2024蚌埠高二上学期期末考试化学含解析

这是一份2024蚌埠高二上学期期末考试化学含解析，文件包含安徽省蚌埠市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题含解析docx、安徽省蚌埠市2023-2024学年高二上学期1月期末化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2.作答题时，请务必将答案写在答题卡上，写在本卷及草稿纸上无效。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 K-39 Fe-56
一、单选题(本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分)
1. 我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. 石墨能导电，可用作润滑剂
B. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C. 青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D. 含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂。与其导电性无关，故A错误
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D错误；
故选C。
2. 酸式盐是盐的一种，可看作多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法不正确的是
A. H3PO2属于三元酸
B. NaH2PO2属于正盐
C. H3PO2与NaOH反应中的反应物与生成物都是电解质
D. 溶液中NaH2PO2的电离方程式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．由于与足量的NaOH反应只生成一种盐，故为一元酸，A项错误；
B．由A知为一元酸，所以NaH2PO2属于正盐，B项正确；
C．H3PO2与NaOH反应生成NaH2PO2和水，反应物与生成物都是电解质，C项正确
D．NaH2PO2为强电解质，溶液中NaH2PO2的电离方程式为：，D项正确；
故选A。
3. 某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是
A. 该反应为放热反应
B. 催化剂能改变该反应的焓变
C. 催化剂能降低该反应的活化能
D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；
C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；
D．图像分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。
答案选C。
4. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-
B. pH=12的溶液中：K+、Na+、、
C. c(Fe2+)=1ml/L的溶液中：K+、、、
D. 能使甲基橙变红的溶液中：Na+、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．Fe3+与SCN-不共存，且Fe3+为有色离子，在无色溶液中不存在，A错误；
B．pH=12的强碱性溶液中：K+、Na+、 、 均可大量共存，B正确；
C．=1×10-12的溶液中，会氧化Fe2+，C错误；
D．能使甲基橙变红的溶液呈酸性，不能大量存在，D错误；
故选B。
5. 铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法正确的是
A. 阳极电极反应式为：2H++2e→H2↑
B. 此过程中电子从 Fe 移向 Cu，铁铆钉发生还原反应
C. 此过程中铜会被腐蚀，发生氧化反应
D. 此过程中铁做负极，被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，原电池放电时，电子从负极流向正极。
【详解】A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，故A错误；
B．此过程中电子从 Fe 移向 Cu，负极上发生的电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，铁铆钉发生氧化反应，故B错误；
C．该原电池中铜作正极，原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，正极被保护，所以铜不被腐蚀，故C错误；
D．此过程中铁做负极，电极反应式为：Fe-2e－=Fe2＋，铁铆钉发生氧化反应，故D正确；
故选D。
【点睛】本题以原电池原理为载体考查了金属腐蚀，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，注意钢铁的吸氧腐蚀中还含有氢氧化亚铁生成氢氧化铁的反应。
6. 下列事实中，不能用勒夏特列原理解释是
A. 向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氯离子浓度降低
B. 常温时，AgCl在饱和氯化钠溶液中的溶解度小于在水中的溶解度
C. 热的纯碱溶液去油污效果更好
D. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
【答案】A
【解析】
【详解】A．向溶液中加入蒸馏水，离子浓度减小，与化学平衡无关，与勒夏特勒原理无关，A符合题意；
B．，加入氯化钠溶液，引入氯离子，使得平衡逆向进行，符合勒席特列原理，B不符合题意；
C．，加热平衡正向进行，油脂在碱性条件下水解，符合勒席特列原理，C不符合题意；
D．，开启瓶盖，使得压强减小，平衡正向进行，符合勒席特列原理，D不符合题意；
故答案为：A。
7. 阿伏加德罗常数符号为NA。关于100mL1ml/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确的是
A. 加NaOH溶液可制得Fe(OH)3胶粒数目为0.2NA
B. 溶液中阳离子数目为0.2NA
C. 加Na2CO3溶液发生的反应为3+2Fe3+=Fe2(CO3)3↓
D. Fe2(SO4)3溶液可用于止血
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁盐溶液中加入氢氧化钠溶液后生成的是氢氧化铁沉淀，得不到氢氧化铁胶体，故A错误；
B．Fe3+的水解导致阳离子个数增多，故此溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故B错误；
C．加Na2CO3溶液后，和Fe3+发生双水解：3+2Fe3++3H2O=3CO2↑+2Fe(OH)3↓，故C错误；
D．铁盐能水解出氢氧化铁胶体，利用胶体聚沉的原理，可用于止血，故D正确；
故选：D。
8. Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是
A. 电解时只允许H+通过离子交换膜
B. 生成O2和H2的质量比为8∶1
C. 电解一段时间后阴极区溶液OH-的浓度增大
D. CrO3的生成反应为：Cr2O+2H+=2CrO3+H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据左侧电极上生成，右侧电极上生成，知左侧电极为阳极，发生反应：，右侧电极为阴极，发生反应：；由题意知，左室中随着浓度增大转化为，因此阳极生成的不能通过离子交换膜。
【详解】A．由以上分析知，电解时通过离子交换膜的是，A项错误；
B．根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应，知生成和的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；
C．根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液的浓度增大，C项正确：
D．电解过程中阳极区的浓度增大，转化为，D项正确。
故选A。
9. 下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
D. 过量铁粉与稀硝酸：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．向AlCl3溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝和氯化铵，氨水是弱电解质，写离子方程式时不能拆成离子形式，要保留化学式，正确的离子方程式为：Al3++3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3，故A不符合题意；
B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，Fe3+和Cu反应生成Fe2+和Cu2+，题中离子方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B不符合题意；
C．硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性，两者按照物质的量2∶1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故C符合题意；
D．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D不符合题意；
答案选C。
10. 下列实验中，不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确；
B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确；
C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确；
D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误；
故选D。
11. Al-Ag2O电池用作水下动力电源，其原理如图所示。电池工作时，下列说法错误的是
A. 电子由Al电极通过外电路流向Ag2O/Ag电极
B. 电池负极附近溶液pH下降
C. 溶液中OH－向Al电极移动
D. Al极反应式为：Al-3e－+3OH－=Al(OH)3
【答案】D
【解析】
【分析】Al-Ag2O电池，电解质为NaOH，Al作负极，Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；Ag2O/Ag作正极，发生反应Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－。
【详解】A、Al是负极，Ag2O/Ag是正极，电子由负极经过外电路流向正极，A正确，不符合题意；
B、负极发生反应Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O，消耗了OH－，则负极附近溶液的pH下降；B正确，不符合题意；
C、在原电池中，阴离子向负极移动，则OH－向Al电极移动，C正确，不符合题意；
D、电解质溶液中的OH－是过量的，应该生成AlO2－，方程式为Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O，D错误，符合题意；
答案选D。
12. 下列研究目的和示意图相符的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．依据先拐先平压强大，P1＞P2，三氧化硫含量随压强增大而增大，图象变化与三氧化硫含量随压强增大而增大不符合，故A错误；
B．依据先拐先平温度大，反应是放热反应，升温平衡逆向进行，氨气物质的量减小，图象与之不符合，故B错误；
C．等质量钾和钠，钾摩尔质量为39g·ml−1，钠摩尔质量为23g·ml−1，依据电子守恒可知与水反应，钾生成的氢气少，但钾活泼性大于钠，反应快先反应完，图象与之符合，故C正确；
D．增大二氧化碳浓度，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，平衡逆向进行，图象与之不符合，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】利用先拐先平衡数值大的思维得出一些结论，再根据平衡移动的关系得到。
13. 俄罗斯用“质子—M”号运载火箭成功将“光线”号卫星送人预定轨道，发射用的运载火箭使用的是以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂的高能低温推进剂，反应过程如下图：
下列说法正确的是
A. 2mlH2(g)与1mlO2(g)所具有的总能量比2mlH2O(g)所具有的总能量低
B. 一定条件下，反应2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)能自发进行
C. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为：2H2(l)+O2(l)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/ml
D. H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A． 由图象分析，2ml H2(g)与1ml O2(g)反应生成2ml H2O(g)放出483.6kJ热量，故2ml H2(g)与1ml O2(g)所具有的总能量比2ml H2O(g)所具有的总能量高，A项错误；
B． ，，当时，反应自发进行，则当低温下反应自发进行，B项正确；
C． 由图象分析可知，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ∆H=-483.6kJ/ml，C项错误；
D． H2O(g)生成H2O(l)为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，D项错误；
故答案为：B。
14. 25℃下，向20 mL 0.1 ml·L-1H2A溶液中滴加0.1 ml·L-1NaOH溶液，有关粒子物质的量的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. H2A属于强酸
B. c(HA-)/c(H2A)随着V[NaOH(aq)]的增大而减小
C. V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(HA-)+ c(A2-)+ c(H2A)=0.1ml/L
D. V[NaOH(aq)]=20mL时，溶液中存在关系：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】向H2A溶液中滴加NaOH溶液过程中，H2A与NaOH发生分步反应H2A+NaOH=NaHA+H2O、NaHA+NaOH=Na2A+H2O。
【详解】A．根据图可知，20 mL 0.1 ml·L-1H2A溶液中存在1×10-3mlc(HA-)>c(H+)>c(A2-)> c(OH-)，D正确；
故答案为：D。
二、实验探究题(本大题共1小题，共12分)
15. 铁是人体必需的微量元素之一。黑木耳中的含铁量较高，为检验和测定干黑木耳样品中的铁元素，设计实验如下。回答下列问题：
Ⅰ.铁元素的检验
（1）“操作”是指_______。上述流程中需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、酒精灯、漏斗，还有下图中的______(填写仪器名称)。
（2）取待测液少许，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，观察到有蓝色沉淀生成；另取待测液少许，滴加______(填化学式)溶液，观察到溶液变为红色，由此可得出结论______(填字母序号)。
a.黑木耳中一定含Fe2+和Fe3+
b.待测液中一定含Fe2+和Fe3+
Ⅱ.铁元素含量的测定
（3）利用KMnO4标准溶液测定干黑木耳样品中铁元素的含量
步骤Ⅰ：取10.00mL待测液，加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得的溶液中加入适量稀H2SO4溶液，用0.0020ml/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液2.20mL。
①用KMnO4标准溶液滴定至终点的标志是________。
②黑木耳中铁的含量为_________mg/100g(即每100g黑木耳中含铁元素的质量)。
【答案】（1） ①. 过滤 ②. 坩埚、100mL容量瓶
（2） ①. KSCN ②. b
（3） ①. 当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶时恰好出现浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到终点 ②. 12.32
【解析】
【分析】预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中通过滴定法测定铁元素的含量。
【小问1详解】
“操作”后产生了滤液，说明是“过滤”，上述流程中的“灼烧”需要用到坩埚，加蒸馏水至100mL待测液时需要用到容量瓶，故答案为：坩埚、100mL容量瓶；
【小问2详解】
Fe2+与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，Fe3+与KSCN反应后溶液呈红色，故答案为：KSCN、b；
【小问3详解】
用酸性高锰酸钾滴定含有的Fe2+溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点；
反应中一共消耗n()=0.0020ml/L×2.20×10-3L=4.4×10-6ml，根据上述反应比例，n(Fe2+)：n()=5：1，则n(Fe2+)=2.2×10-5ml，则10mL待测液中，铁元素的质量为2.2×10-5ml×56g/ml=1.232×10-3g=1.232mg，故100mL待测液也即100g黑木耳中铁元素质量为12.32mg。
三、简答题(本大题共3小题，共34分)
16. CC2O4是制备氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO碳及有机物等)制取CC2O4的工艺流程如下：
（1）为了加快“碱浸”速率，可采用的方法有________(写一种即可)。“浸出液”的主要成分是_______(填化学式)。
（2）“钴浸出”过程中C3+转化为C2+，反应的离子方程式为___________。
（3）“除杂1”过程中，在40~50℃加入H2O2，写出加入H2O2反应的主要离子方程式为_______________。
（4）“除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5ml/L，则滤液中c(Mg2+)为______[已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2) =1.05×10-10]。
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，经过萃取可除去Mn2+，需控制溶液的pH范围是__________(填字母)。
A.1.0~2.0 B.2.0~3.0 C.3.0~3.5
【答案】（1） ①. 升高温度、粉碎废料，增大溶液与固体的接触面积等(合理即可) ②. Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
（2）2C3+++H2O=2C2+++2H+
（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4）7×10-6ml/L
（5）C
【解析】
【分析】含钴废料高温煅烧，将碳及有机物灼烧，剩余物质加入NaOH溶液，主要发生NaOH和氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠(或偏铝酸钠)和水，过滤后滤渣加入稀硫酸反应生成C2(SO4)3、Fe2(SO4)3、MnSO4、CaSO4、MgSO4等，再加入Na2SO3将C2(SO4)3、Fe2(SO4)3还原，过滤后滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，过滤除掉铁离子，向滤液中加入NaF除掉钙、镁离子，过滤，向滤液中加入萃取剂萃取锰离子，水溶液中加入草酸铵得到CC2O4，以此分析；
小问1详解】
为了加快“碱浸”速率，可采用的方法有升高温度、粉碎废料，增大溶液与固体的接触面积等。主要化学反应是氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠(或偏铝酸钠)和水；
故答案为：升高温度、粉碎废料，增大溶液与固体的接触面积等(其它正确答案均可)；Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
【小问2详解】
C2O3和稀硫酸反应生成C2(SO4)3和水，C2(SO4)3与Na2SO3反应生成CSO4，；
故答案为：；
【小问3详解】
“除杂1”过程中，在40~50℃加入H2O2，主要将亚铁离子氧化为铁离子，其离子方程式：；
故答案为：；
【小问4详解】
根据题意滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5ml/L，则，，，；
故答案为：7×10-6ml/L；
【小问5详解】
根据题意，萃取时尽量的将Mn2+萃取出，而减少C3+萃取，根据题中信息控制溶液的pH范围是3.0~3.5；
故答案为：C。
17. 电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。
（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：
①常温下，pH相同的三种溶液：A．CH3COONa B．NaCN C．Na2CO3，其物质的量浓度由大到小的顺序是_______________(填编号)。
②将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是____________________________。
③室温下，－定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是__________________，溶液中c(CH3COO－)/c(CH3COOH) =___________
（2）室温下，用0.100 ml/L盐酸溶液滴定 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示（横坐标为盐酸的体积）。
① d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为__________________________________。
② b点所示的溶液中c(NH3·H2O)－c(NH4+)=________(用溶液中的其它离子浓度表示)。
【答案】 ① A B C ②. CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－ ③. CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－ ④. l.8×104 ⑤. c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－) ⑥. 2c(H+)－2c(OH－)
【解析】
【分析】先根据K分析酸强弱，根据越弱越水解分析盐的水解程度来得出水解相同氢氧根离子，其浓度大小顺序；
利用相对强的酸制相对弱的酸来分析；
离子发生水解，其离子浓度减小，根据电荷守恒和质子守恒来分析溶液中离子浓度的关系。
【详解】⑴根据K越大酸越强得出酸强弱顺序为CH3COOH > H2CO3 > HCN > HCO3－，pH相同，即水解生成的氢氧根浓度相同，水解程度越大，要使水解生成的氢氧根浓度相同，则盐的浓度越小，水解程度Na2CO3 > NaCN > CH3COONa，所以其物质的量浓度大小顺序为CH3COONa > NaCN > Na2CO3
故答案为A B C；
②将少量CO2通入NaCN溶液只能生成碳酸氢根，不能生成碳酸根，故反应的离子方程式是CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－，
故答案为CN－+CO2+H2O=HCN+HCO3－；
③室温下，－定浓度的CH3COONa溶液pH=9，溶液显碱性主要是醋酸根离子水解显碱性，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－，溶液中，
故答案为CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－；1.8×104；
⑵① d点所用盐酸的体积为20 mL，该点溶质为氯化铵，由于铵根离子水解，因此离子浓度由大到小的顺序依次为c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)，
故答案为c(C1－)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH－)；
②b点所示的溶质为一水合氨和氯化铵且物质的量浓度相等，根据电荷守恒和质子守恒的得出c(NH4+) + c(H+) = c(C1－) + c(OH－)，c(NH4+) + c(NH3·H2O) = 2c(C1－)
2c(NH4+) + 2c(H+) － 2c(OH－)= 2c(C1－) = c(NH4+) + c(NH3·H2O)
所以溶液中c(NH3·H2O)－c(NH4+)=2c(H+) － 2c(OH－)，
故答案为2c(H+) － 2c(OH－)。
18. 二氧化碳、甲烷是地球大气中的主要温室气体，它们能吸收地面反射的太阳辐射，使地球表面变暖，因此，对二氧化碳、甲烷的高效利用有着举足轻重的作用。回答下列问题：
（1）已知下列反应
①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1
②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2
则二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H3=_______。
（2）恒温恒容密闭容器中，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)达到平衡状态的标志是_________。
A.容器内的压强保持不变
B.c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：2：2
C.混合气体的平均分子量保持不变
D.混合气体的颜色保持不变
E.单位时间内断裂C-H键和形成H-H键的数目之比为2：1
（3）反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数的表达式为__________。
（4）T℃时，向恒容密闭容器中投入CH4和CO2各1ml，发生反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，测得容器内的气体压强随时间的变化如下表所示(气态物质分压=总压×气态物质的物质的量分数，不考虑其他副反应)：
①在0~20min内，平均反应速率v(CO)=_________kPa/min。
②若在恒温恒压密闭容器中进行上述反应，CH4的转化率将_________(填增大、减小、不变)。
【答案】（1）△H1-△H2
（2）AC （3）K=；
（4） ①. 1.6 ②. 增大
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，①-②得二氧化碳重整甲烷反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ∆H3=∆H1−∆H2；
【小问2详解】
A．反应为气体分子数变化的反应，容器内的压强保持不变，说明反应达到平衡，A正确；
B．平衡时正逆反应速率相等，c(CH4)：c(CO2)：c(CO)：c(H2)=1：1：2：2，不能说明反应达到平衡，B错误；
C．反应为气体分子数变化的反应，物质总质量不变，总物质的量改变，故混合气体的平均分子量保持不变，说明反应达到平衡，C正确；
D．此反应未涉及到有色气体，故混合气体一直为无色，D错误；
E．断裂C-H键和形成H-H键均表示正反应，不能说明反应达到平衡，E错误；
故选AC；
【小问3详解】
由反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)可知，该反应的平衡常数的表达式为；
【小问4详解】
①在0~20min内，反应后总压强增加32kPa；由化学方程式可知，反应的∆n=2，则生成一氧化碳的分压为32kPa，故在0~20min内，平均反应速率v(CO)= kPa/min=1.6 kPa/min；
②若在恒温恒压密闭容器中进行上述反应，由于反应进行生成气体分子数增加，体积变大，物质浓度减小，导致平衡正向移动，故CH4的转化率将增大。
四、计算题(共12分)
19. 已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，在610K时，将0.10mlCO2与0.40mlH2S充入1L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
（1）计算H2S的平衡转化率a=_____ (写出计算过程)。
（2）计算浓度平衡常数K=_____。(写出计算过程)。
【答案】（1）2.5%
（2）2.8×10-3或
【解析】
【分析】设H2S转化率为xml，，反应平衡后水的物质的量分数为0.02，，x=0.01，以此分析；
【小问1详解】
H2S的平衡转化率；
故答案为：2.5%；
【小问2详解】
容积为1L，则平衡常数K=；由海水制取蒸馏水
萃取碘水中的碘
分离粗盐中的不溶物
由制取无水固体
A
B
C
D
选项
A
B
C
D
研究目的
密闭容器中，压强对反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的影响
固定容积的密闭容器中，温度对反应：N2(g)+3H2(g)2NH3（g） ΔH