH＜0‎ b. 2CH4（g）= C2H4（g）+ 2H2（g）ΔH＞0‎ 判断以下3个热化学方程式：‎ ‎①C（s）+ 2H2（g）= CH4（g）ΔH1‎ ‎②C（s）+ H2（g）= C2H2（g）ΔH2‎ ‎③C（s）+ H2（g）= C2H4（g）ΔH3‎ ΔH1、ΔH2、ΔH3由大到小的顺序是（　　）‎ A. ΔH2 ＞ΔH3 ＞ΔH1 B. ΔH3 ＞ΔH2 ＞ΔH1‎ C. ΔH3 ＞ΔH1 ＞ΔH2 D. ΔH1 ＞ΔH2 ＞ΔH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】(②－③)×2得出：C2H4(g)=C2H2(g)＋H2(g) △H=2（△H2－△H3），根据反应a，逆过程为吸热反应，△H2－△H3>0， △H2>△H3，2×(③－①)2CH4(g)=C2H4(g)＋2H2(g) △H=2（△H3－△H1），根据b反应，△H3－△H1>0，△H3>△H1，故选项A正确。‎ ‎5.在‎25℃‎、101 kPa下,‎1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ,下列热化学方程式书写正确的是（ ）‎ A. CH3OH(l)+3/2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)   ΔH=+725.76 kJ·mol-1‎ B. 2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)   ΔH=-1 451.52 kJ·mol-1‎ C. 2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)    ΔH=-725.76 kJ·mol-1‎ D. 2CH3OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l)   ΔH=+1451.52 kJ·mol-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则‎64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52 kJ ‎【详解】A、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故A错误；‎ B、‎1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则‎64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52 kJ，热化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1451.52 kJ·mol－1，故B正确；‎ C、‎1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则‎64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52 kJ，反应热数值计算错误，故C错误；‎ D、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故D错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎6.在可逆反应‎2A(g)+3B(g)xC(g)+D(g)中,已知:反应开始加入的物质只有A、B,起始浓度A为5 mol·L-1，B为3 mol·L-1，前2 min C的平均反应速率为0.5 mol·L-1·min-1。2‎ ‎ min后,测得D的浓度为0.5 mol·L-1。则关于此反应的下列说法中正确的是(　　)‎ A. 2 min末时A和B的浓度之比为5∶3‎ B. x=1‎ C. 2 min末时B的浓度为1.5 mol·L-1‎ D. 2 min末时A的消耗浓度为0.5 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】先根据反应速率求出2 min内 C的浓度变化量，根据变化量之比等于化学计量数之比，确定x的值及反应物的变化量。‎ ‎【详解】变化量之比等于化学计量数之比。依题意2 min末c(C)=0.5mol·(L·min)-1×2 min=1 mol·L-1，而此时c(D)=0.5 mol·L-1，所以x=2。则前2 min A和B的变化量分别为1 mol·L-1和1.5 mol·L-1。‎ A. 2 min末时A和B的浓度之比为（5-1）∶（3-1.5）=8:3，A不正确；‎ B. x=2，B不正确；‎ C. 2 min末时B的浓度为1.5 mol·L-1，C正确；‎ D. 2 min末时A的消耗浓度与C的生成浓度相同，为1mol·L-1，D不正确。‎ 可知C正确。‎ ‎7.有① Na2CO3溶液 ② CH3COONa溶液 ③ NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是（ ）‎ A. 3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①‎ B. 若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②‎ C. 若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①‎ D. 若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸越弱，相应的钠盐越容易水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确；‎ B. 稀释促进水解，所以pH变化最大的是氢氧化钠，B不正确；‎ C. 醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确；‎ D. 氢氧化钠是强碱，所以选项D中应该是②＞①＞③，D不正确；‎ 答案选C。‎ ‎8.某温下气体反应达到化学平衡，平衡常数K＝c(A)·c2(B)/[c2(E)·c(F)]，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是( )‎ A. 增大c(A)、c(B)，K增大 B. 降低温度，正反应速率增大 C. 该反应的焓变为负值 D. 该反应的化学方程式为2E(g)＋F(g)A(g)＋2B(g)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】某温度下气体反应达到化学平衡，平衡常数K=，则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A．平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；‎ B．降低温度，正、逆反应速率都降低，逆反应速率降低更多，平衡向正反应方向移动，故B错误；‎ C．正反应为吸热反应，焓变为正值，故C错误；‎ D．平衡常数K=，则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，故D正确；故选D。‎ ‎9.一定温度下，可逆反应在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是( )‎ ‎①单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmol ‎②混合气体压强不再改变 ‎③混合气体的平均相对分子质量不再改变 ‎④单位时间内生成nmolO2，同时生成2nmolNO ‎⑤混合气体的颜色不再改变 ‎⑥用、NO、的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1‎ A. ①④⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. 以上全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】单位时间内生成n mol ，等效于消耗2n mol ，同时生成2n mol ，正逆反应速率相等，故正确； ‎ 混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确； ‎ 混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确； ‎ 单位时间内生成n mol ，同时生成2n mol NO，都体现的正反应方向，故错误； ‎ 混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变反应达平衡状态，故正确； ‎ 只要反应发生就有、NO、的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1，故错误； ‎ 故选：B。‎ ‎10.据报导，我国已研制出“可充室温钠—二氧化碳电池”，电极材料为钠金属片和碳纳米管，电解液为高氯酸钠四甘醇二甲醚，电池总反应为：4Na+3CO22Na2CO3+C，生成固体Na2CO3沉积在碳纳米管上。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 放电时钠金属片发生氧化反应 B. 放电时吸收CO2，充电时释放CO2‎ C. 放电时Na+向碳纳米管移动 D. 放电时的负极反应为2Na-2e-+CO32-=Na2CO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电池总反应：4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时为原电池，钠在负极发生氧化反应，二氧化碳在正极发生还原反应，钠离子向正极移动；充电时，为电解池，碳在阳极发生氧化反应，而钠离子在阴极发生还原反应，据以上分析解答。‎ ‎【详解】A.放电时钠金属片作负极，失去电子发生氧化反应，A正确；‎ B.原电池中正极上吸收CO2气体，CO2中的C原子得到电子，被还原产生C单质，充电时C单质失去电子，与Na2CO3反应变为CO2气体，同时产生金属Na，B正确；‎ C.放电时Na+向负电荷较多的正极碳纳米管方向移动，C正确；‎ D.放电时的Na失去电子，负极反应为：Na-e-=Na+，D错误；‎ 综上所述，本题正确选项D。‎ ‎11.某电池的简易装置图如下所示，a、b、y、x电极材料均为惰性电极，分别从A、B处通入乙醇和O2，用该装置进行实验，下列说法正确的是( )‎ A. a电极反应式为C2H5OH+12OH――12e－=2CO2↑+9H2O B. AlCl3溶液中的总反应为2Cl－+2H2O=Cl2↑+H2↑+2OH－‎ C. 反应开始后，观察到x电极附近出现白色沉淀 D. 左侧电池每通入32gO2，右侧电解池共生成2mol气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】分别从A、B处通入乙醇和O2，左侧装置是乙醇燃料电池，a是负极、b是正极；右侧装置为电解池，y是阳极、x是阴极。‎ ‎【详解】A. a是燃料电池负极，a电极反应式为C2H5OH+16OH――12e－=2CO32－+11H2O，故A错误；‎ B. 电解AlCl3溶液中的总反应为2Al3++6Cl－+6H2O 3Cl2↑+3H2↑+2 Al (OH)3↓，故B错误；‎ C. 反应开始后，x电极的极反应是2Al3＋+6H2O＋6e－＝ 3H2↑+2 Al (OH)3↓，所以观察到x电极附近出现白色沉淀，故C正确；‎ D. 左侧电池每通入32gO2，转移4mol电子，右侧电解池生成2mol氢气、2mol氯气，共生成4mol气体，故D错误。‎ ‎12.据最近报道,中国生产的首艘国产航母“山东”号已经下水。为保护航母、延长服役寿命可采用两种电化学方法。方法1：舰体镶嵌一些金属块;方法2：航母舰体与电源相连。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 方法1叫外加电流的阴极保护法 B. 方法2叫牺牲阳极的阴极保护法 C. 方法1中金属块可能是锌、锡和铜 D. 方法2中舰体连接电源的负极 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：舰体是由钢板做的。方法1，舰体镶嵌一些金属块，必须是比铁活泼的金属，如锌等（锡和铜不行），这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法；方法2，航母舰体与电源相连，必须与电源负极相连，这种方法叫外加电流的阴极保护法。综上所述，D正确，本题选D。‎ ‎13.下列反应中，一定不能自发进行的是（ ）‎ A. 2KClO3(s)===2KCl(s)＋3O2(g)　ΔH＝－78.03 kJ/mol　ΔS＝1 110 J/(mol·K)‎ B. CO(g)===C(石墨，s)＋1/2O2(g)　ΔH＝＋110.5 kJ/mol　ΔS＝－89.36 J/(mol·K)‎ C. 4Fe(OH)2(s)＋2H2O(l)＋O2(g)===4Fe(OH)3(s)　ΔH＝－444.3 kJ/mol　ΔS＝－280.1 J/(mol·K)‎ D. NH4HCO3(s)＋CH3COOH(aq)===CO2(g)＋CH3COONH4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝＋37.301 kJ/mol　ΔS＝184.05 J/(mol·K)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. ΔH<0，ΔS>0，△H –T△S＜0，故A一定能自发进行；B. ΔH>0，ΔS<0，△H –T△S>0，故B一定不能自发进行；C. ΔH<0，ΔS<0，故C低温时，△H –T△S<0，能自发进行,高温时，△H –T△S>0，不能自发进行；D. ΔH>0，ΔS>0，故D低温时，△H –T△S>0，不能自发进行，高温时，△H –T△S<0，能自发进行。故选B。‎ ‎14.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)．在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的△H＜0，且p1＜p2‎ B. 反应速率：ν逆(状态A)＞ν逆(状态B)‎ C. 在C点时，CO转化率为75%‎ D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3‎ OH的体积分数不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，‎300℃‎时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；‎ B．B点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此ν逆（状态A）＜ν逆（状态B），故B错误；‎ C．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）‎ 起始 1 2 0‎ 变化 x 2x x 结束 1-x 2-2x x 在C点时，CH3OH的体积分数==0.5，解得x=0.75，故C正确；‎ D．由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.利用可消除的污染，反应原理为：，在‎10L密闭容器中分别加入和，测得不同温度下随时间变化的有关实验数据如表所示： ‎ 组别 ‎ 温度 ‎ ‎       时间 ‎ 物质的量 ‎ ‎0 ‎ ‎10 ‎ ‎20 ‎ ‎40 ‎ ‎50 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ M ‎ ‎ ‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 组别中内，降解速率为 B. 由实验数据可知温度 C. 时，表格中M对应的数据为 D. 该反应只有在高温下才能自发进行 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.中，内，甲烷的降解速率为，由速率之比等于化学计量数之比可知内的降解速率为，故A错误；‎ B.相同时间内，中甲烷的物质的量减小的快，可知实验控制的温度，故B正确；‎ C.中平衡时甲烷的物质的量为，且比先达到平衡状态，则对应的数据一定小于，故C错误；‎ 中浓度变化快，可知，且对应甲烷平衡浓度大，则升高温度平衡逆向移动，可知正反应为放热反应，，该反应的，则，反应能自发进行，则该反应在任何温度下能自发进行，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎16.25℃‎时，0.1mol/L的3种溶液①盐酸②氨水③CH3COONa溶液。下列说法中，不正确的是（ ）‎ A. 3种溶液中pH最小的是①‎ B. 3种溶液中水的电离程度最大的是③‎ C. ①与②等体积混合后溶液显酸性 D. ①与③等体积混合后c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A‎.25℃‎时，0.1mol•L-1的3种溶液 ①盐酸 ②氨水 ③CH3COONa溶液，溶液pH：②＞‎ ‎③＞①，最小的是盐酸，故A正确；‎ B．③CH3COONa溶液，水解促进水的电离，①盐酸②氨水均抑制水的电离，3种溶液中水的电离程度最大的是③，故B正确；‎ C.①与②等体积等浓度混合生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2ONH3•H2O+H+，故C正确；‎ D．①与③等体积等浓度混合生成等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，溶液c(Na+)=c(Cl-)，故D错误；故选D。‎ ‎17.2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示，已知1mol SO2(g)被氧化为1mol SO3(g)的ΔH= -99kJ·mol-1。回答下列问题: ‎ ‎ ‎ ‎（1）图中A、C分别表示:________、________。 ‎ ‎（2）图中ΔH=___kJ·mol-1。 ‎ ‎（3）已知单质硫的燃烧热为296kJ·mol-1，计算由S(s)生成3mol SO3(g)的ΔH 并写出其热化学反应方程式：________。‎ ‎【答案】(1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). -198 (4). S(s)+O2(g)=SO2(g)　ΔH1=-296kJ·mol-1，SO2(g)+O2(g)=SO3(g)　ΔH2=-99kJ·mol-1，3S(s)+O2(g)=3SO3(g)　ΔH= -1185kJ·mol-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据A、C分别表示反应物总能量和生成物总能量；‎ ‎(2)根据参加反应SO2的物质的量之比等于对应的△H之比；‎ ‎(3)根据单质硫的燃烧热以及1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的反应热利用盖斯定律来求；‎ ‎【详解】(1)图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量；‎ ‎(2)因1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，所以2mol SO2(g)氧化为2mol SO3(g)的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ•mol-1；‎ ‎(3)因单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH1=-296kJ•mol-1，而 1mol SO2(g)氧化为1mol SO3(g)的△H=-99kJ•mol-1，则SO2(g)+O2(g)=SO3(g) ΔH2=-99kJ•mol-1‎ ‎，由盖斯定律可得：S(s)+O2(g)=SO3(g)△H=-296kJ•mol-1+(-99kJ•mol-1)=-395kJ•mol-1，所以S(s)生成3mol SO3(g)的△H为-395kJ•mol-1×3=-1185 kJ•mol-1，其热化学反应方程式：3S(s)+O2(g) = 3SO3(g)　ΔH= -1185 kJ·mol-1。‎ ‎18.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢，在气相中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：2CH4(g)⇌C2H4(g)＋2H2(g)　ΔH＞0‎ 化学键 H—H C—H C＝C C—C E(kJ/mol)‎ a b c d ‎（1）已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的ΔH＝____________ (用含a、b、c、d的代数式表示)。‎ ‎（2）T1温度时，向‎1 L的恒容反应器中充入2mol CH4 ，仅发生上述反应，反应过程中 0～15min CH4的物质的量随时间变化如图1，测得10～15min时H2的浓度为1.6mol/L。‎ ‎①0～10min内CH4表示的反应速率为__________mol/(L·min)。‎ ‎②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n(CH4)变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是 ________ (填“a”或 “b”)。‎ ‎③15min时，若改变外界反应条件，导致n(CH4)发生图1中所示变化，则改变的条件可能是_____________________________________(任答一条即可)。‎ ‎（3）实验测得v正＝k正c2(CH4)，v逆＝k逆c(C2H4)·c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时k正与k逆的比值为______ (填数值)。若将温度由T‎1升高到T2，则反应速率增大的倍数v正____v逆(填“>”“＝”或“<”)，判断的理由是_________________ 。‎ ‎（4）科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图2所示，电解质是掺杂了 Y2O3与 ZrO2‎ 的固体，可在高温下传导O2－。‎ ‎①C极的Pt为______ 极(填“阳”或“阴” )。‎ ‎②该电池工作时负极反应方程式为_____________________。‎ ‎③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112mL，则阴极区所得溶液在‎25℃‎时pH＝_______ (假设电解前后NaCl溶液的体积均为500mL)。‎ ‎【答案】(1). +(4b-c‎-2a) kJ/mol (2). 0.16 (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). 12.8 (6). ＞ (7). 温度升高，k正增大的倍数大于k逆 (8). 阳 (9). CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O (10). 12‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H＞0，反应吸热反应，焓变为正值，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；‎ ‎(2)①根据v=计算；‎ ‎②催化剂表面积越大反应速率越快；‎ ‎③15min时，若改变外界反应条件，导致n(CH4)发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行；‎ ‎(3)v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)•c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相同得到T1温度时k正与k逆的比值等于K，反应为放热反应，升温平衡正向进行；‎ ‎(4)甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极，‎ ‎①C电极为电解池的阳极；‎ ‎②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，结合电荷守恒、原子守恒写出电极反应；‎ ‎③结合电极反应计算溶液中氢离子浓度减少得到增加的氢氧根离子浓度，结合离子积常数计算得到氢离子浓度计算溶液PH。‎ ‎【详解】(1)2CH4(g)⇌C2H4(g)+2H2(g)△H＞0，反应为吸热反应，焓变为正值，反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=(8b-c-4b‎-2a)kJ/mol=+(4b-c‎-2a) kJ/moL；‎ ‎(2)①T1温度时，向‎1L的恒容反应器中充入2mol CH4，仅发生上述反应，测得10-15min时H2‎ 的浓度为1.6mol/L，物质的量为1.6mol，反应达到平衡状态，此时消耗甲烷物质的量1.6mol，0～10min内CH4表示的反应速率v===0.16mol/(L•min)；‎ ‎②若图1中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n (CH4)的变化曲线，催化剂表面积越大反应速率越快，达到平衡所需时间越短，其中表示催化剂表面积较大的曲线是b，故答案为：b；‎ ‎③15min时，若改变外界反应条件，导致n( CH4)发生图中所示变化，物质的量随时间变化减小，说明平衡正向进行，反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度或减小压强，平衡正向进行，符合图象变化；‎ ‎(3)v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)•c2(H2)其中k正、k逆为速率常数仅与温度有关，温度不变平衡常数不变，反应达到平衡状态时，正逆反应速率相同得到，T1温度时k正与k逆的比值=K，测得10-15 min时H2的浓度为1.6mol/L，‎ K==12.8，反应为放热反应，升温平衡正向进行，正逆反应速率增大，正反应增大的倍数大于逆反应增大的倍数，v正＞v逆；‎ ‎(4)①甲烷燃料电池并用于电解，通入甲烷的电极为原电池负极，通入氧气的电极为原电池的正极，D电极为阴极，C为阳极；‎ ‎②原电池负极电极反应是甲烷失电子生成二氧化碳，传导离子是氧离子，该电池工作时负极反应方程式为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；‎ ‎③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL，物质的量n==0.005mol，为生成的氢气和氯气，n(H2)=n(Cl2)=0.0025mol，结合电极反应计算，2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子浓度减少=增加的氢氧根离子浓度=×2=0.01mol/L，结合离子积常数计算得到氢离子浓度=mol/L=10-12mol/L，计算溶液pH=12。‎ ‎19.在室温下，下列五种溶液：①0.1mol/L NH4Cl②0.1mol/L CH3COONH4 ③0.1mol/LNH4HSO4④0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液 ⑤0.1mol/L NH3•H2O。‎ 请根据要求填写下列空白：‎ ‎(1)溶液①呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是________(用离子方程式表示)。‎ ‎(2)比较②③溶液中，c(NH4+)的大小关系是②______③(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎(3)在溶液④中，_____ 离子浓度为0.1mol/L；NH3•H2O和_____离子的物质的量浓度之和为0.2mol/L。‎ ‎(4)室温下，测得溶液②的pH=7，则CH3COO-的水解程度_____(填“>”“<”或“=”)NH4+-的水解程度。CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是：c(CH3COO-)_____c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。‎ ‎【答案】(1). 酸 (2). NH4++H2ONH3•H2O+H+ (3). (4). Cl- (5). NH4+ (6). = (7). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；‎ ‎(2)酸溶液中氢离子浓度越大，溶液pH越小，结合铵根离子水解的影响因素分析；‎ ‎(3)0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中，氯离子不变，铵根离子水解，依据离子性质和物料守恒分析；‎ ‎(4)醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度几乎相同。‎ ‎【详解】(1)氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4++H2ONH3•H2O+H+；‎ ‎(2)②0.1mol/L CH3COONH4中CH3COO-水解会促进NH4+的水解；‎ ‎③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中电离出氢离子显酸性，抑制铵根离子水解；‎ 上述分析可知酸性最强的是0.1mol/L NH4HSO4溶液，铵根离子浓度c(NH4+)：②<③；‎ ‎(3)在④中0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液中，氯离子物质的量不变，浓度不变，浓度为0.1mol/L，铵根离子水解，一水合氨电离，一水合氨的电离作用大于铵根离子的水解作用，使溶液呈碱性，根据溶液中料守恒可知，c(NH3•H2O)+c(NH4+)=0.2mol/L；‎ ‎(4)测得溶液②的pH=7，醋酸根离子水解程度和铵根离子水解程度几乎相同，则CH3COO-与NH4+浓度的大小关系是相同。‎ ‎20.如图所示，U形管内盛有100mL的溶液，按要求回答下列问题：‎ ‎（1）断开K2，闭合K1，若所盛溶液为CuSO4‎ 溶液，则A极为________极，B极的电极反应式为_________________________________________。若所盛溶液为KCl溶液，则B极的电极反应式为__________________________________。‎ ‎（2）断开K1，闭合K2，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，则：‎ ‎①A电极附近可以观察到的现象是________，Na＋移向________(填“A”或“B”)极。‎ ‎②B电极上电极反应式为______________________________________，总反应的化学方程式是_________________________________________。‎ ‎③反应一段时间后断开K2，若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积(标准状况)为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH约为________。若要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内加入或通入一定量的________。‎ ‎【答案】(1). 负 (2). Cu2＋＋2e－=Cu (3). O2＋2H2O＋4e－=4OH－ (4). 溶液变红 (5). A (6). 2Cl－－2e－=Cl2↑ (7). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ (8). 12 (9). HCl ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，该装置是原电池，较活泼的金属作负极，负极上发生氧化反应，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上发生还原反应；若所盛溶液为KCl溶液：则B极上氧气得电子发生还原反应；‎ ‎(2)该装置是电解池，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；根据电极方程计算氢氧根离子的浓度，再计算pH。‎ ‎【详解】(1)若所盛溶液为CuSO4溶液，断开K2，闭合K1时，该装置是原电池，锌作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子生成铜，发生氧化反应，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；所盛溶液为KCl溶液时发生吸氧腐蚀，正极(B极)的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；‎ ‎(2)断开K1，闭合K2，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，‎ ‎①该装置是电解池，碳棒是阳极，锌棒是阴极，电解时，锌棒上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成的氢氧根离子导致溶液呈碱性，加入酚酞溶液后变红；溶液中的Na＋向阴极移动，即向A电极移动；‎ ‎②电解时，阳极B上氯离子放电生成氯气：2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢氧化钠，所以电池总反应式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；‎ ‎③由②可知，B极产生(标准状况)11.2mL Cl2，生成0.001mol NaOH，故c(OH－)=0.01mol/L，‎ c(H＋)=mol/L=10-12mol/L，故pH=12。两极逸出的气体分别是H2和Cl2，故要使电解质溶液恢复到原状态，需向U形管内通入一定量的HCl气体。‎