2024-2025年新教材高中化学模块检测一-二含解析新人教版选择性必修1

PAGEPAGE31模块质量检测(一）(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1．2020年5月5日，长征五号B运载火箭胜利将新一代载人飞船试验船送入预定轨道，拉开我国载人航天工程“第三步”任务序幕。该运载火箭采纳了新型液氧煤油发动机和液氧液氢发动机。下列有关说法不正确的是()A．液氧可作燃料 B．液氢可作还原剂C．液氢燃烧产物为水 D．煤油燃烧时放出大量热解析：选A液氧具有助燃性，没有可燃性，因此液氧不能作燃料，A错误；液氢燃烧生成水，在反应中H元素化合价上升，失去电子被氧化，故液氢可作还原剂，B正确；液氢燃烧时被氧化生成水，故液氢燃烧产物为水，C正确；煤油是一种化石燃料，是多种烃的混合物，其燃烧时C元素被氧化生成CO2，H元素被氧化生成H2O，同时放出大量热，D正确。2．下列叙述正确的是()A．须要加热才能发生的反应肯定是吸热反应B．已知4P(红磷，s)=P4(白磷，s)ΔH＞0，则白磷比红磷稳定C．含20.0gNaOH的稀溶液与稀硫酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则OH－(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1D．已知2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－483.6kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1解析：选C须要加热才能发生的反应不肯定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但须要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故A错误；由热化学方程式可知，红磷的能量低于白磷，物质的能量越低越稳定，则红磷比白磷稳定，故B错误；20.0gNaOH的物质的量为0.5mol，由0.5molNaOH发生中和反应时放出28.7kJ的热量可知，中和热ΔH＝－57.4kJ·mol－1，则反应的热化学方程式为OH－(aq)＋H＋(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.4kJ·mol－1，故C正确；氢气的燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，题给热化学方程式中水为气态，则氢气的燃烧热不行能是241.8kJ·mol－1，故D错误。3．密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1，当达到平衡时，可能的是()A．SO2为0.4mol·L－1、O2为0.2mol·L－1B．SO2为0.25mol·L－1、SO3为0.15mol·L－1C．SO2、SO3均为0.15mol·L－1D．SO2、SO3均为0.3mol·L－1解析：选BSO2和O2的浓度增大，说明反应逆向进行建立平衡，若三氧化硫完全反应，则SO2和O2的浓度变更分别为0.2mol·L－1、0.1mol·L－1，因该反应为可逆反应，实际变更应小于该值，所以SO2的浓度小于0.4mol·L－1、O2的浓度小于0.2mol·L－1，故A错误；SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若三氧化硫完全反应，则SO2的浓度变更为0.2mol·L－1，该题中实际变更为0.05mol·L－1，故SO2的浓度为0.25mol·L－1，而且SO2和SO3的浓度之和为0.4mol·L－1，故SO3的浓度为0.15mol·L－1，故B正确；反应物和生成物的浓度不行能同时减小，应为一个浓度减小，另一个浓度增大，且应满意硫元素守恒，SO2和SO3的浓度之和为0.4mol·L－1，故C错误；反应物和生成物的浓度不行能同时增大，应为一个浓度增大，另一个浓度减小，且应满意硫元素守恒，SO2和SO3的浓度之和为0.4mol·L－1，故D错误。4.某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变更曲线如图所示，下列推断正确的是()A．a点导电实力比b点强B．b点的Kw大于c点C．与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积：Va>VcD．a、c两点的c(H＋)相等解析：选D选项A，依据图示可知，a点对应的曲线为NaOH溶液稀释时的pH变更曲线，b、c点对应的曲线为氨水稀释时的pH变更曲线，a点溶液中离子浓度小于b点溶液中离子浓度，a点导电实力更弱；选项B，Kw只与温度有关，b、c两点Kw相等；选项C，NH3·H2O的总物质的量大于NaOH的总物质的量，稀释过程中溶质总物质的量不变，所以c点消耗盐酸多；选项D，a、c两点溶液pH相等，则c(H＋)相等。5．已知部分钡盐的溶度积如下：Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，Ksp[Ba(IO3)2]＝6.5×10－10，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCrO4)＝1.6×10－10。一种溶液中存在相同浓度的COeq\o\al(2－,3)、CrOeq\o\al(2－,4)、IOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)，且浓度均为0.001mol·L－1，若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先发生的离子反应为()A．Ba2＋＋COeq\o\al(2－,3)=BaCO3↓B．Ba2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓C．Ba2＋＋2IOeq\o\al(－,3)=Ba(IO3)2↓D．Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓解析：选D依据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出起先出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2＋)分别为5.1×10－6mol·L－1、1.6×10－7mol·L－1、6.5×10－4mol·L－1、1.1×10－7mol·L－1，故最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。6．下表所列是2个反应在不同温度时的化学平衡常数(K)。反应①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH1②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH2温度/℃27200025400450K3.8×10－310.15×1080.5070.152关于反应①、②的下列说法正确的是()A．反应①、②均为吸热反应B．反应①不适合用于大规模人工固氮C．可求算反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)的ΔHD．肯定温度下，①、②分别达到平衡，压缩容器体积均可使N2的转化率增大解析：选B反应①随温度上升，K变大，平衡正向移动，是吸热反应；反应②随温度上升，K变小，平衡逆向移动，是放热反应，故A错误；反应①为吸热反应，平衡常数太小，不适合用于大规模人工固氮，故B正确；由盖斯定律，①×2－②×2得：4NH3(g)＋2O2(g)4NO(g)＋6H2(g)，得不到4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，故C错误；肯定温度下，反应①N2(g)＋O2(g)2NO(g)是气体体积不变的反应，压缩容器体积(加压)，平衡不移动，不能使N2的转化率增大，故D错误。7．甲、乙均为1L的恒容密闭容器，向甲中充入1molCH4和1molCO2，乙中充入1molCH4和nmolCO2，在催化剂存在下发生反应：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率随温度的变更如图所示。下列说法正确的是()A．该反应的正反应是放热反应B．773K时，该反应的平衡常数小于12.96C．H2的体积分数：φ(b)＝φ(c)D．873K时，向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，平衡不发生移动解析：选B温度上升，CH4的平衡转化率增大，说明温度上升有利于反应正向进行，则正反应为吸热反应，A错误；873K时，c点CH4的平衡转化率为60%，列“三段式”：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)起始量/(mol·L－1)1100转化量/(mol·L－1)αα2α2α平衡量/(mol·L－1)1－α1－α2α2α则K(c)＝eq\f(c2CO·c2H2,cCH4·cCO2)＝eq\f(2α2·2α2,1－α×1－α)，当将α＝60%代入时，有K(c)＝12.96，温度上升，CH4的平衡转化率增大，平衡正向移动，平衡常数增大，则773K时该反应的平衡常数小于12.96，B正确；在b点和c点，两个容器中甲烷的起始量相同，转化率相同时，生成的氢气的物质的量相同，但二氧化碳的起始量不相同，所以平衡时容器中总物质的量不相同，所以H2的体积分数也不相同，C错误；当α＝60%时，恒温时向甲的平衡体系中再充入CO2、CH4各0.4mol，CO、H2各1.2mol，相当于体系内全部组分浓度均变为两倍，可视为加压，则反应向气体体积减小的方向进行，即平衡逆向移动，D错误。8．已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4。现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释，pH随溶液体积的变更如图所示，下列叙述正确的是()A．曲线Ⅰ为次氯酸稀释时pH变更曲线B．从b点到d点，溶液中eq\f(cR－,cHR·cOH－)保持不变(HR代表HClO或HF)C．b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小D．取a点的两种酸溶液，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较小解析：选B已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4，可知HClO的酸性弱于HF的酸性，所以pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释时，次氯酸的pH变更幅度较小，所以曲线Ⅰ为氢氟酸稀释时pH变更曲线，故A错；eq\f(cR－,cHR·cOH－)可以认为是R－的水解平衡常数的倒数，该数值只与温度有关，故B正确；b点溶液的pH大于c点溶液的pH，所以b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度大，故C错；由已知常温时HClO的Ka＝3.0×10－8，HF的Ka＝3.5×10－4可知，HClO的酸性弱于HF的酸性，所以取pH相等的两种酸，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗氢氟酸的体积较大，故D错。9．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是()A．通入氧气的一极为正极，发生的电极反应为O2－4e－＋2H2O=4OH－B．乙装置中铁电极为阴极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋C．反应一段时间后，乙装置中在铁电极区生成氢氧化钠D．反应一段时间后，丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变解析：选C甲装置为燃料电池，通氧气的一极为正极，电解质为KOH，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故A错误；通甲醚的一极为负极，即Fe电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，故B错误；依据B选项的分析，及X为阳离子交换膜，允许Na＋通过知，反应一段时间后，乙装置中铁电极区生成NaOH，故C正确；依据上述分析，精铜作阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，粗铜作阳极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，但粗铜中含有比Cu活泼的金属，这些金属先失电子，使CuSO4溶液的浓度减小，故D错误。10．为探究化学能与电能的相互转化，某化学试验小组设计如图所示试验装置(已知：盐桥中装有琼脂凝胶，内含足量KCl；a和b是石墨片)。当K闭合时，下列推断正确的是()A．Cu电极上发生还原反应B．电子沿Zn→a→b→Cu路径移动C．片刻后甲池中的SOeq\o\al(2－,4)浓度增大D．片刻后可视察到滤纸b处变红色解析：选A该原电池中锌作负极，铜作正极，正极上发生得电子的还原反应，A正确；电子从Zn→a，b→Cu路径流淌，电子不进入电解质溶液，B错误；原电池中阴离子向负极移动，即盐桥中的Cl－移向甲池，所以片刻后甲池中c(Cl－)增大，SOeq\o\al(2－,4)浓度不变，C错误；电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极旁边生成氢氧根离子，导致溶液碱性增加，所以a极变红色，b电极上氢氧根离子放电生成氧气，旁边生成氢离子，酸性增加，无明显现象，D错误。11．已知：pKa＝－lgKa,25℃时，H2SeO3的pKa1＝1.34，pKa2＝7.34。用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是()A．a点所得溶液中：2c(H2SeO3)＋c(SeOeq\o\al(2－,3))<0.1mol·L－1B．b点所得溶液中：c(H2SeO3)＋c(H＋)＝c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)C．c点所得溶液中：c(Na＋)＞3c(HSeOeq\o\al(－,3))D．d点所得溶液中：c(Na＋)>c(HSeOeq\o\al(－,3))>c(SeOeq\o\al(2－,3))解析：选D用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液，a点溶液中溶质为H2SeO3和NaHSeO3，pH＝1.34＝pKa1，由电离平衡常数表达式得到：c(H2SeO3)＝c(HSeOeq\o\al(－,3))，溶液总体积大于20mL，a点所得溶液中：c(H2SeO3)＋c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(HSeOeq\o\al(－,3))＝2c(H2SeO3)＋c(SeOeq\o\al(2－,3))<0.1mol·L－1，故A正确；b点是用0.1mol·L－1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液，恰好反应生成NaHSeO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(SeOeq\o\al(2－,3))，物料守恒：c(Na＋)＝c(HSeOeq\o\al(－,3))＋c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(H2SeO3)，得到：c(H2SeO3)＋c(H＋)＝c(SeOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，故B正确；c点pH＝7.34＝pKa2，溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SeO3和NaHSeO3，SeOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSeOeq\o\al(－,3)＋OH－，Kh＝eq\f(cOH－·cHSeO\o\al(－,3),cSeO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)，c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)，代入计算得到：c(HSeOeq\o\al(－,3))＝c(SeOeq\o\al(2－,3))，依据电荷守恒，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSeOeq\o\al(－,3))＋2c(SeOeq\o\al(2－,3))，因c(OH－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(HSeOeq\o\al(－,3))＋2c(SeOeq\o\al(2－,3))，即c(Na＋)>3c(HSeOeq\o\al(－,3))，故C正确；加入40mLNaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SeO3溶液恰好反应生成Na2SeO3，d点溶液中溶质主要是Na2SeO3，溶液中离子浓度c(Na＋)>c(SeOeq\o\al(2－,3))>c(HSeOeq\o\al(－,3))，故D错误。12．中国企业华为宣布：利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6＋Li1－xCoO2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))C6＋LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是()A．该电池若用隔膜可选用阴离子交换膜B．充电时，电路中每转移1mole－，石墨烯电极质量增加7gC．放电时，LiCoO2极发生的电极反应为LiCoO2－xe－=Li1－xCoO2＋xLi＋D．对废旧的该电池进行“放电处理”，让Li＋嵌入石墨烯中而有利于回收解析：选B依据电池反应，则须要锂离子由负极移向正极，所以该电池不行选用阴离子交换膜，故A项不符合题意；依据Li～e－知每转移1mol电子，石墨烯电极上就会增加1molLi，质量为7g，B项符合题意；放电时，LiCoO2电极是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2，故C项不符合题意；依据电池反应式知，充电时锂离子嵌入石墨烯中，才会有利于回收，故D项不符合题意。13．已知p(A)＝－lgc(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是()A．a点有ZnS沉淀生成B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2C．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2－)不变D．CuS和MnS共存的悬浊液中，eq\f(cCu2＋,cMn2＋)＝10－20解析：选A当横坐标相同时，纵坐标数值越大，金属阳离子浓度越小，其溶度积常数越小。依据图知，溶度积常数：Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，则在ZnS曲线下方表示ZnS的过饱和溶液，曲线上表示ZnS的饱和溶液，曲线上方表示ZnS的不饱和溶液，对于ZnS，a点为不饱和溶液，所以a点无ZnS沉淀生成，故A错误；溶度积常数表达式相同时，溶度积常数大的难溶物简单转化为溶度积常数小的难溶物，因Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)，所以可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2，故B正确；向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但是溶液仍旧为饱和溶液，c(S2－)不变，故C正确；CuS和MnS共存的悬浊液中，eq\f(cCu2＋,cMn2＋)＝eq\f(cCu2＋·cS2－,cMn2＋·cS2－)＝eq\f(10－25×10－10,10－15×1)＝10－20，故D正确。14．在一容积为2L的密闭容器中加入反应物N2、H2，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是()物质的量/mol时间/minn(N2)n(H2)n(NH3)01.01.2020.940.7560.3A.0～2min，NH3的反应速率为0.1mol·L－1·min－1B．2min时，H2的物质的量为0.3molC．4min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0D．4～6min，容器内气体分子的总物质的量不变解析：选D依据表中数据可知：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol1.01.20变更量/mol0.10.30.22min量/mol0.90.90.2N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol1.01.20变更量/mol0.150.450.34min量/mol0.850.750.3N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol1.01.20变更量/mol0.150.450.36min量/mol0.850.750.3A．0～2min，NH3的反应速率为eq\f(\f(0.2mol,2L),2min)＝0.05mol·L·min－1，错误；B.0～2min消耗H2的物质的量为0.3mol，2min时H2的物质的量为0.9mol，错误；C.依据分析可知，4min时与6min时各组分的浓度相等，说明该反应在4min时已达到平衡状态，但此时正、逆反应的速率不等于0，错误；D.4～6min，反应已经达到平衡状态，正、逆反应速率相等，则容器内气体分子的总物质的量不变，正确。15．“氯化反应”一般指将氯元素引入化合物中的反应，一般包括置换氯化、加成氯化和氧化氯化。已知在制氯乙烯中，HC≡CH(g)＋HCl(g)eq\o(→,\s\up7(HgCl2))CH2—CHCl(g)的反应机理如图所示：下列说法正确的是()A．碳碳三键的键能：M1大于CH≡CHB．由题图可知M2→M3的变更过程是热能转变成化学能的过程C．该氯乙烯反应的总反应速率取决于M2→M3的反应速率D．HgCl2是“氯化反应”的催化剂，不会参与反应的过程解析：选CM1为HC≡CH(g)与HgCl2形成的中间体，催化剂降低了正反应的活化能，也降低了逆反应的活化能，即加入催化剂HgCl2使HC≡CH(g)→M1时M1的键能也降低，所以M1中碳碳三键的键能小于乙炔中碳碳三键的键能，故A错误；由题图可知M2→M3的变更过程是放热的，应当是化学能转变为热能的过程，故B错误；反应的总反应速率主要取决于活化能大的反应，而M2→M3的反应活化能最大，因此总反应速率取决于M2→M3的反应速率，故C正确；HgCl2是“氯化反应”的催化剂，参与了化学反应，反应前后质量不变，故D错误。二、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(10分)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使一般分子变成活化分子所需供应的最低限度的能量叫做活化能，其单位通常用kJ·mol－1表示。请仔细视察图像，然后回答问题：(1)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的缘由是________________。(2)已知红磷比白磷稳定，则反应：P4(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1；4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2；ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1________ΔH2(填“＞”“＜”或“＝”)。(3)在298K、101kPa时，已知：2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH22Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是________(填字母)。A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2(4)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝－72kJ·mol－1，蒸发1molBr2(l)须要汲取的能量为30kJ，其他相关数据如下表：物质H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时须要汲取的能量/kJ436200a则表中a＝________。解析：(1)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应中加入了催化剂；(2)①4P(白磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(红磷，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，依据盖斯定律，①－②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH＝ΔH1－ΔH2，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷的能量，该反应是放热反应，即ΔH1－ΔH2＜0，即ΔH1＜ΔH2；(3)①2H2O(g)=O2(g)＋2H2(g)ΔH1，②Cl2(g)＋H2(g)=2HCl(g)ΔH2，③2Cl2(g)＋2H2O(g)=4HCl(g)＋O2(g)ΔH3，由盖斯定律可知，反应③＝2×②＋①，因此ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2；(4)由化学键的键能可知①H2(g)＋Br2(g)=2HBr(g)ΔH＝(436kJ·mol－1＋200kJ·mol－1)－2akJ·mol－1＝(636－2a)kJ·mol－1，因蒸发1molBr2(l)须要汲取的能量为30kJ，即②Br2(l)=Br2(g)ΔH＝＋30kJ·mol－1，依据盖斯定律，①＋②得H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g)ΔH＝(636－2a)kJ·mol－1＋(＋30kJ·mol－1)＝－72kJ·mol－1答案：(1)运用了催化剂(2)＜(3)A(4)36917．(10分)氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O是两种常用原料。(1)氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka＝1.0×10－5①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为________________________________________________________________________________________________。②0.2mol·L－1的HN3溶液与0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，复原到25℃，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的依次为_______________________________________________________________________________________________________________________________________________。③已知T℃时，Ksp(CuN3)＝5.0×10－9，Ksp(Cu2S)＝2.5×10－48，则相同温度下，2CuN3(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Neq\o\al(－,3)(aq)，该反应正反应方向________(填“能”或“不能”)基本进行彻底，请通过计算说明______________________。(2)在FeSO4溶液中，加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol·L－1的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，试验结果记录如下(已知莫尔盐的相对分子质量为392)：试验次数第一次其次次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.98滴定终点的现象是________________________，通过试验数据，计算该产品的纯度为____________(用含字母a、c的式子表示)。上表中第一次试验的记录数据明显大于后两次，其缘由可能是________(填字母)。A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗B．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质C．滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消逝解析：(1)①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka＝1.0×10－5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3H＋＋Neq\o\al(－,3)；②0.2mol·L－1的HN3溶液与0.1mol·L－1的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3，复原到25℃，依据氢叠氮酸的电离常数可知，该溶液中以HN3的电离为主，溶液显酸性，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的依次为c(Neq\o\al(－,3))>c(Na＋)>c(HN3)>c(H＋)>c(OH－)；③反应为2CuN3(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Neq\o\al(－,3)(aq)，该反应的化学平衡常数为K＝eq\f(c2N\o\al(－,3),cS2－)＝eq\f(c2N\o\al(－,3),cS2－)×eq\f(c2Cu＋,c2Cu＋)＝eq\f(K\o\al(2,sp)CuN3,KspCu2S)＝eq\f(5.0×10－92,2.5×10－48)＝1.0×1031>105，该反应能够完全进行。(2)高锰酸钾具有强氧化性，Fe2＋具有强还原性，两者能发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，化合价上升1，Mn的化合价由＋7→＋2，化合价降低5，两者最小公倍数为5，依据原子守恒、电荷守恒，配平得MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液显紫红色，因此滴定到终点的现象：滴入最终一滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且30s内不变色；因为第一次与其次次、第三次的数据相差较大，舍去不用，得消耗高锰酸钾溶液的体积为eq\f(25.02＋24.98,2)mL＝25mL，依据离子反应方程式，得出：n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n(KMnO4)＝25×10－3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝25×10－3×c×5×eq\f(500,25)mol＝2.5cmol，所以质量分数＝2.5c×eq\f(392,a)×100%＝eq\f(980c,a)×100%；A.第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，正确；B.三次运用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，错误；C.滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后无气泡，所消耗的标准液体积增大，正确。答案：(1)①HN3H＋＋Neq\o\al(－,3)②c(Neq\o\al(－,3))>c(Na＋)>c(HN3)>c(H＋)>c(OH－)③能正反应的平衡常数为1031>105(2)滴入最终一滴标准液，溶液由无色变为红色(紫红色或浅红色也可)，且30s内不变色eq\f(980c,a)×100%AC18．(10分)第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机供应推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态。(1)混合动力车的内燃机以汽油为燃料，汽油(以辛烷C8H18计)和氧气充分反应，生成1mol水蒸气放热569.1kJ。则该反应的热化学方程式为__________________________________________________________________________________________________。(2)混合动力车目前一般运用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH溶液)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理示意如图1，其总反应式为H2＋2NiO(OH)eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))2Ni(OH)2。依据所给信息推断，混合动力车上坡或加速时，乙电极四周溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为____________________________________________________________________________________________________。(3)Cu2O是一种半导体材料，可通过如图2所示的电解装置制取，电解总反应式为2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cu2O＋H2↑，阴极的电极反应式是____________________。用镍氢电池作为电源进行电解，当电池中有1molH2被消耗时，Cu2O的理论产量为________g。(4)远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的________腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。解析：(2)混合动力车上坡或加速时须要动力，故反应为原电池放电反应，即乙电极为正极，发生反应：NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－，故乙电极四周溶液的pH增大。(3)电解池的阴极发生还原反应，即2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。当电池中有1molH2被消耗时有2mol电子转移，依据电子守恒可知Cu2O的理论产量为144g。(4)钢铁船体在海水中易发生吸氧腐蚀，可利用牺牲阳极法或外加电流法防止其被腐蚀。答案：(1)C8H18(l)＋eq\f(25,2)O2(g)=8CO2(g)＋9H2O(g)ΔH＝－5121.9kJ·mol－1(2)增大NiO(OH)＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－(3)2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－144(4)吸氧负19．(14分)偏二甲肼(C2H8N2)、肼(N2H4)和四氧化二氮(N2O4)可作为运载火箭的推动剂。(1)已知：C2H8N2(l)＋4O2(g)=N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)ΔH1N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH22NO2(g)N2O4(l)ΔH3C2H8N2(l)和N2O4(l)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(g)并放出大量热，写出该反应的热化学方程式(ΔH用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)__________________________________________________。该反应________(填“是”或“不是”)自发反应，推断的理由是________________________________________________________________________。(2)肼(N2H4)也可用于新型环保燃料电池中，燃料电池的工作原理示意图如图1所示，该燃料电池的负极反应式为______________________________________________________。(3)将4molN2O4放入2L恒容密闭容器中发生反应N2O4(g)2NO2(g)，平衡体系中N2O4的体积分数(φ)随温度的变更如图2所示。①D点v(正)________v(逆)(填“>”“＝”或“<”)。②A、B、C三点中平衡常数K的值最大的是________点。T2时，N2O4的平衡转化率为________；若达到平衡所需时间为5s，则此时间内N2O4的平均反应速率为________。③若其他条件不变，在T3原平衡基础上，再加入肯定量NO2，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数________(填“增大”“不变”或“减小”)。解析：(1)已知：①C2H8N2(l)＋4O2(g)=N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)ΔH1，②N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH2，③2NO2(g)N2O4(l)ΔH3，由盖斯定律可知：①－2×②－2×③得C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2－2ΔH3，因该反应为放热反应，即ΔH＜0，且为熵增反应，即ΔS＞0，则ΔG＝ΔH－TΔS恒小于0，说明此反应是自发反应；(2)燃料电池通O2的电极为正极，通N2H4的电极为负极，负极发生氧化反应，产物为N2，且燃料电池工作时O2－向负极移动，则该燃料电池的负极反应式为N2H4－4e－＋2O2－=N2↑＋2H2O；(3)①由图可知，D点未达到平衡状态，A点达到平衡状态，D→A时反应物N2O4的体积分数增大，反应逆向进行，即v正＜v逆；②由图2可知，随温度上升，平衡时N2O4的体积分数不断减小，说明温度上升，平衡正向移动，平衡常数随温度的上升而增大，即A、B、C三点中平衡常数K。最大的是C点；T2平衡时N2O4的体积分数为60%，设变更的N2O4的物质的量为xmol，列三段式：N2O4(g)2NO2(g)起始/mol40变更/molx2x平衡/mol4－x2x则：eq\f(4－x,4＋x)×100%＝60%，解得：x＝1，故N2O4的转化率为eq\f(1mol,4mol)×100%＝25%；若达到平衡所须要的时间为5s，则此时间内N2O4的平均反应速率为eq\f(\f(1mol,2L),5s)＝0.1mol·L－1·s－1；③若其他条件不变，在T3原平衡基础上，再加入肯定量NO2，NO2的浓度增大，平衡逆向移动，达到新平衡时，与原平衡相比，NO2的体积分数将减小。答案：(1)C2H8N2(l)＋2N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)＋2CO2(g)ΔH＝ΔH1－2ΔH2－2ΔH3是该反应是熵增的放热反应，ΔH－TΔS恒小于0(2)N2H4－4e－＋2O2－=N2↑＋2H2O(3)①＜②C25%0.1mol·L－1·s－1③减小20．(11分)碳的许多化合物在生产、生活中有广泛应用，对其进行综合利用是目前探讨的热点之一。已知：Ⅰ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.0kJ·mol－1；Ⅱ.CH3OH(g)＋CO2(g)＋H2(g)CH3COOH(g)＋H2O(g)ΔH＝＋220.5kJ·mol－1；Ⅲ.CH4(g)＋CO2(g)CO(g)＋CH3OH(g)ΔH＝＋157.0kJ·mol－1。回答下列问题：(1)CH4(g)＋CO2(g)CH3COOH(g)ΔH＝________。(2)700℃时，将1molCO(g)、1molH2O(g)、1molCH4(g)混合后，充入容积为20L的刚性密闭容器中(容器容积不变)，在适当催化剂条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅲ。10min末达到平衡时测得H2(g)和CH3OH(g)的体积分数分别为20%、10%。①0～10min内，反应Ⅰ的平均反应速率v[H2O(g)]＝________。②反应Ⅲ的平衡常数K＝________。③在750℃重复试验，容器内的平衡压强________(填“增大”“减小”或“不变”)，理由为__________________。(3)中科院化学所探讨了反应Ⅱ的反应历程，如图所示：①反应历程中，能降低反应活化能的物质有__________________(填化学式)；中间产物有________种。②第4步反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)依据盖斯定律，Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ得，CH4(g)＋CO2(g)CH3COOH(g)，ΔH＝－41.0kJ·mol－1＋(＋220.5kJ·mol－1)＋(＋157.0kJ·mol－1)＝＋336.5kJ·mol－1。(2)反应Ⅰ、反应Ⅲ均为气体分子总数不变的反应，设反应I中参与反应的H2O(g)的物质的量为xmol、反应Ⅲ中参与反应的CH4(g)的物质的量为ymol。列三段式：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始/mol1100变更/molxxxxCH4(g)＋CO2(g)CO(g)＋CH3OH(g)起始/mol1x1－x0变更/molyyyy平衡/mol1－yx－y1－x＋yy则x＝0.6，y＝0.3。①0～10min内，反应的平均反应速率v[H2O(g)]＝eq\f(0.6mol,20L×10min)＝0.003mol·L－1·min－1。②反应Ⅲ的平衡常数K＝eq\f(\f(0.3mol,20L)×\f(0.7mol,20L),\f(0.3mol,20L)×\f(0.7mol,20L))＝1。③反应Ⅰ、反应Ⅲ均为气体分子总数不变的反应，上升温度，容器容积不变，压强增大。(3)①由图可知，反应过程中LiI和Rh作催化剂，可降低反应的活化能。由图中转化关系知，中间产物有CH3I、LiOH、CH3RhI、CH3COORhI、HI共5种。②由图中转化关系知，第4步反应的化学方程式为CH3COORhI＋H2=Rh＋CH3COOH＋HI。答案：(1)＋336.5kJ·mol－1(2)①0.003mol·L－1·min－1②1③增大反应Ⅰ、反应Ⅲ均为气体分子总数不变的反应，上升温度，容器容积不变，压强增大(3)①LiI和Rh5②CH3COORhI＋H2=Rh＋CH3COOH＋HI模块质量检测(二)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意)1．下列试验事实不能用平衡移动原理说明的是()A．pH＝11的氨水稀释10倍后溶液pH＞10B．将氯化铝溶液加热蒸干并灼烧，最终得氧化铝固体C．对2HI(g)H2(g)＋I2(g)，减小容器体积，气体颜色变深D．水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除解析：选C若强碱稀释10倍碱性变弱10倍，pH应当是10。但是NH3·H2O属于弱碱，弱碱部分电离，NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，加水稀释平衡正向移动，碱性变弱小于10倍，所以其pH比10大些，但小于11，故A能用平衡移动原理说明；铝离子在水溶液中发生水解，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热条件下氯化氢渐渐挥发，平衡正向移动，氢氧化铝受热易分解，2Al(OH)3eq\o(=,\s\up7(△))Al2O3＋3H2O，所以把氯化铝溶液蒸干、灼烧，最终得到的主要固体产物是氧化铝，故B能用平衡移动原理说明；2HI(g)H2(g)＋I2(g)在反应前后气体的物质的量没有变更，变更压强不会使平衡发生移动，而减小容器体积，气体颜色变深，是因为体积变小，碘蒸气的浓度增大，导致颜色加深，故C不能用平衡移动原理说明；因为溶解度S(CaCO3)＜S(CaSO4)，故水垢中加入饱和Na2CO3溶液，能将CaSO4转化为CaCO3，而后加盐酸，CaCO3溶解，从而除去水垢，故D能用平衡移动原理说明。2．某反应运用催化剂后，其反应过程中能量变更如图，下列说法错误的是()A．总反应为放热反应B．运用催化剂后，活化能不变C．反应①是吸热反应，反应②是放热反应D．ΔH＝ΔH1＋ΔH2解析：选BA．总反应热ΔH＝生成物总能量－反应物总能量，依据图像可知，反应物A＋B的总能量高于生成物E＋F的总能量，故ΔH＜0，反应放热，正确；B.催化剂可降低反应活化能，错误；C.反应①A＋B→C＋D，ΔH1>0，是吸热反应；反应②C＋D→E＋F，ΔH2＜0，是放热反应，正确；D.依据盖斯定律，总反应为A＋B→E＋F，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2，正确。3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．将1molCl2通入水中，则N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＝2NA(N表示粒子数)B．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入29.4gCu(OH)2能使溶液复原，则电解过程中转移电子的数目为1.2NAC．H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1，若充分反应后放出akJ热量，则起始时向密闭容器中加入了NA个氢分子和足量的碘单质D．100g质量分数为17%的H2O2溶液中极性键数目为NA解析：选B将1molCl2通入水中，只有一部分Cl2与水反应生成HCl、HClO，另一部分在水中仍以Cl2分子形式存在，所以N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)＜2NA(N表示粒子数)，A不正确；29.4gCu(OH)2的物质的量为eq\f(29.4g,98g·mol－1)＝0.3mol，加入0.3molCu(OH)2能使溶液复原，则相当于加入0.3molCuO和0.3molH2O，所以电解过程中转移电子的数目为0.3×(2＋2)NA＝1.2NA，B正确；对于可逆反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH＝－akJ·mol－1,1molH2完全反应后，放出akJ热量，所以起始时向密闭容器中加入的氢分子数目应大于NA个，C不正确；100g质量分数为17%的H2O2溶液中含有17gH2O2和83gH2O，含极性键数目为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17g,34g·mol－1)×2＋\f(83g,18g·mol－1)×2))NA＞NA，D不正确。4．t℃时，在容积不变的密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)，各组分在不同时刻的浓度如表：物质XYZ初始浓度/(mol·L－1)0.10.202min末浓度/(mol·L－1)0.08ab平衡浓度/(mol·L－1)0.050.050.1下列说法不正确的是()A．平衡时，X的转化率为50%B．t℃时，该反应的平衡常数为1600C．增大平衡后的体系压强，v(正)增大，v(逆)减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变更量表示的平均反应速率v(Y)＝0.03mol·L－1·min－1解析：选C由表中数据知，平衡时，X转化了0.05mol·L－1，故其转化率＝eq\f(0.05mol·L－1,0.1mol·L－1)×100%＝50%，A正确；由K＝eq\f(c2Z,cX·c3Y)＝eq\f(0.1mol·L－12,0.05mol·L－1×0.05mol·L－13)＝1600，知B正确；增大压强，体积缩小，各物质的浓度均增大，正、逆反应速率都增大，C错误；前2min内用X表示的平均反应速率为v(X)＝eq\f(0.1－0.08mol·L－1,2min)＝0.01mol·L－1·min－1，依据eq\f(vX,vY)＝eq\f(1,3)，得v(Y)＝3v(X)＝0.03mol·L－1·min－1，D正确。5．下列试验操作、现象及结论均正确的是()选项试验操作和现象结论AAl2(SO4)3溶液蒸发结晶后得到白色固体该固体成分为Al2O3B向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解该溶液中含有SOeq\o\al(2－,4)CAg2CO3白色悬浊液中滴入几滴Na2S稀溶液，出现黑色沉淀Ksp(Ag2S)＜Kap(Ag2CO3)D淀粉和稀H2SO4混合共热后，滴加碘水，溶液变蓝淀粉未水解解析：选C在Al2(SO4)3溶液中存在水解平衡：Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，蒸发结晶时温度上升水解平衡正向移动，但由于H2SO4是不挥发性酸，故最终水解生成的Al(OH)3与H2SO4仍会反应，得到的白色固体为Al2(SO4)3，A错误；向某溶液中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，再加入过量的稀盐酸，沉淀不溶解，该溶液中可能含有SOeq\o\al(2－,4)或Ag＋等，B错误；Ag2CO3白色悬浊液中存在溶解平衡：Ag2CO3(s)2Ag＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，滴入几滴Na2S稀溶液出现黑色沉淀，说明Ag2CO3转化为了更难溶于水的Ag2S沉淀，由于Ag2CO3、Ag2S的类型相同，故Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正确；淀粉和稀H2SO4混合共热后，滴加碘水，溶液变蓝，说明溶液中仍有淀粉存在，淀粉可能未水解、也可能部分水解，D错误。6．下列说法正确的是()A．盐类水解破坏了水的电离平衡，促进水的电离B．上升温度，NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋平衡逆向移动C．若强酸与强碱中和后pH＝7，则两者的pH之和肯定为14D．盐类水解反应不肯定都是吸热反应解析：选A盐电离出的离子结合水电离出的氢离子或氢氧根离子生成弱电解质的反应为盐类的水解，导致水电离出的氢离子或氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，促进水的电离，故A正确；NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋为盐类的水解反应，盐类的水解反应为吸热反应，上升温度，该反应平衡正向移动，故B错误；若强酸与强碱等体积混合后pH＝7，溶液呈中性，则pH酸＋pH碱＝14，选项中酸和碱溶液的体积未知，则不能确定两者的pH之和肯定为14，故C错误；盐类水解反应是酸碱中和反应的逆过程，酸碱中和反应都是放热反应，则盐类的水解反应都是吸热反应，故D错误。7．下列电化学装置能达到目的的是()A．图甲：实现原电池反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋B．图乙：制取少量Fe(OH)2C．图丙：证明铁发生了析氢腐蚀D．图丁：在铁表面镀锌解析：选A三价铁离子的氧化性大于铜离子的氧化性，所以该反应为自发的氧化还原反应，图甲有活性不同的两个电极，形成了闭合回路，可构成原电池，A正确；铁与电源负极相连作阴极，阴极发生还原反应，不能失电子生成亚铁离子，B错误；析氢腐蚀的条件应当是强酸性环境，氯化钠溶液显中性，C错误；在铁表面镀锌，电解质溶液应当为含锌离子的溶液，D错误。8．室温时，肯定量的Na2CO3与盐酸混合所得溶液中，部分含碳微粒的物质的量分数(α)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A．pH＝10.3时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋3c(HCOeq\o\al(－,3))B．pH＝6.3时：α(COeq\o\al(2－,3))＋α(HCOeq\o\al(－,3))＋α(H2CO3)＝1.0C．pH＝7时：c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H2CO3)>c(OH－)＝c(H＋)D．曲线X表示的微粒为COeq\o\al(2－,3)解析：选A溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，pH＝10.3时，c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))，所以c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋3c(HCOeq\o\al(－,3))，A项正确；pH＝6.3时，α(COeq\o\al(2－,3))、α(HCOeq\o\al(－,3))、α(H2CO3)均小于0.2，所以α(COeq\o\al(2－,3))＋α(HCOeq\o\al(－,3))＋α(H2CO3)<0.6，B项错误；pH＝7时，Y在最上方，X在中间，Z在最下方，依据分析可知c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)＝c(H＋)，C项错误；依据分析可知X表示的微粒是H2CO3，D项错误。9．若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cH＋,cOH－)))，室温下试验室中用0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液滴定20.00mL0.01mol·L－1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是()A．室温下，A点的溶液显酸性B．A点时加入氢氧化钠溶液的体积等于20.00mLC．室温下，AG＝7时溶液的pH＝3.5D．从O到B，水的电离程度渐渐减小解析：选CA点的AG＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cH＋,cOH－)))＝0，即eq\f(cH＋,cOH－)＝1，则c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液显中性，故A错误；依据A项分析，A点时溶液显中性，当加入氢氧化钠溶液20.00mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，醋酸钠是强碱弱酸盐，CH3COO－水解使溶液显碱性，说明A点时加入氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，故B错误；依据图像可知，在室温下，O点时，醋酸溶液的AG＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(cH＋,cOH－)))＝7，即eq\f(cH＋,cOH－)＝107，而水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，两式联立可知，c(H＋)＝10－3.5mol·L－1，即溶液的pH＝3.5，故C正确；酸或碱都会抑制水的电离，可水解的盐会促进水的电离，O点为醋酸溶液，水的电离被抑制，从O到A点，醋酸的量渐渐削减，醋酸钠的量渐渐增多，溶液由酸性变为中性，水的电离程度渐渐增大，当V(NaOH)＝20mL时，溶液变为醋酸钠溶液，此时水的电离程度最大，接着加入氢氧化钠溶液，水的电离程度又渐渐减小，即从O到B，水的电离程度先渐渐增大后渐渐减小，故D错误。10．工业汲取H2S气体后的FeCl3溶液的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A．溶液M中的溶质为FeCl2B．电极a为阴极C．电极b上的反应为2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋6H2O=N2↑＋12OH－D．随电解的进行，阴极区溶液pH增大解析：选D溶液M为汲取H2S气体后的FeCl3溶液，硫化氢与氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和HCl，则溶液M中的溶质有FeCl2、HCl，同时还有剩余的氯化铁，A错误；由装置可知b电极的反应为硝酸根离子被还原为氮气，得电子的电极应为阴极，则a为阳极，B错误；电解质溶液呈酸性，电极b上的反应为2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O，C错误；由b电极的反应可知，反应消耗氢离子，氢离子浓度减小，pH增大，D正确。11．丙酮是重要的有机合成原料，可以由过氧化氢异丙苯合成。其反应为CH3CH3OOHH3CCOCH3＋OH，为了提高过氧化氢异丙苯的转化率，反应进行时需刚好从溶液体系中移出部分苯酚。过氧化氢异丙苯的转化率随反应时间的变更如图所示。设过氧化氢异丙苯的初始浓度为xmol·L－1，反应过程中的液体体积变更忽视不计。下列说法不正确的是()A．a、c两点丙酮的物质的量浓度相等B．b、c两点的逆反应速率：v(b)＞v(c)C．100℃时，0～5h之间丙酮的平均反应速率为0.14xmol·L－1·h－1D．若b点处于化学平衡，则120℃时反应的平衡常数K＝eq\f(0.98x×0.98x,0.02x)解析：选D由于起始反应物浓度相同且a、c点转化率相同，故生成的丙酮浓度相等，A正确；由于反应物转化率：b点＞c点，故生成物浓度：b点＞c点，且b点温度大于c点，故逆反应速率：b点＞c点，B正确；由图示知，100℃时，5h时反应物的转化率为70%，故生成丙酮的浓度＝0.7xmol·L－1，则0～5h丙酮的平均反应速率＝eq\f(0.7xmol·L－1,5h)＝0.14xmol·L－1·h－1，C正确；b点对应反应物转化率为98%，故两种生成物的浓度均为0.98xmol·L－1，但在反应过程中有部分苯酚被移出反应体系，故平衡时体系中苯酚的浓度未知，故无法求算平衡常数，D错误。12．25℃时，向10mL0.10mol·L－1的一元弱酸HA(Ka＝1.0×10－3)中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变更关系如图所示。下列说法正确的是()A．a点时，c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B．溶液在a点和b点时水的电离程度相同C．b点时，c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)D．V＝10mL时，c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)解析：选AA项，a点时，pH＝3，c(H＋)＝10－3mol·L－1，因为Ka＝1.0×10－3，所以c(HA)＝c(A－)，依据电荷守恒：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)和c(HA)＝c(A－)，得c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，正确；B项，a点溶质为HA和NaA，pH＝3，由水电离出的c(OH－)＝10－11mol·L－1；b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH－)＝10－3mol·L－1，OH－是由NaOH电离和水电离两部分组成的，推断出由水电离出的c(OH－)<10－3mol·L－1，则由水电离的c(H＋)＞10－11mol·L－1，错误；C项，依据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)可得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)－c(H＋)，假设C选项成立，则c(A－)＋c(OH－)－c(H＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)，推出c(HA)＋c(H＋)＝0，故假设不成立，错误；D项，V＝10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A－＋H2OHA＋OH－，水解后溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)，即c(HA)>c(H＋)，错误。13．已知：氧化锂(Li2O)晶体形成过程中的能量变更如图所示。下列说法正确的是()A．ΔH1>0，ΔH2＜0B．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6－ΔH5＝0C．ΔH3<0，ΔH4<0D．ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝ΔH5＋ΔH6解析：选BLi晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)→Li＋(g)是失电子过程，吸热，即ΔH1>0、ΔH2>0，故A错误；由盖斯定律可知，ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6＝ΔH5，即－ΔH5＋ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH6＝0，故B正确、D错误；eq\f(1,2)O2(g)到O(g)是键断裂过程，吸热，O(g)→O2－(g)是得电子过程，放热，即ΔH3>0、ΔH4<0，故C错误。14．常温下，向10.00mL0.10mol·L－1HCl和0.20mol·L－1CH3COOH的混合溶液中逐滴加入0.10mol·L－1NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)，且CH3COOH的电离常数Ka＝1.0×10－5。已知指示剂变色范围为甲基橙(3.1～4.4)，酚酞(8.2～10.0)，下列说法不正确的是()A．测定盐酸浓度时，可选用酚酞或甲基橙作为指示剂B．点b处c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1C．点b处溶液pH为3D．点c处溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)解析：选A由HCl和CH3COOH组成的混合溶液中，滴加NaOH溶液，NaOH首先与HCl反应，再与CH3COOH反应，而指示剂的选择则是由滴定终点时溶液的酸碱性确定的，因此加入NaOH溶液的体积为10mL时，HCl完全反应，醋酸未反应，且CH3COOH的浓度为0.1mol·L－1，因此Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)≈eq\f(c2H＋,0.1)＝1.0×10－5，由于醋酸电离时，产生的氢离子和醋酸根离子相等，所以此时溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，pH＝3，因此应当选择甲基橙作为指示剂，当醋酸完全反应时，溶质为NaCl和CH3COONa，溶液呈碱性，因此应当选择酚酞作为指示剂。依据以上分析知，测定盐酸浓度时，可选用甲基橙作为指示剂，故A错误；加入NaOH溶液的体积为10mL时，HCl完全反应，醋酸未反应，且CH3COOH的浓度为0.1mol·L－1，醋酸部分电离，所以c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，故B正确；由分析可知，点b处溶液pH为3，故C正确；点c处加入NaOH溶液的体积为20mL，溶质为等物质的量的NaCl、CH3COONa和CH3COOH，溶液呈酸性，所以醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)，点c处溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故D正确。15．中国科学院研发了一种新型钾电池，有望成为锂电池的替代品。该电池的电解质为CF3SO3K溶液，其简要组成如图所示。电池放电时的总反应为2KC14H10＋xMnFe(CN)6=2K1－xC14H10＋xK2MnFe(CN)6，则下列说法中，正确的是()A．放电时，电子从电极A经过CF3SO3K溶液流向电极BB．充电时，电极A质量增加，电极B质量削减C．放电时，CF3SO3K溶液的浓度变大D．充电时，阳极反应为K2MnFe(CN)6－2e－=2K＋＋MnFe(CN)6解析：选D放电时，该装置为原电池装置，即放电时电子不行能经过电解质溶液，故A错误；放电时，负极(电极B)反应式为KC14H10－xe－=K1－xC14H10＋xK＋，正极(电极A)反应式为MnFe(CN)6＋2e－＋2K＋=K2MnFe(CN)6，充电时应将放电反应倒过来看，明显电极A的质量是削减的，电极B的质量是增加的，故B错误；依据B项分析，放电时，CF3SO3K溶液的浓度是不发生变更，故C错误；充电时，阳极连接电源的正极，充电时的电极反应应是放电时电极反应的逆过程，即阳极反应式为K2MnFe(CN)6－2e－=2K＋＋MnFe(CN)6，故D正确。二、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(10分)(1)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3回答下列问题：已知反应①中相关的化学键键能数据如下：化学键H—HC—OC≡OH—OC—HE/(kJ·mol－1)4363431076465413由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58kJ·mol－1，则ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3悬浮液汲取，可削减烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g)ΔH＝－241.6kJ·mol－1则反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(3)二甲醚燃料电池的工作原理如图所示，则X电极的电极反应式为________________________。用该电池对铁制品镀铜，当铁制品质量增加12.8g时，理论上消耗二甲醚的质量为________g(精确到0.01)。解析：(1)反应热＝反应物总键能－生成物总键能，故ΔH1＝1076kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1－(3×413＋343＋465)kJ·mol－1＝－99kJ·mol－1；依据盖斯定律：反应②－反应①＝反应③，故ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－58kJ·mol－1－(－99kJ·mol－1)＝＋41kJ·mol－1。(2)已知：①NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g)ΔH＝－200.9kJ·mol－1②NO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=NO2(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－1则依据盖斯定律可知①＋②×2即得到反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的ΔH＝－317.3kJ·mol－1。(3)从氢离子的移动方向上，可以推断出X极为原电池的负极，其电极反应式为CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋；用该电池对铁制品镀铜，铁制品增加12.8g，则生成铜的物质的量0.2mol，转移电子数为0.4mol，依据CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋可算出消耗二甲醚的物质的量为eq\f(1,30)mol，其质量约为1.53g。答案：(1)－99＋41(2)－317.3(3)CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋1.5317．(10分)化学能与电能之间的相互转化与人类的生活实际亲密相关，在生产、生活中有重要的应用，同时也是学生形成化学学科核心素养的重要组成部分。(1)熔融状态下，钠的单质和氯化亚铁能组成可充电电池，工作原理如图所示，反应原理为2Na＋FeCl2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Fe＋2NaCl，该电池放电时，正极反应式为___________________________；充电时，___________(写