2018-2019学年广东省肇庆联盟校高二上学期期末化学试题 解析版


2018-2019学年广东省肇庆联盟校高二（上）期末化学试卷
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 随着能源危机影响的加剧，全球寻找新能源的步伐加快。下列能源中不属于新能源的是（　　）
A. 生物质能 B. 天然气 C. 核聚变能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】解：生物质能、核聚变能和潮汐能是新能源，天然气是化石燃料，属于传统能源。
故选：B。
目前全球的能源结构仍以化石燃料为主，即煤、石油和天然气，氢能、太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等都是新能源，据此解答。
本题考查新能源，题目难度不大，侧重基础知识的考查，注意基础知识的积累。

2. 下列过程中，不需要外加电源就能进行的是（　　）
①电解②电镀③电离④电化学腐蚀
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】解：电解、电镀是利用电解池的原理发生的氧化还原反应，所以①电解、②电镀过程需要外加电源，故不选①②；
电离是电解质解离成阴阳离子的过程，不需要外加电源，故选③；
电化学腐蚀是金属发生原电池反应而锈蚀的过程，与原电池的过程条件相似，所以电化学腐蚀不需要外加电源，故选④；
故选：D。
电解池由外加电源、电极、电解质溶液构成；
电离是电解质在水溶液中或熔融状态下解离成阴阳离子的过程；
原电池由能自发的进行氧化还原反应、活泼性不同的电极、电解质溶液等形成回路；
本题考查原电池、电解池的构成条件与区别，难度不大，掌握电化学原理是关键，注意电离与外加电源无关。

3. 下列装置可以形成原电池的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】解：A、该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故A正确；
B、两个活泼性相同的金属，不符合原电池的构成条件，故B错误；
C、乙醇不是电解质，锌和乙醇不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故B错误；
D、该装置不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，故D错误；
故选：A。
根据原电池的构成条件分析，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。
本题考查了原电池的构成条件，难度不大，注意这几个条件必须同时存在才能形成原电池，缺一不可。

4. 若H2S的燃烧热化学方程式为H2S（g）+aO2（g）=X+cH2O（1）△H，则X应为（　　）
A. S（s） B. SO2（g） C. SO3（g） D. SO3（1）
【答案】B
【解析】解：燃烧热是指1mol可燃物充分燃烧时放出的热量，S充分燃烧生成二氧化硫，不可能生成三氧化硫；
A、S还会继续燃烧，故A错误；
B、含S物质充分燃烧就是生成二氧化硫，故B正确；
含S物质燃烧不会直接生成三氧化硫，二氧化硫催化氧化才能生成三氧化硫，故C、D错误；
故选：B。
燃烧热是指1mol可燃物充分燃烧生成稳定化合物时放出的热量，据此解答；
本题考查燃烧热的概念，同时要明确S燃烧的反应，题目难度不大，注意S在一般情况下燃烧不会生成三氧化硫。

5. 实验室利用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，为了降低其反应速率，下列措施可行的是（　　）
A. 使用浓盐酸 B. 向反应体系中加入氯化钙晶体
C. 提高反应温度 D. 向反应体系中加入蒸馏水
【答案】D
【解析】解：A、使用浓盐酸，加快化学反应的速率，故A错误；
B、向反应体系中加入氯化钙晶体，氯离子的浓度改变，不影响反应的速率，故B错误；
C、升高温度反应的速率加快，反应速率加快，故C错误；
D、向反应体系中加入蒸馏水，氢离子的浓度减小，反应的速率减小，故D正确；
故选：D。
根据浓度、温度对化学反应速率的影响判断，由此分析解答。
本题考查了影响化学反应速率因素的判断，题目难度不大，注影响因素有哪些。

6. 某温度时，浓度都是1mol•L-1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到平衡时c（X2）=0.4mol•L-1、c（Y2）=0.8mol•L-1、c（Z）=0.4mol•L-1，则该反应的反应式是（　　）
A. X2+2Y2⇌2XY2 B. 2X2+Y2⇌2X2Y C. 3X2+Y2⇌2X3Y D. X2+3Y2⇌2XY3
【答案】C
【解析】解：X2、Y2浓度都是1mol•L-1，达到平衡时c（X2）=0.4mol•L-1、c（Y2）=0.8mol•L-1、c（Z）=0.4mol•L-1，
则X2、Y2、Z的反应速率之比为：：=3：1：2，
由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
该反应式为3X2+Y2⇌2X3Y，
故选：C。
根据浓度的变化计算反应速率，再利用反应速率之比等于化学计量数之比来确定反应式．
本题考查有关计算，明确反应速率及化学计量数的关系即可解答，题目难度不大．

7. 已知反应：HCl（g）=H2（g）+C12（g）△H=+92.3kJ•mol-1，则反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H为（　　）
A. -184.6kJ•mol-1 B. -92.3kJ•mol-1
C. -369.2kJ•mol-1 D. +92.3kJ•mol-1
【答案】A
【解析】解：根据盖斯定律可知反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）可以看成是反应HCl（g）=H2（g）+C12（g）方程式颠倒再乘2的结果，所以反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的△H=-（+92.3kJ•mol-1）×2=-184.6kJ•mol-1，
故选：A。
热化学方程式中的系数表示各物质的物质的量，其反应热和方程式的系数成正比，△H符号和方程式的书写有关，根据盖斯定律可知正反应和逆反应的△H符号刚好相反，数值相同。
本题考查盖斯定律的理解与应用、热化学方程式中焓变的含义，基础考查，对提高学生分析问题、解决问题的能力一定帮助，难度中等。

8. 已知反应2A（g）⇌2B（g）+C（g）△H＜0，达平衡时，要使c（A）增大同时使v（正）增大，应改变的条件为（　　）
A. 减小容器容积 B. 增大容器容积 C. 减小B的浓度 D. 降温
【答案】A
【解析】解：A、减小容器体积，可以增大化学反应速率，且平衡左移，故符合题意，故A正确；
B、增大容器容积，减小化学反应速率，故不符合题意，故B错误；
C、减小B的浓度，平衡右移，A的浓度减小，不符合题意，故C错误；
D、降温化学反应速率减低，故D错误，
故选：A。
对于反应2A（g）⇌2B（g）+C（g），△H＜0来说，增大正反应速率，可增大A的浓度、升高温度或加入催化剂或加压，要使c（A）增大，可以让反应向你反应进行，以此解答．
本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大．

9. 某温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 该温度下，BaSO4的Ksp=8×10-10
B. M点和P点对应的Ksp相等
C. N点无BaSO4沉淀生成
D. 加入Na2SO4可以使溶液由Q点变到P点



【答案】B
【解析】解：A．根据M点计算该温度下BaSO4的Ksp，Ksp=c（Ba2+）•c（SO42-）≈2×10-5×1×10-5=2×10-10，故A错误；
B．Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故B正确；
C．N点表示Qc＞Ksp，溶液过饱和，N点有BaSO4沉淀生成，故C错误；
D．加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；硫酸钡溶液中存在着溶解平衡，P点在平衡曲线上，加入Na2SO4，会增大c（SO42-），平衡左移，c（Ba2+）应降低，故D错误；
故选：B。
该图是沉淀溶解平衡曲线，线上的任意点都是平衡状态，N和Q都不是平衡状态，
A．根据BaSO4的Ksp表达式Ksp=c（Ba2+）•c（SO42-）计算；
B．BaSO4的Ksp是沉淀溶解平衡常数，只与温度有关；
C．N点表示Qc＞Ksp，溶液过饱和；
D．加人Na2SO4后平衡逆向移动，但仍在线上移动；
本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，注意理解难溶电解质在水中的沉淀溶解平衡特点，正确理解和掌握溶度积KSP的概念。

10. 下列可以证明可逆反应N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态的是（　　）
A. n（N2）：n（H2）：n（NH3）=1：3：2
B. 恒温恒容时，混合气体密度保持不变
C. 一个N≡N键断裂的同时，有3个H一H键生成
D. 混合气体的总质量不变
【答案】C
【解析】解：A、n（N2）：n（H2）：n（NH3）=1：3：2，不能说明各自的物质的量不变，故A错误；
B、恒温恒容时，混合气体密度一直保持不变，故B错误；
C、一个N≡N键断裂的同时等效于3个H一H键断裂的同时有3个H一H键生成，正逆反应的速率相等，故C正确；
D、混合气体的总质量一直不变，故D错误；
故选：C。
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。

11. 已知：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-297.2kJ•mol-1．下列说法中正确的是（　　）
A. S（s）具有的能量大于SO2（g）具有的能量
B. S（g）+O2（g）=SO2（g）的△H＞-297.2kJ•mol-1
C. S（s）的燃烧热△H=-297.2kJ•mol-1
D. 形成1molSO2中的化学键所需能量大于断裂1molS中的化学键所需能量
【答案】C
【解析】解：A．为放热反应，1molS（s）和1molO2（g）具有的能量大于1molSO2（g）具有的能量，故A错误；
B．气态S的能量比固态S的能量高，为放热反应，则S（g）+O2（g）=SO2（g）的△H＜-297.2kJ•mol-1，故B错误；
C．由热化学方程式可知S（s）的燃烧热△H=-297.2kJ•mol-1，故C正确；
D．为放热反应，由热化学方程式不能判断形成1molSO2中的化学键所需能量与断裂1molS中的化学键所需能量关系，故D错误；
故选：C。
由焓变为负可知，为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，且1molS燃烧生成气态二氧化硫时放出热量为燃烧热，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，以此来解答。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、燃烧热、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。

12. 模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，电解硫酸钾溶液可制备氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，装置如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A. 通电开始后，阴极附近溶液pH增大
B. 制得的氢氧化钾溶液从出口d流出
C. 电解槽的阳极反应式为2H2O-4e=4H+ +O2↑
D. 通过阴离子交换膜的离子数等于通过阳离子交换膜的离子数


【答案】D
【解析】解：电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子，阳极上失电子发生氧化反应；溶液中的氢离子的放电能力大于钾离子，阴极上失得电子发生还原反应。
A．电解时。阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成碱，所以通电开始后，阴极附近溶液pH增大，故A正确；
B．根据电解装置的添加电解液可知，右侧生成氢氧化钾，所以制得的氢氧化钾溶液从出口d流出，故B正确；
C．电解池的阳极是OH-或H2O放电生成O2，结合电子守恒、电荷守恒得到电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故C正确；
D．电子、氢离子所带电荷数都是1，SO42-所带电荷数是2，通过阴离子交换膜的离子为SO42-，通过阳离子交换膜的离子为H+，结合串联电路中电流处处相等，所以通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数，故D错误；
故选：D。
电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子，阳极上失电子发生氧化反应；溶液中的氢离子的放电能力大于钾离子，阴极上失得电子发生还原反应。
A．电解时。阴极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
B．根据电解装置的添加电解液可知，装置图中左侧生成硫酸，右侧生成氢氧化钾；
C．电解池的阳极是OH-或H2O放电生成O2，根据电子守恒、电荷守恒写出电极反应式；
D．电子、氢离子所带电荷数都是1，串联电路中电流处处相等；
本题考查电解池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电解池的工作原理，难度不大，本题注意把握离子的放电顺序。

13. 在密闭容器中发生反应aX（g）+bY（g）=cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将容积扩大到原来的2倍，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的．下列叙述正确的是（　　）
A. 平衡向逆反应方向移动 B. a+b＜c+d
C. X的体积分数增大 D. X的转化率减小
【答案】B
【解析】解：A．由上述分析可知，平衡正向移动，故A错误；
B．体积增大、压强减小，平衡正向移动，则a+b＜c+d，故B正确；
C．平衡正向移动，X的体积分数减小，故C错误；
D．平衡正向移动，X的转化率增大，故D错误；
故选：B。
将容积扩大到原来的2倍，若平衡不移动，的浓度变为原来的一半，而当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的，可知体积增大、压强减小，平衡正向移动，以此来解答。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握体积与压强的关系、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意静态变化与动态变化的结合，题目难度不大。

14. 室温下，用0.100mol•L-1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL 0.100mol•L-1的盐酸和醋酸滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
A. a表示的是醋酸的滴定曲线
B. 滴定b过程中，指示剂可以是酚酞
C. pH=7时，滴定盐酸消耗的V（NaOH）=20.00mL
D. V（NaOH）=10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）


【答案】D
【解析】解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以a是滴定醋酸的曲线，b是滴定盐酸的曲线，故A正确；
B．b曲线为滴定盐酸，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8-10，可以用酚酞作指示剂，故B正确；
C．pH=7时溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），说明n（NaOH）=n（HCl），二者浓度相同，则滴入氢氧化钠溶于体积为20.00mL，故C正确；
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO-），溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误；
故选：D。
A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；
B．b为滴定盐酸，恰好反应时生成NaCl，溶液呈中性，结合指示剂的变色范围分析；
C．pH=7时，溶液呈中性，n（NaOH）=n（HCl）；
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断。
本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度中等。

15. 将一定量的SO2（g）和O2（g）通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到下表中的两组数据：下列说法正确的是（　　）
实验
编号
温度/℃
平衡常数
/mol-1•L
起始量/mol
平衡量/mol
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
2
T2
K2
4
2
0.4
y
A. x=2.4，y=0.2 B. T1、T2的大小：T1＜T2
C. K1、K2的大小：K1＜K2 D. T1℃时，若起始量增倍，K1＞K2
【答案】C
【解析】解：结合三行计算列式计算，在T1温度下，
                     2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始量（mol） 4                 2            0
变化量（mol） 2.4            1.2          2.4
平衡量（mol） 2.6            0.8          2.4
结合三行计算列式计算，在T2温度下，
                    2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始量（mol） 4             2               0
变化量（mol） 3.6         1.8          3.6
平衡量（mol） 0.4         0.2         3.6
A．上述计算得到x=2.6mol，y=0.2mol，故A错误；
B．起始量相同达到平衡状态T2温度下二氧化硫比T1少，说明平衡正向进行，正反应为放热反应，则T2＜T1，故B错误；
C．起始量相同达到平衡状态T2温度下二氧化硫比T1少，说明平衡正向进行，正反应为放热反应，则T2＜T1，K1＜K2，故C正确；
D．T1℃时，若起始量增倍平衡常数不变，则K1＜K2，故D错误；
故选：C。
结合三行计算列式计算，在T1温度下，
                     2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始量（mol）       4           2               0
变化量（mol）   2.4            1.2            2.4
平衡量（mol）   2.6           0.8              2.4
结合三行计算列式计算，在T2温度下，
                      2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
起始量（mol） 4                2               0
变化量（mol） 3.6             1.8              3.6
平衡量（mol） 0.4            0.2             3.6
A．计算得到x=2.6mol，y=0.2mol；
B．起始量相同达到平衡状态T2温度下二氧化硫比T1少，说明平衡正向进行，正反应为放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行；
C．温度越高，平衡常数越小；
D．平衡常数只随温度变化。
本题考查了化学平衡的三行计算、平衡常数的影响因素分析，注意平衡常数随温度变化，题目难度中等。

二、简答题（本大题共4小题，共42.0分）
16. 已知SO3分解反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）。在1.0L密闭容器中加入10mol SO3（g），在一定温度进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/kPa
400
412
422
440
469
518
538
 560
560
回答下列问题：
（1）欲提高SO3的平衡转化率，应采取的措施为______（填字母）。
a．增大压强
b．通入SO3
c．降低压强
（2）平衡时SO3的转化率为______，该温度下的平衡常数Kw=______
（3）研究表明，SO3（g）分解速率v=4×10-3×pSO3（kPa•min-1），t=6h时，测得体系中pO2=55kPa，则此时的pSO3=______kPa，v（SO3）=______kPa•min-1。
【答案】c   80%   64   290   1.16
【解析】解：（1）2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），欲提高SO3的平衡转化率，应采取的措施为：
a．增大压强平衡逆向进行，三氧化硫转化率减小，故a错误；
b．通入SO3相当于中等压强平衡逆向进行，三氧化硫转化率减小，故 b错误；
c．降低压强平衡正向进行，三氧化硫转化率增大，故c正确；
故答案为：c；
（2）化学反应为：2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），设生成氧气物质的量为x
起始量（mol）        10               0               0
变化量（mol）        2x               2x              x
平衡量（mol）     10-2x              2x             x
平衡状态下气体物质的量之比等于气体压强之比，=，
x=4mol，
平衡时SO3的转化率=×100%=80%，
平衡常数K==64，
故答案为：80%；64；
（3）根据方程式2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），可知氧气与消耗三氧化硫的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗三氧化硫减少的压强是55kPa×2=110kPa，则此时三氧化硫的压强是400kPa-110kPa=290kPa，因此此时反应速率v=4.0×10-3×290=1.16（kPa•min-1），
故答案为：290；1.16。
（1）SO3分解反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），提高分解率应是改变条件平衡正向进行；
（2）反在25h达到平衡状态，气体压强不再变化，气体压强之比等于气体物质的量之比；结合三行计算列式得到，转化率=×100%，平衡常数K=；
（3）阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比。
本题考查了影响化学平衡的因素分析、平衡常数计算，注意气体压强之比等于化学方程式计量数之比，题目难度中等。

17. 低碳环保，减轻大气污染，必须从源头上对尾气进行净化处理。回答下列问题

（1）汽车尾气催化转换器中的反应为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）。若在密闭容器中发生该反应时，c（N2）随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图甲所示。
①由图甲可知，温度T1______T2（填“＞”或“＜”，下同）；该反应的△H______0。
②能提高尾气转化率的措施有______（填字母）。
a．升高温度
b．降低温度
c．增大压强
d．增大催化剂的比表面积
（2）煤燃烧产生的烟气中含有氮氧化物，可用CH4催化还原NOx，消除氮氧化物的污染。
已知：①CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-867kJ•mol-1
②N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+56.9k•mol-1
③CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-810.1kJ•mol-1
从原电池的工作原理分析，可设计为原电池的反应为______（填序号）。
（3）图乙是通过光电转化原理，以燃煤产生的二氧化碳为原料，制备新产品的示意图。试写出光电转化过程中总反应的化学方程式：______；催化剂a、b之间连接导线上的电流方向是______。
【答案】＞   ＜   bc   ①③   2CO2+2H2O2HCOOH+O2   b→a
【解析】解：（1）①由图可知T1先达到平衡，则T1＞T2，温度大对应的c（N2）小，可知升高温度平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，
故答案为：＞；＜；
②a．升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故不选；
b．降低温度，平衡正向移动，转化率增大，故选；
c．增大压强，平衡正向移动，转化率增大，故选；
d．增大催化剂的比表面积，平衡不移动，转化率不变，故不选；
故答案为：bc；
（2）放热的氧化还原反应可设计成原电池，则从原电池的工作原理分析，可设计为原电池的反应为①③，
故答案为：①③；
（3）由图可知，二氧化碳和水反应生成甲酸和氧气，光电转化过程中总反应的化学方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，质子向正极移动，则b为正极，电流由正极向负极移动，则催化剂a、b之间连接导线上的电流方向为b→a，
故答案为：2CO2+2H2O2HCOOH+O2；b→a。
（1）①由图可知T1先达到平衡，则T1＞T2，温度大对应的c（N2）小，可知升高温度平衡逆向移动；
②平衡正向移动可提高转化率；
（2）放热的氧化还原反应可设计成原电池；
（3）由图可知，二氧化碳和水反应生成甲酸和氧气，质子向正极移动，则b为正极，电流由正极向负极移动。
本题考查物质的量浓度随时间的变化曲线，为高频考点，把握温度对平衡移动的影响、平衡移动、原电池为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。

18. 化学反应原理是研究和学习化学的重要依据。回答下列问题：
（1）已知氢气的燃烧热△H=-285.5kJ•mol-1，则电解水的热化学方程式为______
（2）在298K、101kPa下，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-198kJ•mol-1，则相同条件下，2mol SO2和 1 mol O2充分反应，最终放出的热量______198kJ（填“大于”“小于或“等于”）；该反应的平衡常数表达式K=______。
（3）25℃时，下表为一些难溶电解质的相关数据：
 物质
 Fe（OH）2
 Cu（OH）2
 Fe（OH）3
 开始沉淀时的pH
 5.8
4.1
 2.0
 完全沉淀时的pH
 8.3
6.4
3.2
常温下，除去酸性CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，其操作步骤为：
①应先加入______（填试剂名称），发生的离子反应方程式为______
②再加入CuO，调节溶液的pH在______范围内，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤。
【答案】H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.5kJ•mol-1   小于     双氧水（或氯水）   H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-）   3.2≤pH＜4.1
【解析】解：（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解热化学方程式：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.5kJ•mol-1；
故答案为：H2O（l）=H2（g）+O2（g）△H=+285.5kJ•mol-1；
（2）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-198kJ•mol-1表示的意义是2molSO2和1molO2完全反应生成2molSO3，放出198kJ热量，但该反应是可逆反应，所以2mol SO2和 1 mol O2充分反应，最终放出的热量小于198kJ，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）反应的化学平衡常数k=；
故答案为：小于；；
（3）根据表中数据可知Fe3+比Cu2+容易转化为沉淀，Cu2+比Fe2+容易转化为沉淀，除杂时为防止Cu2+沉淀必须将Fe2+氧化成Fe3+，鉴于不能引入新杂质，所以氧化剂为双氧水（或氯水），发生反应的离子反应方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-），加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3+沉淀完全、Cu2+不沉淀的pH范围是3.2≤pH＜4.1；
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-）；3.2≤pH＜4.1。
（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；
（2）可逆反应有限度，不可能反应完全，化学平衡常数是生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比；
（3）根据表中数据可知Fe3+比Fe2+容易转化为沉淀，所以先加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，且不能引入新杂质，再加入物质用于调节pH以除去杂质，调节pH时将杂质离子Fe3+沉淀、Cu2+不能转化为沉淀，据此解答。
本题考查盖斯定律及其热化学方程式书写、可逆反应特征及其平衡常数、氧化还原反应应用及其化学方程式书写、除杂原理的知识点，题目难度中等，强化双基是解题关键，注意除杂原理的理解与运用。

19. 工业食盐中含Ca2+、Mg2+等杂质，某厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程如图所示，回答下列问题：

（1）“精制”过程中发生反应的离子方程式为______
（2）若粗盐中SO42-含量也较高，沉淀剂可以是______（填字母）且要在试剂Na2CO3之______加入（填“前”或“后”）。
a．Ba（OH）2
b．Ba（NO3）2
c．BaCl2
（3）在电解过程中，产生H2的电极与外接电源的______极相连；溶液pH增大的区域是______（填“阳极区”或“阴极区”）。
（4）烧碱和氯气是电解饱和食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k=______（填写计算表达式和结果且结果保留两位小数）。
【答案】Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓   ac   前   负   阴极区   1.13
【解析】解：（1）Ca2+、Mg2+等杂质与碳酸钠、NaOH反应转化为沉淀，离子反应分别为Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，
故答案为：Ca2++CO32-=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓；
（2）添加钡试剂除去SO42-，注意不能引入新的杂质，选Ba（NO3）2会引入杂质硝酸根离子，所以该钡试剂不能选用，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，则要在试剂Na2CO3之前加入；
故答案为：ac；前；
（3）阴极发生还原反应生成氢气，与电源负极相连，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，可知pH增大，
故答案为：负；阴极区；
（4）电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，则理论上k===1.13。
故答案为：1.13。
粗盐中加入水溶解，向粗盐水中加入NaOH、碳酸钠，除去Mg 2+、Ca2+，得到Mg（OH）2、CaCO3沉淀，加入盐酸调节溶液至中性，将精制的食盐水电解，发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，然后脱盐得到NaOH浓溶液，将得到的NaCl晶体循环利用，以此解答该题。
本题考查物质制备方案设计，为高频考点和常见题型，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。

三、实验题（本大题共1小题，共13.0分）
20. 为了测定某烧碱样品的纯度（含有的少量可溶性杂质不与酸反应），某同学进行滴定实验。回答下列问题
（1）烧碱样品溶液的配制：
用______（填仪器名称，下同）准确称取烧碱样品wg，用新煮沸并冷却的蒸馏水在______中溶解，完全溶解并冷却后，全部转移至250mL的______中并定容。
（2）滴定：
Ⅰ．用移液管（或碱式滴定管）量取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；
Ⅱ．将物质的量浓度为mmol•L-1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1mL；
Ⅲ．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL
①锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去H2SO4标准溶液的体积______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
②步骤Ⅲ的操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是______。
③步骤Ⅱ中液面应调整到______，尖嘴部分应______。
④若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响______（填“偏高”“偏低”或“无影响”，其他操作均正确）。
（3）烧碱样品的纯度为______（用含w、m、V1、V2的代数式表示）。
【答案】托盘天平   烧杯   容量瓶   无影响   便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况   零刻度或零刻度以下   充满液体，无气泡   偏高  
【解析】解：（1）配制氢氧化钠溶液，应用托盘天平称量，在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到250mL容量瓶中，故答案为：托盘天平；烧杯；容量瓶；
（2）①锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，对实验无影响，故答案为：无影响；
②垫一张白纸，颜色对比明显，可便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况，故答案为：便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况；
③因滴定管0刻度上无刻度，则装液时，应使液面在零刻度或零刻度以下，且尖嘴部分充满液体，无气泡，防止产生误差，
故答案为：零刻度或零刻度以下；充满液体，无气泡；
④若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会导致使用硫酸的体积偏大，则导致测定结果偏高，
故答案为：偏高；
（3）发生中和反应，应满足n（NaOH）=2n（H2SO4），
实验所用硫酸的物质的量为n（H2SO4）=mmol/L×（V2-V1）×10-3L=m（V2-V1）×10-3mol，则n（NaOH）=2m（V2-V1）×10-3mol，可知wg烧碱样品中（NaOH）=2m（V2-V1）×10-2mol，
质量为80m（V2-V1）×10-2g，
则质量分数为=。
故答案为：。
（1）配制氢氧化钠溶液，应用托盘天平称量，在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到250mL容量瓶中；
（2）①锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，对实验无影响；
②垫一张白纸，可便于观察颜色；
③装液时，应使液面在零刻度或零刻度以下，且尖嘴部分充满液体；
④若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会导致使用硫酸的体积偏大；
（3）发生中和反应，应满足n（NaOH）=2n（H2SO4）。
本题考查物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及计算能力，明确实验原理、反应物质之间关系式是解本题关键，难点是纯度的计算，题目难度不大。