湖北省荆州中学宜昌一中等“荆荆襄宜四地七校2019-2020学年高二11月联考化学试题
2019年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”
高二期中联考
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 C l35.5 Ba 137
第Ⅰ卷（共48分）
一、选择题：本卷共16小题，每小题3分，每小题的四个选项中只有一项符合题目要求。
1.据电视专题片《辉煌中国》透露：目前我国水电、风电和新能源汽车保有量均遥居世界前列，这标志着我国能源结构更趋完善。下列有关能源的叙述不正确的是
A. 化石燃料是不可再生能源 B. 生物质能是可再生能源
C. 天然气是新型能源 D. 氢能是清洁能源
【答案】C
【解析】
【详解】A、化石燃料是由远古时期的动植物转化而来，短期内不能再生，故为不可再生能源，故A不符合题意；
B、生物质能是自然界中有生命的植物提供的能量，这些植物以生物质作为媒介储存太阳能，属再生能源，故B不符合题意；
C、天然气是指天然蕴藏于地层中的烃类和非烃类气体的混合物，属于传统能源，故C符合题意；
D、氢能燃烧后生成水，对环境没有污染，属于清洁能源，故D不符合题意；
故选C。
2.下列用品的有效成分及用途对应错误的是
选项
A
B
C
D
用品
食盐
小苏打
复方氢氧化铝片
漂白粉
有效成分
NaCl
Na2CO3
Al(OH)3
Ca(ClO)2
用途
做调味品
做发酵粉
做抗酸药
做消毒剂
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A、食盐是最常用的家用调味品，其有效成分是NaCl，A正确。B、小苏打有效成分是NaHCO3，可以做发酵粉，B错误。C复方氢氧化铝片有效成分是Al(OH)3，常用于治疗胃酸过多，C正确。漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，可以用做消毒剂和漂白剂，D正确。本题选择错误选项，所以正确答案为B。
3.下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜实验，其中能达到实验目的的是
A. 制取NO
B. 收集NO
C. 分离炭粉和硝酸铜
D. 蒸干硝酸铜溶液制Cu(NO3)2·3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧化，则不能制备NO，应选分液漏斗，故A项错误；
B. NO的密度与空气密度相差不大，不能用排空气法收集，应选排水法收集，故B项错误；
C. 炭粉不溶于水，硝酸铜溶于水，则利用图中过滤装置可分离，故C项正确；
D. 蒸发时促进铜离子水解，生成的硝酸易挥发，导致蒸发操作不能制备得到Cu(NO3)2·3H2O，应选冷却结晶法，故D项错误；
答案选C
【点睛】D项是学生的易错点，溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况：
1、溶质会发生水解反应的盐溶液，则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。若为易挥发性的酸（HCl、HNO3等），则最会蒸干得到的是金属氢氧化物，灼烧得到金属氧化物。若为难挥发性酸（硫酸等），且不发生任何化学变化，最终才会得到盐溶液溶质本身固体；
2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液，则最终得到稳定的产物，如加热蒸干亚硫酸钠，则最终得到硫酸钠；
3、溶质受热易分解的盐溶液，则最终会得到分解的稳定产物，如加热蒸干碳酸氢钠，最终得到碳酸钠。
学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。
4.室温下，大小相同的A、B两集气瓶中，分别装有0.01mol氨气和0.01mol氯化氢，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应。下列说法正确的是
A. 抽去玻璃片后，集气瓶内出现白烟
B. 气体反应物的总体积为0.448L
C. 抽去玻璃片前，A、B中气体密度比为36.5：17
D. 该反应发生过程中，同时有极性共价键和非极性共价键的断裂和生成
【答案】A
【解析】
【详解】A、当玻璃片抽走后，NH3与HCl混合发生反应：NH3＋HCl=NH4Cl，生成物NH4Cl呈晶体状，可观察到集气瓶内出现白烟，A项正确；
B、题干并未告知是否为标准状况，无法使用Vm=22.4L/mol计算气体体积，故B错误；
C、两容器体积相同，容器内气体物质的量相同，其密度，故A、B中气体密度比为17:36.5，故C错误；
D、该反应过程中没有非极性共价键断裂，故D错误；
故选A。
5.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，关于该过程下列说法正确的是
A. Ba(OH)2、稀硫酸均为强电解质
B. C处刻恰好完全中和，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O
C. B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中此时几乎没有自由移动的离子
D. 向NaHSO4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，也能得到与如图完全相同的导电能力变化图像
【答案】C
【解析】
【详解】A、Ba(OH)2是强碱，属于强电解质，而稀硫酸是混合物，不属于电解质，故A错误；
B、在滴加过程中，只有一个离子反应：Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，溶液中可自由移动离子逐渐减小，反应恰好完全反应时，溶液导电能力几乎为0，即B处恰好完全中和，故B错误；
C、溶液导电能力与溶液中可自由移动的电荷浓度有关，B点溶液导电能力约为0，由此可知溶液中几乎没有自由移动的离子，故C正确；
D、向NaHSO4溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应方程式为：Ba(OH)2+ NaHSO4═BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力先下降后上升，但溶液的导电能力不会为0，因为沉淀刚好完全时，溶液中有Na+和OH-，故D错误；
故选C。
【点睛】逐滴滴加的相关反应需严格按照离子反应进行分析，按照“以少为1，反应多少写多少，然后再把整数找”原则进行分析可简化分析难度以及提高正确率。
6.下列关于反应热的叙述中不正确的是
A. 化学反应从能量变化角度，可以分为吸热反应和放热反应
B. 需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应
C. 其它操作不变时，分别在光照和点燃条件下测定H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热，△H相同
D. 等质量的硫蒸气和硫磺固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
【答案】D
【解析】
【详解】A、化学反应涉及到化学键的断裂和形成，反应前后的化学键不完全相同，故在同一条件下物质的能量不相同，故从能量变化角度，可以分为吸热反应和放热反应，A项不符合题意；
B、化学反应为放热反应还是吸热反应与是否需要加热无关，如燃烧反应需要加热才能发生，但其属于放热反应，故B不符合题意；
C、某一指定反应的焓变与化学反应条件无关，故C不符合题意；
D、硫蒸汽所含能量比硫固体多，定量燃烧时，硫蒸汽放热多，故D符合题意；
综上所述，答案为D。
【点睛】化学反应的最终热效应与反应是否需要加热没有特定关系，一般需要持续加热的化学反应属于吸热反应。
7.下列说法中正确的是
A. 原电池放电过程中，负极的质量一定减轻，正极的质量一定增加
B. Fe、Cu组成原电池，Fe一定是负极
C. 充电电池可以使放电时的氧化还原反应逆向进行，能无限制的反复放电、充电
D. 某海水电池总反应表示为：5MnO2＋2Ag＋2NaCl=Na2Mn5O10＋2AgCl，则负极反应式为：Ag－e-＋Cl-=AgCl
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃料电池形成的原电池放电过程中，两个电极上都是通入的气体发生电极反应，正负极质量不变，故A错误；
B、Fe、Cu组成原电池，根据易失去电子的作负极，在Fe、Cu浓硝酸组成原电池中铁先作负极失去电子并生成致密氧化膜，导致铁难以再失去电子，此时相较于铁电极，铜更易失去电子，铜为负极，若外电路中连接灵敏电流计，可观察到指针偏转方向发生改变，故B错误；
C、充电电池在充放电过程中因材料老化或者转化不完全等因素，导致充电电池有一定的使用年限，不能无限制地反复放电、充电，故C错误；
D、Ag元素的化合价由0价升高为+1，则负极反应式：Ag−e−+Cl−=AgCl，故D正确；
故选D。
【点睛】原电池在放电过程中，负极材料质量可能会增加（如本题D选项Ag电极因生成AgCl沉积在Ag表面导致负极材料质量增加）、不变、减少，具体问题具体分析，不要形成定势思维。
8.如图所示，烧杯中盛有水，铁圈和银圈直接相连，在接头处用一根绝缘细丝吊住使之平衡。小心向烧杯中滴加少量CuSO4溶液，反应一段时间。下列有关说法不正确的是
A. 两圈摇摆不定
B. 铁圈不断腐蚀
C. 银圈上慢慢看到有红色物质覆盖
D. 利用该原理，可以设计原电池装置，将化学能转化为电能
【答案】A
【解析】
【分析】
向烧杯中滴加少量CuSO4溶液后，该装置构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，相对不活泼的金属银作正极，以此分析本题。
【详解】A、向烧杯中滴加少量CuSO4溶液后，装置构成了原电池，负极上铁失去电子生成亚铁离子进入溶液中，导致铁圈质量减少，正极上铜离子得到电子生成铜单质，导致银圈质量增加，因此反应一段时间后，铁圈质量小于银圈质量，银圈向下倾斜，故A符合题意；
B、铁圈作负极，失去电子生成亚铁离子，铁圈质量不断减小，故B不符合题意；
C、银圈作正极，铜离子得到电子生成红色铜单质附着在银圈上，故C不符合题意；
D、该装置具备原电池基本构成条件，可设计成原电池，将化学能转化为电能，故D不符合题意；
故选A。
9.向一密闭容器中充入1mol H2(g)和1mol I2(g)，压强为P(Pa)，并在一定温度下发生反应：H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜0，一段时间后达到平衡。下列说法不正确的是
A. 保持容器体积不变，继续向其中加入1mol H2，平衡正向移动
B. 保持容器体积不变，继续向其中加入1mol N2（N2不参加反应），化学反应速率不变
C. 保持容器压强不变，继续向其中加入2mol HI，H2的体积分数不变
D. 提高起始反应温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快，平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【分析】
在恒定温度下，反应速率的影响因素取决于浓度和压强，浓度越大，反应速率越大，如通入惰性气体，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，如压强不变，通入惰性气体，但体积增大，反应物的浓度减小，则反应速率减小，以此解答该题。
【详解】A、保持容器体积不变，继续向其中加入1mol H2，导致容器内H2浓度增加，正反应速率加快，加入那一瞬间逆反应速率不变，故平衡正向移动，故A不符合题意；
B、保持容器体积不变，继续向其中加入1mol N2（N2不参加反应），参加反应的物质浓度不变，其正逆反应速率不变，故B不符合题意；
C、保持容器压强不变，继续向其中加入2mol HI，可通过建模分析： 1容器为原平衡，将2mol HI加入到2容器内，起始保持压强与1容器内一致，2容器内反应平衡与1完全等效，此时抽出中间隔板，两容器内平衡不变，H2的体积分数不变，故C不符合题意；
D、升高温度，正逆反应速率均加快；该反应正向为放热反应，升高温度，根据勒夏特列原理可知，平衡将会向着吸热方向移动，即平衡逆向移动，故D符合题意；
故选D。
【点睛】对于可逆反应，充入某一物质后相关的数据分析是高中学习的一大难点，在分析过程中，可通过建模的方式理清思路，然后逐个击破。
10.某恒容密闭容器中充入1molPCl5气体，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) △H＜0。仅改变某一条件，该平衡由状态I移动到状态II，变化曲线如图所示。可能改变的条件是
A. 继续通入1mol PCl5气体 B. 继续通入1mol PCl3气体
C. 升高 D. 加入催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像前后变化的连接点（如图）进行分析：（1）改变条件那一瞬间正反应速率不变，逆反应速率上升，由此可知改变的是反应中生成物浓度；（2）再根据改变条件后v正
Cl-，故B不符合题意；
C、实验3中②中溶液中的浓硫酸和溴都能将碘化钠氧化生成碘，不能判断还原性：I->Br-，故C符合题意；
D、实验2中体现了浓H2SO4的强氧化性，实验1中体现了浓H2SO4的难挥发性，故D不符合题意；
故选C。
16.某工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属Cu。根据流程图，下列说法不正确的是
A. ①②操作均为过滤，但D、E溶液成分不完全相同
B. C可以为稀硫酸，也可以是稀盐酸
C. 操作③采用冷却结晶，说明硫酸亚铁晶体的溶解度随温度变化有一定变化
D. A为足量铁粉，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu
【答案】B
【解析】
【分析】
工业废水中含大量硫酸亚铁、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，试剂A为Fe，操作①为过滤，则E中主要含硫酸亚铁，B中含Cu、Fe，加入试剂C为H2SO4，操作②为过滤，得到Cu，D中主要含FeSO4，操作③为蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O，以此解答该题。
【详解】A、由上述分析①②操作均为过滤，E中主要为FeSO4，含有少量的Na+，D溶液中主要含FeSO4，还含有少量的H2SO4，成分不完全相同，故A不符合题意；
B、因最终制备物质为FeSO4.7H2O，若加入的C物质为稀盐酸，则会导致制备物质纯度较低，故加入的物质C只能为稀硫酸，故B符合题意；
C、冷却结晶的原理是是根据物质在不同温度下溶解度不同（一般是高温下溶解度大，低温时溶解度小），而分离或提纯固体物质的一种方法，由此可知硫酸亚铁晶体的溶解度随温度变化有一定变化，故C不符合题意；
D、由上述分析可知，试剂A为铁粉，工业废水中含有Cu2+，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故D不符合题意；
故选B。
第Ⅱ卷（共52分）
二、非选择题
17.请综合运用所学知识，填写下列空白：
（1）①中和热测定实验中，除了烧杯、温度计、泡沫塑料、泡沫塑料板外，还需要使用的仪器有_____。
②下列关于中和热的说法正确的是______
A.用稀硫酸和Ba(OH)2溶液代替盐酸与NaOH溶液进行中和热测定，如果准确操作，所测中和热数值可以相同
B.测定中和热时，为保证酸碱充分反应，应将碱溶液缓慢分次倒入酸溶液中，并充分搅拌
C.测定中和热时，温度计测量盐酸溶液的温度后，用蒸馏水洗净再测NaOH溶液温度，实验准确度更高
D.为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量应相等
（2）①某反应历程，假设体系的始态为S，终态为L，它们之间的变化用两段弧线（可以包含任意数目的中间步骤）连接如图所示，则△H1+△H2=______。
②已知C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) △H=_______。
（3）①用如图所示装置，在一定条件下讨论锌与稀硫酸的反应速率时，采用一些方法测定了下列物理量，其中可以用于表示（或计算）其化学反应速率的是______
A.收集10mL H2所用的时间 B.一定时间内收集H2的体积
C.一定时间内溶液中H+的浓度变化 D.一定时间内锌粒质量的变化
E.一定时间内反应热量的变化
②为加快一定量的Zn与足量稀硫酸反应的速率，且不影响生成H2的总量，下列措施可行的是_____
A加入少量CuSO4溶液 B.对反应液适当加热
C.将稀硫酸换成浓硫酸 D.将锌粒换成锌粉
（4）反应a M(g)+a N(g)b W(g)+c Z(g)，在体积相同且恒定的两个容器中，按照下列方式加入原料，一段时间后达到平衡：
开始时
平衡时
容器1
2mol M
1mol N
总压P1
0.5mol W
容器2
1mol M
2mol N
总压P2
x mol W
则x=____，P1_____P2（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】 (1). 量筒、环形玻璃搅拌棒 (2). C (3). 0 (4). -488.3kJ/mol (5). ABCDE (6). BD (7). 0.5 (8). =
【解析】
【详解】（1）①由中和热测定实验所需仪器可知，还需要量筒以及环形玻璃搅拌棒；
②A、稀硫酸和 Ba(OH)2溶液反应生成物中含有难溶性的BaSO4沉淀，所放出的热量相较盐酸与 NaOH溶液反应多，测出的中和热数据不一样，故A错误；
B、酸碱中和的速率非常快，若缓慢加入，会导致热量有所散失，酸碱中和放出的热量不能全部作用于加热溶液，导致所测的数据不准确，故B错误；
C、若不用蒸馏水洗净温度计，当温度计放入NaOH 溶液时，温度计上的盐酸会与NaOH 反应，导致所测氢氧化钠溶液温度不准确，故C准确；
D、为了保证酸完全中和，一般需要碱稍过量，故D错误；
（2）①始态S经过一系列反应再回到始态S，物质本身本身未发生改变，根据盖斯定律可知，其热效应△H1+△H2=0；
②令C(s)＋O2(g)=CO2(g) △H1=－393.5kJ/mol I
H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l) △H2=-285.8kJ/mol II
CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l) △H3=-870.3kJ/mol III
根据盖斯定律可知，2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) △H=△H1×2+△H2×2-△H3=-488.3 kJ/mol；
（3）①单位时间内相关物理量的变化快慢可表示化学反应速率快慢，ABCDE所对应的物理量均是变量，由此可知，ABCDE所描述物理量均可用于表示（或计算）其化学反应速率，故答案为：ABCDE；
②A、加入少量 CuSO4溶液，因氧化性Cu2＋>H＋，溶液中Zn与Cu2＋反应会消耗少量的Zn，导致H2的量减少，不符合题意；
B、加热可加快化学反应速率，溶液中相关微粒数量不会改变，故生成H2的量不变，符合题意；
C、浓硫酸与Zn反应不会生成H2，不符合题意；
D、将锌粒换成锌粉，固体接触面积增大，化学反应速率加快，生成H2的量不变，符合题意；故答案为BD；
（4）反应中M、N的系数相同，由表格数据分析可知，容器1与容器2完全等效，故x=0.5；P1=P2。
18.中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病，为此，砷及其化合物的提取再次引起关注。
（1）As是33号元素，在元素周期表中的位置是________。
（2）N元素非金属性比As强，下列说法正确的是_______
①热稳定性：NH3＜AsH3
②酸性：HNO3＞H3AsO4
③原子半径：N＜As
（3）请依据如图信息写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_______。
（4）查阅文献得知，可以从硫化砷（As2S3）废渣中提取As2O3，提取的工艺流程简图如图：
已知：As2S3不溶于水；As2O3微溶于水。
①As2S3、Na3AsS3中的硫元素均为－2价，碱浸过程中发生的反应______（填“是”或“不是”）氧化还原反应。
②过程Ⅲ的离子方程式为_______。
③过程Ⅲ得到纯净As2O3固体系列操作包括_____、_____、_____。
④过程Ⅲ中，其它条件相同时仅改变溶液pH，发现酸性越强，As2O3的产率越高，可能的原因是_______。
【答案】 (1). 第四周期VA族 (2). ②③ (3). As2O5(s)=As2O3(s)＋O2(g) △H=＋295.4kJ/mol (4). 不是 (5). 2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3↓+2SO42-+H2O (6). 过滤 (7). 洗涤 (8). 干燥 (9). 酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度，反应速率加快或者增加氢离子浓度，平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率
【解析】
【分析】
（1）As的原子结构示意图为：，有4个电子层，最外层有5个电子，与N同族，故位于第四周期V A族；
（2）元素非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越好，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，As电子层数比N多2，非金属性N>As；
（3）根据盖斯定律可知，反应热与过程无关，只与始态、终态有关，由图可知：△H+|△H1|=|△H2|，据此计算；
（4）碱浸过程中没有元素化合价的变化，过程Ⅲ为溶液到固体，需要经过浓缩结晶，过滤，洗涤，烘干，发生反应的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+=As2O3+2SO42-+H2O，酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率。
【详解】（1）As的原子结构示意图有4个电子层，最外层有5个电子，位于第四周期，V A族；
（2）元素非金属性越强，对应氢化物的热稳定性越好，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N>As，①NH3的热稳定性比AsH3好，②HNO3的酸性比H3AsO4强，③As电子层数比N多2，N的原子半径比As的原子半径小，故答案为：②③；
（3）根据盖斯定律可知，反应热与过程无关，只与始态、终态有关，由图可知：△H+|△H1|=|△H2|，△H=|△H2|−|△H1|==914.6kJ/mol−619.2kJ/mol= +295.4kJ/mol，故该反应的热化学方程式为：As2O5(s)==As2O3(s)＋O2(g) △H= +295.4kJ/mol；
（4）①碱浸过程中没有元素化合价的变化，故该反应不是氧化还原反应；
②过程Ⅲ发生反应的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H＋=As2O3↓+2SO42-+H2O；
③过程Ⅲ为溶液到固体，需要经过浓缩结晶，过滤，洗涤，干燥；
④酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强；增加氢离子浓度，反应速率加快或者增加氢离子浓度，平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率。
19.某化学小组欲测定酸性条件下KClO3溶液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率，所用的试剂为10mL 0.1mol/L KClO3溶液和10mL 0.3mol/L NaHSO3溶液，所得c(Cl-)随时间变化的曲线如图所示：
（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min的平均反应速率v(Cl-)=______mol/(L·min)。
（2）反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小。
i．探究化学反应速率增大的影响因素：
已知：ClO3-+3HSO3-=Cl-+3SO42-+3H+
方案
假设
具体实验操作
Ⅰ
该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快
向烧杯中依次加入10mL 0.1mol/L KClO3溶液和10mL 0.3mol/L NaHSO3溶液，______。
Ⅱ
反应产物Cl-对反应有催化作用
取10mL 0.1mol/L KClO3溶液于烧杯中，先加入_____固体（填化学式），再加入10mL 0.3mol/L NaHSO3溶液。
Ⅲ
反应中溶液酸性增强，加快了化 学反应速率
分别向2个烧杯中加入10mL 0.1mol/L KClO3溶液， 烧杯①：加入1mL水烧杯②：加入1mL 0.2mol/L盐酸再分别向烧杯中加入10mL 0.3mol/L NaHSO3溶液。
【问题与思考】
①方案Ⅲ烧杯①中加入1mL水的作用是______。
②在证明方案Ⅰ假设不成立的情况下，从控制变量角度思考，方案III实验操作设计不严谨，改进措施为______。
③除方案Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ外，请再提出一个可能使化学反应速率增大的假设_______。
ii．反应后期，化学反应速率降低的主要原因是______。
【答案】 (1). 2.5×10-3 (2). 插入温度计 (3). KCl或者NaCl (4). 空白实验，消除由于体积变化带来的实验影响 (5). 将1mL水改为1mL0.2mol/L的KCl溶液（或NaCl溶液） (6). 反应产物SO42－对反应有催化作用（或生成了SO42－加快了化学反应速率） (7). 随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢
【解析】
【分析】
（1）根据v＝△c/△t计算；
（2）利用温度计测量溶液温度的变化；根据方案I、Ⅱ所对应的假设的变化分析；根据反应后溶液中的离子成分分析解答；根据氯离子可能会影响反应速率分析；根据浓度对反应速率的影响分析；
【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L，所以平均反应速率v(Cl－)＝0.010mol/L÷4min＝2.5×10-3mol/(L·min)；
（2）①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化，则方案I中的实验操作为插入温度计；
②方案I、Ⅱ相比较Ⅱ探究反应产物Cl-对反应有催化作用，所以方案Ⅱ中的应加入Cl-，可加入KCl或者NaCl；
③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；
④为防止氯离子对实验的干扰，则需要改进的措施是将1mL水改为1mL 0.2mol/L NaCl溶液；
⑤反应后期由于反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。
20.科学家一直致力于“人工固氮”的新方法研究。
Ⅰ.目前合成氨技术原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－92.4kJ·mol-1。
（1）在一定体积的容器中发生上述反应，下列描述中能说明该反应已达平衡的是______
A.容器内气体的平均摩尔质量保持不变
B.2v(NH3)正=v(N2)逆
C.容器中气体的压强保持不变
D.N2、H2、NH3的物质的量之比为1：2：3
（2）673K、30MPa下，向容积为2.0L的恒容密闭容器中充入0.80mol N2和1.60mol H2
，反应3分钟达到平衡时，NH3的体积分数为20%。
①该条件下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数K=_____（精确到小数点后一位）；K值越大，表明反应达到平衡时______
A.H2的转化率一定越高 B.NH3的浓度一定越大
C.正反应进行得越完全 D.化学反应速率越大
②若达平衡后再向该容器中充入0.40mol N2和0.40mol NH3，该平衡将______（填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”）。
Ⅱ.根据“人工固氮”的最新研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生下列反应：2N2(g)+6H2O(1)4NH3(g)+3O2(g) △H=a kJ·mol-1。进一步研究NH3生成量与温度的关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如表：
T/K
303
313
323
NH3的生成量/(10-6mol)
4.8
5.9
6.0
（1）此合成反应的a_____0；ΔS______0，（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）已知（K为平衡常数）：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) K1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) K2，则N2(g)+3H2O(1)=2NH3(g)+O2(g)的K=______（用K1、K2表示）。
Ⅲ.已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(1) ΔH= -1316kJ·mol-1，氨是一种潜在的清洁能源，可用作碱性燃料电池的燃料，该燃料电池的负极反应式是_______。
【答案】 (1). AC (2). 1.1 (3). C (4). 向逆反应方向移动 (5). > (6). > (7). (8). 2NH3－6e－＋6OH－==N2＋6H2O
【解析】
【详解】Ⅰ、（1）A、该反应中所有物质均为气体，故气体的质量不变，该反应为气体非等体积反应，由可知，随着反应的进行，容器内气体的平均摩尔质量是变量，当容器内气体的平均摩尔质量不变时，可说明该反应达到了化学平衡，故A正确；
B、2v(NH3)正=v(N2)逆的比例不满足物质所对应系数比，当等式成立时，不能说明该反应达到了化学平衡，故B错误；
C、该反应在恒容容器中进行，气体物质的量之比等于其压强之比，因该反应为气体非等体积反应，随着反应的进行，气体物质的量会发生改变，当容器内气体的压强保持不变时，可说明该反应达到了化学平衡，故C正确；
D、因缺少相关数据，当容器内N2、H2、NH3 的物质的量之比为 1:2:3时，反应不一定达到了化学平衡，故D错误；
（2）①由反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始浓度（mol/L） 0.4 0.8 0
转化浓度（mol/L） x 3x 2x
平衡浓度（mol/L） 0.4-x 0.8-3x 2x
平衡时NH3的体积分数为=0.2，解得x=0.1，
平衡常数K==1.1；
A、氢气的转化率与氮气、氢气的投入量等有关，K值大，氢气转化率不一定高，故A错误；
B、氨气的产率与与氮气、氢气的投入量等有关，K值大，氨气的产量不一定大，故B错误；
C、K值越大，表示反应进行程度大，即正反应进行得越完全，故C正确；
D、K值越大，表示反应进行程度大，但该温度下不一定反应发生，反应速率不一定大，故D错误；
故选C；
②向该容器中充入0.40molN2和0.40molNH3瞬间，c(N2)=0.5mol/L，c(NH3)=0.4mol/L，c(H2)=0.5mol/L，，浓度熵QC==2.56>K，故平衡将向逆反应方向移动；
Ⅱ、（1）由表格可知，升高温度，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡将向吸热方向移动，故该反应正向为吸热反应，a>0；因气体混乱程度大于气体，该反应正向为熵增反应，故ΔS>0；
（2）①N2(g)+3H2(g)2NH3(g) K1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) K2
①-×②可得N2(g)+3H2O(1)=2NH3(g)+O2(g)，故K=；
III、原电池的负极发生氧化反应，元素化合价升高，由此可知负极上NH3失去电子生成N2
，该反应电解质为碱性，根据电荷守恒进行配平可知该燃料电池的负极反应式是：2NH3-6e-+6OH-=N2＋6H2O。
