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【化学】福建省晋江市季延中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）
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福建省晋江市季延中学2018-2019学年高二上学期期末考试
可能使用的相对原子质量：H－1 O－16 S－32
第Ⅰ卷 选择题(单选，每题2分，共38分)
1.化学与科学、技术、社会密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A. 已知中和热是57.3kJ·mol-1,则含1mol NaOH 和1mol CH3COOH 的两种稀溶液混合反应放热57.3kJ
B. 常温下,反应C(s) +CO2(g) =2CO(g)不能自发进行,则该反应的△H>0
C. 氢氧燃料电池发电比氢气直接燃绕产生热量发电能量转换率高
D. 航海船只的船底四周嵌锌块,利用的是牺牲阳极保护法
【答案】A
【解析】
【分析】
A.中和热是稀强酸与稀强碱反应生成1mol水放出的热量；
B.的反应，常温下不能自发进行；
C.氢气直接在空气中燃烧，发光、发热，能量损失大；
D. 航海船只的船底四周嵌锌块，构成原电池，锌是负极。
【详解】A. 醋酸是弱酸，电离吸热，含1mol NaOH 和1mol CH3COOH 的两种稀溶液混合反应放热小于57.3kJ，故A错误；
B. 的反应，常温下不能自发进行， C(s) +CO2(g) =2CO(g) 常温下不能自发进行，所以 、△H>0，故B正确；
C. 氢气直接在空气中燃烧，发光、发热，能量损失大，则氢氧燃料电池发电，比氢气直接在空气中燃烧能量转换率高，故C正确；
D. 航海船只的船底四周嵌锌块，构成原电池，锌是负极，船体被保护，利用的是牺牲阳极保护法。
2.下列溶液加热蒸干后，不能析出原溶质固体的是 ( )
A. FeCl3 B. KCl C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A．FeCl3溶液加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发；
B．氯化钾不能水解，受热会蒸发水；
C．CuSO4加热水解生成Cu(OH)2和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到CuSO4；
D．加热促进碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，但碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠和水。
【详解】A．FeCl3溶液加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，所以FeCl3溶液加热蒸干后，析出Fe(OH)3固体，故选A；
B．氯化钾是不水解的盐，加热蒸干，最后得到氯化钾固体，故不选B；
C．CuSO4加热水解生成Cu(OH)2和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到CuSO4，故不选C ；
D．加热促进碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，但碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠和水，故不选D。
【点睛】本题考查盐类的水解的应用以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同、注意碳酸氢盐易分解的性质。
3.图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是( )
A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=－92kJ·mol-1
B. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
C. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
D. 使用催化剂后反应的焓变减小，N2转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.热化学方程式要标出物质的聚集状态；
B. 根据图示，正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动。
【详解】A.热化学方程式要标出物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) △H=－92kJ·mol-1，故A错误；
B. 正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动，加入催化剂反应的焓变不变，N2转化率不变，故D错误。
【点睛】本题考查了化学反应的能量变化，明确催化剂的作用实质通过改变反应途径、降低反应的活化能是解题的关键，注意把握图象识别和理解含义，题目难度不大。
4.下列变化过程中，生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是( )
A. 浓硫酸溶于水 B. 干冰气化
C. 镁与盐酸混合 D. 氢氧化钡与氯化铵混合搅拌
【答案】D
【解析】
【分析】
生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是吸热反应。浓硫酸溶于水的变化过程放热；干冰气化的过程吸热，但干冰气化是物理变化；镁与盐酸的反应放热；氢氧化钡与氯化铵的反应吸热。
【详解】A、浓硫酸溶于水的变化过程放热，故不选A；
B、干冰气化的过程吸热，但干冰气化是物理变化，故不选B；
C、镁与盐酸的反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选C；
D、氢氧化钡与氯化铵的反应吸热，生成物总能量高于反应物总能量，故选D。
5.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，下列操作不会引起实验误差的是
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时立即停止滴定
C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入NaOH溶液进行滴定
D. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定
【答案】D
【解析】
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，再用标准盐酸润洗后，才能装入标准盐酸进行滴定，否则结果偏大，A不正确；B. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，若半分钟内不变色，则停止滴定，变色后立即停止会使结果偏小，B不正确；C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，不可以用NaOH溶液润洗，应直接装入NaOH溶液进行滴定，否则结果偏大，C不正确；D. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定，不会引起误差，D正确。本题选D。
6. 下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是（ ）
A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B. 图2中，发生吸氧腐蚀
C. 图3中，燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁相当于原电池的正极
【答案】C
【解析】
试题分析：A、钢铁吸氧腐蚀的条件为电解质溶液和氧气，故插入海水中的铁棒，越靠近底端，氧气的浓度越小，腐蚀越慢，错误；B、图2中，电解质溶液为酸化的氯化钠溶液，发生析氢腐蚀，错误；C、燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，正确；D、用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁失电子，发生氧化反应，作原电池的负极，错误。
考点：考查金属的腐蚀与防护。
7.对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是( )
A. 以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
A、以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极铜失电子生成铜离子；
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极铜失电子生成铜离子；
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐，生成氢气、氯气、氢氧化钠；
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液，阳极溴离子失电子生成溴单质。
【详解】A、以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极铜失电子生成铜离子，溶液中浓度增大，颜色变蓝，故不选A；
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极铜失电子生成铜离子，溶液中不变，颜色不变，故选B；
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐，生成氢气、氯气、氢氧化钠，溶液碱性增强，溶液变为红色，故不选C；
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液，阳极溴离子失电子生成溴单质，溶液变为橙色，故不选D。
8.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是：( )
①升温 ②增加C的量 ③将容器的体积缩小一半 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大 ⑤保持压强不变，充入He 使容器体积变大
A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①保持体积不变，升高温度，则反应速率加快；②碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响; ③将容器的体积缩小一半，相当于压强增大，则反应速率加快; ④保持体积不变，充入He使体系压强增大，反应物浓度不变，对化学反应速率无影响; ⑤保持压强不变，充入He 使容器体积变大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小；对其反应速率几乎无影响的是②④，故选A。
【点睛】影响化学速率的因素有:温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变。
9.若反应:2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH<0在恒温、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明该反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
【详解】A.t1时正反应速率最大，但仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A项错误；
B.温度不变，化学平衡常数不变，与反应是否达到平衡无关，故B项错误；
C.t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量相等，但还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C项错误；
D.t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故D正确。
综上，本题选D。
【点睛】解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；平衡常数只是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变。
10.在1.0 L恒容密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反应：X(g)Y(g)＋Z(g) ΔH＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。以下分析正确的是 ( )
A. 该温度下此反应的平衡常数K＝3.2
B. 从反应开始到t1时的平均反应速率v(X)＝0.2/t1 mol·L－1·min－1
C. 欲提高平衡体系中Y的百分含量，可加入一定量的X
D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少
【答案】D
【解析】
【分析】
X(g)Y(g)＋Z(g)
开始 0.1 0 0
变化 b b b
t1min末 0.1-b b b
根据压强比等于物质的量比， ，b=0.04；
X(g)Y(g)＋Z(g)
开始 0.1 0 0
转化 a a a
平衡 0.1-a a a
根据压强比等于物质的量比， ，a=0.08。
【详解】A. 该温度下此反应的平衡常数K＝ 0.32，故A错误；
B. 从反应开始到t1时的平均反应速率v(X) ＝0.04/t1 mol·L－1·min－1，故B错误；
C.向体现中加入一定量的X，相当于加压，Y的百分含量减小，故C错误；
D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动， 但对于X的转化率，相当于加压，X的转化率减少，故D正确。
11.汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH＝-1200 kJ·mol-1，温度不同(T2＞T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故C错误；D.升高温度，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小，故D错误；故选B。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态影响及图像分析
【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
12.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池，示意图如图所示，该电池工作时的反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5。下列说法错误的是( )
A. 放电时，OH-由a电极向VB2极移动
B. VB2极的电极反应式为2VB2-22e-+22OH-=2B2O3+V2O5+11H2O
C. 电子由VB2极经KOH溶液流向电极a
D. 若采用稀盐酸作电解质溶液，则该电池发生的总反应改变
【答案】C
【解析】
【详解】A、硼化钒（VB2）-空气电池中，VB2在负极失电子，OH-向负极移动，故A正确；
B、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-═V2O5+2B2O3+11H2O，故B正确；
C、电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；
D、+5价V在酸性条件下的存在形式主要是VO2+，所以采用稀盐酸作电解质溶液，该电池发生的总反应改变，故D正确。
【点睛】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极的判断方法和电极反应式的书写以及正确判断离子的定向移动。
13.不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 温度为T1时，Na2SO4溶液的pH=6
B. 纯水中，升高温度可由a点变到d点
C. c 点对应的溶液中大量存在： K+、Al3+、Cl-、CO32-
D. d点对应的溶液中大量存在： Na+、Fe3+、ClO-、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 温度为T1时 ，Na2SO4溶液呈中性；
B、纯水升高温度，c(H+)仍然等于c(OH-)；
C. c 点对应的溶液呈中性，Al3+、CO32-发生双水解反应；
D. d点对应的溶液呈碱性，Fe3+在碱性条件下生成氢氧化铁沉淀。
【详解】A. 温度为T1时 ，Na2SO4溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-6，所以pH=6，故A正确；
B、纯水升高温度，c(H+)仍然等于c(OH-)，所以纯水中，升高温度可由a点变到c点，故B错误；
C. c点对应的溶液呈中性，Al3+、CO32-发生双水解反应，Al3+、CO32-不能大量共存，故C错误；
D. d点对应的溶液呈碱性，Fe3+在碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，所以d点对应的溶液不能有Fe3+，故D错误。
14.室温下，有2种溶液0.01 mol·L-1 NH3·H2O和0.01 mol·L-1 NH4Cl，下列操作可以使2种溶液中c(NH4+)都增大的是( )
A. 通入少量HCl气体 B. 加入少量H2O
C. 加入少量NaOH固体 D. 升高温度
【答案】A
【解析】
试题分析：有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液，存在：NH3·H2ONH4++OH—、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，存在：NH4Cl=NH4++Cl—，NH4++ H2ONH3·H2O+H+；故通入少量HCl气体①平衡正向移动c(NH4+)增大，②平衡逆向移动c(NH4+)增大，故A项正确；加入少量NaOH固体①平衡逆向移动，c(NH4+)减小，②平衡正向移动c(NH4+)减小，B项错误；加入少量H2O两平衡均正向移动，但主体微粒浓度均减小，c(NH4+)均减小，C项错误；升高温度两平衡均正向移动，则①中c(NH4+)增大，②中c(NH4+)减小，故D项错误。
考点：溶液中离子平衡。
15. 常温下，下列说法不正确的是（ ）
A. pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10
B. 0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为1×10-13mol·L-1
C. 等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH＜7
D. 等体积pH＝2的H2SO4溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH=2
【答案】B
【解析】
试题分析：A、pH=2的醋酸溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，pH=1的醋酸溶液中c(H＋)=10－1mol·L－1，两者之比为10－2：10－1=1：10，故说法正确；B、醋酸是弱酸，题目中没有说明c(H＋)大小，无法计算水电离出c(H＋),故错误；C、醋酸是弱酸，NaOH是强碱，醋酸的浓度大于NaOH，反应后溶液溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，故说法正确；D、两者的pH=2，又是等体积混合，因此对溶液的pH不产生影响，因此混合后溶液pH仍为2，故正确。
考点：考查pH的计算等知识。
16.常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5, 浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和相比较（ ）
A. 前者大 B. 后者大 C. 两者相等 D. 无法比较
【答案】A
【解析】
电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：NH4+＞HCOO-，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) =0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)，水解程度NH4+＞HCOO-，所以前者c(H+)大于后者c(OH-)，所以浓度均为0.1 mol•L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者；故选A。
点睛：本题考查弱电解质的电离，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意等量代换的应用。解答本题的易错点为前者c(H+)与后者c(OH-)大小的比较。
17.常温下，向 100 mL0.01 mol·L-1HA 溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1MOH 溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计）。下列叙述一定正确的是
A. 由图中信息可知HA为弱酸
B. 在N点pH=7，酸碱恰好完全反应
C. 常温时一定浓度的MA稀溶液显中性
D. K 点对应的溶液中，c(M+) + c(MOH)="2c" (A-)
【答案】D
【解析】
试题分析：A.0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，A错误；B．N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，MOH过量，说明MOH是弱碱，常温下，MA溶液的pH＜7，B错误；C．常温时一定浓度的MA稀溶液中M＋水解，溶液酸性，C错误；D．K点溶液呈碱性，得到的是等浓度的MOH和MA的混合物，根据物料守恒此时存在c（M+）+c（MOH）=2c（A-），D正确；答案选D。
考点：考查酸碱混合时的定性判断
18.已知草酸是二元弱酸，0.2 mol·L－1NaHC2O4溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是( )
A. c(Na＋)＞c(HC2O4—)＞c(C2O42—)＞c(H2C2O4)
B. c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(OH－)
D. c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2O42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
A项中，NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4—C2O42—＋H＋；还存在水解平衡：HC2O4—＋H2OH2C2O4＋OH－，由于溶液显酸性，故电离程度大于水解程度，所以c(C2O42—)＞c(H2C2O4)，正确。B项中，等式关系是物料守恒，NaHC2O4溶液中Na＋的总量等于与草酸相关物质的总量，正确。C项中，因为等式左边全是正电荷，等式右边全是负电荷，若是电荷守恒，则c(C2O42—)的系数应是2，错误。D项中，等式是质子守恒，可以由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋2c(C2O42—)＋c(OH－)与物料守恒c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)相减而得，正确。
19.下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图甲表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图乙表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图丁表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】
A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
第Ⅱ卷 非选择题(共62分)
20.回答下列问题：
(1)在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl— [CuCl4]2—(绿)+4H2O，请写出一个能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的操作是___________________________。
(2)二甲醚[CH3OCH3]燃料电池的工作原理如图所示．
该电池负极的电极反应式为：_______________________。
(3)已知在一定温度下：
C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K；
C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K1；
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) 平衡常数K2 ，
则K、K1、K2之间的关系是：_____________。
(4)把NaHCO3和FeCl3溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程为__________。
【答案】 (1). 滴加AgNO3溶液(或加水稀释) (2). CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+ (3). K=K1/K2 (4). Fe3+ + 3HCO3－ = Fe(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
(1)黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化，说明平衡逆向移动；(2)根据图示，二甲醚[CH3OCH3]燃料电池，负极是CH3OCH3失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；(3)C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K= 、C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K1=、CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) 平衡常数K2=；(4)把NaHCO3和FeCl3溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体。
【详解】(1) 滴加AgNO3溶液生成氯化银沉淀，氯离子浓度降低，[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl— [CuCl4]2—(绿)+4H2O平衡逆向移动，可以使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化；(2)根据图示，二甲醚[CH3OCH3]燃料电池，负极是CH3OCH3失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，负极反应式是CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+；(3)C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K= 、C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K1=、CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) 平衡常数K2=， =，所以K=K1/K2；(4)把NaHCO3和FeCl3溶液混合，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是Fe3+ + 3HCO3－ = Fe(OH)3↓+3CO2↑。
21.氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：
(1)已知氢气在氧气中燃烧生成3.6g液态水放热57.16kJ的热量，计算氢气燃烧热的热化学方程式___________________________；若断开H2(g)中1molH-H需要吸收436kJ的能量，生成H2O(g)中的1mol H-O键放出463 kJ的能量，18g液态水转化为水蒸气需要吸收44 kJ的能量，则断开1molO2中的共价键需要吸收___________kJ的能量。
(2)工业上用H2和CO2反应合成甲醚。已知：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－130.8kJ·mol－1。在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。T1温度下，将4mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，10min 后反应达到平衡状态，则0～10min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝________________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________。
【答案】 (1). H2(g) +1/2O2(g)=H2O(l) ,ΔH=-285.8kJ．mol-1 (2). 496.4 (3). 0.06mol·L-1·min-1 (4). KA=KC>KB
【解析】
【分析】
(1)氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成1mol液态水放出的能量，生成3.6g液态水放热57.16kJ的热量，则生成1mol液态水放出的能量285.8kJ；18g液态水转化为水蒸气需要吸收44 kJ的能量，根据盖斯定律，H2(g) +1/2O2(g)=H2O(g) ,ΔH=-241.8kJ．mol-1，根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算断开1molO2中的共价键需要吸收的能量；(2) 根据图示，T1温度下，将4mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，达到平衡时CO2的转化率为60%， 则0～10min内CO2的浓度变化量为4mol =1.2mol/L, CH3OCH3的浓度变化量为0.6mol/L ，根据 计算；平衡常数与温度有关，A、C两点的温度相同，所以KA=KC，正反应放热，T1温度下CO2的转化率大于T2温度，所以T1KB，故KA=KC>KB。
22.NO、SO2是大气污染物但又有着重要用途。
I．已知：N2 (g) + O2(g) ＝ 2NO (g) ΔH1= 180.5kJ·mol−1
C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) ΔH2 = −393.5kJ·mol−1
2C(s) + O2(g) ＝2CO(g) ΔH3 =−221.0kJ·mol−1
(1)NO污染可通过与CO催化转化成N2和CO2除去，其热化学方程式
2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH =________ kJ·mol−1
(2)向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_______(填序号)。
a．容器中的压强不变 b．2v正(CO)=v逆(N2)
c．气体的平均相对分子质量保持34.2不变 d．该反应平衡常数保持不变
e．NO和CO的体积比保持不变
II．(3)SO2可用于制Na2S2O3，Na2S2O3溶液的pH=8用离子方程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因___________。
(4)含SO2的烟气可用Na2SO3溶液吸收。可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为_________________________(任写一个)。离子交换膜______(填标号)为阴离子交换膜。
(5)2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，将一定量的SO3放入恒容的密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为P0,该温度下反应的平衡常数Kp= _______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡，再向容器中加入等物质的量SO2和SO3,平衡将___________(填“向正反应方向”或“向逆反应方向” “不”) 移动。
【答案】 (1). ΔH =-746.5 kJ·mol−1 (2). acd (3). S2O32-＋H2OHS2O3-＋OH－ (4). HSO3-＋H2O－2e-=SO42-＋3H＋或SO32-＋H2O－2e-=SO42-＋2H＋ (5). c (6). 4P0/45 (7). 向逆反应方向移动
【解析】
【分析】
I．(1)根据盖斯定律计算2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的ΔH；(2)根据平衡标志分析；II．(3) Na2S2O3溶液中 S2O32-水解，溶液呈碱性；(4)根据图示，b极吸收液获得再生，所以b是阴极，a是阳极；HSO3-在a极放电，HSO3-向a极移动；(5)利用“三段式”计算平衡常数Kp；根据的关系判断平衡移动方向。
【详解】I．(1)① N2 (g) + O2(g) ＝ 2NO (g) ΔH1= 180.5kJ·mol−1
②C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) ΔH2 = −393.5kJ·mol−1
③2C(s) + O2(g) ＝2CO(g) ΔH3 =−221.0kJ·mol−1根据盖斯定律②−①-③得，2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol−1；(2)反应前后气体物质的量改变，压强是变量，容器中的压强不变，一定平衡，故a正确；2v正(CO)=v逆(N2)，正逆反应速率比不等于系数比，不一定平衡，故b错误；根据 ，气体的平均相对分子质量是变量，气体的平均相对分子质量保持34.2不变一定达到平衡状态，故c正确；绝热恒容密闭容器中进行反应，温度是变量，所以平衡常数是变量，则平衡常数保持不变，一定达到平衡状态，故d正确。II．(3) Na2S2O3溶液中 S2O32-水解，溶液呈碱性，离子方程式是S2O32-＋H2OHS2O3-＋OH－；(4) a是阳极，HSO3-失电子发生氧化反应，a电极上含硫微粒放电的反应式为HSO3-＋H2O－2e-=SO42-＋3H＋；HSO3-在a极放电，HSO3-向a极移动，所以离子交换膜c为阴离子交换膜。
(5)设起始时，SO3的物质的量是amol
2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)
开始 a 0 0
转化 0.4a 0.4a 0.2a
平衡 0.6a 0.4a 0.2a
平衡时的总压强为 ，SO3(g)的分压强是、SO2(g)的分压强是、O2(g)的分压强是；平衡常数Kp= 。
设加入SO2和SO3的物质的量都是bmol；
则总压强变为 ，则 ，所以平衡将向逆反应方向移动移动。
23.根据下表数据回答问题：
(1)根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱? _________(填“能”或“不能”)。
(2)0.10mol·L－lNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________________
(3)H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式为________________________________
(4)常温下，NaHSO3溶液呈酸性，请用计算数据说明：__________________________________
【答案】 (1). 不能 (2). c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+) (3). H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2↑ (4). 因为水解常数Kh=7.7×10-11小于电离平衡常数Ka2=6.3×10-8
【解析】
【分析】
(1)根据0.1mol·L－lNa2CO3溶液的PH大于0.1mol·L－lNaClO溶液，只能判断HCO3-与HClO酸性强弱；(2) Na2SO3溶液中存在三个平衡 ，程度依次减弱。(3)根据“强酸制取弱酸的规律”书写H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式。(4)根据HSO3-的电离平衡常数和HSO3-的水解平衡常数分析；
【详解】(1)根据0.1mol·L－lNa2CO3溶液的PH大于0.1mol·L－lNaClO溶液，可得出CO32-水解程度大于ClO-，H2CO3的酸性根据HCO3-的水解程度判断，所以根据表1不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱；(2) Na2SO3溶液中存在三个平衡 ，程度依次减弱，所以0.10mol·L－lNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+)。(3)根据电离平衡常数可知H2SO3的 大于H2CO3的大于H2SO3的，所以H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式为H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2↑。(4)根据HSO3-的电离平衡常数Ka2=6.3×10-8， HSO3-的水解平衡常数7.7×10-11，电离大于水解，所以NaHSO3溶液呈酸性。
24.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。
Ⅰ．常温下向100 mL 0.2 mol·L-l的氨水中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸,所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O物质的量分数与加入盐酸的体枳的关系如图所示,根据图象回答下列问题。
(1)表示NH3·H2O浓度变化的曲线是______(填“A”或“B”)。
(2)NH3·H2O的电离常数为______(已知 lg1.8=0.26)。
(3)当加入盐酸体积为50mL时,溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=____mol·L-1(用数字表示精确值)。
Ⅱ．若液氨中也存在类似水的电离(H2O+H2OH3O++OH-)，写出液氨的电离方程式__________________________。
III.氨是一种重要的化工原料，可以用来制备肼(N2H4)。肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。 已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2OHClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol· L －1NaClO溶液的pH=________。
【答案】 (1). A (2). 1.8×10-5或10-4.74 (3). 2×10-5-2×10-9 (4). NH3+NH3NH4++NH2- (5). 11
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)氨水与盐酸反应生成氯化铵，随加入盐酸的体枳的增大，NH4+的物质的量增大、NH3·H2O的物质的量减小。(2) ，根据 时，PH=9.26计算。(3)当加入盐酸体积为50mL时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和NH3·H2O，根据电荷守恒计、物料守恒计算c(NH4+)－c(NH3·H2O)；Ⅱ．液氨电离成NH4+、NH2-；III.根据计算c(OH-)
【详解】Ⅰ．(1)氨水与盐酸反应生成氯化铵，随加入盐酸的体枳的增大，NH4+的物质的量增大、NH3·H2O的物质的量减小，所以表示NH3·H2O浓度变化的曲线是A。(2) 根据图像， 时，PH=9.26，。(3)当加入盐酸体积为50mL时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和NH3·H2O，此时溶液PH=9，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2 c(Cl-)，所以c(NH4+)+ 2c(H+)= c(NH3·H2O)+ 2c(OH-) ， c(NH4+)－c(NH3·H2O)= 2c(OH-)－2c(H+)=2×10-5-2×10-9；
Ⅱ．液氨电离成NH4+、NH2-，电离方程式是NH3+NH3NH4++NH2-；
III.根据， ，c(OH-)= ，所以pH=11。
25.纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：
（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______________________________。
（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的__________（填字母代号）。
（3）滴定终点的判定现象是________________________________________。
（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为______________________________。
（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果__________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________。
【答案】 (1). TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl (2). 抑制NH4Fe(SO4)2水解 (3). AC (4). 溶液变成红色 (5). （或） (6). 偏高 (7). 偏低
【解析】
【详解】（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；
（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；
（3）根据要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被还原成Fe2＋，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；
（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cV mol，根据原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cV mol，所以TiO2的质量分数为；
（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；
②滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。
可能使用的相对原子质量：H－1 O－16 S－32
第Ⅰ卷 选择题(单选，每题2分，共38分)
1.化学与科学、技术、社会密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A. 已知中和热是57.3kJ·mol-1,则含1mol NaOH 和1mol CH3COOH 的两种稀溶液混合反应放热57.3kJ
B. 常温下,反应C(s) +CO2(g) =2CO(g)不能自发进行,则该反应的△H>0
C. 氢氧燃料电池发电比氢气直接燃绕产生热量发电能量转换率高
D. 航海船只的船底四周嵌锌块,利用的是牺牲阳极保护法
【答案】A
【解析】
【分析】
A.中和热是稀强酸与稀强碱反应生成1mol水放出的热量；
B.的反应，常温下不能自发进行；
C.氢气直接在空气中燃烧，发光、发热，能量损失大；
D. 航海船只的船底四周嵌锌块，构成原电池，锌是负极。
【详解】A. 醋酸是弱酸，电离吸热，含1mol NaOH 和1mol CH3COOH 的两种稀溶液混合反应放热小于57.3kJ，故A错误；
B. 的反应，常温下不能自发进行， C(s) +CO2(g) =2CO(g) 常温下不能自发进行，所以 、△H>0，故B正确；
C. 氢气直接在空气中燃烧，发光、发热，能量损失大，则氢氧燃料电池发电，比氢气直接在空气中燃烧能量转换率高，故C正确；
D. 航海船只的船底四周嵌锌块，构成原电池，锌是负极，船体被保护，利用的是牺牲阳极保护法。
2.下列溶液加热蒸干后，不能析出原溶质固体的是 ( )
A. FeCl3 B. KCl C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A．FeCl3溶液加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发；
B．氯化钾不能水解，受热会蒸发水；
C．CuSO4加热水解生成Cu(OH)2和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到CuSO4；
D．加热促进碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，但碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠和水。
【详解】A．FeCl3溶液加热促进水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，所以FeCl3溶液加热蒸干后，析出Fe(OH)3固体，故选A；
B．氯化钾是不水解的盐，加热蒸干，最后得到氯化钾固体，故不选B；
C．CuSO4加热水解生成Cu(OH)2和硫酸，但硫酸难挥发，最后又能得到CuSO4，故不选C ；
D．加热促进碳酸钠水解生成碳酸氢钠和氢氧化钠，但碳酸氢钠和氢氧化钠又会反应生成碳酸钠和水，故不选D。
【点睛】本题考查盐类的水解的应用以及元素化合物知识，题目难度中等，注意硫酸和盐酸的挥发性的不同、注意碳酸氢盐易分解的性质。
3.图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。下列叙述正确的是( )
A. 该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3 △H=－92kJ·mol-1
B. 正反应的活化能大于逆反应的活化能
C. b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
D. 使用催化剂后反应的焓变减小，N2转化率增大
【答案】C
【解析】
【分析】
A.热化学方程式要标出物质的聚集状态；
B. 根据图示，正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1；
C.催化剂可以降低反应的活化能；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动。
【详解】A.热化学方程式要标出物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) △H=－92kJ·mol-1，故A错误；
B. 正反应的活化能是508 kJ·mol-1，逆反应的活化能是600 kJ·mol-1，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B错误；
C.催化剂可以降低反应的活化能，b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；
D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动，加入催化剂反应的焓变不变，N2转化率不变，故D错误。
【点睛】本题考查了化学反应的能量变化，明确催化剂的作用实质通过改变反应途径、降低反应的活化能是解题的关键，注意把握图象识别和理解含义，题目难度不大。
4.下列变化过程中，生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是( )
A. 浓硫酸溶于水 B. 干冰气化
C. 镁与盐酸混合 D. 氢氧化钡与氯化铵混合搅拌
【答案】D
【解析】
【分析】
生成物总能量高于反应物总能量的化学反应是吸热反应。浓硫酸溶于水的变化过程放热；干冰气化的过程吸热，但干冰气化是物理变化；镁与盐酸的反应放热；氢氧化钡与氯化铵的反应吸热。
【详解】A、浓硫酸溶于水的变化过程放热，故不选A；
B、干冰气化的过程吸热，但干冰气化是物理变化，故不选B；
C、镁与盐酸的反应放热，生成物总能量低于反应物总能量，故不选C；
D、氢氧化钡与氯化铵的反应吸热，生成物总能量高于反应物总能量，故选D。
5.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液，下列操作不会引起实验误差的是
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时立即停止滴定
C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入NaOH溶液进行滴定
D. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定
【答案】D
【解析】
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，再用标准盐酸润洗后，才能装入标准盐酸进行滴定，否则结果偏大，A不正确；B. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时，若半分钟内不变色，则停止滴定，变色后立即停止会使结果偏小，B不正确；C. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，不可以用NaOH溶液润洗，应直接装入NaOH溶液进行滴定，否则结果偏大，C不正确；D. 将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定，不会引起误差，D正确。本题选D。
6. 下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是（ ）
A. 图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重
B. 图2中，发生吸氧腐蚀
C. 图3中，燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D. 图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁相当于原电池的正极
【答案】C
【解析】
试题分析：A、钢铁吸氧腐蚀的条件为电解质溶液和氧气，故插入海水中的铁棒，越靠近底端，氧气的浓度越小，腐蚀越慢，错误；B、图2中，电解质溶液为酸化的氯化钠溶液，发生析氢腐蚀，错误；C、燃烧灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀，正确；D、用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁失电子，发生氧化反应，作原电池的负极，错误。
考点：考查金属的腐蚀与防护。
7.对下列各溶液进行电解，通电一段时间后，溶液颜色不会发生显著改变的是( )
A. 以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
A、以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极铜失电子生成铜离子；
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极铜失电子生成铜离子；
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐，生成氢气、氯气、氢氧化钠；
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液，阳极溴离子失电子生成溴单质。
【详解】A、以铜为电极，电解1 mol·L-1 H2SO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气，阳极铜失电子生成铜离子，溶液中浓度增大，颜色变蓝，故不选A；
B. 以铜为电极，电解CuSO4溶液，阴极铜离子得电子生成铜，阳极铜失电子生成铜离子，溶液中不变，颜色不变，故选B；
C. 以石墨为电极，电解含酚酞的饱和食盐，生成氢气、氯气、氢氧化钠，溶液碱性增强，溶液变为红色，故不选C；
D. 以石墨为电极，电解1 mol·L-1 KBr溶液，阳极溴离子失电子生成溴单质，溶液变为橙色，故不选D。
8.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是：( )
①升温 ②增加C的量 ③将容器的体积缩小一半 ④保持体积不变，充入He使体系压强增大 ⑤保持压强不变，充入He 使容器体积变大
A. ②④ B. ②③ C. ①③ D. ①⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①保持体积不变，升高温度，则反应速率加快；②碳为纯固体，改变其用量，对化学反应速率无影响; ③将容器的体积缩小一半，相当于压强增大，则反应速率加快; ④保持体积不变，充入He使体系压强增大，反应物浓度不变，对化学反应速率无影响; ⑤保持压强不变，充入He 使容器体积变大，则相当于反应体系的压强减小，反应速率减小；对其反应速率几乎无影响的是②④，故选A。
【点睛】影响化学速率的因素有:温度、浓度、压强、催化剂、固体表面积，需要注意的是改变纯固体或液体的量，对反应速率无影响，压强改变必须引起浓度的改变才能引起化学反应速率的改变。
9.若反应:2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) ΔH<0在恒温、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明该反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
【详解】A.t1时正反应速率最大，但仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A项错误；
B.温度不变，化学平衡常数不变，与反应是否达到平衡无关，故B项错误；
C.t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量相等，但还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C项错误；
D.t1时一氧化氮的质量分数不再变化，表明正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，故D正确。
综上，本题选D。
【点睛】解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；平衡常数只是温度的函数，温度不变，化学平衡常数不变。
10.在1.0 L恒容密闭容器中放入0.10 mol X，在一定温度下发生反应：X(g)Y(g)＋Z(g) ΔH＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。以下分析正确的是 ( )
A. 该温度下此反应的平衡常数K＝3.2
B. 从反应开始到t1时的平均反应速率v(X)＝0.2/t1 mol·L－1·min－1
C. 欲提高平衡体系中Y的百分含量，可加入一定量的X
D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动，X的转化率减少
【答案】D
【解析】
【分析】
X(g)Y(g)＋Z(g)
开始 0.1 0 0
变化 b b b
t1min末 0.1-b b b
根据压强比等于物质的量比， ，b=0.04；
X(g)Y(g)＋Z(g)
开始 0.1 0 0
转化 a a a
平衡 0.1-a a a
根据压强比等于物质的量比， ，a=0.08。
【详解】A. 该温度下此反应的平衡常数K＝ 0.32，故A错误；
B. 从反应开始到t1时的平均反应速率v(X) ＝0.04/t1 mol·L－1·min－1，故B错误；
C.向体现中加入一定量的X，相当于加压，Y的百分含量减小，故C错误；
D. 其他条件不变，再充入0.1 mol气体X，平衡正向移动， 但对于X的转化率，相当于加压，X的转化率减少，故D正确。
11.汽车尾气中CO、NO2气体在一定条件下可以发生反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH＝-1200 kJ·mol-1，温度不同(T2＞T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小，故C错误；D.升高温度，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小，故D错误；故选B。
【考点定位】考查外界条件对平衡状态影响及图像分析
【名师点晴】化学平衡图像题的解题技巧：①紧扣特征，弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热，体积增大、减小还是不变，有无固体、纯液体物质参与反应等。②先拐先平，在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。③定一议二，当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。④三步分析法，一看反应速率是增大还是减小；二看v正、v逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
12.硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池，示意图如图所示，该电池工作时的反应为4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5。下列说法错误的是( )
A. 放电时，OH-由a电极向VB2极移动
B. VB2极的电极反应式为2VB2-22e-+22OH-=2B2O3+V2O5+11H2O
C. 电子由VB2极经KOH溶液流向电极a
D. 若采用稀盐酸作电解质溶液，则该电池发生的总反应改变
【答案】C
【解析】
【详解】A、硼化钒（VB2）-空气电池中，VB2在负极失电子，OH-向负极移动，故A正确；
B、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-═V2O5+2B2O3+11H2O，故B正确；
C、电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；
D、+5价V在酸性条件下的存在形式主要是VO2+，所以采用稀盐酸作电解质溶液，该电池发生的总反应改变，故D正确。
【点睛】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，本题注意把握电极的判断方法和电极反应式的书写以及正确判断离子的定向移动。
13.不同温度下，水溶液中c(H+)与c(OH-)关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. 温度为T1时，Na2SO4溶液的pH=6
B. 纯水中，升高温度可由a点变到d点
C. c 点对应的溶液中大量存在： K+、Al3+、Cl-、CO32-
D. d点对应的溶液中大量存在： Na+、Fe3+、ClO-、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 温度为T1时 ，Na2SO4溶液呈中性；
B、纯水升高温度，c(H+)仍然等于c(OH-)；
C. c 点对应的溶液呈中性，Al3+、CO32-发生双水解反应；
D. d点对应的溶液呈碱性，Fe3+在碱性条件下生成氢氧化铁沉淀。
【详解】A. 温度为T1时 ，Na2SO4溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)=10-6，所以pH=6，故A正确；
B、纯水升高温度，c(H+)仍然等于c(OH-)，所以纯水中，升高温度可由a点变到c点，故B错误；
C. c点对应的溶液呈中性，Al3+、CO32-发生双水解反应，Al3+、CO32-不能大量共存，故C错误；
D. d点对应的溶液呈碱性，Fe3+在碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，所以d点对应的溶液不能有Fe3+，故D错误。
14.室温下，有2种溶液0.01 mol·L-1 NH3·H2O和0.01 mol·L-1 NH4Cl，下列操作可以使2种溶液中c(NH4+)都增大的是( )
A. 通入少量HCl气体 B. 加入少量H2O
C. 加入少量NaOH固体 D. 升高温度
【答案】A
【解析】
试题分析：有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液，存在：NH3·H2ONH4++OH—、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，存在：NH4Cl=NH4++Cl—，NH4++ H2ONH3·H2O+H+；故通入少量HCl气体①平衡正向移动c(NH4+)增大，②平衡逆向移动c(NH4+)增大，故A项正确；加入少量NaOH固体①平衡逆向移动，c(NH4+)减小，②平衡正向移动c(NH4+)减小，B项错误；加入少量H2O两平衡均正向移动，但主体微粒浓度均减小，c(NH4+)均减小，C项错误；升高温度两平衡均正向移动，则①中c(NH4+)增大，②中c(NH4+)减小，故D项错误。
考点：溶液中离子平衡。
15. 常温下，下列说法不正确的是（ ）
A. pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10
B. 0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H+)为1×10-13mol·L-1
C. 等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH＜7
D. 等体积pH＝2的H2SO4溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合后溶液的pH=2
【答案】B
【解析】
试题分析：A、pH=2的醋酸溶液中c(H＋)=10－2mol·L－1，pH=1的醋酸溶液中c(H＋)=10－1mol·L－1，两者之比为10－2：10－1=1：10，故说法正确；B、醋酸是弱酸，题目中没有说明c(H＋)大小，无法计算水电离出c(H＋),故错误；C、醋酸是弱酸，NaOH是强碱，醋酸的浓度大于NaOH，反应后溶液溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液显酸性，即pH<7，故说法正确；D、两者的pH=2，又是等体积混合，因此对溶液的pH不产生影响，因此混合后溶液pH仍为2，故正确。
考点：考查pH的计算等知识。
16.常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5, 浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和相比较（ ）
A. 前者大 B. 后者大 C. 两者相等 D. 无法比较
【答案】A
【解析】
电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：NH4+＞HCOO-，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) =0.1mol/L+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)=0.1mol/L+c(OH-)，水解程度NH4+＞HCOO-，所以前者c(H+)大于后者c(OH-)，所以浓度均为0.1 mol•L-1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者；故选A。
点睛：本题考查弱电解质的电离，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意等量代换的应用。解答本题的易错点为前者c(H+)与后者c(OH-)大小的比较。
17.常温下，向 100 mL0.01 mol·L-1HA 溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1MOH 溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计）。下列叙述一定正确的是
A. 由图中信息可知HA为弱酸
B. 在N点pH=7，酸碱恰好完全反应
C. 常温时一定浓度的MA稀溶液显中性
D. K 点对应的溶液中，c(M+) + c(MOH)="2c" (A-)
【答案】D
【解析】
试题分析：A.0.01mol•L-1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，A错误；B．N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，MOH过量，说明MOH是弱碱，常温下，MA溶液的pH＜7，B错误；C．常温时一定浓度的MA稀溶液中M＋水解，溶液酸性，C错误；D．K点溶液呈碱性，得到的是等浓度的MOH和MA的混合物，根据物料守恒此时存在c（M+）+c（MOH）=2c（A-），D正确；答案选D。
考点：考查酸碱混合时的定性判断
18.已知草酸是二元弱酸，0.2 mol·L－1NaHC2O4溶液显酸性，关于NaHC2O4溶液中离子浓度关系的叙述不正确的是( )
A. c(Na＋)＞c(HC2O4—)＞c(C2O42—)＞c(H2C2O4)
B. c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)
C. c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(OH－)
D. c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2O42—)＋c(OH－)
【答案】C
【解析】
A项中，NaHC2O4溶液中存在电离平衡：HC2O4—C2O42—＋H＋；还存在水解平衡：HC2O4—＋H2OH2C2O4＋OH－，由于溶液显酸性，故电离程度大于水解程度，所以c(C2O42—)＞c(H2C2O4)，正确。B项中，等式关系是物料守恒，NaHC2O4溶液中Na＋的总量等于与草酸相关物质的总量，正确。C项中，因为等式左边全是正电荷，等式右边全是负电荷，若是电荷守恒，则c(C2O42—)的系数应是2，错误。D项中，等式是质子守恒，可以由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4—)＋2c(C2O42—)＋c(OH－)与物料守恒c(Na＋)＝c(HC2O4—)＋c(C2O42—)＋c(H2C2O4)相减而得，正确。
19.下列各图示与对应的描述相符合的是
A. 图甲表示分别稀释pH＝11的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，图中b＞a＝100
B. 图乙表示某化学平衡的移动，在t1时改变的条件一定是加入催化剂
C. 图丙表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化
D. 图丁表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【解析】
A 、NaOH为强碱完全电离，稀释100倍，pH从11变到9，氨水为弱碱部分电离，稀释100倍时，在稀释过程中，氨水会继续电离出OH-，导致溶液中的OH-浓度大于NaOH溶液中的OH-，要使稀释后两者的OH-浓度仍相等，则氨水稀释的倍数要大于100倍，所以b＞a＝100，A正确；B、在t1时改变某个条件，反应速率增大，但是平衡不移动，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，改变压强平衡不一定会移动，B错误；C、压缩体积，NO2和N2O4的浓度瞬间增大，同时平衡向气体体积缩小的方向移动，即往正方向移动，所以N2O4的浓度继续增大，而丙图中N2O4的浓度在减小，C错误；D、CH3COOH为弱电解质，导电能力弱，通入氨气后生成强电解质CH3COONH4，导电性增强，继续通入氨气，导电性仍然增强，D错误。正确答案为A。
点睛：本题易错点在对选项C的判断，压缩体积，反应物和生成物的浓度瞬间增大，但N2O4的浓度在瞬间增大后如何变化了？部分学生没有考虑平衡的移动，误认为N2O4的浓度在瞬间增大后然后减小而错选C，其实压缩体积相当于增压，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡正向移动，N2O4的浓度会继续增大，直至达到平衡。
第Ⅱ卷 非选择题(共62分)
20.回答下列问题：
(1)在CuCl2水溶液中存在如下平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl— [CuCl4]2—(绿)+4H2O，请写出一个能使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化的操作是___________________________。
(2)二甲醚[CH3OCH3]燃料电池的工作原理如图所示．
该电池负极的电极反应式为：_______________________。
(3)已知在一定温度下：
C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K；
C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K1；
CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) 平衡常数K2 ，
则K、K1、K2之间的关系是：_____________。
(4)把NaHCO3和FeCl3溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程为__________。
【答案】 (1). 滴加AgNO3溶液(或加水稀释) (2). CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+ (3). K=K1/K2 (4). Fe3+ + 3HCO3－ = Fe(OH)3↓+3CO2↑
【解析】
【分析】
(1)黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化，说明平衡逆向移动；(2)根据图示，二甲醚[CH3OCH3]燃料电池，负极是CH3OCH3失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子；(3)C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K= 、C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K1=、CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) 平衡常数K2=；(4)把NaHCO3和FeCl3溶液混合发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体。
【详解】(1) 滴加AgNO3溶液生成氯化银沉淀，氯离子浓度降低，[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl— [CuCl4]2—(绿)+4H2O平衡逆向移动，可以使黄绿色CuCl2溶液向蓝色转化；(2)根据图示，二甲醚[CH3OCH3]燃料电池，负极是CH3OCH3失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，负极反应式是CH3OCH3-12e-+3H2O＝2CO2+12H+；(3)C(s)+CO2(g) 2CO(g)平衡常数K= 、C(s) + H2O(g) CO(g)+H2(g) 平衡常数K1=、CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g) 平衡常数K2=， =，所以K=K1/K2；(4)把NaHCO3和FeCl3溶液混合，生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是Fe3+ + 3HCO3－ = Fe(OH)3↓+3CO2↑。
21.氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：
(1)已知氢气在氧气中燃烧生成3.6g液态水放热57.16kJ的热量，计算氢气燃烧热的热化学方程式___________________________；若断开H2(g)中1molH-H需要吸收436kJ的能量，生成H2O(g)中的1mol H-O键放出463 kJ的能量，18g液态水转化为水蒸气需要吸收44 kJ的能量，则断开1molO2中的共价键需要吸收___________kJ的能量。
(2)工业上用H2和CO2反应合成甲醚。已知：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝－130.8kJ·mol－1。在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。T1温度下，将4mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，10min 后反应达到平衡状态，则0～10min内的平均反应速率v(CH3OCH3)＝________________；KA、KB、KC三者之间的大小关系为____________________。
【答案】 (1). H2(g) +1/2O2(g)=H2O(l) ,ΔH=-285.8kJ．mol-1 (2). 496.4 (3). 0.06mol·L-1·min-1 (4). KA=KC>KB
【解析】
【分析】
(1)氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成1mol液态水放出的能量，生成3.6g液态水放热57.16kJ的热量，则生成1mol液态水放出的能量285.8kJ；18g液态水转化为水蒸气需要吸收44 kJ的能量，根据盖斯定律，H2(g) +1/2O2(g)=H2O(g) ,ΔH=-241.8kJ．mol-1，根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算断开1molO2中的共价键需要吸收的能量；(2) 根据图示，T1温度下，将4mol CO2和8 mol H2充入2 L的密闭容器中，达到平衡时CO2的转化率为60%， 则0～10min内CO2的浓度变化量为4mol =1.2mol/L, CH3OCH3的浓度变化量为0.6mol/L ，根据 计算；平衡常数与温度有关，A、C两点的温度相同，所以KA=KC，正反应放热，T1温度下CO2的转化率大于T2温度，所以T1
22.NO、SO2是大气污染物但又有着重要用途。
I．已知：N2 (g) + O2(g) ＝ 2NO (g) ΔH1= 180.5kJ·mol−1
C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) ΔH2 = −393.5kJ·mol−1
2C(s) + O2(g) ＝2CO(g) ΔH3 =−221.0kJ·mol−1
(1)NO污染可通过与CO催化转化成N2和CO2除去，其热化学方程式
2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH =________ kJ·mol−1
(2)向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_______(填序号)。
a．容器中的压强不变 b．2v正(CO)=v逆(N2)
c．气体的平均相对分子质量保持34.2不变 d．该反应平衡常数保持不变
e．NO和CO的体积比保持不变
II．(3)SO2可用于制Na2S2O3，Na2S2O3溶液的pH=8用离子方程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因___________。
(4)含SO2的烟气可用Na2SO3溶液吸收。可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。再生电解槽如图所示。a电极上含硫微粒放电的反应式为_________________________(任写一个)。离子交换膜______(填标号)为阴离子交换膜。
(5)2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，将一定量的SO3放入恒容的密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图所示。图中a点对应温度下，已知SO3的起始压强为P0,该温度下反应的平衡常数Kp= _______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。在该温度下达到平衡，再向容器中加入等物质的量SO2和SO3,平衡将___________(填“向正反应方向”或“向逆反应方向” “不”) 移动。
【答案】 (1). ΔH =-746.5 kJ·mol−1 (2). acd (3). S2O32-＋H2OHS2O3-＋OH－ (4). HSO3-＋H2O－2e-=SO42-＋3H＋或SO32-＋H2O－2e-=SO42-＋2H＋ (5). c (6). 4P0/45 (7). 向逆反应方向移动
【解析】
【分析】
I．(1)根据盖斯定律计算2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的ΔH；(2)根据平衡标志分析；II．(3) Na2S2O3溶液中 S2O32-水解，溶液呈碱性；(4)根据图示，b极吸收液获得再生，所以b是阴极，a是阳极；HSO3-在a极放电，HSO3-向a极移动；(5)利用“三段式”计算平衡常数Kp；根据的关系判断平衡移动方向。
【详解】I．(1)① N2 (g) + O2(g) ＝ 2NO (g) ΔH1= 180.5kJ·mol−1
②C(s) + O2(g) ＝ CO2(g) ΔH2 = −393.5kJ·mol−1
③2C(s) + O2(g) ＝2CO(g) ΔH3 =−221.0kJ·mol−1根据盖斯定律②−①-③得，2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) ΔH=-746.5 kJ·mol−1；(2)反应前后气体物质的量改变，压强是变量，容器中的压强不变，一定平衡，故a正确；2v正(CO)=v逆(N2)，正逆反应速率比不等于系数比，不一定平衡，故b错误；根据 ，气体的平均相对分子质量是变量，气体的平均相对分子质量保持34.2不变一定达到平衡状态，故c正确；绝热恒容密闭容器中进行反应，温度是变量，所以平衡常数是变量，则平衡常数保持不变，一定达到平衡状态，故d正确。II．(3) Na2S2O3溶液中 S2O32-水解，溶液呈碱性，离子方程式是S2O32-＋H2OHS2O3-＋OH－；(4) a是阳极，HSO3-失电子发生氧化反应，a电极上含硫微粒放电的反应式为HSO3-＋H2O－2e-=SO42-＋3H＋；HSO3-在a极放电，HSO3-向a极移动，所以离子交换膜c为阴离子交换膜。
(5)设起始时，SO3的物质的量是amol
2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)
开始 a 0 0
转化 0.4a 0.4a 0.2a
平衡 0.6a 0.4a 0.2a
平衡时的总压强为 ，SO3(g)的分压强是、SO2(g)的分压强是、O2(g)的分压强是；平衡常数Kp= 。
设加入SO2和SO3的物质的量都是bmol；
则总压强变为 ，则 ，所以平衡将向逆反应方向移动移动。
23.根据下表数据回答问题：
(1)根据表1能不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱? _________(填“能”或“不能”)。
(2)0.10mol·L－lNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________________________
(3)H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式为________________________________
(4)常温下，NaHSO3溶液呈酸性，请用计算数据说明：__________________________________
【答案】 (1). 不能 (2). c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+) (3). H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2↑ (4). 因为水解常数Kh=7.7×10-11小于电离平衡常数Ka2=6.3×10-8
【解析】
【分析】
(1)根据0.1mol·L－lNa2CO3溶液的PH大于0.1mol·L－lNaClO溶液，只能判断HCO3-与HClO酸性强弱；(2) Na2SO3溶液中存在三个平衡 ，程度依次减弱。(3)根据“强酸制取弱酸的规律”书写H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式。(4)根据HSO3-的电离平衡常数和HSO3-的水解平衡常数分析；
【详解】(1)根据0.1mol·L－lNa2CO3溶液的PH大于0.1mol·L－lNaClO溶液，可得出CO32-水解程度大于ClO-，H2CO3的酸性根据HCO3-的水解程度判断，所以根据表1不能判断出H2CO3与HClO酸性强弱；(2) Na2SO3溶液中存在三个平衡 ，程度依次减弱，所以0.10mol·L－lNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+) c(SO32-) c(OH-) c(HSO3-) c(H+)。(3)根据电离平衡常数可知H2SO3的 大于H2CO3的大于H2SO3的，所以H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的离子方程式为H2SO3+ HCO3- = HSO3-+H2O+ CO2↑。(4)根据HSO3-的电离平衡常数Ka2=6.3×10-8， HSO3-的水解平衡常数7.7×10-11，电离大于水解，所以NaHSO3溶液呈酸性。
24.氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。
Ⅰ．常温下向100 mL 0.2 mol·L-l的氨水中逐滴加入0.2mol·L-1的盐酸,所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O物质的量分数与加入盐酸的体枳的关系如图所示,根据图象回答下列问题。
(1)表示NH3·H2O浓度变化的曲线是______(填“A”或“B”)。
(2)NH3·H2O的电离常数为______(已知 lg1.8=0.26)。
(3)当加入盐酸体积为50mL时,溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=____mol·L-1(用数字表示精确值)。
Ⅱ．若液氨中也存在类似水的电离(H2O+H2OH3O++OH-)，写出液氨的电离方程式__________________________。
III.氨是一种重要的化工原料，可以用来制备肼(N2H4)。肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。 已知ClO－水解的方程式为：ClO－+H2OHClO+OH－。常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10－6mol·L－1，则1.0mol· L －1NaClO溶液的pH=________。
【答案】 (1). A (2). 1.8×10-5或10-4.74 (3). 2×10-5-2×10-9 (4). NH3+NH3NH4++NH2- (5). 11
【解析】
【分析】
Ⅰ．(1)氨水与盐酸反应生成氯化铵，随加入盐酸的体枳的增大，NH4+的物质的量增大、NH3·H2O的物质的量减小。(2) ，根据 时，PH=9.26计算。(3)当加入盐酸体积为50mL时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和NH3·H2O，根据电荷守恒计、物料守恒计算c(NH4+)－c(NH3·H2O)；Ⅱ．液氨电离成NH4+、NH2-；III.根据计算c(OH-)
【详解】Ⅰ．(1)氨水与盐酸反应生成氯化铵，随加入盐酸的体枳的增大，NH4+的物质的量增大、NH3·H2O的物质的量减小，所以表示NH3·H2O浓度变化的曲线是A。(2) 根据图像， 时，PH=9.26，。(3)当加入盐酸体积为50mL时，氨水剩余一半，溶质为等浓度的氯化铵和NH3·H2O，此时溶液PH=9，根据电荷守恒c(NH4+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)，根据物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2 c(Cl-)，所以c(NH4+)+ 2c(H+)= c(NH3·H2O)+ 2c(OH-) ， c(NH4+)－c(NH3·H2O)= 2c(OH-)－2c(H+)=2×10-5-2×10-9；
Ⅱ．液氨电离成NH4+、NH2-，电离方程式是NH3+NH3NH4++NH2-；
III.根据， ，c(OH-)= ，所以pH=11。
25.纳米TiO2在涂料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。制备纳米TiO2的方法之一是TiCl4水解生成TiO2•xH2O，经过滤、水洗除去其中的Cl-，再烘干、焙烧除去水分得到粉体TiO2。用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。请回答下列问题：
（1）TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为______________________________。
（2）配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时，加入一定量H2SO4的原因是__________；使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要下图中的__________（填字母代号）。
（3）滴定终点的判定现象是________________________________________。
（4）滴定分析时，称取TiO2（摩尔质量为M g/mol）试样wg，消耗c mol/LNH4Fe(SO4)2 标准溶液VmL，则TiO2质量分数表达式为______________________________。
（5）判断下列操作对TiO2质量分数测定结果的影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，使测定结果__________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使测定结果__________。
【答案】 (1). TiCl4＋(2＋x)H2O=TiO2·xH2O↓＋4HCl (2). 抑制NH4Fe(SO4)2水解 (3). AC (4). 溶液变成红色 (5). （或） (6). 偏高 (7). 偏低
【解析】
【详解】（1）根据原子守恒可知TiCl4水解生成TiO2•xH2O的化学方程式为TiCl4＋(2＋x)H2O＝TiO2·xH2O↓＋4HCl；
（2）NH4＋水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，因此加入硫酸的目的是抑制NH4Fe(SO4)2的水解；根据一定物质的量浓度溶液配制过程可知配制NH4Fe(SO4)2标准溶液时使用的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需要用到容量瓶和胶头滴管，即AC正确；
（3）根据要求是Fe3＋把Ti3＋氧化成Ti4＋，本身被还原成Fe2＋，因此滴定终点的现象是溶液变为红色；
（4）根据得失电子数目守恒可知n(Ti3＋)×1＝n[NH4Fe(SO4)2]×1＝0.001cV mol，根据原子守恒可知n(TiO2)＝n(Ti3＋)＝0.001cV mol，所以TiO2的质量分数为；
（5）①若在配制标准溶液过程中，烧杯中的NH4Fe(SO4)2溶液有少量溅出，造成所配溶液的浓度偏低，在滴定实验中，消耗标准液的体积增大，因此所测质量分数偏高；
②滴定终点时，俯视刻度线，读出的标准液的体积偏小，因此所测质量分数偏低。
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