还剩18页未读，
继续阅读
【化学】江苏省扬州中学2018-2019学年高二下学期4月月考（解析版） 试卷
展开
江苏省扬州中学2018-2019学年高二下学期4月月考
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cr-52
选择题（共40分）
单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列有关工业生产叙述正确的是
A. 工业上通常使用电解法制备金属钠、镁、铝等
B. 合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利于加快反应速率
C. 硫酸工业中，采用常压条件的原因是此条件下催化剂活性最高
D. 电解精炼铜时，将粗铜与电源的负极相连
【答案】A
【解析】
试题分析：A、钠、镁、铝是活泼的金属，用电解法制备，选A；B、合成氨工业中，将氨气及时液化分离，浓度减小，速率减小，是为了提高反应物的转化率，不选B；C、制取硫酸的工业中，常采用常压条件的原因是常压条件想二氧化硫的转化率已经很大，加压转化率增大程度不大，所以不选C；D、电解精炼铜时，将粗铜与电源的正极相连，做电解池的阳极，失去电子发生氧化反应，不选D。
考点：工业条件的选择。
2.一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是
A. 能与金属Al反应放出H2的溶液 B. 加酚酞后显无色的溶液
C. pH=6的某溶液 D. c(H+)>c(OH—)的任意水溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：A、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+，2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，能与金属Al反应放出H2的溶液可以是酸溶液或碱溶液，A错误；B、酚酞变色范围是8～10，加酚酞后显无色的溶液不一定是酸溶液呈酸性，B错误；C、pH=6的某溶液，温度不知不能确定溶液酸碱性，C错误；D、溶液中c（H+）＞c（OH-），一定显酸性，D正确；答案选D。
考点：考查了溶液酸碱性的判断的相关知识。
3.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是
A. 用蒸馏水冼净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水冼净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液
C. 用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体积
D. 用碱式滴定管取10.00 mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入适量蒸馏水后再进行滴定
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A错误；B、用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B错误；C、当溶液由黄色变成橙色，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，C错误；D、锥形瓶内多些水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，D正确；故选D．
考点：中和滴定
4.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18g D2O和18g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 2 L 0.5mol•L−1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 密闭容器中，催化剂作用下2mol SO2与1mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=18g/20g/mol=0.9mol，18gH2O的物质的量=18g/18g/mol=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；
B.n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；
C.过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为-1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0-（-1）]=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；
D.SO2和O2反应方程式为2SO2+O22SO3，根据反应方程式知，该反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应生成的SO3小于2mol，所以产物分子数小于2NA，故D错误。
故选C。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使甲基橙试液显红色的溶液：Na+、NH4+、Fe3+、NO3—
B. 能使苯酚变紫色的溶液：K+、Mg2+、I－、SO42-
C. 加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、K+、HCO3－、Cl－
D. 水电离产生的c(OH－)＝1×10－11mol/L的溶液：Cu 2+、SO42－、NO3－、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A.能使甲基橙试液显红色的溶液显酸性：Na+、NH4+、Fe3+、NO3-能大量共存，故A正确；
B.能使苯酚变紫色的溶液中含有Fe3＋，能将I－氧化为I2，不能大量共存，故B错误；
C.加入铝粉能产生氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，而HCO3-在酸、碱性溶液里均不能大量共存，故C错误；
D.水电离产生的c(OH－)＝1×10－11mol/L的溶液呈碱性，Cu2+＋2OH―=Cu(OH)2↓，不能大量共存，故D错误。
故选A。
【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存。
6.下列事实能说明NH3·H2O一定是弱电解质的是
①常温下，NH3·H2O溶液能使酚酞变红；②用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；③常温下，0.1mol / L的氨水pH约为11；④常温下，体积相同且pH相同的NH3·H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者＞后者
A. ①②③④ B. ②③④ C. ③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①常温下，能使酚酞试液变红是碱的通性，不能证明一水合氨是弱电解质，故①错误；
②溶液的导电能力与离子浓度有关，不能说明电解质的电离程度，所以不能说明一水合氨是弱电解质，故②错误；
③常温下，0.1mol/L氯化铵溶液的pH约为5，说明氯化铵是强酸弱碱盐，能说明一水合氨是弱电解质，故③正确；
④常温下，体积相同且pH相同的NH3•H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者＞后者，则氨水的浓度大于氢氧化钠，说明一水合氨只有部分电离，为弱电解质，故④正确。
能说明NH3·H2O一定是弱电解质的是③④。
故选C。
7.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通电 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. 碳酸镁悬浊液中加醋酸：CO32－＋2CH3COOH ＝ 2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解MgCl2溶液有氢氧化镁生成，氢氧化镁是难溶性物质，应该用化学式表示：Mg2＋＋2Cl―＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A错误；
B.SO2通入到碘水中，离子方程式：SO2+I2+2H2O=I-+4H++SO42-，故B错误；
C.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：Cl2＋H2OCl－＋HClO＋H+，故C错误；
D.碳酸镁是难溶性物质，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：MgCO3＋2CH3COOH =2CH3COO－＋Mg2+＋CO2↑＋H2O，故D错误。
故选B。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
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。
9.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。
点睛：本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
10.下列关于焓变(ΔH)的叙述或判断错误的是
图1图2
A. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的ΔH<0
B. 500 ℃、30 MPa下,0.5 mol N2和1.5 mol H2充分反应放出 19.3 kJ 热量,则反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH=-38.6 kJ·mol-1
C. 据图1知:ΔH1=ΔH2+ΔH3
D. 据图2知:E的大小对该反应的ΔH 无影响
【答案】B
【解析】
A选项，由反应方程式可知正反应是熵减过程（ΔS＜0），故反应在常温下能自发进行，其焓变（ΔH）必须小于0，故A正确；B选项，因N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2不可能完全反应，若完全反应放出热量应大于19.3 kJ ，故B错误；
不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共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，该题为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，该小题就为0分。）
11.一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol A和1 mol B进行反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，经60 s达到平衡，生成0.6 mol C。下列说法正确的是
A. 以A浓度变化表示的反应速率为0.001 mol·L－1·s－1
B. 其他条件不变，将容器体积变为5 L，C的平衡浓度变为原来的2倍
C. 其他条件不变，若增大压强，则物质A的转化率减小
D. 达到平衡时，C的体积百分含量为0.353
【答案】AD
【解析】
试题分析：A、生成0.6mol的C时，反应掉0.6mol的A，A的浓度变化量为0.06mol/L，除以时间10s得反应速率为0.001mol·L－1·s－，故A正确；B、当把容器的体积缩小时，容器内的压强增大，平衡会向气体系数和减小的方向移动，即向右移动，C的浓度大于原来的2倍，故B错误；C、增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动，即向右移动，A的转化率增大，故C错误；D、求出达到平衡时A、B、C三者的物质的量分别为0.4mol、0.7mol、0.6mol，C的体积百分含量为0.6除以1.7即0.353，故D正确；故选AD。
考点：化学反应速率的计算、压强对化学平衡的影响、化学平衡的计算等。
12.根据下列有关图象，说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的ΔH<0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取增大反应体系压强的措施
D. 若图Ⅲ表示在10 L容器、850℃时的反应，由图知，到4 min时，反应放出51.6 kJ的热量
【答案】D
【解析】
试题分析：A．由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等但反应不一定达到平衡，T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H＜0，A项错误；B．由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，B项错误；C．由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，C项错误；D．该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化（0.30-0.18）mol/L×10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，D项正确；答案选D。
考点：考查影响化学反应速率的因素，化学图像的分析与判断。
13.下列能用勒夏特列原理解释的是
A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
C. 以石墨为电极电解饱和食盐水（加有酚酞），阴极区变红
D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深
【答案】BC
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.催化剂能同等改变正逆反应速率，但不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故A不选；
B.红棕色的NO2加压后，容器体积减小，碘浓度增大，所以颜色加深，但增大压强时，平衡向气体体积减小的方向即生成四氧化二氮的方向移动，所以颜色又变浅，即加压后颜色先变深后变浅，可以用平衡移动原理解释，故B选；
C.以石墨为电极电解饱和食盐水（加有酚酞），阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则阴极附近变红，由于阴极生成了氢氧根，使水的电离平衡向逆反应方向移动，可以勒夏特列原理解释，故C选；
D.H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深，是因为加压后容器体积减小，碘浓度增大，但加压后平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D不选。
故选BC。
【点睛】只有反应前后能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，易错选项是B。
14.浓度均为0.10 mol•L−1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH−)相等
D. 当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH＜13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；
B.ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点，故B正确；
C.两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等，故C正确；
D.当lgV/V0=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M+)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R+)浓度增大。综上所述，升高温度时，c(M+)/c(R+)比值减小，故D错误。
故选D。
【点睛】解图像题的要领时是：先看三点，再看增减；先看单线，再做关联。本题区分MOH和ROH的关键就是两线的起点pH。当开始时溶液的体积相同时，稀释的倍数越大，溶液的离子浓度越小，溶液的pH就越小。稀释相同倍数时，强碱比弱碱的pH变化大。
15.一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0。达到平衡时,下列说法正确的是
容器
温度/℃
物质的起始浓度/mol·L-1
物质的平衡浓度/mol·L-1
c(SO2)
c(O2)
c(SO3)
c(SO3)
Ⅰ
758
0.2
0.1
0
0.044
Ⅱ
758
0.1
0.05
0
Ⅲ
858
0.2
0.1
0
A. 从开始至平衡时,容器Ⅰ中SO3的反应速率为0.044 mol·L-1·s-1
B. 平衡时,容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022mol·L-1
C. 平衡时,容器Ⅲ中SO3的浓度大于0.044mol·L-1
D. 若起始时,向容器Ⅰ中充入0.02mol SO2、0.01mol O2和0.02mol SO3,则反应向逆反应方向进行
【答案】BD
【解析】
【详解】A.从开始至平衡时，时间未知，不能计算容器Ⅰ中SO3的反应速率，故A错误；
B.I与Ⅱ温度相同，I中起始量为II中2倍，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则平衡时，容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022mol•L-1，故B正确；
C.I与Ⅲ起始量相同，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡时，容器Ⅲ中SO3的浓度小于0.044mol•L-1，故C错误；
D. 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始（mol） 0.2 0.1 0
转化（mol）0.044 0.022 0.044
平衡（mol）0.156 0.078 0.044
K=0.0442/0.078×0.1562=1.02，若起始时，向容器Ⅰ中充入0.02molSO2，0.01molO2和0.02molSO3，Qc=0.022/0.022×0.01=100＞K，则反应向逆反应方向进行，故D正确。
故选BD。
非选择题（共80分）
16.图a是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，图b是反应中的CO和NO的浓度随时间变化的示意图。根据图意回答下列问题：
a b
(1)写出NO2和CO反应的热化学方程式_______________。
(2)从反应开始到平衡，用NO2浓度变化表示平均反应速率v(NO2)＝__________。
(3)此温度下该反应的平衡常数K=_________；温度降低，K________（填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】 (1). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH= —234 kJ/mol (2). 1.50/t1 mol·L－1·min－1 (3). 9 (4). 变大
【解析】
【分析】
（1）根据能量变化图，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，反应物和生成物能量的差值为E2-E1，写出化学方程式，标出各物质的状态，从而写出热化学方程式；
（2）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；
（3）开始加入的CO和NO的物质的量相等，根据CO的起始浓度2mol/L确定NO2的起始浓度也为2mol/L，达到平衡时CO的浓度为0.5mol/L，故NO2的浓度也为0.5mol/L，根据方程式计算出NO和CO2的浓度均为1.5mol/L，代入平衡常数表达式计算出化学平衡常数；该反应为放热反应，降低温度，平衡向右移动，化学平衡常数增大。
【详解】（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-23kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ•mol-1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ•mol-1。
（2）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，故v（NO）=1.5mol/L÷t1min=1.5/t1mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（NO2）=v（NO）=1.5/t1mol•L-1•min-1，故答案为：1.5/t1mol•L-1•min-1。
（3）CO的起始浓度为2mol/L，二氧化氮与NO的起始物质的量相等，故NO2的起始浓度为2mol/L，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，则：
NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）
开始（mol/L）：2 2 0 0
变化（mol/L）：1.5 1.5 1.5 1.5
平衡（mol/L）：0.5 0.5 1.5 1.5
故该温度下平衡常数K=1.5×1.5/0.5×0.5=9，该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数变大，故答案为：9：变大。
17.已知25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
平衡常数
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=3.0×10-8
回答下列问题：
（1）物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的四种溶液：
a. CH3COOH b. H2CO3 c. NaHCO3 d. HClO
pH由小到大的排列顺序是____(填字母)。
（2）常温下，0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____(填字母)。
A. c(H+) B. C. c(H+)·c(OH-) D. E.
（3）体积均为100 mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示，则HX的电离平衡常数____(填“大于”、“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数，理由是____。在上述体积、pH均相同的CH3COOH与一元酸HX中加入足量的锌，生成的氢气在相同情况的体积大小关系为：CH3COOH____(填“大于”、“小于”或“等于”)HX
【答案】 (1). a
【分析】
（1）相同物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，其溶液的pH越大；
（2）CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，Kw不变；
（3）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大。
【详解】（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，所以pH由大到小的顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b。
（2）A.CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A不选；
B.c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B选；
C.稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）·c（OH-）=Kw，Kw不变，故C不选；
D.稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则c（OH-）/c（H+）变大，故D选。
E.醋酸的电离平衡常数不变，故E不选。
故答案为：BD。
（3）稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，由图可知，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较快，说明HX的酸性比醋酸的酸性强，HX的电离平衡常数比醋酸大；pH相同的一元酸，酸越弱酸的浓度越大，相同体积相同pH的不同一元酸与足量锌反应，酸越弱生成的氢气体积越大，由于HX的酸性比醋酸的酸性强，所以生成的氢气在相同情况的体积：HX＞CH3COOH，故答案为：大于；加水稀释相同倍数HX的pH变化大，酸性强，电离平衡常数大；小于。
18.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等。其一种生产工艺如下:
(1) 写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:_________________________________。
(2) “电解”中阴极反应的主要产物是____。
(3) “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为______溶液、____溶液。(填化学式)
(4) “尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。写出“尾气吸收”的离子方程式：____。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(5) “有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力。其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____g(计算结果保留两位小数)。
【答案】 (1). 2NaC1O3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (2). ClO2-(或 NaC1O2) (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). 2 ClO2+2OH-+H2O2=2C1O2-+O2+2H2O (6). 2∶1 (7). 1.57
【解析】
(1)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
(2)ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；
(3)食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；
(4)依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，发生反应的离子方程式为2 ClO2+2OH-+H2O2=2C1O2-+O2+2H2O；此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；
(5)1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g。
19.在2 L的密闭容器内，500℃时反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH<0体系中，n(SO2)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(SO2)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝______________________。
(2)下图表示SO3的变化的曲线是__________。用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝______________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(SO3)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(SO2)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出SO3气体 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
(5)若在容积均为2 L的密闭容器内，500℃时按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)，保持恒温恒容。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下:
实验
甲
乙
丙
初始投料
2molSO2、
1molO2
2molSO3
4molSO2、
2molO2
平衡时n(SO3)
0.5mol
n2
n3
反应的能量变化
放出Q1kJ
吸收Q2kJ
放出Q3kJ
体系的压强
p1
p2
p3
反应物的转化率
α1
α2
α3
三个容器中的反应分别达平衡时下列各组数据关系正确的是____(填字母)。
A.α1+α2=1 B. Q1+Q2=Q C. α3<α1 D. p3<2p1=2p2 E. n2
相同温度下，在甲、乙两容器中各投入2molSO2、1molO2，甲、乙两容器的初始体积均为1L，甲、乙容器达到平衡所用时间：甲____(填“>”、“<”或“=”,下同)乙，平衡时SO2的转化率：甲____乙。
【答案】 (1). (2). b (3). 1.5×10－3 mol·L－1·s－1 (4). bc (5). c (6). ABD (7). > (8). <
【解析】
【详解】（1）平衡常数表达式等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，所以该反应的平衡常数表达式K=，故答案为：。
（2）三氧化硫是生成物，平衡时生成三氧化硫的物质的量是0.013mol，其浓度为0.013mol÷2L＝0.0065mol/L，所以根据图像可知，表示SO3变化曲线的是b。0s～2s内消耗SO2的物质的量是0.020mol－0.008mol＝0.012mol，则根据方程式可知消耗氧气的物质的量是0.006mol，其浓度为0.003mol/L，则用O2表示从0s～2s内该反应的平均速率：v＝0.003mol/L÷2s＝0.0015mol·L－1·s－1，故答案为：b，1.5×10－3mol·L－1·s－1。
（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则
a.v(SO3)＝2v(O2)符合反应速率之比是相应的化学计量数之比，但不能确定反应速率的方向，不能说明达到平衡状态，故a错误；
b.容器内压强保持不变能说明达到平衡状态，故b正确；
c.v逆(SO2)＝2v正(O2)符合反应速率之比是相应的化学计量数之比，且反应速率的方向相反，能说明达到平衡状态，故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，因此容器内密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故d错误。
故答案为：bc。
（4）a.及时分离出SO3气体，瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，平衡向正反应进行，随后反应混合物各组分的浓度降低，速率减小，故a错误；
b.适当升高温度反应速率增大，平衡向吸热反应移动，即平衡向逆反应移动，故b错误；
c.增大O2的浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡向正反应进行，随后生成物的浓度增大，逆反应速速率增大，故c正确；
d.加入高效催化剂，同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故d错误。
故答案为：c。
（5）A.甲、乙为等效平衡，平衡时O2的物质的量相等，令平衡时O2为amol，甲中O2转化率α1==1-a，平衡时SO3的物质的量=（1-a）mol，乙中参加反应的SO3为amol，乙中的转化率α2=a，故α1+α2=1，故A正确；
B.甲、乙为等效平衡，平衡时O2的物质的量相等，令平衡时O2为bmol，则甲中参加反应的O2为（1-b）mol，放出的热量Q1=Q（1-b），乙中参加反应的SO3为bmol，吸收的热量Q2=bQ，故Q1+Q2=Q（1-b）+bQ=Q，故B正确；
C.丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，转化率增大，即α3>α1，故C错误；
D.甲、乙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，二者压强等效，丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，平衡时混合气体的物质的量小于甲中的2倍，故压强P3<2P1=2P2，故D正确；
E.由D中分析可知，n2=0.5，n3>1.0mol，故E错误；
F.丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，丙中参加反应的O2的物质的量大于甲中的2倍，则Q3>2Q1，故F错误。
故答案为：ABD。
（6）根据图像可知，甲是保持温度和容积不变的，乙是保持温度和压强不变的，因此，在反应过程中，乙中的压强始终大于甲中的压强，所以甲中的反应速率小，达到平衡的时间长，但由于正反应是体积减小的反应，所以压强越大，反应物的转化率越高，故答案为：＞，＜。
20.以CH4和 H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：
已知：2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H＝－566 kJ·mol-1，CH3OCH3 (g)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O (g) △H＝－1323 kJ·mol-1，2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－484 kJ·mol-1。
（1）反应室3中发生反应：CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)。该反应在一定条件下能自发进行的原因是_____。
（2）反应室2中发生反应：2CO(g)＋4H2(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O (g) △H＝_____。
（3）反应室1中发生反应：CH4(g)＋H2O (g) CO(g)＋3H2(g)。对此反应进行如下研究：T℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CH4(g)和H2O (g)进行反应，实验测得反应过程中的部分数据见下表（表中t1＜t2）：
反应时间/min
n(CH4)/mol
n(H2O)/ mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
①反应从开始到t1分钟时的平均反应速率为v(H2)=_______mol·L-1·min-1。
②若保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CH4和1.20 mol H2O，反应一段时间后，测得容器中H2的物质的量为0.60 mol，则此时v正______v逆（填“>”、“<”或“=”）。
③若上述反应改变某一条件，测得H2的物质的量随时间变化见图中曲线B（A为原反应的曲线），则改变的条件可能是_________。
（4）以反应室1出来的CO和H2为燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质构成的一种碳酸盐燃料电池如右上图所示。
①该电池的正极反应式为_____。
②若电路中流过4 mol电子，则理论上消耗CO和H2的总体积为________L（标准状况）。
【答案】 (1). △H<0 (2). －211kJ/mol (3). 0.6/t1 (4). ＞ (5). 减小压强或及时分离出CO (6). O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－ (7). 44.8 L
【解析】
【详解】（1）CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)的△S<0，由一定条件下能自发进行可知△G=△H-T△S<0，则△H<0，故答案为：△H<0。
（2）根据盖斯定律，通过①+③×2-②可得反应2CO(g)＋4H2(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＝(－566kJ·mol-1)+2×(－484kJ·mol-1)－(－1323kJ·mol-1)=－211kJ/mol，故答案为：－211kJ/mol。
（3）①由于在t1分钟内v(CH4)=Δc/Δt==0.2/t1 mol·L-1·min-1，根据各物质的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比可知：v(H2)=3v(CH4)=0.6/t1mol·L-1·min-1，故答案为：0.6/t1。
②CH4和H2O按物质的量比1:1反应，充入1.2molCH4和0.6molH2O与充入0.6molCH4和1.2molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1分钟时，n(CH4)=0.8mol，n(H2O)=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2分钟时，n(H2O)=0.2mol，说明t1分钟时反应已经达到平衡状态。
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始（mol/L） 0.6 0.3 0 0
转化（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.2 0.6
平衡常数K===1.08
充入0.6molCH4和1.2molH2O，反应一段时间后，测得容器中H2的物质的量为0.60mol，
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始（mol/L） 0.3 0.6 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1 0.3
一段时间后（mol/L） 0.2 0.5 0.1 0.3
Qc===0.027，由于K＞Qc，此时向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＞。
③根据图像可知，改变某一条件，H2的物质的量增大，达到平衡所需的时间变长，故平衡向正反应方向进行，所以可以采取减小压强或及时分离出CO的措施，故答案为：减小压强或及时分离出CO。
（4）①碳酸盐燃料电池中通氧气的电极一定为正极，通入燃料的电极一定为负极，氧气在该电极上发生还原反应，电极方程式为：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故答案为：2CO2+O2+4e-=2CO32-。
②根据图示，碳酸盐燃料电池总的电极方程式为：H2+CO+O2=CO2+H2O，若电路中流过4mol电子，则理论上消耗CO和H2的物质的量为2mol，标准状况下总体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故答案为：44.8L。
21.化学工业中会产生大量含铬废水。需进行无害化处理检测达标后才能排放。
(1) 工业常用NaHSO3还原法处理，方法如下：向酸性废水中加入NaHSO3使Cr2O72-还原成为Cr3+，然后加入熟石灰调节废水的pH，使Cr3+完全沉淀。
写出NaHSO3与Cr2O72-反应的离子方程式：_______________________。
(2) 废水中铬元素总浓度的测定方法如下：向一定量含Cr2O72-和Cr3+的酸性废水样中加入足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72-，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；再加入过量的KI溶液，Cr2O72-与I-完全反应生成Cr3+和I2后，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下：Cr3+Cr2O72-I2S4O62-。
①上述操作过程中，若无煮沸操作，则测定的铬元素总浓度会____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
②以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点时的现象为________。
③准确移取含Cr2O72-和Cr3+的酸性废水样100.00 mL,按上述方法测定废水样中铬元素总浓度,消耗0.01000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该废水中铬元素总浓度(以mg·L-1表示)(写出计算过程)__________。
【答案】 (1). 3HSO3－＋Cr2O72-＋5H+＝2Cr3+＋3SO42－＋4H2O (2). 偏大 (3). 溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟不恢复为原色 (4). 23.40mg/L
【解析】
【分析】
（1）NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水；
（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72-，所以则测定的铬元素总浓度会偏高；
②根据碘遇淀粉显蓝色，故滴定终点时的现象为蓝色变成无色，且半分钟不恢复为原色；
③根据流程以及反应的关系，进而确定关系式，可计算总浓度。
【详解】（1）转化时NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：3HSO3-+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72-，所以则测定的铬元素总浓度会偏大，故答案为：偏大。
②由于碘遇淀粉显蓝色，根据题中转化关系可知，当碘完全消耗完毕后蓝色消失，所以滴定终点时的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后蓝色褪去，且半分钟不恢复为原色，故答案为：溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟不恢复为原色。
③涉及反应方程式为①2Cr3++3S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6SO42-+14H+；②Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；③I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，由以上反应得到关系式为Cr2O72-～3I2～6S2O32-，消耗0.01000mol•L-1的Na2S2O3标准溶液13.50mL，则n（Na2S2O3）=0.01000mol•L-1×13.50×l0-3L=1.35×l0-4mol，则由关系式可知n（Cr2O72-）=1/6×1.35×l0-4mol=2.250×l0-5mol，n(Cr)=2(Cr2O72-)=4.500×l0-5mol，则废水样中铬元素总浓度=4.500×10−5mol×52g/mol×1000mg/g/100.00mL×10−3L/mL=23.40mg•L-1，故答案为：23.40mg•L-1。
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Cr-52
选择题（共40分）
单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.下列有关工业生产叙述正确的是
A. 工业上通常使用电解法制备金属钠、镁、铝等
B. 合成氨工业中，将NH3及时液化分离有利于加快反应速率
C. 硫酸工业中，采用常压条件的原因是此条件下催化剂活性最高
D. 电解精炼铜时，将粗铜与电源的负极相连
【答案】A
【解析】
试题分析：A、钠、镁、铝是活泼的金属，用电解法制备，选A；B、合成氨工业中，将氨气及时液化分离，浓度减小，速率减小，是为了提高反应物的转化率，不选B；C、制取硫酸的工业中，常采用常压条件的原因是常压条件想二氧化硫的转化率已经很大，加压转化率增大程度不大，所以不选C；D、电解精炼铜时，将粗铜与电源的正极相连，做电解池的阳极，失去电子发生氧化反应，不选D。
考点：工业条件的选择。
2.一定温度下，满足下列条件的溶液一定呈酸性的是
A. 能与金属Al反应放出H2的溶液 B. 加酚酞后显无色的溶液
C. pH=6的某溶液 D. c(H+)>c(OH—)的任意水溶液
【答案】D
【解析】
试题分析：A、2Al+6H+=3H2↑+2Al3+，2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，能与金属Al反应放出H2的溶液可以是酸溶液或碱溶液，A错误；B、酚酞变色范围是8～10，加酚酞后显无色的溶液不一定是酸溶液呈酸性，B错误；C、pH=6的某溶液，温度不知不能确定溶液酸碱性，C错误；D、溶液中c（H+）＞c（OH-），一定显酸性，D正确；答案选D。
考点：考查了溶液酸碱性的判断的相关知识。
3.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是
A. 用蒸馏水冼净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水冼净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液
C. 用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体积
D. 用碱式滴定管取10.00 mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入适量蒸馏水后再进行滴定
【答案】B
【解析】
试题分析：A、用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A错误；B、用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B错误；C、当溶液由黄色变成橙色，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，C错误；D、锥形瓶内多些水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，D正确；故选D．
考点：中和滴定
4.NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 18g D2O和18g H2O中含有的质子数均为10NA
B. 2 L 0.5mol•L−1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA
D. 密闭容器中，催化剂作用下2mol SO2与1mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=18g/20g/mol=0.9mol，18gH2O的物质的量=18g/18g/mol=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；
B.n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；
C.过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为-1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0-（-1）]=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；
D.SO2和O2反应方程式为2SO2+O22SO3，根据反应方程式知，该反应为可逆反应，2molSO2与1molO2充分反应生成的SO3小于2mol，所以产物分子数小于2NA，故D错误。
故选C。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 能使甲基橙试液显红色的溶液：Na+、NH4+、Fe3+、NO3—
B. 能使苯酚变紫色的溶液：K+、Mg2+、I－、SO42-
C. 加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、K+、HCO3－、Cl－
D. 水电离产生的c(OH－)＝1×10－11mol/L的溶液：Cu 2+、SO42－、NO3－、Cl－
【答案】A
【解析】
【详解】A.能使甲基橙试液显红色的溶液显酸性：Na+、NH4+、Fe3+、NO3-能大量共存，故A正确；
B.能使苯酚变紫色的溶液中含有Fe3＋，能将I－氧化为I2，不能大量共存，故B错误；
C.加入铝粉能产生氢气的溶液可能显酸性也可能显碱性，而HCO3-在酸、碱性溶液里均不能大量共存，故C错误；
D.水电离产生的c(OH－)＝1×10－11mol/L的溶液呈碱性，Cu2+＋2OH―=Cu(OH)2↓，不能大量共存，故D错误。
故选A。
【点睛】解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：(1)溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；(2)溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；(3)溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”“加入铝粉产生氢气”；(4)是“可能”共存，还是“一定”共存。
6.下列事实能说明NH3·H2O一定是弱电解质的是
①常温下，NH3·H2O溶液能使酚酞变红；②用NH3·H2O溶液做导电性实验，灯泡很暗；③常温下，0.1mol / L的氨水pH约为11；④常温下，体积相同且pH相同的NH3·H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者＞后者
A. ①②③④ B. ②③④ C. ③④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【详解】①常温下，能使酚酞试液变红是碱的通性，不能证明一水合氨是弱电解质，故①错误；
②溶液的导电能力与离子浓度有关，不能说明电解质的电离程度，所以不能说明一水合氨是弱电解质，故②错误；
③常温下，0.1mol/L氯化铵溶液的pH约为5，说明氯化铵是强酸弱碱盐，能说明一水合氨是弱电解质，故③正确；
④常温下，体积相同且pH相同的NH3•H2O溶液和NaOH溶液，与相同浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：前者＞后者，则氨水的浓度大于氢氧化钠，说明一水合氨只有部分电离，为弱电解质，故④正确。
能说明NH3·H2O一定是弱电解质的是③④。
故选C。
7.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通电 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. 碳酸镁悬浊液中加醋酸：CO32－＋2CH3COOH ＝ 2CH3COO－＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.用惰性电极电解MgCl2溶液有氢氧化镁生成，氢氧化镁是难溶性物质，应该用化学式表示：Mg2＋＋2Cl―＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故A错误；
B.SO2通入到碘水中，离子方程式：SO2+I2+2H2O=I-+4H++SO42-，故B错误；
C.氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：Cl2＋H2OCl－＋HClO＋H+，故C错误；
D.碳酸镁是难溶性物质，应该用化学式表示，正确的离子方程式为：MgCO3＋2CH3COOH =2CH3COO－＋Mg2+＋CO2↑＋H2O，故D错误。
故选B。
【点睛】判断离子方程式书写正误的方法：
“一看”电荷是否守恒：在离子方程式中,两边的电荷数及原子数必须守恒； “二看”拆分是否恰当：在离子方程式中，强酸、强碱和易溶于水的盐拆分成离子形式；难溶物、难电离物质、易挥发物质、单质、氧化物、非电解质等均不能拆分，要写成化学式；“三看”是否符合客观事实：离子反应的反应物与生成物必须是客观事实相吻合。
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。
9.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。故选B。
点睛：本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
10.下列关于焓变(ΔH)的叙述或判断错误的是
图1图2
A. 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的ΔH<0
B. 500 ℃、30 MPa下,0.5 mol N2和1.5 mol H2充分反应放出 19.3 kJ 热量,则反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH=-38.6 kJ·mol-1
C. 据图1知:ΔH1=ΔH2+ΔH3
D. 据图2知:E的大小对该反应的ΔH 无影响
【答案】B
【解析】
A选项，由反应方程式可知正反应是熵减过程（ΔS＜0），故反应在常温下能自发进行，其焓变（ΔH）必须小于0，故A正确；B选项，因N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2不可能完全反应，若完全反应放出热量应大于19.3 kJ ，故B错误；
不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共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，该题为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，该小题就为0分。）
11.一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol A和1 mol B进行反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，经60 s达到平衡，生成0.6 mol C。下列说法正确的是
A. 以A浓度变化表示的反应速率为0.001 mol·L－1·s－1
B. 其他条件不变，将容器体积变为5 L，C的平衡浓度变为原来的2倍
C. 其他条件不变，若增大压强，则物质A的转化率减小
D. 达到平衡时，C的体积百分含量为0.353
【答案】AD
【解析】
试题分析：A、生成0.6mol的C时，反应掉0.6mol的A，A的浓度变化量为0.06mol/L，除以时间10s得反应速率为0.001mol·L－1·s－，故A正确；B、当把容器的体积缩小时，容器内的压强增大，平衡会向气体系数和减小的方向移动，即向右移动，C的浓度大于原来的2倍，故B错误；C、增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动，即向右移动，A的转化率增大，故C错误；D、求出达到平衡时A、B、C三者的物质的量分别为0.4mol、0.7mol、0.6mol，C的体积百分含量为0.6除以1.7即0.353，故D正确；故选AD。
考点：化学反应速率的计算、压强对化学平衡的影响、化学平衡的计算等。
12.根据下列有关图象，说法正确的是
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的ΔH<0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取增大反应体系压强的措施
D. 若图Ⅲ表示在10 L容器、850℃时的反应，由图知，到4 min时，反应放出51.6 kJ的热量
【答案】D
【解析】
试题分析：A．由图Ⅰ知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等但反应不一定达到平衡，T2-T3升高温度，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，△H＜0，A项错误；B．由图Ⅱ知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，B项错误；C．由图Ⅱ知，t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小压强，C项错误；D．该反应是一个放热反应，1molCO完全转化时放出43KJ能量，当转化（0.30-0.18）mol/L×10L=1.2molCO时放出51.6kJ的热量，D项正确；答案选D。
考点：考查影响化学反应速率的因素，化学图像的分析与判断。
13.下列能用勒夏特列原理解释的是
A. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
B. 红棕色的NO2加压后颜色先变深后变浅
C. 以石墨为电极电解饱和食盐水（加有酚酞），阴极区变红
D. H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深
【答案】BC
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A.催化剂能同等改变正逆反应速率，但不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故A不选；
B.红棕色的NO2加压后，容器体积减小，碘浓度增大，所以颜色加深，但增大压强时，平衡向气体体积减小的方向即生成四氧化二氮的方向移动，所以颜色又变浅，即加压后颜色先变深后变浅，可以用平衡移动原理解释，故B选；
C.以石墨为电极电解饱和食盐水（加有酚酞），阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则阴极附近变红，由于阴极生成了氢氧根，使水的电离平衡向逆反应方向移动，可以勒夏特列原理解释，故C选；
D.H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深，是因为加压后容器体积减小，碘浓度增大，但加压后平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D不选。
故选BC。
【点睛】只有反应前后能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，易错选项是B。
14.浓度均为0.10 mol•L−1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化如图所示，下列叙述错误的是
A. MOH的碱性强于ROH的碱性
B. ROH的电离程度：b点大于a点
C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(OH−)相等
D. 当=2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图像可知，0.1mol/LMOH溶液的pH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液的pH＜13，说明ROH为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；
B.ROH为弱碱，溶液越稀越易电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点，故B正确；
C.两溶液无限稀释下去，最终的pH均为7，所以它们的氢氧根离子浓度相等，故C正确；
D.当lgV/V0=2时，MOH溶液的pH=11，ROH溶液的pH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，升高温度，对c(M+)无影响；而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，电离正向移动，则c(R+)浓度增大。综上所述，升高温度时，c(M+)/c(R+)比值减小，故D错误。
故选D。
【点睛】解图像题的要领时是：先看三点，再看增减；先看单线，再做关联。本题区分MOH和ROH的关键就是两线的起点pH。当开始时溶液的体积相同时，稀释的倍数越大，溶液的离子浓度越小，溶液的pH就越小。稀释相同倍数时，强碱比弱碱的pH变化大。
15.一定温度下,在3个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0。达到平衡时,下列说法正确的是
容器
温度/℃
物质的起始浓度/mol·L-1
物质的平衡浓度/mol·L-1
c(SO2)
c(O2)
c(SO3)
c(SO3)
Ⅰ
758
0.2
0.1
0
0.044
Ⅱ
758
0.1
0.05
0
Ⅲ
858
0.2
0.1
0
A. 从开始至平衡时,容器Ⅰ中SO3的反应速率为0.044 mol·L-1·s-1
B. 平衡时,容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022mol·L-1
C. 平衡时,容器Ⅲ中SO3的浓度大于0.044mol·L-1
D. 若起始时,向容器Ⅰ中充入0.02mol SO2、0.01mol O2和0.02mol SO3,则反应向逆反应方向进行
【答案】BD
【解析】
【详解】A.从开始至平衡时，时间未知，不能计算容器Ⅰ中SO3的反应速率，故A错误；
B.I与Ⅱ温度相同，I中起始量为II中2倍，该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，则平衡时，容器Ⅱ中SO3的浓度小于0.022mol•L-1，故B正确；
C.I与Ⅲ起始量相同，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡时，容器Ⅲ中SO3的浓度小于0.044mol•L-1，故C错误；
D. 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）
开始（mol） 0.2 0.1 0
转化（mol）0.044 0.022 0.044
平衡（mol）0.156 0.078 0.044
K=0.0442/0.078×0.1562=1.02，若起始时，向容器Ⅰ中充入0.02molSO2，0.01molO2和0.02molSO3，Qc=0.022/0.022×0.01=100＞K，则反应向逆反应方向进行，故D正确。
故选BD。
非选择题（共80分）
16.图a是1 mol NO2和1 mol CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，图b是反应中的CO和NO的浓度随时间变化的示意图。根据图意回答下列问题：
a b
(1)写出NO2和CO反应的热化学方程式_______________。
(2)从反应开始到平衡，用NO2浓度变化表示平均反应速率v(NO2)＝__________。
(3)此温度下该反应的平衡常数K=_________；温度降低，K________（填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】 (1). NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH= —234 kJ/mol (2). 1.50/t1 mol·L－1·min－1 (3). 9 (4). 变大
【解析】
【分析】
（1）根据能量变化图，反应热等于生成物的总能量减去反应物的总能量，反应物和生成物能量的差值为E2-E1，写出化学方程式，标出各物质的状态，从而写出热化学方程式；
（2）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（NO2）；
（3）开始加入的CO和NO的物质的量相等，根据CO的起始浓度2mol/L确定NO2的起始浓度也为2mol/L，达到平衡时CO的浓度为0.5mol/L，故NO2的浓度也为0.5mol/L，根据方程式计算出NO和CO2的浓度均为1.5mol/L，代入平衡常数表达式计算出化学平衡常数；该反应为放热反应，降低温度，平衡向右移动，化学平衡常数增大。
【详解】（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134kJ/mol-368kJ/mol=-23kJ/mol，所以热化学方程式为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ•mol-1，故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）△H=-234kJ•mol-1。
（2）由图可知，t1min到达平衡，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，故v（NO）=1.5mol/L÷t1min=1.5/t1mol•L-1•min-1，速率之比等于化学计量数之比，故v（NO2）=v（NO）=1.5/t1mol•L-1•min-1，故答案为：1.5/t1mol•L-1•min-1。
（3）CO的起始浓度为2mol/L，二氧化氮与NO的起始物质的量相等，故NO2的起始浓度为2mol/L，平衡时NO的浓度变化量为1.5mol/L，则：
NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）
开始（mol/L）：2 2 0 0
变化（mol/L）：1.5 1.5 1.5 1.5
平衡（mol/L）：0.5 0.5 1.5 1.5
故该温度下平衡常数K=1.5×1.5/0.5×0.5=9，该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，平衡常数变大，故答案为：9：变大。
17.已知25 ℃时部分弱电解质的电离平衡常数如下表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
平衡常数
Ka=1.8×10-5
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11
Ka=3.0×10-8
回答下列问题：
（1）物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的四种溶液：
a. CH3COOH b. H2CO3 c. NaHCO3 d. HClO
pH由小到大的排列顺序是____(填字母)。
（2）常温下，0.1 mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____(填字母)。
A. c(H+) B. C. c(H+)·c(OH-) D. E.
（3）体积均为100 mL、pH=2的CH3COOH与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示，则HX的电离平衡常数____(填“大于”、“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数，理由是____。在上述体积、pH均相同的CH3COOH与一元酸HX中加入足量的锌，生成的氢气在相同情况的体积大小关系为：CH3COOH____(填“大于”、“小于”或“等于”)HX
【答案】 (1). a
【分析】
（1）相同物质的量浓度的钠盐溶液，酸根离子水解程度越大，其溶液的pH越大；
（2）CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，Kw不变；
（3）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大。
【详解】（1）由电离平衡常数判断酸性的强弱，酸性越强，其对应盐的水解程度越大，溶液的pH就越大，由表格中的数据可知，酸性CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-，弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液的碱性越强，所以pH由大到小的顺序是a＜d＜c＜b，故答案为：a＜d＜c＜b。
（2）A.CH3COOH溶液加水稀释过程，促进电离，c（H+）减小，故A不选；
B.c（H+）/c（CH3COOH）=n（H+）/n（CH3COOH），则稀释过程中比值变大，故B选；
C.稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，c（H+）·c（OH-）=Kw，Kw不变，故C不选；
D.稀释过程，促进电离，c（H+）减小，c（OH-）增大，则c（OH-）/c（H+）变大，故D选。
E.醋酸的电离平衡常数不变，故E不选。
故答案为：BD。
（3）稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，由图可知，加水稀释的过程中，HX的pH变化比较快，说明HX的酸性比醋酸的酸性强，HX的电离平衡常数比醋酸大；pH相同的一元酸，酸越弱酸的浓度越大，相同体积相同pH的不同一元酸与足量锌反应，酸越弱生成的氢气体积越大，由于HX的酸性比醋酸的酸性强，所以生成的氢气在相同情况的体积：HX＞CH3COOH，故答案为：大于；加水稀释相同倍数HX的pH变化大，酸性强，电离平衡常数大；小于。
18.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等。其一种生产工艺如下:
(1) 写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:_________________________________。
(2) “电解”中阴极反应的主要产物是____。
(3) “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为______溶液、____溶液。(填化学式)
(4) “尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。写出“尾气吸收”的离子方程式：____。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
(5) “有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力。其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____g(计算结果保留两位小数)。
【答案】 (1). 2NaC1O3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (2). ClO2-(或 NaC1O2) (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). 2 ClO2+2OH-+H2O2=2C1O2-+O2+2H2O (6). 2∶1 (7). 1.57
【解析】
(1)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
(2)ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；
(3)食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；
(4)依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，发生反应的离子方程式为2 ClO2+2OH-+H2O2=2C1O2-+O2+2H2O；此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；
(5)1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g。
19.在2 L的密闭容器内，500℃时反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)ΔH<0体系中，n(SO2)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(SO2)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)写出该反应的平衡常数表达式：K＝______________________。
(2)下图表示SO3的变化的曲线是__________。用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝______________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(SO3)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(SO2)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
(4)为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出SO3气体 b．适当升高温度 c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
(5)若在容积均为2 L的密闭容器内，500℃时按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)，保持恒温恒容。初始投料与各容器达到平衡时的有关数据如下:
实验
甲
乙
丙
初始投料
2molSO2、
1molO2
2molSO3
4molSO2、
2molO2
平衡时n(SO3)
0.5mol
n2
n3
反应的能量变化
放出Q1kJ
吸收Q2kJ
放出Q3kJ
体系的压强
p1
p2
p3
反应物的转化率
α1
α2
α3
三个容器中的反应分别达平衡时下列各组数据关系正确的是____(填字母)。
A.α1+α2=1 B. Q1+Q2=Q C. α3<α1 D. p3<2p1=2p2 E. n2
相同温度下，在甲、乙两容器中各投入2molSO2、1molO2，甲、乙两容器的初始体积均为1L，甲、乙容器达到平衡所用时间：甲____(填“>”、“<”或“=”,下同)乙，平衡时SO2的转化率：甲____乙。
【答案】 (1). (2). b (3). 1.5×10－3 mol·L－1·s－1 (4). bc (5). c (6). ABD (7). > (8). <
【解析】
【详解】（1）平衡常数表达式等于生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，所以该反应的平衡常数表达式K=，故答案为：。
（2）三氧化硫是生成物，平衡时生成三氧化硫的物质的量是0.013mol，其浓度为0.013mol÷2L＝0.0065mol/L，所以根据图像可知，表示SO3变化曲线的是b。0s～2s内消耗SO2的物质的量是0.020mol－0.008mol＝0.012mol，则根据方程式可知消耗氧气的物质的量是0.006mol，其浓度为0.003mol/L，则用O2表示从0s～2s内该反应的平均速率：v＝0.003mol/L÷2s＝0.0015mol·L－1·s－1，故答案为：b，1.5×10－3mol·L－1·s－1。
（3）在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，则
a.v(SO3)＝2v(O2)符合反应速率之比是相应的化学计量数之比，但不能确定反应速率的方向，不能说明达到平衡状态，故a错误；
b.容器内压强保持不变能说明达到平衡状态，故b正确；
c.v逆(SO2)＝2v正(O2)符合反应速率之比是相应的化学计量数之比，且反应速率的方向相反，能说明达到平衡状态，故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，因此容器内密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，故d错误。
故答案为：bc。
（4）a.及时分离出SO3气体，瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，平衡向正反应进行，随后反应混合物各组分的浓度降低，速率减小，故a错误；
b.适当升高温度反应速率增大，平衡向吸热反应移动，即平衡向逆反应移动，故b错误；
c.增大O2的浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡向正反应进行，随后生成物的浓度增大，逆反应速速率增大，故c正确；
d.加入高效催化剂，同等程度增大正、逆反应速率，平衡不移动，故d错误。
故答案为：c。
（5）A.甲、乙为等效平衡，平衡时O2的物质的量相等，令平衡时O2为amol，甲中O2转化率α1==1-a，平衡时SO3的物质的量=（1-a）mol，乙中参加反应的SO3为amol，乙中的转化率α2=a，故α1+α2=1，故A正确；
B.甲、乙为等效平衡，平衡时O2的物质的量相等，令平衡时O2为bmol，则甲中参加反应的O2为（1-b）mol，放出的热量Q1=Q（1-b），乙中参加反应的SO3为bmol，吸收的热量Q2=bQ，故Q1+Q2=Q（1-b）+bQ=Q，故B正确；
C.丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应方向移动，转化率增大，即α3>α1，故C错误；
D.甲、乙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，二者压强等效，丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，平衡时混合气体的物质的量小于甲中的2倍，故压强P3<2P1=2P2，故D正确；
E.由D中分析可知，n2=0.5，n3>1.0mol，故E错误；
F.丙与甲相比，可以等效为在甲的基础上，压强增大一倍，平衡向正反应移动，丙中参加反应的O2的物质的量大于甲中的2倍，则Q3>2Q1，故F错误。
故答案为：ABD。
（6）根据图像可知，甲是保持温度和容积不变的，乙是保持温度和压强不变的，因此，在反应过程中，乙中的压强始终大于甲中的压强，所以甲中的反应速率小，达到平衡的时间长，但由于正反应是体积减小的反应，所以压强越大，反应物的转化率越高，故答案为：＞，＜。
20.以CH4和 H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：
已知：2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H＝－566 kJ·mol-1，CH3OCH3 (g)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O (g) △H＝－1323 kJ·mol-1，2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－484 kJ·mol-1。
（1）反应室3中发生反应：CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)。该反应在一定条件下能自发进行的原因是_____。
（2）反应室2中发生反应：2CO(g)＋4H2(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O (g) △H＝_____。
（3）反应室1中发生反应：CH4(g)＋H2O (g) CO(g)＋3H2(g)。对此反应进行如下研究：T℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CH4(g)和H2O (g)进行反应，实验测得反应过程中的部分数据见下表（表中t1＜t2）：
反应时间/min
n(CH4)/mol
n(H2O)/ mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
①反应从开始到t1分钟时的平均反应速率为v(H2)=_______mol·L-1·min-1。
②若保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CH4和1.20 mol H2O，反应一段时间后，测得容器中H2的物质的量为0.60 mol，则此时v正______v逆（填“>”、“<”或“=”）。
③若上述反应改变某一条件，测得H2的物质的量随时间变化见图中曲线B（A为原反应的曲线），则改变的条件可能是_________。
（4）以反应室1出来的CO和H2为燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质构成的一种碳酸盐燃料电池如右上图所示。
①该电池的正极反应式为_____。
②若电路中流过4 mol电子，则理论上消耗CO和H2的总体积为________L（标准状况）。
【答案】 (1). △H<0 (2). －211kJ/mol (3). 0.6/t1 (4). ＞ (5). 减小压强或及时分离出CO (6). O2＋2CO2＋4e－＝2CO32－ (7). 44.8 L
【解析】
【详解】（1）CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)的△S<0，由一定条件下能自发进行可知△G=△H-T△S<0，则△H<0，故答案为：△H<0。
（2）根据盖斯定律，通过①+③×2-②可得反应2CO(g)＋4H2(g)＝CH3OCH3(g)＋H2O(g)的△H＝(－566kJ·mol-1)+2×(－484kJ·mol-1)－(－1323kJ·mol-1)=－211kJ/mol，故答案为：－211kJ/mol。
（3）①由于在t1分钟内v(CH4)=Δc/Δt==0.2/t1 mol·L-1·min-1，根据各物质的反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比可知：v(H2)=3v(CH4)=0.6/t1mol·L-1·min-1，故答案为：0.6/t1。
②CH4和H2O按物质的量比1:1反应，充入1.2molCH4和0.6molH2O与充入0.6molCH4和1.2molH2O，平衡时生成物的浓度对应相同，t1分钟时，n(CH4)=0.8mol，n(H2O)=0.6mol-0.4mol=0.2mol，t2分钟时，n(H2O)=0.2mol，说明t1分钟时反应已经达到平衡状态。
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始（mol/L） 0.6 0.3 0 0
转化（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.6
平衡（mol/L） 0.4 0.1 0.2 0.6
平衡常数K===1.08
充入0.6molCH4和1.2molH2O，反应一段时间后，测得容器中H2的物质的量为0.60mol，
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始（mol/L） 0.3 0.6 0 0
转化（mol/L） 0.1 0.1 0.1 0.3
一段时间后（mol/L） 0.2 0.5 0.1 0.3
Qc===0.027，由于K＞Qc，此时向正反应方向进行，v正＞v逆，故答案为：＞。
③根据图像可知，改变某一条件，H2的物质的量增大，达到平衡所需的时间变长，故平衡向正反应方向进行，所以可以采取减小压强或及时分离出CO的措施，故答案为：减小压强或及时分离出CO。
（4）①碳酸盐燃料电池中通氧气的电极一定为正极，通入燃料的电极一定为负极，氧气在该电极上发生还原反应，电极方程式为：2CO2+O2+4e-=2CO32-，故答案为：2CO2+O2+4e-=2CO32-。
②根据图示，碳酸盐燃料电池总的电极方程式为：H2+CO+O2=CO2+H2O，若电路中流过4mol电子，则理论上消耗CO和H2的物质的量为2mol，标准状况下总体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故答案为：44.8L。
21.化学工业中会产生大量含铬废水。需进行无害化处理检测达标后才能排放。
(1) 工业常用NaHSO3还原法处理，方法如下：向酸性废水中加入NaHSO3使Cr2O72-还原成为Cr3+，然后加入熟石灰调节废水的pH，使Cr3+完全沉淀。
写出NaHSO3与Cr2O72-反应的离子方程式：_______________________。
(2) 废水中铬元素总浓度的测定方法如下：向一定量含Cr2O72-和Cr3+的酸性废水样中加入足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化成Cr2O72-，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；再加入过量的KI溶液，Cr2O72-与I-完全反应生成Cr3+和I2后，以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下：Cr3+Cr2O72-I2S4O62-。
①上述操作过程中，若无煮沸操作，则测定的铬元素总浓度会____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
②以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点时的现象为________。
③准确移取含Cr2O72-和Cr3+的酸性废水样100.00 mL,按上述方法测定废水样中铬元素总浓度,消耗0.01000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该废水中铬元素总浓度(以mg·L-1表示)(写出计算过程)__________。
【答案】 (1). 3HSO3－＋Cr2O72-＋5H+＝2Cr3+＋3SO42－＋4H2O (2). 偏大 (3). 溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟不恢复为原色 (4). 23.40mg/L
【解析】
【分析】
（1）NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水；
（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72-，所以则测定的铬元素总浓度会偏高；
②根据碘遇淀粉显蓝色，故滴定终点时的现象为蓝色变成无色，且半分钟不恢复为原色；
③根据流程以及反应的关系，进而确定关系式，可计算总浓度。
【详解】（1）转化时NaHSO3与Cr2O72-发生氧化还原，反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O，故答案为：3HSO3-+Cr2O72-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
（2）①若无煮沸操作，则过量（NH4）2S2O8消耗Cr2O72-，所以则测定的铬元素总浓度会偏大，故答案为：偏大。
②由于碘遇淀粉显蓝色，根据题中转化关系可知，当碘完全消耗完毕后蓝色消失，所以滴定终点时的现象是当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后蓝色褪去，且半分钟不恢复为原色，故答案为：溶液恰好由蓝色变成无色，且半分钟不恢复为原色。
③涉及反应方程式为①2Cr3++3S2O82-+7H2O=Cr2O72-+6SO42-+14H+；②Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；③I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，由以上反应得到关系式为Cr2O72-～3I2～6S2O32-，消耗0.01000mol•L-1的Na2S2O3标准溶液13.50mL，则n（Na2S2O3）=0.01000mol•L-1×13.50×l0-3L=1.35×l0-4mol，则由关系式可知n（Cr2O72-）=1/6×1.35×l0-4mol=2.250×l0-5mol，n(Cr)=2(Cr2O72-)=4.500×l0-5mol，则废水样中铬元素总浓度=4.500×10−5mol×52g/mol×1000mg/g/100.00mL×10−3L/mL=23.40mg•L-1，故答案为：23.40mg•L-1。
相关资料
更多
