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2018-2019学年江苏省马坝高级中学高二下学期期中考试化学试题 解析版
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2018—2019学年度第二学期期中考试高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H—1；；O—16；C—12；N—14；Na—23；
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
单项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。
1.水是生命之源，生产生活都离不开水。下列有关说法正确的是（ ）
A. 水的电离是放热过程
B. 纯水的pH一定等于7
C. pH=4的盐酸和NH4Cl溶液中水的电离程度相同
D. 电解水制H2和O2时，可以向水中加入少量Na2SO4以增强溶液导电性
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的电离是一个吸热的过程，A项错误；
B．只有在25℃时，纯水的pH才等于7，温度升高，纯水的pH要减小，B项错误；
C．盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，氯化铵溶液中铵根离子的水解促进了水的电离，两溶液中水的电离程度明显不同，C项错误；
D．Na2SO4为强电解质，电解Na2SO4溶液实质为电解水；水为弱电解质，水电离产生的离子浓度较小，导电性差，电解水时加入Na2SO4可以增强溶液的导电性，D项正确；
答案为D。
【点睛】电解水时，为增强导电性，通常可加入硫酸钠、氢氧化钠、硫酸等。
2.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A. 质子数为17、中子数为20的氯原子：2017Cl
B. 氯离子(Cl－)的结构示意图：
C. 氯分子的电子式：
D. 对硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素符号左上方为质量数，等于质子数加中子数，应为37，而不是20，A项错误；
B．氯离子最外层应是8个电子，题给的是氯原子的原子结构示意图，B项错误；
C．氯分子是由两个氯原子共用一对电子形成的，C项正确；
D．硝基中与苯环直接相连的原子是氮原子，D项错误；
答案选C。
3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水方法收集氯气
B. 氯水应保存在棕色细口瓶中，并处冷暗避光处保存
C. pH=3的醋酸溶液中加入CH3COONH4溶液，溶液pH增大
D. 将铜粉和锌粉混合后加入稀硫酸中，产生气体的速率比不加铜粉快
【答案】D
【解析】
【分析】
有可逆才有平衡，有平衡才有平衡的移动。
【详解】A．氯气和水发生可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中大量氯离子的引入，使该反应平衡逆向进行，从而减小氯气的溶解损耗，A项不选；
B．氯气和水发生可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，生成的次氯酸见光、遇热易分解：2HClO2HCl+O2↑，次氯酸的分解，使氯气与水的反应平衡向右移动，所以氯水用棕色细口瓶保存，并处于冷暗避光处，B项不选；
C．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，pH=3醋酸溶液中加入CH3COONH4溶液，相当于醋酸溶液中加入CH3COO-，平衡左移，溶液的pH增大，C项不选；
D．铜粉、锌粉和稀硫酸形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，这与可逆无关，也就与平衡移动无关，D项可选；
答案选D。
【点睛】对于C项的分析，注意醋酸铵溶液呈中性，所以溶液pH的变化是由醋酸根离子引起的。最好使用醋酸铵固体，避免因溶液中水分的引入，导致溶液pH也会增大。
4.下列热化学方程式或说法正确的是
A. 同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
B. 已知H2(g)＋F2(g)=2HF(g)△H＝－270kJ·mol－1，则1molH2与1molF2反应生成2mol液态氟化氢时放热大于270kJ
C. 甲烷的标准燃烧热为△H＝－890.3kJ·mol－1，则其燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－890.3kJ·mol－1
D. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－38.6kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A．同温同压下，反应的焓变与反应条件无关，所以反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的焓变是相同的，A项错误；
B．题给热化学方程式表明1molH2和1molF2生成气态2molHF时放热270kJ，所以当生成液态氟化氢时会进一步放出热量，所以放热大于270kJ，B项正确；
C．标准燃烧热对应水应为液态，C项错误；
D．因反应可逆，从所给数据中无法明确反应的焓变，D项错误；
答案选B。
5.用下列实验装置进行相应实验，装置及操作正确、且能达到实验目的是（ ）
A. 量取20.00mLKMnO4溶液 B. 验证铁发生吸氧腐蚀
C. 铁制品表面镀锌 D. 设计铜锌原电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，所以应改用酸式滴定管，A项错误；
B．发生吸氧腐蚀，会消耗装置内的氧气，右侧导管中会形成一段水柱，B项正确；
C．进行电镀时，镀层金属作阳极，待镀件作为阴极，所以锌片应连接电源的正极，铁制品连接电源的负极，C项错误；
D．该装置未构成闭合回路，无法形成原电池，D项错误；
答案选B。
6.下列离子方程式中，正确的是
A. 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl—+H2O 2OH—+Cl2↑+H2↑
B. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－＋4H+
C. 氯气通入冷水中：Cl2 ＋H2O Cl－ ＋ClO－ ＋2H+
D. Na2S溶液中的水解：S2—+2H2O==H2S+2OH—
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解氯化镁溶液时，类似于电解氯化钠溶液，但要进一步考虑阴极产生的OH-与溶液中的Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，A项错误；
B.二氧化硫与I2发生氧化还原反应，所给式子符合守恒规律，B项正确；
C.生成的次氯酸是弱酸，不能拆写成离子形式，C项错误；
D.多元弱酸的酸根离子水解微弱，且应分步水解，以第一步为主，所给式子水解产物书写错误，且没有使用可逆符号，D项错误；
答案选B。
7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. SiO2H2SiO3Na2SiO3
B. Fe2O3 FeCl3(aq) 无水FeCl3
C. 饱和NaCl（aq）NaHCO3 Na2CO3
D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]OH(aq) Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2难溶于水，与水不发生反应，A项错误；
B.氯化铁溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热，水解平衡右移，氯化氢的挥发使平衡进一步右移，所以直接蒸发氯化铁溶液得到氢氧化铁固体，B项错误；
C.该选项涉及的是侯氏制碱法的基本反应:①NH3+CO2+H2O=NH4HCO3，②NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，C项正确；
D.蔗糖是非还原性糖，不能与银氨溶液发生反应生成银，D项错误；
答案选C。
【点睛】在侯氏制碱法中，要先向饱和食盐水中通入过量的氨气，然后再通入二氧化碳气体，保证能获得高浓度的碳酸氢根离子，以生成碳酸氢钠晶状沉淀。
8.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是
A. a电极发生还原反应
B. H+由右室通过质子交换膜进入左室
C. b电极反应式为2NO3－+10e－+12H+=N2↑+6H2O
D. 电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极
【答案】C
【解析】
试题分析：A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；D、原电池中电流从正极流向负极，电流由B电极沿导线流向A电极，故D错误；故选C。
考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。
9.在给定环境中，下列各组离子一定大量共存的是
A. 甲基橙呈红色的溶液中：K+、Na+、S2－、AlO2－
B. =1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C. 常温下，在= 1×1012的溶液中：NH4+、CO32－、K+、Cl－
D. 常温下，水电离出c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、HCO3－、NO3－
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲基橙显红色的溶液是一个强酸性的溶液，此溶液中S2-、AlO2-将不能大量存在，A项错误；
B．该溶液是一个强酸性溶液，此时所给的4种离子既不与氢离子反应，相互间也不反应，可以大量共存，B项正确；
C．该溶液是一个强酸性溶液，此时CO32-将不能大量存在，C项错误；
D．该溶液中水的电离受到抑制，可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，此时HCO3-均将不能大量存在，D项错误；
答案选B。
【点睛】对于离子共存类问题，要注意隐藏信息的挖掘。将题给的限制条件直接转化为对应的介质条件，如强酸、强碱、强氧化性等，并可直接代入离子组进行是否反应的校验。
10.下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】
A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11. 下列有关说法正确的是
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C. 加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A不正确；B、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，B不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；D、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D不正确，答案选C。
考点：考查金属腐蚀、反应自发性、外界条件对水解平衡和反应速率以及平衡常数的影响
12.4-AFMF是一种探测物质的荧光素，其结构简式如下图。下列有关该物质的说法正确的是
A. 分子中三个苯环处于同一平面 B. 1 mol 4-AFMF 最多可与2molNaOH 反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有1种 D. 能与溴水、FeCl3溶液及稀硫酸发生反应
【答案】CD
【解析】
A、连接三个苯环的碳为饱和碳，相当于甲烷中的碳，甲烷分子中最多三个原子共平面，苯环是一个平面结构，三个苯环不可能共平面，又根据碳碳单键可以转动，所以任意两个苯环和连接三个苯环的碳可以共平面，A错误。B、分子中有两个苯酚结构和一个酯基，可3molNaOH反应，B错误。C、该物质为环酯结构，水解后得到一种产物，C正确。D、有苯酚结构可与溴水发生取代、与FeCl3发生显色反应，酯基在酸性条件下发生水解生成酸与醇，D正确。正确答案为CD
点睛：原子共面、共线是有机化学中的一个难点，需要有较高的空间想象力。要做好此类题目需要掌握几类基本物质的空间结构：甲烷为正四面体结构，最多3个原子共平面；3个碳以上的饱和碳链为锯齿状，碳碳单键可以转动 ；乙烯为平面结构，键角为120度；乙炔为直线型分子，四个原子共直线；苯环为正六边形结构，对角线上的4个原子共直线；甲醛为平面三角形结构；利用以上基本结构，然后进行复杂结构的转动、替换可以解决问题。，
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
室温下，物质的量浓度相同的Na2CO3溶液和NaCN溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaCN溶液
酸性：HCN＞H2CO3
B
将溴乙烷和NaOH的乙醇溶液混合加热，产生气体通入酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色。
产生了乙烯
C
室温下，将pH相同的HA与HB的稀溶液分别加水稀释相同的倍数，所得溶液的pH：pH（HA）＞pH（HB）
酸性：HA＞HB
D
将蔗糖和硫酸的混合液加热，再向其中加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，无砖红色沉淀
蔗糖未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.由实验操作和现象得到的结论是HCN的酸性大于HCO3-的酸性，无法比较出HCN与H2CO3的酸性的强弱，A项错误；
B.产生的气体中还混有挥发出的大量的乙醇蒸气，而乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，B项错误；
C.相同pH的一元酸，稀释相同的倍数，溶液pH越大，说明酸性越强，C项正确；
D.硫酸是蔗糖水解的催化剂，理论上并不消耗。硫酸能够将新制的氢氧化铜悬浊液直接溶解而至实验失败，所以要先加入NaOH溶液将水解液调至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热至沸，方可观察到砖红色沉淀，D项错误；
答案选C。
14.室温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 新制氯水中：c(H＋)＝c(HClO)＋2c(ClO－)＋c(OH－)
B. pH＝8的NaClO2溶液中：c(Na+)＞c(ClO2－)＞c(OH－)＞c(H+)
C. 0.1mol·L－1HCl溶液与0.2 mol·L－1 NH3·H2O溶液等体积混合pH＞7：c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH-)
D. 0.1mol·L－1K2C2O4溶液与0.2 mol·L－1KHC2O4溶液等体积混合：4c(K+)＝3[c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(H2C2O4) ]
【答案】AB
【解析】
【详解】A.氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO。新制氯水中电荷守恒有：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，依特殊的物料守恒有：c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，代入电荷守恒的式子有：c(H+)=c(OH-)+c(HClO)+2c(ClO-)，A项正确；
B.pH=8既直接说明了c(OH-)>c(H+)，又说明了ClO2-发生了水解，所以有c(Na+)>c(ClO2-)，B项正确；
C.相当于NH4Cl和NH3·H2O1：1混合，溶液显碱性则说明一水合氨的电离大于铵根离子的水解，所以该溶液中微粒浓度的大小关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)，C项错误；
D.相当于K2C2O4与KHC2O4以1：2的物质的量之比混合形成溶液，据物料守恒有：，选项所给的式子将4和3互换即正确，D项错误；
答案选AB。
【点睛】物料守恒表达的是由化学式或投料配比决定的固定的原子个数比。在氯水中的物料守恒比较特殊，是根据氯气与水反应的化学方程式中产物的配比关系得出的。
15.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g),各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如下图所示。
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/mol·L-1
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
010
0.10
0
0
乙
T1
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率大于40%
C. 达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10mol NO和0.10mol CO2，此时v(正)＞v(逆)
【答案】BD
【解析】
【详解】A.由题图可知，甲先达到化学平衡状态，所以T1>T2，升高温度，平衡时CO2的物质的量减小，说明反应逆向进行，故该正反应为放热反应，A项错误；
B.T1℃时，甲容器中达到平衡状态时CO2的物质的量为0.1mol，
2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)
起始量 0.1 0.1 0 0
转化量 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量 0.05 0.05 0.025 0.05
则平衡常数 则乙容器中N2(g)+2CO2(g) 2NO(g)+2CO(g)的平衡常数为0.1；当N2的转化率为40%,此时转化的N2为0.04mol/L，依此算出其它物质的转化量：
N2(g)+2CO2(g) 2NO(g)+2CO(g)
起始量 0.10 0.20 0 0
转化量 0.04 0.08 0.08 0.08
剩余量 0.06 0.12 0.08 0.08
此时浓度商Qc=<0.1，所以反应继续向右进行，因此N2的转化率大于40%，B项正确；
C.从所给数据“凑一边”后可以看出，乙容器中的气体相当于甲容器中气体的2倍，由于是恒容容器，相当于恒压情况下达平衡后再压回原体积，由于增大压强时平衡向右移动，气体的物质的量减小，所以乙中压强小于甲容器的2倍，C项错误；
D.丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，相当于增大压强，平衡正向移动，此时正反应速率大于逆反应速率，D项正确；
答案选BD。
【点睛】本题B项的分析，是将所给的转化率40%这一数据直接代入，来看反应是否达到平衡，并进一步判断反应进行的方向，从而判断转化率与40%的大小关系。
第Ⅱ（非选择题 共70分）
16.以硅孔雀石[主要成分为 CuCO3•Cu（OH）2、CuSiO3•2H2O，含 SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：
已知：SOCl2+H2O SO2↑+2HCl↑
(1)“酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu（OH）2反应的化学方程式为________________，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：①适当提高盐酸浓度；②适当提高反应温度；③_________；
(2)滤渣2的主要成分为___________（填化学式）；
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为__________________________；
(4)试剂X的作用是调节溶液的pH，试剂X可以是_____；“调pH”时，pH不能过高，其原因是_______________；
A．CuSO4 B．Cu2（OH）2CO3 C．NaOH D．CuO
(5)“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是____________________________________。
【答案】 (1). CuCO3•Cu（OH）2+4HCl═2CuCl2+CO2↑+3H2O (2). 适当加快搅拌速率或适当延长酸浸时间或将硅孔雀石粉碎 (3). Fe（OH）3 (4). Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣ (5). BD (6). 防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀 (7). 生成的HCl抑制CuCl2的水解
【解析】
【分析】
硅孔雀石的主要成分为 CuCO3•Cu（OH）2、CuSiO3•2H2O，含 SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，加入足量的盐酸酸浸后，滤渣1为SiO2和H2SiO3； 加入氯气将Fe2+氧化为Fe3+，调整pH将Fe3+变为Fe(OH)3而除去。
【详解】(1). “酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu（OH）2反应的化学方程式为：CuCO3•Cu（OH）2+4HCl═2CuCl2+CO2↑+3H2O；为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施除了适当提高盐酸浓度、适当提高反应温度外，还可以适当加快搅拌速率或适当延长酸浸时间或将硅孔雀石粉碎等；
(2).滤渣2是 Fe（OH）3；
(3).氧化时，是利用Cl2将Fe2+氧化为Fe3+：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣；
(4).试剂X的作用时调节溶液的pH，选择B、D项，是因为A项不能达到调整pH的目的，C项引入了Na+杂质，B、D项具有的共同特点是：能消耗H+，本身难溶而便于添加及后续除去，不引入新的杂质离子；
(5). 加热脱水时，加入SOCl2，是利用SOCl2水解提供HCl氛围，防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀。
17.化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)D中的含氧官能团名称为_____________（写两种）。
(2)F→G的反应类型为_____________________。
(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_________________。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中只有4种不同化学环境的氢。
(4)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，写出E的结构简式_____________。
(5)G→H的反应方程式为______________________________________。
【答案】 (1). 酚羟基、羰基、酰胺键 (2). 消去反应 (3). 或或 (4). (5).
【解析】
【分析】
物质A中硝基被还原为氨基，得到物质B，物质B和乙酸酐反应，将氨基变成了酰胺键，得到物质C；物质C中甲氧基的邻位氢被取代，生成物质D；物质E在NaBH4作用下发生还原反应，生成F，应是结构中羰基被还原，所以对比D和F的结构可知E的结构简式为：；物质F发生消去反应，产生物质G，物质G中酰胺键经碱性条件下水解得到物质H。
【详解】(1).D中含氧官能团为：酚羟基、羰基、酰胺键，注意苯环通常不看作官能团，溴原子不是含氧官能团；
(2). 物质F变为物质G，失去了一分子水，产生了一个碳碳双键，所以发生的是消去反应；
(3).物质C的结构为：，除苯环外，只有一个不饱和度。能发生银镜反应，说明结构中有醛基，能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，说明结构中含甲酸酚酯基。除苯环、甲酸酚酯基外，还剩下2个碳和一个N，考虑对称性，2个碳应作为2个甲基来看，考虑对称性来满足有4种不同化环境的 氢，可得出满足条件的C的同分异构体可以是： 或或；
(4).除上述分析中通过比对F和D结构，反推出E的结构外，也可经分析可知，物质D变成E，就是溴原子和羟基H去掉，碳与氧对接成环： ；
(5).物质G变成物质H，就是酰胺键的碱性水解： ，注意生成乙酸钠及加热条件的标注。
18.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[(滴定时，1 mol (CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当)]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.500 g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇
匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察__________________________。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时的现象为_______________________________________________。
⑤滴定结束时俯视滴定管读数，则测得样品中氮的质量分数_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
⑵滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
25.OO
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.2
25.02
若NaOH标准溶液的浓度为0.1000 mol·L－1，则该样品中氮的质量分数是多少？_____（写出解题过程）
【答案】 (1). 偏高 (2). 无影响 (3). B (4). 当最后一滴NaOH溶液滴入锥形瓶时，锥形瓶内溶液的颜色由无色突然变为红色，并保持30s不恢复 (5). 偏低 (6). 依据数据分析，V(NaOH)＝＝20.00 mL；n(H＋)＝n(NaOH)＝0.1000 mol·L－1×20.00×10－3L＝2.000×10－3mol；n(N)＝n(H＋)，该样品中氮的质量分数＝×100%＝18.67%
【解析】
【分析】
（1）①滴定管在水洗后要用待装液润洗，否则将对待装溶液进行稀释；
②实验目的是标定锥形瓶中溶质的量，加水对测定结果无影响；
③看滴定管内液面的变化，无法及时判断终点的到达；
④滴定终点的描述要规范化，半分钟不恢复一定要表达出来；
（2）计算前要先进行数据的有效化筛选，这也是做平行实验的目的所在。
【详解】(1). ①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准液进行滴定，由于滴定管内部附着有水分，将造成标准NaOH溶液的稀释，所以使用的NaOH溶液体积偏高，导致测定结果偏高；
②锥形瓶用蒸馏水洗净后无需干燥，残留少量水也无影响，在操作中我们也可以在锥形瓶中加一些水，以便于滴定过程中振荡；
③滴定时，应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以快速准确判断终点的到达；
④滴定终点现象规范化描述为：当最后一滴NaOH溶液滴入锥形瓶时，锥形瓶内溶液的颜色由无色突然变为浅红色，并保持30s不恢复；
⑤滴定结束时俯视读数，将使读数偏低，而导致用于计算的NaOH溶液的体积偏低，最终导致测定的氮的质量分数偏低；
(2). 分析表格中数据，发现三次实验耗用标准溶液的体积（mL）依次为：20.01、19.99、24.82，第3个数据偏差太多，为无效数据，舍去；前两个数据的平均值为20.00mL。
n(H＋)＝n(NaOH)＝0.1000 mol·L－1×20.00×10－3L＝2.000×10－3mol；
n(N)＝n(H＋)，该样品中氮的质量分数＝×100%＝18.67%。
【点睛】碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准液进行滴定，由于滴定管内壁附着有少量水分，将会造成对标准NaOH溶液的稀释，所以滴定时会造成NaOH溶液的使用体积偏大，使计算出的(CH2)6N4H+偏高，最终使测得的含氮量偏高。
19.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
(1)常温下，向100mL0.01mol•L-1HA的溶液中逐滴加入0.02mol•L-1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示（溶液体积变化忽略不计）。
①常温下，0.01mol•L-1HA溶液中由水电离出的c（H+）=______mol•L-1。
②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a__7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因为_______________________________________；
③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A—）由大到小的顺序是___________________；
④K点时，溶液中c（H+）+c（M+）—c（OH—）=____mol•L-1。
⑵20℃时，在c（H2C2O4）+c（HC2O4—）+c（C2O42—）=0.100mol•L—1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。
①Q点：c（H2C2O4）______c（HC2O4—）（填“＞”、“＜”或“=”）
②该温度下HC2O4-的电离常数K=___________________。
【答案】 (1). 1×10—12 (2). ＜ (3). M++H2O⇌H++MOH (4). c（A—）＞c（H+）＞c（M+） (5). 0.005 (6). ＜ (7). 1×10—4.2
【解析】
【分析】
(1)①在滴加碱液前0.01mol•L-1HA的溶液pH=2，说明HA是强酸，强酸中的OH-完全由水电离提供；
②从图中看出，加入MOH溶液51mL溶液才呈中性，说明MOH是弱碱。如果MOH是强碱，中和至中性时需要MOH的体积应刚好为50mL。所以MA是强酸弱碱盐，其水解使溶液显碱性；
③通过计算和估算得出数值，直接进行浓度大小的比较；
④K点时，相当于MA和MOH以1：1混合。据电荷守恒进行计算。
⑵①从图可以Q点是H2C2O4和C2O42-两微粒的交点，从图上明显看出HC2O4-物质的量分数大，折算成浓度也有：c（H2C2O4）
【详解】（1）①在滴加碱液前0.01mol•L-1HA的溶液pH=2，说明HA是强酸；强酸溶液中的OH-全部由水电离提供，所以常温下，0.01mol•L-1HA溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1；
②从图中看出，加入MOH溶液51mL溶液才呈中性，说明MOH是弱碱。如果MOH是强碱，中和至中性时需要MOH的体积应刚好为50mL。所以MA是强酸弱碱盐，其水解使溶液显碱性，所以MA溶液的pH>7，水解的离子方程式为：M++H2OMOH+H+；
③X点时可看作酸被中和掉约一半的点，相当于HA和MA以1:1时混合，此时c(A-)=0.008mol/L，M+水解是很微弱的，所以c(M+)≈0.004mol/L，此时c(H+)比0.01mol/L略小一点点，因此该溶液中离子浓度由大到小的顺序：c(A-)> c(H+)>c(M+)；
④K点时，相当于MA和MOH以1：1混合。据电荷守恒有：c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c(A-)，变形得：c（H+）+c（M+）-c（OH-）=c(A-)==0.005mol/L；
（2）①从图可以Q点是H2C2O4和C2O42-两微粒的交点，从图上明显看出c（H2C2O4）
20.氨是化学实验室及化工生产中的重要物质，应用广泛。
(1)已知25℃时：N2（g）+O2（g）2NO（g）△H=+183kJ/mol，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ/mol，4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1164.4kJ/mol，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=____________ ；
(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨反应，起始投料时各物质浓度如下表：
N2
H2
NH3
投料Ⅰ
1.0mol/L
3.0mol/L
0
投料Ⅱ
1.0mol/L
2mol/L
1.0mol/L
①按投料Ⅰ进行反应，测得达到化学平衡时化学平衡常数为0.1，则该温度下合成氨反应的平衡常数表达式为_____；
②按投料Ⅱ进行反应，起始时反应进行的方向为_____________（填“正向”或“逆向”）；
③若该反应在一恒温、恒容密闭容器内进行，判断反应达到平衡状态的标志是____；
a．NH3是N2浓度的2倍b．容器中气体的压强不再改变c．2v（NH3）正=v（N2）逆d．容器中混合气体的密度不再改变e．容器中N2、H2、NH3物质的量之比为1:3:2f．混合气体平均相对分子质量保持不变
④若升高温度，则合成氨反应的化学平衡常数_______（填“变大”、“变小”或“不变”）；
⑤L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时，合成氨反应中H2（g）的平衡转化率随X的变化关系；
ⅰ）X代表的物理量是_________________；
ⅱ）判断L1、L2的大小关系，L1__________L2．（填“＞”“＜”或“=”）
⑶电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意如图：
①电极b上发生的是____________反应（填“氧化”或“还原”）。
②写出电极a的电极反应式：________________________。
【答案】 (1). ﹣92.2kJ/mol (2). (3). 逆向 (4). bf (5). 变小 (6). 温度 (7). ＜ (8). 还原 (9). 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律对热化学方程式直接进行加减；
(2)①依化学平衡常数的定义可写出其表达式；
②利用浓度商与化学平衡常数的数值大小比较来判断反应进行的方向；
③判断反应达平衡状态主要有两个判断：一是正、逆反应速率相等，二是变量不变；
④化学平衡常数是温度的函数，正向放热，温度升高，平衡常数减小；
⑤紧扣合成氨反应的特点，结合题图进行分析。
⑶从价态变化容易看出，电极a为负极，发生氧化反应，电极b为正极，发生还原反应。注意题给的是碱性介质。
【详解】(1) 已知25℃时：N2（g）+O2（g）2NO（g）△H=+183kJ/mol①，
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ/mol②，
4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1164.4kJ/mol③，
根据盖斯定律，将①+②×-×③得：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
△H=+183-571.6×+×1164.4=-92.2kJ/mol；
(2)①合成氨反应为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g），该反应的化学平衡常数表达式为：；
②投料II对应的化学平衡常数仍为0.1，对应的浓度商>0.1，所以化学反应向逆反应方向进行；
③化学平衡建立时，正、逆反应速率相等，变量不变
a项错误，平衡时浓度是不变而不是相等，也不是成比例；
b项正确，这是一个正向气体分子数减小的反应，反应过程中压强是一个变量，变量不变，说明该反应达到平衡；
c项错误，2应改为；
d项错误，密度始终不变；
e项错误，平衡时是浓度不变，不是相等，也不是成比例；
f正确，反应正向进行时，平均相对分子质量在增大，变量不变，说明该反应达平衡；
④该反应正向放热，温度升高，平衡左移，化学平衡常数要变小；
⑤合成氨反应是一个正向气体分子总数减小的放热反应。升温，反应物转化率降低，加压，反应物转化率提高。题图给的随着X的增大，H2的平衡转化率减小，显然X代表的是温度。题图中L则代表了压强，压强越大，H2转化率越高，所以L2对应的压强高。
（3）①电极b上氧元素由0价变为-2价，价态降低，发生了还原反应；
②电极a上NH3失电子，变成N2，所给的介质为强碱性，电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O。
2018—2019学年度第二学期期中考试高二化学试题
可能用到的相对原子质量：H—1；；O—16；C—12；N—14；Na—23；
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
单项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。
1.水是生命之源，生产生活都离不开水。下列有关说法正确的是（ ）
A. 水的电离是放热过程
B. 纯水的pH一定等于7
C. pH=4的盐酸和NH4Cl溶液中水的电离程度相同
D. 电解水制H2和O2时，可以向水中加入少量Na2SO4以增强溶液导电性
【答案】D
【解析】
【详解】A．水的电离是一个吸热的过程，A项错误；
B．只有在25℃时，纯水的pH才等于7，温度升高，纯水的pH要减小，B项错误；
C．盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，氯化铵溶液中铵根离子的水解促进了水的电离，两溶液中水的电离程度明显不同，C项错误；
D．Na2SO4为强电解质，电解Na2SO4溶液实质为电解水；水为弱电解质，水电离产生的离子浓度较小，导电性差，电解水时加入Na2SO4可以增强溶液的导电性，D项正确；
答案为D。
【点睛】电解水时，为增强导电性，通常可加入硫酸钠、氢氧化钠、硫酸等。
2.下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A. 质子数为17、中子数为20的氯原子：2017Cl
B. 氯离子(Cl－)的结构示意图：
C. 氯分子的电子式：
D. 对硝基甲苯的结构简式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素符号左上方为质量数，等于质子数加中子数，应为37，而不是20，A项错误；
B．氯离子最外层应是8个电子，题给的是氯原子的原子结构示意图，B项错误；
C．氯分子是由两个氯原子共用一对电子形成的，C项正确；
D．硝基中与苯环直接相连的原子是氮原子，D项错误；
答案选C。
3.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 实验室用排饱和食盐水方法收集氯气
B. 氯水应保存在棕色细口瓶中，并处冷暗避光处保存
C. pH=3的醋酸溶液中加入CH3COONH4溶液，溶液pH增大
D. 将铜粉和锌粉混合后加入稀硫酸中，产生气体的速率比不加铜粉快
【答案】D
【解析】
【分析】
有可逆才有平衡，有平衡才有平衡的移动。
【详解】A．氯气和水发生可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，饱和食盐水中大量氯离子的引入，使该反应平衡逆向进行，从而减小氯气的溶解损耗，A项不选；
B．氯气和水发生可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，生成的次氯酸见光、遇热易分解：2HClO2HCl+O2↑，次氯酸的分解，使氯气与水的反应平衡向右移动，所以氯水用棕色细口瓶保存，并处于冷暗避光处，B项不选；
C．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH CH3COO-+H+，pH=3醋酸溶液中加入CH3COONH4溶液，相当于醋酸溶液中加入CH3COO-，平衡左移，溶液的pH增大，C项不选；
D．铜粉、锌粉和稀硫酸形成了无数微小的原电池，加快了反应速率，这与可逆无关，也就与平衡移动无关，D项可选；
答案选D。
【点睛】对于C项的分析，注意醋酸铵溶液呈中性，所以溶液pH的变化是由醋酸根离子引起的。最好使用醋酸铵固体，避免因溶液中水分的引入，导致溶液pH也会增大。
4.下列热化学方程式或说法正确的是
A. 同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同
B. 已知H2(g)＋F2(g)=2HF(g)△H＝－270kJ·mol－1，则1molH2与1molF2反应生成2mol液态氟化氢时放热大于270kJ
C. 甲烷的标准燃烧热为△H＝－890.3kJ·mol－1，则其燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)△H＝－890.3kJ·mol－1
D. 500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－38.6kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A．同温同压下，反应的焓变与反应条件无关，所以反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的焓变是相同的，A项错误；
B．题给热化学方程式表明1molH2和1molF2生成气态2molHF时放热270kJ，所以当生成液态氟化氢时会进一步放出热量，所以放热大于270kJ，B项正确；
C．标准燃烧热对应水应为液态，C项错误；
D．因反应可逆，从所给数据中无法明确反应的焓变，D项错误；
答案选B。
5.用下列实验装置进行相应实验，装置及操作正确、且能达到实验目的是（ ）
A. 量取20.00mLKMnO4溶液 B. 验证铁发生吸氧腐蚀
C. 铁制品表面镀锌 D. 设计铜锌原电池
【答案】B
【解析】
【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡皮管，所以应改用酸式滴定管，A项错误；
B．发生吸氧腐蚀，会消耗装置内的氧气，右侧导管中会形成一段水柱，B项正确；
C．进行电镀时，镀层金属作阳极，待镀件作为阴极，所以锌片应连接电源的正极，铁制品连接电源的负极，C项错误；
D．该装置未构成闭合回路，无法形成原电池，D项错误；
答案选B。
6.下列离子方程式中，正确的是
A. 用惰性电极电解MgCl2溶液：2Cl—+H2O 2OH—+Cl2↑+H2↑
B. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－＋4H+
C. 氯气通入冷水中：Cl2 ＋H2O Cl－ ＋ClO－ ＋2H+
D. Na2S溶液中的水解：S2—+2H2O==H2S+2OH—
【答案】B
【解析】
【详解】A.电解氯化镁溶液时，类似于电解氯化钠溶液，但要进一步考虑阴极产生的OH-与溶液中的Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，A项错误；
B.二氧化硫与I2发生氧化还原反应，所给式子符合守恒规律，B项正确；
C.生成的次氯酸是弱酸，不能拆写成离子形式，C项错误；
D.多元弱酸的酸根离子水解微弱，且应分步水解，以第一步为主，所给式子水解产物书写错误，且没有使用可逆符号，D项错误；
答案选B。
7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A. SiO2H2SiO3Na2SiO3
B. Fe2O3 FeCl3(aq) 无水FeCl3
C. 饱和NaCl（aq）NaHCO3 Na2CO3
D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2]OH(aq) Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A.SiO2难溶于水，与水不发生反应，A项错误；
B.氯化铁溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热，水解平衡右移，氯化氢的挥发使平衡进一步右移，所以直接蒸发氯化铁溶液得到氢氧化铁固体，B项错误；
C.该选项涉及的是侯氏制碱法的基本反应:①NH3+CO2+H2O=NH4HCO3，②NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，C项正确；
D.蔗糖是非还原性糖，不能与银氨溶液发生反应生成银，D项错误；
答案选C。
【点睛】在侯氏制碱法中，要先向饱和食盐水中通入过量的氨气，然后再通入二氧化碳气体，保证能获得高浓度的碳酸氢根离子，以生成碳酸氢钠晶状沉淀。
8.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是
A. a电极发生还原反应
B. H+由右室通过质子交换膜进入左室
C. b电极反应式为2NO3－+10e－+12H+=N2↑+6H2O
D. 电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极
【答案】C
【解析】
试题分析：A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；C、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；D、原电池中电流从正极流向负极，电流由B电极沿导线流向A电极，故D错误；故选C。
考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。
9.在给定环境中，下列各组离子一定大量共存的是
A. 甲基橙呈红色的溶液中：K+、Na+、S2－、AlO2－
B. =1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C. 常温下，在= 1×1012的溶液中：NH4+、CO32－、K+、Cl－
D. 常温下，水电离出c(OH—)=1×10—13 mol/L的溶液中：Na+、NH4+、HCO3－、NO3－
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲基橙显红色的溶液是一个强酸性的溶液，此溶液中S2-、AlO2-将不能大量存在，A项错误；
B．该溶液是一个强酸性溶液，此时所给的4种离子既不与氢离子反应，相互间也不反应，可以大量共存，B项正确；
C．该溶液是一个强酸性溶液，此时CO32-将不能大量存在，C项错误；
D．该溶液中水的电离受到抑制，可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，此时HCO3-均将不能大量存在，D项错误；
答案选B。
【点睛】对于离子共存类问题，要注意隐藏信息的挖掘。将题给的限制条件直接转化为对应的介质条件，如强酸、强碱、强氧化性等，并可直接代入离子组进行是否反应的校验。
10.下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】
A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11. 下列有关说法正确的是
A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B. 2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
C. 加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大
D. 对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、铜的金属性弱于铁，与铁构成原电池时，铁是负极失去电子，加快铁腐蚀，A不正确；B、根据△G＝△H－T·△S可知，2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的△S＜0，则该反应的△H＜0，B不正确；C、水解吸热，加热促进水解，溶液的碱性增强，因此，加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32－的水解程度和溶液的pH均增大，C正确；D、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，因此平衡常数减小，D不正确，答案选C。
考点：考查金属腐蚀、反应自发性、外界条件对水解平衡和反应速率以及平衡常数的影响
12.4-AFMF是一种探测物质的荧光素，其结构简式如下图。下列有关该物质的说法正确的是
A. 分子中三个苯环处于同一平面 B. 1 mol 4-AFMF 最多可与2molNaOH 反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有1种 D. 能与溴水、FeCl3溶液及稀硫酸发生反应
【答案】CD
【解析】
A、连接三个苯环的碳为饱和碳，相当于甲烷中的碳，甲烷分子中最多三个原子共平面，苯环是一个平面结构，三个苯环不可能共平面，又根据碳碳单键可以转动，所以任意两个苯环和连接三个苯环的碳可以共平面，A错误。B、分子中有两个苯酚结构和一个酯基，可3molNaOH反应，B错误。C、该物质为环酯结构，水解后得到一种产物，C正确。D、有苯酚结构可与溴水发生取代、与FeCl3发生显色反应，酯基在酸性条件下发生水解生成酸与醇，D正确。正确答案为CD
点睛：原子共面、共线是有机化学中的一个难点，需要有较高的空间想象力。要做好此类题目需要掌握几类基本物质的空间结构：甲烷为正四面体结构，最多3个原子共平面；3个碳以上的饱和碳链为锯齿状，碳碳单键可以转动 ；乙烯为平面结构，键角为120度；乙炔为直线型分子，四个原子共直线；苯环为正六边形结构，对角线上的4个原子共直线；甲醛为平面三角形结构；利用以上基本结构，然后进行复杂结构的转动、替换可以解决问题。，
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
室温下，物质的量浓度相同的Na2CO3溶液和NaCN溶液，Na2CO3溶液的pH大于NaCN溶液
酸性：HCN＞H2CO3
B
将溴乙烷和NaOH的乙醇溶液混合加热，产生气体通入酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色。
产生了乙烯
C
室温下，将pH相同的HA与HB的稀溶液分别加水稀释相同的倍数，所得溶液的pH：pH（HA）＞pH（HB）
酸性：HA＞HB
D
将蔗糖和硫酸的混合液加热，再向其中加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热煮沸，无砖红色沉淀
蔗糖未水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.由实验操作和现象得到的结论是HCN的酸性大于HCO3-的酸性，无法比较出HCN与H2CO3的酸性的强弱，A项错误；
B.产生的气体中还混有挥发出的大量的乙醇蒸气，而乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，B项错误；
C.相同pH的一元酸，稀释相同的倍数，溶液pH越大，说明酸性越强，C项正确；
D.硫酸是蔗糖水解的催化剂，理论上并不消耗。硫酸能够将新制的氢氧化铜悬浊液直接溶解而至实验失败，所以要先加入NaOH溶液将水解液调至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热至沸，方可观察到砖红色沉淀，D项错误；
答案选C。
14.室温下，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A. 新制氯水中：c(H＋)＝c(HClO)＋2c(ClO－)＋c(OH－)
B. pH＝8的NaClO2溶液中：c(Na+)＞c(ClO2－)＞c(OH－)＞c(H+)
C. 0.1mol·L－1HCl溶液与0.2 mol·L－1 NH3·H2O溶液等体积混合pH＞7：c(NH3·H2O)＞c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH-)
D. 0.1mol·L－1K2C2O4溶液与0.2 mol·L－1KHC2O4溶液等体积混合：4c(K+)＝3[c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(H2C2O4) ]
【答案】AB
【解析】
【详解】A.氯气与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO。新制氯水中电荷守恒有：c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，依特殊的物料守恒有：c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，代入电荷守恒的式子有：c(H+)=c(OH-)+c(HClO)+2c(ClO-)，A项正确；
B.pH=8既直接说明了c(OH-)>c(H+)，又说明了ClO2-发生了水解，所以有c(Na+)>c(ClO2-)，B项正确；
C.相当于NH4Cl和NH3·H2O1：1混合，溶液显碱性则说明一水合氨的电离大于铵根离子的水解，所以该溶液中微粒浓度的大小关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)，C项错误；
D.相当于K2C2O4与KHC2O4以1：2的物质的量之比混合形成溶液，据物料守恒有：，选项所给的式子将4和3互换即正确，D项错误；
答案选AB。
【点睛】物料守恒表达的是由化学式或投料配比决定的固定的原子个数比。在氯水中的物料守恒比较特殊，是根据氯气与水反应的化学方程式中产物的配比关系得出的。
15.一定温度下，在三个容积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g),各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如下图所示。
容器
温度/℃
起始物质的量浓度/mol·L-1
NO(g)
CO(g)
N2
CO2
甲
T1
010
0.10
0
0
乙
T1
0
0
0.10
0.20
丙
T2
0.10
0.10
0
0
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率大于40%
C. 达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍
D. 丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10mol NO和0.10mol CO2，此时v(正)＞v(逆)
【答案】BD
【解析】
【详解】A.由题图可知，甲先达到化学平衡状态，所以T1>T2，升高温度，平衡时CO2的物质的量减小，说明反应逆向进行，故该正反应为放热反应，A项错误；
B.T1℃时，甲容器中达到平衡状态时CO2的物质的量为0.1mol，
2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)
起始量 0.1 0.1 0 0
转化量 0.05 0.05 0.025 0.05
平衡量 0.05 0.05 0.025 0.05
则平衡常数 则乙容器中N2(g)+2CO2(g) 2NO(g)+2CO(g)的平衡常数为0.1；当N2的转化率为40%,此时转化的N2为0.04mol/L，依此算出其它物质的转化量：
N2(g)+2CO2(g) 2NO(g)+2CO(g)
起始量 0.10 0.20 0 0
转化量 0.04 0.08 0.08 0.08
剩余量 0.06 0.12 0.08 0.08
此时浓度商Qc=<0.1，所以反应继续向右进行，因此N2的转化率大于40%，B项正确；
C.从所给数据“凑一边”后可以看出，乙容器中的气体相当于甲容器中气体的2倍，由于是恒容容器，相当于恒压情况下达平衡后再压回原体积，由于增大压强时平衡向右移动，气体的物质的量减小，所以乙中压强小于甲容器的2倍，C项错误；
D.丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，相当于增大压强，平衡正向移动，此时正反应速率大于逆反应速率，D项正确；
答案选BD。
【点睛】本题B项的分析，是将所给的转化率40%这一数据直接代入，来看反应是否达到平衡，并进一步判断反应进行的方向，从而判断转化率与40%的大小关系。
第Ⅱ（非选择题 共70分）
16.以硅孔雀石[主要成分为 CuCO3•Cu（OH）2、CuSiO3•2H2O，含 SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：
已知：SOCl2+H2O SO2↑+2HCl↑
(1)“酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu（OH）2反应的化学方程式为________________，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：①适当提高盐酸浓度；②适当提高反应温度；③_________；
(2)滤渣2的主要成分为___________（填化学式）；
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为__________________________；
(4)试剂X的作用是调节溶液的pH，试剂X可以是_____；“调pH”时，pH不能过高，其原因是_______________；
A．CuSO4 B．Cu2（OH）2CO3 C．NaOH D．CuO
(5)“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是____________________________________。
【答案】 (1). CuCO3•Cu（OH）2+4HCl═2CuCl2+CO2↑+3H2O (2). 适当加快搅拌速率或适当延长酸浸时间或将硅孔雀石粉碎 (3). Fe（OH）3 (4). Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣ (5). BD (6). 防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀 (7). 生成的HCl抑制CuCl2的水解
【解析】
【分析】
硅孔雀石的主要成分为 CuCO3•Cu（OH）2、CuSiO3•2H2O，含 SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，加入足量的盐酸酸浸后，滤渣1为SiO2和H2SiO3； 加入氯气将Fe2+氧化为Fe3+，调整pH将Fe3+变为Fe(OH)3而除去。
【详解】(1). “酸浸”时盐酸与CuCO3•Cu（OH）2反应的化学方程式为：CuCO3•Cu（OH）2+4HCl═2CuCl2+CO2↑+3H2O；为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施除了适当提高盐酸浓度、适当提高反应温度外，还可以适当加快搅拌速率或适当延长酸浸时间或将硅孔雀石粉碎等；
(2).滤渣2是 Fe（OH）3；
(3).氧化时，是利用Cl2将Fe2+氧化为Fe3+：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣；
(4).试剂X的作用时调节溶液的pH，选择B、D项，是因为A项不能达到调整pH的目的，C项引入了Na+杂质，B、D项具有的共同特点是：能消耗H+，本身难溶而便于添加及后续除去，不引入新的杂质离子；
(5). 加热脱水时，加入SOCl2，是利用SOCl2水解提供HCl氛围，防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀。
17.化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
(1)D中的含氧官能团名称为_____________（写两种）。
(2)F→G的反应类型为_____________________。
(3)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_________________。
①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中只有4种不同化学环境的氢。
(4)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，写出E的结构简式_____________。
(5)G→H的反应方程式为______________________________________。
【答案】 (1). 酚羟基、羰基、酰胺键 (2). 消去反应 (3). 或或 (4). (5).
【解析】
【分析】
物质A中硝基被还原为氨基，得到物质B，物质B和乙酸酐反应，将氨基变成了酰胺键，得到物质C；物质C中甲氧基的邻位氢被取代，生成物质D；物质E在NaBH4作用下发生还原反应，生成F，应是结构中羰基被还原，所以对比D和F的结构可知E的结构简式为：；物质F发生消去反应，产生物质G，物质G中酰胺键经碱性条件下水解得到物质H。
【详解】(1).D中含氧官能团为：酚羟基、羰基、酰胺键，注意苯环通常不看作官能团，溴原子不是含氧官能团；
(2). 物质F变为物质G，失去了一分子水，产生了一个碳碳双键，所以发生的是消去反应；
(3).物质C的结构为：，除苯环外，只有一个不饱和度。能发生银镜反应，说明结构中有醛基，能发生水解反应，且水解产物之一能与FeCl3发生显色反应，说明结构中含甲酸酚酯基。除苯环、甲酸酚酯基外，还剩下2个碳和一个N，考虑对称性，2个碳应作为2个甲基来看，考虑对称性来满足有4种不同化环境的 氢，可得出满足条件的C的同分异构体可以是： 或或；
(4).除上述分析中通过比对F和D结构，反推出E的结构外，也可经分析可知，物质D变成E，就是溴原子和羟基H去掉，碳与氧对接成环： ；
(5).物质G变成物质H，就是酰胺键的碱性水解： ，注意生成乙酸钠及加热条件的标注。
18.实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[(滴定时，1 mol (CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当)]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.500 g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇
匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察__________________________。
A．滴定管内液面的变化 B．锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时的现象为_______________________________________________。
⑤滴定结束时俯视滴定管读数，则测得样品中氮的质量分数_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
⑵滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前的刻度/mL
滴定后的刻度/mL
1
25.OO
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.2
25.02
若NaOH标准溶液的浓度为0.1000 mol·L－1，则该样品中氮的质量分数是多少？_____（写出解题过程）
【答案】 (1). 偏高 (2). 无影响 (3). B (4). 当最后一滴NaOH溶液滴入锥形瓶时，锥形瓶内溶液的颜色由无色突然变为红色，并保持30s不恢复 (5). 偏低 (6). 依据数据分析，V(NaOH)＝＝20.00 mL；n(H＋)＝n(NaOH)＝0.1000 mol·L－1×20.00×10－3L＝2.000×10－3mol；n(N)＝n(H＋)，该样品中氮的质量分数＝×100%＝18.67%
【解析】
【分析】
（1）①滴定管在水洗后要用待装液润洗，否则将对待装溶液进行稀释；
②实验目的是标定锥形瓶中溶质的量，加水对测定结果无影响；
③看滴定管内液面的变化，无法及时判断终点的到达；
④滴定终点的描述要规范化，半分钟不恢复一定要表达出来；
（2）计算前要先进行数据的有效化筛选，这也是做平行实验的目的所在。
【详解】(1). ①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准液进行滴定，由于滴定管内部附着有水分，将造成标准NaOH溶液的稀释，所以使用的NaOH溶液体积偏高，导致测定结果偏高；
②锥形瓶用蒸馏水洗净后无需干燥，残留少量水也无影响，在操作中我们也可以在锥形瓶中加一些水，以便于滴定过程中振荡；
③滴定时，应观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以快速准确判断终点的到达；
④滴定终点现象规范化描述为：当最后一滴NaOH溶液滴入锥形瓶时，锥形瓶内溶液的颜色由无色突然变为浅红色，并保持30s不恢复；
⑤滴定结束时俯视读数，将使读数偏低，而导致用于计算的NaOH溶液的体积偏低，最终导致测定的氮的质量分数偏低；
(2). 分析表格中数据，发现三次实验耗用标准溶液的体积（mL）依次为：20.01、19.99、24.82，第3个数据偏差太多，为无效数据，舍去；前两个数据的平均值为20.00mL。
n(H＋)＝n(NaOH)＝0.1000 mol·L－1×20.00×10－3L＝2.000×10－3mol；
n(N)＝n(H＋)，该样品中氮的质量分数＝×100%＝18.67%。
【点睛】碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准液进行滴定，由于滴定管内壁附着有少量水分，将会造成对标准NaOH溶液的稀释，所以滴定时会造成NaOH溶液的使用体积偏大，使计算出的(CH2)6N4H+偏高，最终使测得的含氮量偏高。
19.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的存在形式。
(1)常温下，向100mL0.01mol•L-1HA的溶液中逐滴加入0.02mol•L-1MOH溶液，所得溶液的pH随MOH溶液的体积变化如图所示（溶液体积变化忽略不计）。
①常温下，0.01mol•L-1HA溶液中由水电离出的c（H+）=______mol•L-1。
②常温下一定浓度的MA稀溶液的pH=a，则a__7（填“＞”、“＜”或“=”），用离子方程式表示其原因为_______________________________________；
③X点时，溶液中c（H+）、c（M+）、c（A—）由大到小的顺序是___________________；
④K点时，溶液中c（H+）+c（M+）—c（OH—）=____mol•L-1。
⑵20℃时，在c（H2C2O4）+c（HC2O4—）+c（C2O42—）=0.100mol•L—1的H2C2O4、NaOH混合溶液中，H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。
①Q点：c（H2C2O4）______c（HC2O4—）（填“＞”、“＜”或“=”）
②该温度下HC2O4-的电离常数K=___________________。
【答案】 (1). 1×10—12 (2). ＜ (3). M++H2O⇌H++MOH (4). c（A—）＞c（H+）＞c（M+） (5). 0.005 (6). ＜ (7). 1×10—4.2
【解析】
【分析】
(1)①在滴加碱液前0.01mol•L-1HA的溶液pH=2，说明HA是强酸，强酸中的OH-完全由水电离提供；
②从图中看出，加入MOH溶液51mL溶液才呈中性，说明MOH是弱碱。如果MOH是强碱，中和至中性时需要MOH的体积应刚好为50mL。所以MA是强酸弱碱盐，其水解使溶液显碱性；
③通过计算和估算得出数值，直接进行浓度大小的比较；
④K点时，相当于MA和MOH以1：1混合。据电荷守恒进行计算。
⑵①从图可以Q点是H2C2O4和C2O42-两微粒的交点，从图上明显看出HC2O4-物质的量分数大，折算成浓度也有：c（H2C2O4）
【详解】（1）①在滴加碱液前0.01mol•L-1HA的溶液pH=2，说明HA是强酸；强酸溶液中的OH-全部由水电离提供，所以常温下，0.01mol•L-1HA溶液中由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1；
②从图中看出，加入MOH溶液51mL溶液才呈中性，说明MOH是弱碱。如果MOH是强碱，中和至中性时需要MOH的体积应刚好为50mL。所以MA是强酸弱碱盐，其水解使溶液显碱性，所以MA溶液的pH>7，水解的离子方程式为：M++H2OMOH+H+；
③X点时可看作酸被中和掉约一半的点，相当于HA和MA以1:1时混合，此时c(A-)=0.008mol/L，M+水解是很微弱的，所以c(M+)≈0.004mol/L，此时c(H+)比0.01mol/L略小一点点，因此该溶液中离子浓度由大到小的顺序：c(A-)> c(H+)>c(M+)；
④K点时，相当于MA和MOH以1：1混合。据电荷守恒有：c（H+）+c（M+）=c（OH-）+c(A-)，变形得：c（H+）+c（M+）-c（OH-）=c(A-)==0.005mol/L；
（2）①从图可以Q点是H2C2O4和C2O42-两微粒的交点，从图上明显看出c（H2C2O4）
20.氨是化学实验室及化工生产中的重要物质，应用广泛。
(1)已知25℃时：N2（g）+O2（g）2NO（g）△H=+183kJ/mol，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ/mol，4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1164.4kJ/mol，则N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=____________ ；
(2)在恒温恒容密闭容器中进行合成氨反应，起始投料时各物质浓度如下表：
N2
H2
NH3
投料Ⅰ
1.0mol/L
3.0mol/L
0
投料Ⅱ
1.0mol/L
2mol/L
1.0mol/L
①按投料Ⅰ进行反应，测得达到化学平衡时化学平衡常数为0.1，则该温度下合成氨反应的平衡常数表达式为_____；
②按投料Ⅱ进行反应，起始时反应进行的方向为_____________（填“正向”或“逆向”）；
③若该反应在一恒温、恒容密闭容器内进行，判断反应达到平衡状态的标志是____；
a．NH3是N2浓度的2倍b．容器中气体的压强不再改变c．2v（NH3）正=v（N2）逆d．容器中混合气体的密度不再改变e．容器中N2、H2、NH3物质的量之比为1:3:2f．混合气体平均相对分子质量保持不变
④若升高温度，则合成氨反应的化学平衡常数_______（填“变大”、“变小”或“不变”）；
⑤L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。如图表示L一定时，合成氨反应中H2（g）的平衡转化率随X的变化关系；
ⅰ）X代表的物理量是_________________；
ⅱ）判断L1、L2的大小关系，L1__________L2．（填“＞”“＜”或“=”）
⑶电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意如图：
①电极b上发生的是____________反应（填“氧化”或“还原”）。
②写出电极a的电极反应式：________________________。
【答案】 (1). ﹣92.2kJ/mol (2). (3). 逆向 (4). bf (5). 变小 (6). 温度 (7). ＜ (8). 还原 (9). 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O
【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律对热化学方程式直接进行加减；
(2)①依化学平衡常数的定义可写出其表达式；
②利用浓度商与化学平衡常数的数值大小比较来判断反应进行的方向；
③判断反应达平衡状态主要有两个判断：一是正、逆反应速率相等，二是变量不变；
④化学平衡常数是温度的函数，正向放热，温度升高，平衡常数减小；
⑤紧扣合成氨反应的特点，结合题图进行分析。
⑶从价态变化容易看出，电极a为负极，发生氧化反应，电极b为正极，发生还原反应。注意题给的是碱性介质。
【详解】(1) 已知25℃时：N2（g）+O2（g）2NO（g）△H=+183kJ/mol①，
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6 kJ/mol②，
4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（l）△H=﹣1164.4kJ/mol③，
根据盖斯定律，将①+②×-×③得：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
△H=+183-571.6×+×1164.4=-92.2kJ/mol；
(2)①合成氨反应为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g），该反应的化学平衡常数表达式为：；
②投料II对应的化学平衡常数仍为0.1，对应的浓度商>0.1，所以化学反应向逆反应方向进行；
③化学平衡建立时，正、逆反应速率相等，变量不变
a项错误，平衡时浓度是不变而不是相等，也不是成比例；
b项正确，这是一个正向气体分子数减小的反应，反应过程中压强是一个变量，变量不变，说明该反应达到平衡；
c项错误，2应改为；
d项错误，密度始终不变；
e项错误，平衡时是浓度不变，不是相等，也不是成比例；
f正确，反应正向进行时，平均相对分子质量在增大，变量不变，说明该反应达平衡；
④该反应正向放热，温度升高，平衡左移，化学平衡常数要变小；
⑤合成氨反应是一个正向气体分子总数减小的放热反应。升温，反应物转化率降低，加压，反应物转化率提高。题图给的随着X的增大，H2的平衡转化率减小，显然X代表的是温度。题图中L则代表了压强，压强越大，H2转化率越高，所以L2对应的压强高。
（3）①电极b上氧元素由0价变为-2价，价态降低，发生了还原反应；
②电极a上NH3失电子，变成N2，所给的介质为强碱性，电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O。
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