2019-2020學年遼寧省六校協(xié)作體高二上學期期中考試化學試題解析

2021-2021學年度上學期省六校協(xié)作體高二期中考試化學試卷可能用到的相對原子質量：O16N14Cu64Na23Ag108一、單項選擇題〔1-10題，每題2分；11-20題，每題3分，共50分〕1.以下表達正確的選項是A.強電解質都易溶于水，所以BaSO4是弱電解質B.一定條件下醋酸溶液的導電能力可能比稀硫酸強C.SO2的水溶液能導電，所以SO2是電解質D.金剛石不導電，因此金剛石是非電解質【答案】B【解析】試題分析：A、硫酸鋇難溶于水，但屬于強電解質，A錯誤；B、如果醋酸溶液中的氫離子濃度大于稀硫酸溶液中的氫離子濃度，那么導電性強于稀硫酸，B正確；C、SO2溶于水生成的亞硫酸是電解質，SO2是非電解質，C錯誤；D、金剛石是單質，不是電解質，也不是非電解質，D錯誤，答案選B。【考點定位】考查電解質、非電解質及溶液導電性判斷【名師點晴】掌握電解質、非電解質、強弱電解質概念及溶液導電性的影響因素是解答的關鍵。溶于水或在熔融狀態(tài)下能夠自身電離出離子的化合物是電解質，溶于水和在熔融狀態(tài)下都不能夠自身電離出離子的化合物是非電解質，注意是自身電離，溶液是否導電不能作為判斷的依據(jù)。2.化學反響伴隨能量變化，以下說法中錯誤的選項是A.TNT〔炸藥〕爆炸時局部化學能轉化為熱能B.電解飽和食鹽水時局部化學能轉化為電能C.鎂條燃燒時局部化學能轉化為光能D.植物光合作用時局部光能轉化為化學能【答案】B【解析】試題分析：A、爆炸是局部化學能變成熱能，還有變成聲能和光能，故正確；B、電解飽和食鹽水是電能變化學能，故錯誤；C、鎂條燃燒化學能變成光能和熱能，故正確；D、植物光合作用光能局部轉化為化學能，故正確?？键c：化學反響中的能量變化伸和收縮狀態(tài)時結構如圖，在其拉伸過程中有放熱現(xiàn)象。25℃、101kPa時，以下過程的焓變、熵變和自發(fā)性與橡皮筋從拉伸狀態(tài)到收縮狀態(tài)一致的是〔〕A.CaCO3=CaO+CO2↑B.NaOH的溶解C.2H2+O2=2H2OD.Ba〔OH〕2?8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O【答案】D【解析】【分析】橡皮筋在拉伸過程中有放熱現(xiàn)象，那么橡皮筋從拉伸狀態(tài)到收縮狀態(tài)一致為吸熱反響，混亂度增加，即熵增過程，且在25℃，101KPa時自發(fā)進行，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.碳酸鈣分解為吸熱反響，熵變大于0，但碳酸鈣在25℃，101KPa下不會自發(fā)分解，故A錯誤；B.NaOH的溶解放熱，且混亂度增加，熵增，故B錯誤；C.氫氣在氧氣中燃燒放熱，且熵減，故不符合題意，故C錯誤；

D.該反響為吸熱反響，且熵變大于0，在25℃，101KPa時能自發(fā)發(fā)生，符合題意，故D正確。應選D。4.在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB,并在一定條件下發(fā)生反響：A(g)+3B(g)2C(g);

經(jīng)3s后到達平衡，測得C氣體的濃度為0.6mol·L-1，以下說法中不正確的選項是〔〕A.用B表示反響速率為0.3mol·L-1·s-1B.平衡后，向容器中充入無關氣體(如Ne),反響速率增大D.平衡后，v(正)

(A)=v(逆)

(A)【答案】B【解析】根據(jù)題意，A物質起始的濃度為0.5mol/L，B物質起始的濃度為1.5mol/L，經(jīng)3s后測得C的物質的量濃度為0.6mol?L-1，那么

A(g)+3B(g)?2C(g)開始(mol/L)

0.5

1.5

0A．根據(jù)上面的分析，B轉化的濃度為0.9mol/L，所以用B表示的反響速率為=0.3mol?L-1?s-1，故A正確；B.平衡后，向容器中充入無關氣體(如Ne)，ABC的濃度不變，反響速率不變，故B錯誤；C．3s時生成C的物質的量為0.6mol?L-1×2L=1.2mol，故C正確；D.平衡后，正逆反響速率相等，因此v(正)

(A)=v(逆)

(A)，故D正確；應選B。5.室溫時，在由水電離出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中，一定能大量共存的離子組是〔〕A.K+、Na+、HCO3－、Cl－ B.K+、MnO4－、Br－、Cl－C.Na+、Cl－、NO3－、SO42－ D.Al3+、NH4+、Cl－、SO42－【答案】C【解析】【詳解】室溫時由水電離出c(OH﹣)=1.0×10-12mol/L的溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子，A．HCO3－與氫離子和氫氧根離子反響，在溶液中一定不能大量共存，選項A錯誤；B．MnO4－、Cl－在酸性條件下發(fā)生氧化復原反響，在溶液中不能大量共存，選項B錯誤；C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－之間不反響，都不與氫離子、氫氧根離子反響，在溶液中能夠大量共存，選項C正確；D．Al3+、NH4+與氫氧根離子反響，在溶液中不能大量共存，選項D錯誤；答案選C。6.以下離子方程式中，屬于水解反響的是〔〕A.HCOOH+H2OHCOO－+H3O+ B.CO2+H2OHCO3－+H+C.CO32－+H2OHCO3－+OH－ D.HS－+H2OS2－+H3O+【答案】C【解析】【詳解】A、HCOOH+H2OHCOO－+H3O+為甲酸的電離方程式，選項A不符合；B、CO2+H2OHCO3－+H+為碳酸的電離方程式，選項B不符合；C、CO32－+H2OHCO3－+OH－為碳酸根離子結合水電離出來的氫離子生成碳酸氫根離子，屬于水解反響，選項C符合；D、HS－+H2OS2－+H3O+為HS－的電離方程式，選項D不符合；答案選C。7.某甲烷燃料電池構造示意圖如下，關于該電池的說法不正確的選項是A.電解質溶液中Na+向b極移動B.b極的電極反響是：O2+2H2O+4e-=4OH-C.a極是負極，發(fā)生氧化反響D.電子通過外電路從b電極流向a電極【答案】D【解析】【分析】通過示意圖可知，a電極為燃料電池的負極，b電極為電池正極，且電解質溶液為堿液，并可寫出電池總反響式為CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O，負極反響為CH4+10OH--8e－=CO32－+7H2O，正極反響為2O2+8e－+4H2O=8OH－。【詳解】A.原電池中，電解質溶液的陽離子向正極移動，所以鈉離子向b極移動，故A正確；B.b極為正極，電極反響式為O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正確；C.a極是負極，甲烷在負極失去電子，發(fā)生氧化反響，故C正確；D.電子通過外電路從a電極流向b電極，故D錯誤；故答案選D。8.以下操作中，能使電離平衡H2OH++OH－正向移動且溶液呈酸性的是()A.向水中參加NaHSO4溶液 B.向水中參加Al2(SO4)3溶液C.向水中參加Na2CO3溶液 D.將水加熱到100℃，使水pH=6【答案】B【解析】【詳解】A、硫酸氫鈉的電離：NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸氫鈉電離出的氫離子對水的電離起抑制作用，水的電離平衡逆向移動，故A錯誤；

B、向水中參加硫酸鋁溶液，鋁離子水解促進水的電離，鋁離子和氫氧根離子生成氫氧化鋁，使溶液中氫離子濃度大于氫氧根離子濃度，所以溶液呈酸性，故B正確；

C、向水中參加碳酸鈉溶液，碳酸根離子水解促進水的電離，溶液中氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，所以溶液呈堿性，故C錯誤；

D、水的電離是吸熱反響，升高溫度能促進水的電離，使水的電離平衡正向移動，但溶液中氫離子濃度和氫氧根離子濃度仍然相等，溶液呈中性，故D錯誤；此題選B9.以下說法正確的選項是〔〕A.0.1mol·L－1的醋酸加水稀釋，c(CH3COOH)/c(CH3COO—)減小B.向水中參加少量固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，Kw變大C.體積、pH均相同的醋酸和鹽酸完全溶解等量的鎂粉(少量)后者用時少D.常溫下pH＝11的NaOH溶液與pH＝3的CH3COOH溶液等體積混合，溶液顯堿性【答案】A【解析】A、醋酸屬于弱酸，存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水促進電離，CH3COO－的物質的量增大，CH3COOH的物質的量減小，同一溶液溶液的體積相同，因此c(CH3COOH)/c(CH3COO－)減小，故A正確；B、NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，向水中參加NaHSO4，c(H＋)增大，Kw只受溫度的影響，硫酸氫鈉參加到水中，溶液溫度不變，那么Kw不變，故B錯誤；C、醋酸是弱酸，鹽酸是強酸，pH相同，那么醋酸的濃度大于鹽酸，開始時pH相同，溶液中c(H＋)相同，開始時反響速率相同，隨著反響進行，醋酸還能電離出H＋，因此醋酸溶液中c(H＋)大于鹽酸中c(H＋)，即后者用時小，故C錯誤；D、CH3COOH是弱酸，因此醋酸的濃度大于氫氧化鈉，反響后溶質為CH3COONa和CH3COOH，溶液顯酸性，故D錯誤。點睛：此題易錯選項A，同一溶液溶液的體積相同，c(CH3COOH)/c(CH3COO－)=n(CH3COOH)/n(CH3COO－)，醋酸是弱酸，加水促進電離，n(CH3COO－)增大，n(CH3COOH)降低，因此比值減小。10.25℃時，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20。要使0.2mol·L－1CuSO4溶液中Cu2＋沉淀較為完全(使Cu2＋濃度降至原來千分之一)，那么應向溶液里參加NaOH溶液，使溶液的pH為〔〕A.4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】試題分析：當銅離子完全沉淀時，溶液中銅離子的濃度時2×10－4mol/L，那么根據(jù)溶度積常數(shù)的表達式可知，溶液中OH－的濃度是，那么溶液中氫離子的濃度是1×10－6mol/L，所以pH＝6，答案選B?？键c：考查溶度積常數(shù)、離子積常數(shù)以及pH的有關計算點評：該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題。試題綜合性強，主要是考查學生對溶度積常數(shù)的熟悉掌握程度，以及靈活運用溶度積常數(shù)解決實際問題的能力，有助于培養(yǎng)學生的邏輯推理能力，提高學生的應試能力和答題效率。11.常溫下，將pH＝3的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液混合，當混合溶液的pH＝10時，強酸和強堿的體積之比為A.1∶9 B.9∶1 C.10∶1 D.1∶10【答案】B【解析】【分析】將pH＝3的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液混合，當混合溶液的pH＝10時，溶液呈堿性，根據(jù)c(OH-)=計算?！驹斀狻扛鶕?jù)c(OH-)=，，，應選B。12.微型紐扣電池在現(xiàn)代生活中是廣泛應用的一種銀鋅電池，其電極分別是Ag2O和Zn，電解質溶液為KOH溶液，電極反響式分別為：Zn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2O，Ag2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－，電池總反響式為Ag2O＋Zn=2Ag＋ZnO。根據(jù)上述反響式，判斷以下表達中正確的選項是〔〕A.在使用過程中，電池負極區(qū)溶液pH增大B.在使用過程中，電子由Ag2O極經(jīng)外電路流向Zn極C.在使用過程中，Zn電極發(fā)生復原反響，Ag2O電極發(fā)生氧化反響【答案】D【解析】【詳解】A項，負極電極反響為Zn+2OH-=ZnO+H2O+2e-，消耗氫氧根離子，溶液的pH減小，故A錯誤；B項，由電極反響式可知，Zn的化合價由0價升高到+2價，被氧化，為原電池的負極，那么正極為Ag2O，原電池中電子從負極經(jīng)外電路流向正極，即從鋅經(jīng)導線流向Ag2O，故B錯誤；C項，由電極反響式可知，Zn的化合價由0價升高到+2價，為原電池的負極，發(fā)生氧化反響，Ag2O是正極發(fā)生復原反響，故C錯誤；D項，正極電極反響為：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，當電路中每通過0.2mol電子，正極的質量理論上減小的是0.1mol氧原子的質量，即0.1mol×〔232—216〕g/mol=1.6g，故D正確；答案為D?！军c睛】此題考查原電池的工作原理，根據(jù)電極反響式判斷原電池的正負極是解題的關鍵。13.某溫度下，重水中存在電離平衡D2OD++OD－，D2O的離子積常數(shù)為1.0×10﹣12，假設pD=－lgc(D+)，該溫度下有關分析不正確的選項是〔〕A.0.1molNaOD溶于重水制成1L溶液，pD=13B.將pD=4的DCl的重水溶液稀釋100倍，所得溶液pD不等于6C.向30mL0.5mol/LNaOD的重水溶液中參加20mL0.5mol/LDCl的重水溶液，所得溶液pD=11D.pD=10的NaOD的重水溶液中，由重水電離出的c〔OD－〕為1×10﹣10mol/L【答案】A【解析】【詳解】D2O的離子積常數(shù)=1.0×10-12，結合水的離子積常數(shù)分析，pD=6為中性；A．溶液中c(OD-)=0.1mol/L，那么c(D+)=1.0×10-11，pD=11，選項A不正確；B．pD=6為中性，DCl稀釋將接近中性，pD接近6不等于6，選項B正確；C．混合溶液中c(OD-)==0.1mol/L，那么c(D+)=1.0×10-11，pD=11，選項C正確；D．NaOD溶液中的D+全部由水電離出來，pD=10，說明c(D+)=1.0×10-10，水電離出來的氫離子和氫氧根離子濃度相等，選項D正確；答案選A?！军c睛】此題結合重水的電離考查了水的離子積常數(shù)，注意溫度影響其大小，D2O的離子積常數(shù)=1.0×10-12，結合水的離子積常數(shù)分析，pD=6為中性，聯(lián)系酸堿混合計算。14.某溫度下，在一個1L的密閉容器中，參加2molA和1molB進行如下反響：2A(g)+2B(g)3C(?

)+D(?

)。反響一段時間后到達平衡，測得生成0.6molC，且反響前后壓強之比為15∶11(相同溫度下測量)，那么以下說法正確的選項是〔〕B.增加C的物質的量，B的平衡轉化率不變C.增大該體系的壓強，平衡正向移動，化學平衡常數(shù)增大D.A的平衡轉化率是40%【答案】B【解析】【分析】2A(g)+2B(g)?3C(？)+D(？)反響前(mol)2

1

0

0據(jù)氣體物質的量之比等于壓強之比可得反響后氣體物質的量為：×(2+1)=2.2mol，所以CD都不是氣體?！驹斀狻緼、該反響的化學平衡常數(shù)K==1.04，故A錯誤；B、C不是氣體，增大C的量，對平衡沒有影響，B的平衡轉化率不變，故B正確；C、平衡常數(shù)只受溫度影響，故C錯誤；D、A的轉化率為：×100%=20%，故D錯誤；應選B?！军c睛】此題考查了化學平衡計算以及平衡常數(shù)的影響因素等。正確判斷CD的狀態(tài)是解題的關鍵。根據(jù)氣體的壓強之比等于氣體的物質的量之比，利用三段式法計算出反響后氣體物質的量，可以確定CD的狀態(tài)。15.以下反響的熱化學方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)△H1；H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2；C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3那么反響4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的△H為〔〕A.12△H3+10△H2﹣2△H1 B.2△H1﹣10△H2﹣12△H3C.12△H3﹣10△H2﹣2△H1 D.△H1﹣10△H2﹣12△H3【答案】A【解析】【詳解】：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)△H1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H2③C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3由蓋斯定律：10×②+12×③-2×①得：4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)△H=12△H3+10△H2-2△H1；答案選A。【點睛】此題考查了反響熱的計算，側重于蓋斯定律應用的考查，準確把握蓋斯定律的概念是關鍵，根據(jù)蓋斯定律，利用方程式的加減得出C3H5(ONO2)3分解成CO2、N2、H2O、O2的化學方程式，其反響熱也要相應的加減，從而得出其熱化學反響方程式。2N，如下列圖，在0.1mol·L－1鹽酸溶液中，在一定電壓下具有較高的產(chǎn)氨速率和穩(wěn)定的電流效率。以下判斷錯誤的選項是A.石墨電極為陽極B.P為陽離子交換膜C.Mo2N/GCE電極區(qū)反響式為N2+6H++6e－=2NH3D.為提高溶液的導電性，可在石墨電極區(qū)參加適量的鹽酸【答案】D【解析】【詳解】A.由裝置圖可以看出，在Mo2N/GCE電極區(qū)生成氨氣，Mo2N/GCE電極區(qū)N2得到電子，是陰極，所以石墨極為陽極，故A正確；B.電解池工作時，陽極上水電離的氫氧根離子放電生成氧氣和H+，H+從陽極區(qū)向陰極區(qū)轉移，故P為陽離子交換膜，B正確；2N/GCE電極為陰極，電極反響式為：N2+6H++6e－=2NH3，故C正確；2O4e－=4H+O2，假設參加鹽酸，那么變?yōu)槁入x子放電產(chǎn)生氯氣使溶液中的離子濃度逐漸減小，溶液的導電能力減弱，可參加適量的硫酸增強溶液的導電性，故D錯誤；此題答案為D。17.鎂燃料電池作為一種高能化學電源，具有良好的應用前景。如圖是鎂－空氣燃料電池工作原理示意圖。以下有關該電池的說法正確的選項是()。A.該電池Mg作負極，發(fā)生復原反響B(tài).該電池的正極反響式為O2＋2H2O＋4e－=4OH－C.電池工作時，電子通過導線由碳電極流向Mg電極D.當電路中通過0.2mol電子時，消耗的O2體積為1.12L【答案】B【解析】電解質溶液為NaCl中性溶液,所以正極反響類似吸氧腐蝕的正極反響,為O2+2H2O+4e-=4OH-,B正確;負極反響為:2Mg-4e-+4OH-2Mg(OH)2,Mg被氧化,A錯;原電池中,電子由負極流向正極,C錯;D中O2未指定標準狀況,所以無法計算其體積。18.25℃時，pH=2的鹽酸和醋酸各1mL分別加水稀釋，pH隨溶液體積變化的曲線如以下列圖所示。以下說法不正確的選項是〔〕A.曲線Ⅰ代表鹽酸的稀釋過程 B.a溶液的導電性比c溶液的導電性強C.a溶液中和氫氧化鈉的能力強于b溶液 D.將a、b兩溶液加熱至30℃，變小【答案】C【解析】A．稀釋相同倍數(shù)，I的pH變化大，那么I應為鹽酸稀釋時的pH值變化曲線，A正確；B．溶液導電性取決于離子濃度，a點的H+濃度大，離子總濃度大于c點，a點導電性強，B正確；C．b點溶液中存在未電離的醋酸，其中和NaOH能力比HCl溶液強，C錯誤；D．將a、b兩溶液加熱至30℃，a中c〔Cl-〕不變，加熱促進醋酸的電離，c(CH3COO-)增大，那么變小，D正確；答案選C。19.常溫下，將pH均為3，體積均為V0的HA和HB溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨1g的變化如右圖所示。以下說法正確的選項是A.稀釋相同倍數(shù)時：c(Aˉ)>c(Bˉ-)B.水的電離程度：b=c>aC.溶液中離子總物質的量：b>c>aD.溶液中離子總濃度：a>b>c【答案】B【解析】根據(jù)圖像當lg=2時，HA溶液的pH=5，HB溶液的3pH5，HA為強酸，HB為弱酸。A，根據(jù)圖像，稀釋相同倍數(shù)時，溶液的pH：HAHB，溶液中c〔A-〕c〔B-〕，A項錯誤；B，根據(jù)圖像，溶液的pH：ab=c，酸溶液中OH-全部來自水電離，水的電離程度：b=ca，B項正確；C，a、c點溶液體積相同，c點pH大于a點，c點溶液中c〔A-〕a點溶液中c〔B-〕，溶液中離子總物質的量：ac，b點相對于a點加水稀釋促進HB的電離，溶液中離子總物質的量：ba，溶液中離子總物質的量：bac，C項錯誤；D，c點pH大于a點，c點溶液中c〔A-〕a點溶液中c〔B-〕，溶液中離子總濃度：ac，b、c點溶液的pH相等，b、c點兩溶液中的電荷守恒分別為c〔H+〕=c〔B-〕+c〔OH-〕、c〔H+〕=c〔A-〕+c〔OH-〕，溶液中離子總濃度：b=c，溶液中離子總濃度：ab=c，D項錯誤；答案選B。點睛：此題考查強酸和弱酸的比較，與溶液稀釋有關的pH圖像的分析。區(qū)分HA和HB的強弱是解題的關鍵，當lg=2時，HA的pH增大2個單位，HB的pH增大值小于2個單位，HA為強酸，HB為弱酸。弱酸稀釋時促進弱酸的電離，弱酸分子電離產(chǎn)生的離子物質的量增大，弱酸分子物質的量減小，由于溶液的體積增大，弱酸電離出的離子物質的量濃度減小。20.常溫下,將HC1氣體通入到1L濃度均為0.1mol/L的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如下列圖(忽略溶液體積的變化)。以下表達不正確的選項是A.Ka(HB)的數(shù)量級為10-9B.酸性的強弱順序為HCl>HA>HBC.當通入0.1molHC1氣體時，c(B-)>c(A-)D.當混合溶液呈中性時,c(Na+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)【答案】C【解析】A、根據(jù)圖像可知，當=3時，pH=6，此時，c(H+)=10-6mol/L，=103，Ka(HB)==10-6×10-3=10-9，故A正確；B、pH一定時，＞，那么有＞，＜，式子兩邊都乘以c(H+)，可得＜，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性HA>HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，那么說明HCl酸性強于HA和HB，所以酸性強弱順序為HCl>HA>HB，故B正確；C、原溶液中NaA和NaB均為0.1mol，根據(jù)強酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H+先與B-Cl、0.1molHB，NaA完全電離，微弱水解，而HB局部電離，所以溶液中c(B-＜c(A-)，故C錯誤；D、混合溶液的電荷守恒為：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，當溶液呈中性時，c(H+)=c(OH-)，所以有c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(A-)+c(B-)+c(OH-)，故D正確。應選C。二、填空題〔此題共5小題，共50分〕21.：①Fe(s)＋O2(g)=FeO(s)ΔH1＝－272.0kJ/mol；②2Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH2＝－1675.7kJ/mol。Al和FeO發(fā)生鋁熱反響的熱化學方程式是______________________。某同學認為，鋁熱反響可用于工業(yè)煉鐵，你的判斷是________(填“能〞或“不能〞)，你的理由是________________________。【答案】(1).(2).不能(3).該反響為引發(fā)反響，需要消耗大量的能量，本錢較高【解析】【詳解】〔1〕：①Fe(s)＋O2(g)=FeO(s)ΔH1＝－272.0kJ/mol；②2Al(s)＋O2(g)=Al2O3(s)ΔH2＝－1675.7kJ/mol根據(jù)蓋斯定律可知②－①×3即得到3FeO〔s〕＋2Al(s)＝Al2O3〔s〕＋3Fe(s)，所以該反響的反響熱△H＝－1675.7kJ/mol＋272kJ/mol×3＝－859.7kJ/mol；該反響為引發(fā)反響，需要消耗大量的能量，本錢較高，故鋁熱反響不能可用于工業(yè)煉鐵。22.(1)NH4Cl溶液顯_________性，用離子方程式表示原因____________，其溶液中離子濃度大小順序為_______________________________________。(2)常溫下，pH=11的CH3COONa溶液中，水電離出來的c(OH－)＝________，在pH=3的CH3COOH溶液中，水電離出來的c(H＋)＝_________________。(3)假設將等pH、等體積的NaOH和NH3·H2O分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩種溶液的pH仍相等，那么m__________n(填“<〞、“>〞或“＝〞)。(4)物質的量濃度相同的NaCl；NaOH；HCl；④NH4Cl；⑤CH3COONa5種溶液按pH由大到小的順序為〔用④⑤代表相應溶液〕：_____________。【答案】(1).酸(2).NH4++H2ONH3·H2O+H+(3).c〔Cl-〕>c〔NH4+〕>c〔H+〕>c〔OH-〕(4).10-3mol/L(5).10-11mol/L(6).<(7).②>⑤>①>④>③【解析】【詳解】〔1〕氯化銨溶液中銨根離子水解顯酸性，NH4Cl溶液顯酸性，水解離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；溶液中離子濃度由大到小順序為：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；〔2〕在CH3COONa溶液中，OH-全部來自于水的電離，由于溶液的pH=11，故溶液中的氫離子濃度為10-11mol/L，由水電離出來的c〔OH-〕==10-3mol/L；CH3COOH抑制水電離，溶液中的氫氧根離子全部來自于水的電離，pH=3的CH3COOH溶液中，c(H+)=1.0×10－3mol/L，c(OH-)=1.0×10－11mol/L，所以pH=3的CH3COOH溶液中，由水電離出來的c(H+)=10－11mol/L；(3)NH3?H2O是弱電解質，在溶液中局部電離，加水稀釋，電離平衡向右移動；NaOH是強電解質，在溶液中完全電離，假設將等pH、等體積的NaOH和NH3?H2O分別加水稀釋m倍、n倍，稀釋后兩種溶液的pH仍相等，那么NaOH稀釋的倍數(shù)小于NH3?H2O，即m<n；〔5〕①NaCl②NaOH③HCl④NH4Cl⑤CH3COONa，顯示堿性的為：②NaOH、⑤CH3COONa，氫氧化鈉為強堿，CH3COONa為鹽，所以pH②＞⑤；顯示中性的為①NaCl，pH=7；顯示酸性的為：③HCl④NH4Cl，濃度相同時，鹽酸為強酸，氫離子濃度最大，而氯化銨為強酸弱堿鹽，氫離子濃度較小，所以兩種酸性溶液的pH大小關系為：④＞③，故物質的量濃度相同時，按pH由大到小的順序為：②>⑤>①>④>③。2合成甲醇，反響方程式為：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H，在T1℃時，體積為2L的恒容容器中充入物質的量之和為3mol的H2和CO，到達平衡時CH3OH的體積分數(shù)(V%)與n(H2)：n(CO)的關系如圖1所示。(1)當起始n(H2)：n(CO)=2，經(jīng)過5min到達平衡，此時容器的壓強是初始壓強的0.7倍，那么0～5min內平均反響速率v(H2)=____。假設此時再向容器中參加0.15molCO(g)和0.05molCH3OH(g)，達新平衡時H2的轉化率將_______〔選填“增大〞、“減小〞或“不變〞〕。(2)當起始n(H2)：n(CO)=3.5時，到達平衡狀態(tài)后，CH3OH的體積分數(shù)可能是圖象中的_____點〔選填“D〞、“E〞或“F〞〕。(3)由圖2可知該反響的△H_____0〔選填“>〞、“<〞或“=〞，下同〕，壓強pl____p2；當壓強為p2時，在y點：v〔正〕____v〔逆〕?！敬鸢浮?1).0.09mol?L-1?min-1(2).增大(3).F(4).＞(5).＞(6).＞【解析】試題分析：此題考查化學平衡和化學反響速率的計算，化學平衡圖像的分析?！?〕H2和CO物質的量之和為3mol，當起始n(H2)：n(CO)=2，起始參加2molH2和1molCO，設CO從起始到平衡轉化物質的量為x，用三段式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)n〔起始〕〔mol〕120n〔起始〕〔mol〕x2xxn〔起始〕〔mol〕1-x2-2xx3，解得x=0.45mol，平衡時CO、H2、CH3OH〔g〕的物質的量依次為0.55mol、1.1mol、0.45mol，那么0～5min內平均反響速率υ(H22L5min=0.09mol?L-1?min-12L〕2L〕2]=2.70；此時再向容器中參加0.15molCO(g)和0.05molCH32L〕2L〕22.70，反響正向進行，達新平衡時H2的轉化率將增大。〔2〕根據(jù)規(guī)律，當起始n(H2)：n(CO)=2:1即等于化學計量數(shù)之比，到達平衡時CH3OH〔g〕的體積分數(shù)最大。當起始n(H2)：n(CO)=3.5時，到達平衡狀態(tài)后，CH3OH的體積分數(shù)小于最大值，可能是圖象中的F點?！?〕由圖像知升高溫度CO的轉化率增大，升高溫度平衡正向移動，所以ΔH0。由圖像知在相同溫度下，p1時CO的轉化率大于p2時CO的轉化率，該反響的正反響為氣體分子數(shù)減小的反響，壓強越大CO的轉化率越大，那么p1p2。當壓強為p2時，y點CO的轉化率小于平衡x點CO的轉化率，在y點反響正向進行，在y點：υ〔正〕υ〔逆〕。Cu2O由于具有優(yōu)良的催化性能而受到關注，采用肼(N2H4)燃料電池為電源，用離子交換膜控制電解液中c(OH－)制備納米Cu2O，其裝置如圖甲、乙。(1)上述裝置中D電極應連接肼燃料電池的________極(填“A〞或“B〞)，該電解池中離子交換膜為________離子交換膜(填“陰〞或“陽〞)。(2)該電解池的陽極反響式為________________________________________，肼燃料電池中A極發(fā)生的電極反響為____________________________。(3)當反響生成14.4gCu2O時，至少需要肼________mol?！敬鸢浮?1).B(2).陰(3).(4).【解析】【詳解】(1)燃料電池正極通氧化劑，負極通燃料，即A極為負極，B極為正極；圖乙為電解池裝置，電解目的為制備Cu2O，那么D極作陽極接電池正極(B極)，銅被氧化；陽極反響為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，反響消耗OH-，采用陰離子交換膜使OH-向陽極移動；答案為B；陰；(2)根據(jù)上述分析，陽極反響為2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；肼燃料電池中A極肼(N2H4)失電子在堿性條件下生成氮氣和水，發(fā)生的電極反響為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；(3)根據(jù)電極反響2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O可知，Cu2O與N2H4、e-的數(shù)量關系式為2Cu2O~N2H4~4e-，當反響生成14.4g〔0.1mol〕Cu2O時，至少需要肼為0.05mol。25.滴定實驗是化學學科中重要的定量實驗。請答復以下問題：Ⅰ．酸堿中和滴定——某NaOH試樣中含有NaCl雜質，為測定試樣中NaO