贵州省遵义航天高级中学2020学年高二化学下学期第一次(3月)月考试题(含解析)

2020学年第二学期第一次月考试题
高二化学
可能用到的相对原子质量 H 1 C 12
一．选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)
1.下列化学用语正确的是
A. NaHCO 3的水解：HCO3－＋H2O H3O＋＋CO32－
B. 醋酸的电离：CH3COOH＝CH3COO－＋H＋
C. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－285.8 kJ/mol
D. 碳酸钙的溶解平衡：CaCO 3(s)Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)
【答案】D
【解析】
A. HCO 3－＋H2O H3O＋＋CO32－表示NaHCO3的电离，不是其水解的离子方程式，A不正确；
B. 醋酸是弱酸，其电离方程式为CH 3COOH CH3COO－＋H＋，B不正确；
C. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，则表示H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－285.8 kJ/mol，C不正确；
D. 碳酸钙的溶解平衡可表示为CaCO 3(s)Ca2＋(aq)＋CO32－(aq)，D正确。

点睛：燃烧热指的是在一定条件下，1摩尔可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，水的状态为液态时稳定。

2.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是( )
A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C. 用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】
试题分析：A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，而后装
入一定体积的NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，B错误；C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V（酸）无影响，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）不变，C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V（酸）偏大，根据c（碱）=c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c（碱）偏大，D错误；答案选D。

【考点定位】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析
【名师点晴】明确实验原理和误差分析的判断依据是解答的关键，注意误差分析的总依据为：由c测＝c标V标/V测由于c标、V待均为定值，所以c测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则c测偏大或偏小。

答题时注意灵活应用。

3.在一定温度下，可逆反应A(g)＋3B(g)⇌2C(g)达到平衡的标志是( )
A. C生成的速率和C分解的速率相等
B. A、B、C的浓度相等
C. 生成n mol A，同时生成3n mol B
D. A、B、C的分子数之比为1：3：2 【答案】A
【解析】
C生成的速率和C分解的速率相等，即v正=v逆，证明反应达平衡，选项A正确。

A、B、C的浓度相等但是没有说浓度不变，有可能是三者浓度瞬间相等，然后发生变化，所以无法证明反应达平衡，选项B错误。

生成A和生成B说的都是逆反应的情况，没有说明正反应的情况，所以选项C错误。

A、B、C的分子数之比为1：3：2，但是没有说分子数不变，有可能是三者的分子数瞬间达到这个关系，然后发生改变，所以不能说明反应达平衡，选项D错误。

4.常温下，测得柠檬水溶液的pH是3，其中的c(OH-)是( )mol/L：
A. 1×10-3
B. 1×10-11
C. 1×10-7
D. 0.1
【答案】B
【解析】
【分析】
温度一定，水的离子积常数一定，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再根据c（OH-)=
K W/c(H+)计算。

【详解】温度一定，水的离子积常数一定，常温下，K W=10-14，柠檬水溶液的pH是3，则c（H+）=10-3mol/L，c（OH-）=K W/c(H+)=10−14/10−3mol/L=10-11mol/L，故选B。

【点睛】本题考查pH的简单计算，明确pH和氢离子浓度之间的互换是解本题的关键。

5.常温下，下列溶液中各离子浓度关系正确的是 ( )
A. 等体积等物质的量浓度的氨水和盐酸混合后的溶液：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
B. 浓度为0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液：c(Na＋)＝2c(CO32-＋c(HCO3-)＋c(H2CO3)
C. pH＝12的氨水与pH＝2的盐酸等体积混合：c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)
D. 醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液呈中性：c(Na＋)>c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】
【详解】A.等体积等物质的量的氨水和盐酸混合后所得溶液为氯化铵溶液，根据质子守恒可得：c(H+)=c(OH−)+c (NH3⋅H2O)，故A正确；
B.碳酸钠溶液中存在物料守恒：c(Na+)=2c(CO32−)+2c(HCO3−)+2c(H2CO3)，故B错误；
C.pH=12的氨水与pH=2的盐酸等体积混合后发生反应生成氯化铵，氨水过量，溶液呈碱性，则：c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+)，故C错误；
D.醋酸溶液与NaOH溶液相混合后，所得溶液为醋酸钠溶液，该溶液中存在电荷守恒：
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，所得溶液呈中性，则c(H+)=c(OH−)，所以(Na+)=c(CH3COO−)，故D错误。

答案选A。

【点睛】本题考查的是离子浓度大小的比较。

解题时特别注意C选项氨水为弱碱，混合液中氨水过量，溶液显示碱性；D选项所得溶液呈中性，则c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒进行判断。

据此解答。

6.某研究性学习小组模拟工业法对铝片表面进行氧化处理。

分别以铅片、铝片为电极，以硫酸溶液为电解液，如图所示连接电解池装置，电解40 min后取出铝片用水冲洗，放在水蒸气中封闭处理20～30 min，即可得到更加致密的氧化膜。

下列有关说法正确的是 ( )。

A. 电解时电子从电源负极→导线→铝极，铅极→导线→电源正极
B. 电解过程阳极周围溶液的pH下降
C. 在电解过程中，H＋向阳极移动，SO42-向阴极移动
D. 电解的总反应为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
【答案】B
【解析】
【分析】
由示意图可知，铝片为阳极，阳极上铝失电子发生氧化反应生成氧化铝，电极反应式为2Al—6e—+3H2O=Al2O3+6H+，铅片为阴极，阴极上H+得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2 e—=H2↑，电解的总反应为2Al＋3H2O Al2O3+3H2↑。

【详解】A项、电子流向和电流流向相反，电解时电子从电源负极→导线→铅极，铝极→导线→电源正极，故A错误；
B项、铝片为阳极，阳极上铝失电子发生氧化反应生成氧化铝，电极反应式为
2Al—6e—+3H2O=Al2O3+6H+，反应中生成H+，溶液的pH下降，故B正确；
C项、在电解过程中，硫酸中的氢离子向阴极移动，硫酸根离子向阳极移动，故C错误；
D项、阳极是活泼金属铝电极，金属铝在该极失电子生成氧化铝，阴极是氢离子得电子生成氢气，所以电解的总方程式可表示为2Al＋3H2O Al2O3+3H2↑，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查电解原理的应用，侧重于分析能力和基本理论知识的综合运用的考查，注意电解池的工作原理是解答关键。

7.下列说法错误的是( )
A. 所有的原子都含有质子、中子和电子三种基本构成微粒
B. 宇宙大爆炸产生了氢、氦、锂元素
C. 左图的原子模型是玻尔提出的
D. 模型中的小黑点表示电子在原子核外出现的概率密度的形象描述
【答案】A
【解析】
【详解】A项、绝大多数原子都是由质子、中子、电子三种粒子构成的，11H原子是有质子和电子构成的，没有中子，故A错误；
B项、美国科学家斯穆特由于为宇宙起源的大爆炸理论提供了支持，曾获得诺贝尔物理学奖，
根据大爆炸理论，在大爆炸后约2h，诞生了大量的氢、少量的氦，以及极少量的锂，故B正确；
C项、1913年玻尔模型电子不是随意占据在原子核的周围，而是在固定的层面上运动，当电子从一个层面跃迁到另一个层面时，原子便吸收或释放能量，为了解释氢原子线状光谱这一事实，玻尔在行星模型的基础上提出了核外电子分层排布的原子结构模型，故C正确；
D项、电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出现机会的多少，而不表示具体的原子、原子的个数及电子的运动轨迹，小黑点的疏密表示出现机会的多少，密则机会大，疏则机会小，故D正确。

故选A。

8.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。

下列说法不正确的是( )
A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 可与溴水发生加成反应使溴水褪色
C. 中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键
D. 在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应
【答案】A
【解析】
【详解】由四种有机物的比例模型可知，甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇。

A．甲为甲烷，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．乙烯分子中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色，B正确；
C．苯中不存在碳碳单键及碳碳双键，苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，C正确；
D．乙醇与乙酸在浓硫酸作用并加热时发生酯化反应，为取代反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，D正确；
故合理选项是A。

9. 下列四个能级中，能量最高，电子最后填充的是（）
A. 3s
B. 3p
C. 3d
D. 4s
【答案】C
【解析】
试题分析：电子先填充4s轨道，再填充3d轨道，故C正确。

考点：本题考查核外电子排布。

10.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是( )
A. 3-甲基-2-丁烯
B. 3-氯丁烷
C. 2,2-二甲基丁烷
D. 2-乙基戊烷
【答案】C
【解析】
【详解】A项、甲基的编号错误，正确命名应该为2-甲基-2-丁烯，故A错误；
B项、官能团氯原子的编号错误，正确命名应该为2-氯丁烷，故B错误；
C项、主链选择和甲基编号均正确，故C正确；
D项、主链不是最长碳链，该有机物正确命名应该为3-甲基己烷，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查有机物的命名判断，明确有机物的命名原则是解答关键。

11.下列原子中未成对电子最多的是( )
A. N
B. Cr
C. O
D. Ca
【答案】B
【解析】
【分析】
根据能量最低原理书写各元素的电子排布式，根据电子排布式判断未成对电子数；
【详解】N的电子排布式为1s22s22p3，未成对电子数为3；Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，未成对电子数是6；O的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数为2；
Ca的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，未成对电子数是0，未成对电子数最多的是Cr，故选B。

【点睛】本题考查原子核外电子的排布，注意根据电子排布式判断未成对电子数是解答关键。

12.下列有关烯烃的说法中，正确的是 ( )
A. 烯烃分子中所有的原子一定在同一平面上
B. 通过石油的催化裂化及裂解可以得到气态烯烃
C. 分子式是C4H8的烃分子中一定含有碳碳双键
D. 烯烃只能发生加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A项、碳碳双键是平面型结构，但只有与不饱和碳原子直接相连的原子才位于这个平面上，并不是所有的原子，故A错误；
B项、石油的催化裂化及裂解可以得到相对分子质量较小的烯烃，故B正确；
C项、环烷烃和烯烃的通式均是C n H2n，分子式为C4H8的烃分子可能是烯烃也可能是环丁烷，故C错误；
D项、烯烃中可能含有饱和碳原子，在特定条件下饱和碳原子可以发生取代反应，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查烯烃的结构与性质，注意烯烃只含有一个碳碳双键，若烯烃中还含有烷基等其他原子时，一定条件下也可发生取代反应。

13.下列分子或离子的空间立体构型为平面三角形的是 ( )
A. SO32-
B. SiH4
C. BF3
D. NH4+
【答案】C
【解析】
【分析】
立体构型为平面三角形的分子应含有3个δ键，且没有孤对电子，中心原子为sp2杂化。

【详解】A项、SO32-中中心原子S原子的价层电子对数为4，孤对电子数为1，空间立体构型为三角锥形，故A错误；
B项、SiH4中中心原子Si原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，空间立体构型为正四面体形，故B错误；
C项、BF3中中心原子B原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0，空间立体构型为平面三角形，故C正确；
D项、NH4+中中心原子N原子的价层电子对数为4，孤对电子数为0，空间立体构型为正四面体
形，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查分子或离子的构型的判断，注意判断中心原子的价层电子对以及孤对电子数的判断是解答关键。

14.下列关于有机化合物的说法正确的是 ( )
A. 苯能使溴的四氯化碳溶液褪色
B. 间二甲苯苯环上的一个氢原子被—NO2取代，所得一元取代产物有2种
C. 2-甲基丙烷也称为异丁烷
D. C3H6Cl2有3种同分异构体
【答案】C
【解析】
【详解】A项、苯不与溴反应，且与四氯化碳互溶，不能使溴的四氯化碳褪色，故A错误；
B项、间二甲苯苯环上有3种H原子，间二甲苯苯环上的一个氢原子被—NO2取代，所得一元取代产物有3种，故B错误；
C项、2-甲基丙烷中主链含3个C原子，结构简式为，是丁烷的同分异构体，也称为异丁烷，故C正确；
D项、当两个Cl原子在同一碳原子上时，存在两种同分异构体：CH（Cl）2CH2CH3、CH3C（Cl）
CH3，当两个Cl原子位于不同C原子时，也存在两种结构：CH2ClCHClCH3、CH2ClCH2CH2Cl，所2
以分子式为C3H6Cl2的有机物总共含有4种结构，故D错误。

故选C。

【点睛】本题主要考查了有机化合物的性质，物质的结构决定性质，掌握物质的结构是解题的关键。

15.下列说法中正确的是( )
A. 因为p轨道是“8”字形的，所以p的电子走“8”字形
B. K能级有3s，3p，3d，3f四个轨道
C. 因氢原子只有一个电子，故氢原子只有一个轨道
D. 以上说法均不正确
【答案】D
【解析】
【分析】
电子运动无规律，只能利用概率方式来描述，则原子轨道与电子云都是用来形象描述电子运动状态的，轨道有形状，电子无形状。

【详解】A项、电子在原子轨道中作无规则运动，所以电子不是按照某种形状运动的，p轨道的“8”字形指的是p电子出现机率高的“区域”的形状，故A错误；
B项、K能级中有1s，只有1个亚层共1个原子轨道，故B错误；
C项、氢原子不是只有一个轨道，除1s轨道外，其他轨道是空轨道，故C错误；
D项、A、B、C均不正确，D正确。

故选D。

【点睛】本题考查原子核外电子的运动及排布，侧重原子结构与性质的考查，明确轨道、能层、能级、电子云等概念及关系是解答关键。

16.两种有机物和的一些物理性质如下表所示：
物质熔点沸点密度水溶性
－10 ℃212 ℃ 1.162 2 g·cm－3不溶于水
54 ℃248 ℃ 1.158 1 g·cm－3不溶于水
分离这两种物质的液态混合物可采用的方法是 ( )。

A. 过滤
B. 分液
C. 蒸发
D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】由信息可知，有机物和互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故选D。

【点睛】本题考查混合物分离提纯，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、性质差
异及混合物分离方法为解答的关键。

17.下列说法中正确的是( )
A. Cu原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s1；外围电子排布式：3d104s1。

B. 磷元素基态原子的电子排布图为
C. 铁元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d6
D. 2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
【答案】A
【解析】
【分析】
A、Cu原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，外围电子排布式为3d104s1；
B、违反洪特规则；
C、核外电子式书写时同一能层的写在一起；
D、离原子核越远，能量越高。

【详解】A项、Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为外围电子，Cu原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，外围电子排布式为3d104s1，故A正确；
B项、P原子核外有15个电子，依据洪特规则可知基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子排布图为，故B错误；
C项、核外电子式书写时同一能层的写在一起，基态Fe原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2，故C错误；
D项、离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故D错误。

【点睛】本题考查原子核外电子排布式写，明确原子结构，知道哪些电子是价电子，结合构造原理书写是解本题关键。

18.下列各组物质中，属于同一类物质的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
官能团相同，且数目相同，结构相似，可为同一类有机物，否则不属于同一类有机物。

【详解】A项、和的羟基均连在苯环上，都属于酚类，故A正确；
B项、的官能团为羟基，属于酚类，的官能团为醚键，属于醚类，故B错误；
C项、的官能团羟基连在侧链上，属于醇类，的官能团羟基连在苯环上，属于酚类，故C错误；
D项、HCOOCH3的官能团为酯基，属于酯类， CH3COOH的官能团为羧基，属于羧酸，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查有机物的官能团及物质的分类，注意同类物质的官能团的数目相同、种类相同、结构相连，连接的烃基相同等是解答关键。

19.下列关于电离能和电负性的说法不正确的是( )
A. 第一电离能的大小：Mg>Al
B. 因为锌的金属性比铜活泼，所以锌的第一电离能比铜小
C. 锗的第一电离能和电负性均低于碳
D. F、K、Fe、Ni四种元素中电负性最大的是F
【答案】B
【解析】
【分析】
A、镁的3s轨道是全充满，能量低比较稳定；
B、锌的4s轨道是全充满，能量低比较稳定；
C、同一主族元素，其第一电离能、电负性随着原子序数的增大而减小；
D、元素非金属性越强，电负性越大。

【详解】A项、镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低比较稳定，所以镁元素的第
一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，故A正确；
B项、锌的外围电子排布为3d104s2，4s轨道处于全充满状态，铜的外围电子排布为3d104s1，所以锌的第一电离能比铜小，故B错误；
C项、同一主族元素，其第一电离能、电负性随着原子序数的增大而减小，所以锗的第一电离能、电负性都低于碳，故C正确；
D项、F、K、Fe、Ni四种元素中F的非金属性最强，所以F的电负性最大，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查元素周期律知识，涉及电离能、电负性比较等知识，侧重于分析能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律和洪特规则是解答关键。

20.在核磁共振氢谱中出现两组峰，且其氢原子数之比为3∶2 的化合物是( )
A. B. C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据物质的结构简式，利用对称性来分析出现几种位置的氢原子，就出现几种峰，并结合H 原子的个数来分析。

【详解】A项、由对称可知，有2种H原子，核磁共振氢谱中出现两组
峰，氢原子数之比为3：1，故A错误；
B项、由对称可知，有2种H原子，核磁共振氢谱中出现两组峰，氢原子数之比为3：2，故B正确；
C项、由对称可知，有3种H原子，则核磁共振氢谱中出现三组峰，氢原子数之比为8：6：2=4：3：1，故C错误；
D项、由对称可知，有3种H原子，核磁共振氢谱中出现三组峰，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，注意利用对称性来分析不同位置的H原子等效判断H 原子类型为解答关键。

21.下列说法中错误的是( )
A. σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强
B. 金属和非金属原子之间也能形成共价键
C. 碳碳三键和碳碳双键的键能分别是碳碳单键键能的3倍和2倍。

D. 价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
【答案】C
【解析】
【分析】
A、π键“肩并肩”重叠，π键的电子云重叠程度小；
B、金属原子和非金属原子间也可形成共价键，如氯化铝；
C、π键重叠程度小，不稳定，σ键要比π键牢固；
D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π键不计入。

【详解】A项、π键“肩并肩”重叠，π键的电子云重叠程度小，易断裂，则σ键比π键形成的共价键强，故A正确；
B项、金属原子和非金属原子间也可形成共价键，如氯化铝，故B正确；
C项、π键重叠程度小，不稳定，σ键要比π键牢固，碳碳三键的键能小于碳碳单键键能的3倍、碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，故C错误；
D项、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π键不计入，故D正确。

故选C。

22.下列说法正确的是 ( )
A. 由工业酒精制取无水酒精时，向工业酒精中加入足量氧化钙充分振荡后过滤
B. 苯甲酸重结晶实验过程中趁热过滤的目的是加快过滤的速率
C. 除去溴苯中的溴，可加入足量的NaOH溶液充分振荡后分液
D. 可以用酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中混有的乙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A项、制取无水酒精时，通常需向工业酒精中加入新制的生石灰，然后加热蒸馏，故A错误；
B项、重结晶用于分离溶解度随温度变化不同的两种或两种以上的物质。

加热溶解后，要趁热过滤，防止苯甲酸冷却析出(滤纸上为杂质)，故B错误；
C项、溴与NaOH溶液反应后，与溴苯不互溶，然后充分振荡静置后分液可除杂，故C正确；D项、乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查物质的分离提纯方法，侧重混合物除杂的考查，注意除杂的原则，把握物质的性质及混合物分离提纯方法为解答的关键。

二．填空题(共58分)
23.Ⅰ.当前环境问题是一个全球重视的问题，引起环境问题的气体常见的有温室气体CO2、污染性气体NO x、SO x等。

如果对这些气体加以利用就可以成为重要的能源，既解决了对环境的污染，又解决了部分能源危机问题。

(1)二氧化碳是地球温室效应的罪魁祸首，目前人们处理二氧化碳的方法之一是使其与氢气反应合成甲醇，甲醇是汽车燃料电池的重要燃料。

CH3OH在酸性介质中的电极反应式为
__________________________。

(2)用稀硝酸吸收NO x，得到HNO3和HNO2(弱酸)的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。

写出电解时阳极的电极反应式：________________________。

(3)在高温下一氧化碳可将二氧化硫还原为单质硫。

已知：①C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②CO2(g)＋C(s)===2CO(g)ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1
③S(s)＋O2(g)===SO2(g)ΔH3＝－296.0 kJ·mol－1
请写出CO与SO2反应的热化学方程式__________________________
Ⅱ．(1)Na2CO3溶液去油污的原因： _____________________。

(用化学用语表示)
(2)已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
K1=4.3×10﹣7
25℃ K=1.77×10﹣4
K2=5.6×10﹣11
则该温度下CH3COONa的pH _______(填‘大于’、‘等于’或‘小于’)NaHCO3的pH。

(3)25 ℃时，pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液呈________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。

(4)0.1mol/L NH4Cl溶液中， c(NH4+)+c(NH3•H2O) =________mol/L。

【答案】 (1). CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+ (2). HNO2-2e-+H2O =NO3—+3H+ (3). 2CO(g)＋SO2(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270 kJ·mol－1 (4). CO32-+H2O HCO3-+OH- (5). 小于 (6). 酸性 (7). 0.1
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）酸性条件下，甲醇在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳与氢离子；
（2）电解时，弱酸HNO2在阳极上失电子发生氧化反应生成硝酸；
（3）根据盖斯定律，①-②-③得到反应的热化学方程式；
Ⅱ．（1）Na2CO3溶液中CO32-水解使Na2CO3溶液呈碱性，用显碱性的Na2CO3溶液洗去表面油污；（2）有表可知，CH3COOH的电离常数K大于H2CO3的一级电离常数，CH3COOH酸性强于H2CO3；（3）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量；
（4）在氯化铵溶液中存在物料守恒。

【详解】Ⅰ.（1）酸性条件下，甲醇在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳与氢离子，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；
（2）电解时，弱酸HNO2在阳极上失电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为HNO2-2e-+H2O =NO3—+3H+，故答案为：HNO2-2e-+H2O =NO3—+3H+；
（3）根据盖斯定律，①-②-③得到反应的热化学方程式为2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）△H=△H1-△H2-△H3=（－393.5 kJ·mol－1）—（＋172.5 kJ·mol－1）—（－296.0 kJ·mol －1）=－270 kJ·mol－1，故答案为：2CO(g)＋SO
(g)=S(s)＋2CO2(g)ΔH＝－270 kJ·mol－1；
2
Ⅱ．（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2O HCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性，用显碱性的Na2CO3溶液洗去表面油污，故答案为：CO32-+H2O HCO3-+OH-；
（2）由表可知，CH3COOH的电离常数K大于H2CO3的一级电离常数，CH3COOH酸性强于H2CO3，
酸性越强，对应离子水解程度越弱，碱性越弱，溶液pH越小，则该温度下CH3COONa的pH小
于NaHCO3的pH，故答案为：小于；
（3）醋酸为弱电解质，pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，故答案为：酸性；
（4）在氯化铵溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（Cl-）=0.1mol/L，故答案为：0.1。

【点睛】本题考查化学反应原理综合应用，涉及了电极反应式、热化学方程式书写，溶液酸
碱性判断等知识，注意电极反应式书写方法，盖斯定律计算和电解质强弱判断方法的掌握和
应用是解答关键。

24.汽车尾气里含有的NO气体是由内燃机燃烧时产生的高温引起氮气和氧气反应所致：
N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH>0。

已知该反应在2404 ℃时，平衡常数K＝0.25 。

请回答下列问题。

(1)该反应的平衡常数表达式为_____________ ；若要增大平衡常数需要______(填‘升温’
或‘降温’)。

(2)该温度下，向2 L密闭容器中充入N2和O2各1 mol，平衡时，N2的转化率是________%。

(3)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10－1mol.L－1、4.0×10－2mol.L －1和3.0×10－3mol.L－1，此时反应________(填“处于化学平衡状态”、“向正方向进行”或“向逆方向进行”)，理由是____________________________________。

要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有___________、__________(写两条即可)。

【答案】 (1). (2). 升温 (3). 20 (4). 向正反应方向移动 (5). 浓度熵小于化学平衡常数 (6). 升高温度 (7). 增大压强或增大反应物浓度或使用催化剂
【解析】
【分析】
（1）化学反应平衡常数等于平衡时生成物浓度的幂指数积除以反应物浓度的幂指数积；若要增大平衡常数需应使平衡向正反应方向移动；
（2）依据题给信息，建立三段式求解；
（3）用浓度商判断化学反应进行的方向；依据影响化学反应速率的因素分析。

【详解】（1）化学反应平衡常数等于平衡时生成物浓度的幂指数积除以反应物浓度的幂指数。