山东省青岛第二中学高二上学期期中考试化学试题

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1. 下列说法中正确的是
A. 在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化
B. 构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属
C. 能自发进行的反应实际可能没有发生反应
D. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，A项错误；
B．构成原电池正极和负极的材料不一定是两种金属，例如石墨也可以作电极材料，B项错误；
C．能自发进行的反应受到反应速率的制约，实际可能没有发生反应，C项正确；
D．当镀锡铁制品的镀层破损时，形成铁锡原电池，铁为负极，会加速铁的锈蚀，D项错误；
故选C。
2. 在相同温度下，0.01ml•L-1的醋酸溶液和0.01ml•L-1的盐酸相比，下列说法正确的是
A. 由水电离出的c水(H+)相等
B. 等体积两种溶液，与足量的锌粉反应产生的氢气物质的量不相同
C. 两者都促进了水的电离
D. 等体积两种溶液中和氢氧化钠能力相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，相同温度下，0.01ml•L-1的醋酸溶液和0.01ml•L-1的盐酸相比，盐酸中氢离子浓度更大，对水的电离抑制更大，故由水电离出的c水(H+)不相等，A项错误；
B．等体积两种溶液中最终反应的氢离子物质的量相同，则与足量的锌粉反应产生的氢气物质的量相同，B项错误；
C．酸的电离会抑制水的电离，C项错误；
D．等体积最终能反应的氢离子物质的量相同，故两种溶液中和氢氧化钠能力相同，D项正确；
故选D。
3. 下列事实中，不能应用化学平衡移动原理来解释的个数是
a．700K左右比室温更有利于合成氨反应
b．在醋酸溶液中，加入醋酸钠固体溶液pH增大
c．氯水中加入碳酸钙，漂白性增强
d．对于反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深
e．浓氨水和NaOH固体快速制氨气
f．在强碱存在的条件下，乙酸乙酯在水中的溶解度增大
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】a．合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，700K左右比室温更有利于合成氨反应是因为考虑到反应速率，700K左右时催化剂的活性最大，故a不能用化学平衡移动原理解释；
b．在醋酸溶液中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，加入醋酸钠固体，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸电离平衡逆向移动，c(H+)降低，溶液pH增大，故b能用化学平衡移动原理解释；
c．氯水中存在平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，碳酸酸性弱于盐酸但强于HClO，加入碳酸钙，消耗H+，平衡正向移动，c(HClO)增大，漂白性增强，故c能用化学平衡移动原理解释；
d．反应2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)前后气体系数之和相等，增大压强，平衡不移动，缩小容器体积，体系颜色变深的原因是容器体积缩小，c(I2)浓度增大，故d不能用化学平衡移动原理解释；
e．浓氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3▪H2O⇌+OH-，加入NaOH固体，溶液中c(OH-)增大，平衡逆向移动，且NaOH溶于水放热，促使氨气逸出，可以快速制氨气，故e能用化学平衡移动原理解释；
f．乙酸乙酯水解方程式为：CH3COOC2H5+H2O⇌CH3COOH+C2H5OH，在强碱存在的条件下，醋酸被碱中和，平衡正向移动，乙酸乙酯在水中的溶解度增大，故f 能用化学平衡移动原理解释；
故选B。
4. 美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三步反应组成的(如下图所示)，下列有关说法正确的是( )

A. 设计该循环是为了制取能源气体O2
B. 整个循环过程中产生1 ml O2的同时产生44.8 L H2
C. 若反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1+△H2+△H3>0
D. 图中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均可在常温常压下进行
【答案】C
【解析】
【详解】根据图示，反应I为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，反应II为：2H2SO42SO2+O2+2H2O，反应III为2HIH2+I2。A项，设计该循环是为了制取能源气体H2，错误；B项，该循环的总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，生成1mlO2同时产生2mlH2，H2所处温度、压强未知，无法计算H2的体积，错误；C项，根据盖斯定律，总反应为：2H2O=2H2↑+O2↑，水分解为吸热反应，则△H1+△H2+△H3>0，正确；D项，反应I可在常温常压下进行，反应II、III不可在常温常压下进行，错误；答案选C。
5. 现有常温下水电离出的均为的4种溶液：①HCl溶液②溶液③NaOH溶液④氨水。有关上述溶液的比较中正确的是
A. 向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：③>④>②>①
B. 等体积的①、②、③溶液分别与足量铝粉反应，生成的量①最小
C. ①、③溶液等体积混合后，溶液显碱性
D. 等体积的四种溶液导电能力顺序为：③>④>②>①
【答案】B
【解析】
【分析】常温下水电离出的c(H+)均为1×10-11ml/L，则溶质抑制了水的电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，①③为一元强酸或强碱，则二者浓度为0.001ml/L；②④为弱电解质，在溶液中只能部分电离，则其浓度大于0.001ml/L。
【详解】A．由于加水稀释100倍后，弱电解质电离程度增大，溶液中弱酸电离出的氢离子、弱碱的电离出的氢氧根离子的物质的量增大，所以强电解质溶液的pH变化为2，弱电解质溶液的pH变化小于2，故稀释后溶液的pH大小为：④>③>①>②，选项A错误；
B．铝足量时，2ml氯化氢生成1ml氢气，2ml氢氧化钠生成3ml氢气，①③的浓度相等，所以③生成的氢气大于①；②的浓度大于①，所以生成的氢气大于①，即：等体积、铝足量时①生成的氢气最少，选项B正确；
C．①、③溶液等体积混合后，等浓度等体积的盐酸与氢氧化钠完全中和生成氯化钠，溶液呈中性，选项C错误；
D．等体积的四种溶液中因水电离出的均为，且均为一元酸或一元碱，故离子浓度几乎相等，导电能力相等，选项D错误；
答案选B。
6. 设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=akJ•ml-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=bkJ•ml-1
其他数据如表所示，下列说法正确的是
A. bB. H2O(g)=H2O(l) △H=(a-b)kJ•ml-1
C. 上表中x=
D. 当有4NA个C-H键断裂时，反应放出的热量为bkJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应① ②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔH<0，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，因ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小，因此放出的ΔH1 < ΔH2，摩尔燃烧焓为生成液态水的焓变，故不是bkJ•ml-1，故A错误；
B．已知：
①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ • ml-1
②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g)ΔH2 = bkJ • ml-1
根据盖斯定律(①-②)可得：H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ • ml -1，故B错误；
C．根据反应①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=akJ•ml-1，ΔH1=413 kJ • ml-1×4+2x kJ • ml-1-(798 kJ • ml-1×2+463 kJ • ml-1×4)= akJ • ml-1，整理可得：x=，故C正确；
D．当有4NA个C-H键断裂时，反应消耗了1ml甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为a kJ，按照反应②进行生成气态水放出的热量为bkJ，故D错误；
答案选C。
7. 二甲醚(CH3OCH3)燃料电池具有启动快、效率高等优点，用二甲醚燃料电池电解甲基肼(CH3-NH-NH2)制氢的装置如图所示，其中X、Y、M、N均为惰性电极。下列说法不正确的是

A. 若忽略水的消耗与生成，甲中电解质溶液的pH增大，乙中电解质溶液的pH减小
B. M极的电极反应式为CH3-NH-NH2+12OH--10e-=+N2↑+9H2O
C. 乙中的交换膜为阴离子交换膜，OH-通过交换膜向M极移动
D. 理论上，标况下当生成6.72LH2时，消耗CH3OCH3的质量为2.3g
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，甲池为燃料电池属于原电池，乙池为电解池，N极水得到电子发生还原反应生成氢气为阴极，则M为阳极，与M相连的Y为正极，与N相连的X为负极；故原电池中，二甲醚从b口通入，O2从c口通入，从a口排出生成的CO2；
【详解】A．甲池的总反应为二甲醚和氧气生成二氧化碳和水：，忽略水的消耗与生成，电解质溶液的pH不变；乙池的总反应为，反应消耗OH-，电解质溶液的pH减小，A项错误；
B．M为阳极，发生氧化反应，生成氮气，电解质为碱性环境，电极反应式为， B项正确；
C．N为阴极，水电离的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极消耗OH-，阴极生成OH-，则离子交换膜是阴离子交换膜，OH-透过交换膜向M极移动，参与电极反应， C项正确；
D．理论上，标况下生成6.72L，氢气物质的量为0.3ml，则转移0.6ml电子，而消耗1ml转移电子数为12ml电子，所以当转移0.6ml电子时，消耗二甲醚0.05ml，质量为0.05ml×46g/ml=2.3g，D项正确；
故选A。
8. 以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数：下列说法正确的是
A. 可发生反应：H2S+2ClO-=S2-+2HClO
B. CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS
C. 同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH
D. Na2S、NaClO、CH3COONa中，结合质子能力最强的NaClO
【答案】C
【解析】
【详解】A．次氯酸根具有强氧化性，与H2S反应时发生的是氧化还原反应，H2S被氧化生成硫单质，故A错误；
B．根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S，所以当少量醋酸与Na2S溶液反应时会生成NaHS，故B错误；
C．根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故C正确；
D．根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，酸越弱则酸根离子得到质子能力越强：CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，结合质子能力最强的Na2S，故D错误；
故选C。
9. 我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A. 该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*
B. 该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C. 该反应热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02ev•ml-1
D. 增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
【答案】A
【解析】
【分析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。
【详解】A．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2+OH*，A正确；
B．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；
C．该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) ΔH=-1.02NAev•ml-1，C不正确；
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；
故选A。
10. 在3个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H<0。下列说法正确的是
A. a>1.6
B. b>3.2
C. 平衡时v正(SO2)：v(Ⅰ)D. 若起始时向容器Ⅰ中充入1.0mlSO2(g)、0.20mlO2(g)和4.0mlSO3(g)，则反应将向正反应方向进行
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ⅱ与Ⅰ初始投入量相同，Ⅱ为绝热恒容容器，该反应为放热反应，故Ⅱ随着反应的进行容器温度升高，平衡时相当于对Ⅰ容器升高温度，向逆方向移动，则平衡时SO3的物质的量比Ⅰ小，即a<1.6，故A错误；
B．对于Ⅰ中反应，开始时n（SO2）=2ml，n（O2）=1ml，平衡时n（SO3）=1.6ml，若容器Ⅲ反应是在恒温恒容下进行，其等效开始状态是n（SO2）=4ml，n（O2）=2ml，物质的量是Ⅰ的一倍，容器的容积也是Ⅰ的一倍，则二者为等效开始状态，平衡时各种物质的含量相同，则平衡时SO3的物质的量是3.2ml，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应Ⅲ是在恒温恒压下进行，反应从逆反应方向开始，反应发生使气体的压强增大，为维持压强不变，相当于在Ⅰ平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压强，减小压强化学平衡逆向移动，因此反应Ⅲ中达到平衡时SO3的物质的量比1.6ml要少，即b<1.6，故B错误；
C．Ⅱ为绝热容器，随着反应的进行容器温度升高，温度升高反应速率加快，则平衡时的正反应速率：v(Ⅰ)D．反应三段式为
平衡常数K==80，容器Ⅰ中充入1.0ml SO2 (g)、0.2ml O2(g)和4.0ml SO3 (g)的浓度商Qc==80=K，达到平衡状态，反应不移动，故D错误；
故选C。
11. 将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是

A. 整个过程中阳极先产生O2，后产生Cl2
B. CD段pH减小是因为电解CuSO4溶液生成硫酸
C. 原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比小于2：1
D. 电解至D点时，往溶液中加入适量Cu(OH)2，一定可使其复原为B点溶液
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，用惰性电极电解等体积NaCl和CuSO4两种溶液，分3个阶段：
AB段：电解氯化铜：阳极：2Cl--2e-=Cl2，阴极：Cu2++2e-=Cu；由于铜离子水解使溶液显酸性，铜离子浓度减小，酸性减弱，pH增大；
BC段：电解硫酸铜溶液：阳极：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，阴极：Cu2++2e-=Cu；由于氢氧根离子被消耗，氢离子浓度增大，溶液的pH迅速减小；
CD段：实质是电解水：阳极：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，阴极：2H++2e-=H2↑；即为电解水的过程，溶剂减小，溶液中氢离子浓度增大，pH减小。
【详解】A．由以上分析可知，整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，故A错误；
B．CD段实质是电解水，pH减小是电解水的过程，溶剂减小，溶液中氢离子浓度增大，酸性增强，故B错误；
C．B点溶液为硫酸铜和氯化钠的混合液，AB段实质是电解氯化铜溶液，BC段实质是电解硫酸铜溶液，所以n(Cl-)<2n(Cu2+)，即原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比小于2：1，故C正确；
D．B点溶液为硫酸铜和硫酸钠的混合液，C点为硫酸和硫酸钠混合液，CD段为电解水过程，由于消耗水的量与生成硫酸的量不确定，所以复原为B点溶液可能是加入适量的氢氧化铜，也可能是加入适量的氢氧化铜和一定的水，故D错误；
故选C。
12. 反应I、II、III均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应I、II发生在氧化炉中，反应III发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是
A. 升高氧化炉的温度可提高反应I的逆反应速率而减慢反应II的逆反应速率
B. 通过减小氧化炉的压强可促进反应I而抑制反应II
C. 在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度，反应I、反应II的正、逆反应速率均增大，故A错误；
B．增大压强，反应I、反应II均逆向移动，故B错误；
C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂，能加快反应I的速率，增大氧化炉中NO的含量，故C正确；
D．升高温度，反应III的平衡常数减小，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于反应III正向进行，故D错误；
选C。
13. I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。i．SO2+4I－+4H+S↓+2I2+2H2O ii．I2+2H2O+SO2SO42-+4H++2I－
探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
下列说法不正确的是（ ）
A. 水溶液中SO2歧化反应方程式为3SO2+2H2O2H2SO4+S↓
B. II是I的对比实验，则a=0.4
C. 比较I、II、III，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率
D. 实验表明，SO2的歧化反应速率IV＞I，原因是反应i比ii快；IV中由反应ii产生的H+使反应i加快
【答案】D
【解析】
【详解】A、由i+ ii×2得反应3SO2+2H2O2H2SO4+S↓，选项A正确；B、B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2ml/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4，选项B正确；C、对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较I、II、III，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率，选项C正确；D、对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率D>A，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快，选项D不正确。答案选D。
【点睛】本题考查盖斯定律、勒夏特列原理、影响化学反应速率的因素。易错点是研究影响化学反应速率的因素，要求其他的条件不变，对比B和A，KI的浓度应相等，因此a为0.4，根据实验现象，从而得出合理结论，学生平时应学会根据实验现象，推出实验结论。
二、不定项选择题(每题1-2个正确选项，5道题，每题3分，共15分)
14. 世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，其结构如图所示。下列有关该电池放电时的说法正确的是
A. 由b极移向a极
B. 正极的电极反应式为
C. 若有22.4 L(标准状况)空气参与反应，则电路中有0.14 ml电子转移
D. 铁表面发生的反应为
【答案】D
【解析】
【分析】由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，a极通入空气，空气中氧气得电子发生还原反应为正极，铁与水反应生成氢气，氢气在b极失电子发生氧化反应为负极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．原电池中，阴离子向负极移动，O2-由正极移向负极，即a极移向b极，故A错误；
B．a极空气中氧气得电子发生还原反应为正极，电极反应式为：O2+4e-═2O2-，故B错误；
C．标准状况下，22.4L空气的物质的量为1ml，则参与反应的氧气为0.2ml，则电路中转移0.8ml电子，故C错误；
D．由新型中温全瓷铁--空气电池的装置图可知，铁表面发生的反应为xH2O(g)+Fe═FeOx+xH2，故D正确；
故选D。
15. 在3个容积均为10L的密闭容器中分别放入0.2ml PCl3和0.2 mlCl2，在不同条件下发生反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g)。各容器内气体总压强随时间的变化如图所示。
下列说法错误是
A. 实验a从反应开始至达到平衡时的平均速率v(Cl2)=ml·L-1·min-1
B. 与实验a相比，实验b使用了催化剂，实验c是在较高温度下进行的
C. 实验c中反应的平衡常数为L·ml-1
D. 三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c
【答案】C
【解析】
【分析】恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，设到平衡状态时消耗PCl3物质的量为x，则三段式：
【详解】A. 实验a气体压强160变化为120，60min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4-x）=160：120，解得：x=0.1，则实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率为：，A正确；
B. 分析图象可知，达到平衡状态的时间不同，时间越短反应速率越快，从反应开始至达到平衡时的反应速率v（PCl3）由大到小的次序b＞c＞a，实验b与实验a相比，达到相同平衡状态，但时间不同，实验b改变的实验条件是加入了催化剂改变了反应速率，实验c是在较高温度下进行的，B正确；
C. 实验c气体压强175变化为140，45 min达到平衡状态，气体压强之比等于气体物质的量之比，0.4：（0.4-x）=175：140，解得：x=0.08，平衡常数，C错误；
D. 实验b与实验a相比，实验b用了催化剂加快反应速率，实验a与实验b的转化率相同，根据A的计算，实验a的转化率，根据C的计算，实验c的转化率，所以三组实验中反应的平衡转化率：a=b＞c，D正确；故答案为：C。
16. 25℃时，pH=11的X、Y两种碱溶液各10mL，分别加水稀释到1000mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是

A. X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，X溶液碱性比Y溶液碱性弱
C. 完全中和X、Y两种溶液时，消耗同浓度盐酸的体积关系为VX>VY
D. 若9【答案】BD
【解析】
【分析】pH相同的两种碱溶液稀释相同倍数后，pH减小程度越大的碱碱性越强，根据图中曲线变化可得X的碱性大于Y，据此分析解答。
【详解】A．X、Y两种碱的强弱不同，pH相同时，物质的量浓度不相同，A错误；
B．稀释后，X溶液的pH小于Y溶液，因此X溶液的碱性比Y溶液碱性弱，B正确；
C．X的碱性大于Y，pH相同时，X溶液的浓度小于Y溶液的浓度，完全中和体积相同的X、Y溶液，消耗同浓度盐酸的体积关系为VXD．25℃时，pH=11的强碱稀释100倍后，溶液的pH=9。如果是弱碱，因存在电离平衡，稀释后9故选BD。
17. 已知 2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)。 某研究小组将甲醇蒸气以一定的流速持续通过相同量的同种催化剂， 不同温度得到如下图象， 则下列结论不正确的是

A. 一段时间后甲醇反应率下降可能是催化剂活性下降
B. 综合图 1、 图 2 可知， 甲醇还发生了其他反应
C. 若改变甲醇蒸气的流速， 不会影响甲醇反应率和乙烯产率
D. 制乙烯比较适宜的温度是 450℃左右
【答案】C
【解析】
【详解】A.催化剂活性是受温度影响的，温度不同催化剂的活性不同，一段时间后甲醇反应率下降可能是催化剂活性下降，故A正确；
B.根据 2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)图1知，450℃时甲醇的反应率比400℃大，图2 450℃后期C2H4(g)的产率低于400℃的产率，所以有其他反应发生，故B正确；
C.若改变甲醇蒸气的流速，甲醇反应率和乙烯产率都将改变，故C错误；
D. 由图1、2知450℃左右，甲醇的反应率、制乙烯产率都比较高，故D正确；
答案：C。
18. 目前可采用“双极膜组”电渗析法淡化海水，同时获得副产品A和B。其模拟工作原理如图所示。M、N为离子交换膜，在直流电作用下，双极阴阳膜(BP)复合层间的H2O解离成H＋和OH－，作为H＋和OH－的离子源。下列说法正确的是
A. Y电极为阳极，电极反应式为2Cl――2e－＝Cl2↑
B. M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过Cl－和Na＋
C. 电路中每生成0.25 ml气体a，理论上获得副产品A和B各1 ml
D. “双极膜组”电渗析法也可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)
【答案】D
【解析】
【分析】在“双极膜组”的左边区域，精制食盐水中的Na+透过M膜(阳离子交换膜)进入，从而获得产品A(NaOH溶液)，精制食盐水的Cl-继续向左边迁移，在X电极失电子生成Cl2，X电极为阳极；在“双极膜组”的右边区域，精制食盐水的Cl-透过N膜(阴离子交换膜)进入，从而获得产品B(HCl溶液)，精制食盐水的Na+继续向右边迁移，在Y电极，水电离出的H+在Y电极得电子生成H2，Y电极为阴极。
【详解】A．由以上分析知，Y电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-==2OH-+H2↑，A不正确；
B．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，BP膜作用是选择性通过H＋和OH－，B不正确；
C．电路中每生成0.25 ml气体a(Cl2)，理论上获得副产品A(NaOH溶液)和B(HCl溶液)各0.5ml，C不正确；
D．“双极膜组”电渗析法从NaCl溶液获得酸(HCl)和碱(NaOH)，由此推知，也可从MX溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确；
故选D。
二、非选择题(3道大题每空2分共48分)
19. 填空。
（1）在下列空格中填“>”“<”或“=”：
①25℃时，0.5ml•L-1CH3COOH溶液中的水电离出的c水(H+)___________0.5ml•L-1盐酸中电水电离出的c水(H+)。
②25℃时，0.5ml•L-1盐酸中由水电离出的c水(H+)___________0.5ml•L-1NaOH溶液中曲水电离出的c水(H+)。
（2）现有四种溶液：①NaOH、②H2SO4、③CH3COOH、④HCl，当由水电离出的c水(H+)相同时，以上四种溶液物质的量浓度的大到小的顺序是___________。
（3）已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：

①图中五个点的Kw间的关系是___________(用字母表示)。
②B点温度下，在一定体积pH=10的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=9；若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是___________。
（4）常温下0.1ml•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是___________(填选项字母)。
A．c(H+) B． C．c(H+)∙c(OH-) D． E．
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据一定增大的是___________项。
（5）已知H2SO3、H2CO3属于二元弱酸，各自对应的两级电离平衡常数分别为K1、K2、、，已知K1>≈K2>，则溶液中、、，四种离子可以发生反应的离子方程式为____。
（6）已知25℃，NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.0×10-8、若氨水的浓度为2.0ml•L-1，溶液中的c(OH-)=___________ml•L-1；将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7ml•L-1时，溶液中的=___________。
【答案】（1） ①. ＞ ②. =
（2）③＞①=④＞② （3） ①. B＞C＞A=D=E ②. 1：4
（4） ①. A ②. ABCE
（5）+=+、H2SO3+=H2O+CO2↑+
（6） ①. 6.0×10-3 ②. 6.0×104
【解析】
【小问1详解】
①盐酸为强酸，0.5ml•L-1CH3COOH溶液、0.5ml•L-1盐酸中盐酸电离出氢离子浓度更大，对水电离抑制作用更大，故0.5ml•L-1CH3COOH溶液中的水电离出的c水(H+)大于0.5ml•L-1盐酸中电水电离出的c水(H+)。
②25℃时，0.5ml•L-1盐酸中由水电离出的 ，0.5ml•L-1NaOH溶液中曲水电离出的，故0.5ml•L-1盐酸中由水电离出的c水(H+)等于0.5ml•L-1NaOH溶液中曲水电离出的c水(H+)；
【小问2详解】
酸和碱都会抑制水的电离，酸碱电离出氢离子、氢氧根离子浓度越大，对水的电离抑制越大，硫酸为二元强酸，电离出氢离子浓度为硫酸浓度的2倍，故①NaOH、②H2SO4、③CH3COOH、④HCl，当由水电离出的c水(H+)相同时，以上四种溶液物质的量浓度的大到小的顺序是③＞①=④＞②；
【小问3详解】
①水的电离为吸热反应，Kw只受温度的影响，升高温度电离程度变大，故图中五个点的Kw间的关系是B＞C＞A=D=E。
②B点温度下，在一定体积pH=10Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度为，则氢氧化钡浓度为，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，硫酸氢钠的物质的量等于氢氧化钡的物质的量，氢氧化钡中氢氧根离子过量，此时溶液pH=9，设Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是a:b，则，a:b=1:4；
【小问4详解】
A．CH3COOH溶液在加水稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小；
B．，稀释过程中，溶液浓度减小，减小，比值增大；
C．c(H+)∙c(OH-)=Kw，其只受温度影响，比值不变；
D．，稀释过程中，溶液浓度减小，c(H+)减小，比值增大；
E．，其只受温度影响，比值不变；
故一定变小的是A；
A．升高温度促进醋酸的电离，c(H+)增大；
B．，升高温度促进醋酸电离，c(H+)增大、醋酸浓度减小，比值增大；
C．c(H+)∙c(OH-)=Kw，其只受温度影响，升高温度，数值增大；
D．，升高温度促进醋酸的电离，c(H+)增大，比值减小；
E．，升高温度促进醋酸的电离，数值增大；
故一定增大的是ABCE；
【小问5详解】
已知H2SO3、H2CO3属于二元弱酸，K1>≈K2>，根据强酸制弱酸原理可知，溶液中、、，四种离子可以发生反应的离子方程式为+=+、H2SO3+=H2O+CO2↑+；
【小问6详解】
，若氨水的浓度为2.0ml•L-1，溶液中的；，将SO2通入该氨水中，当c(OH-)降至1.0×10-7ml•L-1时，溶液显中性c(H+)=1.0×10-7ml•L-1，则溶液中的。
20. 汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、请回答下列问题：
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ•ml-1
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ•ml-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H3=-221kJ•ml-1
若某反应的平衡常数表达式为K=则此反应的热化学方程式为___________。
（2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g)⇌4NO2(g)+O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量N2O5，测得N2O5浓度随时间的变化如下表：
①反应开始时体系压强为p0，第2min时体系压强为p1，则p1：p0=___________。2～5min内用NO2表示的该反应的平均反应速率为___________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是___________。(填字母)。
a．NO2和O2的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)=v逆(N2O5)
d．气体的密度保持不变
（3）查阅资料发现，电解法也可制取高纯KIO3，工作原理如图，阳极电极反应方程式为___________。隔膜为___________交换膜(填“阳离子”或“阴离子”)。

（4）工业生产中可用间接电解法除NO。其原理如图所示：

①从A口中出来的物质名称为___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
【答案】（1）2NO(g)+2CO(g)=2CO2(g)+N2(g) ΔH4=-746.5kJ•ml-1
（2） ①. 7：4 ②. 0.22ml/（L•min） ③. b
（3） ①. 6OH-+I--6e-=+3H2O ②. 阴离子
（4） ①. O2、较浓的硫酸 ②. 2+2e-+2H+=+2H2O
【解析】
【小问1详解】
若某反应的平衡常数表达式为：K=，则发生反应为2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；已知：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g)
②C(s)+O2(g)=CO2(g)
③2C(s)+O 2(g)=2CO(g)
根据盖斯定律，②×2-③-①得：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=2×(-393.5kJ•ml-l)-( -221kJ•ml-l)-( +180.5kJ•ml-l)=-746.5kJ•mlˉ1；
【小问2详解】
①根据题干信息可进行三段式分析如下：
相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，则p1：p0=(0.5+1.0+0.25)ml：1.00ml=7:4；2min～5min内，v (N2O5)==0.11ml•L-1•min-1，根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得v(NO2)=2v(N2O5)=0.22ml•L-1•min-1；
②a．NO2和O2的浓度比等于其反应的系数比，始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，a错误；
b．该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组分的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，b正确；
c．v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，2v正(NO2)= v逆(N2O5) 时该反应没有达到平衡状态，c错误；
d．该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，d错误；
故答案为b；
【小问3详解】
由图可知，阳极碘离子失去电子发生氧化反应在碱性环境下生成碘酸根离子，反应为6OH-+I--6e-=+3H2O；阴极上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，生成的氢氧根离子向阳极移动，故隔膜为阴离子交换膜；
【小问4详解】
①由图可知，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，阳极区水减少，硫酸浓度增大，故从A口中出来的物质名称为O2、较浓的硫酸。
②电解池阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应在酸性条件下生成，电极反应式2+2e-+2H+=+2H2O。
21. 十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出大量SO2严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) 活化能Ea1，ΔH1=218.4kJ·ml-1
反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) 活化能Ea2，ΔH2= -175.6kJ·ml－1
请回答下列问题：
（1）反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)；△H=__________kJ•ml-1；该反应在________（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。
（2）恒温密闭容器中，加入足量CaSO4和一定物质的量的CO气体，此时压强为p0。tmin中时反应达到平衡，此时CO和CO2体积分数相等，CO2是SO2体积分数的2倍，则反应I的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
（3）图1为1000K时，在恒容密闭容器中同时发生反应I和II，c(SO2)随时间的变化图象。请分析图1曲线中c(SO2)在0～t2区间变化的原因___________________。
图1 图2
（4）图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比与SO2体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是______________________。
A．当气体的平均密度不再变化，反应I和反应Ⅱ同时达到平衡状态
B．提高CaSO4的用量，可使反应I正向进行，SO2体积分数增大
C．其他条件不变，升高温度，有利于反应I正向进行，SO2体积分数增大，不利于脱硫
D．向混合气体中通入氧气（不考虑与SO2反应），可有效降低SO2体积分数，提高脱硫效率
（5）图1中，t2时刻将容器体积减小至原来的一半，t3时达到新的平衡，请在图1中画出t2-t3区间c(SO2)的变化曲线__________。
【答案】 ①. -394.0kJ·ml-1 ②. 低温 ③. 0.25p0 ④. 反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态。 ⑤. ACD； ⑥.
【解析】
【详解】(1)反应Ⅰ：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) ΔH1=218.4kJ·ml-1
反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s) + 4CO2(g) ΔH2= -175.6kJ·ml－1
根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g)，所以，ΔH=ΔH2-ΔH1=-175.6kJ·ml－1-218.4kJ·ml-1=-394.0kJ·ml-1。该反应为气体分子数减小的反应，ΔS＜0，ΔH＜0，当ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，则T较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kJ·ml-1；低温；
(2)设参加反应Ⅰ的CO起始的物质的量为a，平衡时，CO和CO2体积分数相等，CO2的体积分数是SO2体积分数的2倍，故设平衡时，SO2的物质的量为xml，CO和CO2的物质的量为2x，则对于反应Ⅰ有：
则反应Ⅱ生成的CO2的物质的量为(2x-x)ml=xml，生成CO的物质的量=[2x-(a-x)]ml=(3x-a)ml，则对于反应Ⅱ有：
结合反应Ⅰ、Ⅱ可知：CO的充入量为(4x-a)+a=4x，而平衡时，气体的总物质的量=2x+x+2x=5x，设平衡时体系总压为p，则，解得：p=，所以反应Ⅰ的平衡常数Kp==0.25p0，故答案为：0.25p0；
(3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，0到t1，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态，故答案为：反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0～t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态；
(4)A．反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应，由m=ρV可知，容器体积V恒定下，ρ不变，说明气体总质量m不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A正确；
B．CaSO4是固体，提高CaSO4的用量，平衡不移动，B错误；
C．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，SO2体积分数增大，不利于脱硫，C正确；
D．通入氧气，CO被消耗，反应Ⅰ逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确；
综上所述，ACD满足题意，故答案为：ACD；
(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t2～t3二氧化硫浓度比t1～t2减小的多。根据勒夏特列原理可知，t3重新平衡时，二氧化硫浓度略比t2时刻大，据此如图：，故答案为：。
【点睛】勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。化学键
C=O
O=O
C-H
O-H
键能/(kJ•ml-1)
798
x
413
463
CH3COOH
H2S
HClO
K=1.8×10-5
K1=1.3×10-7；K2=7.1×10-15
K=4.69×10-11
容器编号
容器类型
初始体积
起始物质的量/ml
平衡时SO3物质的量/ml
SO2
O2
SO3
Ⅰ
恒温恒容
1.0L
2
1
0
1.6
Ⅱ
绝热恒容
1.0L
2
1
0
a
Ⅲ
恒温恒压
2.0L
0
0
4
b
温度(K)
化学平衡常数
反应I：4NH3+5O24NO+6H2O
反应II：4NH3+3O22N2+6H2O
反应III：2NO+O22NO2
500
1.1×1026
7.1×1014
1.3×102
700
2.1×1019
2.6×1025
1.0
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
试剂组成
0.4 ml·L－1KI
a ml·L－1KI
0.2 ml·L－1H2SO4
0.2 ml·L－1H2SO4
0.2 ml·L－1KI
0.0002 ml I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较I快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较I快
t/min
0
1
2
3
4
5
c(N2O5)/1.00
0.71
0.50
035
0.25
0.17