【化学】甘肃省岷县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

【化学】甘肃省岷县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）

甘肃省岷县第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试 一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。）‎ ‎1.合理利用燃料，减小污染符合“绿色化学”理念，下列关于燃料的说法正确的是( )‎ A. “可燃冰”是将水变为油的新型燃料 B. 通入大大过量的空气使燃料充分燃烧，从而达到充分利用热能的目的 C. 燃料的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“可燃冰”外观像冰，其化学组成是CH4•nH2O，水的化学式为H2O，根据元素守恒知，水不能变为油，故A错误； B．通入大大过量的空气，会带走热量，使燃烧效率降低，故B错误； C．物质的化学能可以转化为热能、光能、电能等能量形式被利用，故C正确； D．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎2.设C(s)＋CO2(g)2CO(g)；ΔH1>0反应速率为v1；设N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；ΔH2<0反应速率为v2。对于上述反应，当温度降低时，v1和v2的变化情况为(　　)‎ A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在一定条件下，温度降低，反应物分子具有的能量降低，活化分子百分数减小，反应速率减小，因此不管是放热反应还是吸热反应，降低温度，反应速率减慢，v1和v2同时减慢，B符合题意。‎ 答案选B。‎ ‎3.下列物质能促进水的电离的是（ ）‎ A. CH3COOH B. NaOH C. NH4Cl D. Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、醋酸会在水溶液中电离出氢离子，抑制水的电离，故A不符合；‎ B、氢氧化钠会电离出氢氧根抑制水的电离，故B不符合；‎ C、铵根会结合水电离出的氢氧根促进水的电离，故C符合；‎ D、硫酸钠既不促进水的电离，也不抑制水的电离，故D不符合；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】水为弱电解质，能够电解出氢离子和氢氧根离子，在溶液中存在电离平衡；加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，加入能够水解的盐促进了水的电离。‎ ‎4.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是(　　)‎ A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌反应时，加入少量的NaCl固体，生成H2的速率不变 B. 将稀硫酸改为98%的浓硫酸与锌反应制取H2，可加快反应速率 C. 在硫酸溶液与NaOH溶液反应时,增大压强，可加快反应速率 D. 钠和水的反应中，减少水的量，反应速率减慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入少量的NaCl固体，对溶液的浓度没有影响，也不参与反应，所以生成H2的速率不变，故A正确；‎ B、将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；‎ C、反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；‎ D、水为纯液体，改变水的用量，浓度不变，反应速率不变，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5.下列热化学方程式及其有关叙述正确的是(   )‎ A. 氢气的燃烧热为285.8kJ·mol-1，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g) ΔH =+571.6kJ·mol-1‎ B. 已知‎2C(石墨，s)+O2(g)＝2CO(g) ΔH =+221kJ·mol-1，则石墨的燃烧热110.5kJ·mol-1‎ C. 已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol-1，则在一定条件下将1mol N2和3mol H2置于一密闭容器中充分反应，放出92.4kJ的热量 D. 已知乙炔的燃烧热为，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式为 ‎ ΔH=‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1，燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g) ΔH =+571.6kJ·mol-1，故A正确；‎ B、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，已知‎2C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221 kJ•mol-1，CO不稳定，则石墨的燃烧热大于110.5 kJ•mol-1，故B错误；‎ C、已知N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，不能完全反应，则在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反应后，放出热量小于92.4kJ，故C错误；‎ D、乙炔的燃烧热为1299.6kJ/mol，则1mol C2H2(g)完全燃烧生成液态水和二氧化碳放出1299.6kJ的热量，水的状态应为液态，故D错误。‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】注意燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，气态水、一氧化碳均不是稳定的氧化物。‎ ‎6.利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银。下列有关说法正确的是(    )‎ A. 通电后，电解质溶液中的电子由阳极移到阴极 B. 铜牌与电源正极相连 C. 该电解池的阴极反应可表示为Cu2++2e-=Cu D. 当电镀一段时间后,电解质溶液中c(Ag+)保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该装置是电镀池，镀层Ag作阳极、镀件Cu作阴极；‎ A、电子不能通过电解质溶液，应是电解质溶液中的阳离子由阳极向阴极移动，A错误；‎ B、镀件Cu作阴极，与电源负极相连，故B错误；‎ C、铜阴极，银离子在阴极上得电子发生还原反应，方程式为：Ag++e-═Ag，故C错误；‎ D、电镀过程中阳极反应为Ag-e-=Ag+，阴极反应为Ag++e-═Ag，故电解一段时间后电解质溶液中c(Ag+)保持不变，故D正确；‎ 故答案为D ‎7.在一固定容积的密闭容器中，可逆反应：H2(g) + I2(g) 2HI (g)达到平衡的标志是( )‎ ‎①H2、I2、HI的分子数之比为1∶1∶2‎ ‎②混合气体的密度保持不变 ‎③单位时间形成n mol H—H键，同时形成2n mol H—I键 ‎④混合气体的颜色不再发生变化 ‎⑤混合气体的平均相对分子质量不再发生变化 ‎⑥容器压强不再发生变化 ‎⑦H2的体积分数不再发生变化 A. ①②④⑤ B. ③④ C. ③④⑦ D. ②③⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①HI、H2、I2物质的量浓度之比为1：2：2，不能说明浓度不变，不能说明达到平衡状态，故错误；‎ ‎②反应中容器体积不变，气体的质量不变，混合气体的密度一直保持不变，不能说明达到平衡状态，故错误；‎ ‎③单位时间形成n mol H—H键，同时形成2n mol H—I键，说明反应物的消耗速率等于生成物的消耗速率，即正反应速率等于逆反应速率，可说明反应达到平衡状态，故正确；‎ ‎④体系颜色不再发生变化，说明碘蒸气的浓度不变，说明反应达到平衡状态，故正确；‎ ‎⑤该反应反应前后气体系数之和相等，则平衡移动过程中气体总的物质的量不变，气体的质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能说明达到平衡状态，故错误；‎ ‎⑥该反应前后气体系数之和相等，则平衡移动过程中气体总的物质的量不变，压强一直不变，不能说明达到平衡状态，故错误；‎ ‎⑦H2的体积分数不再发生变化说明氢气的浓度不在变化，说明反应达到平衡状态，故正确；‎ 综上③④⑦可说明反应达到平衡状态，答案为C。‎ ‎【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，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。‎ ‎8.对可逆反应A(g)+3B(g) ‎2C(g) △H＞0，下列图像正确（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于可逆反应A(s)+3B(g)⇌‎2C(g)△H＞0，正反应吸热，则升高温度，正逆反应速率均增大，化学平衡正向移动；增大压强，化学平衡正向移动，结合图象来解答。‎ ‎【详解】A、压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，所以P2＞P1；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，则C的体积分数增大，与图象不符，故A错误；‎ B、该反应正反应吸热，所以相同压强下升高温度平衡右移，A的转化率增大，且相同温度下增大压强平衡右移，A的转化率增大，故B正确；‎ C、增大压强平衡正向移动，A的转化率增大，与图象不符，故C错误；‎ D、温度越高反应速率越快越先达到平衡，所以T2＞T1，该反应正反应吸热，温度升高平衡右移，C的体积分数增大，与图象不符，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎9.2SO2+O2(g)2SO3(g) △H＜0，当反应达到平衡时,下列措施:‎ ‎①降温 ②恒容通入惰性气体 ③增加SO2的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰 性气体 ⑦增大O2的浓度 ⑧将体积压缩到原来的一半，能提高SO2转化率的是(    )‎ A. ①②④ B. ④⑥⑦ C. ①⑦⑧ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应焓变小于零正反应为放热反应，反应物气体系数之和大于生成物气体系数之和，为压强减小的反应。‎ ‎①该反应为放热反应，降温使平衡右移，二氧化硫转化率增大，故正确；‎ ‎②恒容通入惰性气体体系压强虽然增大，但各反应物的浓度不变，故平衡不移动，故错误；‎ ‎③增加SO2的浓度虽然平衡右移，但二氧化硫的转化率降低，故错误；‎ ‎④该反应正反应为压强减小的反应，减压会使平衡左移，降低二氧化硫转化率，故错误；‎ ‎⑤加催化剂不会影响平衡，故错误； ‎ ‎⑥恒压通入惰性气体，各反应物的浓度会减小，相当于扩大体积，平衡会向左移动，二氧化硫转化率降低，故错误；‎ ‎⑦增大O2的浓度平衡右移，二氧化硫的转化增大，故正确； ‎ ‎⑧将体积压缩到原来的一半后压强增大，平衡右移，二氧化硫的转化率增大，故正确；‎ 综上①⑦⑧符合题意，答案为C。‎ ‎10.对于常温下pH=2的醋酸溶液，下列叙述正确的是( )‎ A. c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)‎ B. 加水稀释时减小 C. 与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈中性 D. 加入冰醋酸可增大醋酸的电离度，电离常数Ka变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、常温下pH=2的醋酸溶液，存在电荷守恒：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；‎ B、醋酸的电离平衡常数K=，所以=，加水稀释酸性减弱，即氢离子浓度减小，平衡常数不变，所以增大，故B错误；‎ C、醋酸是弱电解质，当醋酸溶液中，c(H+)=10-2mol/L时，醋酸的浓度大于10-2mol/L，等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，故C错误；‎ D、电离常数Ka只与温度有关，温度不变，电离常数Ka不变，故D错误。‎ 故答案为A。‎ ‎11.设NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( )‎ A. 用惰性电极电解CuSO4溶液，标准状况下，当阴极生成‎22.4L的气体，转移的电子数为2NA B. 向‎1L0.5mol/L盐酸中通入氨气至溶液成中性（忽略溶液体积变化），此时NH4+个数为0.5NA C. ‎1L0.1mol/LFeSO4溶液中Fe2+的数目等于0.1NA D. 一定条件下，1molSO2和1molO2充分反应后，其分子总数为1.5NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、电解硫酸铜溶液时，阴极先发生Cu2++2e-=Cu，当铜离子反应完后再发生2H++2e-=H2产生气体，题目未给出铜离子的量，故无法计算转移电子数，故A错误；‎ B、溶液中存在电荷守恒n(H+)+n(NH4+)=n(Cl-)+n(OH-)，溶液呈中性所以n(H+)= n(OH-)，所以n(NH4+)=n(Cl-)=0.5mol，NH4+个数为0.5NA，故B正确；‎ C、FeSO4溶液中Fe2+会发生水解，数目小于0.1NA，故C错误；‎ D、1molSO2和1molO2若能完全反应，则分子总数为1.5NA，但二者的反应为可逆反应，不能完全进行，分子数会大于1.5NA，故D错误。‎ 故答案为B。‎ ‎12.甲醇燃料电池结构示意图如下。甲醇在催化剂作用下提供质子（H+）和电子，电子经外电路、质子经内电路到达另一电极后与氧气反应，电池总反应为：2CH3OH+3O2＝2CO2+4H2O。下列说法正确的是( )‎ A. 电解质溶液中，H+向左移动 B. 负极反应式为：CH3OH+H2O-6e－＝CO2+6H+‎ C. b处通入甲醇，a处通入空气 D. 正极反应式为：O2+2H2O+4e-＝4OH-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由电子的方向可知a为负极，b为正极，甲醇在负极被氧化，由题意可知生成CO2和H+，负极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，氧气在正极得电子被还原，生成水，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，以此解答该题。‎ ‎【详解】A、原电池中阳离子流向正极，右侧为原电池正极，H+向右移动，故A错误；‎ B、甲醇在负极被氧化，由题意可知生成CO2和H+，负极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故B正确；‎ C、甲醇在负极被氧化，左侧为负极，所以b处通入空气，a处通入甲醇，故C错误；‎ D、氧气在正极得电子被还原，生成水，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】原电池中电子是从负极流向正极；电子流出的一端是负极，失去电子发生氧化反应；电子流入的一端是正极，得到电子发生还原反应。‎ ‎13.镍镉(Ni-Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行行:Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2有关该电池的说法正确的是(   )‎ A. 充电时阴极反应：Cd(OH)2+2e- = Cd+2OH-‎ B. 充电过程阳极附近溶液的碱性增强 C. 放电时电能转化为化学能 D. 放电时电解质溶液中消耗1molH2O时电路中通过2mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据总反应，该电池中放电时，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e-+H2O═Ni(OH)2+OH-；充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-═NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+2e-═Cd+2OH-。放电时阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，据此分析解答。‎ ‎【详解】A、充电时阴极得电子发生还原反应，电极方程式为：Cd(OH)2+2e-═Cd+2OH-，故A正确；‎ B、充电时阳极反应为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，消耗氢氧根，碱性减弱，故B错误；‎ C、放电时为原电池，将化学能转化成电能，故C错误；‎ D、根据电池总反应Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，可知消耗1mol水时，有0.5molCd从0价变为+2价，故转移电子1mol，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎14.如图所示为某温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线,下列说法不正确的是( )‎ A. 加入Na2SO4(s)可使溶液由a点变为b点 B. 在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,均有BaSO4沉淀生成 C. 蒸发溶剂可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)‎ D. 升高温度,可使溶液由b点变为c点 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故A正确；‎ B、在曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，故B正确；‎ C、c点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，所以可能使溶液由c点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)，故C正确。‎ D、升高温度, 溶剂水蒸发，c（SO42-）、c（Ba2+）均增大，溶液过饱和，有沉淀析出，不会使溶液由b点变为c点，故D错误。‎ 本题选D。‎ ‎15.4.0‎mol PCl3和2.0mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生下述反应：PCl3(g)＋Cl2(g) PCl5(g) 达到平衡后，PCl5为0.8 mol，如果此时再充入4.0mol PCl3和2.0mol ‎ Cl2，相同温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是（ ）‎ A. 1.6‎mol B. 小于1.6mol ‎ C. 0.8mol D. 大于1.6mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】4.0molPCl3和2.0molCl2充入体积不变的密闭容器中，达平衡时，PCl5为0.8mol，而体积不变时再向容器中充入4.0mol PCl3和2.0mol Cl2，若达到等效平衡，物质的量变为原来的2倍，平衡浓度应为1.6mol，但物质的量等比例增大、相当于压缩体积，增大压强，会平衡正向移动，可知相同温度下再达到平衡时PCl5的物质的量是大于1.6mol，故答案为D。‎ ‎16.常温下有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液 ②pH=3的盐酸 ③pH=11的氨水 ④pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是( )‎ A. 若将四种溶液稀释100倍，溶液pH大小顺序：③＞④＞②＞①‎ B. ③和④分别用等浓度的盐酸溶液中和，消耗盐酸溶液的体积：③=④‎ C. ①与②分别与足量镁粉反应，收集等体积的H2所需要的时间：①＞②‎ D. ②和③混合，所得混合溶液的pH等于7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)＞10-3 mol/L，pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3 mol/L，pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3 mol/L； A、若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③＞④＞②＞①，故A正确； B、c(NH3•H2O)＞c(NaOH)，所以等体积的③和④分别用等浓度的盐酸溶液中和，消耗盐酸溶液的体积：③＞④，故B错误； C、醋酸为弱酸，相同的pH下，c(CH3COOH)＞c(HCl)，随着反应的进行，醋酸还能电离出H+，镁粉与酸的反应，c(H+)越大，反应速率越快，收集等体积的H2所需要的时间越短：则②＞①，故C错误； D、②和③混合，氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，故D错误。‎ 故选：A。‎ 二、非选择题（共计52分）‎ ‎17.能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的绿色能源之一。‎ ‎(1)已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l )的燃烧热△H分别为285.8kJ·mol-1、283.0kJ·mol-1和726.5kJ·mol-1。请回答下列问题：‎ ‎①写出表示H2燃烧热的热化学反应方程式____________________。‎ ‎②甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_________________。‎ ‎(2)以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇。‎ ⅠCH4(g)＋H2O(g)= CO(g)＋3H2(g) △H＝＋206.0kJ/mol Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)= CH3OH(g) △H＝－129.0kJ/mol ‎①将2.0mol CH4和1.0mol H2O(g)通入容积为‎2L的反应容器，在一定条件下发生反应Ⅰ，测得在一定的压强下CH4的转化率与温度的关系如图。在‎100℃‎时达到平衡所需的时间为5min，则用CO表示该反应的平均反应速率为_________________。‎100℃‎时反应Ⅰ的平衡常数为_________________。‎ ‎②工业上利用甲醇制备氢气的常用方法有甲醇蒸气重整法。该法中的一个主要反应为CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)，请描述在其他条件不变时，温度对甲醇转化率的影响：____________________。‎ ‎【答案】 (1). ΔH=-285.8 (2). ΔH=-443.5 (3). 0.08mol/L/min (4). 11.52 (5). 升高温度，甲醇转化率升高 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①燃烧热指在‎25℃‎，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时所放出的热量，所以H2燃烧热的热化学反应方程式为 ΔH=-285.8‎ ‎ kJ/mol；‎ ‎②由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热可得热化学方程式： ①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283.0kJ•mol-1 ②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l) △H=-726.5kJ•mol-1 根据盖斯定律，②-①可得：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)，该反应的反应热△H=-726.5kJ•mol-1-(-283.0kJ•mol-1)=-443.5kJ•mol-1，故热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2 H2O(l) △H=-443.5kJ•mol-1；‎ ‎(2)①将2.0molCH4和1.0mol H2O(g)通入容积为‎2L的反应容器，则初始c(CH4)=1mol/L，c(H2O)=0.5mol；‎100℃‎时达到平衡时甲烷的转化率为40%，所以消耗甲烷c(CH4)=0.4mol/L，则剩余c(CH4)=0.6mol/L，根据方程式可知消耗c(H2O)=0.4mol/L，则剩余c(H2O)=0.1 mol/L，生成的c(CO)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L；CO表示该反应的平均反应速率为v(CO)=；根据平衡常数定义可知K=；‎ ‎②根据反应CO(g)＋2H2(g)= CH3OH(g) ΔH＝－129.0kJ/mol可知CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g) ΔH＞0，即该反应正反应为吸热反应，所以其他条件不变时，温度越高，甲醇的转化率越大。‎ ‎【点睛】注意反应速率和平衡常数的求解中用到的都是物质的浓度，所以一定注意题目中容器的体积。‎ ‎18.在我们的日常生活中，电化学技术与我们密切相关。根据所学电化学知识，回答下列问题：‎ ‎(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____________。‎ A．CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) △H<0 ‎ B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(l) △H<0‎ C．2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H＞0‎ ‎(2)以熔融KCO3为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极反应式为______________________________。‎ ‎(3)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。现将你设计的原电池通过导线与下图中电解池相连，其中，a为电解液，X和Y是两块电极板，则：‎ ‎①若X和Y均为惰性电极，a为MgCl2溶液，则电解时的化学反应方程式为______________________________。‎ ‎②若X和Y为惰性电极，a为CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu(OH)2粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为_________________。‎ ‎③若X、Y分别为铁和铜，a为H2SO4溶液，则电解池的总反应式为___________________________。‎ ‎(4)现有有一种新型的高能电池——钠硫电池（熔融的钠、硫为两极，以Na+导电的β-Al2O3陶瓷作固体电解质），反应式为：2Na＋xS Na2Sx，上述电解都是用该电池作电源（如图）该电池的正极反应为______________________。‎ ‎【答案】 (1). A (2). CH4-8e- +4CO32-=5CO2+2H2O (3). MgCl2+2H2O Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓ (4). 0.8mol (5). Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑ (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(3)‎ 电解质中与电源负极相连的为阴极得电子发生还原反应，与电源正极相连的为阳极失电子发生氧化反应，即X为阴极，Y为阳极。‎ ‎【详解】(1)首先要设计成原电池必须是氧化还原反应，则B不可行，能设计成原电池的反应通常是放热反应，即△H<0，所以A符合；‎ ‎(2)所选反应为CH4(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(g) ，原电池中负极失电子发生氧化反应，所以负极反应物为甲烷，失电子被氧化，结合电解质为熔融KCO3，可得电极反应方程式为：CH4-8e- +4CO32-=5CO2+2H2O；‎ ‎(3)①电解过程中，阳离子在阴极放电，MgCl2溶液中H+先于Mg2+反应，所以阳极氢离子得电子生成氢气，阴离子在阳极放电，Cl-先于OH-反应，失电子生成氯气，溶液中剩余的Mg2+和OH-结合生成Mg(OH)2，所以电解时总反应为：MgCl2+2H2O Cl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓；‎ ‎②电解CuSO4溶液时阴极先是铜离子反应，当Cu2+反应完后H+反应，但阳极一直是OH-放电生成O2，向所得溶液中加入0.2mol Cu(OH)2粉末，恰好恢复电解前的浓度和pH，说明电解过程中阳极产生的氧气为0.2mol，生成1个氧气分子转移4个电子，所以生成0.2mol O2转移的电子的物质的量为0.8mol；‎ ‎③若Y为铜，即电解池的阳极为铜，此时阳极反应为：Cu-2e-+2H2O= Cu(OH)2+2 H+，阴极为H+反应，电极方程式为：2H++2e-=H2，所以总反应为：Cu+2H2OCu(OH)2+H2↑；‎ ‎(4)由原电池原理可知放电时，S得电子发生还原反应，所以S作正极，正极反应为xS+2e-=Sx2-。‎ ‎【点睛】第(3)题②小问计算转移电子数时要注意守恒法的应用，同时要能意识到虽然阴极的产物有两种，但阳极的产物只有氧气，转移的电子数=得电子数=失电子数，求出得或失的电子数均可确定转移电子数。‎ ‎19.水溶液存在离子平衡，回答下列问题：‎ ‎(1)Na2SO3水溶液呈________________（填“酸”、“中”、“碱”）性 ，原因是（用离子方程式）：______________________________；‎ ‎(2)已知T ℃时，纯水中c(OH)为10-6 mol·L-1，则 ‎①该温度时0.1mol·L-1NaOH溶液pH为___________________。‎ ‎②该温度下，将pH＝2 的H2SO4溶液与pH＝9的NaOH溶液按体积比1:9混合（忽略溶液体积变化），所得混合溶液的pH为________‎ ‎③该温度下，若1体积pH1＝a的某强酸溶液与10体积pH2＝b 的某强碱溶液混合后溶液呈中性（忽略溶液体积变化），则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是___________。‎ ‎(3)常温下，在25mL的氢氧化钠溶液中逐滴加入0.2mol·L-1醋酸溶液，滴定曲线如图所示。‎ ‎①在B点，溶液中n(CH3COO-)为______________________________。‎ ‎②在D点，c(CH3COO) _________ c(Na+) (填“＜”、“＞”或“=”)。‎ ‎③常温下将0.02mol CH3COONa和0.01mol盐酸溶于水，配成‎1L混合溶液。写出溶液中各离子浓度的大小关系为___________________________。‎ ‎(4)常温下，在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液，充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液pH为8时，c(Cu2+)=________。（已知常温时Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20）‎ ‎【答案】 (1). 碱 (2). SO32-+H2OHSO3- +OH- (3). 11 (4). 4 (5). a+b=11 (6). 0.0025mol (7). ＞ (8). (9). 2.2×10-8mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(2)已知T ℃时，纯水中c(OH)为10-6 mol·L-1，则c(H+)也为10-6 mol·L-1，则该温度下水的电离平衡常数Kw= c(OH)·c(H+)=10-12；‎ ‎(3)常温下，未滴加醋酸溶液时氢氧化钠溶液的pH=13，则其浓度为0.1mol/L。‎ ‎【详解】(1)Na2SO3水溶液中SO32-会水解，所以溶液显碱性，方程式为：SO32-+H2OHSO3- +OH-；‎ ‎(2)①0.1 mol·L-1NaOH溶液中c(OH)=0.1 mol·L-1，该温度下水的电离平衡常数Kw=10-12，所以溶液中c(H+)=10-11mol/L，所以pH=11；‎ ‎②pH＝2的H2SO4溶液中c(H+)=10-2mol/L，pH＝9的NaOH溶液c(OH)=10-3mol/L，设硫酸的体积为‎1L，则氢氧化钠溶液的体积为‎9L，可知酸过量，所以混合后溶液呈酸性，c(H+)=‎ ‎，所以溶液pH＝4；‎ ‎③pH1＝a的某强酸溶液c(H+)=10-amol/L，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH)=10b-12mol/L，若1体积pH1＝a的某强酸溶液与10体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，所以10-amol/L×1=10b-12mol/L×10，解得a+b=11；‎ ‎(3) 常温下，未滴加醋酸溶液时氢氧化钠溶液的pH=13，则其浓度为0.1mol/L。‎ ‎①B点溶液中存在电荷守恒：c(OH)+ c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，溶液呈中性，则c(OH)=c(H+)，所以c(CH3COO-)=c(Na+)，由于是在同一溶液中，所以n(CH3COO-)=n(Na+)，据分析可知氢氧化钠溶液的浓度为0.1mol/L，所以25mL该溶液中n(Na+)=0.0025mol，所以B点n(CH3COO-)=0.0025mol；‎ ‎②D点加入25mL0.2mol/L的醋酸溶液，则溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH，电解质溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH)，根据电荷守恒c(OH)+ c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)，所以c(CH3COO)＞c(Na+)；‎ ‎③常温下将0.02mol CH3COONa和0.01mol盐酸溶于水，发生反应CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，配成‎1L混合溶液，则溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，类似于曲线上的D点，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH)，醋酸电离呈酸性，醋酸根水解呈碱性，则c(CH3COO)＞c(CH3COOH)，根据物料守恒，c(CH3COO)+ c(CH3COOH)=‎2 c(Cl-)，可得c(CH3COO)＞c(Cl-)，综合可得所以溶液中的例子浓度大小关系为：；‎ ‎(4) Ksp[Cu(OH)2]= c2(OH)·c(Cu 2+)=2.2×10-20，pH=8则溶液中c(OH)=10-6mol/L，所以c(Cu 2+)=。‎ ‎20.某学生用0.2 mol·L-1标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：‎ A．酸式滴定管准确量取25.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶中，并加入2~3滴酚酞试液 B．用标准氢氧化钠溶液润洗滴定管2~3次 ‎ C．把盛有标准氢氧化钠溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液 D．取标准氢氧化钠溶液注入碱式滴定管至“‎0”‎刻度以上2~3mL处 E．调节液面至“‎0”‎或“‎0”‎刻度以下，记下读数 F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准氢氧化钠溶液滴定至终点并记下滴定管的读数 回答下列问题：‎ ‎(1)正确的操作顺序是：B、_______________、F（填序号）‎ ‎(2)滴定结果如下：‎ ‎ ‎ NaOH起始读数 NaOH终点读数 第一次 ‎ 0.10mL ‎ 18.60mL 第二次 ‎ 20.20mL ‎ 38.80mL 根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为_______________mol·L-1. （计算结果小数点后保留两位有效数字）‎ ‎(3)达到滴定终点的标志是________________________________‎ ‎(4)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是___________________。‎ A. 取待测液时，未用待测夜润洗酸式滴定管 B. 滴定前读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确 C. 滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡 D. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 ‎【答案】 (1). D-C-E-A (2). 0.15mol/L (3). 滴入最后一滴NaOH溶液，溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不恢复原色 (4). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，所以滴定操作顺序为：B、D、C、E、A、F；‎ ‎(2)第一次滴定消耗标准液体积为：18.60mL-0.10mL=18.50mL，第二次滴定消耗标准液体积为：38.80mL-20.20mL=18.60mL，两次滴定消耗标准液的平均体积为=18.55mL，c(HCl)=；‎ ‎(3)本实验是用NaOH滴定盐酸溶液，用酚酞作指示剂，所以终点时的现象是当溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不褪色；‎ ‎(4)A．取待测液时，未用待测夜润洗酸式滴定管，相当于将待测液稀释，所以测得的浓度偏低，故A不选；‎ B．滴定前读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确将导致读取的标准液体积偏大，计 算得到的待测液的浓度偏高，故B选；‎ C．滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡将导致读取的标准液体积偏小，计算得到的待测液的浓度偏低，故C不选；‎ D．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液将导致读取的标准液体积偏大，计算得到的待测液的浓度偏高，故D选；‎ 答案选BD ‎【点睛】酸碱中和滴定可根据公式来进行误差分析。‎ ‎21.以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业叫煤化工。‎ ‎(1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气。反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)   ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。 该反应在常温下________（填“能”或“不能”）自发进行。‎ ‎(2)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为‎2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，得到如下三组数据：‎ 实验组 温度/℃‎ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需时间/min H2O CO H2‎ CO ‎1‎ ‎650‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ ‎6‎ ‎2‎ ‎900‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎0.4‎ ‎1.6‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎900‎ a b c d t 该反应的正反应为________（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K＝________。‎ ‎(3)目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量（单位为kJ·mol－1）的变化。在体积为‎1 L的恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，达到平衡后下列措施中能使c(CH3OH)增大的是________。 ‎ a．升高温度 ‎ b．充入He(g)，使体系压强增大 c．将H2O(g)从体系中分离出来 d．再充入1 mol CO2和3 mol H2‎ ‎【答案】 (1). 不能 (2). 放 (3). 0.17 (4). c d ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)该反应△H＞0，△S＞0，若使△G=△H-T△S＜0，必须在高温下，所以常温下反应不能自发进行；‎ ‎(2)该反应气体物质反应前后不变，等比例的投入，为等效平衡，若温度不变，转化率不变，现温度发生改变，可以通过转化率判断平衡移动。实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；‎ 平衡时CO物质的量为1.6mol，则列三段式有：‎ ‎ ‎ 该反应前后气体系数之和相等，故可利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故‎900℃‎时该反应平衡常数K=；‎ ‎(3)根据能量变化图可知该反应为放热反应，‎ a．升高温度可使平衡逆向移动，c(CH3OH)减小，故不符合；‎ b．该容器恒容，所以充入He(g)，体系压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，故不符合；‎ c．将H2O(g)从体系中分离出来可使平衡右移，c(CH3OH)增大，故符合；‎ d．再充入1 mol CO2和3 mol H2，若达到等效平衡，则c(CH3OH)不变，但该容器为恒容密闭容器，相当于增大压强，且反应物气体系数之和大于生成物气体系数之和，所以平衡会正向移动，c(CH3OH)增大，故符合；‎ 综上正确是cd。‎ ‎ ‎