【化学】陕西省西安市2019-2020学年高二上学期期末考试联考试题（解析版）
陕西省西安市2019-2020学年高二上学期期末考试联考试题
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择題)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分。考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上
3.本试卷主要考试内容：人教版选修4
4.可能用到的相对原子质量：H－1 O－16 P－31 K－39 Cr－52 Fe－56 Cu－64 Ag－108
第Ⅰ卷(选择题共48分)
选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列关于能源或能量转化的说法不正确的是（ ）
A. 阳光、风力、流水、潮汐均属于能源
B. 沼气、乙醇、氢气均是可再生能源
C. 太阳能电池是将化学能转化为电能
D. 氢气、太阳能、地热能均是绿色能源
【答案】C
【解析】
【详解】A．阳光、风力、流水、潮汐都属于能源，A正确；
B．沼气、乙醇、氢气都是可再生能源，B正确；
C．太阳能电池是将太阳能转化为电能，C错误；
D．氢气、太阳能、地热能均是无污染的能源，D正确；
答案选C。
2.下列物质溶于水后，可使水的电离程度减小的电解质是（ ）
A. 氢氧化钠 B. 氨气 C. 氯气 D. 胆矾
【答案】A
【解析】
【详解】A．氢氧化钠溶于水，电离出氢氧根离子，对水的电离起到抑制作用，A符合题意；
B．氨气是非电解质，B不符合题意；
C．氯气不是电解质，C不符合题意；
D．胆矾溶于水，电离产生的铜离子水解，促进水的电离，D不符合题意；
答案选A。
3.某反应只有在高温下才具有自发性，则对该反应的△H和△S判断正确的是（ ）
A. △H>0、△S>0
B. △H<0、△S<0
C. △H>0、△S<0
D. △H<0、△S>0
【答案】A
【解析】
【分析】依据△G=△H-T△S<0 。
【详解】依据△G=△H -T△S<0，判断反应在什么情况下能够自发进行：
A．△H>0、△S>0，在高温下反应能自发进行，A符合题意；
B．△H<0、△S<0，在低温下反应能自发进行，B不符合题意；
C．△H>0、△S<0，很难自发进行，C不符合题意；
D．△H<0、△S>0，反应一定能自发进行，D不符合题意；
答案选A。
4.反应mA(g)+nB(g)=eC(g)+fD(s) △H。若按反应物的化学计量数比投料，在一定条件下进行反应，该反应达到平衡时C的气体体积分数与温度、压强的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 该反应的△H >0
B. 该化学方程式中m+n>e+f
C. 加入催化剂可加快正反应速率，逆反应速率不变
D. 往平衡后的恒压容器中再充入一定量C，达到新平衡时，C的浓度与原平衡时的相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．当压强不变时，温度越高平衡时C的气体体积分数越低，故△H<0，A错误；
B．当温度不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向进行。由图像可知，当温度不变时，压强越大平衡时C的气体体积分数越大，又因为D是固体，故该化学方程式中m+n>e，B错误；
C．加入催化剂正逆反应速率都增加，并且增加的倍数相同，C错误；
D．恒压条件下开始按反应物的化学计量数比投料，在一定条件下进行反应，平衡后往恒压容器中再充入一定量C，再次达到新平衡时，这两次平衡等效，故C的浓度与原平衡时的相同，D正确；
答案选D。
5.在指定条件下的溶液中，下列离子组成合理的是（ ）
A. 滴加甲基橙显红色的溶液：K+、Fe2+、SO42-、NO3-
B. 无色透明溶液：Na+、Cu2+、Br-、SO42-
C. 碱性溶液：Fe 2+、K+、ClO-、NO3-
D. 常温下，pH=7的溶液：Na+、SO42-、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．滴加甲基橙显红色的溶液，溶液呈酸性，溶液中含有H+， NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可以将Fe2+氧化，A中组成不合理；
B．无色透明溶液，而Cu2+在溶液中呈蓝色，B中组成不合理；
C．在碱性溶液中，Fe2+与OH-不能大量共存，且Fe2+与ClO-因发生氧化还原反应也不能大量共存，C组成不合理；
D．常温下，pH=7的溶液，这些离子组成符合题意；
答案选D。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有CO32-的数目一定小于0.1NA
B. 用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极产生1.12L(标准状况)气体，则电路中通过的电子数为0.2NA
C. 将0.1 molHI完全溶解于1L水中，则溶液中氢原子数为0.1NA
D. 一定条件下，某密闭容器中发生反应：N(g)+3H2(g) 2NH3(g)。该条件下，投入1molN2和3molH2，反应达到平衡时，转移的电子数为6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液，不知道溶液的体积，无法确定CO32-的数目，A错误；
B．用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阳极产生1.12L(标准状况)气体，则阳极产生气体的物质的量为0.05mol，生成一个氧气分子转移4个电子，故阳极产生1.12L(标准状况)气体，则电路中通过的电子数为0.2NA，B正确；
C．将0.1 molHI完全溶解于1L水中，溶剂水中也含有大量的氢原子，C错误；
D．一定条件下，某密闭容器中投入1molN2和3molH2发生反应N(g)+3H2(g) 2NH3(g)，因为这个反应是可逆反应，不能进行完全，故转移的电子数小于6NA，D错误；
答案选B。
7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 氯水中存在反应，当加入CaCO3固体后，溶液颜色变浅
B. 分别用等体积的蒸馏水和0.010mol·L-1硫酸洗涤BaSO4沉淀，后者损失的BaSO4沉淀较少
C. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D. 合成氨工业中新发明的钌基催化剂的催化作用优于传统的铁催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水中存在反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当加入CaCO3固体后，消耗溶液中的H+，平衡正向移动，Cl2的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．BaSO4(s) Ba2+(aq)+SO42-(aq)，用0.010mol·L-1硫酸洗涤BaSO4沉淀，溶液中的硫酸根离子，对硫酸钡的溶解起到抑制作用，能用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．2SO2+O22SO3 ，增大氧气的浓度，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．催化剂能同等倍数的改变正逆反应速率，不影响反应物的平衡转化率，不能用勒夏特列原理解释，D符合题意；
答案选D。
8.一定温度下，Ca(OH)2在水溶液中达到溶解平衡：
。下列叙述正确的是（ ）
A. 加入少量氢氧化钠固体，Ca(OH)2溶解平衡向左移动，溶液中c(H+)减小
B. 加水，Ca(OH)2的溶解平衡向右移动，pH增大
C. 加入少量盐酸，Ca(OH)2溶解平衡向右移动Ksp[Ca(OH)2]增大
D. 升高温度，Ca(OH)2溶解平衡向右移动，Ksp[Ca(OH)2]增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．一定温度下，Ca(OH)2在水溶液中达到溶解平衡：，加入少量氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，Ca(OH)2溶解平衡向左移动，水的离子积常数不变，故溶液中c(H+)减小，A正确；
B．一定温度下，Ca(OH)2在水溶液中达到溶解平衡：，加水，促进溶解，这时候的溶液仍为饱和溶液，氢氧根离子的浓度不变，故加水后溶液的pH不变，B错误；
C．Ksp[Ca(OH)2]仅受温度的影响，C错误；
D．Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而减小，故升高温度，Ca(OH)2溶解平衡向左移动，Ksp[Ca(OH)2]减小，D错误；
答案选A。
9.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向浓度均为0.1mol∙L-1的KI和K2S混合溶液中滴加2滴0.1mol∙L-1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黑色
Ksp(Ag2S)＞Ksp(AgI)
B
将铁片与铝片用导线连接后，插入稀硫酸中，铁片上有气泡产生
铁将硫酸还原产生氢气
C
向含紫色石蕊的AlCl3溶液中，加入少量的NaOH固体，溶液的红色变浅
AlCl3溶液中存在水解平衡
D
室温下，用pH试纸测得0.1mol∙L-1CH3
COONa溶液的pH约为9，0.1mol∙L-1NaCN溶液的pH约为11
Ka(HCN)＞Ka(CH3COOH)
【答案】C
【解析】
【详解】A．向浓度均为0.1mol∙L-1的KI和K2S混合溶液中滴加2滴0.1mol∙L-1的AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黑色，则生成的黑色沉淀是Ag2S，故Ksp(Ag2S)
0；
【详解】A. 根据分析可知=正反应活化能-逆反应活化能>0，故A正确；
B.根据分析可知a点温度高于b点，温度越高反应速率越快，故B正确；
C. v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，反应达到平衡时正逆反应速率相等，即k正x2SiHCl3= k逆xSiH2Cl2xSiCl4，经变换可得平衡常数K=k正/k逆，即温度不变k正与k逆的比值不变，故C错误；
D. 由图示可知343K时反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的平衡转化率α=22%，设SiHCl3的起始浓度为cmol/L，则
平衡常数=；故D正确；
故答案为C。
12.2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. △H2>0
B. △H4+△H5+△H8=△H1
C. 在相同条件下，2K(g)→2K+(g)的<△H3
D. △H6+△H7=△H8
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na(g)→Na(s)释放热量，故△H2＜0，A符合题意；
B．由盖斯定律可知：△H1=△H4+△H5+△H8，B不符合题意；
C．由钾原子原子核外有4个电子层，其失去最外层1个电子所需的能量较少，故<△H3，C不符合题意；
D．由盖斯定律可知：△H6+△H7=△H8，B不符合题意；
答案选B。
13.电化学腐蚀及防护的研究装置如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
A. 若a、b用导线相连，石墨电极上有气泡产生
B. 若a、b不用导线相连，c处比d处更易产生铁锈
C 若a、b用导线相连，铁片主要发生吸氧腐蚀
D. 若a、b分别连接电源的正、负极，将加快铁片的腐蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A．若a、b用导线相连，铁、石墨、海水构成原电池，铁片为负极，石墨为正极，铁片发生吸氧腐蚀，石墨电极上没有气泡产生，A的说法不正确；
B．若a、b不用导线相连，由于c处的铁与空气中氧气接触的浓度比d处的铁与空气中氧气接触的浓度大，故c处比d处更易产生铁锈,B的说法正确；
C．若a、b用导线相连，铁、石墨、海水构成原电池，铁片为负极，石墨为正极，铁片发生吸氧腐蚀，C的说法正确；
D．若a、b分别连接电源的正、负极，则铁片为阳极，加快铁片的腐蚀，D的说法正确；
答案选A。
14.相同条件下，下列各组热化学方程式(溶液中的反应均是在稀溶液之间进行的)中，△H1<△H2的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳与碳的反应是吸热反应，△H1 ˃0，氧化钙与水反应是放热反应，△H2<0，故
△H1 ˃△H2，A不符合题意；
B．氨水电离吸热，弱碱的中和热△H1大于强碱的中和热△H2，B不符合题意；
C．H2O(g)→H2O(l)放出热量，即△H<0，故△H1 ˃△H2，C不符合题意；
D．CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H<0，由盖斯定律可知△H1 =△H+△H2，故△H1<△H2，D符合题意；
答案选D。
15.25℃时，0.2mol·L-1的HX溶液中c(HX)：c(X-)=99:1，下列说法正确的是（ ）
A. 升温至30℃时，溶液c(HX)：c(X-)=99:1
B. 25℃时，K(HX)≈2×10-5
C. 向溶液中加入适量NaX固体，酸的电离平衡向左移动，达到新的平衡时c(X-)减小
D. 加水稀释后，溶液中c(X-)、c(H＋)、c(OH－)均减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．升高温度，促进弱电解质电离，溶液c(HX)：c(X-)<99：1，A错误；
B．25℃时，0.2mol·L-1的HX溶液中c(H+)与c(X-)几乎相等，故c(H+)= c(X-)=0.2mol·L-1×(1/100)=2.0×10-3 mol·L-1，故K(HX)≈(2.0×10-3)2/(0.2)= 2×10-5，B正确；
C．HX H++ X-，向溶液中加入适量NaX固体，c(X-)增大，酸的电离平衡向左移动，达到新的平衡时c(X-)增大，C错误；
D．加水稀释后，溶液中c(X-)、c(H+)均减小，但是温度不变，水的离子积常数不变，故溶液中c(OH-)增大，D错误；
答案选B。
16.某小组采用电渗析法从含NH4H2PO4 和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3·H2O和 H3PO4，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
B. a处进入稀氨水，d处流出浓H3PO4溶液
C. 阴极区总反应式为2H2O＋2NH4＋＋2e－=2NH3·H2O＋H2↑
D. 每放出11.2L（标准状况）H2时，能回收98gH3PO4
【答案】D
【解析】
【分析】由产生的氢气和氧气判断，左室为阴极室，阴极的电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑,右室为阳极室，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A．废水中存在的主要离子为NH4＋、H2PO4-和HPO42-，在电解过程中，NH4＋向左室迁移结合OH-生成NH3·H2O，H2PO4-和HPO42-向右室迁移结合H+生成H3PO4，所以膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，A正确；
B．为了增强溶液的导电性，a处进入稀氨水，c处充入稀磷酸，b处流出浓氨水，d处流出浓磷酸，B正确；
C．阴极区发生，2H2O+2e-=2OH-+H2↑，NH4＋+OH-=NH3·H2O，总反应式：2H2O＋2NH4＋＋2e－=2NH3·H2O＋H2↑，C正确；
D．11.2L（标准状况）H2的物质的量为0.5mol，根据阴极区反应：2H2O＋2NH4＋＋2e－=2NH3·H2O＋H2↑，当生成n(H2)=0.5mol，转移电子n(e-)=1mol，根据阳极区反应：2H2O+2HPO42--4e-=2 H3PO4+O2↑，2H2O+4H2PO42--4e-=4H3PO4+O2↑，根据电子守恒，回收H3PO4的质量为：49g”=”或“<”)CH3 COONa溶液的pH。
(4)25℃时，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，当pH=7时，所加KOH溶液的体积____(填或“<”)20mL。
(5)用相同浓度的AgNO3溶液分别滴定浓度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是______。(填离子符号)
【答案】(1). A (2). HCN (3). > (4). < (5). I-
【解析】
【分析】已知25℃时，HCN的电离平衡常数Ka=6.2×10-10，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.7×10-5，HCN的电离平衡常小于CH3COOH的电离平衡常数，故CH3COOH的酸性比HCN的酸性强，酸性越强则酸对应的酸根离子的水解能力越弱；沉淀溶解平衡的应用。
【详解】（1）CH3COOH的酸性比HCN的酸性强，pH相等时，加水稀释相同的倍数，酸性较强的pH变化大，故A表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线；
（2）由于HCN的电离平衡常小于CH3COOH的电离平衡常数，则物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和HCN溶液，CH3COOH在溶液中电离出的c(H+)大于与HCN在溶液中电离出的c(H+)，故pH相等的CH3COOH溶液和HCN溶液，溶质的物质的量浓度较大的是HCN溶液；
（3）酸性越强则酸对应的酸根离子的水解能力越弱，由于CH3COOH的酸性比HCN的酸性强，所以CN-的水解能力比CH3COO-的水解水解强，故25℃时，等浓度的NaCN溶液的pH>CH3COONa溶液的pH；
（4）25℃时，向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L-1KOH溶液，当加入KOH溶液的体积为20mL时，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3
COOK，CH3COOK是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故当pH=7时，所加KOH溶液的体积<20mL；
（5）由图像可知-lgc(X-)的值越大，则c(X-)越小，当c(Ag+)相同时，开始产生沉淀c(I-)最小，故用相同浓度的AgNO3溶液分别滴定浓度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，首先沉淀的离子是I- 。
18.回答下列问题：
(1)工业合成氨原理为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ∆H=-92.4kJ·mol-1。现将6molN2和14molH2充入如图所示密闭容器中，保持压强不变，开始时活塞的位置如图1所示，当反应达到平衡时，活塞的位置如图2所示。
①下列表述能说明反应已达到平衡的是___(填字母)。
A.活塞不再移动
B.容器内压强不再改变
C容器内气体密度不再改变
D.容器内气体的平均相对分子质量不再改变
②已知某次反应过程中逆反应速率随时间的变化关系如图所示，在t1时刻改变了某一条件，则改变的一种条件是_____。
(2)治理NO的一种方法是先将NO氧化成NO2后，再将NO2通入还原性碱溶液中电解转化成N2，其中氧化的反应原理为NO(g)+O3(g)⇌NO2(g)+O2(g) ∆H<0。下列说法正确的是____(填字母)。
A.已知该反应在较低温度下能自发进行，说明∆S=0
B.加入催化剂，可降低反应的活化能和焓变，从而加快反应的速率
C.活化分子有效碰撞理论中，活化能指活化分子平均能量与非活化分子平均能量的差值
D.在一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1:3的NO和O3，达到平衡时NO转化率为a，再充入一定量物质的量之比为1:3的NO和O，NO转化率不变。
(3)处理汽车尾气中的氮氧化物还可以用NH3还原法，假设在恒容密闭容器中，仅发生反应： △H<0。测得NO的平衡转化率随温度的变化关系如图所示，已知温度为T3时，反应达到平衡所需时间为10min。请在图中画出不同温度下(其他条件均相同)，反应都经过10min时，NO转化率的曲线示意图_____________。
【答案】(1). ACD (2). 加压 (3). D (4).
【解析】
【分析】（1）①分析所给物理量在反应过程中是否发生变化，若反应过程中发生变化，当其不变时，则达到平衡状态；
②根据图像分析影响速率的因素；
（2）反应能否自发进行，依据△G=△H -T△S<0；催化剂对反应速率的影响但是不影响反应热；活化能的考查；外界条件对平衡的影响；
（3）根据温度对化学反应速率、化学平衡影响效果作图。
【详解】（1）①A．该反应为体积变化的反应，反应过程中气体的体积发生变化，因此活塞不再移动时，说明反应达到平衡状态，A正确；
B．该装置为恒压装置，反应过程中压强始终不变，B错误；
C．由于反应物和生成物都是气体，则混合气体的质量不变，由于容器为恒压装置，反应过程中，气体体积发生变化，根据公式可知，当混合气体的密度不变时，则反应达到平衡状态，C正确；
D．该反应前后为气体分子数改变的反应，当容器内气体的平均相对分子质量不再改变时。反应达到平衡，D正确；
答案选ACD；
②由图可知，t1时刻后，反应速率增大，而升高温度、增大压强或加入催化剂都可能增大反应速率，若t1时刻反应达到平衡，则改变的条件为加压；
（2）A．该反应的∆H<0，依据△G=△H -T△S<0可知，该反应在较低温度下自发进行，则△S<0，A错误；
B．催化剂降低反应的活化能，加快化学反应速率，不改变化学反应的焓变，B错误；
C．活化能是活化分子的平均能量与反应物分子的平均能量之间的差值，C错误；
D．该反应是反应前后气体分子数不变的反应，恒温恒容容器中反应达到平衡状态，同等倍数的增大反应物的浓度，当再次达到平衡时，NO转化率不变，D正确；
答案选D；
（3）反应进行前10min内，反应向正向进行，因此NO的转化率增大，由于升高温度，反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，所以温度低于T3时，10min内反应均未达到平衡，NO的转化率低于其平衡状态的转化率，即在平衡转化率曲线下方，图像为：
19.氢气既是一种优质的能源，又是一种重要化工原料，高纯氢的制备是目前研究的热点。
(1)甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一，甲烷和水蒸气反应的热化学方程式：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=+165.0kJ·mol-1。
已知反应器中存在如下反应过程式：
Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206. 4 kJ. mol-1
Ⅱ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H2=___。
(2)某温度下，4molH2O和1 mol CH4在体积为2L的刚性容器内同时发生反应I、Ⅱ，反应达到平衡时，体系中n(CO)=bmol、n(CO2)=dmol，则该温度下反应I的平衡常数K的值为_____用含字母b、d的代数式表示)
(3)欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，可采取的措施有_____(填标号)。
A.适当增大反应物的投料比n(H2O)：n(CH4)
B.增大压强
C.分离出CO2
(4)H2用于工业合成氨：N2+3H2 2NH3.将n(N2)：n(H2)=1:3的混合气体，匀速通过装有催化剂的反应器中反应，反应器的温度变化与从反应器排出的气体中NH3的体积分数φ(NH3)的关系曲线如图，反应器温度高于T0后，NH3的体积分数g(NH3)随温度的升高而减小的原因是____。
某温度下，n(N2)：n(H2)=1:3的混合气体在刚性容器内发生反应，起始时气体总压为p0Pa，平衡时气体总压为0.9p0Pa，则H2的转化率为____，气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学反应平衡常数(记作Kp)，则此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=_____(用含p0的代数式表示)。
【答案】(1). -41.4 kJ. mol-1 (2). (3). AC (4). 温度高于T0时反应达到平衡，该反应是正反应放热反应，故温度升高，平衡逆向移动，NH3的体积分数减小 (5). 20% (6).
【解析】
【分析】（1）利用盖斯定律求出反应Ⅱ的∆H2；
（2）求出平衡时反应物、生成物的浓度，计算平衡常数；
（3）欲增大CH4转化为H2的平衡转化率，当CH4投料时的物质的量不变，使化学平衡正向移动；
（4）温度低于T0时未达到平衡，温度高于T0时反应达到平衡，该反应是放热反应，根据题意计算出各自的分压，然后计算分压平衡常数。
【详解】（1）由盖斯定律可知，∆H2=△H-ΔH1=165.0kJ·mol-1-206. 4 kJ· mol-1=-41.4 kJ· mol-1；
（2）由n(CO2)=dmol可知反应Ⅱ生成的n(H2)=dmol，同时消耗n(CO)=dmol，同时消耗n(H2O)= dmol，则反应Ⅰ中生成的n(CO)=(b+d)mol，消耗的n(CH4)=(b+d)mol，消耗的n(H2O)=(b+d)mol，生成的n(H2)= (3b+3d)mol，则平衡体系内n(CH4)=(1-b-d) mol、n(H2O)=(4-b-2d)mol、n(CO)=bmol、n(H2)= (3b+4d)mol，，容器的体积为2L，故反应I的平衡常数K=
=；
（3）A．适当增大反应物的投料比n(H2O)：n(CH4)，增大水的量促进甲烷转化为CO，促进CO转化为CO2，A正确；
B．增大压强，反应Ⅰ的平衡向左移动，B错误；
C．分离出CO2可使平衡向右移动，C正确；
答案选AC。
（4）温度低于T0时未达到平衡，温度升高，反应速率加快，NH3的体积分数增大，温度高于T0时反应达到平衡，该反应是正反应放热反应，故温度升高，平衡常数减小，NH3的体积分数减小；
设初始加入n(N2)=amol，n(H2)=3amol，平衡时H2的转化率为x，则反应中消耗的H2的物质的量为3axmol，反应中消耗的N2的物质的量为axmol，生成NH3的物质的量为2axmol，则达到平衡时，H2的物质的量为(3a -3ax)mol，N2的物质的量为(a -ax)mol，NH3的物质的量为2axmol，在恒温恒容的容器中压强之比等于物质的量之比，故4a：(4a-2ax)= p0：0.9p0，x=20% ，所以平衡时H2的物质的量为2.4amol，N2的物质的量为0.8amol，NH3的物质的量为0.4amol，则它们各自的分压分别为：p (H2)= 0.9p0Pa×[2.4a/(2.4a+0.8a+0.4a)]=0.6 p0Pa，p (N2)= 0.9p0Pa×[0.8a/(2.4a+0.8a+0.4a)]=0.2p0Pa，p (NH3)= 0.9p0Pa×[0.4a/(2.4a+0.8a+0.4a)]
=0.1p0Pa，该反应的化学平衡常数Kp= 。
20.回答下列问题
(1)蓄电池是一种可反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应如下：NiO2+Fe+2H2OFe(OH2+Ni(OH)2。
①此蓄电池在充电时，电池负极应与外加电源的___极连接，电极反应式为____。
②放电时生成Ni(OH)2的一极，在充电时发生___(填“氧化”或还原”)反应。
(2)按如图所示装置进行下列不同的操作。
①K1、K2、K3中只关闭一个，则铁的腐蚀速率最快的是只闭合___(填“K1”“K2”或“K3”，下同)时；为减缓铁的腐蚀，应只__闭合，该防护法称为___
②只闭合K1，当铁棒质量减少5.6g时，石墨电极消耗的气体体积为_____L(标准状况)。
【答案】 (1). 负 (2). Fe(OH2+2e-=2OH-+ Fe (3). 氧化 (4). K2、K3 (5). K2 (6). 外加电流的阴极保护法 (7). 1.12
【解析】
【分析】（1）蓄电池在充电时，原电池的负极与外接电源的负极相连，作电解池阴极，阴极发生还原反应；蓄电池在充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连，作电解池的阳极，发生氧化反应；
（2）金属作电解池的阳极腐蚀速率最快，作电解池的阴极，则金属被保护，腐蚀速率最慢；利用电路中阴阳极得失电子相等进行计算。
【详解】（1）①蓄电池在充电时，原电池的负极与外接电源的负极相连，作电解池阴极，阴极发生还原反应，反应式为：Fe(OH)2+2e-=2OH-+ Fe；
②放电时生成Ni(OH)2的一极为原电池的正极，充电时是电解池，Ni(OH)2的一极作阳极，发生氧化反应；
（2）①只闭合K1时，Fe作原电池的负极，加快Fe的腐蚀；只闭合K2时，Fe作电解池的阴极，Fe被保护，该法称为外加电流的阴极保护法；只闭合K3
时，Fe作电解池的阳极，加快Fe的腐蚀，但是电解池的阳极引起的金属腐蚀速率比原电池的负极引起的金属腐蚀速率快。故K1、K2、K3中只关闭一个，则铁的腐蚀速率最快的是只闭合K3；为减缓铁的腐蚀，应只闭合K2，该防护法称为外加电流的阴极保护法。
②只闭合K1，这是一个原电池装置，Fe发生吸氧腐蚀，负极反应式：Fe-2e-= Fe2+，正极反应式为：O2+4e-+2H2O4OH-，当铁棒质量减少5.6g时，则负极失去0.2mol e-，根据正负极得失电子数相等，则消耗O2的物质的量为0.05mol，故标准状况下消耗O2的体积为0.05mol×(22.4L/mol)=1.12L 。
21.重铬酸钾(K2Cr2O7)为用途极广的含铬化合物，可用于制备铬矾、火柴、铬颜料，并用于鞣革、电镀、有机合成等。铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，以铬铁矿为原料制备K2Cr2O2晶体的过程如图所示
根据题意回答下列问题：
(1)煅烧时，铬铁矿发生复杂反应生成Na2CrO4和 NaFeO2，同时杂质SiO2、Al2O3与Na2CO3发生反应，其中Al2O3发生反应的化学方程式为___。
(2) NaFeO2遇水强烈水解生成滤渣1，反应的离子方程式为______。
(3)滤液1和滤液2均需调节溶液pH，滤液1调节pH为7~8的目的为_____；滤液2调节pH约为5的目的是_____。
物质
溶解度(g/100g)
0℃
40℃
80℃
KCl
28
40.1
51.3
NaCl
35.7
36.4
38
K2Cr2O7
4.7
26.3
73
Na2Cr2O7
163
215
376
(4)向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体，析出K2Cr2O7晶体。分析此法能够制得K2Cr2O7晶体的原因：____；为了从溶液中得到较多K2Cr2O7晶体的操作过程是____、____、过滤、洗涤、干燥。
(5)KCr2O7产品含量测定：准确称取试样2.5g，配成250ml溶液，用移液管吸取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入10mL2mol·L-1硫酸、2gKI，放于暗处5min，另加l00m水，用0.2000mol·L－1Na2S2O3标准液滴定至溶液呈黄绿色，再加人3mL淀粉溶液继续滴定至蓝色褪去并呈亮绿色。进行平行实验三次，平均消耗NaS2O3标准液的体积为25.00mL.K2Cr2O7产品的纯度为______。已知有关反应如下：；
【答案】(1). Na2CO3+Al2O32NaAlO2+ CO2↑ (2). FeO2-+2H2O =OH-+Fe(OH)3↓ (3). 使NaAlO2、Na2SiO3反应生成Al(OH)3、H2SiO3除去 (4). 使Na2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7 (5). 同温下，Na2CrO4的溶解度大于K2Cr2O7，冷却时会析出K2Cr2O7晶体 (6). 加热浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 98%
【解析】
【分析】由流程图可知，焙烧时发生反应铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等杂质，将铬铁矿和碳酸钠、氧气混合焙烧，发生反应：4 FeO·Cr2O3+8 Na2CO3+7O28 Na2CrO4+ 2Fe2O3+8 CO2↑、Na2CO3+ SiO2Na2SiO3+ CO2↑、Na2CO3+Al2O32NaAlO2+ CO2↑，然后水浸时发生NaFeO2+2H2O =NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到滤渣1和滤液1，Na2Cr2O7有强氧化性，滤液1中主要成分NaAlO2、Na2SiO3、Na2CrO4、NaOH，滤渣1为Fe(OH)3；将滤液1调节pH使NaAlO2、Na2SiO3反应生成Al(OH)3、H2SiO3，滤渣2 Al(OH)3、H2SiO3，滤液2主要是Na2CrO4，调节溶液pH使溶液呈酸性，溶质变为Na2Cr2O7，然后加入氯化钾固体，因为Na2CrO4的溶解度大于K2Cr2O7，所以得到K2Cr2O7晶体，采用过滤的方法得到K2Cr2O7晶体。
【详解】（1）根据题中的信息可知，Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2，反应化学方程式为：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+ CO2↑；
（2）根据分析可知滤渣1为Fe(OH)3，反应的离子方程式为：FeO2-+2H2O =OH-+Fe(OH)3↓；
（3）滤液1调节pH使NaAlO2、Na2SiO3反应生成Al(OH)3、H2SiO3，达到除杂目的；滤液2调节pH约为5的目的是使Na2CrO4在酸性条件下转化为Na2Cr2O7；
（4）由图表中的数据可知同温下，Na2CrO4的溶解度大于K2Cr2O7，溶液中加入氯化钾固体，生成溶解度小的K2Cr2O7，K2Cr2O7
晶体的溶解度受温度影响比较大，杂质能溶于水得到较多晶体操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；K2Cr2O7晶体进一步提纯的操作是重结晶；
（5）根据所给的两个方程式可知道物质间的数量关系，由此确定关系式：K2Cr2O73I26 Na2S2O3，n(Na2S2O3)=(0.2000×25.00×10-3)mol，则样品中n(K2Cr2O7)=
，则纯度为：=98% 。
