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【化学】江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高二上学期期末考试
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 P—31 S—32 Cl—35.5 Fe—56
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 生成物总能量一定低于反应物总能量
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】C
【解析】
【详解】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物总能量高于生成物总能量则反应放热，反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热，错误；
B、反应速率的大小与反应热无关，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下能迅速反应，金属的腐蚀为放热反应，但反应速率较慢，错误；
C、反应热与反应的途径无关，取决于反应物和生成物的始末状态，可根据盖斯定律，计算某些难以直接测量的反应焓变，正确；
D、反应热与反应的条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，错误；
答案选C。
2.氯原子对O3分解有催化作用：①O3＋Cl===ClO＋O2 ΔH1，②ClO＋O===Cl＋O2 ΔH2。大气臭氧层的分解反应是③O3＋O===2O2 ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中，正确的是( )
A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3 B. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E2－E3
C. O3＋O===2O2是吸热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，错误；
B．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，根据盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2。由A可知，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，△H=E3-E2，错误；
C．由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，错误；
D．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2，正确。
故合理选项是D。
3. 现有下列两个图象：
下列反应中符合上述图象的是( )
A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0
B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以
A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；
4. 在水中加入下列物质，可以促进水电离的是（ ）
A. H2SO4 B. NaOH C. Na2CO3 D. KNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸溶于水显酸性，抑制水的电离，故A错误；
B．氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，故B错误；
C．硝酸钾是强酸强碱盐对水的电离无影响，故C错误；
D．碳酸钠是强碱弱酸盐，水中碳酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，故D正确；
故选D。
【点睛】硝酸钾电离出来的离子不能与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质，对水的电离无影响。
5.下列能说明醋酸是弱酸的是( )
A. 醋酸能与NaOH反应 B. 醋酸能使石蕊变红
C. 醋酸溶液pH<7 D. 常温下0.1 mol·L－1醋酸pH＝3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸能和NaOH反应说明醋酸具有酸性，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故A错误；
B. 醋酸能使石蕊试液变红色，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故B错误；
C. 醋酸溶液pH<7，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故C错误；
D. 0.1mol·L-1醋酸pH=3，即c(H+)=0.001mol/L，说明醋酸发生部分电离，属于弱酸，故D正确；
答案选D。
6. 有如图所示的装置，当电流表中产生持续电流时，下列说法正确的是
A. Cu是原电池的负极
B. Al是原电池的负极
C. 电子由Al沿导线流向铜
D. 铝片上的电极反应式为：Al﹣3e﹣═AL3+
【答案】A
【解析】
【分析】
铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极上是得电子的还原反应。
【详解】A、铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，故A正确；
B、以金属铜是负极，金属铝是正极，故B错误；
C、电子从负极流向正极，即从铜流向铝，故C错误；
D、铝是正极，该电极上金属不会反应，是硝酸中的硝酸根离子发生得电子的还原反应，故D错误；
故选A。
7.在一定条件下发生反应2A（g）=2B（g）+C（g），将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用C的浓度变化来表示该反应的速率为
A. 0.24 mol／（L·min） B. 0.12 mol／（L·min）
C 0.08 mol／（L·min） D. 0.06 mol／（L·min）
【答案】D
【解析】
速率比应该等于方程式的系数比，所以C的速率为A的速率的一半，即，选项D正确。
8. 下列溶液中有关粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 氯水中：2c(Cl2)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)
B. 25℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c (Na＋ ) ＝ c(NH4+)
C. pH＝4的0．1 mol·L－1的NaHA溶液中：c (HA－) > c (H＋ ) > c (H2A) > c (A2－ )
D. 在K2CO3溶液中：c (CO32-) ＋ c (OH－ ) ＝ c (HCO3-) ＋ c( H＋ )
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气与水反应为可逆反应，溶解的氯气只有很少的一部分与水反应生成盐酸和次氯酸，题给条件下无法确定氯水中c(Cl2)与c(ClO－)、c(Cl－)、c(HClO)的关系，错误；
B、根据两溶液中的电荷守恒式判断25℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c (Na＋) ＝ c(NH4+)，正确；
C、0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝4，则HA—的电离程度大于其水解程度，溶液中微粒浓度关系为：c (HA－) > c (H＋) > c (A2－) > c (H2A)，错误；
D、根据电荷守恒和物料守恒判断在K2CO3溶液中：c (OH－) - 2c (H2CO3)＝ c (HCO3-) ＋ c( H＋)，错误；
9.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：
A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；
故选B。
【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．
10.已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1
则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是( )
A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1
C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1
则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。
11.在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1~t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是
A. 在t3时刻反应已经停止
B. A的转化率比B的转化率低
C. 在容器中发生的反应为： 2A+B2C
D. 在t2~t3内A的平均反应速率为：[1/（t3－t2）]mol·L－1·s－1[
【答案】D
【解析】
【详解】A、可逆反应达到了平衡状态，但是反应仍然进行，故A错误；
B、根据表中的数据，t1→t2，消耗了A3mol/L、B1.5mol/L，生成了1.5mol/LC，故反应方程式为：2A+B⇌C，反应前A、B的浓度之比小于2：1，反应过程中消耗的A、B的浓度之比等于2：1，则转化率A的大于B，故B错误；
C、由于ABC的反应方程式为：2A+B⇌C，故C错误；
D、反应速率等于浓度变化比时间，t2到t3，A的浓度变化为1mol/L，时间为（t3-t2），故A的平均反应速率为： mol/（L•s），故D正确；
故选：D。
12.如表为有关化合物的pKsp，pKsp＝－lgKsp。某同学设计实验如下：①向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；②向①中加NaY，则沉淀转化为AgY；③向②中加入NaZ，沉淀又转化为AgZ。则表中a、b、c的大小关系为( )
A. a>b>c B. a
【解析】
【详解】难溶电解质的Ksp越小，越易生成沉淀，①向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；②向①中加NaY，则沉淀转化为AgY；③向②中加入NaZ，沉淀又转化为AgZ，可说明ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)，又pKsp=−lgKsp，则a
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅
B. 增大压强可加快SO2转化为SO3的速率
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】B
【解析】
【详解】A、由NO2和N2O4组成的平衡体系，缩小体积加压，NO2的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，NO2的浓度又减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，故不选A；
B、增大压强可加快SO2转化为SO3的速率，是压强对反应速率的影响，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C、黄绿色的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl +HClO，光照后HClO分解，HClO浓度降低，平衡正向移动，氯水颜色变浅，符合勒夏特列原理，故不选C；
D、在含有Fe(SCN)3的红色溶液中存在平衡：Fe3++ 3SCN-Fe(SCN)3，加铁粉，发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，符合勒夏特列原理，故不选D。
答案选B。
14.α－AgI是一种固体导体，导电率很高。为研究α－AgI到底是Ag＋导电还是I－导电，设计了如下实验，下列有关说法不正确的是( )
A. 若α－AgI是Ag＋导电，则通电一段时间后晶体质量不变
B. 若α－AgI是Ag＋导电，则通电一段时间后晶体质量减少
C. 阳极反应为：Ag－e－===Ag＋
D. 阴极质量不断增加
【答案】B
【解析】
【分析】
依据装置图分析，该装置为电解池，银作阳极和阴极，阳极电极反应为Ag-e-═Ag+，阴极电极反应为：Ag++e-═Ag，原理和电镀原理相同，固体导体中若是银离子导电，则固体密度不变，若是碘离子导电，固体密度减小，以此解答该题。
【详解】该装置为电解池，银作阳极和阴极，阳极电极反应为Ag-e-═Ag+，阴极电极反应为：Ag++e-═Ag，阴极质量增大，若α-AgI是Ag+导电，则通电一段时间后晶体质量不变，若是碘离子导电，固体密度减小，则A、C、D正确，B项错误；
答案选B。
【点睛】解答该题的关键是判断该装置为电解池，银作阳极和阴极，阳极电极反应为Ag-e-═Ag+，阴极电极反应为：Ag++e-═Ag，原理和电镀原理相同。
15.下图为某化学反应速率-时间图。在t1时刻升高温度或增大压强，都符合下图所示变化的反应是
A. 2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）△H＜0
B. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) △H＜0
C. H2（g）＋I2（g）2HI（g）△H＞0
D. C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像可知升高温度或增大压强，平衡均向逆反应方向移动，这说明正反应是放热反应和体积增大的可逆反应，A选项是放热的体积减小的可逆反应，B选项是放热的体积增大的可逆反应，C选项是吸热的体积不变的可逆反应，D选项是吸热的体积增大的可逆反应，所以正确的答案是B。
16.向盛有NaHSO4溶液的烧杯中不断滴Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液的不断滴入，溶液中产生的沉淀量与pH变化情况正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸氢钠与氢氧化钡反应：当溶液显示中性时，反应的化学方程式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，溶液中硫酸根离子没有完全沉淀，即沉淀没有达到最大量；当沉淀达到最大量时，反应的化学方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=NaOH+BaSO4↓+H2O，此时溶液中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，满足以上关系的图象为A，故选A。
第Ⅱ卷(非选择题，包括6小题，共52分)
17.能源是国民经济发展重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
（1）在25 ℃、101 kPa时，16 g CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890．31 kJ，则CH4燃烧的热化学方程式是_____。
（2）已知：C（s）+ O2（g）CO2（g） ΔH＝－437．3 kJ•mol－1
H2（g）+O2（g）H2O（g） ΔH＝－285．8 kJ•mol－1
CO（g）+O2（g）CO2（g） ΔH＝－283．0 kJ•mol－1
则煤的气化主要反应的热化学方程式是
C（s）+ H2O（g）CO（g）+ H2（g） ΔH＝_____kJ•mol－1。
【答案】 (1). CH4（g）+ 2O2（g）CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH＝—890.31 kJ•mol－1 (2). + 131.5
【解析】
【详解】（1）16 g CH4的物质的量为：，即1mol CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31 kJ，因此其热化学方程式为：CH4（g）+ 2O2（g）CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH＝—890.31 kJ•mol－1；
（2）根据盖斯定律可知，ΔH＝（- 437.3+285.8+283.0）kJ•mol－1= +131.5 kJ•mol－1。
18.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示:
（1）由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是__(填“图1”或“图2”)。
（2）a=___mL。
（3）c(Na+)=c(CH3COO-)的点是_______。
（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为________。
【答案】 (1). 图1 (2). 20.00 (3). D (4). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】
【详解】（1）盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，A点pH＝1，说明溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以是盐酸溶液，因此滴定HCl溶液的曲线是图1；
（2）图1中a点pH＝7，二者恰好反应，所以a=20.00mL；
（3）根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)时溶液显中性，则对应的点是D；
（4）E点醋酸与氢氧化钠恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则对应离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
19.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型能源，它清洁、高效、具有优良的环保性能。
Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程如下：
催化反应室中(压强2.0～10.0 MPa，温度230～280℃)进行下列反应：
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－90.7 kJ/mol ①
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5 kJ/mol ②
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2 kJ/mol ③
(1)甲烷氧化可制得合成气，反应如下：CH4(g)＋O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＝－35.6 kJ/mol。该反应是_______反应(填“自发”或“非自发”)。
(2)催化反应室中总反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝___________。830℃时反应③的K＝1.0，则在催化反应室中反应③的K_______1.0(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)上述反应中，可以循环使用的物质有_______。
Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。b电极是_______极。
【答案】 (1). 自发 (2). －246.1 kJ/mol (3). > (4). CO、H2、甲醇和水 (5). 正
【解析】
【分析】
Ⅰ、（1）依据自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，是自发进行的反应；△H-T△S＞0，是非自发进行的反应；
（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式进行计算应用；催化反应室内的反应条件是压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃；结合化学平衡影响因素分析判断；
（3）依据反应过程中的中间产物是可以循环利用的物质；
Ⅱ、反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，b为正极，氧气在正极放电．由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子。
【详解】Ⅰ.(1)反应后气体的物质的量增大，混乱度增加，熵增大，ΔS>0，由复合判据得该反应能自发进行。
(2)反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)可利用题给的三个反应，将①×2＋②＋③得到，则ΔH＝－90.7 kJ/mol×2＋(－23.5 kJ/mol)＋(－41.2 kJ/mol)＝－246.1 kJ/mol；因为催化反应室中的温度低于830℃，温度降低，反应③的平衡向正反应方向移动，故K>1.0。
(3)从流程图中可以看出排出的物质CO、H2、甲醇和水在反应①、②、③中可以作为反应物，故均可以循环利用。
Ⅱ.燃料电池中通入O2一极发生还原反应，即b电极是正极。
20.下图所示甲、乙是电化学实验装置。
（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。
①甲中石墨棒上的电极反应式为__________________________________。
②乙中总反应的离子方程式为____________________________________。
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。若反应中Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_________。
（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。
①甲中铁棒上的电极反应式为__________________________。
②如果起始时乙中盛有200 mL pH＝5的CuSO4溶液(25 ℃)，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入________(填写物质的化学式)________g。
【答案】 (1). 2H2O＋O2＋4e－===4OH－ (2). 2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－ (3). 5Cl2＋I2＋6H2O === 10HCl＋2HIO3 (4). Fe－2e－=== Fe2＋ (5). CuO(或CuCO3) (6). 0.8(或1.24)
【解析】
【详解】（1）①甲中铁作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀，石墨电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；②根据电子流动方向，铁作阴极，此装置是电解饱和食盐水，因此总电极反应式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；③Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，I2为还原剂，根据得失电子数目守恒，因此有5×2×1=1×(x－0)×2，x=5，I被氧化成HIO3，因此反应方程式为：5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3；
（2）①甲中发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；②乙中发生总反应是2CuSO4＋2H2OCu＋O2↑＋2H2SO4，恢复到电解前的状态，需要加入CuO或CuCO3，pH=1此时溶液中n(H＋)=200×10－3×0.1mol=0.02mol，如果加入CuO，则需要的m(CuO)=0.02×80/2g=0.8g，假如加入CuCO3，m(CuCO3)=0.02×124/2g=1.24g。
【点睛】本题的难点是问题(1)中③，首先判断谁是氧化剂，谁是还原剂，Cl2的氧化性强于I2，因此Cl2为氧化剂，被还原成Cl－，I2为还原剂，然后根据得失电子数目守恒，判断出I2被氧化哪种物质，从而写出反应方程式。
21.高炉炼铁过程中发生的主要反应为
Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)
已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4．0
3．7
3．5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=____，ΔH____(填“>”“<”或“=”)0。
（2）在一个容积为10 L的密闭容器中，1 000 ℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=____、CO的平衡转化率=____。
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是____。
A．减少Fe的量
B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2
D．提高反应温度
E．减小容器的容积
F．加入合适的催化剂
【答案】 (1). K= (2). < (3). 0.006 mol·(L·min)-1 (4). 60% (5). C
【解析】
【详解】（1）平衡常数表达式中不能用固体或纯液体表示，故K=；由表中数据可知，随着温度升高，平衡常数减小，表明平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应，故ΔH<0。
（2）
K==4.0，x=0.06，v(CO2)==0.006 mol·(L·min)-1，CO转化率=×100%=60%。
（3）A、B项中，增加或减少固体的量不会影响化学平衡移动，故不可以；
C项，移出部分CO2，可以增大CO转化率；
D项，提高反应温度，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小；
E项，减小容器的容积，即加压，平衡不移动，CO的转化率不变；
F项，催化剂不影响化学平衡移动，故不影响CO转化率。
22.室温下，向20 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，直至氢氧化钠溶液过量。
(1)写出反应的离子方程式：_________________________。
(2)在实验的整个过程中，水的电离程度的变化趋势是___________________________。
(3)请在下表的空格部分填上相应的内容，将表格补充完整(NaOH的体积、pH栏中填写“>”“<”或“＝”)。
加入NaOH
的体积/mL
离子浓度从大到小的顺序
溶液中所含溶质化学式
溶液的pH
①＝10 mL
________________
______________
<7
②__20 mL
______________
______________
＝7
③__20 mL
______________
CH3COONa
____7
④__20 mL
______________
CH3COOH、
NaOH
____7
【答案】 (1). OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O (2). 先增大后变小 (3). c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH) (4). CH3COOH、CH3COONa (5). < (6). c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－) (7). CH3COOH、CH3COONa (8). ＝ (9). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (10). > (11). > (12). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (13). >
【解析】
【分析】
（1）书写离子方程式时，弱电解质不能拆，强电解质要拆成离子；
（2）酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
（3）①当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解；
②当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，若溶液pH=7，则应为CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，则碱不足，醋酸剩余；
③当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa；
④当加入NaOH>20mL时，溶质为CH3COONa、NaOH，pH>7，据此解答。
【详解】（1）醋酸是弱电解质，用分子式表示，氢氧化钠是强碱，要拆成离子形式，反应的离子方程式为：OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O；
故答案为：OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O；
（2）在向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，溶液由醋酸逐渐变为醋酸钠，当NaOH过量时，又成为醋酸钠和氢氧化钠的混合液，整个过程中水的电离由被抑制逐渐变为被促进，最后又变成被抑制；
故答案为：先增大后变小；
（3）①当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
故答案为：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH)；CH3COOH、CH3COONa；
②当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，若溶液pH=7，则应为CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，则碱不足，醋酸剩余，则有10mLc(H+)=c(OH-)；
故答案为：<；c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)；CH3COOH、CH3COONa；
③当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，pH>7，c(H+)c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
故答案为：＝；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；>；
④当加入NaOH>20mL时，溶质为CH3COONa、NaOH，pH>7，c(H+)c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)；
故答案为：>；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；>。
【点睛】室温下，向20 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，该溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，联立电荷守恒和物料守恒可得，2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，这是常考点。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 P—31 S—32 Cl—35.5 Fe—56
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题包括16小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分)
1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 生成物总能量一定低于反应物总能量
B. 放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率
C. 应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl在光照和点燃条件下的△H不同
【答案】C
【解析】
【详解】A、化学反应过程中一定伴随能量变化，反应可以是放热反应或吸热反应，反应物总能量高于生成物总能量则反应放热，反应物总能量低于生成物总能量，反应吸热，错误；
B、反应速率的大小与反应热无关，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应为吸热反应，在常温下能迅速反应，金属的腐蚀为放热反应，但反应速率较慢，错误；
C、反应热与反应的途径无关，取决于反应物和生成物的始末状态，可根据盖斯定律，计算某些难以直接测量的反应焓变，正确；
D、反应热与反应的条件无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，错误；
答案选C。
2.氯原子对O3分解有催化作用：①O3＋Cl===ClO＋O2 ΔH1，②ClO＋O===Cl＋O2 ΔH2。大气臭氧层的分解反应是③O3＋O===2O2 ΔH，该反应的能量变化示意图如图所示，下列叙述中，正确的是( )
A. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E1－E3 B. 反应O3＋O===2O2的ΔH＝E2－E3
C. O3＋O===2O2是吸热反应 D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则反应O3+O=2O2的△H=E3-E2，错误；
B．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，根据盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2。由A可知，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，△H=E3-E2，错误；
C．由图象可以看出，反应物O3+O总能量大于2O2的总能量，为放热反应，错误；
D．已知：①O3+Cl=ClO+O2；△H1；②ClO+O=Cl+O2；△H2，利用盖斯定律将①+②可得：O3+O=2O2；△H=△H1+△H2，正确。
故合理选项是D。
3. 现有下列两个图象：
下列反应中符合上述图象的是( )
A. N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0
B. 2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g)C(s)＋H2O(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
由图I可知，随温度升高，生成物浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动即正反应方向为吸热反应；由图II可知，当反应达到平衡时，增大压强正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的更快即平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应方向为气体体积减少的反应；所以
A错，合成氨的反应为放热反应；B正确；C错，氨的催化氧化为放热反应；D错，该反应的逆反应为气体体积增大的反应；
4. 在水中加入下列物质，可以促进水电离的是（ ）
A. H2SO4 B. NaOH C. Na2CO3 D. KNO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸溶于水显酸性，抑制水的电离，故A错误；
B．氢氧化钠溶液显碱性，抑制水的电离，故B错误；
C．硝酸钾是强酸强碱盐对水的电离无影响，故C错误；
D．碳酸钠是强碱弱酸盐，水中碳酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，故D正确；
故选D。
【点睛】硝酸钾电离出来的离子不能与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质，对水的电离无影响。
5.下列能说明醋酸是弱酸的是( )
A. 醋酸能与NaOH反应 B. 醋酸能使石蕊变红
C. 醋酸溶液pH<7 D. 常温下0.1 mol·L－1醋酸pH＝3
【答案】D
【解析】
【详解】A. 醋酸能和NaOH反应说明醋酸具有酸性，不能说明醋酸部分电离，则不能说明醋酸是弱酸，故A错误；
B. 醋酸能使石蕊试液变红色，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故B错误；
C. 醋酸溶液pH<7，说明醋酸显酸性，不能说明醋酸部分电离，故C错误；
D. 0.1mol·L-1醋酸pH=3，即c(H+)=0.001mol/L，说明醋酸发生部分电离，属于弱酸，故D正确；
答案选D。
6. 有如图所示的装置，当电流表中产生持续电流时，下列说法正确的是
A. Cu是原电池的负极
B. Al是原电池的负极
C. 电子由Al沿导线流向铜
D. 铝片上的电极反应式为：Al﹣3e﹣═AL3+
【答案】A
【解析】
【分析】
铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，负极上金属失电子发生氧化反应，正极上是得电子的还原反应。
【详解】A、铜、铝、浓硝酸构成的原电池中，金属铝遇到浓硝酸会发生钝化，所以金属铜是负极，金属铝是正极，故A正确；
B、以金属铜是负极，金属铝是正极，故B错误；
C、电子从负极流向正极，即从铜流向铝，故C错误；
D、铝是正极，该电极上金属不会反应，是硝酸中的硝酸根离子发生得电子的还原反应，故D错误；
故选A。
7.在一定条件下发生反应2A（g）=2B（g）+C（g），将2 mol A通入2 L容积恒定的密闭容器甲中，若维持容器内温度不变，5 min末测得A的物质的量为0.8 mol。用C的浓度变化来表示该反应的速率为
A. 0.24 mol／（L·min） B. 0.12 mol／（L·min）
C 0.08 mol／（L·min） D. 0.06 mol／（L·min）
【答案】D
【解析】
速率比应该等于方程式的系数比，所以C的速率为A的速率的一半，即，选项D正确。
8. 下列溶液中有关粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 氯水中：2c(Cl2)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)
B. 25℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c (Na＋ ) ＝ c(NH4+)
C. pH＝4的0．1 mol·L－1的NaHA溶液中：c (HA－) > c (H＋ ) > c (H2A) > c (A2－ )
D. 在K2CO3溶液中：c (CO32-) ＋ c (OH－ ) ＝ c (HCO3-) ＋ c( H＋ )
【答案】B
【解析】
【详解】A、氯气与水反应为可逆反应，溶解的氯气只有很少的一部分与水反应生成盐酸和次氯酸，题给条件下无法确定氯水中c(Cl2)与c(ClO－)、c(Cl－)、c(HClO)的关系，错误；
B、根据两溶液中的电荷守恒式判断25℃时，pH＝12的NaOH溶液与pH＝12的氨水：c (Na＋) ＝ c(NH4+)，正确；
C、0.1 mol·L－1的NaHA溶液pH＝4，则HA—的电离程度大于其水解程度，溶液中微粒浓度关系为：c (HA－) > c (H＋) > c (A2－) > c (H2A)，错误；
D、根据电荷守恒和物料守恒判断在K2CO3溶液中：c (OH－) - 2c (H2CO3)＝ c (HCO3-) ＋ c( H＋)，错误；
9.在pH均为9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，假设由水电离产生的OH- 离子浓度分别为Amol/L与Bmol/L，则A和B关系为：
A. A>B B. A=10-4B C. B=10-4 A D. A=B
【答案】B
【解析】
【详解】酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和醋酸钠，醋酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c（OH－）=c（H＋）=10-9 mol·L－1，醋酸钠溶液中水电离出的c（OH－）= = =10-5 mol·L－1，所以A=10-4B；
故选B。
【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点．
10.已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)；ΔH＝－566 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)=2NO(g)；ΔH＝＋180 kJ·mol－1
则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)的ΔH是( )
A. －386 kJ·mol－1 B. ＋386 kJ·mol－1
C. －746 kJ·mol－1 D. ＋746 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】已知：① 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ•mol﹣1
②N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1
则根据盖斯定律可知①－②即得到2CO（g）+2NO（g）═N2（g）+2CO2（g）的△H＝－746kJ/mol，答案选C。
11.在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1~t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论正确的是
A. 在t3时刻反应已经停止
B. A的转化率比B的转化率低
C. 在容器中发生的反应为： 2A+B2C
D. 在t2~t3内A的平均反应速率为：[1/（t3－t2）]mol·L－1·s－1[
【答案】D
【解析】
【详解】A、可逆反应达到了平衡状态，但是反应仍然进行，故A错误；
B、根据表中的数据，t1→t2，消耗了A3mol/L、B1.5mol/L，生成了1.5mol/LC，故反应方程式为：2A+B⇌C，反应前A、B的浓度之比小于2：1，反应过程中消耗的A、B的浓度之比等于2：1，则转化率A的大于B，故B错误；
C、由于ABC的反应方程式为：2A+B⇌C，故C错误；
D、反应速率等于浓度变化比时间，t2到t3，A的浓度变化为1mol/L，时间为（t3-t2），故A的平均反应速率为： mol/（L•s），故D正确；
故选：D。
12.如表为有关化合物的pKsp，pKsp＝－lgKsp。某同学设计实验如下：①向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；②向①中加NaY，则沉淀转化为AgY；③向②中加入NaZ，沉淀又转化为AgZ。则表中a、b、c的大小关系为( )
A. a>b>c B. a
【解析】
【详解】难溶电解质的Ksp越小，越易生成沉淀，①向AgNO3溶液中加入适量NaX溶液，得到沉淀AgX；②向①中加NaY，则沉淀转化为AgY；③向②中加入NaZ，沉淀又转化为AgZ，可说明ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)，又pKsp=−lgKsp，则a
13.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅
B. 增大压强可加快SO2转化为SO3的速率
C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅
D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去
【答案】B
【解析】
【详解】A、由NO2和N2O4组成的平衡体系，缩小体积加压，NO2的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，NO2的浓度又减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，故不选A；
B、增大压强可加快SO2转化为SO3的速率，是压强对反应速率的影响，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C、黄绿色的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl +HClO，光照后HClO分解，HClO浓度降低，平衡正向移动，氯水颜色变浅，符合勒夏特列原理，故不选C；
D、在含有Fe(SCN)3的红色溶液中存在平衡：Fe3++ 3SCN-Fe(SCN)3，加铁粉，发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，符合勒夏特列原理，故不选D。
答案选B。
14.α－AgI是一种固体导体，导电率很高。为研究α－AgI到底是Ag＋导电还是I－导电，设计了如下实验，下列有关说法不正确的是( )
A. 若α－AgI是Ag＋导电，则通电一段时间后晶体质量不变
B. 若α－AgI是Ag＋导电，则通电一段时间后晶体质量减少
C. 阳极反应为：Ag－e－===Ag＋
D. 阴极质量不断增加
【答案】B
【解析】
【分析】
依据装置图分析，该装置为电解池，银作阳极和阴极，阳极电极反应为Ag-e-═Ag+，阴极电极反应为：Ag++e-═Ag，原理和电镀原理相同，固体导体中若是银离子导电，则固体密度不变，若是碘离子导电，固体密度减小，以此解答该题。
【详解】该装置为电解池，银作阳极和阴极，阳极电极反应为Ag-e-═Ag+，阴极电极反应为：Ag++e-═Ag，阴极质量增大，若α-AgI是Ag+导电，则通电一段时间后晶体质量不变，若是碘离子导电，固体密度减小，则A、C、D正确，B项错误；
答案选B。
【点睛】解答该题的关键是判断该装置为电解池，银作阳极和阴极，阳极电极反应为Ag-e-═Ag+，阴极电极反应为：Ag++e-═Ag，原理和电镀原理相同。
15.下图为某化学反应速率-时间图。在t1时刻升高温度或增大压强，都符合下图所示变化的反应是
A. 2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）△H＜0
B. 4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g) △H＜0
C. H2（g）＋I2（g）2HI（g）△H＞0
D. C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）△H＞0
【答案】B
【解析】
【详解】根据图像可知升高温度或增大压强，平衡均向逆反应方向移动，这说明正反应是放热反应和体积增大的可逆反应，A选项是放热的体积减小的可逆反应，B选项是放热的体积增大的可逆反应，C选项是吸热的体积不变的可逆反应，D选项是吸热的体积增大的可逆反应，所以正确的答案是B。
16.向盛有NaHSO4溶液的烧杯中不断滴Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液的不断滴入，溶液中产生的沉淀量与pH变化情况正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸氢钠与氢氧化钡反应：当溶液显示中性时，反应的化学方程式为：2NaHSO4+Ba（OH）2=Na2SO4+BaSO4↓+2H2O，溶液中硫酸根离子没有完全沉淀，即沉淀没有达到最大量；当沉淀达到最大量时，反应的化学方程式为：NaHSO4+Ba（OH）2=NaOH+BaSO4↓+H2O，此时溶液中氢氧根离子过量，溶液显示碱性，溶液的pH＞7，满足以上关系的图象为A，故选A。
第Ⅱ卷(非选择题，包括6小题，共52分)
17.能源是国民经济发展重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
（1）在25 ℃、101 kPa时，16 g CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890．31 kJ，则CH4燃烧的热化学方程式是_____。
（2）已知：C（s）+ O2（g）CO2（g） ΔH＝－437．3 kJ•mol－1
H2（g）+O2（g）H2O（g） ΔH＝－285．8 kJ•mol－1
CO（g）+O2（g）CO2（g） ΔH＝－283．0 kJ•mol－1
则煤的气化主要反应的热化学方程式是
C（s）+ H2O（g）CO（g）+ H2（g） ΔH＝_____kJ•mol－1。
【答案】 (1). CH4（g）+ 2O2（g）CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH＝—890.31 kJ•mol－1 (2). + 131.5
【解析】
【详解】（1）16 g CH4的物质的量为：，即1mol CH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31 kJ，因此其热化学方程式为：CH4（g）+ 2O2（g）CO2（g）+ 2H2O（l） ΔH＝—890.31 kJ•mol－1；
（2）根据盖斯定律可知，ΔH＝（- 437.3+285.8+283.0）kJ•mol－1= +131.5 kJ•mol－1。
18.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液和20.00mL0.1000mol/LCH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示:
（1）由A、C点判断，滴定HCl溶液的曲线是__(填“图1”或“图2”)。
（2）a=___mL。
（3）c(Na+)=c(CH3COO-)的点是_______。
（4）E点对应离子浓度由大到小的顺序为________。
【答案】 (1). 图1 (2). 20.00 (3). D (4). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】
【详解】（1）盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，A点pH＝1，说明溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，所以是盐酸溶液，因此滴定HCl溶液的曲线是图1；
（2）图1中a点pH＝7，二者恰好反应，所以a=20.00mL；
（3）根据电荷守恒可知c(Na+)=c(CH3COO-)时溶液显中性，则对应的点是D；
（4）E点醋酸与氢氧化钠恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则对应离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
19.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型能源，它清洁、高效、具有优良的环保性能。
Ⅰ.工业制备二甲醚的生产流程如下：
催化反应室中(压强2.0～10.0 MPa，温度230～280℃)进行下列反应：
CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－90.7 kJ/mol ①
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5 kJ/mol ②
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2 kJ/mol ③
(1)甲烷氧化可制得合成气，反应如下：CH4(g)＋O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＝－35.6 kJ/mol。该反应是_______反应(填“自发”或“非自发”)。
(2)催化反应室中总反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝___________。830℃时反应③的K＝1.0，则在催化反应室中反应③的K_______1.0(填“>”、“<”或“＝”)。
(3)上述反应中，可以循环使用的物质有_______。
Ⅱ.如图为绿色电源“二甲醚燃料电池”的工作原理示意图。b电极是_______极。
【答案】 (1). 自发 (2). －246.1 kJ/mol (3). > (4). CO、H2、甲醇和水 (5). 正
【解析】
【分析】
Ⅰ、（1）依据自发进行的判断依据为△H-T△S＜0，是自发进行的反应；△H-T△S＞0，是非自发进行的反应；
（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到热化学方程式进行计算应用；催化反应室内的反应条件是压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃；结合化学平衡影响因素分析判断；
（3）依据反应过程中的中间产物是可以循环利用的物质；
Ⅱ、反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，b为正极，氧气在正极放电．由图可知，a极为负极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子。
【详解】Ⅰ.(1)反应后气体的物质的量增大，混乱度增加，熵增大，ΔS>0，由复合判据得该反应能自发进行。
(2)反应3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)可利用题给的三个反应，将①×2＋②＋③得到，则ΔH＝－90.7 kJ/mol×2＋(－23.5 kJ/mol)＋(－41.2 kJ/mol)＝－246.1 kJ/mol；因为催化反应室中的温度低于830℃，温度降低，反应③的平衡向正反应方向移动，故K>1.0。
(3)从流程图中可以看出排出的物质CO、H2、甲醇和水在反应①、②、③中可以作为反应物，故均可以循环利用。
Ⅱ.燃料电池中通入O2一极发生还原反应，即b电极是正极。
20.下图所示甲、乙是电化学实验装置。
（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。
①甲中石墨棒上的电极反应式为__________________________________。
②乙中总反应的离子方程式为____________________________________。
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。若反应中Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_________。
（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。
①甲中铁棒上的电极反应式为__________________________。
②如果起始时乙中盛有200 mL pH＝5的CuSO4溶液(25 ℃)，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入________(填写物质的化学式)________g。
【答案】 (1). 2H2O＋O2＋4e－===4OH－ (2). 2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－ (3). 5Cl2＋I2＋6H2O === 10HCl＋2HIO3 (4). Fe－2e－=== Fe2＋ (5). CuO(或CuCO3) (6). 0.8(或1.24)
【解析】
【详解】（1）①甲中铁作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀，石墨电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；②根据电子流动方向，铁作阴极，此装置是电解饱和食盐水，因此总电极反应式为：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；③Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，I2为还原剂，根据得失电子数目守恒，因此有5×2×1=1×(x－0)×2，x=5，I被氧化成HIO3，因此反应方程式为：5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3；
（2）①甲中发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，铁作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；②乙中发生总反应是2CuSO4＋2H2OCu＋O2↑＋2H2SO4，恢复到电解前的状态，需要加入CuO或CuCO3，pH=1此时溶液中n(H＋)=200×10－3×0.1mol=0.02mol，如果加入CuO，则需要的m(CuO)=0.02×80/2g=0.8g，假如加入CuCO3，m(CuCO3)=0.02×124/2g=1.24g。
【点睛】本题的难点是问题(1)中③，首先判断谁是氧化剂，谁是还原剂，Cl2的氧化性强于I2，因此Cl2为氧化剂，被还原成Cl－，I2为还原剂，然后根据得失电子数目守恒，判断出I2被氧化哪种物质，从而写出反应方程式。
21.高炉炼铁过程中发生的主要反应为
Fe2O3(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)
已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4．0
3．7
3．5
请回答下列问题：
（1）该反应的平衡常数表达式K=____，ΔH____(填“>”“<”或“=”)0。
（2）在一个容积为10 L的密闭容器中，1 000 ℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0 mol，反应经过10 min后达到平衡。求该时间范围内反应的平均反应速率v(CO2)=____、CO的平衡转化率=____。
（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是____。
A．减少Fe的量
B．增加Fe2O3的量
C．移出部分CO2
D．提高反应温度
E．减小容器的容积
F．加入合适的催化剂
【答案】 (1). K= (2). < (3). 0.006 mol·(L·min)-1 (4). 60% (5). C
【解析】
【详解】（1）平衡常数表达式中不能用固体或纯液体表示，故K=；由表中数据可知，随着温度升高，平衡常数减小，表明平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应，故ΔH<0。
（2）
K==4.0，x=0.06，v(CO2)==0.006 mol·(L·min)-1，CO转化率=×100%=60%。
（3）A、B项中，增加或减少固体的量不会影响化学平衡移动，故不可以；
C项，移出部分CO2，可以增大CO转化率；
D项，提高反应温度，平衡向逆反应方向移动，CO转化率减小；
E项，减小容器的容积，即加压，平衡不移动，CO的转化率不变；
F项，催化剂不影响化学平衡移动，故不影响CO转化率。
22.室温下，向20 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，直至氢氧化钠溶液过量。
(1)写出反应的离子方程式：_________________________。
(2)在实验的整个过程中，水的电离程度的变化趋势是___________________________。
(3)请在下表的空格部分填上相应的内容，将表格补充完整(NaOH的体积、pH栏中填写“>”“<”或“＝”)。
加入NaOH
的体积/mL
离子浓度从大到小的顺序
溶液中所含溶质化学式
溶液的pH
①＝10 mL
________________
______________
<7
②__20 mL
______________
______________
＝7
③__20 mL
______________
CH3COONa
____7
④__20 mL
______________
CH3COOH、
NaOH
____7
【答案】 (1). OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O (2). 先增大后变小 (3). c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH) (4). CH3COOH、CH3COONa (5). < (6). c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－) (7). CH3COOH、CH3COONa (8). ＝ (9). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (10). > (11). > (12). c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋) (13). >
【解析】
【分析】
（1）书写离子方程式时，弱电解质不能拆，强电解质要拆成离子；
（2）酸、碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
（3）①当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解；
②当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，若溶液pH=7，则应为CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，则碱不足，醋酸剩余；
③当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa；
④当加入NaOH>20mL时，溶质为CH3COONa、NaOH，pH>7，据此解答。
【详解】（1）醋酸是弱电解质，用分子式表示，氢氧化钠是强碱，要拆成离子形式，反应的离子方程式为：OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O；
故答案为：OH－＋CH3COOH===CH3COO－＋H2O；
（2）在向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，溶液由醋酸逐渐变为醋酸钠，当NaOH过量时，又成为醋酸钠和氢氧化钠的混合液，整个过程中水的电离由被抑制逐渐变为被促进，最后又变成被抑制；
故答案为：先增大后变小；
（3）①当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；
故答案为：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH)；CH3COOH、CH3COONa；
②当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，若溶液pH=7，则应为CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，则碱不足，醋酸剩余，则有10mL
故答案为：<；c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)；CH3COOH、CH3COONa；
③当加入20mLNaOH时，NaOH和CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液显碱性，pH>7，c(H+)
故答案为：＝；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；>；
④当加入NaOH>20mL时，溶质为CH3COONa、NaOH，pH>7，c(H+)
故答案为：>；c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；>。
【点睛】室温下，向20 mL 0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氢氧化钠溶液，当加入10mLNaOH时，溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，pH<7，所以c(H+)>c(OH-)，说明醋酸的电离大于醋酸根的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)，因此c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，该溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，物料守恒：2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，联立电荷守恒和物料守恒可得，2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-)，这是常考点。
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