山西省运城市景胜中学2019-2020学年高二12月月考化学试题
景胜中学2019-2020学年度第一学期月考（12月）
高二化学试题
时间 90分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cu-64
一、选择题：本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在中和反应反应热的测定实验中，不需要用到的仪器是
A. 玻璃棒 B. 烧杯 C. 温度计 D. 环形玻璃搅拌棒
【答案】A
【解析】
【详解】在中和反应反应热的测定实验中，一定需要用到烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒，一定不需要使用的仪器是玻璃棒，玻璃棒是用于：在过滤等情况下转移液体的导流、用于溶解、蒸发等情况下的搅拌、对液体和固体的转移、引发反应（如引燃红磷）、使热量均匀散开等；
答案选A。
2.下列说法或表示不正确的是（ ）
A. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多
B. C（金刚石，s）＝C（石墨，s） △H＝－1.19kJ·mol－1，所以石墨比金刚石稳定
C. 含1mol H2SO4的浓硫酸与足量的NaOH溶液反应，放出热量为57.3kJ
D. 在101 kPa下，2 g H2 完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋O2H2O(l) △H＝－285.8kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 气体能量高，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出的热量较多，A项正确；
B. 能量越低，物质越稳定，所以石墨比金刚石稳定，B项正确；
C. 稀硫酸与氢氧化钠反应生成1mol水时，放出的热量是57.3kJ，浓硫酸溶于水，C项错误；
D. 燃烧热指的是1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，1mol氢气完全燃烧，放出285.8 kJ热量, 热化学方程式为H2(g)＋O2H2O(l) △H＝－285.8kJ·mol－1，D项正确；
答案选C。
3.下列有关电解原理的说法正确的是
①电解是把电能转变为化学能 ②电解是把化学能转变为电能 ③电解质溶液的导电是化学变化，金属导电是物理变化 ④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现 ⑤任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生
A. ①③④ B. ②③⑤ C. ③④ D. ①③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①电解是将电流通过电解质溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上发生氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故正确；②因为电解是将电流通过电解质溶液或熔融态物质，在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，将电能转化成化学能，故错误；③电解质溶液导电时，溶液中的阴阳离子分别向阳极和阴极移动，在两个电极上得失电子，发生氧化还原反应；金属的导电只是自由电子的定向移动不存在电子得失没有新物质产生，是一种物理过程，故正确； ④电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化还原反应转变成现实，故正确；⑤电解质溶液的导电过程就是电解过程，发生了电子的转移，一定发生了氧化还原反应，故正确；结合以上分析可知，正确的有①③④⑤，故D正确；
故答案选D。
4.全世界每年都有大量的金属设备和金属材料因腐蚀而报废，下列关于金属的腐蚀与防护说法错误的是（ ）
A. 海边的铁制品易形成电化学腐蚀而生锈
B. 高架电线杆将锌与钢铁相连构成以铁为负极的原电池来防腐
C. 金属表面喷漆可以大大减缓或避免发生腐蚀
D. 水库的铁闸门采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】A. 海边潮湿
空气形成电解质溶液，铁制品为铁合金，易形成电化学腐蚀而生锈，故A正确；
B. 高架电线杆将锌与钢铁相连构成以锌为负极的原电池来防止钢铁腐，故B错误；
C. 金属表面喷漆可以隔绝空气和水蒸气，大大减缓或避免发生腐蚀，故C正确；
D. 将水库的铁闸门连接在电源的负极，向铁闸门提供电子，防止铁失电子变成亚铁离子，采用的是外加电流阴极保护法来防止腐蚀，故D正确；
答案选B。
5.一定条件下，发生反应：①M(s)+N(g) R(g) △H=—Q1 kJ/mol，②2R(g)+N(g) 2T(g) △H=—Q2 kJ/mol．Q1、Q2、Q3均为正值．下列说法正确的是 （ ）
A. 1mol R(g)的能量总和大于1mol M(s)与1mol N(g)的能量总和
B. 将2mol R(g)与1mol N(g)在该条件下反应，可以放出热量Q2 kJ
C. 当1mol M(s)完全转化为T(g)时（假定无热量损失），放出热量
D. M(g)+N(g) R(g) △H=—Q3 kJ/mol，则Q3 ＞Q1
【答案】D
【解析】
【详解】A、反应焓变为负值，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，1mol R（g）的能量总和小于1mol M（s）与1mol N（g）的能量总和，选项A错误；
B、反应是可逆反应不能进行彻底，将2mol R（g）与1mol N（g）在该条件下充分反应，放出热量＜Q2 kJ，选项B错误；
C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析判断，①+得到，M（s）+N（g）T（g）△H=-（Q1+）kJ/mol，选项C错误；
D、固体变化为气体吸收能量，反应是放热反应焓变为负值，M（g）+N（g）R（g）△H=-Q3 kJ/mol，则Q3＞Q1，选项D正确；
答案选D。
6.已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1
H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
下列说法正确的是：
A. H2的燃烧热为571.6kJ·mol－1
B. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1
C. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
D. 3H2(g)＋CO2(g)＝CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1可以知道1mol氢气燃烧生成1mol液态水放出热量为285.8 kJ·mol－1，则氢气燃烧热为285.8 kJ ∙mol－1，故A错误；
B.反应中有BaSO4生成，而生成BaSO4也是放热的，所以放出的热量比57.3 kJ多，即该反应的ΔH＜－57.3kJ·mol－1；故B错误；
C.令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为4g，则4g氢气燃烧放热为571.6 kJ；4g CH3OH(l)燃烧放热为4/32×1/2×1452 kJ=90.75 kJ；所以H2(g)放出的热量多，故C正确；
D.①2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1；②2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1；按盖斯定律计算①×3-②得到：6H2(g)＋2CO2(g)＝2CH3OH(l)＋2H2O(l) ΔH＝-262.8kJ·mol－1；则正确的热化学方程式是3H2(g)＋CO2(g)＝CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝-131.4kJ·mol－1，故D错误；
故答案选C。
7.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(pH＝2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(pH＝4)
0.40
0.31
0.24
020
0.18
0.16
Ⅲ(pH＝4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(pH＝4，含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是（ ）
A. 在内,Ⅰ中M的分解速率为
B. 水样酸性越强,M的分解速率越快
C. 在内,Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D. 由于存在,Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 内，浓度的变化量为0.4mol/L-0.10mol/L=0.3 mol/L，可计算速率;
B.由I、II两组的数据可得结果；
C. 在内，根据浓度的变化量和起始浓度，可计算分解百分率；
D.IV组在内，浓度的变化量为0.20mol/L-0.01mol/L=0.19 mol/L，可计算分解速率，再与I组做对比。
【详解】A. 内，浓度的变化量为0.4mol/L-0.10mol/L=0.3 mol/L，那么，A项正确；
B.对比I、II两组的数据，I组内，浓度的变化量为0.4mol/L-0.10mol/L=0.3 mol/L，那么，II组内浓度的变化量为0.4mol/L-0.18mol/L=0.22 mol/L，那么，可知酸性越大，分解速率越快，B项正确；
C. II组内浓度的变化量为0.4mol/L-0.18mol/L=0.22 mol/L，分解率为 ，III组在内，浓度的变化量为0.20mol/L-0.07mol/L=0.13 mol/L，分解率为 ，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大，C项正确；
D. IV组在内，分解速率为，I组内，分解速率为，故I的分解速率大于Ⅳ，D项错误；
答案选D。
【点睛】本题的关键是表格中的数据，找到内四组数据中浓度的变化量，计算出分解率和分解速率，还需要注意分解率和分解速率的计算方法。
8.在一定温度下，10mL0.40mol/L H2O2发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A. 0~6min的平均反应速率：v（H2O2）mol/(L·min)
B. 6~10min的平均反应速率：v（H2O2）＜mol/(L·min)
C. 反应至6min时，c（H2O2）=0.3mol/L
D. 反应至6min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】
【详解】A．0~6min时间内，△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6minmol/(L·min)， A正确；
B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，B正确；
C．6min时，c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L， C错误；
D．6min时，H2O2分解率为：=50%， D正确。
答案选C。
9.某恒容密闭容器中充入1molPCl5气体，发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g) △H＜0。仅改变某一条件，该平衡由状态I移动到状态II，变化曲线如图所示。可能改变的条件是
A. 继续通入1mol PCl5气体 B. 继续通入1mol PCl3气体
C. 升高 D. 加入催化剂
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像前后变化的连接点（如图）进行分析：（1）改变条件那一瞬间正反应速率不变，逆反应速率上升，由此可知改变的是反应中生成物浓度；（2）再根据改变条件后v正
0
B. 若该反应在T1、T2℃时的平衡常数分别为K1、K2，则K1v逆
D. 若状态B、C、D的压强分别为p(B)、p(C)、p(D)，则p(C)=p(D)>p(B)
【答案】C
【解析】
【分析】
A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移；
B.化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；
C.由图可知，T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，反应向正反应进行；
D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。
【详解】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即△H<0，A错误；
B.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，K1>K2，B错误；
C.T2时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，则化学反应向正反应进行，则一定有v正>v逆，C正确；
D.该反应是反应前后气体体积相等的反应，在同一温度下的气体压强相同，达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则p(C)>p(D)=p(B)，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对化学平衡常数及对平衡移动的影响。注意曲线的各点都处于平衡状态，曲线上的点正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行；曲线下方的点逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行。
11.下列反应中一定不能自发进行的是（ ）
A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g) △H＜0，△S＞0
B. CO(g)=C(s，石墨)+ O2(g) △H＞0，△S＜0
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s) △H＜0，△S＜0
D. NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l) △H＞0，△S＞0
【答案】B
【解析】
【分析】
依据反应自发进行的判断依据△G=△H-T△S＜0，反应能自发进行，若反应一定不能自发进行，则△G>0。
【详解】A. 2KClO3(s)=2KCl(s)+ 3O2(g)，△H＜0，△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反应一定能自发，故A不符合；
B. CO(g)=C(s，石墨)+ O2(g)，△H＞0，△S＜0，△G=△H-T△S>0反应一定不能自发，故B符合；
C. 4Fe(OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)=4Fe(OH)3(s)，△H＜0，△S＜0，低温时△G=△H-T△S＜0，反应能自发，故C不符合；
D. NH4HCO3(s)+CH3COOH(aq)=CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l)，△H＞0，△S＞0，高温时△G=△H-T△S＜0，反应能自发，故D不符合；
答案选B。
12.在25℃时，用蒸馏水稀释1mol·L-1的氨水至0.01mol·L-1，随着溶液的稀释，下列各项比值中始终不变的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由电离方程式NH3•H2O NH4++OH- 知：
A、Kb=，温度不变，平衡常数不变，选项A正确；
B、加水促进电离，c(NH4+)和c(OH-)都同等程度减小（不考虑水的电离），那么比值是不变的，选项B错误；
C、加水促进电离，则n（NH3•H2O）减少，n（NH4+）增大，减小，选项C错误；
D、加水促进电离，平衡向右移动，c(NH3•H2O)和c(OH-)都减小，但是由于在同一溶液中体积相同， n(NH3•H2O)减小，而n(OH-)增大，故增大，选项D错误；
答案选A。
13.现有物质的量浓度均为0.1 mol/L的溶液①NH3·H2O ②CH3COOH ③KHSO4。下列有关离子浓度分析一定不正确的是( )
A. 向①中逐滴加入少量②，逐渐增大
B. ①、③等体积混合后溶液中存在：NH4＋ +H2ONH3·H2O+H＋
C. ①、②任意比混合：c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋)+c(NH4＋ )
D. ①、③按体积比2:1混合：c(NH4+)>c(NH3•H2O)>c(SO42－)>c(OH－)>c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，向①中逐滴加入少量②，反应消耗一水合氨，生成醋酸铵，c(NH4＋
)增大，c(NH3•H2O)减小，逐渐增大，故A正确；
B选项，①、③等体积混合溶质KNH4SO4，溶液中铵根离子水解：NH4＋ +H2ONH3·H2O+H＋，故B正确；
C选项，①、②任意比混合遵循电荷守恒思想，即c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋)+c(NH4＋)，故C正确；
D选项，①、③按体积比2:1混合，溶液中溶质主要是：NH3·H2O和KNH4SO4 ，溶液主要以电离为主，因此c(NH4+)>c(SO42－)>c(NH3·H2O) >c(OH－)>c(H+)，故D错误；
综上所述，答案为D。
14.一种废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，由该废料制备的纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下，已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，则下列说法错误的是（ ）
A. 废渣中含有二氧化硅和硫酸钙
B. 加热煮沸可以提高除铁效率
C. 除铜过程中，溶液酸性增强
D. “沉镍”过程中为了将镍沉淀完全，需要调节pH＞9
【答案】B
【解析】
【分析】
废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物,加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni,过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液,滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，以此解答该题。
【详解】A、废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶后，二氧化硅不反应，钙的氧化物与硫酸反应生成微溶的硫酸钙，故废渣中含有二氧化硅和硫酸钙，选项A正确；
B、加热煮沸使H2O2更易分解，无法将亚铁离子氧化为铁离子，除铁效率降低，选项B错误；
C、除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强，选项C正确；
D、常温下Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，镍沉淀完全，c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，则需要调节溶液pH＞9，选项D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查化工流程的分析，物质的除杂，易错点为选项C：除铜过程加入氢硫酸，反应生成硫化铜沉淀的同时生成硫酸，溶液酸性增强。
15.将1 L含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu。此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)( )
A. 6.72 L B. 13.44 L C. 3.36 L D. 5.6 L
【答案】D
【解析】
【详解】n(Cu)==0.3mol，阴极发生Cu2++2e-=Cu，由于Cu是+2价的金属，所以阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，则生成n(Cl2)=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成O2转移电子0.2mol，生成氧气0.2mol÷4=0.05mol，所以阳极共生成气体的物质的量是0.2mol+0.05mol=0.25mol，其在标准状况下气体体积为：22.4L/mol×0.25mol=5.6L，故合理选项是D。
16.“重油—氧气—熔融碳酸钠”燃料电池装置如图所示。下列说法错误的是
A. O2在b极得电子，最终被还原为CO32−
B. 放电过程中，电子由电极a经导线流向电极b
C. 该电池工作时，CO32−经“交换膜2”移向b极
D. H2参与的电极反应为：H2−2e−+CO32−=H2O+CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，则b极为正极，a极为负极，电解质为熔融碳酸钠，正极发生还原反应，电极反应式为：O2 + 4e− + 2CO2=2CO32−，负极反应物为H2、CO，失电子发生氧化反应，分别生成水和二氧化碳，H2参与的电极反应为：H2−2e−+CO32−=H2O+CO2，CO参与的电极反应为：CO−2e−+CO32−=2CO2，原电池外电路中电子沿导线由负极流向正极，内电路中阴离子移动向负极，阳离子移动向正极,据此分析。
【详解】A． 通入氧气的一极为正极，发生还原反应，所以O2在b极得电子，最终被还原为CO32−，故A正确；
B． 原电池中电子沿导线由负极流向正极，b极为正极，a极为负极，所以放电过程中，电子由电极a经导线流向电极b，故B正确；
C． 原电池中阴离子向负极移动，所以CO32−经“交换膜2”移向a极，故C错误；
D． 负极氢气发生氧化反应，电极反应式：H2−2e− + CO32− = H2O + CO2，故D正确；
故选：C。
【点睛】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32−配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2 + 4e− + 2CO2=2CO32−，需注意正极反应物除了氧气还有二氧化碳，因此正极除了通入氧气，还应通入二氧化碳；负极通入H2、CO，失电子发生氧化反应，分别生成水和二氧化碳，H2参与的电极反应为：H2−2e−+CO32−=H2O+CO2，CO参与的电极反应为：CO−2e−+CO32−=2CO2，熔融碳酸盐燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的难点。
二、非选择题：包括第17题~第21题5个大题，共52分。
17.在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。
（1）写出该反应的热化学方程式________________。
（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol−1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ。
（3）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=−a kJ·mol−1
途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol−1
2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=−c kJ·mol−1
2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=−d kJ·mol−1 （abcd均为正值）
①判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量_______（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量。
②在C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g） 的反应中，反应物具有的总能量________（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的总能量。
③b 与a、c、d的数学关系式是_____________。
【答案】 (1). N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g） △H=−640kJ/mol (2). 408 (3). 等于 (4). 小于 (5). b=−a
【解析】
【详解】（1）已知0.4mol液态肼和足量H2O2（l）反应生成氮气和水蒸气时放出256.64kJ的热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系写出，1mol肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量==640 kJ，所以热化学方程式为 N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=−640kJ/mol；
答案：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=−640kJ/mol；
（2）16g液态肼物质的量==0.5mol，由①N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）；△H=−641.6kJ/mol；②H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，结合盖斯定律，可以把②×4方向倒转得到③4H2O（g）=4H2O（l）△H=−44×4kJ/mol=−176kJ/mol，①+③得到N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l） △H=−816kJ/mol，所以0.5mol液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量==408kJ；
故答案为：408；
（3）①根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样；
故答案为：等于；
②该反应属于吸热反应，因此反应物具有的总能量小于生成物的总能量；
故答案为：小于；
③ C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=−a kJ·mol−1 ①
2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=−c kJ·mol−1 ②
2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=−d kJ·mol−1 ③
根据盖斯定律：①−②/2−③/2得C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+−a kJ·mol−1再根据已知可得b=+−a；
故答案为：b=−a
18.（1）室温下，如果将0.1molCH3COONa和0.05molHCl全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），_____和_____两种离子的物质的量之和等于0.1mol。
（2）已知某溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子。某同学推测该溶液中个离子浓度可能有如下四种系：
A．c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B．c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C．c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D．c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是_____，上述离子浓度大小关系中正确的是（填序号）______.
②若上述关系中D是正确的，则溶液中溶质的化学式是________。
③若该溶液由体积相等的醋酸与NaOH溶液混合而成，且溶液恰好呈中性，则混合前c(CH3COOH)（填“>”“<”“=”，下同）_____c(NaOH)，混合后c(CH3COO-)与c(Na+)的关系是c(CH3COO-)______c(Na+)。
【答案】 (1). CH3COO- (2). CH3COOH (3). 醋酸钠 (4). A (5). CH3COONa ，CH3COOH (6). > (7). =
【解析】
【分析】
根据电荷守恒、物料守恒及离子浓度大小比较的规律进行判断。
【详解】（1）因0.1molCH3COONa和0.05molHCl全部溶于水，混合后，由物料守恒可知，n(CH3COO-)+n(CH2COOH)=0.1mol。答案：CH3COO-；CH3COOH。
（2）①由于溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，由一种溶质组成，则该溶质的名称是醋酸钠；离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故选A。答案：醋酸钠；c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
②由D的关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，溶液为酸性，则CH3COONa溶液中还混有CH3COOH；答案：CH3COONa、CH3COOH。
③混合后呈中性，即CH3COOH略多于NaOH，混合后由电荷守恒，可知在溶液呈中性条件下，c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO-)=c(Na+)；答案：> ； =。
19.Na2S可用于制造硫化染料、沉淀水体中的重金属等。
(1)Na2S溶液中S2-水解离子方程式为_________。
(2)室温时，几种重金属离子的硫化物的溶度积常数如下表：
金属硫化物
FeS
PbS
CuS
HgS
Ksp
6.3×10－18
1.0×10－28
6.3×10－36
1.6×10－52
①向物质的量浓度相同的Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+的混合稀溶液中，逐滴加入Na2S稀溶液，首先沉淀的离子是____。
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，为使Pb2+沉淀完全[c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L]，则应满足溶液中c(S2-)≥_____mol/L。
③反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K=_______。
(3)测定某Na2S和NaHS混合样品中两者含量的实验步骤如下：
步骤1.准确称取一定量样品于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至500mL容量瓶中定容。
步骤2.准确移取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加入茜素黄GG-百时香酚蓝混合指示剂，用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定（Na2S+HCl=NaHS+NaCl）至终点，消耗盐酸24.00mL；向其中再加入5mL中性甲醛(NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH)和3滴酚酞指示剂，继续用0.2500mol/L盐酸标准溶液滴定(NaOH+HCl=NaCl+H2O)至终点，又消耗盐酸34.00mL。
计算原混合物中Na2S与NaHS的物质的量之比(写出计算过程)___________。
【答案】 (1). S2-+H2OHS-+OH- (2). Hg2+ (3). 1.0×10-22 (4). 1.0×1018 (5). n(Na2S)=0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，n(NaHS)=0.2500mol/L×(34.00－24.00)×10-3L/mL=2.500×10-3mol，
n(Na2S)∶n(NaHS)=6.000×10－3mol∶2.500×10－3mol=12∶5
【解析】
【分析】
(1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的；
(2)①难溶性的物质构型相同时，溶度积常数越小，先形成其沉淀；
②溶液中c(Pb2＋)·c(S2-)≥Ksp(PbS)时就形成PbS沉淀；
③根据平衡常数的定义式，将其变性，并与溶度积常数结合起来进行计算；
(3)根据Na2S+HCl=NaHS+NaCl计算n(Na2S)；根据NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH和NaOH+HCl=NaCl+H2O可知n(Na2S)与n(NaHS)的和，两者相减可得n(NaHS)的物质的量，进而可得两者物质的物质的量之比。
【详解】(1)Na2S是强碱弱酸盐，由于H2S是二元弱酸，所以在溶液中S2-水解是分步进行的，首先是S2-水解产生HS-，然后是水解产生的HS-进一步水解产生H2S，主要发生第一步水解反应，水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；
(2)①Fe2+、Pb2+、Cu2+、Hg2+都是+2价的金属阳离子，由于它们的浓度相同，因此向该溶液中加入Na2S溶液时，溶度积常数越小，形成沉淀越容易。根据重金属离子的硫化物的溶度积常数表可知HgS的最小，因此首先形成的是HgS沉淀；
②用Na2S溶液沉淀废水中Pb2+，使Pb2+沉淀完全，这时溶液中c(Pb2＋)≤1×10-6mol/L，由于当c(Pb2＋)·c(S2-)≥Ksp(PbS)时就可以形成PbS沉淀，所以c(S2-)≥1.0×10－28÷1.0×10-6=1.0×10－22mol/L；
③反应Cu2+(aq)+FeS(s)Fe2+(aq)+CuS(s)的平衡常数K==1.0×1018；
(3)根据发生反应Na2S+HCl=NaHS+NaCl消耗HCl可知：在25mL溶液中含有Na2S的物质的量为n(Na2S)= 0.2500mol/L×24.00mL×10-3L/mL=6.000×10-3mol，再根据NaHS+HCHO+H2O→NaOH+HSCH2OH及NaOH+HCl=NaCl+H2O反应消耗的HCl的体积可知25mL溶液中n(Na2S)与n(NaHS)的和为0.2500mol/L×34.00mL×10-3L/mL=8.500×10-3mol，则该溶液中含有NaHS的物质的量为n(NaHS)= 8.500×10-3mol-6.000×10-3mol=2.500×10-3mol，所以n(Na2S)：n(NaHS)= 6.000×10-3mol：2.500×10-3mol=12∶5。溶液中溶质的物质的量的比与所取溶液体积无关，因此原溶液中n(Na2S)：n(NaHS)= 12∶5。
【点睛】本题考查了盐的水解、沉淀溶解平衡、溶度积常数的应用及滴定方法在物质含量的应用等知识。掌握化学反应基本原理是解答本题关键。化学平衡理论不仅适用于可逆反应，也适用于盐的水解平衡、弱电解质的电离平衡、沉淀溶解平衡、气体的溶解于化合平衡等所有平衡。
20.I．标准状态下，气态分子断开1 mol化学键焓变称为键焓。已知H—H、H—O和O=O键的键焓分别为436 kJ·mol－1、463 kJ·mol－1和495 kJ·mol－1，请写出水蒸气分解的热化学方程式__________。
II．甲醇(CH3OH)广泛用作燃料电池的燃料，可由CO和H2来合成，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。
（1）下图是反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1____T2(填“>”“<”或“＝”)。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1____(填“>”“<”或“＝”)K2。
②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是______(填字母)。
a. 降低温度 b. 将CH3OH(g)从体系中分离
c. 使用合适的催化剂 d. 充入He，使体系总压强增大
（2）在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在300 ℃、350 ℃和370 ℃三种温度下合成甲醇的规律。如图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线x对应的温度是______℃；曲线z对应的温度下上述反应的化学平衡常数为______。曲线上a、b、c点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为___________。
【答案】 (1). 2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋485 kJ·mol－1 (2). < (3). >
(4). cd (5). 300 (6). 4 (7). K1＝K2
查看更多
