【化学】湖南省双峰县第一中学2018-2019学年高二下学期入学考试（解析版）

湖南省双峰县第一中学2018-2019学年高二下学期入学考试
可能用到的相对原子质量：H：1 C:12 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe：56
一、选择题(每题只有一个正确选项，共16小题,每小题3分,共48分)
1.我国明代《本草纲目》中记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”“以烧酒复烧二次…价值数倍也”。这里用到的实验操作方法是
A. 过滤 B. 萃取 C. 分液 D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】酸坏之酒中含有乙酸，乙酸和乙醇的沸点不同，用蒸烧的方法分离，为蒸馏操作，故选D。
2.下列有关热化学方程式书写及对应表述均正确的是(　　)
A. 已知2C(s)＋O2 (g)=2CO(g)ΔH=-221 kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH=-110.5 kJ·mol－1
B. 稀醋酸与0.1 mol·L－1 NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3 kJ·mol－1
C. 已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)　ΔH=+285.5 kJ·mol－1
D. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)＋S(s)=FeS(s)　ΔH=-95.6 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据热化学方程式的含义，燃烧热、中和热的概念分析判断。
【详解】A项：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，C燃烧生成的稳定氧化物是CO2(g)而不是CO(g)，A项错误；
B项：稀溶液中强酸与强碱的中和热为H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol－1，醋酸为弱酸，其电离吸热，其中和热的数值小于57.3 kJ·mol－1，B项错误；
C项：1 mol氢气完全燃烧生成液态水放热285.5 kJ，则1 mol液态水完全分解吸热285.5 kJ，
水分解的热化学方程式可写成2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)　ΔH=+571 kJ·mol－1，C项错误；
D项：9.6 g硫粉（0.3mol）与11.2 g铁粉（0.2mol）混合加热生成硫化亚铁17.6 g（0.2mol）时，放出19.12 kJ热量，热化学方程式为Fe(s)＋S(s)=FeS(s)　ΔH=-95.6 kJ·mol－1，D项正确。
本题选D。
【点睛】热化学方程式中，ΔH与物质的状态有关，与化学计量数成正比；燃烧热定义强调可燃物为1mol、生成稳定氧化物；中和热定义强调稀溶液中、生成1molH2O(l)。
3.下列叙述中不正确的是(　　)
A. 电解法精炼铜时将粗铜板作阳极
B. 电解法精炼铜时，粗铜中所含Na、Fe、Zn等杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥
C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
D. 为保护地下钢管不受腐蚀，可使其与直流电源负极相连
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池、电解池工作原理分析判断。
【详解】电解精炼铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极（A项正确）；粗铜中比铜活泼性强的Na、Fe、Zn等杂质先失去电子成为阳离子进入溶液，铜失电子过程中，比铜活泼性弱的杂质沉积槽底形成阳极泥（B项错误）。
钢铁在潮湿空气中易形成原电池，负极Fe-2e_＝Fe2+，水膜酸性很弱或中性时发生吸氧腐蚀，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－（C项正确）；利用电化学原理保护金属，应将电子转移到被保护金属上，可将其与更活泼的金属相连（牺牲阳极的阴极保护法），或与直流电源负极相连（外加电流的阴极保护法）（D项正确）。
本题选B。
4.下列说法正确的是(　　)
A. 将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B. 配制一定浓度的FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C. 热的碳酸钠溶液去除油污的效果更好
D. 草木灰和铵态氮肥一起使用对农作物的肥效更佳
【答案】C
【解析】
【分析】
根据有关离子的水解平衡及其移动分析解答。
【详解】A项：AlCl3溶液中都存在铝离子的水解平衡，加热蒸干时，因水解吸热和HCl的挥发，使AlCl3水解完全生成Al(OH)3沉淀，灼烧时Al(OH)3分解生成Al2O3。Al2(SO4)3溶液中也存在铝离子的水解平衡，因H2SO4是不挥发性酸，加热蒸干时其浓度变大，抑制铝离子的水解，最终得到Al2(SO4)3固体。A项错误；
B项：FeSO4溶液中Fe2+水解，配制其溶液时使用H2SO4抑制其水解，才不会在溶液中引入杂质离子，B项错误；
C项：碳酸钠溶液中碳酸根分步水解使溶液呈碱性，加热促进其水解，溶液中氢氧根浓度增大，去除油污的效果更好，C项正确；
D项：草木灰（K2CO3）中碳酸根水解呈碱性，铵态氮肥中铵根水解呈酸性，两者混合使用会使铵根转化为氨气而损失氮元素，D项错误。
本题选C。
【点睛】弱阴离子水解使溶液呈碱性，弱碱阳离子水解使溶液呈酸性。水解平衡的移动符合平衡移动原理。
5.下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是()
A. 室温时，NaR溶液的pH大于7
B. 向HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
C. 向HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D. 室温时，0.01mol/L的HR溶液的pH=4
【答案】B
【解析】
【分析】
根据弱酸的电离平衡及其对应盐的水解平衡，应用平衡移动原理分析判断。
【详解】A项：室温NaR溶液pH大于7，则R－能水解，HR为弱酸；
B项：HR溶液中滴加紫色石蕊试液变红，只说明HR溶液呈酸性，不能判断是否完全电离；
C项：HR溶液中加少量NaR固体pH变大，证明HR在溶液中存在电离平衡，HR为弱酸；
D项：室温时pH=4的溶液中氢离子浓度为0.0001mol/L，则0.01mol/LHR溶液中HR没有完全电离，HR为弱酸。
本题选B。
6.某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用0.1000mol/L盐酸标准液对其浓度进行滴定，下列操作会造成测定结果(待测NaOH溶液浓度值)偏低的有()
①锥形瓶水洗后直接装待测液②滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立即停止滴定③若在滴定过程中不慎将数滴盐酸溶液滴在锥形瓶外④读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视；
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
根据滴定计算公式可知，标准溶液的体积偏大（或偏小），则待测液浓度偏高（或偏低）。
【详解】①待测液的体积由滴定管或移液管确定，锥形瓶水洗后直接装待测液，不能改变消耗标准溶液的体积，不影响滴定结果；
②滴加盐酸速度过快，会因局部盐酸过量使指示剂变色，此时停止滴定使消耗标准溶液体积偏小，待测液浓度偏低；
③滴定过程中数滴盐酸滴在锥形瓶外，使消耗标准溶液体积偏大，待测液浓度偏高；
④读数时前仰后俯，使消耗标准溶液体积偏小，待测液浓度偏低。
本题选B。
7.可逆反应mA(s)+nB(g)eC(g)+fD(g)，反应过程中，当其他条件不变时，C的体积分数ψ(C)在不同温度和不同压强的条件下随时间的变化如图所示。

下列叙述正确的是()
A. 平衡后，若使用催化剂，C的体积分数增大
B. 平衡后，若温度升高，化学平衡向正反应方向移动
C. 化学方程式中，化学计量数的关系为n D. 平衡后，增加A的质量，化学平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【分析】
根据温度、压强等因素对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答。
【详解】A项：平衡后使用催化剂，正逆反应速率等倍数增大，但平衡不移动，C的体积分数不变，A项错误；
B项：据图(1)可知，T1 C项：据图(2)可知，p1 D项：A为固体，平衡后增加A的质量，化学平衡不移动，D项错误。
本题选C。
8.下列对化学反应预测正确的是( )
选项
化学反应方程式
已知条件
预测
A
M(s)=X(g)＋Y(s)
ΔH>0
它是非自发反应
B
W(s)＋xG(g)=2Q(g)
ΔH<0，自发反应
x可能等于1、2、3
C
4X(g)＋5Y(g)=4W(g)＋6G(g)
能自发反应
ΔH一定小于0
D
4M(s)＋N(g)＋2W(l)=4Q(s)
常温下，自发进行
ΔH>0
【答案】B
【解析】
【分析】
根据ΔH、ΔS对反应自发性的影响分析解答。
【详解】A项：反应中气体分子数增大，则ΔS>0，又因ΔH>0，则反应高温自发，A项错误；
B项：反应ΔH<0，且能自发进行，则可能ΔS>0、ΔS＝0或ΔS<0，反应中气体分子数可能增大、不变或减小，B项正确；
C项：反应中气体分子数增大，ΔS>0，又反应能自发，则ΔH>0、ΔH＝0或ΔH<0都有可能，C项错误；
D项：反应中气体分子数减小，ΔS<0，又常温自发，则必有ΔH<0，D项错误。
本题选B。
【点睛】以ΔH为横坐标、ΔS为纵坐标作图，则第二象限的反应一定自发，第四象限的反应一定不自发，第一象限的反应高温自发，第三象限的反应低温自发。
9.SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S—F键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF—F 、S—F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S(s)＋3F2(g)=SF6(g)的反应热△H为
A. －1780kJ·mol－1 B. －1220 kJ·mol－1 C. －450 kJ·mol－1 D. +430 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
根据反应热=反应物的键能总和﹣生成物的键能总和分析，反应热=280+3×160﹣6×330=﹣1220 kJ/mol，选B。
10.已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，当溶液中离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。下列叙述正确的是(　　)
A. 饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大
B. 向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小
C. 向0.000 8 mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002 mol·L－1AgNO3溶液，则CrO42-完全沉淀
D. 将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4溶液，则先产生AgCl沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A项、饱和AgCl溶液中，c(Ag+)=c(Cl-)，则c2(Ag+)=Ksp(AgCl)=1.8×10-10，解之得c(Ag+)=1.34×10-5mol/L，饱和Ag2CrO4溶液中c(Ag+)=2c(CrO42-)，则c3(Ag+)/2=Ksp(Ag2CrO4)=1.9×10-12，解之得c(Ag+)=1.56×10-4mol/L，显然后者的c(Ag+)大，故A错误；
B项、AgCl的Ksp只与温度有关，向AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，故B错误；
C项、两溶液混合后则c（K2CrO4）=0.0004mol/L，c（AgNO3）=0.001mol/L，根据2Ag++CrO42-=Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c（Ag+）=0.001 mol/L -0.0004 mol/L×2=0.0002mol/L，根据Ksp（K2CrO4），则生成沉淀后的溶液中c（CrO42-）= Ksp（K2CrO4）/ c2（Ag+）=1.9×10－12/(0.0002mol/L)2=2.5×10-5mol/L＞1.0×10-5mol/L，溶液中存在难溶物的溶解平衡，所以CrO42-不能完全沉淀，故C错误；
D、根据Ksp（AgCl）、Ksp（Ag2CrO4），则当Cl-开始沉淀时c（Ag+）= Ksp（AgCl）/ c（Cl-）=1.8×10-7mol/L，当CrO42-开始沉淀时c（Ag+）= =4.36×10-5 mol/L，故先产生AgCl沉淀，故D正确。
故选D。
【点睛】本题主要考查溶度积常数的概念和有关计算，比较c(Ag＋)大小时，注意不同物质的化学式是否相似，如不同可用溶度积常数计算c(Ag＋)。
11.最近科学家利用下列装置图成功地实现了CO2和H2O合成CH4。下列叙述错误的是(　　)

A. 电池工作时，实现了将太阳能转化为电能
B. 铜电极为正极，电极反应式为CO2+4e-+8H+=CH4+2H2O
C. 电池内 H+ 透过质子交换膜从左向右移动
D. 为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量稀硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】
根据原电池工作原理分析判断。
【详解】装置图导线中有电子转移，则为原电池。该电池将太阳能转化为电能（A项正确）。电子从GaN电极经导线转移向Cu电极，则GaN为负极，Cu为正极。负极反应为2H2O-4e-＝O2↑+4H+，正极反应为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O（B项错误），则电池内 H+ 透过质子交换膜从左向右移动（C项正确）。向装置中加入少量稀硫酸可增强溶液的导电性，提高正极反应的速率（D项正确）。
本题选B。
12.加碘食盐中含有碘酸钾(KIO3)，现以电解法制备碘酸钾，实验装置如图所示。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应：3I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解。下列说法中正确的是(　　)

A. 电解过程中OH－从a极区通过离子交换膜c进入b极区
B. 随着电解进行，KOH溶液浓度会逐渐减小
C. a电极反应式：I－－6e－＋6OH－=== IO3－＋3H2O，a极区的KI最终转变为KIO3
D. 当阳极有0.1 mol I－放电时，阴极生成6.72 L H2
【答案】C
【解析】
阳极上碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为I--6e-+6OH-＝IO3-+3H2O；阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为6H2O+6e-＝6OH-+3H2↑。A、电解池中阴离子移向阳极，即OH-从b极区通过离子交换膜c进入a极区，A错误；B、根据上述反应，KOH溶液浓度基本不变，B错误；C、a电极是阳极，阳极上碘离子失电子发生氧化反应，电极反应式为I--6e-+6OH-=IO3-+3H2O，因此a极区的KI最终转变为KIO3，C正确；D、当阳极有0.1mol I-放电时，转移电子0.6mol，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为6H2O+6e-＝6OH-+3H2↑，放出氢气0.3mol，标准状况下体积为6.72L，题中未注明温度和压强，D错误；答案选C。
点睛：明确电解池的工作原理是解答的关键，难点是电极反应式的书写，电极反应式的书写应遵循“二判二析一写”。二判：①判断阴阳极；②判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。二析：①分析溶液中离子的种类；②根据离子放电顺序，分析电极反应。一写：根据电极产物，写出电极反应式。
13.已知：常温下浓度均为0.1 mol·L－1的下列各溶液的pH如下表所示，下列有关说法正确的是(　　)
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6


A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HF
B. 若将CO2通入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中至溶液呈中性，则溶液中2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.1 mol·L－1(忽略溶液体积变化)
C. 根据上表，水解方程式ClO－＋H2OHClO＋OH－的平衡常数K≈10－7.6
D. 向上述NaClO溶液中通过量CO2气体的离子方程式为：2ClO－＋CO2+H2O === 2HClO＋CO32-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据同浓度弱酸盐溶液的pH，比较弱酸阴离子水解能力、对应弱酸的电离能力，进而判断反应能否进行，计算水解常数等。
【详解】A项：0.1 mol·L－1溶液的pH：NaFHClO>HCO3－。又酸性H2CO3>HCO3－（A项错误）。
B项：CO2通入0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液后，符合电荷守恒2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(OH－)＝c(Na+)＋c(H+)，其中c(Na+)＝0.2 mol·L－1。溶液呈中性时c(OH－)＝c(H+)，得2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝0.2 mol·L－1，B项错误；
C项：0.1 mol·L－1NaClO溶液pH＝9.7，则c(H+)＝10－9.7mol·L－1，c(OH－)＝10－4.3mol·L－1。c(ClO－)≈10－4.3mol·L－1，c(HClO)≈0.1mol·L－1，则水解平衡常数K≈10－7.6，C项正确；
D项：CO2气体过量时生成NaHCO3，离子方程式为ClO－＋CO2+H2O＝HClO＋HCO3-。D项错误。
本题选C。
【点睛】溶液中Na2CO3分两步水解，以第一步水解为主：CO32－＋H2OHCO3－＋OH－。可见对应的酸是HCO3－而不是H2CO3。
14.已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A的 pKa1=1.85，pKa2=7.19，常温下用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol•L-1H2A溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH值，横坐标表示V(NaOH))．下列说法不正确的是(　　)

A. a点所得溶液中；2n(H2A)+n(A2-)=0.002mol
B. b点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)
C. c 点所得溶液中：c(Na+)<3c(HA-)
D. d 点所得溶液中：c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)
【答案】C
【解析】
【分析】
根据中和反应过程所得溶液的三大守恒关系分析解题，其中质子守恒可看作是电荷守恒、物料守恒合并得到。
【详解】A项：曲线上任意点对应的溶液都符合物料守恒n(H2A)+n(HA-)+n(A2-)＝0.020L×0.1mol•L-1＝0.002mol。a点溶液pH＝pKa1＝1.85，代入Ka1表达式得c(H2A)＝c(HA-)，有n(H2A)＝n(HA-)，故2n(H2A)+n(A2-)=0.002mol，A项正确；
B项：b点溶液中溶质为NaHA，电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(HA－)+2c(A2-)+c(OH－)，物料守恒c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)＝c(Na+)，两式相加得质子守恒c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，B项正确；
C项：据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(HA－)+2c(A2-)+c(OH－)，c 点pH＝7.19溶液呈碱性c(H+)c(HA－)+2c(A2-)。将pH＝pKa2＝7.19代入Ka2表达式得c(A2－)＝c(HA-)，故c(Na+)>3c(HA－)，C项错误；
D项：d 点溶液中溶质为NaHA、Na2A，c(Na+)最大。c 点溶液中c(A2－)＝c(HA-)，从c点到d点，加NaOH溶液发生反应HA—+OH－＝A2－+H2O，故d点溶液中c(A2-)>c(HA-)，D项正确。
本题选C。
15.已知2SO2(g) + O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197 kJ·mol-1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲) 2 mol SO2和1 mol O2；(乙) 1 mol SO2和0.5 mol O2；(丙) 2 mol SO3。恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A. 容器内压强P：P甲＝P丙> 2P乙
B. SO3的质量m：m甲＝m丙> 2m乙
C. c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙> k乙
D. 反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝G丙> 2Q乙
【答案】B
【解析】
试题分析：根据题意可知甲和丙容器是等效的，乙容器相当于扩大容器为原来的一半，所以乙容器在减小压强的过程中平衡逆向移动，压强比原来的一半大，所以p甲=p丙<2p乙，SO3的质量比原来的一半小，所以m甲=m丙>2m乙，c(SO2)与c(O2)之比k不变，所以k甲=k丙=k乙，放出的热量比原来的一半小，所以Q甲>2Q乙，Q甲+Q丙=197，所以正确的是B。答案选B。
考点：化学等效平衡
点评：本题的关键是甲乙容器的比较，乙容器相当于甲容器扩大体积为原来的一半，然后再进行比较。
16.吸烟有害健康，烟草中的剧毒物尼古丁的结构简式如右图所示，有关其叙述正确的是(　　)

A. 尼古丁分子中的六元环不是正六边形
B. 尼古丁分子中的C、N原子均处于同一平面内
C. 该有机物属于芳香族化合物
D. 尼古丁的一氯代物有10种同分异构体
【答案】A
【解析】
【分析】
根据有机物的组成、结构知识解答。
【详解】A项：尼古丁分子中六元环上C-C、C-N键的键长不等，故不是正六边形，A项正确；
B项：尼古丁分子中五元环上的N原子为sp3杂化，它与其直接相连的3个碳原子构成三角锥，故C、N原子不可能处于同一平面内，B项错误；
C项：尼古丁分子中无苯环结构，不属于芳香族化合物，C项错误；
D项：尼古丁分子中共有9种氢原子，它的一氯代物有9种同分异构体，D项错误。
本题选A。
二、填空题(每空2分,共52分)
17.(1)已知常温常压下：
①CH3OH(l)+O2(g)═CO(g)+2H2O(g) △H=－359.8kJ·mol－1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=－556.0kJ·mol－1
③H2O(g)=H2O(l) △H=－44.0kJ·mol－1
写出体现甲醇燃烧热的热化学方程式为________________________________。
(2)某温度时，将2 mol CO与5 mol H2的混合气体充入容积为2 L的密闭容器中，在催化剂的作用下发生反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)。
①经过5 min后，反应达到平衡，此时转移电子6 mol。该反应的平衡常数为________。v(H2)＝________ mol/(L·min)。若保持体积不变，再充入2 mol CO和1.5 mol CH3OH，此时v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)。
②在其他条件不变的情况下，再增加2 mol CO与5 mol H2，达到新平衡时，CO的转化率________(填“增大”“减小”或“不变”)。
③下列不能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a.CH3OH的质量不变 b.混合气体的平均相对分子质量不再改变 c.v逆(CO)＝2v正(H2) d.混合气体的密度不再发生改变
【答案】 (1). CH3OH(l)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H=－725.8kJ·mol－1 (2). 3 (3). 0.3 (4). > (5). 增大 (6). cd
【解析】
【分析】
根据燃烧热的概念、利用盖斯定律书写热化学方程式；根据化学平衡常数、化学反应速率、转化率的定义进行计算；根据化学平衡的本质和特征判断平衡标志；根据浓度商与K的关系判断平衡移动方向。
【详解】(1)根据燃烧热概念，体现甲醇燃烧热的热化学方程式中CH3OH(l)应为1mol，且生成CO2(g)、H2O(l)。利用盖斯定律，将①+②×½+③×2得CH3OH(l)+3/2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H=－725.8kJ·mol－1。
(2)转移电子6 mol，则反应消耗1.5mol CO(g)、3mol H2(g)，生成1.5mol CH3OH(g)。
某温度、2 L CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)
起始/mol： 2 5 0
转化/mol： 1.5 3 1.5
5min平衡/mol： 0.5 2 1.5
①该反应的平衡常数K＝＝3，v(H2)＝＝0.3mol/(L·min)。
保持体积不变，再充入2 mol CO和1.5 mol CH3OH时，，故v(正)>v(逆)。
②其他条件不变时，再增加2 mol CO与5 mol H2所建立的新平衡，相当于两个原平衡状态在体积减半（加压）时使平衡右移，故CO转化率增大。
③a.CH3OH质量不变时，其它各物质的质量也不变，为化学平衡状态；b.混合气体的总质量不变，平均相对分子质量不再改变表明气体总物质的量不变，则为化学平衡状态；c.将v逆(CO):v逆(H2)＝1:2代入v逆(CO)＝2v正(H2)，得v逆(H2)＝4v正(H2)，故不是化学平衡；d.混合气体的总质量、容器体积都不变，则密度必然不变，不能作平衡标志，选cd。
【点睛】比较Qc与K的大小判断反应方向时，不必分别求出Qc、K的值再比较大小，可直接求Qc与K的比值使计算简化。
18.下表是不同温度下水的离子积常数，试回答以下问题：
温度(℃)
25
t1
t2
水的离子积常数
1×10-14
α
1×10-12
(1)若25＜t1＜t2，则α______(填“＜”“＞”或“=”)1×10-14。
(2)25℃下，某Na2SO4溶液中c(SO42-)=5×10-4mol·L-1，取该溶液1mL，加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c(Na+)：c(OH-)=________。
(3)25℃下，将pH=1的盐酸溶液和pH=5的盐酸溶液等体积混合，则混合液中水电离出的c(OH-)=________。
(4)将t2℃温度下pH=11的苛性钠溶液a L与pH=1的稀硫酸溶液bL混合，所得混合溶液pH=2，则a：b=______；此溶液中离子浓度的由大到小的排列顺序是______________________________。(以上均忽略溶液混合前后体积的变化)
(5)将t2℃温度下pH=9的苛性钠溶液与pH=y的稀醋酸溶液等体积混合，所得混合溶液显中性，则y____3(填“大于”“小于”或“等于”)；此溶液中微粒浓度的由大到小的排列顺序是________________________。(以上均忽略溶液混合前后体积的变化)
【答案】 (1). > (2). 1000 (3). 10-12.7 (4). 9：11 (5). c(Na+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-) (6). 大于 (7). c(Na+)= c(CH3COO-)> c(H+)= c(OH-)
【解析】
【分析】
根据水的电离平衡及其影响因素，分析温度对水的离子积常数的影响，并进行有关计算；根据pH定义，分析计算混合溶液的pH，并比较离子浓度大小。
【详解】(1)水的电离过程吸热，温度升高会促进水的电离，使KW增大，故温度t1时KW＞1×10-14。
(2)25℃时，Na2SO4溶液从1mL稀释至10mL，则c(SO42-)=5×10-5mol·L-1，c(Na+)=10-4mol·L-1。中性Na2SO4溶液中c(OH-)=10-7mol·L-1。c(Na+)：c(OH-)=1000。
(3)25℃下pH=1的盐酸和pH=5的盐酸等体积混合，混合液中c(H+)=(10-1+10-5)/2mol·L-1≈0.05mol·L-1。稀盐酸中，水电离出的c(OH-)水=c(OH-)=10－14/0.05=2×10-13mol·L-1=10-12.7mol·L-1。
(4)据表中数据，t2℃时中性溶液pH＝6。混合溶液pH=2呈酸性，则10－1mol·L-1×bL－(10-12/10-11)mol·L-1×aL＝10-2mol·L-1×(a+b)L，解得a:b=9:11。混合溶液中c(Na+)＝10－1mol·L-1×9L/(9+11)L＝0.045mol·L-1，c(SO42-)＝10－1mol·L-1×½×11L/(9+11)L＝0.0275 mol·L-1，c(H+)＝0.01 mol·L-1，故溶液中微粒浓度的由大到小的排列顺序c(Na+)> c(SO42-)> c(H+)> c(OH-)。
(5)在溶液中，苛性钠完全电离NaOH＝Na++OH-，醋酸不完全电离CH3COOHCH3COO-+H+。t2℃时pH=9的苛性钠溶液中c(OH-)＝10－3mol·L-1，pH=y的醋酸溶液中c(H+)＝10－ymol·L-1。当y≤3时，两溶液等体积混合液一定酸性，故混合液呈中性时y>3。混合液电荷守恒c(Na+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-)，混合溶液显中性时c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)= c(CH3COO-)，浓度由大到小的排列顺序是c(Na+)= c(CH3COO-)> c(H+)= c(OH-)。
【点睛】计算溶液pH时，先考虑酸碱中和反应；若混合液呈酸性，优先计算氢离子浓度；若混合液呈碱性，优先计算氢氧根离子浓度；最后计算溶液pH。
19.如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜(含有少量锌、金、银等杂质)的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。回答下列问题：

(1)甲烷燃料电池负极的电极反应式为_____________________。
(2)乙装置中阳离子通过X膜向________ 极(填“Fe”或“C”)移动，写出乙装置中的石墨电极上的电极方程式____________________________________。
(3)若在标况下，有2.24L氧气参与反应，则乙装置中右侧溶液________(填“增加”或“减少”)______g，丙装置中CuSO4浓度__________(填“增加”、“减少” 或“不变”)；若将乙装置两侧溶液混合，常温下加水稀释至体积为4 L，则此时溶液液的pH=____。
【答案】 (1). CH4-8e-+10OH-= CO32-+7H2O (2). Fe (3). 2Cl--2e-=Cl2↑ (4). 减小 (5). 23.4 (6). 减小 (7). 13
【解析】
【分析】
应用原电池原理、电解池原理分析解答。根据离子方程式的书写要求书写电极反应式并配平。
【详解】甲池两电极通入氧气和甲烷，为燃料电池；乙、丙为串联电解池，乙池为电解饱和食盐水，丙池为电解精炼铜。一定时间内通过6个电极的电子的物质的量相等，这是计算的依据。
(1)碱性甲烷燃料电池中，正极氧气得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，负极甲烷失电子，电极反应为CH4-8e-+10OH-= CO32-+7H2O。或用电池总反应（CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O）减去正极反应得负极反应。
(2)乙装置中，Fe为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；C为阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑；电解质溶液中阳离子通过X膜向阴极（Fe）移动。
(3)甲装置消耗标况下2.24L氧气，则6个电极转移电子均为n(e-)=(2.24L/22.4L·L-1)×4=0.4mol。乙装置中右侧溶液中，消耗0.4molCl-，移出0.4molNa+，溶液减少0.4mol×58.5g/mol=23.4g。丙装置电解精炼铜，电极A为阴极（纯铜），电极反应只有Cu2++2e-=Cu；电极B为阳极（粗铜），比铜活泼的杂质先失电子，然后铜失电子，不活泼杂质和惰性杂质掉阳极下面形成阳极泥，可见CuSO4浓度会减小。据乙装置Fe电极反应，膜X左侧生成0.4molOH－，混合稀释液中c(OH-)=0.1mol·L-1，pH=13。
20.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。A、B、C、D、E的转化关系如图所示：回答下列问题：

⑴A的化学名称是______；与A互为同分异构体的芳香化合物还有 _____种，其中核磁共振氢谱图上显示有5个峰，且峰面积之比为1：2：2：2：3的物质的结构简式为：________________。
⑵A→B的反应类型是_______。
⑶A→E的化学方程式为____________________。
⑷A与酸性KMnO4溶液反应可得到D，写出D的结构简式：_____。
【答案】 (1). 邻二甲苯(1,2-二甲苯) (2). 3 (3). (4). 取代反应 (5). (6).
【解析】
【分析】
根据有机分子组成的变化、化学反应的条件推断分子结构，判断反应类型，书写化学方程式。
【详解】⑴芳香化合物A光照条件下与Br2的反应为取代反应，由B结构知A为（邻二甲苯），与A互为同分异构体的芳香化合物还有3种：间二甲苯、对二甲苯、乙苯，其中乙苯的核磁共振氢谱图上有5个峰，峰面积之比为1：2：2：2：3，它的结构简式是。
⑵A→B的反应类型是取代应。
⑶A→E的反应中，分子中增加6个氢原子，为苯环的加成反应，化学方程式为
。
⑷A中甲基被酸性KMnO4溶液氧化成羧基，D的结构简式。