浙江省丽水市五校高中发展共同体2024-2025学年高二上学期11月期中考试化学试题 含解析

2024学年第一学期丽水五校高中发展共同体期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H：1O：16Na：23Al：27S：32Ca：40Fe：56Cu：64Ba：137选择题部分一、选择题(本大题共20小题，1-10题每小题2分，11-20题每小题3分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.水溶液呈碱性的盐是A.Na2CO3 B.FeCl3 C.NaNO3 D.Ba(OH)2【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3为强碱弱酸盐，发生水解，溶液呈碱性，A正确；B．FeCl3为强酸弱碱盐，发生水解，溶液呈酸性，B错误；C．NaNO3为强酸强碱盐，离子不发生水解，溶液呈中性，C错误；D．Ba(OH)2属于强碱，不属于盐，D错误；故选A。2.仪器名称为“分液漏斗”的是A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A．A为酸式滴定管，A不符合题意；B．B为冷凝管，B不符合题意；C．C为容量瓶，C不符合题意；D．D为分液漏斗，D符合题意；故选D。3.下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是A.碳酸氢钠与盐酸反应 B.灼热的炭与二氧化碳反应C.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 D.铁与氯气在加热下反应【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，A不符合题意；B．灼热的炭与CO2的反应生成CO，是氧化还原反应也是吸热反应，B符合题意；C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应不是氧化还原反应，C不符合题意；D．铁与氯气的反应是放热反应，D不符合题意；答案选B。4.下列说法正确的是A.加入适宜的催化剂，可促使Cu+Fe2+=Fe+Cu2+反应进行，且反应速率加快B.升高温度，反应物分子中活化分子数增加，活化分子百分数不变，反应速率加快C.反应Zn+2H+=Zn2++H2↑中，加入更多的Zn粒可以加快反应速率D.对有气体参加的化学反应，压缩容器增大压强，速率加快【答案】D【解析】【详解】A．根据金属活泼性顺序可知，铜不能置换出铁单质，加入催化剂也不能置换，不会影响化学反应速率，A错误；B．升高温度，反应物分子中活化分子数增加，活化分子百分数增加，反应速率加快，B错误；C．反应中，加入的Zn粒为固体，不会影响反应速率，C错误；D．对有气体参加的化学反应，压缩容器增大压强，相当于增大浓度，反应速率加快，D正确；故选D。5.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.溶液中加入固体KSCN后颜色变深B.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C.工业合成氨：，采用400℃~500℃的高温条件D.工业制备：，加入大量水，同时加热【答案】C【解析】【详解】A．溶液中存在平衡：，加入固体KSCN后，平衡逆向移动，颜色变深，A不符合题意；B．氯气在饱和食盐水中存在平衡：，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，故实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气，B不符合题意；C．工业合成氨为放热反应，高温平衡逆向移动，该反应在高温下进行是为了提高反应速率，C符合题意；D．四氯化钛水解产生二氧化钛，加入大量水，同时加热使水解平衡正向移动，可以用该反应制备二氧化钛，D不符合题意；故选C。6.下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是A.澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、、B.pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl−、C.中性溶液中：K+、Fe3+、、Cl−D.滴加紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl−、CN−【答案】A【解析】【详解】A．澄清透明的溶液中：Cu2+、K+、、均不发生反应，能大量共存，A正确；B．pH=1的溶液中，在酸性条件下具有强氧化性，Fe2+具有还原性，会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C．中性溶液中Fe3+会发生水解生成氢氧化铁，不能大量共存，C错误；D．滴加紫色石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中CN−与生成，为弱电解质，不能大量共存，D错误；故选A。7.下列事实对应的离子方程式正确的是A.用饱和Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：B.用醋酸除去水壶中水垢：C.用Na2CO3溶液清洗油污：D.用石墨电极电解CuCl2溶液：【答案】A【解析】【详解】A．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为：，A正确；B．用醋酸除去水壶中水垢，反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，离子方程式为：，B错误；C．用Na2CO3溶液清洗油污，碳酸钠水解溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解，离子方程式为：、，C错误；D．用石墨电极电解CuCl2溶液，反应生成铜单质和氯气，离子方程式为：，D错误；故选A。8.某温度下，密闭恒容绝热容器中，发生如下反应：，不能说明该反应已经达到平衡状态的是A.容器内混合气体的密度不再发生变化B.容器内的总压强不随时间变化而变化C.每消耗nmolB的同时生成2nmol的DD.混合气体的平均相对分子质量不再变化【答案】C【解析】【详解】A．对于反应，因为B是固体，根据，反应过程中气体的质量会发生变化(气体总质量等于反应前A的质量加上反应生成的C和D的质量，减去消耗的A的质量)，容器体积V不变，当容器内混合气体的密度不再发生变化时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B．根据理想气体状态方程，该反应为气体体积不变的反应，气体物质的量n不变，在恒容绝热容器中，V不变，T会随着反应的进行而改变(因为反应有热量变化)，则容器内的总压强也会发生变化，所以当容器内的总压强不随时间变化而变化时，说明反应达到平衡状态，B不符合题意；C．每消耗nmolB的同时生成2nmol的D，均表示正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应是否达到平衡状态，C符合题意；D．根据，反应过程中气体质量m会发生变化(理由同选项A)，该反应为气体体积不变的反应，气体物质的量n不变，则当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；故选C。9.电化学腐蚀是海水对海上船体外壳腐蚀的主要类型，为了防止造成更大损失，通常船体钢铁外壳镶嵌锌块来延缓腐蚀。下列不正确的是A.该法称为牺牲阳极法 B.钢铁外壳成为原电池的正极C.镶嵌的锌块需定期更换 D.原电池的负极发生还原反应，发生反应Zn-2e-=Zn2+【答案】D【解析】【分析】钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn＞Fe，即锌块为负极，钢铁为正极，形成原电池，Zn失去电子，发生氧化反应，从而保护钢铁，延缓其腐蚀。【详解】A．该方法中锌片作负极，钢铁做正极，称为牺牲阳极法，A正确；B．由分析可知，钢铁外壳作原电池的正极，B正确；C．Zn失去电子，发生氧化反应，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维护和更换，不能永久使用，C正确；D．原电池负极发生氧化反应，D错误；故选D。10.在一定温度下，冰醋酸稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是A.由a到b过程，溶液中增大B.由b到c过程，CH3COOH电离平衡正向移动C.a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度大小顺序是：b>c>aD.a、b、c三点对应的溶液中，pH值大小顺序是：b>c>a【答案】B【解析】【分析】由图可知，冰醋酸中只存在醋酸分子，不存在自由移动的离子，不能导电；加水稀释过程中，醋酸溶液的浓度减小，电离程度变大，溶液中离子浓度先增大后减小，溶液的导电性先增强后减弱，据此回答。【详解】A．由电离常数可知，溶液中，由a到b过程，醋酸溶液加水稀释时，醋酸的电离常数不变，溶液中氢离子浓度增大，则溶液中的值减小，A错误；B．b到c过程中，继续加水稀释，根据越稀越电离可知，CH3COOH的电离程度逐渐增大，电离平衡正向移动，B正确；C．根据越稀越电离可知，a、b、c三点对应的溶液中，CH3COOH电离程度大小顺序是：c>b>a，C错误；D．c(H+)越大，溶液导电性越强，由图可知，导电性强弱顺序是b>c>a，则c(H+)由大到小的顺序b>c>a，c(H+)越大，pH值越小，则pH由小到大的顺序是b<c<a，D错误；故选B。11.下列实验装置及其操作(部分夹持装置已略去)不能达到对应实验目的是实验目的或操作A．测定锌与稀硫酸的反应速率B．碱式滴定管排气泡实验装置实验目的或操作C．打开K1闭合K2即可制作一个氢氧燃料电池D．验证电解氯化钠溶液的阳极产物实验装置A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．通过测定收集一定体积的H2所需的时间或一定时间收集H2的体积大小来测定锌与稀硫酸反应速率，A不符合题意；B．碱式滴定管排气泡时，尖嘴斜向上，轻轻挤压玻璃珠，B不符合题意；C．制作一个氢氧燃料电池，需要先打开K2闭合K1，通过电解水，在阴、阳两极上分别生成氢气和氧气，然后再打开K1闭合K2，C符合题意；D．电解饱和食盐水阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2具有氧化性，可以用淀粉KI溶液检验，D不符合题意；故选：C。12.室温下，有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol/L，下列说法不正确的是A.3种溶液pH的大小顺序是③>①>②B.若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③C.若分别加入25mL0.1mol·L-1盐酸后，pH最大的是①D.若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③>①>②【答案】D【解析】【详解】A．三种溶液浓度相同，水解是微弱的，所以氢氧化钠溶液碱性最强，醋酸的酸性大于碳酸，根据越弱越水解，碳酸钠溶液碱性强于醋酸钠，A正确；B．稀释时盐的水解程度增大，变化较小，B正确；C．加入等量的盐酸以后碳酸钠溶液恰好生成碳酸氢钠，，显碱性，醋酸钠溶液恰好生成醋酸，，显酸性，氢氧化钠溶液生成氯化钠显中性，C正确；D．要使3种溶液的pH均为9，需要浓度最大的是产生氢氧根离子最难的，也就是水解程度最小的，因为醋酸酸性大于碳酸，所以醋酸钠水解程度最小，D错误；故选D。13.一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是A.右侧电极作阳极，发生氧化反应B.理论上每消耗0.1molFe2O3，阳极室溶液减少21.3gC.阴极区电极反应：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，溶液中OH−逐渐升高D.理论上每消耗0.1molFe2O3，产生气体6.72L(标准状况下)【答案】B【解析】【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：，左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极移向阴极，据此分析判断。【详解】A．由分析知，右侧电极作阳极，失去电子，发生氧化反应，A正确；B．由可知，理论上每消耗0.1molFe2O3，转移0.6mol电子，由可知，阳极生成0.3mol氯气，同时有0.6molNa+由阳极移向阴极，阳极室溶液减少质量为，B错误；C．左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应：，阴极区溶液中浓度逐渐升高，C正确；D．由可知，理论上每消耗0.1molFe2O3，转移0.6mol电子，由可知，阳极生成0.3mol氯气，标准状况下的体积为，D正确；故选B。14.在密闭容器中，反应，达到如下图甲平衡，在仅改变某一条件后达到乙平衡，对改变的条件下列分析正确的是A.图Ⅰ是增大反应物的浓度B.图Ⅱ一定是加入催化剂的变化情况C.图Ⅲ是增大压强D.图Ⅲ是升高温度【答案】D【解析】【详解】A．图I在某一时刻正逆反应速率都增大，若只是增大反应物的浓度，只有正反应速率增大，逆反应速率不变，A错误；B．图II正逆速率都增大，但增大程度相同，可能是增大压强或加入催化剂的变化情况，因为该反应是前后气体分子数相同的反应，增大压强，正逆速率都增大，但仍相等，平衡不移动，B错误；C．图III中t时刻百分含量降低，说明平衡逆向移动，反应是气体体积不变的放热反应，增大压强平衡不移动，升高温度，平衡逆向移动，则图III是升高温度，故C错误；D．由C可知，图Ⅲ是升高温度，故D正确；故选D。15.部分弱电解质在常温下的电离平衡常数如表：弱电解质HCOOHHCN电离平衡常数下列说法正确的是A.结合的能力：B.对HCOOH溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小C.向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为D.向Na2CO3溶液中加入足量HCN，反应的离子方程式为【答案】D【解析】【详解】A．根据表中数据可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，酸性越弱，其对应的酸根离子结合H+的能力越强，则结合H+的能力：＞CN-＞＞HCOO-，A错误；B．已知溶液中c(H+)与c(OH-)的乘积是一个常数，故对HCOOH溶液加水稀释，溶液中HCOO-和H+离子浓度均减小，而OH-浓度增大，B错误；C．根据表中数据可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，故向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为，C错误；D．根据表中数据可知，酸性：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞，则向Na2CO3溶液中加入足量HCN，反应的离子方程式为，D正确；故答案为：D。16.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.电解精炼铜时在阳极减少32g，转移电子的个数为NAB.25℃时，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH﹣数目为0.1NAC.氢氧燃料电池工作时，标准状况下正极消耗11.2L气体，电路中转移电子数为NAD.0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA【答案】B【解析】【详解】A．电解精炼铜时，阳极放电的金属不完全是铜，存在铁等，所以减少32g时，电路中转移的电子数目不是NA，故A错误；B．pH=13Ba(OH)2溶液中，c(OH-)=0.1mol/L，溶液体积为1L，含有的OH﹣数目为0.1NA，故B正确；C．氢氧燃料电池正极消耗氧气，若消耗标况下11.2L氧气即0.5mol，转移电子数为2mol，即2NA，故C错误D．溶液体积未知，不能确定粒子数目，故D错误；故选：B。17.在常温下，向10mL浓度均为0.1mol·L-1NaOH和Na2CO3混合溶液中滴0.1mol·L-1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是A.在a点的溶液中，c(Na+)>c()>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)B.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO−)C.在c点的溶液pH<7，是因为此时的电离能力大于其水解能力D.在b点的溶液中，2n()＋n()<0.001mol【答案】D【解析】【分析】向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸时，反应过程为，，，据此回答。【详解】A．加入盐酸体积为5mL时，溶液中溶质的物质的量之比为n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶1∶2，溶液中离子浓度大小应为，A错误；B．把盐酸换成同浓度的醋酸，滴至溶液pH=7时，根据电荷守恒得：，与不相等，B错误；C．c点pH小于7是因为反应生成的CO2溶于水，与水反应生成，的电离大于的水解导致的，C错误；D．由图知b点溶液的pH=7，，此时由电荷守恒得：，化简可得：，即，pH=7时盐酸体积大于20mL，故，所以成立，D正确；故选D。18.标准状态下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程如图所示[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法正确的是A.Cl2(g)=Cl(g)+Cl(g)的ΔH=+2(E2-E3)kJ·mol-1B.ClO在历程Ⅱ中作催化剂C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程ⅠD.历程Ⅱ中速率最慢的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1【答案】A【解析】【详解】A．由图知：O3(g)、O(g)的能量为E3，O3(g)、O(g)、Cl(g)的能量为E2，Cl2(g)的相对能量为0，则Cl2(g)=Cl(g)+Cl(g)的ΔH=+2(E2−E3)kJ⋅mol−1，A正确；B．由图可知，ClO在历程Ⅱ中作中间产物，B错误；C．催化剂不影响平衡，相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程I，C错误；D．活化能最小的反应速率最快，由图知，ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)

活化能最小，则历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g)

ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1，D错误；故选A。19.下图为和在水中达沉淀溶解平衡时的关系图(；可认为离子沉淀完全)。下列叙述正确的是A.由点可求得B.时的溶解度为C.浓度均为的和可通过分步沉淀进行分离D.混合溶液中时二者不会同时沉淀【答案】C【解析】【详解】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则===，故A错误；B．由图中信息可知，时的浓度为，因此，的溶解度不是，故B错误；C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀和，故C正确；D．由图可知，沉淀完全时，，pM5，此时pH约为4.7，在此pH下刚开始沉淀的浓度为，而题中>，则会同时沉淀，故D错误；答案选C。20.下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案设计现象和结论A用pH计测量CH3COONa、NaClO的pH，比较溶液pH大小NaClO的pH比CH3COONa大，说明ClO−水解程度大于CH3COO−B将2ml0.5mol·L-1的CuCl2溶液加热后置于冷水中溶液由黄绿色变为蓝色，说明降低温度[Cu(H2O)4]2++4Cl−[CuCl4]2−+4H2O向逆方向移动C将中间裹有锌皮的铁钉放入滴有酚酞溶液和K3[Fe(CN)6]溶液的饱和食盐水琼脂液中中间锌皮表面无明显变化，铁钉两端溶液变红，说明铁钉发生了吸氧腐蚀D向2mL0.1mol·L-1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．未指明溶液的物质的量浓度是否相同，因此不能根据所测pH说明ClO−水解程度大于CH3COO−，故A错误；B．将2ml0.5mol·L-1CuCl2溶液加热后置于冷水中，溶液由黄绿色变为蓝色，说明降低温度平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl−[CuCl4]2−+4H2O向生成蓝色的[Cu(H2O)4]2+的逆方向移动，故B正确；C．Zn-Fe组成原电池时，Zn比Fe活泼，Zn作负极，铁作正极，铁电极上氧气得电子生成OH-使溶液变红，说明Zn发生了吸氧腐蚀，故C错误；D．AgNO3溶液过量，滴入的KI溶液与过量的硝酸银反应生成AgI黄色沉淀，不能说明AgCl与KI反应生成AgI，因此不能证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；故选：B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.回答下列问题：（1）写出CH3COOH在水溶液中的电离方程式___________。（2）泡沫灭火器中盛放的灭火剂包括Al2(SO4)3溶液(约1mol·L-1)、NaHCO3溶液(约1mol·L-1)及起泡剂。使用时发生反应的离子方程式是___________。（3）0.2mol·L-1与0.1mol·L-1醋酸中c(H＋)之比为___________2：1(填“>”“<”或“=”)（4）已知乙醇的燃烧热ΔH=-1366.8kJ·mol-1，且H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ·mol-1，请写出乙醇燃烧生成气态水的热化学方程式___________。（5）联氨(N2H4)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________。(已知：N2H4＋H＋的K=8.7×107；Kw=1.0×10−14)。【答案】（1）CH3COOHH++CH3COO−（2）Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑（3）<（4）CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1234.8kJ/mol（5）8.7×10-7【解析】【小问1详解】CH3COOH是弱电解质，在水溶液中的电离方程式为CH3COOHH++CH3COO−；【小问2详解】灭火剂包括Al2(SO4)3溶液、NaHCO3溶液，两者能发生双水解反应：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，生成的氢氧化铝沉淀覆盖在可燃物表面，二氧化碳可隔绝氧气，从而起到灭火作用；【小问3详解】越稀越电离，0.2mol·L-1醋酸的电离程度小于0.1mol·L-1醋酸，故0.2mol·L-1与0.1mol·L-1醋酸中c(H＋)之比小于2：1；【小问4详解】乙醇燃烧生成气态水的方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)，已知乙醇燃烧热是1366.8kJ∙mol−1，因此乙醇燃烧的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)＝2CO2(g)+3H2O(l)

H=－1366.8kJ∙mol−1①，又知H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44.0kJ·mol-1②，由①-3×②得到乙醇燃烧生成气态水的热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1234.8kJ/mol；【小问5详解】反应N2H4+H2ON2H+OH-，Kb===KKw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7。22.常温下，有关下列四种溶液编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸pH111133按要求回答问题：（1）将溶液①、④等体积混合，所得溶液的各离子浓度由大到小顺序是___________。（2）分别取1mL稀释至10mL，四种溶液的pH由大到小顺序是___________(填编号)。（3）将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=___________。【答案】（1）（2）①②④③（3）11:9【解析】【小问1详解】一水合氨为弱碱，所以pH=11的氨水浓度远大于10-3mol/L，而HCl为强酸，pH=3的盐酸浓度为10-3mol/L，二者等体积混合碱过量，混合溶液为氯化铵和氨水得混合物，溶液显碱性，，由电荷守恒得，，所以；【小问2详解】一水合氨稀释过程中还会继续电离出氢氧根，所以稀释10倍其pH的变化小于1，则稀释后pH：①>②>7，同理醋酸稀释10倍其pH的变化也小于1，则pH：③<④<7，故四种溶液的pH由大到小顺序是①②④③；【小问3详解】pH=11的NaOH溶液和pH=3的盐酸浓度均为10-3mol/L，混合后pH=4，所以酸过量，则，解得a:b=11:9。23.二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺如图所示：（1）图中应使用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。（2）上图中用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2.产生ClO2的电极应连接电源的___________(填“正极”或“负极”)，b极的电极反应式为___________。（3）用下图燃料电池提供电源电解制取ClO2，A极的电极反应式为___________。常温下，已知烧杯中盛有200mL1.5mol·L-1KOH溶液，工作一段时间后，收集到ClO21344mL(标准状况下)，此时溶液中pH=___________(溶液体积变化忽略不计)。【答案】（1）阳（2）①.正极②.Cl−－5e−＋2H2O=ClO2↑＋4H＋（3）①.CH3OH－6e−+8OH−=+6H2O②.14【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连的石墨电极b为电解池的阳极，水分子作用下氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化氯和氢离子，石墨电极a为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜由阳极区移向阴极区。【小问1详解】由分析可知，制备二氧化氯时，钠离子通过阳离子交换膜由阳极区移向阴极区，故答案为：阳；【小问2详解】由分析可知，与直流电源正极相连的石墨电极b为电解池的阳极，水分子作用下氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化氯和氢离子，电极反应式为Cl−－5e−＋2H2O=ClO2↑＋4H＋，故答案为：正极；Cl−－5e−＋2H2O=ClO2↑＋4H＋；【小问3详解】由图可知，通入甲醇的电极A为燃料电池的负极，碱性条件下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH3OH－6e−+8OH−=+6H2O，电极B为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电池总反应为2CH3OH+3O2＋4OH−=2+6H2O，由得失电子数目守恒可知，标准状况下收集到1344mL二氧化氯时，消耗氢氧根离子的物质的量为×5×=0.1mol，溶液中氢氧根离子浓度为=1mol/L，则溶液的pH为14，故答案为：CH3OH－6e−+8OH−=+6H2O；14。24.二甲醚(CH3OCH3)是一种洁净液体燃料，工业上可以通过以下两种工艺合成：Ⅰ．方法1：以CO和H2为原料生产CH3OCH3.工业制备二甲醚在催化反应室中(压强：2.0~10.0MPa．温度：230-280℃)进行下列反应：反应i：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=-99kJ·mol-1反应ii：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23.5kJ·mol-1反应iii：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41.2kJ·mol-1（1）在该条件下，若只发生反应i，各物质的起始浓度分别为c(CO)=1.2mol·L-1，c(H2)=2.8mol·L-1，8min后达到化学平衡状态，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为___________。（2）在t℃时。反应ii的平衡常数为400，此温度下，在1L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc/(mol·L-1)0.052.02.0此时___________(填“>”“<”或“=”)（3）催化总反应为：3CO(g)+3H2(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)①ΔS___________0(填“>”“<”或“=”)，该反应在___________条件下自发。②CO的平衡转化率(CO)与温度T、压强P的关系如图1所示：若P2<P1，请在图1中画出压强P2时CO的平衡转化率的变化趋势___________。（4）在催化剂的作用下同时进行三个反应，发现随着起始投料比的改变，二甲醚和甲醇的产率(产物中的碳原子占起始CO中碳原子的百分率)呈现如图2的变化趋势。解释投料比大于1.0之后二甲醚产率和甲醇产率变化的原因___________。Ⅱ．方法2：先用CO2加H2合成甲醇，涉及以下主要反应：反应i．甲醇的合成：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1=-49.6kJ·mol-1反应ii．逆水汽变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH2=+41.2kJ·mol-1再由甲醇脱水合成二甲醚。在不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料合成甲醇，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。（5）下列说法正确的是___________。A．图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率B．P1<P2<P3C．为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO2的平衡转化率的主要研究方向E．图乙中三条曲线趋于相等的原因，是因为达到一定温度后，以反应ii为主【答案】（1）0.15mol∙L−1∙min−1（2）＜（3）①.＜②.低温③.（4）当投料比大于1时，随着c(H2)增大，反应①被促进，而反应③被抑制，c(H2O)增大，最终抑制反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小（5）ACE【解析】【小问1详解】在该条件下，若反应ⅰ的起始浓度分别为：c(CO)=1.2mol·L−1，c(H2)=2.8mol·L−1，8min后达到平衡，CO的转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为：；【小问2详解】在t℃时，此时反应ⅱ有：，平衡逆向移动，所以此时刻v正＜v逆；【小问3详解】①催化反应室的总反应3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)是由反应式ⅰ×2+ⅱ+ⅲ而得，故该总反应的ΔH=ΔH1×2+ΔH2+ΔH3=-262.7kJ·mol−1＜0，该反应是放热反应，由方程式可知是熵减反应ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS<0可自发，故该反应在低温条件下自发；②若升温，其CO的平衡转化率会降低，该总反应是气体系数减小的反应，若降压，平衡逆向移动，则CO的平衡转化率会减小，压强P2时CO的平衡转化率的变化趋势图为：；【小问4详解】结合图象，根据平衡移动原理分析：当投料比大于1时，随着增大，c(H2)增大，反应①被促进，反应①中CO转化率增大，甲醇的产率增大；另一方面，随着增大，反应③被抑制，c(H2O)增大，进而抑制了反应②，因此甲醇的产率继续增大而二甲醚的产率减小；【小问5详解】A．由于合成甲醇的正反应是放热反应，因此低温阶段，随温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，CH3OH的平衡产率降低，而逆水汽变换反应的正反应为吸热反应，温度升高到一定程度时主要发生逆水汽变换反应，则温度升高，CO2的平衡转化率升高，即图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率，图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率，故A正确；B．合成甲醇的反应为气体分子总数减小的反应，逆水汽变换反应为气体分子总数不变的反应，因此压强增大，CO2的平衡转化率升高，因此，压强的大小顺序为：p1＞p2＞p3，故B错误；C．根据A、B分析可知，为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，故C正