天津市部分区2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题 16页

天津市部分区2019～2020学年度第一学期期末考试 高二化学 相对原子质量：H ‎1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Pb 207‎ 第I卷 本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。‎ ‎1.下列化合物中属于弱电解质的是 A. Na2SO4 B. HCl C. Ba(OH)2 D. H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、硫酸钠在水溶液里能完全电离出钠离子和硫酸根离子，是强电解质，故A错误；‎ B项、氯化氢在水溶液里能完全电离出氢离子和氯离子，是强电解质，故B错误；‎ C项、氢氧化钡难溶于水，但溶于水的氢氧化钡完全电离出钡离子和氢氧根离子，是强电解质，故C错误；‎ D项、水只能部分电离，是弱电解质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】强电解质是在水溶液中能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物，包括弱酸、弱碱、水与少数盐，抓住弱电解质的特征“不能完全电离”是解答关键。‎ ‎2.某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 催化剂能改变该反应的焓变 C. 催化剂能降低该反应的活化能 D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；‎ B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，故B错误；‎ C．催化剂对反应的始态和终态无响应，但改变活化能，故C正确；‎ D．图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.在一定体积的密闭容器中，发生可逆反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，下列情况能说明该反应已经达到平衡的是 A. 混合气体的质量不再变化 B. SO2与O2的速率之比为2︰1‎ C. 混合气体的物质的量不再变化 D. 混合气体的密度不再变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由质量守恒定律可知，混合气体的质量一直不变化，不能证明达到了平衡状态，故A错误；‎ B项、SO2与O2的速率之比为2︰1不能表示正逆反应速率相等，不能证明达到了平衡状态，故B错误；‎ C项、该反应是一个气体体积增大的反应，混合气体的物质的量不再变化表示正逆反应速率相等，能证明达到了平衡状态，故C正确；‎ D项、容器的体积和混合气体的质量均不变，密度始终不会变化，不能说明达到了平衡状态，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎4.下列关于多电子原子核外电子排布的说法错误的是 A. 各能层含有的能级数等于能层序数 B. 各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束 C. 各能层最多可容纳的电子数一定是偶数 D. 各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、根据多电子原子的核外电子的能量差异，将核外电子分成不同的能层，根据多电子原子中同一能层电子能量的不同，将它们分成不同能级，各能层含有的能级数等于能层序数，如第三能层有能级3s、3p、3d，故A正确；‎ B项、各能层的能级都是从s能级开始，每个能层上能级个数与能层数相等，所以有的能层不含f能级，故B错误；‎ C项、根据核外电子排布规律，每一能层最多可容纳的电子数2n2（n为能层序数），则各能层最多可容纳的电子数一定是偶数，故C正确；‎ D项、根据电子云的空间形状可知，各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.下列说法错误的是 A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量相同 B. 1s22s12p1是激发态原子的电子排布式 C. 基态溴原子的简化电子排布式是[Ar]3d104s24p5‎ D. 某原子外围电子排布式是6s26p2，则该元素位于元素周期表的p区 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、同一能级，能层越大，能级上电子的能量越大，所以同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故A错误；‎ B项、1s22s12p1为激发态，根据能量最低原理，其基态电子排布式应为1s22s2，故B正确；‎ C项、基态溴原子的核外有35个电子，分4层排布，基态原子核外电子排布式：[Ar]3d104s24p5，故C正确；‎ D项、外围电子排布式是6s26p2的元素是钋元素，位于元素周期表的p区，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】原子的核外电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态是解答关键。‎ ‎6.下列事实能说明某一元酸HA是强电解质的是 A. 常温下NaA溶液的pH=7‎ B. HA溶液能使紫色石蕊试液变红 C. 用HA溶液和NaCl溶液做导电性实验，灯泡亮度相同 D. 等体积、等物质的量浓度的HA与NaOH溶液两者恰好完全反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、常温下NaA溶液的pH=7说明NaA为强酸强碱盐，HA为 强酸，故A正确；‎ B项、HA溶液能使紫色石蕊试液变红说明HA为酸，不能判断酸的强弱，故B错误；‎ C项、没有明确是否为同浓度的HA溶液和NaCl溶液，用HA溶液和NaCl溶液做导电性实验，灯泡亮度相同不能判断电解质强弱，故C错误；‎ D项、等体积、等物质的量浓度的HA与NaOH溶液两者恰好完全反应说明HA为一元酸，不能判断酸的强弱，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】常温下NaA溶液的pH=7说明NaA为强酸强碱盐，用同浓度的HA溶液和NaCl溶液做导电性实验，灯泡亮度相同，说明HA是强酸是解答关键，也是易错点。‎ ‎7.在密闭容器中进行的下列反应：M(g)＋N(g) R(g)＋‎2L，此反应符合下图。下列叙述正确的是 A. 正反应吸热，L是气体 B. 正反应吸热，L是固体 C. 正反应放热，L是气体 D. 正反应放热，L是固体或液体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；压强为P1时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，则该反应的正反应为放热反应，L是气体，故选C。‎ ‎【点睛】温度相同时，压强越大，达到平衡所需时间越少，平衡向化学计量数减小的方向移动，压强相同时，温度越高达到平衡所需时间越少，平衡向吸热方向移动是解答关键。‎ ‎8.常温、常压下，‎4.8 g碳（石墨）在一定量的氧气中燃烧，反应完成后碳无剩余，共放出100 kJ的热量。【已知：碳的燃烧热∆H=－394 kJ/mol ；‎2C(石墨)＋O2(g)═2CO（g）∆H=－221 kJ/mol】，则燃烧后的产物是 A. CO2 B. CO C. CO2和CO D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎4.8g碳的物质的量为=0.4mol，若0.4mol碳完全生成二氧化碳，放出热量为0.4mol×394 kJ/mol=157.6kJ，若0.4mol碳完全生成一氧化碳，放出热量为0.4mol××221kJ/mol=44.2kJ，因为0.4mol碳完全反应放出的热量100kJ介于157.6kJ和44.2kJ之间，则燃烧后的产物是一氧化碳和二氧化碳，故选C。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 酸式盐溶液一定显酸性 B. 氯化铝溶液加热蒸干后得到氯化铝固体 C. 醋酸溶液浓度稀释10倍，溶液中H+浓度减少到原来的十分之一 D. 体积相同、pH相同的盐酸和醋酸溶液，与足量的锌反应产生氢气量不相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、酸式盐溶液不一定显酸性，如碳酸氢钠溶液，碳酸氢根的水解大于电离，溶液呈碱性，故A错误；‎ B项、氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热促进氯化氢挥发，从而促进氯化铝水解，将溶液蒸干得到氢氧化铝固体，故B错误；‎ C项、醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸的电离，若醋酸溶液浓度稀释10倍，溶液中H+浓度减少少于原来的十分之一，故C错误；‎ D项、当锌足量时，生成氢气的量与酸的物质的量成正比，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，则等体积等pH的醋酸和盐酸分别和足量的锌反应，醋酸生成的氢气质量大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】对于pH＝a的强酸和弱酸溶液，每稀释10n倍，强酸的pH就增大n个单位，即pH＝a＋n(其中a＋n<7)；由于稀释过程中，弱酸还会继续电离，故弱酸的pH范围是ac(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)‎ B. 在B点：c(OH－)=c(H＋)，c(Na＋)=c(CH3COO－)‎ C. 在C点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=‎2c(Na＋)‎ D. 在A、B、C点：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在A点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，但CH3COO-水解程度较小，溶液中c（CH3COO-）＞c（OH-），故A错误；‎ B项、B点溶液呈中性，则溶液中离子浓度大小为：c（Na+）=c（Ac-）＞c（OH-）=c（H+），故B正确；‎ C项、C点溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒可知溶液中存在如下关系c（CH3COO-）+c（CH3COOH）﹦‎2c（Na+），故C正确；‎ D项、在A、B、C点，溶液中均存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】开始时c（OH-）＞c（CH3COO-），当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液10mL，反应生成醋酸钠，醋酸根离子部分水解，溶液显示碱性；B点呈中性，则有V＞10，但此时c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（OH-）=c（H+）；C点醋酸过量，溶液呈酸性，所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量。‎ 第Ⅱ卷 ‎13.地壳中含有O、Si、Al、Fe、Na、Mg、Ti、Cu等多种元素。请回答下列有关问题。‎ ‎(1)Fe元素位于元素周期表的第____周期、第______ 族。‎ ‎(2)地壳中含量最多的三种元素O、Si、Al中，电负性最大的是____________。‎ ‎(3)Cu的基态原子的电子排布式是_________________________。‎ ‎(4)钛被称为继铁、铝之后的第三金属。Ti的原子序数是__________，基态钛原子价电子层的电子排布图是__________________。‎ ‎(5)表格中数据是Na、Mg、Al逐级失去电子的电离能。其中X、Y、Z代表的元素的原子依次是_________________。‎ X Y Z 电离能 (kJ·mol-1)‎ ‎738‎ ‎496‎ ‎578‎ ‎1451‎ ‎4562‎ ‎1817‎ ‎7733‎ ‎6912‎ ‎2745‎ ‎10540‎ ‎9543‎ ‎11575‎ ‎【答案】 (1). 四 (2). Ⅷ (3). O (4). [Ar]3d104s1 (5). 22 (6). (7). Mg、Na、Al ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Fe元素的原子序数为26，位于元素周期表的等四周期Ⅷ族；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小；‎ ‎（3）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1；‎ ‎（4）钛元素在周期表中的原子序数为22，位于第四周期第IVB族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2）；‎ ‎（5）由表格数据分析电离能突变可得。‎ ‎【详解】（1）Fe元素的原子序数为26，位于元素周期表的等四周期Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ；‎ ‎（2）元素的非金属性越强，电负性越大，金属性越强，电负性越小，则电负性最大的是非金属性最强的氧元素，故答案为：O；‎ ‎（3）铜是29号元素，其原子核外有29个电子，其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；‎ ‎（4）钛元素在周期表中的原子序数为22，位于第四周期第IVB族，基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2（或[Ar]3d24s2），则价电子层的电子排布图是，故答案为：22；；‎ ‎（5）由表格数据可知，X元素第二和第三电离能相差较大，说明X原子最外层有两个电子，属于第IIA族元素，则X为Mg；Y元素第一和第二电离能相差较大，说明X最外层有一个电子，属于第IA族元素，则X为Na；Z元素第三电离能和第四电离能相差较大，说明Z元素原子最外层有3个电子，为第IIIA族元素，则Z为Al，故答案为：Mg、Na、Al。‎ ‎【点睛】在主族元素中，当原子失去电子达到稳定结构后，如果再失去电子，其电离能会突变是确定最外层电子数的关键，也是难点。‎ ‎14.新能源汽车所用蓄电池分为铅酸蓄电池、二次锂电池、空气电池等类型。请回答下列问题：‎ ‎(1)2019年诺贝尔化学奖授予了为锂离子电池发展做出贡献的约翰·班宁斯特·古迪纳夫等三位科学家。如图所示为水溶液锂离子电池体系。放电时，电池的负极是_______（填a或b），溶液中Li+从______迁移（填“a向b”或“b向a”）。‎ ‎(2)铅酸蓄电池是最常见的二次电池，电压稳定，安全可靠，价格低廉，应用广泛。电池总反应为Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq) 2PbSO4(s)＋2H2O(l)‎ ‎①放电时，正极的电极反应式是________________________，电解质溶液中硫酸的浓度_____（填“增大”、“减小”或“不变”），当外电路通过0.5 mol e－时，理论上负极板的质量增加_______g。‎ ‎②用该蓄电池作电源，进行粗铜（含Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼。如下图所示，电解液 c选用________溶液，A电极的材料是_______，B电极反应式是_________。‎ ‎③用该蓄电池作电源，A、B为石墨电极，c为氯化钠溶液，进行电解。如上图所示，则A电极产生的气体是________，B电极附近溶液的pH_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). b (2). b向a (3). PbO2+2e-+4H++2SO42-═PbSO4+2H2O (4). 减小 (5). 24 (6). CuSO4（CuCl2等） (7). 粗铜 (8). Cu2++2e-=Cu (9). 氯气 (10). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题给装置图可知，锂电极为原电池的负极，放电时，溶液中阳离子由负极向正极迁移；‎ ‎（2）①由电池总反应式可知，Pb电极是负极，Pb失电子发生氧化反应，PbO2是正极，PbO2得电子发生还原反应；‎ ‎②电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极；‎ ‎③接通电路后，该装置为电解池，由题给装置图可知，电流流入的A电极为阳极，B电极为阴极。‎ ‎【详解】（1）由题给装置图可知，b电极为原电池的负极，a电极为原电池的正极，放电时，溶液中Li＋由负极向正极迁移，即从b向a迁移，故答案为：b；b向a；‎ ‎（2）①由电池总反应式可知，Pb电极是负极，Pb失电子发生氧化反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-═PbSO4，PbO2是正极，PbO2得电子发生还原反应，电极反应式是PbO2+2e-+4H++2SO42-═PbSO4+2H2O；放电时，消耗H2SO4，则电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过0.5mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.25mol×‎303g/mol-0.25mol×‎207g/mol=‎24g，故答案为：PbO2+2e-+4H++2SO42-═PbSO4+2H2O；减小；24；‎ ‎②电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，由题给装置图可知，电流流入的A电极为粗铜精炼的阳极，B电极为阴极，则A电极为粗铜，B电极为精铜，电解液为可溶性铜盐，如硫酸铜或氯化铜等，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu ‎，故答案为：CuSO4（CuCl2等）；粗铜；Cu2++2e-=Cu；‎ ‎③接通电路后，该装置为电解池，由题给装置图可知，电流流入的A电极为阳极，B电极为阴极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氯气，水电离出的氢离子在阴极上得电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，使阴极区云集大量氢氧根离子，使溶液呈碱性，故答案为：氯气；增大。‎ ‎【点睛】电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应是解答关键。‎ ‎15.某同学为测定烧碱样品（含有少量NaCl杂质）中NaOH的质量分数，进行如下实验操作：‎ a．将洁净的酸式滴定管和碱式滴定管分别用要盛装的酸、碱溶液润洗2遍 b．用碱式滴定管量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中，滴入2滴酚酞溶液 c．在天平上准确称取烧碱样品‎10.0 g，在烧杯中用蒸馏水溶解 d．将浓度为1.000 mol·L－1盐酸标准液装入酸式滴定管中，将烧碱溶液装入碱式滴定管中，并分别调节液面，记下开始时的读数 e．在锥形瓶下垫一张白纸，然后开始滴定，边滴加边振荡，至滴定终点，记下读数 f．在250 mL容量瓶中定容，配制成250 mL烧碱溶液 请回答下列问题：‎ ‎(1)正确操作步骤的顺序是（用字母填空）____→____→____→d→b→____。‎ ‎(2)下列仪器，实验中不需要的是（填序号）_________________‎ ‎①托盘天平（带砝码，镊子） ②酸式滴定管 ③碱式滴定管 ④250 mL容量瓶 ‎⑤烧杯 ⑥漏斗 ⑦锥形瓶 ⑧铁架台（带滴定管夹） ⑨药匙 实验中除上述仪器外，还缺少的仪器有（填名称）_______________________。‎ ‎(3)滴定至终点，溶液由____色变为________色，且30秒内不褪色。‎ ‎(4)重复四次的实验数据如下表所示：‎ 实验序号 盐酸溶液 ‎/mol·L－1‎ 滴定完成时消耗盐酸 溶液体积/mL 待测烧碱溶液 体积/mL ‎1‎ ‎1.000‎ ‎19.96‎ ‎25.00‎ ‎2‎ ‎1.000‎ ‎19.00‎ ‎25.00‎ ‎3‎ ‎1.000‎ ‎20.04‎ ‎25.00‎ ‎4‎ ‎1000‎ ‎20.00‎ ‎25.00‎ 根据以上数据，待测烧碱溶液物质的量浓度是_________mol/L，该样品中NaOH的质量分数是__________（精确到0.01%）。‎ ‎(5)上述实验中，下列操作可能会造成结果偏高的是____________‎ A．f操作中，定容时俯视 B．滴定终点读数时仰视 C．使用前，碱式滴定管未用待装液润洗 D．锥形瓶水洗后未干燥就直接盛待测溶液 ‎【答案】 (1). c (2). f (3). a (4). e (5). ⑥ (6). 玻璃棒、胶头滴管 (7). 浅红 (8). 无 (9). 0.8000 (10). 80.00% (11). AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据先配制溶液然后进行滴定排序；‎ ‎（2）由实验的操作顺序为称量→溶解→定容→取液→滴定确定实验中用到的仪器；‎ ‎(3)滴定至终点时，实验现象为滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由浅红色变为无色，且30秒内不褪色；‎ ‎（4）分析表中数据知，实验2所用盐酸的体积偏差较大，依据化学方程式计算可得；‎ ‎（5）依据操作失误，对待测液物质的量和标准液体积的影响判断误差变化。‎ ‎【详解】（1）根据先配制溶液然后进行滴定排序，正确的操作顺序为：称量→溶解→定容→取液→滴定，所以操作步骤的顺序为cfadbe，故答案为：c；f；a；e；‎ ‎（2）由实验的操作顺序为称量→溶解→定容→取液→滴定可知，实验中用到的仪器有盘天平（带砝码，镊子）、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250 mL容量瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台（带滴定管夹）、锥形瓶，则用不到的仪器为漏斗，还需要的仪器为玻璃棒、胶头滴管，故答案为：⑥；玻璃棒、胶头滴管；‎ ‎(3)滴定至终点时，实验现象为滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由浅红色变为无色，且30秒内不褪色，故答案为：浅红；无；‎ ‎（4）分析表中数据知，实验2所用盐酸的体积偏差较大，应舍弃，滴定所用盐酸的体积为 ‎=20.00ml，由终点时酸碱恰好完全反应可得c（NaOH）×‎0.02500L=1.000mol/L×‎0.02000L，解得c（NaOH）=0.8000 mol/L，样品中NaOH的质量分数是×100%=80.00%，故答案为：0.8000；80.00%；‎ ‎（5）A、定容时俯视液面，会导致溶液体积偏小，配制溶液浓度偏大，消耗盐酸的体积偏大，所测结果偏高，故正确；‎ B、滴定终点读数时仰视液面，会导致读出的盐酸的体积偏大，所测结果偏高，故正确；‎ C、使用前，碱式滴定管未用待装液润洗，会导致氢氧化钠的物质的量减小，消耗盐酸的体积偏小，所测结果偏低，故错误；‎ D、稀释前后溶质的物质的量不变，锥形瓶水洗后未干燥就直接盛待测溶液，对氢氧化钠的物质的量无影响，消耗盐酸的体积无影响，所测结果无影响，故错误；‎ AB正确，故答案为：AB。‎ ‎【点睛】根据先配制溶液然后进行滴定排序，确定实验的操作顺序和所用仪器是解答关键，也是易错点。‎ ‎16.“转化”是化学研究的重要范畴之一。请回答下列有关问题。‎ Ⅰ. 沉淀转化在科研和生产中具有重要的应用价值。当容器壁上沉积一厚层BaSO4时，是很难直接除去的。除去的方法是向容器壁内加入Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3，然后加盐酸洗去沉淀物。已知常温Ksp(BaCO3)=5.1×10－9，Ksp(BaSO4)=1.1×10－10。‎ ‎(1)Na2CO3俗称纯碱，被广泛应用于生活和工业生产中。Na2CO3溶液呈碱性，用水解离子方程式解释其呈碱性的原因______________________________。‎ ‎(2)要使BaSO4转化成BaCO3，Na2CO3溶液的浓度应大于_______mol/L。（设定：≈1）‎ Ⅱ. 合成是转化的一种应用，甲醇作为一种可再生能源，工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：‎ 反应一：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ∆H1‎ 反应二：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ∆H2‎ ‎(1)相同条件下，反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ∆H3，则∆H3=_____（用∆H1和∆H2表示）。‎ ‎(2)下表所列数据是反应CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ∆H1‎ 在不同温度下的化学平衡常数（K）‎ 温度/℃‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎350‎ 平衡常数（K）‎ ‎2.04‎ ‎0.27‎ ‎0.012‎ ‎①此反应的∆H1______0，∆S______0。（填“>”、“=”或“<“）‎ ‎②某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入‎2 L的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2 mol/L，则CO的转化率是____，此时的温度是_____。‎ ‎③要提高CO的转化率，可以采取的措施是____________‎ A．升温 B．恒容充入CO C．恒容充入H2 D．恒压充入惰性气体 E．分离出甲醇 ‎【答案】 (1). CO32－＋H2O HCO3－＋OH－ (2). 5.1×10-4mol/L (3). ∆H2—∆H1 (4). < (5). < (6). 80% (7). ‎250℃‎ (8). CE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ. （1）碳酸钠是强酸弱碱盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性；‎ ‎（2）先依据硫酸钡溶度积计算饱和硫酸钡溶液中的钡离子浓度，再利用钡离子浓度和碳酸钡溶度积计算碳酸根浓度；‎ Ⅱ(1)由盖斯定律计算可得；‎ ‎（2）①该反应是一个气体体积减小反应，由题给表格数据可知，温度升高，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动；‎ ‎②建立三段式计算可得；‎ ‎③依据化学平衡移动原理分析可得。‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）碳酸钠是强酸弱碱盐，碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性，碳酸根在溶液中的水解是分步进行的，以一级为主，水解的离子方程式为CO32－＋H2O HCO3－＋OH－，故答案为：CO32－＋H2O HCO3－＋OH－；‎ ‎（2）硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4+CO32-BaCO3+SO42-，BaSO4的悬浊液中c（Ba2+）=c（SO42-）==mol/L=1×10-5mol/L，故使Ba2+沉淀需要碳酸根的最小浓度为c（CO32-）===5.1×10-4mol/L，‎ 故答案为：5.1×10-4mol/L；‎ Ⅱ. (1)由盖斯定律可知，反应二—反应一可得CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，则∆H3=∆H2—∆H1，故答案为：∆H2—∆H1；‎ ‎（2）①由题给表格数据可知，温度升高，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则∆H1<0，该反应是一个气体体积减小的反应，则∆S<0，故答案为：<；<；‎ ‎②设CO的转化率为x，由题意建立如下三段式：‎ ‎ ‎ 由平衡时c(CO)=0.2 mol/L，则（1—x）=0.2可得x=0.8，即80%，由三段式数据可得化学平衡常数K==2.04，则此时温度是‎250℃‎，故答案为：80%；‎250℃‎；‎ ‎③A、该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率减小，故错误；‎ B、恒容充入CO，增加CO的浓度，平衡正向移动，新平衡时CO的转化率减小，故错误；‎ C、恒容充入H2，增加H2的浓度，平衡正向移动，新平衡时CO的转化率增大，故正确；‎ D、恒压充入惰性气体，相当于减小压强，该反应是一个气体体积减小的反应，减小压强，平衡向化学计量数大的方向移动，新平衡时CO的转化率减小，故错误；‎ E、分离出甲醇，生成物甲醇的浓度减小，平衡向正反应方向移动，新平衡时CO的转化率增大，故正确；‎ CE正确，故答案为：CE。‎ ‎【点睛】增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，新平衡时，该反应物的浓度增大，转化率减小，另一反应物的浓度减小，转化率增大是解答关键，也是易错点。‎