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【化学】广东省肇庆联盟校2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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广东省肇庆联盟校2018-2019学年高二上学期期末考试
一、选择题（本题共15小题每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1.随着能源危机影响的加剧，全球寻找新能源的步伐加快。下列能源中不属于新能源的是（ ）
A. 生物质能 B. 天然气 C. 核聚变能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】
【详解】A、C、D都属于新能源，不符合题意；B.属于化石燃料，B符合题意；
本题答案选B。
2.下列过程中，不需要外加电源就能进行的是（ ）
①电解②电镀③电离④电化学腐蚀
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】
不需要外加电源，说明不需要其他能量就可以发生。
【详解】①电解，属于电解池，需要外接电源；②电镀属于电解池的应用，属于电解池，需要外接电源；③电离，电解质在水溶液中或者熔融状态下可以电离，不需要外接电源；④电化学腐蚀，在潮湿的空气中，金属会发生电化学腐蚀，不需要外接电源；③④符合题意，本题答案选D。
3.下列装置可以形成原电池的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：原电池的形成条件。
考点：原电池
4.若H2S的燃烧热化学方程式为H2S（g）+aO2（g）＝X+cH2O（1）△H，则X应为（ ）
A. S（s） B. SO2（g） C. SO3（g） D. SO3（1）
【答案】B
【解析】
【详解】根据燃烧热的定义，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，对于硫元素来说，生成SO2（g），而不是硫单质和三氧化硫。B符合题意；
本题答案选B。
5.实验室利用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，为了降低其反应速率，下列措施可行的是（ ）
A. 使用浓盐酸 B. 向反应体系中加入氯化钙晶体
C. 提高反应温度 D. 向反应体系中加入蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用浓盐酸，使得H+的浓度增加，加快反应速率，A项不符合题意；
B．向反应中加入氯化钙晶体，对参加反应的物质没有影响，反应速率不变，B项不符合题意；
C．升高温度，化学反应速率加快，C项不符合题意；
D．加入蒸馏水，H+的浓度减小，反应速率减慢，D符合题意；
本题答案选D。
【点睛】要从反应的本质出发考虑影响的因素，本题中CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2 ＋H2O，所以对反应速率有影响的，有温度和H＋的浓度。
6.某温度时，浓度都是1mol•L﹣1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到平衡时c（X2）＝0.4mol•L﹣1、c（Y2）＝0.8mol•L﹣1、c（Z）＝0.4mol•L﹣1，则该反应的反应式是（ ）
A. X2+2Y2⇌2XY2 B. 2X2+Y2⇌2X2Y C. 3X2+Y2⇌2X3Y D. X2+3Y2⇌2XY3
【答案】C
【解析】
根据题中数据可知，平衡时X2、Y2的浓度分别减少了0.6mol/L和0.2mol/L，而Z的浓度增加了0.4mol/L，所以根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，方程式为3X2+Y22X3Y，答案选C。
7.已知反应：HCl（g）＝1/2H2（g）+1/2C12（g）△H＝+92.3kJ•mol﹣1，则反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的△H为（ ）
A. ﹣184.6kJ•mol﹣1 B. ﹣92.3kJ•mol﹣1 C. ﹣369.2kJ•mol﹣1 D. +92.3kJ•mol﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】HCl（g）＝1/2H2（g）+1/2C12（g）左右颠倒，再将系数扩大2，即可以得到所求的反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g），即该HCl（g）＝1/2H2（g）+1/2C12（g）反应乘以-2，则反应热也乘以相应的系数，△H=-2×92.3kJ•mol﹣1=﹣184.6kJ•mol﹣1，A符合题意；
本题答案选A。
8.已知反应2A（g）⇌2B（g）+C（g）△H＜0，达平衡时，要使c（A）增大同时使v（正）增大，应改变的条件为（ ）
A. 减小容器容积 B. 增大容器容积 C. 减小B的浓度 D. 降温
【答案】A
【解析】
A、减小容器体积，可以增大化学反应速率，且平衡左移，故符合题意，故A正确；
B、增大容器容积，减小化学反应速率，故不符合题意，故B错误；
C、减小B的浓度，平衡右移，A的浓度减小，不符合题意，故C错误；
D、降温化学反应速率减低，故D错误，
故选A．
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大．
9.某温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该温度下，BaSO4的Ksp＝8×10﹣10 B. M点和P点对应的Ksp相等
C. N点无BaSO4沉淀生成 D. 加入Na2SO4可以使溶液由Q点变到P点
【答案】B
【解析】
【详解】A. 曲线上的点代表的浓度为沉淀溶解平衡时的浓度，N点在曲线的上方，Ba2＋和SO42－的乘积大于Ksp，N的乘积为4×10﹣10，大于Ksp，则Ksp不是8×10﹣10，A项错误；
B．曲线上的点代表的浓度为沉淀溶解平衡时的浓度，M和P都在曲线上，因此对应的Ksp相等，B正确；
C．N点在曲线的上方，Ba2＋和SO42－的乘积大于Ksp，为过饱和溶液，有沉淀生成，C项错误；
D．加入Na2SO4溶液中SO42－的浓度会增加，但是Q和P的SO42－的浓度相同，D项错误；
本题答案选B。
10.下列可以证明可逆反应N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态的是（ ）
A. n（N2）：n（H2）：n（NH3）＝1：3：2
B. 恒温恒容时，混合气体密度保持不变
C. 一个N≡N键断裂的同时，有3个H一H键生成
D. 混合气体的总质量不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．可逆反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度不变，没要求成比例，A项错误；
B．恒容时，，均为气体，总质量不变，V不变，则密度一直没有变化，所以密度保持不变，不能判断是否平衡，B项错误；
C．一个N≡N键断裂，代表正反应速率，3个H一H键生成代表逆反应速率，且符合方程式计量数比例，C项正确；
D．均为气体，根据质量守恒，总质量一直不变，D项错误；
本题答案选C。
【点睛】判断平衡有两个出发点，1、从实质出发，平衡是，不同的物质表示时成比例，2、从特征出发，各物质的质量分数、浓度保持不变。此外，还有别的物理量可以作为参考，当一个变化的量不变的时候，就达到平衡了；一个一直不变的量不能作为参考。
11.已知：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1．下列说法中正确的是（ ）
A. S（s）具有的能量大于SO2（g）具有的能量
B. S（g）+O2（g）＝SO2（g）的△H＞﹣297.2kJ•mol﹣1
C. S（s）的燃烧热△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1
D. 形成1mol SO2中的化学键所需能量大于断裂1molS中的化学键所需能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，是1molS(s)和1molO2(g)的总能量大于1molSO2(g)的能量，A项错误；
B. 1molS(g)的能量比1molS(s)的高，和氧气反应生成相同的物质放出的热量更多，但是△H的值更小，△H<﹣297.2kJ•mol﹣1，B项错误；
C.根据燃烧热的定义，1mol S(s)完全燃烧生成稳定的氧化物SO2(g)，其△H为其燃烧热，C项正确；
D．该反应为放热反应，形成键时释放能量，而不是需要能量，D项错误；
本题答案选C。
【点睛】
12.模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，电解硫酸钾溶液可制备氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 通电开始后，阴极附近溶液pH增大
B. 制得的氢氧化钾溶液从出口d流出
C. 电解槽的阳极反应式为2H2O﹣4e-＝4H++O2↑
D. 通过阴离子交换膜的离子数等于通过阳离子交换膜的离子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．阴极发生的反应为2H2O＋2e－=H2↑+2OH－，阴极部分生成了OH－，pH增大，A项不符合题意；
B．阴极区生成KOH，生成的KOH溶液，从d口出，B项不符合题意；
C．阳极区发生氧化反应，失去电子，方程式为2H2O﹣4e-＝4H++O2↑，C项不符合题意；
D．通过阴阳离子交换膜的电量是一样的，但是经过阳离子交换膜的是K＋，而通过阴离子交换膜的是SO42－，它们所带的电量不同，经过离子交换膜的离子数不同，D项符合题意；
本题答案
13.在密闭容器中发生反应aX（g）+bY（g）＝cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将容积扩大到原来的2倍，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的3/5，下列叙述正确的是（ ）
A. 平衡向逆反应方向移动 B. a+b＜c+d
C. X的体积分数增大 D. X的转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理，减小压强，扩大体积，反应向气体体积增大的方向移动。
【详解】将容积扩大到原来的2倍，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的；如果平衡不移动，则W的浓度为原来的 ，现在是，说明生成了更多的W，扩大体积平衡正向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为气体体积增加的反应，c+d>a+b。
A．平衡正向移动，A项错误；
B． 扩大体积向气体体积增大的反应移动，正向移动，则c+d>a+b，B项正确；
C．平衡正向移动，X的体积分数减少，C项错误；
D．平衡正向移动，X的转化率增加，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】根据浓度判断移动方向的时候，要注意不是和原平衡的浓度相比，而要和体积变化后的瞬间的浓度相比。如此题中，将容积扩大到原来的2倍，如果平衡不移动，则W的浓度为原来的，现在是，所以正向移动了。
14.室温下，用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a表示的是醋酸的滴定曲线
B. 滴定b过程中，指示剂可以是酚酞
C. pH＝7时，滴定盐酸消耗的V（NaOH）＝20.00mL
D. V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，开始时HCl和CH3COOH的浓度相同，则相同浓度下，强酸的pH更小，则b为滴定HCl的曲线，a为滴定CH3COOH的曲线。
A．a为滴定CH3COOH的曲线A项不符合题意；
B．滴定b，为强碱滴定强酸，滴定终点为中性，可以选择酚酞作为指示剂，B项不符合题意；
C．室温下，pH＝7说明为中性，强碱滴定强酸，为等量反应，消耗V（NaOH）＝20.00mL，C项不符合题意；
D．V（NaOH）＝10.00mL时，溶液为酸性，且其中只有4种离子，Na+ 、CH3COO﹣、H+ 、OH﹣，成酸性 c（H+）＞c（OH﹣），那么根据电荷守恒c(Na+)< c(CH3COO﹣)，D项符合题意；
本题答案选D。
15.将一定量的SO2（g）和O2（g）通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到下表中的两组数据：下列说法正确的是（ ）
实验
编号
温度/℃
平衡常数
/mol﹣1•L
起始量/mol
平衡量/mol
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
2
T2
K2
4
2
0.4
y
A. x＝2.4，y＝0.2 B. T1、T2的大小：T1＜T2
C. K1、K2的大小：K1＜K2 D. T1℃时，若起始量增倍，K1＞K2
【答案】C
【解析】
【分析】
利用反应中物质的转换关系、温度与平衡常数的关系。
【详解】二氧化硫与氧气的反应方程式2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H<0。利用转化关系可以。T1时，O2剩余0.8mol，反应了1.2mol，则SO2反应了2.4mol，剩余了1.6mol，则x=1.6mol；同理可知y=0.2mol。利用三段式求平衡常数，注意体积为2L，表中提供的为物质的量；
T1时 2SO2(g) ＋ O2(g) 2SO3(g)
开始的浓度mol/L 2 1 0
转化的浓度mol/L 1.2 0.6 1.2
平衡的浓度mol/L 0.8 0.4 1.2
可计算出平衡常数，；
同理T2时 2SO2(g) ＋ O2(g) 2SO3(g)
开始的浓度mol/L 2 1 0
转化的浓度mol/L 1.8 0.9 1.8
平衡的浓度mol/L 0.2 0.1 1.8
可计算出平衡常数，；
A．利用反应中物质的转换关系，可以求出x=1.6mol， y=0.2mol，A项错误；
B．该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，计算得知K1T2，B项错误；
C．根据三等式，计算得知K1
本题答案选C。
二、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.为了测定某烧碱样品的纯度（含有的少量可溶性杂质不与酸反应），某同学进行滴定实验。回答下列问题
（1）烧碱样品溶液的配制：用_____（填仪器名称，下同）准确称取烧碱样品wg，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_____中溶解，完全溶解并冷却后，全部转移至250mL的_____中并定容。
（2）滴定：
Ⅰ．用移液管（或碱式滴定管）量取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；
Ⅱ．将物质的量浓度为mmol•L﹣1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1mL；
Ⅲ．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL
①锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去H2SO4标准溶液的体积_____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
②步骤Ⅲ的操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_____。
③步骤Ⅱ中液面应调整到_____，尖嘴部分应_____。
④若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”，其他操作均正确）。
（3）烧碱样品的纯度为_____（用含w、m、V1、V2的代数式表示）。
【答案】 (1). 托盘天平 (2). 烧杯 (3). 容量瓶 (4). 无影响 (5). 便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况 (6). 零刻度或零刻度以下 (7). 充满液体，无气泡 (8). 偏高 (9). 80m(V2—V1)/w%
【解析】
【详解】（1）基本的实验操作流程和装置。用天平称量，称量好的药品应该要在烧杯中先溶解冷却，然后再转移到容量瓶中，答案为托盘天平 烧杯 容量瓶；
（2）①锥形瓶中装入待测液，所以锥形瓶中有蒸馏水不会对实验带来影响，答案无影响；
②锥形瓶下垫一张白纸，更有利于观察颜色的变化，答案便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况；
③要读取溶液的体积，那么开始的体积的读数应该在零刻度或零刻度以下，嘴的部分应该充满液体，不能有气泡或者有悬挂的液滴，答案零刻度或零刻度以下 充满液体，无气泡；
④酸式滴定管如果没有用硫酸润洗，那么硫酸会被酸式滴定管中的水稀释，浓度变小，消耗的硫酸的量就会变多，测的结果偏高，答案偏高；
（3）利用反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，
2 1
n(NaOH) m(V2-V1) ×10-3
n(NaOH)= 2×m(V2-V1) ×10-3
配制了250mL溶液，取了25mL溶液，样品中的NaOH的质量40g/mol×10×n(NaOH)= 0.8m(V2-V1) ，质量分数为，答案为
【点睛】分析误差时，利用，所有的操作错误，都转化为n或者V的误差，再去判断误差分析。
17.已知SO3分解反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）。在1.0L密闭容器中加入10mol SO3（g），在一定温度进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/kPa
400
412
422
440
469
518
538
560
560
回答下列问题：
（1）欲提高SO3的平衡转化率，应采取的措施为_____（填字母）。
a．增大压强 b．通入SO3 c．降低压强
（2）平衡时SO3的转化率为_____，该温度下的平衡常数Kw＝_____
（3）研究表明，SO3（g）分解速率v＝4×10﹣3×pSO3（kPa•min﹣1），t＝6h时，测得体系中pO2＝55kPa，则此时的pSO3＝_____kPa，v（SO3）＝_____kPa•min﹣1。
【答案】 (1). c (2). 80% (3). 64 (4). 290 (5). 1.16
【解析】
【分析】
在同温同体积的情况下，物质的量之比等于强压之比，所以计算时，可以将物质的量转化为压强。利用三等式，求转化率和平衡常数。
【详解】（1）2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），提高SO3的平衡转化率，则平衡正向移动。a增大压强，向气体体积减小的方向移动，逆向移动，a不符合题意；b通入SO3，总效果相当于加压，转化率降低，b不符合题意；c降低压强，正向移动，SO3转化率增加，符合题意，答案选c;
（2）在同温同体积的情况下，物质的量之比等于强压比，开始10mol SO3压强为400 kPa，平衡时压强为560 kPa，则总物质的量为14mol，利用三等式，
2SO3（g）⇌ 2SO2（g） + O2（g）
开始的物质的量mol 10 0 0
转化的物质的量mol 2x 2x x
平衡的物质的量mol 10-2x 2x x
平衡时总物质的量为14mol，则10-2x+2x+x=14，x=4mol，
SO3反应了8mol，转化率为=0.8=80%，
，答案为80% 64；
（3）在同温同体积的情况下，物质的量之比等于强压之比，pO2＝55kPa，则分解的pSO3＝110 kPa，开始是pSO3=400kPa，剩余290 kPa，带入速率公式v＝4×10﹣3×pSO3（kPa•min﹣1）= 4×10﹣3×290（kPa•min﹣1）=1.16 kPa•min﹣1；答案为290 kPa 1.16 kPa•min﹣1。
18.低碳环保，减轻大气污染，必须从源头上对尾气进行净化处理。回答下列问题
（1）汽车尾气催化转换器中的反应为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）。若在密闭容器中发生该反应时，c（N2）随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图所示。
①由图甲可知，温度T1_____T2（填“＞”或“＜”，下同）；该反应的△H_____0。
②能提高尾气转化率的措施有_____（填字母）。
a．升高温度 b．降低温度 c．增大压强 d．增大催化剂的比表面积
（2）煤燃烧产生的烟气中含有氮氧化物，可用CH4催化还原NOx，消除氮氧化物的污染。已知：①CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ•mol﹣1，②N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+56.9k•mol﹣1，③CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣810.1kJ•mol﹣1，从原电池的工作原理分析，可设计为原电池的反应为_____（填序号）。
（3）下图是通过光电转化原理，以燃煤产生的二氧化碳为原料，制备新产品的示意图。试写出光电转化过程中总反应的化学方程式：_____；催化剂a、b之间连接导线上的电流方向是_____。
【答案】 (1). ＞ (2). ＜ (3). bc (4). ①③ (5). 2CO2+2H2O2HCOOH+O2 (6). b→a
【解析】
【详解】（1）①“先拐先平数值大”，温度越高，反应速度越快，越先达到平衡；从图中可知温度T1时先达到平衡，则T1>T2，T1温度高，但是平衡时c(N2)比T2时低，说明升高温度，逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H<0；答案为＞ ＜；
②提高尾气转化率，则反应需正向移动。a．升高温度，逆向移动，不符合题意；b．降低温度，正向移动，符合题意；c．增大压强，向气体体积减小的反应移动，为正反应方向，符合题意；d．增大催化剂的比表面积，催化剂不影响平衡，平衡不移动；答案为bc；
（2）要设计原电池，则需要自发的氧化还原反应，反应①②③均为氧化还原反应，自发为△H<0，①③符合要求，答案为①③；
（3）从图可知，反应物为CO2和H2O，产物为HCOOH和O2；利用氧化还原反应配平，方程式2CO2+2H2O2HCOOH+O2；a电极上H2O变成O2，化合价升高，失去电子，电子从a→b，那么电流反应方向为b→a；答案为2CO2+2H2O2HCOOH+O2 b→a。
19.化学反应原理是研究和学习化学的重要依据。回答下列问题：
（1）已知氢气的燃烧热△H＝﹣285.5kJ•mol﹣1，则电解水的热化学方程式为_____
（2）在298K、101kPa下，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣198kJ•mol﹣1，则相同条件下，2mol SO2和 1 mol O2充分反应，最终放出的热量_____198kJ（填“大于”“小于或“等于”）；该反应的平衡常数表达式K＝_____。
（3）25℃时，下表为一些难溶电解质的相关数据：
物质
Fe（OH）2
Cu（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时的pH
5.8
4.1
2.0
完全沉淀时的pH
8.3
6.4
3.2
常温下，除去酸性CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，其操作步骤为：
①应先加入_____（填试剂名称），发生的离子反应方程式为_____
②再加入CuO，调节溶液的pH在_____范围内，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤。
【答案】 (1). H2O(l)＝H2(g)+O2(g) △H＝+285.5 kJ•mol﹣1 (2). 小于 (3). (4). 双氧水（或氯水） (5). H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣） (6). 3.2≤pH＜4.1
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律求反应热；
（2）可逆反应的特点、以及和反应热的关系；
（3）pH和Ksp的应用。
【详解】(1)氢气的燃烧热的热化学方程式：H2(g)+O2(g)＝H2O(l) △H＝-285.5 kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，可以写出液态水电解的热化学方程式，答案为H2O(l)＝H2(g)+O2(g) △H＝+285.5 kJ/mol；（2）可逆反应，不能反应到底，2molSO2和1molO2充分反应不能完全生成2molSO3，而热化学方程式表示的是完全反应生成2molSO3时的反应热，所以反应最终放热比198kJ小；根据方程式就可以写出平衡常数表达式；答案为小于 ；
（3）从表中的数据可以知道，并不能利用生成Fe(OH)2而除去Fe2+ ,因为Fe(OH)2和Cu(OH)2开始沉淀的pH到完成沉淀的pH有重叠的部分，所以不能直接除去 Fe2+，但是Fe(OH)3和Cu(OH)2开始沉淀的pH到完成沉淀的pH没有重叠的部分，Fe3+完全沉淀，Cu2+还没有开始沉淀，所以可以将Fe2+转化为Fe3+,以便除去。
①将Fe2+转化为Fe3+,需要加入氧化剂，但是不能引入新的杂质，可以选用双氧水，阴离子是Cl-,也可以使用氯气，根据氧化还原和电荷守恒配平方程式；答案双氧水（或氯气） H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣）
②Fe3+需要完全沉淀，Cu2+没有开始沉淀，所以pH的范围为3.2≤pH＜4.1；答案为3.2≤pH＜4.1。
20.工业食盐中含Ca2+、Mg2+等杂质，某厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程如图所示，回答下列问题：
（1）“精制”过程中发生反应的离子方程式为_____
（2）若粗盐中SO42﹣含量也较高，沉淀剂可以是_____（填字母）且要在试剂Na2CO3之_____加入（填“前”或“后”）。
a．Ba（OH）2 b．Ba（NO3）2 c．BaCl2
（3）在电解过程中，产生H2的电极与外接电源的_____极相连；溶液pH增大的区域是_____（填“阳极区”或“阴极区”）。
（4）烧碱和氯气是电解饱和食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝_____（填写计算表达式和结果且结果保留两位小数）。
【答案】 (1). Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ (2). ac (3). 前 (4). 负 (5). 阴极区 (6). 1.13
【解析】
【详解】（1）“精制”过程中加入NaOH和Na2CO3，为了除去溶液中的Ca2+和Mg2+, Ca2+以碳酸钙的形式除去，Mg2+以Mg(OH)2的形式除去，根据电荷守恒可以写出方程式，答案为Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg(OH)2↓；
（2）SO42﹣可以用Ba2+除去，但是不能引入新的杂志，阴离子可以选择OH﹣和Cl-,不能选NO3-，除杂过程中，试剂要加过量，Ba2+过量后是新的杂质，所以也要除去，恰好使用Na2CO3将其除去，因此要在Na2CO3之前加Ba2+；答案为ac 前；
（3）水得到电子，生成氢气，剩下了OH-，电极方程式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得电子的一极为阴极，与外电源的负极相连，阴极区pH变大；答案为负 阴极区；
（4）电解饱和食盐水的反应方程式2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，根据方程式，生成2molNaOH 80g，生成1molCl2 71g，则，取两位小数，答案为1.13。
一、选择题（本题共15小题每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）
1.随着能源危机影响的加剧，全球寻找新能源的步伐加快。下列能源中不属于新能源的是（ ）
A. 生物质能 B. 天然气 C. 核聚变能 D. 潮汐能
【答案】B
【解析】
【详解】A、C、D都属于新能源，不符合题意；B.属于化石燃料，B符合题意；
本题答案选B。
2.下列过程中，不需要外加电源就能进行的是（ ）
①电解②电镀③电离④电化学腐蚀
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】
不需要外加电源，说明不需要其他能量就可以发生。
【详解】①电解，属于电解池，需要外接电源；②电镀属于电解池的应用，属于电解池，需要外接电源；③电离，电解质在水溶液中或者熔融状态下可以电离，不需要外接电源；④电化学腐蚀，在潮湿的空气中，金属会发生电化学腐蚀，不需要外接电源；③④符合题意，本题答案选D。
3.下列装置可以形成原电池的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：原电池的形成条件。
考点：原电池
4.若H2S的燃烧热化学方程式为H2S（g）+aO2（g）＝X+cH2O（1）△H，则X应为（ ）
A. S（s） B. SO2（g） C. SO3（g） D. SO3（1）
【答案】B
【解析】
【详解】根据燃烧热的定义，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，对于硫元素来说，生成SO2（g），而不是硫单质和三氧化硫。B符合题意；
本题答案选B。
5.实验室利用石灰石与稀盐酸反应制取二氧化碳，为了降低其反应速率，下列措施可行的是（ ）
A. 使用浓盐酸 B. 向反应体系中加入氯化钙晶体
C. 提高反应温度 D. 向反应体系中加入蒸馏水
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用浓盐酸，使得H+的浓度增加，加快反应速率，A项不符合题意；
B．向反应中加入氯化钙晶体，对参加反应的物质没有影响，反应速率不变，B项不符合题意；
C．升高温度，化学反应速率加快，C项不符合题意；
D．加入蒸馏水，H+的浓度减小，反应速率减慢，D符合题意；
本题答案选D。
【点睛】要从反应的本质出发考虑影响的因素，本题中CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2 ＋H2O，所以对反应速率有影响的，有温度和H＋的浓度。
6.某温度时，浓度都是1mol•L﹣1的两种气体，X2、Y2在密闭容器中反应生成气体Z，达到平衡时c（X2）＝0.4mol•L﹣1、c（Y2）＝0.8mol•L﹣1、c（Z）＝0.4mol•L﹣1，则该反应的反应式是（ ）
A. X2+2Y2⇌2XY2 B. 2X2+Y2⇌2X2Y C. 3X2+Y2⇌2X3Y D. X2+3Y2⇌2XY3
【答案】C
【解析】
根据题中数据可知，平衡时X2、Y2的浓度分别减少了0.6mol/L和0.2mol/L，而Z的浓度增加了0.4mol/L，所以根据变化量之比是相应的化学计量数之比可知，方程式为3X2+Y22X3Y，答案选C。
7.已知反应：HCl（g）＝1/2H2（g）+1/2C12（g）△H＝+92.3kJ•mol﹣1，则反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）的△H为（ ）
A. ﹣184.6kJ•mol﹣1 B. ﹣92.3kJ•mol﹣1 C. ﹣369.2kJ•mol﹣1 D. +92.3kJ•mol﹣1
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】HCl（g）＝1/2H2（g）+1/2C12（g）左右颠倒，再将系数扩大2，即可以得到所求的反应H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g），即该HCl（g）＝1/2H2（g）+1/2C12（g）反应乘以-2，则反应热也乘以相应的系数，△H=-2×92.3kJ•mol﹣1=﹣184.6kJ•mol﹣1，A符合题意；
本题答案选A。
8.已知反应2A（g）⇌2B（g）+C（g）△H＜0，达平衡时，要使c（A）增大同时使v（正）增大，应改变的条件为（ ）
A. 减小容器容积 B. 增大容器容积 C. 减小B的浓度 D. 降温
【答案】A
【解析】
A、减小容器体积，可以增大化学反应速率，且平衡左移，故符合题意，故A正确；
B、增大容器容积，减小化学反应速率，故不符合题意，故B错误；
C、减小B的浓度，平衡右移，A的浓度减小，不符合题意，故C错误；
D、降温化学反应速率减低，故D错误，
故选A．
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合理解和运用的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大．
9.某温度下，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该温度下，BaSO4的Ksp＝8×10﹣10 B. M点和P点对应的Ksp相等
C. N点无BaSO4沉淀生成 D. 加入Na2SO4可以使溶液由Q点变到P点
【答案】B
【解析】
【详解】A. 曲线上的点代表的浓度为沉淀溶解平衡时的浓度，N点在曲线的上方，Ba2＋和SO42－的乘积大于Ksp，N的乘积为4×10﹣10，大于Ksp，则Ksp不是8×10﹣10，A项错误；
B．曲线上的点代表的浓度为沉淀溶解平衡时的浓度，M和P都在曲线上，因此对应的Ksp相等，B正确；
C．N点在曲线的上方，Ba2＋和SO42－的乘积大于Ksp，为过饱和溶液，有沉淀生成，C项错误；
D．加入Na2SO4溶液中SO42－的浓度会增加，但是Q和P的SO42－的浓度相同，D项错误；
本题答案选B。
10.下列可以证明可逆反应N2+3H2⇌2NH3已达到平衡状态的是（ ）
A. n（N2）：n（H2）：n（NH3）＝1：3：2
B. 恒温恒容时，混合气体密度保持不变
C. 一个N≡N键断裂的同时，有3个H一H键生成
D. 混合气体的总质量不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．可逆反应达到平衡时，各物质的物质的量浓度不变，没要求成比例，A项错误；
B．恒容时，，均为气体，总质量不变，V不变，则密度一直没有变化，所以密度保持不变，不能判断是否平衡，B项错误；
C．一个N≡N键断裂，代表正反应速率，3个H一H键生成代表逆反应速率，且符合方程式计量数比例，C项正确；
D．均为气体，根据质量守恒，总质量一直不变，D项错误；
本题答案选C。
【点睛】判断平衡有两个出发点，1、从实质出发，平衡是，不同的物质表示时成比例，2、从特征出发，各物质的质量分数、浓度保持不变。此外，还有别的物理量可以作为参考，当一个变化的量不变的时候，就达到平衡了；一个一直不变的量不能作为参考。
11.已知：S（s）+O2（g）＝SO2（g）△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1．下列说法中正确的是（ ）
A. S（s）具有的能量大于SO2（g）具有的能量
B. S（g）+O2（g）＝SO2（g）的△H＞﹣297.2kJ•mol﹣1
C. S（s）的燃烧热△H＝﹣297.2kJ•mol﹣1
D. 形成1mol SO2中的化学键所需能量大于断裂1molS中的化学键所需能量
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，是1molS(s)和1molO2(g)的总能量大于1molSO2(g)的能量，A项错误；
B. 1molS(g)的能量比1molS(s)的高，和氧气反应生成相同的物质放出的热量更多，但是△H的值更小，△H<﹣297.2kJ•mol﹣1，B项错误；
C.根据燃烧热的定义，1mol S(s)完全燃烧生成稳定的氧化物SO2(g)，其△H为其燃烧热，C项正确；
D．该反应为放热反应，形成键时释放能量，而不是需要能量，D项错误；
本题答案选C。
【点睛】
12.模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，电解硫酸钾溶液可制备氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 通电开始后，阴极附近溶液pH增大
B. 制得的氢氧化钾溶液从出口d流出
C. 电解槽的阳极反应式为2H2O﹣4e-＝4H++O2↑
D. 通过阴离子交换膜的离子数等于通过阳离子交换膜的离子数
【答案】D
【解析】
【详解】A．阴极发生的反应为2H2O＋2e－=H2↑+2OH－，阴极部分生成了OH－，pH增大，A项不符合题意；
B．阴极区生成KOH，生成的KOH溶液，从d口出，B项不符合题意；
C．阳极区发生氧化反应，失去电子，方程式为2H2O﹣4e-＝4H++O2↑，C项不符合题意；
D．通过阴阳离子交换膜的电量是一样的，但是经过阳离子交换膜的是K＋，而通过阴离子交换膜的是SO42－，它们所带的电量不同，经过离子交换膜的离子数不同，D项符合题意；
本题答案
13.在密闭容器中发生反应aX（g）+bY（g）＝cZ（g）+dW（g），反应达到平衡后，保持温度不变，将容积扩大到原来的2倍，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的3/5，下列叙述正确的是（ ）
A. 平衡向逆反应方向移动 B. a+b＜c+d
C. X的体积分数增大 D. X的转化率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理，减小压强，扩大体积，反应向气体体积增大的方向移动。
【详解】将容积扩大到原来的2倍，当再次达到平衡时，W的浓度为原平衡时的；如果平衡不移动，则W的浓度为原来的 ，现在是，说明生成了更多的W，扩大体积平衡正向移动，根据勒夏特列原理，正反应方向为气体体积增加的反应，c+d>a+b。
A．平衡正向移动，A项错误；
B． 扩大体积向气体体积增大的反应移动，正向移动，则c+d>a+b，B项正确；
C．平衡正向移动，X的体积分数减少，C项错误；
D．平衡正向移动，X的转化率增加，D项错误；
本题答案选B。
【点睛】根据浓度判断移动方向的时候，要注意不是和原平衡的浓度相比，而要和体积变化后的瞬间的浓度相比。如此题中，将容积扩大到原来的2倍，如果平衡不移动，则W的浓度为原来的，现在是，所以正向移动了。
14.室温下，用0.100mol•L﹣1的NaOH溶液分别滴定体积和浓度均为20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. a表示的是醋酸的滴定曲线
B. 滴定b过程中，指示剂可以是酚酞
C. pH＝7时，滴定盐酸消耗的V（NaOH）＝20.00mL
D. V（NaOH）＝10.00mL时，醋酸中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，开始时HCl和CH3COOH的浓度相同，则相同浓度下，强酸的pH更小，则b为滴定HCl的曲线，a为滴定CH3COOH的曲线。
A．a为滴定CH3COOH的曲线A项不符合题意；
B．滴定b，为强碱滴定强酸，滴定终点为中性，可以选择酚酞作为指示剂，B项不符合题意；
C．室温下，pH＝7说明为中性，强碱滴定强酸，为等量反应，消耗V（NaOH）＝20.00mL，C项不符合题意；
D．V（NaOH）＝10.00mL时，溶液为酸性，且其中只有4种离子，Na+ 、CH3COO﹣、H+ 、OH﹣，成酸性 c（H+）＞c（OH﹣），那么根据电荷守恒c(Na+)< c(CH3COO﹣)，D项符合题意；
本题答案选D。
15.将一定量的SO2（g）和O2（g）通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应，得到下表中的两组数据：下列说法正确的是（ ）
实验
编号
温度/℃
平衡常数
/mol﹣1•L
起始量/mol
平衡量/mol
SO2
O2
SO2
O2
1
T1
K1
4
2
x
0.8
2
T2
K2
4
2
0.4
y
A. x＝2.4，y＝0.2 B. T1、T2的大小：T1＜T2
C. K1、K2的大小：K1＜K2 D. T1℃时，若起始量增倍，K1＞K2
【答案】C
【解析】
【分析】
利用反应中物质的转换关系、温度与平衡常数的关系。
【详解】二氧化硫与氧气的反应方程式2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) △H<0。利用转化关系可以。T1时，O2剩余0.8mol，反应了1.2mol，则SO2反应了2.4mol，剩余了1.6mol，则x=1.6mol；同理可知y=0.2mol。利用三段式求平衡常数，注意体积为2L，表中提供的为物质的量；
T1时 2SO2(g) ＋ O2(g) 2SO3(g)
开始的浓度mol/L 2 1 0
转化的浓度mol/L 1.2 0.6 1.2
平衡的浓度mol/L 0.8 0.4 1.2
可计算出平衡常数，；
同理T2时 2SO2(g) ＋ O2(g) 2SO3(g)
开始的浓度mol/L 2 1 0
转化的浓度mol/L 1.8 0.9 1.8
平衡的浓度mol/L 0.2 0.1 1.8
可计算出平衡常数，；
A．利用反应中物质的转换关系，可以求出x=1.6mol， y=0.2mol，A项错误；
B．该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，计算得知K1
C．根据三等式，计算得知K1
本题答案选C。
二、非选择题（本题共5小题，共55分）
16.为了测定某烧碱样品的纯度（含有的少量可溶性杂质不与酸反应），某同学进行滴定实验。回答下列问题
（1）烧碱样品溶液的配制：用_____（填仪器名称，下同）准确称取烧碱样品wg，用新煮沸并冷却的蒸馏水在_____中溶解，完全溶解并冷却后，全部转移至250mL的_____中并定容。
（2）滴定：
Ⅰ．用移液管（或碱式滴定管）量取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴甲基橙指示剂；
Ⅱ．将物质的量浓度为mmol•L﹣1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1mL；
Ⅲ．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2mL
①锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去H2SO4标准溶液的体积_____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
②步骤Ⅲ的操作中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_____。
③步骤Ⅱ中液面应调整到_____，尖嘴部分应_____。
④若酸式滴定管没用标准H2SO4润洗，会对测定结果有何影响_____（填“偏高”“偏低”或“无影响”，其他操作均正确）。
（3）烧碱样品的纯度为_____（用含w、m、V1、V2的代数式表示）。
【答案】 (1). 托盘天平 (2). 烧杯 (3). 容量瓶 (4). 无影响 (5). 便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况 (6). 零刻度或零刻度以下 (7). 充满液体，无气泡 (8). 偏高 (9). 80m(V2—V1)/w%
【解析】
【详解】（1）基本的实验操作流程和装置。用天平称量，称量好的药品应该要在烧杯中先溶解冷却，然后再转移到容量瓶中，答案为托盘天平 烧杯 容量瓶；
（2）①锥形瓶中装入待测液，所以锥形瓶中有蒸馏水不会对实验带来影响，答案无影响；
②锥形瓶下垫一张白纸，更有利于观察颜色的变化，答案便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况；
③要读取溶液的体积，那么开始的体积的读数应该在零刻度或零刻度以下，嘴的部分应该充满液体，不能有气泡或者有悬挂的液滴，答案零刻度或零刻度以下 充满液体，无气泡；
④酸式滴定管如果没有用硫酸润洗，那么硫酸会被酸式滴定管中的水稀释，浓度变小，消耗的硫酸的量就会变多，测的结果偏高，答案偏高；
（3）利用反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，
2 1
n(NaOH) m(V2-V1) ×10-3
n(NaOH)= 2×m(V2-V1) ×10-3
配制了250mL溶液，取了25mL溶液，样品中的NaOH的质量40g/mol×10×n(NaOH)= 0.8m(V2-V1) ，质量分数为，答案为
【点睛】分析误差时，利用，所有的操作错误，都转化为n或者V的误差，再去判断误差分析。
17.已知SO3分解反应为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）。在1.0L密闭容器中加入10mol SO3（g），在一定温度进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/kPa
400
412
422
440
469
518
538
560
560
回答下列问题：
（1）欲提高SO3的平衡转化率，应采取的措施为_____（填字母）。
a．增大压强 b．通入SO3 c．降低压强
（2）平衡时SO3的转化率为_____，该温度下的平衡常数Kw＝_____
（3）研究表明，SO3（g）分解速率v＝4×10﹣3×pSO3（kPa•min﹣1），t＝6h时，测得体系中pO2＝55kPa，则此时的pSO3＝_____kPa，v（SO3）＝_____kPa•min﹣1。
【答案】 (1). c (2). 80% (3). 64 (4). 290 (5). 1.16
【解析】
【分析】
在同温同体积的情况下，物质的量之比等于强压之比，所以计算时，可以将物质的量转化为压强。利用三等式，求转化率和平衡常数。
【详解】（1）2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），提高SO3的平衡转化率，则平衡正向移动。a增大压强，向气体体积减小的方向移动，逆向移动，a不符合题意；b通入SO3，总效果相当于加压，转化率降低，b不符合题意；c降低压强，正向移动，SO3转化率增加，符合题意，答案选c;
（2）在同温同体积的情况下，物质的量之比等于强压比，开始10mol SO3压强为400 kPa，平衡时压强为560 kPa，则总物质的量为14mol，利用三等式，
2SO3（g）⇌ 2SO2（g） + O2（g）
开始的物质的量mol 10 0 0
转化的物质的量mol 2x 2x x
平衡的物质的量mol 10-2x 2x x
平衡时总物质的量为14mol，则10-2x+2x+x=14，x=4mol，
SO3反应了8mol，转化率为=0.8=80%，
，答案为80% 64；
（3）在同温同体积的情况下，物质的量之比等于强压之比，pO2＝55kPa，则分解的pSO3＝110 kPa，开始是pSO3=400kPa，剩余290 kPa，带入速率公式v＝4×10﹣3×pSO3（kPa•min﹣1）= 4×10﹣3×290（kPa•min﹣1）=1.16 kPa•min﹣1；答案为290 kPa 1.16 kPa•min﹣1。
18.低碳环保，减轻大气污染，必须从源头上对尾气进行净化处理。回答下列问题
（1）汽车尾气催化转换器中的反应为2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）。若在密闭容器中发生该反应时，c（N2）随温度（T）和时间（t）的变化曲线如图所示。
①由图甲可知，温度T1_____T2（填“＞”或“＜”，下同）；该反应的△H_____0。
②能提高尾气转化率的措施有_____（填字母）。
a．升高温度 b．降低温度 c．增大压强 d．增大催化剂的比表面积
（2）煤燃烧产生的烟气中含有氮氧化物，可用CH4催化还原NOx，消除氮氧化物的污染。已知：①CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ•mol﹣1，②N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+56.9k•mol﹣1，③CH4（g）+N2O4（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣810.1kJ•mol﹣1，从原电池的工作原理分析，可设计为原电池的反应为_____（填序号）。
（3）下图是通过光电转化原理，以燃煤产生的二氧化碳为原料，制备新产品的示意图。试写出光电转化过程中总反应的化学方程式：_____；催化剂a、b之间连接导线上的电流方向是_____。
【答案】 (1). ＞ (2). ＜ (3). bc (4). ①③ (5). 2CO2+2H2O2HCOOH+O2 (6). b→a
【解析】
【详解】（1）①“先拐先平数值大”，温度越高，反应速度越快，越先达到平衡；从图中可知温度T1时先达到平衡，则T1>T2，T1温度高，但是平衡时c(N2)比T2时低，说明升高温度，逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，△H<0；答案为＞ ＜；
②提高尾气转化率，则反应需正向移动。a．升高温度，逆向移动，不符合题意；b．降低温度，正向移动，符合题意；c．增大压强，向气体体积减小的反应移动，为正反应方向，符合题意；d．增大催化剂的比表面积，催化剂不影响平衡，平衡不移动；答案为bc；
（2）要设计原电池，则需要自发的氧化还原反应，反应①②③均为氧化还原反应，自发为△H<0，①③符合要求，答案为①③；
（3）从图可知，反应物为CO2和H2O，产物为HCOOH和O2；利用氧化还原反应配平，方程式2CO2+2H2O2HCOOH+O2；a电极上H2O变成O2，化合价升高，失去电子，电子从a→b，那么电流反应方向为b→a；答案为2CO2+2H2O2HCOOH+O2 b→a。
19.化学反应原理是研究和学习化学的重要依据。回答下列问题：
（1）已知氢气的燃烧热△H＝﹣285.5kJ•mol﹣1，则电解水的热化学方程式为_____
（2）在298K、101kPa下，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣198kJ•mol﹣1，则相同条件下，2mol SO2和 1 mol O2充分反应，最终放出的热量_____198kJ（填“大于”“小于或“等于”）；该反应的平衡常数表达式K＝_____。
（3）25℃时，下表为一些难溶电解质的相关数据：
物质
Fe（OH）2
Cu（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时的pH
5.8
4.1
2.0
完全沉淀时的pH
8.3
6.4
3.2
常温下，除去酸性CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，其操作步骤为：
①应先加入_____（填试剂名称），发生的离子反应方程式为_____
②再加入CuO，调节溶液的pH在_____范围内，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤。
【答案】 (1). H2O(l)＝H2(g)+O2(g) △H＝+285.5 kJ•mol﹣1 (2). 小于 (3). (4). 双氧水（或氯水） (5). H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣） (6). 3.2≤pH＜4.1
【解析】
【分析】
（1）利用盖斯定律求反应热；
（2）可逆反应的特点、以及和反应热的关系；
（3）pH和Ksp的应用。
【详解】(1)氢气的燃烧热的热化学方程式：H2(g)+O2(g)＝H2O(l) △H＝-285.5 kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，可以写出液态水电解的热化学方程式，答案为H2O(l)＝H2(g)+O2(g) △H＝+285.5 kJ/mol；（2）可逆反应，不能反应到底，2molSO2和1molO2充分反应不能完全生成2molSO3，而热化学方程式表示的是完全反应生成2molSO3时的反应热，所以反应最终放热比198kJ小；根据方程式就可以写出平衡常数表达式；答案为小于 ；
（3）从表中的数据可以知道，并不能利用生成Fe(OH)2而除去Fe2+ ,因为Fe(OH)2和Cu(OH)2开始沉淀的pH到完成沉淀的pH有重叠的部分，所以不能直接除去 Fe2+，但是Fe(OH)3和Cu(OH)2开始沉淀的pH到完成沉淀的pH没有重叠的部分，Fe3+完全沉淀，Cu2+还没有开始沉淀，所以可以将Fe2+转化为Fe3+,以便除去。
①将Fe2+转化为Fe3+,需要加入氧化剂，但是不能引入新的杂质，可以选用双氧水，阴离子是Cl-,也可以使用氯气，根据氧化还原和电荷守恒配平方程式；答案双氧水（或氯气） H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O（或Cl2+2Fe2+＝2Fe3++2Cl﹣）
②Fe3+需要完全沉淀，Cu2+没有开始沉淀，所以pH的范围为3.2≤pH＜4.1；答案为3.2≤pH＜4.1。
20.工业食盐中含Ca2+、Mg2+等杂质，某厂电解饱和食盐水制取NaOH溶液的工艺流程如图所示，回答下列问题：
（1）“精制”过程中发生反应的离子方程式为_____
（2）若粗盐中SO42﹣含量也较高，沉淀剂可以是_____（填字母）且要在试剂Na2CO3之_____加入（填“前”或“后”）。
a．Ba（OH）2 b．Ba（NO3）2 c．BaCl2
（3）在电解过程中，产生H2的电极与外接电源的_____极相连；溶液pH增大的区域是_____（填“阳极区”或“阴极区”）。
（4）烧碱和氯气是电解饱和食盐水时按照固定的比率k（质量比）生成的产品。理论上k＝_____（填写计算表达式和结果且结果保留两位小数）。
【答案】 (1). Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ (2). ac (3). 前 (4). 负 (5). 阴极区 (6). 1.13
【解析】
【详解】（1）“精制”过程中加入NaOH和Na2CO3，为了除去溶液中的Ca2+和Mg2+, Ca2+以碳酸钙的形式除去，Mg2+以Mg(OH)2的形式除去，根据电荷守恒可以写出方程式，答案为Ca2++CO32﹣═CaCO3↓、Mg2++2OH﹣═Mg(OH)2↓；
（2）SO42﹣可以用Ba2+除去，但是不能引入新的杂志，阴离子可以选择OH﹣和Cl-,不能选NO3-，除杂过程中，试剂要加过量，Ba2+过量后是新的杂质，所以也要除去，恰好使用Na2CO3将其除去，因此要在Na2CO3之前加Ba2+；答案为ac 前；
（3）水得到电子，生成氢气，剩下了OH-，电极方程式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得电子的一极为阴极，与外电源的负极相连，阴极区pH变大；答案为负 阴极区；
（4）电解饱和食盐水的反应方程式2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，根据方程式，生成2molNaOH 80g，生成1molCl2 71g，则，取两位小数，答案为1.13。
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