天津市西青区2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 19页

化学试卷（选修4）‎ 注意事项：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分100分。考试时间60分钟。‎ ‎2．答题前，请务必将班级、姓名、考场号、座号和准考证号填写（或涂）在答题卡和答题纸的规定位置。‎ 第Ⅰ卷选择题 一、单项选择题（每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分共计60分）将正确答案的序号填在答案格中或涂在答题卡上 可能用到相对原子质量：H:‎1 C:12 O:16 N:14 Fe:56 Cu:64 Zn:65‎ ‎1.下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是 A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4‎ C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电子排布式确定元素的种类，进一步确定是否能形成AB2型化合物。‎ ‎【详解】A. 价层电子排布式为2s22p2的元素为C，价层电子排布式为2s22p4的元素为O，可形成CO2，能形成AB2型化合物，A项正确，不符合题意；‎ B. 价层电子排布式为2s22p2的元素为C，价层电子排布式为3s23p4的元素为S，可形成CS2，能形成AB2型化合物，B项正确，不符合题意；‎ C. 价层电子排布式为3s2的元素为Mg，价层电子排布式为3s23p5的元素为Cl，可形成MgCl2，能形成AB2型化合物，C项正确，不符合题意；‎ D. 价层电子排布式为3s1的元素为Na，价层电子排布式为3s23p5的元素为Cl，可形成NaCl，不能形成AB2型化合物，D项错误，符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎2.让生态环境更秀美、人民生活更幸福！为此，天津冬季取暖许多家庭用上了清洁能源天然气。实际生产中天然气需要脱硫，在‎1200℃‎时，工艺中会发生下列反应：‎ ‎①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1‎ ‎②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g) ΔH2‎ ‎③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH3‎ ‎④2S(g)=S2(g) ΔH4‎ 则ΔH4的正确表达式为（ ）‎ A. ΔH4=(ΔH1 +ΔH2－3ΔH3)‎ B. ΔH4=(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)‎ C. ΔH4=(ΔH1－ΔH2+3ΔH3)‎ D. ΔH4=(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】利用盖斯定律，将①+②-③×3得，3S(g)=S2(g) ΔH= (ΔH1 +ΔH2－3ΔH3)，从而得出 ‎2S(g)=S2(g) ΔH=(ΔH1 +ΔH2－3ΔH3)= ΔH4，A符合题意。故选A。‎ ‎3.已知‎25℃‎、101kPa时，乙烯和乙炔(C2H2)燃烧的热化学方程式分别为C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1411kJ·mol-1，‎2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2600kJ·mol-1，又知燃烧时火焰的温度乙炔高于乙烯。据此，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 物质的燃烧热热值越大，火焰温度越高 B. 相同条件下等体积乙烯和乙炔完全燃烧时，乙炔放热较少 C. ‎25℃‎、101kPa时，1mol乙烯完全燃烧生成气态产物时，放出的热量小于1411kJ D. 乙烷(C2H6)的燃烧热ΔH<－1411kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题信息知，“1molC2H2燃烧放出的热量小于1molC2H4燃烧放出的热量，但燃烧时火焰的温度乙炔高于乙烯”，所以物质的燃烧热热值大，火焰温度不一定高，A错误；‎ B．由信息知，1mol乙烯和乙炔完全燃烧时，放热分别为1411kJ和1300kJ，B正确；‎ C．由H2O(l)转化为H2O(g)时，需要吸收热量，所以1mol乙烯完全燃烧生成气态产物时，放出的热量小于1411kJ，C正确；‎ D．由信息知，1mol同数碳原子的烯烃燃烧放热高于炔烃，则1mol同数碳原子的烷烃燃烧放热高于烯烃，所以乙烷(C2H6)的燃烧热ΔH<－1411kJ·mol－1，D正确；‎ 故选A。‎ ‎4.高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（ ）‎ A. KO2中只存在离子键 B. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K＋和1个O2－‎ C. 晶体中与每个K＋距离最近的O2－有6个 D. 晶体中，所有原子之间都以离子键相结合 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；‎ B、K+离子位于顶点和面心，数目为8×1/8+6×1/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为12×1/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；‎ C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；‎ D、O原子间以共价键结合，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。‎ ‎5.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是 A. 达到化学平衡时，4v正(O2) = 5v逆(NO)‎ B. 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态 C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D. 化学反应速率关系是：2v正(NH3) = 3v正(H2O)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；‎ B.若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，故B错误；‎ C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，故C错误；‎ D.用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v正(H2O)，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素等，题目难度中等。‎ ‎6.关于能源，以下说法中不正确的是(　　)‎ A. 煤、石油、天然气等燃料属不可再生能源 B. 煤、石油、水煤气可从自然界直接获取，属一级能源 C. 太阳能是一级能源、新能源、可再生能源 D. 潮汐能来源于月球引力做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.煤、石油、天然气等化石燃料蕴藏量有限，不可再生，A正确；‎ B.煤、石油等可从自然界直接获取，属一级能源，但水煤气是由焦炭与H2O(g)在高温下反应制取，属二级能源，B错误；‎ C.太阳能既是一级能源、新能源，还是可再生能源，C正确；‎ D.潮汐能来自于月球引力的做功，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎7.将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（ ）‎ A. 铁被氧化的电极反应式为Fe−3e-=Fe3+‎ B. 铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C. 活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D 以水代替NaCl溶液，铁能发生析氢腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁被氧化的电极反应式为Fe−2e-=Fe2+，A错误；‎ B．铁腐蚀过程中将化学能转化为电能，但不能全部转化，B错误；‎ C．活性炭具有导电性，可作为原电池的正极，加速铁的腐蚀，C正确；‎ D．以水代替NaCl溶液，由于水提供的H+浓度太小，不能使铁发生析氢腐蚀，D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是（ ）‎ A. Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加 B. 正极的电极反应式为Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH−‎ C. 锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄 D. 磷酸铁锂电池具有比普通电池(铅酸等)更大的容量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度减小，A错误；‎ B．银锌电池中，Ag2O作正极，在碱性溶液中得电子，生成Ag和OH-，电极反应式为 Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH−，B正确；‎ C．在锌锰干电池中，锌筒作负极，发生氧化反应，Zn转化为Zn2+进入溶液，所以锌筒会变薄，C正确；‎ D．磷酸铁锂电池的能量密度是铅酸电池的二倍还多，所以磷酸铁锂电池具有比普通电池(铅酸等)更大的容量，D正确；‎ 故选A。‎ ‎9.某溶液中含有溶质NaCl和，物质的量之比为3:1。用石墨作电极电解该溶液，根据电极产物的不同，可明显分为三个阶段，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 阴极只析出H2 B. 阳极先析出Cl2，后析出O2‎ C. 电解最后阶段为电解水 D. 溶液pH不断增大，最后为7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl、1molNa2SO4、1molNaCl，由于1molH2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，即 ‎2HClH2↑+Cl2↑、2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑、2H2O 2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7。‎ ‎【详解】A. 阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，A正确；‎ B. 阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，B正确；‎ C. 电解最后阶段为电解水，C正确；‎ D. 溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，D错误；故答案为：D。‎ ‎10.汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g） ΔH=﹣373.4kJ•mol﹣1。在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，A错误；‎ B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，B错误；‎ C．增大N2的物质的量，平衡逆向移动，NO的转化率减小，C错误；‎ D．由于温度不变，所以增大NO的物质的量，平衡常数K不变，D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH最小的是（ ）‎ A. NH4Cl B. NH4HCO‎3 ‎C. NH4HSO4 D. (NH4)2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH4Cl溶液中，NH4+部分水解，溶液显弱酸性；‎ B．NH4HCO3溶液中，NH4+、HCO3-发生双水解反应，溶液呈弱碱性；‎ C．NH4HSO4溶液中，HSO4-完全电离生成H+，溶液呈强酸性；‎ D．(NH4)2SO4溶液中，NH4+部分水解，溶液呈弱酸性；‎ 综合以上分析，NH4HSO4溶液的酸性最强，pH最小，故选C。‎ ‎12. 要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是( )‎ A. 甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的 B. 乙学生：在盐酸中加入相同温度的氨水，若实验过程中混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的 C. 丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的 D. 丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸铵晶体溶于水吸收热量，不能说明盐水解为吸热反应，A错误；‎ B．中和反应为放热反应，测定温度隔热要良好，且一水合氨的电离为吸热反应，不能说明盐类水解是吸热的，B错误；‎ C．醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，醋酸钠晶体溶解时吸收热量，不能说明盐类水解是吸热的，C错误；‎ D．醋酸钠溶液中滴入酚酞试液，加热后若红色加深，则升高温度水解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，即水解反应为吸热反应，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎13.设C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH>0，反应速率为v1，N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，反应速率为v2，对于上述反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为（ ）‎ A. 同时增大 B. 同时减小 C. v1增大，v2减小 D. v1减小，v2增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，不管正反应是吸热还是放热反应，反应速率都增大，A正确；‎ B．升高温度，物质的能量升高，反应速率应加快，B 错误；‎ C．升高温度，v1增大，v2也增大，C错误；‎ D．升高温度，吸热反应的速率v1增大，放热反应的速率v2也增大，D错误；‎ 故选A。‎ ‎14.t℃时，水的离子积为Kw，该温度下将amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合，要使混合液呈中性，必要的条件是（ ）‎ A. 混合液中c(H+)= B. 混合液的pH=7‎ C. a=b D. 混合液中c(B+)=c(A-)+c(OH-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．混合液中c(H+)=，则c(OH-)=== c(H+)，所以溶液呈中性，‎ A符合 题意；‎ B．若是常温，混合液的pH=7，溶液呈中性；若是较高温度，pH=7，溶液呈碱性，B不合题意；‎ C．a=b，若酸与碱的电离程度不同，则溶液不呈中性，C不合题意；‎ D．混合液中c(B+)=c(A-)+c(OH-)，此关系不成立，D不合题意；‎ 故选A。‎ ‎15.用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是 A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定 B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失 C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗 D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。‎ ‎【详解】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；‎ B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；‎ C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；‎ D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎16.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-)，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示（T2＞T1）。下列说法错误的是（ ）‎ A. 图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B. 图中各点对应Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)0)。当反应达到平衡后，放出的热量为Q1kJ。若平衡后再升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小。维持温度T℃不变，若起始时向容器M中加入物质的物质的量如下，则反应达到平衡后放出的热量仍为Q1kJ的是（ ）‎ A. 2molX、1molY、1molAr B. amolZ、1molW C. 1molX、0.5molY、0.5amolZ、0.5molW D. 2molX、1molY、1molZ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于反应2X(g)+Y(g)aZ(g)+W(g) ΔH=-QkJ·mol-1(Q>0)，升高温度，平衡逆向移动，混合气体的平均相对分子质量减小，则表明平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出a=1。‎ ‎【详解】A．因为容积固定，所以投入1molAr对平衡不产生影响，相当于投入2molX、1molY，与原平衡等效，反应达到平衡后放出的热量仍为Q1kJ，A符合题意；‎ B．投入amolZ、1molW，虽然与原平衡等效，但只是平衡时各物质的浓度相同，此时吸收的热量为(Q-Q1)kJ，B不合题意；‎ C．投入1molX、0.5molY、0.5amolZ、0.5molW，虽然与原平衡等效，但由于反应的起点不同，所以产生的热量不同，C不合题意；‎ D．投入2molX、1molY、1molZ，相当于先投入2molX、1molY，反应达平衡后，再投入1molZ，平衡逆向移动，放出的热量减少，D不合题意；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】等效平衡中所说的“等效”，是指平衡时各物质的浓度、百分含量等效，而转化率、产率、热效应则不一定等效。‎ ‎18.用情性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后,向所得的溶液中加入物质的量为0.1mol的Cu2(OH)2CO3，恰好恢复到电解前的浓度和pH (不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中转移的电子的物质的量为 A. 0.4‎mo1 B. 0.5mo‎1 ‎C. 0.6mo1 D. 0.8mo1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜相当于加入0.2mol氧化铜0.1mol水，根据生成物可知，阴极上铜离子和氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，根据铜原子和氢原子守恒得阴极上析出铜的物质的量为0.2mol，氢气的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.2×2+0.1×2=0.6mol，故选C。‎ ‎【点睛】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜相当于加入0.2mol氧化铜0.1mol 水，根据生成物可知，阴极上铜离子和氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量即可。‎ ‎19.某同学按照实验要求，用50 mL 0.50 mol·L－1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1的NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法中正确的是 A. 实验过程中没有热量损失 B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒 C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯 D. 若烧杯上不盖硬纸板，测得的ΔH将偏小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．热量不损失是不可能的，A错误；‎ B．实验时需要搅拌，因此该实验装置缺少环形玻璃搅拌棒，B正确；‎ C．烧杯间填满碎纸条的作用是保温，减少热量的散失，C错误；‎ D．若烧杯上不盖硬纸板，会导致热量损失，由于是放热反应，ΔH＜0，因此测得的ΔH将偏大，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.已知下列反应的热化学方程式为 ‎①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-870.3kJ·mol-1‎ ‎②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393.5kJ·mol-1‎ ‎③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=－285.8kJ·mol-1‎ 则反应‎2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH为（ ）‎ A. -488.3kJ·mol-1‎ B. -191kJ·mol-1‎ C. -476.8kJ·mol-1‎ D. -1549.6kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】利用盖斯定律，将②×2+③×2-①可得：‎2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2+(-285.8kJ·mol-1)×2-(-870.3kJ·mol-1)= -488.3kJ·mol-1。故选A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 二、填空题（本题40分，共4题）‎ ‎21.(1)已知H2S的燃烧热ΔH=-akJ·mol-1，写出表示H2S燃烧反应的热化学方程式__，表示H2S燃烧热的热化学方程式__。‎ ‎(2)若将FeCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的固体产物主要是__（填化学式）。FeCl3水溶液呈__（填“酸”、“中”、“碱”）性，原因为：__（用离子方程式表示）。‎ ‎(3)炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中有NaCl)，第二天便会被腐蚀而出现红褐色铁锈，试回答：铁锅的腐蚀属于电化腐蚀，其原因是__。此时铁锅锈蚀主要是吸氧腐蚀，电极反应方程式为：负极：__，正极__。‎ ‎(4)估计下列各变化过程是熵增加还是熵减小。(用A、B、C填空)‎ NH4NO3爆炸：2NH4NO3(s)=2N2(g)+4H2O(g)+O2(g)__‎ 水煤气转化：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)__‎ 臭氧的生成：3O2(g)=2O3(g)__‎ A．熵增大 B．熵减小 C．熵变很小 ‎【答案】 (1). 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2akJ·mol-1 (2). H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH=-akJ·mol-1 (3). Fe2O3 (4). 酸 (5). Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ (6). 铁锅中的铁和杂质碳就会和表面残留的NaCl溶液形成许多微小的原电池 (7). 2Fe－4e-=2Fe2+ (8). O2+4e-+2H2O=4OH- (9). A (10). C (11). B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)书写H2S燃烧反应的热化学方程式时，需标明各物质的状态，反应的焓变；表示H2S燃烧热的热化学方程式中，燃烧物必须为1mol。‎ ‎(2) FeCl3为挥发性酸的弱碱盐，蒸干灼烧后，将得到铁的氧化物。FeCl3为强酸弱碱性，主要发生金属离子的水解反应。‎ ‎(3)炒过菜铁锅未及时洗净(残液中有NaCl)，将发生钢铁的吸氧腐蚀。‎ ‎(4)判断熵的变化时，主要比较反应前后气体分子数的变化。‎ ‎【详解】(1)H2S的燃烧热ΔH=-akJ·mol-1，则H2S与O2反应，生成的H2O呈液态，从而得出表示燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2akJ·mol-1，表示燃烧热的热化学方程式中，燃烧物必须为1mol，从而得出表示H2S燃烧热的热化学方程式为H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH=-akJ·mol-1。答案为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-2akJ·mol-1；H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) ΔH=-akJ·mol-1；‎ ‎(2)将FeCl3溶液蒸干灼烧，水解生成的HCl挥发，Fe(OH)3分解，最后得到的固体产物主要是Fe2O3。FeCl3为强酸弱碱性，水溶液呈酸性，原因：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+。答案为：Fe2O3；酸；Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+；‎ ‎(3)炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中有NaCl)，第二天便会被腐蚀而出现红褐色铁锈。铁锅的腐蚀属于电化腐蚀，Fe、C、NaCl满足原电池反应的构件，其原因是铁锅中的铁和杂质碳就会和表面残留的NaCl溶液形成许多微小的原电池。此时铁锅锈蚀主要是吸氧腐蚀，电极反应方程式为：负极：2Fe－4e-=2Fe2+，正极O2+4e-+2H2O=4OH-。答案为：铁锅中的铁和杂质碳就会和表面残留的NaCl溶液形成许多微小的原电池；2Fe－4e-=2Fe2+；O2+4e-+2H2O=4OH-；‎ ‎(4) NH4NO3爆炸：2NH4NO3(s)=2N2(g)+4H2O(g)+O2(g)，气体分子数增多，熵增大，选A；‎ 水煤气转化：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，气体分子数不变。熵变很小，选C；‎ 臭氧的生成：3O2(g)=2O3(g)，气体分子数减小，熵减小，选B；‎ 答案为：A；C；B。‎ ‎【点睛】一个热化学反应，可以写出无数个热化学方程式，但不管热化学方程式如何书写，焓变与化学计量数的比值是一个定值。‎ ‎22.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100mL-1)。‎ Ⅰ.实验步骤 ‎(1)用__(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL__(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。‎ ‎(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴__作指示剂。‎ ‎(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为__mL。‎ ‎(4)滴定。当__时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。‎ Ⅱ.实验记录 滴定次数实验数据(mL)‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ V(样品)‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ V(NaOH)(消耗)‎ ‎15.95‎ ‎15.00‎ ‎15.05‎ ‎14.95‎ Ⅲ.数据处理与讨论 ‎(5)甲同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V=mL=15.24mL。指出他的计算的不合理之处：__。‎ 按正确数据处理，可得c(市售白醋)=__mol·L－1；市售白醋总酸量=__g·100mL-1。‎ ‎(6)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是__(填写序号)。‎ a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 ‎【答案】 (1). 酸式滴定管(或10mL移液管) (2). 容量瓶 (3). 酚酞 (4). 0.60 (5). 滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色 (6). 第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去 (7). 0.75 (8). 4.50 (9). ab ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)量取液体时，量筒只能读到小数点后一位，移液管和滴定管可以读到小数点后两位；配制一定物质的量浓度的溶液时，通常选择具有一定规格的容量瓶。‎ ‎(2)中学常用的酸碱指示剂主要有酚酞和甲基橙，根据滴定终点时的pH，确定选择何种指示剂。‎ ‎(3)读数时，需弄清大刻度和小刻度。‎ ‎(4)滴定时，利用指示剂的变色确定滴定终点。‎ ‎(5)利用4次实验计算平均值时，不是每次实验数据都可用，应选择有效的实验数据计算平均值。‎ 醋酸与NaOH等物质的量发生反应，由此计算可得结果。‎ ‎(6)分析操作误差时，可利用公式c(CH3COOH)=进行分析。‎ ‎【详解】(1)量取液体体积要求读到小数点后两位，则量取10.00mL食用白醋时，只能用酸式滴定管(或10mL移液管)，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。答案为：酸式滴定管(或10mL移液管)；容量瓶；‎ ‎(2)滴定终点时，醋酸钠溶液呈碱性，所以应使用酚酞作指示剂。答案为：酚酞；‎ ‎(3)如果液面位置如图所示，则此时的读数为0.60mL。答案为：0.60；‎ ‎(4)滴定时，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色时，停止滴定。答案为：当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色；‎ ‎(5)第一次实验所用NaOH体积与另三次相比，误差明显，不能使用，则他的计算的不合理之处：第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去。答案为：第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去；‎ 平均消耗的NaOH溶液的体积V=mL=15.00mL 则c(待测白醋)==0.075mol·L－1，c(市售白醋)==0.75mol·L－1；‎ 市售白醋总酸量==‎4.50g·100mL-1。答案为：0.75；4.50；‎ ‎(6) 分析操作误差时，可利用公式c(CH3COOH)=进行分析 a．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，V(NaOH)偏大，c(CH3COOH)偏大；‎ b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V(NaOH)偏大，c(CH3COOH)偏大；‎ c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，V(NaOH)不变，c(CH3COOH)不变；‎ d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，V(NaOH)偏小，c(CH3COOH)偏小；‎ 综合以上分析，ab符合题意，答案为：ab。‎ ‎【点睛】醋酸与NaOH反应的产物为CH3COONa，呈碱性，所以只能选择酚酞作指示剂。如果我们没有进行认真分析，选择了甲基橙作指示剂，则指示剂选择错误。‎ ‎23.在一定温度下，‎10L密闭容器中加入5molSO2、4.5moLO2，经10min后反应达平衡时，有3molSO2发生了反应。试回答下列问题：‎ ‎(1)O2的转化率为__。‎ ‎(2)用SO2表示该反应的反应速率为__。‎ ‎(3)平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为__。（最简整数比）‎ ‎【答案】 (1). 333% (2). 0.03mol/（L·min） (3). 16：19‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知反应2SO2+O22SO3，起始量各物质的量，平衡时SO2的物质的量，可利用三段式，求平衡时SO3、O2的物质的量及各物质的变化量，从而求出O2的转化率、用SO2表示的该反应的反应速率及平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比。‎ ‎【详解】‎ ‎(1)O2的转化率为=33.3%。答案为：33.3%；‎ ‎(2)用SO2表示该反应的反应速率为=0.03mol/(L∙min)。答案为：0.03mol/(L∙min)；‎ ‎(3)平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比为=8:9.5=16:19。答案为：16:19。‎ ‎【点睛】阿伏加德罗定律的推论告诉我们，在同温同容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。对本题来说，平衡时容器内气体压强与反应前的压强之比=平衡时混合气的总物质的量与起始时气体的总物质的量之比。‎ ‎24.用下图装置加以必要的导线连接后达到粗铜精炼的目的。‎ ‎⑴A烧杯是________________(填〝电解池〞或〝原电池〞), ‎ B烧杯是________________(填〝电解池〞或〝原电池〞)。‎ ‎⑵其中Zn接B烧杯中的___________，（填“粗铜”或“纯铜”），B烧杯中应该盛____________溶液。‎ ‎⑶分别写出石墨棒和纯铜棒的电极反应式 石墨棒：____________________________________，‎ 纯铜棒：____________________________________。‎ ‎⑷若锌减少了‎0.65 g，则纯Cu的质量增加了________g。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). 原解池 (3). 纯铜 (4). CuSO4或其它易溶性的铜盐 (5). 2H++2e-=H2↑ (6). Cu2++2e-=Cu (7). 0.64‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据原电池和电解池的构成条件来分析； (2)电解精炼铜时,电解质溶液是含有铜离子的盐； (3)根据电解池和原电池的工作原理来书写电极反应； (4)根据电极反应和电子守恒来计算。‎ ‎【详解】(1)A烧杯含有两个活泼性不同的电极,有自发的氧化还原反应,形成了闭合回路,存在电解质溶液,属于原电池装置,B烧杯就存在了外加电源,属于电解装置；‎ 因此，本题正确答案是:原电池；电解池； (2)电解精炼铜时,粗铜做阳极，与电源的正极相连，纯铜做阴极，与电源的负极相连；电解质溶液必须是含有铜离子的可溶性的盐,如硫酸铜溶液或其它易溶性的铜盐等；‎ 因此，本题正确答案是: 纯铜；CuSO4或其它易溶性铜盐； (3)石墨棒是原电池的正极,发生电极反应为: 2H++2e-=H2↑；纯铜棒是电解池的阴极， 电极反应为: Cu2++2e-=Cu；‎ 因此，本题正确答案是: 2H++2e-=H2↑；Cu2++2e-=Cu；‎ ‎(4)在A烧杯中,金属锌电极发生的电极反应为:Zn-2e-=Zn,若锌减少了‎0.65 g即0.01mol时,转移电子为0.02mol，在B烧杯中,纯铜电极发生的反应为: Cu2++2e-=Cu，当转移0.02mol电子时,则析出金属Cu的物质的量为0.01mol，质量为‎0.64g； 因此，本题正确答案是:0.64。‎