1、河北省保定市曲阳县第一高级中学2020-2021学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）第卷（选择题共51分）可能用到的相对原子质量：H、1 C、12 N、14 O、16 Mg、24 Cl、37 Na、 23 Br、80 一、选择题（本题共13个题，每题3分，共39分，每题只有一个选项符合题意）1. 下列说法中错误的是A. 2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+ 2CO2(g)在低温下能自发进行，则该反应的H0C. 若H0，化学反应在任何温度下都能自发进行D. 加入合适的催化剂能降低反应活化能，从而改变反应的焓变【答案】D【解析】【详解】A2CaCO3(s)+2S
2、O2(g)+O2(g)2CaSO4(s)+ 2CO2(g)，S0，在低温下能自发进行，则该反应的H0，室温下不能自发进行，说明该反应的H 0，故B正确；C反应能自发进行，若H0，化学反应在任何温度下都能自发进行，故C正确；D加入合适的催化剂能降低反应活化能，催化剂不能改变反应的焓变，故D错误；选D。2. T时，某一气态平衡体系中含有X(g)、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质，此温度下发生反应的平衡常数表达式为：，有关该平衡体系的说法正确的是（）A. 该反应可表示为X(g) + 2Y(g)2Z(g) + 2W(g)B. 减小X浓度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小C. 升高温度，W(g)
3、体积分数增加，则正反应是放热反应D. 增大反应容器的压强，该反应速率一定增大【答案】C【解析】【详解】T时，某一气态平衡体系中含有X(g)、Y(g)、Z(g)、W(g)四种物质，此温度下有关该平衡体系的说法正确的是（）A. 已知发生反应的平衡常数表达式为：，结合平衡常数的定义，可知：该反应方程式为： ，A错误；B. 减小X浓度，平衡向正反应方向移动，但平衡常数K只受温度影响，故K不变化，B错误；C. 升高温度，W(g)体积分数增加，则平衡左移，由勒夏特列原理知，该反应正反应是放热反应，C正确；D. 增大反应容器的压强，假如各X、Y、Z、W气体的浓度不变，则该反应速率也不变，即：恒容条件下充入惰
4、性气体，总压增大分压不变，反应速率不变，D错误；答案选C。3. 利用如图装置，完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，不正确的是( )A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，铁做阴极被保护。C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小【答案】D【解析】【详解】A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，此时属于原电池装置，锌较活泼，为负
5、极，铁较不活泼作正极，锌失去电子被氧化，铁则被保护，故可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A正确；B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，此时属于电解池，铁作阴极不参与反应，故铁被保护，B正确；C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，此时属于原电池装置，铁活泼，为负极，铜不活泼作正极，负极铁失去电子被氧化，正极反应式为： ，故铜棒质量将增加，原电池工作时，外电路中电子由负极铁流向铜电极，C正确；D若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，此时属于电解池，铜作阳极被氧化，电极反应式为：，铁作阴极不参与反应，阴极反应式为：，则可用于铁表面镀铜，电极上得失电子数守恒，故
6、溶液中铜离子浓度不变化，D错误；答案选D。4. 下列叙述中不能用勒夏特列原理来解释的事实是（）A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，高压有利于合成氨B. 实验室制取氯气时用排饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体C. 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，加催化剂可以提高生产效率D. 2NO2(g)N2O4(g)H0，升高温度颜色加深【答案】C【解析】【详解】AN2(g)+3H2(g) 2NH3(g)反应为气体体积减小的可逆反应，加压平衡向右移动，有利于合成氨气，能用勒夏特列原理来解释，故A不选；B存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO平衡，饱和食盐水中氯离子浓度较大，增大氯离子浓度
7、，上述平衡向左移动，有利于氯气的溢出，降低了氯气在水中的溶解度，氯化氢气体和水互溶，实验室制取氯气时用排饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，能用勒夏特列原理来解释，故B不选；C催化剂能够加快反应速率，但是平衡不移动，不能用勒夏特列原理来解释，故C可选；D2NO2(g)N2O4(g)H0，该反应放热，升高温度，平衡左移，二氧化氮的浓度增大，气体的颜色加深，能用勒夏特列原理来解释，故D不选；故选C。5. 有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池，电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法不正确的是( )A. 在标准状况下每消耗5.6L CH4，可以向外电路提供约2
8、mol e-的电量；B. 通入CH4一极的电极反应式为：CH4-8e-+10OH=CO+7H2OC. 电池放电后，溶液pH减小D. 负极上是O2得电子，电极反应式为 O2 2H2O4e- =4OH-；【答案】D【解析】【分析】甲烷碱式燃料电池中，通入CH4的一极为负极，CH4失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入O2的一极为正极，正极上发生还原反应，在KOH溶液中，负极电极反应式为：，正极电极反应式为：O2 2H2O4e- =4OH-；燃料电池中化学能转化为电能，能量转化效率高 ；【详解】A负极反应式为：，理论上，在标准状况下每消耗1mol CH4，可以向外电路提供约8mol e-的
9、电量，则：在标准状况下每消耗5.6L 即0.25mol CH4，可以向外电路提供约2mol e-的电量，A正确；B通入CH4一极是负极，甲烷被氧化，碱性环境中，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O，B正确；C电化学反应时，电极上电子数守恒，由电极反应式知，每转移8mol e-，负极消耗10mol OH-、正极产生8mol OH-，因此电池放电消耗碱，放电后溶液pH减小，C正确；D正极上O2得电子，发生还原反应，电极反应式为 O2 2H2O4e- =4OH-，D错误；答案选D。6. 一定温度下，将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应：A(g)+B(g)
10、xC(g)+D(s)H0在t1时达到平衡。在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C(g)的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）A. x=1B. t2时刻改变的条件是使用催化剂C. t3时刻改变的条件是增大反应物的浓度或压缩容器体积D. t1t2、t2t3平衡常数相等，且K=4【答案】D【解析】【详解】At2时刻瞬间C的浓度增大，t2t3阶段C的浓度不变，说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，故A正确；B加入催化剂后C的浓度应该瞬间不发生变化，不符合图示变化规律，故B错误；C由A、B两项的分析可知，t2时刻是增大压强，若t3改变的条
11、件是增大反应物A（或B）的物质的量，平衡均正向移动，C的浓度随时间而增大，但反应速率也增大，与图中所示信息不一样，所以t3时刻改变的一个条件可能是降低温度， C错误；Dt1t3间温度相同，平衡常数相同，可计算t1t2平衡常数K， 反应三段式为： t1t2平衡常数K= 正确；答案选D。7. 可逆反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，在容积固定的密闭容器中达到反应的限度的标志是( )A. 单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNOB. 混合气体的密度不再改变的状态C. 混合气体的颜色不再改变的状态D. 用NO2、NO、O2表示的反应速率之比为221的状态【答案】C【解析】【详解】
12、A单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，均为正反应方向的变化，不能说明正逆反应速率相等，不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故A不符合题意；B容器的容积不变，反应混合物都是气体，在任何条件下气体的密度都不变，因此不能据此判断反应处于平衡状态，故C不符合题意；C混合气体的颜色不再改变，说明NO2的浓度不再变化，能据此判断达到平衡状态，故C符合题意；D用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为221的状态，反应方向不明确，不能据此判断平衡状态，故D不符合题意；答案选C。8. 一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法不正确的是( )A. a、b、
13、c三点CH3COOH的电离程度：cbaB. a、b、c三点溶液的pH：cabC. a、b、c三点CH3COOH的平衡常数：abcD. a、b、c三点溶液用1 molL1 NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液体积：caba，故A正确； B导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，所以a、b、c三点溶液的pH：cab，故B正确；C平衡常数与温度有关，温度不变平衡常数不变，所以a、b、c三点CH3COOH的平衡常数：abc，故C正确；Da、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，所以a、b、c三点溶液用1 molL1氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a=b=c，故D错误；故选D
14、。9. 用标准盐酸溶液滴定待测浓度的碱溶液时，下列操作中会引起碱溶液浓度的测定值偏大的是A. 锥形瓶里溶液在滴定过程中溅出B. 锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗C. 指示剂变色15 s后又恢复为原来的颜色便停止滴定D. 滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失【答案】D【解析】【详解】A锥形瓶里溶液在滴定过程中溅出，导致待测液溶质减少，消耗标准液体积减小，浓度的测定值偏小，错误；B锥形瓶用蒸馏水冲洗后未用待测液润洗，对测定结果无影响，错误；C指示剂变色30 s后恢复为原来的颜色才停止滴定，15s后导致标准液消耗少了，浓度的测定值偏小，错误；D滴定管装液后尖嘴部位有气泡，滴定后气泡消失，导致
15、末读数据读大了，标准液体积增大，测定值偏高，正确；答案选D。10. 在含Fe3的S2O和I的混合溶液中，反应S2O(aq)2I(aq)=2SO(aq)I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：步骤：2Fe3(aq)2I(aq)=I2(aq)2Fe2(aq)步骤：2Fe2(aq)S2O(aq)=2Fe3(aq)2SO(aq)下列有关该反应的说法正确的是( )A. 该反应为吸热反应B. 化学反应速率与Fe3浓度的大小有关C. Fe2是该反应的催化剂D. 若不加Fe3，则正反应的活化能比逆反应的大【答案】B【解析】【详解】A根据图示，2I-(aq)+(aq)具有的总能量大于2 (aq)+I2
16、(aq)具有的总能量，则该反应为放热反应，A错误；B由图示可知，步骤的活化能大于步骤的活化能，则该反应速率的快慢取决于步骤，Fe3+是步骤的反应物，步骤反应速率的快慢与Fe3+浓度的大小有关，故化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，B正确；C根据反应的步骤和总反应可知，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是中间产物，C错误；D根据A项分析，该反应为放热反应，若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的活化能小，D错误；答案选B。11. 在10L密闭容器中，A、B、C三种气态物质构成了可逆反应的体系，当在某一温度时，A、B、C物质的量与时间的关系如图1，C的百分含量与温度的关系如图2。下列分析不正确
17、的是 （ ）A. 04分钟时，A的平均反应速率为0.02mol/(Lmin)B. 该反应的平衡常数表达式C. 由T1向T2变化时，V正 V逆D. 此反应正反应为放热反应【答案】A【解析】【详解】根据图1知，随着反应进行，A和B的物质的量减少，C的物质的量增大，则A和B是反应物，C是生成物，反应过程中，物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B和C的计量数之比=(2.4-1.6)mol：(1.6-1.2)mol：(0.4-0)mol=0.8mol：0.4mol：0.4mol=2：1：1，当反应达到T3时，再升高温度C的含量降低，则正反应是放热反应，该反应的方程式为：2A(g)+B(g)C(
18、g)H0；A.04分钟时，A的平均反应速率v=0.01mol/(Lmin)，故A错误；B该反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)，K=，故B正确；C由T1向T2变化时，C的含量增大，平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D该反应正反应是放热反应，故D正确；故答案为A。12. 高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn +2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+ 4KOH，下列叙述不正确的是（ ）A. 放电时负极反应为：Zn 2e-+ 2OH- Z(OH)2B. 充电时阴极反应为：Fe
19、(OH)3- 3e-+ 5OH- FeO42-+ 4H2OC. 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原D. 放电时正极附近溶液的碱性增强【答案】B【解析】【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，放电时，正极上高铁酸钾转化成氢氧化铁，电极反应式为，正极上生成OH-离子，碱性要增强。【详解】A根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为，故A不符合题意；B充电时阴极发生Zn(
20、OH)2得电子的还原反应，即反应为：，故B符合题意；C放电时正极反应为，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C不符合题意；D放电时正极反应为，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D不符合题意；故答案为：B。13. 已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL-1的一元酸HA与b molL-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A. a=bB. 混合溶液的PH=7C. 混合溶液中，c(H+)= mol.L-1D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)【答案】C【解析】【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B.
21、 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=molL-1，C正确； D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。二、不定项选择题（本题共3个小题，每小题4分，部分2分，共12分，每小题有一个到两个选项符合题意）14. 一定温度下，把2.5molA和2.5molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)B(s)xC(g)2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2molL-1s-1，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是A. 反应达到
22、平衡状态时A的转化率为60%B. x=3C. 若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为65【答案】BD【解析】【分析】经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2molL-1s-1，可知生成C为0.2molL-1s-12L5s=2mol，同时生成1mol D，则=，解得x=4，则 3A（g）+B（s）4C（g）+2D（g）开始(mol) 2.5 2.5 0 0转化(mol) 1.5 0.5 2 1平衡(mol) 1 1.5 2 1结合转化率=100%及物质的量比等于压强比计算。【详解】A. 由分析可知，反
23、应达到平衡状态时A的转化率为=60%，故A正确；B. 由上述分析可知，x=4，故B错误；C. B为固体，气体的质量为变量，体积不变，则混合气体的密度不再变化时该可逆反应达到化学平衡状态，故C正确；D. 反应达到平衡状态时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为，故D错误；故选BD。15. 用镁次氯酸钠燃料电池作电源模拟消除工业酸性废水中的的过程(将还原为Cr3)，装置如图所示。下列说法正确的是()A. 装置中电子的流动路线是C电极惰性电极金属铁电极D电极B. 燃料电池负极反应式为Mg + ClO- +H2O = Cl-+Mg（OH）2C. 将处理后的废水比原工业废水的PH增大D. 装置工作
24、过程中消耗14.4 g Mg，理论上可消除0.1 mol【答案】CD【解析】【分析】燃料电池中，Mg在负极失去电子发生氧化反应， Mg与惰性电极相连，惰性电极为阴极，电子从Mg流出，沿着导线流向惰性电极，阴极上水提供的氢离子得到电子发生还原反应，阴极反应式是2H+2e=H2，电解池中，铁作阳极，铁失去电子发生氧化反应，阳极反应式是Fe2eFe2+，电子从阳极流出，电子沿着导线流向电源正极d； 离子向金属铁电极移动，与亚铁离子发生氧化还原反应生成的Cr3+与惰性电极附近的OH结合转化成Cr(OH)3除去。【详解】A. 电子不能进入溶液中，装置中电子的流动路线是C电极惰性电极(沿着导线)，金属铁电
25、极D电极(沿着导线)，A错误；B. 燃料电池负极上镁失去电子被氧化，反应式为Mg2eMg2+， B错误；C. 将处理过程中发生：，消耗氢离子，故处理后的废水比原工业废水的pH 增大，C正确；D. 由Mg2eMg2+，Fe2eFe2+，根据各电极上转移电子数相等和装置工作过程中的反应： ，可得到 ，则消耗14.4 g Mg即0.6molMg，理论上可消除0.1 mol，D正确；答案选CD。16. 25时，用0.100 molL-1盐酸滴定25.00 mL 0.100 molL-1氨水的滴定曲线如图所示：下列说法不正确的是( )A. 可用甲基橙作指示剂B. 25时，NH3H2O的lgKb=-4.8
26、C. 0.100 molL-1氨水用水稀释时，不断减小D. 当滴入的盐酸为12.50 mL时，溶液中c(H)c(OH-)【答案】C【解析】【分析】用0.100 molL-1盐酸滴定25.00 mL 0.100 molL-1氨水，反应生成氯化铵溶液，因为氯化铵溶液呈弱酸性，故选甲基橙作指示剂，抓住图中信息、可结合定义列式计算Kb，一水合氨是弱电解质，越稀越电离，相关物质的浓度会随之变化，是否变化，可通过公式变形后再判断；滴定过程中溶液的酸碱性如何？取决于混合物中氯化铵和一水合氨的相对用量，可结合图中数据进行判断；【详解】A盐酸和氨水反应产生氯化铵，是强酸弱碱盐水解呈酸性，故选择酸性范围内变色的甲
27、基橙作指示剂，A正确；B由图知，溶液中时，溶液 pH =9.2，即，25时，则NH3H2O的lgKb=-4.8，B正确；C0.100 molL-1氨水用水稀释时，由于Kb、KW只受温度影响，则上述比值不变，C错误；D0.100 molL-1盐酸滴定25.00 mL 0.100 molL-1氨水，当滴入的盐酸为12.50 mL时，所得溶液为等物质的量浓度的氯化铵和氨水的混合溶液，由图知，溶液呈碱性，则溶液中c(H)c(OH-)，D正确；答案选C。第II卷（非选择题共49分）17. (1)为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：上述装置中,不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反
28、应还是放热反应”的是_(填序号)。某同学选用装置进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡晶体与氯化铵固体搅拌反应，U形管中可观察到的现象是_。(2)化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。实验测得，标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出a kJ的热量，试写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：_；已知反应CH3CH3(g) CH2=CH2(g)H2(g)H，有关化学键的键能如下：化学键CHC=CCCHH键能/kJmol1414.4615.3347.3435.3通过计算得出该反应的焓变H_；(3)一定条件下，在体积为3 L的密闭容
29、器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)根据题意完成下列各题：反应达到平衡时，降低温度，平衡常数K值_(填“增大”、“减小”或“不变”)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_a正反应速率加快，逆反应速率也加快b甲醇物质的量增加c氢气的浓度减少d重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小【答案】 (1). (2). 左端液柱升高，右端液柱降低 (3). CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(l)H-2akJ/mol (4). +125.5kJ/mol (5). 增大
30、 (6). a b d【解析】【分析】化学反应中放出或吸收热量，假如能使周围密闭体系中的气体产生热胀冷缩现象，据此可判断一个反应是吸热反应还是放热反应；写表明甲烷燃烧热的热化学方程式时，甲烷的物质的量必需是1mol，通过键能计算焓变时，H =反应物总键能之和生成物总键能之和；一个可逆反应，假如正反应放热，则升温时平衡左移，平衡常数将变小，反之，假如正反应吸热，则升温时平衡右移，平衡常数将变大，容积缩小到一半，即给体系增压，则反应速率增大，平衡超气体分子总数减小的方向移动，反应物的物质的量减小、生成物的物质的量增大，但所有气体的浓度都比旧平衡大，据此回答；【详解】(1)装置可通过U形管中红墨水液
31、面的变化判断锌和稀硫酸的反应是放热还是吸热，装置可通过烧杯中是否产生气泡判断锌和稀硫酸的反应是放热还是吸热，装置不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，因为反应放出气体，且从甲加入液体也排出试管中气体，导管口一定有气泡冒出；氢氧化钡晶体与氯化铵固体反应是吸热反应，所以锥形瓶中气体收缩，导致U型管左端液柱升高，右端液柱降低。(2)标准状况下11.2L甲烷的物质的量为0.5mol，0.5molCH4在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量，则1molCH4在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出2akJ的热量，表示甲烷燃烧热的热化学方程式为:CH4(g)+2O2(g)=C
32、O2(g)+ 2H2O(l)H-2akJ/mol；该反应的焓变H =反应物总键能之和生成物总键能之和=347.3KJ/mol+6414.4KJ/mol(4414.4KJ/mol+615.3KJ/mol+435.3KJ/mol)= +125.5kJ/mol；(3)由图知，升温，甲醇的物质的量下降，则CO(g)2H2(g)CH3OH(g)左移，正反应放热，若反应达到平衡时降低温度，平衡右移，平衡常数K值增大；在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，即给体系加压，则：a正反应速率加快，逆反应速率也加快，a说法正确；b增压平衡右移，则甲醇的物质的量增加，b说法正确；c增压平衡右移，氢
33、气的物质的量减少，但据勒夏特列原理可知，体积压缩导致氢气的浓度增加，新平衡时浓度比压缩瞬间小但比旧平衡时大，c说法不正确；d增压平衡右移，重新平衡时n(H2) 减小、n(CH3OH)增加，故 减小，d说法正确；则有关该体系的说法正确的是a、b、d 。18. I.利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：i.用量筒量取50 mL 0.25 molL-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；ii.用另一量筒量取50 mL 0.55 molL-1 NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；iii.将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。回答下列问题：(1)写出稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应
34、表示中和热热化学方程式(中和热数值为57.3 kJmol-1)：_。(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_(从下列选项中选出)。A用温度计小心搅拌 B用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动C轻轻地振荡烧杯 D揭开硬纸片用玻璃棒搅拌(3)实验数据如下表：请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1终止温度t2/温度差平均值(t2t1)/H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5_227.027.427.232.3325.925.925.929.2426.426.226.329.8近似认为0.55 molL1 NaOH溶液和0.25 molL-1硫酸溶液的密度都是1 g
35、cm-3，中和后生成溶液的比热容c4.18 Jg-1-1。则中和热H_(取小数点后一位)。II.常压下，取不同浓度、不同温度的氨水测定，得到下表实验数据。温度/c(NH3H2O) /(molL-1)电离常数电离度/%c(OH) /(molL-1)016.561.371059.0981.50710-21015.161.5710510.181.54310-22013.631.7110511.21.52710-2(1)温度升高，NH3H2O的电离平衡向_(填“左”或“右”)移动，能支持该结论的表中数据是_(填字母)。ac(OH) bc(NH3H2O) c电离常数 d电离度(2)常温下，在氨水中加入一
36、定量的氯化铵晶体，下列说法错误的是_。A溶液的pH增大 B氨水的电离度减小 Cc(OH-)减小 Dc(NH)减小【答案】 (1). H2SO4(aq)NaOH(aq)=Na2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1 (2). B (3). 3.4 (4). 56.8 kJmol1 (5). 右 (6). c (7). AD【解析】【分析】中和热为稀酸溶液和稀碱溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，实验测定中和热时，要减少热量的散失，酸中倒入NaOH溶液时，必须一次迅速的倒入，为使反应充分，应用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，测定最高温度，做平行实验，充分2到3次，数据处理时，计算出每一
37、次的温度差，剔除偏差大的数据，剩余的求平均值，代入计算公式Q=mcT计算出生成0.025mol水放出的热量，再折算成焓变即可；NH3H2O的电离平衡常数只受温度影响，由表中电离平衡常数的数据知，温度升高， NH3H2O的电离平衡向右，因为NH3H2O的电离吸收热量，升高温度，NH3H2O的电离平衡向右移动。氨水中加入氯化铵晶体，可用同离子效应解释平衡左移；【详解】I.(1)中和热为稀酸溶液和稀碱溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，故稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式为：H2SO4(aq)NaOH(aq)= Na2SO4(aq)H2O(l)H57.3 kJmol1。(2)
38、 使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；固混合均匀的正确操作是B。(3)4次温度差分别为：3.4，5.1，3.3，3.5，第2组数据无效，温度差平均值=3.4；近似认为0.55 molL1 NaOH溶液和0.25 molL-1硫酸溶液的密度都是1 gcm-3，中和后生成溶液的比热容c4.18 Jg-1-1。50 mL 0.25 molL-1硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L0.05mol/
39、L=0.025mol，溶液的质量为：100ml1g/ml=100g，温度变化的值为T=3.4，则生成0.025mol水放出的热量为Q=mcT=100g4.18J/(g)3.4=1421.2J，即1.4212KJ，所以实验测得的中和热H=56.8KJ/mol。II. (1) NH3H2O的电离平衡常数只受温度影响，由表知，温度升高，电离平衡常数增大，则NH3H2O的电离平衡向右，因为NH3H2O的电离吸收热量，升高温度，NH3H2O的电离平衡向右移动。故能支持该结论的表中数据是c。由于取了不同起始浓度、不同温度的氨水，故平衡时c(OH)、c(NH3H2O)和 电离度还受起始浓度影响，故a、b和d
40、对应的浓度、电离度数据不能支持上面结论，答案选c； (2)常温下，在氨水中存在： ，由勒夏特列原理知：加入一定量的氯化铵晶体，氯化铵完全电离提供了铵离子，瞬间铵离子浓度增大，平衡左移， pH减小，电离度减小，c(OH)减小，c(NH)增大，说法错误的是A、D。19. 工业上用CO和H2反应制备二甲醚(CH3OCH3)的条件是压强2.010.0 MPa，温度300 。设备中进行如下反应。CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-90.7 kJ/mol2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)H=-23.5 kJ/molCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)H=-41.
41、2 kJ/mol请回答下列问题:(1)在温度和容器容积不变的条件下发生反应，能说明该反应达到平衡状态的依据是_。a.容器中压强保持不变b. 混合气体中c(CO)不变c.混合气体的平均相对分子质量不变d.v正(CO)=v逆(H2)(2)在容积为2 L的恒温密闭容器中加入a mol CH3OH(g)发生反应，达到平衡后若再加入a mol CH3OH(g)重新达到平衡时，CH3OH的转化率_ (填“增大”“减小”或“不变”)。(3)850 时在一容积为10 L的密闭容器中通入一定量的CO和H2O(g)发生反应，CO和H2O(g)浓度变化如图所示。04 min的平均反应速率v(CO)=_。若温度不变，
42、向该容器中加入4 mol CO(g)、2 mol H2O(g)、3 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，起始时v正(CO)_v逆(H2)(填“”或“=”)，请结合必要的计算过程说明理由: _。【答案】 (1). abc (2). 不变 (3). 0.03 mol/(Lmin) (4). (5). Q=，K=1.0，因为QK，平衡左移，所以v正v逆【解析】【详解】(1)a根据化学反应方程式，反应前后气体系数之和不相等，因此当压强不再改变，说明反应达到平衡，故a符合题意；b根据化学平衡状态的定义，混合气体c(CO)不变，说明反应达到平衡，故b符合题意；c根据，反应体系中气体的质量遵循质量
43、守恒，反应前后气体质量不变，但气体的物质的量减小，达到平衡前，气体的平均相对分子质量不断变化，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c符合题意；d用不同物质的化学反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有2v正(CO)=v逆(H2)，故d不符合题意；答案选abc；(2)在容积为2 L的恒温密闭容器中加入a mol CH3OH(g)发生反应，再加入amolCH3OH，相当于在原来的基础上增大压强，反应反应前后气体系数之和相等，因此增大压强平衡不移动，即CH3OH的转化率不变；(3)根据化学反应速率的数学表达式
44、v=，04 min的平均反应速率v(CO)= mol/(Lmin)=0.03 mol/(Lmin)； 根据题意，结合图像，平衡时c(CO)=0.12mol/L，根据反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，平衡时CO(g)、H2O(g)、CO2(g)、H2(g)的平衡浓度分别为0.08 mol/L、0.18 mol/L、0.12mol/L、0.12mol/L，则 K=1.0，Q=，因为QK，平衡逆向移动，所以v正v逆。20. 按照要求回答下列问题。(1)用NaOH溶液吸收烟气中SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极
45、材料为石墨)。图中b极要连接电源的_(填“正”或“负”)极。SO放电的电极反应式为_。(2)用零价铁(Fe)去除酸性水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。Fe还原水体中的NO的反应原理如图1所示。作负极的物质是_。正极的电极反应式是_。(3)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如图2所示。Pt电极上发生的是_反应(填“氧化”或“还原”)。写出NiO电极的电极反应式：_。【答案】 (1). 正 (2). SO2eH2OSO2H (3). 铁(Fe) (4). NO8e10HNH3H2O (5). 还原 (6). NOO22eNO2【解析】【分析】分析电解池中离子的移
46、动方向，a极为阴极，连接电源负极，b极为阳极，连接电源的正极，且b极发生氧化反应，生成硫酸从C口流出；原电池部分结合原电池的工作原理进行判断、书写电极反应方程式；【详解】(1)据分析可知，图中b极要连接电源的正极；SO放电后有硫酸根生成，故在阳极上发生氧化反应，电极反应式为：SO2eH2OSO2H。(2) Fe还原水体中的NO，则Fe作还原剂，失去电子，作负极；由图知，NO在正极得电子发生还原反应产生NH，正极的电极反应式是NO8e10HNH3H2O。(3)由图知，铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，即发生还原反应。NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NOO22
47、eNO2。附加题(10分)21. 化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amolL1KBrO3标准溶液；.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入v2 mL废水；.向中加入过量KI；.用bmolL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6( Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色)(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_。
48、(2)中发生反应的离子方程式是_。(3)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_。(4)中滴定至终点的现象是_。(5) 废水中苯酚的含量为_gL1(苯酚摩尔质量：94 gmol1)。【答案】 (1). 胶头滴管、一定容积的容量瓶 (2). 5BrBrO6H=3Br23H2O (3). 反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量 (4). 当最后一滴标准液滴入时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不在恢复原来的蓝色 (5). 28
49、2aV1-47bV3/3V2【解析】【分析】v1 mLKBrO3标准溶液中加入过量KBr，加H2SO4酸化，发生反应： ，所得溶液中加入v2 mL废水，则废水中的苯酚和过量溴反应生成2,4,6-三溴苯酚沉淀，多余的溴和加入的过量KI发生置换反应产生碘，用bmolL1Na2S2O3标准溶液滴定碘，滴加2滴淀粉溶液作指示剂，发生反应：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，当蓝色褪去且30秒内不变色时即为滴定终点，结合数据计算即可；【详解】(1)中配制一定体积的溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定规格的容量瓶。(2)中溴酸根离子和溴离子在酸性条件下发生氧化还原反应，得到溴单质和水
50、，离子方程式是：。(3)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是：由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrO3)时，KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应，而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴，所以n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量，也可以表述为：反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量。(4)含碘溶液中加入淀粉显蓝色，随着Na2S2O3标准溶液不断滴入，I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6不断消耗碘单质，当碘单质消耗完，蓝色消失，故中滴定至终点的现象是：当最后一滴标准液滴入时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不在恢复原来的蓝色。(5)由知，生成的溴的物质的量为 、由I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6知生成碘的物质的量为： ，所以与苯酚反应的溴的物质的量为 ，由反应方程式知：苯酚的物质的量为： ， 废水中苯酚的含量为，即 。
