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2017-2018学年陕西省西安市长安区第一中学高二上学期期末考试化学（理）试题 解析版
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陕西省西安市长安区第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学（理）试题
1. 下列方程式书写错误的是（ ）
A. NaHCO3水解的离子方程式：+ H2O+H3O+
B. NH4Cl水解的化学方程式：NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl
C. Al(OH)3的两性电离方程式：H++AlO2−+H2OAl(OH)3Al3++3OH−
D. NaHSO3的电离方程式：NaHSO3Na++
【答案】A
【解析】A、NaHCO3水解是HCO3－结合水电离出来的H+生成H2CO3，正确的离子方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，所以A错误；B、NH4Cl水解是NH4+结合水电离出来的OH－生成NH3·H2O，所以B正确；C、Al(OH)3是两性氢氧化物，既可发生酸式电离，也可发生碱式电离，所以C正确；D、HSO3－是弱酸的酸式酸根离子，不能写成H++SO32—，所以D正确。本题正确答案为A。
2. Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（ ）
A. 负极反应式为Mg - 2e- Mg2+
B. 正极反应式为Ag+ + e- Ag
C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移
D. 负极会发生副反应Mg + 2H2O Mg(OH)2 + H2↑
【答案】B
【解析】试题分析：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，故D正确；故选B。
【考点定位】考查原电池工作原理，
【名师点晴】注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键，Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 石油、沼气、天然气、植物油都属于可再生能源
B. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
C. 水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】B
【解析】试题分析：A．沼气、植物油都属于可再生能源，石油、天然气都是不可再生的能源，错误；B．由于物质发生反应的能量变化只与物质的开始的状态及终止状态有关，而与途径无关，所以应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，也可以计算不容易测定的反应的反应热，正确；C．水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的能量差，不是反应热，错误；D．反应热与反应条件无关，只与反应物、生成物的状态及多少有关，所以同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，错误。
【考点】考查物质变化与能量变化的关系正误判断的知识。
4. 在一定条件下，使NO和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
C. 随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
【答案】B
【解析】化学平衡是动态平衡，平衡建立时，反应速率不为0。答案选B。
5. 在密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g)，下列说法不正确的是（ ）
A. 增大CO2浓度可以加快反应速率
B. 升高温度可以加快反应速率
C. 容器体积不变时，向其中充入N2，反应速率不变
D. 增加碳的质量可以加快反应速率
【答案】D
【解析】A、增大反应物的浓度，是增大了活化分子数，有效碰撞次数增多，反应速率加快，所以A正确；B、升高温度，增大了活化分子的百分数，使效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；C、容器体积不变，充入与反应体系无关(即惰性)气体，尽管容器内总压增大，但反应体系的分压不变，各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故C正确；D、反应速率只讨论气体或溶液，固体物质的量的改变，对反应速率没有影响，所以D错误。本题正确答案为D。
6. 下列关于反应热和热化学方程式的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的反应热ΔH=2×(-57.3) kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol-1，则反应2CO2(g) =2CO(g)+O2(g)的ΔH=+2×283.0 kJ·mol-1
C. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol-1，则分解水的热化学方程式为2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) ΔH=+285.5 kJ·mol-1
D. 1 mol甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳时所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热叫作中和热，中和热是以生成1 mol 液态H2O为基准的，A项错误；CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，则2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－2×283.0 kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，B项正确；电解2 mol水吸收的热量和2 mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量相等，C项中的ΔH应为＋571.0 kJ·mol－1；在25 ℃、101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)所放出的热量是该物质的燃烧热，D项错误。
7. 合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法：
① CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+216 kJ·mol-1；
② 2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g) ΔH2=-72 kJ·mol-1。
其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. E1表示2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g)的活化能
B. E2表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能
C. 该图示为反应②的反应过程与能量变化示意图
D. 一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，但不能改变E1与E2的差值
【答案】D
【解析】已知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图象所表达的是吸热反应即反应①。所以A、E1表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能，故A错误；B、E2表示CO(g)+ 3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的活化能，因此B错误；C、该图所示为反应① 的反应过程与能量变化示意图，故C错误；D、加入催化剂，正逆反应的活化能都降低了，即E1、E2都降低，但二者的差值不变，所以D正确。本题正确答案为D。
8. 利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是（ ）
A. 氯碱工业中，若X、Y均为石墨，Y附近能得到氯气
B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C. 外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属
D. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属
【答案】C
【解析】由电子流向可知，X是阳极，Y是阴极。A、用于氯碱工业中，则阴极Y上析出氢气，所以A错误；B、用于精炼铜时，阳极X是粗铜，阴极Y是纯铜，故B错误；C、当用于金属保护时，阴极Y被保护，所以C正确；D、用在电镀工业上，待镀金属作阴极Y，镀层金属作阳极X，所以D错误。本题正确答案为C。
9. 某学生以酚酞为指示剂用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.00
27.45
第二次
25.00
0.00
30.30
第三次
25.00
0.00
27.55
下列说法正确的是（ ）
A. 当溶液从无色刚好变成红色时，则滴定终点达到
B. 该氢氧化钠溶液中c(NaOH)＝0.110 0 mol·L－1
C. 滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏低
D. 实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
【答案】B
【解析】当溶液从红色变成红无色，且半分钟内不褪色，则滴定终点达到，故A错误；第二次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第三次实验平均消耗盐酸的体积是27.50mL，根据 ，该氢氧化钠溶液中c(NaOH)＝0.110 0 mol·L－1，故B正确；滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，消耗酸的体积偏大，则测定结果偏高，故C错误；实验中锥形瓶不能用待测氢氧化钠溶液润洗，故D错误。
10. 已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性。对于浓度均为0.1 mol·L−1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是(R表示S或C) （ ）
A. 两溶液中均有c(Na+) > c() > c(H+) > c() > c(OH−)
B. 两溶液中均有c(Na+) + c(H+) = c() + c() + c(OH−)
C. 两溶液中均有c(H+) + c(H2RO3) = c() + c(OH−)
D. 两溶液中c(Na+)、c()、c()分别对应相等
【答案】C
【解析】在NaHSO3溶液中，HSO3－的电离方程式为HSO3－H＋＋SO32－，水解方程式为HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，因其电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；HCO3－和HSO3－相似，既能电离又能水解，因其电离程度小于水解程度，所以NaHCO3溶液呈碱性。由此分析如下：在A的关系式中，体现两溶液都显酸性是错误的，即A错误；B是电荷守恒，但c(RO32－)没有加系数2，所以B错误；C、这两种溶液中，都有电荷守恒c(Na+)+ c(H+) = c(HRO3－)+ 2c(RO32－) +c(OH−)，和物料守恒c(Na+)=c(HRO3－)+c(RO32－)+c(H2RO3)，二式联立即得 c(H+)+ c(H2RO3) = (RO32－) +c(OH−)，所以C正确；D、因为二者的水解程度和电离程度不同，所以这三种离子浓度不会对应相等的，所以D错误。本题正确答案为C。
11. 已知：A(g) ＋ 2B(g) 2C(g) ΔH= −Q kJ·mol-1（Q＞0），在恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B，一定条件下发生反应。下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应进行，容器内气体密度逐渐减小
B. 平衡时，该反应放出的热量为Q kJ
C. 平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，A的转化率增大
D. 平衡后，缩小容器容积达到新平衡，A的浓度增大
【答案】D
考点：本题考查化学平衡移动。
12. 工业上冶炼钛的有关反应如下所示：
① C(s) + O2(g) CO2(g) ΔH1
② 2CO(g) + O2(g) 2CO2(g) ΔH2
③ TiO2(s) + 2Cl2(g) TiCl4(g) + O2(g) ΔH3
④ TiCl4(s) + 2Mg(s) 2MgCl2(s) + Ti(s) ΔH4
⑤ TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s) TiCl4(g) + 2CO(g) ΔH5
下列有关推断正确的是（ ）
A. 2ΔH1=ΔH2 B. ΔH1<0，ΔH2>0
C. ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2 D. 2ΔH1-ΔH2>0
【答案】C
【解析】A、①×2-②得2C(s) + O2(g)== 2CO(g) ΔH= 2ΔH1-ΔH2，已知碳燃烧生成CO是放热反应，即2ΔH1-ΔH2<0，得2ΔH1<ΔH2，所以A、D错误；B、碳燃烧生成CO2和CO燃烧生成CO2都是放热反应，所以ΔH1<0，ΔH2<0，则B错误；C、由①×2+③-②即得反应⑤，所以ΔH5= ΔH3 +2ΔH1-ΔH2，因此C正确。本题正确答案为C。
13. 下列各表述正确的是（ ）
A. 图①表示在恒容容器中MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) + SO2(g)，横坐标代表硫酸镁的质量，纵坐标可代表CO的转化率
B. 图②表示其他条件一定时，反应A(g)+3B(g)2C(g)的反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH>0
C. 图③对应的反应一定是非等体积反应加压后平衡移动的变化情况
D. 恒压密闭容器中加入一定量A、B，发生反应A(g)+3B(g)2C(g)，图④表示反应过程中不断升高温度，产物C物质的量变化规律，则正反应方向吸热
【答案】B
【解析】A、硫酸镁是固体，固体物质的量的增减对化学平衡没有影响，所以CO的转化率不变，因此A错误；B、分析图象可知，随温度的升高，ν正>ν逆，即平衡向右移动，则正反应吸热，即ΔH>0，所以B正确；C、由于气体物质受压强影响较大，所以图象表示的是有气体物质参与的反应前后气体体积不相等的反应加压后平衡移动的情况，故C错误；D、随温度的升高，反应速率加快，当产物C的物质的量最大时达到平衡状态，但继续升温，产物C的量却在减小，说明升高温度，平衡向左移动，则其正反应为放热反应，所以D错误。本题正确答案为B。
14. 已知2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH= −197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2 mol SO2和1 mol O2；（乙）1 mol SO2和0.5 mol O2；（丙）2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（ ）
A. 容器内压强p：p甲=p丙>2p乙
B. SO3的质量m：m甲=m丙>2m乙
C. c(SO2)与c(O2)之比k：k甲=k丙>k乙
D. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙>2Q乙
【答案】B
【解析】试题分析：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，D错误；答案选B。
【考点定位】考查了化学平衡移动与计算的相关知识。
【名师点晴】明确等效平衡的含义是解答的关键，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即△n＝0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。
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15. 一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp = cm(An+)·cn(Bm−)，称为难溶电解质的溶度积。已知下表数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp(25°C)
8.0×10−16
2.2×10−20
4.0×10−38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
3~4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不科学的是（ ）
A. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀
B. 该溶液中c(SO42−)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+ c(Fe3+)]＞5∶4
C. 向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3〜4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D. 在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在
【答案】C
【解析】A、由于Fe(OH)3的溶度积远小于Fe(OH)2和Cu(OH)2，所以最先看到红褐色Fe(OH)3沉淀，则A正确；B、由于Cu2+、Fe2+、Fe3+都能够水解，所以等物质的量的CuSO4、 FeSO4、 Fe2(SO4)3的混合溶液中c(SO42−)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+ c(Fe3+)]＞ 5∶4，即B正确；C、氯水氧化FeSO4后生成Cl—，所以溶液中还有CuCl2，因此C错误；D、当溶液的pH≥4时，Fe3+已沉淀完全，所以在pH=5时Fe3+已不存在，故D正确。本题正确答案为C。
16. 如图所示装置中,a、b、c、d、e、f均为惰性电极,电解质溶液均足量。接通电源后,d极附近显红色。下列说法正确的是（ ）
A. 电源B端是正极
B. a、c电极均有单质生成,它们的物质的量之比为2∶1
C. 欲用丁装置给铜镀银,N应为Ag,电解质溶液为 AgNO3溶液
D. f极附近变红,说明氢氧化铁胶粒带正电荷
【答案】D
【解析】D附近显红色，说明电解饱和食盐水时，电极d是阴极，即A是正极，B是负极，甲池中a极OH-放电，b极Cu2+被还原；丙池中Fe(OH)3胶粒带正电荷，向阴极f极移动，f极附近颜色加深；若用丁装置铜镀银，即纯铜做N极，银做M极。
17. 在373 K时，把0.5 mol N2O4通入体积为5 L的恒容真空密闭容器中，立即出现红棕色气体。反应进行到2 s时，NO2的浓度为0.02 mol·L-1。在60 s时，体系达到平衡状态，此时容器内的压强为开始时的1.6倍。下列说法错误的是（ ）
A. 前2 s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.005 mol·L-1·s-1
B. 在2 s时体系内的压强为开始时的1.1倍
C. 平衡时体系内含N2O4 0.2 mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】D
【解析】已知化学平衡N2O42 NO2。A、反应进行到2 s时，NO2的浓度从0增加到0.02 mol·L-1，则N2O4的浓度减小0.01 mol·L-1，所以以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.005 mol·L-1·s-1，则A正确；B、根据气体物质在等温等容时，压强之比等于物质的量之比。反应进行到2s时，容器内的总物质的量为n1=0.02 mol·L-1×5L+(0.5mol-0.01 mol·L-1×5L) = 0.55mol，所以 ==1.1，所以B正确；C、在60 s时达到平衡，此时容器内的压强为开始时的1.6倍，由上述分析可得平衡时总物质的量n=0.8mol，设容器内n(N2O4)= x mol，则生成n(NO2)=2(0.5-x)mol，即xmol+2(0.5-x)mol=0.8mol，x=0.2 mol，所以C正确；D、平衡时，N2O4的转化率=×100%=60%，所以D错误。本题正确答案为D。
18. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（ ）
A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基
C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基
D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
【答案】A
【解析】从图示可以分析，该有机物的结构中存在 3 个碳碳双键、 1 个羰基、 1 个醇羟基、 1 个羧基，不含苯环和酯基。故答案应该选A。
19. 下列说法正确的是（ ）
A. 按系统命名法，化合物的名称为2﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷
B. 等质量的甲烷、乙烯、1，3﹣丁二烯分别充分燃烧，所消耗氧气的量依次减少
C. 苯酚、水杨酸和苯甲酸都是同系物
D. 三硝基甲苯的分子式为C7H3N3O6
【答案】B
【解析】试题分析：A、主链选取错误，名称应为：2，4-二甲基己烷，错误；B、等质量的烃（CxHy）完全燃烧，y/x越大，消耗氧气越多，正确；C、同系物结构相似、分子组成相差n个CH2，错误；D、三硝基甲基的分子式为C7H5N3O6，错误。
考点： 有机物的命名 有机物的燃烧 同系物 有机物的组成和结构
20. 某烃对氢气的相对密度为15，该烃的氯代物最多有（ ）
A. 5种 B. 7种 C. 9种 D. 11种
【答案】C
【解析】某烃对氢气的相对密度为15，该烃的相对分子质量为30，分子式为C2H6，结构简式为CH3CH3，一氯代物有1种、二氯代物有2种、三氯代物有2种、四氯代物有2种，五氯代物有1种、六氯代物有1种，共9种，故C正确。
21. 某烯烃与氢气加成后得到2，2﹣二甲基丁烷，则该烯烃的名称是（ ）
A. 3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯
B. 3，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯
C. 2，2﹣二甲基﹣1﹣丁烯
D. 2，2﹣二甲基﹣3﹣丁烯
【答案】A
22. 化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用。
（1）蕴藏在海底的“可燃冰”是高压下形成的外观象冰的甲烷水合物固体。甲烷气体燃烧和水汽化的热化学方程式分别为：
CH4（g）+ 2O2（g）═ CO2（g）+ 2H2O（g）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1，
H2O（l）═ H2O（g）△H= +44kJ•mol﹣1；
则356g“可燃冰”（分子式为CH4•9H2O）释放的甲烷气体完全燃烧生成液态水，放出的热量为________。
（2）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为________。
（3）家用液化气中主要成分之一是丁烷（C4H10）。常温常压时，当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ。试写出该状态下表示丁烷燃烧热的热化学方程式________。
（4）联合国气候变化大会于2009年12月7～18日在哥本哈根召开。中国政府承诺到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%。
①有效“减碳”的手段之一是节能。下列制氢方法最节能的是________（填字母序号）。
A．电解水制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
B．高温使水分解制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
C．太阳光催化分解水制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
D．天然气制氢：CH4+H2O CO+3H2
②用CO2和氢气合成CH3OCH3（甲醚）是解决 能源危机的研究方向之一。
已知：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣90.7kJ•mol﹣1
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1
则CO2和氢气合成CH3OCH3（g）和水蒸气的热化学方程式为________。
【答案】 (1). 1780.6kJ (2). B2H6（g）+3O2（g）═ B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165 kJ/mol (3). C4H10（g）+ O2（g）═ 4CO2（g）+ 5H2O（l）△H=﹣2900 kJ/mol (4). C (5). 2CO2（g）+ 6H2（g）= CH3OCH3（g）+ 3H2O（g）△H=﹣122.5 kJ•mol﹣1
【解析】(1)反应式①-2×②可得CH4（g）+ 2O2（g）═ CO2（g）+ 2H2O（l）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1﹣ 2×44kJ•mol﹣1=﹣890.3 kJ•mol﹣1，356g“可燃冰”（分子式为CH4•9H2O）中甲烷的物质的量为2mol，所以完全燃烧放出的热量为1780.6 kJ；
(2)根据题目所述，其热化学方程式为B2H6（g）+3O2（g）═ B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165 kJ/mol；
(3)根据燃烧热的定义，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，所以该状态下丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10（g）+ O2（g）═ 4CO2（g）+ 5H2O（l） △H= ﹣2900 kJ/mol；
(4) ①电解水需要大量的电能，则A错误；高温使水分解需要大量的燃料，并产生大量的CO2及其它污染环境的气体，所以B错误；太阳能是自然存在的，所以最节能，即C正确；天然气高温制氢气也需要大量的燃料，即D错误；正确答案为C；② 根据盖斯定律结合所求的热化学方程式可知① ×2+② —③×2即得2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3 (g) +3H2O（g）△H=(﹣90.7kJ•mol﹣1)×2+(﹣23.5kJ•mol﹣1)—(﹣41.2kJ•mol﹣1)×2= ﹣122.5 kJ• mol﹣1，所以其热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3 (g) +3H2O(g) △H= ﹣122.5kJ•mol﹣1。
点睛：应用盖斯定律对热化学方程式进行运算时，△H也一定做相应的代数运算。
23. 300 ℃时，将2 mol SO2、1 mol O2混合于2 L的恒容密闭容器中，发生反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH，2 min末达到平衡，测得SO2的转化率为60%。请根据化学反应的有关原理回答下列问题：
（1）能证明反应已经达到平衡状态的是________。
① c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3) = 2∶1∶2
②单位时间内生成n mol SO3的同时消耗n mol SO2
③反应速率v(SO3) = 2v(O2)
④温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑤温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
（2）下图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系:
据图分析；t3时改变的外界条件可能是________；t6时保持体积不变向体系中充入少量He，平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。SO2含量最高的区间是______(填“t0~t1”、“t2~t3”、“t3~t4”或“t5~t6”)。
（3）300 ℃时，该反应的平衡常数为________，若升高温度该反应的平衡常数减小，则ΔH___0(填“大于”、“小于”或“不确定”)。
（4）如果在相同条件下，上述反应从逆反应方向开始进行，开始时加入SO2 0.6 mol、SO3 1.4 mol，若使平衡时各物质的量浓度与原来平衡相同，则还应加入O2________mol。
【答案】 (1). ④⑤ (2). 加催化剂 (3). 不 (4). t5~t6 (5). 11.25 (6). 小于 (7). 0.3
【解析】试题分析：（1）①c(SO2):c(O2):c(SO3)＝2:1:2并不能说明正逆反应速率相等，因此不一定达到平衡状态，①错误；②单位时间内生成nmol SO3的同时消耗nmol SO2，均表示正反应速率，因此不一定达到平衡状态，②错误；③反应速率2v(SO3)＝v(O2)没有表明反应速率方向，因此不一定达到平衡状态，③错误；④正反应是体积减小的，所以温度和体积一定时，容器内压强不再变化可说明反应达到平衡状态，④正确；⑤密度是混合气体的质量和容器容积的比值，反应前后质量不变，温度和压强一定时，容器容积是变化的，因此混合气体的密度不再变化能说明反应达到平衡状态，⑤正确，答案选④⑤；
（2）t3时正逆反应速率均增大，且增大程度相同，平衡不移动。由于正反应是体积减小的，所以改变的外界条件可能是使用了催化剂。t6时保持体积不变向体系中充入少量He气，各物质的浓度不变，平衡不移动。根据图像可知平衡一直向逆反应方向进行，所以SO2%含量最高的区间是t5～t6。
（3） 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始浓度（mol/L） 1 0.5 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.6
平衡浓度（mol/L） 0.4 0.2 0.6
所以300℃时，该反应的平衡常数为。若升高温度该反应的平衡常数减小，这说明平衡向逆反应方向进行，所以正反应是放热反应，则ΔH小于0。
（4）如果在相同条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入SO20.6 mol加入SO31.4 mol，若使平衡时各物质的量浓度与原来平衡相同，则完全转化后应该是2mol二氧化硫和1mol氧气。1.4mol三氧化硫完全转化后生成1.4mol二氧化硫和0.7mol氧气，还应加入O21mol－0.7mol＝0.3mol。
【考点定位】本题主要是考查外界条件对平衡状态的影响、平衡状态判断、计算以及等效平衡的应用等
【名师点晴】该题的难点是等效平衡的应用，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即△n＝0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。
24. NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是_____________(用必要的化学用语和相关文字说明)。
（2）相同条件下，0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中的c(NH4+)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中的c(NH4+)。
（3）浓度均为0.1 mol·L-1的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示:
①其中符合0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是________，导致pH随温度变化的原因是________________________________________________；
②20 ℃时，0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=____________。
（4）室温时，向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________________。
（5）难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡。25℃，某NH4Al(SO4)2溶液里c(Al3+)=0.1mol•L﹣1，使Al3+开始沉淀的pH为________。（25℃时，Al(OH)3的Ksp=1×10-34）
【答案】 (1). Al3+ + 3H2O Al(OH)3(胶体) + 3H+，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降，从而达到净水目的 (2). 小于 (3). I (4). NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使NH4+、Al3+水解程度增大，pH减小 (5). 10-3 mol·L-1 或（10-3 - 10-11）mol·L-1 (6). a (7). c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+) (8). 3
【解析】(1) Al3+ 为弱碱的阳离子，水解生成Al(OH)3胶体，Al3+ + 3H2O Al(OH)3(胶体) + 3H+，胶体具有较强的吸附能力，可除去颗粒状杂质，使水达到净化的目的；
(2) 在NH4Al(SO4)2溶液中，NH4+和Al3+ 都是弱碱的阳离子，水解呈酸性，所以Al3+ 的水解对NH4+的水解起抑制作用，但抑制程度不大，而在NH4HSO4溶液中，完全电离出来的H+浓度很大，对NH4+的水解抑制程度很大，所以前者的c(NH4+)小于后者的c(NH4+)；
(3) ① NH4Al(SO4)2在溶液中因水解使溶液呈酸性，即pH<7, 又水解是吸热反应，随着温度的升高，水解程度增大，生成的c(H+)增大，pH减小，因此曲线I是正确的；② 20 ℃ 时，NH4Al(SO4)2溶液的pH=3, 即c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1，溶液中存在的电荷守恒为2c(SO42-) +c(OH-)=c(NH4+) +3c(Al3+)+ c(H+)，则2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)= c(H+)- c(OH-)= 1.0×10-3 mol·L-1—1.0×10-11 mol·L-1=1.0×10-3 mol·L-1；
(4) NH4HSO4完全电离产生的H+抑制水的电离，使水的电离程度减小，NH4+的水解促进水的电离，使水的电离程度增大，但水解程度很小，所以H+抑制水的电离是主要的，此时水的电离程度很小，随着NaOH的加入，当H+被完全中和后，NH4+的水解促进水的电离起主要作用，溶液呈弱酸性，水的电离程度最大，即图象中的a点水的电离程度最大；在b点pH=7，即c(H+)=c(OH-)1.0×10-7 mol·L-1，溶液呈中性，此时溶液中发生的反应为2NH4HSO4 +2NaOH= (NH4)2SO4+Na2SO4+ H2O和极少量的(NH4)2SO4+2NaOH= Na2SO4+ NH3·H2O，因此溶液中c(Na2SO4)> c[(NH4)2SO4]，则有c(Na+)>c(SO42-)> c(NH4+) >c(OH-) =c(H+)。
(5)已知25℃ Al(OH)3的Ksp=1×10-34，当c(Al3+)=0.1 mol•L﹣1时，要使Al3+开始沉淀则c(OH-)= = =1×10-11 mol•L﹣1，求得pH=3。
25. 某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。
请回答：
Ⅰ．用如图1所示装置进行第一组实验：
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是_______（填字母序号）。
A. 铝 B. 石墨 C. 银 D. 铂
（2）M极发生反应的电极反应式为________；
（3）实验过程中，SO42﹣________（填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有___________________，写出产生此现象的反应方程式：__________________；
Ⅱ．用如图2所示装置进行第二组实验：
（4）实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42﹣）在溶液中呈紫红色。电解过程中，X极区溶液的pH________（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O 和 4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少________ g。
（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池总反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2 该电池正极的电极反应式为________。
【答案】 (1). A (2). Fe﹣2e﹣+ 2OH﹣= Fe(OH)2 (3). 从右向左 (4). 滤纸上有红褐色斑点产生 (5). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (6). 增大 (7). 0.28 (8). 2FeO42﹣+ 6e﹣+ 5H2O ═ Fe2O3 + 10OH﹣
【解析】Ⅰ．(1)要保证电极反应不变，能够替代Cu做电极的必须是比Zn不活泼的导电物质作正极，Zn作负极，所以石墨、银、铂都可以替代Cu作正极，而铝比Zn活泼，所以不能替代Cu作正极，正确答案为A。
(2)M极与Cu—Zn原电池的正极Cu连接，作阳极，铁作为活性金属电极，将失去电子生成Fe2+，与溶液中OH﹣结合生成Fe(OH)2，所以电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣= Fe(OH)2。
(3)在原电池内部的电解质溶液中，阴离子向负极移动，所以SO42﹣通过隔膜从右向左移动；在滴有NaOH溶液的滤纸上，M阳极附近生成的Fe(OH)2会迅速变为灰绿色，然后变为红褐色，N阴极上析出氢气，但观察不到现象，所以滤纸上能观察到的现象是先变灰绿色，然后变为红褐色；反应的方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。
Ⅱ．(4)由装置图可知X(C)为阴极，Y(Fe)为阳极，结合题意可知铁失去电子结合OH-，生成高铁酸根（FeO42﹣），使溶液呈紫红色，在阴极X(C)附近的H+得到电子生成氢气，使溶液中的c(H+)减小，pH增大。
(5)若在X极收集到672mL氢气，即0.03mol，则得到电子n(e﹣)=0.06mol, 在Y极收集到168mL氧气，即0.0075mol，则失去电子n(e﹣)=0.03mol，根据电子转移守恒可得，铁失去的电子n(e﹣)=0.03mol，由电极反应式Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O可求得铁溶解减少的质量m(Fe)= = 0.28g。
(6)因为是碱性电池，OH﹣移向负极Zn，结合电池的总反应式可知，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+ 10OH﹣= ZnO+2ZnO22- + 5H2O，用总反应式—负极反应式即得正极反应式为2FeO42﹣+ 6e﹣+ 5H2O ═ Fe2O3 + 10OH﹣。
点睛：电极反应式的书写，注意电极材料本身可能发生变化外，还要注意电解质溶液中的离子是否参与电极反应。如第2问，铁作阳极，失去电子生成Fe2+，与溶液中OH﹣结合生成Fe(OH)2，所以电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣= Fe(OH)2，至于Fe(OH)2转变为Fe(OH)3就不是电极反应了；而第6问是在此基础上，还要考虑电池总反应式，才能写出负极反应式，进而写出正极反应式。
26. 根据问题填空：
（1）下列各组物质： A．金刚石与石墨； B．淀粉与纤维素； C．氕与氘；
D．甲烷与戊烷； E．葡萄糖与果糖
F． 与 G．与
其中互为同位素的是________（填编号，下同）；互为同系物的是________；互为同分异构体的是________；是同一种物质的是________。
（2）化合物A的结构简式为：，它是汽油燃烧品质抗震性能的参照物，其中A的同分异构体中含氢原子种类最少的一种结构简式为：________；若A是由烯烃和H2通过加成反应得到，写出该烯烃的所有可能的结构简式________。
（3）篮烷分子的键线式如图所示，试回答：
①写出篮烷分子的化学式________；
②篮烷分子的一氯取代物的种数为________种。
【答案】 (1). C (2). D (3). EF (4). G (5). (6). 、 (7). C10H12 (8). 4
【解析】本题分析：本题主要考查有机物的结构与性质。
（1）质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，互为同位素的是C；结构相似，在分子组成上相差数个CH2的物质互为同系物，互为同系物的是D；分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，互为同分异构体的是EF；是同一种物质的是G。
（2）A的同分异构体中含氢原子种类最少的分子的结构高度对称，而且氢原子边缘化，该分子的结构简式为：；若A是由烯烃和H2通过加成反应得到，则去掉A中相邻碳原子上的两个氢原子即可得到对应烯烃的分子结构，烯烃的所有可能的结构简式为、。
（3）①篮烷分子的化学式为C10H12；
②篮烷分子存在两个互相垂直的对称面，其一氯取代物有4种。
陕西省西安市长安区第一中学2017-2018学年高二上学期期末考试化学（理）试题
1. 下列方程式书写错误的是（ ）
A. NaHCO3水解的离子方程式：+ H2O+H3O+
B. NH4Cl水解的化学方程式：NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl
C. Al(OH)3的两性电离方程式：H++AlO2−+H2OAl(OH)3Al3++3OH−
D. NaHSO3的电离方程式：NaHSO3Na++
【答案】A
【解析】A、NaHCO3水解是HCO3－结合水电离出来的H+生成H2CO3，正确的离子方程式为HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－，所以A错误；B、NH4Cl水解是NH4+结合水电离出来的OH－生成NH3·H2O，所以B正确；C、Al(OH)3是两性氢氧化物，既可发生酸式电离，也可发生碱式电离，所以C正确；D、HSO3－是弱酸的酸式酸根离子，不能写成H++SO32—，所以D正确。本题正确答案为A。
2. Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（ ）
A. 负极反应式为Mg - 2e- Mg2+
B. 正极反应式为Ag+ + e- Ag
C. 电池放电时Cl-由正极向负极迁移
D. 负极会发生副反应Mg + 2H2O Mg(OH)2 + H2↑
【答案】B
【解析】试题分析：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故A正确；B．AgCl是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故B错误；C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl-在正极产生由正极向负极迁移，故C正确；D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，故D正确；故选B。
【考点定位】考查原电池工作原理，
【名师点晴】注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键，Mg-AgCl电池中，活泼金属Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，负极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，据此分析。
3. 下列叙述正确的是（ ）
A. 石油、沼气、天然气、植物油都属于可再生能源
B. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变
C. 水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的反应热
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】B
【解析】试题分析：A．沼气、植物油都属于可再生能源，石油、天然气都是不可再生的能源，错误；B．由于物质发生反应的能量变化只与物质的开始的状态及终止状态有关，而与途径无关，所以应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，也可以计算不容易测定的反应的反应热，正确；C．水蒸气变为液态水时放出的能量就是该变化的能量差，不是反应热，错误；D．反应热与反应条件无关，只与反应物、生成物的状态及多少有关，所以同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，错误。
【考点】考查物质变化与能量变化的关系正误判断的知识。
4. 在一定条件下，使NO和O2在一密闭容器中进行反应，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应开始时，正反应速率最大，逆反应速率为零
B. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后为零
C. 随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，最后不变
D. 随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，最后不变
【答案】B
【解析】化学平衡是动态平衡，平衡建立时，反应速率不为0。答案选B。
5. 在密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g) 2CO(g)，下列说法不正确的是（ ）
A. 增大CO2浓度可以加快反应速率
B. 升高温度可以加快反应速率
C. 容器体积不变时，向其中充入N2，反应速率不变
D. 增加碳的质量可以加快反应速率
【答案】D
【解析】A、增大反应物的浓度，是增大了活化分子数，有效碰撞次数增多，反应速率加快，所以A正确；B、升高温度，增大了活化分子的百分数，使效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；C、容器体积不变，充入与反应体系无关(即惰性)气体，尽管容器内总压增大，但反应体系的分压不变，各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故C正确；D、反应速率只讨论气体或溶液，固体物质的量的改变，对反应速率没有影响，所以D错误。本题正确答案为D。
6. 下列关于反应热和热化学方程式的描述中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3 kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的反应热ΔH=2×(-57.3) kJ·mol-1
B. CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol-1，则反应2CO2(g) =2CO(g)+O2(g)的ΔH=+2×283.0 kJ·mol-1
C. 氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol-1，则分解水的热化学方程式为2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) ΔH=+285.5 kJ·mol-1
D. 1 mol甲烷完全燃烧生成气态水和二氧化碳时所放出的热量是甲烷的燃烧热
【答案】B
【解析】在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态H2O时的反应热叫作中和热，中和热是以生成1 mol 液态H2O为基准的，A项错误；CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH＝－283.0 kJ·mol－1，则2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH＝－2×283.0 kJ·mol－1，逆向反应时反应热的数值相等，符号相反，B项正确；电解2 mol水吸收的热量和2 mol H2完全燃烧生成液态水时放出的热量相等，C项中的ΔH应为＋571.0 kJ·mol－1；在25 ℃、101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时(水应为液态)所放出的热量是该物质的燃烧热，D项错误。
7. 合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法：
① CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH1=+216 kJ·mol-1；
② 2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g) ΔH2=-72 kJ·mol-1。
其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. E1表示2CH4(g)+O2(g) 2CO(g)+4H2(g)的活化能
B. E2表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能
C. 该图示为反应②的反应过程与能量变化示意图
D. 一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，但不能改变E1与E2的差值
【答案】D
【解析】已知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图象所表达的是吸热反应即反应①。所以A、E1表示CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)的活化能，故A错误；B、E2表示CO(g)+ 3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的活化能，因此B错误；C、该图所示为反应① 的反应过程与能量变化示意图，故C错误；D、加入催化剂，正逆反应的活化能都降低了，即E1、E2都降低，但二者的差值不变，所以D正确。本题正确答案为D。
8. 利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是（ ）
A. 氯碱工业中，若X、Y均为石墨，Y附近能得到氯气
B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C. 外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属
D. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属
【答案】C
【解析】由电子流向可知，X是阳极，Y是阴极。A、用于氯碱工业中，则阴极Y上析出氢气，所以A错误；B、用于精炼铜时，阳极X是粗铜，阴极Y是纯铜，故B错误；C、当用于金属保护时，阴极Y被保护，所以C正确；D、用在电镀工业上，待镀金属作阴极Y，镀层金属作阳极X，所以D错误。本题正确答案为C。
9. 某学生以酚酞为指示剂用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
第一次
25.00
0.00
27.45
第二次
25.00
0.00
30.30
第三次
25.00
0.00
27.55
下列说法正确的是（ ）
A. 当溶液从无色刚好变成红色时，则滴定终点达到
B. 该氢氧化钠溶液中c(NaOH)＝0.110 0 mol·L－1
C. 滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏低
D. 实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
【答案】B
【解析】当溶液从红色变成红无色，且半分钟内不褪色，则滴定终点达到，故A错误；第二次实验数据偏离正常误差，舍去，第一次和第三次实验平均消耗盐酸的体积是27.50mL，根据 ，该氢氧化钠溶液中c(NaOH)＝0.110 0 mol·L－1，故B正确；滴定达终点时，滴定管尖嘴有悬液，消耗酸的体积偏大，则测定结果偏高，故C错误；实验中锥形瓶不能用待测氢氧化钠溶液润洗，故D错误。
10. 已知NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈碱性。对于浓度均为0.1 mol·L−1的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是(R表示S或C) （ ）
A. 两溶液中均有c(Na+) > c() > c(H+) > c() > c(OH−)
B. 两溶液中均有c(Na+) + c(H+) = c() + c() + c(OH−)
C. 两溶液中均有c(H+) + c(H2RO3) = c() + c(OH−)
D. 两溶液中c(Na+)、c()、c()分别对应相等
【答案】C
【解析】在NaHSO3溶液中，HSO3－的电离方程式为HSO3－H＋＋SO32－，水解方程式为HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，因其电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；HCO3－和HSO3－相似，既能电离又能水解，因其电离程度小于水解程度，所以NaHCO3溶液呈碱性。由此分析如下：在A的关系式中，体现两溶液都显酸性是错误的，即A错误；B是电荷守恒，但c(RO32－)没有加系数2，所以B错误；C、这两种溶液中，都有电荷守恒c(Na+)+ c(H+) = c(HRO3－)+ 2c(RO32－) +c(OH−)，和物料守恒c(Na+)=c(HRO3－)+c(RO32－)+c(H2RO3)，二式联立即得 c(H+)+ c(H2RO3) = (RO32－) +c(OH−)，所以C正确；D、因为二者的水解程度和电离程度不同，所以这三种离子浓度不会对应相等的，所以D错误。本题正确答案为C。
11. 已知：A(g) ＋ 2B(g) 2C(g) ΔH= −Q kJ·mol-1（Q＞0），在恒容的密闭容器中充入1 mol A和2 mol B，一定条件下发生反应。下列有关说法正确的是（ ）
A. 平衡前，随着反应进行，容器内气体密度逐渐减小
B. 平衡时，该反应放出的热量为Q kJ
C. 平衡后，再向容器中通入1 mol氦气，A的转化率增大
D. 平衡后，缩小容器容积达到新平衡，A的浓度增大
【答案】D
考点：本题考查化学平衡移动。
12. 工业上冶炼钛的有关反应如下所示：
① C(s) + O2(g) CO2(g) ΔH1
② 2CO(g) + O2(g) 2CO2(g) ΔH2
③ TiO2(s) + 2Cl2(g) TiCl4(g) + O2(g) ΔH3
④ TiCl4(s) + 2Mg(s) 2MgCl2(s) + Ti(s) ΔH4
⑤ TiO2(s) + 2Cl2(g) + 2C(s) TiCl4(g) + 2CO(g) ΔH5
下列有关推断正确的是（ ）
A. 2ΔH1=ΔH2 B. ΔH1<0，ΔH2>0
C. ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2 D. 2ΔH1-ΔH2>0
【答案】C
【解析】A、①×2-②得2C(s) + O2(g)== 2CO(g) ΔH= 2ΔH1-ΔH2，已知碳燃烧生成CO是放热反应，即2ΔH1-ΔH2<0，得2ΔH1<ΔH2，所以A、D错误；B、碳燃烧生成CO2和CO燃烧生成CO2都是放热反应，所以ΔH1<0，ΔH2<0，则B错误；C、由①×2+③-②即得反应⑤，所以ΔH5= ΔH3 +2ΔH1-ΔH2，因此C正确。本题正确答案为C。
13. 下列各表述正确的是（ ）
A. 图①表示在恒容容器中MgSO4(s) + CO(g)MgO(s) + CO2(g) + SO2(g)，横坐标代表硫酸镁的质量，纵坐标可代表CO的转化率
B. 图②表示其他条件一定时，反应A(g)+3B(g)2C(g)的反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH>0
C. 图③对应的反应一定是非等体积反应加压后平衡移动的变化情况
D. 恒压密闭容器中加入一定量A、B，发生反应A(g)+3B(g)2C(g)，图④表示反应过程中不断升高温度，产物C物质的量变化规律，则正反应方向吸热
【答案】B
【解析】A、硫酸镁是固体，固体物质的量的增减对化学平衡没有影响，所以CO的转化率不变，因此A错误；B、分析图象可知，随温度的升高，ν正>ν逆，即平衡向右移动，则正反应吸热，即ΔH>0，所以B正确；C、由于气体物质受压强影响较大，所以图象表示的是有气体物质参与的反应前后气体体积不相等的反应加压后平衡移动的情况，故C错误；D、随温度的升高，反应速率加快，当产物C的物质的量最大时达到平衡状态，但继续升温，产物C的量却在减小，说明升高温度，平衡向左移动，则其正反应为放热反应，所以D错误。本题正确答案为B。
14. 已知2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH= −197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：（甲）2 mol SO2和1 mol O2；（乙）1 mol SO2和0.5 mol O2；（丙）2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是（ ）
A. 容器内压强p：p甲=p丙>2p乙
B. SO3的质量m：m甲=m丙>2m乙
C. c(SO2)与c(O2)之比k：k甲=k丙>k乙
D. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲=Q丙>2Q乙
【答案】B
【解析】试题分析：恒温恒容，甲与乙起始n（SO2）：n（O2）=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n（SO2）=2mol，n（O2）=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c（SO2）与c（O2）之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c（SO2）与c（O2）之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，D错误；答案选B。
【考点定位】考查了化学平衡移动与计算的相关知识。
【名师点晴】明确等效平衡的含义是解答的关键，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即△n＝0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。
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15. 一定温度下的难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp = cm(An+)·cn(Bm−)，称为难溶电解质的溶度积。已知下表数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp(25°C)
8.0×10−16
2.2×10−20
4.0×10−38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
3~4
对含等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法，不科学的是（ ）
A. 向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到红褐色沉淀
B. 该溶液中c(SO42−)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+ c(Fe3+)]＞5∶4
C. 向该溶液中加入适量氯水，并调节pH到3〜4后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D. 在pH=5的溶液中Fe3+不能大量存在
【答案】C
【解析】A、由于Fe(OH)3的溶度积远小于Fe(OH)2和Cu(OH)2，所以最先看到红褐色Fe(OH)3沉淀，则A正确；B、由于Cu2+、Fe2+、Fe3+都能够水解，所以等物质的量的CuSO4、 FeSO4、 Fe2(SO4)3的混合溶液中c(SO42−)∶[c(Cu2+)+c(Fe2+)+ c(Fe3+)]＞ 5∶4，即B正确；C、氯水氧化FeSO4后生成Cl—，所以溶液中还有CuCl2，因此C错误；D、当溶液的pH≥4时，Fe3+已沉淀完全，所以在pH=5时Fe3+已不存在，故D正确。本题正确答案为C。
16. 如图所示装置中,a、b、c、d、e、f均为惰性电极,电解质溶液均足量。接通电源后,d极附近显红色。下列说法正确的是（ ）
A. 电源B端是正极
B. a、c电极均有单质生成,它们的物质的量之比为2∶1
C. 欲用丁装置给铜镀银,N应为Ag,电解质溶液为 AgNO3溶液
D. f极附近变红,说明氢氧化铁胶粒带正电荷
【答案】D
【解析】D附近显红色，说明电解饱和食盐水时，电极d是阴极，即A是正极，B是负极，甲池中a极OH-放电，b极Cu2+被还原；丙池中Fe(OH)3胶粒带正电荷，向阴极f极移动，f极附近颜色加深；若用丁装置铜镀银，即纯铜做N极，银做M极。
17. 在373 K时，把0.5 mol N2O4通入体积为5 L的恒容真空密闭容器中，立即出现红棕色气体。反应进行到2 s时，NO2的浓度为0.02 mol·L-1。在60 s时，体系达到平衡状态，此时容器内的压强为开始时的1.6倍。下列说法错误的是（ ）
A. 前2 s以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.005 mol·L-1·s-1
B. 在2 s时体系内的压强为开始时的1.1倍
C. 平衡时体系内含N2O4 0.2 mol
D. 平衡时，N2O4的转化率为40%
【答案】D
【解析】已知化学平衡N2O42 NO2。A、反应进行到2 s时，NO2的浓度从0增加到0.02 mol·L-1，则N2O4的浓度减小0.01 mol·L-1，所以以N2O4的浓度变化表示的平均反应速率为0.005 mol·L-1·s-1，则A正确；B、根据气体物质在等温等容时，压强之比等于物质的量之比。反应进行到2s时，容器内的总物质的量为n1=0.02 mol·L-1×5L+(0.5mol-0.01 mol·L-1×5L) = 0.55mol，所以 ==1.1，所以B正确；C、在60 s时达到平衡，此时容器内的压强为开始时的1.6倍，由上述分析可得平衡时总物质的量n=0.8mol，设容器内n(N2O4)= x mol，则生成n(NO2)=2(0.5-x)mol，即xmol+2(0.5-x)mol=0.8mol，x=0.2 mol，所以C正确；D、平衡时，N2O4的转化率=×100%=60%，所以D错误。本题正确答案为D。
18. 北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S﹣诱抗素制剂，以保证鲜花盛开，S﹣诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是（ ）
A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基
B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基
C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基
D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基
【答案】A
【解析】从图示可以分析，该有机物的结构中存在 3 个碳碳双键、 1 个羰基、 1 个醇羟基、 1 个羧基，不含苯环和酯基。故答案应该选A。
19. 下列说法正确的是（ ）
A. 按系统命名法，化合物的名称为2﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷
B. 等质量的甲烷、乙烯、1，3﹣丁二烯分别充分燃烧，所消耗氧气的量依次减少
C. 苯酚、水杨酸和苯甲酸都是同系物
D. 三硝基甲苯的分子式为C7H3N3O6
【答案】B
【解析】试题分析：A、主链选取错误，名称应为：2，4-二甲基己烷，错误；B、等质量的烃（CxHy）完全燃烧，y/x越大，消耗氧气越多，正确；C、同系物结构相似、分子组成相差n个CH2，错误；D、三硝基甲基的分子式为C7H5N3O6，错误。
考点： 有机物的命名 有机物的燃烧 同系物 有机物的组成和结构
20. 某烃对氢气的相对密度为15，该烃的氯代物最多有（ ）
A. 5种 B. 7种 C. 9种 D. 11种
【答案】C
【解析】某烃对氢气的相对密度为15，该烃的相对分子质量为30，分子式为C2H6，结构简式为CH3CH3，一氯代物有1种、二氯代物有2种、三氯代物有2种、四氯代物有2种，五氯代物有1种、六氯代物有1种，共9种，故C正确。
21. 某烯烃与氢气加成后得到2，2﹣二甲基丁烷，则该烯烃的名称是（ ）
A. 3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯
B. 3，3﹣二甲基﹣2﹣丁烯
C. 2，2﹣二甲基﹣1﹣丁烯
D. 2，2﹣二甲基﹣3﹣丁烯
【答案】A
22. 化学在能源开发与利用中起着十分关键的作用。
（1）蕴藏在海底的“可燃冰”是高压下形成的外观象冰的甲烷水合物固体。甲烷气体燃烧和水汽化的热化学方程式分别为：
CH4（g）+ 2O2（g）═ CO2（g）+ 2H2O（g）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1，
H2O（l）═ H2O（g）△H= +44kJ•mol﹣1；
则356g“可燃冰”（分子式为CH4•9H2O）释放的甲烷气体完全燃烧生成液态水，放出的热量为________。
（2）0.3mol的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为________。
（3）家用液化气中主要成分之一是丁烷（C4H10）。常温常压时，当1g丁烷完全燃烧并生成CO2和液态水时，放出热量50kJ。试写出该状态下表示丁烷燃烧热的热化学方程式________。
（4）联合国气候变化大会于2009年12月7～18日在哥本哈根召开。中国政府承诺到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%～45%。
①有效“减碳”的手段之一是节能。下列制氢方法最节能的是________（填字母序号）。
A．电解水制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
B．高温使水分解制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
C．太阳光催化分解水制氢：2H2O 2H2↑+O2↑
D．天然气制氢：CH4+H2O CO+3H2
②用CO2和氢气合成CH3OCH3（甲醚）是解决 能源危机的研究方向之一。
已知：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H=﹣90.7kJ•mol﹣1
2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ•mol﹣1
则CO2和氢气合成CH3OCH3（g）和水蒸气的热化学方程式为________。
【答案】 (1). 1780.6kJ (2). B2H6（g）+3O2（g）═ B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165 kJ/mol (3). C4H10（g）+ O2（g）═ 4CO2（g）+ 5H2O（l）△H=﹣2900 kJ/mol (4). C (5). 2CO2（g）+ 6H2（g）= CH3OCH3（g）+ 3H2O（g）△H=﹣122.5 kJ•mol﹣1
【解析】(1)反应式①-2×②可得CH4（g）+ 2O2（g）═ CO2（g）+ 2H2O（l）△H=﹣802.3kJ•mol﹣1﹣ 2×44kJ•mol﹣1=﹣890.3 kJ•mol﹣1，356g“可燃冰”（分子式为CH4•9H2O）中甲烷的物质的量为2mol，所以完全燃烧放出的热量为1780.6 kJ；
(2)根据题目所述，其热化学方程式为B2H6（g）+3O2（g）═ B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2165 kJ/mol；
(3)根据燃烧热的定义，是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，所以该状态下丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10（g）+ O2（g）═ 4CO2（g）+ 5H2O（l） △H= ﹣2900 kJ/mol；
(4) ①电解水需要大量的电能，则A错误；高温使水分解需要大量的燃料，并产生大量的CO2及其它污染环境的气体，所以B错误；太阳能是自然存在的，所以最节能，即C正确；天然气高温制氢气也需要大量的燃料，即D错误；正确答案为C；② 根据盖斯定律结合所求的热化学方程式可知① ×2+② —③×2即得2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3 (g) +3H2O（g）△H=(﹣90.7kJ•mol﹣1)×2+(﹣23.5kJ•mol﹣1)—(﹣41.2kJ•mol﹣1)×2= ﹣122.5 kJ• mol﹣1，所以其热化学方程式为2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3 (g) +3H2O(g) △H= ﹣122.5kJ•mol﹣1。
点睛：应用盖斯定律对热化学方程式进行运算时，△H也一定做相应的代数运算。
23. 300 ℃时，将2 mol SO2、1 mol O2混合于2 L的恒容密闭容器中，发生反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) ΔH，2 min末达到平衡，测得SO2的转化率为60%。请根据化学反应的有关原理回答下列问题：
（1）能证明反应已经达到平衡状态的是________。
① c(SO2)∶c(O2)∶c(SO3) = 2∶1∶2
②单位时间内生成n mol SO3的同时消耗n mol SO2
③反应速率v(SO3) = 2v(O2)
④温度和体积一定时，容器内压强不再变化
⑤温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化
（2）下图表示该反应的速率(v)随时间(t)变化的关系:
据图分析；t3时改变的外界条件可能是________；t6时保持体积不变向体系中充入少量He，平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。SO2含量最高的区间是______(填“t0~t1”、“t2~t3”、“t3~t4”或“t5~t6”)。
（3）300 ℃时，该反应的平衡常数为________，若升高温度该反应的平衡常数减小，则ΔH___0(填“大于”、“小于”或“不确定”)。
（4）如果在相同条件下，上述反应从逆反应方向开始进行，开始时加入SO2 0.6 mol、SO3 1.4 mol，若使平衡时各物质的量浓度与原来平衡相同，则还应加入O2________mol。
【答案】 (1). ④⑤ (2). 加催化剂 (3). 不 (4). t5~t6 (5). 11.25 (6). 小于 (7). 0.3
【解析】试题分析：（1）①c(SO2):c(O2):c(SO3)＝2:1:2并不能说明正逆反应速率相等，因此不一定达到平衡状态，①错误；②单位时间内生成nmol SO3的同时消耗nmol SO2，均表示正反应速率，因此不一定达到平衡状态，②错误；③反应速率2v(SO3)＝v(O2)没有表明反应速率方向，因此不一定达到平衡状态，③错误；④正反应是体积减小的，所以温度和体积一定时，容器内压强不再变化可说明反应达到平衡状态，④正确；⑤密度是混合气体的质量和容器容积的比值，反应前后质量不变，温度和压强一定时，容器容积是变化的，因此混合气体的密度不再变化能说明反应达到平衡状态，⑤正确，答案选④⑤；
（2）t3时正逆反应速率均增大，且增大程度相同，平衡不移动。由于正反应是体积减小的，所以改变的外界条件可能是使用了催化剂。t6时保持体积不变向体系中充入少量He气，各物质的浓度不变，平衡不移动。根据图像可知平衡一直向逆反应方向进行，所以SO2%含量最高的区间是t5～t6。
（3） 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
起始浓度（mol/L） 1 0.5 0
转化浓度（mol/L） 0.6 0.3 0.6
平衡浓度（mol/L） 0.4 0.2 0.6
所以300℃时，该反应的平衡常数为。若升高温度该反应的平衡常数减小，这说明平衡向逆反应方向进行，所以正反应是放热反应，则ΔH小于0。
（4）如果在相同条件下，上述反应从逆反应方向进行，开始时加入SO20.6 mol加入SO31.4 mol，若使平衡时各物质的量浓度与原来平衡相同，则完全转化后应该是2mol二氧化硫和1mol氧气。1.4mol三氧化硫完全转化后生成1.4mol二氧化硫和0.7mol氧气，还应加入O21mol－0.7mol＝0.3mol。
【考点定位】本题主要是考查外界条件对平衡状态的影响、平衡状态判断、计算以及等效平衡的应用等
【名师点晴】该题的难点是等效平衡的应用，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说（即△n≠0的体系）：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说（即△n＝0的体系）：等效转化后，只要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物（或生成物）的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。
24. NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
（1）NH4Al(SO4)2可作净水剂，其原理是_____________(用必要的化学用语和相关文字说明)。
（2）相同条件下，0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中的c(NH4+)________(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中的c(NH4+)。
（3）浓度均为0.1 mol·L-1的几种电解质溶液的pH随温度变化的曲线如图所示:
①其中符合0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是________，导致pH随温度变化的原因是________________________________________________；
②20 ℃时，0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)=____________。
（4）室温时，向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________________。
（5）难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡。25℃，某NH4Al(SO4)2溶液里c(Al3+)=0.1mol•L﹣1，使Al3+开始沉淀的pH为________。（25℃时，Al(OH)3的Ksp=1×10-34）
【答案】 (1). Al3+ + 3H2O Al(OH)3(胶体) + 3H+，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降，从而达到净水目的 (2). 小于 (3). I (4). NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使NH4+、Al3+水解程度增大，pH减小 (5). 10-3 mol·L-1 或（10-3 - 10-11）mol·L-1 (6). a (7). c(Na+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+) (8). 3
【解析】(1) Al3+ 为弱碱的阳离子，水解生成Al(OH)3胶体，Al3+ + 3H2O Al(OH)3(胶体) + 3H+，胶体具有较强的吸附能力，可除去颗粒状杂质，使水达到净化的目的；
(2) 在NH4Al(SO4)2溶液中，NH4+和Al3+ 都是弱碱的阳离子，水解呈酸性，所以Al3+ 的水解对NH4+的水解起抑制作用，但抑制程度不大，而在NH4HSO4溶液中，完全电离出来的H+浓度很大，对NH4+的水解抑制程度很大，所以前者的c(NH4+)小于后者的c(NH4+)；
(3) ① NH4Al(SO4)2在溶液中因水解使溶液呈酸性，即pH<7, 又水解是吸热反应，随着温度的升高，水解程度增大，生成的c(H+)增大，pH减小，因此曲线I是正确的；② 20 ℃ 时，NH4Al(SO4)2溶液的pH=3, 即c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1，溶液中存在的电荷守恒为2c(SO42-) +c(OH-)=c(NH4+) +3c(Al3+)+ c(H+)，则2c(SO42-)-c(NH4+)-3c(Al3+)= c(H+)- c(OH-)= 1.0×10-3 mol·L-1—1.0×10-11 mol·L-1=1.0×10-3 mol·L-1；
(4) NH4HSO4完全电离产生的H+抑制水的电离，使水的电离程度减小，NH4+的水解促进水的电离，使水的电离程度增大，但水解程度很小，所以H+抑制水的电离是主要的，此时水的电离程度很小，随着NaOH的加入，当H+被完全中和后，NH4+的水解促进水的电离起主要作用，溶液呈弱酸性，水的电离程度最大，即图象中的a点水的电离程度最大；在b点pH=7，即c(H+)=c(OH-)1.0×10-7 mol·L-1，溶液呈中性，此时溶液中发生的反应为2NH4HSO4 +2NaOH= (NH4)2SO4+Na2SO4+ H2O和极少量的(NH4)2SO4+2NaOH= Na2SO4+ NH3·H2O，因此溶液中c(Na2SO4)> c[(NH4)2SO4]，则有c(Na+)>c(SO42-)> c(NH4+) >c(OH-) =c(H+)。
(5)已知25℃ Al(OH)3的Ksp=1×10-34，当c(Al3+)=0.1 mol•L﹣1时，要使Al3+开始沉淀则c(OH-)= = =1×10-11 mol•L﹣1，求得pH=3。
25. 某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。
请回答：
Ⅰ．用如图1所示装置进行第一组实验：
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu做电极的是_______（填字母序号）。
A. 铝 B. 石墨 C. 银 D. 铂
（2）M极发生反应的电极反应式为________；
（3）实验过程中，SO42﹣________（填“从左向右”、“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有___________________，写出产生此现象的反应方程式：__________________；
Ⅱ．用如图2所示装置进行第二组实验：
（4）实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根（FeO42﹣）在溶液中呈紫红色。电解过程中，X极区溶液的pH________（填“增大”、“减小”或“不变”）；
（5）电解过程中，Y极发生的电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O 和 4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体（均已折算为标准状况时气体体积），则Y电极（铁电极）质量减少________ g。
（6）在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池总反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2 该电池正极的电极反应式为________。
【答案】 (1). A (2). Fe﹣2e﹣+ 2OH﹣= Fe(OH)2 (3). 从右向左 (4). 滤纸上有红褐色斑点产生 (5). 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (6). 增大 (7). 0.28 (8). 2FeO42﹣+ 6e﹣+ 5H2O ═ Fe2O3 + 10OH﹣
【解析】Ⅰ．(1)要保证电极反应不变，能够替代Cu做电极的必须是比Zn不活泼的导电物质作正极，Zn作负极，所以石墨、银、铂都可以替代Cu作正极，而铝比Zn活泼，所以不能替代Cu作正极，正确答案为A。
(2)M极与Cu—Zn原电池的正极Cu连接，作阳极，铁作为活性金属电极，将失去电子生成Fe2+，与溶液中OH﹣结合生成Fe(OH)2，所以电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣= Fe(OH)2。
(3)在原电池内部的电解质溶液中，阴离子向负极移动，所以SO42﹣通过隔膜从右向左移动；在滴有NaOH溶液的滤纸上，M阳极附近生成的Fe(OH)2会迅速变为灰绿色，然后变为红褐色，N阴极上析出氢气，但观察不到现象，所以滤纸上能观察到的现象是先变灰绿色，然后变为红褐色；反应的方程式为4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。
Ⅱ．(4)由装置图可知X(C)为阴极，Y(Fe)为阳极，结合题意可知铁失去电子结合OH-，生成高铁酸根（FeO42﹣），使溶液呈紫红色，在阴极X(C)附近的H+得到电子生成氢气，使溶液中的c(H+)减小，pH增大。
(5)若在X极收集到672mL氢气，即0.03mol，则得到电子n(e﹣)=0.06mol, 在Y极收集到168mL氧气，即0.0075mol，则失去电子n(e﹣)=0.03mol，根据电子转移守恒可得，铁失去的电子n(e﹣)=0.03mol，由电极反应式Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O可求得铁溶解减少的质量m(Fe)= = 0.28g。
(6)因为是碱性电池，OH﹣移向负极Zn，结合电池的总反应式可知，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+ 10OH﹣= ZnO+2ZnO22- + 5H2O，用总反应式—负极反应式即得正极反应式为2FeO42﹣+ 6e﹣+ 5H2O ═ Fe2O3 + 10OH﹣。
点睛：电极反应式的书写，注意电极材料本身可能发生变化外，还要注意电解质溶液中的离子是否参与电极反应。如第2问，铁作阳极，失去电子生成Fe2+，与溶液中OH﹣结合生成Fe(OH)2，所以电极反应式为Fe﹣2e﹣+2OH﹣= Fe(OH)2，至于Fe(OH)2转变为Fe(OH)3就不是电极反应了；而第6问是在此基础上，还要考虑电池总反应式，才能写出负极反应式，进而写出正极反应式。
26. 根据问题填空：
（1）下列各组物质： A．金刚石与石墨； B．淀粉与纤维素； C．氕与氘；
D．甲烷与戊烷； E．葡萄糖与果糖
F． 与 G．与
其中互为同位素的是________（填编号，下同）；互为同系物的是________；互为同分异构体的是________；是同一种物质的是________。
（2）化合物A的结构简式为：，它是汽油燃烧品质抗震性能的参照物，其中A的同分异构体中含氢原子种类最少的一种结构简式为：________；若A是由烯烃和H2通过加成反应得到，写出该烯烃的所有可能的结构简式________。
（3）篮烷分子的键线式如图所示，试回答：
①写出篮烷分子的化学式________；
②篮烷分子的一氯取代物的种数为________种。
【答案】 (1). C (2). D (3). EF (4). G (5). (6). 、 (7). C10H12 (8). 4
【解析】本题分析：本题主要考查有机物的结构与性质。
（1）质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，互为同位素的是C；结构相似，在分子组成上相差数个CH2的物质互为同系物，互为同系物的是D；分子式相同，结构不同的物质互为同分异构体，互为同分异构体的是EF；是同一种物质的是G。
（2）A的同分异构体中含氢原子种类最少的分子的结构高度对称，而且氢原子边缘化，该分子的结构简式为：；若A是由烯烃和H2通过加成反应得到，则去掉A中相邻碳原子上的两个氢原子即可得到对应烯烃的分子结构，烯烃的所有可能的结构简式为、。
（3）①篮烷分子的化学式为C10H12；
②篮烷分子存在两个互相垂直的对称面，其一氯取代物有4种。
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