北京市海淀区外国语实验学校高二（下）期末化学试卷(解析版)

.@:第21页2019-2019学年北京市海淀区外国语实验学校高二〔下〕期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题〔25题，共50分〕1．〔2.00分〕以下装置工作时，将化学能转化为电能的是〔〕A．燃气灶B．碱性锌锰电池C．硅太阳能电池D．风力发电机【解答】解：A．燃气灶为化学能转化为热能的装置，故A正确；B．干电池在放电时属于原电池，是化学能转化为电能的装置，故B正确；C．硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，故C错误；D．风力发电机是把机械能转化为电能，故D错误。应选：B。2．〔2.00分〕如下图的实验装置不能到达实验目的是〔〕A．结合秒表测量锌与硫酸的反响速率B．测定中和反响的反响热C．验证化学能转化为电能D．验证催化剂对反响速率的影响【解答】解：A．根据搜集气体的体积和时间，可计算反响速率，能到达实验目的，故A不选；B．实验缺少环形玻璃棒，测量不准确，不能到达实验目的，故B选；C．反响中锌为负极，铜为正极，电子向正极挪动，符合原电池工作原理，可到达实验目的，故C不选；D．参加二氧化锰，反响速率增大，二氧化锰起到催化剂的作用，可到达实验目的，故D不选。应选：B。3．〔2.00分〕298K时，N2与H2反响过程中能量变化的曲线图，以下表达正确的选项是〔〕A．在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反响后放出的热量为92kJB．a曲线是参加催化剂时的能量变化曲线C．参加催化剂，该化学反响的反响热不改变D．该反响的热化学方程式为：N2+3H2⇌2NH3△H=﹣92kJ/mol【解答】解：A．反响是可逆反响，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2充分反响后放出的热量小于92kJ，故A错误；B．催化剂能改变反响的途径，使发生反响所需的活化能降低，故B错误；C．催化剂不改变反响物、生成物的总能量，那么反响热不变，故C正确；D．该反响放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D错误。应选：C。4．〔2.00分〕炽热的炉膛内有反响：C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣392kJ/mol，往炉膛内通入水蒸气时，有如下反响：C〔s〕+H2O〔g〕=CO〔g〕+H2〔g〕△H=+131kJ/mol，CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣282kJ，H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=﹣241kJ/mol，由以上反响推断往炽热的炉膛内通入水蒸气时〔〕A．不能节省燃料，但能使炉火瞬间更旺B．虽不能使炉火更旺，但可以节省燃料C．既能使炉火更旺，又能节省燃料D．既不能使炉火更旺，又不能节省燃料【解答】解：煤炭直接燃烧的热化学方程式：C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣392kJ/mol；往炉膛内通入水蒸气时，有如下反响：C〔s〕+H2O〔g〕=CO〔g〕+H2〔g〕△H=+131kJ/mol①，CO〔g〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=﹣282kJ/mol②H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=﹣241kJ/mol③由于碳先和水蒸气反响生成CO和氢气，气体在燃烧时比煤炭之间燃烧火焰更旺；根据盖斯定律可知，将①+②+③可得：C〔s〕+O2〔g〕=CO2〔g〕△H=+131KJ/mol﹣282KJ/mol﹣241KJ/mol=﹣392kJ/mol，与煤炭直接燃烧的热效应是一样的，故并不节省燃料，应选A。5．〔2.00分〕一定条件下，在密闭容器中，能表示反响X〔g〕+2Y〔g〕⇌2Z〔g〕，一定到达化学平衡状态的是〔〕①X、Y、Z的物质的量之比为1：2：2②X、Y、Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY．A．①② B．①④ C．②③ D．③④【解答】解：①平衡时各物质的物质的量取决于起始配料比以及转化的程度，不能作为判断是否到达平衡状态的根据，故①错误；②X、Y、Z的浓度不再发生变化，说明到达化学平衡状态，故②正确；③反响物和生成物的物质的量不相等，当压强不变时，说明各物质的量不再发生变化，反响到达平衡状态，故③正确；④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolY，正逆反响速率不相等，没有到达平衡状态，故④错误。应选：C。6．〔2.00分〕如图表示一定条件下N2+3H2⇌2NH3的反响速率和时间的关系，其中t1是到达平衡需要的时间，t2～t3是改变一个条件后出现的情况，那么该条件可能是〔〕A．加压 B．升温C．参加催化剂 D．增大反响物浓度【解答】解：N2+3H2⇌2NH3的反响是气体体积减小的反响，改变压强、温度、浓度对化学平衡都有影响，t1是到达平衡需要的时间，t2～t3是改变一个条件后出现的情况正逆反响速率始终一样，但比原平衡状态反响速率大，催化剂能改变化学反响速率，但不改变化学平衡，平衡不变，所以参加催化剂增大反响速率，不改变化学平衡，符合图中变化，应选C。7．〔2.00分〕氢气可通过以下反响制得：CO〔g〕+H2O〔g〕⇌CO2〔g〕+H2〔g〕△H＜0，为了进步氢气在平衡体系中所占的比例，可采取的措施是〔〕A．减小压强 B．降低温度 C．更换催化剂 D．减小H2的浓度【解答】解：A．因反响前后体积不变，那么减小压强，平衡不挪动，故A错误；B．正反响放热，降低温度，平衡正向挪动，故B正确；C．催化剂不影响平衡挪动，故C错误；D．减小氢气的浓度，平衡正向挪动，氢气在平衡体系中所占的比例减小，故D错误。应选：B。8．〔2.00分〕工业上用CO和H2合成CH3OH：CO〔g〕+2H2〔g〕⇌CH3OH〔g〕．反响的平衡常数如下表：温度/℃0100200300400平衡常数667131.9×10﹣22.4×10﹣41×10﹣5以下说法正确的选项是〔〕A．该反响的△H＞0B．加压、增大H2浓度和参加催化剂都能进步CO的转化率C．工业上采用5×103kPa和250℃的条件，其原因是原料气的转化率高D．t℃时，向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2，平衡时CO转化率为50%，那么该温度时反响的平衡常数的数值为100【解答】解：A、根据平衡常数随温度变化和平衡挪动原理分析判断，随温度升高平衡常数减小，正反响为放热反响△H＜0，故A错误；B、反响前后是气体体积减小的放热反响，增大压强增大氢气浓度，平衡正向进展，催化剂改变反响速率不改变化学平衡，不能进步CO的转化率，故B错误；C、升温平衡逆向进展，此条件是催化剂活性最大，不是原料气的转化率高，故C错误；D、结合平衡三段式列式计算，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反响物平衡浓度幂次方乘积，CO〔g〕+2H2〔g〕⇌CH3OH〔g〕起始量〔mol/L〕0.10.20变化量〔mol/L〕0.1×50%0.10.05平衡量〔mol/L〕0.050.10.05平衡常数K==100，故D正确；应选：D。9．〔2.00分〕在300K时，A〔g〕+B〔g〕⇌2C〔g〕+D〔s〕的化学平衡常数K=4，在该温度下，向1L容器中参加1molA和1molB发生反响，以下表达能作为该反响到达平衡状态的标志的是〔〕A．A、B、C的分子数之比为1：1：2B．混合气体的总压强不再变化C．单位时间内生成amolA，同时消耗2amolCD．单位时间内生成2amolA，同时生成amolC【解答】解：A、A、B、C的分子数之比为1：1：2，不能说明正逆反响速率相等和各组分浓度不变，不能说明达平衡状态，故A错误；B、两边气体计量数相等，混合气体的总压强一直不再变化，所以压强不变不能说明反响到达平衡状态，故B错误；C、单位时间内生成amolA，同时消耗2amolC，都表达逆反响方向，不能说明正逆反响速率相等，故C错误；D、单位时间内生成2amolA，同时生成amolC，说明正逆反响速率相等，反响到达平衡状态，故D正确；应选：D。10．〔2.00分〕25℃时，浓度一样的Na2CO3和NaHCO3溶液，以下判断不正确的选项是〔〕A．粒子种类不一样B．c〔OH﹣〕前者大于后者C．均存在电离平衡和水解平衡D．分别参加NaOH固体，c〔CO32﹣〕均增大【解答】解：A．NaHCO3溶液中：H2O⇌H++OH﹣，HCO3﹣⇌CO32﹣+H+，H2O+HCO3﹣⇌H2CO3+OH﹣；Na2CO3溶液中：H2O⇌H++OH﹣，H2O+CO32﹣⇌HCO3﹣+OH﹣，H2O+HCO3﹣⇌H2CO3+OH﹣，所以存在的粒子种类一样，故A错误；B．碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的氢氧根浓度大于碳酸氢钠溶液中的氢氧根浓度，故B正确；C．Na2CO3溶液中存在水的电离平衡和碳酸根的水解平衡，NaHCO3在水溶液中存在碳酸氢根的电离平衡和水解平衡以及水的电离平衡，故C正确；D．分别参加NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反响生成Na2CO3，那么两种溶液中c〔CO32﹣〕均增大，故D正确。应选：A。11．〔2.00分〕25℃时，水的电离到达平衡：H2O⇌H++OH﹣，以下表达正确的选项是〔〕A．将水加热，Kw增大，pH不变B．向水中参加少量盐酸，c〔H+〕增大，Kw不变C．向水中参加NaOH固体，平衡逆向挪动，c〔OH﹣〕降低D．向水中参加AlCl3固体，平衡正向挪动，c〔OH﹣〕增大【解答】解：A．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向挪动，K增大，c〔H+〕，那么pH减小，故A错误；B．向水中参加少量盐酸，抑制水的电离，c〔H+〕增大，平衡逆向进展，温度不变Kw不变，故B正确；C．向水中参加少量固体NaOH，c〔OH﹣〕增大，平衡逆向挪动，c〔H+〕降低，故C错误；D．向水中参加AlCl3固体，溶解后铝离子水解促进水的电离，平衡正向挪动，c〔OH﹣〕浓度减小，c〔H+〕浓度增大，故D错误；应选：B。12．〔2.00分〕用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，以下操作不会引起实验误差的是〔〕A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进展滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进展滴定C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，参加少量的蒸馏水再进展滴定D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停顿加盐酸【解答】解：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进展滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V〔酸〕偏大，根据c〔碱〕=可知c〔碱〕偏大，故A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进展滴定，而后装入一定体积的NaOH溶液进展滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V〔酸〕偏大，根据c〔碱〕=可知c〔碱〕偏大，故B错误；C．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再参加适量蒸馏水进展滴定，对V〔酸〕无影响，根据c〔碱〕=可知c〔碱〕不变，故C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停顿加盐酸，导致消耗的标准液体积偏小，根据c〔碱〕=可知c〔碱〕偏小，故D错误；应选：C。13．〔2.00分〕在以下各溶液中，离子一定能大量共存的是〔〕A．强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣B．室温下，pH=1的盐酸中：Na+、Fe2+、NO3﹣、SO42﹣C．含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32﹣、Cl﹣D．水电离产生的c〔H+〕=1×10﹣13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl﹣、SO42﹣【解答】解：A．Al3+与OH﹣反响而不能大量共存，故A错误；B．酸性条件下NO3﹣具有强氧化性，Fe2+不能大量共存，故B错误；C．CO32﹣与Ca2+反响而不能大量共存，故C错误；D．水电离产生的c〔H+〕=1×10﹣13mol/L的溶液，可能呈酸性或碱性，离子之间不发生任何反响，可大量共存，故D正确。应选：D。14．〔2.00分〕常温下，将浓度均为0.1mol/LHA溶液和NaOH溶液等体积混合，混合液的pH=9，以下说法正确的选项是〔〕A．该混合溶液中：c〔A﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕B．该混合溶液中：c〔HA〕+c〔A﹣〕=0.1mol/LC．常温下，0.1mol/LHA溶液的pH=1D．0.1mol/LHA溶液中：c〔HA〕＞c〔A﹣〕【解答】解：A．反响生成强碱弱酸盐NaA，由于A﹣部分水解，溶液显示碱性，那么c〔OH﹣〕＞c〔H+〕，根据电荷守恒可得：c〔Na+〕＞c〔A﹣〕＞c〔OH﹣〕＞c〔H+〕，故A错误；B．反响生成强碱弱酸盐NaA，根据溶液中的物料守恒可得：c〔HA〕+c〔A﹣〕=0.05mol/L，故B错误；C．HA为弱酸，常温下，0.1mol/LHA溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，那么该溶液的pH＞1，故C错误；D．HA为弱电解质，在溶液中只能部分电离，那么HA溶液中c〔HA〕＞c〔A﹣〕，故D正确。应选：D。15．〔2.00分〕：25℃时，Ksp[Mg〔OH〕2]=5.61×10﹣12，Ksp[MgF2]=7.42×10﹣11．以下说法正确的选项是〔〕A．25℃时，饱和Mg〔OH〕2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c〔Mg2+〕大B．25℃时，在Mg〔OH〕2的悬浊液参加少量的NH4Cl固体，c〔Mg2+〕增大C．25℃时，Mg〔OH〕2固体在20mL0.01mol•L﹣1氨水中的Ksp比在20mL0.01mol•L﹣1NH4Cl溶液中的Ksp小D．25℃时，在MgF2的悬浊液参加NaOH溶液后，MgF2不可能转化成为Mg〔OH〕2【解答】解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp可知，那么其Mg2+浓度小，故A错误；B、NH4+结合OH﹣使氢氧化镁溶解平衡正向挪动，Mg2+增大，故B正确；C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；D、氢氧化镁的溶度积小，只要参加NaOH溶液，就可以使氟化镁转化为氢氧化镁沉淀，故D错误。应选：B。16．〔2.00分〕配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中参加少量〔〕A．铁 B．盐酸 C．氯化钠 D．氢氧化钠【解答】解：A．FeCl3溶液中加Fe，会反响氧化复原反响，生成FeCl2．故A错误；B．Fe3+易水解，水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe〔OH〕3+3H+，配制溶液时，可参加盐酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，故B正确；C．参加氯化钠对FeCl3无影响，不能抑制FeCl3水解，故C错误；D．参加氢氧化钠，NaOH与FeCl3反响生成氢氧化铁沉淀，故D错误；应选：B。17．〔2.00分〕浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如下图，以下表达错误的选项是〔〕A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．假设两溶液无限稀释，那么它们的c〔OH﹣〕相等D．当lg=2时，假设两溶液同时升高温度，那么增大【解答】解：A．一样浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，一样浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，那么MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，那么ROH电离程度：b＞a，故B正确；C．假设两种溶液无限稀释，最终其溶液中c〔OH﹣〕接近于纯水中c〔OH﹣〕，所以它们的c〔OH﹣〕相等，故C正确；D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c〔M+〕/c〔R+〕减小，故D错误；应选：D。18．〔2.00分〕以下说法中，不正确的选项是〔〕A．钢铁发生吸氧腐蚀B．钢铁发生氢析腐蚀C．将锌板换成铜板对照闸门保护效果更好D．钢闸门作为阴极而受到保护【解答】解：A、当钢铁外表的水膜酸性很弱或显中性时，铁在负极放电，氧气在正极上放电，发生的是钢铁的吸氧腐蚀，故A正确；B、当钢铁外表的水膜显酸性时，铁在负极放电，水膜中的氢离子在正极放电生成氢气，发生的是析氢腐蚀，故B正确；C、在原电池中，正极被保护，当将锌板换成铜板后，铜做正极被保护，钢闸门做负极被腐蚀，起不到对钢闸门的保护作用，故C错误；D、在电解池中，阴极被保护，故要保护钢闸门，就要将钢闸门做电解池的阴极，故D正确。应选：C。19．〔2.00分〕如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图．以下说法不正确的选项是〔〕A．离子交换膜为阴离子交换膜B．从B口参加含少量NaOH的水溶液以增强导电性C．标准状况下每生成22.4LCl2，便产生2molNaOHD．从E口逸出的气体是H2【解答】解：A、根据钠离子的挪动方向确定离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B、阴极D极产生大量的氢氧化钠，为了增强导电性，可以从B口参加含少量NaOH的水溶液，故B正确；C、电解原理方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，标准状况下每生成22.4L即1molC12，便产生2molNaOH，故C正确；D、在电解池中，钠离子移向阴极，所以D极是阴极，该极除了产生氢氧化钠以外还会产生氢气，故从E口逸出的气体是H2，故D正确；应选：A。20．〔2.00分〕在电解水制取H2和O2时，为了增强液体的导电性，可参加以下物质中的〔〕A．HCl B．CuCl2 C．NaOH D．CuSO4【解答】解：用惰性电极电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，参加NaOH时，在阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，参加的电解质电离产生的离子不能放电，仅能起到增强导电性的作用，但是参加HCl、CuCl2、CuSO4时电解质会被电解，不合题意，不能选用，故C正确。应选：C。21．〔2.00分〕以下有关图1和图2的表达不正确的选项是〔〕A．均发生了化学能转化为电能的过程B．Zn和Cu既是电极材料又是反响物C．工作过程中，电子均由Zn经导线流向CuD．一样条件下，图2比图1的能量利用效率高【解答】解：A、图1为锌铜原电池；图2为含有盐桥的锌铜原电池，所以图1和图2均发生了化学能转化为电能的过程，故A正确；B、锌是电极材料又是反响物，而铜只是电极不是反响物，故B错误；C、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以工作过程中，电子均由Zn经导线流向Cu，故C正确；D、有盐桥装置的能产生持续的电流，能量利用率高，那么图2比图1的能量利用效率高，故D正确；应选：B。22．〔2.00分〕在直流电的作用下，锌板上镀铜时，金属铜作〔〕A．阳极 B．阴极 C．正极 D．负极【解答】解：在直流电的作用下，锌板上镀铜时，锌板作阴极，铜做阳极，阳极上铜失电子发生氧化反响，镀件作阴极，阴极上铜离子放电生成铜，应选A。23．〔2.00分〕高功率Ni/MH〔M表示储氢合金〕电池已经用于混合动力汽车．总反响方程式如下：Ni〔OH〕2+MNiOOH+MH以下表达正确的选项是〔〕A．放电时正极附近溶液的碱性增强B．放电时负极反响为：M+H2O+e=MH+OH﹣C．充电时阳极反响为：NiOOH+H2O+e﹣=Ni〔OH〕2+OH﹣D．放电时每转移1mol电子，正极有1molNiOOH被氧化【解答】解：A．放电时正极反响为：NiO〔OH〕+H2O+e﹣=OH﹣+Ni〔OH〕2，所以正极附近溶液的碱性增强，故A正确；B．放电时，负极失电子发生氧化反响，故B错误；C．充电时阳极失电子发生氧化反响，故C错误；D．放电时，每转移1mol电子，正极有1molNiOOH被复原，故D错误；应选：A。24．〔2.00分〕热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的根本构造如下图，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反响为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+LiSO4+Pb．以下有关说法不正确的选项是〔〕A．放电时，电子由Ca电极流出B．放电过程中，Li+向PbSO4电极挪动C．负极反响式：PbSO4+2e﹣+2Li+═Li2SO4+PbD．每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPb【解答】解：由原电池总反响可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反响的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生复原反响，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，A、由原电池总反响可知Ca为原电池的负极，电子由负极Ca电极流出，故A正确；B、放电过程中阳离子向正极PbSO4电极挪动，故B正确；C、Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反响的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，故C错误；D、根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7g，故D正确；应选：C。25．〔2.00分〕LED产品的使用为城市增添色彩．如图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图．以下有关表达正确的选项是〔〕A．该装置将化学能最终转化为电能B．a处通入O2C．b处为电池正极，发生复原反响D．通入O2的电极上发生的电极反响为O2+4H++4e﹣=2H2O【解答】解：A、燃料电池中将化学能转化为电能，LED产品中电能转化为光能，所以该装置的能量转换是化学能为电能最终转化为光能，故A错误；B、由电子流向可知a为负极，b为正极，负极上发生氧化反响，通入氢气，正极上发生复原反响，通入的是氧气，即b处通入O2，故B错误；C、b为正极发生的电极反响为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，氧气得电子发生复原反响，故C正确；D、通氧气的一极为b极，碱性条件下，氧气得电子生成氢氧根离子，那么b极发生的电极反响为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故D错误。应选：C。二、填空题〔每空2分，共50分〕26．〔4.00分〕根据以下表达写出相应的热化学方程式：〔1〕16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，写出表示硫的燃烧的热化学方程式：S〔s〕+O2〔g〕═SO2〔g〕△H=﹣296.8kJ•mol﹣1．〔2〕如图是298K、101kPa时，N2与H2反响过程中能量变化的曲线图．该反响的热化学方程式N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕△H=﹣92kJ•mol﹣1．【解答】解：〔1〕16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，即1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，那么热化学方程式为：S〔s〕+O2〔g〕=SO2〔g〕，△H=﹣296.8kJ/mol，故答案为：S〔s〕+O2〔g〕═SO2〔g〕△H=﹣296.8kJ•mol﹣1；〔2〕图象分析可知，图象中表示的是1molN2与和3molH2氧气完全反响生成2molNH3，反响是放热反响，反响的焓变△H=508kJ/mol﹣600kJ/mol=﹣92kJ/mol，反响的热化学方程式为：N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕△H=﹣92kJ•mol﹣1，故答案为：N2〔g〕+3H2〔g〕⇌2NH3〔g〕△H=﹣92kJ•mol﹣1．27．〔10.00分〕25℃时，现有浓度均为0.10mol•L﹣1的两种溶液：①CH3COOH溶液、②NaOH溶液．请答复：〔1〕溶液①的pH＞〔填“＞〞“=〞或“＜〞〕1，原因是CH3COOH在水溶液中只有部分电离成H+和CH3COO﹣．〔2〕将等体积①和②混合，所得溶液显碱〔填“酸〞“碱〞或“中〞〕性，原因是CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣〔用离子方程式表示〕．〔3〕向①中逐滴参加②至所得溶液pH=7的过程中〔不含pH=7时的溶液〕，以下关系正确的选项是abd〔填选项序号〕．a．c〔H+〕＞c〔OH﹣〕b．c〔Na+〕＜c〔CH3COO﹣〕c．c〔Na+〕=c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕d．c〔OH﹣〕+c〔CH3COO﹣〕=c〔H+〕+c〔Na+〕【解答】解：〔1〕0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液中电离出氢离子和醋酸根离子，溶液显酸性，CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，溶液中存在电离平衡，溶液pH＞1，故答案为：＞；CH3COOH在水溶液中只有部分电离成H+和CH3COO﹣；〔2〕将等体积①和②混合，CH3COOH溶液和NaOH溶液恰好反响生成醋酸钠溶液，溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣，故答案为：碱；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣；〔3〕向①中逐滴参加②至所得溶液pH=7的过程中，a．开场阶段醋酸过量，溶液显酸性，c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故a正确；b．开场阶段生成醋酸钠少，醋酸多，溶液显酸性，c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，溶液中存在电荷守恒：c〔OH﹣〕+c〔CH3COO﹣〕=c〔H+〕+c〔Na+〕，得到c〔Na+〕＜c〔CH3COO﹣〕，故b正确；c．溶液中恰好完全反响生成醋酸钠溶液中存在守恒，c〔Na+〕=c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕，但滴定过程溶液pH=7前，是醋酸始终过量，c〔Na+〕＜c〔CH3COO﹣〕+c〔CH3COOH〕，故c错误；d．溶液中始终存在电荷守恒：c〔OH﹣〕+c〔CH3COO﹣〕=c〔H+〕+c〔Na+〕，故d正确，故答案为：abd．28．〔8.00分〕用石墨电极电解饱和NaCl溶液的装置如下图，请答复：〔1〕电解饱和NaCl溶液的总反响方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．〔2〕a端是直流电源的正〔填“负〞或“正〞〕极．〔3〕阳极上发生的反响式是2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑．〔4〕结合电极反响式说明电解池右侧NaOH溶液浓度增大的原因是阴极是2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，Na+由阳极区移向阴极区，消耗水且生成了NaOH．【解答】解：〔1〕电解饱和NaCl溶液，得到氢氧化钠、氯气和氢气，反响的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；〔2〕钠离子向右边挪动，右边是阴极，所以a端是直流电源的正极，故答案为：正；〔3〕阳极上是氯离子发生氧化反响，电极反响式为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：2C1﹣﹣2e﹣=Cl2↑；〔4〕电解池右侧是阴极，水中的氢离子放电，生成氢氧根离子，而钠离子由极区移向阴极区，与氢氧根离子结合，产生NaOH，故答案为：阴极是2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，Na+由阳极区移向阴极区，消耗水且生成了NaOH．29．〔6.00分〕25℃时，现有浓度均为0.10mol/L的两种溶液：①NH4Cl溶液、②NaCl溶液．〔1〕两种溶液中，pH＜7的是①〔填“①〞或“②〞〕．〔2〕用离子方程式解释〔1〕的原因：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+．〔3〕以下说法正确的选项是ac〔填字母〕．a．NH4Cl是强电解质b．NH4Cl和NaCl均能促进水的电离c．两种溶液等体积混合后，溶液中离子浓度大小关系为：c〔Cl﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔NH+4〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕【解答】解：〔1〕氯化钠是强酸强碱盐，氯离子和钠离子不水解，溶液呈中性，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，故答案为：①；〔2〕氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，故答案为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；〔3〕a．NH4Cl属于盐类，是强电解质，故a正确；b．NH4Cl能水解促进水电离，但是NaCl不会水解，所以不能促进水的电离，故b错误；c．两种溶液等体积混合后，铵根离子水解、氯离子和钠离子不水解，溶液呈酸性溶液中离子浓度大小关系为：c〔Cl﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔NH4+〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故c正确，应选ac．30．〔16.00分〕某同学对MnO2、CuO、Fe2O3、Cr2O3在氯酸钾受热分解反响中的催化作用进展了研究．实验所得数据如下表．就本实验的有关问题，请填空：实验编号KClO3氧化物产生气体〔mL〕〔已折算为标况〕耗时〔s〕化学式质量〔g〕实际回收10.6﹣﹣﹣1048020.6MnO20.2090%67.236.530.6CuO0.2090%67.279.540.6Fe2O30.2090%67.234.750.6Cr2O30.20异常67.2188.3〔1〕本实验的装置由如图三部分组成，其正确的接口连接顺序为a→c→b→d．〔2〕为证明编号2的实验中MnO2起到催化作用，还要测定反响剩余物中MnO2的质量，实验的操作顺序是：溶解→过滤→洗涤→枯燥→称量．〔3〕写出实验室中通过编号2制取氧气的化学方程式：2KClO32KCl+3O2↑〔4〕从上表实验数据分析，对氯酸钾受热分解有催化作用的物质，按其催化才能从大到小的顺序为Fe2O3＞MnO2＞CuO〔填物质的化学式〕．〔5〕在进展编号5的实验时，有刺激性的黄绿色气体产生，