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【化学】福建省泉州市泉港区第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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福建省泉州市泉港区第一中学2018-2019学年高二上学期期末考试
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 Ti-48
一、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题3分，共48分）
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。
2.反应A+B→C(ΔH<0)分两步进行:①A+B→X(ΔH>0),②X→C(ΔH<0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
根据已知条件可知，反应①是吸热反应，因此反应物的总能量低于生成物的总能量；反应②是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正确的答案选C。
3.已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关,下列各反应热关系中不正确的是( )
A. A→F ΔH=-ΔH6
B. A→D ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C. ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
D. ΔH1+ΔH6=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据盖斯定律可知只要反应物和生成物确定，无论经过怎样的途径反应热都相等，如果反应物和生成物互换则反应热互为相反数。
【详解】A.反应物和生成物互换那么反应热互为相反数，F→A ΔH=ΔH6，所以 A→F ΔH=-ΔH6，故A正确；
B. 根据盖斯定律可知只要反应物和生成物确定，无论经过怎样的途径反应热都相等，所以A→D ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故B正确；
C. A→A 焓变为0，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，故C正确；
D．F→B ΔH=ΔH1+ΔH6， B→F ΔH =ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5，所以ΔH1+ΔH6=-(ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5)，故D错误。选D。
4.用铜片、银片设计成如图所示的原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是( )
A. 电子通过盐桥从乙池流向甲池
B. 铜导线替换盐桥,铜片上发生的反应是：Cu2++2e-=Cu
C. 开始时,银片上发生的反应是Ag-e-=Ag+
D. 将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池总反应相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解质溶液通过离子的定向移动形成电流，电子不经过电解质溶液，故A错误；
B．铜线代替盐桥，乙池是原电池，甲池是电解池发生电镀，铜片是阳极，铜片上发生的反应是：Cu-2e-= Cu2+，故B错误；
C．银片是原电池的正极，溶液中的银离子得到电子发生还原反应，电极反应是Ag++e-=Ag，故C错误；
D．该原电池负极是铜失电子生成铜离子，正极银离子得电子生成银单质，铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池总反应都是发生了Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故D正确，答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理，明确原电池中正负极的判断方法，正负极上发生的反应类型是解本题关键，注意电子不经过电解质溶液，为易错点。
5.一种Cu-Li可充电电池的工作原理如图所示，其中非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开。下列说法正确的是
A. 陶瓷片允许水分子通过
B. 电池放电时，N极上发生氧化反应
C. 电池充电时，接线柱B应与外接直流电源的正极相连
D. 电池充电时，阳极反应为Li++e-=Li
【答案】C
【解析】
【详解】A.锂能与水反应，所以陶瓷片不允许水分子通过，故A错误；
B.根据锂离子移动方向可知，M是负极、N是正极，电池放电时，N极上发生还原反应，故B错误；
C. M是负极、N是正极，电池充电时，电池正极与外接直流电源的正极相连，所以接线柱B应与外接直流电源的正极相连，故C正确；
D. 电池充电时，阴极反应为Li++e-=Li，故D错误，答案选C。
6.如下图所示,将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中,再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液,冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动),下列叙述正确的是( )
A. a中铁钉发生反应：Fe-3e-=Fe3+
B. b中铁钉上发生还原反应
C. a中铜丝上发生氧化反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. b中铝条附近有气泡产生
【答案】B
【解析】
【分析】
a中构成的是铁铜原电池，铁为负极；b中构成铁铝原电池，铝作负极。
【详解】A. a中构成的是铁铜原电池，铁为负极，铁钉发生反应：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B.b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁钉上氧气得电子发生还原反应，故B正确；
C. a中构成的是铁铜原电池，铁为负极，a中铜丝上氧气得电子发生还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D. b中构成铁铝原电池，铝作负极，铝条失电子发生氧化反应Al-3e－=Al3＋，没有气体生成，故D错误，答案选B。
7.一定条件下的密闭容器中:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.9 kJ/mol,下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应,达到平衡时放出的热量为905.9 kJ
B. 平衡时5v正(O2)= 4v逆(NO)
C. 平衡后增大压强,混合气体的平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度,混合气体中NO含量增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则4mol NH3和5mol O2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；
B．达到平衡时，正逆反应速率相等，应为4v正(O2)= 5v逆(NO)，故B错误；
C．增大压强,平衡向逆反应方向移动，气体物质的量减小，混合气体平均摩尔质量增大，故C正确；
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体中NO含量降低，故D错误，答案选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，解题时要注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响。
8.已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是( )
①生成物的质量分数一定增加，②任一生成物总量一定增加，③反应物的转化率一定增大，④反应物的浓度一定降低，⑤正反应速率一定大于逆反应速率，⑥一定使用催化剂
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ②⑤ D. ④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①总质量不变时，向正反应方向移动，生成物的质量分数一定增大，但若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故①错误；②平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，故②正确；③降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故④错误；⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误；综上所述②⑤正确，故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响平衡的外界条件改变时对化学平衡移动的改变，解答时注意从平衡移动原理的角度分析。
9.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是
A. 在0-50min之间， pH ="2" 和 PH=" 7" 时 R 的降解百分率相等
B. 溶液酸性越强， R 的降解速率越小
C. R的起始浓度越小，降解速率越大
D. 在 20-25min之间， pH =" 10" 时 R 的平均降解速率为 0.04mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
A项：在0-50min内，PH=2时，20min时，R已经降解完了，因此R平均降解速率计算按0-20min，而PH=7时，40min时，R已经降解完了，因此R平均降解速率计算按0-40min，通过计算，正确；B项：，PH=2时大约在20min降解完，PH=7大约在40min降解完，但是起始浓度不相同，所以溶液的酸性与R降解速率没有直接联系，错误。C项：与B相同，错误；D项：PH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为（0.6*10-4-0.4*10-4）/5=0,04*10-4mol●L-1min-1
考点定位：本题考查了化学反应速率的图象分析。
10.在一密闭容器中，CO和H2O混合加热到800℃达到下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）＋H2(g)，K＝1.0，若反应开始时CO和H2O的浓度分别为0.20mol/L和1.00mol/L，则CO转化为CO2的转化率为（ ）
A. 80% B. 83% C. 75% D. 91%
【答案】B
【解析】
设CO转化为CO2的转化率为x，则
由反应方程式： CO（g）+ H2O（g）CO2（g）＋H2(g) ，K＝1.0
起始浓度（mol/L）0.20 1.00 0 0
变化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）0.20—x 1.00—x x x
即：
，得，即得CO转化为CO2的转化率为83%
11.将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大的是( )
A. c(H+) B. Ka(HF) C. c(F-) D. c(H+)/c(HF)
【答案】D
【解析】
【详解】将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释，酸性减弱，c(H+)减小，故不选A；
B.电离平衡常数只与温度有关，将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释，Ka(HF)不变，故不选B；
C. 将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释，c(F-)减小，故不选C；
D.加水稀释后，氢离子、HF分子均减少相同的倍数，但加水稀释会促进HF的电离，所以HF的浓度减小的更多，则c(H+)/c(HF)值增大，故选D。答案选D。
12.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中( )
A. 当加入氨水的体积为10 mL时,c(NH4+)=c(CH3COO-)
B. c(NH4+)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C. 水的电离程度始终增大
D. c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 当加入氨水的体积为10 mL时，恰好反应生成醋酸铵，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，水解程度相同，所以c(NH4+)=c(CH3COO-)，故A正确；
B. 滴加氨水的过程中K=不变，碱性增强，c(OH-)增大，所以c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小，故B错误；
C.开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，氨水抑制水的电离，所以水的电离程度先增大后减小，故C错误；
D. 根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小，故D错误，答案选A。
【点睛】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断，题目难度中等，掌握利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法是解题的关键。
13.室温下,向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL,所得溶液中c(Cl-)=c(Na+),则此时(a+b)的值为( )
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
室温下,向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL,所得溶液中c(Cl-)=c(Na+),根据电荷守恒，溶液呈中性即 。
【详解】所得溶液中c(Cl-)=c(Na+)，溶液呈中性， ， ，则(a+b)=13。故选A。
14. 下列示意图中，正确的是
A B C D
【答案】C
【解析】
试题分析：A、向氢氧化钠溶液中滴加醋酸溶液生成醋酸钠和水，溶液的导电性不可能增加，A不正确；B、醋酸溶液中存在电离平衡，稀释促进电离，氢离子浓度降低，但氢离子个数增加，B不正确；C、镁与盐酸反应是放热反应，开始阶段反应速率逐渐增大，随着氢离子浓度的降低，反应速率又逐渐减小，C正确；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根的水解平衡，加热促进水解溶液中氢氧根离子浓度增加，D不正确，答案选C。
考点：考查溶液导电性、反应速率以及电离平衡和水解平衡的应用
15.钛的电解冶炼法如图所示。以含少量CaC12的CaO熔融物作为介质，电解时阴极生成的Ca进一步还原TiO2得到钛。下列说法不正确的是
A. Ca还原TiO2的化学方程式为2Ca+TiO2===Ti+2CaO
B. 阳极石墨稳定性强，在实际生产过程中质量几乎不会改变
C. CaC12的作用可能是增强导电性，同时起到助熔剂的作用
D. 已知F=96500C·mol-1，当I=0.5A，通电80分钟，理论上可得Ti的质量为(0.5×80×60×48)/4×96500g
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca还原TiO2的化学方程式为2Ca+TiO2=Ti+2CaO，故A正确；
B. 阳极生成氧气，阳极的石墨会与生成的氧气反应生成CO或CO2，所以石墨质量变小，故B错误；
C. CaC12的熔点比CaO低，所以CaC12的作用可能是增强导电性，同时起到助熔剂的作用，故C正确；
D. 当I=0.5A，通电80分钟，转移电子是物质的量是(0.5×80×60)/ 96500，所以生成钛的质量是(0.5×80×60×48)/4×96500g，故D正确。故选B。
16.常温下向100mL 0．2mol·L-1的氨水中逐滴加入0．2mol·L-1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是A
B. NH3·H2O的电离常数为1.8×10-5mol·L-1(已知lg1.8=0.26)
C. 当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=2×(10-5－10-9)mol·L-1
D. pH=9.26时的溶液中，NH4+的水解程度等于NH3·H2O的电离程度
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨水与盐酸反应生成氯化铵，随加入盐酸体枳的增大，NH4+的物质的量增大、NH3·H2O的物质的量减小，表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是A，故A正确；
B.根据图象， 时，PH=9.26，，故B正确；
C. 当加入盐酸体积为50mL时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和NH3·H2O，此时溶液pH=9，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2 c(Cl-)，所以c(NH4+)+ 2c(H+)= c(NH3·H2O)+ 2c(OH-) ， c(NH4+)－c(NH3·H2O)= 2c(OH-)－2c(H+)=2×10-5-2×10-9，故C正确；
D. pH=9.26时的溶液中，NH4+的浓度等于NH3·H2O的浓度，但水解和电离程度不同，故D错误，答案选D。
二、非选择题（共52分）
17.Ⅰ（1）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。则H2S的平衡转化率为______%，反应平衡常数K=________。
（2）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_______mol·L−1，0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液显______（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
Ⅱ. 某学生用0.200mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
（1）以上步骤有错误的是______ （填编号）。
（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______ 中(从图中选填“甲”或“乙”)。
（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：______填编号。
A. 在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡
C. 滴定终点俯视读数
【答案】 (1). 2.5 (2). 2.85×10-3 (3). 6.0×10-3 (4). 碱性 (5). ① (6). 乙 (7). B
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）利用“三段式”计算平衡常数和H2S的平衡转化率；（2）根据Kb= 计算c(OH−)；根据NH3·H2O的电离平衡常数与H2SO3的Ka2大小分析(NH4)2SO3溶液的酸碱性；Ⅱ.（1）碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗；（2）应将标准NaOH溶液注入碱式滴定管；（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；
【详解】Ⅰ.（1）
H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)
开始 0.16 0.04 0 0
转化 x x x x
平衡 0.16-x 0.04-x x x
，解得x=0.004，H2S的平衡转化率为，反应平衡常数K=2.85×10-3 ；
（2）Kb= ，所以浓度为2.0 mol·L−1溶液中的c(OH−)= =6.0×10-3mol/L； NH3·H2O的电离平衡常数大于H2SO3的Ka2，所以 (NH4)2SO3溶液呈碱性；
Ⅱ.（1）碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗，所以步骤①有错误；
（2）应将标准NaOH溶液注入碱式滴定管，所以选乙；
（3）A. 在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对待测液的物质的量无影响，所以对V（标准）无影响，所测浓度无影响，故不选A； B. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，V（标准）偏大，所测浓度偏大，故选B； C. 滴定终点俯视读数，V（标准）偏小，所测浓度偏小，故不选C，答案选B。
【点睛】本题考查平衡常数、平衡转化率的计算，酸碱中和滴定实验等，试题难度不大，第I小题的第（2）问为易错点，注意判断(NH4)2SO3溶液的酸碱性时要从NH3·H2O的电离平衡常数和H2SO3的Ka2的相对大小出发。
18.电镀废水、废渣的处理和综合利用体现了绿色化学的思想。
Ⅰ．含铬电镀废水的处理可采用以下方法：
（1）电解法。往废水中加入适量氯化钠，以铁为电极进行电解，电解过程中，阳极的电极反应式为______________________。
（2）沉淀法。含铬废水中存在平衡：Cr2O72-+H2O⇋ 2CrO42-+2H+．往废水中加入BaCl2，铬元素转化为铬酸钡（BaCrO4）沉淀，此过程中，还应加入NaOH，理由是_____________________。
Ⅱ．某工厂利用富含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）制备NiSO4·6H2O．其生产流程如图所示
（3）步骤①中加入H2SO4酸浸，Ni的浸取率随温度的升高如图所示，请你解释浸取率先上升后下降的原因：_______________________________________。
（4）溶液C中溶质的主要成分是_____________ 。
（5）步骤②所用的Na2S的浓溶液有臭鸡蛋气味，配制该溶液的方法是____________________。
（6）请写出步骤⑤主要反应的离子方程式：__________________________。
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 中和H+，促使上述平衡右移，产生BaCrO4沉淀 (3). 温度升高，反应速率加快，浸取率上升；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解，浸取率反而下降 (4). Na2SO4 (5). 将Na2S固体溶于浓NaOH溶液中，加水稀释至所需的浓度 (6). Ni2++ CO32-=NiCO3↓
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）以铁为电极进行电解氯化钠溶液，阳极是铁失电子生成亚铁离子；（2）加入NaOH中和氢离子，可以使Cr2O72-+H2O⇋ 2CrO42-+2H+平衡正向移动；Ⅱ．（3）温度升高，反应速率加快；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解；（4）根据流程图，溶液C中的阳离子是Na+、阴离子是SO42-；（5）Na2S的浓溶液有臭鸡蛋气味，说明Na2S易水解，配制该溶液时要抑制其水解；（6）步骤⑤是硫酸镍与碳酸钠反应生成NiCO3沉淀和硫酸钠。
【详解】Ⅰ．（1）以铁为电极进行电解氯化钠溶液，阳极是铁失电子生成亚铁离子，阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+；
（2）加入NaOH可以中和H+，促使上述平衡右移，产生BaCrO4沉淀；
Ⅱ．（3）温度升高，反应速率加快，浸取率上升；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解，浸取率反而会下降；
（4）根据流程图可知，溶液C中主要的阳离子是Na+、主要的阴离子是SO42-，所以主要成分是Na2SO4；
（5）Na2S易水解，配制该溶液的方法是：将Na2S固体溶于浓NaOH溶液中，加水稀释至所需的浓度；
（6）步骤⑤是硫酸镍与碳酸钠反应生成NiCO3沉淀和硫酸钠，反应离子方程式是Ni2++ CO32-=NiCO3↓。
19.CO2是一种常用的化工原料。
Ⅰ．以CO2与NH3为原料可以合成尿素[CO（NH2）2]。合成尿素的反应为2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g）。
（1）在不同温度及不同y值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率变化情况如图所示。该反应的ΔH_____0（填“>”、“<”或“=”，下同），若y表示压强，则y1_______y2 , 若y表示反应开始时的水碳比[n（NH3）/n（CO2）]，则y1_______y2。
（2）t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3molNH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍。若保持条件不变，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，NH3的转化率将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
Ⅱ．CO2与H2反应可用于生产甲醇。
（3）已知氢气与甲醇的燃烧热分别为-285.8 kJ·mol－1、-726.5kJ·mol－1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为________________。
（4）下图是某甲醇燃料电池工作的示意图。质子交换膜（只有质子能够通过）左右两侧的溶液均为1L 2mol·L-1 H2SO4溶液。电极a上发生的电极反应式为________________________，当电池中有1mol e-发生转移时左右两侧溶液的质量之差为______g （假设反应物耗尽，忽略气体的溶解）。
【答案】 (1). < (2). > (3). < (4). 减小 (5). CO2(g) +3H2(g)=CH3OH(l) +H2O(l) △H=-130.9kJ/mol (6). CH3OH +H2O-6e- =CO2+6H+ (7). 12
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）根据图示，升高温度，NH3转化率减小，平衡逆向移动；2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g），正反应气体物质的量减小，加压平衡正向移动，氨气的转化率增大；增大NH3的浓度，NH3的转化率减小；（2）利用“三段式”计算平衡常数，根据的关系判断平衡移动方向；Ⅱ．（3）由H2（g）和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，可知二者燃烧的热方程式分别为：H2(g)＋1/2O2(g)=H20(l) ΔH=-285.8 kJ/mol ①；CH3OH (l)＋3/2O2(g)=CO2(g)+2H20(l) ΔH=-726.5kJ·mol－1 ②，根据盖斯定律书写CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式；（4）电极a是负极，甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子；当电池中有1mol e-发生转移时，a极消耗mol水，b极生成0.5mol水。
【详解】Ⅰ．（1）根据图示，升高温度，NH3转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应放热，ΔH<0；2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g），正反应气体物质的量减小，加压平衡正向移动，氨气的转化率增大；同温下，压强为y1时氨气转化率大于y2，所以y1>y2；增大NH3的浓度，NH3的转化率减小，水碳比[n（NH3）/n（CO2）]为y1时氨气转化率大于y2，所以y1
开始 1.5 0.5 0
转化 2x x x
平衡 1.5-2x 0.5-x x
x=0.25
K= ，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，>K，平衡逆向移动，NH3的转化率将减小；
Ⅱ．（3）由H2（g）和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1可知，二者燃烧的方程式分别为：H2(g)＋1/2O2(g)=H20(l) ΔH=-285.8 kJ/mol ①；CH3OH (l)＋3/2O2(g)=CO2(g)+2H20(l) ΔH=-726.5kJ·mol－1 ②，根据盖斯定律①×3-②得CO2(g) +3H2(g)=CH3OH(l) +H2O(l) △H=-130.9kJ/mol；
（4）电极a是负极，甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子，电极a上发生的电极反应式为CH3OH +H2O-6e- =CO2+6H+；当电池中有1mol e-发生转移时，a极消耗mol水，b极生成0.5mol水，所以左右两侧溶液的质量之差为12g。
20.目前汽车尾气中的NO处理有以下几种方法：
（1）在汽车排气管上安装催化转化器。NO和CO气体均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H 。
①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1＝＋180.5kJ·mol－1，C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2＝－393.5 kJ·mol－1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3＝－221kJ·mol－1，则△H=______。
②一个兴趣小组对某汽车冷启动时的尾气催化处理过程中CO、NO百分含量随时间变化如图1所示，前0﹣10s 阶段，CO、NO百分含量没明显变化的原因是_____________________。同时该小组在固定容积为2L的密闭容器中通入NO和CO各2mol进行反应，n(CO2)随温度（T）、压强（P）和时间（t）的变化曲线如图2所示，图中的曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应反应从开始到平衡时用CO2表示的平均反应速率分别为v(Ⅰ)、v（Ⅱ）、v（Ⅲ），则三者大小关系为______________。
（2）活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO。在1L恒容密闭容器中加入0.1000molNO和2.030mol固体活性炭，生成CO2、N2两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强如下表：
活性炭/mol
NO/mol
CO2/mol
N2/mol
P/MPa
200℃
2.000
0.0400
0.0300
0.0300
3.93
X
2.005
0.0500
0.0250
0.0250
4.56
容器中发生反应的化学方程式为C(s) +2NO(g)⇋ CO2(g) +N2(g)；根据上表数据，并判断X_____200℃（用“＞”、“＜“或“=”填空），计算反应体系在200℃时的平衡常数Kp=_____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）。
（3）用间接电化学法除去NO的过程，如图所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，B极为_________(填“阳极”或“阴极”)；写出A极的电极反应式：____________。
【答案】 (1). -746.5 (2). 温度低，催化剂活性低，反应速率慢 (3). v(Ⅰ)> v（Ⅲ）> v（Ⅱ） (4). > (5). 0.5625 (6). 阳极 (7). 2HSO3- +2H+ +2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【分析】
（1）①根据盖斯定律计算2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)的△H；②根据影响反应速率的因素分析；汽车冷启动时温度低，反应速率慢；根据曲线的拐点时间来确定化学反应速率的大小；（2）同体积、同物质的量，气体压强随温度升高而增大；根据平衡常数表达式计算Kp；（3）A极HSO3-S2O42-，硫元素化合价降低，A为阴极，B为阳极。
【详解】（1）① Ⅰ、N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1＝＋180.5kJ·mol－1；
Ⅱ、C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2＝－393.5 kJ·mol－1；
Ⅲ、2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3＝－221kJ·mol－1，根据盖斯定律Ⅱ×2-Ⅰ-Ⅲ得2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=(－393.5)×2-180.5+221=-746.5 kJ·mol－1；
②汽车冷启动时温度低，催化剂活性低，反应速率慢，所以前0﹣10s 阶段，CO、NO百分含量没明显变化；根据图象中达到平衡所用时间，可知反应速率v(Ⅰ)> v（Ⅲ）> v（Ⅱ）；
（2）同体积、同物质的量，气体压强随温度升高而增大，达到平衡时，2组实验气体的总物质的量相同，容器体积相等，温度越高压强越大，所以X>200℃；Kp= =0.5625；
（3）A极HSO3-S2O42-，硫元素化合价降低，A为阴极、B为阳极，A极的电极反应式为2HSO3- +2H+ +2e-=S2O42-+2H2O。
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 Ti-48
一、选择题（每小题只有1个正确答案，每小题3分，共48分）
1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A. PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B. 绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C. 燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D. 天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【答案】C
【解析】
A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。
2.反应A+B→C(ΔH<0)分两步进行:①A+B→X(ΔH>0),②X→C(ΔH<0)。下列示意图中,能正确表示总反应过程中能量变化的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
根据已知条件可知，反应①是吸热反应，因此反应物的总能量低于生成物的总能量；反应②是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正确的答案选C。
3.已知化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关,下列各反应热关系中不正确的是( )
A. A→F ΔH=-ΔH6
B. A→D ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C. ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
D. ΔH1+ΔH6=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据盖斯定律可知只要反应物和生成物确定，无论经过怎样的途径反应热都相等，如果反应物和生成物互换则反应热互为相反数。
【详解】A.反应物和生成物互换那么反应热互为相反数，F→A ΔH=ΔH6，所以 A→F ΔH=-ΔH6，故A正确；
B. 根据盖斯定律可知只要反应物和生成物确定，无论经过怎样的途径反应热都相等，所以A→D ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故B正确；
C. A→A 焓变为0，所以ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，故C正确；
D．F→B ΔH=ΔH1+ΔH6， B→F ΔH =ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5，所以ΔH1+ΔH6=-(ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5)，故D错误。选D。
4.用铜片、银片设计成如图所示的原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是( )
A. 电子通过盐桥从乙池流向甲池
B. 铜导线替换盐桥,铜片上发生的反应是：Cu2++2e-=Cu
C. 开始时,银片上发生的反应是Ag-e-=Ag+
D. 将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池总反应相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．电解质溶液通过离子的定向移动形成电流，电子不经过电解质溶液，故A错误；
B．铜线代替盐桥，乙池是原电池，甲池是电解池发生电镀，铜片是阳极，铜片上发生的反应是：Cu-2e-= Cu2+，故B错误；
C．银片是原电池的正极，溶液中的银离子得到电子发生还原反应，电极反应是Ag++e-=Ag，故C错误；
D．该原电池负极是铜失电子生成铜离子，正极银离子得电子生成银单质，铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池总反应都是发生了Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+，故D正确，答案选D。
【点睛】本题考查原电池原理，明确原电池中正负极的判断方法，正负极上发生的反应类型是解本题关键，注意电子不经过电解质溶液，为易错点。
5.一种Cu-Li可充电电池的工作原理如图所示，其中非水系电解液和水系电解液被锂离子固体电解质陶瓷片(LISICON)隔开。下列说法正确的是
A. 陶瓷片允许水分子通过
B. 电池放电时，N极上发生氧化反应
C. 电池充电时，接线柱B应与外接直流电源的正极相连
D. 电池充电时，阳极反应为Li++e-=Li
【答案】C
【解析】
【详解】A.锂能与水反应，所以陶瓷片不允许水分子通过，故A错误；
B.根据锂离子移动方向可知，M是负极、N是正极，电池放电时，N极上发生还原反应，故B错误；
C. M是负极、N是正极，电池充电时，电池正极与外接直流电源的正极相连，所以接线柱B应与外接直流电源的正极相连，故C正确；
D. 电池充电时，阴极反应为Li++e-=Li，故D错误，答案选C。
6.如下图所示,将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中,再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液,冷却后形成琼胶(离子在琼胶内可以移动),下列叙述正确的是( )
A. a中铁钉发生反应：Fe-3e-=Fe3+
B. b中铁钉上发生还原反应
C. a中铜丝上发生氧化反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D. b中铝条附近有气泡产生
【答案】B
【解析】
【分析】
a中构成的是铁铜原电池，铁为负极；b中构成铁铝原电池，铝作负极。
【详解】A. a中构成的是铁铜原电池，铁为负极，铁钉发生反应：Fe-2e-=Fe2+，故A错误；
B.b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁钉上氧气得电子发生还原反应，故B正确；
C. a中构成的是铁铜原电池，铁为负极，a中铜丝上氧气得电子发生还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；
D. b中构成铁铝原电池，铝作负极，铝条失电子发生氧化反应Al-3e－=Al3＋，没有气体生成，故D错误，答案选B。
7.一定条件下的密闭容器中:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.9 kJ/mol,下列叙述正确的是( )
A. 4 mol NH3和5 mol O2反应,达到平衡时放出的热量为905.9 kJ
B. 平衡时5v正(O2)= 4v逆(NO)
C. 平衡后增大压强,混合气体的平均摩尔质量增大
D. 平衡后升高温度,混合气体中NO含量增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则4mol NH3和5mol O2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；
B．达到平衡时，正逆反应速率相等，应为4v正(O2)= 5v逆(NO)，故B错误；
C．增大压强,平衡向逆反应方向移动，气体物质的量减小，混合气体平均摩尔质量增大，故C正确；
D．升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体中NO含量降低，故D错误，答案选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，解题时要注意把握可逆反应的特点，注意外界条件对化学平衡的影响。
8.已建立化学平衡的某可逆反应，当条件改变使化学平衡向正反应方向移动时，下列叙述正确的是( )
①生成物的质量分数一定增加，②任一生成物总量一定增加，③反应物的转化率一定增大，④反应物的浓度一定降低，⑤正反应速率一定大于逆反应速率，⑥一定使用催化剂
A. ①②③ B. ③④⑤ C. ②⑤ D. ④⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①总质量不变时，向正反应方向移动，生成物的质量分数一定增大，但若生成物质量增大小于混合物总质量增大，生成物的质量分数可能降低，故①错误；②平衡向正反应移动，生成物的物质的量一定增加，故②正确；③降低生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率一定增大，但增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低，故③错误；④如增大反应物的浓度，平衡向正方向移动，达到平衡时，反应物的浓度比改变条件前大，故④错误；⑤平衡向正反应移动，正反应速率一定大于逆反应速率，故⑤正确；⑥加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，故⑥错误；综上所述②⑤正确，故选C。
【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意影响平衡的外界条件改变时对化学平衡移动的改变，解答时注意从平衡移动原理的角度分析。
9.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是
A. 在0-50min之间， pH ="2" 和 PH=" 7" 时 R 的降解百分率相等
B. 溶液酸性越强， R 的降解速率越小
C. R的起始浓度越小，降解速率越大
D. 在 20-25min之间， pH =" 10" 时 R 的平均降解速率为 0.04mol·L-1·min-1
【答案】A
【解析】
A项：在0-50min内，PH=2时，20min时，R已经降解完了，因此R平均降解速率计算按0-20min，而PH=7时，40min时，R已经降解完了，因此R平均降解速率计算按0-40min，通过计算，正确；B项：，PH=2时大约在20min降解完，PH=7大约在40min降解完，但是起始浓度不相同，所以溶液的酸性与R降解速率没有直接联系，错误。C项：与B相同，错误；D项：PH=10时，在20-25min，R的平均降解速率为（0.6*10-4-0.4*10-4）/5=0,04*10-4mol●L-1min-1
考点定位：本题考查了化学反应速率的图象分析。
10.在一密闭容器中，CO和H2O混合加热到800℃达到下列平衡：CO（g）+H2O（g）CO2（g）＋H2(g)，K＝1.0，若反应开始时CO和H2O的浓度分别为0.20mol/L和1.00mol/L，则CO转化为CO2的转化率为（ ）
A. 80% B. 83% C. 75% D. 91%
【答案】B
【解析】
设CO转化为CO2的转化率为x，则
由反应方程式： CO（g）+ H2O（g）CO2（g）＋H2(g) ，K＝1.0
起始浓度（mol/L）0.20 1.00 0 0
变化浓度（mol/L）x x x x
平衡浓度（mol/L）0.20—x 1.00—x x x
即：
，得，即得CO转化为CO2的转化率为83%
11.将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大的是( )
A. c(H+) B. Ka(HF) C. c(F-) D. c(H+)/c(HF)
【答案】D
【解析】
【详解】将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释，酸性减弱，c(H+)减小，故不选A；
B.电离平衡常数只与温度有关，将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释，Ka(HF)不变，故不选B；
C. 将浓度为0.1 mol/L HF溶液加水不断稀释，c(F-)减小，故不选C；
D.加水稀释后，氢离子、HF分子均减少相同的倍数，但加水稀释会促进HF的电离，所以HF的浓度减小的更多，则c(H+)/c(HF)值增大，故选D。答案选D。
12.已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol/L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中( )
A. 当加入氨水的体积为10 mL时,c(NH4+)=c(CH3COO-)
B. c(NH4+)/c(NH3·H2O)先增大再减小
C. 水的电离程度始终增大
D. c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 当加入氨水的体积为10 mL时，恰好反应生成醋酸铵，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，水解程度相同，所以c(NH4+)=c(CH3COO-)，故A正确；
B. 滴加氨水的过程中K=不变，碱性增强，c(OH-)增大，所以c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小，故B错误；
C.开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，氨水抑制水的电离，所以水的电离程度先增大后减小，故C错误；
D. 根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小，故D错误，答案选A。
【点睛】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断，题目难度中等，掌握利用电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法是解题的关键。
13.室温下,向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL,所得溶液中c(Cl-)=c(Na+),则此时(a+b)的值为( )
A. 13 B. 14 C. 15 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
室温下,向V mL pH=a的盐酸中滴加pH=b的NaOH溶液10V mL,所得溶液中c(Cl-)=c(Na+),根据电荷守恒，溶液呈中性即 。
【详解】所得溶液中c(Cl-)=c(Na+)，溶液呈中性， ， ，则(a+b)=13。故选A。
14. 下列示意图中，正确的是
A B C D
【答案】C
【解析】
试题分析：A、向氢氧化钠溶液中滴加醋酸溶液生成醋酸钠和水，溶液的导电性不可能增加，A不正确；B、醋酸溶液中存在电离平衡，稀释促进电离，氢离子浓度降低，但氢离子个数增加，B不正确；C、镁与盐酸反应是放热反应，开始阶段反应速率逐渐增大，随着氢离子浓度的降低，反应速率又逐渐减小，C正确；D、碳酸钠溶液中存在碳酸根的水解平衡，加热促进水解溶液中氢氧根离子浓度增加，D不正确，答案选C。
考点：考查溶液导电性、反应速率以及电离平衡和水解平衡的应用
15.钛的电解冶炼法如图所示。以含少量CaC12的CaO熔融物作为介质，电解时阴极生成的Ca进一步还原TiO2得到钛。下列说法不正确的是
A. Ca还原TiO2的化学方程式为2Ca+TiO2===Ti+2CaO
B. 阳极石墨稳定性强，在实际生产过程中质量几乎不会改变
C. CaC12的作用可能是增强导电性，同时起到助熔剂的作用
D. 已知F=96500C·mol-1，当I=0.5A，通电80分钟，理论上可得Ti的质量为(0.5×80×60×48)/4×96500g
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca还原TiO2的化学方程式为2Ca+TiO2=Ti+2CaO，故A正确；
B. 阳极生成氧气，阳极的石墨会与生成的氧气反应生成CO或CO2，所以石墨质量变小，故B错误；
C. CaC12的熔点比CaO低，所以CaC12的作用可能是增强导电性，同时起到助熔剂的作用，故C正确；
D. 当I=0.5A，通电80分钟，转移电子是物质的量是(0.5×80×60)/ 96500，所以生成钛的质量是(0.5×80×60×48)/4×96500g，故D正确。故选B。
16.常温下向100mL 0．2mol·L-1的氨水中逐滴加入0．2mol·L-1的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积V的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是A
B. NH3·H2O的电离常数为1.8×10-5mol·L-1(已知lg1.8=0.26)
C. 当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=2×(10-5－10-9)mol·L-1
D. pH=9.26时的溶液中，NH4+的水解程度等于NH3·H2O的电离程度
【答案】D
【解析】
【详解】A.氨水与盐酸反应生成氯化铵，随加入盐酸体枳的增大，NH4+的物质的量增大、NH3·H2O的物质的量减小，表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是A，故A正确；
B.根据图象， 时，PH=9.26，，故B正确；
C. 当加入盐酸体积为50mL时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和NH3·H2O，此时溶液pH=9，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2 c(Cl-)，所以c(NH4+)+ 2c(H+)= c(NH3·H2O)+ 2c(OH-) ， c(NH4+)－c(NH3·H2O)= 2c(OH-)－2c(H+)=2×10-5-2×10-9，故C正确；
D. pH=9.26时的溶液中，NH4+的浓度等于NH3·H2O的浓度，但水解和电离程度不同，故D错误，答案选D。
二、非选择题（共52分）
17.Ⅰ（1）H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。则H2S的平衡转化率为______%，反应平衡常数K=________。
（2）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_______mol·L−1，0.1 mol·L−1的(NH4)2SO3溶液显______（填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
Ⅱ. 某学生用0.200mol/L的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数
④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
（1）以上步骤有错误的是______ （填编号）。
（2）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入______ 中(从图中选填“甲”或“乙”)。
（3）下列操作会引起实验结果偏大的是：______填编号。
A. 在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水
B. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡
C. 滴定终点俯视读数
【答案】 (1). 2.5 (2). 2.85×10-3 (3). 6.0×10-3 (4). 碱性 (5). ① (6). 乙 (7). B
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）利用“三段式”计算平衡常数和H2S的平衡转化率；（2）根据Kb= 计算c(OH−)；根据NH3·H2O的电离平衡常数与H2SO3的Ka2大小分析(NH4)2SO3溶液的酸碱性；Ⅱ.（1）碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗；（2）应将标准NaOH溶液注入碱式滴定管；（3）根据c（待测）=分析不当操作对V（标准）的影响；
【详解】Ⅰ.（1）
H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)
开始 0.16 0.04 0 0
转化 x x x x
平衡 0.16-x 0.04-x x x
，解得x=0.004，H2S的平衡转化率为，反应平衡常数K=2.85×10-3 ；
（2）Kb= ，所以浓度为2.0 mol·L−1溶液中的c(OH−)= =6.0×10-3mol/L； NH3·H2O的电离平衡常数大于H2SO3的Ka2，所以 (NH4)2SO3溶液呈碱性；
Ⅱ.（1）碱式滴定管在装液前应用待装液进行润洗，所以步骤①有错误；
（2）应将标准NaOH溶液注入碱式滴定管，所以选乙；
（3）A. 在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对待测液的物质的量无影响，所以对V（标准）无影响，所测浓度无影响，故不选A； B. 滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，V（标准）偏大，所测浓度偏大，故选B； C. 滴定终点俯视读数，V（标准）偏小，所测浓度偏小，故不选C，答案选B。
【点睛】本题考查平衡常数、平衡转化率的计算，酸碱中和滴定实验等，试题难度不大，第I小题的第（2）问为易错点，注意判断(NH4)2SO3溶液的酸碱性时要从NH3·H2O的电离平衡常数和H2SO3的Ka2的相对大小出发。
18.电镀废水、废渣的处理和综合利用体现了绿色化学的思想。
Ⅰ．含铬电镀废水的处理可采用以下方法：
（1）电解法。往废水中加入适量氯化钠，以铁为电极进行电解，电解过程中，阳极的电极反应式为______________________。
（2）沉淀法。含铬废水中存在平衡：Cr2O72-+H2O⇋ 2CrO42-+2H+．往废水中加入BaCl2，铬元素转化为铬酸钡（BaCrO4）沉淀，此过程中，还应加入NaOH，理由是_____________________。
Ⅱ．某工厂利用富含镍（Ni）的电镀废渣（含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）制备NiSO4·6H2O．其生产流程如图所示
（3）步骤①中加入H2SO4酸浸，Ni的浸取率随温度的升高如图所示，请你解释浸取率先上升后下降的原因：_______________________________________。
（4）溶液C中溶质的主要成分是_____________ 。
（5）步骤②所用的Na2S的浓溶液有臭鸡蛋气味，配制该溶液的方法是____________________。
（6）请写出步骤⑤主要反应的离子方程式：__________________________。
【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). 中和H+，促使上述平衡右移，产生BaCrO4沉淀 (3). 温度升高，反应速率加快，浸取率上升；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解，浸取率反而下降 (4). Na2SO4 (5). 将Na2S固体溶于浓NaOH溶液中，加水稀释至所需的浓度 (6). Ni2++ CO32-=NiCO3↓
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）以铁为电极进行电解氯化钠溶液，阳极是铁失电子生成亚铁离子；（2）加入NaOH中和氢离子，可以使Cr2O72-+H2O⇋ 2CrO42-+2H+平衡正向移动；Ⅱ．（3）温度升高，反应速率加快；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解；（4）根据流程图，溶液C中的阳离子是Na+、阴离子是SO42-；（5）Na2S的浓溶液有臭鸡蛋气味，说明Na2S易水解，配制该溶液时要抑制其水解；（6）步骤⑤是硫酸镍与碳酸钠反应生成NiCO3沉淀和硫酸钠。
【详解】Ⅰ．（1）以铁为电极进行电解氯化钠溶液，阳极是铁失电子生成亚铁离子，阳极反应式为Fe-2e-=Fe2+；
（2）加入NaOH可以中和H+，促使上述平衡右移，产生BaCrO4沉淀；
Ⅱ．（3）温度升高，反应速率加快，浸取率上升；到一定程度后，升高温度，促进Ni2+水解，浸取率反而会下降；
（4）根据流程图可知，溶液C中主要的阳离子是Na+、主要的阴离子是SO42-，所以主要成分是Na2SO4；
（5）Na2S易水解，配制该溶液的方法是：将Na2S固体溶于浓NaOH溶液中，加水稀释至所需的浓度；
（6）步骤⑤是硫酸镍与碳酸钠反应生成NiCO3沉淀和硫酸钠，反应离子方程式是Ni2++ CO32-=NiCO3↓。
19.CO2是一种常用的化工原料。
Ⅰ．以CO2与NH3为原料可以合成尿素[CO（NH2）2]。合成尿素的反应为2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g）。
（1）在不同温度及不同y值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率变化情况如图所示。该反应的ΔH_____0（填“>”、“<”或“=”，下同），若y表示压强，则y1_______y2 , 若y表示反应开始时的水碳比[n（NH3）/n（CO2）]，则y1_______y2。
（2）t℃时，若向容积为2L的密闭容器中加入3molNH3和1molCO2，达到平衡时，容器内压强为开始时的0.75倍。若保持条件不变，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，NH3的转化率将__________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
Ⅱ．CO2与H2反应可用于生产甲醇。
（3）已知氢气与甲醇的燃烧热分别为-285.8 kJ·mol－1、-726.5kJ·mol－1，则CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式为________________。
（4）下图是某甲醇燃料电池工作的示意图。质子交换膜（只有质子能够通过）左右两侧的溶液均为1L 2mol·L-1 H2SO4溶液。电极a上发生的电极反应式为________________________，当电池中有1mol e-发生转移时左右两侧溶液的质量之差为______g （假设反应物耗尽，忽略气体的溶解）。
【答案】 (1). < (2). > (3). < (4). 减小 (5). CO2(g) +3H2(g)=CH3OH(l) +H2O(l) △H=-130.9kJ/mol (6). CH3OH +H2O-6e- =CO2+6H+ (7). 12
【解析】
【分析】
Ⅰ．（1）根据图示，升高温度，NH3转化率减小，平衡逆向移动；2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g），正反应气体物质的量减小，加压平衡正向移动，氨气的转化率增大；增大NH3的浓度，NH3的转化率减小；（2）利用“三段式”计算平衡常数，根据的关系判断平衡移动方向；Ⅱ．（3）由H2（g）和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1，可知二者燃烧的热方程式分别为：H2(g)＋1/2O2(g)=H20(l) ΔH=-285.8 kJ/mol ①；CH3OH (l)＋3/2O2(g)=CO2(g)+2H20(l) ΔH=-726.5kJ·mol－1 ②，根据盖斯定律书写CO2与H2反应产生液态甲醇与液态水的热化学方程式；（4）电极a是负极，甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子；当电池中有1mol e-发生转移时，a极消耗mol水，b极生成0.5mol水。
【详解】Ⅰ．（1）根据图示，升高温度，NH3转化率减小，平衡逆向移动，所以正反应放热，ΔH<0；2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g），正反应气体物质的量减小，加压平衡正向移动，氨气的转化率增大；同温下，压强为y1时氨气转化率大于y2，所以y1>y2；增大NH3的浓度，NH3的转化率减小，水碳比[n（NH3）/n（CO2）]为y1时氨气转化率大于y2，所以y1
开始 1.5 0.5 0
转化 2x x x
平衡 1.5-2x 0.5-x x
x=0.25
K= ，再向该容器中加入0.5molCO2和1molH2O，>K，平衡逆向移动，NH3的转化率将减小；
Ⅱ．（3）由H2（g）和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol－1、726.5kJ·mol－1可知，二者燃烧的方程式分别为：H2(g)＋1/2O2(g)=H20(l) ΔH=-285.8 kJ/mol ①；CH3OH (l)＋3/2O2(g)=CO2(g)+2H20(l) ΔH=-726.5kJ·mol－1 ②，根据盖斯定律①×3-②得CO2(g) +3H2(g)=CH3OH(l) +H2O(l) △H=-130.9kJ/mol；
（4）电极a是负极，甲醇失电子生成二氧化碳和氢离子，电极a上发生的电极反应式为CH3OH +H2O-6e- =CO2+6H+；当电池中有1mol e-发生转移时，a极消耗mol水，b极生成0.5mol水，所以左右两侧溶液的质量之差为12g。
20.目前汽车尾气中的NO处理有以下几种方法：
（1）在汽车排气管上安装催化转化器。NO和CO气体均为汽车尾气的成分，这两种气体在催化转换器中发生反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H 。
①已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1＝＋180.5kJ·mol－1，C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2＝－393.5 kJ·mol－1，2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3＝－221kJ·mol－1，则△H=______。
②一个兴趣小组对某汽车冷启动时的尾气催化处理过程中CO、NO百分含量随时间变化如图1所示，前0﹣10s 阶段，CO、NO百分含量没明显变化的原因是_____________________。同时该小组在固定容积为2L的密闭容器中通入NO和CO各2mol进行反应，n(CO2)随温度（T）、压强（P）和时间（t）的变化曲线如图2所示，图中的曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应反应从开始到平衡时用CO2表示的平均反应速率分别为v(Ⅰ)、v（Ⅱ）、v（Ⅲ），则三者大小关系为______________。
（2）活性炭也可用于处理汽车尾气中的NO。在1L恒容密闭容器中加入0.1000molNO和2.030mol固体活性炭，生成CO2、N2两种气体，在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强如下表：
活性炭/mol
NO/mol
CO2/mol
N2/mol
P/MPa
200℃
2.000
0.0400
0.0300
0.0300
3.93
X
2.005
0.0500
0.0250
0.0250
4.56
容器中发生反应的化学方程式为C(s) +2NO(g)⇋ CO2(g) +N2(g)；根据上表数据，并判断X_____200℃（用“＞”、“＜“或“=”填空），计算反应体系在200℃时的平衡常数Kp=_____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数）。
（3）用间接电化学法除去NO的过程，如图所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在4~7之间，B极为_________(填“阳极”或“阴极”)；写出A极的电极反应式：____________。
【答案】 (1). -746.5 (2). 温度低，催化剂活性低，反应速率慢 (3). v(Ⅰ)> v（Ⅲ）> v（Ⅱ） (4). > (5). 0.5625 (6). 阳极 (7). 2HSO3- +2H+ +2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【分析】
（1）①根据盖斯定律计算2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)的△H；②根据影响反应速率的因素分析；汽车冷启动时温度低，反应速率慢；根据曲线的拐点时间来确定化学反应速率的大小；（2）同体积、同物质的量，气体压强随温度升高而增大；根据平衡常数表达式计算Kp；（3）A极HSO3-S2O42-，硫元素化合价降低，A为阴极，B为阳极。
【详解】（1）① Ⅰ、N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H1＝＋180.5kJ·mol－1；
Ⅱ、C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2＝－393.5 kJ·mol－1；
Ⅲ、2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H3＝－221kJ·mol－1，根据盖斯定律Ⅱ×2-Ⅰ-Ⅲ得2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g) △H=(－393.5)×2-180.5+221=-746.5 kJ·mol－1；
②汽车冷启动时温度低，催化剂活性低，反应速率慢，所以前0﹣10s 阶段，CO、NO百分含量没明显变化；根据图象中达到平衡所用时间，可知反应速率v(Ⅰ)> v（Ⅲ）> v（Ⅱ）；
（2）同体积、同物质的量，气体压强随温度升高而增大，达到平衡时，2组实验气体的总物质的量相同，容器体积相等，温度越高压强越大，所以X>200℃；Kp= =0.5625；
（3）A极HSO3-S2O42-，硫元素化合价降低，A为阴极、B为阳极，A极的电极反应式为2HSO3- +2H+ +2e-=S2O42-+2H2O。
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