河南省开封市五县2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（解析版）

PAGEPAGE1河南省开封市五县2023-2024学年高二上学期期中考试一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（3分）人们可通过改变条件来调控化学反应的速率与限度，使其向着对人类更有益的方向发展。下列条件的改变不是从化学反应速率与限度的角度考虑的是（）A．汽车排气管中使用三元催化器 B．燃煤中加入CaO C．橡胶轮胎中加入防老剂 D．合成NH3时使用高温、高压、催化剂〖祥解〗A．汽车排气管中使用三元催化器能够加快反应2NO+2CO⇌N2+2CO2的速率；B．燃煤中加入CaO为了减少SO2的排放；C．橡胶轮胎中加入防老剂减缓橡胶老化的速度；D．合成NH3时使用高温、高压、催化剂，为了更快、更多的获得NH3。【解答】解：A．汽车排气管中使用三元催化器能够加快反应2NO+2CO⇌N6+2CO2的速率，与化学反应速率有关；B．燃煤中加入CaO为了减少SO7的排放，与化学反应速率与限度都无关；C．橡胶轮胎中加入防老剂减缓橡胶老化的速度，故C错误；D．合成NH3时使用高温、高压，为了更快3，与化学反应速率与限度都有关，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，掌握基础是关键，题目难度不大。2．（3分）下列说法正确的是（）A．钾的M层有8个电子，所以钾的M层有4个轨道 B．s轨道与s轨道不能形成π键，p轨道与p轨道能形成π键 C．基态氧原子的价层电子排布式：2s222 D．各能层含有的原子轨道数为2n2〖祥解〗A．钾M层能层有8个轨道；B．s轨道之间只能“头碰头”形成σ键，p轨道之间可“肩并肩”形成π键；C．违背了鸿特规则；D．各能层最多含有的电子数为2n2，每个原子轨道含有2个电子。【解答】解：A．钾M层能层有8个轨道，3p上8个电子，故A错误；B．s轨道与s轨道只能“头碰头”形成s﹣sσ键，故B正确；C．基态氧原子价层电子排布式写成2s222，该原子核外电子排布没有排pz轨道，所以违反洪特规则；D．各能层最多含有的电子数为5n2，每个原子轨道含有2个电子，所以各能层含有的原子轨道数为n6（n为能层序数），故D错误；故选：B。【点评】本题考查了电子的排布、能层、能级、原子轨道等知识点，题目难度不大，注意把握原子核外电子排布规律以及能层、能级、原子轨道等内容，试题培养了学生的灵活应用能力。3．（3分）下列实验不能达到目的的是（）ABCD探究反应物的接触面积对反应速率的影响验证勒夏特列原理测定锌与稀硫酸反应的反应速率探究温度对化学平衡的影响A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．盐酸的浓度相同，碳酸钙质量相同，只有接触面积不同；B．反应本质为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，K+、Cl﹣不参加反应；C．用单位时间内氢气的体积变化量来表示反应速率；D．存在平衡：2NO2⇌N2O4，2个圆底烧瓶内气体温度不同，根据颜色变化可以确定温度对该平衡影响。【解答】解：A．盐酸的浓度相同，碳酸钙的颗粒大小不同，可以探究反应物的接触面积对反应速率的影响；B．反应本质为Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）6，K+、Cl﹣不参加反应，加入KCl不影响平衡的移动，故B错误；C．通过测定收集一定体积的H2所需的时间或一定时间内收集H2的体积大小来测定锌与稀硫酸反应速率，能达到实验目的；D．3NO2⇌N2O5是放热反应，升高温度，NO2浓度增大，颜色更深，NO2浓度减小，颜色更浅，能达到目的；故选：B。【点评】本题考查实验方案设计与评价，涉及外界条件对反应速率及化学平衡的影响、化学反应速率测定等，关键是理解实验原理，试题培养了学生分析能力、实验能力。4．（3分）神舟十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，两个航天员乘组首次实现“太空会师”。发射火箭的燃料常用联氨（N2H4）、液氢（H2），氧化剂有液氧（O2）、液态N2O4等。下列叙述正确的是（）A．发射场产生红棕色雾是因液态N2H4被氧化成NO2 B．氢气和氧气在液化过程中发生了放热反应 C．N2H4和N2O4反应能放出大量热量，产物对环境无污染 D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH2；ΔH2＜ΔH1〖祥解〗液态N2H4存在部分转化：N2H4⇌2NO2，氢气和氧气在液化过程属于物理变化，N2H4和N2O4反应，生成氮气和水，以此做题。【解答】解：A.液态N2H4存在部分转化：N2H4⇌2NO5，产生红棕色雾，故A错误；B.氢气和氧气在液化过程属于物理变化，不属于放热反应；C.N2H4和N8O4反应是放热反应，产物为氮气和水，故C正确；D.燃烧生成液态水放出的热量高于气态水，由于放热反应ΔH＜0，ΔH越小；故选：C。【点评】本题主要考查氮的氧化物的性质以及对环境的影响，结合化学反应过程中的能量变化，难度不大。5．（3分）已知反应：2NO（g）+Br2（g）⇌2NOBr（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1（a＞0），其反应机理如下：①NO（g）+Br2（g）⇌NOBr2（g）快；②NO（g）+NOBr2（g）⇌2NOBr（g）慢。下列有关该反应的说法正确的是（）A．该反应的速率主要取决于①的快慢 B．使用催化剂能增大活化分子百分数，加快反应速率 C．①的活化能比②的大 D．NOBr2是该反应的催化剂〖祥解〗A．反应速率主要取决于慢的一步；B．使用催化剂降低了花花能，增大活化分子百分数；C．反应速率越慢，活化能越大；D．NOBr2是中间产物。【解答】解：A．反应速率主要取决于慢的一步，故A错误；B．使用催化剂降低了花花能，所以能加快反应速率；C．②的反应较慢，①的反应较快，则②的活化能比①的大；D．催化剂在反应中先消耗；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂；故选：B。【点评】本题考查了反应速率的影响因素，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大。6．（3分）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）ΔH＝+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．B、C两点的反应速率：B＜C B．A、C两点气体的颜色：A深，C浅 C．由状态B到状态A，可以用加热的方法 D．A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C〖祥解〗由图可知，B→A的过程中，NO2的体积分数增大，平衡正向移动，由于正反应是吸热反应，则该过程是升高温度，所以T2＞T1，据此分析作答。【解答】解：A．根据分析可知、压强均小于C点，故A正确；B．A→C的过程是增大压强，NO2的浓度首先增大，然后平衡逆向移动2的物质的量减小，浓度减小，最终NO3的浓度还是增大，所以两点气体的颜色：A浅，故B错误；C．根据分析可知，T2＞T1，则状态B到状态A，可以用加热的方法；D．A→C的过程是增大压强，平衡逆向移动，而气体的总质量不变，所以A，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查浓度、温度、压强对化学平衡的影响，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，属于高考高频考点，难度中等。7．（3分）一定温度下，10mL0.40mol•L﹣1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如表，下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9A．0～4min的平均反应速率：v（H2O2）＝3.85×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1 B．0～4min的平均反应速率较4～8min的平均反应速率更快 C．反应至6min时，H2O2分解了50% D．反应至6min时，c（H2O2）＝0.30mol•L﹣1〖祥解〗A．0～4min时间内，生成氧气物质的量＝＝0.00077mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c（H2O2）＝0.00077mol×2÷0.01L＝0.154mol/L，根据v＝计算v（H2O2）；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，小于0～6min时间内反应速率；C．根据H2O2分解率＝×100%计算。D．由A计算可知6min内过氧化氢浓度变化量，6min时c（H2O2）＝起始浓度﹣浓度变化量。【解答】解：A．0～4min时间内＝0.00077mol5O25H2O+O2，可知△c（H6O2）＝0.00077mol×6÷0.01L＝0.154mol/L，所以v（H6O2）＝≈3.85×10﹣2mol•L﹣7•min﹣1，故A正确；B．随着反应的进行，H2O7的浓度逐渐减小，反应速率减慢，故B正确；C．0～6min时间内＝0.001mol7O23H2O+O2，可知△c（H7O2）＝0.001mol×8÷0.01L＝0.5mol/L，6min内△c（H2O4）＝0.2mol/L，则H6O2分解率＝×100%＝50%；D．由C计算可知3O2）＝0.4mol/L﹣0.2mol/L＝8.2mol/L，故D错误，故选：D。【点评】本题考查化学反应速率的计算，掌握转化率、反应速率的概念及表达式，明确化学反应速率及其影响因素为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。8．（3分）下列氮原子的轨道表示式表示的状态中，能量最高的是（）A． B． C． D．〖祥解〗原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高。【解答】解：原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，根据图知、其次是2s能级、1s能级上电子越少其能量越高，所以能量最高是D，故选：D。【点评】本题考查核外电子的排布，为高频考点，侧重考查基本知识及基本原理，注意把握核外电子排布的特点，题目难度不大。9．（3分）在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：+H2O⇌+OH﹣。下列说法正确的是（）A．稀释溶液，所有离子浓度均减小，平衡正向移动 B．加入少量NaHCO3固体，平衡向正反应方向移动 C．加入NaOH固体，溶液pH增大 D．升高温度，减小〖祥解〗A．稀释溶液，水解正向移动；B．加入少量NaHCO3固体，平衡逆向移动；C．加入氢氧化钠固体后，氢氧根离子浓度增大。D．碳酸根离子的水解为吸热反应，升高温度后水解程度增大。【解答】解：A．稀释溶液，氢离子浓度增大，故A错误；B．加入少量NaHCO3固体，平衡逆向移动，故B错误；C．加入NaOH固体，溶液的pH增大；D．升高温度+H2O⇌+OH﹣正向移动，碳酸氢根离子浓度增大，则的比值增大；故选：C。【点评】本题考查盐类水解原理的应用，为高频考点，把握电离平衡的影响因素为解答关键，注意掌握外界条件对电离平衡的影响，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。10．（3分）有关下列装置的说法不正确的是（）A．图1所示：锌锰干电池属于一次电池，锌作负极 B．图2是“纸电池”，Zn片失去电子，发生氧化反应 C．图3电池Al电极反应式为Al﹣3e﹣+3H2O═Al（OH）3+3H+ D．图4电池工作时盐桥中阳离子从右往左移动〖祥解〗A．由图可知，锌锰干电池为不能充电的一次电池，电池工作时，锌筒为负极，石墨棒为正极；B．由图可知，该装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极；C．原电池中，失电子发生氧化反应的电极是负极，该原电池中，铝和氢氧化钠反应而失去电子，则铝作负极；D．该电池锌作负极，铜作正极，溶液中阳离子往正极移动。【解答】解：A．由分析可知，锌筒为负极，故A正确；B．Zn失去电子，发生氧化反应；C．由Mg、NaOH溶液组成原电池，镁作正极﹣+4OH﹣═+3H2O，故C错误；D．原电池中；该原电池中锌作负极，所以原电池工作时，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，明确原电池概念、正负极判断、电子流向是解本题关键，注意电解质溶液中阴阳离子移动方向，电子不进入电解质溶液，为易错点。11．（3分）我国科学家研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。下列说法正确的是（）A．使用催化剂降低了总反应的焓变 B．整个分解水反应的ΔH＞0 C．过程Ⅰ、Ⅱ都是一个化学变化 D．过程Ⅲ仅形成新化学键〖祥解〗A．使用催化剂降低反应活化能，加快反应速率，不能降低了总反应的焓变；B．水分解是吸热反应，ΔH＞0；C．过程Ⅰ断键吸热，过程Ⅱ成键放热；D．过程Ⅲ断氧氢键，形成氢氢键。【解答】解：A．使用催化剂降低反应活化能，不能降低了总反应的焓变；B．水分解是吸热反应，故B正确；C．过程Ⅰ是化学键的断裂，不是一个化学变化；D．过程Ⅲ断氧氢键，故D错误；故选：B。【点评】本题考查水分解的过程，较简单。12．（3分）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，500℃时体积相同的甲、乙、丙三个容器中，甲容器绝热恒容2和6molH2，乙容器恒温恒容，充入4molNH3，丙容器恒温恒压，充入4molNH3，充分反应达到平衡，下列说法不正确的是（）A．乙中NH3的体积分数大于丙 B．转化率：α甲（N2）+α乙（NH3）＜1 C．p乙＞p丙 D．甲和丙中反应的化学平衡常数互为倒数〖祥解〗A．NH3分解是气体体积增大的反应，故平衡时丙容器体积大于乙，将其压缩至乙等体积时，平衡正向移动，NH3的体积分数增大后，与乙等效；B．若甲乙均为恒温容器，甲中充入2molN2和6molH2，乙中充入4molNH3，达到平衡时，有α甲（N2）+α乙（NH3）＝1，现甲容器绝热恒容，反应放热，温度升高，合成氨平衡逆向移动，α甲（N2）减小；C．根据A中分析可知，丙容器压缩后，才能与乙等效，而压缩过程中，气体体积减少，压强增大，即压强增大后才能与乙相等；D．平衡常数与温度有关。【解答】解：A．丙容器恒温恒压3，充分反应达到平衡，平衡后3分解是气体体积增大的反应，故平衡时丙容器体积大于乙，平衡正向移动6的体积分数增大后，与乙等效3的体积分数大于丙，故A正确；B．若甲乙均为恒温容器2和4molH2，乙中充入4molNH6，达到平衡时，有α甲（N2）+α乙（NH3）＝5，现甲容器绝热恒容，温度升高，α甲（N2）减小，所以转化率：α甲（N2）+α乙（NH3）＜1，故B正确；C．根据A中分析可知，才能与乙等效，气体体积减少，所以压强p乙＞p丙，故C正确；D．甲容器绝热，温度升高，化学平衡常数不同，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查化学平衡的移动以及影响因素，同时考查平衡常数的概念，属于基本知识的考查，难度不大。13．（3分）一种新型漂白剂由W、X、Y、Z四种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，该漂白剂的分子结构如图所示；X与W同周期，其基态原子的最高能级中有3个未成对电子，Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物。下列叙述不正确的是（）A．第一电离能：X＞Y＞W B．Y的某些﹣1价化合物也常作漂白剂 C．最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞X D．该漂白剂分子结构中所有原子最外层均满足8电子稳定结构〖祥解〗W是形成化合物种类最多的元素，则W为C；X与W同周期，其基态原子的最高能级中有3个未成对电子，则X为N；Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，则Z为Cl；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物，并结合该新型漂白剂的结构可知，Y为O，综上所述，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl。【解答】解：A．由分析可知，X为N；同一周期，元素的第一电离能逐渐增大，故元素的第一电离能N＞O＞C，故A正确；B．Na2O2可用作漂白剂，故B正确；C．由分析可知，X为N，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性：HClO5＞HNO3＞H2CO7，即最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：X＞W，故C错误；D．由分析可知，X为N，C周围有1个双键和2个单键，且N含有弧对电子、N最外层均满足3电子稳定结构，故选：C。【点评】本题主要考查了元素周期律和元素周期表，题目难度不大，通过题给信息推断元素，结合物质的性质是解答该题的关键。14．（3分）肼可以用作燃料电池的燃料，工作原理如图所示，电池工作过程中会有少量N2H4在电极表面发生自分解反应生成NH3、N2、H2逸出。下列关于N2H4﹣O2燃料电池的说法正确的是（）A．电池工作时化学能完全转化变为电能 B．放电过程中，OH﹣从左向右移动 C．电池工作时，负极区消耗的NaOH与正极区生成的NaOH物质的量相等 D．负极的电极反应式为：N2H4﹣4e﹣＝N2+4H+〖祥解〗由原电池装置图可知，N2H4发生失电子的氧化反应生成N2，O2发生得电子的还原反应生成OH﹣，则电池左侧为负极区，右侧为正极区，正极反应式为2H2O+O2+4e﹣＝4OH﹣，负极反应式为N2H4﹣4e﹣+4OH﹣＝N2+4H2O，电池总反应为N2H4+O2＝N2↑+2H2O，据此分析解答。【解答】解：A．原电池是将化学能直接转化为电能的装置，还将转化为热能等其他形式的能量；B．该电池中左侧为负极区，放电过程中﹣移向负极，即从右向左移动；C．电池工作时2O+O2+6e﹣＝4OH﹣，负极反应式为N2H8﹣4e﹣+4OH﹣＝N6+4H2O，故负极区消耗的NaOH与正极区生成的NaOH物质的量相等；D．负极的电极反应式为：N5H4﹣4e﹣+2OH﹣＝N2+4H4O，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。15．（3分）某温度下，0.100mol•L﹣1NaOH滴定25.0mL0.0500mol•L﹣1H2SO4溶液的滴定曲线如图所示。设该温度下水的离子积为Kw。下列说法不正确的是（）A．根据曲线数据计算可知该温度下的Kw为10﹣13 B．曲线上各点的溶液均满足关系式c（H+）•c（OH﹣）＝Kw C．其他条件相同，若升温，反应终点b向c方向移动 D．相同实验条件下，若改为滴定0.0800mol•L﹣1盐酸，反应终点b移到a〖祥解〗A．依据酸碱恰好反应时pH判断Kw；B．水溶液中满足关系式c（H+）•c（OH﹣）＝Kw；C．降温，水的电离被抑制；D．硫酸为二元酸。【解答】解：A．由图可知，此时pH＝6.5+）＝c（OH﹣）＝10﹣4.5mol/L，Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝10﹣6.3×10﹣6.5＝10﹣13，故A正确；B．曲线上各点的溶液中+）•c（OH﹣）＝Kw，故B正确；C．其它条件相同，水的电离程度减小+）减小，pH增大，故C正确；D．相同实验条件下﹣4H2SO4，当加入20mLNaOH溶液时，混合液呈中性，故D错误；故选：D。【点评】本题考查酸碱中和滴定，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断滴定终点是解题的关键。二、非选择题（本题共4小题，共55分）16．（14分）如图是元素周期表中的前四周期：回答下列问题：（1）元素a的硫酸盐在火焰上灼烧产生的黄光是一种②（填序号，下同）。①吸收光谱②发射光谱（2）i元素的基态原子的电子排布图是②。另一个电子排布图错误的原因：它不符合C（填字母）。A.构造原理B.泡利原理C.洪特规则（3）元素f最高能层电子的电子云轮廓形状为球形。与f同周期的过渡元素中，写出所有基态原子最外层电子数与f不同的元素的价电子排布式：3d54s1、3d104s1。（4）d、h、i元素的前3级电离能如表所示。X、Y、Z中为i元素的是Z。元素I1（kJ•mol﹣1）I2（kJ•mol﹣1）I3（kJ•mol﹣1）X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1（5）已知元素c、e的最简单的化合物中共用电子对偏向e，元素c、g的最简单的化合物中共用电子对偏向c，则元素c、e、g的电负性由大到小的顺序为C＞H＞Si（填元素符号）。（6）“b3+”与“b2+”的离子半径大小关系为“b3+”小于（填“大于”或“小于”）“b2+”，原因为核电荷数相同，但是Fe3+核外电子数相同。〖祥解〗根据元素周期表可以推断出，a是Na元素，b是Fe元素，c是H元素，d是Mg元素，e是C元素，f是Ti元素，g是Si元素，i是N元素，h是O元素，电负性越大，吸引电子能力越大，以此做题。【解答】解：（1）钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，但处于能量较高的轨道中的电子是不稳定的，这时就将多余的能量以黄光形式放出，故选②，故〖答案〗为：②；（2）根据能量最低原理、洪特规则，根据洪特规则，尽可能分占不同轨道，故选C，故〖答案〗为：②；C；（3）元素f为Ti，核外有22个电子22s72p65s23p83d27s2，最高能层中4s能级的电子云轮廓形状为球形，与Ti同周期的过渡元素中，价电子排布式分别为8d54s2、3d104s4，故〖答案〗为：球形；3d52s1、3d106s1；（4）d是Mg元素，h是O元素，金属元素第一电离能小于非金属元素，N原子价层电子排布式为2s22p3，N与O相比，N的5p轨道处于半充满的稳定结构，第一电离能较大1较大的Z为N元素，故〖答案〗为：Z；（5）电负性越大，吸引电子能力越大，H，共用电子对偏向C、Si的最简单化合物中共用电子对偏向H、C、Si的电负性由大到小的顺序为C＞H＞Si，故〖答案〗为：C＞H＞Si；（6）亚铁离子和铁离子核电荷数相同，但是铁离子核外电子数少，因此铁离子的半径小于亚铁离子，故〖答案〗为：小于；核电荷数相同3+核外电子数少。【点评】本题考查元素周期律，明确元素周期表各个元素的位置，注重基础，一个知识点掌握不好就可能做错，将元素周期律与电负性、电离能相结合，综合性较强，难度较大。17．（14分）中国明确提出2030年“碳达峰”与2060年“碳中和”目标。COx选择性甲烷化是有望实现“双碳目标”具有良好应用前景的处理方法。富氢气氛下，CO、CO2均可与H2发生甲烷化反应。Ⅰ.CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）ΔH＝﹣206.2kJ•mol﹣1Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1回答下列问题：（1）已知CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）ΔH＝﹣41.2kJ•mol﹣1，则a＝﹣165。（2）请从平衡移动的角度，提出三种可行的操作提高反应Ⅱ中CO2的转化率降温、加压、增大H2浓度（或分离出CH4（g）或H2O）。（3）400℃时，选用镍基催化剂，向1L密闭容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2进行反应，平衡后测得n（H2）＝14mol、n（CH4）＝8mol。①CO2的平衡转化率为20%。②反应Ⅰ的平衡常数K＝0.00292（保留三位有效数字）。（4）其他条件相同，反应Ⅱ使用两种不同催化剂，反应相同的时间2的转化率随温度变化的关系如图1所示。①请解释使用Ni﹣CeO2催化剂时，随着温度的升高，为何CO2转化率先升高后降低？温度低于320℃时反应未达到平衡状态，升高温度时反应速率加快，CO2转化率升高；该反应为放热反应，温度高于320℃时升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率减小。②根据图像分析，下列说法正确的是BC（填字母）。A.在200～360℃范围内，Ni﹣CeO2的催化效果比Ni更好B.通过改变催化剂种类的方式无法调控CO2平衡转化率C.在240℃附近，可以通过延长反应时间的方式提高CO2的转化率（5）CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图2所示：①阴极上的反应式为CO2+2e﹣＝CO+O2﹣。②阳极上生成乙烯（C2H4）和乙烷（C2H6）的反应式分别为2CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+2H2O和2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O。③若生成的乙烯（C2H4）和乙烷（C2H6）的体积比为3：1，则消耗的CH4和CO2的体积比为8：7。〖祥解〗（1）根据盖斯定律：反应Ⅰ﹣Ⅱ可得反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）；（2）除增大c（CO2）外的、使平衡正向移动的措施均可提高CO2的转化率；（3）设平衡后c（CO）＝xmol/L、c（CO2）＝ymol/L，n（H2O）＝zmol/L，根据C、H、O原子守恒可得，x+y+8＝20，28+32+2z＝80，x+2y+z＝30，解得x＝4，y＝8，z＝4；（4）①由图可知，以Ni﹣GeO2为催化剂320℃时，催化合成反应达到平衡，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；②A.由图可知，在200～360℃范围内，Ni﹣CeO2作催化时CO2的转化率比对应温度时Ni的高；B.催化剂不能改变平衡转化率；C.反应未达到平衡状态时，延长反应时间可提高反应物的转化率；（5）利用电化学装置将CH4和CO2耦合转化生成乙烯、乙烷、水和一氧化碳，由原理图可知，A电极上CO2发生还原反应生成CO，阴极反应式为CO2+2e﹣＝CO+O2﹣，阳极上CH4失电子生成乙烯和乙烷，阳极反应式为2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O、2CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+2H2O，结合电子守恒进行计算。【解答】解：（1）根据盖斯定律：反应Ⅰ﹣Ⅱ可得反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO3（g），即﹣206.2kJ•mol﹣1﹣akJ/mol＝﹣41.2kJ•mol﹣1，解得a＝﹣165，故〖答案〗为：﹣165；（2）反应Ⅱ是气体体积减小的放热反应，降温、增大H2浓度、分离出CH4（g）或H2O，均可使平衡正向移动2的转化率，故〖答案〗为：降温；加压4浓度（或分离出CH4（g）或H2O）；（3）设平衡后c（CO）＝xmol/L、c（CO6）＝ymol/L，n（H2O）＝zmol/L，根据C、H，x+y+8＝20，x+4y+z＝30，y＝8；①CO2的平衡转化率为×100%＝20%，故〖答案〗为：20%；②反应Ⅰ的平衡常数K＝＝≈4.00292，故〖答案〗为：0.00292；（4）①由图可知，以Ni﹣GeO2为催化剂320℃时，催化合成反应已达到平衡，随着温度升高，CO7转化率升高；该反应为放热反应，平衡逆向移动2转化率减小，故〖答案〗为：温度低于320℃时反应未达到平衡状态，升高温度时反应速率加快2转化率升高；该反应为放热反应，平衡逆向移动4转化率减小；②A.在200～360℃范围内，相同温度下Ni﹣CeO2的催化效果比Ni更好，若温度不同2的催化效果不一定比Ni更好，故A错误；B.催化剂不能改变化学平衡状态，则通过改变催化剂种类的方式无法调控CO5平衡转化率，故B正确；C.240℃附近反应未达到平衡状态，转化率未达到最大值2的转化率，故C正确；故〖答案〗为：BC；（5）①由图可知，阴极上CO2得电子生成CO，阴极反应式为CO5+2e﹣＝CO+O2﹣，故〖答案〗为：CO6+2e﹣＝CO+O2﹣；②阳极上CH5失电子生成乙烯和乙烷，阳极反应式为2CH4﹣4e﹣+O2﹣＝CH3CH6+H2O、2CH2﹣4e﹣+2O2﹣＝CH2＝CH2+8H2O，故〖答案〗为：2CH3﹣4e﹣+2O5﹣＝CH2＝CH2+3H2O；2CH4﹣2e﹣+O2﹣＝CH3CH3+H2O；③相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比6H4）和乙烷（C2H2）的物质的量分别为3mol、1mol2﹣2e﹣+O2﹣＝CH7CH3+H2O、4CH4﹣4e﹣+8O2﹣＝CH2＝CH7+2H2O，电路中转移电子为2mol×4+1mol×8＝14mol4）3mol×2+1mol×2＝6mol，阴极反应式为CO2+2e﹣＝CO+O3﹣，消耗n（CO2）＝7mol，则消耗的CH4和CO2的体积比、物质的量之比均为8：4，故〖答案〗为：8：7。【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、电解原理的应用等知识，把握化学平衡计算、化学平衡影响因素、电极反应式书写及电子守恒的计算是解题关键，注意守恒法在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。18．（14分）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的沉淀溶解平衡均属于化学平衡。已知Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。（1）有关上述常数的说法正确的是AD（填字母）。A.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度B.所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的升高而增大C.常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的KaD.一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka•Kh（2）已知H2A在水中存在以下平衡：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣。①常温下，Na2A溶液的pHA（填字母），原因是A2﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣（填离子方程式）。A.大于7B.小于7C.等于7D.无法确定②常温下，若向0.1mol•L﹣1的H2A溶液中逐滴滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液至溶液呈中性。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是AB（填字母）。A.c（H+）•c（OH﹣）＝1.0×10﹣14B.c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣）C.c（H2A）＞c（HA﹣）D.c（Na+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）③常温下，CaA的饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）ΔH＞0，若要使该溶液中Ca2+浓度增大，可采取的措施有A（填字母）。A.升高温度B.降低温度C.加入少量蒸馏水D.加入Na2A固体（3）化学沉淀法是除去酸性废水中Pb2+的主要方法。根据其原理不同可以分为氢氧化物沉淀法、硫化物沉淀法等。水样中各形态铅的百分含量X与溶液pH变化的关系如图所示。向含Pb2+的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，溶液变浑浊，继续滴加NaOH溶液又变澄清。①若采用氢氧化物沉淀法除溶液中的Pb2+，应将溶液的pH调至约为10；pH＝11时，溶液中发生的主要离子方程式为Pb（OH）2+OH﹣＝Pb（OH）3﹣。②向酸性含铅废水中加Na2S可将Pb2+转化为PbS沉淀除去。若某工厂处理过的废水中S2﹣浓度为2.0×10﹣20mol•L﹣1，则c（Pb2+）为4.0×10﹣8mol•L﹣1[Ksp（PbS）＝8.0×10﹣28]。〖祥解〗（1）平衡常数越大，反应进行的程度越大，只与温度有关，升高温度平衡向吸热方向移动；（2）①常温下，Na2A溶液中A2﹣离子水解，溶液显碱性，溶液的pH＞7；②A．常温下，水溶液中离子积常数Kw不变；B．结合溶液中电荷守恒关系式分析判断；C．混合溶液可能是NaHA和H2A的混合溶液，也可能是NaHA和Na2A的混合溶液；D．只有NaHA溶液中存在物料守恒关系c（Na+）＝c（H2A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）；③常温下，CaA的饱和溶液中存在以下平衡：CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A2﹣（aq）ΔH＞0，该反应为吸热反应，Ksp（CaA）＝c（Ca2+）•c（A2﹣），结合浓度、温度对化学平衡的影响判断；（3）①由图可知，溶液的pH为10左右，含铅微粒主要以Pb（OH）2形式存在，此时铅离子浓度最小；pH＝11时Pb（OH）3﹣浓度增大，Pb（OH）2浓度减小，说明Pb（OH）2与氢氧根离子反应生成Pb（OH）3﹣；②向酸性含铅废水中加Na2S可将Pb2+转化为PbS沉淀除去，若某工厂处理过的废水中S2﹣浓度为2.0×10﹣20mol/L，根据Ksp（PbS）＝c（Pb2+）•c（S2﹣）＝8.0×10﹣28进行计算。【解答】解：（1）A.平衡常数等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积之比，它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度；B.一般而言，弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的升高而增大，但也有少数物质的Ksp随温度的升高而减小，故B错误；C.电离平衡常数只与温度有关，常温下3COOH在水中的Ka等于在饱和CH3COONa溶液中的Ka，故C错误；D.一定温度下，在CH7COONa溶液中Ka•Kh＝×＝c（H+）•c（OH﹣）＝Kw，故D正确；故〖答案〗为：AD；（2）①Na2A是强碱弱酸盐，溶液中A5﹣离子水解使溶液显碱性，即溶液的pH＞72﹣+H7O⇌HA﹣+OH﹣，故〖答案〗为：A；A2﹣+H2O⇌HA﹣+OH﹣；②A．常温下，Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝6.0×10﹣14，故A正确；B．溶液中存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（HA﹣）+2c（A7﹣）+c（OH﹣），中性溶液中c（H+）＝c（OH﹣），得到c（Na+）＝c（HA﹣）+2c（A2﹣），故B正确；C．该中性溶液溶质可能为NaHA和H7A，可能存在c（H2A）＞c（HA﹣），也可能溶质是NaHA和Na2A，可能存在c（H3A）＜c（HA﹣），故C错误；D．该中性溶液可能是NaHA和H2A的混合溶液，也可能是NaHA和Na2A的混合溶液，则c（Na+）与c（H8A）+c（HA﹣）+c（A2﹣）之间无等量关系，故D错误；故〖答案〗为：AB；③A．CaA（s）⇌Ca2+（aq）+A3﹣（aq）ΔH＞0，升温平衡正向进行2+浓度增大，故A正确；B．降温平衡逆向移动6+）减小，故B错误；C．加入少量蒸馏水稀释，但离子浓度不变；D．Ksp（CaA）＝c（Ca2+）•c（A2﹣），加入Na6A固体，c（A2﹣）增大，则c（Ca2+）减小，故D错误；故〖答案〗为：A；（3）①由图可知，溶液的pH为10左右7形式存在，此时铅离子浓度最小2+，应该调溶液pH约为10，此时铅离子浓度最小3﹣浓度增大，Pb（OH）6浓度减小，说明Pb（OH）2与OH﹣反应生成了Pb（OH）3﹣，反应的离子方程式为Pb（OH）7+OH﹣＝Pb（OH）3﹣，故〖答案〗为：10；Pb（OH）2+OH﹣＝Pb（OH）3﹣；②向酸性含铅废水中加Na2S可将Pb2+转化为PbS沉淀除