湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2019-2020学年高二上学期期末联考化学试题

湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体2019-2020学年高二上学期期末联考化学试题

宜昌市部分示范高中教学协作体 2019 年秋期末联考 高二化学 (全卷满分：100 分 考试用时：90 分钟) 第Ⅰ卷(选择题 48 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 一、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.“美丽中国”是十八大提出的重大课题，她突出了生态文明，重点是社会发展与自然环境 之间的和谐，未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再 生。下列属于未来新能源标准的是( ) ①天然气 ②太阳能 ③风能 ④石油 ⑤煤 ⑥生物质能 ⑦核能 ⑧氢能 A. ①②③④ B. ②③⑥⑧ C. ①②⑤⑥⑦⑧ D. ③④⑤⑥⑦⑧ 【答案】B 【解析】 【详解】天然气、石油、煤为传统的化石燃料，属于未来新能源的是太阳能、风能、生物质 能和氢能； 答案选 B。 2. 与 在催化剂表面生成 ，反应历程及能量变化示意如下。下列说法不正确的是 A. ①→②吸收能量 B. ②→③形成了 键 C. 该反应为放热反应 D. 该催化剂可提高 的平衡产率 【答案】D 2H 2N 3NH N-H 3NH 【解析】 【详解】A. 由能量变化示意可知，①→②能量增大，故该过程吸收能量，A 项正确； B. 由能量变化示意可知，②→③生成氨气，氮原子和氢原子之间形成了 键，B 项正确； C. 由能量变化示意可知，该反应生成物总能量比反应物总能量低，则该反应为放热反应，C 项正确； D. 催化剂只能降低化学反应的活化能，提高反应速率，但是不会引起平衡移动，故无法提高 的平衡产率，D 项错误； 答案选 D。 【点睛】解 D 选项时，注意浓度、温度、压强、催化剂等影响： （1）温度，会引起平衡移动，一定会引起物质平衡转化率和产率变化； （2）压强，一般会引起平衡移动（若反应前后气体总数相同则不移动），可能会引起物质平 衡转化率和产率变化； （3）浓度，会引起平衡移动，但是由于起始投料也改变，故可能会引起物质平衡转化率和产 率变化； （4）催化剂，平衡不移动，一定不会引起物质平衡转化率和产率变化； 3.将气体 W、B 置于容积为 2L 的密闭容器中,发生如下反应：4W(g)+B(g) 2C（g），反应进 行到 4s 末，测得 W 为 0.5mol，B 为 0.4mol，C 为 0.2mol，则用反应物 W 浓度的减少来表示该 反应的速率应为（ ） A. 0.025mol/(L·s) B. 0.0125mol/(L·s) C. 0.05mol/(L·s) D. 0.1mol/(L·s) 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 到 4s 末 ， 测 得 C 为 0.2mol ， 生 成 0.2molC ， 需 要 反 应 0.4molW ， ；C 项正确； 答案是 C。 4.反应 A(g)＋B(g) 2C(g)＋3D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示 反应速率最快的是 A. v(A)＝0.20mol·L－1·min－1 B. v(B)＝0.30 mol·L－1·min－1 C. v(C)＝0.40 mol·L－1·min－1 D. v(D)＝0.50 mol·L－1·min－1 N-H 3NH 1 10.4( ) =0.05mol2 4 c n molW L st V t L s υ − −= = = ×      【答案】B 【解析】 以 A 物质基准，A、v(A)=0.20mol/(L·min)；B、根据化学反应速率之比等于化学计量数之比， 因 此 有 v(A)=v(B)=0.30 mol/(L·min) ； C 、 v(A)=v(C)/2=0.20mol/(L·min) ； D 、 v(A)=v(D)/3=0.50/3mol/(L·min)；比较数值得出，选项 B 的反应速率最快，故 B 正确。 5.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( ) A. 由水电离产生的 c(H+)＝1x10－13 mol/L 的溶液中：Na+、K+、Cl－、SO42－ B. 室温下，pH＝1 的盐酸中：Na＋、Fe2+、NO3－、SO42－ C. 含有 Ca2+的溶液中：Na+、K＋、CO32－、Cl- D. 常温下在 KW/ c(OH－)=10-12 的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42- 【答案】A 【解析】 【分析】 A. 由水电离产生的 c(H+)＝1×10－13 mol/L 的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液； B. pH＝1 的盐酸存在大量的 H+； C. Ca2+与 CO32－发生复分解反应； D. c(H+)= =1x10－13 mol/L 的溶液为碱性溶液。 【详解】A. 由水电离产生的 c(H+)＝1×10－13 mol/L 的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶 液，酸性溶液中存在 H+，碱性溶液中存在 OH-，H+、OH-与 Na+、K+、Cl－、SO42－均可共存，A 项正确； B. pH＝1 的盐酸存在大量的 H+，H+、Fe2+、NO3－之间因发生氧化还原反应而不能共存，B 项错 误； C. Ca2+与 CO32－发生复分解反应生成白色沉淀而不能共存，C 项错误； D. c(H+)= =1×10－13 mol/L 的溶液为碱性溶液，存在 OH-，OH-与 Al3＋发生复分解反应 生成白色沉淀而不能共存，D 项错误； 答案选 A。 【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色 溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在 ( )wK c OH− ( )wK c OH− 强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO 与 HCO 不能大量共存：②“NO ＋H＋”组合具有强氧化性，与 S2－、Fe2＋、I－、SO 等还原性的离子因发生氧化还原反应而不 能大量共存；③NH 与 CH3COO－、CO ，Mg2＋与 HCO 等组合中，虽然两种离子都能水解且水解 相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共 存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型 4 种）。 6.化学用语是学习化学的重要工具。下列用来表示物质变化的化学用语错误的是( ) A. 稀盐酸溶液与稀氢氧化钠的中和热：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ· mol －1 B. FeCl3 溶液水解的离子方程式：Fe3＋+3H2O Fe (OH)3+3H+ C. 热化学方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=-38.6kJ·mol－1，一定条件下，将 0.5mol N2(g)和 1.5molH2(g)置于密闭的容器中反应生成 NH3(g)，则放热 19.3kJ D. CO(g)的燃烧热是 283.0 kJ·mol－1，则 2CO2(g)＝2CO(g)+O2(g) ΔH=+566.0 kJ·mol－1 【答案】C 【解析】 【分析】 A. 强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成 1mol 水时放出的热量为中和热； B. Fe3+水解生成弱电解质 Fe (OH)3，使溶液呈弱酸性； C. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底； D. 1molCO 完全燃烧，生成 CO2 时放出的热量为 283.0 kJ； 【详解】A.强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成 1mol 水时放出的热量为中和热，因此稀盐酸 溶液与稀氢氧化钠的中和热方程式为 H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ· mol－1， A 项正确，不符合题意； B. Fe3+水解生成弱电解质 Fe (OH)3，使溶液呈弱酸性，离子方程式 ：Fe3＋+3H2O Fe (OH)3+3H+，B 项正确，不符合题意； C. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，因此一定条件下，将 0.5mol N2(g)和 1.5molH2(g) 置于密闭的容器中反应生成 NH3(g)，则放出的热量小于 19.3kJ，C 项错误，符合题意； D. 1molCO 完全燃烧，生成 CO2 时放出的热量为 283.0 kJ，那么 2CO2(g)＝2CO(g)+O2(g) ΔH=+566.0 kJ·mol－1，D 项正确，不符合题意； 答案选 C。 7.下列说法正确的是(　　) 为    A. 明矾水解形成的 Al(OH)3 胶体能杀菌消毒，可用于水的净化 B. 对 2HI(g) H2(g)＋I2(g)平衡体系增加压强使颜色变深，能用勒夏特勒原理解释 C. pH=6 的某溶液一定呈酸性 D. 二次电池充电时，电池上标有“+”的电极应与外接电源的正极相连 【答案】D 【解析】 【分析】 A. 明矾为 KAl(SO4)2•12H2O，溶于水后 Al3+水解生成 Al(OH)3 胶体； B. 2HI(g) H2(g)＋I2(g)为等体积反应，改变压强，平衡不移动； C. 未标明溶液所处的温度，不能确定溶液的酸碱性； D. 二次电池充电时，电能转化为化学能。 【详解】A. 明矾溶于水后 Al3+水解生成 Al(OH)3 胶体，胶体具有吸附性，可用于水的净化，A 项错误； B. 2HI(g) H2(g)＋I2(g)为等体积反应，改变压强，平衡不移动，不能用勒夏特勒原理解释， B 项错误； C. 未标明溶液所处的温度，pH=6 的某溶液可能是酸性溶液，也可能是中性溶液或碱性溶液， C 项错误； D.二次电池充电时，电能转化为化学能，与电池上标有“+”的电极应与外接电源的正极相连， D 项正确； 答案选 D。 8.蒸干灼烧下列物质的水溶液，能得到该物质的是( ) A. NaHCO3 B. AlCl3 C. Fe2(SO4) 3 D. KMnO4 【答案】C 【解析】 【分析】 A. NaHCO3 溶液受热分解生成 Na2CO3、水和 CO2； B. Al3+水解生成 Al(OH)3； C. Fe3+水解生成 Fe(OH)3； D. KMnO4 受热分解。 【详解】A. NaHCO3 溶液受热分解生成 Na2CO3、水和 CO2，蒸干 NaHCO3 的水溶液，不能得到该    物质，A 项错误； B. Al3+水解生成 Al(OH)3，灼烧后生成 Al2O3，因此蒸干 AlCl3 的水溶液，不能得到该物质，B 项错误； C. Fe3+水解生成那挥发的 H2SO4，灼烧后的固体仍为 Fe2(SO4) 3，因此蒸干 Fe2(SO4) 3 的水溶液， 能得到该物质，C 项正确； D. KMnO4 受热分解，因此蒸干 KMnO4 的水溶液，不能得到该物质，D 项错误； 答案选 C。 【点睛】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法： (1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如 CuSO4(aq)蒸干得 CuSO4(s)。 (2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如 AlCl3(aq)蒸干得 Al(OH)3，灼烧得 Al2O3。 (3)考虑盐受热时是否分解。 原物质 蒸干灼烧后固体物质 Ca(HCO3)2 CaCO3 或 CaO NaHCO3 Na2CO3 KMnO4 K2MnO4 和 MnO2 NH4Cl 分解为 NH3 和 HCl 无固体物质存在 (4)还原性盐在蒸干时会被 O2 氧化。如 Na2SO3(aq)蒸干得 Na2SO4(s)。 (5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如 NH4HCO3、(NH4)2CO3。 9.如图所示原电池，盐桥中装有含琼胶的 KCl 饱和溶液，相关的叙述中，不正确的是( ) A. 电子沿导线由 Cu 片流向 Ag 片 B. 盐桥中的 K＋向 Cu(NO3)2 溶液 C. 正极的电极反应是 Ag＋+e－=Ag D. Cu 片上发生氧化反应，Ag 片上发生还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】 A. 电子由负极流向正极； B. 盐桥中 K+向正极移动； C. 原电池装置中 Ag 为正极，电解质溶液中的 Ag+得到电子生成 Ag； D. 原电池装置中 Cu 为负极，发生氧化反应，Ag 为正极，发生还原反应。 【详解】A. 原电池装置中 Cu 为负极，Ag 为正极，电子由负极流向正极，即有 Cu 片流向 Ag 片，A 项正确，不符合题意； B. 盐桥中 K+向正极移动，即 K+向 Ag 极移动，B 项错误，符合题意； C. 原电池装置中 Ag 为正极，电解质溶液中的 Ag+得到电子生成 Ag，电极反应为：Ag＋+e－ =Ag，C 项正确，不符合题意； D.原电池装置中 Cu 为负极，发生氧化反应，Ag 为正极，发生还原反应，D 项正确，不符合题 意； 答案选 B。 10.利用如图所示装置可以将温室气体 CO2 转化为燃料气体 CO.下列说法中，正确的是( ) A. 该装置工作时，H＋从 b 极区向 a 极区移动 B. 该装置中每生成 1 mol CO，同时生成 1 mol O2 C. 电极 a 表面发生还原反应 D. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程 【答案】D 【解析】 【分析】 由装置图中电子流向可知，a 为负极，电极反应为 2H2O-4e-=4H++O2↑，b 为正极，电极反应为 CO2+2e-+2H+=CO+H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此进行分析。 【详解】A. 该装置工作时，H＋从 a 极区向 b 极区移动，A 项错误； B.负极的电极反应为 2H2O-4e-=4H++O2↑，正极的电极反应为 CO2+2e-+2H+=CO+H2O，由电极反应 可知，该装置中每生成 1 mol CO，同时生成 0.5 mol O2，B 项错误； C. 电极 a 为负极，表面发生氧化反应，C 项错误； D. 由装置图可知，该装置为原电池，该过程中可将太阳能转化为化学能，D 项正确； 答案选 D。 11.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是( ) A. 加入少量较浓的硫酸 B. 加入 CH3COONa 固体 C 加入几滴 CuSO4 溶液 D. 不用铁片，改用铁粉 【答案】B 【解析】 【分析】 A. 增大反应物的浓度，反应速率加快； B. 加入 CH3COONa 固体，生成弱电解质 CH3COOH，使 c(H+)减小； C. 加入几滴 CuSO4 溶液，Fe 与 CuSO4 发生置换反应生成 Cu，进而形成了原电池； D. 不用铁片，改用铁粉，增大了接触面积。 【详解】A. 加入少量较浓的硫酸，增大了反应物的浓度，反应速率加快，A 项错误； B. 加入 CH3COONa 固体，生成弱电解质 CH3COOH，使 c(H+)减小，浓度减小，反应速率减慢，B 项正确； C. 加入几滴 CuSO4 溶液，Fe 与 CuSO4 发生置换反应生成 Cu，进而形成了原电池，形成原电池， 使反应速率较快，C 项错误； D. 不用铁片，改用铁粉，增大了接触面积，能使反应速率加快，D 项错误； 答案选 B。 12.下列关于 0.1mol/LNaHCO3 溶液中微粒浓度的关系式正确的是 A. c(CO32－)＞c(H2CO3) B. c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+) C. c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)] D. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－) 【答案】B . 【解析】 【详解】A、NaHCO3 溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此 c(CO32－)＜ c(H2CO3)，A 错误； B、碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显弱碱性，溶液中离子浓度关系为 c(Na＋)＞ c(HCO3－)＞c(OH－)＞c(H+)，B 正确； C、根据物料守恒可知 c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)，C 错误； D、根据电荷守恒可知 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，D 错误 答案选 B。 13.在某密闭容器中，发生如下反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H＜0 。下列研究目 和示 意图相符的是( ) A. 平衡体系增加 O2 对反应的影响 B. 温度对反应的影响 C. 压强对反应的影(P1>P2) D. 催化剂对反应的影响 【答案】A 【解析】 【分析】 A. 增大 O2 的量，平衡正向移动； B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡向放热的方向移动； C. 增大压强，平衡向体积缩小的方向移动； 。 的 D. 加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动。 【详解】A. 增大 O2 的量，平衡正向移动，图象正确，A 项正确； B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，O2 的转化率降低，曲线与研究目的不相符， B 项错误； C.增大压强，反应速率加快，达到平衡所用的时间缩短，平衡正向移动，NO2 的体积分数逐渐 增大，曲线与研究目的不相符，C 项错误； D. 加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所用的时间缩短，平衡不移动，曲线与研究目的不 相符，D 项错误； 答案选 A。 【点睛】影响化学平衡的因素 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 浓度 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动反应前后气体 体积改变 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 压强(对有 气体参加 的反应) 反应前后气体 体积不变 改变压强 平衡不移动 升高温度 向吸热反应方向移动 温度 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变 v 正、v 逆，平衡不移动 14.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，下列证据不能说明反 应一定达到化学平衡状态的是 A. 容器内的压强不再改变 B. c(SO2) : c(O2) : c(SO3) = 2 : 1 : 2 C. SO2 的转化率不再改变 D. SO3 的生成速率与 SO3 的消耗速率相等 【答案】B 【解析】 【详解】A. 在恒容密闭容器中，压强不再变化，说明气体的总物质的量也不再变化，而化学 反应前后，气体的总物质的量不等，所以该证据可以说明反应达到平衡，A 错误； B. 该证据只能表明在某一个时间点，体系的组分是这样的一个比例，并不能说明这个比例不 再变化，因此该证据不能说明平衡一定达到平衡，B 正确； C. SO2 的转化率不再改变，说明 v(SO2)正=v(SO2)逆，则反应一定达到平衡，C 错误； D. SO3 的生成速率与 SO3 的消耗速率相等，即 v(SO3)正=v(SO3)逆，则反应一定达到平衡，D 错 误； 故合理选项为 B。 15.已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=1.5×10-16 ，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，则下列难溶盐 的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是 A. AgCl>AgI> AgBr B. AgBr >AgI>AgCl C. AgBr >AgCl>AgI D. AgCl> AgBr>AgI 【答案】D 【解析】 【详解】Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=1.5×10-16 ，Ksp(AgBr)=7.7×10-13 三种化合物的类 型相同可根据 Ksp 有 c(Ag+)= ，可知银离子浓度有 AgCl> AgBr>AgI，选项 D 正确。 16.H2CO3 是一种二元弱酸，常温下 H2CO3 水溶液中碳元素的存在形态的物质的量分数与溶液的 pH 的关系如图所示，据此分析，下列说法不正确的是( ) A. pH=8 时，溶液中含碳元素的微粒主要是 HCO3— B. A 点，溶液中 H2CO3 和 HCO3－浓度相同 C. 当 c(HCO3－)=c(CO32－)时，c(H＋)④>①>② (6). 溶液 中存在:CO32-+H2O HCO3- +OH-，温度升高，平衡正向移动 c(OH-)增大，碱性增强 【解析】 【分析】 （1）0.05mol/LH 2SO4 溶液中 c(H+)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，根据 pH=-lg c(H+)计算 pH； 0.01mol/LNaOH 溶液中 c(OH-)=0.01mol/L，根据 c(H+)= 及 pH=-lg c(H+)计算 pH； （2）①明矾溶于水后 Al3+水解生成 Al(OH)3 胶体， Fe3+水解生成 Fe(OH)3 胶体； ②Al3+水解生成 Al(OH)3； ③Fe3+水解生成 Fe(OH)3； ④HCO3-与 Al3+发生双水解； ⑤CO32-水解使溶液显碱性； ⑥NH4+与 Zn2+水解使溶液显酸性； ⑦NH4+水解使溶液显酸性，草木灰的主要成分为 K2CO3，CO32-水解使溶液显碱性； （3）根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算； （4）Ka 越大，酸性越强，其对应的盐的水解程度越小； （5）CO32-水解使溶液呈碱性，升高温度，平衡正移。 【详解】（1）0.05mol/LH2SO4 溶液中 c(H+)=0.05mol/L×2=0.1mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg10-1=1；0.01mol/LNaOH 溶液中 c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)= = =10-10mol/L，因此 pH=-lg c(H+)=-lg10-10=10； （2）①明矾溶于水后 Al3+水解生成 Al(OH)3 胶体，Fe3+水解生成 Fe(OH)3 胶体，均可作净水剂， 与盐类的水解有关； ②Al3+水解生成 Al(OH)3，把 AlCl3 溶在较浓的盐酸中可抑制 Al3+水解，与盐类的水解有关； ③Fe3+水解生成 Fe(OH)3，保存 FeCl3 溶液时，在溶液中加少量盐酸可抑制 Fe3+水解，与盐类的 水解有关； ④HCO3-与 Al3+发生双水解，生成 Al(OH)3 沉淀和 CO2，可作泡沫灭火剂，与盐类的水解有关； ⑤CO32-水解使溶液显碱性，碱与玻璃中的 SiO2 反应生成 Na2SiO3，与盐类的水解有关；  ( )wK c OH− ( )wK c OH− 1210 0.01 − ⑥NH4+与 Zn2+水解使溶液显酸性，酸能除锈，与盐类的水解有关； ⑦NH4+水解使溶液显酸性，土壤酸性增强；草木灰的主要成分为 K2CO3，CO32-水解使溶液显碱 性，草木灰与铵态氮肥混合后可发生双水解，不能混用，与盐类的水解有关； 因此全部与盐类的水解有关； （3）△H=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-2×3×E(N-H)=-92，解得 E(N-H)= 391 kJ/mol； （4）Ka 越大，酸性越强，其对应的盐的水解程度越小，浓度均为 0.1 mol·L－1 四种溶液 pH 最大的是 NaOH，酸性 CH3COOH>H2CO3>HCO3-，因此四种溶液的 pH 由大到小的顺序为③>④>①>②； （5）CO32-水解使溶液呈碱性，反应为 CO32-+H2O HCO3- +OH-，升高温度，平衡正移，c(OH-) 增大，碱性增强。 18.2018 年，美国退出了《巴黎协定》实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠 释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体 CO2 催化氢化合成甲醇技术的工业化 量产研究，实现可持续发展。 (1)已知：CO2(g)+H2(g) H2O(g) +CO(g)　 ΔH1 = +41.1 kJ•mol－1 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　 ΔH2=－90.0 kJ•mol－1 则 CO2 催化氢化合成甲醇的热化学方程式：______________________。 (2)工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。判 断反应达到平衡状态的依据是(填字母序号)________. A.生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等 B.混合气体的密度不变 C.混合气体的相对平均分子质量不变 D.CH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化 (3)如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K) 温度℃ 250 300 350 K 2.041 0.270 0.012 ①该反应的化学平衡常数表达式为 K＝_____。 ②由表中数据判断该反应的△H_____0(填“＞”、“=”或“＜”)； ③某温度下，将 2molCO 和 6molH2 充入 2L 的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得 c(CO)=0.2mol/L，则此时的温度为___________℃。 (4)要提高 CO 的转化率，可以采取的措施是(填字母序号)__________________.     a.增加 CO 的浓度 b.加入催化剂 c.升温 d.加入 H2 e.加入惰性气体 f.分离出甲醇 (5)在一定条件下，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＝-49.0 kJ·mol－1 体系中 CO2 的 平衡转化率( )与 L 和 X 的关系如图所示，L 和 X 分别表示温度或压强。 ①X 表示的物理量是_____。 ②判断 L1 与 L2 的大小关系：L1_____L2(填“<”，“=”或“>”)，并简述理由： ____________________。 【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH =-48.9 kJ·mol-1 (2). CD (3). K＝ (4). < (5). 250 (6). d、f (7). 温度 (8). L1>L2 (9). 温度一定时，增大压强，CO2 平衡转化率增大 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律书写热化学方程式并计算反应热； （2）达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度、物质的量等不随时间的 变化而变化，据此分析判断； （3）①平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值； ②根据表格中数据的变化关系确定该反应是吸热还是放热； ③根据三段法确定平衡时各物质的浓度，计算出平衡常数，进一步确定反应所处的温度； （4）要提高 CO 的转化率，只需让反应平衡正向移动，由此分析判断； （5）①由图象可知，CO2 的转化率逐渐减小，根据温度或压强对平衡移动的影响进行分析； ②X 代表温度，L 表示压强，该反应为体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移 动，CO2 平衡转化率增大。 【详解】（1）①CO2(g)+H2(g) H2O(g) +CO(g)　 ΔH1 = +41.1 kJ•mol－1 ②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)　 ΔH2=－90.0 kJ•mol－1 根据盖斯定律可知反应①+反应②可得 CO2 催化氢化合成甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g) H2O(g)+CH3OH(g) ΔH =-48.9 kJ·mol-1；   ( ) ( ) ( )3 2 2 c CH OH c CO c H    （2）A. 生成 CH3OH 的速率与消耗 CO 的速率相等，不能证明正反应速率等于逆反应速率，因 此不能证明反应达到平衡状态，A 项错误； B.该反应中气体的重质量不变，容器为恒容的密闭容器，体积不变，因此混合气体的密度始 终不变，因此混合气体的密度不变，不能证明反应达到平衡状态，B 项错误； C. 该反应为气体的物质的量减少的反应，气体的总质量不变，因此当混合气体的相对平均分 子质量不变时，反应达到了平衡状态，C 项正确； D. CH3OH、CO、H2 的浓度都不再发生变化时，证明反应达到平衡状态，D 项正确； 答案选 CD； （3）①根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为 K＝ ； ②由表格中数据可知，随着温度的升高.平衡常数逐渐减小，因此该反应为放热反应，即△H＜ 0； ③根据已知条件可知： CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 平衡常数 K= = =2.041，与表格中数据对比可知，该反应的温度为 250℃； （4）a. 增加 CO 的浓度，平衡正向移动，但 CO 的转化率减小，a 项错误； b. 加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，b 项错误； c. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c 项错误； d. 加入 H2，平衡正向移动，CO 的转化率增大，d 项正确； e. 加入惰性气体，虽增大了压强，但容器的容积不变，各物质的浓度不发生变化，平衡不移 动，CO 的转化率不变，e 项错误； f. 分离出甲醇，减少了生成物的浓度，平衡正向移动，CO 的转化率增大，f 项正确； 答案选 d、f； （5）①由图象可知，CO2 的转化率逐渐减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动， CO2 的转化率逐渐减小，因此 X 代表温度，L 表示压强； ( ) ( ) ( )3 2 2 c CH OH c CO c H  ( ) ( ) ( ) mol / L mol / L mol / L 始 转 平 1 0.8 0.2 3 1.6 1.4 0 0.8 0.8 ( ) ( ) ( )3 2 2 c CH OH c CO c H ( )2 0.8 0.2 1.4× ②X 代表温度，L 表示压强，该反应为体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移 动，CO2 平衡转化率增大。因此 L1>L2。 【点睛】解答时应注意：化学平衡状态的判断方法： 化学反应 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) 是否平衡 ①单位时间内消耗了 m mol A，同时也生成了 m mol A 平衡 ②单位时间内消耗了 n mol B，同时也消耗了 p mol C 平衡 ③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q 不一定平衡 正、逆反 应速率之 间的关系 ④单位时间内生成了 n mol B，同时也消耗了 q mol D 不一定平衡 ①平均相对分子质量一定，且 m＋n≠p＋q 平衡 混合气体的 平均相对分 子质量 ②平均相对分子质量一定，且 m＋n＝p＋q 不一定平衡 ①只有气体参加的反应，密度保持不变(恒容密闭容器中) 不一定平衡 ②m＋n≠p＋q 时，密度保持不变(恒压容器中) 平衡 气体密度 (ρ) ③m＋n＝p＋q 时，密度保持不变(恒压容器中) 不一定平衡 19.微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是 Ag2O 和 Zn，电解 质溶液为 KOH 溶液，总反应是 Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。 请回答下列问题。 (1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。 (2)负极是_________，电极反应式是__________________________。 (3)使用时，正极区的 pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原 电池的是_____。(填字母) A.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)　△H>0 B.NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)　△H<0 C.2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)　△H<0 (5)以 KOH 溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为 __________。 【答案】 (1). 一次 (2). Zn (3). Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O (4). 增大 (5). C (6). CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O 【解析】 【分析】 （1）纽扣电池为一次电池； （2）根据电池的总反应可知 Zn 为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O 为正极，得到电子， 发生还原反应，据此分析作答； （3）根据电池的总反应可知，Ag2O 为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定 c(OH-) 的变化以判断 pH 的变化； （4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应； （5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂，得电子发生 还原反应，据此作答。 【详解】（1）纽扣电池为一次电池； （2）根据电池的总反应可知 Zn 为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为： Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O； （3）根据电池的总反应可知，Ag2O 为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为： Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，使用时，c(OH-)增大，因此正极区的 pH 逐渐增大； （4）A. 能设计成原电池的反应通常是放热反应，由于反应 C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)是氧化 还原反应，但该反应为吸热反应，因而不能设计成原电池，A 项错误； B. 反应 NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)为复分解反应，不能设计成原电池，B 项错误； C.反应 2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)为氧化还原反应，且该反应为放热反应，可设计成原电池，C 项 正确； 答案选 C。 （5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，电极反应为 CO-2e－+4OH－=CO32- +2H2O。 【点睛】设计制作化学电源的过程为： 20.乙醇(C2H5OH)燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇 燃料电池。 (1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________________。(填化学式) (2)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___(填“a” 或“b”)移动。 (3)酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下 2.24L O2，则电路中通过了的电子数目为 ___________。 【答案】 (1). O2 (2). a (3). 0.4NA 【解析】 【分析】 （1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂； （2）根据装置图可知，a 为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动； （3）酸性乙醇燃料电池中，电极 b 上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，根据电极反应 计算转移的电子的数目。 【详解】（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂，由装置图可知，三种乙醇燃料 电池中正极反应物均为 O2； （2）根据装置图可知，a 为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，因此 CO32－向电极 a 移 动； （3）酸性乙醇燃料电池中，电极 b 上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，若电池消耗标 准状况下 2.24L (即 0.1mol)O2 时，电子转移 0.4mol，转移电子的数目为 0.4NA。 21.电解质的水溶液中存在电离平衡。 (1)醋酸是常见的弱酸。下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH 电离程度增大的是 _________(填字母序号)。 a. 滴加少量浓盐酸 b. 微热溶液 c. 加水稀释 d. 加入少量醋酸钠晶 体 (2)白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。 a.量取 20.00 mL 白醋样品，用 100 mL 容量瓶配制成待测液。 b.将滴定管洗净、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至 0 刻度线。 c.取 20.00 mL 配制的待测液于洁净的锥形瓶中，加 3 滴酚酞溶液，用 0.1000 mol· L－1 的 NaOH 溶液滴定至终点，记录数据。 d.重复滴定实验 3 次并记录数据。 e.计算白醋样品中醋酸总酸度。回答下列问题： ①实验 a 中量取 20.00 mL 白醋所用的仪器名称是_____________________。 ②若实验 b 中碱式滴定管未用 NaOH 标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值 _____________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 ③实验 C 中判断滴定终点的现象是________________________________。 ④实验数据如下表，则该白醋样品中醋酸总酸度为________________ mol· L－1。 标准 NaOH 溶液 待测液体积/mL 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL 第 1 次 20.00 0 21.98 第 2 次 20.00 0 22.00 第 3 次 20.00 0 22.02 【答案】 (1). b、c (2). 酸式滴定管 (3). 偏大 (4). 锥形瓶中溶液颜色由无 色变为浅红色，且半分钟不褪色 (5). 0.5500 【解析】 【分析】 （1）加水稀释、加入和醋酸反应的物质或加热都能促进醋酸的电离； （2）①白醋的主要成分为 CH3COOH，可用酸式滴定管量取； ②碱式滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗标准液的体积偏大； ③用酚酞作指示剂，滴定终点前为无色，达到滴定终点时溶液变为浅红色，据此判断滴定终 点的现象； ④三次滴定数据均有效，计算出消耗标准液的平均体积，然后结合 c(醋酸)= 计算。 【详解】（1）加水稀释、加入和醋酸反应的物质或加热都能促进醋酸的电离，因此加入盐酸 或醋酸钠都发生同离子效应而抑制醋酸的电离，因此正确的是 b、c； （2）①白醋的主要成分为 CH3COOH，可用酸式滴定管量取； ②碱式滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，滴定时消耗标准液的体积偏大，导致测定结 果比准确值偏大； ③用酚酞作指示剂，滴定终点前为无色，达到滴定终点时溶液变为浅红色，因此达到滴定终 点时，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色； ④三次滴定数据均有效，消耗标准液的平均体积为 =22.00ml，那么该 白醋样品中醋酸总酸度为 c(醋酸)= = =0.5500mol/L。 22.在 25℃时，向 20.00 mL 0.100 0 mol·L−1 CH3COOH 中滴加 0.100 0 mol·L－1 NaOH 过程中，pH 变化如图所示。 (1)A 点溶液 pH ＞ 1，用电离方程式解释原因：___________________。 (2)下列有关 B 点溶液的说法正确的是_______(填字母序号)。 ( ) ( ) ( ) c NaOH V NaOH V × 醋酸 21.98 22.00 22.02 3 + + ( ) ( ) ( ) c NaOH V NaOH V × 醋酸 0.1000mol / L 0.022L 0.02L × a.溶质为：CH3COOH、CH3COONa b.微粒浓度满足：c(Na＋) + c(H＋) = c(CH3COO－) + c(OH−) c.微粒浓度满足：c(Na＋) = c(CH3COOH) + c(CH3COO－) d.微粒浓度满足：2c(H＋) + c(CH3COO－) =2c(OH－) +c(CH3COOH) (3)C 点溶液中离子浓度的大小顺序：_________________________________。 【答案】 (1). CH3COOH CH3COO- +H+ (2). a、b (3). c(CH3COO-)=c(Na+)> c(H+)= c(OH-) 【解析】 【分析】 （1）A 点溶液 pH ＞ 1，说明 CH3COOH 部分电离，为弱电解质； （2）酸和碱的浓度相等，B 点酸的体积是碱的 2 倍，因此 B 点溶液中溶质为等浓度的 CH3COOH、CH3COONa，溶液的 pH<7，说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COONa 的水解程度，溶液 中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒进行判断； （3）C 点时，溶液 pH=7，即 c(H+)=c(OH-)，据此分析作答。 【详解】（1）A 点溶液 pH ＞ 1，说明 CH3COOH 部分电离，为弱电解质，电离方程式为：CH3COOH CH3COO- +H+； （2）a. 酸和碱的浓度相等，B 点酸的体积是碱的 2 倍，因此 B 点溶液中溶质为等浓度的 CH3COOH、CH3COONa，a 项正确； b. 根据电荷守恒有：c(Na＋) + c(H＋) = c(CH3COO－) + c(OH−)，b 项正确； c. 根据物料守恒可知：2c(Na＋) = c(CH3COOH) + c(CH3COO－)，c 项错误； d 根据电荷守恒和物料守恒可知：2c(H＋) + c(CH3COO－) =2c(OH－) +c(CH3COO-)，d 项错误； 答案选 ab； （3）C 点时，溶液 pH=7，即 c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有 c(Na＋) = c(CH3COO－)，因此 C 点 溶液中离子浓度的大小顺序为：c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-) .  