黑龙江省牡丹江市第三高级中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学（理）试题
2019-2020学年度第一学期期中考试
高二 理科化学试卷
考试时间：90分钟 分值：100
第I卷（选择题）
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Na 23 K 39 Fe 56 S 32 Cu 64
一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共69分）
1. 水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是
A. 水是弱电解质 B. 可燃冰是可以燃烧的水
C. 氢氧两种元素只能组成水 D. 0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【解析】
试题分析：A、水部分电离属于弱电解质，A正确；B、可燃冰不是水，是甲烷和水组成的水合物，B不正确；C、氢氧两种元素既能组成水，也能组成双氧水，C不正确；D、0℃时冰的密度比液态水的密度小，D不正确，答案选A。
考点：考查水的有关判断。
2.25℃时，0.1mol/L的盐酸中，由水电离产生的c(H+)为
A. 1×10-1mol/L B. 1×10-7mol/L
C. 1×10-11mol/L D. 1×10-13mol/L
【答案】D
【解析】
试题分析：盐酸抑制水的电离，由水电离生成的c（H+）=c（OH-），所以水电离生成的c（H+）=c（OH-）==10-13mol•L-1，故D正确；
考点：水的电离
3. 将铁粉和硫粉混合后加热，待反应一发生即停止加热，反应仍可持续进行，直至反应完全生成新物质。下列说法不正确的是（ ）
A. 该反应是氧化还原反应
B. 该反应的ΔH ＜ 0
C. 生成新物质的化学式为Fe2S3
D. 生成新物质的总能量低于反应物铁粉和硫粉的总能量
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铁粉和硫粉都是单质，发生化合反应，生成硫化亚铁，即Fe+SFeS，因此该反应属于氧化还原反应，A正确；B、由题意可知，该化合反应属于放热反应，加热引发反应后可以停止加热，反应放出的热量可以使反应完全，则该反应的焓变小于0，B正确；C、氧化性：S < O2< Cl2，氧化性较强的氯气能将变价金属铁氧化为+3价的铁离子，氧化性较弱的氧气能将铁既氧化为+2价的亚铁离子又氧化为+3价的铁离子，氧化性更弱的硫只能将铁氧化为+2价的亚铁离子，C错误；D、在放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，D正确；答案选C。
考点：考查变价金属与非金属的化合反应中的物质变化和能量变化。
4. 25℃时，将某强酸和某强碱溶液按10∶1的体积比混合溶液恰好呈中性，则混合前此强酸与强碱溶液的pH之和是
A. 12 B. 13 C. 14 D. 15
【答案】D
【解析】
设强酸的pH=a，强碱的pH=b，
由25℃时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混和后溶液呈中性，
即n（H＋）=n（OH－），
则10×10-a=1×10b-14，
101-a=10b-14，
即1-a=b-14，
则a+b=15，
故pH（酸）+pH（碱）=15，故答案为：pH（酸）+pH（碱）=15．
5.用石墨电极电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体且气体物质量之比为2∶1的是（ ）
A. 食盐水 B. 硫酸钠溶液 C. 硫酸铜溶液 D. 氯化铜溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
阴、阳两极均产生气体，说明溶液中阳离子是氢离子放电，根据生成气体需要的转移电子数判断生成气体体积之比，从而得出结论。
【详解】A．电解氯化钠溶液时，阳极上析出Cl2，阴极上析出H2，2mol氢离子得2mol电子生成1molH2，2mol氯离子失去2mol电子生成1molCl2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比1：1，A项错误；
B．电解硫酸钠溶液时，阳极上析出O2，4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1molO2转移4mol电子，阴极上析出H2，4mol氢离子得4mol电子生成2molH2，所以阴、阳两极均产生气体且气体体积之比为2：1，故正确；
C．电解硫酸铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，C项错误；
D．电解氯化铜溶液时，阴极上析出铜单质，没有气体生成，D项错误；
故选B。
【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：
（1）阴极：阴极上放电的是溶液中的阳离子，与电极材料无关。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。
（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－含氧酸根离子OH－Cl－Br－I－S2－。
6.已知HCN(aq)与NaOH(aq)反应生成1 mol正盐的ΔH＝－12.1 kJ/mol；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。则HCN在水溶液中电离的ΔH等于（ ）
A. －69.4 kJ·mol－1 B. －45.2 kJ·mol－1
C. ＋69.4 kJ·mol－1 D. ＋45.2 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
试题分析：①HCN(aq)＋NaOH(aq)=NaCN(aq)＋H2O(l) △H=－12.1kJ·mol－1,②H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) △H=－57.3kJ·mol－1，③HCN(aq)H＋(aq)＋CN－(aq)，①－②得出③，即△H=(－12.1＋57.3)kJ·mol－1=＋45.2kJ·mol－1，故选项D正确。
考点：考查反应热的计算等知识。
7.在空气中，钢铁与食盐水接触，发生吸氧腐蚀，在负极上发生的电极反应是（ ）
A. Fe-2e-=Fe2+ B. 2H++2e-=H2↑
C. Na++e-=Na D. 2H2O+O2+4e-=4OH-
【答案】A
【解析】
【详解】钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极，失去电子生成亚铁离子，负极上发生的电极反应是Fe-2e- ═Fe2+，碳作正极，发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e- =4OH-，故选A。
8. 在蒸发皿中加热蒸干再加热(低于400℃)下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（ ）
A. 氯化铝 B. 碳酸氢钠 C. 硫酸亚铁 D. 硫酸镁
【答案】D
【解析】
试题分析：A．氯化铝是强酸弱碱盐。加热促进盐水解产生氢氧化铝和盐酸。盐酸有挥发性，会随着水分的蒸发而挥发，所以蒸干得到的固体为氢氧化铝。再加热氢氧化铝分解得到氧化铝。错误。B．碳酸氢钠溶液蒸干得到NaHCO3．再加热发生分解反应2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。因此最后得到的固体为Na2CO3。错误。C．硫酸亚铁是强碱弱酸盐。加热促进盐水解产生氢氧化铝和硫酸。由于硫酸没有挥发性，所以水分挥发，二者会重新反应得到硫酸亚铁。但是由于在加热的过程中有空气中的氧气参加反应，因此硫酸亚铁会被氧化为硫酸铁。所以固体为硫酸铁。错误。D．硫酸镁硫酸亚铁是强碱弱酸盐。加热促进盐水解产生氢氧化铝和硫酸。由于硫酸没有挥发性，所以水分挥发，二者会重新反应得到硫酸镁，最后的固体为硫酸镁。正确。
考点：考查盐水解在溶液加热蒸干得到的固体中的应用的知识。
9.下列说法中，正确的是（ ）
A. 原电池是利用氧化还原反应将化学能转换为电能的装置
B. 由于生铁中含碳，所以比纯铁耐腐蚀
C. 在原电池中，电子从正极流向负极
D. 在原电池中，负极上发生还原反应，正极上发生氧化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A项、只有自发的氧化还原反应才能设计成原电池，原电池是利用氧化还原反应将化学能转换为电能的装置，故A正确；
B项、生铁中含碳，在潮湿的环境中Fe和C构成原电池，金属铁为负极，比纯铁更易被腐蚀，故B错误；
C项、原电池中，电子从负极经导线流向正极，故C错误；
D项、原电池中，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，故D错误。
故选A。
【点睛】本题考查原电池，注意原电池的工作原理、构成条件和能量转化是解答关键。
10. 在常温下，将等体积的盐酸和氨水混和后，所得溶液的pH=7，则下列说法正确的是
A. 原来盐酸的物质的量浓度等于氨水的物质的量浓度
B. 所得溶液中c(NH4+)=c(Cl—)
C. 所得溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(Cl—)
D. 所得溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl—)
【答案】B
【解析】
试题分析：盐酸和氨水若浓度相同，等体积混合，生成强酸弱碱盐，PH<7，因为溶液的PH=7，所以氨水浓度略大，A错误；B.根据电荷守恒，PH=7，则所得溶液中c(NH4+)=c(Cl—)，B正确，C、D错误；选B。
考点：考查溶液的酸碱性和PH值。
11.下列叙述正确的是
A. 用牺牲阳极的阴极保护法保护船舶时，将船舶与石墨相连
B. 往含硫酸的淀粉水解液中，先加氢氧化钠溶液，再加碘水，检验淀粉是否水解完全
C. 反应3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s)能自发进行，则该反应的△H<0
D. 已知BaSO4的Ksp= (Ba2+ )·c(SO42-)，所以BaSO4在硫酸钠溶液中溶解达到饱和时有c(Ba2+)=c(SO42-)=
【答案】C
【解析】
【详解】A.用牺牲阳极的阴极保护法，用还原性比钢铁强的金属作为负极，发生氧化反应而消耗，故应将船舶与一种比钢铁活泼的金属相连如Zn，故A错误；
B.碘与氢氧化钠溶液反应，不能检验淀粉是否完全水解，水解后可直接加入碘，不能加入过量的氢氧化钠，故B错误；
C.该反应是一个气体体积减小的反应，即△S<0，如果反应能自发进行，该反应△H-T△S<0，则△H<0，故C正确；
D.在硫酸钡的单一饱和溶液中式子成立，在Na2SO4溶液中c（SO42-）增大，溶解平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq）逆向移动，c（Ba2+）减小，Ksp不变，则在Na2SO4溶液中溶解达到饱和时c（Ba2+）<
0，正反应是气体物质的量增大的反应，但正反应是吸热反应，不符合反应特征，B项错误；
C. 3NO2(g)+H2O(l)⇌2HNO3(aq)+NO(g) △H<0，反应前后气体物质的量不变，正反应是放热反应，不符合反应特征，C项错误；
D. CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) △H=+171.4 kJ/mol，正反应是吸热反应，不符合反应特征，D项错误；
答案选A。
14. 下列说法不正确的是
A. 镀锡的铁片镀层破损后，腐蚀速率加快
B. Fe在食盐水中被腐蚀，其负极反应为 O2 +2H2O + 4e- = 4OH-
C. 可用被保护金属与直流电源负极相接的方法来减慢腐蚀速率
D. 电解法精炼铜时，阳极材料应用粗铜
【答案】B
【解析】
答案：B
B. Fe在食盐水中被腐蚀，其负极反应为：Fe―2e-=Fe2＋
A 正确，铁比锡活沷
C 正确，外加电流的阴极保护法
D 阳极粗铜溶解。
15.在温度不变、恒容的容器中进行反应2HIH2+I2(正反应为吸热反应)，反应物的浓度由0.1 mol/L降到0.06 mol/L，需要20 s，那么由0.06 mol/L降到0.036 mol/L所需时间为( )
A. 等于10 s B. 等于12 s C. 大于12 s D. 小于12 s
【答案】C
【解析】
【详解】前20s反应2HIH2+I2的平均反应速率为：v(HI)==0.002mol/(L•s)，反应物浓度由0.06mol/L降到0.036mol/L，浓度变化为：0.06mol/L-0.036mol/L=0.024mol/L，按照前20s的平均反应速率计算，反应消耗的时间为=12s，由于反应物浓度越小，反应速率越小，所以反应需要的时间大于12s，故选C。
【点睛】本题的易错点为B，要注意随着反应的进行，反应物的浓度逐渐降低，从而导致反应速率逐渐降低。
16. 在一定温度下，向恒容密闭容器中加入2mol X和4 mol Y，发生如下反应：
X（s）+2Y（g）2Z（g），此反应达到平衡的标志是
A. 容器内压强不随时间变化 B. V正（X）＝2V逆（Z）
C. 容器内X、Y、Z的浓度相等 D. 容器内气体密度不变
【答案】D
【解析】
试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。该反应是体积不变的可逆反应，所以容器内气体的压强始终是不变的，A不正确；X是固态，不能表示反应速率，B不正确；平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，C不能说明。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中容积始终是不变的，但气体的质量是变化的，因此选项D可以说明，答案选D。
考点：考查可逆反应平衡状态的判断
点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，然后结合具体的可逆反应灵活运用即可。
17. 根据如图提供的信息，下列所得结论正确的是
A. 该反应为吸热反应
B. 该反应向外界放出的热量为E1﹣E3
C. 该反应一定可以设计成为原电池
D. 该反应向外界放出的热量为E2﹣E3
【答案】B
【解析】
试题分析：A、反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，此反应是吸热反应，根据图像，反应物的总能量大于生成物总能量，此反应属于放热反应，故错误；B、根据能量守恒定律，放出的热量为E1－E3，故正确；C、设计成原电池，要求反应属于氧化还原反应，题目中没有说明此反应是否是氧化还原反应，故错误；D、跟始态和终态有关，跟过程无关，故错误。
考点：考查能量和反应热之间的关系。
18. 已知反应：
①2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ/mol
②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol
下列结论正确的是（ ）
A. 稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H=﹣57.3kJ/mol
B. ①的反应热为221 kJ/mol
C. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ/mol
D. 碳的燃烧热△H ="-110.5" kJ/mol
【答案】A
【解析】
试题分析：A、中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，△H="-57.3" kJ/mol，所以稀盐酸与稀NaOH溶液反应的中和热为△H=﹣57.3kJ/mol，正确；B、反应热包含符号，①的反应热为-221 kJ/mol ，错误；C、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3 kJ，错误；D、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，碳的燃烧热△H ＜-110.5 kJ/mol，错误。
考点：考查化学反应的热效应，燃烧热、中和热的概念
19.（2015•新课标1）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D. 当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH＜13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；
B.ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点，故B正确；
C.两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等，故C正确；
D.当lgV/V0=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M+)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R+)浓度增大。综上所述，升高温度时，c(M+)/c(R+)比值减小，故D错误。
故选D。
【点睛】解图像题的要领时是：先看三点，再看增减；先看单线，再做关联。本题区分MOH和ROH的关键就是两线的起点pH。当开始时溶液的体积相同时，稀释的倍数越大，溶液的离子浓度越小，溶液的pH就越小。稀释相同倍数时，强碱比弱碱的pH变化大。
20.在t℃下，某反应达到平衡，平衡常数K＝。恒容时，温度升高时NO浓度减小。下列 说法正确的是
A. 该反应的焓变为正值
B. 若恒温下增大压强（缩小体积），则反应体系颜色加深
C. 在t℃时，加入催化剂，该反应的化学平衡常数增大
D. 该反应化学方程式为NO＋SO3NO2＋SO2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平衡常数K＝可得到反应：NO2（g）+ SO2（g）⇌NO（g）+ SO3（g）。
【详解】A. 恒容时，温度升高，NO的浓度减小，说明平衡向逆反应移动，该反应正反应为放热反应，即反应的焓变为负值，△H<0，故A错误；
B. 该反应前后气体的体积不发生变化，恒温恒容时，增大压强，平衡不移动，若恒温下增大压强（缩小体积），NO2浓度增大，则反应体系的颜色加深，故B正确；
C. 化学平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，加入催化剂，该反应的化学平衡常数不变，故C错误；
D. 由上述分析可知，该反应化学方程式为NO2（g）+ SO2（g）NO（g）+ SO3
（g），故D错误；
故选B。
【点睛】化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，某反应达到平衡，根据平衡常数K＝可得到反应：NO2（g）+ SO2（g）NO（g）+ SO3（g），恒容时，温度升高，NO的浓度减小，说明平衡向逆反应移动，该反应正反应为放热反应。
21.MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是（ ）
A. c(M+)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H+)
B c(M+)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+)
C. c(M+)＞c(A－)＞c(H+)＞c(OH－)
D. c(M+)＞c(H+)＞c(A－)＞c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，恰好反应为MA，为强碱弱酸盐，A-水解，则c(M+)＞c(A-)，水解显碱性，则c(OH-)＞c(H+)，溶液中显性离子大于隐性离子，则浓度关系为(M+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为B。
22.下列有关装置图的叙述中正确的是
A. 用装置①给铜镀银，则b极为单质银，电解质溶液为AgNO3溶液
B. 装置②的总反应式：Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与电源的负极相连被保护，该方法叫做外加电流的阴极保护法
D. 装置④中插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电镀银过程中，银做为镀层金属应该做阳极，电源的正极连接阳极，根据电流的方向，a极为阳极金属银，故A错误；
B. 装置②是原电池，其中金属Fe作负极，失去电子，发生氧化反应，所以总反应式：Fe + 2Fe3+ ＝3Fe2+，故B错误；
C. 水中的钢闸门连接电源负极，被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故C正确；
D. 铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，插入海水中的铁棒，越靠近底端氧气的浓度越小，则腐蚀越轻，故D错误，
故选C。
【点睛】电镀时，镀层金属做阳极，待镀的工件做阴极，镀层金属的阳离子在待镀工件表面被还原形成镀层。原电池正负极的判断，一般较活泼的金属为负极，负极失去电子，发生氧化反应，正极反之。
23.常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（ ）
A. pH相同的①CH3COONa ②NaClO ③NaOH三种溶液c(Na+)大小：①>②>③
B. 往稀氨水中加水，的值变小
C. pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)c=(OH—)+2c(S2—)
D. Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO—水解程度增大，溶液碱性增强
【答案】A
【解析】
试题分析：A、CH3COONa与NaClO水解显碱性，根据越弱越水解的规律，若溶液的pH相同，CH3COONa的浓度最大，所以三种溶液c(Na+)大小顺序为：①>②>③，故A正确；B、NH3•H2O的电离常数K=c(NH4+)
•c(OH‾)/c(NH3•H2O)= c(NH4+)•Kw /c(NH3•H2O)•c(H+)，所以的值为常数，不发生变化，故B错误；C、因为H2S为弱酸，所以pH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合，H2S过量，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+) = C(OH—)+2c(S2—)+c(HS‾)，故C错误；D、Ca(ClO) 2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3与HClO，溶液碱性减弱，故D错误。
考点：本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度比较、盐类的水解。
第II卷（非选择题）
二、填空题（共3道小题，共31分）
24.工业生产硝酸铵的流程如下图所示：
请回答下列问题：
(1)已知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ· mol－1。
①在500 ℃、2.02×107 Pa和铁催化条件下向一密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2，充分反应后，放出的热量________(填“大于”、“小于”或“等于”)92.4 kJ。
②为提高H2的转化率，实际生产中宜采取的措施有________(填字母)。
A．降低温度
B．最适合催化剂活性的适当高温
C．适当增大压强
D．减小压强
E．循环利用和不断补充氮气
F．及时移出氨
(2)该流程中铂—铑合金网上的氧化还原反应为4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)。
①已知铂—铑合金网未预热也会发热，则随着温度升高，该反应的化学平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是__________________________________________________________________。
②若其他条件不变，则下列图像正确的是________(填字母)。
【答案】 (1). 小于 (2). CEF (3). 减小 (4). 氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小 (5). ABC
【解析】
（1）①在1.01×105 kPa和298 K条件下，1 mol氮气和3 mol氢气完全反应生成2 mol氨气，放出92.4 kJ热量，该反应为可逆反应，不可能进行完全，所以放出的热量小于92.4 kJ；②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.4 kJ/mol，该反应正反应为体积缩小的反应，A．降低温度，反应速率降低，不选用；B．最适合催化剂活性的适当高温，催化剂对平衡没有影响，不选；C．适当增大压强，平衡正向移动；可选；D．减小压强，平衡逆向移动，不选；E．循环利用和不断补充氮气，提高H2的转化率，可选；F．及时移出氨平衡正向移动；故选CEF。(2)①已知铂—铑合金网未预热也会发热，则随着温度升高，该反应的化学平衡常数K减小，氨的催化氧化反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K会减小；②A、增大压强平衡逆移，所以压强越大NH3的转化率越小，与图象相符，故A正确；B、加催化剂不改变平衡，所以O2的含量不变，反应速率增大，到达平衡的时间变小，与图象相符，故B正确；C、增大压强平衡逆移，所以压强越大NO越小，与图象相符，故C正确；D、升高温度，平衡逆向移动，H2O的含量降低，与图象不符，故选ABC。
25.甲烷和甲醇可以做燃料电池，具有广阔的开发和应用前景，回答下列问题。
（1）甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注．DMFC工作原理如图1所示：通入b气体的电极是原电池的_________极（填“正”“负”），其电极反应式为_________________。
（2）某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图2所示。闭合K后，若每个电池甲烷用量均为0.224L（标况），且反应完全，U形管中氯化钠溶液的体积为800mL（氯化钠足量），且在电解过程中溶液体积变化忽略不计，产生的气体全部逸出，则在石墨电极a产生的气体为____________（填化学式），该气体在标况下的体积为___________。在电解后将U型管中溶液混合均匀，其pH为_______。
【答案】 (1). 正 (2). O2+4H+ + 4e－＝2H2O (3). Cl2 (4). 0.896L (5). 13
【解析】
【详解】（1）由电子流动的方向可知，a为负极，b为正极，所以通入b气体的电极是原电池的正极。正极通入O2，O2得电子后，生成的O2-与溶液中的H+结合成H2O，其电极反应式为O2+4H+ + 4e－＝2H2O；
（2）若每个电池甲烷用量均为0.224L（标况），即CH4为0.01mol，CH4中的C由-4价升高到+4价，所以1molCH4失去8mole-，共失电子0.08mol。石墨电极a与电源的正极相连，则其为阳极，产生的气体为Cl2，物质的量是0.08mol÷2＝0.04mol，在标况下的体积是0.04mol×22.4L/mol＝0.896L；根据方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑可知生成氢氧化钠是0.08mol，则c(OH-)=，c(H+)=10-13mol/L，pH=13。
【点睛】两电池串联，线路中通过电子的物质的量不变，电压为两电池的电压之和。解题时我们易犯的错误是，将两电池产生的电子的物质的量加和，得到线路中通过电子的物质的量。
26.Ⅰ.已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_______mol·L−1，0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液显______（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
Ⅱ. 某学生用0.200mol/L标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
（1）以上步骤有错误的是______ （填编号）。
（2）滴定终点的现象为____________________________________________。
（3）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______ 中(从图中选填“甲”或“乙”)。
（4）下列操作会引起实验结果偏大的是______填编号。
A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡
C．滴定终点俯视读数
【答案】 (1). 6.0×10-3 (2). 碱性 (3). ① (4). 滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液恰好由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色 (5). 乙 (6). B
【解析】
【详解】Ⅰ.已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)= mol·L−1。因为Kb=1.8×10−5，Ka2=6.2×10−8，Kb＞Ka2，所以0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液显碱性。
Ⅱ.①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，没有用待盛装的碱液润洗，将导致浓度偏小，①错误；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体，②正确；
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数，③正确；
④量取20.00mL待测液注入洁净锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，④正确；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数，⑤正确。
（1）以上步骤有错误的是①。答案为：①；
（2）滴定终点的现象为滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液恰好由无色变成粉红色，且半分钟内不褪色。
（3）图中，甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管。用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入乙中。
（4）A．在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，碱液的物质的量不变，不影响滴定结果；
B．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，读取的体积偏大，最终计算出的浓度偏高；
C．滴定终点俯视读数，读出的所用标准液的体积偏小，计算出的待测液的浓度偏小。
故选B。
