【化学】广东省广州市石化中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

广东省广州市石化中学2018-2019学年高二上学期期末考试
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分。考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 O—16
第Ⅰ卷 选择题 (共48分)
一、单项选择题(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.下列关于能量转换的认识中不正确的是
A. 煤燃烧时化学能主要转变成热能
B. 电解水生成氢气和氧气时，电能转化成化学能
C. 白炽灯工作时电能全部转变成光能
D. 绿色植物光合作用过程中太阳能转变成化学能
【答案】C
【解析】
【详解】A.煤燃烧时会产生大量的热量，可见化学能主要转化为热能，故A正确；
B.水是由水分子构成的，电解水时水分子在电能的作用下发生了变化，变化成了氢分子和氧分子，将电能转化为化学能，故B正确；
C.白炽灯工作时消耗电能，产生光能和内能，是将电能转化为光能和内能的过程，故C错误；
D.绿色植物可以通过光合作用将太阳能转化为化学能储存起来，供植物生长，故D正确。
故选C。
2.在四个不同的容器中，分别进行不同条件下的合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在相同时间内表示该反应速率最快的是
A. v(H2)=0.1mol/(L•s) B. v(N2)=0.1mol/(L•s)
C. v(N2)=0.2mol/(L•s) D. v(NH3)=0.3mol/(L•s)
【答案】C
【解析】
【分析】
反应速率之比等于化学计量数之比，据此答题。
【详解】合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，以N2为标准，将以H2、NH3表示的反应速率换算为用N2表示的速率，所以
A.v(N2)=1/3v(H2)=0.1/3mol/(L•s)；
B.v(N2)=0.1mol/(L•s)；
C.v(N2)=0.2mol/(L•s)；
D.v(N2)=1/2v(NH3)= 0.15mol/(L•s)。
显然C的数值最大，反应最快，所以在相同时间内表示该反应速率最快的是C。
故选C。
3.对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是
A. B. 26Fe3+ C. D. CH3COO－
【答案】C
【解析】
【详解】A.HCl溶于水电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，故A错误；
B.26Fe3+在水中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，由于消耗了水电离产生的OH-，促进了水的电离，所以水的电离平衡正向移动，直至达到新的平衡，故B错误
C.Cl-既不会和H+发生作用，也不会与OH-发生反应，因此对水的电离平衡无影响，故C正确；
D.CH3COO-是弱酸根，会发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，由于消耗了水电离产生的H+，促进了水的电离，所以水的电离平衡正向移动，直至达到新的平衡，故D错误。
故选C。
4.铜锌原电池(如图)工作时，下列叙述正确的是

A. 正极反应为：Zn－2e－＝Zn2＋
B. 一段时间后铜片增重，盐桥中K＋移向CuSO4溶液
C. 电流从锌片经导线流向铜片
D. 电池工作时Zn2＋和Cu2＋的浓度保持不变
【答案】B
【解析】
【分析】
原电池中负极为较活泼金属，发生氧化反应，在外电路中，电子从负极移向正极，溶液中，阳离子向正极移动，反应的总方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，据此答题。
【详解】A.Zn是负极，正极反应为：Cu2++2e－=Cu，故A错误；
B.铜片作正极得电子，溶液中的铜离子变为铜，铜片增重，盐桥中K+向CuSO4溶液方向移动，故B正确；
C.锌作负极失电子，所以电流从铜片经导线流向锌片，故C错误；
D.电池工作时锌失去电子变为离子进入溶液，使锌离子浓度增高，铜离子得电子变为单质析出，使铜离子的浓度降低，故D错误。
故选B。
5.已知反应：①2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)；△H＝－221kJ/mol②H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(1)；△H＝－57.3kJ/mol 下列结论正确的是
A. 碳的燃烧热大于110.5kJ/mol
B. ①的反应热为221kJ
C. 1mol浓硫酸与足量稀NaOH溶液反应的反应热为57.3kJ/mol
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；
B.反应热包含符号，①的反应热为-221 kJ•mol-1，故B错误；
C.中和热是稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量，△H=-57.3kJ/mol，浓硫酸溶于水放出大量的热，所以1mol浓硫酸与稀NaOH溶液反应的反应热小于-57.3kJ/mol，故C错误；
D.醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误。
故选A。
【点睛】关于中和热应注意：1.必须是酸和碱的稀溶液，因为浓酸溶液和浓碱溶液在相互稀释时会放热；2.强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热均为57.3kJ/mol，而弱酸或弱碱在中和反应中由于电离吸收热量，其反应热大于-57.3kJ/mol；3.以生成1mol水为基准。
6.已知反应3A（g）＋B（g）C（s）＋4D（g）＋Q，右图中a、b表示一定条件下，D的体积分数随时间t的变化情况。若要使曲线b变为曲线a，可采取的措施是：①增大B的浓度 ②升高反应温度 ③缩小反应容器的体积（加压） ④加入催化剂( )

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
试题分析：使b曲线变为a曲线，达到平衡需要的时间缩短但平衡不移动。增大B的浓度，平衡向正反应方向移动，不合题意；升高温度，平衡向逆反应方向移动，不合题意；缩小容器体积，等效于增大压强，平衡不移动，但反应速率加快，达到平衡需要的时间缩短，③正确；加入催化剂对平衡移动无影响，但可缩短达到平衡需要的时间，④正确。
考点：勒沙特列原理
点评：分析图像，搞清b曲线变为a曲线实质是平衡不移动化学反应速率加快。
7.已知某温度时CH3COOH的电离平衡常数为K。该温度下向20 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中不正确的是

A. a点表示溶液中c(H＋)＝10－3 mol/L
B. b点表示的溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)
C. c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D. a、b点表示的溶液中c(CH3COO－).c(H+)/c(CH3COOH)均等于K
【答案】C
【解析】
【分析】
A.酸能抑制水的电离，再根据弱电解质的性质分析溶液中醋酸根离子的浓度；
B.从溶液电中性的角度分析；
C.根据醋酸和氢氧化钠生成盐的类型判断恰好反应时溶液的酸碱性，从而确定该选项是否正确；
D.电离平衡常数只与温度有关，与其它任何条件都无关。
【详解】A.由图中信息可知，a点pH=3，故c（H+）=10-3mol/L，A正确；
B.由电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点溶液pH＜７，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；
C.醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；
D.a、b两点溶液的温度相同，弱电解质的电离常数只与温度有关，所以a、b点表示的溶液中c(CH3COO－)•c(H+)/c(CH3COOH)均等于醋酸的电离常数K，故D正确。
故选C。
8.下图是一种染料敏化太阳能电池的示意图。电池的一个电极由有机光敏染料(S)涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂构成，电池中发生的反应为：
TiO2/S TiO2/S*(激发态)
TiO2/S* → TiO2/S++e－
I+2e－→ 3I－
2TiO2/S++3I－→ 2TiO2/S+I3-
下列关于该电池叙述不正确的是

A. 电池工作时，I－在镀铂导电玻璃电极上放电
B. 电池工作时，是将太阳能转化为电能
C. 电池的电解质溶液中I－和I的浓度不会减少
D. 电池中镀铂导电玻璃为正极
【答案】A
【解析】
【分析】
由图电子的移动方向可知，染料敏化TiO2电极为原电池的负极，铂-导电玻璃电极为原电池的正极，据此答题。
【详解】A.根据电池反应，TiO2电极流出电子，镀铂导电玻璃电极流入电子，故镀铂导电玻璃为正极，I3-在镀铂导电玻璃电极上得电子发生还原反应，正极反应为I3-+2e-=3I-，故A错误；
B.电池工作时，有机光敏染料吸收太阳能，最终转化为电能，故B正确；
C.电解质为I3-和I-的混合物，根据电池反应，电池工作时，I-在负极放电和在正极生成的物质的量相等，I3-在正极放电和在负极生成的物质的量相等，故二者在电解质溶液中的浓度不变，故C正确；
D.根据电池反应，TiO2电极流出电子，镀铂导电玻璃电极流入电子，故镀铂导电玻璃为正极，故D正确。
故选A。
9.反应aM(g)＋bN(g)cP(g)＋dQ(g)达到平衡时，M的体积分数y(M)与反应条件的关系如下图所示。其中z表示反应开始时N的物质的量与M的物质的量之比。下列说法正确的是

A. 同温同压同z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数增加
B. 同压同z时，升高温度，平衡时Q的体积分数增加
C. 同温同z时，增加压强，平衡时Q的体积分数增加
D. 同温同压时，增加z，平衡时Q的体积分数减小
【答案】B
【解析】
【分析】
对比（1）（2）两个图象，温度升高，M的体积分数减小，说明正反应为吸热反应，同温同ｚ时，增加压强，M的体积分数增大，说明a+b＜c+d，由图象可知，Z值越大，M的体积分数越小，催化剂同程度影响化学反应速率，对平衡移动无影响，据此答题。
【详解】A.催化剂同程度影响化学反应速率，对平衡移动无影响，同温同压同Z时，加入催化剂，平衡时Q的体积分数不变，故A错误；
B.对比（1）（2）两个图象，温度升高，M的体积分数减小，说明正反应为吸热反应，同压同ｚ时，升高温度，平衡向正反应方向移动，则平衡时Q的体积分数增加，故B正确；
C.同温同ｚ时，增加压强，M的体积分数增大，说明a+b＜c+d，平衡向逆反应方向移动，则Q的体积分数减小，故C错误；
D.由图中信息可知，同温同压时，增加ｚ，平衡时M的体积分数减小，则N的体积分数增大，但是ca(M)•cb(N)不一定发生改变，由于平衡常数保持不变，故Q的体积分数不一定减小，故D错误。
故选B。
【点睛】注意对比两个图像曲线变化特征，分析温度、压强对平衡移动的影响。
10.有四位同学分别设计实验证明：某种盐的水解是吸热的，不正确的是
A. 甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
B. 乙同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋，说明含Fe3＋的盐水解是吸热的
C. 丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱液比冷的纯碱液去油污效果好，说明碳酸钠水解是吸热的
D. 丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的
【答案】A
【解析】
【详解】A.因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，故A错误；
B.温度升高，三价铁转化为氢氧化铁沉淀下来，说明升高温度有利于三价铁离子的水解平衡向右移动，故B正确；
C.温度升高，去油污效果好，说明温度升高有利于碳酸根的水解平衡正向移动，生成的氢氧根浓度越大，碱性越强，酯的水解越彻底，故C正确；
D.醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则说明升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确。
故选A。
【点睛】注意判断盐类水解为吸热反应时应注意温度对水解反应的影响，明确晶体溶解伴随热效应是解答的易错点。
11.室温时，CaCO3在水中的溶解平衡曲线如图所示，已知：25 ℃其溶度积为2.8×10－9，下列说法不正确的是

A. x数值为2×10－5
B. c点时有碳酸钙沉淀生成
C. 加入蒸馏水可使溶液由d点变到a点
D. b点与d点对应的溶度积相等
【答案】C
【解析】
A．在d点c(CO32-)=1.4×10-4 mol•L-1，因室温时，CaCO3的溶度积Ksp=2.8×10-9，所以c(Ca2+)=2×10-5 mol•L-1，故x的数值为2×10-5，故A正确；B．在c点c(Ca2+)＞×10-5 mol•L-1，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；C．d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2+)、c(CO32-)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故C错误；D．b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故D正确；故选C。
点睛：考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等问题，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)，图象中位于曲线上的b、d点为饱和溶液，处于溶解平衡状态，a点处离子浓度小于饱和溶液浓度为不饱和溶液，c点为过饱和溶液，以此解答该题。
12.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是

A. 图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B. 图b中，开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速率减小
C. 图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大
D. 图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的
【答案】B
【解析】
【详解】A.图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；
B.图b中，开关由M改置于N，Cu-Zn合金作正极，腐蚀速率减小，故B正确；
C.图c中，接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt电极上放出，故C错误；
D.图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀主要是由NH4Cl引起的，MnO2虽然有氧化性，但其与锌没有直接接触，不能直接把锌氧化，故D错误。
故选B。
13.一定温度下，在2L密闭容器中发生下列反应：4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)；已知该反应的平衡常数：K300℃＞K350℃，且体系中n(NO2)(单位：mol)随时间变化如下表：
时间(s)
0
500
1000
1500
t1℃
20
13.96
10.08
10.08
t2℃
20
a
b
c
下列说法一定正确的是
A. 正反应为吸热反应
B. 如果t2℃＜t1℃，那么a＞b=c，且a=10+0.5b
C. 如果t2℃＜t1℃，那么t2℃达到平衡的时间介于1000s至1500s之间
D. 如果t2℃＞t1℃，那么b＞10.08
【答案】D
【解析】
【详解】A.该反应的平衡常数：k300℃＞k350℃，温度越大，平衡常数越小，即升高温度，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，故A错误；
B.如果t2℃＜t1℃，t1℃反应快，先达到平衡，t2℃反应慢，到达平衡用时较长，故b与c不一定相等，而且随着反应物浓度的减少化学反应速率减小，故20-a＞a-b，所以a＜10+0.5b，B错误；
C.如果t2℃＜t1℃，那么t2℃达到平衡的时间应该在t1℃后，但是t1℃达到平衡的时间可能是小于1000s，那么t2℃达到平衡的时间也就不能确定了，故C错误；
D.该反应为放热反应，温度升高，反应物转化率降低，如果t2℃＞t1℃，那么t2℃时反应较快，1000s时已经达到了平衡，而且升温时平衡向左移动，b＞10.08，故D正确。
故选D。
14.来自法国格勒诺布尔(Grenoble)约瑟夫·傅立叶大学的研究小组发明了第一块可为人体人造器官提供电能的可植入的葡萄糖生物燃料电池，其基本原理是葡萄糖和氧气在人体中酶的作用下发生的总反应为C6H12O6＋6O2=6CO2＋6H2O（酸性环境），下列对该电池说法不正确的是
A. 该生物燃料电池不可以在高温下工作
B. 电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2＋24H＋
C. 消耗1mol氧气则转移4mole－，H＋会向负极移动
D. 今后的研究方向是怎样提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而在将来达到可以利用葡萄糖生物燃料电池为任何可植入医疗设备提供电能
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该生物燃料电池在人体中酶的作用下发生反应，不可以在高温下工作，正确；B、电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2＋24H＋，正确；C、消耗1mol氧气则转移4mole－，H＋会向正极移动，错误；D、今后的研究方向是怎样提高葡萄糖生物燃料电池的效率，从而在将来达到可以利用葡萄糖生物燃料电池为任何可植入医疗设备提供电能，正确。
考点：考查燃料电池。
15.下列说法正确的是
A. 某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)
B. 一定量的(NH4)2SO4溶液与NH3·H2O混合所得的酸性溶液中：c(NH4+)＜2c(SO42-)
C. 物质的量浓度均为0.01 mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后所得溶液中：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02 mol/L
D. 物质的量浓度相等的①NH4HSO4溶液②NH4HCO3溶液③NH4Cl溶液中c(NH4+)的大小关系：①＞②＞③
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中存在电荷守恒分析判断；
B.（NH4）2SO4与NH3•H2O混合所得的酸性溶液，说明铵根离子水解显示的酸性大于一水合氨电离显示的碱性；
C.依据溶液中物料守恒计算分析；
D.依据除铵根以外的另一种离子的性质对铵根离子水解的影响分析判断。
【详解】A.二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中存在电荷守恒为：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（HA-）+2c（A2-），故A错误；
B.一定量的（NH4）2SO4与NH3•H2O混合所得的酸性溶液中铵根离子水解远远大于一水合氨的电离程度，由电荷守恒可知，c（H+）+c(NH4+)=c（OH-）+2c(SO42-)，由于溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），所以溶液中c（NH4+）＜2c（SO42-），故B正确；
C.物质的量浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa的溶液等体积混合后，忽略溶液体积的变化，溶液中存在物料守恒：c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=0.01mol/L，故C错误；
D.物质的量浓度相等的几种溶液中，①NH4HSO4溶液中氢离子对铵根离子水解起到抑制作用；②NH4HCO3溶液中， 碳酸氢根离子水解促进铵根离子水解；③NH4Cl溶液中，氯离子对铵根离子水解无影响；溶液中铵根离子浓度大小为：①＞③＞②，故D错误。
故选B。
16.某密闭容器中进行如下反应：2X(g)＋Y(g)2Z(g)，若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足
A. 1＜ n(X)/n(Y)＜3 B. 1/4＜ n(X)/n(Y)＜2/3
C. 2/3＜ n(X)/n(Y)＜4 D. 1/4＜ n(X)/n(Y)＜3/2
【答案】C
【解析】
试题分析：设X、Y的初始物质的量分别是a和b，平衡时消耗Y的物质的量是c，则根据方程式可知
2X(g)＋Y(g)2Z(g)
起始量 a b 0
转化量 2c c 2c
平衡量 a-2c b-c 2c
平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，则a-2c+b-c＝2c，解得a+b＝5c，所以。由于c＜b、b-c＜2c，即＜c＜b，所以＜＜4，答案选C。
考点：考查可逆反应的有关计算
第Ⅱ卷 非选择题(共52分)
二、填空题(本题包括4小题，共52分)
17.2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。

已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－99 kJ·mol－1。请回答下列问题：
(1)图中A、C分别表示______________、________________，E的大小对该反应的反应热________(填“有”或“无”)影响；
(2)该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是________________________________________________________________________________；
(3)图中ΔH＝________kJ·mol－1；
(4)已知单质硫的燃烧热ΔH＝－296 kJ·mol－1，计算由S(s)生成1 mol SO3(g)的ΔH________(写出计算过程)。
【答案】 (1). 反应物总能量 (2). 生成物总能量 (3). 无 (4). 降低 (5). 催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低 (6). －198 (7). S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1＝－296 kJ·mol－1，
SO2(g)＋1/2O2(g)===SO3(g)　ΔH2＝－99 kJ·mol－1，
S(s)＋3/2O2(g)===SO3(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－395 kJ·mol－1
【解析】
【分析】
（1）A、C分别表示反应物总能量的生成物总能量，B为活化能，活化能的大小与反应热无关；
（2）加入催化剂，活化能减小，反应反应热不变；
（3）由1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH＝－99kJ·mol－1可知2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH＝－198kJ·mol－1；
（4）单质硫的燃烧热为296KJ•mol-1，所以热化学方程式为：S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=-296kJ/mol，利用盖斯定理解答该题。
【详解】（1）因图中A、C分别表示反应物总能量、生成物总能量，B为活化能，反应热是A、C所具有的总能量之差，活化能的大小与反应热无关，
故答案为：反应物总能量；生成物总能量；无。
（2）催化剂降低反应的活化能加快反应的速率，但不能改变反应热，催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低；故答案为：降低，催化剂(V2O5)改变了反应的历程，使活化能E降低。
（3）因为1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的ΔH＝－99kJ·mol－1，所以2molSO2(g)氧化为2molSO3(g)的ΔH＝－198kJ·mol－1，则2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH＝－198kJ·mol－1，故答案为：－198。
（4）因单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，则S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296kJ•mol-1，
而1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=-99kJ•mol-1，则SO2（g）+1/2O2（g）=SO3（g）△H=-99kJ•mol-1，由盖斯定律可得：S（s）+3/2O2（g）=SO3（g）△H=-296kJ•mol-1+（-99kJ•mol-1）=-395kJ•mol-1，
故答案为：S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH1＝－296kJ·mol－1，SO2(g)＋1/2O2(g)=SO3(g) ΔH2＝－99kJ·mol－1，S(s)＋3/2O2(g)=SO3(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝－395 kJ·mol－1。
18.美国Bay等工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如图所示：

(1)此流程的第Ⅱ步反应为：CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)，该反应的化学平衡常数表达式为K＝____________；反应的平衡常数随温度的变化如下表所示。
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0.6
从上表可以推断：此反应是__________(填“吸”或“放”)热反应。
在830 ℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为1 mol，则达到平衡后CO的转化率为________。
(2)此流程的第Ⅱ步反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)，在830 ℃时，以下表的物质的量(单位为mol)投入恒容反应器发生上述反应，其中反应开始时，向正反应方向进行的有________(填实验编号)。
实验编号
n(CO)
n(H2O)
n(H2)
n(CO2)
A
1
5
2
3
B
2
2
1
1
C
0.5
2
1
1
(3)在一个不传热的固定容积的容器中，判断此流程的第Ⅱ步反应达到平衡的标志是________(填序号)。
①体系的压强不再发生变化　②混合气体的密度不变　③混合气体的平均相对分子质量不变　④各组分的物质的量浓度不再改变　⑤体系的温度不再发生变化　⑥v(CO2正)＝v(H2O逆)
(4)下图表示此流程的第Ⅱ步反应在t1时刻达到平衡，在t2时刻分别因改变某个条件而发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件可能是________________________(写出两种)。

【答案】 (1). c(H2).c(CO2)/[c(CO)c(H2)] (2). 放 (3). 50% (4). B (5). ①④⑤⑥ (6). 降低温度或增加水蒸气的量或减少氢气的量
【解析】
【分析】
（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由表格中的数据可知，温度越大，K越小，则正反应为放热反应，利用830℃下K计算CO的转化率；
（2）利用Q与K的关系可知，Q＜K时反应向正反应反应移动；
（3）利用平衡的特征“定”、“等”及由此衍生的物理量来分析；
（4）t2时二氧化碳的浓度增大，而CO的浓度减小，该反应正向移动，以此分析。
【详解】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=c(H2).c(CO2)/[c(CO).c(H2)]，由表格中的数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，830℃时，
CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），
开始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1-x 1-x x x
K=x×x/（1-x）×（1-x）=1，解得x=0.5，则CO的转化率为0.5/1×100%=50%，
故答案为：c(H2)c(CO2)/[c(CO)c(H2)]；放；50%。
（2）A.Q=2×3/1×5=1.2＞K=1，则向逆反应方向移动，故A不选；
B.Q=1×1/2×2=0.25＜K=1，则反应向正反应反应移动，故B选；
C.Q=1×1/0.5×2==K，平衡不移动，故C不选；
故答案为：B。
（3）①该反应在不传热的容器中进行，反应过程中容器内的温度会发生变化，温度变化必然引起压强的变化，则体系的压强不再发生变化时，说明反应达到平衡，故①选；
②固定容积，质量、体积始终不变，则混合气体的密度不变，不能判断平衡，故②不选；
③混合气体的总质量、总物质的量始终不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，不能判断平衡，故③不选；
④各组分的物质的量浓度不再改变，为平衡的特征，能判断平衡，故④选；
⑤体系的温度不再发生变化，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故⑤选；
⑥v正（CO2）=v逆（H2O），则水的正、逆反应速率相等，达到平衡，故⑥选。
故答案为：①④⑤⑥。
（4）t2时二氧化碳的浓度增大，而CO的浓度减小，该反应正向移动，则改变的条件为降低温度或增加水蒸汽的量或减少氢气的量，
故答案为：降低温度或增加水蒸汽的量或减少氢气的量。
19.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液(混合液)的pH如下表，请回答：
实验编号
HA物质的量浓度(mol·L-1)
NaOH物质的量浓度(mol·L-1)
混合液的pH
甲
0.2
0.2
pH=a
乙
C
0.2
pH=7
丙
0.2
0.1
pH＞7
丁
0.1
0.1
pH=9
(1)不考虑其它组的实验结果，仅从甲组情况分析，如何用a (混合液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸__________。
(2) 不考虑其它组的实验结果，仅从乙组情况分析，C是否一定等于0.2__________(填“是”或“否”)。混合液中离子浓度c(A－)与 c(Na+)的大小关系是__________。
(3)丙组实验结果分析，HA是__________酸(填“强”或“弱”)。该组混合液中离子浓度由大到小的顺序是__________。
(4)丁组实验混合液中由水电离出的c(OH－)=__________mol•L﹣1，写出该混合液中下列算式的精确结果(不需做近似计算)。
c(Na+)－c(A－)=__________mol•L－1， c(OH－)－c(HA)=__________mol•L－1。
【答案】 (1). a=7为强酸，a＞7为弱酸； (2). 否 (3). c(A－)=c(Na+) (4). 弱 (5). c(Na+)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H+) (6). 10﹣5 (7). 10﹣5﹣10﹣9 (8). 10﹣9
【解析】
【分析】
（1）酸碱的物质的量相等，如为强酸，反应后溶液呈中性，如为弱酸，反应后溶液呈酸性；
（2）从溶液电中性的角度分析；
（3）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，由于NaOH为强碱，则该酸为弱酸；
（4）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，水电离出的氢离子等于水电离出的氢氧根离子，根据电荷守恒计算。
【详解】（1）一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度都为0.2mol/L，则酸碱的物质的量相等，如a=7，说明反应后溶液呈中性，则HA是强酸，如a＞7，反应后呈碱性，则HA是弱酸，
故答案为：a=7，HA是强酸；a＞7，HA是弱酸。
（2）反应后溶液呈中性，如HA为强酸，则c=0.2，如HA为弱酸，则c＞0.2，仅从乙组情况分析，c不一定等于0.2，由于反应后溶液呈中性，则有c（OH-）=c（H+），根据溶液呈中性，则有c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以c（A-）=c（Na+），
故答案为：否，=。
（3）等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，由于NaOH为强碱，则该酸为弱酸，在溶液中存在A-+H2OHA+OH-，则c（Na+）＞c（A-），溶液呈碱性，则c（OH-）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A-）＞c（OH-），所以有：c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+），
故答案为：弱，c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（H+）。
（4）丁组实验所得混合溶液为浓度为0.5mol/L的NaA溶液，其pH=9，则氢离子浓度为10-9mol/L，等物质的量的酸碱反应后溶液呈碱性，溶液中氢氧根离子全部来自于弱酸根离子水解得到的，c（OH-）=Kw/c（H+）=10-14/10-9mol/L=10-5mol/L，即水电离出的氢氧根离子浓度为10-5mol/L，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=（10-5-10-9）mol/L，由物料守恒可知，c（A-）+c（HA）=c（Na+），c（Na+）-c（A-）=c（OH-）-c（H+）=c（HA），则c（OH-）-c（HA）=c（H+）=10-9mol/L，
故答案为：10-5，10-5-10-9，10-9。
【点睛】本题注意分析表中数据，从弱电解质的电离和盐类水解的角度解答，学习中注重相关规律和方法的积累。
20.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如图所示。

(1)实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的________。
a．H2SO4　　　　　
b．CH3CH2OH
c．Na2SO4
d．NaOH
(2)电解过程中，电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个为2H2O－4e－ ＝ O2↑＋4H＋，则另一个电极反应式为_____________________________。
(3)电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为_______________________________。
(4)熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。
①负极的电极反应式为__________________________________________；
②正极的电极反应式为__________________________________________。
(5)实验过程中，若在阴极产生了44.8 L(标准状况)气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4(标准状况)_____L。
【答案】 (1). c (2). Fe－2e－===Fe2＋ (3). 4Fe2＋＋10H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋8H＋或4Fe2＋＋4H+＋O2===4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－===Fe(OH)3↓ (4). CH4＋4CO32-－8e－===5CO2＋2H2O (5). O2＋2CO2＋4e－===2CO32-(或2O2＋4CO2＋8e－===4CO32-) (6). 11.2
【解析】
【分析】
（1）能使导电能力增强的电解质必须是易溶于水的，且只能是中性的；
（2）活泼金属电极做电解池的阳极，则电极本身放电；
（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价；
（4）①燃料电池中，正极发生的反应一定是氧气得电子的过程；
②电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳；
（5）在燃料电池和电解池的串联电路中，转移的电子数目是相同的。
【详解】（1）保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入的使导电能力增强的电解质必须是不污染水体的物质，故答案为：c。
（2）活泼金属电极做电解池的阳极，则电极本身放电，电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+。
（3）二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+或4Fe2＋＋4H+＋O2=4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓，故答案为：4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+，或4Fe2＋＋4H+＋O2=4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－=Fe(OH)3↓。
（4）①熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，CH4燃烧的产物是CO2和H2O，所以负极的电极方程式为：CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O，故答案为：CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O。
②燃料电池中，正极反应一定是氧气的电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-（或2O2+4CO2+8e-=4CO32-），故答案为：O2+2CO2+4e-=2CO32-（或2O2+4CO2+8e-=4CO32-）。
（5）阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，阴极产生了44.8L（标准状况）即2mol的氢气产生，所以转移电子的物质的量为4mol，根据电池的负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，当转移4mol电子时，消耗CH40.5mol，其在标准状况下的体积V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2L。
【点睛】明确电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。