高二化学高频考题期末模拟卷人教2019选择性必修1 (解析版)

人教版高中
化学
测试题
2020-2021年高二化学高频考题期末模拟卷04
（考试时间：90分钟试卷满分：100分）
考试内容：人教2019选择性必修1全册难度：★★★★☆可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27S-32
一、选择题：本题共16个小题，每小题3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．下列反应能用勒夏特列原理解释的是
A．加入催化剂有利于氨的合成
B．煅烧粉碎的黄铁矿矿石有利于SO2的生成
C．硫酸生产中用98％的硫酸吸收SO3，而不用H2O或稀硫酸吸收SO3
D．工业制取金属钾Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)选取适宜的温度，使K变成蒸气从反应混合物中分离出【答案】D
【详解】A.催化剂可以加快反应的速率，对平衡无影响，所以加入催化剂，平衡不移动，故A错误；
B.煅烧粉碎的黄铁矿矿石可以增加接触面积，加快反应速率，故B错误；
C.硫酸生产中用98％的硫酸吸收SO3，是防止形成酸雾，故C错误；
D.使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，减少生成物的浓度平衡正向移动，故D正确；
2．下列实验中，由于错误操作导致实验结果一定偏高的是
A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液的浓度
B．滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，所测得待测液的浓度
C．用标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，选甲基橙做指示剂，所测得醋酸溶液的浓度
D．滴定管（装标准溶液）滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，所测得待测液的浓度
【答案】D
【详解】A项，配制溶液时，在定容时仰视液面会导致所配溶液体积偏大，导致溶液浓度偏小，故不选A项；B项，滴定时盛放待测液的锥形瓶没有干燥，不影响溶质的量，对测量结果无影响，故不选B项；
C项，甲基橙变色的范围是：3.1-4.4，所以用甲基橙做指示剂，当达到滴定终点时溶液呈酸性，消耗的氢氧化钠溶液偏少，所测得的醋酸溶液浓度偏低，故不选C项；
D项，滴定管（装标准溶液）滴定前尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，会导致量取液体的体积偏大，导致测得待测液的浓度偏高，故选D项；
3．设N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的
A．1 molFeCl3完全水解后可生成N A个氢氧化铁胶粒
B．常温下，1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数为N A
C．电解精炼铜时转移了N A个电子，阳极溶解了32g铜
D．100mL0.1 mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01N A
【答案】D
【详解】A项，胶体粒子是氢氧化铁的集合体，所以氢氧化铁胶粒的数目小于N A，故A项错误；
B项，氯气与水的反应是可逆反应，所以1mol氯气通入足量水中发生反应转移的电子数小于N A，故B项错误；C项，粗铜里含有锌、铁等杂质，由于锌铁等的活泼性大于铜，故电解时优先反应，在电解时阳极溶解的不只有铜，所以电解精炼铜时转移了N A个电子，阳极溶解的铜的质量小于32g，故C项错误；
D项，碳酸根离子会发生水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，所以100mL0.1 mol/LNa2CO3溶液中含有的阴离子数目大于0.01N A，故D项正确；
4．一定条件下，在体积为10L的密闭容器中充入1mol X和1mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol。

下列说法正确的是
A．X的平衡转化率为40%
B．若将容器体积变为20L，则Z的平衡浓度小于原来的1 2
C．若增大压强，则Y的平衡转化率减小
D．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的ΔH＞0
【答案】B
【详解】A．60s后反应达到平衡，生成Z的物质的量为0.3mol，根据方程式2X(g)＋Y(g)Z(g)，反应的X
为0.6mol，则X的平衡转化率为0.6mol
1mol
×100%=60%，故A错误；
B．将容器容积变为20L时，气体的压强减小，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，Z的物质的量减
小，即小于0.3mol，Z的新平衡浓度将小于原平衡浓度的1
2
，故B正确；
C．增大压强后，平衡向着正反应方向移动，则Y的转化率增大，故C错误；
D．若升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，故D错误；
5．下列化学用语表示正确的是
A．碳酸的电离方程式：H2CO3⇌2H++CO32-
B．碱性氢氧燃料电池负极的电极反应式：H2—2e-=2H+
C．向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Br-+ Cl2= Br2+2Cl-
D．如图所示，反应开始时的离子方程式：Cu+2H+通电
Cu2++H2↑
【答案】D
【详解】A.碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3-，HCO3-⇌H++CO32-，故A错误；B.氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，负极极反应式为H2-2e-+2OH-═2H2O，故B错误；
C.还原性：Fe2+大于Br-，因此向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子先被氧化，即2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C 错误；
D.该电解池中，阳极上铜失电子发生氧化反应：Cu-2e-═Cu2+；阴极上氢离子得电子发生还原反应,2H++2e-═H2↑；
总反应的离子方程式是Cu+2H+通电
Cu2++H2↑；故D正确；
6．如图曲线表示其他条件一定时，2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H<0反应中NO2的百分含量与温度的关系曲线，图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v(正)>v(逆)的点是（）
A．a点B．b点C．c点D．d点
【答案】C
【详解】A、a点在曲线上方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，需要由a点向下引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要减小，平衡向左移动，故v(正)＜v(逆)，故不选A；
B、b点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故不选B；
C、c点在曲线下方，未达到平衡状态，要想达到同温度下的平衡状态，需要由c点向上引垂直线到曲线上的一点，这样NO2的百分含量要增大，平衡向右移动，故v(正)＞v(逆)，故选C；
D、d点在曲线上，处于平衡状态，v(正)=v(逆)，故不选D；
7．下列有关说法正确的是
A．反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的△H<0，△S>O
B．硅太阳能电池与铜锌原电池的工作原理相同
C．NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，其他条件不变，加压，NO2和SO2的转化率均增大
D．温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液的pH不变
【答案】D
【详解】A.反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的△H<0，气体化学计量数的和，左边大于右边，则△S<0，A错误；
B.硅太阳能电池是把太阳能转化为电能，而铜锌原电池是把化学能转化为电能，其工作原理不相同，B错误；
C.NO2(g)＋SO2(g) NO(g)＋SO3(g)，其他条件不变，左右两边气体计量数之和相等，加压平衡不移动，NO2和SO2的转化率不变，C错误；
D.温度不变时，在饱和Na2CO3溶液中加入少量无水碳酸钠粉末，溶液仍旧为饱和溶液，溶液的水解程度不变，pH不变，D正确；
8．向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl-，降低对电解的影响，原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1=a kJ·mol-1
Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2=b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl-)的影响如图所示。

下列说法正确的是
A．溶液pH越大，K sp(CuCl)增大
B．反应达到平衡时增大c(Cu2+)，c(Cl-)减小
C．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
D．1
2
Cu(s)+
1
2
Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) ΔH=(a+2b)kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A.温度升高，吸热反应的Ksp越大，K只受温度的影响，pH越大，Ksp（CuCl）不变，A错误；
B.反应达到平衡状态，增大c(Cu2+)，由于K不变，所以c(Cl-)减小，B正确；
C.根据图中信息：溶液的pH越大，氯离子的浓度越小，电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，C错误；
D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1=a kJ·mol-1，
②Cl-(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2=bkJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×0.5+②，整理可得：1
2
Cu(s)+
1
2
Cu2+(aq)+Cl-(aq)CuCl(s) ΔH=(a
2
+b)kJ·mol-1，D错误；
9．下列说法正确的是( )
A．Cl2溶于水得到的氯水能导电，但Cl2不是电解质，而是非电解质B．以铁作阳极，铂作阴极，电解饱和食盐水，可以制备烧碱
C．将1mol Cl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为23
⨯⨯
2 6.0210
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，则ΔH>0
【答案】D
【详解】A．氯气为单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．电解饱和食盐水制烧碱时，阳极应为惰性电极，如用铁作阳极，则阳极上铁被氧化，生成氢氧化亚铁，不能得到氯气，故B错误；
C．氯气和水的反应为可逆反应，故溶液中含有未反应的氯气分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2N A，故C错误；
D．反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行，说明△H-T△S＞0，反应的熵变△S＞0，则△H＞0，故D正确；
10．下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

下列说法不正确的是（）
A．通过计算，可知系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：H2O(l)= H2(g)+1/2O2(g) ΔH = 286 kJ· mol-1
B．通过计算，可知系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH =20kJ·mol-1
C．若反应H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)ΔH = －a kJ · mol-1，则a>286
D．制得等量H2所需能量较少的是热化学硫碘循环硫化氢分解法
【答案】C
【详解】A. 根据盖斯定律进行方程式的加合，①式+②式+③式，得系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：O2(g) ΔH= +286 kJ· mol-1，A正确，故A不符合题意。

H2O(l)=H2(g)+1
2
B. 根据盖斯定律进行方程式的加合，②式+③式+④式，得系统(Ⅰ)制备氢气的热化学方程式为：
H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH =+20kJ·mol-1，B正确，故B不符合题意。

O2(g)=H2O(g)生成气体水，放出的热量小，故a<286，C不正确，故C符合题意。

C. 若反应H2(g)+1
2
D. 根据系统(Ⅰ)(Ⅰ)总的热化学方程式得出：放出的热量较少的是硫碘循环硫化氢分解法，D正确，故D不符合
题意。

11．下列关于各图像的解释或结论正确的是
A ．图①可表示用NaOH 溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性随NaOH 的体积变化
B ．图②可表示25Ⅰ时，0.10 mol•L -1盐酸滴定20.00mL 0.10 mol•L -1NaOH 溶液的滴定曲线
C ．图③表示水溶液中c(H ＋)与c(OH －)的变化关系，则水的电离程度(α)：(d)(c)αα>；水的离子积：K W (d)＝K W (b)
D ．图④表示合成氨N 2(g)＋3H 2(g) 2NH 3(g) △H ＜0的平衡常数与温度和压强的关系
【答案】C
【解析】A. 图①可表示用NaOH 溶液滴定等浓度醋酸溶液，溶液导电性一直增强，故A 错误； B. 0.10 mol•L -1盐酸滴定20.00mL 0.10 mol•L -1NaOH 溶液，在滴定终点附近PH 值发生突变，故B 错误； C.升高温度，促进水的电离，则水的电离程度α(d)> α(c)，在同一个曲线上，水的离子积不变，故C 正确； D.平衡常数与压强无关，故D 错误。

12．下列叙述中正确的是
A ．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀
B ．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H 2，转移电子的数目为6.02×1023
C ．工业制粗硅2C(s)＋SiO 2(s)===Si(s)＋2CO(g)，室温下不能自发进行，则△H ＞0
D ．稀盐酸和稀氢氧化钠反应的中和热为－57.3 kJ•mol -1，则稀醋酸和稀氨水反应的中和热也为-57.3kJ·mol -1 【答案】C
【解析】A. 若在海轮外壳上附着一些铜块，构成铁铜原电池，铁作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故错误； B. 常温常压下，气体摩尔体积的值发生变化，11.2 L H 2的物质的量不是0.5mol ，故错误；
C. △G=△H -T △S ，气体体积增加， △S ＞0，室温下不能自发进行，即△G>0，则△H ＞0，故正确；
D. 醋酸和一水合氨都是弱电解质，其电离都是吸热反应，所以它们反应的中和热不是-57.3kJ·mol -1，D 错误； 故合理选项为C 。

13．常温下，下列说法错误的是（ ） A ．c(H ＋)为1.0×10－4mol·L －1的醋酸溶液的pH ＝4 B ．0.1 mol·L －1某酸溶液的pH ＝1 C ．0.01 mol·L －1氨水的pH<12
D ．pH ＝3的醋酸溶液的浓度大于1.0×10－3mol·L －1 【答案】B
【详解】A. 依据pH 的定义可知，醋酸溶液的pH ＝-lgc(H +)=-lg （1.0×10－
4）=4，A 项正确；
B. 若为一元强酸，则溶液中的氢离子浓度c(H +)=0.1 mol·L －1，则pH=-lgc(H +)=1，条件不足，无法计算其pH ，B 项错误；
C. 一水合氨为弱碱，则0.01 mol·L －1氨水的氢氧根离子浓度c(OH -)<10-2 mol·L －1，依据c()()
Kw
H c OH +
-=可知，
常温下该溶液中c(H +)>10-12mol/L ，故pH<12，C 项正确；
D. pH ＝3的醋酸溶液中c(H +)=10-3mol/L ，因醋酸为弱酸，则醋酸的浓度大于1.0×10－3mol·L －1，D 项正确； 答案选B 。

14．在容积为2 L 的恒容密闭容器中充入1 mol CO 2(g)和3.5 mol H 2(g)，在一定条件下发生反应：CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH<0。

反应进行8 min 时达到平衡状态，测得n(CH 3OH)=0.5mol 。

该反应的平衡常数K 与温度T 的关系如图1所示，CO 2的转化率如图2所示，下列说法错误的是
A ．在图1中，曲线Ⅰ表示该反应的平衡常数K 与温度T 的关系
B ．该温度下，平衡常数K=0.25
C ．其他条件不变下，图2中x 可表示温度或压强或投料比c(CO 2)/c(H 2)
D ．用二氧化碳合成甲醇体现了碳减排理念 【答案】C
【详解】A ．CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH<0，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K
减小，因此在图1中，曲线Ⅰ表示该反应的平衡常数K 与温度T 的关系，故A 正确；
B ．根据上述分析，该温度下，平衡常数K=()()()()323
22c CH OH c H O c CO c H =30.50.5220.52()22
⨯⨯= 0.25，故B 正确； C ．根据CO 2(g)+3H 2(g)
CH 3OH(g)+H 2O(g) ΔH<0，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，与图
像相符；压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，与图像不符；投料比c(CO 2)/c(H 2)增大，二氧化碳的转化率减小，与图像相符；因此图2中x 不可以表示压强，故C 错误；
D ．用二氧化碳合成甲醇，能够减少二氧化碳的排放量，体现了碳减排理念，故D 正确；
15．根据下列操作及现象，所得结论正确的是()
序号操作及现象结论
A
将0.1mol·L-1氨水稀释成0.01mol·L-1，测得pH
由11.1变成10.6稀释后，NH3·H2O的电离程度减小
B 常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和
NaHCO3溶液
常温下水解程度:CO32->HCO3-
C
向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴FeCl3饱和
溶液，前者为黄色，后者为红褐色
温度升高，Fe3+的水解程度增大
D
将固体CaSO4加入Na2CO3溶液中，一段时间
后，检验固体成分为CaCO3
同温下溶解度:CaSO4<CaCO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A. 将0.1mol/L的氨水稀释10倍，测得pH由11.1变成10.6，说明稀释促进电离,可以证明NH3·H2O的电离程度增大，A项错误；
B．饱和溶液的浓度不同，Na2CO3溶解度较大，应比较相同的浓度的溶液的pH，B项错误；
C．盐类的水解为吸热反应，升高温度促进水解，可根据溶液颜色判断，C项正确；
D．水垢中的CaSO4用Na2CO3溶液充分浸泡后可转化为CaCO3，说明溶解度CaSO4＞CaCO3，D项错误；
答案选C。

16．某实验小组依据反应AsO43-+2H++2I-AsO33-+I2+H2O设计左下图原电池，探究pH对AsO43-氧化性的影响。

测得电压与pH的关系如右下图，下列有关叙述错误的是
A．pH＞0.68时，甲烧杯中石墨为负极
B．pH=0.68时，反应处于平衡状态
C．pH＞0.68时，氧化性I2＞AsO43-
D．pH=5时，负极电极反应式为2I--2e-=I2
【答案】D
【解析】A．pH>0.68时，电压小于0，反应向左进行，AsO33-失电子，甲烧杯中石墨为负极，选项A正确；B．pH=0.68时，电压为0，反应处于平衡状态，选项B正确；C．pH＞0.68时，电压大于0，反应向左进行，AsO43-为氧化产物，I2为氧化剂，氧化性AsO43-<I2，选项C正确；D．pH=5时，反应向左进行，负极反应为AsO33-失电子，选项D错误。

答案选D。

二、非选择题：包括第17题～第21题5个大题，共52分。

17．（10分）甲醇是重要的工业原料。

煤化工可以利用煤炭制取水煤气从而合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g)。

已知①常压下反应的能量变化如图所示。

②
③CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)ΔH＝－280 kJ/mol；
H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l)ΔH＝－284 kJ/mol
H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋44 kJ/mol
请回答下列问题：
(1)请写出表示气态甲醇燃烧热的热化学方程式_______________________。

(2)H—O键的键能x为________ kJ/mol。

(3)甲醇气体分解为CO和H2两种气体的反应的活化能为________ kJ/mol。

(4)在____(填“高温”或“低温”)情况下有利于CO和H2制备甲醇的反应自发进行。

(5)某兴趣小组同学利用甲醇燃料电池探究电浮选法处理污水的一种方式：保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3沉淀。

Fe(OH)3具有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。

装置如图所示。

甲 乙
①写出甲池的A 极电极反应式：__________________________。

②若乙池实验时污水中离子浓度较小，导电能力较差，净水效果不好，此时应向污水中加入适量的________。

A ．H 2SO 4 B ．BaSO 4 C ．Na 2SO 4 D ．NaOH E ．CH 3CH 2OH
【答案】（1）CH 3OH(g)＋3
2O 2(g)===CO 2(g)＋2H 2O(l) ΔH ＝－757 kJ/mol
（2）462 （3） 510 （4） 低温 （5）CH 3OH －6e －＋8OH －
===CO ＋6H 2O C
【详解】(1)燃烧热的热化学方程式中，可燃物为1mol ，反应生成稳定的氧化物。

由图1可得热化学方程式：①CO(g)+2H 2(l)=CH 3OH(g)△H=-91kJ/mol ，又已知：②CO(g)+1
2
O 2(g)═CO 2(g)△H=-280kJ/mol ，③H 2(g)+1
2
O 2(g)═H 2O(l)
△H=-284 kJ/mol ，根据盖斯定律，③×2+②-①可得：CH 3OH(g)+3
2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(l) △H=-757kJ·mol -1， 故答案为CH 3OH(g)+3
2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(l)△H=-757kJ·mol -1；
(2)已知：H 2(g)+1
2O 2(g)═H 2O(l)△H=-284 kJ/mol ，H 2O(l)═H 2O(g)△H=+44kJ/mol ，二者相加可得：
H 2(g)+1
2
O 2(g)═H 2O(g)△H=-240 kJ/mol ，反应热=反应物总键能-生成物总键能，则436kJ/mol+1
2
×496kJ/mol -2×x
kJ/mol=-240kJ/mol ，解得x=462， 故答案为462；
(3) 根据图像，甲醇气体分解为CO 和H 2两种气体的反应的活化能=91 kJ/mol +419 kJ/mol =510 kJ/mol ， 故答案为510；
(4)CO(g)+2H 2(l)=CH 3OH(g)△H=-91kJ/mol 的△H ＜0、△S ＜0，△H -T △S ＜0反应自发进行，故在低温下反应具有自发性， 故答案为低温；
(5)①甲池的A 极为负极，发生氧化反应，电极反应式为CH 3OH - 6e - + 8OH - =CO 32- + 6H 2O ，故答案为CH 3OH - 6e - + 8OH - =CO 32- + 6H 2O ；
②A ．H 2SO 4能够与氢氧化铁反应，错误； B ．BaSO 4不溶于水，不能增大导电能力，错误；
C ．Na 2SO 4与氢氧化铁不发生反应，能够增大导电能力，正确；
D ．NaOH 能够与显碱性，使得生成的氢氧化铁胶体形成沉淀，错误；
E ．CH 3CH 2OH 属于非电解质，不能增大导电能力，错误；
18．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L －1的NaOH 溶液，乙为0.1 mol·L －1的盐酸，丙为未知浓度的FeCl 2溶液，试回答下列问题： (1)甲溶液的pH ＝________。

(2)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c (OH －)的大小关系为________。

(3)某化学兴趣小组认为在隔绝空气的环境中，用酸性KMnO 4溶液能测定丙溶液的浓度(已知：
5Fe 2＋＋MnO ＋8H ＋
===5Fe 3＋＋Mn 2＋＋4H 2O)。

①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO 4溶液250 mL ，配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒外，还需________(填写仪器名称)。

②滴定实验要用到酸式滴定管或碱式滴定管，使用该仪器的第一步操作是_______。

③某同学设计的下列滴定方式中，最合理的是________(夹持部分略去，填字母序号)，达到滴定终点的现象是__________________________。

【答案】（1）13 （2）丙＞甲＝乙 （3）①250 mL 容量瓶、胶头滴管②检验滴定管是否漏水 ③b 滴入最后一滴KMnO 4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色 【解析】(1)甲为0.1mol·L -1的NaOH 溶液，则c(OH -)＝10-1mol·L -1，c(H ＋)＝K w
c(OH −)=10−1410−1
mol/L=1×10-13 mol·L -1，
pH=13。

(2)等浓度的c (H ＋)和c(OH -)对水的电离的抑制程度相同，而盐类的水解能促进水的电离平衡，故三种溶液中由水电离出的c (OH －)的大小关系为：丙＞甲＝乙；
(3) ①精确配制一定物质的量浓度的KMnO 4溶液250 mL ，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250 mL 容量瓶，缺少250 mL 容量瓶、胶头滴管， 因此，本题正确答案是：250 mL 容量瓶、胶头滴管； ②使用滴定管的第一步操作是检查是否漏水， 因此，本题正确答案是：检验滴定管是否漏水；
③KMnO 4溶液具有强氧化性、氯化亚铁溶液呈酸性，都应该用酸式滴定管盛装，a 、c 均错误，b 正确；由方程式可知滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO 4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。

因此，本题正确答案是：b ；滴入最后一滴KMnO 4溶液时，溶液由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内不褪色。

19．（10分）氮的氧化物(如NO 2、NO 4、N 2O 5等)应用很广，在一定条件下可以相互转化。

(1) 已知：2NO(g)＋O 2(g)===2NO 2(g) ΔH 1 NO(g)＋O 3(g)===NO 2(g)＋O 2(g) ΔH 2 2NO 2(g)
N 2O 4(g) ΔH 3
2N 2O 5(g)===4NO 2(g)＋O 2(g) ΔH 4
则反应N 2O 4(g)＋O 3(g)===N 2O 5(g)＋O 2(g)的ΔH ＝__________。

(2)从N2O5在一定条件下发生分解：2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)。

某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：
设反应开始时体系压强为p0，第2.00 min时体系压强为p，则p∶p0＝________；1.00～3.00 min内，O2的平均反应速率为________。

(3)N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。

将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[α(N2O4)]随温度变化如图所示。

①图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为108 kPa，列式计算该温度下反应的平衡常数K p＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

②由图推测N2O4(g)2NO2(g)是吸热反应还是放热反应，说明理由_______________，若要提高N2O4转化率，除改变反应温度外，其他措施有____________(要求写出两条)。

【答案】（1）－1
2
ΔH1＋ΔH2－ΔH3－
1
2
ΔH4（2） 1.75 0.090 mol·L－1·min－1
（3）①115 kPa ②吸热反应温度升高，α(N2O4)增大，说明平衡右移减小体系压强或移出NO2【详解】
（1）①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H1
②NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) △H2
③2NO2(g)⇌N2O4(g) △H3
④2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) △H4
根据盖斯定律②- 1
2
①-③-
1
2
④可得：N2O4(g)+O3(g)=N2O5(g)+O2(g) △H=-
1
2
△H1+△H2-△H3-
1
2
△H4；
因此，本题正确答案是：－1
2
ΔH1＋ΔH2－ΔH3－
1
2
ΔH4；
（2）相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比，列出三段式，有
2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g)
开始时浓度(mol/L) 1 0 0
变化浓度(mol/L) 0.5 1 0.25
2 min时的浓度(mol/L) 0.5 1 0.25
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p:p0=(0.50+1.00+0.25)mol:1.00mol=1.75；
1．00～3.00 min内，N2O5的浓度变化量为0.36 mol/L，则O2浓度变化量为0.18 mol/L，平均反应速率为0.18/
2
mol L
min
＝0.090 mol·L－1·min－1；
因此，本题正确答案是：1.75；0.090 mol·L－1·min－1；
（3）①a点二氧化氮的转化率为0.4，设起始四氧化二氮的物质的量为xmol，生成的二氧化氮的物质的量为0.8xmol，则混合气体的物质的量=(x-0.4x+0.8x)mol=1.4xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，
所以反应后压强=1.4xmol
xmol
×108kPa=151.2kPa，四氧化二氮的分压=151.2kPa×
0.6
1.4
xmol
xmol
=64.8kPa，二氧化氮的
分压=151.2kPa×0.8
1.4
xmol
xmol
=86.4kPa，化学平衡常数K p=2
24
2
NO
N O
p
p
=
()2
86.4
64.8
a
a
kp
kp
=115kPa；
②根据图知，升高温度转化率增大，平衡向吸热方向移动，则正反应是吸热反应；若要提高N2O4转化率，除改变反应温度外，其他措施有减小体系压强、移出NO2等。

因此，本题正确答案是：吸热反应；温度升高，α(N2O4)增大，说明平衡右移；减小体系压强或移出NO2。

20．（10分）从能量的变化和反应的快慢等角度研究化学反应具有重要意义。

（1）已知一定条件下，反应N2+3H22NH3为放热反应;：
①下图能正确表示该反应中能量变化的是________；
②根据下表数据，计算生成1molNH3时该反应放出的热量为______kJ；
③一定温度下，将3molH2和1molN2通入容积为2 L的密闭容器中发生反应。

若5min达到平衡，测得
c(NH3)=0.4mol/L，则0至5min内N2的平均化学反应速率v(N2)=______，反应开始与平衡时气体的物质的量之比为__________；若达到平衡时，该容器内混合气体总压强为p，混合气体起始压强为p0 ，请用p0、p来表示达到平衡时H2的转化率为__________。

④在③反应条件下，能够判断该反应已经达到化学平衡状态的是______________。

A．容器内混合气体密度不变
B．混合气体的压强不变
C．单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH3
D．v (N2)＝2v(NH3)
（2）原电池可将化学能转化为电能。

由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验：
①装置甲中SO向________ 极移动（填“A”或“B”）；
②四种金属活动性由强到弱的顺序是_____________；
③若装置丙中的电极为质量相等的铁棒和铜棒，电池工作一段时间后，取出洗净、干燥、称量，两电极质量差为6g，则导线中通过电子的物质的量为______mol。

【答案】（1）①A ②46 ③0.04moI/(L·min) 5:4 （2P0-2P）/ P0④BC
（2）① A ②D>A>B>C ③0.1
【解析】
(1) ①反应物总能量比生成物总能量高的反应为放热反应，故选A；②根据断开1mol化学键所吸收的能量进行计算反应热=946+3×436-6×391=-92kJ/mol，则反应生成1mol氨气放出的热量为46kJ。

③用氨气计算反应速率为0.4
mol/(L·min)，根据氨气和氮气的化学计量数分析，氮气的反应速率表示为0.04mol/(L·min)；根据化
0.08
5
学方程式进行计算
N2+3H22NH3
起始物质的量浓度0.5 1.5 0
改变物质的量浓度0.2 0.6 0.4
平衡物质的量浓度0.3 0.9 0.4
反应开始与平衡时气体的物质的量之比等于浓度比，等于（0.5+1.5）：（0.3+0.9+0.4）=5:4；
N2+3H22NH3
起始物质的量浓度0.5 1.5 0
改变物质的量浓度x 3x 2x
平衡物质的量浓度0.5-x 1.5-3x 2x
则有（0.5-x+1.5-3x+2x）/(0.5+1.5)=P/ P0，计算x=（P0-P）/ P0，则氢气的转化率为{3（P0-P）/ P0}/1.5=（2P0-2P）/ P0；④A.因为反应体系全为气体，容器的体积不变，所以密度始终不变，所以密度不变不能说明反应到平衡；
B.反应前后气体的总物质的量改变，所以压强不变可以说明反应到平衡，故正确；
C.说明的正反应速率和逆反应速率相等，反应到平衡，故正确；
D.没有说明反应速率的方向，不能确定平衡，故错误。

故选BC；（2）①装置
甲B上有气体产生，说明该电极为正极，则溶液中的阴离子即硫酸根离子向负极移动，即向A电极移动，故选A；②装置甲中B上有气体产生，说明B为正极，则A比B活泼，装置乙中D不断溶解，说明D为负极，活动性比A强，装置丙中C的质量增加，说明其为正极，则B的活动性强于C，所以金属活动性由强到弱的顺序为D>A>B>C；③装置丙中，铁溶解，铜电极上析出铜单质，原来质量相等，电池工作一段时间后两电极质量差为6克，说明反应生成的铜和反应消耗的铁的质量差为6克，假设原电极的质量为mg，则有m+m Cu-(m-m Fe)=6，则有m Cu+m Fe=6，结合方程式分析，Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁和铜的物质的量相等，则说明有0.05mol铁反应，转移电子为0.1mol。

21．（12分）NO、SO2是大气污染物但又有着重要用途。

I．已知：N2 (g) + O2(g) ＝2NO (g) ΔH1=180.5kJ·mol−1
C(s) + O2(g) ＝CO2(g) ΔH2 = −393.5kJ·mol−1
2C(s) + O2(g) ＝2CO(g) ΔH3 =−221.0kJ·mol−1
（1）某反应的平衡常数表达式为K=, 此反应的热化学方程式为：_________
（2）向绝热恒容密闭容器中充入等量的NO和CO进行反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_______（填序号）。

a．容器中的压强不变b．2v正(CO)=v逆(N2)
c．气体的平均相对分子质量保持34.2不变d．该反应平衡常数保持不变
e．NO和CO的体积比保持不变
II．（3）SO2可用于制Na2S2O3。

为探究某浓度的Na2S2O3的化学性质，某同学设计如下实验流程：
用离子方程式表示Na2S2O3溶液具有碱性的原因___________。

Na2S2O3与氯水反应的离子方程式是__________。

（4）含SO2的烟气可用Na2SO3溶液吸收。

可将吸收液送至电解槽再生后循环使用。

再生电解槽如图所示。

a电极上含硫微粒放电的反应式为_________________________（任写一个）。

离子交换膜______（填标号）为阴离子交换膜。

（5）2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，将一定量的SO3放入恒容的密闭容器中，测得其平衡转化率随温度变化如图
所示。

图中a 点对应温度下，已知SO 3的起始压强为P 0,该温度下反应的平衡常数K p = _______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

在该温度下达到平衡，再向容器中加入等物质的量SO 2和SO 3,平衡将___________（填“向正反应方向”或“向逆反应方向” “不”） 移动。

【答案】（1）2NO （g ）+2CO(g)＝N 2(g)+2CO 2(g) ΔH =-746.5 kJ·mol −1 （2）acd （3） S 2O 32-＋H 2O
HS 2O 3-＋OH - S 2O 32-＋Cl 2＋5H 2O ＝2 SO 42-＋8Cl －＋10H +
（4） HSO 3-＋H 2O －2e -= SO 42-＋3H ＋或SO 32-＋H 2O －2e -= SO 42-＋2H ＋ c （5）
4P 45
向逆反应方向移动 【详解】
（1）根据反应的平衡常数的表达式得到反应为：2NO （g ）+2CO(g)
N 2(g)+2CO 2(g)，将第一和第三个方程
式乘以-1，第二个方程式乘以2，相加得到：2NO （g ）+2CO(g)＝N 2(g)+2CO 2(g) ΔH =-746.5 kJ·mol −1。

（2）恒容下，压强不变就是气体的物质的量不变，该反应是气体物质的量减小的反应，所以压强不变可以证明平衡态，选项a 正确。

速率比应该等于方程式的系数比，所以v 正(CO)= 2v 逆(N 2)才是正确说法，选项b 错误。

该反应中所有物质都是气体，所以m 总不变，如果平均分子量不变，得到气体的n 总不变（n m M
总
总
），该反应是气体物质的量减小的反应，所以n 总不变是平衡态，选项c 正确。

平衡常数只与温度有关，平衡常数不变就是温度不变，该容器绝热，如果有吸热或者放热温度一定变化，现在温度不变，说明反应达平衡，既没有吸热也没有放热，选项d 正确。

开始充入的NO 和CO 是相等的，反应中两者按照1:1进行反应，所以容器中两者恒定相等，选项e 错误。

（3）Na 2S 2O 3溶液显碱性的原因一定是硫代硫酸根离子水解，注意水解分步，方程式为：
S 2O 32-＋H 2O HS 2O 3-
＋OH -。

根据反应过程的图示，加入氯化钡后得到的白色沉淀一定是硫酸钡，说明氯水将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，所以反应为：S 2O 32-＋Cl 2＋5H 2O ＝2 SO 42-＋8Cl －＋10H +。

（4）用亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫应该得到亚硫酸氢钠溶液，将亚硫酸氢钠溶液（pH=6的吸收液）加入电解槽中。

右侧是电解的阴极，可以认为是水电离的氢离子得电子转化为氢气，剩余的氢氧根离子与亚硫酸氢根离子反应得到亚硫酸根离子。

左侧是电解的阳极，c 为阴离子交换膜，亚硫酸氢根离子透过交换膜进入阳极，在阳极上失电子专户为硫酸根，副产物甲为硫酸。

所以阳极反应为：
HSO 3-＋H 2O －2e -= SO 42-＋3H ＋或SO 32-＋H 2O －2e -=。