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2022-2023学年山东省枣庄市第一中学高二上学期期末达标化学试题（解析版）
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这是一份2022-2023学年山东省枣庄市第一中学高二上学期期末达标化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，不定项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年高二上期期末化学达标卷
一、单选题(共计10小题，每题3分，共计30分)
1. 燃烧ag C2H5OH (l)，生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为QkJ，经测定，生成的与足量澄清石灰水反应得到100g沉淀，则表示乙醇燃烧的热化学方程式是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】乙醇燃烧方程式为：C2H5OH + 3O2 = 2CO2 + 3H2O；n(CaCO3)=，即a g 乙醇完全燃烧生成1molCO2放出QkJ热量，故热化学方程式为：C2H5OH(l)+ 3O2(g) = 2CO2(g) + 3H2O(l) △H= - 2QkJ/mol，故答选D。
2. 三元WO3/C3N4/Ni（OH）x光催化剂产氢机理如图。下列说法不正确的是
A. TEOA→TEOA＋为还原反应 B. Ni（OH）x降低了H＋→H2的活化能
C. 能量转化形式为太阳能→化学能 D. WO3参与了制氢反应过程
【答案】A
【解析】
【详解】A.TEOA→TEOA＋为失去电子的过程，发生氧化反应，故A错误；
B. Ni（OH）x为催化剂，催化剂能降低反应的活化能，故B正确；
C.该过程利用太阳能使反应发生，则能量转化形式太阳能转化为化学能，故C正确；
D.由图可知WO3参与反应过程，改变反应的途径，故D正确。
故答案选A。
3. 在某密闭容器中，反应达到平衡时，B的浓度为，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，达到新平衡时B的浓度降为。下列判断正确的是
A.
B. 容积扩大到原来3倍后，平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数减小
D. 达到新平衡时，A、B的浓度减小，C、D的浓度增大
【答案】C
【解析】
【分析】反应达到平衡时，B的浓度为，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为，而达到新平衡时，B的浓度为，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动，据此分析解题。
【详解】A．压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则，A错误；
B．据上述分析可知，平衡逆向移动，B错误；
C．平衡逆向移动，D的体积分数减小，C正确；
D．因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时的小，D错误；
故选C。
4. 两个容积相同的带活塞的容器，分别盛有一定质量的和，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原容积的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是
A. a→aˊ过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的深
B. aˊ、bˊ的颜色一样深
C. aˊ、bˊ的压强分别为、的压强的2倍
D. aˊ中的一定比bˊ中的小
【答案】A
【解析】
【分析】a中存在可逆反应，a→aˊ过程中增大压强，平衡正向移动，气体分子物质的量减小，b→bˊ过程中气体分子物质的量不变，据此分析作答。
【详解】A．a→aˊ过程中，容积缩小为原来的一半，各物质物质的量浓度迅速增大为原来的两倍，颜色突然加深，后平衡正向移动，增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度均比旧平衡的大，最终颜色比原来深，A正确；
B．在压缩中有一定量的转化成，aˊ颜色应比bˊ中的浅，B错误；
C．aˊ中气体的物质的量比中要少，aˊ的压强比的压强2倍要小，和bˊ中物质的量相等，bˊ的压强为的压强的2倍，C错误；
D．二者颜色一样深，并不意味着和相等，aˊ中的不一定比bˊ中的小，D错误；
答案选A。
5. 常温下，向体积均为均为3的两种难挥发性酸溶液中分别加入蒸馏水稀释至，稀释后溶液的与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 是弱酸
B. 的电离方程式为：
C. 时微热两种溶液，减小
D. a点溶液中的大于b点溶液中的
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由图曲线HX的斜率为1，溶液稀释10倍，pH增大1，是强酸，故A错误；
B． HY曲线的斜率小于1，HY为弱酸，的电离方程式为：，故B错误；
C． 加热HX是强酸，X-浓度不变，HY为弱酸，的电离程度增大，Y-浓度增大，时微热两种溶液，减小，故C正确；
D． a、b两点pH相同，氢离子浓度相同，a点溶液中的等于b点溶液中的，故D错误；
故选C。
6. 室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=3的醋酸溶液，向乙烧杯加水稀释至溶液pH=4，关于两烧杯中所得溶液的描述正确的是
A. 溶液体积：10<
B. 水电离出的浓度： <
C. 若分别用等物质的量浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲<乙
D. 若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释促进醋酸电离，如果pH=3的醋酸溶液稀释10倍，则稀释后溶液pH：3
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，溶液浓度越大，溶液的pH越大，：甲>乙，则溶液pH：甲>乙，选项C错误；
D．两种溶液中溶质都是醋酸钠和醋酸且甲中醋酸浓度大于乙，醋酸浓度越大，溶液的pH越小，所以所得溶液pH：甲<乙，选项D错误；
答案选A。
7. 实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
实验Ⅰ
5min时的现象：铁钉表面及周边未见明显变化。
25min时的现象：铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成。
实验Ⅱ
5min时的现象：铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。
25min时的现象：铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。
下列说法不正确的是
A. 实验Ⅱ中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢
B. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
C. 实验Ⅰ的现象说明溶液与Fe反应生成了
D. 若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验Ⅰ中Fe作负极，碳作正极，实验Ⅱ中Zn作负极，Fe作正极，所以实验Ⅱ中Zn保护了Fe，铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢，A正确；
B．实验Ⅱ中Fe作正极，在正极氧气得电子发生还原反应，其电极反应式为，B正确；
C．实验Ⅰ的现象不能说明溶液与Fe反应生成了，25min时蓝色区域的出现也可能是因为Fe失去电子生成，溶液与发生反应生成蓝色沉淀，C错误；
D．若将Zn片换成Cu片，Fe比Cu活泼，Fe作负极，Cu作正极，可推测Cu片上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，Cu片周边出现红色，铁钉失电子发生氧化反应生成，与溶液反应，使其周边出现蓝色，D正确。
故选C。
8. 液流式铅蓄电池以可溶性的甲基磺酸铅[(CH3SO3)2Pb]代替硫酸作为电解质，该电池充放电的总反应为2Pb2++2H2O Pb+PbO2+4H+，下列说法不正确的是
A. 放电时，电极质量均减小
B. 放电时，正极反应是PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O
C. 充电时，溶液中Pb2+向阴极移动
D. 充电时，阳极周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．电池放电时，负极反应为Pb-2e-=Pb2+，正极反应为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，则放电时，电极质量均减小，故A项说法正确；
B．放电时，PbO2发生还原反应生成Pb2+，电极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，故B项说法正确；
C．充电时，阳离子向阴极移动，故C项说法正确；
D．充电时，阳极反应为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阳极周围H+浓度逐渐增大，因此阳极周围溶液的pH减小，故D项说法错误；
综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
9. 如图是采用新能源储能器件将转化为固体产物，实现的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用的Li–电池组成为钌电极/饱和DMSO电解液/锂片。下列说法错误的是
A. 钌电极为负极，其电极反应式为
B. Li–电池电解液由DMSO溶于水得到
C. 这种电化学转化方式不仅减少的排放，还可将作为可再生能源载体
D. 的固定中，每生成1.5 mol气体，可转移2 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知，钌电极上的电极反应式为，选项A正确；
B．由题意可知，Li–电池中有活泼金属Li，所以电解液不能由 DMSO溶于水得到，选项B错误；
C．由题图可知，通过储能系统和固定策略转化为固体产物C，则这种电化学转化方式不仅减少的排放，还可将作为可再生能源载体，选项C正确；
D．由题图可知，的固定中的电极反应式为，每生成1.5 mol气体，可转移2 mol，选项D正确；
答案选B。
10. 等物质的量的和溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，经过一段时间后，阴、阳两极收集到的气体体积之比为3:2。下列说法正确的是
A. 阴极反应为
B. 阳极始终发生反应：
C. 两极共生成两种气体
D. 向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．等物质的量的和溶于水形成混合溶液，发生反应，，混合后溶液中溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾，据此分析。用石墨电极电解此溶液，阴极发生还原反应：，选项A正确；
B．若阳极始终发生反应，阴、阳两极产生的气体的体积比为1:1，与题干矛盾，选项B错误；
C．阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为，然后是氢氧根离子放电，电极反应式为，阴极发生还原反应：，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3:2，说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气，选项C错误；
D．电解的本质为电解氯化氢、电解水，仅向电解后的溶液中通入适量的HCl，不能使溶液恢复到电解前的状态，选项D错误；
答案选A。
二、不定项选择题(每题4分，漏选得2分，错选不得分，共计20分)
11. 下列关于热化学反应描述正确的是
A. 25℃ 101kPa下，稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和反应反应热ΔH=-57.3kJ∙mol-1，则含1mol H2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为114.6kJ
B. H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ∙mol-1
C. 放热反应比吸热反应容易发生
D. 1mol丙烷燃烧生成水蒸气和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡时放热，并且含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡反应生成2molH2O（1），所以含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量大于114.6kJ，故A错误；
B．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2(g)+O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，所以2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ∙mol-1，故B正确；
C．反应是否容易发生，与放热、吸热无关，有些吸热反应常温下也很容易发生，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D．1mol丙烷完全燃烧生成液体水和二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，而不是水蒸气，故D错误；
故选B。
12. 某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应。实验测得：，，为化学反应速率常数，只受温度影响。
容器编号
起始浓度
平衡浓度
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
下列说法正确的是
A. Ⅰ中的平衡转化率约为66.7%
B. Ⅱ中达到平衡状态时，
C. 该反应的化学平衡常数可表示为
D. 升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由题意Ⅰ中可建立如下三段式：
由三段式数据可知，Ⅰ中的平衡转化率为，选项A正确；
B．Ⅰ中平衡时，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上加入NO，平衡会逆向移动，，选项B错误；
C．平衡时，即，得，选项C正确；
D．Ⅰ中平衡时，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，达到平衡状态时Ⅰ中，选项D错误；
答案选AC。
13. 已知：pCu=-lgc(Cu+)，pX=-1gc(X-)(其中X代表Cl、Br、I)。298K时，Ksp(CuCl)=10-6，Ksp(CuBr)=10-9，Ksp(CuI)=10-12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl固体，c(Cu+)和c(Cl-)都减小
B. 图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(I-)
C. 升高溶液温度，M点可能移动到N点
D. 298K时，CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K=103
【答案】D
【解析】
【分析】Ksp(CuCl)=10-6>Ksp(CuBr)=10-9>Ksp(CuI)=10-12，则pCu相同时pCl-
B．根据分析可知x代表CuCl，故B错误；
C．升高温度Ksp发生改变，M点不会还在y曲线上，故C错误；
D．CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K==103，故D正确；
综上所述答案为D。
14. KHC2O4•H2C2O4•2H2O(四草酸钾，记作PT)是一种分析试剂，室温时，H2C2O4的pKa1、pKa2分别为1.23、4.19（pKa=-lgKa）。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol•L-1PT溶液中：c(K+)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
B. 0.1mol•L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19：[c(Na+)-c(K+)]＜[c(HC2O)-c(H2C2O4)]
C. 0.1mol•L-1PT中滴加NaOH至溶液呈中性：c(K+)＞c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)]
D. 0.1mol•L-1PT与0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)-c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．PT溶于水后，若和H2C2O4不电离也不水解，则有c(K+)=c()=c(H2C2O4)，但是和H2C2O4均会电离，根据电离平衡常数大小，H2C2O4电离程度大于的电离程度，在溶液中能够电离，也能水解，其电离平衡常数Ka2=10－4.19，其水解平衡常数，故的电离程度大于的水解程度，根据H2C2O4 ⇌ H＋，溶液中的的浓度会增加，H2C2O4浓度减小，因此c(HC2O)＞c(K+)＞c(H2C2O4)，故A错误；
B．pH=4.19，则c(H＋)=10－4.19mol/L，根据pKa2=4.19，则，带入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c()=c()，在溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()＋2c()，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c()＋c()，在电荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()＋2c()+c(H2C2O4)，将物料守恒的式子，带入等式的右边，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右两边消去c(K＋)，再根据c()=c()，可得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()+c(K＋)。溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(H2C2O4)+c(Na＋)＜c()+c(K＋)，可得c(Na＋)-c(K＋)＜c()－c(H2C2O4)，故B正确；
C．若PT与等物质的量的NaOH反应，则H2C2O4与NaOH反应生成NaHC2O4，此时溶液中的c(K＋)=c(Na＋)，在溶液中能够电离，也能水解，其电离平衡常数Ka2=10－4.19，其水解平衡常数，故的电离大于水解，溶液呈酸性。现需要滴加NaOH至溶液呈中性，则NaOH的量大于PT的量，则溶液中c(K＋)＜c(Na＋)，故C错误；
D．0.1mol·L-1PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合，根据物料守恒，有c(Na＋)=3c(K＋)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)，则c(Na＋)-c(K＋)=2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)，故D正确；
答案选BD。
15. 铈(ce)是镧系金属元素。空气污染物NO通常用含的溶液吸收，生成，再利用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时生成，其原理如图所示。下列说法错误的是
A. 由左室进入右室
B. 从电解槽的c口流出，且可循环使用
C. 阴极的电极反应式：
D. 若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，理论上可转化2 mol
【答案】BD
【解析】
【分析】电解池接连负极的为阴极，在阴极得到电子变为氮气，阳离子定向移动到阴极。
【详解】A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜只允许氢离子通过，由左室进入右室，选项A正确；
B．根据电解原理，应在阳极产生，即从电解槽的a口流出，且可循环使用，选项B错误；
C．在阴极得到电子变为氮气，电极反应式为，选项C正确；
D．甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为，故每有1mol甲烷反应，转移电子数为8mol，电解池中阴极的电极反应式为，，当消耗标准状况下33．6L甲烷时，其物质的量为，理论上可转化4 mol，选项D错误；
答案选BD。
三、填空题(共计4大题，共计50分)
16. 研究化学反应中的能量变化有利于更好的开发和使用化学能源。
（1）金属镁[Mg(s)]分别与卤素单质[F2(g)、Cl2(g)、Br2(l)、I2(s)]反应的能量变化如图所示。
①写出Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式：_______。
②反应：MgCl2(s)＋F2 (g)＝MgF2(s)＋Cl2 (g)的ΔH＝___________。
（2）CH4用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图如图所示。
主要热化学反应如下：2Ni(s)＋O2(g)＝2NiO(s) ΔH＝－479.8 kJ·mol－1；CH4(g)＋4NiO(s)＝CO2(g)＋2H2O(l)＋4Ni(s) ΔH＝＋68.9 kJ·mol－1
①CH4的燃烧热是_______。
②CH4的“化学链燃烧”有利于二氧化碳的分离与回收，所放出的热量在相同条件下与CH4的直接燃烧相比_________（填“前者大”、“后者大”、或“相同”）。
（3）已知H2、CO的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、283.0 kJ·mol－1，25℃时，4 g H2和28 g CO的混合气体充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为_______kJ。
【答案】 ①. Mg(s)＋I2(s)＝MgI2(s) ΔH＝－364 kJ·mol－1 ②. －483 kJ·mol－1 ③. 890.7 kJ·mol－1 ④. 相同 ⑤. 854.6
【解析】
【分析】（1）①由图象可知1mol Mg(s)和1mol I2(s)反应生成1mol MgI2(s)放出364 kJ的热量；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H=-1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律计算反应MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH；
（2）①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律写出甲烷燃烧热的热化学方程式；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，据此解答。
【详解】（1）①由图象可知Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式为：Mg(s)+I2(s)=MgI2(s) ΔH= -364kJ·mol-1；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H= -1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律，将第一个方程式减去第二方程式得MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH= -483 kJ·mol-1；
（2）①已知，2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) ΔH= -479.8kJ·mol-1；CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) ΔH= +68.9kJ·mol-1，结合盖斯定律，将第一个方程式乘以2加上第二方程式得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -890.7kJ·mol-1，则CH4的燃烧热是890.7kJ·mol-1；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的，则CH4的“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与CH4直接燃烧所放出的热量相同；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，则1mol H2完全燃烧放出285.8kJ的热量，1mol CO完全燃烧放出283.0kJ的热量，4g H2为2mol，28g CO为 1mol，充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为285.8×2+283.0=854.6kJ。
17. 发展新能源、改善空气质量一直是化学研究的热点。回答下列问题：
（1）甲醇是可再生的清洁能源，可利用与合成甲醇：，该反应历程如图1所示。合成甲醇过程中产生的有机副产物为___________(填分子式)；由于该反应速率较慢，需要加入催化剂加快反应速率，则催化剂主要降低___________(填序号)的能量变化。
A．
B．
C．
D．
（2）焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气(CO和)，主要反应Ⅰ、Ⅱ的lg(为以分压表示的平衡常数)与的关系如图2所示。
①反应Ⅰ的_______(填“>”“=”或“<”)0。
②在容积为10L的密闭容器中充入1molCO、1mol只发生反应Ⅱ，5min时到达图2中的d点，则0~5min内，用CO表示的反应速率为_______，CO的转化率为_______。已知：分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算e点的=_________。
（3）c点时，若反应容器中CO的浓度为，则的浓度为_______。
【答案】（1） ①. ②. A
（2） ① > ②. ③. 50% ④. 100
（3）0.01
【解析】
【小问1详解】
根据反应历程图可知，合成甲醇的反应的副产物有CO和，有机副产物为；化学反应速率由反应历程中速率最慢的那一步决定，活化能越大，反应速率越慢，根据反应历程图可知，的活化能最大，A项符合题意；答案选A；
【小问2详解】
①由图2可知，随着温度的升高，反应Ⅰ的1g增大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，。②在容积为10L的密闭容器中充入1molCO、1mol只发生反应Ⅱ，5min时到达图2中的d点，此时1g=0，则=1，设转化的CO的物质的量为，利用“三段式”法计算：
即，解得，0~5min内，用CO表示的反应速率为，CO的转化率为，e点和d点处于相同温度下，相等，根据以上计算可知，平衡时，各组分物质的量分数相等，则平衡时，，即，设e点时转化的CO的物质的量为，利用“三段式”法计算：
，即，解得，总物质的量为2mol，即；
【小问3详解】
c点时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的1g相等，即，则。
18. 碳酸及碳酸盐与自然界碳的循环有着密切的联系。
(1)已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO+ H+的平衡常数K1=____。(已知10-5.60=2.5×10-6)
(2)已知H2CO3的第二级电离常数Ka2=5.6×10-11，HClO的电离常数K=3.0×10-8，写出下列所发生反应的离子方程式：
a.少量Cl2通入过量的Na2CO3溶液中：____。
b.少量CO2通入过量的NaClO溶液中：____。
(3)人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1，≈，1g2=0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为_____，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将____(填“变大、变小、不变”)。
(4)NaOH吸收CO2后某种产物的水溶液在pH从0至14的范围内H2CO3、HCO、CO三种成分平衡时的组成分数如图所示，若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，宜控制溶液的pH为____之间
【答案】 ①. 4.17×10-7 ②. Cl2+2CO+H2O=2 HCO+Cl-+ClO- ③. CO2+H2O+ClO-=HClO +HCO ④. 7.4 ⑤. 变小 ⑥. 7～9
【解析】
【详解】(1)溶液的pH=5.60，则c(H+)=10-5.6mol/L=2.5×10-6mol/L，若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c(HCO)=c(H+)=2.5×10-6mol/L，c(H2CO3)为1.5×10-5 mol•L-1，则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数K1===4.17×10-7；
(2)根据电离平衡常数大小关系可知酸性H2CO3>HClO> HCO，HCl为强酸，所以：
a．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成少量的HCl、HClO，酸性越强结合氢离子的能力越弱，而氢离子少量，所以只有碳酸根结合氢离子生成碳酸氢根，最终的产物为氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，所以离子方程式为Cl2+2CO+H2O=2 HCO+Cl-+ClO-；
b．由于酸性H2CO3>HClO> HCO，根据强酸可以制弱酸可知：少量CO2通入过量的NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO +HCO；
(3) K1=，≈，所以c(H+)=，则pH=-lg=7.4；酸性增强，则c(H+)变大，而温度不变则K1不变，所以变小；
(4) 由图可知，溶液的pH为7～9之间时，溶液中的阴离子主要以HCO形式存在，溶液中的溶质主要为碳酸氢钠，所以若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，溶液的pH应该控制在7～9之间。
19. 回答下列问题：
（1）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，它氧化性能好，且无二次污染，属于绿色处理剂，爱迪生蓄电池反应为，可用图1装置制取少量高铁酸钠。
①此装置中爱迪生蓄电池的负极是_______(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时生成NiO2的反应类型是_______。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式：_______。
（2）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出的用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式：_______。
②当阴极产生标准状况下112 mL气体时，通过阳离子交换膜的离子的物质的量为_______。
【答案】（1） ①. a ②. 氧化反应 ③.
（2） ①. ②. 0.01 mol
【解析】
【小问1详解】
①电解时，Fe作阳极失电子生成，阳极接电源的正极，所以b是电池正极，a是负极；充电时，Ni(OH)2失电子生成NiO2，发生氧化反应；
②阳极上铁失电子和溶液中OH-反应生成和H2O，电极反应式为；
【小问2详解】
①阳极失去电子发生氧化反应，由题意可知：Cl-放电生成ClO2，由原子守恒和电荷守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，阳极电极反应式；
②在阴极发生反应为：2H++2e-=H2↑，现在反应产生氢气的物质的量n(H2)=，则反应过程中转移电子物质的量n(e-)=2n(H2)=0.01 mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价的Na+离子，故根据电荷守恒可知：通过交换膜的阳离子的物质的量为0.01 mol。
2022-2023学年高二上期期末化学达标卷
一、单选题(共计10小题，每题3分，共计30分)
1. 燃烧ag C2H5OH (l)，生成二氧化碳气体和液态水，放出的热量为QkJ，经测定，生成的与足量澄清石灰水反应得到100g沉淀，则表示乙醇燃烧的热化学方程式是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】乙醇燃烧方程式为：C2H5OH + 3O2 = 2CO2 + 3H2O；n(CaCO3)=，即a g 乙醇完全燃烧生成1molCO2放出QkJ热量，故热化学方程式为：C2H5OH(l)+ 3O2(g) = 2CO2(g) + 3H2O(l) △H= - 2QkJ/mol，故答选D。
2. 三元WO3/C3N4/Ni（OH）x光催化剂产氢机理如图。下列说法不正确的是
A. TEOA→TEOA＋为还原反应 B. Ni（OH）x降低了H＋→H2的活化能
C. 能量转化形式为太阳能→化学能 D. WO3参与了制氢反应过程
【答案】A
【解析】
【详解】A.TEOA→TEOA＋为失去电子的过程，发生氧化反应，故A错误；
B. Ni（OH）x为催化剂，催化剂能降低反应的活化能，故B正确；
C.该过程利用太阳能使反应发生，则能量转化形式太阳能转化为化学能，故C正确；
D.由图可知WO3参与反应过程，改变反应的途径，故D正确。
故答案选A。
3. 在某密闭容器中，反应达到平衡时，B的浓度为，若保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，达到新平衡时B的浓度降为。下列判断正确的是
A.
B. 容积扩大到原来3倍后，平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数减小
D. 达到新平衡时，A、B的浓度减小，C、D的浓度增大
【答案】C
【解析】
【分析】反应达到平衡时，B的浓度为，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的3倍，若平衡不移动，B的浓度为，而达到新平衡时，B的浓度为，说明体积增大，压强减小，平衡逆向移动，据此分析解题。
【详解】A．压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，现平衡逆向移动，说明逆反应方向为气体体积增大的方向，则，A错误；
B．据上述分析可知，平衡逆向移动，B错误；
C．平衡逆向移动，D的体积分数减小，C正确；
D．因容器的体积增大，则达到新平衡时，A、B、C、D的浓度都比原平衡时的小，D错误；
故选C。
4. 两个容积相同的带活塞的容器，分别盛有一定质量的和，都为一样的红棕色，迅速将两容器同时压缩到原容积的一半(如图)，假设气体不液化，则下列说法正确的是
A. a→aˊ过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的深
B. aˊ、bˊ的颜色一样深
C. aˊ、bˊ的压强分别为、的压强的2倍
D. aˊ中的一定比bˊ中的小
【答案】A
【解析】
【分析】a中存在可逆反应，a→aˊ过程中增大压强，平衡正向移动，气体分子物质的量减小，b→bˊ过程中气体分子物质的量不变，据此分析作答。
【详解】A．a→aˊ过程中，容积缩小为原来的一半，各物质物质的量浓度迅速增大为原来的两倍，颜色突然加深，后平衡正向移动，增大压强，不论平衡怎样移动，新平衡时各物质(气体)的浓度均比旧平衡的大，最终颜色比原来深，A正确；
B．在压缩中有一定量的转化成，aˊ颜色应比bˊ中的浅，B错误；
C．aˊ中气体的物质的量比中要少，aˊ的压强比的压强2倍要小，和bˊ中物质的量相等，bˊ的压强为的压强的2倍，C错误；
D．二者颜色一样深，并不意味着和相等，aˊ中的不一定比bˊ中的小，D错误；
答案选A。
5. 常温下，向体积均为均为3的两种难挥发性酸溶液中分别加入蒸馏水稀释至，稀释后溶液的与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 是弱酸
B. 的电离方程式为：
C. 时微热两种溶液，减小
D. a点溶液中的大于b点溶液中的
【答案】C
【解析】
【详解】A． 由图曲线HX的斜率为1，溶液稀释10倍，pH增大1，是强酸，故A错误；
B． HY曲线的斜率小于1，HY为弱酸，的电离方程式为：，故B错误；
C． 加热HX是强酸，X-浓度不变，HY为弱酸，的电离程度增大，Y-浓度增大，时微热两种溶液，减小，故C正确；
D． a、b两点pH相同，氢离子浓度相同，a点溶液中的等于b点溶液中的，故D错误；
故选C。
6. 室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=3的醋酸溶液，向乙烧杯加水稀释至溶液pH=4，关于两烧杯中所得溶液的描述正确的是
A. 溶液体积：10<
B. 水电离出的浓度： <
C. 若分别用等物质的量浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲<乙
D. 若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲>乙
【答案】A
【解析】
【详解】A．加水稀释促进醋酸电离，如果pH=3的醋酸溶液稀释10倍，则稀释后溶液pH：3
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，溶液浓度越大，溶液的pH越大，：甲>乙，则溶液pH：甲>乙，选项C错误；
D．两种溶液中溶质都是醋酸钠和醋酸且甲中醋酸浓度大于乙，醋酸浓度越大，溶液的pH越小，所以所得溶液pH：甲<乙，选项D错误；
答案选A。
7. 实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：
实验Ⅰ
5min时的现象：铁钉表面及周边未见明显变化。
25min时的现象：铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成。
实验Ⅱ
5min时的现象：铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。
25min时的现象：铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。
下列说法不正确的是
A. 实验Ⅱ中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢
B. 实验Ⅱ中正极的电极反应式：
C. 实验Ⅰ的现象说明溶液与Fe反应生成了
D. 若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验Ⅰ中Fe作负极，碳作正极，实验Ⅱ中Zn作负极，Fe作正极，所以实验Ⅱ中Zn保护了Fe，铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢，A正确；
B．实验Ⅱ中Fe作正极，在正极氧气得电子发生还原反应，其电极反应式为，B正确；
C．实验Ⅰ的现象不能说明溶液与Fe反应生成了，25min时蓝色区域的出现也可能是因为Fe失去电子生成，溶液与发生反应生成蓝色沉淀，C错误；
D．若将Zn片换成Cu片，Fe比Cu活泼，Fe作负极，Cu作正极，可推测Cu片上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，Cu片周边出现红色，铁钉失电子发生氧化反应生成，与溶液反应，使其周边出现蓝色，D正确。
故选C。
8. 液流式铅蓄电池以可溶性的甲基磺酸铅[(CH3SO3)2Pb]代替硫酸作为电解质，该电池充放电的总反应为2Pb2++2H2O Pb+PbO2+4H+，下列说法不正确的是
A. 放电时，电极质量均减小
B. 放电时，正极反应是PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O
C. 充电时，溶液中Pb2+向阴极移动
D. 充电时，阳极周围溶液的pH增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．电池放电时，负极反应为Pb-2e-=Pb2+，正极反应为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，则放电时，电极质量均减小，故A项说法正确；
B．放电时，PbO2发生还原反应生成Pb2+，电极反应式为PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，故B项说法正确；
C．充电时，阳离子向阴极移动，故C项说法正确；
D．充电时，阳极反应为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，阳极周围H+浓度逐渐增大，因此阳极周围溶液的pH减小，故D项说法错误；
综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。
9. 如图是采用新能源储能器件将转化为固体产物，实现的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用的Li–电池组成为钌电极/饱和DMSO电解液/锂片。下列说法错误的是
A. 钌电极为负极，其电极反应式为
B. Li–电池电解液由DMSO溶于水得到
C. 这种电化学转化方式不仅减少的排放，还可将作为可再生能源载体
D. 的固定中，每生成1.5 mol气体，可转移2 mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题图可知，钌电极上的电极反应式为，选项A正确；
B．由题意可知，Li–电池中有活泼金属Li，所以电解液不能由 DMSO溶于水得到，选项B错误；
C．由题图可知，通过储能系统和固定策略转化为固体产物C，则这种电化学转化方式不仅减少的排放，还可将作为可再生能源载体，选项C正确；
D．由题图可知，的固定中的电极反应式为，每生成1.5 mol气体，可转移2 mol，选项D正确；
答案选B。
10. 等物质的量的和溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，经过一段时间后，阴、阳两极收集到的气体体积之比为3:2。下列说法正确的是
A. 阴极反应为
B. 阳极始终发生反应：
C. 两极共生成两种气体
D. 向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．等物质的量的和溶于水形成混合溶液，发生反应，，混合后溶液中溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾，据此分析。用石墨电极电解此溶液，阴极发生还原反应：，选项A正确；
B．若阳极始终发生反应，阴、阳两极产生的气体的体积比为1:1，与题干矛盾，选项B错误；
C．阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为，然后是氢氧根离子放电，电极反应式为，阴极发生还原反应：，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3:2，说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气，选项C错误；
D．电解的本质为电解氯化氢、电解水，仅向电解后的溶液中通入适量的HCl，不能使溶液恢复到电解前的状态，选项D错误；
答案选A。
二、不定项选择题(每题4分，漏选得2分，错选不得分，共计20分)
11. 下列关于热化学反应描述正确的是
A. 25℃ 101kPa下，稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和反应反应热ΔH=-57.3kJ∙mol-1，则含1mol H2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为114.6kJ
B. H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ∙mol-1
C. 放热反应比吸热反应容易发生
D. 1mol丙烷燃烧生成水蒸气和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡时放热，并且含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡反应生成2molH2O（1），所以含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量大于114.6kJ，故A错误；
B．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2(g)+O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，所以2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ∙mol-1，故B正确；
C．反应是否容易发生，与放热、吸热无关，有些吸热反应常温下也很容易发生，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D．1mol丙烷完全燃烧生成液体水和二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，而不是水蒸气，故D错误；
故选B。
12. 某温度时，两个恒容密闭容器中仅发生反应。实验测得：，，为化学反应速率常数，只受温度影响。
容器编号
起始浓度
平衡浓度
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.6
0.1
0
下列说法正确的是
A. Ⅰ中的平衡转化率约为66.7%
B. Ⅱ中达到平衡状态时，
C. 该反应的化学平衡常数可表示为
D. 升高温度，达到平衡状态时Ⅰ中
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由题意Ⅰ中可建立如下三段式：
由三段式数据可知，Ⅰ中的平衡转化率为，选项A正确；
B．Ⅰ中平衡时，实验Ⅱ相当于在Ⅰ基础上加入NO，平衡会逆向移动，，选项B错误；
C．平衡时，即，得，选项C正确；
D．Ⅰ中平衡时，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，达到平衡状态时Ⅰ中，选项D错误；
答案选AC。
13. 已知：pCu=-lgc(Cu+)，pX=-1gc(X-)(其中X代表Cl、Br、I)。298K时，Ksp(CuCl)=10-6，Ksp(CuBr)=10-9，Ksp(CuI)=10-12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是
A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl固体，c(Cu+)和c(Cl-)都减小
B. 图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(I-)
C. 升高溶液温度，M点可能移动到N点
D. 298K时，CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K=103
【答案】D
【解析】
【分析】Ksp(CuCl)=10-6>Ksp(CuBr)=10-9>Ksp(CuI)=10-12，则pCu相同时pCl-
B．根据分析可知x代表CuCl，故B错误；
C．升高温度Ksp发生改变，M点不会还在y曲线上，故C错误；
D．CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K==103，故D正确；
综上所述答案为D。
14. KHC2O4•H2C2O4•2H2O(四草酸钾，记作PT)是一种分析试剂，室温时，H2C2O4的pKa1、pKa2分别为1.23、4.19（pKa=-lgKa）。下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 0.1mol•L-1PT溶液中：c(K+)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
B. 0.1mol•L-1PT中滴加NaOH至溶液pH=4.19：[c(Na+)-c(K+)]＜[c(HC2O)-c(H2C2O4)]
C. 0.1mol•L-1PT中滴加NaOH至溶液呈中性：c(K+)＞c(Na+)＞c(HC2O)＞c(C2O)]
D. 0.1mol•L-1PT与0.3mol•L-1NaOH溶液等体积混合：c(Na+)-c(K+)=c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．PT溶于水后，若和H2C2O4不电离也不水解，则有c(K+)=c()=c(H2C2O4)，但是和H2C2O4均会电离，根据电离平衡常数大小，H2C2O4电离程度大于的电离程度，在溶液中能够电离，也能水解，其电离平衡常数Ka2=10－4.19，其水解平衡常数，故的电离程度大于的水解程度，根据H2C2O4 ⇌ H＋，溶液中的的浓度会增加，H2C2O4浓度减小，因此c(HC2O)＞c(K+)＞c(H2C2O4)，故A错误；
B．pH=4.19，则c(H＋)=10－4.19mol/L，根据pKa2=4.19，则，带入c(H＋)=10－4.19mol/L，得c()=c()，在溶液中电荷守恒，则c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()＋2c()，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c()＋c()，在电荷守恒的式子中，左右加上c(H2C2O4)，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()＋2c()+c(H2C2O4)，将物料守恒的式子，带入等式的右边，得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(C2O42－)+2c(K＋)，左右两边消去c(K＋)，再根据c()=c()，可得c(H2C2O4)+c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c()+c(K＋)。溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(H2C2O4)+c(Na＋)＜c()+c(K＋)，可得c(Na＋)-c(K＋)＜c()－c(H2C2O4)，故B正确；
C．若PT与等物质的量的NaOH反应，则H2C2O4与NaOH反应生成NaHC2O4，此时溶液中的c(K＋)=c(Na＋)，在溶液中能够电离，也能水解，其电离平衡常数Ka2=10－4.19，其水解平衡常数，故的电离大于水解，溶液呈酸性。现需要滴加NaOH至溶液呈中性，则NaOH的量大于PT的量，则溶液中c(K＋)＜c(Na＋)，故C错误；
D．0.1mol·L-1PT与0.3mol·L-1NaOH溶液等体积混合，根据物料守恒，有c(Na＋)=3c(K＋)，根据PT中的物料守恒，有2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)，则c(Na＋)-c(K＋)=2c(K＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4－)＋c(C2O42－)，故D正确；
答案选BD。
15. 铈(ce)是镧系金属元素。空气污染物NO通常用含的溶液吸收，生成，再利用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时生成，其原理如图所示。下列说法错误的是
A. 由左室进入右室
B. 从电解槽的c口流出，且可循环使用
C. 阴极的电极反应式：
D. 若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗标准状况下33.6L甲烷时，理论上可转化2 mol
【答案】BD
【解析】
【分析】电解池接连负极的为阴极，在阴极得到电子变为氮气，阳离子定向移动到阴极。
【详解】A．电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜只允许氢离子通过，由左室进入右室，选项A正确；
B．根据电解原理，应在阳极产生，即从电解槽的a口流出，且可循环使用，选项B错误；
C．在阴极得到电子变为氮气，电极反应式为，选项C正确；
D．甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为，故每有1mol甲烷反应，转移电子数为8mol，电解池中阴极的电极反应式为，，当消耗标准状况下33．6L甲烷时，其物质的量为，理论上可转化4 mol，选项D错误；
答案选BD。
三、填空题(共计4大题，共计50分)
16. 研究化学反应中的能量变化有利于更好的开发和使用化学能源。
（1）金属镁[Mg(s)]分别与卤素单质[F2(g)、Cl2(g)、Br2(l)、I2(s)]反应的能量变化如图所示。
①写出Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式：_______。
②反应：MgCl2(s)＋F2 (g)＝MgF2(s)＋Cl2 (g)的ΔH＝___________。
（2）CH4用NiO作载氧体的化学链燃烧示意图如图所示。
主要热化学反应如下：2Ni(s)＋O2(g)＝2NiO(s) ΔH＝－479.8 kJ·mol－1；CH4(g)＋4NiO(s)＝CO2(g)＋2H2O(l)＋4Ni(s) ΔH＝＋68.9 kJ·mol－1
①CH4的燃烧热是_______。
②CH4的“化学链燃烧”有利于二氧化碳的分离与回收，所放出的热量在相同条件下与CH4的直接燃烧相比_________（填“前者大”、“后者大”、或“相同”）。
（3）已知H2、CO的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、283.0 kJ·mol－1，25℃时，4 g H2和28 g CO的混合气体充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为_______kJ。
【答案】 ①. Mg(s)＋I2(s)＝MgI2(s) ΔH＝－364 kJ·mol－1 ②. －483 kJ·mol－1 ③. 890.7 kJ·mol－1 ④. 相同 ⑤. 854.6
【解析】
【分析】（1）①由图象可知1mol Mg(s)和1mol I2(s)反应生成1mol MgI2(s)放出364 kJ的热量；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H=-1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律计算反应MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH；
（2）①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律写出甲烷燃烧热的热化学方程式；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，据此解答。
【详解】（1）①由图象可知Mg(s)和I2(s)反应的热化学方程式为：Mg(s)+I2(s)=MgI2(s) ΔH= -364kJ·mol-1；
②由图可知Mg(s)+F2(g)=MgF2(s) △H= -1124kJ/mol，Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) △H= -641kJ/mol，结合盖斯定律，将第一个方程式减去第二方程式得MgCl2(s)+F2 (g)=MgF2(s)+Cl2 (g)的ΔH= -483 kJ·mol-1；
（2）①已知，2Ni(s)+O2(g)=2NiO(s) ΔH= -479.8kJ·mol-1；CH4(g)+4NiO(s)=CO2(g)+2H2O(l)+4Ni(s) ΔH= +68.9kJ·mol-1，结合盖斯定律，将第一个方程式乘以2加上第二方程式得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH= -890.7kJ·mol-1，则CH4的燃烧热是890.7kJ·mol-1；
②由盖斯定律知一个化学反应无论是一步完成还是分几步完成，反应热是相等的，则CH4的“化学链燃烧”所放出的热量在相同条件下与CH4直接燃烧所放出的热量相同；
（3）燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，则1mol H2完全燃烧放出285.8kJ的热量，1mol CO完全燃烧放出283.0kJ的热量，4g H2为2mol，28g CO为 1mol，充分燃烧，恢复至原温，能放出的热量为285.8×2+283.0=854.6kJ。
17. 发展新能源、改善空气质量一直是化学研究的热点。回答下列问题：
（1）甲醇是可再生的清洁能源，可利用与合成甲醇：，该反应历程如图1所示。合成甲醇过程中产生的有机副产物为___________(填分子式)；由于该反应速率较慢，需要加入催化剂加快反应速率，则催化剂主要降低___________(填序号)的能量变化。
A．
B．
C．
D．
（2）焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气(CO和)，主要反应Ⅰ、Ⅱ的lg(为以分压表示的平衡常数)与的关系如图2所示。
①反应Ⅰ的_______(填“>”“=”或“<”)0。
②在容积为10L的密闭容器中充入1molCO、1mol只发生反应Ⅱ，5min时到达图2中的d点，则0~5min内，用CO表示的反应速率为_______，CO的转化率为_______。已知：分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算e点的=_________。
（3）c点时，若反应容器中CO的浓度为，则的浓度为_______。
【答案】（1） ①. ②. A
（2） ① > ②. ③. 50% ④. 100
（3）0.01
【解析】
【小问1详解】
根据反应历程图可知，合成甲醇的反应的副产物有CO和，有机副产物为；化学反应速率由反应历程中速率最慢的那一步决定，活化能越大，反应速率越慢，根据反应历程图可知，的活化能最大，A项符合题意；答案选A；
【小问2详解】
①由图2可知，随着温度的升高，反应Ⅰ的1g增大，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应是吸热反应，。②在容积为10L的密闭容器中充入1molCO、1mol只发生反应Ⅱ，5min时到达图2中的d点，此时1g=0，则=1，设转化的CO的物质的量为，利用“三段式”法计算：
即，解得，0~5min内，用CO表示的反应速率为，CO的转化率为，e点和d点处于相同温度下，相等，根据以上计算可知，平衡时，各组分物质的量分数相等，则平衡时，，即，设e点时转化的CO的物质的量为，利用“三段式”法计算：
，即，解得，总物质的量为2mol，即；
【小问3详解】
c点时，反应Ⅰ和反应Ⅱ的1g相等，即，则。
18. 碳酸及碳酸盐与自然界碳的循环有着密切的联系。
(1)已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3⇌HCO+ H+的平衡常数K1=____。(已知10-5.60=2.5×10-6)
(2)已知H2CO3的第二级电离常数Ka2=5.6×10-11，HClO的电离常数K=3.0×10-8，写出下列所发生反应的离子方程式：
a.少量Cl2通入过量的Na2CO3溶液中：____。
b.少量CO2通入过量的NaClO溶液中：____。
(3)人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1，≈，1g2=0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为_____，当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将____(填“变大、变小、不变”)。
(4)NaOH吸收CO2后某种产物的水溶液在pH从0至14的范围内H2CO3、HCO、CO三种成分平衡时的组成分数如图所示，若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，宜控制溶液的pH为____之间
【答案】 ①. 4.17×10-7 ②. Cl2+2CO+H2O=2 HCO+Cl-+ClO- ③. CO2+H2O+ClO-=HClO +HCO ④. 7.4 ⑤. 变小 ⑥. 7～9
【解析】
【详解】(1)溶液的pH=5.60，则c(H+)=10-5.6mol/L=2.5×10-6mol/L，若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，该溶液中c(HCO)=c(H+)=2.5×10-6mol/L，c(H2CO3)为1.5×10-5 mol•L-1，则H2CO3⇌HCO3-+H+的平衡常数K1===4.17×10-7；
(2)根据电离平衡常数大小关系可知酸性H2CO3>HClO> HCO，HCl为强酸，所以：
a．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中，氯气和水反应生成少量的HCl、HClO，酸性越强结合氢离子的能力越弱，而氢离子少量，所以只有碳酸根结合氢离子生成碳酸氢根，最终的产物为氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，所以离子方程式为Cl2+2CO+H2O=2 HCO+Cl-+ClO-；
b．由于酸性H2CO3>HClO> HCO，根据强酸可以制弱酸可知：少量CO2通入过量的NaClO溶液中生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为CO2+H2O+ClO-=HClO +HCO；
(3) K1=，≈，所以c(H+)=，则pH=-lg=7.4；酸性增强，则c(H+)变大，而温度不变则K1不变，所以变小；
(4) 由图可知，溶液的pH为7～9之间时，溶液中的阴离子主要以HCO形式存在，溶液中的溶质主要为碳酸氢钠，所以若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，溶液的pH应该控制在7～9之间。
19. 回答下列问题：
（1）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，它氧化性能好，且无二次污染，属于绿色处理剂，爱迪生蓄电池反应为，可用图1装置制取少量高铁酸钠。
①此装置中爱迪生蓄电池的负极是_______(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时生成NiO2的反应类型是_______。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式：_______。
（2）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出的用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式：_______。
②当阴极产生标准状况下112 mL气体时，通过阳离子交换膜的离子的物质的量为_______。
【答案】（1） ①. a ②. 氧化反应 ③.
（2） ①. ②. 0.01 mol
【解析】
【小问1详解】
①电解时，Fe作阳极失电子生成，阳极接电源的正极，所以b是电池正极，a是负极；充电时，Ni(OH)2失电子生成NiO2，发生氧化反应；
②阳极上铁失电子和溶液中OH-反应生成和H2O，电极反应式为；
【小问2详解】
①阳极失去电子发生氧化反应，由题意可知：Cl-放电生成ClO2，由原子守恒和电荷守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，阳极电极反应式；
②在阴极发生反应为：2H++2e-=H2↑，现在反应产生氢气的物质的量n(H2)=，则反应过程中转移电子物质的量n(e-)=2n(H2)=0.01 mol，通过阳离子交换膜的阳离子为+1价的Na+离子，故根据电荷守恒可知：通过交换膜的阳离子的物质的量为0.01 mol。
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