福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题

福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高二上学期月考化学试题

泉港一中2019-2020学年上学期第二次月考试卷高二化学 一、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题2分，共20分）‎ ‎1. 下列有关燃料的说法错误的是 A. 燃料燃烧产物CO2是温室气体之一 B. 化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C. 以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D. 燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A．温室气体包括CO2、CH4等气体，A项正确；‎ B．化石燃料完全燃烧产生大量CO2气体，大气中CO2含量过高会导致温室效应等环境问题，B项错误；‎ C． 液化石油气等物质燃烧能生成水和二氧化碳，是一种比较清洁的能源，所以以液化石油气代替燃油可减少大气污染，C项正确；‎ D．CO是有毒气体，则燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)‎ A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；‎ B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；‎ C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；‎ D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。‎ 故选:A。‎ ‎3.若要在铜片上镀银时，下列叙述中错误的是（ ）‎ ‎①将铜片接在电源的正极 ②将银片接在电源的正极 ③在铜片上发生的反应是：Ag++e﹣=Ag ④在银片上发生的反应是：4OH--4e-=O2+2H2O ⑤可用CuSO4溶液作电解质溶液 ⑥可用AgNO3‎ 溶液作电解质溶液 A. ①③⑥ B. ②③⑥ C. ①④⑤ D. ②③④⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电镀原理，若在铜片上镀银，铜做电解池的阴极与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银；银做电解池的阳极和电源正极相连，银失电子发生氧化反应生成银离子；电解质溶液为硝酸银溶液。‎ ‎【详解】①将铜片接在电源的负极上，故①错误；‎ ‎②将银片接在电源的正极上，故②正确；‎ ‎③在铜片上发生的反应是：Ag++e-=Ag ，故③正确；‎ ‎④在银片上发生的反应是：Ag-e-=Ag+，故④错误；‎ ‎⑤用含有镀层金属的盐溶液作电解质溶液，不能选用硫酸铜溶液为电镀液，故⑤错误；‎ ‎⑥用含有镀层金属的盐溶液作电解质溶液，可以选用硝酸银溶液为电镀液，故⑥正确；‎ 综上所述，错误的有①④⑤；故选C。‎ ‎【点睛】掌握电镀原理是解题的关键。本题的易错点为电解质溶液的选择，要注意用含有镀层金属的盐溶液作电解质溶液，常见的易溶于水的银盐就是硝酸银。‎ ‎4.下列图示与对应的叙述不相符合的是 A. 表示燃料燃烧反应的能量变化 B. 表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化 C. 表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程 D. 表示强碱滴定强酸滴定曲线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；‎ B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；‎ C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；‎ D．强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎5.下列说法正确的是（ ）‎ A. 若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6．02×1023‎ B. 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7‎ C. 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D. 一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)=2v逆(NH3)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、2H2O2=2H2O＋O2↑，生成1molO2，转移电子物质的量为2×6.02×1023，故错误；‎ B、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，等体积混合醋酸过量，水溶液显酸性，pH<7，故错误；‎ C、牺牲阳极的阴极保护法，是根据原电池原理，比铁活泼的金属作负极，钢铁做正极，阴极保护法，是根据电解池原理，钢铁做阴极，可以防止钢铁的腐蚀，故正确；‎ D、要求方向是一正一逆，且反应速率之比等于系数之比，2v正(H2)=3v逆(NH3)，故错误。‎ ‎6.下列有关电解质溶液的说法正确的是 A. 向0.1molCH3COOH溶液中加入少量水，溶液中 减小 B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中 增大 C. 向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 >1‎ D. 将0.1mol/L的NaOH的温度提高至80℃，溶液的pH变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀醋酸加水稀释促进电离，醋酸分子浓度减小程度大于氢离子浓度减小程度，故A错误；‎ B. 升温促进醋酸根离子水解，醋酸的水解平衡常数增大，上式是醋酸根离子水解平衡常数的倒数，所以题目中的比值应减小，故B错误；‎ C. 据电荷守恒，上述比值应等于1，故C错误；‎ D.温度升高，促进水的电离，水的离子积常数增大，虽然氢氧根离子浓度不变，但氢离子浓度增大，所以溶液的pH变小，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎7.下列事实能说明亚硝酸是弱电解质的是（ ）‎ ‎①25℃时亚硝酸钠溶液的pH大于7 ②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗 ‎③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应 ④0.1mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1‎ A. ①②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就证明了弱电解质。①中溶液显碱性，说明亚硝酸钠水解，可以证明亚硝酸是弱酸；②只能说明亚硝酸的溶液导电性弱，但不能说明是否存在电离平衡；③中只能说明亚硝酸的酸性弱于硫酸的，但不能说明是否存在电离平衡；④根据pH可知，亚硝酸没有完全电离，存在电离平衡，可以证明，答案选C。‎ ‎8.10 mL浓度为1 mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是(　　)‎ A. KNO3 B. CH3COONa C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。‎ A、加入KNO3，则可看成溶液中有硝酸，硝酸与锌反应不产生氢气，选项A错误；‎ B、加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，选项B正确；‎ C、加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，选项C错误；‎ D、加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎9.羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：‎ CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1‎ 反应前CO物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是 A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应 B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大 C. 反应前H2S物质的量为7mol D. CO的平衡转化率为80%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，A错误；‎ B．通入CO后，CO浓度增大，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，B错误；‎ C. 根据 CO（g）+H2S（g）COS（g）+H2（g） K=0.1‎ 起始物质的量（mol） 10 n 0 0‎ 变化物质的量（mol） 2 2 2 2‎ 平衡物质的量（mol） 8 n-2 2 2‎ 设该容器的体积为V，根据K=0.1，列关系式得 [（2÷V）×（2÷V））÷[（8÷V）×（n-2）÷V]=0.1，解得n=7，C正确；‎ D.根据上述数据，CO的平衡转化率为2mol÷10mol×100%=20%，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.二甲醚是一种绿色、可再生的新能源。如图是绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图(a、b均为多孔性Pt电极)。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)‎ A. a电极为该电池正极 B. O2在b电极上得电子，被氧化 C. 电池工作时，a电极反应式：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋‎ D. 电池工作时，燃料电池内部H＋从b电极移向a电极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氧气得电子，化合价降低，故b电极是正极；由图知在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+；‎ A．通燃料的一极，失电子，为负极，即a为负极，故A错误；‎ B．O2在b电极上得电子，被还原，故B错误；‎ C．在a电极二甲醚与水反应生成二氧化碳和氢离子，故a电极的反应式为(CH3)2O-12e-+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；‎ D．原电池工作时，电解质溶液中H+向正极移动，即从a极向b电极移动，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：‎ ‎①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；‎ ‎②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；‎ ‎③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；‎ ‎④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。‎ 二、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题4分，共20分）‎ ‎11.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B. 冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 mol·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）‎ C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变 D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl−‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。‎ ‎【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；‎ B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；‎ C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；‎ D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。‎ ‎12.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D. N点处的溶液中pH<12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；‎ B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；‎ C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；‎ D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-‎ ‎）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3 mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。‎ ‎13.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是 A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B. 阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+‎ C. 正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3‎ D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。‎ ‎【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；‎ B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+‎ ‎，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+，故B错误；‎ C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；‎ D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。‎ ‎14. 在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是 A. a=6.00‎ B. 同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变 C. b＜318.2‎ D. 不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变化关系可知：在328.2T时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L∙min)，所以在温度是328.2T、浓度是0.400mol/L时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(L∙min)，A正确；‎ B.根据表格数据可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，B正确；‎ C.在物质的浓度不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L时，温度是318.2T时水解速率是3.60mmol/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(L∙min)<3.60 mmol/(L∙min)，说明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，C正确；‎ D.不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎15.羟胺的电离方程式为： NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－（ 25℃时， Kb＝9.0×l0－9）。用 0.l mol·L－1 盐酸滴定 20 mL 0.l mol·L－1 羟胺溶液，恒定 25℃时，滴定过程中由水电离出来的 H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知： lg3＝0.5)。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中 V1＞10‎ B. A 点对应溶液的 pH＝9.5‎ C. B、 D 两点对应的溶液均为中性 D. E 点对应溶液中存在：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋c (NH2OH)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、B点的溶液为NH3OHCl、NH2OH，B点此时应为中性，故V1=10，故A错误；B、A点时，NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－，c（OH－）=c（NH3OH+），c（NH2OH）0.l mol·L－1，c（OH－）2==9.0×l0－10，c（OH－）=3.0×l0－5，c（H+）=10-9，pH=-lg c（H+）=9.5，故B正确；C、C点时，溶液为NH3OHCl溶液，此时溶液呈酸性，再加入盐酸，酸性更强，故D点不是中性，故C错误；D、E点为等浓度的NH3OHCl和HCl溶液，质子守恒为：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋2c (NH2OH)，故D错误；故选B。‎ 点睛：该题的关键是先考虑A、C、E三个特殊点的状态，通过排除法，就可以顺利找到答案。‎ 三、非选择题（共60分）‎ ‎16.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问題。‎ ‎（1）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是_____________(用离子方程式表示)。‎ ‎（2）常温下，取0.2 mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合，测得混合后溶液的pH=5，则pH=13的MOH溶液的浓度_______0.1mol/L(填“＜”、“＞”或“＝”)。‎ ‎（3）某二元酸H2A的电离方程式为：Ka1=5.9×10-2；Ka2=6.4×10-5，往20mL1mol/L的H2A滴加10mL1mol/L的NaOH溶液。‎ ‎①滴加过程中水的电离程度___________（填“变大”、“不变”或“变小”，下同），溶液的导电能力______________。‎ ‎②反应后溶液呈______________（填“酸性”、“中性”或“碱性”），溶液中离子浓度大小关系是________________________________________________‎ ‎③某一时刻溶液的pH=5，则此时c(A2-)/c(HA-)=____________‎ ‎【答案】 (1). Al3+ +3H2O=Al(OH)3（胶体）+ 3H+ (2). > (3). 变大 (4). 变大 (5). 酸性 (6). c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-) (7). 6.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）明矾中含有铝离子，易水解生成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中的悬浮物而净水；‎ ‎（2）室温下取0.2mol•L-1HCl溶液与0.2mol•L-1 MOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH=5，说明得到的盐是强酸弱碱盐；‎ ‎（3）有二元酸的电离常数，可以推出是二元弱酸，据此分析。‎ ‎【详解】(1)明矾溶于水电离出铝离子，铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而净水，所以明矾能净水，离子方程式为Al3+ +3H2O=Al(OH)3（胶体）+ 3H+ ，‎ 故答案为：Al3+ +3H2O=Al(OH)3（胶体）+ 3H+ ；‎ ‎(2)等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，pH=13的MOH溶液的浓度大于0.1mol/L，‎ 故答案为：>；‎ ‎(3)由题意可知，H2A是二元弱酸，20mL1mol/L的H2A滴加10mL1mol/L的NaOH溶液，反应生成NaHA，‎ ‎①滴加过程中酸性逐渐减弱，水的电离程度变大，H2‎ A是二元弱酸，电离程度比较小，离子浓度小，导电性比较弱，加入氢氧化钠溶液后，生成酸式盐，完全电离，离子浓度增大，导电性增强，‎ 故答案为：变大；变大；‎ ‎②根据Ka1=5.9×10-2；Ka2=6.4×10-5可知，HA-的电离程度（Ka2=6.4×10-5）大于它的水解程度（Kh=），所以NaHA溶液显酸性，存在HA−⇌H++A2−，则c(Na+)>c(HA−)>c(H+)>c(OH−),结合水的电离H2O⇌H++OH−，则c(H+)>c(A2−)，即NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，‎ 故答案为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)；‎ ‎③某一时刻溶液的pH=5，c(H+)=10-5，== ==6.4，‎ 故答案为;6.4。‎ ‎17.碳及其化合物在化工生产中有着广泛的应用。‎ I．为解决大气中CO2的含量增大的问题，某科学家提出如下构想：把工厂排出的富含CO2的废气经净化吹入碳酸钾溶液吸收，然后再把CO2从溶液中提取出来，在合成塔中经化学反应使废气中的CO2转变为燃料甲醇。部分技术流程如下:‎ ‎（1）吸收池中反应的化学方程式为K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，△H<0。该反应为可逆反应，从平衡移动原理分析，低温有利于提高原料气的平衡转化率。而实际生产中采用300℃的温度，其原因是 ____________________，_________________________‎ ‎（2）已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ/mol ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2=-571.6kJ/mol 如将CO2与H2以1:4的体积比混合，在适当的条件下可制得CH4。写出CO2(g)与H2(g)反应生CH4(g)与液态水的热化学方程式_____________。‎ II．某兴趣小组模拟工业合成甲醇的反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在容积固定为2L的密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，加入合适的催化剂（催化剂体积忽略不计）后开始反应。测得容器内的压强随时间变化如下:‎ 时间/min ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ 压强/Mpa ‎12.6‎ ‎10.8‎ ‎9.5‎ ‎8.7‎ ‎8.4‎ ‎8.4‎ ‎（1）从反应开始到20min时，以CO表示反应速率为___________________‎ ‎（2）下列描述能说明反应达到平衡是_______ ‎ A.装置内CO和H2的浓度比值不再改变 ‎ B.容器内气体的平均摩尔质量保持不变 C.容器内气体的压强保持不变 ‎ D.容器内气体密度保持不变 ‎（3）该温度下平衡常数K=_______，若达到平衡后加入少量CH3OH(g)，此时平衡常数K值将_________ (填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎（4）该反应达到平衡后，再向容器中充入1mol CO和2mol H2，此时CO的转化率将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎【答案】 (1). 提高反应速率 (2). 增大催化剂催化活性 (3). CO2(g) +4H2(g)=CH4(g) +2H2O(l) △H=-252.9kJ·mol-1 (4). 0.0125mol·L-1·min-1 (5). BC (6). 4 (7). 不变 (8). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I（1）根据工艺流程可知，合成塔内反应是氢气与二氧化碳反应生成甲醇和水；工业生产条件选择要考虑转化率、反应速率、对催化剂的影响、材料、成本等多方面综合考虑；‎ ‎(2)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ/mol，②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律构造目标热化学方程式；‎ II. (1)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，利用三段式进行分析；‎ ‎(2)反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，以及其它物理量的变化情况，可由此进行判断；‎ ‎(3)平衡常数是利用平衡状态下生成物浓度幂次方乘积除以反应物浓度的幂次方乘积得到；平衡常数随温度变化；‎ ‎(4)该反应达到平衡后，再向容器中充入1molCO22molH2‎ ‎，相当于增大平衡压强，平衡向气体体积减小的方向进行。‎ ‎【详解】I（1）温度影响催化剂的活性，除考虑温度对反应速率的影响外，还主要考虑了催化剂的催化活性，无论是否加入催化剂，反应热都不变，只与反应物与生成物有关，‎ 故答案为：提高反应速率；增大催化剂催化活性；‎ ‎(2)已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=-890.3kJ/mol，‎ ‎2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H2=-571.6kJ/mol，‎ 则CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的热化学方程式可 根据盖斯定律②×2−①得CO2(g) +4H2(g)=CH4(g) +2H2O(l) △H=-252.9kJ·mol-1，‎ 故答案为：CO2(g) +4H2(g)=CH4(g) +2H2O(l) △H=-252.9kJ·mol-1；‎ II. (1)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，‎ 根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.25mol/L，从反应开始到20min时，CO表示的平均反应速率v=△c÷△t=0.25mol/L÷20min=0.0125mol/(L⋅min)，‎ 故答案为：0.0125mol·L-1·min-1；‎ ‎(2)反应是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理分析判断 A.开始充入 1mol CO和2mol H2，浓度之比等于化学计量数之比，转化的一氧化碳和氢气的浓度之比等于化学计量数之比，所以任意时刻CO和H2的浓度比值不会改变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；‎ B.容器内气体的平均相对分子质量数值上等于气体的平均摩尔质量等于总质量除以总物质的量，质量是守恒的保持不变，但是n变化，当气体的平均摩尔质量不变了，证明达到平衡，故B正确；‎ C.反应是前后气体体积变化的反应，容器中气体的压强保持不变，证明达到了平衡，故C正确；‎ D.该反应在恒容条件下进行，反应前后气体质量守恒，所以反应过程中密度始终保持不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故D错误；‎ 故答案为：BC；‎ ‎(3)从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，‎ ‎ ‎ 根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则，解得x=0.25mol/L，K=0.25÷(0.25×0.52)=4，平衡常数随温度变化，若达到平衡后加入少量CH3OH(g)，此时平衡常数K值将不变，‎ 故答案为：4；不变；‎ ‎(4) CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，该反应达到平衡后，再向容器中充入1mol CO和2mol H2，相当于增大平衡压强，平衡正向进行，CO的转化率将增大，‎ 故答案为：增大。‎ ‎18.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，以及生产ClO2 和氯的含氧酸盐（NaClO、NaClO3）等系列化工产品。 ‎ ‎（1）写出氯碱工业中电解饱和食盐水的离子方程式：________________；某学习小组为了测定电解后所得溶液NaOH的浓度，设计了如下实验操作步骤：‎ ‎①取电解后的溶液10.00mL，加水稀释至100mL；‎ ‎②量取20.00mL于洁净的锥形瓶，滴加2～3滴酚酞试剂；‎ ‎③用浓度为0.1010mo/L的标准HCl滴定至终点并记录滴定管的读数为25.00mL 请回答有关问题 ‎①步骤①可能用到的仪器除移液管外，还有_______________‎ ‎②滴定终点的现象是____________，此溶液中c(Na+)______c(Cl-)(填“＜”、“＞”或“＝”)‎ ‎③下列操作可能导致所得浓度偏大的是______________‎ a. 锥形瓶用待测溶液润洗 b.碱式滴定管用待测液润洗 c. 滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡 d. 滴定终点俯视读数 ‎④该实验设计存在的明显不足的是____________‎ ‎（2）已知：H2SO3的Ka1＝1.54×10–2，Ka2＝1.02×10–7；HClO的Ka＝2.95×10–8‎ ‎①室温下，0.1 mol·L–1 NaClO溶液pH_____ 0.1 mol·L–1 Na2SO3溶液的pH。（填“大于”、“小于”或“等于”）‎ ‎②写出一种可以证明NaHSO3溶液中HSO3–的电离程度大于HSO3–水解程度的方法：_____‎ ‎（3）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，实验室用NH4‎ Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：‎ 电解时发生反应的化学方程式为_______________________，溶液X的溶质主要是__________‎ ‎【答案】 (1). 2Cl- +2H2O2OH- +H2↑+Cl2↑ (2). 100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 (3). 滴加最后一滴溶液，锥形瓶溶液由红色变为无色，并30s保持不变 (4). > (5). ac (6). 未进行平行实验 (7). 大于 (8). 测得溶液pH<7 (9). NH4Cl +2HClNCl3 +3H2↑ (10). NaCl和NaOH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；‎ ‎①依据配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器分析；‎ ‎②酚酞的变色的PH范围是8.2~10.0；‎ ‎③根据根据c（待测）=来分析；‎ ‎（2）①酸的电离平衡常数越大，则其相对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小．‎ ‎②依据测溶液pH值方法确定；‎ ‎（3）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl +2HClNCl3 +3H2↑，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl-、OH-，‎ ‎①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl +2HClNCl3 +3H2↑；‎ ‎②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl-、OH-；‎ ‎【详解】（1）电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl- +2H2O2OH- +H2↑+Cl2↑ ‎ 故答案为：2Cl- +2H2O2OH- +H2↑+Cl2↑ ；‎ 配制100mL溶液需要100mL的容量瓶，玻璃棒，胶头滴管，‎ 故答案为：100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 强酸滴定强碱完全中和时溶液显中性，滴加酚酞后溶液有红色变成无色，且半分钟内不能恢复原来的颜色，酚酞的变色范围是8.2-10，滴定到终点时溶液显弱碱性，氢氧化钠稍微过量，c(Na+)>c(Cl-)，‎ 故答案为：滴加最后一滴溶液，锥形瓶溶液由红色变为无色，并30s保持不变 ； >；‎ a.锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液，消耗标准溶液偏多，所以结果偏高；‎ b.碱式滴定管用待测液润洗，无影响；‎ c.酸式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，所以消耗标准溶液偏多，所以结果偏高；‎ d.酸式滴定管滴定后俯视读数，所以消耗标准溶液偏少，所以结果偏低，‎ 故答案为：ac。‎ ‎④酸碱中和滴定实验需要平行做2-3次实验，该实验只做一次实验，‎ 故答案为：未进行平行实验 ‎（3）①酸的电离平衡常数越大，则其相对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，酸性亚硫酸氢根离子大于次氯酸，‎ 故答案为：大于；‎ ‎②HSO3–的电离使溶液显酸性，HSO3–水解使溶液显碱性，可以证明NaHSO3溶液中HSO3–的电离程度大于HSO3–水解程度的方法测溶液的pH值，‎ 故答案为：测得溶液pH<7；‎ ‎（3）①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl +2HClNCl3 +3H2↑，‎ 故答案为：NH4Cl +2HClNCl3 +3H2↑ ；‎ 在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，发生NCl3+NaClO2+H2O→ClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在溶质有NaCl和NaOH， 故答案为：NaCl和NaOH。‎ ‎19.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：‎ ‎（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。‎ ‎②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。‎ 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2‎ ‎（填“大于”或“小于”）。‎ ‎（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。‎ A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50‎ ‎（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。‎ 可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。‎ ‎（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。‎ 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). C (3). 小于 (4). 2.02 (5). COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH (6). 0.0047 (7). b (8). c (9). a (10). d ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；‎ ‎（2）根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断；‎ ‎（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；‎ ‎（4）根据图中曲线a在30~90 min内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO与H2的倾向大小关系判断CO与H2的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。‎ ‎【详解】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；‎ ‎（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ 起始（mol） 1 1 0 0‎ 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2‎ 的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；‎ ‎（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：‎ 其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O＝H+OH；‎ ‎（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：‎ 由此可知，a、b表示的是H2‎ 的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。‎ ‎【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在α-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。‎ ‎ ‎