1、湖南省永州市2019-2020学年高二化学上学期期末考试质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 O16 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 第I卷（共48分）一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1. 下列不属于正在研究和开发的新能源是A. 天然气B. 生物质能C. 氢能D. 太阳能【答案】A【解析】【详解】A、天然气是化石能源，A项正确；B、生物质能属于正在研究和开发的新能源，B项错误；C、氢能属于正在研究和开发的新能源，C项错误；D、正太阳能属于在研究和开发的新能源，D项正确；答案选A。2.下列物质属于非电解质的是A. CuB. NaOH溶液C.
2、SO3D. AgCl【答案】C【解析】【详解】A铜为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B氢氧化钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C三氧化硫为非金属氧化物，自身不能电离，属于非电解质，故C正确；D氯化银为盐，在水溶液和熔融状态下都能够导电，属于电解质，故D错误；故选C。3.下列溶液一定呈酸性的是A. 溶液中c(H)c(OH)B. 含有H离子的溶液C. 滴加酚酞显无色的溶液D. pH小于7的溶液【答案】A【解析】【详解】A溶液中c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，故A选；B水溶液中均含H+，不能判断溶液的酸碱性，故B不选；C滴加酚酞显无色的溶液，可能为中性、弱碱性
3、，故C不选；D温度未知，不能由pH直接判断溶液的酸碱性，如100时pH=6的溶液为中性，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意水的电离为吸热过程，升高温度能够促进水的电离，纯水的pH随温度的升高而减小，因此中性溶液的pH也随温度的升高而减小。4.下列有关反应热的说法中正确的是A. 已知：H(aq)OH(aq)H2O(l) H57.3kJmol1，则1.00L 1.00molL1H2SO4溶液与足量稀NaOH溶液完全反应放出57.3kJ的热量B. 在101kPa时，1molCH4完全燃烧生成CO2和水蒸气放出的热量就是CH4的燃烧热C. 同温同压下，H2(g)Cl2(g)2HCl (
4、g)在光照和点燃条件下H不同D. 已知S(g)O2(g)SO2(g) H1； S(S)O2(g)SO2(g) H2，则H1H2【答案】D【解析】【详解】A1.00L 1.00molL-1H2SO4溶液与足量稀NaOH溶液完全反应可生成2mol水，放出114.6kJ的热量，故A错误；B燃烧热中应该生成稳定的氧化物，其中水的稳定的氧化物为液态的水，故B错误；C反应热取决于反应物与生成物的总能量（即始态和终态），与反应条件无关，故C错误；D硫蒸气放出的热量较高，反应热为负值，则H1H2，故D正确；故选D。5.关于化学反应进行的方向叙述正确的是A. H0，S0时，反应自发进行，如金属钠和水的反应B.
5、凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的C. 自发反应一定是熵增大，非自发反应一定是熵减小D. 同一种物质的熵值，固态时最大、液态时次之、气态时最小【答案】A【解析】【详解】A熵增加S0，且放热H0，反应H-TS0，一定自发反应，故A正确；B放热反应不一定是自发的，如H0，S0的反应在高温下是非自发进行的反应，故B错误；C反应是否自发进行，由熵变、焓变、温度共同决定，反应自发进行的依据是H-TS0，自发反应不一定熵增大，如H0，S0的反应在低温下是自发进行的反应，非自发反应不一定是熵减小，如H0，S0的反应在低温下是非自发进行的反应，故C错误；D同一物质的熵与其聚集状态及外界条件有关，一般
6、来说，气态时最大、液态时次之、固态时最小，故D错误；故选A。6.下列说法不正确的是A. 草木灰与铵态氮肥不宜混合使用B. 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁C. 热的纯碱溶液比冷的除油污的效果更好D. 在轮船外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率【答案】B【解析】【详解】A草木灰的主要成分为碳酸钾，与铵态氮肥混合能够发生双水解反应，易使氨气逸出，土壤中铵根离子浓度降低，从而降低肥效，故A正确；B电解MgCl2饱和溶液得到氢氧化镁沉淀，Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融MgCl2冶炼金属镁，故B错误；C纯碱的水解反应为吸热反应，升高温度，能促进其水解，所得溶液碱性更强，除油污的效果更好，故C正确
7、；D在轮船外壳上镶入锌块，Zn-Fe-海水形成原电池，Zn作负极，Fe作正极，Fe电极发生得电子的还原反应而被保护，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意电解熔融氯化镁和电解氯化镁溶液的区别。7.对于反应3A(g)B(g)2C(g)3D(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率,其中反应进行得最快的是A. v(A)0.9 molL1min1B. v(B)0.2molL1min1C. v(C)0.5molL1min1D. v(D)1.0molL1min1【答案】D【解析】【详解】不同物质表示的反应速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于反应3A(g)+B(g)2C(g)
8、+3D(g)，A=0.3molL-1min-1；B=0.2molL-1min-1；C=0.25molL-1min-1；D0.33molL-1min-1；因此反应速率：v(D)v(A)v(C)v(B)，故选D。8.煤的气化反应：C(s)H2O(g) CO(g)H2(g) H0，在一定条件下，该反应于密闭容器中达到平衡。下列叙述正确的是A. 增加碳使用量，平衡右移B. 更换高效催化剂，反应物转化率增大C. 恒温恒容时充入He，v(正)增大D. 恒温恒容时充入H2O(g)，v(正)增大【答案】D【解析】【详解】A碳为固体，增加碳的量，平衡不移动，故A错误；B加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，平
9、衡不移动，反应物转化率不变，故B错误；C恒温恒容时充入He，体积不变，参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，故C错误；D恒温恒容时充入H2O(g)，反应物浓度增大，则v(正)增大，故D正确；故选D。9.下列说法正确的是A. 1L 0.1molL1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB. pH1的硫酸溶液中含有的H离子数为2NAC. 1 L 1 molL1FeCl3溶液水解制备胶体，制得的胶粒数目为NAD. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2一定条件下充分反应后分子总数为2NA【答案】A【解析】【详解】An(NH4NO3)=cV=1L0.1 molL1=0.1mol，含有氮原
10、子0.2mol，氮原子数为0.2NA，故A正确；B未告知溶液的体积，无法计算pH1的硫酸溶液中含有的氢离子数，故B错误；C氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的集合体，1L1molL-1FeCl3溶液中含1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体后能生成的胶粒小于NA个，故C错误；D2mol SO2和1mol O2混合在闭容器中加热反应后，由于该反应为体积减小的可逆反应，反应后气体的物质的量大于2mol，分子总数大于2NA，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意胶体中的胶体微粒是多个分子和离子的聚合体。10.下列离子方程式中，属于水解反应的是A. CH3COOHH2OCH3COOH3OB. C
11、O2H2OHCO3-HC. CO32-H2OHCO3-OHD. HSH2OS2H3O【答案】C【解析】【详解】ACH3COOHH2OCH3COOH3O为乙酸的电离方程式，不是水解方程式，故A不选；BCO2是氧化物，即不含弱酸根又不含弱碱阳离子，不能水解，不是水解方程式，故B不选；CCO32-是弱酸根，在溶液中能结合水电离出的氢离子生成HCO3-，是水解反应方程式，故C选；DHS-既能电离又能水解，但由HS-变为S2-是电离而不是水解，故D不选；故选C。【点睛】本题的易错点为A，要注意CH3COOHH2OCH3COOH3O可以简写为CH3COOH CH3COO-+ H+。11.关于水的电离平衡H
12、2OHOH，下列叙述正确的是A. 加热，Kw增大，pH不变B. 向水中加入少量盐酸，c(H)增大，Kw不变C. 向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(H)降低D. 向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH)降低【答案】B【解析】【详解】A水电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子浓度增大，pH减小，故A错误；B盐酸是强酸，能完全电离产生氢离子，溶液中氢离子浓度增大，但Kw只随着温度的变化而变化，温度不变，Kw不变，故B正确；C醋酸根离子的水解对水的电离起到促进作用，所以向水中加入少量醋酸钠固体，水的电离程度增大，平衡正向移动，故C错误；D向水中加入少量固体NaOH，
13、c(OH-)增大，平衡逆向移动，c(H+)降低，故D错误；故选B。12.根据下列实验操作和现象所做出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A相同条件下，浓度均为1molL1的CH3COOH和HCl分别做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向浓度均为0.1 molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2C分别向pH3的盐酸和草酸溶液中加入足量锌粒，一段时间后草酸反应速率更快草酸是二元酸D室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1 Na2SO3溶液的pH为10；0.1 molL1 NaHSO3溶液pH
14、为5HSO结合H的能力比SO32的强A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A等浓度时盐酸完全电离，醋酸部分电离，则CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，能够说明CH3COOH是弱电解质，故A正确；BKsp小的先沉淀，向浓度均为0.1 molL1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，说明KspMg(OH)2KspCu(OH)2，故B错误；CpH=3的盐酸和草酸，草酸浓度大，随着反应的进行，草酸继续电离，一段时间后草酸反应速率比盐酸快，只能说明草酸为弱酸，不能说明草酸为二元酸，故C错误；D0.1 molL1 Na2SO3溶液的pH为10；0.1 molL1
15、 NaHSO3溶液pH为5，说明Na2SO3溶液水解显碱性，NaHSO3溶液电离显酸性，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故D错误；故选A。13.HCl(g)分别在有、无催化剂的条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是化学键HHHClClCl键能kJmol1436431243A. 由键能可得1molHCl(g)完全分解需吸收183kJ的能量B. 有催化剂的反应曲线是a曲线C. a曲线变为b曲线，反应物的活化分子百分数增大D. b曲线的热化学方程式为：2HCl(g)H2(g)Cl2(g) H( E1E2 )kJmol1【答案】C【解析】【详解】AH-Cl键能的数据为431kJmo
16、l-1，由键能可得1molHCl(g)完全分解需吸收(431kJ2-436 kJ -243 kJ)=91.5kJ的能量，故A错误；B加入催化剂，可降低活化能，有催化剂的反应曲线是b曲线，故B错误；Ca曲线变为b曲线，活化能降低，活化分子数目增大，活化分子百分数增大，故C正确；DHCl的分解为吸热反应，2HCl(g)H2(g)+Cl2(g) H=+(E1-E2)kJmol-1，故D错误；故选C。14.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)yB(g) zC(g)，图1表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图2表示温度与C的体积分数的变化关系，则下列结论正确的是A. 由图可知该反
17、应为2A(g)B(g) C(g) H0B. 200，该反应的平衡常数为25C. 200时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)0.04molL1min1D. 当外界条件由200降温到100，原平衡被破坏，且正逆反应速率均增大【答案】B【解析】分析】根据图1可知，200时，A的物质的量减少：0.8mol-0.4mol=0.4mol，B的物质的量减少：0.4mol-0.2mol=0.2mol，C的物质的量增大0.2mol，则该反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，由图2可知，温度越高，平衡时C的体积分数越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，升高温度，平
18、衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，H0，故A错误；B由图1可知，200反应达到平衡时c(A)=0.2mol/L、c(B)=c(C)=0.1mol/L，反应方程式为2A(g)+B(g)C(g)，则K=25，故B正确；C200时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.02molL-1min-1，故C错误；D降低温度，正、逆反应速率都减小，故D错误；故选B。15.利用碳纳米管能够吸附氢气，设计一种新型二次电池，其装置如图所示。关于该电池的叙述不正确的是( )A. 电池放电时K移向正极B. 电池放电时负极反应为：H22e2OH=2H2OC. 电池充电时镍电极上NiOOH转化为Ni(OH)2D.
19、电池充电时碳纳米管电极与电源的负极相连【答案】C【解析】【分析】A原电池放电时，阳离子向正极移动；B原电池放电时，负极上燃料失电子发生氧化反应；C电池充电时，镍电极做阳极，发生氧化反应；D充电时，碳纳米管与电源负极相连。【详解】A原电池放电时，阳离子向正极移动，则K+移向正极，A正确；B放电时，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为H22e2OH2H2O，B正确；C充电时，镍电极作阳极，阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Ni（OH）2-e-+OH-=NiO（OH）+H2O，C错误；D充电时，碳纳米管电极作阴极，则与电源的负极相连，D正确；答案选C。16.常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液
20、中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是A. L1表示与pH的变化关系B. Kb(YOH)=1010.5C. a点时两溶液中水的电离程度不相同D. 0.1molL1的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y)c(X)c(OH)c(H)【答案】D【解析】【详解】NaX的Kh=，则=，所以-lg=-lg=-lg+lgKh=14-pH+lgKh；同理YCl的Kh=，则=，-lg=pH+lgKh。A根据以上分析知，-lg=14-pH+lgKh，-lg越大，溶液的pH值越小；-lg=pH+lgKh，-lg越大，溶液的pH值越大，所以L1表示-lg与pH的变化关系，L
21、2表示-lg与pH的变化关系，故A正确；B当=1时，Kb(YOH)=c(OH-)=10-10.5，故B正确；Ca点溶液呈酸性，NaX溶液含有的HX电离导致溶液呈酸性，YCl溶液中阳离子水解导致溶液呈酸性，所以对于NaX溶液是抑制水电离、对于YCl溶液是促进水电离，故C正确；Da点溶液的pH及纵坐标相等，则14-pH+lgKh=pH+lgKh，根据图知，14-2pH=lgKh-lgKh0，说明水解程度YClNaX，所以在YX溶液中水解程度Y+X-，溶液呈酸性，结合电荷守恒得c(X-)c(Y+)c(H+)c(OH-)，故D错误；故选D。【点睛】明确图象曲线变化的含义为解答关键。本题的难点为L1和L
22、2表示的含义，要注意根据水解原理找到-lg和-lg与pH的关系式。第卷（非选择题 共52分）二、非选择题（本题共5个小题，共52分）17.弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于溶液中的离子平衡。根据要求回答问題。(1)常温下0.1molL1的HA溶液中pH3，则HA是_（填“强电解质”或“弱电解质”），其电离方程式_。(2)已知：常温下0.1molL1 BOH溶液pH13，将V1L0.1molL1HA溶液和V2L 0.1 molL1BOH溶液混合，回答下列问题：当V1:V21:1时，溶液呈_性，请用离子方程式解释原因_当混合溶液pH7时，溶液中离子浓度大小关系是_。【答案】 (1). 弱电解
23、质 (2). HAHA (3). 碱 (4). AH2O HAOH (5). c(B+) = c(A) c(OH) = c(H+)【解析】【分析】(1)常温下0.1molL-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，据此分析解答；(2)常温下0.1molL-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1molL-1，说明BOH完全电离，属于强碱，结合盐类水解的规律和电荷守恒分析解答。【详解】(1)常温下0.1molL-1的HA溶液中pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA不完全电离，属于弱电解质，其电离方程式为HAH+A-，故答案为：弱电解质；HAH+A-；(2)常温
24、下0.1molL-1BOH溶液pH=13，c(OH-)=0.1molL-1，BOH完全电离，属于强碱，V1V2=11时，HA和BOH恰好完全反应生成BA，BA为强碱弱酸盐，存在水解反应A-+H2OHA+OH-，溶液显碱性，故答案为：碱；A-+H2OHA+OH-；在反应后的混合溶液中存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当pH=7时c(OH-)=c(H+)，故存在关系式c(B+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(B+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)。【点睛】正确判断电解质的强弱是解题的关键。本题的易错点为(2)，要注意一般情况下，溶液中的主要离子浓
25、度远大于水电离的离子浓度。18.如图所示，甲、乙两U形管各盛有100mL溶液，请回答下列问题：(1)若两池中均为饱和NaCl溶液：甲池中铁电极发生_腐蚀（填“析氢”或“吸氧”），碳棒上电极反应式_；甲池铁棒腐蚀的速率比乙池铁棒_（填“快”、“慢”或“相等”）。(2)若乙池中盛CuSO4溶液：电解硫酸铜溶液的化学方程式_；乙池反应一段时间后，两极都产生3.36L（标况）气体，该硫酸铜溶液的浓度为_ molL1。【答案】 (1). 吸氧 (2). O22H2O4e4OH (3). 快 (4). 2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2 (5). 1.5【解析】【分析】(1)若两池中均为饱和NaC
26、l溶液：甲池属于原电池，铁易失电子作负极，碳作负极，正极上氧气得电子发生还原反应；乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极被保护，据此分析解答；(2)若乙池中盛CuSO4溶液，C电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，铁电极为阴极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应，据此书写电解硫酸铜溶液的化学方程式；两极都产生3.36L(标况)气体，则阳极上始终是氢氧根离子放电，阴极首先是铜离子放电，铜离子反应完成后，再氢离子放电，根据得失电子守恒计算。【详解】(1)甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，在饱和NaCl溶液中，正极上氧气得电子发生还
27、原反应，为吸氧腐蚀，正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，故答案为：吸氧；2H2O+O2+4e-=4OH-；甲装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，铁易失电子作负极，乙池属于电解池，根据电子流向知，C电极为阳极，铁电极为阴极，被保护，所以甲池铁棒腐蚀的速率比乙池铁棒快，故答案为：快；(2)若乙池中盛CuSO4溶液，C电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子发生氧化反应，铁电极为阴极，溶液中的铜离子得电子发生还原反应，则电解硫酸铜溶液的化学方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2；3.36L(标况)气体的物质的
28、量为=0.15mol，两极都产生3.36L(标况)气体，则阳极上始终是氢氧根离子放电，电极反应式为4OH-4e-=O2+2H2O，生成氧气0.15mol，共失电子0.15mol4=0.6mol；阴极首先是铜离子放电，电极反应式为Cu2+2e-=Cu，铜离子反应完成后，氢离子再放电，电极反应式为2H+2e-=H2，生成氢气0.15mol，得电子0.15mol2=0.3mol，据得失电子守恒有2n(Cu2+)+0.3=0.6，n(Cu2+)=0.15mol，所以c(Cu2+)=1.5mol/L，故答案为：1.5。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意阳极上离子的放电顺序是铜离子先放电，然后氢离子放电
29、。19.我国食品添加剂使用卫生标准中规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25gL1。某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中的SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器B的名称是_，冷却水的进口为_。（填“a”或“b”）(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量硫酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.1000molL1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的_；若选择酚酞为指示剂，则滴定终点的现象为_；(4)经3次平行实验，消耗NaOH溶液体积如下：序号滴定前读数滴定后读数10.0020.0121.0020
30、.9930.0021.10该葡萄酒中SO2含量为_gL1（保留两位小数）。【答案】 (1). 圆底烧瓶（答烧瓶也给满分） (2). b (3). SO2H2O2H2SO4 (4). (5). 当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.21【解析】【分析】(1)根据仪器B的形状确定仪器名称，冷凝管中通水方向采用下进上出；(2)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸，据此写出反应的离子方程式；(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，根据碱式滴定管确定排气泡的方法；滴定终点时溶液显碱性酸碱性，据此判断滴定终点的现象；(4)第3次滴定误差明显偏大，根据
31、实验1、2计算消耗标准液的体积的平均值，再根据关系式2NaOHH2SO4SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，最后计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量。【详解】(1)根据图示，仪器B为圆底烧瓶，冷凝管中通水方向采用下进上出，所以进水口应该为b，故答案为：圆底烧瓶；b；(2)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；(3)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法为：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用的方法；滴定终点时溶液显弱碱性，应该选择
32、酚酞做指示剂(酚酞的变色范围是8.210.0)，滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不褪色，故答案为：；当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不褪色；(4)第3次滴定误差明显偏大，则选择实验1、2计算消耗标准液的体积的平均值，即消耗标准液的体积V=mL=20.00mL，根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的质量为0.1000mol/L0.020L64g/mol=0.064g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为=0.21g/L，故答案为：0.21。20.我国政府承诺，到2020年，单位GDP CO2排放量比2005年下降40%45%。请回答下列问
33、题：(1)利用太阳能工艺可将Fe3O4转化为FeO，然后利用FeO捕获CO2可得炭黑，其流程如上图所示。该循环中Fe3O4可视为_（填“催化剂”、“中间产物”），过程2捕获1mo1CO2转移电子的物质的量是_mol。(2)以CO2和NH3为原料合成尿素CO(NH2)2，反应如下:2NH3(g)CO2(g)H2NCOONH4(s) H1595kJmol1H2NCOONH4 (s)CO(NH2)2(s)H2O(g) H1165kJmol1H2O(l)H2O(g) H44.0kJmol1CO2(g)与NH3(g)合成尿素和液态水的热化学方程式_；(3)CH4-CO2催化重整可以得到燃料CO和H2。一
34、定条件下在恒容的密闭容器中发生反应：CO2(g)CH4(g)2CO(g)2H2(g)能够说明上述反应已达到平衡状态的是_（填字母序号）。ACO2和CH4的浓度相等Bv正(CO2)2v逆(CO)C每断裂4molCH键的同时，断裂2molHH键D容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变E容器中混合气体的密度保持不变(4)CO2是一种温室气体，但其本身无毒，处理废气时常将一些有毒物质转化为CO2。一定温度下，在三个容积均为2.0 L的密闭容器中发生反应：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)不同温度下，容器中各物质起始和平衡时的物质的量如下表所示：容器温度/起始物质的量/mol平衡时物质的
35、量/molNO(g)CO(g)CO2甲500.20.20.12乙1000.20.20.1丙1000.30.3下列说法正确的是_A该反应的正反应为吸热反应B50时，若起始时向甲中充入0.1 mol N2和0.2 mol CO2，则达平衡时N2的转化率为40% C100时，若起始时向乙中充入的NO、CO、N2和CO2均为0.40 mol，则此时v正v逆D达到平衡时，丙中CO2的体积分数比乙中的小【答案】 (1). 催化剂 (2). 4 (3). 2NH3(g)CO2(g) = CO(NH2)2(s)H2O(l) H=474 kJmol-1 (4). CD (5). BC【解析】【分析】(1) 利用
36、太阳能工艺可将Fe3O4转化为FeO，然后利用FeO捕获CO2可得炭黑，结合流程图写出反应的总反应，据此分析解答；(2)首先写出CO2(g)与NH3(g)合成尿素的化学方程式，再根据盖斯定律分析解答；(3)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，据此分析判断；(4)A.根据温度对平衡的影响分析判断；B.50时，起始甲中充入0.1molN2和0.2molCO2所达到的平衡状态与50时，起始甲中充入0.2molNO和0.2molCO所达到的平衡状态是等效平衡，利用甲的反应三段式计算；C.根据乙的反应三段式计算平衡常数K，结合浓度商Qc与K的关系判断反应进行的方向；D.同比
37、增大NO、CO的浓度，相当于加压，根据增大压强对化学平衡的影响分析判断。【详解】(1)利用太阳能工艺可将Fe3O4转化为FeO，然后利用FeO捕获CO2可得炭黑，由流程图可知总反应为CO2C+O2，在500条件下，过程2中CO2和FeO发生反应生成的Fe3O4是过程1中的反应物，所以该循环中Fe3O4可视为催化剂，过程2的反应为6FeO+CO2=2Fe3O4+C，C的化合价降低4，即转移4e-，所以捕获1mo1CO2转移电子的物质的量为4mol，故答案为：催化剂；4；(2)CO2(g)与NH3(g)合成尿素的化学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s) +H2O(l)；2N
38、H3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(s) H=-1595kJmol-1，H2NCOONH4 (s)CO(NH2)2(s)+H2O(g) H=+1165kJmol-1，H2O(l)H2O(g) H=+44.0kJmol-1，根据盖斯定律，将+-得：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s) +H2O(l) H=-1595kJmol-1+(+1165kJmol-1) -(+44.0kJmol-1)=-474 kJmol-1，即2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(l) H=-474 kJmol-1 ，故答案为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2
39、(s)+H2O(l) H=-474 kJmol-1 ；(3)A反应达到平衡时，CO2和CH4的浓度不变，但不一定相等，所以该状态不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B反应达到平衡时v正(CO2)v逆(CO)=12，即2v正(CO2)=v逆(CO)，所以v正(CO2)=2v逆(CO)的状态不是平衡状态，实际上此时反应正向进行，故B错误；C每断裂4molC-H键的同时，断裂2molH-H键，即2v正(CH4)=v逆(H2)，符合v正(CH4)v逆(H2)=12，说明正逆反应速率相等，为平衡状态，故C正确；D反应体系中各物质均为气体，混合气体的总质量不变，气体总物质的量n是变化的，根据M=可知，容器
40、中混合气体的平均相对分子质量保持不变的状态是平衡状态，故D正确；E反应体系中各物质均为气体，混合气体的总质量不变，所以恒温恒容条件下容器中混合气体的密度=始终保持不变，不能判定反应是否达到平衡状态，故E错误；故答案为：CD；(4)A.将甲的平衡状态升温到100时，n(CO2)减少，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应放热，故A错误；B. 50时，若起始甲中充入0.1molN2和0.2molCO2达到的平衡状态与起始甲中充入0.2molNO和0.2molCO所达到的平衡状态是等效平衡，即达到平衡状态时c(N2)=0.03mol/L，n(N2)=0.06mol，所以达平衡时N2的转化率=100%=4
41、0%，故B正确；C.100时，平衡常数K=10，若起始时向乙中充入的NO、CO、N2和CO2均为0.40mol，即浓度均为0.2mol/L时，浓度商Qc=510=K，所以反应正向进行，此时v正v逆，故C正确；D.反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)正向气体体积减小，增大压强时平衡正向移动，c(CO2)增大，丙容器反应体系相当于乙容器加压，平衡正向移动，c(CO2)增大，所以达到平衡时，丙中CO2的体积分数比乙中的大，故D错误；故答案为：BC。【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题关键。本题的易错点为(4)，要注意“恒温恒容条件下，同比增大反应物的浓度相当于增大体系压强”的应用
42、。21.以方铅矿(PbS)为原料制备铅蓄电池的电极材料的工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)“焙烧”生成的气体直接排放可能造成的环境问题是_，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹的目的是_。(2)电解时，如c(Pb2)远大于c(H)，则Pb2优先于H放电，工业上应用此原理可对铅进行电解精炼。“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等，则阳极泥的主要成分为_。(3)写出制备PbO2的离子方程式_。(4)已知部分含铅化合物的Ksp如下表所示：物质PbCl2PbSKsp1.21059.01029铅与稀盐酸反应产生少量气泡后反应终止，原因是_。Pb(NO3)2是强酸弱碱盐，氢硫酸是弱酸Ka1(H2S)1.310
43、7，Ka2(H2S)7.11015，已知K105时可以认为反应基本完全，通过计算判断向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体能否形成PbS沉淀_。（要求写出计算过程）【答案】 (1). 酸雨 (2). 增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率 (3). 铜、银 (4). ClOPbOPbO2Cl (5). PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行 (6). 假设能发生反应：Pb2H2SPbS2H，该反应的平衡常数，反应可进行完全，故有PbS沉淀生成【解析】【分析】方铅矿中通入空气焙烧，发生反应2PbS+3O22SO2+2PbO，加入焦炭还原，发生反应PbO+CPb+CO，得到粗铅，通过电
44、解精炼得到纯Pb，Pb加热得到PbO，将PbO投入NaClO溶液中得到PbO2，发生的反应为ClO-+PbOPbO2+Cl-，据此分析解答。【详解】(1)焙烧时发生的反应为2PbS+3O22SO2+2PbO，生成的气体是SO2，可导致酸雨，“焙烧”前须将方铅矿研磨粉粹，可增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率，故答案为：酸雨；增大方铅矿与空气的接触面积，加快化学反应速率；(2)“粗铅”的杂质主要有锌，铁，铜，银等，电解精炼时，粗Pb作阳极、纯Pb作阴极，Zn、Fe比Pb活泼，所以阳极上Zn、Fe和Pb失电子生成离子进入溶液，铅的活泼性大于铜、银，铅先放电，阳极泥的主要成分为铜、银，故答案为：铜、银；(3)，根据流程图，制备PbO2的离子方程式为ClO-+PbO=PbO2+Cl-，故答案为：ClO-+PbO=PbO2+Cl-；(4)铅与稀盐酸反应生成氯化铅和氢气，生成的氯化铅难溶于水，PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行，因此产生少量气泡后反应终止，故答案为：PbCl2覆盖在铅表面，阻止反应的进一步进行；假设能发生反应Pb2+H2SPbS+2H+，该反应的电离平衡常数K=1.0107105，所以该反应能进行完全，所以有PbS沉淀生成，故答案为：假设能发生反应Pb2+H2SPbS+2H+，该反应的电离平衡常数K=1.0107105，反应能进行完全，有沉淀PbS生成。