2017-2018学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

2017-2018学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期期末考试化学试题 解析版

福建省泉州市泉港区第一中学2017-2018学年高二年上学期期末考化学试题 ‎（考试时间：90分钟 总分：100分）‎ 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 ‎ 一、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题3分，共45分）‎ ‎1. 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应说法错误的是( )‎ A. 一定属于可逆反应 B. 一定属于吸热反应 C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应 ‎【答案】B ‎【解析】由图可知，为化合物分解生成化合物与单质的反应，且反应后存在反应物，则为可逆反应，如2H2O2⇌2H2O+O2↑，O元素的化合价变化。A．反应前后均存在反应物，为可逆反应，故A正确；B．一般分解反应为吸热反应，由图不能确定反应中能量变化，故B错误；C．化合物生成单质时，元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；D．一种物质分解生成两种物质，为分解反应，故D正确；故选B。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握图中物质的变化、反应的分类为解答的关键。注意选项B为解答的易错点，分解反应一般为吸热反应，但不是所有的分解反应都是吸热反应。‎ ‎2. 油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：C57H104O6(s)+80O2(g)＝57CO2(g)+52H2O(l)已知燃烧1kg该化合物释放出热量3.8×104kJ。油酸甘油酯的燃烧热△H为( )‎ A. 3.8×104kJ·mol-1 B. －3.8×104kJ·mol-1‎ C. 3.4×104kJ·mol-1 D. －3.4×104kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量．燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3.8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=-=-3.4×104kJ•mol-1，故选D。‎ 视频 ‎3. 已知分解1 mol 液态H2O2 ，生成液态H2O和氧气放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2的分解机理为：‎ H2O2（l）＋ I－(aq) H2O(l) ＋IO－ (aq)       △H1 反应Ⅰ H2O2（l）＋ IO－（aq） H2O(l) ＋O2（g）＋ I－（aq）   △H2 反应Ⅱ 下列有关说法错误的是(      )‎ A. 可以用带火星的木条检验H2O2是否开始分解 B. IO－在反应Ⅰ中是氧化产物，在反应Ⅱ中是氧化剂 C. 在H2O2溶液中加入NaIO也能提高H2O2分解速率 D. △H1+△H2 -98kJ/mol ‎【答案】D ‎【解析】A.反应生成了氧气，可以用带火星的木条检验H2O2是否开始分解，故A正确；B. 根据H2O2(l)＋ I－(aq) =H2O(l)＋IO－ (aq) ，IO－在反应Ⅰ中是氧化产物，在反应ⅡH2O2(l)＋IO－(aq)=H2O(l)＋O2(g)＋I－(aq)中IO－是氧化剂，故B正确；C.根据反应Ⅱ在H2O2溶液中加入NaIO反应生成了I－，由反应H2O2(l)＋I－(aq)=H2O(l)＋IO－ (aq)和H2O2(l)+IO-(aq) ═H2O(l)+O2(g)+I-(aq)可知，I－是H2O2分解反应的催化剂，能提高H2O2分解速率，故C正确；D．根据盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得，2H2O2(l)═2H2O(l)+O2(g)△H=△H1+△H2=-196kJ/mol，故D错误；故选D。‎ ‎4. 某兴趣小组设计如图所示微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生,一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是（ ）‎ A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑‎ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2＋2e－===2Cl－‎ D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误，D、根据C中分析可知D正确，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题综合考查电解池和原电池知识 ‎【名师点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。‎ 视频 ‎5. 关于下列各装置图的叙述中错误的是( )‎ A. 用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液 B. 装置②中钢闸门应与外接电源的负极相连 C. 装置③的总反应式是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+‎ D. 装置④中的铁钉几乎没被腐蚀 ‎【答案】C ‎6. 常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。‎ 第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；‎ 第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。‎ 下列判断正确的是 A. 增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大 B. 第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃‎ C. 第二阶段，Ni(CO)4分解率较低 D. 该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)‎ ‎【答案】B ‎【解析】平衡常数只与温度有关，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A错误；Ni(CO)4的沸点为42.2℃，第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，所以温度要高于42.2℃，故B错误；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃ ，Ni(CO)4分解得高纯镍，Ni(CO)4分解率较高，故C正确；达到平衡正逆反应速率比等于系数比，4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，故D错误。‎ ‎7. 向含有CaCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（ ）‎ A. Ksp(CaCO3) B. c(Ca2+) C. c(H+) D. c(CO32−)‎ ‎【答案】D ‎8. 一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时 (CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应的焓变ΔH>0‎ B. 图中Z的大小为a>3>b C. 图中X点对应的平衡混合物中=3‎ D. 温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后 (CH4)减小 ‎【答案】A ‎【解析】A、由图升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，故A错误；B、起始n(H2O)/n(CH4)=Z，Z越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z的大小为a＜3＜b，故B正确；C、起始n(H2O)/n(CH4)=3，水和甲烷按1：1反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C错误；D、增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故D错误。故选B。‎ ‎9. 甲醛（HCHO）在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。利用甲醇一定条件下直接脱氢可制甲醛，反应方程式如下CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)，ΔH>0,T℃时，K=2.00，若CH3OH、HCHO、H2起始浓度（mol•L－1）分别为2.0、1.0、2.0，反应达到平衡时，HCHO的体积分数（ ）‎ A. 大于20% B. 等于20% C. 小于20% D. 无法确定 ‎【答案】A ‎【解析】Qc==1.00＜K=2.00，即反应正向进行，则HCHO的体积分数＞×100%=20%，故选A。‎ 点睛：本题考查了化学平衡的计算。解答本题只需要判断可逆反应进行的方向即可。Qc＜K时，向正反应方向进行；Qc=K时，反应平衡；Qc＞K时，向逆反应方向进行。借助于Qc与K的关系解答，可以大大减少计算量。‎ ‎10. 下列有关实验操作、实验现象和所得结论均正确的是 实验操作 实验现象 结论 A 在2mL5%的H2O2溶液中加入1mL饱和FeCl3溶液 产生大量气泡 Fe3+能催化H2O2的分解 B 用0.100mol•L－1盐酸滴定未知浓度NaOH溶液(甲基橙做指示剂)‎ 溶液由橙色变红色，且在半分钟内不恢复 滴定到达终点 C 向浓度均为0.1 mol·L－1 NaCl 和NaI 混合溶液中滴加少量AgNO3溶液 产生黄色沉淀 溶度积：‎ Ksp(AgCl)＜Ksp(AgI)‎ D 往加有酚酞的碳酸钠溶液中加入足量的CaCl2溶液 产生白色沉淀，红色褪去 证明CO32－水解呈碱性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】A.氯化铁溶液中含有铁离子和氯离子，在2mL5%的H2O2溶液中加入1mL饱和FeCl3溶液，产生大量气泡，可能是氯离子的作用，不能证明Fe3+能催化H2O2的分解，故A 错误；B．用0.100mol•L－1盐酸滴定未知浓度NaOH溶液(甲基橙做指示剂) ，达到终点时生成物为氯化钠，溶液显中性，若溶液由橙色变红色，且在半分钟内不恢复，说明溶液显酸性，消耗标准液体积偏大，依据c(待测)=可知，NaOH溶液浓度偏大，故B错误；C．滴加少量AgNO3溶液，产生黄色沉淀，可知Ksp小的先沉淀，则Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故C错误；D．Na2CO3溶液水解显碱性，遇酚酞变红，加CaCl2溶液，水解平衡逆向移动，则证明Na2CO3‎ 溶液中存在水解平衡，故D正确；故选D。‎ ‎11. 常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5, 浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和相比较（ ）‎ A. 前者大 B. 后者大 C. 两者相等 D. 无法比较 ‎【答案】A ‎【解析】电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：NH4+＞HCOO-，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) =0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)，水解程度NH4+＞HCOO-，所以前者c(H+)大于后者c(OH-)，所以浓度均为0.1 mol•L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者；故选A。‎ 点睛：本题考查弱电解质的电离，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意等量代换的应用。解答本题的易错点为前者c(H+)与后者c(OH-)大小的比较。‎ ‎12. 下列说法正确的是 A. NaOH溶液的导电能力一定比氨水强 B. 中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸，需要等量的NaOH C. 若盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍，则盐酸的c(H+)也是醋酸c(H+)的两倍 D. 将NaOH溶液和氨水各稀释一倍，两者的c(OH－)均减小到原来的一半 ‎【答案】B ‎【解析】A．氢氧化钠和氨水的浓度未知，不能确定导电能力大小，故A错误；B．盐酸和醋酸的物质的量相等，完全中和消耗等物质的量的氢氧化钠，故B正确；C．醋酸与盐酸的电离程度不同，若盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍，则盐酸的c(H+)大于醋酸c(H+)的两倍，故C错误；D．氨水溶液稀释，促进电离，将氨水稀释一倍，c(OH-)大于原来的一半，故D错误；故选B。‎ ‎13. H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】A、由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，选项A错误；B、由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，选项B错误；C、根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，选项C错误；D、由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，选项D正确。答案选D。‎ ‎14. 已知Ksp(BaF2)=1.0×10－6，若将浓度为0.1 mol•L－1的BaCl2溶液和0.22mol•L－1NH4F溶液等体积混合，下列有关叙述错误的是（ ）‎ A. 有沉淀生成，反应的离子方程式为：Ba2+ +2F-=BaF2↓‎ B. 反应温度不能太高，否则会导致F-浓度降低 C. 反应结束后Ba2+的浓度为0.01mol/L D. 适当增加NH4F的比例有利于提高BaF2的产率和纯度 ‎【答案】C ‎【解析】A.将浓度为0.1 mol•L－1的BaCl2溶液和0.22mol•L－1NH4F溶液等体积混合，溶液中c(Ba2+) ·c2 (F-)=0.05×0.112=6.05×10-4＞Ksp(BaF2)=1.0×10－6，有BaF2沉淀生成，反应的离子方程式为：Ba2+ +2F-=BaF2↓，故A正确；B. NH4F溶液中存在铵根离子和氟离子的水解平衡，升高温度促进水解，会导致F-浓度降低，故B正确；C. 若反应结束后Ba2+的浓度为0.01mol/L，则反应的Ba2+的浓度为0.04mol/L，反应的F-浓度为0.08 mol/L，溶液中的F-浓度为0.03 mol/L，此时Qc=0.01×0.032=9.0×10－6＞Ksp(BaF2)=1.0×10－6，仍有BaF2沉淀生成，故C错误；D. 根据Ba2+ +2F-=BaF2↓，适当增加NH4F的比例有利于提高BaF2的产率和纯度，故D正确；故选C。‎ ‎15. 室温下向10mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）‎ A. a点所示溶液中c(Na+)>c(A—) >c(HA)>c(H+)‎ B. 水的电离程度: a点>b点 C. pH=7时，c(Na+)= c(A—)+ c(HA)‎ D. b点所示溶液中c(A—)>c(HA)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c(HA)＞c(H+)，故A正确；B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B正确；C．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c(A-)＞c(HA)，故D正确；故选C。‎ 二、非选择题（共55分）‎ ‎16. 根据要求结合化学用语解释下列问题：‎ ‎（1）NaHCO3溶液呈碱性的原因：__________________‎ ‎（2）可用CuO除去CuCl2溶液中的FeCl3溶液的原因：_________________‎ ‎（3）水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，请分析转化原理：_________________‎ ‎（4）将密封的NO2气体加热，气体颜色变深的原因：______________________‎ ‎【答案】 (1). HCO3-既会电离也会水解，且电离程度小于水解程度，HCO3-H++CO32-，HCO3-+H2OOH-+H2CO3 (2). FeCl3溶液存在：Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3H+，加入CuO与H+反应：CuO+2H+=Cu2++H2O，促进Fe3+水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3，过滤除去 (3). CaSO4存在平衡：CaSO4Ca2+ +SO42-，加入Na2CO3溶液，CO32-结合Ca2+生成CaCO3，促使平衡右移，CaSO4转化CaCO3 (4). NO2存在平衡2NO2N2O4，加热后平衡左移，NO2浓度增加，颜色变深 ‎【解析】(1)HCO3-既会电离也会水解，HCO3-H++CO32-，HCO3-+H2OOH-+H2CO3，且电离程度小于水解程度，因此溶液显碱性，故答案为：HCO3-既会电离也会水解，HCO3-H++CO32-，HCO3-+H2OOH-+H2CO3，且电离程度小于水解程度；‎ ‎(2)FeCl3溶液存在：Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3 H+，加入CuO与H+反应：CuO+2H+=Cu2++H2O，促进Fe3+水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，然后过滤除去，故答案为：FeCl3溶液存在：Fe3+ +3H2OFe(OH)3 +3 H+，加入CuO与H+反应：CuO+2H+=Cu2++H2O，促进Fe3+水解，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；‎ ‎(3)CaSO4存在溶解平衡：CaSO4Ca2+ +SO42-，加入Na2CO3溶液，CO32-结合Ca2+生成CaCO3，促使平衡右移，CaSO4转化CaCO3，因此水垢中的CaSO4，可用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，而后用酸除去，故答案为：CaSO4存在溶解平衡：CaSO4Ca2+ +SO42-，加入Na2CO3溶液，CO32-结合Ca2+生成CaCO3，促使平衡右移，CaSO4转化CaCO3；‎ ‎(4)2NO2⇌N2O4 △H＜0，N2O4无色，加热平衡逆向移动，NO2浓度增加，气体颜色变深，故答案为：NO2存在平衡2NO2N2O4，加热后平衡左移，NO2浓度增加，颜色变深。‎ ‎17. 按要求回答有关问题：‎ ‎（1）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。则H2S的平衡转化率为______%，反应平衡常数K=________。‎ ‎（2）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。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。‎ ‎（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ mol·L−1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。‎ ‎【答案】 (1). 2.5 (2). 2.8×10-3 (3). 6×10-3 (4). 0.62 (5). 2.0×10-5 (6). 5×10-3‎ ‎【解析】(1)在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应达到平衡后H2O 的物质的量分数为0.02，设转化得到COS为x，则 ‎          H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)‎ 开始(mol)    0.4           0.1           0                0‎ 转化(mol)      x              x             x                x 平衡(mol)  0.4-x          0.1-x           x               x ‎=2%，解得x=0.01mol，H2S的平衡转化率=×100%=2.5%，反应平衡常数K==2.8×10-3，故答案为：2.5；2.8×10-3；‎ ‎(2)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=可知c(OH-)=mol/L=6.0×10-3mol/L，当c(OH-)降至1.0×10-7 mol•L-1时，c(H+)=1.0×10-7 mol•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=可知c(SO32-)/c(HSO3-)==0.62，故答案为：6.0×10-3；0.62；‎ ‎(3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10-5mol/L，依据Ksp(AgCl)=2.0×10-10，计算得到c(Ag+)===2.0×10-5mol/L，此时溶液中c(CrO42-)===5.0×10-3mol/L，故答案为：2.0×10-5 ；5.0×10-3。‎ ‎18. 氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：‎ ‎（1）已知氢气在氧气中燃烧生成3.6g液态水放热57.16kJ的热量，请写出表示氢气燃烧热的热化学方程式___________________________；若断开H2(g)中1molH-H需要吸收436kJ的能量，生成H2O(g)中的1mol H-O键放出463 kJ的能量，18g液态水转化为水蒸气需要吸收44 kJ的能量，则断开1molO2中的共价键需要吸收___________kJ的能量。‎ ‎（2）氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的正极反应式：___‎ ‎（3）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______‎ ‎（4）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s) ΔH<0达到化学平衡。下列有关叙述正确的是________‎ a．容器内气体压强保持不变 b. 1 mol MHx能够吸收ymol H2‎ c．若降温，该反应的平衡常数增大 d．若向容器内通入少量氢气，则c(H2)增大 ‎（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH−FeO42−+3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。‎ ‎①请写出阳极电极反应式________________________‎ ‎②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是______________________‎ ‎③c( Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，请分析在实验中控制NaOH浓度为14mol/L的原因：______________。‎ ‎【答案】 (1). H2(g) +1/2O2(g)=H2O(l) ,ΔH=-285.8kJ．mol-1 (2). 496.4 (3). O2 +2H2O +4e-=4OH- (4). 太阳能转化为化学能 (5). ac (6). Fe+8 OH- -6e-=FeO42- +4H2O (7). 防止Na2FeO4被H2还原 (8). 低于14mol/LNa2FeO4不稳定，高于14mol/LNa2FeO4转化为Fe(OH)3‎ ‎【解析】(1)氢气在氧气中燃烧生成3.6g液态水放热57.16kJ的热量，则生成18g液态水放热57.16kJ×=285.8kJ的热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g) +1/2O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1；则H2(g) +1/2O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8kJ·mol-1焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=436kJ·mol-1+E(O2)-463 kJ·mol-1×2=-241.8kJ·mol-1‎ ‎，解得E(O2)=496.4 kJ·mol-1，故答案为：H2(g) +1/2O2(g)=H2O(l) ,ΔH=-285.8kJ·mol-1；496.4；‎ ‎(2)碱性氢氧燃料电池的正极上氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为O2 +2H2O +4e-=4OH-，故答案为：O2 +2H2O +4e-=4OH-；‎ ‎(3)利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，故答案为：将光能转化为化学能；‎ ‎(4)MHx(s)+yH2(g)⇌MHx+2y(s)△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质的量不变，容器内气体压强保持不变，正确；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2需大于1mol MHx，错误；c．若降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大，正确；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，c(H2)不变，错误；故答案为：ac；‎ ‎(5)①阳极发生氧化反应，铁失电子生成高铁酸根离子，电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故答案为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；‎ ‎②电解过程中，阴极产生的气体为氢气，具有还原性，能够将Na2FeO4还原，因此电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，故答案为：防止Na2FeO4被H2还原；‎ ‎③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，在N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低，故答案为：低于14mol/LNa2FeO4不稳定，高于14mol/LNa2FeO4转化为Fe(OH)3。‎ 点睛：本题综合考查了化学反应原理的相关知识，涉及盖斯定律的应用、平衡移动原理的应用、电解池原理等。本题的易错点为(4)d的判断，注意平衡常数与温度的关系；本题的难点是(5)，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意阳极发生的反应。‎ ‎19. 二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：‎ CO2(g)＋3H2(g)＝CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1‎ CH3OCH3(g)＋H2O(g)＝2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4 kJ·mol－1‎ ‎（1）反应2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝________kJ·mol－1。‎ ‎（2）一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是________(填字母)。‎ a．正反应速率先增大后减小 b．H2的转化率增大 c．生成物的体积百分含量增大 d．容器中的值变小 ‎（3）在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。T1‎ 温度下，将4mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，10min 后反应达到平衡状态，则0～10min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝________________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________。‎ ‎【答案】 (1). -130.8 (2). ab (3). 0.06mol·L-1·min-1 (4). KA=KC>KB ‎ ‎【解析】(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ•mol-1，②CH3OCH3(g)+H2O(g)═2CH3OH(g) △H2=+23.4kJ•mol-1，根据盖斯定律，①×2-②可得：2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H3=2△H1-△H2=2×(-53.7kJ•mol-1)-23.4kJ•mol-1 =-130.8kJ•mol-1，故答案为：-130.8；‎ ‎(2)①a．正反应速率先增大后减小，可能是增大反应物浓度，平衡正向移动，故a正确；b．H2的转化率增大，平衡一定正向移动，故b正确；c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度，平衡逆向移动，故c错误；d．容器中的变小，可能是减小二氧化碳物质的量，平衡逆向移动，故d错误；故答案为：ab；‎ ‎(3)T1温度下，将4molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，由图象可知，10min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为4mol×60%×=1.2mol，所以平均反应速率v(CH3OCH3)==0.06mol•L-1•min-1 ；平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以KA=KC，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下正向进行程度比T2温度大，则KA=KC＞KB，故答案为：0.06 mol/(L•min)；KA=KC＞KB。‎ ‎20. Ⅰ.25℃，两种酸的电离平衡常数如右表。‎ Ka1‎ Ka2‎ H2SO3‎ ‎1.3×10-2‎ ‎6.3×10-8‎ H2CO3‎ ‎4.2×10-7‎ ‎5.6×10-11‎ ‎（1）0.10 mol·L-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为____________‎ ‎（2）H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为________________‎ Ⅱ.某化学小组设计下列实验测定硫酸亚铁铵［(NH4)2Fe(SO4)2］溶液的标定浓度：‎ 步骤1：取20.00mL0.015mol/LK2Cr2O7标准液于250mL锥形瓶中，加入20mL稀硫酸和5mL浓磷酸，用硫酸亚铁铵溶液滴定，接近终点时加入2滴R溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗的体积为10.10mL.‎ 步骤2：重复操作1实验，接近终点时加入4滴R溶液，消耗的体积为10.20mL。‎ 已知：①6Fe2+ +Cr2O72-+14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O,其中Cr3+为绿色 ‎②R溶液的变色原理：R(氧化型，紫红色) Q(还原性，无色)‎ ‎（3）该实验中需要用到的主要玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、___________、______________‎ ‎（4）如何判断滴定达到终点：_______________________________‎ ‎（5）步骤2的主要作用是________________‎ ‎（6）硫酸亚铁铵溶液的标定浓度是___________mol/L（保留三位有效数字）‎ ‎（7）若滴定前锥形瓶中有水，对测定结果的影响是______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）‎ ‎【答案】 (1). c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+) (2). H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O (3). 酸式滴定管 (4). 量筒 (5). 当滴入最后一滴硫酸亚铁铵溶液，紫红色褪色，且30s保持不变 (6). 校正指示剂，减少实验误差 (7). 0.180 (8). 无影响 ‎【解析】Ⅰ.(1)Na2SO3溶液显碱性，SO32-存在两步水解：SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)，故答案为：c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)＞c(H+)；‎ ‎(2)由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3-，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3-=SO32-+2CO2↑+2H2O，故答案为：H2SO3+HCO3-=HSO3-+CO2↑+H2O；‎ Ⅱ. (3)滴定实验中需要用到的主要玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管、量筒等，故答案为：酸式滴定管；量筒；‎ ‎(4)根据，R溶液的变色原理：R(氧化型，紫红色) ‎ ‎ Q(还原性，无色)，滴定终点时，当滴入最后一滴硫酸亚铁铵溶液，紫红色褪色，且30s保持不变，故答案为：当滴入最后一滴硫酸亚铁铵溶液，紫红色褪色，且30s保持不变；‎ ‎(5)步骤2：重复操作1实验，接近终点时加入4滴R溶液，消耗的体积为10.20mL，通过校正指示剂用量，减少实验误差，故答案为：校正指示剂，减少实验误差；‎ ‎(6)根据6Fe2+ +Cr2O72-+14H+=6Fe3+ +2Cr3+ +7H2O，n(Fe3+)=6 n(Cr2O72-)=6×0.020L×0.015mol/L=0.0018mol，消耗的硫酸亚铁铵溶液的体积平均为10.15mL，则硫酸亚铁铵溶液的标定浓度==0.180 mol/L，故答案为：0.180；‎ ‎(7)若滴定前锥形瓶中有水，不影响标准溶液的用量和滴定终点的判断，对测定结果无影响，故答案为：无影响。‎ 点睛：本题的易错点为Ⅰ(2)的方程式的书写，要注意根据电离平衡常数判断酸及其酸根离子的酸性的相对强弱分析判断；本题的难点是Ⅱ，要注意酸碱中和滴定知识的迁移应用，计算是要注意题干有效数字的要求。‎ ‎ ‎