化学卷·2018届广东省茂名市高州中学高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版）

化学卷·2018届广东省茂名市高州中学高二上学期期中化学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年广东省茂名市高州中学高二（上）期中化学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分．每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．1L0.1 mol•L﹣1的氨水中含有0.1NA个OH﹣‎ B．78gNa2O2固体中含有的阴离子数目为2NA C．常温下，23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子 D．常温下，4gCH4中含有4NA个C﹣H共价键 ‎2．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法不正确的是（　　）‎ X Y W Z T A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中有共价键 C．物质WY2、W3X4均有熔点高、硬度大的特性 D．T元素肯定是金属元素 ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化 B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 C．放热反应在常温下一定很容易发生 D．反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物的总能量的大小 ‎4．有一化学平衡：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）．如图表示的是A的转化率与压强、温度T的关系．分析图中曲线可以得出的结论是（　　）‎ A．正反应吸热，m+n＞p+q B．正反应吸热，m+n＜p+q C．正反应放热，m+n＞p+q D．正反应放热，m+n＜p+q ‎5．在相同温度下，0.01mol•L﹣1 NaOH溶液和0.01mol•L﹣1的盐酸相比，下列说法正确的是（　　）‎ A．由水电离出的[H+]相等 B．由水电离出的[H+]都是1.0×10﹣12 mol•L﹣1‎ C．由水电离出的[OH﹣]都是0.01 mol•L﹣1‎ D．两者都促进了水的电离 ‎6．下列说法或表示方法正确的是（　　）‎ A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热大于57.3kJ C．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.90kJ/mol可知，石墨没有金刚石稳定 D．在101kPa时，2g的氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol ‎7．下列叙述正确的是（　　）‎ A．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则a＞b B．常温下，某溶液中由水电离的c（OH﹣）=1.0×10﹣13，则此溶液一定呈酸性 C．25℃时，将pH=4的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH=7‎ D．25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1：10‎ ‎8．如图所示，是在其他条件一定时，反应2A+B⇌2C△H＜0，A的最大转化率与温度关系曲线，下列叙述正确的是（　　）‎ A．X或Y两点相应，V（正）＞V（逆）‎ B．Z、N两点表示未达平衡状态，且都是V（正）＞V（逆）‎ C．W点表示非平衡状态，V（正）＞V（逆）‎ D．相应反应速率大小的点：W＞Y＞N ‎9．一定温度下，将4molPCl3和2molCl2充入容积不变的密闭容器中，在一定条件下反应：PCl3+Cl2⇌PCl5，各物质均为气态．达平衡后，PCl5为0.8mol．若此时再移走2molPCl3和1molCl2，相同温度下达到平衡，PCl5的物质的量为（　　）‎ A．0.8mol B．0.4mol C．0.4mol＜x＜0.8mol D．＜0.4mol ‎10．已知在298K时下述反应的有关数据：‎ C（s）+O2（g）=CO（g）△H1=﹣110.5kJ/mol C（s）+O2（g）=CO2（g），△H2=﹣393.5kJ/mol 则C（s）+CO2（g）=2CO（g）的△H 为（　　）‎ A．283.5kJ/mol B．172.5kJ/mol C．﹣172.5kJ/mol D．﹣504 kJ/mol ‎11．已知H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，根据热化学方程式H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286kJ/mol，判断H2O分子中O﹣H键的键能为（　　）‎ A．485.5 kJ/mol B．610 kJ/mol C．917 kJ/mol D．1 220 kJ/mol ‎12．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．平衡向正反应方向移动了 B．物质A的转化率增大了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b ‎13．已知：‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1；‎ CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1．‎ 现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（　　）‎ A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3‎ ‎14．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．将水加热，KW增大，pH不变 ‎15．向三份1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO﹣浓度的变化依次为（　　）‎ A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小 C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大 ‎16．下列反应能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．由SO2和O2反应制SO3需使用催化剂 B．燃烧粉碎的黄铁矿矿石有利于三氧化硫的生成 C．硫酸生产中用98.3%的硫酸吸收SO3，而不用水或稀硫酸吸收SO3‎ D．用氮气和氢气合成氨需采用高压 ‎17．在一密闭容器中进行以下可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+2L．在不同的条件下P的百分含量P%的变化情况如图，则该反应（　　）‎ A．正反应放热，L是固体 B．正反应放热，L是气体 C．正反应吸热，L是气体 D．正反应放热，L是固体或气体 ‎18．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.5 mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）=0.3 mol•L﹣1•s﹣1‎ C．v（C）=0.8 mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）=1 mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎19．室温时，下列溶液等体积混合后pH一定小于7的是（　　）‎ A．pH=3的盐酸和pH=11的氨水 B．pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液 C．pH=3的硫酸和pH=11的氨水 D．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液 ‎20．对于密闭容器中进行的反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下列条件能加快其反应速率的是（　　）‎ A．增大体积使压强减小 B．体积不变，充入N2使压强增大 C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入气体Ne ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分60分）‎ ‎21．利用钛白工业的副产品FeSO4（含TiO2+、Al3+）可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁．其工艺流程如图：‎ ‎（1）已知过滤1得到的滤渣的主要成分是Al（OH）3、H2TiO3，请写出TiOSO4水解成 H2TiO3沉淀的化学方程式：　　；铁粉的作用有：①除去溶液中的Fe3+，②　　．‎ ‎（2）沉淀反应的离子方程式是　　．‎ ‎（3）沉淀过程的反应温度为40℃，温度不宜过高的原因除控制沉淀的粒径之外，还有　　．‎ ‎（4）FeC2O4生成时，要在真空环境下进行，原因是　　．‎ ‎（5）过滤2得到的滤液经蒸发浓缩、　　，可得到副产品．‎ ‎22．将物质的量均为3.00mol物质A、B混合于5L容器中，发生如下反应：3A+B⇌2C，在反应过程中C的物质的量分数随温度变化如图所示：‎ ‎（1）T0对应的反应速率v（正）　　v（逆）（用“=”、“＞”或“＜”表示，下同）；‎ ‎（2）此反应的正反应为　　热；（填“放”或“吸”）‎ ‎（3）X、Y两点A物质正反应速率的大小关系是Y　　X；‎ ‎（4）温度T＜T0时，C%逐渐增大的原因是：　　；‎ ‎（5）若Y点的C的物质的量分数为25%，则参加反应的A物质的量为　　mol．‎ ‎23．对可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡时，各物质的物质的量浓度应满足以下关系： =K，K为一常数，称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关，现有反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，在850℃时，K=1．‎ ‎（1）若升高温度到950℃，达到平衡时K　　1（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0mol CO，3.0mol H2O，1.0mol CO2和5.0mol H2时，上述平衡向　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动．‎ ‎24．CH4、H2、C都是优质的能源物质，它们燃烧的热化学方程式为：‎ ‎①2CH4（g）+4O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5Kj•mol﹣1‎ ‎（1）在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷气体与O2作用而产生的能量存活，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量　　（填“＞”、“＜”或“=”）890.3kJ．‎ ‎（2）甲烷与CO2可用于合成合成气（主要成分是一氧化碳和氢气）：CH4+CO2═2CO+2H2，1g CH4完全反应可释放15.46kJ的热量，则：‎ ‎①图1（所有物质均为气态）能表示该反应过程中能量变化的是　　（填字母）．‎ ‎②若将物质的量均为1mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，体系放出的热量随时间的变化如图2所示，则CH4的转化率为　　．‎ ‎（3）C（s）与H2（g）不反应，所以C（s）+2H2（g）═CH4（g）的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出C（s）+2H2（g）═CH4（g）的反应热△H=　　．‎ ‎（4）目前对于上述三种物质的研究是燃料研究的重点，下列关于上述三种物质的研究方向中可行的是　　（填字母）．‎ A．寻找优质催化剂，使CO2与H2O反应生成CH4与O2，并放出热量 B．将固态碳合成为C60，以C60作为燃料 C．寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气（CO、H2）‎ ‎25．某种食用精制盐包装袋上有如表说明：‎ 产品标准 GB5461‎ 产品等级 一级 配 料 食盐、碘酸钾、抗结剂 碘含量（以I计）‎ ‎20～50mg/kg 分装时期 分装企业 ‎（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）　　KIO3+　　KI+　　H2SO4═　　K2SO4+　　I2+　　H2O ‎（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳．‎ ‎①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是　　．‎ ‎②某学生设计回收四氯化碳的操作为：‎ a．将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；‎ b．加入适量Na2SO3稀溶液；‎ c．分离出下层液体d．将分液漏斗充分振荡后静置 其中分液漏斗使用前须进行的操作是　　，上述操作正确的顺序是：　　（填序号）‎ ‎（3）已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：‎ a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；‎ b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；‎ c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10﹣3mol•L﹣1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全．‎ ‎①判断c中反应恰好完全依据的现象是　　．‎ ‎②b中反应所产生的I2的物质的量是　　mol．‎ ‎③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）　　mg/kg．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广东省茂名市高州中学高二（上）期中化学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括20小题，每小题2分，共40分．每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）‎ A．1L0.1 mol•L﹣1的氨水中含有0.1NA个OH﹣‎ B．78gNa2O2固体中含有的阴离子数目为2NA C．常温下，23gNO2和N2O4的混合气体含有NA个氧原子 D．常温下，4gCH4中含有4NA个C﹣H共价键 ‎【考点】阿伏加德罗常数．‎ ‎【分析】A、一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离；‎ B、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成来分析；‎ C、NO2和N2O4的最简式均为NO2；‎ D、求出甲烷的物质的量，然后根据1mol甲烷中含4molC﹣H 键来分析．‎ ‎【解答】解：A、一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离，故溶液中的氢氧根的个数小于0.1NA个，故A错误；‎ B、78g过氧化钠的物质的量为1mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含NA个阴离子，故B错误；‎ C、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含0.5molNO2，故含NA个氧原子，故C正确；‎ D、4g甲烷的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含4molC﹣H 键，故0.25mol甲烷中含NA条C﹣H键，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22．下列说法不正确的是（　　）‎ X Y W Z T A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高 B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中有共价键 C．物质WY2、W3X4均有熔点高、硬度大的特性 D．T元素肯定是金属元素 ‎【考点】位置结构性质的相互关系应用．‎ ‎【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．‎ ‎【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+‎ ‎1、a+2、a+3，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，故a+a+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge，‎ A．X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；‎ B．N、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，硝酸中只含共价键，故B正确；‎ C．物质SiO2、Si3N4均为原子晶体，均有熔点高、硬度大的特性，故C正确；‎ D．Ge元素位于Si的下方，为金属元素，故D正确，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化 B．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 C．放热反应在常温下一定很容易发生 D．反应是吸热还是放热必须看反应物和生成物的总能量的大小 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．化学反应能量变化有热能、光能、电能、机械能等多种；‎ B．吸热反应不一定加热才能进行；‎ C．有些放热反应需要加热才能进行；‎ D．从能量守恒的角度判断．‎ ‎【解答】解：A．化学反应中的能量变化可表现为热能、光能、电能、机械能等多种，故A错误；‎ B．需要加热才能发生的反应可能为放热反应，如铝热反应等，故B错误；‎ C．有些放热反应需要加热才能进行，如铝热反应，故C错误；‎ D．反应物总能量大于生成物总能量，则反应放热，反之吸热，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．有一化学平衡：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）．如图表示的是A的转化率与压强、温度T的关系．分析图中曲线可以得出的结论是（　　）‎ A．正反应吸热，m+n＞p+q B．正反应吸热，m+n＜p+q C．正反应放热，m+n＞p+q D．正反应放热，m+n＜p+q ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】采取“定一议二”原则分析，根据等压线，由温度对A的转化率影响，判断升高温度平衡移动方向，确定反应吸热与放热；‎ 作垂直横轴的线，温度相同，比较压强对A的转化率的影响，判断增大压强平衡移动方向，确定m+n与p+g的大小关系．‎ ‎【解答】解：由图可知，压强相同时，温度越高A的转化率越大，说明升高温度平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应，‎ 作垂直横轴的线，由图可知，温度相同，压强越大A的转化率越大，说明增大压强平衡向正反应移动，故正反应为气体物质的量减小的反应，即m+n＞p+q，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．在相同温度下，0.01mol•L﹣1 NaOH溶液和0.01mol•L﹣1的盐酸相比，下列说法正确的是（　　）‎ A．由水电离出的[H+]相等 B．由水电离出的[H+]都是1.0×10﹣12 mol•L﹣1‎ C．由水电离出的[OH﹣]都是0.01 mol•L﹣1‎ D．两者都促进了水的电离 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】水的电离方程式为：H20=H++OH﹣，加入酸或碱后，增大氢离子或氢氧根离子浓度导致水的电离平衡向逆反应方向移动，即抑制水的电离，依据溶液中离子积常数计算水电离出离子的浓度．‎ ‎【解答】解：A、温度一定，溶液中存在离子积常数，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c（H+）水=mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c（H+）水=c（OH﹣）水=mol/L，所以由水电离出的c（H+）相等，故A正确；‎ B、温度不一定是常温下，离子积常数不一定是10﹣14，计算出的水电离出的c（H+）不一定是1.0×10﹣12 mol/L，故B错误；‎ C、水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，温度不知，水电离出的c（H+）水=c（OH﹣）水=mol/L，故C错误；‎ D、酸、碱均抑制水的电离平衡，故D错误；故选A．‎ ‎　‎ ‎6．下列说法或表示方法正确的是（　　）‎ A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多 B．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热大于57.3kJ C．由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.90kJ/mol可知，石墨没有金刚石稳定 D．在101kPa时，2g的氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算；吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程；‎ B、浓硫酸溶于水放热；‎ C、依据反应热量变化判断物质能量大小，物质能量越高越不稳定；‎ D、氢气燃烧反应是放热反应．‎ ‎【解答】解：A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，即前者放出热量多，故A错误；‎ B、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热，将含1molNaOH的溶液和含0.5molH2SO4的浓硫酸混合，放出的热量大于57.3 kJ，故B正确；‎ C、由C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.90kJ/mol可知，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；‎ D、在101kpa时，2gH2完全燃烧，生成液态水，放出285.8KJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8KJ/mol，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．下列叙述正确的是（　　）‎ A．某醋酸溶液的pH=a，将此溶液稀释10倍后，溶液的pH=b，则a＞b B．常温下，某溶液中由水电离的c（OH﹣）=1.0×10﹣13，则此溶液一定呈酸性 C．25℃时，将pH=4的盐酸稀释1000倍后，溶液的pH=7‎ D．25℃时，pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，若所得混合液的pH=7，则强碱与强酸的体积比是1：10‎ ‎【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】A．稀释醋酸，溶液氢离子浓度降低，pH增大；‎ B．常温下，某溶液中由水电离的c（OH﹣）=1.0×10﹣13，水的电离受到抑制；‎ C．盐酸无论稀释多少倍，溶液仍呈酸性；‎ D．若所得混合液的pH=7，反应后溶液呈中性，酸碱恰好完全反应．‎ ‎【解答】解：A．稀释醋酸，溶液氢离子浓度降低，pH增大，则a＜b，故A错误；‎ B．常温下，某溶液中由水电离的c（OH﹣）=1.0×10﹣13，水的电离受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故B错误；‎ C．盐酸无论稀释多少倍，溶液仍呈酸性，可接近7但小于7，故C错误；‎ D．若所得混合液的pH=7，反应后溶液呈中性，酸碱恰好完全反应，因c（OH﹣）=0.1mol/L，c（H+）=0.01mol/L，则强碱与强酸的体积比是1：10，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，是在其他条件一定时，反应2A+B⇌2C△H＜0，A的最大转化率与温度关系曲线，下列叙述正确的是（　　）‎ A．X或Y两点相应，V（正）＞V（逆）‎ B．Z、N两点表示未达平衡状态，且都是V（正）＞V（逆）‎ C．W点表示非平衡状态，V（正）＞V（逆）‎ D．相应反应速率大小的点：W＞Y＞N ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．‎ ‎【分析】根据图片知，曲线表示不同温度下A的物质达到平衡时曲线，在该曲线上的X、Y点都是平衡状态，Z、W点都是非平衡状态，平衡状态时V（正）=V（逆），对于有气体参加或生成的可逆反应，压强越大反应速率越大，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：根据图片知，曲线表示不同温度下A的物质达到平衡时曲线，在该曲线上的X、Y点都是平衡状态，Z、W、N点都是非平衡状态，平衡状态时V（正）=V（逆），‎ A．X或Y两点都是平衡点，所以V（正）=V（逆），故A错误；‎ B．Z、N两点表示未达平衡状态，要使反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向元素，所以这两点都是V（正）＞V（逆），故B正确；‎ C．W点表示非平衡状态，要使该反应达到平衡状态，则应该减小A的转化率，平衡向逆反应方向移动，所以V（正）＜V（逆），故C错误；‎ D．对于有气体参加或生成的可逆反应，压强越大反应速率越大，W、Y、N三点的压强大小顺序是N＞Y＞W，所以相应反应速率大小的点：W＜Y＜N，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．一定温度下，将4molPCl3和2molCl2充入容积不变的密闭容器中，在一定条件下反应：PCl3+Cl2⇌PCl5，各物质均为气态．达平衡后，PCl5为0.8mol．若此时再移走2molPCl3和1molCl2，相同温度下达到平衡，PCl5的物质的量为（　　）‎ A．0.8mol B．0.4mol C．0.4mol＜x＜0.8mol D．＜0.4mol ‎【考点】化学平衡建立的过程．‎ ‎【分析】达平衡后移走2.0mol PC13和1.0mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入2.0mol PC13和1.0mol C12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍．‎ ‎【解答】解：达平衡后移走2.0mol PC13和1.0mol C12，重新到达的平衡，可以等效为开始加入2.0mol PC13和1.0molC12到达的平衡，与原平衡相比压强减小，平衡向逆反应移动，反应物的转化率减小，故达新平衡时PC15的物质的量小于原平衡的倍，即达平衡时PC15的物质的量小于0.8mol×=0.4mol，‎ 故选D ‎　‎ ‎10．已知在298K时下述反应的有关数据：‎ C（s）+O2（g）=CO（g）△H1=﹣110.5kJ/mol C（s）+O2（g）=CO2（g），△H2=﹣393.5kJ/mol 则C（s）+CO2（g）=2CO（g）的△H 为（　　）‎ A．283.5kJ/mol B．172.5kJ/mol C．﹣172.5kJ/mol D．﹣504 kJ/mol ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】根据盖斯定律﹣﹣化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的，将反应①﹣②即可得目标反应，将反应热做相应变化即可．‎ ‎【解答】解：已知：C （s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.50KJ/mol ①‎ ‎ C （s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.51KJ/mol ②‎ 根据盖斯定律，将①×2﹣②可得：C （s）+CO2（g）=2CO（g）△H=（﹣110.50KJ/mol）×2﹣（﹣393.51KJ/mol）=+172.5KJ/mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．已知H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，根据热化学方程式H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286kJ/mol，判断H2O分子中O﹣H键的键能为（　　）‎ A．485.5 kJ/mol B．610 kJ/mol C．917 kJ/mol D．1 220 kJ/mol ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】化学反应中旧键断裂需要吸收能量，新键形成需要放出能量，化学反应中的反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，注意每摩尔H2O中含有2molH﹣O键，据此计算．‎ ‎【解答】解：设O﹣H键的键能为xKJ/mol，各化学键键能为：H﹣H键的键能为436kJ/mol，O═O键的键能为498kJ/mol，反应热的焓变：△H=反应物总键能﹣生成物总键能，则反应H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286kJ/mol，△H=1×436kJ/mol+×498kJ/mol﹣2×xkJ/mol=﹣286kJ/mol，解得：x=485.5KJ/mol，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎12．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下列说法不正确的是（　　）‎ A．平衡向正反应方向移动了 B．物质A的转化率增大了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，则a＜b，据此结合选项判断．‎ ‎【解答】解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，则a＜b，‎ A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A正确；‎ B、平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B正确；‎ C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；‎ D、减小压强，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．已知：‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1；‎ CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1．‎ 现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（　　）‎ A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3‎ ‎【考点】有关反应热的计算．‎ ‎【分析】H2与CH4的混合气体112L，n==5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，代入热化学反应方程式中计算热量即可解答．‎ ‎【解答】解：H2与CH4的混合气体112L，n==5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，‎ ‎ 2 571.6kJ ‎ x 285.8x CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ•mol﹣1，‎ ‎ 1 890kJ ‎ y 890ykJ 则，‎ 解得x=1.25mol，y=3.75mol，‎ 原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol=1：3，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（　　）‎ A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低 B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，KW不变 C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H+）降低 D．将水加热，KW增大，pH不变 ‎【考点】水的电离．‎ ‎【分析】A、氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中氢氧根浓度大于水中的；‎ B、硫酸氢钠能完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；‎ C、醋酸根水解对水的电离起到促进作用；‎ D、温度升高，水的离子积常数增大，则pH值减小．‎ ‎【解答】解：A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，c（OH﹣）增大，故A错误；‎ B、NaHSO4═Na++SO42﹣+H+，其中电离出的氢离子使c（H+）增大，但是温度不变，KW不变，故B正确；‎ C、CH3COONa中的醋酸根水解对水的电离起到促进作用，电离平衡右移，c（H+）降低，故C错误；‎ D、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．向三份1mol/L CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体（忽略溶液体积变化），则CH3COO﹣浓度的变化依次为（　　）‎ A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小 C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大 ‎【考点】影响盐类水解程度的主要因素．‎ ‎【分析】含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解．‎ ‎【解答】解：含有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果一种溶液显酸性，另一种溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解．‎ 醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，硝酸铵是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加硝酸铵会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小；‎ 亚硫酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，所以向醋酸钠溶液中加亚硫酸钠会抑制醋酸根离子的水解，导致醋酸根离子浓度增大；‎ 氯化铁是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性，所以向醋酸钠溶液中加氯化铁会促进醋酸根离子水解，导致醋酸根离子浓度减小，故选A．‎ ‎　‎ ‎16．下列反应能用勒沙特列原理解释的是（　　）‎ A．由SO2和O2反应制SO3需使用催化剂 B．燃烧粉碎的黄铁矿矿石有利于三氧化硫的生成 C．硫酸生产中用98.3%的硫酸吸收SO3，而不用水或稀硫酸吸收SO3‎ D．用氮气和氢气合成氨需采用高压 ‎【考点】化学平衡移动原理．‎ ‎【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应且存在平衡移动，否则勒夏特列原理不适用．‎ ‎【解答】解：A．催化剂对平衡移动没有影响，不能用勒沙特列原理解释，故A错误；‎ B．燃烧粉碎的黄铁矿，固体表面积较大，能加快反应速率，与勒沙特列原理无关，故B错误；‎ C．不能用水吸收三氧化硫而用98.3%的浓硫酸，若用水或稀硫酸吸收，轻易形成酸雾，且吸收速度慢，不能用勒沙特列原理解释，故C错误；‎ D．对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，正反应为气体总物质的量减小的反应，且正反应为放热反应，为使氨的产率提高，就要使化学平衡向正反应方向移动，就要降温并且加压，能用勒沙特列原理解释，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎17．在一密闭容器中进行以下可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+2L．在不同的条件下P的百分含量P%的变化情况如图，则该反应（　　）‎ A．正反应放热，L是固体 B．正反应放热，L是气体 C．正反应吸热，L是气体 D．正反应放热，L是固体或气体 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】依据图象分析，相同条件下，先拐先平温度高，压强大，依据ⅠⅡ可知温度越高P%越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，结合ⅡⅢ，压强越大P%越小，说明增大压强平衡逆向进行，平衡向气体体积减小的方向；‎ ‎【解答】解：依据图象分析，相同条件下，先拐先平温度高，压强大，依据ⅠⅡ可知温度越高P%越小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，结合ⅡⅢ，压强越大P%越小，说明增大压强平衡逆向进行，增大压强平衡向体积减小的方向，L为气体；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.5 mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）=0.3 mol•L﹣1•s﹣1‎ C．v（C）=0.8 mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）=1 mol•L﹣1•s﹣1‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快．‎ ‎【解答】解：化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，‎ A. =0.25，‎ B. =0.3，‎ C. =0.27，‎ D. =0.25，‎ 则反应速率最快的为B，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．室温时，下列溶液等体积混合后pH一定小于7的是（　　）‎ A．pH=3的盐酸和pH=11的氨水 B．pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液 C．pH=3的硫酸和pH=11的氨水 D．pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液 ‎【考点】pH的简单计算．‎ ‎【分析】A．一水合氨为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性；‎ B．二者恰好反应生成氯化钡；‎ C．一水合氨为弱碱，混合液中氨水过量，溶液呈碱性；‎ D．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液呈酸性．‎ ‎【解答】解：常温下溶液的pH一定小于7，则反应后溶液呈酸性，‎ A．pH=3的盐酸浓度为0.001mol/L，pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，故A错误；‎ B．pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液，二者恰好反应生成氯化钡，溶液呈中性，故B错误；‎ C．pH=3的硫酸中氢离子的浓度为0.001mol/L，pH=11的氨水浓度大于0.001mol/L，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，故C错误；‎ D．pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钾溶液等体积反应，由于醋酸为弱酸，则混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎20．对于密闭容器中进行的反应N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下列条件能加快其反应速率的是（　　）‎ A．增大体积使压强减小 B．体积不变，充入N2使压强增大 C．体积不变，充入He使压强增大 D．压强不变，充入气体Ne ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】决定化学反应速率快慢的因素有内因和外因，反应物本身的性质（内因），温度、浓度、压强、催化剂等为影响化学反应速率的外界因素，对于反应N2+O2⇌2NO是一个反应前后体积不变的反应，据此结合选项的内容解答．‎ ‎【解答】解：A．增大体积，反应物的浓度减小，单位体积活化分子的数目减少，反应速率减慢，故A错误；‎ B．体积不变充入N2使压强增大，对于反应N2+O2⇌2NO，氮气为反应物，反应物的浓度增大，活化分子的数目增多，反应速率增大，故B正确；‎ C．体积不变充入He使压强增大，但对于反应N2+O2⇌2NO，充入He参加反应的物质的浓度不变，活化分子的数目不变，反应速率不变，故D错误；‎ D．压强不变充入He，相当于是增大体系的体积，反应物的浓度减小，活化分子的数目减少，反应速率减慢，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共5小题，满分60分）‎ ‎21．利用钛白工业的副产品FeSO4（含TiO2+、Al3+）可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁．其工艺流程如图：‎ ‎（1）已知过滤1得到的滤渣的主要成分是Al（OH）3、H2TiO3，请写出TiOSO4水解成 H2TiO3沉淀的化学方程式：　TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4　；铁粉的作用有：①除去溶液中的Fe3+，②　与溶液中的H+反应，调节pH值，使Al3+水解完全生成Al（OH）3沉淀　．‎ ‎（2）沉淀反应的离子方程式是　2NH3•H2O+Fe2+=Fe（OH）2↓+2NH4+　．‎ ‎（3）沉淀过程的反应温度为40℃，温度不宜过高的原因除控制沉淀的粒径之外，还有　NH3•H2O和Fe（OH）2受热都易分解　．‎ ‎（4）FeC2O4生成时，要在真空环境下进行，原因是　氢氧化亚铁易被O2氧化　．‎ ‎（5）过滤2得到的滤液经蒸发浓缩、　冷却结晶、过滤、洗涤　，可得到副产品．‎ ‎【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ ‎【分析】副产品FeSO4（含TiO2+、Al3+）中加入水和铁粉，将少量重金属离子等除去，得到比较纯净的FeSO4溶液，向FeSO4溶液中加入氨水，生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和草酸反应生成高纯超微细草酸亚铁沉淀，‎ ‎（1）根据反应物和生成物写出化学方程式；Fe2+具有较强的还原性，Fe可以与氢离子反应调节pH；‎ ‎（2）一水合氨水是弱碱不能拆，与亚铁离子生成氢氧化亚铁沉淀，据此书写离子反应方程式即可；‎ ‎（3）氨水受热易分解，难溶性碱也具有热不稳定性，据此解答即可；‎ ‎（4）氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化；‎ ‎（5）从溶液中得到晶体，需经过蒸发浓缩溶液、冷却结晶以及过滤洗涤等操作．‎ ‎【解答】解：（1）反应物为TiOSO4和H2O，已知产物为H2TiO3，根据原子守恒可知另一产物为硫酸，因此化学方程式为TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4；由于Fe2+被具有很强的还原性，容易被氧化为Fe3+，铁粉的还原性比Fe2+强，因此可以防止Fe2+被氧化，另外Fe能与H+反应生成Fe2+，降低了氢离子的浓度，调节pH值，使Al3+水解完全生成Al（OH）3 沉淀，‎ 故答案为：TiOSO4+2H2O=H2TiO3↓+H2SO4；与溶液中的H+反应，调节pH值，使Al3+水解完全生成Al（OH）3 沉淀；‎ ‎（2）一水合氨是弱碱，与亚铁离子生成氢氧化亚铁沉淀，氨水不能拆，沉淀不能拆，故离子反应方程式为：2NH3•H2O+Fe2+=Fe（OH）2↓+2NH4+，‎ 故答案为：2NH3•H2O+Fe2+=Fe（OH）2↓+2NH4+；‎ ‎（3）氨水受热易分解生成氨气和水，氢氧化亚铁也具有热不稳定性，容易分解生成氧化物和水，故答案为：NH3•H2O和Fe（OH）2受热都易分解；‎ ‎（4）在沉淀反应中产生的中间产物Fe（OH）2易被空气中氧气氧化，所以FeC2O4生成时，要在真空环境下进行，故答案为：氢氧化亚铁易被O2氧化；‎ ‎（5）从溶液中得到晶体，需经过蒸发浓缩溶液、冷却结晶以及过滤、洗涤等操作，故答案为：冷却结晶、过滤、洗涤．‎ ‎　‎ ‎22．将物质的量均为3.00mol物质A、B混合于5L容器中，发生如下反应：3A+B⇌2C，在反应过程中C的物质的量分数随温度变化如图所示：‎ ‎（1）T0对应的反应速率v（正）　=　v（逆）（用“=”、“＞”或“＜”表示，下同）；‎ ‎（2）此反应的正反应为　放　热；（填“放”或“吸”）‎ ‎（3）X、Y两点A物质正反应速率的大小关系是Y　＞　X；‎ ‎（4）温度T＜T0时，C%逐渐增大的原因是：　反应未达平衡，仍在向正反应方向移动　；‎ ‎（5）若Y点的C的物质的量分数为25%，则参加反应的A物质的量为　1.8　mol．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）起始时加入物质的量均为3.00mol的物质A、B，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时，C的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等；‎ ‎（2）随着温度的继续升高，C的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移；‎ ‎（3）温度越高，反应速率越大；‎ ‎（4）反应还没有到达平衡，反应正向进行，随着温度升高，生成的C越来越多；‎ ‎（5）设参加反应的A的物质的量为x，根据方程式知：平衡状态时A的物质的量=（3﹣x）mol，B的物质的量=（3﹣）mol，C的物质的量=xmol，C的物质的量分数=×100%=25%，从而计算参加反应的A的物质的量．‎ ‎【解答】解：（1）起始时加入物质的量均为3.00mol的物质A、B，随着温度的升高，反应向正反应方向进行，当温度达到T0时，C的物质的量分数最大，说明达到反应的最大限度，即平衡状态，此时正逆反应速率相等，故答案为：=；‎ ‎（2）随着温度的继续升高，C的物质的量分数逐渐减小，说明温度升高平衡左移，则正反应为放热反应，故答案为：放；‎ ‎（3）温度越高，反应速率越大，Y点温度大于X点，则X点反应速率小于Y点，故答案为：Y＞X；‎ ‎（4）温度T0前，反应还没有到达平衡，反应向正反应进行，随着温度升高，生成的C越来越多，‎ 故答案为：反应还没有到达平衡，反应向正反应进行；‎ ‎（5）设参加反应的A的物质的量为x，根据方程式知：平衡状态时A的物质的量=（3﹣x）mol，B的物质的量=（3﹣）mol，C的物质的量=xmol，C的物质的量分数=×100%=25%，x=1.8mol，‎ 故答案为：1.8．‎ ‎　‎ ‎23．对可逆反应aA（g）+bB（g）⇌cC（g）+dD（g），达到平衡时，各物质的物质的量浓度应满足以下关系： =K，K为一常数，称为化学平衡常数，其反应的K值只与温度有关，现有反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H＜0，在850℃时，K=1．‎ ‎（1）若升高温度到950℃，达到平衡时K　小于　1（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0mol CO，3.0mol H2O，1.0mol CO2和5.0mol H2时，上述平衡向　逆反应　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）对于放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，泽尔平衡常数减小；‎ ‎（2）反应混合物各物质的量系数相同都为1，利用物质的量代替浓度，计算浓度商Qc，根据浓度商Qc与平衡常数k的关系判断，Qc＞k平衡向逆反应进行，Qc=k反应处于平衡状态，Qc＜K平衡向正反应进行．‎ ‎【解答】解：（1）该反应的△H＜0，为放热反应，升高温度后平衡向着吸热的逆向移动，则生成物浓度减小、反应物浓度增大，该反应的平衡常数减小，所以950℃的平衡常数K＜1，‎ 故答案为：小于；‎ ‎（2）850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0mol CO，3.0mol H2O，1.0mol CO2和5.0mol H2时，设此时容器体积为VL，泽尔此时的浓度商Qc=≈1.67＞K=1，则平衡向逆反应方向移动，‎ 故答案为：逆反应．‎ ‎　‎ ‎24．CH4、H2、C都是优质的能源物质，它们燃烧的热化学方程式为：‎ ‎①2CH4（g）+4O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5Kj•mol﹣1‎ ‎（1）在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷气体与O2作用而产生的能量存活，甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量　=　（填“＞”、“＜”或“=”）890.3kJ．‎ ‎（2）甲烷与CO2可用于合成合成气（主要成分是一氧化碳和氢气）：CH4+CO2═2CO+2H2，1g CH4完全反应可释放15.46kJ的热量，则：‎ ‎①图1（所有物质均为气态）能表示该反应过程中能量变化的是　D　（填字母）．‎ ‎②若将物质的量均为1mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，体系放出的热量随时间的变化如图2所示，则CH4的转化率为　63%　．‎ ‎（3）C（s）与H2（g）不反应，所以C（s）+2H2（g）═CH4（g）的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出C（s）+2H2（g）═CH4（g）的反应热△H=　﹣74.8kJ•mol﹣1　．‎ ‎（4）目前对于上述三种物质的研究是燃料研究的重点，下列关于上述三种物质的研究方向中可行的是　C　（填字母）．‎ A．寻找优质催化剂，使CO2与H2O反应生成CH4与O2，并放出热量 B．将固态碳合成为C60，以C60作为燃料 C．寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气（CO、H2）‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890，.3kJ•mol﹣1，得到甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水放出的热量；‎ ‎（2）①甲烷与CO2可用于合成合成气（主要成分是一氧化碳和氢气）：CH4+CO2═2CO+2H2，1g CH4完全反应可释放15.46kJ的热量，计算1mol甲烷完全反应放出的热量，反应为放热反应，据此分析图象判断；‎ ‎②依据①计算得到的反应的焓变，图中中是反应达到平衡状态时放热155.8KJ，计算反应的甲烷得到转化率；‎ ‎（3）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H1=﹣890.3kJ/mol；‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎③C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H2=﹣393.5kJ/mol 反应C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）可以是②+③﹣①得到，由此分析解答；‎ ‎（4）A．CO2与H2O反应生成CH4和O2，为吸热反应；‎ B．将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同；‎ C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性；‎ ‎【解答】解：（1）CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890，.3kJ•mol﹣1，得到甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水放出的热量等于890，.3kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：=；‎ ‎（2）①甲烷与CO2可用于合成合成气（主要成分是一氧化碳和氢气）：CH4+CO2═2CO+2H2，1g CH4完全反应可释放15.46kJ的热量，计算1mol甲烷完全反应放出的热量=15.46KJ×16=247.36KJ，反应焓变△H=﹣247.36KJ/mol，反应为放热反应，反应物能量高于生成物，反应的热化学方程式为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），△H=﹣247.36KJ/mol，符合能量变化的图象只有D符合，‎ 故答案为：D； ‎ ‎ ②反应的热化学方程式为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），△H=﹣247.36KJ/mol，图象可知反应达到平衡状态放出热量155.80KJ，则反应的甲烷物质的量==0.63mol，甲烷转化率为63%，‎ 故答案为：63%；‎ ‎（3）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H1=﹣890.3kJ/mol；‎ ‎②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎③C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H2=﹣393.5kJ/mol 盖斯定律计算，②+③﹣①得到，反应C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）△H=﹣74.8 kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：﹣74.8 kJ•mol﹣1；‎ ‎（4）A．甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生成CH4和O2为吸热反应，故A错误；‎ B．将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同，研究方向不可行，故B错误；‎ C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性，利用优质催化剂、太阳能实现转化，故C正确；‎ 故选C．‎ 故答案为：C；‎ ‎　‎ ‎25．某种食用精制盐包装袋上有如表说明：‎ 产品标准 GB5461‎ 产品等级 一级 配 料 食盐、碘酸钾、抗结剂 碘含量（以I计）‎ ‎20～50mg/kg 分装时期 分装企业 ‎（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）　1　KIO3+　5　KI+　3　H2SO4═　3　K2SO4+　3　I2+　3　H2O ‎（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验．向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳．‎ ‎①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是　I2+SO32﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+2H+　．‎ ‎②某学生设计回收四氯化碳的操作为：‎ a．将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；‎ b．加入适量Na2SO3稀溶液；‎ c．分离出下层液体d．将分液漏斗充分振荡后静置 其中分液漏斗使用前须进行的操作是　检查是否漏水　，上述操作正确的顺序是：　abdc　（填序号）‎ ‎（3）已知：I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣．某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：‎ a．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；‎ b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；‎ c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10﹣3mol•L﹣1的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全．‎ ‎①判断c中反应恰好完全依据的现象是　滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色　．‎ ‎②b中反应所产生的I2的物质的量是　1.0×10﹣5　mol．‎ ‎③根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是（以含w的代数式表示）　　mg/kg．‎ ‎【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．‎ ‎【分析】（1）依据氧化还原反应的元素化合价变化升高和降低相同，结合原子守恒配平化学方程式；‎ ‎（2）①Na2SO3稀溶液与I2反应Na2SO3稀溶液具有还原性被氧化为硫酸钠，I2具有氧化性，被还原为I﹣，结合反应的电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式；‎ ‎②分液漏斗使用前须进行检漏，向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳，其操作为将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中，加入适量Na2SO3稀溶液，将分液漏斗充分振荡后静置，分离出下层液体，据此答题；‎ ‎（3）①溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色；‎ ‎②根据（1）中反应方程式计算；‎ ‎③根据I原子守恒找出碘酸钾中碘原子与碘单质的关系式分析计算．‎ ‎【解答】解：（1）该反应中化合价的变化为：KIO3→I2，I元素由+5价→0价，一个KIO3分子得5个电子；KI→I2，I元素由﹣1价→0价，一个KI分子失一个电子，所以得失电子的最小公倍数为5，KIO3的计量数为1，KI的计量数为5，其它元素根据原子守恒配平，所以反应方程式为KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，‎ 故答案为：1；5；3；3；3；3；‎ ‎（2）①Na2SO3稀溶液与I2反应Na2SO3稀溶液具有还原性被氧化为硫酸钠，I2具有氧化性，被还原为I﹣，结合反应的电荷守恒和原子守恒配平写出离子方程式，Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是：I2+SO32﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+2H+，‎ 故答案为：I2+SO32﹣+H2O=2I﹣+SO42﹣+2H+；‎ ‎②分液漏斗使用前须进行检漏，向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳，其操作为将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中，加入适量Na2SO3稀溶液，将分液漏斗充分振荡后静置，分离出下层液体，所以操作顺序为abdc，‎ 故答案为：检查是否漏水；abdc；‎ ‎（3）①碘遇淀粉变蓝色，所以溶液呈蓝色，随反应I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣进行，溶液中没有碘，溶液由蓝色为无色，说明反应到终点，判断c中反应恰好完全所依据的现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，‎ 故答案为：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；‎ ‎②b中生成的碘在c中反应I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，所以 ‎ I2 ～～～～～～2S2O32﹣，‎ ‎ 1mol 2mol ‎ 1.0×10﹣5mol 2.0×10﹣3mol•L﹣1×0.0025L×=2.0×10﹣5mol，‎ 故答案为：1.0×10﹣5；‎ ‎③根据KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O可知 ‎ I～～～～～KIO3～～～～～3I2‎ 碘酸钾中的碘 127g 3mol ‎ ‎ m 1.0×10﹣5mol 所以m=×10﹣5g，‎ 所以设每千克食盐中含碘××10﹣5g=g=mg，‎ 即为mg/kg，‎ 故答案为：．‎