2017-2018学年河南省西华县第一高级中学高二上学期期末选拔考试化学试题 解析版

2017-2018学年河南省西华县第一高级中学高二上学期期末选拔考试化学试题 解析版

河南省西华县第一高级中学2017-2018学年高二上学期期末选拔考试化学试题 ‎1. 下列事实与平衡移动原理无关的是（ ）‎ A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅 B. 加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl C. 将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体 D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体 ‎【答案】C ‎【解析】A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠，溶液的碱性减弱，红色变浅，与水解原理有关，A错误；B. 镁离子水解，水解吸热，加热MgCl2·6H2O固体最终得到Mg(OH)Cl，与水解原理有关，B错误；C. 将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积，更有利于焙烧制备SO2气体，与平衡移动原理无关，C正确；D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2N2O4有关系，D错误，答案选C。‎ ‎2. 下列实验操作和数据记录都正确的是（ ）‎ A. 用25 mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60 mL B. 用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸，用去NaOH溶液20.50mL C. 用10 mL量筒量取8.25 mL盐酸 D. 用pH试纸测得某溶液pH为3.2‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，A错误；B、滴定管读数到0.01mL，B正确；C、量筒只能读数到0.1mL，C错误；D、pH试纸只能读数到整数，D错误，答案选B。‎ 考点：考查化学实验读数判断 ‎3. 常温下，下列各组离子在指定环境中一定能大量共存的是（ ）‎ A. pH＝1的无色溶液SO42-、Cu2+、Na+、Cl－‎ B. 使石蕊试纸变蓝的溶液：Na+、K+、S2-、 CO32-‎ C. 加入铝粉能产生H2的溶液中： NH4+、Na+、Fe2+、 NO3-‎ D. 水电离出的c(H+)＝1.0× mol/L的溶液中：K+、Na+、Cl－、 HCO3-‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、Cu2＋显蓝色，不符合条件，故A错误；B ‎、能使石蕊试纸变蓝，说明溶液显碱性，这些离子在碱性中能够大量共存，故B正确；C、加入铝粉能产生氢气，说明溶液为酸或碱，如果溶液显酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，如果溶液显碱性，NH4＋、Fe2＋与OH－生成NH3、Fe(OH)2，这些离子在指定的溶液中不能大量共存，故C错误；D、水电离出c(H＋)=10－12mol·L－1<10－7mol·L－1，此溶液的溶质可能为酸，也可能为碱，HCO3－既不能与OH－大量共存，也不能与H＋大量共存，故D错误。‎ ‎4. 同质量的锌与酸反应制备H2，欲使反应速率最大，下列条件中最佳组合是①纯锌片；②粗锌片；③0.01 mol/L盐酸；④0.01 mol/L硫酸；⑤98%硫酸；⑥加热；⑦用冰水冷却（ ）‎ A. ①③⑦ B. ②④⑥ C. ②③⑥ D. ①⑤⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、用冰水冷却，相当于降温，降低温度，化学反应速率变慢；B、用粗锌片，形成原电池，加快反应速率，加热加快反应速率， H＋浓度高于盐酸中H＋浓度，反应速率加快；C、粗锌片，形成原电池，加快反应速率，加热加快反应速率，H＋浓度低于硫酸中H＋浓度比②④⑥组合的反应速率慢；D、锌与浓硫酸反应不产生氢气；综上所述，②④⑥组合化学反应速率快，故B正确。‎ ‎5. 将反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)＝Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计成原电池，某一时刻的电子流向如图所示，下列 有关叙述正确的是（ ）‎ A. KNO3盐桥中的K＋移向Cu(NO3)2溶液 B. Cu作负极，发生还原反应 C. 电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu(NO3)2溶液 D. 工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag＋)减小 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A、根据电子的流向可判断铜是负极，银是正极，因此KNO3盐桥中的K＋移向硝酸银溶液，A错误；B、Cu作负极，发生氧化反应，B错误；C、电子不能由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu(NO3）2溶液，只能通过导线传递，溶液传递的是阴阳离子，C错误；D、正极银离子得到电子转化为金属银，因此工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag＋‎ ‎）减小，D正确，答案选D。‎ 考点：考查原电池原理的应用 ‎6. LiFePO4新型锂离子动力电池以其独特的优势成为奥运会绿色能源的新宠。已知该电池放电时的电极反应式为：正极FePO4＋Li＋＋e－＝LiFePO4，负极 Li－e－＝Li＋。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 充电时的总反应为FePO4＋Li＝LiFePO4‎ B. 充电时动力电池上标注“＋”的电极应与外接电源的正极相连 C. 放电时电池内部Li＋向负极移动 D. 放电时，在正极上是Li＋得电子被还原 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电极反应式为：正极：FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4，负极：Li－e－=Li＋则电池总反应为FePO4＋Li=LiFePO4，充电的总反应为：LiFePO4FePO4＋Li，故A项错误；充电时动力电池上标注“＋”的电极应与外接电源的正极相连，做阳极，动力电池上标注“-”的电极应与外接电源的负极相连，做阴极，故B项正确；Li＋带正电荷，放电时移向电池正极，故C项错误；放电时，在正极上FePO4中Fe3+得电子，故D项错误。‎ 考点：电化学综合锂电池。‎ ‎7. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. 0.2 mol/L的NaHCO3溶液中：c(Na+)＞c( )＞c(OH－)＞c(H +)＞c( )‎ B. 常温下，将等体积pH＝4的盐酸和醋酸稀释成pH＝5的溶液，盐酸需加的水多 C. 常温下，向氨水中逐滴 滴入盐 酸至溶液的pH＝7，则混合液中：c( )＝c(Cl－)‎ D. pH=1的NaHSO4溶 液：c(H +)＝c( )＋c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液显碱性，正确，不选A；B、等体积的盐酸和醋酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，溶液的氢离子的物质的量大于盐酸中的氢离子物质的量，所以要稀释到等pH，醋酸加入的水量多，错误，选B；C、氨水中加入盐酸到中性，溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒分析，铵根离子浓度等于氯离子浓度，正确，不选C；D、溶液中存在电荷守恒，c（H+）+ c（Na+）= 2c（SO42﹣）十c（OH﹣），根据硫酸氢钠溶液中物料守恒，c（Na+）= c（SO42﹣），则可以推出c（H+）= c（SO42﹣）十c（OH﹣），正确，不选D。‎ 考点：溶液中的离子浓度大小比较 ‎8. 下图两个装置中，液体体积均为200ml，开始时电解质溶液的浓度均为 0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 产生气体体积①＝②‎ B. 电极上析出固体质量①＜②‎ C. 溶液的pH变化：①减小②增大 D. 电极反应式：①中阳极Cu2+＋2e－＝Cu，②中负极Zn－2e－＝Zn2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、装置①属于电解池，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，CuSO4的物质的量为200×10－3×0.1mol·L－1=0.02mol，当电路中通过0.02mol电子，消耗Cu2＋物质的量为0.01mol，只有阳极产生气体，即产生氧气的物质的量为0.02/4mol=0.005mol，体积为0.112L，装置②为原电池，正极上的反应式为2H＋＋2e－=H2↑，产生氢气的体积为0.02×22.4/2L=0.224L，①和②产生气体体积不相等，故A错误；B、装置②中没有固体析出，装置①有固体析出，因此电极上析出固体质量①>②，故B错误；C、装置①总电极反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，溶液pH降低，装置②发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，c(H＋)降低，pH增大，故C正确；D、电极反应式：①中阳极上为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，②中负极反应式Zn－2e－=Zn2＋，故D错误。‎ ‎9. 25 ℃时，下列各组数据中比值为2：1的是（ ）‎ A. 0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1 mol/L的CH3COONa溶液中c(CH3COO-)之比 B. pH=7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中c(NH4+)与c(SO42-)之比 C. 等质量的Na2CO3固体和NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，消耗盐酸的物质的量之比 D. pH均为2的H2SO4溶液与盐酸中c(H+)之比 ‎【答案】B ‎【解析】A．醋酸根离子水解，浓度越大，水解程度越小，0.2 mol/L的CH3COONa溶液与0.1‎ ‎ mol/L的CH3COONa溶液相比，前者水解程度小，二者的c(CH3COO-)之比＞2:1，故A错误；B．根据电荷守恒得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42- )，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=2c(SO42- )，故B正确；C．等质量的Na2CO3和NaHCO3固体分别与足量盐酸反应，消耗盐酸的物质的量之比=×2：×1＜2:1，故C错误；D．pH=2的H2SO4溶液与pH=2的盐酸溶液中，溶液中氢离子浓度都是0.01mol/L，故D错误；故选B。‎ ‎10. 在不同温度下，向VL 密闭容器中加入0.5 mol NO和0.5 mol活性炭，发生反应：2NO(g) + C(s) N2(g) + CO2(g) △H = -Q kJ/mol，达到平衡时的数据如下：‎ 温度/℃‎ n（C）/mol n（CO2）/mol T1‎ ‎0.15‎ T2‎ ‎0.375‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. 由上述信息可推知：T1＞T2‎ B. T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c(N2)：c(NO)增大 C. T1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率增大 D. T1℃时，该反应的平衡常数K=9/16‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A.由于在温度是T1时反应消耗C的物质的量0.15mol，在温度是T2时反应消耗C的物质的量是0.125mol，说明平衡逆向移动。该反应的正反应是放热反应，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，实验可推知：T1 < T2，错误；B．T2℃时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以平衡不发生移动，c (N2)：c (NO)不变，错误；C．T1℃时，若开始时反应物的用量均减小一半，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，所以平衡不发生移动，根据平衡移动移动可知平衡不发生移动，因此平衡后NO的转化率不变，错误；D.根据平衡常数的含义可知：T1℃时，该反应的平衡常数是K=c(N2)•c(CO2)/c2(NO) =（0.15×0.15）÷0.352=0.184，正确。‎ 考点：考查化学反应速率、化学平衡的移动的知识。‎ ‎11. 将某一元弱酸（HA）和氢氧化钠溶液混合后溶液呈中性，则此溶液中c(Na+)与c(A－‎ ‎)的关系为（ ）‎ A. c(Na+)＝c(A－) B. c(Na+)＜c(A－) C. c(Na+)＞c(A－) D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(A－) ，溶液显中性，c(H＋)=c(OH－)，即c(Na＋)=c(A－)，故A正确。‎ ‎12. 在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数 。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应正反应的焓变为正值 B. 恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深 C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为NO2+SO2 NO+SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据平衡常数的表达式，此反应是NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，A、升高温度，NO浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应方向为放热反应，△H<0，故A错误；B、反应前后气体系数之和相等，扩大容器的体积，组分浓度减小，体系的颜色变浅，故B错误；C、升高温度，正逆反应速率增大，故C错误；D、根据化学平衡常数的定义，反应方程式为NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，故D正确。‎ ‎13. 25℃时，向盛有50 mL pH=3的HA溶液的绝热容器中加入pH=14的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是( )‎ A. HA溶液的物质的量浓度为0.0l mol/L B. a→b的过程中，混合溶液不可能存在：c(A－)=c(Na＋)‎ C. b→c的过程中，温度降低的主要原因是溶液中A－发生了水解反应 D. 25℃时，HA的电离平衡常数K约为1.25×10—6‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．b点温度最高，恰好中和时温度最高，此时消耗氢氧化钠物质的量为1mol/L×0.04L=0.04mol，HA和氢氧化钠的物质的量相等，c（HA）=0.04mol/0.05L=0.8mol/L，A错误；B．恰好反应时溶液中的溶质是NaA，呈碱性，HA呈酸性，a-b的过程中，混合溶液有可能呈中性，存在c(A-)=c(Na+)，B错误；C．b-c的过程中，温度降低的主要原因是HA已经反应完全生了NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，C错误；D．电离平衡常数，D正确，答案选D。‎ 考点：考查酸碱混合液定性判断 ‎14. 下列实验现象及结论正确的是（ ）‎ A. 向AgNO3溶液中加入几滴NaCl溶液生成白色沉淀，再向试管内加入KI溶液若生成黄色沉淀，则证明KSP (AgCl)> KSP (AgI)‎ B. Na2CO3溶液滴入硼酸溶液中，无气泡生成，说明Ka: H2CO3>H3BO3‎ C. 等物质的量浓度、等体积的CH3COONa和NaClO阴离子的总数前者小于后者 D. 若弱酸的酸性H2A＞H2B＞HA－＞HB－，则等物质的量浓度等体积的Na2A、Na2B溶液中，离子数目前者等于后者 ‎【答案】B ‎【解析】A．AgNO3溶液过量，不一定发生沉淀转化，应向氯化银沉淀加入碘化钾溶液，故A错误；B．Na2CO3溶液滴入硼酸溶液中，无气泡生成，表示不反应，说明酸性H2CO3＞H3BO3，故B正确；C．水解时，消耗一个阴离子产生一个氢氧根，阴离子总数不变，阴离子总数相等，故C错误；D．H2A酸性强于H2B，Na2B水解程度大，B离子水解生成HB-和氢氧根，离子数增加的多，离子数目前者小于后者，故D错误；故选B。‎ ‎15. 已 知某温度下，MnC03、MnS的溶度积分别为2．0×10 -11、5．0×10 -14。下列推断不正确的是 ( )‎ A. 碳酸锰的溶解度大于硫化锰的溶解度 B. 碳酸锰转化成硫化锰的离子方程式为MnCO3(s)+S2-(aq) MnS(s)+ CO32-(aq)‎ C. 碳酸锰转化成硫化锰的平衡常数K=2．5x10-3‎ D. 在含相同浓度的C032一，S2-的溶液中滴加氯化锰溶液，先产生沉淀是MnS ‎【答案】C ‎【解析】A. 碳酸锰和硫化锰的组成形式相似，溶度积MnCO3＞MnS，则碳酸锰的溶解度大于硫化锰的溶解度，故A正确；B. 碳酸锰中存在碳酸锰的溶解平衡，当加入硫离子时生成硫化锰沉淀，使碳酸锰的溶解平衡右移，反应离子方程式为MnCO3(s)+S2-(aq)MnS(s)+ CO32-(aq)，故B正确；C．碳酸锰转化成硫化锰的反应方程式为：MnCO3+S2-⇌MnS+CO32-‎ ‎，该反应的平衡常数为K==•===400，故C错误；D．MnS和MnCO3是同类型沉淀，可直接根据Ksp数值比较溶解性情况，难溶的优先产生沉淀，在含相同浓度的CO32-、S2-的溶液中滴加氯化锰溶液，由于Ksp(MnS)＜Ksp(MnCO3)，则MnS比MnCO3更难溶，先产生沉淀是MnS，故D正确；故选C。‎ ‎16. 有温度和容积均相同的两容器Ⅰ、Ⅱ，向Ⅰ中加入1 mol NO 2 ，Ⅱ中加入2 mol NO 2 ，都将发生反应2 NO 2 （g） N 2 O 4 （g），反应达到平衡时，测得Ⅰ中NO 2 的转化率为a%，Ⅱ中NO 2 的转化率为b%，则a、b的关系为（ ）‎ A. a＜b B. a＞b C. a=b D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：向Ⅰ中加入1molNO2，Ⅱ中加入2 mol NO2，Ⅱ中相当于在Ⅰ的基础上加压，2NO2（g）N2O4 （g），平衡正向移动，所以NO2的转化率为a%＜b%。答案选A。‎ 考点：考查平衡移动的影响因素 ‎17. 用所学知识回答下列问题：‎ ‎（1）已知常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝5× ，若某溶液常温下刚 析出Mg(OH)2固体时，c(Mg2+)＝5× mol/L，则此时溶液的pH＝______。‎ ‎（2）已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到NaHCO3溶液中有气体放出，试推断常温下NH4HCO3溶液的pH______7（填“＞”、“＜”或“＝”）。‎ ‎（3）25℃时，pH＝11的KOH溶液中，由水电离出的c(OH－)＝_______mol/L。‎ ‎（4）25℃时，pH＝11的K2CO3溶液中，由水电离出的c(OH－)＝_______mol/L。‎ ‎【答案】 (1). 9 (2). ＞ (3). (4). ‎ ‎【解析】（1）本题考查溶度积的计算，根据Ksp=c(Mg2＋)×c2(OH－)，求的c(OH－)=10－5mol·L－1，根据水的离子积，c(H＋)=Kw/c(OH－)=10－14/10－5mol·L－1=10－9mol·L－1，pH=9；（2）考查溶液酸碱性的判断，CH3COONH4溶液显中性，推出CH3COO－水解程度与NH4＋水解程度相等，醋酸加到NaHCO3溶液中，有气体产生，推出醋酸的酸性强于碳酸，HCO2－的水解程度大于NH4＋水解程度，因此NH4HCO3溶液显碱性，即pH>7；（3）本题考查水的电离，水电离出的H＋浓度等于水电离产生OH－浓度，pH=11的KOH溶液，c(H＋)=10－11mol·L－1，即水电离出的c(OH－)=10－11mol·L－1；（4）本题考查水的离子积的运用，K2CO3属于盐，CO32－发生水解，结合H2O 电离出的一部分H＋，因此水电离出c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－11mol·L－1=10－3mol·L－1。‎ 点睛：本题的难点是（2）NH4HCO3属于弱酸弱碱盐，溶液显酸性还是碱性，取决于NH4＋与HCO3－的水解程度大小，CH3COONH4溶液显中性，说明CH3COOH和NH3·H2O的电离程度相同，碳酸氢钠溶液中加入CH3COOH，有气体产生，说明CH3COOH的酸性强于碳酸，根据盐类水解，越弱越水解，因此NH4＋水解程度小于HCO3－，即溶液显碱性。‎ ‎18. 合成氨技术开辟了人工固氮的重要途径，合成氨反应的平衡常数K值和温度的关系如下：‎ 温 度（℃）‎ ‎360 ‎ ‎440‎ ‎520‎ K值 ‎0.036‎ ‎0.010‎ ‎0 .0038‎ ‎（1）①由上表数据可知该反应为_____ (填放热，吸热，无法确定　)反应。‎ ‎②下列措施能用勒夏特列原理解释是__________。（填序号）‎ a．增大压强有利于合成氨 b．使用合适的催化剂有利于快速生成氨 c．生产中需要升高温度至500ºＣ左右 d．需要使用过量的N２，提高Ｈ２转化率 ‎（2）0.2mol氨气溶于水后再与含有0.2mol硫酸的溶液反应放热ＱkJ，用热化学方程式表示其反应式____。‎ ‎（3）常温时，将amol氨气溶于水后，再通入bmol氯化氢，溶液体积为1L，且c(NH4+)=c(Cl−),则一水合氨的电离平衡常数Kb＝_________。(用ab表示)‎ ‎（4）原料气H2可通过反应 CH4(g) + H2O (g) CO(g) + 3H2(g) 获取，已知该反应中，当初始混合气中的恒定时，温度、压强对平衡混合气CH4含量的影响如下图所示：‎ ‎①图中，两条曲线表示压强的关系是：P1____P2 （填“>”、“=”或“<”）。‎ ‎②其它条件一定，升高温度，氢气的产率会_____。（填“增大”，“减小”减小，“不变”不变）‎ ‎（5）原料气H2还可通过反应CO(g) + H2O(g) CO2 (g) + H2(g) 获取。‎ ‎①T ℃时，向容积固定为5L的容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO的浓度为0.08 mol·L-1，该温度下反应的平衡常数K值为________。‎ ‎②保持温度仍为T ℃，容积体积为5L，改变水蒸气和CO的初始物质的量之比，充入容器进行反应，下列描述能够说明体系处于平衡状态的是________（填序号）。‎ a．容器内压强不随时间改变 ‎ b．混合气体的密度不随时间改变 c．单位时间内生成a mol CO2的同时消耗a mol H2‎ d．混合气中n(CO) : n(H2O) : n(CO2) : n( H2) = 1 : 16 : 6 : 6‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). ad (3). NH3.H2O（aq）+H2SO4（aq）= NH4HSO4（aq）+H2O（l）△H=-5Q kJ·mol﹣1 (4). （b ×10－7）/( a- b) (5). < (6). 增大 (7). 2.25 (8). cd ‎..................‎ 起始（mol·L－1） 0.2 0.2 0 0‎ 变化 0.12 0.12 0.12 0.12‎ 平衡 0.08 0.08 0.12 0.12 根据化学平衡常数定义，其表达式为K=c(H2)×c(CO2)/[c(CO)×c(H2O)]=0.122/0.082‎ ‎=2.25；a、因为反应前后气体系数之和相等，压强不变，不能说明反应达到平衡，故错误；b、组分都是气体，因此气体质量不变，容器是恒定，根据密度的定义，密度保持不变，不能说明反应达到平衡，故错误；c、用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，消耗氢气，说明反应向正反应方向进行，生成CO2，说明反应向逆反应方向进行，且等于化学计量数之比，反应达到平衡，故正确；d、根据浓度商进行计算，此时的浓度商为6×6/(16×1)=2.25，等于化学平衡常数，说明反应达到平衡，故正确。‎ ‎19. （1）已知下列反应的热化学方程式：‎ ‎6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1‎ ‎2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2‎ ‎ C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3‎ 则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为__________‎ ‎（2）二氧化碳合成甲醇是碳减排的新方向，将CO2转化为甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH ‎ ①取一定体积CO2和H2的混合气体（物质的量之比为1∶3），加入恒容密闭容器中，发生上述反应反应过程中测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系如图1所示，则该反应的ΔH_______0（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）‎ ‎ ②在两种不同条件下发生反应，测得CH3OH的物质的量随时间变化如图2所示，曲线I、Ⅱ对应的平衡常数关系为KⅠ_____________KⅡ。‎ ‎【答案】 (1). 12△H3+5△H2-2△H1 (2). < (3). ＞‎ 点睛：本题的难点是（2）①，判断△H大于0还是小于0，根据温度对化学平衡的移向，勒夏特列原理的分析，应首先建立一个平衡体系，然后再分析改变一个因素，平衡如何移动，如本题，甲醇是生成物，当达到最高点时，说明反应达到平衡，最高点左侧曲线，说明反应向正反应方向进行，最高点右侧的曲线，才是化学平衡移动的曲线，温度升高，甲醇的体积分数减小，说明反应向逆反应方向进行，即正反应方向是放热反应。‎ ‎20. 铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下: ‎ 注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。 ‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。 ‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。‎ 阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。 ‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (2). 减小 (3). 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 (4). 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ (5). H2 (6). 氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜 ‎【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。‎ ‎（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。 ‎ ‎(2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。 ‎ ‎（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。 ‎ ‎（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3-，所以电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质A为H2 。‎ ‎ （5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。‎ ‎21. 我国规定：室内甲醛含量不得超过0.08mg·m－3。某研究性学习小组欲利酸性KMnO4溶液测定空气中甲醛的含量， (部分装置如图)，其反应原理及步骤如下：‎ ‎4MnO4-＋5HCHO＋H ＋＝Mn2＋＋5CO2↑＋11H2O ‎ ‎2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O ‎ ‎ ‎ ‎ 步骤：①量取5.00mL 1.00×10－3mol·L－1 KMnO4，溶液于洗气瓶中，并滴入几滴稀H2SO4，加水20mL稀释备用。‎ ‎②取1.00×10－3mol·L－1草酸标准溶液于酸式滴定管中备用。‎ ‎③用注射器抽取100mL新装修室内空气。再将注射器气体推入洗气瓶中充分反应。再重复4次。‎ ‎④将洗气瓶中溶液转移到锥形瓶中(包括洗涤液)，再用标准草酸溶液进行滴定，记录滴定所消耗的草酸溶液的体积。‎ ‎⑤再重复实验2次(每次取高锰酸钾溶液5.00mL)。3次实验消耗草酸溶液的体积平均值为12.38mL。‎ 回答下列问题 ‎（1）此实验用指示剂____________（填字母）。A 甲基橙　b酚酞　c淀粉　d无需另外添加试剂 ‎（2）量取5.00mL KMnO4溶液应用______________滴定管 ‎ ‎（3）下列操作能引起室内甲醛浓度偏高的是________。‎ a.滴定终点俯视读数 b.滴定前有气泡滴定后无气泡 c.在高锰酸钾溶液中加入少量水 d.装草酸的滴定管未润洗 ‎（4）草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，如果向10 mL 0.01 mol•L-1 H2C2O4溶液中滴加0.0 1 mol•L-1 NaOH溶液 ‎①当加入的NaOH溶液体积为10 mL，请你写出溶液中质子守恒关系式__________。‎ ‎②当加入的NaOH溶液体积为20 mL，请你写出溶液中离子的浓度大小关系__________。‎ ‎【答案】 (1). d (2). 酸式 (3). a (4). c(H+)+ c(H2C2O4)= c(OH-)+ c(C2O42-) (5). c( Na+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)‎ ‎【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1‎ ‎）高锰酸钾本身显紫色或紫红色，因此本实验无需指示剂；（2）高锰酸钾溶液具有强氧化性，因此用酸式滴定管量取高锰酸钾；（3）根据设计的原理，与甲醛反应高锰酸钾的物质的量为(VKMnO4×cKMnO4－VH2C2O4×cH2C2O4×2/5)mol，则甲醛的物质的量为(VKMnO4×cKMnO4－VH2C2O4×cH2C2O4×2/5)×5/4mol，a、滴定终点俯视读数，读出的VH2C2O4偏小，则所测甲醛浓度偏高，故a正确；b、滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读出的VH2C2O4偏大，所测甲醛浓度偏低，故b错误；c、高锰酸钾溶液中加少量的水，高锰酸钾物质的量不发生变化，因此所测甲醛浓度不变，故c错误；d、装草酸的滴定管未润洗，造成草酸的物质的量浓度偏小，即消耗的草酸的体积增大，即所测甲醛浓度偏低，故d错误；（4）①加入10mLNaOH溶液，溶质为NaHC2O4，物料守恒c(Na＋)=c(HC2O4－)＋c(H2C2O4)＋c(C2O42－)，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HC2O42－)＋2c(C2O42－)＋c(OH－)，得到质子守恒：c(H+)+ c(H2C2O4)= c(OH-)+ c(C2O42-)；②加入NaOH溶液体积为20mL，溶质为Na2C2O4，草酸钠溶液中存在平衡：C2O42－＋H2O HC2O4－＋OH－，HC2O4－＋H2O H2C2O4＋OH－，H2O H＋＋OH－，盐类水解程度是微弱的，因此离子浓度大小顺序是c( Na+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)＞c(HC2O4-)＞c(H+)。‎ 点睛：本题的难点是误差的分析，误差分析时，首先列出正确的表达式，分析标准液体积的变化，像本题分析草酸体积变化。‎ ‎ ‎ ‎ ‎