【化学】天津市南开区2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版） 16页

天津市南开区2019-2020学年高二上学期期末考试 第Ⅰ卷（选择题，共45分）‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 ‎ 一、选择题（本题包括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.下列能源中，蕴藏有限、不能再生的是 A. 氢能 B. 太阳能 C. 地热能 D. 化石燃料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢能是通过氢气和氧气反应所产生的能量。氢在地球上主要以化合态的形式出现，是二次能源，故A不符合题意；‎ B. 太阳能被归为"可再生能源"，相对人的生命长短来说，太阳能散发能量的时间约等于无穷，故B不符合题意；‎ C.地热能无污染，是新能源，正在开发利用，有广阔的前景，所以C不符合题意；‎ D.化石燃料是人们目前使用的主要能源，它们的蕴藏量有限，而且不能再生，最终会枯竭，属于不可再生能源，故D符合题意；‎ 所以D选项是正确的。.‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 在所有元素中，氟的第一电离能最大 B. 处于最低能量的原子叫做基态原子 C. 原子半径最小的氢元素的电负性最大 D. 最外层电子数为8的都是稀有气体元素的原子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．越不易失电子元素其第一电离能越大，稀有气体最外层达到稳定结构，在同一周期稀有气体的第一电离能最大，同族元素自上而下第一电离能逐渐降低，所以在所有元素中，氦的第一电离能最大，在主族元素中，氟的第一电离能最大，A错误；‎ B．处于最低能量状态的原子叫做基态原子，B正确；‎ C．原子半径最小的氢元素的电负性不是最大，在主族元素中氟元素的非金属性最强，所以电负性最大，C错误；‎ D．最外层电子数为8的粒子可能为原子或离子，若为原子则为稀有气体元素的原子，若为离子就不是稀有气体元素的原子，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎3.已知M、N两种元素分别位于s区、p区，下列说法中错误的是 A. 基态时，N原子的最外电子层上的电子数一定比M原子的多 B. N元素的电负性不一定比M元素的大 C. 由M、N两种元素所形成的化合物中，N一定显负价 D. 若M、N原子的电子层数相同，则原子半径：M > N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 元素周期表s区包括第一、二主族的全部元素，p区包括第三主族到第七主族加上零族的元素。‎ ‎【详解】A．M、N两种元素分别位于s区、p区，由分析可知，p区原子最外层电子数至少为3，s区原子原子最外层电子数最多为2，所以基态时，N原子的最外电子层上的电子数一定比M原子的多，A正确；‎ B．同主族元素自上而下电负性减小，同周期主族元素自左向右电负性逐渐增大，s区里H元素的电负性最大为2.1，而p区有很多原子电负性小于2.1，如Al为1.5，B正确；‎ C．若M为H，N为Si，两种元素所形成的化合物SiH4中H为-1价，Si为+4价，因此，由M、N两种元素所形成的化合物中，N不一定显负价，C错误；‎ D．若M、N原子的电子层数相同，则两者位于同一周期，故M的原子半径大于N，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎4.对碳原子核外两个未成对电子描述，正确的是（ ）‎ A. 电子云形状不同 B. 自旋方向相同 C. 能量不同 D. 在同一轨道 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 碳原子的核外电子排布为1S22S22P2‎ ‎, 两个未成对电子处于P轨道电子云形状相同都为哑铃型。故A不正确。两个电子占据两个P轨道自旋方向相同，故B正确。两个电子所处的轨道都为P轨道，所以具有的能量相同，故C不正确。两个未成对电子占据着两个P轨道，故D不正确。本题的正确选项为B。‎ 点睛:碳原子的两个未成对电子，根据鲍利不相容原理和洪特规则，就可以知道它的轨道，和自旋方向。‎ ‎5.已知：2H2(g) +O2(g)＝2H2O(g) ΔH =－483.6 kJ·mol−1 ‎ 下列说法不正确的是 A. 该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理 B. 破坏1 mol H－O键需要的能量是463.4 kJ C. H2的燃烧热ΔH＜－241.8 kJ·mol−1‎ D. H2(g)中的H－H键比H2O(g)中的H－O键牢固 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应热等于所有反应物的键能总和减去所有生成物的的键能总和。‎ ‎【详解】A．放热的氧化还原反应可设计成原电池，因此该反应可作为氢氧燃料电池的反应原理，A正确；‎ B．焓变等于断裂化学键吸收能量减去形成化学键释放的能量，则2´436 kJ +498 kJ -4´E(H-O)=-483.6，解得E(H-O)=463.4 kJ ，B正确；‎ C．由已知反应得到H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ΔH=－241.8kJ·mol−1，而燃烧热是在1个标准大气压下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，生成的水要为液态，但反应中生成的水为气态，若转化为液态还要放出热量，即H2的燃烧热ΔH＜－241.8kJ·mol−1，C正确；‎ D．键能越大，键越牢固，由题可知，E(H-H)=436 kJ·mol−1，E(H-O)=463.4 kJ·mol−1，故E(H-O)＞E(H-H)，则H2O(g)中的H－O键更牢固，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】物质的能量越低，物质越稳定，物质的键能越大，物质越稳定。‎ ‎6.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图（E1、E3表示两反应的活化能）。下列有关叙述正确的是 A. 两步反应均为放热反应 B. 整个反应的ΔH＝E1－E2＋E3－E4‎ C. 加入催化剂可以改变反应的焓变 D. 三种物质所含能量由高到低依次为：A、B、C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误； B. 整个反应中△H=E1-E2+E3-E4，故B正确；‎ C. 加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，故C错误；‎ D. 物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：B＜A＜C，故D错误； 综上所述，本题正确答案：B。‎ ‎【点睛】反应物的能量大于生成物能量的反应为放热反应，反之为吸热反应；能量越低，物质越稳定，结合能量的高低解答该题；催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变以及产率。‎ ‎7.下列事实能用勒夏特列原理解释的是 A. 用排饱和食盐水的方法收集氯气 B. ‎500℃‎左右比室温更有利于工业合成NH3的反应 C. 加入催化剂有利于SO2的氧化反应 D. 对2HI(g)H2(g) + I2(g)，减小容器体积，气体颜色变深 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，在使用勒夏特列原理时，反应必须是可逆反应，化学平衡发生移动，则可以用勒夏特列原理解释。‎ ‎【详解】A．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气可用勒夏特列原理解释，A符合题意；‎ B．合成氨是放热反应，室温比‎500℃‎左右更利于工业合成NH3的反应，不能用勒夏特列原理解释，B不符题意；‎ C．催化剂只能改变化学反应速率，不影响平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，C不符题意；‎ D．可逆反应2HI(g)⇌ H2(g)+I2(g)，减小容器体积，I2的浓度增大，气体颜色变深，该反应前后气体体积不变，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，D不符题意。‎ 答案选A。‎ ‎8.某温度下，可逆反应mA(g) + nB(g) ⇌pC(g) ΔH < 0 的化学平衡常数为K，下列说法正确的是 A. 其他条件不变，升高温度，K值增大 B. 其他条件不变，恒容条件下，通入稀有气体，正、逆反应速率均增大 C. 其他条件不变，减小C(g)的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D. 其他条件不变，增大压强，活化分子百分数不变，有效碰撞几率增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动即向逆反应方向移动，故温度越高，平衡常数K值越小，A错误；‎ B．其他条件不变，通入稀有气体，参加反应的气体浓度不变，反应速率也不变，B错误；‎ C．其他条件不变，减小C(g)的浓度，逆反应速率减小，平衡向正向移动，反应物浓度减小，正反应速率也逐渐减小，C错误；‎ D．其他条件不变，增大压强，体积减小，分子总数不变，单位体积内的分子数增加，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞几率增加，化学反应速率加快，但活化分子百分数不变，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.温度为T1时，向容积为‎2 L 的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol。数据如下，下列说法不正确的是 容器 甲 乙 反应物 CO H2O CO H2O 起始时物质的量（mol）‎ ‎1.2‎ ‎0.6‎ ‎2.4‎ ‎1.2‎ 平衡时物质的量（mol）‎ ‎0.8‎ ‎0.2‎ a b A. 甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4 kJ B. T1时，反应的平衡常数K甲 = 1‎ C. 平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍 D. 乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲容器中平衡时，消耗的CO的物质的量为1.2mol-0.8mol=0.4mol，根据反应CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g) ∆H = －41 kJ/mol，可知平衡时放出热量为：41 kJ/mol×0.4mol=16.4 kJ，故A正确；‎ B. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)‎ 起始（mol） 1.2 0.6 0 0‎ 转化（mol） 0.4 0.4 0.4 0.4‎ 平衡（mol） 0.8 0.2 0.4 0.4 ‎ 在T1达到平衡状态时甲容器中，c(CO)=0.4mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(H2)= 0.2mol/L，则该温度下反应的平衡常数K甲 = 0.2×0.2/0.4×0.1=1，故B正确；‎ C. CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，则甲、乙互为等效平衡，达到平衡时反应物转化率相等，则0.8/1.2=a/2.4，解得a=1.6，故C正确；‎ D.根据C项可知a=1.6，乙容器中，平衡时CO的转化率为 ‎×100％≈33％，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎10.滴有酚酞试液的下列溶液，按下列操作后颜色变深的是 A 明矾溶液加热 B. CH3COONa溶液加热 C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. 小苏打溶液中加入少量水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 滴有酚酞试液的溶液颜色变深，说明溶液中OH-浓度增大，结合外界条件对有关平衡移动的影响分析。‎ ‎【详解】A．加热会促进明矾成分中Al3+水解，产生更多的H+，溶液酸性增强颜色不变，A错误；‎ B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液呈红色，加热促进水解使碱性增强，因此红色变深，B正确；‎ C．加入NH4Cl固体溶液中c(NH4+)增大，氨水的电离平衡逆向移动，溶液中OH-浓度减小，溶液颜色变浅，C错误；‎ D．小苏打的成分是NaHCO3，水溶液显碱性，加入少量水，溶液中OH-浓度减小，溶液颜色变浅，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎11.用0.1000 mol/L的盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，测定其浓度，下列说法正确的是 A. 需用NaOH溶液润洗锥形瓶 B. 用量筒量取20.00 mL NaOH溶液 C. 使用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液浅红色褪去，半分钟不变色 D. 滴定前，没有除去酸式滴定管中的气泡，滴定后气泡消失，所测浓度会偏小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶里NaOH溶液体积偏大，导致最终测量结果偏高，A错误；‎ B．量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，B错误；‎ C．用稀盐酸滴定NaOH溶液，NaOH溶液中滴入几滴酚酞，溶液为红色，当最后一滴盐酸滴下，溶液浅红色褪去，并保持半分钟不变色，说明滴定达到终点，C正确；‎ D．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成量取的盐酸标准液体积偏大，由c(NaOH)=可知，所测NaOH浓度会偏大，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎12.下列叙述正确的是 A. 常温下由水电离c(H＋)=10− 4 mol/L的溶液，有可能是稀盐酸 B. pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀释相同倍数后，Na2S溶液pH较大 C. 0.1 mol/LCH3COONa溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ D. Na2CO3溶液中：c(HCO3－)＋c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．盐酸加入水中会抑制水的电离，所以由水电离c(H＋)应小于10-7mol/L而不能大于10-7mol/L，A错误；‎ B．NaOH是强电解质完全电离，Na2S是强碱弱酸盐存在水解：S2-+H2O⇌HS-+OH-，加水会促进S2-水解，二者加水稀释相同倍数后，溶液中OH-浓度是Na2S>NaOH，所以pH变化大的是NaOH，变化小的是Na2S，故pH相同的NaOH溶液和Na2S溶液加水稀释相同倍数后，Na2S溶液pH较大，B正确；‎ C．CH3COONa= CH3COO－+ Na＋，由于醋酸根发生水解：CH3COO-+ H2O⇌ CH3COOH+ OH-,所以c(OH-)>c(H＋)，c(Na＋)>c(CH3COO-)，又因水解是微弱的，所以c(CH3COO-)>c(OH-)，所以溶液中各离子浓度大小为：c(Na＋)>c(CH3COO-)> c(OH-)>c(H＋)，C错误；‎ D．根据质子守恒可知：Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)＋c(H+)＋‎2c(H2CO3)，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH均为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是 A. a溶液不可能显中性 B. a溶液不可能显酸性 C. b溶液不可能显中性 D. b溶液不可能显碱性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常温下，pH=3的酸中c(H+)等于pH=11的碱溶液中的c(OH-)，二者等体积混合：‎ 如果酸是强酸，则与氨水等体积混合时，氨水有剩余，混合溶液显碱性，与NaOH等体积混合，二者恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性；‎ 如果酸是弱酸，酸的电离程度大于一水合氨，则混合溶液呈碱性，如果酸的电离程度小于一水合氨，则混合溶液呈酸性，如果酸的电离程度等于一水合氨，则混合溶液呈中性；与NaOH等体积混合时，酸有剩余，混合溶液呈酸性；‎ 通过以上分析知：a溶液可能呈酸性、碱性或中性；b溶液可能呈中性或酸性，但不可能呈碱性。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】弱酸弱碱盐的水溶液可能显酸性、中性、碱性，取决于两种弱离子水解程度的大小。‎ ‎14.下列有关CuCl2溶液的叙述中正确的是 A. 溶液中存在自由移动的离子：CuCl2Cu2+ + 2Cl－‎ B. 溶液中：c(Cu2＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)‎ C. 用惰性电极电解该溶液时，阳极有黄绿色气体产生 D. 配制CuCl2溶液时，需加入少量稀硫酸抑制其水解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CuCl2为强电解质，溶于水后完全电离，电离不需通电，正确的电离方程式为：CuCl2=Cu2+ + 2Cl-，A错误；‎ B．CuCl2溶液存在电荷守恒：‎2c(Cu2＋)＋c(H＋)＝c(Cl-)＋c(OH-)，B错误；‎ C．用惰性电极电解CuCl2溶液时，阳极Cl-放电，2Cl--2e-= Cl2↑，氯气为黄绿色，则阳极有黄绿色气体产生，C正确；‎ D．CuCl2为强酸弱碱盐，Cu2＋水解生成Cu(OH)2而使溶液变浑浊，为抑制Cu2＋水解且不引入杂质，应加入少量HCl，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题涉及电解原理、电离实质、盐的水解、电荷守恒等知识，解题时要明确电离与电解的区别，注意掌握盐类水解的原理。‎ ‎15.2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂电池充电时阳极反应式为：LiFePO4 －xLi＋ －xe－→ xFePO4 + (1－x)LiFePO4‎ ‎。放电工作示意图如下图。下列叙述不正确的是 A. 放电时，Li＋ 通过隔膜移向正极 B. 放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔 C. 放电时正极反应为：FePO4 + xLi＋ + xe－→ xLiFePO4 + (1－x)FePO4‎ D. 该电池充放电过程通过Li＋ 迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，则Li＋ 通过隔膜移向正极，A正确；‎ B．原电池放电时，电子由负极铝箔流出，沿导线流向正极铜箔，B正确；‎ C．原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，所以正极反应为：FePO4 + xLi＋ + xe－→ xLiFePO4 + (1－x)FePO4，C正确；‎ D．由于隔膜作用，Li＋ 通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池的总反应为：xFePO4 +LixC6xLiFePO4+‎6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价不变，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】明确电池反应中元素化合价变化，注意充放电电极反应式的书写。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共55分）‎ 二、（本题包括1小题，共14分）‎ ‎16.铁及其化合物是中学化学中常见的物质。‎ ‎（1）Fe基态原子核外电子排布式为____________________。‎ ‎（2）钢铁生锈在生产和生活中比较普遍，可在钢铁设备上（如锅炉的内壁、船舶的外壳等）装上若干镁合金或锌块，以防止钢铁设备的腐蚀，这种方法通常被称为____________。‎ ‎（3）铁件表面镀铜可有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，阴极的电极反应式为________。‎ ‎（4）实验室中可用铁氰化钾溶液检验Fe2＋，该反应的离子方程式为________________。‎ ‎（5）常温时，FeCl3溶液pH＜7，原因是（用离子方程式表示）____________________。‎ ‎（6）FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，所得到的固体物质是_____________。‎ ‎（7）将0.1mol·L−1 FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生。该反应的离子方程式为________________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 (2). 牺牲阳极的阴极保护法 (3). Cu2++2e-=Cu (4). 3Fe2＋+2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓ (5). Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ (6). Fe2O3 (7). 2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）Fe的基态原子的核外有26个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；‎ ‎（2）在钢铁设备上装上若干镁合金或锌块，镁合金或锌块作原电池负极的金属加速被腐蚀，钢铁设备作正极的金属被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法；‎ ‎（3）铁件表面镀铜可以有效防止铁被腐蚀，电镀时，以CuSO4溶液为电解液，镀层金属铜做阳极，镀件铁做阴极，阴极铜离子得电子生成铜，阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu；‎ ‎（4）K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液与Fe2＋发生反应：3Fe2＋+2[Fe(CN)6]3-=Fe3[Fe(CN)6]2↓，产生蓝色沉淀，据此检验亚铁离子；‎ ‎（5）FeCl3属于弱碱强酸盐，常温时铁离子发生水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，生成氢离子导致溶液呈酸性，其pH＜7；‎ ‎（6）FeCl3溶液加热蒸干并灼烧，加热蒸干过程中，氯化铁水解生成氢氧化铁和盐酸，盐酸有挥发性，加热能促进氯化铁的水解，所以蒸干得到的固体是氢氧化铁，灼烧固体时，氢氧化铁分解生成氧化铁和水，所以最终得到的固体是Fe2O3；‎ ‎（7）将0.1mol·L−1FeCl3溶液滴加到Mg(OH)2悬浊液中，有红褐色沉淀产生，说明氢氧化铁更难溶，氢氧化镁转化为氢氧化铁沉淀，发生反应为：2Fe3++3Mg(OH)2=2Fe(OH)3+3Mg2+。‎ ‎【点睛】铁元素在元素周期表中的位置、铁单质及各种氧化物的性质、不同价态铁的相互转化、不同价态含铁离子的检验和除杂、不同价态含铁离子的水解等都是解题中必须重视的内容。‎ 三、（本题包括1小题，共14分）‎ ‎17.硫酸是重要的化工原料，工业制取硫酸最重要的一步反应为：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ∆H＜0。‎ ‎（1）为提高SO2的转化率，可通入过量O2，用平衡移动原理解释其原因：_______。‎ ‎（2）某兴趣小组在实验室对该反应进行研究，在一密闭容器内加入一定量的SO2和O2，部分实验图像如图1‎ ‎① 该反应的平衡常数表达式为___________________。‎ ‎② t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是________________。‎ ‎③ t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件，该条件可能是___________________。‎ ‎（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，原料气中SO2 和O2的物质的量之比m[m＝n(SO2)/n(O2)] 不同时，SO2的平衡转化率与温度（T）的关系如图所示，则m1、m2、m3的从大到小的顺序为___________________。‎ ‎（4）已知‎25℃‎，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH－)=_______mol·L−1。将原料气SO2和O2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()=____。‎ ‎【答案】 (1). 增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高 (2). (3). t2 (4). 增大压强 (5). m3＞m2＞m1 (6). 6.0´10-3 (7). 0.62‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对于反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) ，增大反应物O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，但O2的转化率减小；‎ ‎（2）①根据化学平衡常数定义，反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的化学平衡常数K=；‎ ‎②平衡时，正逆反应速率相等，即二氧化硫的消耗速率为氧气生成速率的2倍，由图可知t1、t2、t3中，达到化学平衡状态的是t2；‎ ‎③由图可知，t2后，正逆反应速率都加快，且二氧化硫的消耗速率增加的更快，说明正反应速率比逆反应速率增加的快，即反应向正反应方向移动，因为该反应是气体体积减小的反应，增大压强可以加快反应速率同时使平衡向正反应方向移动，所以t2到t3的变化是改变了一个反应条件，该条件可能是增大压强；‎ ‎（3）将SO2和O2充入恒压密闭容器中，由图可知，相同温度下，m1、m2、m3对应的二氧化硫转化率减小，原料气中SO2和O2的物质的量之比m[m＝]越大，说明SO2越多，SO2的转化率越小，故m3＞m2＞m1；‎ ‎（4）Kb==1.8´10-5，c(NH3·H2O)=2.0mol/L，则c(OH-)c(NH4+)==6.0´10-3mol/L；Ka2==6.2´10-8，c(H+)= c(OH-)=1.0´10-7mol/L，所以溶液中==0.62。‎ 四、（本题包括1小题，共14分）‎ ‎18.某同学进行影响草酸溶液与高锰酸钾酸性溶液反应速率因素的研究。室温下，实验数据如下：‎ 实验序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 加入试剂 ‎4mL 0.01mol/L KMnO4‎ ‎2mL 0.1mol/L H‎2C2O4‎ ‎4mL 0.01mol/L KMnO4‎ ‎2mL 0.1mol/L H‎2C2O4‎ ‎4mL 0.01mol/L KMnO4‎ ‎2mL 0.1mol/L H‎2C2O4‎ 少量MnSO4固体 少量Na2SO4固体 褪色时间/s ‎116‎ ‎6‎ ‎117‎ ‎（1）草酸溶液与高锰酸钾酸性溶液反应的离子方程式为___________________。‎ ‎（2）该实验结论是_______________________。‎ ‎（3）进行上述三个实验后，该同学进行反思，认为实验①的现象可以证明上述结论。请写出实验①的现象为____________________。‎ ‎（4）实验②选用MnSO4固体而不是MnCl2固体的原因是_________________。‎ ‎（5）该同学拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。‎ a．该同学拟研究的影响因素是___________________。‎ b．你认为该同学的实验方案_______________（填“合理”或“不合理”），理由是____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 5H‎2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑ (2). 在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用 (3). 高锰酸钾溶液褪色的速率开始比较缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速率 (4). 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，同时使酸性高锰酸钾溶液褪色，从而缩短褪色时间，对实验产生干扰 (5). KMnO4溶液的浓度对反应速率的影响 (6). 不合理 (7). KMnO4溶液浓度不同，开始反应时溶液的起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色的时间长短来判断反应快慢 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）酸性高锰酸钾溶液和草酸反应生成锰离子、二氧化碳，由质量守恒、电荷守恒可知该反应的离子方程式为：5H‎2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑；‎ ‎（2）实验实验①②③中反应物都是KMnO4和H‎2C2O4，都在室温下反应，说明浓度相同，温度相同，高锰酸钾褪色最快的是②，加入了硫酸锰，③中加的是硫酸钠与①‎ 褪色时间基本相同，对比得知起催化作用的是Mn2+；故答案为：在其他条件相同时，Mn2+是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，起着加快反应速率的作用；‎ ‎（3）实验②是单独加入催化剂MnSO4，而草酸与酸性高锰酸钾反应本身是会生成MnSO4的，那么这个反应的产物就会起到催化剂的作用，所以实验①的现象为：高锰酸钾溶液褪色的速率开始比较缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速率；答案为：高锰酸钾溶液褪色的速率开始比较缓慢，一段时间后突然加快，因为反应生成的MnSO4是草酸与酸性高锰酸钾反应的催化剂，能加快化学反应速率；‎ ‎（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯化锰中的氯离子，同时使酸性高锰酸钾溶液褪色，从而缩短褪色时间，对实验产生干扰；‎ ‎（5）a．根据实验方案中KMnO4溶液的浓度不同可知该实验研究的是KMnO4溶液的浓度对反应速率的影响；‎ b．反应的速率通过KMnO4溶液颜色的变化来判断，但两个实验中KMnO4的浓度不同，开始反应时溶液的起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色的时间长短来判断反应快慢，因此该方案不合理；答案为：不合理；KMnO4溶液浓度不同，开始反应时溶液的起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色的时间长短来判断反应快慢。‎ ‎【点睛】酸化高锰酸钾时不能加硝酸，因为硝酸也有强氧化性，会对高锰酸钾的氧化性产生干扰，不能加盐酸，因为高锰酸钾能氧化盐酸中的氯离子，所以通常用稀硫酸来酸化高锰酸钾，这也是题中为什么草酸和高锰酸钾反应会生成硫酸锰的原因。‎ 五、（本题包括1小题，共13分）‎ ‎19.CO2资源化利用的方法之一是合成二甲醚（CH3OCH3）。‎ ‎（1）CO2 催化加氢合成二甲醚的过程中主要发生下列反应：‎ 反应I： CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) ∆H= + 41.2 kJ·mol−1‎ 反应II：2CO2(g) + 6H2(g) CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ∆H = －122.5 kJ·mol−1‎ 其中，反应II分以下①、②两步完成，请写出反应①的热化学方程式：①___________‎ ‎② 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) ∆H = －23.5 kJ·mol−1‎ ‎（2）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点。若电解质为碱性，二甲醚直接燃料电池的负极反应式为____________。以该电池为电源，用惰性电极电解饱和食盐水的化学方程式为________。‎ ‎（3）反应I产生的CO，有人设想按下列反应除去：2CO(g) ＝ ‎2C(s) + O2(g)，已知该反应的∆H＞0，简述该设想能否实现的依据_____________。‎ ‎（4）CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，Ksp（CaCO3）=2.8×10−9。 CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为5.6×10−5mol·L−1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为________。‎ ‎【答案】 (1). CO2(g) + 3H2(g) ⇌CH3OH(g) + H2O(g)，∆H =-49.5 kJ·mol−1 (2). CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2O (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑ (4). 该反应是焓增、熵减的反应，根据△G=△H-T△S可知△G＞0，不能实现 (5). 2´10-4mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题可知反应II分以下①、②两步完成，根据盖斯定律，将方程式（II-②）´得方程式①：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，∆H=kJ·mol−1=-49.5kJ·mol−1；‎ ‎（2）若电解质为碱性，氧气在正极发生还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，碱溶液中生成碳酸盐，结合原子守恒和电荷守恒，负极的电极反应式为：CH3OCH3+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；用惰性电极电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，电解的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；‎ ‎（3）2CO(g)＝‎2C(s)+O2(g)∆H＞0，该反应是焓增、熵减的反应，根据△G=△H-T△S可知△G＞0，不能实现；‎ ‎（4）Na2CO3溶液的浓度为5.6×10−5mol·L−1，等体积混合后浓度减小一半变为2.8×10−5mol·L−1，由Ksp(CaCO3)=c(CO32-)´c(Ca2+)可知，混合后c(Ca2+)===1´10-4mol/L，所以所需CaCl2溶液的最小浓度为1´10-4mol/L´2=2´10-4mol/L。‎