2018-2019学年重庆市第十八中学高二上学期期中考试化学试题 解析版

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重庆市第十八中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题 ‎1.下表中关于物质的分类组合，完全正确的是 选项 强电解质 弱电解质 非电解质 A NaCl C2H5OH 盐酸 B HNO3‎ CaCO3‎ H2O C KMnO4‎ NH3·H2O CO2‎ D NaOH BaSO4‎ Al A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaCl在水溶液中完全电离，是强电解质；C2H5OH在水溶液中以分子形式存在，自身不能电离，是非电解质；盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；故A错误；‎ B.HNO3在水溶液中完全电离，是强电解质；CaCO3溶于水的部分能够完全电离，是强电解质；H2O部分发生电离，是弱电解质；故B错误；‎ C.KMnO4在水溶液中完全电离，是强电解质；NH3·H2O在水溶液中部分电离，是弱电解质；CO2自身不能电离，是非电解质；故C正确；‎ D.NaOH在水溶液中能够完全电离，是强电解质；BaSO4溶于水的部分完全电离，是强电解质；Al是单质，既不是电解质也不是非电解质；故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】BaSO4、CaCO3难溶于水，导电性差，是由于它们的溶解度太小，测不出（或难测）其水溶液的导电性，但它们溶解的部分是完全电离的，所以它们是强电解质，判断强弱电解质的方法就是看在水溶液中是否能够完全电离：完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质。‎ ‎2.升高温度，下列数据不一定增大的是 A. 化学平衡常数 K B. 水的离子积 Kw C. 化学反应速率 D. 醋酸的电离平衡常数 Ka ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，故A正确；‎ B.水的电离过程是吸热过程，升高温度电离程度增大，水的离子积增大，故B错误 C.升温，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增加，反应速率增大，故C错误；‎ D.弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，电离平衡常数增大，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎3.下列说法正确的是 A. 所有氧化还原反应都可以设计成原电池 B. 泡沫灭火器中的原料通常是Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液 C. 向Fe上镀Cu，应将粗铜与电源正极相连 D. 实验验证牺牲阳极的阴极保护法，在铁电极区滴加KSCN溶液用于检验电化学保护效果 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原电池的反应必须是自发的氧化还原反应，从理论上来讲，任何自发的氧化还原反应均可以设计成原电池，故A错误；‎ B.泡沫灭火器（成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，故B正确；‎ C.电镀时，应以镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，粗铜中含有杂质，所以向Fe上镀Cu，应将纯铜与电源正极相连，故C错误；‎ D.KSCN溶液用于检验Fe3+，而证牺牲阳极的阴极保护法，在铁电极区产生的是Fe2+,滴加KSCN溶液达不到检验效果，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.下列操作会引起实验误差的是 A. 测定中和热的实验中,所使用的NaOH的物质的量稍大于HCl B. 测定中和热的实验中,分多次将NaOH倒入盛HCl的小烧杯中 C. 酸碱中和滴定实验中，用蒸馏水洗净酸式滴定管后，再用标准盐酸润洗 D. 酸碱中和滴定实验中，用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入洁净锥形瓶中，再加少量的蒸馏水进行滴定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.测定中和热实验中，若所使用的稀NaOH溶液的物质的量稍大于稀盐酸，保证盐酸完全反应，则所测得的中和热数值不变，故A错误；‎ B.将NaOH溶液分多次倒入盛有盐酸的烧杯中，会使热量损失，造成中和热测量数值偏小，故B正确；‎ C.酸碱中和滴定的操作中，酸式滴定管和碱式滴定管在滴定前一定要洗涤，洗涤时，先用蒸馏水洗，再用标准液或待测液润洗，对滴定结果无影响，故C错误；‎ 用碱式滴定管取10.00 mLNaOH溶液放入洁净锥形瓶中，再加少量的蒸馏水，对NaOH的物质的量没有影响，对滴定结果无影响，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.下列说法或表示方法中正确的是 A. 已知 2C(s) + 2O2 (g) = 2CO2(g) △H = a kJ/mol、2C(s) + O2(g) = 2CO(g) △H = b kJ/mol，则a > b B. 甲烷的燃烧热为 890 kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为 CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) △H = - 890 kJ/mol C. 已知 P(s，白磷) = P(s，红磷) △H < 0，则白磷比红磷稳定 D. 已知 HCl(aq) + NaOH(aq) = Na Cl(aq) + H2O(l) △H = - 57.3 kJ/mol，则含 40.0 g NaOH 的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出小于 57.3 kJ 的热量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据盖斯定律，将两个热化学方程式相减，前者减后者得到新的热化学方程式：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)，△H =a-bkJ/mol。该反应是CO的燃烧反应，一定是放热反应，所以△H =a-bkJ/mol<0，即aNaB 证明水解程度：A— > B—‎ D 常温下，等体积pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多 证明HB是强酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NaClO溶液会发生水解生成氢氧化钠与次氯酸，氢氧化钠溶液使pH试纸变蓝，HClO具有漂白性，把pH试纸漂白，最终无法测定NaClO溶液的pH值，因此不能达到实验目的，故A错误；‎ B.配制氯化亚铁溶液时，常加入一些稀盐酸和铁，稀盐酸的目的是防止亚铁离子水解，加入铁是防止亚铁离子被氧化成铁离子，故B正确；‎ C.两种盐溶液虽为饱和溶液，但是两种盐溶液的浓度不一定相同，无法比较两种盐溶液水解能力的大小，故C错误；‎ D.pH=2的HA和HB两种酸，如果酸越弱，该酸的浓度越大，由题给信息可以看出HA放出的H2多，说明HA的酸性比HB的酸性弱，但是HB不一定是强酸，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.一定条件下，在恒容密闭容器中，能表示反应X(s)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的 ‎①容器中气体的密度不再发生变化 ②Y的浓度不再发生变化 ‎③容器中的压强不再发生变化 ④单位时间内生成2mol Z，同时消耗2mol Y A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，可由此进行判断。‎ ‎【详解】①，在反应过程中混合气体的总质量不断增大，容器的体积不变，所以密度不断增大，所以当混合气体的密度不变时反应达到平衡状态，故①正确；‎ ‎②当反应达到平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，所以能判断该反应达到平衡状态，故②正确；‎ ‎③该反应的反应前后气体体积不变，反应前后各物质的物质的量不变，所以压强始终不再变化，所以不能判断该反应达到平衡状态，故③错误；‎ ‎④当反应达到平衡状态时，单位时间内生成2n mol Z，同时消耗2n mol Y，都表示正反应速率，所以不能判断该反应达到平衡状态，故④错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】平衡状态的判断方法：正反应速率=逆反应速率，反应混合物中各组分的含量保持不变的状态。‎ ‎9.反应mA(s)+nB(g) eC(g)+fD(g)，△H=Q ，反应过程中，当其它条件不变时，C的百分含量（C%）与温度（T）和压强（P）的关系如图，下列叙述正确的是 A. 达到平衡后，若升温，平衡正移 B. 化学方程式中m+n>e+f C. 到平衡后，加入催化剂该反应△H减小 D. 达到平衡后，充入一定量C，平衡常数不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，若升温，平衡左移，故A错误；‎ B.压强增大，C的百分含量增大，说明平衡正向进行，正反应是气体体积减小的反应，n>e+f，故B错误；‎ C.催化剂只改变化学反应速率，不能改变反应的△H，故C错误；‎ D.平衡常数只与温度有关系，达到平衡后，充入一定量C，温度没有改变，平衡常数不变，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】通常认为化学平衡常数只与温度有关，吸热反应平衡常数随温度升高而增大，放热反应则相反。‎ ‎10.硝酸汞和碘化钾溶液混合后会生成红色的碘化汞沉淀，为了探究硝酸汞和碘化钾溶液之间能否发生氧化还原反应，研究人员设计了如图的实验装置，结果电流计指针发生了偏转，下列分析不正确的是 A. 如图装置的电流方向是从C2到C1‎ B. C1附近加入淀粉变蓝，C2析出固体 C. 可用饱和KI溶液—琼脂填充盐桥增强导电性 D. 该装置内发生的氧化还原反应可自发进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电流计指针发生了偏转，说明有电流形成，证明形成了原电池反应，碘离子具有还原性，C1做负极，失电子生成碘单质，电极反应为2I--2e-═I2；C2做正极，溶液中汞离子得到电子发生还原反应，电流方向是从正极流向负极，据此答题。‎ ‎【详解】A.分析可知C1为负极，C2为正极，电流是从正极C2流向负极C1，故A正确；‎ B.碘离子具有还原性，C1做负极，失电子生成碘单质，电极反应为2I--2e-═I2‎ ‎，加入淀粉变蓝；C2做正极，溶液中汞离子得到电子发生还原反应，生成碘化亚汞，析出固体，故B正确；‎ C.饱和KI溶液—琼脂盐桥中的I-与Ag+、Hg2+发生反应，故不能使用，C错误； ‎ D.该装置为原电池，原电池反应都是自发发生的氧化还原反应，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎11.锌空气燃料电池可用作电动车电源，电解质溶液为KOH溶液，正向放电，逆向充电，总反应为：Zn＋O2＋4OH－＋2H2O 2Zn(OH)42-，下列说法正确的是 A. 充电时，电解质溶液中K＋向阳极移动 B. 充电时，电解质溶液中c(OH－)逐渐减小 C. 放电时，负极反应为：Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH) 42-‎ D. 可用盐酸代替KOH作电解液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.充电时，电解质溶液中的阳离子向阴极移动，故A错误；‎ B.充电时，总反应为：2Zn(OH)42-Zn＋O2＋4OH－＋2H2O，c(OH－)增大，故B错误；‎ C.放电时，Zn作负极，失去电子，电极反应为Zn＋4OH－－2e－=Zn(OH) 42-，故C正确；‎ D.酸性条件下，放电时Zn与稀盐酸反应生成氢气，充电时氢气不能转化为H+（充电时，阳极上是溶液中的Cl-放电生成氯气），故不能充电后继续使用，所以不能用盐酸代替KOH作电解液，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎12.对于平衡体系mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)　ΔH<0，下列结论中不正确的是 A. 若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m＋n υ逆 C. 相同温度下，起始时向容器中充入 1.5 mol SO3(g)，达到平衡状态时 SO3 的转化率为40%‎ D. 保持其他条件不变，若起始时向容器中充入 2 mol SO3(g)，达到平衡状态时吸收 78.4 kJ 的热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据第10、15分钟SO2和O2的量确定此时反应达到平衡。‎ ‎【详解】A.前5min的平均速率为v(SO2)=（2-1.2）÷2÷5=0.08mol·L−1min−1，故A正确；‎ B.保持温度不变，向平衡后的容器中再充入 0.2 mol SO2(g)和0.2 mol SO3(g)，反应正向进行，v(正)＞v(逆)，故B正确；‎ C.相同温度下，起始时向容器中充入2mol SO3与上述平衡为等效平衡，SO3的转化率为40%，现加入1.5mol SO3，压强减少，平衡向气体分子数增大的方向移动，SO3的转化率大于40%，故C错误；‎ D.此情况与上述平衡为等效平衡，生成0.8mol SO2，根据反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) ∆H＝+196kJ·moL−1可知，达到平衡状态时吸收的热量196÷2×0.8=78.4kJ，故D正确。‎ 故选C。‎ ‎14.在1 L K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42-)＝2.0 mol·L－1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L(标准状况)气体，则原溶液中c(K＋)为 A. 1.5 mol·L－1 B. 2.0 mol·L－1‎ C. 1.0 mol·L－1 D. 0.50 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】两极均收集到22.4L（标准状况）气体，则阳极收集到0.5mol氧气、阴极收集到0.5mol氢气，说明铜离子已经放电完毕，即阳极始终是OH－放电，电极反应式为：4OH－―4e－＝O2↑＋2H2O，故电子转移2mol；阴极首先是Cu2+放电，然后是H＋放电，电极反应式分别为：Cu2＋＋2e－＝Cu、2H+＋2e－＝H2↑。根据得失电子守恒可知Cu2+的物质的量为1.0mol。所以CuSO4的物质的量为1.0mol，故K2SO4的物质的量为1.0mol。因此K+的物质的量为2.0mol，其浓度为2.0 mol•L－1，答案为B。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电解池电极放电顺序：①阴极：阳离子放电,得电子能力强先放电，‎ Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+> H+(H2O)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+；②阳极：阴离子放电或电极放电,失电子能力强的先放电，若阳极是活泼金属（金属活动顺序表Ag以前），溶液中的阴离子一律不放电，而是电极材料失电子；若阳极是惰性（Pt、Au、石墨），则放电顺序如下：S2－＞I－＞Br－＞Cl－ ＞OH－＞含氧酸根离子。‎ ‎15.利用反应6NO2＋8NH3=7N2＋12H2O构成电池的装置如图所示。此方法既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是 A. 电流从左侧电极经过负载后流向右侧电极 B. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜 C. 电极A极反应式为2NH3－6e－===N2＋6H＋‎ D. 当有4.48 L NO2被处理时，转移电子数为0.8NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极。‎ A．B为正极，A为负极，电流由正极B经导线流向负极A，故A错误；‎ ‎ B．正极反应为6NO2+24e-+12H2O= 3N2+24OH-，负极反应为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜，故B正确；‎ C．电解质溶液呈碱性，则A为负极，电极反应式为2NH3-6e-+60H-=N2+3H2O，故C错误； D．没有明确4.48 L NO2是否是标准状况下，故D错误。 点睛：原电池中负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电子从负极经导线流向正极，阳离子移向正极、阴离子移向负极。‎ ‎16.常温下，Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，下列说法正确的是 A. 用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 B. 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 C. 0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)‎ D. 0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COOH) >c(Cl－)> c(CH3COO－)>c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故A错误；‎ B.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，浓度相同时其离子的水解程度：CH3COO-=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B正确；‎ C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，溶液显酸性，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO-）+c（OH-）＞c（HCOOH）+c（H+），故C错误；‎ D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D错误。 故选B。‎ ‎17.自然界的矿物、岩石的成因和变化受多种条件的影响。地壳内每加深1,压强增大约25000~30000KPa，温度升高25—30摄氏度。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡: SiO2(s)+4HF(g) SiF4(g)+2H2O(g) + 148.9KJ 根据题意完成下列填空:‎ ‎（1）该反应的△H________0，在地壳深处容易有____________气体逸出，已知此处温度较高，则该反应为 _____________反应（填“自发”，“非自发”，“无法确定”）‎ ‎（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应__________(填编号)。‎ A.一定向正反应方向移动 ‎ B.正逆反应速率一定加快 C.平衡移动过程为：正反应速率先增大后减小 D.平衡移动过程为：逆反应速率先减小后增大 ‎（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应已经达到平衡时 ‎，下列成立的是_______ (填编号)。‎ a.2 v正(HF) = v逆(H2O) b. v (H2O) = 2v (SiF4)‎ c. SiO2的质量保持不变 d.反应物不再转化为生成物 ‎（4）若反应容器容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为_____________。‎ ‎【答案】 (1). < (2). SiF4和H2O (3). 非自发 (4). AD (5). bc (6). 0.001mol·L-1·min-1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）该反应为正反应体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，有SiF4（g）和H2O（g）逸出；减小压强有SiO2（s）沉淀析出；故在地壳深处容易有SiF4、H2O气体逸出；‎ ‎（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率增大；‎ ‎（3）达到平衡时，正逆反应速率相等，用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比；‎ ‎（4）根据v（HF）=∆C/∆t计算。‎ ‎【详解】（1）由SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ可知，该反应为放热反应，故△H＜0；该反应为正反应体积减小的反应，增大压强，平衡向右移动，有SiF4（g）和H2O（g）逸出；减小压强有SiO2（s）沉淀析出；故在地壳深处压强很高，故容易有SiF4、H2O气体逸出；在较高温度下，ΔG=ΔH－TΔS＞0，反应不能自发进行；根据故答案为：＜，SiF4、H2O，非自发。‎ ‎（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大，说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移过程中正反应速率减小、逆反应速率增大，故A、D正确，故答案为：AD。‎ ‎（3）达到平衡时，正逆反应速率相等，用不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，v(H2O) =2v(SiF4)，各物质的量保持不变，但反应仍在进行，综上所述，b，c正确，故答案为：bc。‎ ‎（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，‎ 则增加的质量为2.0L×0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，‎ 设参加反应的HF的物质量为x，‎ SiO2（s）+4HF（g）⇌SiF4（g）+2H2O（g）△m ‎ 4mol 1mol 2mol 60g ‎ x 0.24g ‎ 4mol / x =60g/0.24g，解得x=0.016mol，‎ v（HF）=∆C/∆t=0.016mol/2L×8.0min=0.0010mol/（L•min）‎ 故答案为：0.0010mol/（L•min）。‎ ‎18.CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+ CO2（g）2CO （g）+ 2H2（g）‎ ‎①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：‎ 化学键 C—H C=O H—H CO（CO）‎ 键能/kJ·mol−1‎ ‎413‎ ‎745‎ ‎436‎ ‎1075‎ 则该反应的ΔH=_________。分别在v L恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。‎ ‎（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。‎ ‎①若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_______（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3−）∶c（CO32−）=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）‎ ‎②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)________。‎ a．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO32−)＋c(HCO3-)＋c(OH－)‎ b．c(Na＋)>c(HCO3-)>c(CO32−)> c(OH－)>c(H＋)‎ c．3c(Na＋)＝2[c(CO32−)＋c(HCO3-) +c(H2CO3)]‎ ‎（3）CO2辅助的CO—O2燃料电池，工作原理如图所示，固体介质中CO32— 可定向移动。电池的负极反应式：________________________________电池工作时需向某电极通入CO2以触发反应，该电极为_____________（填“甲”或“乙”）‎ ‎【答案】 (1). +120 KJ· mol-1 (2). B (3). CO32− (4). 10 (5). b (6). CO-2e- + CO32− = 2CO2 (7). 乙 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据反应热与键能的关系可得ΔH=+120KJ mol-1；该反应的正反应是气体总分子数增加的吸热反应，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体，恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时吸收的热量多；‎ ‎（2）由电离平衡常数的定义以及弱电解质的电离、弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响进行分析；‎ ‎（3）由题中所给示意图以及负极失去电子发生氧化反应分析。‎ ‎【详解】（1）根据反应热与键能的关系可得，该反应的ΔH=（413kJ·mol−1×4+745kJ·mol−1×2）-（1075kJ·mol−1×2+436kJ·mol−1×2）=+120KJ mol-1，反应CH4（g）+ CO2（g）2CO（g）+2H2（g）的正反应是气体总分子数增加的吸热反应，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体，恒压条件下反应正向进行的程度大，故容器B达到平衡时吸收的热量多，故答案为：+120KJ·mol-1，B。‎ ‎（2）①K2=c（CO32-）c（H+）/c（HCO3-）=5×10−11，则c（H+）=K2c（HCO3-）/c（CO32-），当c（HCO3−）=c（CO32−），c（H+）=5×10−11，pH在10.3，如果溶液pH=13，则c（HCO3−）＜c（CO32−），所以该溶液中所得的阴离子为CO32−，K2=c（CO32-）c（H+）/c（HCO3-）=5×10−11，且所得溶液中c（HCO3−）∶c（CO32−）=2∶1，c（H+）=K2c（HCO3-）/c（CO32-）=5×10−11×2=1×10−10，pH=10，故答案为：CO32−，10。‎ ‎②当2molCO2通入3molNaOH被吸收时，则发生反应：2CO2+3OH-=CO32-+HCO3-+H2O，结合CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-分析。‎ a.溶液呈电中性，溶液中阴、阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故a错误；‎ b.n（CO32-）+n（HCO3-）+n（H2CO3）=2mol，n（Na+）=3mol，又存在①CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，②HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，水解程度①＞②且水解程度都较小，则c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-），则有c（Na+）＞c（HCO3-）＞c（CO32-）＞c（OH-）＞c（H+），故b正确；‎ c.n（CO32-）+n（HCO3-）+n（H2CO3）=0.1mol，n（Na+）=0.15mol，根据物料守恒得，2C（Na+）=3[c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）]，故c错误。‎ 故答案为：b。‎ ‎（3）由图可知，在负极上CO与CO32−失去电子发生氧化反应生成CO2，电极方程式为： CO-2e-+CO32−=2CO2，在电极乙上通入CO2以触发反应，故答案为：CO-2e-+CO32−=2CO2，乙。‎ ‎【点睛】关于离子浓度大小比较问题，在解题过程中，若看到选项中有“=”，则要考虑3个守恒关系：若守恒关系中只有离子，则考虑电荷守恒关系，若守恒关系中同时出现分子和离子，则考虑物料守恒和质子守恒；若选项中离子浓度关系以“>”连接，则主要考虑弱电解质的电离、弱根离子的水解以及各离子之间的相互影响等。‎ ‎19.某化学学习小组进行如下实验：‎ Ⅰ.探究反应速率的影响因素 设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol·L - 1 H2C2O4溶液、0.010 mol·L -1KMnO4 溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽 ‎ ‎（1）若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为______________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应 填写__________________。 ‎ Ⅱ.测定 H2C2O4·xH2O 中 x 值 已知：M（H2C2O4）=90 g·mol-1 ① 称取 1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； ② 取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； ③ 用浓度为 0.05 000 mol·L -1 的 KMnO4 标准溶液进行滴定。 ‎ 反应原理为：5 H2C2O4 + 2 MnO4— + 6H+ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O ‎（2）某学生的滴定方式（夹持部分略去）如下，最合理的是________（选填 a、b）。由图可知消耗 KMnO4 溶液体积为________ mL。‎ ‎（3）滴定终点锥形瓶内现象为__________________________________________________。 ‎ ‎（4）通过上述数据，求得 x=______________。‎ ‎（5）下列操作会造成所测x偏大的是____________(填字母)。‎ A.滴定终点俯视读数 B.锥形瓶用待测溶液润洗 C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡 D.配制100mL待测溶液时，有少量溅出 ‎【答案】 (1). 1.0 (2). 溶液褪色的时间 (3). b (4). 20.00 (5). 滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 (6). 2 (7). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短；‎ ‎（2）根据高锰酸钾溶液呈酸性，应选择酸式滴定管；根据滴定管的结构来解答；‎ ‎（3）根据滴定终点时溶液颜色的变化分析；‎ ‎（4）根据方程式5H2C2O4 + 2MnO4-+ 6H+ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O进行计算；‎ ‎（5）根据c（待测）= c(标准) ×V(标准)/ V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】（1）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4‎ 溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6.0mL，则a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间（t溶液褪色时间/s）；其他条件相同，故答案为：1.0；溶液褪色的时间。‎ ‎（2）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，高锰酸钾溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管中，即b正确，滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.80－0.80)mL=20.00mL，故答案为：b，20.00。‎ ‎（3）根据酸性高锰酸钾溶液为紫红色，滴定终点时，滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色，故答案为：滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色。‎ ‎（4）5H2C2O4 + 2MnO4-+ 6H+ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O ‎ 5 2‎ n=0.0025 0.05×0.02‎ m（H2C2O4）=0.0025mol×90g/mol=0.225g m（H2C2O4·xH2O）=1.26g×25/100=0.315g m（H2O）=0.315g-0.225g=0.09g n（H2O）=0.09g/18g/mol=0.005mol ①‎ 又因为n（H2C2O4）=0.0025mol，根据元素守恒即n（H2C2O4·xH2O）=0.0025mol n（H2O）=0.0025x ②‎ 联立①②得0.0025x=0.005，计算得出x=2‎ 故答案为：2。‎ ‎（5）A.滴定终点俯视读数，读数偏小，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故A正确；B.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故B错误；C. 滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小，故C错误；配制100mL待测溶液时，有少量溅出，浓度偏低，消耗标准液体积减少，结果偏低，消耗高锰酸钾体积减小，草酸的质量减小，x偏大，故D正确。‎ 故答案为：AD。‎ ‎20.甲醇作为基本的有机化工产品和环保动力燃料具有广阔的应用前景，CO2加氢合成甲醇是合理利用CO2的有效途径。由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下： ‎ 反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41.19 kJ·mol－1 ‎ 反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH2 ‎ 反应Ⅲ：CO2(g)＋3H2g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3＝－49.58 kJ·mol－1 ‎ 回答下列问题： ‎ ‎（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的化学平衡常数分别为K1、K2、K3、则K3=__________（用K的代数式表示）‎ ‎（2）在恒压密闭容器中，充入一定量的 H2 和 CO2（假定仅发生反应Ⅲ），实验测得反应物在不同温度下，反应体系中 CO2 的平衡转化率与压强的关系曲线如图 1 所示。 ‎ ‎①比较 T1 与 T2 的大小关系：T1____________T2（填“＜”、“＝”或“＞”）‎ ‎②在 T1 和 p6 的条件下，往密闭容器中充入 3 mol H2 和 1 mol CO2，该反应在第 5 min 时达到平衡，此时容器的体积为 1.8 L，则该反应在此温度下的平衡常数为________。 ‎ a.若此条件下反应至 3 min 时刻，改变条件并于 A 点处达到平衡，CH3OH 的浓度随反应时间的变化趋势如图 2所示（3～4 min 的浓度变化未表示出来），则改变的条件为 __________，请用 H2 的浓度变化计算从4 min开始到 A点的反应速率v(H2)= _________(保留两位小数)。‎ b.若温度不变，压强恒定在 p8 的条件下重新达到平衡时，容器的体积变为_______L ‎【答案】 (1). K3=K1χK2 (2). < (3). 4/27 或0.148 (4). 减小压强 (5). 0.08 mol·L-1·min-1 (6). 8/15 或0.533‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据化学平衡常数的定义进行分析；‎ ‎（2）①由于正反应是放热反应，因此在压强相等时温度升高二氧化碳的转化率降低，所以根据图像可知T1＜T2；‎ ‎②根据三段式进行分析计算。‎ ‎【详解】（1）根据化学平衡常数的定义，反应Ⅰ的化学平衡常数K1=[c(CO)c(H2O)]/[c(CO2)c(H2)]，‎ 反应Ⅱ的化学平衡常数K2=[c(CH3OH)]/[c(CO)c2(H2)] ，反应Ⅲ的化学平衡常数K3=‎ ‎[c(CH3OH)c(H2O)]/[c(CO2)c3 (H2)]，则K3=K1×K2，故答案为：K3=K1×K2。‎ ‎（2）①由于正反应是放热反应，因此在压强相等时温度升高二氧化碳的转化率降低，所以根据图像可知T1＜T2，故答案为：<。‎ ‎②根据图像可知在T1和P6的条件下二氧化碳的转化率是40%，往密闭容器中充入3mol H2和1mol CO2，该反应在第5min时达到平衡，此时容器的体积为1.8L，则此时反应的二氧化碳是0.4mol，所以 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）‎ 初始量（mol） 1         3            0          0‎ 变化量（mol） 0.4       1.2           0.4        0.4‎ 平衡量（mol） 0.6      1.8           0.4        0.4‎ 所以平衡时二氧化碳、氢气、甲醇和水蒸气的浓度分别是（mol/L）1/3、1、2/9、2/9‎ 因此该温度下，反应的平衡常数K＝2/9×2/9÷1/3×13=4/27=0.148。‎ a.若此条件下反应至3min时刻 ，改变条件并于A点处达到平衡，CH3OH的浓度随反应时间的变化趋势如图2所示，此时需要的时间是6min＞5min，这说明反应速率降低，因此改变的条件为降低压强，由图2可知，从4 min开始到 A点的反应速率v(CH3OH)=（0.21-0.15）mol/L/（6.3-4）min= 0.026 mol·L-1·min-1，由反应方程式v(H2)：v(CH3OH)=3：1，故用 H2 的浓度变化计算从4 min开始到 A点的反应速率v(H2)= 0.08 mol·L-1·min-1，故答案为：减小压强，0.08 mol·L-1·min-1。‎ b.若温度不变，压强恒定在P8的条件下重新达到平衡时二氧化碳的转化率为60%，则 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）‎ 初始量（mol） 1         3            0          0‎ 变化量（mol）  0.6       1.8           0.6        0.6‎ 平衡量（mol）  0.4      1.2           0.6        0.6‎ 所以0.6/V×0.6/V÷0.4/V×（1.2/V）3=4/27‎ 解得V＝8/15L= 0.533L 故答案为：8/15或 0.533。‎ ‎【点睛】“三段式”作为解决化学平衡计算题的解题模式，确实是一种行之有效的方法。对于计算反应物的转化率、各组分的转化浓度、转化的物质的量、平衡浓度、平衡时的物质的量以及平衡时的各组分体积分数等。‎ ‎ ‎