2025年魯科五四新版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年魯科五四新版選擇性必修1化學(xué)下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，使之轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的CaCO3。某化學(xué)興趣小組用某濃度的Na2CO3溶液處理一定量的CaSO4固體，測得所加Na2CO3溶液體積與溶液中-lgc(CO32-)的關(guān)系如下。

已知Ksp(CaSO4)=9×10-6，Ksp(CaCO3)=3×10-9，lg3=0.5，下列說法不正確的是（）A.曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式：c(Ca2+)·c(SO42-)=Ksp(CaSO4)B.CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103C.該Na2CO3溶液的濃度為1mol/LD.相同實(shí)驗(yàn)條件下，若將Na2CO3溶液的濃度改為原濃度的2倍，則上圖曲線整體向上平移1個(gè)單位即可2、中科院研制出了雙碳雙離子電池，以石墨(Cn)和中間相炭微粒球(MCMB)為電極，電解質(zhì)溶液為含有KPF6的有機(jī)溶液；其充電示意圖如下。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.固態(tài)KPF6為離子晶體B.放電時(shí)MCMB電極為負(fù)極C.充電時(shí)，若正極增重39g，則負(fù)極增重145gD.充電時(shí)，陽極發(fā)生反應(yīng)為Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x3、按如圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(a、b兩電極均為Cu單質(zhì))；實(shí)驗(yàn)開始觀察到靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)，下列有關(guān)說法正確的是。

A.a極電極反應(yīng)為Cu2++2e-=CuB.溶液中Cu2+穿過交換膜發(fā)生遷移C.電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)幅度將保持不變D.外電路轉(zhuǎn)移的電子最多為0.02mol4、控制變量是科學(xué)研究的重要方法。相同質(zhì)量的鐵粉與足量稀硫酸分別在下列條件下發(fā)生反應(yīng)，開始階段化學(xué)反應(yīng)速率最大的是。選項(xiàng)ABCDt/℃202030301212

A.AB.BC.CD.D5、醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHH++CH3COO?，下列敘述不正確的是A.升高溫度，平衡正向移動，醋酸的電離常數(shù)Ka增大B.0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀釋，溶液中c（OH-）增大。C.CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固體，平衡逆向移動D.25℃時(shí)，欲使醋酸溶液的pH、電離常數(shù)Ka和電離程度都減小，可加入少量冰醋酸。6、某高溫熔融鹽“熱電池”，采用等合金作電極，具有比純鋰電池更高的安全性，其工作原理如圖所示。放電時(shí)，1mol完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子。下列說法錯(cuò)誤的是。

A.該電池工作時(shí)電流方向?yàn)椋簶O→用電器→LiAl極B.熱電池的正極材料需要具備高溫下的熱穩(wěn)定性和物理穩(wěn)定性C.正極的電極反應(yīng)式為D.若1mol轉(zhuǎn)化為則消耗49.2g7、已知：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ?mol－1。一定條件下，向體積為2L的密閉容器中充入2molCO2和6molH2，測得CO2和CH3OH(g)的濃度隨時(shí)間變化曲線如圖所示。下列敘述中；正確的是。

A.10min后，升高溫度能使增大B.反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為75%C.3min時(shí)，用CO2的濃度表示的正反應(yīng)速率等于用CH3OH的濃度表示的逆反應(yīng)速率D.從反應(yīng)開始到平衡，H2的平均反應(yīng)速率υ(H2)＝0.075mol·L－1?min－1評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)8、某微生物燃料電池的工作原理如圖所示，下列說法正確的是（）

A.外電路中電流方向?yàn)锽.在硫氧化菌作用下轉(zhuǎn)化為的反應(yīng)是C.硫酸鹽還原菌分解生成D.若該電池中有參加反應(yīng)，則有通過質(zhì)子交換膜9、利用如圖裝置制取Cu2O，乙的總反應(yīng)化學(xué)方程式為：2Cu+H2O=Cu2O+H2↑。下列說法正確的是。

A.乙中Cu電極的電極反應(yīng)式是：2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2OB.甲中通入氧氣的電極為負(fù)極C.乙中陰離子向銅電極移動D.電路上通過0.5mol電子，可制得0.5molCu2O10、10mL1mol/L的鹽酸與過量的鋅粉反應(yīng)，若加入適量的下列溶液，能減慢反應(yīng)速率但又不影響氫氣生成的總量的是A.CH3COONaB.CuSO4C.KClD.NaHCO311、下列實(shí)驗(yàn)中，對應(yīng)的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是。

選項(xiàng)

實(shí)驗(yàn)

現(xiàn)象

結(jié)論

A

向稀硝酸中加入鐵粉，充分反應(yīng)后滴加KSCN溶液

溶液沒有呈血紅色

硝酸只能將鐵粉氧化為

B

將少量溶液滴加到相同濃度的的混合溶液

產(chǎn)生黃色沉淀

C

向溶液中通入

產(chǎn)生白色渾濁

非金屬性：C＞Si

D

壓縮裝有HI、混合氣體(已達(dá)平衡狀態(tài))的容器

氣體顏色變深

平衡向生成方向移動導(dǎo)致其濃度增大

A.AB.BC.CD.D12、一種新型的燃料電池，它以多孔鎳板為電極插入KOH溶液中，然后分別向兩極通入乙烷和氧氣，總反應(yīng)式為：2C2H6+7O2+8KOH=4K2CO3+10H2O，下列推斷正確的是A.負(fù)極反應(yīng)為7O2+14H2O+28e-=28OH-B.每消耗1molC2H6，則電路上轉(zhuǎn)移的電子為14molC.放電一段時(shí)間后，負(fù)極周圍的pH升高D.放電過程中KOH的物質(zhì)的量濃度減小13、電位滴定是利用溶液電位突變指示終點(diǎn)的滴定法常溫下，用標(biāo)準(zhǔn)溶液測定某生活用品中的含量(假設(shè)其它物質(zhì)均不反應(yīng)且不含碳、鈉元素)，得到滴定過程中溶液電位與的關(guān)系如圖所示。已知：兩個(gè)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗鹽酸的體積差可計(jì)算出的量。下列說法正確的是。

A.a至c點(diǎn)對應(yīng)溶液中逐漸減小B.水的電離程度：a＞b＞d＞cC.a溶液中存在：D.生活用品中含有的質(zhì)量為14、現(xiàn)有三個(gè)體積相同的密閉容器，按如圖所示投料，并在T℃條件下開始反應(yīng)，其中容器Ⅲ保持恒壓100kPa。已知:分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，對于2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，T℃時(shí)，容器Ⅲ達(dá)到平衡，其平衡常數(shù)K=p(N2O4)/{[p(NO2)]}2=7.5×10-3kPa-1,式中p(N2O4)、p(NO2)為氣體分壓。下列說法正確的是。

A.達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中N2O4轉(zhuǎn)化率大于50%B.達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ中N2O4的體積分?jǐn)?shù)比容器Ⅲ中的大C.達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ中N2O4的體積分?jǐn)?shù)比容器Ⅱ中的大D.若起始時(shí)向容器Ⅲ中充入2molN2O4、2molNO2,達(dá)到平衡前v(正)15、生產(chǎn)和實(shí)驗(yàn)中廣泛采用甲醛法測定飽和食鹽水樣品中的含量。利用的反應(yīng)原理為：一元酸實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①甲醛中常含有微量甲酸，應(yīng)先除去。取甲醛amL于錐形瓶，加入滴指示劑，用濃度為的NaOH溶液滴定，滴定管的初始讀數(shù)為當(dāng)錐形瓶內(nèi)溶液呈微紅色時(shí)，滴定管的讀數(shù)為

②向錐形瓶加入飽和食鹽水試樣cmL；靜置1分鐘。

③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液繼續(xù)滴定錐形瓶內(nèi)溶液，至溶液呈微紅色時(shí)，滴定管的讀數(shù)為

下列說法不正確的是A.步驟①中的指示劑不可以選用酚酞試液B.步驟②中靜置的目的是為了使和HCHO完全反應(yīng)C.步驟②若不靜置會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高D.飽和食鹽水中的評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、下圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放100g5.00％的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00％的K2SO4溶液；電極均為石墨電極。

(1)接通電源；經(jīng)過一段時(shí)間后，測得e電極上收集到氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為4.48L，乙中c電極質(zhì)量增加。據(jù)此回答問題：

①電源的N端為___________極。

②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為___________。

③電解前后甲溶液pH___________；乙溶液pH___________；丙溶液pH___________。(填“變大”；“變小”或“不變”)。

(2)寫出乙溶液中的電解反應(yīng)方程式：___________需加入___________g___________(填物質(zhì)名稱)恢復(fù)原溶液。17、一定溫度下，在密閉容器中，發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g）2NO(g)＋O2(g)，達(dá)到化學(xué)平衡時(shí)，測得混合氣中NO2濃度為0.06mol·Ｌ－1，O2的濃度為0.12mol·Ｌ－1。

求：（1）該可逆反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_____________?

（2）此時(shí)NO2的轉(zhuǎn)化率_____________?18、Ⅰ．含氮化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中都有重要應(yīng)用。

(1)已知：

4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=－541.8kJ/mol，化學(xué)平衡常數(shù)為K1

N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=－534kJ/mol，化學(xué)平衡常數(shù)為K2

則用NH3和O2制取N2H4的熱化學(xué)方程式為__________________________________，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=_______（用K1、K2表示）。

(2)對于2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在一定溫度下，在1L的恒容密閉容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反應(yīng)開始進(jìn)行。下圖為容器內(nèi)的壓強(qiáng)(P)與起始壓強(qiáng)(P0)的比值()隨時(shí)間(t)的變化曲線，0~5min內(nèi)，該反應(yīng)的平均反應(yīng)速率v(N2)=______，平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率為________。

Ⅱ．2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)

(3)該反應(yīng)能正向自發(fā)進(jìn)行的原因是_____________________。

(4)恒溫恒容下通入2molNH3和1molCO2進(jìn)行上述反應(yīng)，下列事實(shí)能證明反應(yīng)已達(dá)平衡的是__________。

A．體系壓強(qiáng)保持不變B．氣體平均密度保持不變。

C．氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變D．氨氣的體積分?jǐn)?shù)不變。

Ⅲ．在恒溫恒壓條件下，向某密閉容器中通入2molSO2和1molO2，發(fā)生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反應(yīng)，達(dá)到平衡后，t1時(shí)刻再向該容器中通入2molSO2和1molO2，請?jiān)谙聢D中畫出從t1時(shí)刻到再次達(dá)到化學(xué)平衡后的正逆反應(yīng)速率隨時(shí)間變化圖像________。

19、(1)已知2mol氫氣燃燒生成液態(tài)水時(shí)放出572kJ熱量，反應(yīng)方程式是2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)請回答下列問題：

①該反應(yīng)的生成物能量總和_______(填“大于”；“小于”或“等于”)反應(yīng)物能量總和。

②若2mol氫氣完全燃燒生成水蒸氣，放出的熱量_______(填“>”、“<”或“=”)572kJ。

③與化石燃料相比；利用氫能源有很多優(yōu)點(diǎn)，請說出其中一點(diǎn)_______。

(2)FeS2焙燒產(chǎn)生的SO2可用于制硫酸。已知25℃；101kPa時(shí)：

2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH1=-197kJ·mol-1；

H2O(g)=H2O(l)ΔH2=-44kJ·mol-1；

2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)ΔH3=-545kJ·mol-1

則SO3(g)與H2O(l)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是_______。

(3)已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)ΔH1

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2

C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3

則反應(yīng)4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的ΔH為_______。20、下圖是某氫氧燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖，電解質(zhì)為硫酸溶液。氫氣在催化劑作用下提供質(zhì)子(H＋)和電子，電子經(jīng)外電路、質(zhì)子經(jīng)內(nèi)電路到達(dá)另一極與氧氣反應(yīng)，電池總反應(yīng)為2H2＋O2=2H2O；完成下列問題：

(1)通H2的極為電池的________極(填“正”或“負(fù)”)。

(2)b極上的電極反應(yīng)式為：________。

(3)每轉(zhuǎn)移0.1mol電子，消耗H2的體積為________L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。

(4)若將氫氣換成二乙醚(C4H10O)；將電解質(zhì)溶液硫酸換成氫氧化鈉溶液，去掉質(zhì)子交換膜。

①則a極的電極反應(yīng)式為________。

②電池工作一段時(shí)間后電解質(zhì)溶液的pH______(填“增大”“減小”或“不變”)。

(5)氫氧燃料電池為環(huán)境友好電池。而傳統(tǒng)電池生產(chǎn)企業(yè)排放的工業(yè)廢水中常含有Cu2＋等重金屬離子，直接排放會造成污染，目前在工業(yè)廢水處理過程中，依據(jù)沉淀轉(zhuǎn)化的原理，常用FeS等難溶物質(zhì)作為沉淀劑除去這些離子。室溫下Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2，Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2。請用離子方程式說明上述除雜的原理___________。評卷人得分四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共27分)21、蒸餾碘滴定法可測量中藥材中SO2是否超標(biāo)(亞硫酸鹽折算成SO2)。原理是利用如圖所示的裝置將亞硫酸鹽轉(zhuǎn)化為SO2，然后通過碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定吸收液(發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI)。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

Ⅰ.SO2含量的測定。

燒瓶A中加入某待測中藥材粉末10g、蒸餾水300mL；儀器C中加入蒸餾水25mL和淀粉試液1mL作為吸收液；打開冷凝水，通入N2，一段時(shí)間后，滴入6molL-1鹽酸10mL；加熱燒瓶A并保持微沸約3min后，用0.01000mol·L-1碘標(biāo)準(zhǔn)溶液一邊吸收一邊滴定，至終點(diǎn)時(shí)消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。

Ⅱ.空白實(shí)驗(yàn)。

燒瓶A中只加入300mL蒸餾水，重復(fù)上述操作，消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為V0mL。

(1)儀器C的名稱是___________。

(2)滴入鹽酸前先通入一段時(shí)間N2；其目的是___________。

(3)配制0.01000mol·L-1碘標(biāo)準(zhǔn)溶液；需要用到的玻璃儀器有___________(填序號)。

A．天平B．燒杯C．玻璃棒D．一定規(guī)格的容量瓶。

(4)設(shè)計(jì)空白實(shí)驗(yàn)的目的是___________。

(5)該中藥材中SO2含量為___________mg/kg(寫出計(jì)算過程)。22、為了證明一水合氨(NH3·H2O)是弱電解質(zhì)，甲、乙、丙三人分別選用下列試劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：0.010mol·L－1氨水、0.1mol·L－1NH4Cl溶液、NH4Cl晶體；酚酞溶液、pH試紙、蒸餾水。已知pH均為常溫下測定。

(1)甲用pH試紙測出0.010mol·L－1氨水的pH為10，就認(rèn)定一水合氨是弱電解質(zhì)，你認(rèn)為這一方法是否正確？________(填“正確”或“不正確”)，并說明理由_____________________________。

(2)乙取出10mL0.010mol·L－1氨水，用pH試紙測其pH為a，然后用蒸餾水稀釋至1000mL，再用pH試紙測其pH＝b，若要確認(rèn)NH3·H2O是弱電解質(zhì)，則a、b應(yīng)滿足什么關(guān)系？_______________________________(用“等式”或“不等式”表示)。

(3)丙取出10mL0.010mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞試液，顯粉紅色，再加入少量NH4Cl晶體，顏色變________(填“深”或“淺”)。你認(rèn)為這一方法能否證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)？________(填“能”或“否”)，并說明原因：____________________________________。

(4)請你根據(jù)所提供的試劑，再提出一個(gè)既合理又簡便的方案證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)：_________________________________________________。23、過氧化氫法制備亞氯酸鈉(NaClO2)的流程如圖1：

已知：①NaClO2常溫下穩(wěn)定，潮濕的NaClO2加熱到130℃分解。

②ClO2氣體在堿性溶液中會轉(zhuǎn)化為和

(1)制備ClO2氣體的化學(xué)方程式為_______。

(2)取1L廢液，蒸發(fā)結(jié)晶，測定不同蒸發(fā)量下，殘留液中各離子的濃度如圖2，則析出的晶體為_______(填化學(xué)式)。

(3)吸收時(shí)的主要反應(yīng)為2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O。

①吸收時(shí)，需控制反應(yīng)溫度為3℃，可采取的措施為_______。

②溫度過高，產(chǎn)品的純度會降低，主要原因是_______。

(4)從NaClO2溶液獲得產(chǎn)品的可行措施有_______(填序號)。

a.減壓蒸發(fā)b.溶液霧狀噴出干燥c.300℃熱空氣烘干。

(5)準(zhǔn)確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應(yīng)(已知+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－)。取所得混合液的1/10于錐形瓶中，加幾滴淀粉溶液，用cmol?L?1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定，重復(fù)3次，測得平均消耗標(biāo)準(zhǔn)液VmL(已知I2+2=2I－+)，該樣品中NaClO2的純度為_______(用含m、c、V的代數(shù)式表示)。評卷人得分五、原理綜合題(共4題，共24分)24、一定條件下能氧化制這對資源綜合利用有重要意義。相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)如下：

I.

II.

(1)已知反應(yīng)的能量變化如圖1所示。

①當(dāng)生成等物質(zhì)的量的時(shí)，反應(yīng)_______(填“I”或“II”)吸收的熱量更多。

②生成的熱化學(xué)方程式為_______。

(2)反應(yīng)II不利于乙烯的生成的原因是_______。

(3)有研究表明；在催化劑作用下，反應(yīng)I分兩步進(jìn)行，其反應(yīng)過程及能量變化如圖2所示。

①決定反應(yīng)I的反應(yīng)速率的步驟是_______(填“第一步”或“第二步”)，原因是_______。

②第一步的化學(xué)方程式為_______。

(4)在恒容密閉的容器中充入一定量的和保持其他條件不變，控制反應(yīng)溫度分別為和測得隨時(shí)間的變化曲線如圖3所示，則_______(填“大于”或“小于”)原因是_______。

(5)溫度為T時(shí)，向一密閉容器中通入和一段時(shí)間后，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ均達(dá)到平衡，的轉(zhuǎn)化率為50%，的選擇性為60%，此時(shí)容器容積為則該溫度下反應(yīng)I的平衡常數(shù)_______。25、二甲醚(DME)被譽(yù)為“21世紀(jì)的清潔燃料”。由合成氣制備二甲醚的主要原理如下:

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=－90.7kJ·mol-1

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=－23.5kJ·mol-1

③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3=－41.2kJ·mol-1

回答下列問題：

（1）則反應(yīng)3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的△H＝___kJ·mol-1。

（2）下列措施中，能提高CH3OCH3產(chǎn)率的有___。

A．使用過量的COB．升高溫度C．增大壓強(qiáng)。

（3）以下說法能說明反應(yīng)3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)達(dá)到平衡狀態(tài)的有______。

A.H2和CO2的濃度之比為3:1

B.單位時(shí)間內(nèi)斷裂3個(gè)H-H同時(shí)斷裂1個(gè)C=O

C.恒溫恒容條件下；氣體的密度保持不變。

D.恒溫恒壓條件下；氣體的平均摩爾質(zhì)量保持不變。

E.絕熱體系中；體系的溫度保持不變。

（4）一定量的CO2與足量的碳在體積可變的恒壓密閉容器中反應(yīng):C(s)+CO2(g)2CO(g).平衡時(shí)；體系中氣體體積分?jǐn)?shù)與溫度的關(guān)系如圖所示:

已知：氣體分壓（P分）=氣體總壓（P總）×體積分?jǐn)?shù)。

①該反應(yīng)H_____0（填“>”、“<”或“=”）,550℃時(shí)，平衡后若充入惰性氣體，平衡_____（填“正移”；“逆移“或“不移動")。

②)650℃時(shí)，反應(yīng)達(dá)平衡后CO2的轉(zhuǎn)化率為_____(保留2位有效數(shù)字)。

③T℃時(shí)，用平衡分壓代替平衡濃度表示的化學(xué)平衡常數(shù)KP=_____P總.26、把煤作為燃料有下列兩種途徑。

途徑Ⅰ放熱

途徑Ⅱ先制成水煤氣：吸熱①

再燃燒水煤氣：

(1)判斷兩種途徑放熱的大小：途徑Ⅰ_____(填“大于”“小于”或“等于”)途徑Ⅱ。

(2)Q1、Q2、Q3的數(shù)學(xué)關(guān)系式是_____________。

(3)由于制取水煤氣的反應(yīng)中，反應(yīng)物的總能量_______(填“大于”“小于”或“等于”)反應(yīng)產(chǎn)物的總能量，那么在進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)時(shí)，反應(yīng)就需要__________(填“吸收”或“放出”)能量才能轉(zhuǎn)化為反應(yīng)產(chǎn)物。

(4)簡述煤通過途徑Ⅱ作為燃料的意義：______________。27、二甲醚(CH3OCH3)作為一種重要的化工原料和環(huán)保產(chǎn)品；在化工和醫(yī)藥行業(yè)中被廣泛用作甲基化劑；氣霧劑、制冷劑和各種有機(jī)合成原料?；卮鹣铝袉栴}：

(1)合成氣(CO、H2)一步合成二甲醚的反應(yīng)為：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH

已知：?；瘜W(xué)鍵H—HH—OC—HC—OC≡O(shè)E(kJ?mol-1)4364634133431076

①根據(jù)上述數(shù)據(jù)計(jì)算ΔH=_____kJ·mol-1；該反應(yīng)的活化能E正_____E逆(填“＞”“＝”或“＜”)。

②反應(yīng)物投料比采用n(CO)：n(H2)<1：2，則轉(zhuǎn)化率α(CO)_____α(H2)(填“＞”“＝”或“＜”)。

(2)有研究者在催化劑(含Cu—Zn—Al—O和Al2O3)、壓強(qiáng)為5.0MPa的條件下，由H2和CO直接制備二甲醚，結(jié)果如圖所示。260℃或270℃時(shí)，CH3OCH3產(chǎn)率與CO轉(zhuǎn)化率相差較大，合理的解釋是_____。圖中最高產(chǎn)率對應(yīng)的溫度為290℃，低于290℃時(shí)，二甲醚的產(chǎn)率_____(填“是”或“不是”)對應(yīng)溫度下的平衡產(chǎn)率，判斷理由是_____。

(3)二甲醚可以用甲醇脫水直接制備：2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)。某溫度下，該反應(yīng)的Kp=10，在密閉容器中通入一定量的CH3OH，反應(yīng)到某時(shí)刻測得各組分的分壓如下：。物質(zhì)CH3OCH3CH3OHH2O壓強(qiáng)/MPa0.750.250.25

此時(shí)正、逆反應(yīng)速率的大?。簐正_______v逆(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)二甲醚直接燃料電池的工作原理如圖所示：

①該電池的負(fù)極反應(yīng)式為_______。

②已知：能量利用率=×100%。現(xiàn)利用該燃料電池電解水制備氫氣，若消耗9.200g二甲醚，產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的H217.92L，則能量利用率為_______。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【詳解】

A.CaSO4的溶度積表達(dá)式Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)·c(SO42-)；A項(xiàng)正確；

B.CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)B項(xiàng)正確；

C.依據(jù)上述B項(xiàng)分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)K=3×103，每消耗1molCO32-會生成1molSO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的濃度，設(shè)Na2CO3溶液的濃度為1mol/L，則c(SO42-)=1mol/L，根據(jù)可得溶液中c(CO32-)=-lgc(CO32-)=3.5；與圖像相符，C項(xiàng)正確；

D.依據(jù)題意可知，起始CaSO4的物質(zhì)的量為0.02mol，相同實(shí)驗(yàn)條件下，若將Na2CO3溶液的濃度改為原濃度的2倍，則消耗碳酸鈉的體積為10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根據(jù)可得溶液中c(CO32-)=-lgc(CO32-)=3.2；圖像中的橫縱坐標(biāo)都要改變，D項(xiàng)錯(cuò)誤；

答案選D。2、C【分析】【分析】

【詳解】

A．由圖可知，固態(tài)KPF6能電離生成PF和K+，則固態(tài)KPF6為離子晶體；故A正確；

B．根據(jù)放電時(shí)離子的移動方向可知充電時(shí)石墨電極為陽極；MCMB電極為陰極；則放電時(shí)石墨電極為正極、MCMB電極為負(fù)極，故B正確；

C．充電時(shí)，PF移向陽極、K+移向陰極，二者所帶電荷數(shù)值相等，則移向陽極的PF和移向陰極的K+數(shù)目相等，即n(PF)=n(K+)=39g÷39g/mol=1mol，n(PF)=nM=1mol×145g/mol=145g；即充電時(shí)，若負(fù)極增重39g，則正極增重145g，故C錯(cuò)誤；

D．充電時(shí)，陽極發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)，即反應(yīng)為Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x；故D正確；

故選C。3、D【分析】【分析】

靈敏電流計(jì)指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明有電流產(chǎn)生，則裝置一定是原電池(無外加電源)。原電池的負(fù)極只能是Cu-2e-=Cu2+，由于該裝置提供了電能，總反應(yīng)不可能是Cu+2H+=Cu2++H2↑，即正反應(yīng)不可能2H++2e-=H2↑，正極反應(yīng)必是Cu2++2e-=Cu。溶液中離子從高濃度的右室經(jīng)過離子交換膜遷往低濃度的左室才是自發(fā)過程。由于負(fù)極區(qū)產(chǎn)生Cu2+，正極區(qū)消耗Cu2+，所以溶液中遷移的離子不可能是Cu2+，只能是從右室向左室遷移，表明b為正極；a為負(fù)極，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．根據(jù)以上分析，該裝置為原電池，b為正極，a為負(fù)極，則a極電極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu2+；故A錯(cuò)誤；

B．從高濃度的右室經(jīng)過離子交換膜遷往低濃度的左室；故B錯(cuò)誤；

C．隨著電流的產(chǎn)生，左、右兩室濃度差逐漸減小，從右室向左室遷移的速率將逐漸減??；則外電路的電流強(qiáng)度將逐漸減小，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)幅度將保持也會逐漸減小，故C錯(cuò)誤；

D．當(dāng)左、右兩室濃度相等，即均為=0.2mol/L時(shí)，電池將停止工作，不再有電流產(chǎn)生，溶液中遷移的n()=0.1L(0.3-0.2)mol/L=0.01mol；所以外電路轉(zhuǎn)移的電子最多為0.02mol，故D正確；

答案選D。4、D【分析】【分析】

【詳解】

溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響大于濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響；在溫度相同時(shí)，反應(yīng)物的濃度越大，反應(yīng)速率越快；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：C、D選項(xiàng)的反應(yīng)溫度高于A、B選項(xiàng)的反應(yīng)溫度，且D選項(xiàng)中硫酸濃度比C選項(xiàng)中硫酸濃度大，故反應(yīng)開始時(shí)化學(xué)反應(yīng)速率最大的是選項(xiàng)D，故合理選項(xiàng)是D。5、D【分析】【詳解】

A.醋酸的電離是吸熱過程；升高溫度，平衡正向移動，電離平衡常數(shù)增大，故A正確；

B.加水稀釋溶液的酸性減弱，則c(OH-)增大；故B正確；

C.醋酸鈉晶體會電離出CHCOO-，使電離平衡CH3COOHH++CH3COO?逆向移動；故C正確；

D.溫度不變則電離常數(shù)不變；故D錯(cuò)誤；

故答案為D。6、D【分析】【詳解】

A．LiAl為活潑金屬的合金，作負(fù)極，作正極，電流由正極向負(fù)極移動，即極→用電器→LiAl極；故A正確；

B．該裝置為高溫熔融鹽“熱電池”；要求正極材料在高溫條件下不易分解，且不易與其他物質(zhì)反應(yīng)，能穩(wěn)定存在，故B正確；

C．放電時(shí)，1mol完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子，所以正極的電極方程式為：故C正確；

D．1mol轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)移電子(0.9-0.08)mol=0.82mol，1mol完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mol電子，根據(jù)電子守恒，消耗0.205mol則消耗質(zhì)量24.6g；故D錯(cuò)誤；

故選：D。7、B【分析】【詳解】

A．根據(jù)圖像10min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，此反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡左移，導(dǎo)致甲醇的物質(zhì)的量減少，二氧化碳的物質(zhì)的量增大，所以使比值減小；A錯(cuò)誤；

B．由題干圖示可知，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為B正確；

C．3min時(shí)，CH3OH和CO2的濃度相等，但是并沒有達(dá)到平衡，因?yàn)槎趸己图状嫉幕瘜W(xué)計(jì)量數(shù)相等，故此時(shí)用CO2的濃度表示的正反應(yīng)速率不等于用CH3OH的濃度表示的逆反應(yīng)速率；C錯(cuò)誤；

D．從反應(yīng)開始到平衡，二氧化碳的平均反應(yīng)速率==0.075mol?L-1?min-1，根據(jù)反應(yīng)速率之比等于各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量系數(shù)比，故H2的平均反應(yīng)速率υ(H2)=3υ(CO2)=3×0.075mol?L-1?min-1=0.225mol?L-1?min-1；D錯(cuò)誤；

故答案為：B。二、多選題(共8題，共16分)8、AB【分析】【分析】

根據(jù)體系中H+移動方向可判斷a為電池負(fù)極，b為正極；有機(jī)物和在硫酸鹽還原菌作用下生成HS-和CO2，HS-在硫氧化菌作用下，在負(fù)極失電子被氧化為失去的電子由負(fù)極經(jīng)過負(fù)載流入正極(b)，O2在正極得電子被還原。

【詳解】

A．電流由正極（b）流入負(fù)極（a）；A正確；

B．HS-在負(fù)極被氧化為即根據(jù)圖示可添加H+和H2O配平電極反應(yīng)式，得B正確；

C．根據(jù)圖示判斷CO2來源于有機(jī)物；C錯(cuò)誤；

D．根據(jù)電極反應(yīng)：O2+4H++4e-=2H2O，確定0.2molO2反應(yīng)時(shí)，消耗0.8molH+，為了維持正極區(qū)域電荷守恒，需有0.8molH+通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入正極；D錯(cuò)誤；

故答案選AB。9、AC【分析】【分析】

據(jù)圖可知，甲裝置是氫氧燃料電池，負(fù)極上電極反應(yīng)式為H2+2OH--2e-=2H2O，正極上電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-=4OH-，乙裝置為電解池，銅為陽極，陽極上電極反應(yīng)式為2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O，石墨為陰極，陰極上電極反應(yīng)式為2H++2e-=H2↑。

【詳解】

A．乙是電解池，Cu連接原電池的正極，Cu為陽極，在Cu電極上，Cu失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以Cu的電極反應(yīng)式是：2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O；故A正確；

B．甲為氫氧燃料電池；甲中通入氧氣的電極是正極，故B錯(cuò)誤；

C．乙是電解池；電解池中陰離子向陽極移動，則陰離子向Cu電極移動，故C正確；

D．根據(jù)2Cu+2OH--2e-=Cu2O+H2O可知，電路上通過0.5mol電子，可制得0.25molCu2O；故D錯(cuò)誤；

答案選AC。10、AC【分析】【分析】

需要減慢反應(yīng)速率但又不影響氫氣生成的總量，即降低H+的濃度而又不改變H+的物質(zhì)的量；據(jù)此解答。

【詳解】

A．加入CH3COONa溶液；溶液被稀釋，且醋酸根離子與溶液中氫離子結(jié)合為醋酸分子，溶液中氫離子濃度降低，且提供的氫離子總量不變，故能減慢反應(yīng)速率且又不影響氫氣的生成量，故A正確；

B．加入CuSO4溶液；Zn可以置換出Cu，構(gòu)成原電池，加快反應(yīng)速率，故B錯(cuò)誤；

C．加入KCl溶液，相當(dāng)于稀釋了鹽酸，降低了H+的濃度而又不改變H+的物質(zhì)的量；故能減慢反應(yīng)速率且又不影響氫氣的生成量，故C正確；

D．加入NaHCO3溶液；碳酸氫根離子與氫離子反應(yīng)，則溶液中氫離子的濃度；氫離子總量均減小，故反應(yīng)速率減慢，氫氣生成量也減小，故D錯(cuò)誤；

故選AC。11、BC【分析】【詳解】

A．硝酸具有強(qiáng)氧化性，能將鐵粉氧化成Fe3＋，如果所加鐵粉過量，過量的鐵粉能將Fe3＋還原成Fe2＋；滴加KSCN溶液，溶液沒有呈血紅色，故A錯(cuò)誤；

B．向等濃度Cl－、I－的混合溶液中，滴加少量的AgNO3，溶度積小的物質(zhì)先沉淀，根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，推出Ksp(AgI)小于Ksp(AgCl)；故B正確；

C．硅酸鈉溶液通入CO2，有白色沉淀產(chǎn)生，發(fā)生Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋Na2CO3；說明碳酸的酸性強(qiáng)于硅酸的酸性，根據(jù)非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，即C的非金屬性強(qiáng)于Si，故C正確；

D．H2(g)＋I(xiàn)2(g)2HI(g)反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相等；壓縮容器，增大壓強(qiáng)，平衡不移動，但組分濃度增大，氣體顏色變深，故D錯(cuò)誤；

答案為BC。12、BD【分析】【分析】

【詳解】

A．該燃料電池中，正極通入O2，發(fā)生的電極反應(yīng)式是：O2+2H2O+4e-=4OH-，負(fù)極通入乙烷，發(fā)生的電極反應(yīng)式是：C2H6+18OH-－14e-=2+12H2O；A錯(cuò)誤；

B．由A選項(xiàng)分析可知，每消耗1molC2H6；轉(zhuǎn)移的電子為14mol，B正確；

C．因?yàn)樨?fù)極反應(yīng)式為：C2H6+18OH-－14e-=2+12H2O；氫氧根被消耗，pH降低，C錯(cuò)誤；

D．放電過程中；KOH參與了反應(yīng)，故KOH的物質(zhì)的量濃度減小，D正確；

故本題選BD。13、AD【分析】【分析】

【詳解】

A．根據(jù)H2CO3的二級電離常數(shù)Ka2(H2CO3)=推出=溫度不變，Ka2(H2CO3)不變，但隨著鹽酸的加入，c(H+)逐漸增大，則逐斬減小，即逐漸減??；故A正確；

B．未加鹽酸前，溶液中溶質(zhì)主要為Na2CO3，對水的電離起促進(jìn)作用，隨著鹽酸的加入，溶質(zhì)逐步轉(zhuǎn)化為NaHCO3、H2CO3，水的電離程度逐步減小，則水的電離程度a＞b＞c＞d；故B錯(cuò)誤；

C．a(chǎn)點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，Na2CO3過量，即a點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaHCO3、NaCl、Na2CO3，電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)+c(Cl-)；故C錯(cuò)誤；

D．V1V2表示發(fā)生反應(yīng)NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3，根據(jù)碳守恒，有n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=c(V2-V1)×10-3mol，的質(zhì)量為m(Na2CO3)=c(V2-V1)×10-3mol×106g/mol=故D正確；

答案為AD。14、AD【分析】【分析】

設(shè)容器Ⅲ達(dá)到平衡時(shí)Δn(N2O4)=a，則Δn(NO2)=2a，平衡時(shí)容器內(nèi)n(NO2)=(2-2a)mol，n(N2O4)=amol，壓強(qiáng)之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，所以p(NO2)==p(N2O4)=所以有=7.5×10-3kPa-1，解得a=0.5mol，所以平衡時(shí)容器Ⅲ中n(NO2)=1mol，n(N2O4)=0.5mol，NO2的轉(zhuǎn)化率為50%。

【詳解】

A．假設(shè)存在容器IV：恒溫恒容通入2mollNO2，由于該反應(yīng)正反應(yīng)為氣體系數(shù)之和減小的反應(yīng)，所以容器IV與容器Ⅲ相比相當(dāng)于等效平衡的基礎(chǔ)上減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動，N2O4轉(zhuǎn)化率大于50%，而容器Ⅱ與容器IV為等同平衡，所以容器Ⅱ中N2O4轉(zhuǎn)化率大于50%；故A正確；

B．該反應(yīng)焓變小于0，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，容器I絕熱，所以相當(dāng)于在容器IV的基礎(chǔ)上升溫，升溫平衡逆向移動，N2O4的體積分?jǐn)?shù)減小，而容器IV與容器Ⅲ相比相當(dāng)于等效平衡的基礎(chǔ)上減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動，N2O4的體積分?jǐn)?shù)減小，所以容器Ⅰ中N2O4的體積分?jǐn)?shù)比容器Ⅲ中的??；故B錯(cuò)誤；

C．該反應(yīng)焓變小于0，所以正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，容器I絕熱，所以相當(dāng)于在容器IV的基礎(chǔ)上升溫，升溫平衡逆向移動，N2O4的體積分?jǐn)?shù)減小，容器Ⅱ與容器IV為等同平衡，所以容器Ⅰ中N2O4的體積分?jǐn)?shù)比容器Ⅱ中的小；故C錯(cuò)誤；

D．起始時(shí)向容器Ⅲ中充入2molN2O4、2molNO2，則起始p(NO2)=p(N2O4)==50kPa，所以Q==210-2kPa-1>7.5×10-3kPa-1，所以反應(yīng)逆向進(jìn)行，即達(dá)到平衡前v(正)＜v(逆)；故D正確；

綜上所述答案為AD。15、AC【分析】【分析】

A.氫氧化鈉與甲酸恰好反應(yīng)時(shí)生成甲酸鈉；甲酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，結(jié)合酚酞的變色范圍分析；

B.為了使銨根離子與甲醛充分反應(yīng)；需要將混合液靜置；

C.若不靜置；銨根離子反應(yīng)不完全，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低；

D.結(jié)合反應(yīng)一元酸及待測計(jì)算飽和食鹽水中的

【詳解】

步驟中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定終點(diǎn)時(shí)生成甲酸鈉，溶液呈堿性，酚酞的變色范圍為所以指示劑可選用酚酞試液，故A錯(cuò)誤；

B.步驟中靜置1分鐘的目的是為了使和HCHO完全反應(yīng)；從而減小實(shí)驗(yàn)誤差，故B正確；

C.步驟若不靜置，沒有完全反應(yīng)；導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，測定結(jié)果偏低，故C錯(cuò)誤；

D.反應(yīng)一元酸中產(chǎn)生的消耗NaOH溶液的體積為則飽和食鹽水中的故D正確。

故答案選：AC。三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】【分析】

甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放100g5.00％的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00％的K2SO4溶液，電極均為石墨電極，接通電源，經(jīng)過一段時(shí)間后，測得乙中c電極質(zhì)量增加，則c為陰極，由此推測，a為陰極，b為陽極，d為陽極，e為陰極，f為陽極，N為正極，M為負(fù)極；e為陰極，則e電極上產(chǎn)生的氣體為H2，且e電極上收集到氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為4.48L，則生成H2的物質(zhì)的量為0.2mol。

【詳解】

(1)①由分析可知；N為電源的正極；

②由分析可知，電極b為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，甲中盛放100g5.00％的NaOH溶液，OH-在陽極放電生成水和氧氣，則電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為4OH-_4e-=O2↑+2H2O；

③甲中盛放100g5.00％的NaOH溶液，電解NaOH溶液相當(dāng)于電解水，氫氧化鈉濃度增大，所以pH變大；乙中盛放足量的CuSO4溶液，電解CuSO4溶液生成硫酸，溶液的pH變小；丙中盛放100g10.00％的K2SO4溶液，電解K2SO4溶液，實(shí)際上是電解水，K2SO4的濃度增大；但pH不變；

(2)電解CuSO4溶液，陰極上Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu，陽極上，水中的OH-轉(zhuǎn)化為O2，則電解CuSO4溶液生成Cu、O2和H2SO4，電解反應(yīng)方程式為2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；由分析可知，e電極上生成H2，電極反應(yīng)式為生成0.2molH2轉(zhuǎn)移電子0.4mol，c為陰極，c電極上的電極反應(yīng)式為則消耗Cu2+的物質(zhì)的量為0.2mol，根據(jù)元素守恒及“出什么加什么，出多少加多少”的原理，則需加入0.2mol氧化銅，其質(zhì)量為【解析】正4OH-_4e-=O2↑+2H2O變大變小不變2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO416氧化銅17、略

【分析】【詳解】

（1）在化學(xué)反應(yīng)中各物質(zhì)的變化量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故NO的濃度為0.24mol/L，由平衡常數(shù)故答案為：

（2）由（1）可知反應(yīng)前NO2濃度為0.3mol/L，則NO2的轉(zhuǎn)化率為：故答案為：80%。【解析】①.1.92mol·Ｌ－1②.80％18、略

【分析】【分析】

I.(1)先寫出NH3和O2制取N2H4的化學(xué)方程式；結(jié)合題給已知的熱化學(xué)方程式根據(jù)蓋斯定律求出熱化學(xué)方程式；被求熱化學(xué)方程式的平衡常數(shù)可依據(jù)蓋斯定律運(yùn)算；結(jié)合兩個(gè)已知反應(yīng)的熱化學(xué)方程式的平衡常數(shù)變形可得；

(2)恒溫恒容下；壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，由此利用物質(zhì)的量結(jié)合“三段式法”進(jìn)行計(jì)算即可。

II.(3)根據(jù)反應(yīng)的焓變及熵變分析；

(4)對于恒溫恒容下氣體質(zhì)量和氣體的物質(zhì)的量改變的反應(yīng)；若體系的壓強(qiáng)；氣體的密度不變，反應(yīng)達(dá)到平衡，若反應(yīng)體系中氣體全為反應(yīng)物或生成物，任何時(shí)刻氣體的平均摩爾質(zhì)量及氣體的含量都不變，不能作為判斷平衡的依據(jù)；

III.可認(rèn)為2molSO2和1molO2放在體積是VL容器內(nèi)，將4molSO2和2molO2放入的容器容積是2VL容器內(nèi)；達(dá)到平衡時(shí)壓縮至容積為VL，根據(jù)平衡建立與途徑無關(guān)分析。

【詳解】

I.(1)根據(jù)已知條件可知①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=－541.8kJ/mol，化學(xué)平衡常數(shù)為K1=

②N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=－534kJ/mol，化學(xué)平衡常數(shù)為K2=

①-②×2，整理可得：4NH3(g)+O2(g)2N2H4(g)+2H2O(g)△H=-541.8kJ/mol-（-534kJ/mol×2）=+526.2kJ/mol；該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)表示達(dá)式為K=

(2)恒溫恒容下；氣體的壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比。設(shè)5min轉(zhuǎn)化的NO的物質(zhì)的量為2x，平衡時(shí)NO轉(zhuǎn)化了y，則：

對于反應(yīng)：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)

起始/mol0.10.300

反應(yīng)/mol2x2xx2x

5min/mol0.1-2x0.3-2xx2x

平衡/mol0.1-2y0.3-2yy2y

根據(jù)圖1所示容器內(nèi)的壓強(qiáng)(P)與起始壓強(qiáng)(P0)的比值得出==0.925，解得x=0.03mol，則v(N2)=mol/(L?min)；

=0.90，解得y=0.04mol，所以平衡時(shí)NO的轉(zhuǎn)化率為

II.(3)2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)的正反應(yīng)方向是混亂度減小的放熱反應(yīng)，△S＜0，此反應(yīng)溫度越低越容易自發(fā)進(jìn)行，說明在較低溫度下△H-T?△S＜0，△H＜0；即該反應(yīng)的正反應(yīng)是體系混亂程度減小的放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)容易自發(fā)進(jìn)行；

(4)A．由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)；若為達(dá)到平衡，氣體的物質(zhì)的量就減小，容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)就會發(fā)生變化，所以若體系壓強(qiáng)保持不變，說明氣體的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，A正確；

B．該反應(yīng)發(fā)生后氣體的質(zhì)量減小；氣體的密度也會減小，若氣體平均密度保持不變，說明氣體的質(zhì)量不變，則反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，B正確；

C．通入2molNH3和1molCO2進(jìn)行反應(yīng)；二者反應(yīng)的物質(zhì)的量的比也是2：1，所以無論反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)。氨氣和二氧化碳的物質(zhì)的量之比始終為2：1，則氣體的平均摩爾質(zhì)量一直保持不變，因此不能確定是否達(dá)平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；

D．通入2molNH3和1molCO2進(jìn)行反應(yīng)；二者反應(yīng)的物質(zhì)的量的比也是2：1，所以無論反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)。氨氣的體積分?jǐn)?shù)一直保持不變，因此不能確定是否為平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤；

故合理選項(xiàng)是AB；

III.假如溫度不變，將2molSO2和1molO2放在體積是VL容器內(nèi)，粉碎反應(yīng)，最終達(dá)到平衡狀態(tài)；在該溫度下將4molSO2和2molO2放入的容器容積是2VL容器內(nèi)，達(dá)到平衡時(shí)平衡狀態(tài)與前者相同，反應(yīng)速率也與前者相同；然后將容器容積壓縮至容積為VL，由于平衡建立與途徑無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)。增大壓強(qiáng)，反應(yīng)物、生成物的濃度都增大，正、逆反應(yīng)速率加快，由于增大的V正>V逆，所以平衡正向移動，最終達(dá)到平衡時(shí)的反應(yīng)速率與原平衡比，速率加快，所以圖像表示為：

【點(diǎn)睛】

本題考查了熱化學(xué)方程式的書寫、化學(xué)平衡常數(shù)的關(guān)系與計(jì)算、化學(xué)反應(yīng)速率與物質(zhì)轉(zhuǎn)化率的計(jì)算、平衡狀態(tài)的建立、平衡狀態(tài)的判斷及壓強(qiáng)對平衡移動的影響等知識，掌握基本概念和基本理論是解答該題的關(guān)鍵。本題較為全面的考查了學(xué)生對化學(xué)反應(yīng)基本原理的理解、掌握和應(yīng)用能力?！窘馕觥竣?4NH3(g)+O2(g)2N2H4(g)+2H2O(g)△H=+526.2kJ/mol②.③.0.006mol/(L·min)④.80%⑤.ΔH<0⑥.AB⑦.19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①生成物總能量-反應(yīng)物總能量，2mol氫氣燃燒生成液態(tài)水時(shí)放出572kJ熱量，所以反應(yīng)物總能量>生成物總能量；

②液態(tài)水轉(zhuǎn)化為水蒸氣，該過程為吸熱過程，根據(jù)蓋斯定律可以推斷，2mol氫氣完全燃燒生成水蒸氣放出的熱量<572kJ；

③與化石燃料相比；氫能源具有熱值高；清潔無污染等優(yōu)點(diǎn)；

(2)對反應(yīng)進(jìn)行標(biāo)號：得到，則SO3(g)與H2O(l)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是：

(3)得到反應(yīng)4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)，則【解析】小于<熱值高、清潔無污染20、略

【分析】【分析】

根據(jù)電子的移動方向可知，左側(cè)電極為負(fù)極，因此a處通入氫氣，右側(cè)電極為正極，b處通入氧氣，結(jié)合電池總反應(yīng)為2H2＋O2=2H2O和原電池原理方向解答(1)～(3)；

(4)若將氫氣換成二乙醚(C4H10O)；a極仍為負(fù)極，將電解質(zhì)溶液硫酸換成氫氧化鈉溶液，二乙醚與氧氣反應(yīng)生成的二氧化碳能夠與溶液中的氫氧化鈉反應(yīng)生成碳酸鈉，據(jù)此分析解答；

(5)根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化原理分析解答。

【詳解】

(1)電池總反應(yīng)為2H2＋O2=2H2O中氫氣發(fā)生氧化反應(yīng)，因此通H2的極為電池的負(fù)極；故答案為：負(fù)；

(2)b極為正極，正極上氧氣得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為O2+4H++4e-=2H2O，故答案為：O2+4H++4e-=2H2O；

(3)2H2＋O2=2H2O反應(yīng)中轉(zhuǎn)移4個(gè)電子，因此每轉(zhuǎn)移0.1mol電子，消耗H20.05mol；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案為：1.12L；

(4)①若將氫氣換成二乙醚(C4H10O)，a極仍為負(fù)極，將電解質(zhì)溶液硫酸換成氫氧化鈉溶液，負(fù)極上二乙醚失去電子生成碳酸根離子和水，電極反應(yīng)式為C4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O，故答案為：C4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O；

②二乙醚與氧氣反應(yīng)生成的二氧化碳會消耗溶液中的氫氧化鈉；溶液的堿性減弱，因此電池工作一段時(shí)間后電解質(zhì)溶液的pH減小，故答案為：減小；

(5)室溫下Ksp(FeS)＝6.3×10－18mol2·L－2，Ksp(CuS)＝1.3×10－36mol2·L－2，說明CuS的溶解度小于FeS，因此利用沉淀的轉(zhuǎn)化原理，用FeS等難溶物質(zhì)作為沉淀劑可以除去Cu2＋等離子，反應(yīng)的離子方程式為FeS(s)＋Cu2＋(aq)?CuS(s)＋Fe2＋(aq)，故答案為：FeS(s)＋Cu2＋(aq)?CuS(s)＋Fe2＋(aq)?！窘馕觥控?fù)O2+4H++4e-=2H2O1.12LC4H10O－24e-＋32OH-=4＋21H2O減小FeS(s)＋Cu2＋(aq)?CuS(s)＋Fe2＋(aq)四、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共27分)21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)儀器C的名稱是錐形瓶；

故答案為：錐形瓶。

(2)二氧化硫時(shí)強(qiáng)還原性物質(zhì)溶液被氧化，滴入鹽酸前先通入一段時(shí)間N2，其目的是排盡裝置內(nèi)空氣，避免空氣中的O2對SO2含量測定的干擾；

故答案為：排盡裝置內(nèi)空氣，避免空氣中的O2對SO2含量測定的干擾。

(3)配制0.01000mol·L-1碘標(biāo)準(zhǔn)溶液；需要用到的玻璃儀器有：燒杯；玻璃棒、一定規(guī)格的容量瓶；

故答案為：燒杯；玻璃棒、一定規(guī)格的容量瓶。

(4)設(shè)計(jì)空白實(shí)驗(yàn)的目的是消除其他試劑；實(shí)驗(yàn)操作等因素引起的誤差；

故答案為：消除其他試劑；實(shí)驗(yàn)操作等因素引起的誤差。

(5)該中藥材中SO2含量為：

解：滴定過程中發(fā)生反應(yīng)：SO2＋I(xiàn)2＋2H2O===H2SO4＋2HI，根據(jù)I2～SO2關(guān)系，n(SO2)＝n(I2)用于氧化SO2的碘標(biāo)準(zhǔn)液體積為(V1－V0)mL，n(I2)＝(V1－V0)×10－5mol，所以10g中藥材粉末中n(SO2)＝(V1－V0)×10－5mol，m(SO2)＝64(V1－V0)×10－5g所以1kg中藥材中m(SO2)＝64(V1－V0)mg；

故答案為：64(V1-V0)。【解析】錐形瓶排盡裝置內(nèi)空氣，避免空氣中的O2對SO2含量測定的干擾BCD消除其他試劑、實(shí)驗(yàn)操作等因素引起的誤差64(V1-V0)22、略

【分析】【詳解】

(1)如果氨水是強(qiáng)堿，若是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.010mol·L－1氨水中c(OH－)應(yīng)為0.01mol·L－1，pH＝12；用pH試紙測出0.010mol·L－1氨水的pH為10，說明NH3·H2O沒有完全電離，應(yīng)為弱電解質(zhì)；(2)氨水若為強(qiáng)堿，則稀釋100倍，pH減小2個(gè)單位，由于是弱點(diǎn)，稀釋過程中會部分電離，即氫氧根離子濃度變化幅度變小，即有a－2＜b＜a；(3)0.010mol·L－1氨水(滴有酚酞試液)中加入氯化銨晶體后顏色變淺，有兩種可能：一是氯化銨在水溶液中電離出的水解使溶液顯酸性，加入氨水中使其pH減小，顏色變淺；二是使NH3·H2O的電離平衡NH3·H2O＋OH－逆向移動，從而使溶液的pH降低，溶液的顏色變淺。這兩種可能均證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)；(4)直接檢驗(yàn)銨鹽的酸堿性既可以證明氨水是否為弱電解質(zhì)，實(shí)驗(yàn)方法為取一張pH試紙，用玻璃棒蘸取0.1mol·L－1NH4Cl溶液；滴在pH試紙上，顯色后跟標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較測出pH，pH＜7(方案合理即可)。

【點(diǎn)睛】

判斷物質(zhì)是強(qiáng)弱電解質(zhì)的方法有：根據(jù)一定物質(zhì)的量濃度的溶液的pH大小來確定電解質(zhì)的電離程度，或用稀釋100倍的方法分析，pH改變2個(gè)單位則為強(qiáng)電解質(zhì)，改變小于2個(gè)單位，則為弱電解質(zhì)，也可以用其鹽溶液酸堿性進(jìn)行判斷。【解析】正確若是強(qiáng)電解質(zhì)，則0.010mol·L－1氨水中c(OH－)應(yīng)為0.01mol·L－1，pH＝12；用pH試紙測出0.010mol·L－1氨水的pH為10，說明NH3·H2O沒有完全電離，應(yīng)為弱電解質(zhì)a－2＜b＜a淺能0.010mol·L－1氨水(滴有酚酞試液)中加入氯化銨晶體后顏色變淺，有兩種可能：一是氯化銨在水溶液中電離出的水解使溶液顯酸性，加入氨水中使其pH減?。欢鞘筃H3·H2O的電離平衡NH3·H2O＋OH－逆向移動，從而使溶液的pH降低。這兩種可能均證明NH3·H2O是弱電解質(zhì)取一張pH試紙，用玻璃棒蘸取0.1mol·L－1NH4Cl溶液，滴在pH試紙上，顯色后跟標(biāo)準(zhǔn)比色卡比較測出pH，pH＜7(方案合理即可)23、略

【分析】【分析】

NaClO3與H2O2、H2SO4反應(yīng)生成ClO2、O2、Na2SO4和H2O，再將ClO2通入到H2O2和NaOH混合溶液中發(fā)生反應(yīng)生成NaClO2和H2O，溫度控制在較低溫度下，一般采用冰水浴，潮濕的NaClO2加熱到130℃分解；因此需要減壓蒸干。

【詳解】

(1)根據(jù)題意，NaClO3與H2O2、H2SO4反應(yīng)生成ClO2、O2、Na2SO4和H2O，其制備ClO2氣體的化學(xué)方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；故答案為：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。

(2)根據(jù)題意，溶劑蒸發(fā)量增大，鈉離子濃度基本不包邊，氫離子、硫酸根離子濃度增大，則析出的晶體為Na2SO4、NaHSO4；故答案為：Na2SO4、NaHSO4。

(3)吸收時(shí)的主要反應(yīng)為2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O。

①吸收時(shí)；需控制反應(yīng)溫度為3℃，需要在低溫下環(huán)境即采取措施為3℃冷水浴；故答案為：3℃冷水浴。

②溫度過高，H2O2熱分解損失，部分ClO2氣體由于H2O2不足，在堿性溶液中會轉(zhuǎn)化為和導(dǎo)致產(chǎn)品的純度會降低；故答案為：H2O2熱分解損失，部分ClO2由于H2O2量不足；在堿性溶液中生成氯酸鹽。

(4)NaClO2常溫下穩(wěn)定，潮濕的NaClO2加熱到130℃分解，因此從NaClO2溶液獲得產(chǎn)品的一般采用減壓蒸發(fā)，溶液霧狀噴出干燥，不能在300℃熱空氣烘干；故答案為：ab。

(5)根據(jù)題意得到關(guān)系式為NaClO2～4Na2S2O3，該樣品中NaClO2的純度為故答案為【解析】2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2ONa2SO4、NaHSO43℃冷水浴H2O2熱分解損失，部分ClO2由于H2O2量不足，在堿性溶液中生成氯酸鹽ab五、原理綜合題(共4題，共24分)24、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①根據(jù)圖示；反應(yīng)Ⅰ生成1molCO吸收177KJ能量，反應(yīng)Ⅱ生成3molCO吸收430KJ能量，所以當(dāng)生成等物質(zhì)的量的CO(g)時(shí)，反應(yīng)Ⅰ吸收的能量多；

②根據(jù)蓋斯定律，得

(2)反應(yīng)Ⅱ的產(chǎn)物中有CO；增大CO的濃度，能使反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動，不利于乙烯的生成；

(3)①第二步反應(yīng)的活化能大于第一步反應(yīng)的活化能；第二步為慢反應(yīng)，決定反應(yīng)Ⅰ的反應(yīng)速率的步驟是第二步；

②第一步的化學(xué)方程式為

(4)溫度越高，反應(yīng)速率越快，且反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ均為吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ均向正反應(yīng)方向進(jìn)行，所以大于

(5)的轉(zhuǎn)化率為50%，則參與反應(yīng)的的物質(zhì)的量為1mol，的選擇性為60%，生成的的物質(zhì)的量為0.6mol，則反應(yīng)Ⅱ參與反應(yīng)的的物質(zhì)的量為0.4mol；故平衡時(shí)容器中：又因容器容積為1L，所以【解析】I反應(yīng)II的產(chǎn)物中有增大的濃度，能使反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動，不利于乙烯的生成第二步第二步反應(yīng)的活化能大于第一步反應(yīng)的活化能大于溫度越高，反應(yīng)速率越快，且反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ均為吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)I和反應(yīng)II均向正反應(yīng)方向進(jìn)行0.49525、略

【分析】【詳解】

(1).已知合成二甲醚的主要原理如下：

①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=－90.7kJ·mol-1

②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)