福建省福州市八县一中2019-2020学年高二化学上学期期末联考试题【含解析】

1、福建省福州市八县一中2019-2020学年高二化学上学期期末联考试题（含解析）相对原子质量：N14 O16 Na23 S32 Ba137一、选择题：（共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中错误的是（ ）A. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒B. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒C. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火D. 进行胃镜透视时，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐【答案】B【解析】【详解】A明矾水解生成胶体，双氧水具有强氧化性，则明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀

2、菌消毒，故A正确；B. 浓盐水不能缓解重金属盐引起的人体中毒，应服用牛奶、豆浆等解毒，故B错误；C金属钠、镁等活泼金属着火时，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，Mg与二氧化碳反应生成MgO和C，则不能使用泡沫灭火器来灭火，故C正确；D. 进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故D正确；故选B。2.橡皮筋在拉伸和收缩状态时结构如图，在其拉伸过程中有放热现象。25、101kPa时，下列过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是（ ）A. CaCO3=CaO+CO2B. NaOH的溶解C. 2H2+O2=2H2OD. Ba（

3、OH）28H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O【答案】D【解析】【分析】橡皮筋在拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致为吸热反应，混乱度增加，即熵增过程，且在25，101KPa时自发进行，据此分析。【详解】A.碳酸钙分解为吸热反应，熵变大于0，但碳酸钙在25，101KPa下不会自发分解，故A错误；B.NaOH的溶解放热，且混乱度增加，熵增，故B错误；C.氢气在氧气中燃烧放热，且熵减，故不符合题意，故C错误；D.该反应为吸热反应，且熵变大于0，在25，101KPa时能自发发生，符合题意，故D正确。故选D。3.物质的量浓度相同的下列溶液，由水电离出的c(H+)浓度

4、最小的是（ ）A. NaHCO3B. Na2SO4C. NaHSO4D. NH3H2O【答案】C【解析】【分析】根据酸对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起到促进作用，不水解的盐对水的电离无影响，水的电离程度越大，电离出的氢离子或是氢氧根离子浓度越大【详解】NaHSO4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢离子浓度最小；NH3H2O是弱碱，对水的电离抑制程度较小；硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响；NaHCO3是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用；故选C。4.下列方程式书写正确的是（ ）A. NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3

5、=NaH+CO32-B. H2SO3的电离方程式：H2SO32HSO32-C. PO43-的水解方程式：PO43-H2OHPO42-OH-D. CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO3(s)=Ca2(aq)CO32-(aq)【答案】C【解析】【详解】A.碳酸是弱酸， NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=NaHCO3-，故A错误；B. 亚硫酸是二元弱酸，分步电离，H2SO3的电离方程式：H2SO3HHSO3-，故B错误；C.多元弱酸根分步水解， PO43-的水解方程式：PO43-H2OHPO42-OH-，故C正确；D. 沉淀溶解平衡是可逆反应，CaCO3沉淀溶解平衡方程式：CaCO

6、3(s)Ca2(aq)CO32-(aq)，故D错误；故选C。5.下列说法或表示方法正确的是（ ）A. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B. 由“C(石墨)=C(金刚石) H= +1.9kJmol-1”可知，金刚石比石墨稳定C. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H= +285.8kJmol-1D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H= -57.3kJmol-1，若将含1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.

7、3kJ【答案】D【解析】【详解】A、硫蒸汽放出热量会变为硫固体，说明硫蒸汽所含能量比硫固体多，故硫蒸汽和硫固体完全燃烧，硫蒸汽放出的热量较多，A错误；B、根据热化学方程式可知，该反应是吸热反应，说明金刚石的能量多，则石墨更稳定，B错误；C、氢气燃烧是放热反应，H小于0，C错误；D、CH3COOH是弱电解质，其电离方向是吸热的过程，故1mol CH3COOH与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，D正确；故选D。【点睛】注意弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热反应。6.根据下列实验不能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）A. 室温下，NaR溶液的pH大于7B. HR溶液加入少量Na

8、R固体，溶解后溶液的pH变大C. HR溶液的导电性比盐酸弱D. 0.01molL-1的HR溶液pH=2.8【答案】C【解析】【详解】A. 室温下，NaR溶液的pH大于7，说明NaR是强碱弱酸盐，故A不选；B. HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明R-是弱酸根离子，抑制HR的电离，故B不选；C. 没有指明浓度是否相同，HR溶液的导电性比盐酸弱，不能说明HR是弱酸，故C选；D. 0.01molL-1的HR溶液pH=2.82，说明HR没有完全电离，故D不选；故选C。7.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是A. 钢铁船身嵌入锌B. 钢闸门与直流电源负极相连C. 健身器

9、材刷油漆D. 车圈、车铃钢上镀铬【答案】A【解析】【详解】A. 钢铁船身嵌入锌，形成原电池，锌作负极被氧化，铁受保护，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故A符合； B. 钢闸门与直流电源负极相连，应用了外加电流的阴极保护法，故B不符合；C. 健身器材刷油漆，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故C不符合； D. 车圈、车铃钢上镀铬，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故D不符合。故答案选A。8.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）A. pH=11的氨水稀释10倍后溶液pH10B. 将饱和氯化铁溶液滴入沸水，溶液变成红褐色C. 对于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡体系，增

10、大压强可使颜色变深D. 水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除【答案】C【解析】【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。【详解】A一水合氨为弱碱，一水合氨存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，则稀释10倍后溶液的pH10，能用平衡移动原理解释，故A不选；B. 铁离子水解是吸热反应，将饱和氯化铁溶液滴入沸水，促进水解反应正向进行，溶液变成红褐色，能用平衡移动原理解释，故B不选；C. 对于CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的平衡体系，

11、反应前后气体的物质的量不变，加压平衡不移动，增大压强可使颜色变深，是物理变化，不能用平衡移动原理解释，故C选；DCaCO3更难溶，处理锅炉水垢中的CaSO4时，加入饱和Na2CO3溶液，能将CaSO4转化为CaCO3，后加盐酸，水垢溶解，从而除去水垢，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选：C。【点睛】本题考查化学平衡原理的应用，明确勒夏特里原理概念是解本题关键，侧重考查学生对概念的理解和运用，只有可逆反应、条件改变引起平衡移动的才能用勒夏特里原理解释。9.某密闭容器中发生反应：X(g)3Y(g)2Z(g) H B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的

12、氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大。【详解】NH4Cl溶液中Cl对NH4水解无影响，NH4Al（SO4）2溶液中Al3抑制NH4的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO促进NH4的水解，氨水中只电离出少量的NH4，故c（NH4）由大到小的排列顺序为，故选B。15.下列各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）A. CH3COOHCH3COO-+H+B. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KClC. N2(g)+3H2(g)2NH3(g)D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2

13、(g)+2CO2(g) H0【答案】D【解析】【详解】A加醋酸钠，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，与图象不符，故A错误；BKCl对平衡移动无影响，则铁离子浓度不变，与图象不符，故B错误；C温度、压强不变时，加Ar，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图象不符，故C错误；D. CH3OCH3(g)+3H2O(g)6H2(g)+2CO2(g) H0，升高温度平衡正向移动，CH3OCH3的转化率提高，故D正确；故选D。16.硼化钒（VB2）-空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5下列

14、说法正确的是（ ）A. 电极a为电池负极B. 图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过C. 电子由VB2极经KOH溶液流向a电极D. VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH-22e-V2O5+2B2O3+11H2O【答案】D【解析】【详解】A、硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，故A错误；B、氧气在正极上得电子生成OH-，OH-通过选择性透过膜向负极移动，故B错误；C、“电子不下水”，电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故C错误；D、负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH-22e-=V2O5+2B2O3+

15、11H2O，故D正确；故选D。【点晴】本题考查原电池的工作原理，本题注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。硼化钒-空气燃料电池中，VB2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4VB2+11O24B2O3+2V2O5；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，溶液中阴离子向负极移动。17.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的H0，且p1p2B. 反应速率：逆(状态A)

16、逆(状态B)C. 在C点时，CO转化率为75%D. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数不同【答案】C【解析】【详解】A由图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，300时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1p2，故A错误；BB点对应的温度和压强均大于A点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此逆（状态A）逆（状态B），故B错误；C设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x

17、 2-2x x在C点时，CH3OH的体积分数=0.5，解得x=0.75，故C正确；D由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的CH3OH，达平衡时CH3OH的体积分数都相同，故D错误；故选C。18.某温度时，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)在水中的溶解平衡曲线如图。下列说法正确的是（ ）A. 加入AgNO3可以使溶液由c点变到d点B. 加入NaCl固体则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小C. 蒸发溶液可以实现b点到a点的转化D. 图中d点对应的是过饱和溶液【答案】D【解析】【详解】A加入 AgNO3，c（Ag）增大，AgCl（s）Ag（aq）+Cl（aq）平衡逆向移动

18、，c（Cl）减小，而图中c 点变到 d 点时c（Cl）不变，故A错误；BKsp与温度有关，加NaCl时溶解平衡逆向移动，则AgCl 的溶解度减小，Ksp 不变，故B错误；C蒸发时银离子和氯离子的浓度均变大，故C错误；Dd 点时Qc（AgCl）Ksp（AgCl），则d 点有 AgCl 沉淀生成，故D正确；故选D。19.根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是化学式电离常数HClOK3108H2CO3K14.3107K25.61011A. c(HCO3 )c(ClO )c(OH )B. c(ClO )c(HCO3 )c(H)C. c(HClO)

19、c(ClO )c(HCO3 )c(H2CO3)D. c(Na)c(H)c(HCO3 )c(ClO )c(OH )【答案】A【解析】【详解】A、从表达数据可以知道，酸性：H2CO3HClOHCO3-，那么等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO的水解程度比HCO3-大，ClO和HCO3-水解使得溶液显碱性，故c(HCO3-)c(ClO)c(OH)，选项A正确；B、根据选项A的分析可知，c(HCO3-)c(ClO)，选项B错误；C、根据物料守恒有c(HClO)c(ClO)c(HCO3-)c(H2CO3)+ c(CO32-)，选项C错误；D、根据电荷守恒有c(Na)c(H)c(HCO3-)

20、c(ClO)c(OH) + 2c(CO32-)，选项D错误。答案选A。20.常温下，等体积酸和碱的溶液混和后，溶液pH7的是（ ）A. pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液B. pH=5的盐酸和pH=9的氨水溶液C. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液D. pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液【答案】D【解析】【分析】常温下，酸溶液中氢离子浓度为：c（H）=10-pHmolL-1，碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH）=10pH-14 molL-1。【详解】A. 由于硝酸和氢氧化钾都是强电解质，pH之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，混合液为中性，pH=7，故A不符；B. 氨

21、水为弱碱，盐酸的pH=5，氨水的pH=9，则c（OH）=109-14 molL-1=10-5molL-1，氨水的浓度远远大于10-5molL-1，氨水远远过量，溶液显示碱性，溶液的pH7，故B不符；C. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液，反应后溶液中溶质为醋酸钠，是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故C不符；D. 硫酸和氢氧化钡为强电解质，设硫酸溶液的pH=a，pH之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液，则氢氧化钡溶液的pH=13-a，溶液中氢氧根离子浓度为：c（OH）=10pH-14 molL-1=1013-a-14molL-1=10-a-1molL-1= 10-amolL-1，氢氧根离子浓度小于氢离

22、子浓度，混合液中氢离子过量，溶液显示酸性，溶液的pH7，故D符合；故选D。【点睛】本题考查了溶液酸碱性与溶液pH的计算、弱电解质的电离，注意掌握溶液pH的计算方法，明确溶液酸碱性的定性判断方法、弱电解质的电离情况为解答本题的关键，易错点B，氨水的pH=9，则c（OH）=109-14 molL-1=10-5molL-1，氨水的浓度远远大于10-5molL-121.常温下，用0.1000molL1盐酸滴定20.00mL未知浓度一元弱碱MOH溶液，滴定曲线如图所示。下列有关说法错误的是（ ）A. 该一元碱溶液浓度为0.1000molL-1B. a、b、c点水的电离程度逐渐增大C. b点：c(M+)c

23、(Cl-)D. 常温下，MOH的电离常数Kb110-5【答案】B【解析】【详解】A根据图象知，当盐酸体积为20mL时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.100 0 molL-1，故A正确；B. a点有碱溶液、c点酸过量，水的电离均受到抑制，b是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，水的电离程度逐渐增大，故B错误；Cb点溶液呈中性，则c（H）=c（OH），根据电荷守恒得c（M）+c（H）=c（OH）+c（Cl），所以得c（M）=c（Cl），故C正确；D根据图象知，0.1000molL1MOH溶液中pH=11，则c（OH）=0.001molL1，

24、常温下，MOH的电离常数Kb=110-5，故D正确；故选B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确图象中各个点含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系22.下列实验操作不能达到实验目的是（ ）实验操作实验目的A向2支盛有2mL5%H2O2的试管中分别滴加1mL同浓度的FeCl3溶液和CuSO4溶液探究不同催化剂的催化效率B取2mL1.0mol/LAgNO3溶液，先滴5滴1.0mol/LNaCl溶液，再滴5滴1.0mol/LNaI溶液，看到白色沉淀变黄色验证AgCl和AgI的Ksp大小C混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50mol/LHCl溶液

25、与50mL0.55mol/LNaOH溶液的温度测定中和反应反应热D等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应比较酸溶液中的c(H+)的大小A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A浓度相同，只有催化剂一个变量，则可探究催化剂对反应速率的影响，故A能达到；B硝酸银过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp，故B不能达到；C混合前分别用冲洗干净的温度计测量50mL0.50molL1HCl溶液与50mL0.55molL1NaOH溶液的温度，求出开始的温度，故C能达到；D等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应，浓度相等，由反应速率快慢，比较酸溶液中的c(H+)的大小，故D能

26、达到；故选B。二、填空题23.25时，电离常数：化学式CH3COOHH2CO3HA电离常数1.8105K1：4.3107K2：5.610114.91010请回答下列问题：（1）物质的量浓度为0.1molL-1的下列四种物质：aNa2CO3 bNaA cCH3COONa dNaHCO3pH由大到小的顺序是_(填标号)。（2）25时，0.5molL-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H)约是由水电离出的c(H)的_倍。（3）写出向NaA溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。（4）将0.10molNH4Cl和0.04molNaOH溶于水，配制成0.5L混合溶液。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0

27、.10mol，它们是_和_。溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=_molL-1。（5）若25时BaSO4的溶解度为2.3310-4g，则其Ksp=_。（6）25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=2的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=3，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_。【答案】 (1). abdc (2). 9108 (3). A-CO2H2O=HCO3-HA (4). NH4+ (5). NH3H2O (6). 0.12 (7). 110-10 (8). 9：2【解析】【分析】（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的pH值越大；（2）根据

28、醋酸的电离平衡常数和水的离子积计算；（3）电离平衡常数：H2CO3HAHCO3，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和HA；（4）任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；（5）依据溶解度计算出硫酸钡的物质的量，然后计算钡离子和硫酸根的浓度，然后依据公式计算即可；（6）该温度下水的离子积为110-14，据此计算出pH=11、pH=2、pH=3的溶液中氢氧根离子、氢离子浓度，然后列式计算即可。【详解】（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的pH值越大，电离平衡常数：CH3COOHH2CO3HAHC

29、O3，酸性：CH3COOHH2CO3HAHCO3，水解程度：CH3COOHCO3ACO32，则这几种溶液的pH：abdc；故答案为：abdc；（2）25时，在0.5 molL-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H）= molL1=310-3molL1，水电离出的c（H）= molL1，则25时，在0.5 molL-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（H）约是由水电离出的c（H）倍数= =9108，故答案为：9108；（3）电离平衡常数：H2CO3HAHCO3，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向NaA溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和HA；离子方程式为A+CO2+H

30、2O=HA+HCO3，故答案为：A+CO2+H2O=HA+HCO3；（4）根据物料守恒：N原子存在于两种NH4+ 和 NH3H2O微粒中，两种粒子的物质的量之和一定等于0.10mol；故答案为：NH4+ 和 NH3H2O；根据电荷守恒：溶液中c(NH4+)+c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(Na+)=（0.2-0.08）molL-1=0.12molL-1。故答案为：0.12；（5）硫酸钡的相对分子质量为：233，故硫酸钡的物质的量为：2.3310-4g233gmol1=1.010-6mol，c（SO42）=c（Ba2）=c（BaSO4）=1.010-6mol0.1L=1.010-5m

31、olL1，故BaSO4的Ksp=1.010-5molL11.010-5molL1=1.010-10mol2L2，故答案为：1.010-10；（6）该温度下水的离子积为Kw=110-14，将pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（OH）=molL1=0.001molL1，pH=2的稀硫酸中氢离子浓度为0.01molL1，pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001molL1，则混合液中满足：0.01molL1V20.001molL1V1=0.001molL1（V1+V2），整理可得：V1：V2=9：2，故答案为：9：2。24.2018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

32、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(g)H2O(g) +CO(g) H1 =+41.1kJ/mol-1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=90.0kJ/mol-1写出CO2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。（2）为提高CH3OH转化率，理论上应采用的条件是_（填字母）。A.高温高压 B.低温低压 C.高温低压 D.低温高压（3）250、在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH(g)，如图为不同投料比时某反应物X平衡转化率变化曲线。反应物X是_（填“CO2”或“

33、H2”），理由是_。（4）250、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得n(CH3OH)=1.5mol。前10min的平均反应速率v(H2)_molL1min 1。化学平衡常数K=_。催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（K）催化剂CO2转化率（%）甲醇选择性（%）A543Cu/ZnO纳米棒12.342.3B543Cu/ZnO纳米片11.972.7C553Cu/ZnO纳米棒15.339.1D553Cu/ZnO纳米片12.070.6根据上表所给数据，用C

34、O2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。【答案】 (1). 3H2(g)+CO2 (g)CH3OH(g)+H2O(g) H=48.9kJ/mol (2). D (3). CO2 (4). 增大，相当于c(CO2)不变时，增大c(H2)平衡正向移动，使CO2的转化率增大，而H2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). B【解析】【分析】（1）根据已知反应，利用盖斯定律来分析，将+可得，CO2催化氢化合成甲醇的化学方程式，并据此计算焓变；（2）有利于提高CH3OH平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，根据平衡移动原理分析；（3）根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度

35、，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示，进行分析解答；横坐标表示，假设C（CO2）不变时，增大C（H2），结合图象分析即可；（4）利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据v=ct计算v（H2）；化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；分别对比AB、CD实验，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比BD实验，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低。【详解】（1）CO2（g）+H2（g）H2O（g）+CO（g）H1=+41.1 kJmol1CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2=-90.0 kJmol1利用盖斯定律可知

36、，将+可得：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）则H=（+41.1kJmol1）+（-90kJmol1）=-48.9KJmol1；（2）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g） H=-48.9KJmol1，是气体计量数减小的反应，正反应为放热反应，提高CH3OH平衡转化率，平衡需正向移动。A高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，正反应为放热反应，高温平衡向吸热的逆反应方向移动，故A错误；B正反应为放热反应，低温平衡向放热的正反应方向移动，低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，故B错误；C低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，高温平衡向吸热的逆反应方向移动

37、，故C错误；D低温平衡向放热的正反应方向移动，高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，故D正确；故答案为：D；（3）同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，图示，横坐标增大，相当于C（CO2）不变时，增大C（H2），平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以X为CO2，故答案为：CO2；恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大，相当于C（CO2）不变时，增大C（H2），平衡正向移动，使二氧化碳转化率增大，而氢气的转化率降低；（4）列出三段式： 前10 min的平均反应速率v（H2）= =0.225molL-1min-1；故答案为：0.225；化学平衡常

38、数K= = 5.33；故答案为：5.33；分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B，故答案为：B。【点睛】本题考查化学平衡及其相关计算，明确化学平衡及其影响为解答关键，（3）为难点，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。25.为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性，某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中X、Y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中Co电极附近产生气泡，丙装置中X极附近溶液变红。

39、（1）甲池Fe电极反应式为_。（2）由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是_(填元素符号)。（3）写出丙装置发生反应的离子方程式_。（4）当丙装置阴极产生112mL（标准状况）的气体时，乙中右池减少的离子有_mol。【答案】 (1). Fe-2e-=Fe2+ (2). FeCoCu (3). 2Cl-2H2O2OH-H2Cl2 (4). 0.01【解析】【分析】甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，可判断Fe为负极；乙池也是原电池，用于电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，据此判断Fe、Co、Cu三种金属的活动性；电解饱和食盐水生成NaOH、H2、Cl2，

40、据此写出反应的离子方程式；（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子。【详解】（1）甲池是原电池，Co电极附近产生气泡，即Co电极有H2生成，说明Fe比Co活泼，Fe失去电子生成Fe2，电极反应式为Fe-2e=Fe2；（2）乙池也是原电池，电解饱和食盐水，X极附近溶液变红，说明X电极是阴极，即乙池Co电极为负极，说明Co比Cu活泼，所以三种金属的活动性由强到弱的顺序是 FeCoCu；（3）电解饱和食盐水生成NaOH、H2、Cl2，所以反应的离子方程式为2Cl-2H2O2OH-H2Cl2；（4）关系式为2HH22eCu2，电路中转移电子n（Cu2）=n（H2）=11210-3L22.4Lmol

41、1=0.005mol，而阴离子交换膜只允许SO42通过，并且通过交换膜的SO42数目与铜离子数目相同，乙中右池减少的离子有0.01mol。【点睛】本题考查原电池原理和电解池的原理及其相关计算，理解并熟练运用电解原理是解题的关键，注意电解池中阳极材料是活泼电极的特殊性，易错点（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子，不能只想到一种离子减少。26.某化学实验小组探究市售食用白醋中醋酸的的准确浓度，取20.00mL某品牌食用白醋于锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂，用浓度为a mol/L的标准NaOH溶液对其进行滴定。（1）如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差lmL，A处的刻度为25

42、，滴定管中液面读数应为_mL。（2）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为VmL，NaOH标准液浓度为amo1/L，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗NaOH溶液体积/mL27.0225.3625.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是_。A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗C.第一次滴定用的锥形瓶未润洗D.滴定结束时，俯视读数（3）根据所给数据，计算该白醋中醋酸的物质的量浓度为（含a的表达式）：c_mo1/L。【答案】 (1). 25

43、.40 (2). AB (3). 1.2665a【解析】【分析】（1）A与C刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1mL，A处的刻度为25，据此确定B的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；（2）根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；（3）根据化学方程式CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O计算醋酸的浓度【详解】（1）A与C刻度间相差1mL，说明每两个小格之间是0.10mL，A处的刻度为25，A和B之间是四个小格，所以相差0.40mL，则B是25.40mL；（2）A.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，气泡的体积被当成了消耗NaOH溶液的体积，导致NaOH溶液体积偏大，故A符合；B.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，标准液被稀释，浓度偏小，导致NaOH溶液体积偏大，故B符合；C.第一次滴定用的锥形瓶未润洗，对实验结果没有影响，故C不符合；D.滴定结束时，俯视读数，读取滴定终点时NaOH溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致NaOH溶液体积偏小，故D不符；故选AB。（3）第一次数据相差较大，舍去，其余两次使用氢氧化钠溶液的平均体积= =25.33mL， CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O 1 1c（CH3COOH）VmL amolL125.33mL解得：c（CH3COOH）=a