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2021-2022学年贵州省黔东南州三穗县高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年贵州省黔东南州三穗县高二（上）期末化学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了0分）， 下列叙述正确的是， 已知，8kJ⋅ml−1等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年贵州省黔东南州三穗县高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. NO2 B. Cu C. AlCl3 D. H2SO3
2. 下列物质对水的电离没有影响的是( )
A. NaHSO4 B. BaSO4 C. CH3COONa D. SO2
3. 某温度时，C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)的平衡常数K=a，则此温度下12CO2(g)+H2(g)⇌12C(s)+H2O(g)的平衡常数为( )
A. 1a B. a C. 1a3 D. a2
4. 下列关于化学反应与能量变化的说法，正确的是( )
A. 焓变是指1mol物质参加反应时的能量变化
B. 化学键的断裂和形成与反应放热和吸热无关
C. 化学反应过程都伴随着能量的变化
D. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓总是高于生成物的总焓
5. 下列关于自发过程的叙述，正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的现象一定非常明显，非自发反应的熵一定减小
C. 同一可逆反应的正、逆反应在不同条件下都有自发的可能
D. 非自发过程在任何条件下都不可能变为自发过程
6. 用A、B、C、D四种金属按如表中装置图进行实验：
装置
现象
金属A不断溶解形成二价金属离子
C极质量增加
A极有气泡产生
根据实验现象，下列判断正确的是( )
A. 装置甲中正极的电极反应式是A−2e−=A2+
B. 装置乙中正极的电极反应式是Cu2++2e−=Cu
C. 装置丙中溶液的pH不变
D. 四种金属活动性由强到弱的顺序是C>B>D>A
7. 下列叙述正确的是( )
A. 酸式或碱式滴定管用水洗净后用相应溶液润洗
B. 25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3
D. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
8. 已知：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ⋅mol−1；2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ⋅mol−1。由Al2O3(s)、C(s)和Cl2(g)反应生成AlCl3(g)的热化学方程式为( )
A. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+349.8kJ⋅mol−1
B. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+174.9kJ
C. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=−174.9kJ⋅mol−1
D. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+174.9kJ⋅mol−1
9. 下列有关电化学知识的描述，正确的是( )
A. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−
B. CaO+H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，可把该反应设计成原电池
C. 原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成
D. 由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池，负极反应式为Cu−2e−=Cu2+
10. 已知常温下，AgBr的Ksp=5.4×10−13、AgI的Ksp=8.5×10−17，向AgI的饱和溶液中加入以下物质所作的判断，正确的是( )
A. 加入固体AgNO3，则c(I−)不变
B. 若改加更多的Agl固体，则c(Ag+)变大
C. 若改加AgBr固体，则c(Ag+)不变
D. 若改加AgBr固体，则c(I−)变小
11. 在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是( )
①混合气体的密度
②混合气体的压强
③Fe的物质的量
④混合气体的总物质的量
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④
12. 在2L密闭容器中进行反应：mX(g)+nY(g)⇌pZ(g)+qQ(g)，m、n、p、q为物质的化学计量数。在0～3min内，各物质的物质的量变化如表所示：
物质时间
X
Y
Z
Q
起始/mol
0.7
1
2min末/mol
0.8
2.7
0.8
2.7
3min末/mol
0.8
已知2min内v(Q)=0.075mol⋅L−1⋅min−1，v(Z)v(Y)=12。
下列说法正确的是( )
A. 起始时n(Y)=2.3mol，n(Q)=2.7mol
B. 化学方程式中m：n=1：2
C. 用Z表示2min内的反应速率为0.05mol⋅L−1⋅min−1
D. 2min末Q的转化率为15%
13. 甲、乙均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH和nmolCO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应的正反应是吸热反应
B. 773K时，该反应的平衡常数小于12.96
C. H2的体积分数：φ(b)=φ(c)
D. 873K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡逆向移动
14. 微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如图。下列说法正确的是( )
A. A电极的电极反应为CH3OH+H2O−6e−=6H++CO2↑
B. 工作结束后，B电极室溶液的pH与工作前相同
C. 该电池中，外电路电子的流动方向为从B到A
D. B电极的电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−
15. 常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[A2−的分布系数为δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列说法正确的是( )
A. 当V(NaOH)=0mL时，c(H2A)>c(HA−)>c(A2−)
B. 当V(NaOH)=20.00mL时，c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)
C. 常温下，A2−的水解常数值为1.0×10−12
D. 当V(NaOH)=30.00mL时，c(HA−)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共4小题，共63.0分）
16. 溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式表示盐碱地呈碱性的主要原因：______。
(2)25℃时，将amol⋅L−1氨水与0.01mol⋅L−1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl−)，则溶液显 ______(填“酸”“碱”或“中”)性，用含a的代数式表示NH3⋅H2O的电离常数Kb=______。
(3)如图是用0.1000mol⋅L−1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置图。盐酸的体积读数：滴定前读数为 ______mL，滴定后读数为 ______mL。
某实验小组同学的三次实验的实验数据如表所示：
实验编号
待测NaOH溶液的体积(mL)
滴定前盐酸的体积读数(mL)
滴定后盐酸的体积读数(mL)
1
20.00
1.20
23.22
2
20.00
2.21
24.21
3
20.00
1.50
23.48
根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的平均浓度是 ______mol⋅L−1(保留四位有效数字)。
(4)已知：常温下，Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，Ksp[Cu(OH)2]=2×10−20；Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH−(aq)，Ksp[Fe(OH)3]=8×10−38。某CuSO4溶液中含有Fe3+杂质，溶液中CuSO4的浓度为2.0mol⋅L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时即沉淀完全，则：该溶液中的Fe3+刚好以Fe(OH)3，形式沉淀完全时溶液的pH约为 ______。该溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时的pH约为 ______。(注：lg2≈0.3，lg5≈0.7)
17. 利用电化学能把空气、水中的污染物去除或把有毒物质变为无毒或低毒物质，具有易于控制、无污染或少污染、高度灵活性和经济性等优点，试回答：
(1)绿色电源“直接二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理示意图如图1所示，正极为 ______(填“A电极”或“B电极”)，H+移动方向为由 ______到 ______(填“A电极”或“B电极”)，写出A电极的电极反应式：______。
(2)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图2所示(电极材料为石墨)。
①图中a极要连接电源的 ______(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是 ______。
②SO32−放电的电极反应式为 ______。
③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因：______。
18. (1)如表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ⋅mol−1)。
化学键
H−H
H−Cl
键能
436
431
热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ⋅mol−1，则Cl2的键能为 ______kJ⋅mol−1。
(2)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图1所示。则反应过程中，每生成2molN2理论上放出的热量为 ______。
(3)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图2：
反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=−297kJ⋅mol−1
写出反应Ⅱ的热化学方程式：______。
(4)CH4−CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=−75kJ⋅mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−394kJ⋅mol−1
C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=−111kJ⋅mol−1
该催化重整反应的ΔH=______kJ⋅mol−1。
19. (1)在体积为1L的密闭恒容容器中，充入4molH2和1molCO2，发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0，测得温度对CO2的平衡转化率(%)和催化剂催化效率的影响如图1所示：
①欲提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有 ______(填序号)。
A.通入惰性气体
B.升高温度
C.增加CO2浓度
D.增加H2浓度
②下列说法正确的是 ______(填序号)。
A.平衡常数大小：KN
C.其他条件不变，加入催化剂可以降低该反应活化能，ΔH不变
D.当压强或混合气体的密度保持不变时均可证明化学反应已达到平衡状态
(2)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1：3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇的平衡产率随温度升高而降低的原因为 ______。
②P点甲醇的平衡产率高于T点的原因为 ______。
(3)某温度下，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。在体积为2L的密闭容器中加入1molCH3OH和1molH2O，第4min达到平衡。容器内c(CO2)随时间的变化情况如图3所示，求此反应在该温度下的平衡常数 ______(保留四位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.NO2是非电解质，故A错误；
B.Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.氯化铝溶于水能完全电离，为强电解质，故C错误；
D.H2SO3为弱酸，是弱电解质，故D正确；
故选：D。
电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐。
本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的的判断，题目难度不大，应注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
2.【答案】B
【解析】解：A.NaHSO4溶液中电离出氢离子抑制水的电离，故A错误；
B.硫酸钡属于强酸强碱盐，不影响水的电离，故B正确；
C.CH3COONa属于强碱弱酸盐，电离出的氟离子水解促进水的电离，故C错误；
D.SO2 溶于水生成亚硫酸，抑制水的电离，故D错误；
故选：B。
影响因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
本题考查了对水的电离的影响因素，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：反应①C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)，②12CO2(g)+H2(g)⇌12C(s)+H2O(g)，则−12×①=②，则K②=1a=1a，
故选：A。
反应的逆反应则平衡常数互为倒数，反应系数变为原来的几倍，则平衡常数就变为原来的几次方，据此回答。
本题考查学生化学平衡常数的含义以及计算知识，注意方程式变化后平衡常数的变化情况，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.焓变的单位是kJ⋅mol−1，其中mol是指每摩尔某一反应，而不是指1mol物质，故A错误；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成需要释放能量，化学键的断裂和形成与反应放热和吸热有关，故B错误；
C.化学反应过程存在新物质的生成，存在键的断裂和生成，都伴随着能量的变化，故C正确；
D.在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓可能高于生成物的总焓，也可能低于生成物的总焓，故D错误；
故选：C。
A.焓变指每摩尔某一反应；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成需要释放能量；
C.化学反应过程存在新物质的生成，存在键的断裂和生成，伴随能量的变化；
D.化学反应可能吸热，也可能放热。
本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题比较简单。
5.【答案】C
【解析】解：A.放热反应△H<0，△S<0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H>0，△S>0时，高温反应自发进行，故A错误；
B.焓变和熵变共同决定反应是否自发，所以自发反应的现象不一定非常明显，非自发反应的熵也不一定减小，故B错误；
C.在同一条件下，既可以正向进行又可以逆向进行的反应是可逆反应，同一可逆反应的正、逆反应在不同条件下都有自发的可能，故C正确；
D.当ΔH>0，ΔS<0时，ΔG=ΔH−TΔS>0，反应不能自发进行，非自发过程不是在任何条件下都不可能变为自发过程，故D错误；
故选：C。
A.根据反应自发进行的判断依据分析，△H−T△S<0反应自发进行，△H−T△S>0反应非自发进行；
B.△H−T△S<0反应自发进行，铁生锈或食物腐败都是自发进行的，开始时现象并不是很明显；
C.在同一条件下，既可以正向进行又可以逆向进行的反应是可逆反应；
D.△G=△H−T△S，当△G<0，反应能自发进行，△G>0反应不能自发进行。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握熵与混合度的关系、反应进行方向的综合判据为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变、熵变的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.金属A不断溶解形成二价金属离子，则装置甲中负极的电极反应式是A−2e−=A2+，故A错误；
B.C极质量增加，则装置乙中正极铜离子得电子生成铜，其电极反应式是Cu2++2e−=Cu，故B正确；
C.装置丙中，A极有气泡产生，则A极溶液中的氢离子得电子生成氢气，溶液的pH增大，故C错误；
D.装置A中A为负极，则金属活动性：A>B，装置B中C为正极，则金属活动性：B>C，装置C中A为正极，则金属活动性：D>A，故四种金属活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C，故D错误；
故选：B。
A.金属A不断溶解形成二价金属离子，则装置甲中A为负极；
B.C极质量增加，则装置乙中正极铜离子得电子生成铜；
C.装置丙中，A极有气泡产生，则A极溶液中的氢离子得电子生成氢气；
D.原电池中一般负极比正极活泼。
本题考查原电池，侧重考查学生原电池原理的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】A
【解析】解：A.滴定管用水洗净后要润洗，防止滴定管内壁附着的水使所盛装溶液稀释而变稀，即酸式或碱式滴定管用水洗净后用相应溶液润洗，故A正确；
B.25℃时等体积等浓度的硝酸与氨水混合后恰好反应生成硝酸铵，硝酸铵溶液呈酸性，pH<7，故B错误；
C.AlCl3是挥发性强酸的弱碱盐，易水解生成氢氧化铝，灼烧后生成Al2O3，但Na2SO3具有强还原性，易被氧气氧化生成Na2SO4，则蒸干Na2SO3溶液所得固体为Na2SO4，故C错误；
D.配制FeSO4溶液时，应将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，若加入稀盐酸溶解，则带入了杂质盐酸，故D错误；
故选：A。
A.滴定管用水洗净后要润洗，防止所盛装溶液的浓度偏低；
B.硝酸铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
C.Na2SO3具有强还原性，易被氧化生成Na2SO4；
D.配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度。
本题考查盐类水解原理的应用，把握盐类水解原理、中和滴定操作和氧化和反应规律的应用是解题关键，侧重分析能力、实验能力和运用能力的考查，注意掌握实验操作的规范性和实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1kJ⋅mol−1，②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，①−②得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=(+1344.1kJ⋅mol−1)−(+1169.2kJ⋅mol−1)=+174.9kJ⋅mol−1，
故选：D。
①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1kJ⋅mol−1，②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，①−②得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)。
本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生盖斯定律的掌握情况，试题比较简单。
9.【答案】D
【解析】解：A.氢氧燃料电池的负极通入氢气，正极通入氧气，正极的电极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−，故A错误；
B.自发且放热的氧化还原反应可以设计成原电池，则CaO+H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，不能设计成原电池，故B错误；
C.原电池的两极由活动性不同的两种金属、或非金属导体组成，故C错误；
D.由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池，负极为铜，其反应式为Cu−2e−=Cu2+，故D正确；
故选：D。
A.氢氧燃料电池的负极通入氢气，正极通入氧气；
B.自发且放热的氧化还原反应可以设计成原电池；
C.原电池的两极由活动性不同的两种金属、或非金属导体组成；
D.由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池，负极为铜。
本题考查原电池，侧重考查学生原电池原理的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.加入固体AgNO3，溶液中c(Ag+)增大，溶解平衡逆向移动，则c(I−)减小，故A错误；
B.AgI为固体，浓度为定值，改加更多的Agl固体，平衡不移动，则c(Ag+)不变，故B错误；
C.常温下，AgBr的Ksp=5.4×10−13大于AgI的Ksp=8.5×10−17，故同温度下AgBr的溶解度大于AgI溶解度，若改加AgBr固体，则c(Ag+)增大，故C错误；
D.同温度下AgBr的溶解度大于AgI溶解度，若改加AgBr固体，则c(Ag+)增大，c(I−)变小，故D正确；
故选：D。
AgI的饱和溶液中存在平衡AgI(s)⇌I−(aq)+Ag+(aq)，由外界条件改变对平衡的影响分析。
本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对沉淀溶解平衡的影响是解题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：①反应前后气体总质量减小，容器体积不变，则混合气体密度减小，当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故①正确；
②反应前后气体总物质的量不变，容器体积不变，则混合气体的压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故②错误；
③反应前后Fe的物质的量逐渐减小，当Fe的物质的量不变时，该反应达到平衡状态，故③正确；
④混合气体的总物质的量始终不变，不能据此判断平衡状态，故④错误；
故选：C。
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能掌握平衡状态判断标准。
12.【答案】C
【解析】解：A.2min内Z的消耗量为1mol−0.8mol=0.2mol，v(Q)=0.075mol⋅L−1⋅min−1，Q的消耗量为0.075mol⋅L−1⋅min−1×2L×2min=0.3mol，则Q的起始物质的量为2.7mol+0.3mol=3mol，Y生成量为0.4mol，起始时Y的物质的量为2.7mol−0.4mol=2.3mol，故A错误；
B.化学方程式中m：n=1：4，故B错误；
C.用Z表示2min内的反应速率为0.2mol2L×2min=0.05mol⋅L−1⋅min−1，故C正确；
D.2min末Q的转化率为0.3mol3mol×100%=10%，故D错误；
故选：C。
由表格可知，2min内Z的消耗量为1mol−0.8mol=0.2mol，v(Q)=0.075mol⋅L−1⋅min−1，Q的消耗量为0.075mol⋅L−1⋅min−1×2L×2min=0.3mol，则Q的起始物质的量为2.7mol+0.3mol=3mol，X的反应量为0.8mol−0.7mol=0.1mol，则m：p：q=0.1mol：0.2mol：0.3mol=1：2：3，v(Z)v(Y)=12，则p：n=1：2，故m：n：p：q=1：4：2：3，该方程式为X(g)+4Y(g)⇌2Z(g)+3Q(g)，据此作答。
本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据题中信息准确判断反应方程式系数是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，温度升高，CH4的平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故A正确；
B.由图可知，c点时CH4的平衡转化率为60%，甲烷的反应量为1mol×60%=0.6mol，平衡时甲烷和二氧化碳的物质的量均为(1−0.6)mol=0.4mol，CO和氢气的物质的量为1.2mol，容器体积为1L，则此时K=c2(CO)⋅c2(H2)c(CH4)⋅c(CO2)=1.22×1.220.4×0.4=12.96，反应正向吸热，升高温度，K值增大，故773K时，该反应的平衡常数小于12.96，故B正确；
C.在b点和c点，两个容器中甲烷的起始加入量一样，转化率相同时，生成氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不同，故平衡时容器内混合气体的总物质的量不同，氢气体积分数不同，故C错误；
D.当CH4的平衡转化率为60%时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，体系内各组分浓度均变为原来的2倍，相当于对原平衡加压，加压，平衡逆向移动，故D正确；
故选：C。
A.由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；
B.依据873K时平衡转化率计算平衡常数，依据温度对平衡的影响判断K的关系；
C.依据反应起始加入量和转化率判断平衡量关系，进而判断体积分数关系；
D.甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，相当于对原平衡加压。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
14.【答案】A
【解析】解：A.该燃料电池中，甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，故A正确；
B.负极产生氢离子移向正极和氧气反应，B极室溶液中氢离子的物质的量不变，但是B极有水生成，氢离子的物质的量浓度会减小，pH变大，故B错误；
C.电子从负极A流向正极B，故C错误；
D.该燃料电池中，负极的电极反应式为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，B极为正极，其电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，故D错误；
故选：A。
原电池中阳离子向正极移动，该燃料电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以A是负极，B是正极，电子从负极A流向正极，负极的电极反应式为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，正极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O。
本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，由图可知，c(HA−)>c(A2−)，故A错误；
B.当V(NaOH)=20.00mL时，溶质为NaHA，由物料守恒可知c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)，故c(Na+)
D.当V(NaOH)=30.00mL时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，由物料守恒可知2c(Na+)=3c(HA−)+3c(A2−)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，联立可得c(HA−)+2c(H+)=c(A2−)+2c(OH−)，故D错误；
故选：C。
由图可知，20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液pH=1，则H2A第一步完全电离，第二步存在电离电离平衡HA−⇌H++A2−，加入NaOH体积为为25mL时，溶液中c(HA−)=c(A2−)，pH=2，c(H+)=10−2mol/L，Ka(HA−)c(H+)⋅c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−210−1410−2，据此作答。
本题考查酸碱混合后定性分析和溶液pH计算，题目难度中等，明确各点对应溶质成分是解题的关键，注意电荷守恒和物料守恒等在解题中的应用。
16.【答案】Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH 中 10−9a−0.01 0.80 22.80 0.1100 3.3 4
【解析】解：(1)盐碱地呈碱性的主要原因是碳酸钠水解显碱性，其水解的化学方程式为：Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH，
故答案为：Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH；
(2)根据电荷守恒知c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)，c(NH4+)=c(Cl−)，则c(H+)=c(OH−)，溶液为中性；根据等体积混合后的溶液显中性知，NH3⋅H2O的Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)=0.012×10−7a2−0.012=10−9a−0.01，
故答案为：中；10−9a−0.01；
(3)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL；三次滴定消耗的体积为：22.02mL，28.00mL，21.98mL，第二组数据偏差太大，舍去，则1、3组的平均消耗V(NaOH)=22.00mL，c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)=0.1×2220mol/L=0.1100mol/L，
故答案为：0.80；22.80；0.1100；
(4)已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10−38，25°C时，“调节pH”之后滤液中c(Fe3+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]10−5mol/L=2×10−11mol⋅L−1，c(H+)=5×10−4mol⋅L−1，故pH=3.3；已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10−20，则溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时，c(OH−)=Ksp[Cu(OH)2]2.0=10−10mol/L，pH=4，
故答案为：3.3；4。
(1)盐碱地呈碱性的主要原因是碳酸钠水解显碱性；
(2)NH3⋅H2O的Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)；
(3)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL；c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)；
(4)c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]10−5mol/L，溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时，c(OH−)=Ksp[Cu(OH)2]2.0。
本题考查酸碱中和滴定和盐类的水解，侧重考查学生酸碱中和滴定实验操作和溶度积的计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】B电极 A B CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+ 负 H2SO4 SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+ H2O⇌H++OH−，在阴极H+放电生成H2， c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强
【解析】解：(1)燃料电池中燃料失去电子在负极，氧气得电子在正极，该燃料电池的正极为B电极，H+移动方向为由A到B，负极A电极的电极反应式为：CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+，
故答案为：B电极；A；B；CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+；
(2)①根据Na+、SO32−的移动方向可知，Na+移向阴极区，a极应接电源负极，b极应接电源正极，阴极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，则从C口流出的是H2SO4，
故答案为：负；H2SO4；
②阳极上亚硫酸根离子失去电子发生氧化反应生成硫酸根，电极反应式为SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+，
故答案为：SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+；
③在阴极区，H+放电破坏水的电离平衡， c(H+)减小， c(OH−)增大，生成NaOH，溶液碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液，
故答案为：H2O⇌H++OH−，在阴极H+放电生成H2， c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强。
(1)燃料电池中燃料失去电子在负极，氧气得电子在正极，H+移动方向为由A到B，负极A电极的电极反应式为：CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+；
(2)①根据Na+、SO32−的移动方向可知，Na+移向阴极区，a极应接电源负极，阴极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气；
②阳极上亚硫酸根离子失去电子发生氧化反应生成硫酸根；
③在阴极区，H+放电破坏水的电离平衡， c(H+)减小， c(OH−)增大，生成NaOH，溶液碱性增强。
本题考查原电池和电解池，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18.【答案】243 278kJ 3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=−254kJ/mol +248
【解析】解：(1)设Cl2的键能为a，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=−183kJ⋅mol−1，所以△H=(436kJ⋅mol−1+a)−2×431kJ⋅mol−1=−183kJ⋅mol−1，解得a=243kJ⋅mol−1，
故答案为：243；
(2)N2O和NO反应生成N2和NO2的热化学方程式为N2O(g)+NO(g)=NO2(g)+N2(g)△H=−(348−209)kJ⋅mol−1=−139kJ⋅mol−1，即每生成1molN2放出139kJ热量，则生成2molN2理论上放出的热量为139kJ⋅mol−1×2mol=278kJ，
故答案为：278kJ；
(3)由图可知，反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，根据盖斯定律：−(I+Ⅲ)得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=−254kJ/mol；
(4)①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=−75kJ⋅mol−1，②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−394kJ⋅mol−1，③C(s)+12O2(g)=CO(g)△H=−111kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，③×2−①−②得到CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=(−111kJ⋅mol−1)×2−(−75kJ⋅mol−1)−(−394kJ⋅mol−1)=+248kJ⋅mol−1，
故答案为：+248。
(1)焓变△H=反应物总键能−生成物的总键能，据此计算Cl2的键能；
(2)由图可知N2O和NO反应生成N2和NO2的热化学方程式为N2O(g)+NO(g)=NO2(g)+N2(g)△H=−(348−209)kJ⋅mol−1=−139kJ⋅mol−1，据此解答；
(3)由图可知，反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，根据盖斯定律：−(I+Ⅲ)得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)；
(4))①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=−75kJ⋅mol−1，②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−394kJ⋅mol−1，③C(s)+12O2(g)=CO(g)△H=−111kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，③×2−①−②得到CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，据此计算。
本题考查了各种热化学方程式的计算，为高频考点，掌握焓变和键能的计算关系、焓变和物质内能的计算关系、盖斯定律的应用、根据热化学方程式进行计算等是解题关键，题目难度中等。
19.【答案】D AC 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 分子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 59.26
【解析】解：(1)①A.通入惰性气体，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故A错误；
B.反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，故B错误；
C.增加CO2浓度，平衡正向移动，氢气转化率增大，CO2的平衡转化率减小，故C错误；
D.增加H2浓度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：D；
②A.反应放热，升高温度，平衡逆向移动，N点温度高，K值小，故K N
C.加入催化剂，可以降低该反应活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，故ΔH不变，故C正确；
D.当压强保持不变时，混合气的总物质的量不变，可证明化学反应已达到平衡状态，反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故混合气体的密度始终不变，故密度不变无法证明化学反应已达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
(2)①甲醇的平衡产率随温度升高而降低的原因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故甲醇的平衡产率随温度升高而降低，
故答案为：该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
②P点甲醇的平衡产率高于T点的原因为分子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，
故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)起始时CH3OH和H2O的浓度均为0.5mol/L，平衡时c(CO2)=0.1mol/L，c(H2)=0.3mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=(0.5−0.1)mol/L=0.4mol/L，该温度下的平衡常数K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.4×0.40.1×0.33≈59.26，
故答案为：59.26。
(1)①依据外界条件改变对平衡的影响判断转化率；
②A.由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
B.催化剂不影响平衡转化率；
C.反应热由反应物和生成物总能量决定；
D.化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
(2)①由温度变化对平衡的影响分析产率变化；
②减小生成物浓度，平衡正向移动；
(3)依据反应物起始加入量和二氧化碳平衡浓度计算平衡时各组分浓度，进而计算平衡常数。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
2021-2022学年贵州省黔东南州三穗县高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）
1. 下列物质属于弱电解质的是( )
A. NO2 B. Cu C. AlCl3 D. H2SO3
2. 下列物质对水的电离没有影响的是( )
A. NaHSO4 B. BaSO4 C. CH3COONa D. SO2
3. 某温度时，C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)的平衡常数K=a，则此温度下12CO2(g)+H2(g)⇌12C(s)+H2O(g)的平衡常数为( )
A. 1a B. a C. 1a3 D. a2
4. 下列关于化学反应与能量变化的说法，正确的是( )
A. 焓变是指1mol物质参加反应时的能量变化
B. 化学键的断裂和形成与反应放热和吸热无关
C. 化学反应过程都伴随着能量的变化
D. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓总是高于生成物的总焓
5. 下列关于自发过程的叙述，正确的是( )
A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的现象一定非常明显，非自发反应的熵一定减小
C. 同一可逆反应的正、逆反应在不同条件下都有自发的可能
D. 非自发过程在任何条件下都不可能变为自发过程
6. 用A、B、C、D四种金属按如表中装置图进行实验：
装置
现象
金属A不断溶解形成二价金属离子
C极质量增加
A极有气泡产生
根据实验现象，下列判断正确的是( )
A. 装置甲中正极的电极反应式是A−2e−=A2+
B. 装置乙中正极的电极反应式是Cu2++2e−=Cu
C. 装置丙中溶液的pH不变
D. 四种金属活动性由强到弱的顺序是C>B>D>A
7. 下列叙述正确的是( )
A. 酸式或碱式滴定管用水洗净后用相应溶液润洗
B. 25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C. 将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别加热蒸干、灼烧后，所得固体为Al2O3和Na2SO3
D. 配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
8. 已知：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ⋅mol−1；2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ⋅mol−1。由Al2O3(s)、C(s)和Cl2(g)反应生成AlCl3(g)的热化学方程式为( )
A. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+349.8kJ⋅mol−1
B. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+174.9kJ
C. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=−174.9kJ⋅mol−1
D. Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)ΔH=+174.9kJ⋅mol−1
9. 下列有关电化学知识的描述，正确的是( )
A. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−
B. CaO+H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，可把该反应设计成原电池
C. 原电池的两极一定是由活动性不同的两种金属组成
D. 由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池，负极反应式为Cu−2e−=Cu2+
10. 已知常温下，AgBr的Ksp=5.4×10−13、AgI的Ksp=8.5×10−17，向AgI的饱和溶液中加入以下物质所作的判断，正确的是( )
A. 加入固体AgNO3，则c(I−)不变
B. 若改加更多的Agl固体，则c(Ag+)变大
C. 若改加AgBr固体，则c(Ag+)不变
D. 若改加AgBr固体，则c(I−)变小
11. 在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应3Fe(s)+4H2O(g)⇌Fe3O4(s)+4H2(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是( )
①混合气体的密度
②混合气体的压强
③Fe的物质的量
④混合气体的总物质的量
A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④
12. 在2L密闭容器中进行反应：mX(g)+nY(g)⇌pZ(g)+qQ(g)，m、n、p、q为物质的化学计量数。在0～3min内，各物质的物质的量变化如表所示：
物质时间
X
Y
Z
Q
起始/mol
0.7
1
2min末/mol
0.8
2.7
0.8
2.7
3min末/mol
0.8
已知2min内v(Q)=0.075mol⋅L−1⋅min−1，v(Z)v(Y)=12。
下列说法正确的是( )
A. 起始时n(Y)=2.3mol，n(Q)=2.7mol
B. 化学方程式中m：n=1：2
C. 用Z表示2min内的反应速率为0.05mol⋅L−1⋅min−1
D. 2min末Q的转化率为15%
13. 甲、乙均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH和nmolCO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 该反应的正反应是吸热反应
B. 773K时，该反应的平衡常数小于12.96
C. H2的体积分数：φ(b)=φ(c)
D. 873K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡逆向移动
14. 微生物燃料电池是一种利用微生物将化学能直接转化成电能的装置。已知某种甲醇微生物燃料电池中，电解质溶液为酸性，示意图如图。下列说法正确的是( )
A. A电极的电极反应为CH3OH+H2O−6e−=6H++CO2↑
B. 工作结束后，B电极室溶液的pH与工作前相同
C. 该电池中，外电路电子的流动方向为从B到A
D. B电极的电极反应为O2+2H2O+4e−=4OH−
15. 常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液。溶液中pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V(NaOH)的变化关系如图所示。[A2−的分布系数为δ(A2−)=c(A2−)c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)]。下列说法正确的是( )
A. 当V(NaOH)=0mL时，c(H2A)>c(HA−)>c(A2−)
B. 当V(NaOH)=20.00mL时，c(Na+)>c(HA−)+2c(A2−)
C. 常温下，A2−的水解常数值为1.0×10−12
D. 当V(NaOH)=30.00mL时，c(HA−)+c(H+)=c(A2−)+c(OH−)
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共4小题，共63.0分）
16. 溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
(1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长，试用化学方程式表示盐碱地呈碱性的主要原因：______。
(2)25℃时，将amol⋅L−1氨水与0.01mol⋅L−1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl−)，则溶液显 ______(填“酸”“碱”或“中”)性，用含a的代数式表示NH3⋅H2O的电离常数Kb=______。
(3)如图是用0.1000mol⋅L−1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置图。盐酸的体积读数：滴定前读数为 ______mL，滴定后读数为 ______mL。
某实验小组同学的三次实验的实验数据如表所示：
实验编号
待测NaOH溶液的体积(mL)
滴定前盐酸的体积读数(mL)
滴定后盐酸的体积读数(mL)
1
20.00
1.20
23.22
2
20.00
2.21
24.21
3
20.00
1.50
23.48
根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的平均浓度是 ______mol⋅L−1(保留四位有效数字)。
(4)已知：常温下，Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH−(aq)，Ksp[Cu(OH)2]=2×10−20；Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH−(aq)，Ksp[Fe(OH)3]=8×10−38。某CuSO4溶液中含有Fe3+杂质，溶液中CuSO4的浓度为2.0mol⋅L−1，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时即沉淀完全，则：该溶液中的Fe3+刚好以Fe(OH)3，形式沉淀完全时溶液的pH约为 ______。该溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时的pH约为 ______。(注：lg2≈0.3，lg5≈0.7)
17. 利用电化学能把空气、水中的污染物去除或把有毒物质变为无毒或低毒物质，具有易于控制、无污染或少污染、高度灵活性和经济性等优点，试回答：
(1)绿色电源“直接二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理示意图如图1所示，正极为 ______(填“A电极”或“B电极”)，H+移动方向为由 ______到 ______(填“A电极”或“B电极”)，写出A电极的电极反应式：______。
(2)用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图2所示(电极材料为石墨)。
①图中a极要连接电源的 ______(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是 ______。
②SO32−放电的电极反应式为 ______。
③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因：______。
18. (1)如表中的数据表示破坏1mol化学键需消耗的能量(即键能，单位为kJ⋅mol−1)。
化学键
H−H
H−Cl
键能
436
431
热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=−183kJ⋅mol−1，则Cl2的键能为 ______kJ⋅mol−1。
(2)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图1所示。则反应过程中，每生成2molN2理论上放出的热量为 ______。
(3)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图2：
反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ⋅mol−1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=−297kJ⋅mol−1
写出反应Ⅱ的热化学方程式：______。
(4)CH4−CO2催化重整反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=−75kJ⋅mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=−394kJ⋅mol−1
C(s)+12O2(g)=CO(g)ΔH=−111kJ⋅mol−1
该催化重整反应的ΔH=______kJ⋅mol−1。
19. (1)在体积为1L的密闭恒容容器中，充入4molH2和1molCO2，发生反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)ΔH<0，测得温度对CO2的平衡转化率(%)和催化剂催化效率的影响如图1所示：
①欲提高CO2的平衡转化率，可采取的措施有 ______(填序号)。
A.通入惰性气体
B.升高温度
C.增加CO2浓度
D.增加H2浓度
②下列说法正确的是 ______(填序号)。
A.平衡常数大小：KN
C.其他条件不变，加入催化剂可以降低该反应活化能，ΔH不变
D.当压强或混合气体的密度保持不变时均可证明化学反应已达到平衡状态
(2)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0，恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1：3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图2所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇的平衡产率随温度升高而降低的原因为 ______。
②P点甲醇的平衡产率高于T点的原因为 ______。
(3)某温度下，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。在体积为2L的密闭容器中加入1molCH3OH和1molH2O，第4min达到平衡。容器内c(CO2)随时间的变化情况如图3所示，求此反应在该温度下的平衡常数 ______(保留四位有效数字)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.NO2是非电解质，故A错误；
B.Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C.氯化铝溶于水能完全电离，为强电解质，故C错误；
D.H2SO3为弱酸，是弱电解质，故D正确；
故选：D。
电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐。
本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的的判断，题目难度不大，应注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
2.【答案】B
【解析】解：A.NaHSO4溶液中电离出氢离子抑制水的电离，故A错误；
B.硫酸钡属于强酸强碱盐，不影响水的电离，故B正确；
C.CH3COONa属于强碱弱酸盐，电离出的氟离子水解促进水的电离，故C错误；
D.SO2 溶于水生成亚硫酸，抑制水的电离，故D错误；
故选：B。
影响因素有温度、酸、碱、盐等，加酸、加碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。
本题考查了对水的电离的影响因素，解答的关键是抓住酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：反应①C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)，②12CO2(g)+H2(g)⇌12C(s)+H2O(g)，则−12×①=②，则K②=1a=1a，
故选：A。
反应的逆反应则平衡常数互为倒数，反应系数变为原来的几倍，则平衡常数就变为原来的几次方，据此回答。
本题考查学生化学平衡常数的含义以及计算知识，注意方程式变化后平衡常数的变化情况，难度不大。
4.【答案】C
【解析】解：A.焓变的单位是kJ⋅mol−1，其中mol是指每摩尔某一反应，而不是指1mol物质，故A错误；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成需要释放能量，化学键的断裂和形成与反应放热和吸热有关，故B错误；
C.化学反应过程存在新物质的生成，存在键的断裂和生成，都伴随着能量的变化，故C正确；
D.在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓可能高于生成物的总焓，也可能低于生成物的总焓，故D错误；
故选：C。
A.焓变指每摩尔某一反应；
B.化学键的断裂需要吸收能量，化学键的形成需要释放能量；
C.化学反应过程存在新物质的生成，存在键的断裂和生成，伴随能量的变化；
D.化学反应可能吸热，也可能放热。
本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题比较简单。
5.【答案】C
【解析】解：A.放热反应△H<0，△S<0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H>0，△S>0时，高温反应自发进行，故A错误；
B.焓变和熵变共同决定反应是否自发，所以自发反应的现象不一定非常明显，非自发反应的熵也不一定减小，故B错误；
C.在同一条件下，既可以正向进行又可以逆向进行的反应是可逆反应，同一可逆反应的正、逆反应在不同条件下都有自发的可能，故C正确；
D.当ΔH>0，ΔS<0时，ΔG=ΔH−TΔS>0，反应不能自发进行，非自发过程不是在任何条件下都不可能变为自发过程，故D错误；
故选：C。
A.根据反应自发进行的判断依据分析，△H−T△S<0反应自发进行，△H−T△S>0反应非自发进行；
B.△H−T△S<0反应自发进行，铁生锈或食物腐败都是自发进行的，开始时现象并不是很明显；
C.在同一条件下，既可以正向进行又可以逆向进行的反应是可逆反应；
D.△G=△H−T△S，当△G<0，反应能自发进行，△G>0反应不能自发进行。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握熵与混合度的关系、反应进行方向的综合判据为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变、熵变的应用，题目难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A.金属A不断溶解形成二价金属离子，则装置甲中负极的电极反应式是A−2e−=A2+，故A错误；
B.C极质量增加，则装置乙中正极铜离子得电子生成铜，其电极反应式是Cu2++2e−=Cu，故B正确；
C.装置丙中，A极有气泡产生，则A极溶液中的氢离子得电子生成氢气，溶液的pH增大，故C错误；
D.装置A中A为负极，则金属活动性：A>B，装置B中C为正极，则金属活动性：B>C，装置C中A为正极，则金属活动性：D>A，故四种金属活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C，故D错误；
故选：B。
A.金属A不断溶解形成二价金属离子，则装置甲中A为负极；
B.C极质量增加，则装置乙中正极铜离子得电子生成铜；
C.装置丙中，A极有气泡产生，则A极溶液中的氢离子得电子生成氢气；
D.原电池中一般负极比正极活泼。
本题考查原电池，侧重考查学生原电池原理的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】A
【解析】解：A.滴定管用水洗净后要润洗，防止滴定管内壁附着的水使所盛装溶液稀释而变稀，即酸式或碱式滴定管用水洗净后用相应溶液润洗，故A正确；
B.25℃时等体积等浓度的硝酸与氨水混合后恰好反应生成硝酸铵，硝酸铵溶液呈酸性，pH<7，故B错误；
C.AlCl3是挥发性强酸的弱碱盐，易水解生成氢氧化铝，灼烧后生成Al2O3，但Na2SO3具有强还原性，易被氧气氧化生成Na2SO4，则蒸干Na2SO3溶液所得固体为Na2SO4，故C错误；
D.配制FeSO4溶液时，应将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度，若加入稀盐酸溶解，则带入了杂质盐酸，故D错误；
故选：A。
A.滴定管用水洗净后要润洗，防止所盛装溶液的浓度偏低；
B.硝酸铵是强酸弱碱盐，溶液呈酸性；
C.Na2SO3具有强还原性，易被氧化生成Na2SO4；
D.配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀硫酸中，然后稀释至所需浓度。
本题考查盐类水解原理的应用，把握盐类水解原理、中和滴定操作和氧化和反应规律的应用是解题关键，侧重分析能力、实验能力和运用能力的考查，注意掌握实验操作的规范性和实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1kJ⋅mol−1，②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，①−②得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)ΔH=ΔH1−ΔH2=(+1344.1kJ⋅mol−1)−(+1169.2kJ⋅mol−1)=+174.9kJ⋅mol−1，
故选：D。
①Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1kJ⋅mol−1，②2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，①−②得：Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(s)+3CO(g)。
本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生盖斯定律的掌握情况，试题比较简单。
9.【答案】D
【解析】解：A.氢氧燃料电池的负极通入氢气，正极通入氧气，正极的电极反应式：O2+2H2O+4e−=4OH−，故A错误；
B.自发且放热的氧化还原反应可以设计成原电池，则CaO+H2O=Ca(OH)2可以放出大量的热，不能设计成原电池，故B错误；
C.原电池的两极由活动性不同的两种金属、或非金属导体组成，故C错误；
D.由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池，负极为铜，其反应式为Cu−2e−=Cu2+，故D正确；
故选：D。
A.氢氧燃料电池的负极通入氢气，正极通入氧气；
B.自发且放热的氧化还原反应可以设计成原电池；
C.原电池的两极由活动性不同的两种金属、或非金属导体组成；
D.由金属Al、Cu和浓硝酸组成的原电池，负极为铜。
本题考查原电池，侧重考查学生原电池原理的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】D
【解析】解：A.加入固体AgNO3，溶液中c(Ag+)增大，溶解平衡逆向移动，则c(I−)减小，故A错误；
B.AgI为固体，浓度为定值，改加更多的Agl固体，平衡不移动，则c(Ag+)不变，故B错误；
C.常温下，AgBr的Ksp=5.4×10−13大于AgI的Ksp=8.5×10−17，故同温度下AgBr的溶解度大于AgI溶解度，若改加AgBr固体，则c(Ag+)增大，故C错误；
D.同温度下AgBr的溶解度大于AgI溶解度，若改加AgBr固体，则c(Ag+)增大，c(I−)变小，故D正确；
故选：D。
AgI的饱和溶液中存在平衡AgI(s)⇌I−(aq)+Ag+(aq)，由外界条件改变对平衡的影响分析。
本题考查沉淀溶解平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对沉淀溶解平衡的影响是解题的关键。
11.【答案】C
【解析】解：①反应前后气体总质量减小，容器体积不变，则混合气体密度减小，当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故①正确；
②反应前后气体总物质的量不变，容器体积不变，则混合气体的压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故②错误；
③反应前后Fe的物质的量逐渐减小，当Fe的物质的量不变时，该反应达到平衡状态，故③正确；
④混合气体的总物质的量始终不变，不能据此判断平衡状态，故④错误；
故选：C。
可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。
本题考查化学平衡状态，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能掌握平衡状态判断标准。
12.【答案】C
【解析】解：A.2min内Z的消耗量为1mol−0.8mol=0.2mol，v(Q)=0.075mol⋅L−1⋅min−1，Q的消耗量为0.075mol⋅L−1⋅min−1×2L×2min=0.3mol，则Q的起始物质的量为2.7mol+0.3mol=3mol，Y生成量为0.4mol，起始时Y的物质的量为2.7mol−0.4mol=2.3mol，故A错误；
B.化学方程式中m：n=1：4，故B错误；
C.用Z表示2min内的反应速率为0.2mol2L×2min=0.05mol⋅L−1⋅min−1，故C正确；
D.2min末Q的转化率为0.3mol3mol×100%=10%，故D错误；
故选：C。
由表格可知，2min内Z的消耗量为1mol−0.8mol=0.2mol，v(Q)=0.075mol⋅L−1⋅min−1，Q的消耗量为0.075mol⋅L−1⋅min−1×2L×2min=0.3mol，则Q的起始物质的量为2.7mol+0.3mol=3mol，X的反应量为0.8mol−0.7mol=0.1mol，则m：p：q=0.1mol：0.2mol：0.3mol=1：2：3，v(Z)v(Y)=12，则p：n=1：2，故m：n：p：q=1：4：2：3，该方程式为X(g)+4Y(g)⇌2Z(g)+3Q(g)，据此作答。
本题考查化学平衡，题目难度中等，能依据题中信息准确判断反应方程式系数是解题的关键。
13.【答案】C
【解析】解：A.由图可知，温度升高，CH4的平衡转化率增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故A正确；
B.由图可知，c点时CH4的平衡转化率为60%，甲烷的反应量为1mol×60%=0.6mol，平衡时甲烷和二氧化碳的物质的量均为(1−0.6)mol=0.4mol，CO和氢气的物质的量为1.2mol，容器体积为1L，则此时K=c2(CO)⋅c2(H2)c(CH4)⋅c(CO2)=1.22×1.220.4×0.4=12.96，反应正向吸热，升高温度，K值增大，故773K时，该反应的平衡常数小于12.96，故B正确；
C.在b点和c点，两个容器中甲烷的起始加入量一样，转化率相同时，生成氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不同，故平衡时容器内混合气体的总物质的量不同，氢气体积分数不同，故C错误；
D.当CH4的平衡转化率为60%时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，体系内各组分浓度均变为原来的2倍，相当于对原平衡加压，加压，平衡逆向移动，故D正确；
故选：C。
A.由温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；
B.依据873K时平衡转化率计算平衡常数，依据温度对平衡的影响判断K的关系；
C.依据反应起始加入量和转化率判断平衡量关系，进而判断体积分数关系；
D.甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，相当于对原平衡加压。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
14.【答案】A
【解析】解：A.该燃料电池中，甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，故A正确；
B.负极产生氢离子移向正极和氧气反应，B极室溶液中氢离子的物质的量不变，但是B极有水生成，氢离子的物质的量浓度会减小，pH变大，故B错误；
C.电子从负极A流向正极B，故C错误；
D.该燃料电池中，负极的电极反应式为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，B极为正极，其电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，故D错误；
故选：A。
原电池中阳离子向正极移动，该燃料电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以A是负极，B是正极，电子从负极A流向正极，负极的电极反应式为：CH3OH+H2O−6e−=CO2↑+6H+，正极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O。
本题考查原电池，侧重考查学生新型电源的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】C
【解析】解：A.H2A第一步完全电离，溶液中不存在H2A，由图可知，c(HA−)>c(A2−)，故A错误；
B.当V(NaOH)=20.00mL时，溶质为NaHA，由物料守恒可知c(Na+)=c(HA−)+c(A2−)，故c(Na+)
D.当V(NaOH)=30.00mL时，溶质为等浓度的NaHA和Na2A，由物料守恒可知2c(Na+)=3c(HA−)+3c(A2−)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，联立可得c(HA−)+2c(H+)=c(A2−)+2c(OH−)，故D错误；
故选：C。
由图可知，20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液pH=1，则H2A第一步完全电离，第二步存在电离电离平衡HA−⇌H++A2−，加入NaOH体积为为25mL时，溶液中c(HA−)=c(A2−)，pH=2，c(H+)=10−2mol/L，Ka(HA−)c(H+)⋅c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−210−1410−2，据此作答。
本题考查酸碱混合后定性分析和溶液pH计算，题目难度中等，明确各点对应溶质成分是解题的关键，注意电荷守恒和物料守恒等在解题中的应用。
16.【答案】Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH 中 10−9a−0.01 0.80 22.80 0.1100 3.3 4
【解析】解：(1)盐碱地呈碱性的主要原因是碳酸钠水解显碱性，其水解的化学方程式为：Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH，
故答案为：Na2CO3+H2O⇌NaHCO3+NaOH；
(2)根据电荷守恒知c(H+)+c(NH4+)=c(Cl−)+c(OH−)，c(NH4+)=c(Cl−)，则c(H+)=c(OH−)，溶液为中性；根据等体积混合后的溶液显中性知，NH3⋅H2O的Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)=0.012×10−7a2−0.012=10−9a−0.01，
故答案为：中；10−9a−0.01；
(3)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL；三次滴定消耗的体积为：22.02mL，28.00mL，21.98mL，第二组数据偏差太大，舍去，则1、3组的平均消耗V(NaOH)=22.00mL，c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)=0.1×2220mol/L=0.1100mol/L，
故答案为：0.80；22.80；0.1100；
(4)已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10−38，25°C时，“调节pH”之后滤液中c(Fe3+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]10−5mol/L=2×10−11mol⋅L−1，c(H+)=5×10−4mol⋅L−1，故pH=3.3；已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10−20，则溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时，c(OH−)=Ksp[Cu(OH)2]2.0=10−10mol/L，pH=4，
故答案为：3.3；4。
(1)盐碱地呈碱性的主要原因是碳酸钠水解显碱性；
(2)NH3⋅H2O的Kb=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)；
(3)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL；c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)；
(4)c(OH−)=3Ksp[Fe(OH)3]10−5mol/L，溶液中的Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀时，c(OH−)=Ksp[Cu(OH)2]2.0。
本题考查酸碱中和滴定和盐类的水解，侧重考查学生酸碱中和滴定实验操作和溶度积的计算的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】B电极 A B CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+ 负 H2SO4 SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+ H2O⇌H++OH−，在阴极H+放电生成H2， c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强
【解析】解：(1)燃料电池中燃料失去电子在负极，氧气得电子在正极，该燃料电池的正极为B电极，H+移动方向为由A到B，负极A电极的电极反应式为：CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+，
故答案为：B电极；A；B；CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+；
(2)①根据Na+、SO32−的移动方向可知，Na+移向阴极区，a极应接电源负极，b极应接电源正极，阴极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，则从C口流出的是H2SO4，
故答案为：负；H2SO4；
②阳极上亚硫酸根离子失去电子发生氧化反应生成硫酸根，电极反应式为SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+，
故答案为：SO32−−2e−+H2O=SO42−+2H+；
③在阴极区，H+放电破坏水的电离平衡， c(H+)减小， c(OH−)增大，生成NaOH，溶液碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液，
故答案为：H2O⇌H++OH−，在阴极H+放电生成H2， c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强。
(1)燃料电池中燃料失去电子在负极，氧气得电子在正极，H+移动方向为由A到B，负极A电极的电极反应式为：CH3OCH3+3H2O−12e−=2CO2+12H+；
(2)①根据Na+、SO32−的移动方向可知，Na+移向阴极区，a极应接电源负极，阴极上水电离出的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气；
②阳极上亚硫酸根离子失去电子发生氧化反应生成硫酸根；
③在阴极区，H+放电破坏水的电离平衡， c(H+)减小， c(OH−)增大，生成NaOH，溶液碱性增强。
本题考查原电池和电解池，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18.【答案】243 278kJ 3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=−254kJ/mol +248
【解析】解：(1)设Cl2的键能为a，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)△H=−183kJ⋅mol−1，所以△H=(436kJ⋅mol−1+a)−2×431kJ⋅mol−1=−183kJ⋅mol−1，解得a=243kJ⋅mol−1，
故答案为：243；
(2)N2O和NO反应生成N2和NO2的热化学方程式为N2O(g)+NO(g)=NO2(g)+N2(g)△H=−(348−209)kJ⋅mol−1=−139kJ⋅mol−1，即每生成1molN2放出139kJ热量，则生成2molN2理论上放出的热量为139kJ⋅mol−1×2mol=278kJ，
故答案为：278kJ；
(3)由图可知，反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，根据盖斯定律：−(I+Ⅲ)得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=−(+551kJ⋅mol−1)−(−297kJ⋅mol−1)=−254kJ/mol，
故答案为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH=−254kJ/mol；
(4)①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=−75kJ⋅mol−1，②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−394kJ⋅mol−1，③C(s)+12O2(g)=CO(g)△H=−111kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，③×2−①−②得到CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H=(−111kJ⋅mol−1)×2−(−75kJ⋅mol−1)−(−394kJ⋅mol−1)=+248kJ⋅mol−1，
故答案为：+248。
(1)焓变△H=反应物总键能−生成物的总键能，据此计算Cl2的键能；
(2)由图可知N2O和NO反应生成N2和NO2的热化学方程式为N2O(g)+NO(g)=NO2(g)+N2(g)△H=−(348−209)kJ⋅mol−1=−139kJ⋅mol−1，据此解答；
(3)由图可知，反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)，根据盖斯定律：−(I+Ⅲ)得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)；
(4))①C(s)+2H2(g)=CH4(g)△H=−75kJ⋅mol−1，②C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=−394kJ⋅mol−1，③C(s)+12O2(g)=CO(g)△H=−111kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知，③×2−①−②得到CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，据此计算。
本题考查了各种热化学方程式的计算，为高频考点，掌握焓变和键能的计算关系、焓变和物质内能的计算关系、盖斯定律的应用、根据热化学方程式进行计算等是解题关键，题目难度中等。
19.【答案】D AC 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 分子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 59.26
【解析】解：(1)①A.通入惰性气体，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故A错误；
B.反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，故B错误；
C.增加CO2浓度，平衡正向移动，氢气转化率增大，CO2的平衡转化率减小，故C错误；
D.增加H2浓度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故D正确；
故答案为：D；
②A.反应放热，升高温度，平衡逆向移动，N点温度高，K值小，故K N
C.加入催化剂，可以降低该反应活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，故ΔH不变，故C正确；
D.当压强保持不变时，混合气的总物质的量不变，可证明化学反应已达到平衡状态，反应前后气体总质量不变，容器容积不变，故混合气体的密度始终不变，故密度不变无法证明化学反应已达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
(2)①甲醇的平衡产率随温度升高而降低的原因为该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故甲醇的平衡产率随温度升高而降低，
故答案为：该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
②P点甲醇的平衡产率高于T点的原因为分子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，
故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出水，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)起始时CH3OH和H2O的浓度均为0.5mol/L，平衡时c(CO2)=0.1mol/L，c(H2)=0.3mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=(0.5−0.1)mol/L=0.4mol/L，该温度下的平衡常数K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=0.4×0.40.1×0.33≈59.26，
故答案为：59.26。
(1)①依据外界条件改变对平衡的影响判断转化率；
②A.由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
B.催化剂不影响平衡转化率；
C.反应热由反应物和生成物总能量决定；
D.化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
(2)①由温度变化对平衡的影响分析产率变化；
②减小生成物浓度，平衡正向移动；
(3)依据反应物起始加入量和二氧化碳平衡浓度计算平衡时各组分浓度，进而计算平衡常数。
本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键，难点是平衡常数的计算。
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