【化学】湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考）试题（解析版）

【化学】湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考）试题（解析版）

湖北省沙市中学2019-2020学年高二上学期期中考试（选考）试题 相对原子质量：H 1 O 16 K 39 Mn 55‎ 第Ⅰ卷 一、选择题 ‎1.在密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＜0，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 升温，正、逆反应速率均加快 ‎ B. 压缩容器增大压强，化学平衡正向移动 C. 充入O2，可提高SO2的转化率 ‎ D. 当气体总质量不变时，反应达平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，升高温度，正、逆反应速率均加快，故A不符合题意；‎ B、正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，故B不符合题意；‎ C、反应中充入O2，可提高SO2的转化率，氧气转化率减小，故C不符合题意；‎ D、反应前后气体质量始终保持不变，气体质量不变不能说明反应达到平衡状态，故D符合题意。‎ ‎2.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是（　　）‎ ‎①增加C的量   ②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大    ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】反应中固体参加，改变固体量对反应速率没有影响，如气体的浓度不变，则反应速率不变，而浓度、压强、温度以及催化剂影响反应速率，以此解答该题。‎ ‎【详解】①C是固体，所以增加C的用量，浓度不变，不影响反应速率；‎ ‎②将容器的体积缩小一半，气体物质浓度增大，反应速率增大；‎ ‎③保持体积不变，充入N2使体系压强增大，但参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变； ‎ ‎④保持压强不变，充入氮气使容器容积增大，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小；‎ 故答案C。‎ ‎3.实验操作规范且能达到目的是( )‎ ‎ ‎ 目的 操作 A．‎ 取20.00 mL盐酸 在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶 B．‎ 清洗碘升华实验所用试管 先用酒精清洗，再用水清洗 C．‎ 测定醋酸钠溶液pH 用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上 D．‎ 配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液 称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、酸式滴定管的下端有一部分没有刻度，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，所得到的盐酸体积大于20mL，故A错误；‎ B、碘易溶于酒精，先用酒精清洗，再用水清洗，故B正确；‎ C、湿润的pH试纸会将溶液稀释，测定结果会产生误差，故C错误；‎ D、称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，不正确，要在烧杯中溶解固体，冷却后的溶液用玻璃棒转移到容量瓶中，故D错误； ‎ 综上所述，本题选B。‎ ‎4.已知重铬酸钾(K2Cr2O7)具有强氧化性，其还原产物Cr3+在水溶液中呈绿色或蓝绿色。在K2Cr2O7溶液中存在下列平衡：Cr2O72−(橙色) + H2O2CrO42−(黄色) + 2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是（     ）‎ A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72−被C2H5OH还原 C. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深；加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A不符合题意；‎ B、②中溶液变成绿色，重铬酸钾被还原，重铬酸钾氧化乙醇，故B不符合题意；‎ C、②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C不符合题意；‎ D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D符合题意。‎ ‎5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）‎ A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−‎ B. c(H+)/c(OH−)＝1×10−12的溶液中：K+、Na+、CO32−、NO3−‎ C. c(Fe2+)＝1mol/L的溶液中：K+、H+、SO42−、MnO4−‎ D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42−、HCO3−‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Fe3+可与SCN−结合形成Fe(SCN)3，溶液变红色，因此，该组离子在溶液中不能大量共存。故A不选；‎ B、c(H+)/c(OH−)＝1×10−12的溶液中c(OH-)>c(H+)，显强碱性。四种离子之间不发生反应，且它们与OH-也都不反应，所以，该组离子在指定溶液中能大量共存；B正确；‎ C、Fe2+可与MnO4−在溶液中发生氧化还原反应，因此，该组离子在溶液中不能大量共存。故C不选；‎ D、能使甲基橙变红色的溶液呈强酸性，HCO3-可与氢离子结合生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳和水，所以，该组离子在溶液中不能大量共存。故D不选。‎ ‎6.某容积为1L的密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 该反应在高温下才能自发进行 B. 再加入一定量CO2，则n(CH3OH)/n(CO2)减小 C. 温度升高，反应的平衡常数K增大 D. 当CO2和H2转化率相等时，该反应达到化学平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据复合平判据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＜0，且ΔG＜0时，反应自发进行，因此该反应在低温条件下自发进行，A错误；‎ B．再加入一定量CO2，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，但是n(CO2)的增大幅度大于n(CH3OH)，因此n(CH3OH)/n(CO2)减小，B正确；‎ C．温度升高，平衡向吸热的逆向移动，因此反应的平衡常数K减小，C错误；‎ D．初始投料CO2和H2的物质的量之比为1：3，反应过程中，CO2和H2转化量之比为1:3，因此不管是否平衡，两者的转化率始终相等，D错误。故答案B。‎ ‎7.如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是　　)‎ A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极 B. O2所在的铂电极处发生还原反应 C. 该电池的负极反应式为：‎ D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】氧气得到电子被还原成H2O，氧气在正极反应，所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸，在负极反应。‎ ‎【详解】A. 氧气的一极为正极，是电流流出的一极，电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A项正确；B. O2得到电子，发生还原反应，故B项正确；C.‎ ‎ 根据图示，乙醇失去电子生成醋酸，电极反应式为CH3CH2OH-4e-+H2O=CH3COOH+4H+，故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+是错误的，故C项错误；D. 酒精的多少意味着电流的大小，故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量，故D项正确。故选C。‎ ‎8.下列说法错误的是（　　）‎ A. 溶液中：‎ B. 溶液中：‎ C. 配制溶液，应加少量盐酸 D. 将溶液蒸干，灼烧得 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在醋酸溶液中存在物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=0.1mol·L－1，故A说法正确；‎ B、在硫化钠溶液中存在质子守恒，即c(OH－)=c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，故B说法正确；‎ C、FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋发生水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入少量的盐酸，c(H＋)增大，抑制Fe3＋水解，故C说法正确；‎ D、Al2(SO4)3属于强酸弱碱盐，Al2(SO4)3溶液中存在Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，盐类水解是吸热过程，加热促进水解，但硫酸为难挥发性酸，因此硫酸铝溶液蒸干仍为硫酸铝，故D说法错误。‎ 答案选D。‎ ‎9.实验过程中，下列溶液的导电能力变化不大的是（ ）‎ A. Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液 B. 醋酸溶液中滴入氨水至过量 C. 澄清石灰水中通入CO2 D. NH4Cl溶液中加入适量的NaOH固体 ‎【答案】D ‎【解析】导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的大小。A、氢氧化钡是强电解质，加入硫酸后，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力下降直至为零，然后随着H2SO4‎ 溶液的滴入，导电性增强，A错误；B、醋酸是弱酸，导电能力不大，加入氨水后，生成醋酸铵是强电解质，导电能力增强，导电性变化大，B错误；C、氢氧化钙是强电解质，通入二氧化碳后会产生白色沉淀碳酸钙和水，导电能力几乎变为零，再通入二氧化碳，会生成碳酸氢钙，导电性又会逐渐增强，溶液的导电能力变化较大，C错误；D、氯化铵为强电解质，加入NaOH后生成弱电解质一水合氨和强电解质NaCl，离子的浓度变化不大，故导电性变化不大，D正确；答案选D。‎ ‎10.对于可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是（ ）‎ A. NH3和H2O化学反应速率关系是2v正(NH3)= 3v正(H2O)‎ B. 达到化学平衡时，4v正(O2)= 5v逆(NO )‎ C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大 D. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3 ，则反应达到平衡状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，A错误；‎ B、达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，B正确；‎ C、达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，C错误；‎ D、单位时间内消耗x mol NH3与生成x mol NO都表示正反应速率，整个反应过程中二者都相等，不能说明反应达到平衡状态，D错误；‎ 正确选项B。‎ ‎11.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al-3e-=Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正确；‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。‎ 故选C。‎ ‎12.控制适合的条件，将反应2Fe3++2I-2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是（ ）‎ A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应 B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原 C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态 D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由反应2Fe3+ +2I- 2Fe2+ +I2可知,反应开始时,甲中Fe3+发生还原反应,乙中I-发生氧化反应;当电流计读数为零时,则反应达到了平衡状态,此时在甲中溶入FeCl2固体,平衡向逆反应方向移动,乙中I2发生还原反应,则乙中石墨电极为正极。‎ ‎【详解】A．反应开始时乙中石墨电极上I-被氧化成I2，发生了氧化反应，故A正确。B．反应开始时,甲中石墨电极上Fe3+被还原成Fe2+，故正B确;C．当电流计读数为零时,则反应达到了平衡状态,故C正确。D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，则甲中Fe2+浓度变大，发生氧化反应，甲为负极，故D错误。答案：D。‎ ‎13.依据如图判断，下列说法正确的是(　　)‎ A. 氢气的燃烧热ΔH＝－241.8 kJ·mol－1‎ B. 2 mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低 C. 液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1‎ D. H2O(g)生成H2O(l)时，断键吸收能量小于成键放出的能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8 kJ·mol－1, A错误；‎ B. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(g)，放出热量483.6 kJ，所以2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量高，B错误；‎ C.液态水分解的热化学方程式为:2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)，ΔH＝+（483.6+88）=+571.6 kJ·mol－1,C正确；‎ D.H2O(g)生成H2O(l)时，为物理变化,不存在化学键的断裂和生成，D错误；‎ 正确选项C。‎ ‎14. 已知室温时，0.1mo1/L某一元酸HA在水中有0.1％发生电离，下列叙述错误的是：（ ）‎ A. 该溶液的pH=4 ‎ B. 升高温度，溶液的pH增大 ‎ C. 此酸的电离平衡常数约为1×10-7 ‎ D. 由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H+)=0.1× 0.1%mol·L-1=10-4 mol·L-1，pH=4，故A项正确；‎ B项，升温促进电离，溶液的pH减小，故B项错误；‎ C项，此酸的电离平衡常数约为K===1×10-7，故C项正确；‎ D项，由HA电离出的c(H+)约为10-4 mol·L-1，所以c(H+，水电离)= 10-10 mol·L-1，前者是后者的106倍，所以由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍，故D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎15.向绝热恒容密闭器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示。由图可得出的正确结论是（ ）‎ A. 反应在c点达到平衡状态 B. 反应物浓度：a点小于b点 C. 反应物的总能量低于生成物的总能量 D. Δt1=Δt2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，A错误；‎ B.反应从正反应方向开始，随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，所以反应物浓度：a点大于b点，B错误；‎ C.从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应的正反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；‎ D.随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率将逐渐增大，SO2的转化率：a~b段小于b~c段,D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎16.在密闭容器中发生如下反应：aA(g)+bB(g)‎ cC(g)。某化学兴趣小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，得到下列图像（图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率）。下列分析正确的是（ ） ‎ A. 如图1反应：若p1＞p2，则该反应只能在高温下自发进行 B. 如图2反应：此反应的ΔH＜0，且T1＜T2‎ C. 如图3反应：表示t1时刻一定是使用催化剂对反应速率的影响 D. 如图3反应：表示t1时刻增大B的浓度对反应速率的影响 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由反应1图可知，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，说明正反应是熵减的反应，升温平衡逆向移动，说明正反应是放热反应，根据可知，该反应在低温度时自发进行，故A错误；‎ B、由图可知，T2的起始斜率大于T1，说明T11×10−14，则温度高于25℃，故答案为：>；水的电离为吸热过程，升温促进水的电离，Kw增大；‎ ‎（2）该温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol/L的溶液，c(OH−)===1×10−5mol·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7mol⋅L−1；‎ ‎（3）Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，Cl2+H2OH++Cl-+HClO平衡逆向移动，即向生成Cl2分子方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动；‎ ‎（4）25 ℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)===1×10-10mol/L=c(OH-)水= c(H+)水，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(H+)=1×10-10mol/L= c(H+)水= c(OH-)水，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。‎ ‎22.现有①CH3COOH溶液 ②HCl溶液。请用下列选项的序号填空：‎ A．①＞② B．①＜② C．①＝②‎ ‎（1）当它们的pH相同时，其物质的量浓度关系是_________。‎ ‎（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH的关系是__________。‎ ‎（3）中和等体积、等物质的量浓度的烧碱溶液，需等物质的量浓度的两种酸溶液的体积关系为_______。‎ ‎（4）体积和物质的量浓度相同的①、②两溶液，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后的溶液呈中性，所需烧碱溶液的体积关系为__________。‎ ‎（5）当它们pH、体积均相同时，分别加入足量的锌，相同状况下产生气体体积关系为_________。‎ ‎（6）将pH相同的两种酸均稀释10倍后，pH的关系为_________。‎ ‎【答案】(1). A (2). A (3). C (4). B (5). A (6). B ‎【解析】‎ ‎【详解】CH3COOH为弱电解质，在溶液中部分电离，HCl是强电解质，在溶液中完全电离。‎ ‎（1）当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol/L，需要氯化氢溶液浓度为1mol/L，所以其物质的量浓度由大到小排列的是：①>②，故选A；‎ ‎（2）当它们的物质的量浓度相同时，CH3COOH是弱酸，部分电离，氢离子浓度小；HCl是强酸完全电离，电离出的氢离子大于醋酸，根据pH=−lgc(H+)可知，溶液的pH由大到小排列的是：①>②，故选A；‎ ‎（3）中和相同体积、相同物质的量浓度的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要醋酸1mol，需要HCl1mol；需相同物质的量浓度的两种酸溶液的体积大小关系为：①=②，故选C；‎ ‎（4）体积和浓度相同的①、②溶液，假设溶质为1mol，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，CH3COOH是弱酸，恰好中和生成醋酸钠溶液呈碱性，所以需要烧碱小于1mol；氯化氢和1mol氢氧化钠恰好反应溶液呈中性，所以所需烧碱溶液的体积由大到小关系为：②>①，故选B；‎ ‎（5）当它们的pH相同体积相同时，醋酸为弱电解质，醋酸的浓度大于盐酸，所以同时加入足量锌，产生氢气的体积：①>②，故选A；‎ ‎（6）将pH相同的两种酸均稀释10倍后，盐酸中氢离子的物质的量基本不变，而醋酸在稀释过程中，电离程度增大，溶液中氢离子物质的量增大，溶液的pH小于盐酸溶液的，所以pH关系为为：②>①，故选B。‎ ‎23.我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法。‎ Ⅰ．已知：2CO(g) + O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝－566 kJ/mol ‎ ‎2Fe(s) + 3/2O2(g)＝Fe2O3(s) ΔH＝－825.5 kJ/mol ‎ 反应：Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝________ kJ/mol。 ‎ Ⅱ．反应1/3Fe2O3(s)+CO(g)2/3 Fe(s)+CO2(g)在1000℃的平衡常数等于4.0。在一容积为10 L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10min后达到平衡。 ‎ ‎（1）CO的平衡转化率为 __________。 ‎ ‎（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是 _________。 ‎ a．提高反应温度 b．增大反应体系的压强 ‎ c．选取合适的催化剂 d．及时吸收或移出部分CO2 ‎ e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触 ‎ Ⅲ．高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下与H2反应制备甲醇： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。请根据图示回答下列问题：‎ ‎（1）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率υ(H2)＝_____________。 ‎ ‎（2）若在温度和容积相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡时的有关数据如下表： ‎ 容器 反应物投入的量 反应物 转化率 CH3OH的浓度 能量变化 ‎（Q1，Q2，Q3均大于0）‎ 甲 ‎1 mol CO和2 mol H2‎ α1‎ c1‎ 放出Q1 kJ热量 乙 ‎1 mol CH3OH α2‎ c2‎ 吸收Q2 kJ热量 丙 ‎2 mol CO和4 mol H2‎ α3‎ c3‎ 放出Q3 kJ热量 则下列关系正确的是 _________（填序号）。 ‎ A ．c1＝c2；B．2Q1＝Q3；C．2α1＝α3；D．α1+α2=1；E．该反应若生成1 mol CH3OH，则放出（Q1+Q2）kJ热量 ‎【答案】 (1). －23.5 (2). 60% (3). d (4). 0.15mol/(L•min) (5). ADE ‎【解析】‎ ‎【分析】I．依据热化学方程式和盖斯定律计算得到需要的热化学方程式；‎ II．（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，利用三段式表示出平衡时CO、CO2的物质的量，化学计量数都是1，利用物质的量代替浓度代入平衡常数计算n的值，进而计算CO的浓度变化量，再利用转化率定义计算CO的转化率；‎ ‎（2）提高CO的平衡转化率，应使平衡向正反应移动，但不能增大CO的用量，结合选项根据平衡移动原理分析；‎ III．（1）根据图象中生成甲醇的量求出消耗的氢气的量，再求出氢气的反应速率； （2）甲容器反应物投入1molCO 2molH2与乙容器反应物投入1mol CH3OH在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时CH3OH的浓度c1=c2、α1+α2=1、Q1+Q2能量总变化相当于1molCO.2molH2完全转化成1mol CH3OH的能量，即吸放热Q1+Q2数值上就等于90.8kJ；甲容器反应物投入量1molCO、2molH2与丙容器反应物投入量2molCO、4molH2，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，由平衡移动原理，则相较于甲容器（或假设状况）而言，丙容器平衡向正向移动，也就是说，丙容器的转化率比甲容器还要大一些．因此2c1 Kh(NH4+)，相同浓度的CH3COOH与NH4Cl溶液，醋酸的pH小于NH4Cl的pH；‎ 则这几种溶液的pH由小到大的顺序是①②⑥⑤④③；‎ ‎（3）电离常数越大，酸的酸性越强，酸性越强，对应离子的水解能力越弱。根据表中电离常数数据，可得酸性强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-‎ ‎，对应离子的水解能力：CH3COO－＜HCO3-＜CN－＜CO32-；‎ ‎①因离子的水解能力：CH3COO－＜HCO3-＜CN－＜CO32-，均为阴离子水解，水解能力越大，所得溶液的碱性越强，pH越大。则有25℃时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为 Na2CO3>NaCN>CH3COONa，即b＞a＞c 或 bac；‎ ‎②因离子的水解能力：HCO3-＜CN－＜CO32-，可知，CO32-结合H＋的能力大于CN－，则可知在NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为 CN−+CO2+H2O＝HCO3−+HCN；‎ 当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl－)=1.0×10−5 mol·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)===2.0×10-5 mol·L−1；此时刚好生成Ag2CrO4沉淀，则此时溶液中c(CrO42−)= = =5×10-3 mol·L−1。‎ ‎25.甲醇既是基本有机化工原料，又可作为燃料用于替代矿物燃料。‎ ‎（1）工业上合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH。下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）。‎ 温度 ‎250℃‎ ‎300℃‎ ‎350℃‎ 平衡常数K ‎2.041‎ ‎0.270‎ ‎0.012‎ 由表中数据判断该反应为 ________反应（填“吸热”或“放热”）。 某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2 L的密闭容器中充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝0.2 mol/L，则CO的转化率为______，此时的温度为______（从表中选择）。 ‎ ‎（2）已知在常温常压下： ‎ ‎①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g) ΔH1 kJ/mol ‎ ‎②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2 kJ/mol ‎ ‎③H2O(g)＝H2O(l) ΔH3 kJ/mol ‎ 则反应 CH3OH(l)+O2(g)＝CO(g)+2H2O(l) ΔH＝ _____________ kJ/mol（用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示） ‎ ‎（3）现以甲醇燃料电池，采用电解法来处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72‾）时，实验室利用如图装置模拟该法： ‎ ‎ ‎ ‎①N电极的电极反应式为 ___________________________________。‎ ‎②请完成电解池中Cr2O72‾转化为Cr3+的离子反应方程式： ‎ Cr2O72‾ + ______ Fe2+ + ______ ＝ ______ Cr3+ + ______ Fe3+ + ______ ‎ ‎（4）处理废水时，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去，当c(Cr3+)＝1×10‾5 mol/L 时，Cr3+沉淀完全，此时溶液的pH＝______。（已知：Ksp=6.4×10‾31，lg2=0.3）‎ ‎【答案】(1). 放热 (2). 80% (3). 250℃ (4). 或(ΔH1－ΔH2)+2ΔH3 (5). O2+4e−+4H+=2H2O (6). 6 (7). 14H+ (8). 2 (9). 6 (10). 7H2O (11). 5.6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；‎ 某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：‎ ‎ CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L）： 1       3               0‎ 变化浓度（mol/L）： 0.8   1.6            0.8‎ 平衡浓度（mol/L）： 0.2   1.4           0.8‎ 由此计算CO转化率和此温度下平衡常数，进而判断温度；‎ ‎（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变；‎ ‎（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水；‎ ‎②电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+的系数为6，再结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；‎ ‎（4）Ksp=c(Cr3+)×c3(OH-)=6.4×10‾31计算c(OH-)，根据KW=c(H+)×c(OH-)计算溶液中c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算。‎ ‎【详解】（1）由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故△H<0，某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，则：‎ ‎                   CO（g）+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始浓度（mol/L）： 1       3               0‎ 变化浓度（mol/L）： 0.8   1.6            0.8‎ 平衡浓度（mol/L）： 0.2   1.4           0.8‎ CO转化率=×100%=80%，平衡常数K===2.041，故温度为250℃，‎ 故答案为：放热；80%；250℃；‎ ‎（2）①2CH3OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+4H2O(g) ΔH1 kJ/mol ‎ ‎②2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g) ΔH2 kJ/mol ‎ ‎③H2O(g)＝H2O(l) ΔH3 kJ/mol 根据盖斯定律(①−②+4×③)可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H= 或(ΔH1－ΔH2)+2ΔH3；‎ ‎（3）①氢离子由质子交换膜由M电极区移向N电极区，则M为负极、N为正极，负极上发生氧化反应，甲醇失去电子，生成二氧化碳与氢离子，负极电极反应式为：CH3OH−6e−+H2O=6H++CO2↑，正极发生还原反应，氧气获得电子，与通过质子交换膜的氢离子结合为水，正极电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，‎ 故答案为：O2+4e−+4H+=2H2O；‎ ‎②电解池溶液里Cr2O72-转化为Cr3+‎ ‎，化合价降低共6价，左侧Fe电极为阳极，Fe失去电子生成Fe2+，酸性条件Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+，自身被氧化为Fe3+，化合价升高共1价，化合价升降最小公倍数为6，则Cr2O72-的系数为1，Fe2+的系数为6，反应离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，‎ 故答案为：6；14H+；2；6；7H2O；‎ ‎（4）Ksp=c(Cr3+)×c3(OH−)=6.4×10-31，c(Cr3+)=1×10-5mol·L−1时，溶液中c(OH−)===4×10-9mol·L−1，则c(H+)==mol/L=2.5×10-6mol·L−1，则pH=−lg(2.5×10-6) =5.6。‎ ‎ ‎ ‎ ‎