1、湖北省宜昌市2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）（全卷满分：100分 考试用时：90分钟）第卷（选择题48分）可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na：23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.“美丽中国”是十八大提出的重大课题，她突出了生态文明，重点是社会发展与自然环境之间的和谐，未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列属于未来新能源标准的是( )天然气 太阳能 风能 石油 煤 生物质能 核能 氢能A. B. C.
2、 D. 【答案】B【解析】【详解】天然气、石油、煤为传统的化石燃料，属于未来新能源的是太阳能、风能、生物质能和氢能；答案选B。2.与在催化剂表面生成，反应历程及能量变化示意如下。下列说法不正确的是A. 吸收能量B. 形成了键C. 该反应为放热反应D. 该催化剂可提高的平衡产率【答案】D【解析】【详解】A. 由能量变化示意可知，能量增大，故该过程吸收能量，A项正确；B. 由能量变化示意可知，生成氨气，氮原子和氢原子之间形成了键，B项正确；C. 由能量变化示意可知，该反应生成物总能量比反应物总能量低，则该反应为放热反应，C项正确；D. 催化剂只能降低化学反应的活化能，提高反应速率，但是不会引起平衡
3、移动，故无法提高的平衡产率，D项错误；答案选D。【点睛】解D选项时，注意浓度、温度、压强、催化剂等影响：（1）温度，会引起平衡移动，一定会引起物质平衡转化率和产率变化；（2）压强，一般会引起平衡移动（若反应前后气体总数相同则不移动），可能会引起物质平衡转化率和产率变化；（3）浓度，会引起平衡移动，但是由于起始投料也改变，故可能会引起物质平衡转化率和产率变化；（4）催化剂，平衡不移动，一定不会引起物质平衡转化率和产率变化；3.将气体W、B置于容积为2L的密闭容器中,发生如下反应：4W(g)+B(g)2C（g），反应进行到4s末，测得W为0.5mol，B为0.4mol，C为0.2mol，则用反应物
4、W浓度的减少来表示该反应的速率应为（ ）A. 0.025mol/(Ls)B. 0.0125mol/(Ls)C. 0.05mol/(Ls)D. 0.1mol/(Ls)【答案】C【解析】【详解】到4s末，测得C为0.2mol，生成0.2molC，需要反应0.4molW，；C项正确；答案是C。4.反应A(g)B(g) 2C(g)3D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A. v(A)0.20molL1min1B. v(B)0.30 molL1min1C. v(C)0.40 molL1min1D. v(D)0.50 molL1min1【答案】B【解析】以A物质基准，A、v(A)
5、=0.20mol/(Lmin)；B、根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此有v(A)=v(B)=0.30 mol/(Lmin)；C、v(A)=v(C)/2=0.20mol/(Lmin)；D、v(A)=v(D)/3=0.50/3mol/(Lmin)；比较数值得出，选项B的反应速率最快，故B正确。5.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是( )A. 由水电离产生的c(H+)1x1013 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl、SO42B. 室温下，pH1的盐酸中：Na、Fe2+、NO3、SO42C. 含有Ca2+的溶液中：Na+、K、CO32、Cl-D. 常温下在KW/ c(OH)=10-1
6、2的溶液中：K、Al3、Cl、SO42-【答案】A【解析】分析】A. 由水电离产生的c(H+)11013 mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液；B. pH1的盐酸存在大量的H+；C. Ca2+与CO32发生复分解反应；D. c(H+)=1x1013 mol/L的溶液为碱性溶液。【详解】A. 由水电离产生的c(H+)11013 mol/L的溶液可以是酸性溶液，也可以是碱性溶液，酸性溶液中存在H+，碱性溶液中存在OH-，H+、OH-与Na+、K+、Cl、SO42均可共存，A项正确；B. pH1的盐酸存在大量的H+，H+、Fe2+、NO3之间因发生氧化还原反应而不能共存，B项错误；C.
7、Ca2+与CO32发生复分解反应生成白色沉淀而不能共存，C项错误；D. c(H+)=11013 mol/L的溶液为碱性溶液，存在OH-，OH-与Al3发生复分解反应生成白色沉淀而不能共存，D项错误；答案选A。【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（在强酸性溶液中，OH及弱酸根阴离子不能大量存在；在强碱性溶液中，H及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（AlO与HCO不能大量共存：“NOH”组合具有强氧化性，与S2、Fe2、I、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；NH与CH3COO、CO，Mg2与HCO等组合中，虽然
8、两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。6.化学用语是学习化学的重要工具。下列用来表示物质变化的化学用语错误的是( )A. 稀盐酸溶液与稀氢氧化钠的中和热：H(aq)OH(aq)H2O(l) H57.3 kJ mol1B. FeCl3溶液水解的离子方程式：Fe3+3H2OFe (OH)3+3H+C. 热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-38.6kJmol1，一定条件下，将0.5mol N2(g)和1.5molH2(g)置于密闭的
9、容器中反应生成NH3(g)，则放热19.3kJD. CO(g)的燃烧热是283.0 kJmol1，则2CO2(g)2CO(g)+O2(g) H=+566.0 kJmol1【答案】C【解析】【分析】A. 强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为中和热；B. Fe3+水解生成弱电解质Fe (OH)3，使溶液呈弱酸性；C. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底；D. 1molCO完全燃烧，生成CO2时放出的热量为283.0 kJ；【详解】A. 强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量为中和热，因此稀盐酸溶液与稀氢氧化钠的中和热方程式为H(aq)OH(aq)H2O(l)
10、H57.3 kJ mol1，A项正确，不符合题意；B. Fe3+水解生成弱电解质Fe (OH)3，使溶液呈弱酸性，离子方程式为：Fe3+3H2OFe (OH)3+3H+，B项正确，不符合题意；C. 合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，因此一定条件下，将0.5mol N2(g)和1.5molH2(g)置于密闭的容器中反应生成NH3(g)，则放出的热量小于19.3kJ，C项错误，符合题意；D. 1molCO完全燃烧，生成CO2时放出的热量为283.0 kJ，那么2CO2(g)2CO(g)+O2(g) H=+566.0 kJmol1，D项正确，不符合题意；答案选C。7.下列说法正确的是()A. 明
11、矾水解形成的Al(OH)3胶体能杀菌消毒，可用于水的净化B. 对2HI(g)H2(g)I2(g)平衡体系增加压强使颜色变深，能用勒夏特勒原理解释C. pH=6的某溶液一定呈酸性D. 二次电池充电时，电池上标有“+”的电极应与外接电源的正极相连【答案】D【解析】【分析】A. 明矾为KAl(SO4)212H2O，溶于水后Al3+水解生成Al(OH)3胶体；B. 2HI(g)H2(g)I2(g)为等体积反应，改变压强，平衡不移动；C. 未标明溶液所处的温度，不能确定溶液的酸碱性；D. 二次电池充电时，电能转化为化学能。【详解】A. 明矾溶于水后Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，可用
12、于水的净化，A项错误；B. 2HI(g)H2(g)I2(g)为等体积反应，改变压强，平衡不移动，不能用勒夏特勒原理解释，B项错误；C. 未标明溶液所处的温度，pH=6的某溶液可能是酸性溶液，也可能是中性溶液或碱性溶液，C项错误；D. 二次电池充电时，电能转化为化学能，与电池上标有“+”的电极应与外接电源的正极相连，D项正确；答案选D。8.蒸干灼烧下列物质的水溶液，能得到该物质的是( )A. NaHCO3B. AlCl3C. Fe2(SO4) 3D. KMnO4【答案】C【解析】【分析】A. NaHCO3溶液受热分解生成Na2CO3、水和CO2；B. Al3+水解生成Al(OH)3；C. Fe3
13、+水解生成Fe(OH)3；D. KMnO4受热分解。【详解】A. NaHCO3溶液受热分解生成Na2CO3、水和CO2，蒸干NaHCO3的水溶液，不能得到该物质，A项错误；B. Al3+水解生成Al(OH)3，灼烧后生成Al2O3，因此蒸干AlCl3的水溶液，不能得到该物质，B项错误；C. Fe3+水解生成那挥发的H2SO4，灼烧后的固体仍为Fe2(SO4) 3，因此蒸干Fe2(SO4) 3的水溶液，能得到该物质，C项正确；D. KMnO4受热分解，因此蒸干KMnO4的水溶液，不能得到该物质，D项错误；答案选C。【点睛】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般
14、得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。(3)考虑盐受热时是否分解。原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解NH3和HCl无固体物质存在(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。9.如图所示原电池，盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液，相关的叙述中，不正确的是(
15、)A. 电子沿导线由Cu片流向Ag片B. 盐桥中的K向Cu(NO3)2溶液C. 正极的电极反应是Ag+e=AgD. Cu片上发生氧化反应，Ag片上发生还原反应【答案】B【解析】【分析】A. 电子由负极流向正极；B. 盐桥中K+向正极移动；C. 原电池装置中Ag为正极，电解质溶液中的Ag+得到电子生成Ag；D. 原电池装置中Cu为负极，发生氧化反应，Ag为正极，发生还原反应。【详解】A. 原电池装置中Cu为负极，Ag为正极，电子由负极流向正极，即有Cu片流向Ag片，A项正确，不符合题意；B. 盐桥中K+向正极移动，即K+向Ag极移动，B项错误，符合题意；C. 原电池装置中Ag为正极，电解质溶液中
16、的Ag+得到电子生成Ag，电极反应为：Ag+e=Ag，C项正确，不符合题意；D. 原电池装置中Cu为负极，发生氧化反应，Ag为正极，发生还原反应，D项正确，不符合题意；答案选B。10.利用如图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO.下列说法中，正确的是( )A. 该装置工作时，H从b极区向a极区移动B. 该装置中每生成1 mol CO，同时生成1 mol O2C. 电极a表面发生还原反应D. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程【答案】D【解析】【分析】由装置图中电子流向可知，a为负极，电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，b为正极，电极反应为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，电解
17、质溶液中阳离子向正极移动，据此进行分析。【详解】A. 该装置工作时，H从a极区向b极区移动，A项错误；B. 负极的电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，正极的电极反应为CO2+2e-+2H+=CO+H2O，由电极反应可知，该装置中每生成1 mol CO，同时生成0.5 mol O2，B项错误；C. 电极a为负极，表面发生氧化反应，C项错误；D. 由装置图可知，该装置为原电池，该过程中可将太阳能转化为化学能，D项正确；答案选D。11.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是( )A. 加入少量较浓的硫酸B. 加入CH3COONa固体C. 加入几滴CuSO4溶液D. 不用
18、铁片，改用铁粉【答案】B【解析】【分析】A. 增大反应物的浓度，反应速率加快；B. 加入CH3COONa固体，生成弱电解质CH3COOH，使c(H+)减小；C. 加入几滴CuSO4溶液，Fe与CuSO4发生置换反应生成Cu，进而形成了原电池；D. 不用铁片，改用铁粉，增大了接触面积。【详解】A. 加入少量较浓的硫酸，增大了反应物的浓度，反应速率加快，A项错误；B. 加入CH3COONa固体，生成弱电解质CH3COOH，使c(H+)减小，浓度减小，反应速率减慢，B项正确；C. 加入几滴CuSO4溶液，Fe与CuSO4发生置换反应生成Cu，进而形成了原电池，形成原电池，使反应速率较快，C项错误；D
19、. 不用铁片，改用铁粉，增大了接触面积，能使反应速率加快，D项错误；答案选B。12.下列关于0.1mol/LNaHCO3溶液中微粒浓度的关系式正确的是A. c(CO32)c(H2CO3)B. c(Na)c(HCO3)c(OH)c(H+)C. c(Na)2c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)D. c(Na)c(H)c(OH)c(HCO3)c(CO32)【答案】B【解析】【详解】A、NaHCO3溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，因此c(CO32)c(H2CO3)，A错误；B、碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，溶液显弱碱性，溶液中离子浓度关系为c(Na)c(HCO3)c(
20、OH)c(H+)，B正确；C、根据物料守恒可知c(Na)c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)，C错误；D、根据电荷守恒可知c(Na)c(H)c(OH)c(HCO3)2c(CO32)，D错误。答案选B。13.在某密闭容器中，发生如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) H0 。下列研究目的和示意图相符的是( )A. 平衡体系增加O2对反应的影响B. 温度对反应的影响C. 压强对反应的影(P1P2)D. 催化剂对反应的影响【答案】A【解析】【分析】A. 增大O2的量，平衡正向移动；B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡向放热的方向移动；C. 增大压强，平衡向体积缩小的方向移动；D.
21、 加入催化剂，反应速率加快，平衡不移动。【详解】A. 增大O2的量，平衡正向移动，图象正确，A项正确；B. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，O2转化率降低，曲线与研究目的不相符，B项错误；C. 增大压强，反应速率加快，达到平衡所用的时间缩短，平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增大，曲线与研究目的不相符，C项错误；D. 加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所用的时间缩短，平衡不移动，曲线与研究目的不相符，D项错误；答案选A。【点睛】影响化学平衡的因素改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压
22、强(对有气体参加的反应)反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动14.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是A. 容器内的压强不再改变B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2C. 混合气体的密度不再改变D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等【答案】A【解析】【详解】A. 容器内的压强不再改变，说明气体的物质
23、的量不变，反应达平衡状态，故A正确；B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能说明各物质的量浓度不变，故B错误；C.反应物生成物都是气体，反应前后质量不变，混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能说明正、逆反应的速率相等，故D错误；故选A.【点睛】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，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。15.已知
24、：Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)=1.510-16 ，Ksp(AgBr)=7.710-13，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是A. AgClAgI AgBrB. AgBr AgIAgClC. AgBr AgClAgID. AgCl AgBrAgI【答案】D【解析】【详解】Ksp(AgCl)=1.810-10，Ksp(AgI)=1.510-16 ，Ksp(AgBr)=7.710-13三种化合物的类型相同可根据Ksp有c(Ag+)=，可知银离子浓度有AgCl AgBrAgI，选项D正确。16.H2CO3是一种二元弱酸，常温下H2CO3水溶液中碳元素的存在形
25、态的物质的量分数与溶液的pH的关系如图所示，据此分析，下列说法不正确的是( )A. pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3B. A点，溶液中H2CO3和HCO3浓度相同C. 当c(HCO3)=c(CO32)时，c(H)c(OH)D. pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时，发生反应的离子方程式可为：HCO3+OH=CO32+H2O【答案】B【解析】【分析】A. 由图象可知，当pH=8时，溶液中HCO3-物质的量分数最大；B. A点HCO3-的物质的量分数与CO2的碳酸溶液物质的量分数相同；C. 当c(HCO3)=c(CO32)时，pH=10；D. pH=8.4的水溶液主要是NaHCO
26、3溶液，加入NaOH溶液时反应生成Na2CO3和水。【详解】A. 由图象可知，当pH=8时，溶液中HCO3-物质的量分数最大，因此溶液中含碳元素的微粒主要是HCO3-，A项正确，不符合题意；B. A点HCO3-的物质的量分数与CO2的碳酸溶液物质的量分数相同，溶液中H2CO3和HCO3浓度不同，B项错误，符合题意；C. 当c(HCO3)=c(CO32)时，pH=10，溶液为碱性，c(H) (6). 溶液中存在:CO32-+H2OHCO3- +OH-，温度升高，平衡正向移动c(OH-)增大，碱性增强【解析】【分析】（1）0.05mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0.05mol/L2=0.1m
27、ol/L，根据pH=-lg c(H+)计算pH；0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，根据c(H+)=及pH=-lg c(H+)计算pH；（2）明矾溶于水后Al3+水解生成Al(OH)3胶体， Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体；Al3+水解生成Al(OH)3；Fe3+水解生成Fe(OH)3；HCO3-与Al3+发生双水解；CO32-水解使溶液显碱性；NH4+与Zn2+水解使溶液显酸性；NH4+水解使溶液显酸性，草木灰的主要成分为K2CO3，CO32-水解使溶液显碱性；（3）根据H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；（4）Ka越大，酸性越强，其对应的盐的水解程
28、度越小；（5）CO32-水解使溶液呈碱性，升高温度，平衡正移。【详解】（1）0.05mol/LH2SO4溶液中c(H+)=0.05mol/L2=0.1mol/L，pH=-lg c(H+)=-lg10-1=1；0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=10-10mol/L，因此pH=-lg c(H+)=-lg10-10=10；（2）明矾溶于水后Al3+水解生成Al(OH)3胶体， Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，均可作净水剂，与盐类的水解有关；Al3+水解生成Al(OH)3，把AlCl3溶在较浓的盐酸中可抑制Al3+水解，与盐类的水解有关；Fe3+水解生成
29、Fe(OH)3，保存FeCl3溶液时，在溶液中加少量盐酸可抑制Fe3+水解，与盐类的水解有关；HCO3-与Al3+发生双水解，生成Al(OH)3沉淀和CO2，可作泡沫灭火剂，与盐类的水解有关；CO32-水解使溶液显碱性，碱与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，与盐类的水解有关；NH4+与Zn2+水解使溶液显酸性，酸能除锈，与盐类的水解有关；NH4+水解使溶液显酸性，土壤酸性增强；草木灰的主要成分为K2CO3，CO32-水解使溶液显碱性，草木灰与铵态氮肥混合后可发生双水解，不能混用，与盐类的水解有关；因此全部与盐类的水解有关；（3）H=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3436-23E
30、(N-H)=-92，解得E(N-H)= 391 kJ/mol；（4）Ka越大，酸性越强，其对应的盐的水解程度越小，浓度均为0.1 molL1四种溶液pH最大的是NaOH，酸性CH3COOHH2CO3HCO3-，因此四种溶液的pH由大到小的顺序为；（5）CO32-水解使溶液呈碱性，反应为CO32-+H2OHCO3- +OH-，升高温度，平衡正移，c(OH-)增大，碱性增强。18.2018年，美国退出了巴黎协定实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。(1)已知：CO2(g)+H2(
31、g)H2O(g) +CO(g) H1 = +41.1 kJmol1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=90.0 kJmol1则CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。(2)工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。判断反应达到平衡状态的依据是(填字母序号)_.A.生成CH3OH的速率与消耗CO的速率相等 B.混合气体的密度不变C.混合气体的相对平均分子质量不变 D.CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化(3)如表所列数据是反应在不同温度下的化学平衡常数(K)温度250300350K2.0410.2700.012该反应的化学平
32、衡常数表达式为K_。由表中数据判断该反应的H_0(填“”、“=”或“”)；某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则此时的温度为_。(4)要提高CO的转化率，可以采取的措施是(填字母序号)_.a.增加CO的浓度 b.加入催化剂 c.升温 d.加入H2 e.加入惰性气体 f.分离出甲醇(5)在一定条件下，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H-49.0 kJmol1体系中CO2的平衡转化率()与L和X的关系如图所示，L和X分别表示温度或压强。X表示的物理量是_。判断L1与L2的大小关系：L1_L2(
33、填“”)，并简述理由：_。【答案】 (1). CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) H =-48.9 kJmol-1 (2). CD (3). K (4). L2 (9). 温度一定时，增大压强，CO2平衡转化率增大【解析】分析】（1）根据盖斯定律书写热化学方程式并计算反应热；（2）达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度、物质的量等不随时间的变化而变化，据此分析判断；（3）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；根据表格中数据的变化关系确定该反应是吸热还是放热；根据三段法确定平衡时各物质的浓度，计算出平衡常数，进一步确定反应所处的温度；（4）
34、要提高CO的转化率，只需让反应平衡正向移动，由此分析判断；（5）由图象可知，CO2的转化率逐渐减小，根据温度或压强对平衡移动的影响进行分析；X代表温度，L表示压强，该反应为体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大。【详解】（1）CO2(g)+H2(g)H2O(g) +CO(g) H1 = +41.1 kJmol1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=90.0 kJmol1根据盖斯定律可知反应+反应可得CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) H =-48.9 kJmol-1；（2）A. 生成CH3O
35、H的速率与消耗CO的速率相等，不能证明正反应速率等于逆反应速率，因此不能证明反应达到平衡状态，A项错误；B.该反应中气体的重质量不变，容器为恒容的密闭容器，体积不变，因此混合气体的密度始终不变，因此混合气体的密度不变，不能证明反应达到平衡状态，B项错误；C. 该反应为气体的物质的量减少的反应，气体的总质量不变，因此当混合气体的相对平均分子质量不变时，反应达到了平衡状态，C项正确；D. CH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化时，证明反应达到平衡状态，D项正确；答案选CD；（3）根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式为K；由表格中数据可知，随着温度的升高.平衡常数逐渐减小，因此该反应为
36、放热反应，即H0；根据已知条件可知：CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) 平衡常数K=2.041，与表格中数据对比可知，该反应的温度为250；（4）a. 增加CO的浓度，平衡正向移动，但CO的转化率减小，a项错误；b. 加入催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，b项错误；c. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c项错误；d. 加入H2，平衡正向移动，CO的转化率增大，d项正确；e. 加入惰性气体，虽增大了压强，但容器的容积不变，各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，CO的转化率不变，e项错误；f. 分离出甲醇，减少了生成物的浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，f项正确；答案选d
37、、f；（5）由图象可知，CO2的转化率逐渐减小，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率逐渐减小，因此X代表温度，L表示压强；X代表温度，L表示压强，该反应为体积缩小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大。因此L1L2。【点睛】解答时应注意：化学平衡状态的判断方法：化学反应mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)是否平衡正、逆反应速率之间的关系单位时间内消耗了m mol A，同时也生成了m mol A平衡单位时间内消耗了n mol B，同时也消耗了p mol C平衡v(A)v(B)v(C)v(D)mnpq不一定平衡单位时间内生成了n mol B，同时也
38、消耗了q mol D不一定平衡混合气体的平均相对分子质量平均相对分子质量一定，且mnpq平衡平均相对分子质量一定，且mnpq不一定平衡气体密度()只有气体参加的反应，密度保持不变(恒容密闭容器中)不一定平衡mnpq时，密度保持不变(恒压容器中)平衡mnpq时，密度保持不变(恒压容器中)不一定平衡19.微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是ZnAg2OZnO2Ag。请回答下列问题。（1）该电池属于_电池（填“一次”或“二次”）。（2）负极是_，电极反应式是_。（3）使用时，正极区的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”）。.
39、（4）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_。（填字母）A C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H0B NaOH（aq）+HC1（aq）=NaC1（aq）+H2O（1）H0C 2CO（g）+O2（g）=2CO2（1）H0，反应吸热， 不能设计成原电池，A错误；B.该反应不是氧化还原反应，没有电子的转移，故不能设计成原电池，B错误；C.该反应为氧化还原反应，且反应放热，故该反应可以设计为原电池，C正确；答案选C；（5），设计成原电池，一氧化碳发生氧化反应，为电池的负极，且电解质为KOH溶液，故负极电极反应式为：；故答案为：；（6）氧气得
40、电子发生还原反应，为正极，故正极反应物均为氧气；答案为：；（7）在电池中，阴离子向负极移动，a为负极，故向电极a移动；答案为：a；（8）电池消耗标准状况下2.24L，即0.1mol氧气，1个氧气转移4个电子，故转移电子数为0.4NA;故答案为：0.4NA。20.电解质的水溶液中存在电离平衡。.（1）醋酸是常见的弱酸。下列方法中，可以使醋酸稀溶液中CH3COOH电离程度增大的是_（填字母序号）。a 滴加少量浓盐酸 b 微热溶液 c 加水稀释 d 加入少量醋酸钠晶体白醋是常见的烹调酸味辅料，白醋总酸度测定方法如下。a 量取20.00 mL白醋样品，用100 mL容量瓶配制成待测液。b 将滴定管洗净
41、、润洗，装入溶液，赶出尖嘴处气泡，调整液面至0刻度线。c 取20.00 mL配制的待测液于洁净的锥形瓶中，加3滴酚酞溶液，用0.1000 mol L1的NaOH溶液滴定至终点，记录数据。d 重复滴定实验3次并记录数据。e 计算白醋样品中醋酸总酸度。回答下列问题：（2）实验a中量取20.00 mL白醋所用的仪器名称是_。（3）若实验b中碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，会造成测定结果比准确值_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。（4）实验C中判断滴定终点的现象是_。（5）实验数据如下表，则该白醋样品中醋酸总酸度为_ mol L1。待测液体积/mL标准NaOH溶液滴定前读数/mL滴定终点读数/m
42、L第1次20.00021.98第2次20.00022.00第3次20.00022.02.25，向20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COOH中滴加0.100 0 molL1 NaOH过程中，pH变化如下图所示。（6）a点溶液pH 1，用电离方程式解释原因：_。（7）下列有关b点溶液的说法正确的是_（填字母序号）。a 溶质为：CH3COOH、CH3COONab 微粒浓度满足：c（Na） + c（H） = c（CH3COO） + c（OH）c 微粒浓度满足：c（Na） = c（CH3COOH） + c（CH3COO）d 微粒浓度满足：2c（H） + c（CH3COO） =2c（OH
43、） +c（CH3COOH）（8）c点溶液中离子浓度的大小顺序：_。【答案】 (1). b、c (2). 酸式滴定管 (3). 偏大 (4). 锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色 (5). 0.5500 (6). CH3COOH CH3COO- + H+ (7). a、b (8). c（CH3COO-）=c（Na+） c（H+）= c（OH-）【解析】【分析】（1）a.滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离；b.微热溶液，越热越电离，促进醋酸的电离；c.加水稀释，越稀越电离，促进醋酸的电离； d.加入少量醋酸钠晶体，醋酸根浓度增大， 抑制醋酸的电离；（2）滴定管可以精确到0
44、.01mL，且白醋显酸性；（3）碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，造成标准液被稀释，消耗标准液体积偏大；（4）用氢氧化钠滴定醋酸，且滴加了酚酞做指示剂，故滴定终点的现象是锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；（5）根据C1V1=C2V2，解得C待，白醋样品稀释5倍得到待测液；（6）因为醋酸为弱酸，所以0.1mol/L的醋酸pH1；（7）b点加入氢氧化钠10mL，即醋酸反应一半，剩余一半，故b点溶质为醋酸和醋酸钠1:1混合；（8）c点显中性，故c（H+）= c（OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）=c（Na+）。【详解】（1）a.滴加少量浓盐酸，氢离子浓度增大，抑制醋酸的电
45、离，a错误；b.微热溶液，越热越电离，促进醋酸的电离，b正确；c.加水稀释，越稀越电离，促进醋酸的电离，c正确； d.加入少量醋酸钠晶体，醋酸根浓度增大， 抑制醋酸的电离，d错误；答案选bc；（2）量取20.00 mL白醋，滴定管可以精确到0.01mL，且白醋显酸性，故选用酸式滴定管；答案为：酸式滴定管；（3）碱式滴定管未用NaOH标准溶液润洗，造成标准液被稀释，消耗标准液体积偏大， 故测得待测液浓度偏大；故答案为：偏大；（4）用氢氧化钠滴定醋酸，且滴加了酚酞做指示剂，故滴定终点的现象是锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；答案为：锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；
46、（5）根据表中数据，三次实验消耗标准液的平均体积为22.00mL，根据C1V1=C2V2，解得C待=0.1100mol/L，白醋样品稀释5倍得到待测液，故白醋样品的浓度为；故答案为：0.5500；（6）因为醋酸为弱酸，所以0.1mol/L的醋酸pH1， ，故答案为：；（7）b点加入氢氧化钠10mL，即醋酸反应一半，剩余一半，故b点溶质为醋酸和醋酸钠1:1混合；a.溶质为醋酸和醋酸钠，a正确；b.电荷守恒:,b正确；c.物料守恒： ，c错误；d.根据电荷守恒和物料守恒叠加得质子守恒： ，d错误；答案选ab；（8）c点显中性，故c（H+）= c（OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）=c（Na+），氢离子和氢氧根浓度很小，故；答案为：。【点睛】电解质溶液中的三大守恒：电荷守恒，无论溶液中有多少种离子存在，溶液总是呈电中性的，所以阴阳离子电荷浓度之和始终相等；物料守恒，溶液中的某种元素不论存在于那种化合物中，其总量始终是不变的；质子守恒，溶液中由水电离得氢离子始终等于氢氧根。
