【化学】福建省泉州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量跟踪监测(解析版)

福建省泉州市2018-2019学年高二上学期期末教学质量跟踪监测
1.化学与生活生产密切相关。下列说法中不正确的是
A. 施肥时，铵态氮肥不能与草木灰（含K2CO3）混合使用
B. 夏天冰箱保鲜食品的原理是降低温度，减小化学反应速率
C. 施用适量石膏(CaSO4·2H2O)可降低盐碱地（含较多NaCl、Na2CO3）的碱性
D. 将海水直接电解可获得 Mg及Cl2等单质
【答案】D
【解析】
【详解】A．铵态氮肥与草木灰混合水解互相促进，造成营养流失，故A正确；
B．降温可降低活化分子百分数，减小有效碰撞次数，反应速率减小，故B正确；
C．“盐碱地”中Na2CO3水解使土壤成碱性，即：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，通过加石膏生成更难溶的碳酸钙沉淀， c(CO32-) 减少，使水解平衡向逆反应方向移动，土壤碱性减弱，故C正确；
D．制备活泼金属单质Mg是电解熔融状态MgCl2，故D错误，
故选D。
2.下列物质溶于水后溶液显酸性的是
A. NaHCO3 B. NH4NO3 C. Na2SO4 D. CH3OH
【答案】B
【解析】
【详解】A. NaHCO3溶于水后，HCO3-水解使溶液显碱性，故A不符合题意；
B. NH4NO3溶于水后，NH4+水解使溶液显酸性，故B符合题意；
C. Na2SO4是强酸强碱盐，溶于水后，不发生水解，溶液呈中性，故C不符合题意；
D. CH3OH是非电解质，溶于水后，不发生电离，不发生水解，溶液不显酸碱性，故D不符合题意；
故选B。
3.下列离子方程式中，属于盐类水解反应的是
A. Na2CO3溶液：CO32－ + 2H2O H2CO3 + 2OH－
B. NaHCO3溶液：HCO3－ + H2O CO32－ + H3O＋
C. NaHS溶液：HS－ + H2O H2S + OH－
D. KF溶液：F－ + H2O ＝ HF + OH－
【答案】C
【解析】
【详解】A. 碳酸是二元弱酸，多元弱酸的强碱盐的水解是分步进行的，不能合并，以第一步为主，故A错误；
B. HCO3-水解的离子方程式：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，故B错误；
C. NaHS溶液，HS-水解的离子方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C正确；
D. KF溶液，F-水解的离子方程式：F-+H2OHF+OH-，应使用可逆符号，故D错误，
故选C。
4.下表中物质的分类组合完全正确的是
编号
A
B
C
D
强电解质
KNO3
H2SO4
BaSO4
HClO4
弱电解质
NH3·H2O
CaCO3
HClO
C2H5OH
非电解质
SO2
Al
H2O
CH3COOH
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，包括强酸、强碱、大多数盐；在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱、水等；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质。
【详解】A.KNO3在水溶液中完全电离，KNO3属于强电解质；NH3·H2O在水溶液中只能部分电离，NH3·H2O属于弱电解质；SO2在纯液态时不能导电，SO2为非电解质，A项正确；
B.H2SO4在水溶液中完全电离，H2SO4属于强电解质；CaCO3难溶于水，但溶解的CaCO3是完全电离的，CaCO3属于强电解质；Al是单质，不属于非电解质，B项错误；
C.BaSO4难溶于水，但溶解的BaSO4是完全电离的，BaSO4属于强电解质；HClO在水溶液中只能部分电离，HClO属于弱电解质；H2O能极微弱的电离，H2O属于弱电解质，C项错误；
D.HClO4在水溶液中完全电离，HClO4属于强电解质；C2H5OH在水溶液和熔融状态下都不导电，C2H5OH属于非电解质；CH3COOH在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，D项错误；答案选A。
5.一定体积的稀盐酸与过量的铝条反应，为了减缓反应速率且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
A. NaCl固体 B. CH3COOK溶液
C. Na2CO3溶液 D. CuCl2 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 加入氯化钠固体，溶液的浓度变化不大，基本不影响化学反应速率，H + 离子的物质的量不变，不影响生成氢气的总量，故A错误；
B. CH3COOK固体与盐酸反应生成弱电解质醋酸，溶液中H+离子浓度降低，化学反应速率减小，但不影响生成氢气的总量，故B正确；
C. Na2CO3溶液与盐酸反应使H+的浓度和物质的量都减小，影响生成氢气的总量，故C错误；
D. CuCl2溶液与Al反应生成Cu，从而形成原电池加快反应速率，故D错误；
故选B。
6.下列说法或表示方法中不正确的是
A. 在同温同压下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B. 室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液呈碱性
C. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应属于吸热反应
D. 常温下，0.1 mol·L－1的NaOH溶液和0.06 mol·L－1的H2SO4溶液等体积混合，混合溶液的pH＝2
【答案】A
【解析】
【详解】A.硫蒸气具有的能量高于硫固体，所以在同温同压下，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气燃烧放出能量大于硫固体，故A错误；
B.一水合氨是弱电解质，只有部分发生电离，当氨水的pH=12时，一水合氨的浓度一定远远大于pH=2的盐酸，所以室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，溶液呈碱性，故B正确；
C. 氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应过程吸收热量，属于吸热反应，故C正确；
D.0.1mol/LNaOH中c(OH-)=0.1mol/L，0.06mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0.12mol/L，设溶液的体积是1L，二者等体积混合，则硫酸过量，溶液中剩余c(H+)==0.01mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=2，故D正确，
故选A。
7.下列事实能用勒夏特列原理解释的是
A. SO2氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂
B. H2、I2(g)、HI平衡混合气加压后颜色加深
C. 工业上采用高压条件合成氨气
D. 在硫酸亚铁溶液中加入铁粉以防止氧化变质
【答案】C
【解析】
【详解】A. SO2氧化成SO3的反应，往往需要使用催化剂，可以加快化学反应速率，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B. H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体系数不变，H2、I2(g)、HI平衡混合气加压后，I2蒸气的浓度变大，颜色加深，但是平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；
C.工业上使用高压条件下合成氨气，是增大压强，使化学平衡向气体体积减小的方向移动，即增大氨气的生成率，能用勒夏特列原理解释，故C正确；
D.硫酸亚铁溶液中加入铁粉防止Fe2+氧化变质，与化学平衡无关，故D错误，
故选C。
8.为证明某一元酸HR是弱酸，下列实验方法错误的是
A. 室温时，测定0.01 mol·L－1的HR溶液的pH＝4
B. 室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色
C. 相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验
D. 0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 室温时，测定0.01 mol·L－1的HR溶液的pH=4，说明溶液中存在电离平衡，则HR是弱酸，故A不符合题意；
B. 室温时，往NaR溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红色，说明NaR溶液显碱性，即R-发生水解，则HR为弱酸，故B不符合题意；
C. 相同条件下，对浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和HR溶液进行导电性实验，盐酸的导电能力强，说明溶液中离子浓度大，HR的导电能力弱，即HR溶液中离子浓度小，说明HR没有完全电离，即证明HR是弱酸，故C不符合题意；
D. 0.1mol·L－1的HR溶液与同体积0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液恰好完全反应不能说明HR是弱酸，故D符合题意，
故选D。
9.常温下，下列各组离子在指定溶液中，一定能大量共存的是
A. 在pH＝13的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、SO32-
B. c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液：Cu2＋、Na＋、Cl－、NO3－
C. 无色溶液中：Fe3+、NH4+、Cl‾、SO42‾
D. 由水电离出c(OH－)＝1.0×10－12 mol·L－1的溶液中：Al3+、NH4+、Cl－、SO42－
【答案】B
【解析】
【详解】A. pH＝13的溶液显碱性，说明该溶液中含有大量OH-，Mg2+和OH-反应生成难溶于水的Mg(OH)2，所以不能大量共存，故A错误；
B. 在c(H＋)/c(OH－)＝1×1012的溶液中，c（H+）远远大于c(OH-)，溶液显酸性，Cu2＋、Na＋、Cl－、NO3－之间不反应，可以大量共存，故B正确；
C. 含Fe3+的溶液显黄色，所以无色溶液中不能存在Fe3+，故C错误；
D. 由水电离出c(OH－)＝1.0×10－12 mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若溶液显碱性，即含有大量OH-，NH4+和OH-不能共存，Al3+和OH-不能共存，故D错误；
故选B。
【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。 2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和 SCN-发生络合反应而不能大量共存。
10.下列有关装置图的叙述中正确的是

A. 用装置①给铜镀银，则b极为单质银，电解质溶液为AgNO3溶液
B. 装置②的总反应式：Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+
C. 装置③中钢闸门应与电源的负极相连被保护，该方法叫做外加电流的阴极保护法
D. 装置④中插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电镀银过程中，银做为镀层金属应该做阳极，电源的正极连接阳极，根据电流的方向，a极为阳极金属银，故A错误；
B. 装置②是原电池，其中金属Fe作负极，失去电子，发生氧化反应，所以总反应式：Fe + 2Fe3+ ＝3Fe2+，故B错误；
C. 水中的钢闸门连接电源负极，被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故C正确；
D. 铁的吸氧腐蚀中，氧气的浓度越大，其腐蚀速率越快，插入海水中的铁棒，越靠近底端氧气的浓度越小，则腐蚀越轻，故D错误，
故选C。
【点睛】电镀时，镀层金属做阳极，待镀的工件做阴极，镀层金属的阳离子在待镀工件表面被还原形成镀层。原电池正负极的判断，一般较活泼的金属为负极，负极失去电子，发生氧化反应，正极反之。
11.下列实验操作能达到目的的是
A. 在中和热的测定实验中，可将稀盐酸换成浓硫酸
B. 欲除去水垢中的CaSO4，可先用碳酸钠溶液处理，再用盐酸处理
C. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用蒸馏水洗净滴定管后，可直接装入标准盐酸进行滴定
D. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁固体溶解在较浓的硫酸中再加水稀释
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硫酸溶于水会放热，造成所放出热量增大，故A错误；
B. 欲除去水垢中的CaSO4，可先用碳酸钠溶液处理，使硫酸钙转化成更难溶的碳酸钙，再用稀盐酸处理碳酸钙，故B正确；
C. 中和滴定的操作中，应该要先用蒸馏水洗，再用标准液进行润洗，故C错误；
D. 氯化铁是强酸弱碱盐，所以在水溶液中能水解，为抑制氯化铁水解，应向氯化铁溶液中加盐酸，所以配制氯化铁溶液时，将一定量氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中，再用水稀释到所需浓度，若用硫酸引入杂质离子，故D错误；
故选B。
12.下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中导电粒子的数目减少
B. 升高CH3COONa溶液的温度，溶液中增大
C. 盐酸与氨水恰好完全反应，则溶液中c(H+)＝c(OH－)
D. 向AgCl的饱和溶液中加入少量AgNO3溶液，则溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)保持不变
【答案】D
【解析】
【详解】A. 加水会促进醋酸电离，使离子浓度会减小，但离子数目会增多，故A错误；
B. 溶液中，，升高温度促进醋酸根离子水解，醋酸根的水解平衡常数Kh增大，即减小，故B错误；
C. 盐酸与氨水恰好完全反应，生成的氯化铵是强酸弱碱盐，其中NH4+会水解使溶液呈酸性，则溶液中c(H+)>c(OH－)，故C错误；
D. 因为向AgCl的饱和溶液中加入少量的AgNO3，温度不变，所以Ksp不变，则溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)保持不变，故D正确；
故选D。
【点睛】A选项中，加水会促进电离，导电离子浓度会减小，但生成的离子数目会增多，是一个易错点。
13.常温下，几种弱酸的电离平衡常数如下表所示，下列说法正确的是
化学式
HCOOH
H2CO3
HCN
电离平衡常数
K=1.8×10－4
K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
K=4.9×10－10

A. 酸性强弱顺序是：HCOOH > HCN > H2CO3
B. 物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa溶液和NaCN溶液，pH大小顺序：HCOONa < NaCN
C. HCOOH的电离平衡常数表达式为K＝
D. H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为H2CO3 + 2CN－ ＝ 2HCN + CO32－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN可知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN，故A错误；
B.HCOOH的酸性大于HCN，所以HCOO-的水解能力小于CN-，则0.1 mol·L－1的HCOONa溶液和NaCN溶液中，pH(HCOONa) C. HCOOH的电离平衡常数表达式为K＝，故C错误；
D. 根据酸的电离平衡常数HCOOH＞H2CO3＞HCN>HCO3-可知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN> HCO3-，所以H2CO3溶液和NaCN溶液反应的离子方程式为：H2CO3 + CN－ ＝ HCN + HCO3－，故D错误；
故选B。
14.在一定条件下，密闭容器中进行反应CH4(g) + H2O(g) CO(g) + 3H2(g) ，测得CH4的体积百分含量随温度和压强的变化如图所示。下列说法正确的是

A. p1>p2
B. ΔH<0
C. 加入催化剂可以提高甲烷的转化率
D. 恒温下，缩小容器体积，平衡后CH4浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A.从图像可知，相同温度时，p1时CH4的百分含量比p2时的高，由于增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，说明p1>p2，故A正确；
B.从图像可知，温度越高，CH4的百分含量越小，说明温度升高，平衡向正反应方向移动，即吸热反应方向移动，所以正反应方向为吸热反应，ΔH>0，故B错误；
C. 加入催化剂可以改变化学反应速率，但是对化学平衡没有影响，所以对甲烷的转化率没有影响，故C错误；
D. 缩小容器体积，即体系压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应方向移动，甲烷的浓度增大，故D错误，
故选A。
15.将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生下列反应2A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)，经4min后达平衡，测得D的浓度为1.0 mol·L－1，c(A) : c(B)＝2 : 3，以C表示的平均速率υ(C)＝0.125 mol·L－1·min－1，下列说法不正确的是
A. 反应速率υ(A)＝0.25 mol·L－1·min－1
B. 该反应方程式中，x＝1
C. 4 min时，B的物质的量为2 mol
D. 该反应的平衡常数K＝1/3
【答案】C
【解析】
【详解】设物质A和物质B的物质的量为amol，由于经4min后达平衡，测得D的浓度为1.0 mol/L可知生成n(D)= 1.0 mol/L×2L=2.0mol；根据化学计量数可知，4min时，生成Cxmol，消耗A2.0mol，消耗B1.0mol，又由于4min时，c(A) : c(B)＝，计算得到a=4；根据已知条件以C表示的平均速率υ(C)＝0.125 mol·L－1·min－1，计算可知x=1，该方程式为：2A(g) + B(g) C(g) + 2D(g)；K===；可用三段式表示为：
2A(g) + B(g) xC(g) + 2D(g)
初始状态 amol amol 0 0
4min时反应了 2.0mol 1mol xmol 2.0mol
4min时剩余 2.0mol 3.0mol 1mol 2mol
A.4min时，消耗物质A 2.0mol，υ(A)=，故A正确；
B.根据已知条件以C表示的平均速率υ(C)＝0.125 mol·L－1·min－1，计算可知x=1，故B正确；
C.4 min时，消耗物质B1mol，所以容器中剩余物质B的物质的量为4mol-1mol=3 mol，故C错误；
D.根据三段式分析，可得到K===，故D正确；
故选C。
16.含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液可用电解法提纯，其工作原理如图所示。下列有关说法正确是

A. 装置右侧发生的电极反应式为：4OH－ －4e－ ＝ 2H2O + O2↑
B. 通电后阴极区附近溶液pH会减小
C. m是电源负极
D. 纯净的KOH溶液从b出口导出
【答案】D
【解析】
【详解】用阳离子交换膜电解法除去工业品氢氧化钾溶液中的杂质含氧酸根，相当于电解水，所以电解时，阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极：4H++4e﹣=2H2↑，其中阴极区H+放电，H+浓度减小，使水的电离平衡向右移动促进水的电离，OH﹣浓度增大，在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子K+和H+通过，这样就在阴极区聚集大量的K+和OH﹣，根据K+的移动方向，所以n极为电源负极连接阴极，m极为电源正极，连接阳极，从而产生纯的氢氧化钾溶液。
A.电解除杂过程相当于电解水，装置左侧，阳极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故A错误；
B.电解时，阴极电极反应式为：4H++4e﹣=2H2↑，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故B错误；
C.在阴极和阳极之间有阳离子交换膜，只允许阳离子K+和H+通过，这样就在阴极区聚集大量的K+和OH﹣，根据K+的移动方向，所以n极为电源负极连接阴极，m极为电源正极，连接阳极，故C错误；
D.在右侧电极即阴极附近产生氢氧根离子，钾离子向右侧电极即阴极移动，所以除去杂质后氢氧化钾溶液从b出口导出，故D正确；
故选D。
17.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸可发生反应：Na2S2O3 + H2SO4＝Na2SO4 + SO2↑ + S↓ + H2O，某同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响。
设计实验如下
实验编号
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/(mol·L－1)
V/mL
c/(mol·L－1)
V/mL
①
25
5
0.1
10
0.1
5
②
25
5
0.2
5
0.1
10
③
25
5
0.1
10
0.2
5
④
50
5
0.2
5
0.1
10
⑤
50
8
0.1
5
0.1
V1


下列说法正确的是
A. 实验①和实验④中最先出现浑浊的是实验①
B. 其他条件不变时，探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验③和实验④
C. 选择实验①和实验③，测定混合液变浑浊的时间，可探究硫酸浓度对化学反应速率的影响
D. 选择实验④和实验⑤，可探究Na2S2O3 的浓度对反应速率的影响，则V1=10mL
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验①和实验④中，实验④的温度比实验①高得多，且Na2S2O3溶液的浓度大，所以实验④的反应速率快，最先出现浑浊，故A错误；
B.其他条件不变时，探究温度对化学反应速率的影响，应选择温度不同，浓度相同的两组实验，可以选择实验②和实验④，而实验③的硫酸的浓度高，实验④中硫代硫酸钠的浓度高，两实验不好对比判断，故B错误；
C.实验①和实验③中只有硫酸浓度不同，所以测定混合液变浑浊的时间，可探究硫酸浓度对化学反应速率的影响，故C正确；
D.选择实验④和实验⑤，可探究Na2S2O3 的浓度对反应速率的影响，为了保证混合后硫酸的浓度相等，则V1=7mL，故D错误；
故选C。
【点睛】影响化学反应速率的外因：主要是指浓度、温度、压强和催化剂，另外还有光、超声波、激光、搅拌、固体表面积、形成原电池等。
18.室温下，将0.1000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示，下列说法正确的是

A. b点处的溶液中c(Cl－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)
B. 室温下，MOH的电离平衡常数Kb为1×10－5
C. c点处的溶液中c(M＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. d点处的溶液中c(MOH) + c(H＋) ＝ c(OH－)
【答案】B
【解析】
【详解】20mL时达到滴定终点，则c（MOH）=（0.1000 mol/L×20.00 mL）/20.00 mL=0.1000 mol/L；
A.b点时，溶液pH=9，溶液呈碱性，则c（H+）c（Cl-），故A错误；
B.a点时，MOH溶液中pH＝11，则c（OHˉ）＝0.001mol/L，MOH是弱碱，电离平衡常数为：Kb= =1×10-5，故B正确；
C. c点处的溶液呈中性，此时溶质为MCl和少量MOH，根据电荷守恒得：c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），因为c（H+）= c（OH-），所以得c（M+）=c（Cl-），所以c(M＋)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)，故C错误；
D. d点处的溶液中pH值小于7，c（H+）>c（OH-），溶质为MCl，根据物料守恒可得:c(Cl-) ＝ c(M+) +c(MOH)，根据电荷守恒得：c（M+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），两式结合得：c（H+）=c（OH-）+c（MOH），故D错误；
故选B。
【点睛】滴定图像的分析：
(1)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；
(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；
(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；
(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；
(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。
19.（1）S8分子可形成单斜硫和斜方硫，转化过程如下：S(s，单斜) S(s，斜方) ΔH＝－0.398 kJ·mol－1，则S(单斜)、S(斜方)相比，较稳定的是______(填“S(单斜)”或“S(斜方)”)。
（2）下表中的数据表示破坏1 mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ·mol－1)
化学键
H—H
H—Cl
键能
436
431
热化学方程式：H2(g) + Cl2(g) = 2HCl(g) ΔH＝－183 kJ·mol－1，则Cl2的键能为____kJ·mol－1。
（3）标准状况下，6.72LC2H2(g)在O2(g)中完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出389.7kJ热量，请写出表示C2H2燃烧热的热化学方程式：____________________________。
（4）已知：C(石墨，s)+ O2(g) ＝ CO2(g) ΔH1＝－a kJ·mol－1
H2(g) + 1/2O2(g) ＝ H2O(l) ΔH2＝－b kJ·mol－1
CH4(g) + 2O2(g) ＝ CO2(g) + 2H2O(l) ΔH3＝－c kJ·mol－1
计算C(石墨，s)与H2(g)反应生成1 mol CH4(g)的ΔH为____kJ·mol－1 (用含a，b，c的式子表示)。
（5）由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。则反应过程中，每生成2 mol N2理论上放出的热量为__________。

【答案】 (1). S(斜方) (2). 243 (3). C2H2(g)+O2(g)→2CO2(g)+H2O(l) ∆H=-1299.0kJ/mol (4). c-2b-a (5). 278kJ
【解析】
【分析】
根据键能变化与化学反应的关系书写热化学反应方程式；根据热化学反应方程式书写规则进行计算；根据图像分析解答化学反应过程中的能量变化计算。
【详解】(1) 能量越高越不稳定，根据热化学反应方程式可知，S(s，单斜) S(s，斜方) ΔH＝－0.398 kJ·mol－1，S(s，单斜)能量高于S(s，斜方)，所以S(s，斜方)稳定；
故答案为：S(斜方)；
(2)根据已知条件可知，（431×2）kJ/mol-[436kJ/mol+E(Cl—Cl)] =183kJ/mol，计算可得到Cl—Cl键能为：243kJ/mol；
故答案为：243；
(3) 标准状况下，6.72LC2H2(g)的物质的量为：0.3mol，则C2H2燃烧热的热化学方程式：C2H2(g)+O2(g)→2CO2(g)+H2O(l) ∆H=-=-1299.0kJ/mol；
故答案为：C2H2(g)+O2(g)→2CO2(g)+H2O(l) ∆H=-1299.0kJ/mol；
(4) 根据盖斯定律，C(石墨，s)与H2(g)反应生成1 mol CH4(g)的热反应方程式为：C(石墨,s)+2H2(g)→CH4(g) ∆H=ΔH1+2ΔH2-ΔH3=-a+2×(-b)-(-c)=（c-2b-a）kJ/mol；
故答案为：c-2b-a；
(5) 根据能量变化图可知，热反应方程式为：N2O(g)+NO(g) = N2(g)+NO2(g) △H=(209－348)kJ·mol－1= -139 kJ/mol，则反应过程中，每生成2 mol N2理论上放出的热量为278kJ；
故答案为：278kJ。
20.电化学原理在能量转换、金属冶炼等方面应用广泛。

（1）图①是碱性锌锰电池，在负极发生反应的物质是__________（填“Zn”或“MnO2”），正极发生_________反应（填“氧化”或“还原”）。
（2）图②是碱性电解质的氢氧燃料电池，B极通入的气体为________，A极发生的电极反应式____________________________________________。
（3）电解法可以提纯粗镓，具体原理如图③所示：
①粗镓与电源___________极相连（填“正”或“负”）。
②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式______________________________________________________。
（4）由下列物质冶炼相应金属，须采用电解法的是________(选填字母序号)。
a．NaCl b．Fe2O3　　 c．Cu2S　　 d．Al2O3
【答案】 (1). Zn (2). 还原 (3). O2 (4). H2-2e-+2OH-=2H2O (5). 正 (6). GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH- (7). ad
【解析】
【分析】
根据原电池、电解池的构造原理以及电极反应方程式的书写规则分析解答；根据常见金属的冶炼方法分析解答。
【详解】(1) 图①是碱性锌锰电池，活泼金属锌作负极，发生氧化反应，MnO2作正极，发生还原反应；
故答案为：Zn，还原；
(2)燃料电池中电子从负极流向正极，则A电极方向是负极，B电极方向是正极，燃料做负极，即A电极通入H2，B电极通入O2，A极发生的电极反应为：H2-2e-+ 2OH-=2H2O，B电极发生的电极反应为：O2+4H2O+4e-=4OH-；
故答案为：O2，H2-2e-+ 2OH-=2H2O；
(3) ①电解法提纯粗镓时，粗镓作阳极，失去电子，则粗镓与电源正极相连；
故答案为：正极；
②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，该反应的离子方程式为：Ga3+＋4OH-＝GaO2-+2H2O，GaO2－在阴极放电时得到电子生成Ga的电极反应；
故答案为：GaO2-+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
(4)电解法一般应用于活泼金属的的冶炼，例如：金属钾、钠、镁、铝的冶炼；
故答案为：ad。
21.二甲醚(CH3OCH3)，是一种易燃气体。主要作为甲基化试剂和各类气雾推进剂，在制药、染料、农药工业中有许多独特的用途。其制备方法之一可由H2和CO合成：2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ΔH<0
（1）该反应的ΔS_____0(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（2）在恒温恒容容器中，不能判断该反应达到化学平衡状态的依据是____(选填字母序号)。
a.二甲醚和水蒸气的体积比等于1︰1 b．容器中压强保持不变
c．υ正（H2）＝4υ逆（CH3OCH3） d．容器中一氧化碳的物质的量不再改变
（3）在密闭容器中，反应达到平衡后下列措施能加快反应速率并提高CO转化率的是___(选填字母序号)。
a．将H2O(g)从体系中分离出来 b．缩小容器体积，使体系压强增大
c．加入合适的催化剂 d．升高体系温度
（4）T℃时，在2 L密闭容器中，充入4 molCO和8 molH2发生反应，测得H2的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ(图中实线)所示：

①T℃时，在状态Ⅰ的条件下，反应达到C点时体系处于平衡状态，以H2 表示该反应的平均速率υ(H2)=_________， CO的转化率是________，反应的平衡常数KⅠ=_________。
②若仅改变某一条件，测得H2物质的量随时间变化如图状态Ⅱ所示，则KⅠ _____KⅡ(填“＞”、“＜”或“＝”)。
③若仅改变某一条件时，测得H2的物质的量随时间变化如图状态Ⅲ所示，则改变的条件可能是_____________________________。
【答案】 (1). < (2). a (3). b (4). 0.375mol/（L∙min） (5). 75% (6). 2.25 (7). = (8). 升高温度
【解析】
【分析】
根据气体的混乱度变化判断熵变；根据勒夏特列原理判断化学平衡移动的方向；根据平衡常数的公式计算平衡常数。
【详解】(1)反应前气体的物质的量大于反应后气体的物质的量，即体系混乱度减小，即ΔS<0；
故答案为：<；
(2) a.达到平衡时，各组分的浓度不再改变，但是不一定成比例，故a符合题意；
b.该反应的正反应是气体分子数减小的反应，则容器中压强不再改变，说明该反应已达到平衡状态，故b不符合题意；
c.化学平衡时，反应速率之比应该是一个正反应一个是逆反应而且要等于计量数之比，当υ正（H2）＝4υ逆（CH3OCH3）时，说明该反应已达到平衡状态，故c不符合题意；
d. 在恒温恒容的条件下，容器中一氧化碳的物质的量不再改变，说明CO的浓度不再改变，即达到平衡状态，故d不符合题意；
故答案为：a；
(3)a.将H2O(g)从体系中分离出来，促进平衡向正反应方向移动，CO转化率提高，但是化学反应速率会减小，故a错误；
b. 缩小容器体积，使体系压强增大，加压会提高速率，促进平衡向气体体积减小的方向即正反应方向移动，CO转化率提高，故b正确；
c.催化剂改变化学反应速率，但不影响化学平衡，故c错误；
d.温度升高促进平衡向吸热反应方向移动即逆反应方向，CO的转化率减小，故d错误；
故答案为：b；
(4) 根据图像可知C点平衡时反应了8min，即反应平衡时，反应了n(H2)为8mol-2mol=6mol，剩余n(H2)=2mol，，υ(H2)==0.375mol/（L∙min）；
根据方程式：2CO(g) + 4H2(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)可知，
2 4 1 1
初始状态 4mol 8mol 0 0
平衡时反应了 3mol 6mol 1.5mol 1.5mol
平衡时剩余 1mol 2mol 1.5mol 1.5mol
①则CO的转化率α（CO）=，KⅠ===2.25；
故答案为：0.375mol/（L∙min） ，75%，2.25；
②由图像可知，状态Ⅱ达到平衡的时间缩短，反应速率加快，且状态II中平衡时H2的物质的量比状态I时减小，平衡向正反应方向移动，即增大压强、增大CO浓度等条件均可，但是不能升高温度，因为升高温度平衡向逆反应方向移动，故状态II的温度不变，平衡常数不变，所以KⅠ =KⅡ；
故答案为：=；
③根据图示可知，状态Ⅲ达到平衡的时间缩短，且平衡向逆移动，即是升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
故答案为：升高温度。
22.常温下，某水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A。根据题意回答下列问题：
（1）H2A为_____酸（填“强”或“弱”），往H2A溶液中加水会使 c(H+)/c(H2A)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）若M是由一种溶质组成的溶液，则M的溶质可以是Na2A或________。
①Na2A的水溶液pH________(填“＜”、“＞”或“＝”)7，
原因是：______________________________（用离子方程式表示）
②往Na2A溶液中加入_______________ 可抑制其水解 (选填字母序号)。
a．氯化铵固体   b． KOH固体     c． 水  d．  升高温度
③已知Ksp(CuA)＝1.3×10－36，往20mL 1 mol·L－1Na2A溶液中加入10 mL 1 mol·L－1 CuCl2溶液，混合后溶液中的Cu2＋浓度为________mol·L－1。（忽略A2－的水解）
（3）若溶液M由10 mL 1.00 mol·L－1 H2A溶液与10 mL 1.00 mol·L－1 NaOH溶液混合而成，下列关于溶液M的说法正确的是________(选填字母序号)。
a．c(A2－) + c(HA－) + c(H2A) ＝ 1 mol·L－1  
b．若溶液显酸性，则c(Na＋)＞c(HA－) ＞c(H＋) ＞c(A2－) ＞c(OH－)
c．离子浓度关系：c(Na＋) + c(H＋) ＝ c(OH－) + c(HA－) + c(A2－)
d．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
（4）浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中： ＝ ______ 。
【答案】 (1). 弱 (2). 增大 (3). NaHA (4). > (5). A2-+H2O⇌HA-+OH-、HA-+H2O⇌H2A+OH- (6). b (7). 3.9×10－36 (8). bd (9). 3/2
【解析】
【分析】
（1）通过存在溶质分子来判断为弱酸，加水有利平衡向电离方向移动，但两者的浓度都变小，应从物质的量之比或Ka来解答；
（2）对水解产生的离子，可以看出可以是正盐或酸式盐，而水解平衡的移动影响因素中注意氯化铵水解的促进，然后在离子浓度的计算上，先判断量的关系，注意混合后要重新进行计算；
（3）溶液中溶质在混合后只有NaHA，电离程度与水解程度的对比，A为物料守恒，B为电离大于水解，C项为电荷守恒，D考查水的离子积常数，可以转化为浓度进行判断，可以看出体积增大，物质的量乘积也要跟着增高；
（4）根据物料守恒分析解答。
【详解】(1) 溶液中存在H2A，则说明H2A为弱电解质，往H2A溶液中加水促进电离，从电离平衡角度考虑，n(H+)增大，n(H2A)减小，所以，c(H+)/c(H2A)的值增大；
故答案为：弱，增大；
(2)根据题意可知，水溶液M中存在的粒子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－、H2O和H2A，即可能是Na2A中A2-发生两步水解，一步水解生成HA-和OH-，二步水解HA-水解生成H2A和OH-，M也可能是NaHA，NaHA=Na++HA-，HA-⇌ H++A2-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以M可能是Na2A或NaHA；
①由上可知，H2A是弱酸，Na2A即为强碱弱酸盐，所以A2-离子水解使溶液显碱性，离子方程式为：A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-，所以Na2A的水溶液pH>7；
故答案为：NaHA ，>；A2-+H2O⇌HA-+OH-，HA-+H2O⇌H2A+OH-；
②a.氯化铵溶液中，NH4+水解生成H+，与A2-水解生成的OH-反应，促进A2-水解，故a错误；
b. 往Na2A溶液中加入KOH固体，使溶液中c(OH-)增大，抑制A2-水解，故b正确；
c. 往Na2A溶液中加入水促进水解，故c错误；
d.水解过程吸热，升高温度，使平衡向吸热反应方向移动，即促进水解，故d错误；
故答案为：b；
③20mL1mol/LNa2A溶液中n（A2-）=0.02mol，10mL1mol/LCuCl2溶液中n（Cu2+）=0.01mol，两者混合充分反应后n（A2-）剩余=0.01mol，即混合后c（A2-）剩余=0.01mol÷（0.02L+0.01L）=mol/L，Ksp(CuA)=c(A2－)∙ c(Cu2＋)= 1.3×10－36，则c(Cu2＋)==3.9×10－36（mol/L），
故答案为：3.9×10－36；
(3) 溶液在混合后溶质只有NaHA，
a.根据物料守恒可得到：c(Na+)=c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.5 mol∙L－1 ，故a错误；
b.由于溶液显酸性，则HA-的电离程度大于水解程度，可得到：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(OH－)，故b正确；
c.根据电荷守恒可得到：c(Na＋)+c(H＋)＝c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)，故c错误；
d.水的离子积只和温度有关，加水稀释后水的离子积保持不变，Kw=c(H＋)∙c(OH－)=[n(H＋)∙n(OH－)]/V2，因为V增大，故n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故d正确；
故答案为：bd；
(4) 浓度均为0.1 mol · L－1的Na2A、NaHA混合溶液中，根据物料守恒分别可得：c(Na+)= 2[c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)]＝0.2mol∙L－1，c(Na+)= c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)＝0.1mol∙L－1，则c(Na+)=0.2mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.3mol∙L－1，c(A2－)+c(HA－)+c(H2A)=0.1mol∙L－1+0.1mol∙L－1=0.2mol∙L－1，所以==3/2，
故答案为：3/2。
23.回收的废旧锌锰干电池经过处理后可得到锰粉(含MnO2、Mn(OH)2、Fe和炭粉等)，由锰粉为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)的工艺流程如下：

已知：①2H2SO4 + MnO2 + 2FeSO4 ＝ MnSO4 + Fe2(SO4)3 + 2H2O
②部分氢氧化物的Ksp(近似值)如下表(25 ℃)
物质
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
10－13
10－17
10－38
根据上图流程及有关数据回答下列问题。
（1）锰粉酸溶时，过量FeSO4所起的作用为______________________。
（2）往滤液1中先加入H2O2的目的是氧化Fe2+，该反应的离子方程式为________________，后加入氨水的目的是调节pH除去杂质离子，使滤液中的杂质离子沉淀完全(残留在溶液中的离子浓度≤ l0－5 mol·L－1)，常温下测得溶液中c(Mn2＋)＝0.1 mol·L－1，则需调节溶液的pH范围为_______________。
（3）沉锰工序中，加入氨水的目的是（从化学平衡移动的角度解释）___________，沉锰工序中判断沉淀已经洗涤干净的实验操作是________________________________。
（4）沉锰后废液中的主要成份为_____________________________。
【答案】 (1). 把二氧化锰完全转化成二价锰离子 (2). 2Fe2++H202+2H+= 2Fe3++2H2O (3). 3∼8 (4). 促进HCO3-离子的电离，提供出CO32-来沉锰 (5). 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成，若不产生白色沉淀表明沉淀已经洗净 (6). 硫酸铵和氨水
【解析】
【分析】
（1）根据提供的方程式可以看出FeSO4作用为把二氧化锰完全转化成二价锰离子；
（2）氧化还原反应方程式书写注意考虑溶液的酸碱性；pH计算要两步，不能让Mn2+
沉淀而且要让三价铁完全沉淀；
（3）碱性来促进HCO3-离子的电离，提供出CO32-来沉锰，溶液中主要有硫酸根离子，可根据其离子的沉淀法来考虑是否涤干净；
（4）根据守恒不难发现其成分主要为硫酸铵和过量氨水。
【详解】（1）根据提供的方程式可以看出FeSO4作用为把二氧化锰完全转化成二价锰离子，故答案为：把二氧化锰完全转化成二价锰离子；
（2）往滤液1中先加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为： 2Fe2++H202+2H+= 2Fe3++2H2O；后加入氨水调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而除去，根据Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Fe3+完全沉淀时得：c(OH-)==10-11mol/L，c（H+）=1×10-3mol/L，Fe3+沉淀完全时溶液的pH=3；不能让Mn2+沉淀，则根据Mn(OH)2的溶度积常数得：Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)∙ c2(OH-)=0.1 mol·L－1×c2(OH-)=10-13，c(OH-)==10-6mol/L，c（H+）=1×10-8mol/L，Mn2+开始沉淀时溶液的pH=8，所以需调节溶液的pH范围为3∼8，
故答案为：2Fe2++H202+2H+= 2Fe3++2H2O；3∼8；
（3）根据流程图，沉锰工序中，加入碳酸氢铵和氨水生成碳酸锰，所以加氨水的目促进HCO3- 离子的电离，提供出CO32-来沉锰；溶液中含有硫酸根，所以可以根据是否存在硫酸根离子来判断沉淀是否洗涤干净，实验操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成，若不产生白色沉淀表明沉淀已经洗净；
故答案为：促进HCO3-离子的电离，提供出CO32-来沉锰；取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成，若不产生白色沉淀表明沉淀已经洗净；
（4）根据流程图知，刚开始加入了硫酸溶液和FeSO4，后来加入过量氨水，结合各阶段的反应，所以废液中的主要成份为硫酸铵和氨水，
故答案为：硫酸铵和氨水。
24.化学兴趣小组用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：
①称量1.0 g样品溶于水，配成250mL溶液；
②用碱式滴定管准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴酚酞溶液；
③用0.1000 mol·L－1的标准盐酸滴定并重复三次，每次实验数据记录如下：
滴定次数
待测液体积/mL
所消耗盐酸标准溶液的体积/mL
滴定前
滴定后
1
25.00
1.50
21.40
2
25.00
2.50
22.60
3
25.00
0.60
23.20

（1）称量时，样品应放在________称量(选填字母序号)。
a．小烧杯中　 　b．洁净纸片上　　 c．托盘上
（2）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。

（3）判断滴定终点到达时的现象为_______________________________。
（4）若出现下列情况，测定结果偏高的是________(选填字母序号)。
a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶
b．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出
c．滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外
d．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
（5）通过计算可知该烧碱样品的纯度为________。(杂质不与酸反应）。
【答案】 (1). a (2). 22.60 (3). 溶液由浅红色褪为无色，且在30秒内不恢复到原色 (4). c d (5). 80%
【解析】
【分析】
根据滴定管构造特点和精确度正确读取数据；根据滴定原理进行误差分析和计算溶液浓度。
【详解】（1）烧碱有吸水性和腐蚀性，所以在称量是要放在小烧杯中，
故答案为：a；
（2）滴定管的0刻度在上面，所以应该由上往下读，且保留两位小数，故如图的液面，其读数为22.60mL，
故答案为；22.60；
（3）为了防止因为局部反应完而褪色的情况，判断滴定终点到达时的现象为：溶液由浅红色褪为无色，且在30秒内不恢复到原色，
故答案为：溶液由浅红色褪为无色，且在30秒内不恢复到原色；
（4）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，锥形瓶中烧碱的物质的量不变，所以对滴定结果没影响；
b．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致消耗的盐酸偏少，导致测定结果偏低；
c．滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗的盐酸偏多，导致测定结果偏高；
d．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的盐酸的体积偏多，导致测定结果偏高，
故答案为：c d；
（5）由图表中的度数可得消耗盐酸的体积为：
V1=21.40mL-1.50mL=19.90mL
V2=22.60mL-2.50mL=20.10 mL
V3=23.20mL-0.60mL=22.60 mL，误差较大，所以舍去;
V酸==20.00mL
由V酸∙c酸=V碱∙c碱，得c(碱)==0.08mol/L，
m(NaOH)= 0.08mol/L×0.25L×40g/mol=0.8g，
所以该烧碱的纯度为：×100%=80%，
故答案为：80%。
【点睛】本题的难点在于误差的分析，尤其是在滴定管中有气泡的时候，在滴定前有气泡，而滴定后没有气泡，说明消耗的溶液的体积比正确操作时偏多，最终导致测定结果偏大；在计算碱的浓度时，要用250mL，这也是容易出错的地方。