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【化学】江西省南昌市第十中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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江西省南昌市第十中学2019-2020学年高二上学期期末考试
化学试卷
可能用到的原子量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ag：108 Pb：207
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，16小题，共计48分)
1.化学与科学、技术、社会、环境关系密切，下列说法不正确的是
A. 海水淡化的方法有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等
B. NH4Cl和ZnCl2溶液可用作焊接钢铁时的除锈剂
C. 用牺牲镁块的方法防止地下钢铁管道的腐蚀
D. 电解熔融氧化镁可以得到镁，电解熔融氯化镁不能得到镁
【答案】D
【解析】
海水淡化的方法有物理方法和化学方法，常用的有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，A正确；NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解显酸性，可用作焊接钢铁时的除锈剂，B正确；铁、镁构成原电池时，镁失电子做负极，发生氧化反应，保护了金属铁不被腐蚀，C正确；电解熔融氯化镁生成镁和氯气，D错误；正确选项D。
2.下列说法正确的是
A. 甲烷的燃烧热为ΔH＝-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
B. 已知H2O(1)＝H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol-1,则2g H2(g)完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放22kJ的能量
C. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的状态应该是液态，即甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，A错误；
B．已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则2 g H2(g)即1mol氢气完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放44kJ的热量，B错误；
C．常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)的△H＞0，C错误；
D．反应热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下反应△H相同，D正确；
答案选D。
3.NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 500mL2mol/L葡萄糖溶液中所含分子总数是NA
B. 1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的阴离子总数大于0.1NA
C. 1molNa2O和Na2O2固体混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
D. 1L2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 葡萄糖溶液中含有葡萄糖分子和水分子，因为水分子的量无法计算，所以所含分子数无法计算，选项A错误；
B. 1L0.1mol/LNa2CO3溶液中应该有0.1mol的CO32-，考虑到CO32-水解得到HCO3-和OH-，所以溶液中的阴离子总数大于0.1NA，选项B正确；
C. Na2O和Na2O2都是离子化合物，每个Na2O中有两个钠离子和一个氧离子，每个Na2O2中有两个钠离子和一个过氧根离子，即两种化合物都含有3个离子，所以1molNa2O和Na2O2固体混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，选项C正确；
D. 一个氢氧化铁胶体粒子是由多个氢氧化铁形成的，所以1L2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA，选项D正确；
答案选A。
4.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有K2SO4饱和溶液）。下列说法正确的是（）
A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e-＝Cu
B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C. 盐桥中的SO42-流向甲烧杯
D. 若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转
【答案】B
【解析】
【详解】A、正极发生还原反应，电极反应为：Fe3＋＋e－＝Fe2＋，错误；
B、左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，正确；
C、阴离子向原电池的负极移动，错误；
D、若将甲烧杯中溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，错误；
答案选B。
【点睛】本题考查原电池原理，为高考频考点，明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键，该原电池反应为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e－＝Cu2＋，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，从而分析得解。
5.已知某水溶液中大量存在H+、Mg2+、K+、NO3-、Cl-中的四种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，则不能存在的离子是（ ）
A. H+ B. Mg2+ C. Cl- D. NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】H＋、Mg2＋、K＋、NO3－、Cl－中，阴离子NO3－、Cl－都带有1个单位负电荷，且存在的四种离子具有相同的物质的量，根据电荷守恒可知该溶液中存在的两种阳离子一定带有1个单位正电荷，所以阳离子应该为，H＋、K＋，不可能为Mg2＋，
故选：B。
6.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0
B. 图乙表示pH相同的盐酸与氢氟酸分别加水稀释PH的变化，其中曲线a对应的是氢氟酸
C. 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变
D. 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系
【答案】B
【解析】
【详解】A. 从图甲得到，随着温度升高，逆反应速率的变化更明显，所以升高温度平衡应该逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，选项A错误；
B. 酸性溶液加水稀释时，溶液的pH应该升高，但是不会高于7，所以曲线会一直接近7。考虑到，盐酸是强酸，氢氟酸是弱酸，其pH的变化曲线应该是酸性越强，曲线的斜率越大，所以选项B正确；
C. 向反应体系中加入催化剂会改变反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项C错误；
D. 向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，应该先生成碳酸氢钠再得到二氧化碳，所以曲线不能从原点开始有二氧化碳气体，选项D错误；
【点睛】改变温度对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是吸热反应方向的速率受到温度的影响更明显。同理改变压强对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是气体的物质的量减少的反应方向的速率受到压强的影响更明显。
7.用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量相应的溶质能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3 B. Na2SO4 C. CuCl2 D. KCl
【答案】C
【解析】
【详解】四种电解类型分别是：
(1)分解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐（如NaOH、H2SO4、K2SO4等）的电解。
阴极：4H++4e－=2H2↑ 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2H2O2H2↑+O2↑
阴极产物：H2；阳极产物：O2。 电解质溶液复原加入物质：H2O。
pH变化情况：原来酸性的溶液pH变小，原来碱性的溶液pH变大，强酸（含氧酸）强碱的正盐溶液pH不变。
（2）分解电解质型：无氧酸（除HF外）、不活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）的电解，如HCl、CuCl2等。
阴极：Cu2++2e－=Cu 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：CuCl2Cu+Cl2↑
阴极产物：酸为H2，盐为金属；阳极产物：卤素等非金属单质。
电解液复原加入物质为原溶质，如电解CuCl2溶液，需加CuCl2。
pH变化情况：如电解无氧酸溶液pH变大但不会超过7；如为盐溶液的电解则视无氧酸根的情况而定。
（3）放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）溶液的电解，如NaCl、MgBr2等。
阴极：2H++2e－=H2↑ 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
阴极产物：碱和H2；阳极产物：卤素等非金属单质。电解饱和食盐水的产物分别为NaOH和H2以及Cl2。
电解液复原加入物质为卤化氢。电解饱和食盐水，要使电解质溶液复原需加入HCl。
pH变化情况：电解液pH显著变大。
（4）放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐溶液的电解，如CuSO4、AgNO3等。
阴极：2Cu2++4e－=Cu 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
阴极产物：析出不活泼金属单质；阳极产物是该盐对应的含氧酸和氧气，本例中分别是Cu以及H2SO4、O2。
电解液复原加入物质为不活泼金属的氧化物（金属价态与原盐中相同）。如电解CuSO4溶液，复原需加入CuO。
pH变化情况：溶液pH显著变小。
由以上分析可知，本题选C。
8.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中应该是与溶液液面接触处最易腐蚀，因为与氧气接触面积大，A错；
B、图b中，开关置于N处，形成原电池，N处中Zn腐蚀加快，B错；
C、图c中接通开关，Zn做负极，发生析氢腐蚀，Zn腐蚀加快，Pt是产生气泡加快，C错；
D、图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀，Zn是负极，发生氧化反应，因而主要是由Zn的氧化作用引起的，D正确。
答案选D。
9.解释下列事实的方程式不正确的是
A. NaHCO3溶液显碱性原因: HCO3-+H2O=H3O++CO32-
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
C. 盛装NaOH溶液试剂瓶不能用玻璃塞:2OH-+SiO2=SiO32-+H2O
D. 自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜,遇到难溶的方铅矿(PbS),慢慢转变为铜蓝(CuS): CuSO4+PbS=CuS+PbSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠溶液显碱性的原因是，碳酸氢根离子的水解大于电离，所以应该用碳酸氢根离子的水解方程式表示原因，选项A实际是碳酸氢根离子的电离方程式，选项A错误；
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，实际就是用FeCl3溶液将铜氧化为铜离子，选项B正确；
C. 氢氧化钠溶液保存时不能使用玻璃塞的原因是，玻璃中的二氧化硅会与氢氧化钠反应，生成硅酸钠和水，其离子方程式为：2OH-+SiO2=SiO32-+H2O，选项C正确；
D. 硫酸铜遇到难溶的方铅矿(PbS)，慢慢转变为铜蓝(CuS)，实际发生沉淀转化的反应，将PbS转化为CuS，方程式为：CuSO4+PbS=CuS+PbSO4，选项D正确；
答案选A。
10.室温下，已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9。下列说法中正确的是
A. 在含有BaSO4固体的溶液中，一定有c(Ba2+)=c(SO42-)
B. 向只含有BaSO4的悬独液中加入少量水，溶液中c(Ba2+)增大
C. 若BaSO4悬浊液中逐渐加入Na2CO3固体至c(CO32-)=5.0×10-4mol/L时，BaSO4开始向BaCO3沉淀转化
D. 往Na2CO3和Na2SO4的混合溶液中加入BaCl2溶液,当生成BaCO3沉淀时,(CO32-)/ c(SO42-)=0.02
【答案】C
【解析】
在含有BaSO4固体的溶液中，不一定有c(Ba2+)=c(S042-)，比如在1mol/L BaSO4和1mol/LH2SO4的混合液中，c(Ba2+)
A. HCl+NH3=NH4Cl B. 2Na2O2+2H20=4NaOH+O2↑
C. 2KClO3=2KCl+302↑ D. Ba(OH)2•8H20+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O
【答案】B
【解析】
HCl+NH3=NH4Cl ，物质由气态变为固态，混乱度减小，熵值减小，反应常温下自发进行，主要用焓判据，A错误；2Na2O2+2H20=4NaOH+O2↑，有气体生成，混乱度增大，熵值增大，该反应为放热反应，反应常温下能自发进行，既能用焓判据又能用熵判据解释，B正确；2KClO3=2KCl+302↑反应为吸热反应，生成气体，混乱度增大，熵值增大，反应常温下能自发进行，主要是熵判据，C错误；Ba(OH)2•8H20+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，是吸热反应，生成气体，混乱度增大，熵值增大，反应常温下能自发进行，主要是熵判据，D错误；正确选项B。
12.向体积为Va的0.05mol·L－1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L－1KOH溶液，下列关系错误的是（ ）
A. Va＞Vb时：c(CH3COOH) +c(CH3COO-)＞c(K+）
B. Va＝Vb时：c(CH3COOH) +c(H+)＝c(OH-）
C. Va＜Vb时：c(CH3COO-)＞(K+）＞c(OH-）> c(H+)
D. Va与Vb任意比时：c(K+）+c(H+)＝c(OH-）+ c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸和碱的物质的量浓度相等，都是一元的，当Va＞Vb时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH3COOH）+c（CH3COO－）＞0.025mol·L－1，c（K＋）＜0.025mol·L－1，所以c（CH3COOH）+c（CH3COO－）＞c（K＋），故A正确；
B．当Va=Vb时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH3COOH）+c（H＋）=c（OH－），故B正确；
C．当Va＜Vb时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和KOH，溶液中c（CH3COO－）＞c（K＋），溶液呈碱性，所以c（OH－）＞c（H＋），当Vb远远大于Va，则c（CH3COO－）＜c（OH－），当Vb比Va稍微大时，c（CH3COO－）＞c（OH－），故C错误；
D．Va和Vb为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（K＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），故D正确；
故选：C。
13.下列说法中不正确的有（ ）
①水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是55.6×107
②两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2, pH分别为a和a+1,则c1=10c2
③常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中,所有离子浓度都降低
④蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝
⑤常温下，等体积的pH=12的碱甲溶液和pH=11的碱乙溶液，分别用等浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积为2V甲=V乙,则乙一定是弱碱
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：=，解得n=5.56×108，故正确；
②醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故错误；
③酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，故错误；
④水解生成的HCl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故错误；
⑤pH=12的碱溶液甲中c(OH-)=0.01mol/L，pH=11的碱溶液乙中c(OH-)=0.001mol/L，等体积的这两种溶液分别与等浓度的稀盐酸中和时，如果这两种碱都是强碱，则消耗的盐酸体积前者是后者的10倍，实际上消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，即此时乙消耗的盐酸多，说明乙最终电离出的n(OH-)大于甲，所以乙一定是弱碱，故正确；
错误的有3个，故选C。
14.在恒温、恒容密闭容器中发生反应：A(s) +2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明该反应已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③各气态物质的物质的量浓度 ④气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ①②③⑤ D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
在恒温、恒容密闭容器中发生反应：A(s) +2B(g)C(g)+D(g)，为气体体积相等的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，注意A为固态。
【详解】①两边气体计量数相等，所以该反应中压强为定值，不能根据压强判断平衡状态，故①错误；
②混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③各气态物质的物质的量浓度不变，说明反应达平衡状态，故③正确；
④反应中混合气体的总物质的量为定值，据此无法判断平衡状态，故④错误；
⑤混合气体的总质量为变量、总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故⑤正确；
故选：A。
15.反应mA(s)+nB(g)pC(g) △H>O，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定不正确的是
① m+n>p ②x点表示的正反应速率小于逆反应速率 ③n
A. ②⑤ B. ②④ C. ①③ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
增大压强，B%增大，说明平衡逆向移动，A为固态，所以np可能正确，③正确、①不一定正确；x点位于曲线上方，未达平衡状态，由图像看出，当B%减少时，可以趋向于平衡，则反应应是正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，②错误；由图像可出x点的压强小于y点压强，压强越大反应速率越快，所以反应速率x点比y点时的慢，④正确；该反应为吸热反应，升高温度平衡右移，平衡常数增大，⑤错误；正确选项A。
点睛：判断x点与y点的速率快慢时，不要看两个点位置的高低，而是要看两个点所处的外界条件，温度高、压强大，速率快。
16.室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A. Kb2的数量级为10-8
B. X(OH)NO3水溶液显碱性
C. 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)>c[X(OH)+]
D. 在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。
【详解】A．选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，所以Kb2=，选项A正确；
B．X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确；
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)＜c[X(OH)+]，选项 C错误；
D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确；
答案选C。
第II卷(非选择题)
17.合成氨工业中，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量。
（1）写出合成氨反应的热化学方程式为_______________。
（2）已知：
1mol N-H键断裂吸收的能量等于______kJ。
（3）已知关于铁的氧化物存在下列三个热化学方程式：
Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8 kJ/mol ①
Fe2O3(s)＋CO(g)= Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－15.73 kJ/mol ②
Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4 kJ/mol ③
则CO还原FeO的热化学方程式为CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝________kJ/mol。
【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1 (2). 391 (3). -218
【解析】
【分析】
（1）工业中常用氮气与氢气反应制取氨气，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，则热方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；
（2）化学反应的实质为旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，焓变=吸收的总能量-释放的总能量；
（3）根据盖斯定律，（①×3-②×3-③×2）/6即可得到；
【详解】（1）工业中常用氮气与氢气反应制取氨气，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，则热方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；
（2）化学反应的实质为旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，焓变=吸收的总能量-释放的总能量。合成氨反应中，1mol氮气生成氮原子时吸收945.8kJ的能量，3mol氢气生成原子时吸收436kJ×3的能量，形成氨气时，形成6molN-H键，，则1mol N-H键断裂吸收的能量=（945.8kJ+436kJ×3+92.4）/6=391kJ；
（3）根据盖斯定律，（①×3-②×3-③×2）/6即可得到CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)，则ΔH＝（－24.8×3+15.73×3-640.4×2）/6=-218kJ/mol；
【点睛】相同化学键断开吸收的能量与形成化学键释放的能量相等，热化学反应中，焓变=吸收的总能量-释放的总能量。
18.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，完成下列问题：
（1）甲池燃料电池的负极反应为__。
（2）写出乙池中电解总反应的化学方程式：__。
（3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生__g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=__。
（4）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取消毒液或Fe(OH)2 的实验装置(如图)。若用于制消毒液，a为电池的__极，电解质溶液最好用__。若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用__作电极。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (3). 1.16 (4). 1 (5). 负 (6). 饱和食盐水 (7). 铁(Fe)
【解析】
【分析】
（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，由此书写电极反应方程式：
（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OHˉ-4e－=O2↑++2H2O，阴极极反应2Cu2＋+4e－=2Cu，在得失电子守恒的情况下两个反应相加得总反应式；
（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑：甲池为原电池，总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e－～6Mg（OH）2，12e－～～3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg（OH）20.02mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e－～～2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04mol，求溶液中硫酸的浓度，从而求溶液中的氢离子的浓度；
（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe（OH）2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子。
【详解】（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，电极反应：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O，
故答案为：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O；
（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OHˉ-4e－=O2↑+2H2O，阴极极反应2Cu2＋+4e－=2Cu，两个反应相加，总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；
（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑：甲池为原电池，总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e－～6Mg（OH）2，12e－～～3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg（OH）20.02mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e－～～2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04mol，乙池中产生H2SO40.02mol，c（H＋）=0.02×2÷0.4=0.1mol/L，该溶液的pH=1，故答案为：1.16；1；
（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe（OH）2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子，才能够提供亚铁离子，故答案为：负，饱和食盐水；铁（Fe）。
19.某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。
（1）仪器A的名称是__。
（2）B中加入300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的__。
（4）若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为__。
（5）该测定结果往往比实际值偏高，分析是由于采用试剂不当引起的，可能的原因为__。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). SO2+H2O2=H2SO4 (3). ③ (4). 酚酞 (5). 盐酸的挥发
【解析】
【分析】
（1）仪器为冷却装置，结合仪器A特点书写其名称；
（2）SO2 被H2O2 氧化成硫酸；
（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；滴定前排气泡时，应选择题图2中的③；
（4）滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；
（5）滴定误差分析的依据是，c（待测）= ，标准溶液体积增大，测定结果偏高。
【详解】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，
故答案为：冷凝管或冷凝器；
（2）SO2 被H2O2 氧化成硫酸，SO2+H2O2=H2SO4；
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）滴定前排气泡时，应选择题图2中的③；
故答案：③；
（4）滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0），滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色，
故答案为：酚酞；
（5）滴定误差分析的依据是，c（待测）= ，标准溶液体积增大，测定结果偏高。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高。
故答案为：盐酸的挥发。
【点睛】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
20.按要求回答下列问题：
将等物质的量的A、B混合放于2L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。经5min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，v(C)=0.1mol/(L·min)。则：
（1）x=__。
（2）前5 min内B的反应速率v(B)=__。
（3）平衡时A的转化率为__。
【答案】 (1). 2 (2). 0.05mol/( L·min) (3). 50%
【解析】
【分析】
设A、B的物质的量为nmol；根据D的浓度计算D的物质的量，计算反应的A、B的物质的量，根据5min时，A、B浓度之比求出A、B开始时的物质的量，用开始时的物质的量减反应的物质的量即为5min末的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算浓度；反应速率之比即为计量数之比；根据C的反应速率求A的反应速率．根据A的转化浓度计算A的转化率；
【详解】D的浓度为0.5mol·L－1，D的物质的量为1mol．C物质的量=0.1mol/（L·min）×2L×5min=1mol，
设A、B的物质的量为nmol，
同一容器中，c（A）：c（B）=n（A）：n（B）= ；n=3mol，
（1）C的反应速率是0.1mol/（L·min），C物质的量=0.1mol/（L·min）×2L×5min=1mol，=1，所以x=2，
故答案为：2；
（2）C的反应速率是0.1mol/（L·min），根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以B的反应速率是 ×0.1mol/（L·min）=0.05mol/（L·min），
故答案为：0.05mol/（L·min）；
（3）A的转化率为： ×100%=50%，
故答案为：50%；
【点睛】本题考查化学平衡常数影响因素、应用及有关计算，解题关键：列出三段式，理清起始量、变化量、平衡量之间的关系，再根据速率公式、转化率公式计算。
21.水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H。
（1）已知：K（300℃）＜K（350℃），则该反应是__(吸或放)热反应。
（2）上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率（ν正）随时间的变化如图所示，填出对应的编号。
①缩小容器体积__；②降低温度__。
（3）已知反应①CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)；②H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)；在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO (g)+H2O (g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=__（用K1和K2表示）。
【答案】 (1). 吸 (2). b (3). f (4). K=
【解析】
分析】
（1）温度越高平衡常数越大，说明升温平衡正向进行；
（2）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率；
（3）由方程式可知，反应③=反应①-反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断．
【详解】（1）已知：K（300℃）＜K（350℃），随温度升高平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，故答案为：吸；
（2）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合，
故答案为：b；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合，故答案为：f；
（3）①CO（g）+CuO（g）CO2（g）+Cu（s）②H2（g）+CuO（g）Cu（s）+H2O（g），
反应①的平衡常数K1= ，反应②的平衡常数K2=，反应③：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K= = ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查化学平衡及反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断，是对学生综合能力的考查，难点（3）反应③=反应①-反应②，根据化学平衡常数表达式。
22.甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。
(1)用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成CH4。
已知：C(s)+2H2(g)CH4 △H=-73kJ/mol
2CO(g)C(s)+CO2(g) △H=-171kJ/mol
CO(g)+3H(g)CH4(g)+H2O(g) △H=-203kJ/mol。
写出CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式_________________。
(2)天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃k(NH3·H2O)=1.74×10-5；k1(H2S)=1.07×10-7，k2(H2S)=1.74×10-13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_______。
A. c(NH4+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+) B. c(HS-)>c(NH4+)>(S2-)>c(H+)
C. c(NH4+)>c(HS-)>c(H2S)>c(H+) D. c(HS-)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-)
(3)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
①一定温度时，在一个体积为2L恒容密闭容器中，加入lnmolCH4和1.4mol水蒸气发生上述反应，5min后达平衡，生成0.2molCO，用H2表示该反应的速率为_________。此反应的平衡常数为_____ (结果保留到小数点后三位)。
②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是_________。
A.体系压强不再发生变化
B.生成1molCH4的同时消耗3molH2
C.各组分的物质的量浓度不再改变
D.体系的密度不再发生变化
E.反应速率V(CH4):V(H2O)v(CO):v(H2)=1:1:1:3
(4)甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH(g)+H2O(g)==CO2(g)+3H2(g) △H=+49kJ/mol。某温度下，将[n(H2O):n(CH3OH)]=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为______。
(5)如图所示，直接甲醇燃料电池是质子交换膜燃料电池的一种变种，它直接使用甲醇而勿需预先重整。请写出电池工作时的负极反应式：__________________。
【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)H2(g)+ CO2(g) △H=-41kJ/mol (2). AC (3). 0.06mol/(L·min) (4). 0.011(mol2/L2) (5). AC (6). (7). CH4O-6e-+H2O→6H++CO2
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析计算；
（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则[OH-]>[H+]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度；
（3）①根据三段式来计算；
②依据平衡状态的标志分析。
（4）①增大水醇比，甲醇的利用率增大；
②恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率；
（5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应。
【详解】（1）已知：
①C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH=-73 kJ·mol-1
②2CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH=-171 kJ·mol-1
③CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=-203 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知①+②－③即得到CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H＝-41 kJ•mol-1。
（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液中铵根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，但铵根离子和HS-离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)；根据H2S的电离常数可判断HS-离子的水解程度大于其电离程度，所以还存在c(NH4+)＞c(HS-)＞c(H2S)＞c(H+)，答案选AC；
（3）①5min后达平衡，生成0.2molCO，则同时生成氢气是0.6mol，浓度是0.3mol/L，因此用H2表示该反应的速率为0.3mol/L÷5min＝0.06 mol·L-1·min-1。平衡时剩余甲烷是0.8mol，水蒸气是1.2mol，因此甲烷、水蒸气、CO和氢气的浓度分别是（mol/L）0.4、0.6、0.1、0.3，此反应的平衡常数为0.1×0.33/0.4×0.6≈0.011。
②A.正反应体积增大，体系的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，A正确；B.生成1molCH4的同时消耗3molH2均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.各组分的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态，C正确；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，体系的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；E.反应速率V(CH4):V(H2O):v(CO):v(H2)=1:1:1:3不能说明反应达到平衡状态，E错误；答案选AC；
（4） CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)
起始量（mol） 1 1 0 0
转化量（mol） n n n 3n
平衡量（mol） 1－n 1－n n 3n
则，解得，所以平衡时甲醇的转化率为。
（5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应，又因为存在质子交换膜，则负极反应式为CH4O-6e-+H2O＝6H++CO2。
点睛：本题考查盖斯定律、盐类水解、化学平衡计算、新型电池电极反应式书写等，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与离子水解程度关系、三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解本题关键，注意平衡状态判断时要抓住变量不再发生变化这一关键特征。
化学试卷
可能用到的原子量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Zn：65 Ag：108 Pb：207
一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题3分，16小题，共计48分)
1.化学与科学、技术、社会、环境关系密切，下列说法不正确的是
A. 海水淡化的方法有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等
B. NH4Cl和ZnCl2溶液可用作焊接钢铁时的除锈剂
C. 用牺牲镁块的方法防止地下钢铁管道的腐蚀
D. 电解熔融氧化镁可以得到镁，电解熔融氯化镁不能得到镁
【答案】D
【解析】
海水淡化的方法有物理方法和化学方法，常用的有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，A正确；NH4Cl和ZnCl2都是强酸弱碱盐，水解显酸性，可用作焊接钢铁时的除锈剂，B正确；铁、镁构成原电池时，镁失电子做负极，发生氧化反应，保护了金属铁不被腐蚀，C正确；电解熔融氯化镁生成镁和氯气，D错误；正确选项D。
2.下列说法正确的是
A. 甲烷的燃烧热为ΔH＝-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝－890.3 kJ·mol-1
B. 已知H2O(1)＝H2O(g) ΔH＝＋44kJ·mol-1,则2g H2(g)完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放22kJ的能量
C. 常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的状态应该是液态，即甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，A错误；
B．已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝＋44 kJ·mol－1，则2 g H2(g)即1mol氢气完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放44kJ的热量，B错误；
C．常温下，反应C(s)＋CO2(g)＝2CO(g)的△H＞0，C错误；
D．反应热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，则同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下反应△H相同，D正确；
答案选D。
3.NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 500mL2mol/L葡萄糖溶液中所含分子总数是NA
B. 1L0.1mol/LNa2CO3溶液中的阴离子总数大于0.1NA
C. 1molNa2O和Na2O2固体混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
D. 1L2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 葡萄糖溶液中含有葡萄糖分子和水分子，因为水分子的量无法计算，所以所含分子数无法计算，选项A错误；
B. 1L0.1mol/LNa2CO3溶液中应该有0.1mol的CO32-，考虑到CO32-水解得到HCO3-和OH-，所以溶液中的阴离子总数大于0.1NA，选项B正确；
C. Na2O和Na2O2都是离子化合物，每个Na2O中有两个钠离子和一个氧离子，每个Na2O2中有两个钠离子和一个过氧根离子，即两种化合物都含有3个离子，所以1molNa2O和Na2O2固体混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，选项C正确；
D. 一个氢氧化铁胶体粒子是由多个氢氧化铁形成的，所以1L2mol/L的氯化铁溶液完全制成胶体，氢氧化铁胶体的粒子数小于2NA，选项D正确；
答案选A。
4.某兴趣小组设计了如图所示原电池装置（盐桥中吸附有K2SO4饱和溶液）。下列说法正确的是（）
A. 该原电池的正极反应是Cu2++2e-＝Cu
B. 甲烧杯中溶液的血红色逐渐变浅
C. 盐桥中的SO42-流向甲烧杯
D. 若将甲烧杯中的溶液换成稀硝酸，电流表指针反向偏转
【答案】B
【解析】
【详解】A、正极发生还原反应，电极反应为：Fe3＋＋e－＝Fe2＋，错误；
B、左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，则左烧杯中溶液的红色逐渐变浅，正确；
C、阴离子向原电池的负极移动，错误；
D、若将甲烧杯中溶液换成稀硝酸，铜被氧化，铜为负极，电流表指针偏转方向不变，错误；
答案选B。
【点睛】本题考查原电池原理，为高考频考点，明确原电池反应及正负电极的判断、发生的电极反应等是解答本题的关键，该原电池反应为2FeCl3＋Cu＝2FeCl2+CuCl2，则负极为Cu，发生Cu-2e－＝Cu2＋，阳离子移动到正极，左边烧杯中发生Fe3＋＋e－＝Fe2＋，从而分析得解。
5.已知某水溶液中大量存在H+、Mg2+、K+、NO3-、Cl-中的四种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，则不能存在的离子是（ ）
A. H+ B. Mg2+ C. Cl- D. NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】H＋、Mg2＋、K＋、NO3－、Cl－中，阴离子NO3－、Cl－都带有1个单位负电荷，且存在的四种离子具有相同的物质的量，根据电荷守恒可知该溶液中存在的两种阳离子一定带有1个单位正电荷，所以阳离子应该为，H＋、K＋，不可能为Mg2＋，
故选：B。
6.下列图示与对应的叙述相符的是
A. 由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0
B. 图乙表示pH相同的盐酸与氢氟酸分别加水稀释PH的变化，其中曲线a对应的是氢氟酸
C. 图丙表示该反应为放热反应，且催化剂能改变反应的焓变
D. 图丁表示向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成CO2与所加盐酸物质的量的关系
【答案】B
【解析】
【详解】A. 从图甲得到，随着温度升高，逆反应速率的变化更明显，所以升高温度平衡应该逆向移动，逆反应吸热，正反应放热，选项A错误；
B. 酸性溶液加水稀释时，溶液的pH应该升高，但是不会高于7，所以曲线会一直接近7。考虑到，盐酸是强酸，氢氟酸是弱酸，其pH的变化曲线应该是酸性越强，曲线的斜率越大，所以选项B正确；
C. 向反应体系中加入催化剂会改变反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项C错误；
D. 向Na2CO3溶液中逐滴滴加稀盐酸，应该先生成碳酸氢钠再得到二氧化碳，所以曲线不能从原点开始有二氧化碳气体，选项D错误；
【点睛】改变温度对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是吸热反应方向的速率受到温度的影响更明显。同理改变压强对正逆反应的速率都会有影响，而且一定是气体的物质的量减少的反应方向的速率受到压强的影响更明显。
7.用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量相应的溶质能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3 B. Na2SO4 C. CuCl2 D. KCl
【答案】C
【解析】
【详解】四种电解类型分别是：
(1)分解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐（如NaOH、H2SO4、K2SO4等）的电解。
阴极：4H++4e－=2H2↑ 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2H2O2H2↑+O2↑
阴极产物：H2；阳极产物：O2。 电解质溶液复原加入物质：H2O。
pH变化情况：原来酸性的溶液pH变小，原来碱性的溶液pH变大，强酸（含氧酸）强碱的正盐溶液pH不变。
（2）分解电解质型：无氧酸（除HF外）、不活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）的电解，如HCl、CuCl2等。
阴极：Cu2++2e－=Cu 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：CuCl2Cu+Cl2↑
阴极产物：酸为H2，盐为金属；阳极产物：卤素等非金属单质。
电解液复原加入物质为原溶质，如电解CuCl2溶液，需加CuCl2。
pH变化情况：如电解无氧酸溶液pH变大但不会超过7；如为盐溶液的电解则视无氧酸根的情况而定。
（3）放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）溶液的电解，如NaCl、MgBr2等。
阴极：2H++2e－=H2↑ 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
阴极产物：碱和H2；阳极产物：卤素等非金属单质。电解饱和食盐水的产物分别为NaOH和H2以及Cl2。
电解液复原加入物质为卤化氢。电解饱和食盐水，要使电解质溶液复原需加入HCl。
pH变化情况：电解液pH显著变大。
（4）放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐溶液的电解，如CuSO4、AgNO3等。
阴极：2Cu2++4e－=Cu 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
阴极产物：析出不活泼金属单质；阳极产物是该盐对应的含氧酸和氧气，本例中分别是Cu以及H2SO4、O2。
电解液复原加入物质为不活泼金属的氧化物（金属价态与原盐中相同）。如电解CuSO4溶液，复原需加入CuO。
pH变化情况：溶液pH显著变小。
由以上分析可知，本题选C。
8.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中应该是与溶液液面接触处最易腐蚀，因为与氧气接触面积大，A错；
B、图b中，开关置于N处，形成原电池，N处中Zn腐蚀加快，B错；
C、图c中接通开关，Zn做负极，发生析氢腐蚀，Zn腐蚀加快，Pt是产生气泡加快，C错；
D、图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀，Zn是负极，发生氧化反应，因而主要是由Zn的氧化作用引起的，D正确。
答案选D。
9.解释下列事实的方程式不正确的是
A. NaHCO3溶液显碱性原因: HCO3-+H2O=H3O++CO32-
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜:2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
C. 盛装NaOH溶液试剂瓶不能用玻璃塞:2OH-+SiO2=SiO32-+H2O
D. 自然界各种原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后产生的硫酸铜,遇到难溶的方铅矿(PbS),慢慢转变为铜蓝(CuS): CuSO4+PbS=CuS+PbSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠溶液显碱性的原因是，碳酸氢根离子的水解大于电离，所以应该用碳酸氢根离子的水解方程式表示原因，选项A实际是碳酸氢根离子的电离方程式，选项A错误；
B. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，实际就是用FeCl3溶液将铜氧化为铜离子，选项B正确；
C. 氢氧化钠溶液保存时不能使用玻璃塞的原因是，玻璃中的二氧化硅会与氢氧化钠反应，生成硅酸钠和水，其离子方程式为：2OH-+SiO2=SiO32-+H2O，选项C正确；
D. 硫酸铜遇到难溶的方铅矿(PbS)，慢慢转变为铜蓝(CuS)，实际发生沉淀转化的反应，将PbS转化为CuS，方程式为：CuSO4+PbS=CuS+PbSO4，选项D正确；
答案选A。
10.室温下，已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=5.0×10-9。下列说法中正确的是
A. 在含有BaSO4固体的溶液中，一定有c(Ba2+)=c(SO42-)
B. 向只含有BaSO4的悬独液中加入少量水，溶液中c(Ba2+)增大
C. 若BaSO4悬浊液中逐渐加入Na2CO3固体至c(CO32-)=5.0×10-4mol/L时，BaSO4开始向BaCO3沉淀转化
D. 往Na2CO3和Na2SO4的混合溶液中加入BaCl2溶液,当生成BaCO3沉淀时,(CO32-)/ c(SO42-)=0.02
【答案】C
【解析】
在含有BaSO4固体的溶液中，不一定有c(Ba2+)=c(S042-)，比如在1mol/L BaSO4和1mol/LH2SO4的混合液中，c(Ba2+)
A. HCl+NH3=NH4Cl B. 2Na2O2+2H20=4NaOH+O2↑
C. 2KClO3=2KCl+302↑ D. Ba(OH)2•8H20+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O
【答案】B
【解析】
HCl+NH3=NH4Cl ，物质由气态变为固态，混乱度减小，熵值减小，反应常温下自发进行，主要用焓判据，A错误；2Na2O2+2H20=4NaOH+O2↑，有气体生成，混乱度增大，熵值增大，该反应为放热反应，反应常温下能自发进行，既能用焓判据又能用熵判据解释，B正确；2KClO3=2KCl+302↑反应为吸热反应，生成气体，混乱度增大，熵值增大，反应常温下能自发进行，主要是熵判据，C错误；Ba(OH)2•8H20+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，是吸热反应，生成气体，混乱度增大，熵值增大，反应常温下能自发进行，主要是熵判据，D错误；正确选项B。
12.向体积为Va的0.05mol·L－1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L－1KOH溶液，下列关系错误的是（ ）
A. Va＞Vb时：c(CH3COOH) +c(CH3COO-)＞c(K+）
B. Va＝Vb时：c(CH3COOH) +c(H+)＝c(OH-）
C. Va＜Vb时：c(CH3COO-)＞(K+）＞c(OH-）> c(H+)
D. Va与Vb任意比时：c(K+）+c(H+)＝c(OH-）+ c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸和碱的物质的量浓度相等，都是一元的，当Va＞Vb时，酸过量，溶液中的溶质是醋酸钾和醋酸，根据物料守恒知，c（CH3COOH）+c（CH3COO－）＞0.025mol·L－1，c（K＋）＜0.025mol·L－1，所以c（CH3COOH）+c（CH3COO－）＞c（K＋），故A正确；
B．当Va=Vb时，酸和碱恰好中和，溶液中的溶质是醋酸钾，根据质子守恒知，c（CH3COOH）+c（H＋）=c（OH－），故B正确；
C．当Va＜Vb时，氢氧化钾过量，溶液中的溶质是醋酸钾和KOH，溶液中c（CH3COO－）＞c（K＋），溶液呈碱性，所以c（OH－）＞c（H＋），当Vb远远大于Va，则c（CH3COO－）＜c（OH－），当Vb比Va稍微大时，c（CH3COO－）＞c（OH－），故C错误；
D．Va和Vb为任意比时，溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，根据电荷守恒得：c（K＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（CH3COO－），故D正确；
故选：C。
13.下列说法中不正确的有（ ）
①水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是55.6×107
②两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2, pH分别为a和a+1,则c1=10c2
③常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中,所有离子浓度都降低
④蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝
⑤常温下，等体积的pH=12的碱甲溶液和pH=11的碱乙溶液，分别用等浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积为2V甲=V乙,则乙一定是弱碱
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10-7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：=，解得n=5.56×108，故正确；
②醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10：1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故错误；
③酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，故错误；
④水解生成的HCl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，蒸干得到氢氧化铝，故错误；
⑤pH=12的碱溶液甲中c(OH-)=0.01mol/L，pH=11的碱溶液乙中c(OH-)=0.001mol/L，等体积的这两种溶液分别与等浓度的稀盐酸中和时，如果这两种碱都是强碱，则消耗的盐酸体积前者是后者的10倍，实际上消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，即此时乙消耗的盐酸多，说明乙最终电离出的n(OH-)大于甲，所以乙一定是弱碱，故正确；
错误的有3个，故选C。
14.在恒温、恒容密闭容器中发生反应：A(s) +2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明该反应已达到平衡状态的是（ ）
①混合气体的压强 ②混合气体的密度 ③各气态物质的物质的量浓度 ④气体的总物质的量 ⑤混合气体的平均相对分子质量
A. ②③⑤ B. ①②③ C. ①②③⑤ D. ①③④⑤
【答案】A
【解析】
【分析】
在恒温、恒容密闭容器中发生反应：A(s) +2B(g)C(g)+D(g)，为气体体积相等的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，注意A为固态。
【详解】①两边气体计量数相等，所以该反应中压强为定值，不能根据压强判断平衡状态，故①错误；
②混合气体的密度，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，故②正确；
③各气态物质的物质的量浓度不变，说明反应达平衡状态，故③正确；
④反应中混合气体的总物质的量为定值，据此无法判断平衡状态，故④错误；
⑤混合气体的总质量为变量、总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故⑤正确；
故选：A。
15.反应mA(s)+nB(g)pC(g) △H>O，在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图所示，下列叙述中一定不正确的是
① m+n>p ②x点表示的正反应速率小于逆反应速率 ③n
A. ②⑤ B. ②④ C. ①③ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
增大压强，B%增大，说明平衡逆向移动，A为固态，所以n
点睛：判断x点与y点的速率快慢时，不要看两个点位置的高低，而是要看两个点所处的外界条件，温度高、压强大，速率快。
16.室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A. Kb2的数量级为10-8
B. X(OH)NO3水溶液显碱性
C. 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)>c[X(OH)+]
D. 在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。
【详解】A．选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，所以Kb2=，选项A正确；
B．X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确；
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)＜c[X(OH)+]，选项 C错误；
D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确；
答案选C。
第II卷(非选择题)
17.合成氨工业中，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量。
（1）写出合成氨反应的热化学方程式为_______________。
（2）已知：
1mol N-H键断裂吸收的能量等于______kJ。
（3）已知关于铁的氧化物存在下列三个热化学方程式：
Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8 kJ/mol ①
Fe2O3(s)＋CO(g)= Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－15.73 kJ/mol ②
Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4 kJ/mol ③
则CO还原FeO的热化学方程式为CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝________kJ/mol。
【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1 (2). 391 (3). -218
【解析】
【分析】
（1）工业中常用氮气与氢气反应制取氨气，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，则热方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；
（2）化学反应的实质为旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，焓变=吸收的总能量-释放的总能量；
（3）根据盖斯定律，（①×3-②×3-③×2）/6即可得到；
【详解】（1）工业中常用氮气与氢气反应制取氨气，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，则热方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol；
（2）化学反应的实质为旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，焓变=吸收的总能量-释放的总能量。合成氨反应中，1mol氮气生成氮原子时吸收945.8kJ的能量，3mol氢气生成原子时吸收436kJ×3的能量，形成氨气时，形成6molN-H键，，则1mol N-H键断裂吸收的能量=（945.8kJ+436kJ×3+92.4）/6=391kJ；
（3）根据盖斯定律，（①×3-②×3-③×2）/6即可得到CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)，则ΔH＝（－24.8×3+15.73×3-640.4×2）/6=-218kJ/mol；
【点睛】相同化学键断开吸收的能量与形成化学键释放的能量相等，热化学反应中，焓变=吸收的总能量-释放的总能量。
18.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，完成下列问题：
（1）甲池燃料电池的负极反应为__。
（2）写出乙池中电解总反应的化学方程式：__。
（3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生__g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=__。
（4）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取消毒液或Fe(OH)2 的实验装置(如图)。若用于制消毒液，a为电池的__极，电解质溶液最好用__。若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用__作电极。
【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (3). 1.16 (4). 1 (5). 负 (6). 饱和食盐水 (7). 铁(Fe)
【解析】
【分析】
（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，由此书写电极反应方程式：
（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OHˉ-4e－=O2↑++2H2O，阴极极反应2Cu2＋+4e－=2Cu，在得失电子守恒的情况下两个反应相加得总反应式；
（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑：甲池为原电池，总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e－～6Mg（OH）2，12e－～～3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg（OH）20.02mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e－～～2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04mol，求溶液中硫酸的浓度，从而求溶液中的氢离子的浓度；
（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe（OH）2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子。
【详解】（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，电极反应：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O，
故答案为：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O；
（2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OHˉ-4e－=O2↑+2H2O，阴极极反应2Cu2＋+4e－=2Cu，两个反应相加，总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；
（3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑：甲池为原电池，总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e－～6Mg（OH）2，12e－～～3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg（OH）20.02mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e－～～2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04mol，乙池中产生H2SO40.02mol，c（H＋）=0.02×2÷0.4=0.1mol/L，该溶液的pH=1，故答案为：1.16；1；
（4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe（OH）2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子，才能够提供亚铁离子，故答案为：负，饱和食盐水；铁（Fe）。
19.某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。
（1）仪器A的名称是__。
（2）B中加入300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__。
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的__。
（4）若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为__。
（5）该测定结果往往比实际值偏高，分析是由于采用试剂不当引起的，可能的原因为__。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). SO2+H2O2=H2SO4 (3). ③ (4). 酚酞 (5). 盐酸的挥发
【解析】
【分析】
（1）仪器为冷却装置，结合仪器A特点书写其名称；
（2）SO2 被H2O2 氧化成硫酸；
（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；滴定前排气泡时，应选择题图2中的③；
（4）滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；
（5）滴定误差分析的依据是，c（待测）= ，标准溶液体积增大，测定结果偏高。
【详解】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，
故答案为：冷凝管或冷凝器；
（2）SO2 被H2O2 氧化成硫酸，SO2+H2O2=H2SO4；
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）滴定前排气泡时，应选择题图2中的③；
故答案：③；
（4）滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0），滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色，
故答案为：酚酞；
（5）滴定误差分析的依据是，c（待测）= ，标准溶液体积增大，测定结果偏高。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高。
故答案为：盐酸的挥发。
【点睛】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
20.按要求回答下列问题：
将等物质的量的A、B混合放于2L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。经5min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，v(C)=0.1mol/(L·min)。则：
（1）x=__。
（2）前5 min内B的反应速率v(B)=__。
（3）平衡时A的转化率为__。
【答案】 (1). 2 (2). 0.05mol/( L·min) (3). 50%
【解析】
【分析】
设A、B的物质的量为nmol；根据D的浓度计算D的物质的量，计算反应的A、B的物质的量，根据5min时，A、B浓度之比求出A、B开始时的物质的量，用开始时的物质的量减反应的物质的量即为5min末的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算浓度；反应速率之比即为计量数之比；根据C的反应速率求A的反应速率．根据A的转化浓度计算A的转化率；
【详解】D的浓度为0.5mol·L－1，D的物质的量为1mol．C物质的量=0.1mol/（L·min）×2L×5min=1mol，
设A、B的物质的量为nmol，
同一容器中，c（A）：c（B）=n（A）：n（B）= ；n=3mol，
（1）C的反应速率是0.1mol/（L·min），C物质的量=0.1mol/（L·min）×2L×5min=1mol，=1，所以x=2，
故答案为：2；
（2）C的反应速率是0.1mol/（L·min），根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以B的反应速率是 ×0.1mol/（L·min）=0.05mol/（L·min），
故答案为：0.05mol/（L·min）；
（3）A的转化率为： ×100%=50%，
故答案为：50%；
【点睛】本题考查化学平衡常数影响因素、应用及有关计算，解题关键：列出三段式，理清起始量、变化量、平衡量之间的关系，再根据速率公式、转化率公式计算。
21.水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H。
（1）已知：K（300℃）＜K（350℃），则该反应是__(吸或放)热反应。
（2）上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率（ν正）随时间的变化如图所示，填出对应的编号。
①缩小容器体积__；②降低温度__。
（3）已知反应①CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)；②H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)；在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO (g)+H2O (g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=__（用K1和K2表示）。
【答案】 (1). 吸 (2). b (3). f (4). K=
【解析】
分析】
（1）温度越高平衡常数越大，说明升温平衡正向进行；
（2）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率；
（3）由方程式可知，反应③=反应①-反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断．
【详解】（1）已知：K（300℃）＜K（350℃），随温度升高平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，故答案为：吸；
（2）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合，
故答案为：b；
②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合，故答案为：f；
（3）①CO（g）+CuO（g）CO2（g）+Cu（s）②H2（g）+CuO（g）Cu（s）+H2O（g），
反应①的平衡常数K1= ，反应②的平衡常数K2=，反应③：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K= = ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查化学平衡及反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断，是对学生综合能力的考查，难点（3）反应③=反应①-反应②，根据化学平衡常数表达式。
22.甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。
(1)用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成CH4。
已知：C(s)+2H2(g)CH4 △H=-73kJ/mol
2CO(g)C(s)+CO2(g) △H=-171kJ/mol
CO(g)+3H(g)CH4(g)+H2O(g) △H=-203kJ/mol。
写出CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式_________________。
(2)天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃k(NH3·H2O)=1.74×10-5；k1(H2S)=1.07×10-7，k2(H2S)=1.74×10-13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_______。
A. c(NH4+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+) B. c(HS-)>c(NH4+)>(S2-)>c(H+)
C. c(NH4+)>c(HS-)>c(H2S)>c(H+) D. c(HS-)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-)
(3)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
①一定温度时，在一个体积为2L恒容密闭容器中，加入lnmolCH4和1.4mol水蒸气发生上述反应，5min后达平衡，生成0.2molCO，用H2表示该反应的速率为_________。此反应的平衡常数为_____ (结果保留到小数点后三位)。
②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是_________。
A.体系压强不再发生变化
B.生成1molCH4的同时消耗3molH2
C.各组分的物质的量浓度不再改变
D.体系的密度不再发生变化
E.反应速率V(CH4):V(H2O)v(CO):v(H2)=1:1:1:3
(4)甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH(g)+H2O(g)==CO2(g)+3H2(g) △H=+49kJ/mol。某温度下，将[n(H2O):n(CH3OH)]=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为______。
(5)如图所示，直接甲醇燃料电池是质子交换膜燃料电池的一种变种，它直接使用甲醇而勿需预先重整。请写出电池工作时的负极反应式：__________________。
【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)H2(g)+ CO2(g) △H=-41kJ/mol (2). AC (3). 0.06mol/(L·min) (4). 0.011(mol2/L2) (5). AC (6). (7). CH4O-6e-+H2O→6H++CO2
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律分析计算；
（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则[OH-]>[H+]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度；
（3）①根据三段式来计算；
②依据平衡状态的标志分析。
（4）①增大水醇比，甲醇的利用率增大；
②恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率；
（5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应。
【详解】（1）已知：
①C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH=-73 kJ·mol-1
②2CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH=-171 kJ·mol-1
③CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=-203 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知①+②－③即得到CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H＝-41 kJ•mol-1。
（2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液中铵根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，但铵根离子和HS-离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)；根据H2S的电离常数可判断HS-离子的水解程度大于其电离程度，所以还存在c(NH4+)＞c(HS-)＞c(H2S)＞c(H+)，答案选AC；
（3）①5min后达平衡，生成0.2molCO，则同时生成氢气是0.6mol，浓度是0.3mol/L，因此用H2表示该反应的速率为0.3mol/L÷5min＝0.06 mol·L-1·min-1。平衡时剩余甲烷是0.8mol，水蒸气是1.2mol，因此甲烷、水蒸气、CO和氢气的浓度分别是（mol/L）0.4、0.6、0.1、0.3，此反应的平衡常数为0.1×0.33/0.4×0.6≈0.011。
②A.正反应体积增大，体系的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，A正确；B.生成1molCH4的同时消耗3molH2均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.各组分的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态，C正确；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，体系的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；E.反应速率V(CH4):V(H2O):v(CO):v(H2)=1:1:1:3不能说明反应达到平衡状态，E错误；答案选AC；
（4） CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)
起始量（mol） 1 1 0 0
转化量（mol） n n n 3n
平衡量（mol） 1－n 1－n n 3n
则，解得，所以平衡时甲醇的转化率为。
（5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应，又因为存在质子交换膜，则负极反应式为CH4O-6e-+H2O＝6H++CO2。
点睛：本题考查盖斯定律、盐类水解、化学平衡计算、新型电池电极反应式书写等，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与离子水解程度关系、三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解本题关键，注意平衡状态判断时要抓住变量不再发生变化这一关键特征。
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