1、高二模块检测化学试题1答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求1. 下列说法正确的是( )A. 泡沫灭火器和干粉灭火器的原理相同B. 蒸干氯化铵
2、溶液，得到氯化铵固体C. 用惰性电极电解饱和的NaOH溶液，一段时间后溶液的导电能力几乎不变D. H2、I2(蒸汽)、HI的平衡混合气体加压后颜色加深可以用平衡移动原理解释【答案】C【解析】【详解】A泡沫灭火器灭火原理是：灭火器内发生发生反应Al2(SO4)3+6NaHCO3=3Na2SO4+2Al(OH)3+6CO2，能喷射出大量二氧化碳及泡沫，它们能粘附在可燃物上，使可燃物与空气隔绝，达到灭火的目的；干粉灭火器内充装的是磷酸铵盐等具有灭火效能的无机盐和少量的添加剂经干燥、粉碎、混合而成微细固体粉末，灭火的原理为具有灭火效能的粉末落在可燃物表面外，发生化学反应，并在高温作用下形成一层玻璃状覆
3、盖层，从而隔绝氧，进而窒息灭火，二者灭火原理不同，故A错误；BNH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，伴随着不断加热，水解平衡不断向右移动，氯化氢会以气体形式逸出，氨水受热分解，氨气也会逸出，最后无法得到氯化铵固体，故B错误；C溶液的导电性与溶液中离子浓度大小有关，用惰性电极电解饱和的NaOH溶液，两极分别产生氧气和氢气，实际是电解水，溶液中会析出氢氧化钠晶体，电解质溶液仍为饱和NaOH溶液，即电解质溶液的浓度不变，则一段时间后溶液的导电能力几乎不变，故C正确；DH2、I2(蒸汽)、HI的平衡体系是反应前后气体分子数不变的反应体系，压强不影响平衡移动
4、，加压后，体积减小，碘蒸汽的浓度增大，颜色加深，不能用平衡移动原理解释，故D错误；答案选C。2. 下列有关中和热的说法正确的是A. 1 mol硫酸与1 mol Ba(OH)2完全中和所放出的热量为中和热B. 在测定中和热时，使用稀醋酸代替稀盐酸，所测中和热数值偏大C. 在测定中和热时，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，对测定结果无影响D. 在测定中和热时，分多次将NaOH溶液加入盐酸中，所测中和热数值偏小【答案】D【解析】【详解】A中和热是指：稀的强酸和强碱反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；B稀醋酸是弱酸，放出的热量更少，则数值偏小，B错误；C金属导热，用铜质搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，
5、会导致热量散失，C错误；D分多次将NaOH溶液加入盐酸中，会导致在反应过程中部分热量散失，故所测中和热数值偏小，D正确；答案选D。3. 下列事实不能证明醋酸是弱电解质的是( )A. 0.1molL-1的醋酸溶液可使石蕊溶液变红B. 常温下0.1molL-1的醋酸钠溶液的pH约为9C. 在相同条件下，等浓度的醋酸的导电性比盐酸弱D. 在醋酸钠的水溶液中存在醋酸分子【答案】A【解析】【详解】A0.1molL-1的醋酸溶液可使石蕊溶液变红，只能说明醋酸溶液显酸性，不能说明是弱酸，即不能说明醋酸是弱电解质，故A符合题意；B常温下，若醋酸是强酸，则醋酸钠为强酸强碱盐，溶液显中性，pH=7，现0.1mol
6、L-1的醋酸钠溶液的pH约为9，说明溶液显碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则能说明醋酸为弱酸，即为弱电解质，故B不符合题意；C溶液的导电性与溶液中离子浓度有关，若醋酸为强酸，则等浓度的醋酸和盐酸溶液中离子浓度相等，则溶液的导电能力相同，但在相同条件下，等浓度的醋酸的导电性比盐酸弱，说明醋酸溶液中离子浓度比盐酸小，醋酸没有完全电离，是弱电解质，故C不符合题意；D若醋酸是强酸，则醋酸钠为强酸强碱盐，属于强电解质，完全电离，醋酸钠在溶液中全部以醋酸根离子和钠离子形式存在，但在醋酸钠水溶液中存在醋酸分子，说明醋酸根离子水解生成醋酸分子，根据盐类的水解规律，有弱才水解，说明醋酸是弱电解质，故D不符合题意；
7、答案选A。4. 改变下列条件，可以改变反应活化能的是A. 压强B. 温度C. 反应物浓度D. 催化剂【答案】D【解析】【详解】A压强可以使化学反应速率改变，但是不能改变反应途径，因此不能改变反应活化能，错误；B温度可以使化学反应速率改变，但是不能改变反应途径，因此不能改变反应活化能，错误；C反应物浓度可以使化学反应速率改变，但是不能改变反应途径，因此不能改变反应活化能，错误；D催化剂可以改变反应途径，降低反应的活化能，正确。5. 恒温恒容下，密闭容器中充入一定量的C，发生反应A(s)+2B(g)2C(g)，下列不能说明达到平衡状态的是( )A. A与C的物质的量之比不变B. 容器内密度不变C.
8、 容器内压强不变D. 容器内气体分子的平均相对分子质量不变【答案】C【解析】【详解】A反应从逆向建立平衡，随着反应进行，C物质的量逐渐变少，A物质的量逐渐变多，两者比值时刻在变，达到平衡时，A、C量保持不变，比值也不变，故A能判断平衡状态，不符合题意；B依据，随着反应进行，mg(总)要发生改变，故也改变，当其不变时即达平衡，B不符合题意；C反应前后气体的物质的量不变，体积也不变，故P一直不变，不能用来判断平衡状态，C符合题意；D依据，随着反应进行，mg(总)要发生改变，故气体平均分子质量（ ）也改变，当其不变时即达平衡，D不符合题意；故答案选C。6. 下列实验操作或对实验事实的叙述正确的是(
9、)A. 用明矾对自来水进行净化和杀菌消毒B. 用干燥的pH试纸测定NaClO溶液的pHC. 用Cu作阴极，Fe作阳极，可实现在Fe上镀CuD. 用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂【答案】D【解析】【详解】A明矾在水中发生水解反应生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能对自来水进行净化，但没有杀菌消毒作用，故A错误；BNaClO在溶液中发生水解生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，无法用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测定，故B错误；C要实现在Fe上镀Cu，则Fe应作阴极，阴极上发生Cu2+2e-=Cu，电解质溶液为可溶性铜盐，铜可作阳极，则用Cu作阴极，Fe作阳极，不可能实现在Fe上镀Cu
10、，故C错误；D氯化铵为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，可溶解铁锈，则可用用饱和氯化铵溶液作焊接金属时的除锈剂，故D正确；答案选D。7. 用氯化镁溶液制取无水氯化镁，下列装置用不到的是( )ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】氯化镁是强酸弱碱盐，对氯化镁溶液直接加热蒸干，氯化镁水解生成氢氧化镁，无法得到无水氯化镁；正确的操作为：将氯化镁溶液利用装置C进行蒸发浓缩，冷却结晶，利用装置A将氯化镁晶体与溶液分离，得到氯化镁晶体，再利用B装置，通过将浓硫酸加入到浓盐酸中获得氯化氢气体，在氯化氢气流下对过滤得到的氯化镁晶体进行加热分解，最终得到无水氯化镁，氯化氢的作用是
11、提供酸环境，抑制氯化镁发生水解，综上分析，用不到的装置为蒸馏装置，答案选D。8. 准确移取20.00mL某待测NaOH溶液于锥形瓶中，用0.1000molL-1HCl溶液滴定。下述操作可导致被测定NaOH溶液浓度偏低的是( )A. 未用标准液润洗滴定管B. 达到滴定终点，读数时俯视液面C. 盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未润洗D. 滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失【答案】B【解析】【详解】A未用标准液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，消耗标准液的体积偏大，根据c待=可得，被测定NaOH溶液浓度偏高，故A不符合题意；B达到滴定终点，读数时俯视液面，读取的标准液体积偏小，根据c待=可得
12、，被测定NaOH溶液浓度偏低，故B符合题意；C盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未润洗，不影响测定结果，故C不符合题意；D滴定前滴定管下端尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，根据c待=可得，被测定NaOH溶液浓度偏高，故D不符合题意；答案选B。9. 科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质 硫。质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法正确的是A. 电极a为电池的正极B. 电极b上发生的电极反应为：O24H4e=2H2OC. 电路中每通过2 mol电子，在正极消耗22.4L H2SD. 每17g H2S参与反应，有2 mol H经质子膜
13、进入正极区【答案】B【解析】【详解】A根据电极的反应物与生成物可判断，电极a是负极，电极b是正极，故A错误；B电极b是正极，发生电极反应：O24H4e=2H2O，B正确；CH2S是气体，在表明体积时要说明温度、压强，C错误；D17g H2S参与反应，只失去1mol电子，对应移动的离子也是1mol，故每17g H2S参与反应，有1 mol H经质子膜进入正极区，D错误；答案选B。10. 某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应mA(g)+nB(g)pC(g)，达到平衡后，在不同的时间段，下列说法中正确的是( )A. 该化学方程式中的系数可能为1:2:3B. 3040 min间该反应
14、使用了催化剂，40min时刻可能改变的压强条件C. 该反应在此温度下的平衡常数为2D. 前20minA的平均反应速率为3molL-1h-1【答案】D【解析】【详解】A化学反应方程式的计量系数比等于浓度变化量比，根据图示，020min，A、B的浓度变化量为1mol/L，C的浓度变化量为2mol/L，则A、B、C的浓度变化量之比为1:1:2，则该化学方程式中的系数可能为1:1:2，该反应方程式为A(g)+B(g)2C(g)，故A错误；B根据图像变化，3040 min间平衡没有发生移动，但A、B、C的浓度均减小，催化剂可加快反应速率，不影响平衡移动，不会使A、B、C的浓度均减小，根据反应A(g)+B
15、(g)2C(g)可知，该反应是反应前后气体分子数目不变的反应体系，压强不影响平衡移动，但容器体积增大，减小压强，会使平衡体系各组分的浓度都减小，则3040 min间应该增大了容器的体积，40min时刻后，C的浓度减小，A、B的浓度均增大，平衡逆向移动，若改变的压强条件，平衡不移动，与图示变化不符，故B错误；C根据图示，20min时，反应达到平衡，平衡时A、B的浓度为1mol/L，C的浓度为2mol/L，根据反应A(g)+B(g)2C(g)，该反应在此温度下的平衡常数K= =4，故C错误；D前20min A的浓度变化量为1mol/L，则平均反应速率v(A)=3molL-1h-1，故D正确；答案选
16、D。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求11. 现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是( )A. b是阳离子交换膜，允许Na通过B. 从A口出来的是NaOH溶液C. 阴极反应式为4OH4e= 2H2OO2D. Na2SO4溶液从G口加入【答案】A【解析】【详解】A、在阳极室一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，选项A正确；B、连接电源正极的是电解池的阳极，连接电源负极的是电解池的阴极，A为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生
17、成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，选项B错误；C、阴极是氢离子放电，阴极发生的反应为：2H+2e= H2，选项C错误；D、NaOH阴极附近生成，则Na2SO4溶液从E口加入，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查电解池知识，本题设置新情景，即离子交换膜，注意根据两极上的反应判断生成物，据题意，电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子；接电源正极的是阳极，即A极放出氧气。12. 下列操作能
18、达到实验目的的是( )目的操作A证明FeCl3和KSCN溶液反应可逆将同浓度的KSCN和FeCl3溶液等体积混合后再滴加少量KSCN液观察溶液颜色变化B证明酸性：碳酸苯酚将硝酸溶液与NaHCO3混合产生气体直接通入苯酚钠溶液C证明Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)向含有相同Cl-和Br-浓度的溶液中滴加少量AgNO3溶液D证明H2O2具有强氧化性向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A将同浓度的KSCN和FeCl3溶液等体积混合发生反应Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，溶液变为血红色，但FeCl3溶液过量，再滴加少量KSCN液
19、，过量的Fe3+与SCN-继续反应生成Fe(SCN)3，溶液颜色会变深，但不是平衡移动引起的，不能证明FeCl3和KSCN溶液反应可逆，故A错误；B硝酸溶液与NaHCO3会生成二氧化碳气体，由于硝酸具有挥发性，产生的气体中含有硝酸，将混合产生的气体直接通入苯酚钠溶液产生白色沉淀，可能是硝酸与苯酚钠反应导致的，则不能证明酸性：碳酸苯酚，故B错误；C向含有相同Cl-和Br-浓度的溶液中滴加少量AgNO3溶液，若先产生白色沉淀，说明氯化银比溴化银更难溶，则证明Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，故C正确；D过氧化氢与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应中，高锰酸钾为氧化剂、表现氧化性，被还原为锰离子，使高
20、锰酸钾溶液褪色，过氧化氢为还原剂、表现还原性，故D错误；答案选C。13. 相同温度下，容积相同的甲，乙两个恒容密闭容器均发生如下反应：N2+3H22NH3 H=-92.4kJ/mol，实验测得有关数据如下；下列判断中正确的是( )容器编号 起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化/kJN23H2NH3甲130放出热量：Q1 乙0.92.70.2放出热量：Q2 A. Q2Q192.4B. 容器甲先达平衡C. 两容器中反应的平衡常数相等D. 达到平衡时NH3的体积分数：甲=乙【答案】CD【解析】【详解】AN2+3H22NH3 H=-92.4kJ/mol，焓变是指1mol氮气和3mol
21、氢气全部反应放出的热量；甲中起始量反应不能全部转化，所以Q192.4kJ，乙中起始量比甲中的少，放出的热量更少，Q2Q192.4，故A错误；B将乙中的起始量投料全部换算到反应左边，与甲容器的投料完全相同，则恒温恒容条件下，甲乙两容器的反应互为等效平衡，甲，乙两个恒容密闭容器达到平衡的时间相同，故B错误；C同一反应体系，平衡常数的大小与温度有关，温度不变平衡常数不变，则两容器中反应的温度相同，平衡常数相等，故C正确；D根据B项分析，甲乙互为等效平衡，则达到平衡时NH3的体积分数相等，即：甲=乙，故D正确；答案选CD。14. 某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和KCl
22、中的几种，进行如下实验：X与水作用有气泡冒出，得到沉淀Y和碱性溶液Z；沉淀Y与足量NaOH溶液作用，沉淀部分溶解。下列说法正确的是( )A. 混合物X中必定含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3B. 溶液Z中溶质一定只含有钠盐C. 灼烧沉淀Y，可以得到氧化铝和氧化铁的混合物D. 往溶液Z中先加入盐酸再加氯化钡溶液可以确定混合物X中是否含有KCl【答案】AC【解析】【分析】某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和KCl中几种，X与水作用有气泡冒出，得到沉淀Y和碱性溶液Z，以上几种物质中，能产生气体的只有Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明Na2CO3发生双水
23、解反应生成二氧化碳气体，Al2(SO4)3、FeCl3均能与Na2CO3发生双水解反应，并能生产沉淀，生成的沉淀可能是氢氧化铁或氢氧化铝；沉淀Y与足量NaOH溶液作用，沉淀部分溶解，可确定沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，则固体混化合物一定含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3，是否含有KCl无法确定。【详解】A根据分析，混合物X中必定含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3，故A正确；B由于是否含有KCl无法确定，即X中可能含有KCl，溶液Z中溶质可能是钠盐或钠盐和钾盐的混化合物，故B错误；C根据分析壳子，得到的沉淀Y为氢氧化铁和氢氧化铝的混合物，灼烧沉淀Y，可以得到氧化铝和氧化铁
24、的混合物，故C正确；D确定混合物X中是否含有KCl，应该利用焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若焰色显紫色，证明含有KCl，故D错误；答案选AC。15. 常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01molL-1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。下列叙述正确的是( )A. Ksp(Ag2C2O4)等于10-6B. n点表示Ag2C2O4的不饱和溶液C. 向c(Cl-)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀D. Ag2C2O4+2Cl-2AgCl+C2O的平衡常数为108【答案】BD【解析】【详解】A结合图示数
25、据，Ksp(Ag2C2O4)= c2(Ag+)c(C2O)= (10-4)210-2=10-10，故A错误；Bn点时c(Ag+)比Ag2C2O4溶解平衡曲线上的c(Ag+)小，Ag2C2O4溶解平衡向形成Ag+的方向移动，所以n点表示Ag2C2O4的不饱和溶液，故B正确；C由图象可知，当阴离子浓度c(Cl-)=c(C2O)相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag)小，则向c(Cl-)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C错误；DAg2C2O4+2Cl-2AgCl+C2O的平衡常数K=，此时溶液中的c(Ag)相同，故有：K=108，故D正确；答案选BD。三、非选择题1
26、6. 现有常温下的4种溶液：0.01 molL1CH3COOH溶液；0.01 molL1HCl溶液；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液。回答下列问题：(1)4种溶液中水的电离程度最大的是_(填序号)。(2)将4种溶液同等程度稀释10倍后，溶液pH由大到小的顺序是_。(3)若将混合后所得溶液中的c(CH3COO)c(H)，则下列说法正确的是_(填序号)。A溶液一定呈酸性 B溶液一定呈碱性 C溶液一定呈中性 D溶液可能呈酸性、中性或碱性(4)若将混合后所得溶液的pH7，则消耗溶液的体积：_ (填“”“”或“”)。(5)若将混合后所得溶液的pH10，则消耗和溶液的体积比：_。【答案】 (1).
27、(2). (3). D (4). (5). 99:101【解析】【分析】常温下，0.01 molL1CH3COOH溶液的pH大于2，c(H+)小于0.01 molL1；0.01 molL1HCl溶液的pH等于2，c(H+)=0.01 molL1；pH12的氨水，c(OH-)=0.01 molL1；pH12的NaOH溶液是强碱溶液，c(OH-)=0.01 molL1。【详解】（1）水的电离受酸碱的抑制，酸碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，其对水的电离的抑制作用就越大。4种溶液中，醋酸电离的氢离子浓度最小，故其中水的电离程度最大的是；（2）将4种溶液同等程度稀释10倍后，溶液的pH大于3，溶液
28、溶液的pH为3，溶液的pH介于11和12之间，溶液的pH为11，则pH由大到小的顺序是：；（3）0.01 molL1CH3COOH溶液中，向其中加入少量pH12的NaOH溶液后，c(CH3COO)增大、c(H)减小，可以保证所得溶液是酸性的，且溶液中的c(CH3COO)c(H)；继续加入pH12的NaOH溶液至溶液呈中性，c(CH3COO)增大、c(H)减小，仍能满足溶液中的c(CH3COO)c(H)；继续加入pH12的NaOH溶液至两者恰好反应，可以得到醋酸钠溶液，因CH3COO水解而使溶液呈碱性，水解的程度是很小的，故溶液中的c(CH3COO)c(H)。综上所述，溶液可能呈酸性、中性或碱性
29、，说法正确的是D；（4）若将两溶液按体积比1:1混合后，所得溶液因氨水过量很多而显碱性，要使pH7，则消耗碱性溶液的体积更少，故；(5)若将混合后所得溶液的pH10，则溶液显碱性，pH10时，氢氧根离子浓度为10-4molL1，则，有，则消耗和溶液的体积比为99:101。17. 如图所示的三个容器中分别盛有不同的溶液，其中，c、d、g、h为石墨电极，e、f为铜电极。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红。电解20min时，停止电解，此时d电极上产生56mL气体(标准状况)。据此回答：(1)电源a极是_极。(2)整个电解过程中，电路中通过的电子的物质的量是_。(3)乙装置中发生电解的总反应方程式为_
30、。(4)要使甲中溶液恢复到原来状态，需要加入的物质及其物质的量是_。(5)电解后恢复到室温，丙中溶液的pH为_ (不考虑溶液体积变化)。【答案】 (1). 负 (2). 0.01mol (3). Cu2H2OCu(OH)2H2 (4). 0.005molCuO (5). 13【解析】【分析】根据装置图可知，该装置为三个串联的电解池，闭合K，丙为电解食盐水，发现g电极附近的溶液先变红，说明g电极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2 +2OH-，h电极的电极反应为2Cl-2e-=Cl2，则g为阴极，h为阳极，电源正极与电解池阳极相连，则电源a为负极，b为正极，甲中c为阴极，d为阳极，乙中e为阴极
31、，f为阳极，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，电源a极是负极；(2)d电极上产生56mL气体(标准状况)，装置甲中，c为阴极，d为阳极，电解质溶液为硫酸铜，阳极上阴离子放电，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，生成的气体为氧气，物质的量为=0.0025mol，根据电极反应可知，整个电解过程中，电路中通过的电子的物质的量是0.0025mol4=0.01mol；(3)乙装置中e、f为铜电极，e为阴极，f为阳极，电解质溶液为硫酸钠，阴极上电极反应为：2H2O+2e-=H2 +2OH-；阳极上电极反应为：Cu-2e-+2OH-= Cu(OH)2，两式相加可得电解的总反应方程式为Cu2H2
32、OCu(OH)2H2；(4)结合(2)分析，甲装置中，d电极上的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，c电极上的电极反应为：Cu2+2e-=Cu，电解质溶液减少了Cu和O2，要使甲中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质为CuO，根据(2)中计算，电路中共转移了0.01mol电子，根据c电极反应式，产生铜单质的物质的量为0.005mol，根据铜原子守恒，CuO的物质的量是0.005mol；(5)丙为电解食盐水，g电极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2 +2OH-，h电极的电极反应为2Cl-2e-=Cl2，结合(2)中计算，电路中共转移了0.01mol电子，根据g电极发生的电极反应，电解后
33、恢复到室温，丙中溶液g电极上产生0.01mol OH-，不考虑溶液体积变化，c(OH-)= =10-1mol/L，则pOH=1，pH=14-1=13。18. 硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)又名大苏打、海波，易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性溶液中较稳定，广泛应用于日常生产生活中。向如图所示装置中通入SO2，在加热条件下反应可制得Na2S2O35H2O。回答下列问题：(1)烧瓶中发生反应的离子方程式为_。(2)25时，当溶液pH接近7时，需立即停止通SO2，原因是_ (用离子方程式表示) 。(3)反应终止后，经加热浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥等一系列操作可得Na2S2O35H2O晶
34、体。其中洗涤剂可选用_ (填标号) 。A水 B乙醇 C稀盐酸 D氢氧化钠溶液(4)准确称取1.4 g产品，加入刚煮沸并冷却过的水20 mL使其完全溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol/L标准碘水溶液滴定。已知：2S2O+I2(aq)=S4O(无色)+2I-(aq)。标准碘水应盛放在 _ (填“酸式”或“碱式”)滴定管中，滴定前要排尽滴定管尖嘴处气泡应选用 _ (填标号)。第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图所示，则第一次消耗碘水标准溶液的体积为_mL。重复上述操作三次，记录另两次数据如下表，则产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_% (保留1位小数) 。滴定次数滴定前刻度/m
35、L滴定后刻度/mL第二次1.5630.30第三次0.2226.32【答案】 (1). 3SO2 +2S2-+SO3S2O (2). S2O+2H+=S+SO2+H2O (3). B (4). 酸式 (5). b (6). 26.10 (7). 92.5%【解析】【详解】(1)在加热条件下SO2和Na2S、Na2SO3反应生成Na2S2O3，反应的离子方程式为3SO2 +2S2-+SO3S2O；(2)硫代硫酸钠晶体在中性或碱性溶液中较稳定，在酸性条件下发生反应，反应的离子方程式为S2O+2H+=S+SO2+H2O；(3)已知硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，为减小硫代硫酸钠晶体的溶解损失，用乙
36、醇洗涤晶体，选B；(4)碘具有氧化性，为防止其氧化碱式滴定管的橡皮管，应盛放在酸式滴定管中；滴定前需要排尽酸式滴定管中的气泡，将酸式滴定管稍稍倾斜，迅速打开活塞，气泡随溶液流出而被排出。选b；由图可知，滴定前读数为0.00 mL，滴定结束时读数为26.10 mL，第一次消耗碘水标准溶液的体积为26.10 mL；由表中数据可以计算出第二次消耗碘水标准溶液28.74 mL，第三次消耗碘水标准溶液26.10 mL，由于第二次数据误差较大，舍去，则平均消耗碘标准溶液体积为26.10 mL，根据反应知2Na2S2O35H2O I2，故n( Na2S2O35H2O)=2n(I2)=20.1000 mol/
37、L26.1010-3 L，则产品中Na2S2O35H2O的质量分数为100%92.5%。19. 天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。回答下列问题: (1)乙烷在一定条件可发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H1已知：298K时，相关物质的相对能量如图。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的H(H随温度变化可忽略)。H1=_kJmol1。2L密闭容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(p)发生上述反应，乙烷的平衡转化率为。反应的平衡常数Kx=_(用物质的量分数代替平衡浓度计算)。(2)已知反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g
38、) H(298K)=+178.2kJmol-1，S(298K)=+169.6J.mol-1K-1则该反应能自发进行的最低温度为_K(假设反应的焓变与熵变不随温度变化而变化，结果保留整数)。(3)恒温条件下，在体积可变的密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时，测得CO、H2、CH3OH分别为1mol、1mol、1mol，容器的体积为3L。再往容器中通入3molCO，此时平衡将_移动(填“向右”、“向左”或“不”)。 (4)工业合成氨中制取氢气的原理如下：:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206.4kJmol1:CO(g)+H2O(g)CO
39、2(g)+H2(g) H=-41.2kJmol1 对于反应I，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，又能加快反应速率的是_(填字母)。a升高温度 b增大水蒸气浓度 c加入催化剂 d降低压强下列措施可以提高CH4转化率的是_(填字母)。a适当升高温度 b将H2从反应体系中分离出来c保持体积不变充入He，使体系总压强增大d按原比例再充入CH4(g)和H2O(g)【答案】 (1). 136 (2). (3). 1051 (4). 不 (5). a (6). ab【解析】【详解】(1)结合题图所示，根据H1=生成物总能量-反应物总能量=52 kJmol1+0 kJmol1-(-84)kJmol1=136
40、 kJmol1；设2L密闭容器中通入乙烷和氢气的物质的量均为2mol，乙烷的平衡转化率为，列三段式：用物质的量分数代替平衡浓度计算反应的平衡常数Kx=；(2) 根据复合判据：H-TS0时反应能自发进行，已知反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H(298K)=+178.2kJmol-1，S(298K)=+169.6J.mol-1K-1， 298K时，H-TS=+178.2kJmol-1-298K(169.610-3)kJmol-1K-1=+127.7kJmol-10，故常温下该反应不能自发进行。当H-TS=0时，T=1051K，故当T1051K时，H-TS0，反应才能自发进行；(3
41、)恒温条件下，在体积可变的密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时，测得CO、H2、CH3OH分别为1mol、1mol、1mol，容器的体积为3L，此时平衡常数K=9；温度不变，平衡常数不变，通入3molCO瞬间体积变为3L=6L，浓度商Qc=9=K，平衡不移动；(4)反应I正反应为气体分子数增大的吸热反应， a升高温度，体系反应速率增大，平衡正向移动，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合题意；b增大水蒸气浓度，反应速率加快，平衡正向移动，根据外界条件的变化远大于体系平衡的移动，若加入的水蒸气足够多，平衡体系中H2百分含量会减小，故b不符合题意；c加入催化剂反应速
42、率加快，但平衡不移动，平衡体系中H2百分含量不变，故c不符合题意；d降低压强，平衡正向移动，平衡体系中H2百分含量增大，但反应速率减慢，故d不符合题意； a反应I为吸热反应，反应为放热反应，适当升高温度，反应I平衡正向移动，反应平衡逆向移动，但反应I平衡正向移动的程度更大，CH4转化率增大，故a符合题意；b将H2从反应体系中分离出来，平衡体系中H2的浓度减小，反应I、平衡均正向移动，CH4转化率增大，故b符合题意；c保持体积不变充入He，使体系总压强增大，但由于体积不变，平衡体系中各组分的浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c不符合题意；d按原比例再充入CH4(g)和H2O(g)，反应物浓度增大，体系平衡正向移动，但外界条件变化，远大于体系平衡的移动，CH4转化率减小，故d不符合题意；答案选ab。