1、2018届高考化学填空题专练（一）及解析1已知：CH3OH、H2的燃烧热(H)分别为726.5 kJmol1、285.8 kJmol1，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是_。答案CO2(g)3H2(g)=CH3OH(l)H2O(l)H130.9 kJmol1解析燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。已知：CH3OH、H2的燃烧热(H)分别为726.5 kJmol1、285.8 kJmol1，则有：CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H726.5 kJmol1，H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.8 kJmol1，根
2、据盖斯定律：3得常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式：CO2(g)3H2(g)=CH3OH(l)H2O(l)H130.9 kJmol1。2二甲醚也是清洁能源，用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为2CO(g)4H2(g)?CH3OCH3(g)H2O(g)，已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比的变化曲线如图所示。 (1)a、b、c按从大到小的顺序排序为_。(2)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应平衡常数的表达式Kp_。 答案(1)abc(2)解析(1)反应2CO(g)4H2(
3、g)CH3OCH3(g)H2O(g)，增大H2的浓度，平衡右移，CO的转化率增大，即投料比增大，CO的转化率增大，故abc。3甲醇是一种可再生能源，工业上可用合成气制备甲醇，反应为CO(g)2H2(g)?CH3OH(g)。某温度下在容积为V L的密闭容器中进行反应，其相关数据如下图；反应开始至平衡时，用H2表示化学反应速率为_。该温度下CO的平衡转化率为_。答案 molL1min160%解析反应开始至平衡时需要时间为10 min，H2的变化物质的量为2.0 mol0.8 mol1.2 mol，则用H2表示化学反应速率为 molL1min1；至平衡时CO的变化物质的量为1.0 mol0.4 mo
4、l0.6 mol，该温度下CO的平衡转化率为100%60%。4某温度下，Ca(OH)2、CaWO4的相关数据见下表项目CaWO4Ca(OH)2lg c(阴离子)42lg c(Ca2)64将钨酸钠溶液加入石灰乳中，发生反应的离子方程式为WO(aq)Ca(OH)2(s)?CaWO4(s)2OH(aq)该温度下此反应的平衡常数为_。答案100解析已知CaWO4(s)?WO(aq)Ca2(aq)，Ksp(CaWO4)c(WO)c(Ca2)1104110611010；Ca(OH)2(s)?2OH(aq)Ca2(aq)，Ksp(Ca(OH)2)c2(OH)c(Ca2)(1102)211041108；则WO
5、(aq)Ca(OH)2(s)?CaWO4(s)2OH(aq)该温度下此反应的平衡常数Ksp(Ca(OH)2)Ksp(CaWO4)(1108)(11010)100。5已知常温下，H2S的电离常数：K11.3107，K27.11015，则0.1 molL1H2S溶液的pH约为_(取近似整数值)；向浓度均为0.001 molL1的AgNO3和Hg(NO3)2混合溶液中通入H2S气体，开始生成沉淀的c(S2)为_。(已知：Ksp(Ag2S)6.31050，Ksp(HgS)1.61052)答案41.61049 molL1解析已知常温下，H2S的电离常数：K11.3107，K27.11015，则0.1 m
6、olL1 H2S溶液中氢离子浓度约是104，因此pH约为4；根据溶度积常数Ksp(Ag2S)6.31050，Ksp(HgS)1.61052可知首先产生HgS沉淀，此时溶液中c(S2) molL11.61049 molL1。6电解CO制备CH4，电解质为碳酸钠溶液，工作原理如图所示，写出阴极区电极反应式_。答案CO6e5H2O=6OHCH4解析由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此离子反应方程式为4CO3CO5H2O=6HCOCH4，阴极区电极反应式为CO6e5H2O=6OHCH4。7工业上用镍作为阳极，电
7、解0.050.1 molL1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示。NH4Cl的浓度最好控制为_；当NH4Cl浓度大于15 gL1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式：_。答案10 gL12H2e=H2(或2NH42H2O2e=H22NH3H2O)解析 对阴极电流效率和镍的成粉率达到最大，根据图示，NH4Cl的浓度为10 gL1，根据电解原理，阴极产生的气体是H2，因此电极反应式为2H2e=H2。8氧化铁是重要工业颜料，在制备过程中常含有少量的FeO杂质。
8、某同学为测定产品中Fe2O3的含量，进行如下实验：A称取样品8.00 g，加入足量稀H2SO4溶解，并加水稀释至100 mL；B量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；C用酸化的0.010 00 molL1 KMnO4标准液滴定至终点；D重复操作B、C 23次，得出消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。(1)写出滴定过程中发生反应的离子方程式：_。(2)确定滴定达到终点的操作及现象为_。(3)上述样品的质量分数为_。(4)下列操作会导致样品中Fe2O3的质量分数的测定结果偏低的有_(填字母)。A未干燥锥形瓶B盛装标准液的滴定管没有用标准液润洗C滴定结束时仰视刻度线读数D量取待测液的
9、滴定管没有润洗答案(1)5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(2)向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去(3)96.4%(4)BC解析(1)亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化的离子方程式为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(2)酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点实验现象是：向待测液中再滴加一滴标准液时，振荡，溶液刚好由黄色变成浅紫色，且半分钟内不褪去。(3)消耗高锰酸钾是0.000 2 mol，根据方程式可知亚铁离子是0.001 mol，因此原物质中亚铁离子是0.001 mol100 mL/25 mL0.004 mol，氧化亚铁质量是0.004 mol72 gmol10.288 g，则氧化铁的质量分数是100%96.4%。(4)A项，锥形瓶内有水对结果无影响；B项，滴定管未润洗相当于将标准液稀释，所用标准液体积增大，故结果偏小；C项，滴定结束时仰视刻度线读数，读取体积偏大，结果偏小；D项，量取待测液的滴定管没有润洗，消耗标准液体积偏小，结果偏高。