【化学】北京市东城区北京景山学校2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】北京市东城区北京景山学校2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市东城区北京景山学校2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量：H1 O16 S32 Na23‎ 第I卷 一、选择题(每题只有一个正确选项)‎ ‎1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（   ）‎ A. 硅太阳能电池 B. 锂离子电池 C. 太阳能集热器 D. 燃气灶 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，A错误；‎ B. 锂离子电池将化学能转化为电能，B错误；‎ C. 太阳能集热器将太阳能转化为热能，C错误；‎ D. 燃气灶将化学能转化为热能，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎2.下列物质间的反应，其能量变化符合图示的是 A. 生石灰和水的反应 B. 固体氢氧化钡晶体和氯化铵 C. 灼热的碳和二氧化碳 D. 制水煤气 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应。‎ ‎【详解】A.生石灰和水的反应为放热反应，A正确；‎ B.固体氢氧化钡晶体和氯化铵为吸热反应，B错误；‎ C.灼热的碳和二氧化碳，为以碳为还原剂的氧化还原反应，为吸热反应，C错误；‎ D.制水煤气为吸热反应，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎3.下列物质中，属于弱电解质的是 A. HCl B. Na2CO‎3 ‎ C. Ca(OH)2 D. CH3COOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．HCl是强酸，能完全电离，属于强电解质，A不符；‎ B．Na2CO3是盐，能完全电离，属于强电解质，B不符；‎ C．Ca(OH)2是强碱，能完全电离，属于强电解质，C不符；‎ D．CH3COOH弱酸，部分电离，属于弱电解质，D符合；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列溶液呈碱性的是 A. 氯化钾溶液 B. 硫酸铝溶液 ‎ C. 碳酸钠溶液 D. 硫酸氢钠溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯化钾是强酸强碱盐，水溶液是中性，A错误；‎ B．硫酸铝是强酸弱碱盐，Al3+发生水解，溶液呈酸性，B错误；‎ C．碳酸钠是强碱弱酸盐，发生水解，溶液呈碱性，C正确；‎ D．硫酸氢钠是酸式盐，电离产生氢离子，溶液呈酸性，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.配制FeCl3溶液时，为防止其水解，应向溶液中加入少量 A. HCl B. H2O C. NaCl D. NaOH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氯化铁属于强酸弱碱盐，铁离子水解显酸性，方程式为FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，所以为防止其水解，应向溶液中加入少量氯化氢，增大氢离子浓度，平衡左移，抑制水解；加水稀释，促进水解，加NaOH，中和了氢离子，促进了水解，NaCl对水解平衡没有影响；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列关于铜电极的叙述不正确的是 A. 铜锌原电池中铜是正极 B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极 C. 在镀件上电镀铜时，用金属铜作阳极 D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铜锌原电池中，锌易失电子作负极，铜作正极，正极上得电子发生还原反应，故A正确；‎ B．电解精炼铜时，阳极材料是粗铜，粗铜失电子发生氧化反应，纯铜作阴极，阴极上铜离子放电析出铜，故B正确；‎ C．电镀铜时，铜作阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，镀件作阴极，阴极上铜离子放电生成铜，故C正确；‎ D．如果用铜作阳极电解稀硫酸溶液，阳极上铜失电子发生氧化反应而得不到氧气，应该用惰性电极电解稀硫酸，故D错误；‎ 故答案为D。‎ ‎7.下列溶液一定呈中性的是 A. pH＝7的溶液 B. 使酚酞溶液呈无色的溶液 C. c（H＋）＝c（OH－）的溶液 D. c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．pH=7的溶液不一定呈中性，如‎100℃‎时，水的离子积常数是10-12，pH=6‎ 时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，选项A错误；B、酚酞的变色范围是8-10，酚酞显示无色，溶液有可能显示碱性，选项B错误；C、溶液呈酸碱性本质，取决与溶液中H+浓度与OH-浓度的相对大小，溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液一定显示中性，选项C正确；A．c（H＋）＝10－7 mol/L的溶液不一定呈中性，如‎100℃‎时，水的离子积常数是10-12，c（H＋）＝10－6 mol/L时溶液呈中性，当c（H＋）＝10－7 mol/L时溶液呈碱性，选项D错误。答案选C。‎ ‎8.生产水煤气的反应为 ：C(s)+H2O(g) = CO(g)+H2(g) △H=+131.4kJ/mol下列判断正确的是（ ）‎ A 反应物能量总和大于生成物能量总和 B. CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(l) △H=-131.4kJ/mol C. 水煤气反应中生成1molH2(g)吸收131.4kJ热量 D. 水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应的正反应是吸热反应，说明反应物能量总和小于生成物能量总和，A错误；‎ B.等质量的气态水含有的能量比液体水高，所以CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)，△H=-131.4kJ/mol，则CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(l)，△H＜-131.4kJ/mol，B错误；‎ C.根据热化学方程式可知水煤气反应中生成1molH2(g)和CO时会吸收131.4kJ热量，C正确；‎ D.热化学方程式中方程式的系数只表示物质的量，不表示气体的体积，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎9.关于化学反应 A(g)+2B(g)===‎3C(g)+ 2D(g)，下列表示的反应速率最大的是 A. v(A)＝0.8mol/(L·min) B. v(B)＝0.9mol/(L·min)‎ C. v(C)＝1.5mol/(L·min) D. v(D)＝1.2mol/(L·min)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，，，，‎ ‎，则A表示的反应速率最大，答案选A。‎ ‎10.在一定温度下，可逆反应 A(g) + 3B(g)⇌‎2C(g)达到平衡的标志是 A. A、B、C 的浓度相等 ‎ B. C 生成的速率和 C 分解的速率相等 C. 单位时间内生成 n mol A，同时生成 3n mol B ‎ D. A、B、C 的分子数之比为 1:3:2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、百分含量不再改变。‎ ‎【详解】A.A、B、C 的浓度相等不能说明正逆反应速率相等，各组分浓度不再改变，A错误；‎ B.同一种物质的生成速率与分解速率相等是平衡状态，B正确；‎ C.生成n mol A，同时生成3n mo1B，都表示逆反应速率，无论反应是否达到平衡，这个关系总是成立的，C错误；‎ D.达平衡时，A、B、C三种物质的分子数之比可能是1：3：2，也可能不是1：3：2，与反应开始时加入的A、B物质的量及物质转化率有关，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，判断时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎11.某化学反应达到化学平衡：A(g)+3B(g)⇌‎2C(g) ΔH<0，将气体混合物的温度降低，下列叙述正确的是 A. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动 B. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动 C. 正反应速率变大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动 D. 正反应速率变小，逆反应速率变大，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】降低温度，正逆反应速率都减小；又因该反应为放热反应，则降低温度，有利于平衡向正反应方向移动； ‎ 答案选A。‎ ‎12.下列事实可以证明一水合氨是弱电解质的是 ‎①0.1mol/L 的氨水可以使酚酞试液变红；②0.1mol/L 的氯化铵溶液的 pH 约为 5；③在相同条件下，0.1mol/L 氨水的导电性比 0.1mol/LNaOH 溶液弱；④铵盐受热分解。‎ A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①0.1mol/L的氨水可以使酚酞溶液变红，说明一水合氨电离出氢氧根离子而使其溶液呈碱性，与一水合氨的电离程度无关，故①错误；‎ ‎②常温下，任何浓度的强酸强碱盐的pH应为7，而0.1mol/L的氯化铵溶液的pH约为5，说明铵根发生水解，则说明一水合氨为弱碱，所以能说明一水合氨是弱电解质，故②正确；‎ ‎③在相同条件下，氨水溶液的导电性比强碱溶液弱，则一水合氨的电离程度小于强碱，所以能说明一水合氨是弱电解质，故③正确；‎ ‎④铵盐受热易分解，说明铵盐的不稳定性，不能说明一水合氨的电离程度，所以不能证明一水合氨是弱电解质，故④错误；‎ 答案选B。‎ ‎13.常温下，下列物质加入水中，最终所得溶液中水电离的 c(H+)＞10-7 mol·L-1 的是 A. NaOH B. NH4Cl C. HCl D. Na2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，常温下，下列物质加入水中，最终所得溶液中水电离的c(H+)＞10-7mol•L-1，说明加入该溶质促进水电离，则该物质是含有弱离子的盐，‎ A．NaOH是强碱，抑制水电离，A错误；‎ B．NH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水电离，B正确； ‎ C．HCl是酸，抑制水电离，C错误；‎ D．Na2SO4是强酸强碱盐，不影响水的电离，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是 A. Ba2+、Mg2+、、 B. H+ 、K+ 、CH3COO-、OH-‎ C. H+、Al3+、Cl-、 D. Ba2+、Na+、OH- 、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Ba2+与产生硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；‎ B.H+ 与CH3COO-、OH-产生弱电解质醋酸、水，不能共存，B错误；‎ CH+与反应产生水和二氧化碳，Al3+与发生双水解，不能共存，C错误；‎ D.Ba2+、Na+、OH- 、Cl-四种离子相互之间不发生反应，能共存，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎15.如图所示，ΔH1＝-393.5kJ·mol-1，ΔH2＝-395.4kJ/mol，下列说法或表示式正确的是 A. 金刚石的稳定性强于石墨 B. 石墨和金刚石的转化是物理变化 C. C(s、石墨)=C(s、金刚石) ΔH＝+1.9kJ·mol-1‎ D. 断裂1 mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨的稳定性强于金刚石，A错误；‎ B．石墨和金刚石的转化有新物质生成，属于化学变化，B错误；‎ C．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应，ΔH为正，所以ΔH=-393.5kJ·mol-1-(-395.4kJ/mol)=+1.9kJ·mol-1，石墨转化为金刚石热化学方程式为：C(s、石墨)=C(s、金刚石) ΔH＝+1.9kJ·mol-1，C正确；‎ D．C(s、石墨)=C(s、金刚石)的ΔH＞0，所以断裂1 mol石墨中的化学键吸收的能量比形成 ‎1mol金刚石中的化学键放出的能量多，所以，断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量多，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎16.在常温下，下列电解质溶液的有关叙述正确的是 A. 在含有 BaSO4 沉淀的溶液中加入 Na2SO4 固体，c(Ba2+)增大 B. 同物质的量浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的 pH 一定等于 7‎ C. 含 1mol KOH 的溶液与 1mol CO2 完全反应后，溶液中 c(K+)＝c()‎ D. 在 CH3COONa 溶液中加入适量 CH3COOH，可使 c(Na+)＝c(CH3COO-)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在含有BaSO4沉淀的溶液中存在平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42-(aq)，加入Na2SO4固体，平衡逆向移动，c(Ba2+)减小，A错误；‎ B.若强酸为二元强酸，强碱为一元强碱，则混合后酸过量，溶液呈酸性，B错误；‎ C.含 1mol KOH 的溶液与 1mol CO2完全反应生成碳酸氢钾，由物料守恒知，c(K＋)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)，C错误；‎ D.在醋酸钠溶液中，由于CH3COO－水解，使c(CH3COO－)比c(Na＋)小些，加入适量醋酸后，醋酸能电离一定量的CH3COO－，有可能出现c(CH3COO－)＝c(Na＋)，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.微型银锌纽扣电池的电极分别是 Ag2O 和 Zn，电解质溶液为 KOH 溶液，总反应式为Ag2O+H2O+Zn===Zn(OH)2+2Ag。下列说法正确的是 A. Zn 是正极，Ag2O 是负极 B. Ag2O 是正极，Zn 是负极 C. 工作时，电池负极区溶液 pH 增大 D. 工作时，电子由 Ag2O 极经外电路流向 Zn 极 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池反应式Ag2O+H2O+Zn===Zn(OH)2+2Ag知，Zn失电子的物质作负极，Ag2O 得电子的物质作正极，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；根据电池电极附近氢氧根离子浓度的变化判断溶液pH值的变化 ‎【详解】A．电池反应式Ag2O+H2O+Zn===Zn(OH)2+2Ag中，较活泼的金属锌失去电子发生氧化反应，所以锌作负极，氧化银得电子发生还原反应，所以氧化银作正极，A错误；‎ B．锌作负极，氧化银作正极，B正确；‎ C．原电池放电时，负极上锌失电子和氢氧根离子反应生成氢氧化锌，导致负极附近氢氧根离子浓度降低，溶液的pH值减小，C错误；‎ D．原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极，所以该原电池放电时，电子从锌沿导线流向氧化银，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.用石墨电极电解CuCl2溶液（见右图）。下列分析正确的是 A. a端是直流电源的负极 B. 通电使CuCl2发生电离 C. 阳极上发生的反应：Cu2++2e-=Cu D. 通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；‎ B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；‎ C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故C错误；‎ D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎19.如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象中正确的是（ ）‎ A. 逸出气体的体积，a电极的小于b电极的 B. 一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体 C. a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色 D. a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，a为阴极产生氢气，b为阳极产生氧气，逸出气体的体积，a电极的大于b电极的，故A错误；‎ B选项，根据A选项的分析，两个电极都产生无色无味的气体，故B错误 C选项，a电极氢离子放电，a周围还有大量的氢氧根离子，使a电极附近的石蕊变为蓝色，b电极氢氧根放电，b周围还有大量的氢离子，使b电极附近的石蕊变为红色，故C错误；‎ D选项，根据C选项分析，故D正确；‎ 综上所述，答案为D。‎ ‎20.下列关于 NaOH 溶液和氨水的说法正确的是 A. 相同浓度两溶液中的 c(OH-) 相等 B. pH＝13 的两溶液稀释 100 倍，pH 都为 11‎ C. 100 mL 0.1 mol/L 的两溶液能中和等物质的量的盐酸 D. 两溶液中分别加入少量对应的 NaOH 固体，c(OH-) 均明显减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，NH3•H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以等浓度的两种溶液中c(OH-)是NaOH的大于氨水，A错误；‎ B．pH=13的两种溶液，氨水浓度大于NaOH，加水稀释促进NH3•H2O，导致稀释后c(OH-)‎ 在NaOH的小于氨水，所以氨水的pH大于11，B错误；‎ C．两种物质都是一元碱，等物质的量的氨水和NaOH完全被HCl中和时，消耗盐酸的物质的量相等，C正确；‎ D．往NaOH溶液中加少量NaOH固体，c(OH-)增大，在氨水中加NaOH固体，抑制氨水电离，但同离子效应的程度比加入NaOH的小，故c(OH-)也增大，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。‎ ‎【详解】A项、水是弱电解质，存在电离平衡H2OH++OH-，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积中增大，可以用平衡移动原理解释，故A正确；‎ B项、二氧化氮气体中存在平衡2NO2N2O4，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故B正确；‎ C项、氨水中存在平衡NH3•H2ONH4++OH-，浓度越稀，电离程度越大，故0.1mol/L 的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故C正确；‎ D项、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应。‎ ‎22.保护地下钢管不受腐蚀，可使它连接（ ）‎ A. 铜板 B. 石墨 ‎ C. 直流电源负极 D. 直流电源正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 连接铜管，Fe的活动性比Cu强，构成原电池时，Fe作负极，腐蚀速率加快，不能起到保护地下钢管不受腐蚀，A不符合题意；‎ B. 石墨的活动性比Fe弱，构成原电池时Fe作负极，被氧化，腐蚀速率加快，不能起到保护地下钢管不受腐蚀，B不符合题意；‎ C. 与直流电源负极连接，Fe作阴极，不被腐蚀，可以起到保护作用，保护地下钢管不受腐蚀，C符合题意；‎ D. 与直流电源正极连接，作阳极，会加快反应速率，不能起到保护作用，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎23.已知反应A(g)＋B(g)nC(g) △H＝x kJ·mol-1，在不同条件下进行时，混合物中C的百分含量随时间变化的关系如图。‎ 下列有关叙述一定正确的是 A. a条件下的反应速率小于b条件下的反应速率 B. 其他条件相同时，a表示有催化剂，b表示无催化剂 C. 其他条件相同，若a、b表示不同压强下的反应，则n＞2‎ D. 其他条件相同，若a、b表示不同温度下的反应，则x＞0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A. 图中可知a条件下达到平衡所需时间短，反应速率快，选项A不正确；‎ B. 使用催化剂不改变平衡状态，只改变达到平衡所需的时间，选项B不正确；‎ C. a到达平衡时间短，所以a压强高，压强越大，平衡时C的百分含量（C%）越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，所以n＞2，选项C正确；‎ D. a到达平衡时间短，所以a温度高，升温平衡时C的百分含量（C%）减小，平衡逆向移动，所以△H＜0，但无法判断X的大小，选项D不正确；‎ 答案选C。‎ ‎24.将 0.1 mol/L 的醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是 A. 溶液中 c(H+)和 c(OH-)都减小 B. 溶液的 pH 增大 C. 醋酸电离平衡向左移动 D. 溶液中 c(CH3COO-)增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加水稀释，促进醋酸电离，但氢离子增大的个数远远小于水增加的体积，所以氢离子浓度降低，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，故A错误；‎ B．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子增大的个数远远小于水增加的体积，所以氢离子浓度减小，溶液的 pH 增大，故B正确； ‎ C．加水稀释促进醋酸电离，所以平衡向右移动，故C错误；‎ D．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但是醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c(CH3COO-)减小，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎25.已知： (1)Fe2O3(s)+C(s)＝CO2(g)+2Fe(s)，ΔH＝+234.1kJ•mol-1 ‎ 则的ΔH是（ ）‎ A. －824.4 kJ•mol-1 B. －627.6kJ•mol‎-1 ‎ C. -744.7kJ•mol-1 D. -169.4kJ•mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知：(1)2Fe(s)+CO2(g)=Fe2O3(s)+C(s)△H=-234.1kJ•mol-1(2)C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，由盖斯定律(2)×+(1)，得：2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)△H=(-393.5kJ•mol-1)×+(-234.1kJ•mol-1)=-824.4kJ•mol-1，可知：2Fe(s)+O2(g)=Fe2O3(s)△H=-824.4kJ•mol-1，故答案为A。‎ ‎【点睛】利用盖斯定律计算反应热，熟悉已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键。应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。‎ 第II卷 二、综合题 ‎26.某小组同学在实验室中组装如下图所示装置，请回答：‎ ‎(1)从能量转化的角度看，该装置是将____(填能量转化的形式)，符合该装置的化学反应类型一定是____反应。‎ ‎(2)若 a 为锌片，b 为铜片，左右两侧烧杯中分别盛有ZnSO4溶液和CuSO4 溶液，则 b 极的电极反应式是_____，a 极可观察到的现象是______；导线中电子流动的 方向是_____(用“a→b”或“b→a”表示)，盐桥中的阳离子向______(填“a”或“b”) 极方向移动。‎ ‎(3)另一种原电池乙如下图所示装置，甲、乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是______(填“甲”或“乙”)，其原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). 化学能转化电能 (2). 氧化还原 (3). Cu2++2e-=Cu (4). 锌片溶解 (5). a→b (6). b (7). 甲 (8). 电池乙负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能，电池甲的负极不与所接触的电解质溶液反应，化学能在转化为电能时损耗较小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由原电池工作原理，一般活泼金属作负极失去电子发生氧化反应，原电池中电子由负极移向正极，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由图甲装置分析可知，甲为原电池，装置中发生氧化还原反应，有电子的转移，从而将化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为电能；氧化还原；‎ ‎(2)若a为锌片，b为铜片，左右两侧烧杯中分别盛有ZnSO4溶液和CuSO4 溶液，则a作负极，Zn失去电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，因此a极锌片溶解，b作正极，Cu2+在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，原电池中电子由负极移向正极，阳离子向正极移动，则导线中的电子流动的方向是a→b，盐桥中的阳离子向b极方向移动，故答案为：Cu2++2e-=Cu；锌片溶解；a→b；b；‎ ‎(3)由于带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液直接接触，两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能，因此甲、乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，故答案为：甲；电池乙负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能，电池甲的负极不与所接触的电解质溶液反应，化学能在转化为电能时损耗较小。‎ ‎27.常温下，两种溶液① 0.1 mol/L NH3·H2O ② 0.1 mol/L NH4Cl 中：‎ ‎(1)溶液①的 pH_______7(填“＞”、“＜”或“＝”)，其原因是_________(用离子方程式表示)。‎ ‎(2)溶液②呈_______性(填“酸”、“碱”或“中”)。水解反应是吸热反应，升温可以_______(填“促进”或“抑制”)NH4Cl 的水解。‎ ‎(3)两种溶液中 c( ) 的大小为_____(填字母)。‎ a．两种溶液中 c() 都等于 0.1 mol/L b．两种溶液中 c() 都小于 0.1 mol/L c．NH4Cl 溶液中 c() 小于 NH3·H2O 溶液中 c()‎ ‎【答案】 (1). ＞ (2). NH3·H2ONH4++OH- (3). 酸 (4). 促进 (5). b ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)NH3·H2O是弱碱，在水溶液能电离出氢氧根离子：NH3·H2ONH4++OH-，导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性，溶液的pH＞7；‎ ‎(2)氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子能水解导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；盐类水解反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，所以能促进水解；‎ ‎(3)氨水是弱电解质，在水中电离程度很小，铵根离子浓度很小；氯化铵是强酸弱碱盐，能水解但水解程度很小，主要以电离为主，所以相同浓度的氨水和氯化铵溶液，氯化铵溶液中铵根离子浓度较大，但都小于0.1mol/L，故选b。‎ ‎28.亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以‎1kg样品中含的质量计)，某研究小组同学设计了如下实验方案。‎ I.称取样品W g;‎ II.向样品中加人足量稀硫酸:‎ III.将II中产生的,用足量溶液吸收;‎ IV.将III所得硫酸溶夜用氢氧化钠溶液滴定;‎ V.数据处理。‎ ‎(1)是一种食品添加剂。写出与稀反应的离子方程式:____________‎ ‎(2)步骤中H2O2的作用是 __________________________‎ ‎(3)步骤N中可选用的指示剂为__________。下图显示滴定终点时，滴定管(量程为25mL)读数为_______________。‎ ‎(4)步骤IV中消耗溶液V mL,则‎1 kg样品中含的质量是 ‎__________g(用含W、V的代数式表示)。‎ ‎(5)此实验方案测得亚硫酸盐含量偏低，步骤II会产生该误差，请说明理由。(写出2条)_______________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 将氧化为 (3). 酚酞溶液 (4). 20.60mL (5). (6). 部分溶解在稀硫酸中、与水反应、+4价硫被氧气氧化等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 亚硫酸钠能与强酸反应放出SO2，有较强还原性的SO2能被过氧化氢氧化成硫酸，进而用中和滴定原理分析相关问题。‎ ‎【详解】(1)H2SO3酸性弱于H2SO4，与稀反应的离子方程式；‎ ‎(2)步骤III中，利用H2O2较强的氧化性，将SO2氧化为，化学方程式H2O2+SO2＝；‎ ‎(3)步骤IV中，强碱滴定强酸，可选用酚酞或甲基橙作指示剂。滴定管由上向下读数，精度为0.01mL，故图中液面处读数为20.60mL；‎ ‎(4)步骤IV中，n(NaOH)＝0.01000mol/L×V×10‎-3L＝V×10-5mol，据SO2~~2NaOH，则Wg样品含质量：V×10-5mol×½×‎64g/mol＝3.2×10-4×Vg，‎1 kg样品中含的质量是3.2×10-4×Vg/(W/1000)＝ g；‎ ‎(5)据计算关系式，步骤IV消耗NaOH溶液偏少，使测得亚硫酸盐含量偏低。从步骤II看，是装置中逸出的SO2偏少，可能原因是①SO2溶解度较大，生成的SO2部分溶解于稀硫酸；②部分SO2残留在装置中没有被H2O2溶液吸收；③部分SO2被发生装置中的空气氧化；④装置气密性不良，有SO2逸到空气中。‎ ‎【点睛】分析实验误差，应从计算关系入手，结合物质的性质和实验实际进行，切忌臆造结论。‎ ‎29.降低大气中 CO2 含量及有效地开发利用 CO2，已受到各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用 CO2 来生产燃料甲醇。为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为 ‎1L ‎ 的恒容密闭容器中，充入 1mol CO2 和 3mol H2，一定条件下发生反应： CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝-49.0kJ/mol。测得CO2 和 CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。‎ ‎(1)在恒温恒容条件下，下列能说明反应达到化学平衡状态的是 _________(选填字母)‎ A．体系压强不再改变 B．气体密度不再改变 C．CO2 的浓度不再改变 D．v 正(CO2)= v 逆(H2)‎ ‎(2) 从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率 v(H2)＝________mol/(L·min)。‎ ‎(3)在该温度下，该反应的平衡常数为_________(保留小数点后 2 位)。‎ ‎(4)下列措施中能使平衡体系中 n(CH3OH)/n(CO2)增大的是_________(选填字母)。‎ A．升高温度 B．充入 He(g)，使体系压强增大 C．将 H2O(g)从体系中分离出去 D．再充入 1mol H2‎ ‎(5)当反应达到平衡时，H2 的物质的量浓度为 c1，然后向容器中再加入一定量 H2，待反应再一次达到平衡后，H2 的物质的量浓度为 c2，则 c1________________c2(填“>”、“<”或“＝”)。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 0.075 (3). 5.33 (4). CD (5). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，判断化学平衡状态是变化量不再发生改变，则说明到达平衡；‎ ‎(2)由图先求出甲醇的反应速率，再由化学反应速率之比等于化学计量数之比，求的氢气反应速率；‎ ‎(3)列出三段式，找到平衡时各物质的平衡浓度，即可求出平衡常数；‎ ‎(4)要使n（CH3OH）/n（CO2）增大应采取措施，即使平衡向正反应移动；‎ ‎(5)由勒夏特列原理，反应只能向着减弱这种影响的方向移动，不能消除影响；‎ ‎【详解】(1)在恒温恒容条件下，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝-49.0kJ/mol，反应是气体体积减小的放热反应，‎ A．该反应是气体体积减小的放热反应，当体系压强不再改变，说明各气体的组分不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确； ‎ B．反应前后气体体积和质量不变，气体的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，B错误；‎ C．CO2 的浓度不再改变，则消耗CO2的量与生成CO2的量相等，二氧化碳正逆反应速率相同，说明反应达到平衡状态，C正确；‎ D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则3v 正(CO2)= v 正(H2)，故当3v 正(CO2)= v 正(H2)= v 逆(H2)时正逆反应速率相等，才能说明反应达到平衡状态，D错误；‎ 故答案为AC；‎ ‎(2)由图可知反应到10min后达到平衡，甲醇的反应速率为：，由化学反应速率之比等于化学计量数之比，则氢气的平均反应速率 v(H2)= v(CH3OH)=0.075 mol/(L·min)，答案为0.075；‎ ‎(3)由图中数据，列出该反应的三段式：‎ 则该反应的平衡常数：，答案为5.33；‎ ‎(4)使n(CH3OH)/n(CO2)增大应采取措施，使平衡向正反应移动，注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量，‎ A．该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，n(CH3OH)/n(CO2)减小，故A错误；‎ B．充入He(g)，使体系压强增大，容器的容积不变，反应混合物的浓度不变，平衡不移动，n(CH3OH)/n(CO2)不变，故B错误；‎ C．将H2O(g)从体系中分离，平衡向正反应移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，故C正确；‎ D．再充入1mol H2，平衡向正反应移动，n(CH3OH)/n(CO2)增大，故D正确；‎ 答案选CD；‎ ‎(5)由勒夏特列原理，反应只能向着减弱这种影响的方向移动，不能消除影响，故平衡后，再加入H2‎ ‎，平衡正向移动，开始的瞬间氢气浓度下降，但后来氢气加入，它的浓度最终会增多，故c1 (3). 乙 (4). b (5). 甲 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ NaHCO3的水溶液中存在水解平衡HCO3—+H2O H2CO3+OH－，溶液显碱性。‎ ‎【详解】(1)升高温度，溶液中的水解反应方程式为HCO3—+H2O H2CO3+OH－HCO3—，温度升高，水解程度增大，产生更多的OH-，c(OH-)增大，溶液的碱性增强。‎ ‎(2)酸性：H2CO3>HCO3－，酸性越强，其盐水解的程度越小。因此Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。‎ ‎(3)①只要判断加热煮沸后的溶液中是否含有碳酸钠，即可判断甲乙同学的对错，若含有碳酸钠即乙同学正确，否则甲同学正确。‎ a．Ba(OH)2+ Na2CO3=BaCO3↓+2NaOH；Ba(OH)2+NaHCO3= BaCO3↓+H2O+NaOH，都白色沉淀，无法鉴别二者，a错误；‎ b.BaCl2+ Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl。BaCl2与NaHCO3不能发生反应，现象不同，可以鉴别二者，b正确；‎ c.NaOH溶液与Na2CO3不发生反应，无现象，NaOH +NaHCO3= Na2CO3+H2O，反应但是无明显现象，无法鉴别二者，c错误；‎ d.加入澄清石灰水发生反应Ca(OH)2+ Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH；Ca(OH)2+NaHCO3= CaCO3↓+H2O+NaOH，都产生白色沉淀，无法鉴别二者，d错误；‎ 答案选b。‎ 因此可以证明乙的观点是正确的。‎ ‎②升高温度，盐溶液的pH增大，降低温度，盐溶液的pH又减小，恢复至原来的pH值，说明未反应产生碳酸钠，证明甲的观点是正确的。‎ 附加题： ‎ ‎31.CO2甲烷化是一种实现CO2资源化利用的有效途径。‎ Ⅰ．热化学转化 CO2甲烷化过程发生反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH ‎(1)每生成1mol CH4(g)，放热165 kJ，则ΔH＝______。‎ ‎(2)反应的平衡常数的表达式：K＝______。温度升高，K______(填“增大”或“减小”)。‎ ‎(3)其他条件不变时，一段时间内，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如下图。‎ 注：选择性＝转化为目标产物的原料量÷原料总的转化量 CO2甲烷化反应选择0.1MPa而不选择更高压强的原因是______。‎ Ⅱ．电化学转化 多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如下。电解过程中温度控制在‎10℃‎左右，持续通入CO2。阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。‎ ‎(4)多晶Cu作______(填“阴”或“阳”)极。‎ ‎(5)结合电极反应式，说明阴极室KHCO3溶液浓度基本不变的原因：______。‎ ‎(6)上述电解过程中采取了______措施(写2条即可)使CO2优先于H+放电。‎ ‎【答案】 (1). －165 kJ·mol−1 (2). c(CH4)·c2(H2O)/[c(CO2)·c4(H2)] (3). 减小 (4). 在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗 (5). 阴 (6). 阴极发生反应：9CO2+8e−+6H2O ==CH4+8HCO3−，每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，又有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变 (7). 以pH≈8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在‎10℃‎左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据反应放热分析解答；‎ ‎(2)发生的反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－165 kJ·mol−1，据此书写平衡常数的表达式，结合影响化学平衡的因素分析判断；‎ ‎(3)根据图像，压强大于0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，结合生产成本分析解答；‎ ‎(4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，根据发生的反应的类型分析解答；‎ ‎(5)结合阴极反应式和阴离子交换膜的作用分析解答；‎ ‎(6)可以从温度对气体的溶解度、阴离子交换膜的作用等角度分析解答。‎ ‎【详解】(1)方程式中CH4的系数=1，反应放热，因此方程式对应的ΔH＝－165 kJ·mol−1，故答案为－165 kJ·mol−1；‎ ‎(2)CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－165 kJ·mol−1，平衡常数K=；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故答案为 ‎；减小；‎ ‎(3)根据图像，压强大于0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，为节约成本，应该选择0.1MPa，故答案为在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗；‎ ‎(4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此铜为阴极，故答案为阴；‎ ‎(5)阴极反应式9CO2+8e−+6H2O=CH4+8HCO3−，阴极生成HCO3−，电路中每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，同时有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的HCO3−浓度基本保持不变，故答案为阴极反应式9CO2+8e−+6H2O =CH4+8HCO3−，每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，又有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变；‎ ‎(6)①降低温度，能够提高气体在水中的溶解度，提高水中二氧化碳的浓度，从而提高二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电；②采取阴离子交换膜，阳极区中氢氧根放电，氢离子浓度增大，能够防止阳极区生成的氢离子移向阴极，可以防止阴极区氢离子浓度增大，使CO2优先于H+放电；③将溶液调节成碱性，降低阴极区氢离子浓度，降低氢离子氧化性，通过二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电，故答案为以pH≈8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在‎10℃‎左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等。‎