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- 2021-02-27 发布
p可能正确，③正确、①不一定正确；x点位于曲线上方，未达平衡状态，由图像看出，当B%减少时，可以趋向于平衡，则反应应是正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，②错误；由图像可出x点的压强小于y点压强，压强越大反应速率越快，所以反应速率x点比y点时的慢，④正确；该反应为吸热反应，升高温度平衡右移，平衡常数增大，⑤错误；正确选项A。 点睛：判断x点与y点的速率快慢时，不要看两个点位置的高低，而是要看两个点所处的外界条件，温度高、压强大，速率快。 16.室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是 A. Kb2的数量级为10-8 B. X(OH)NO3水溶液显碱性 C. 等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)>c[X(OH)+] D. 在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+) 【答案】C 【解析】 【分析】 本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。 【详解】A．选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，所以Kb2=，选项A正确； B．X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确； C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和c[X(OH)+]近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)＜c[X(OH)+]，选项 C错误； D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确； 答案选C。 第II卷(非选择题) 17.合成氨工业中，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量。 （1）写出合成氨反应的热化学方程式为_______________。 （2）已知： 1mol N-H键断裂吸收的能量等于______kJ。 （3）已知关于铁的氧化物存在下列三个热化学方程式： Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24.8 kJ/mol ① Fe2O3(s)＋CO(g)= Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－15.73 kJ/mol ② Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640.4 kJ/mol ③ 则CO还原FeO的热化学方程式为CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝________kJ/mol。 【答案】 (1). N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1 (2). 391 (3). -218 【解析】 【分析】 （1）工业中常用氮气与氢气反应制取氨气，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，则热方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol； （2）化学反应的实质为旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，焓变=吸收的总能量-释放的总能量； （3）根据盖斯定律，（①×3-②×3-③×2）/6即可得到； 【详解】（1）工业中常用氮气与氢气反应制取氨气，每生产2molNH3，放出92.4kJ热量，则热方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol； （2）化学反应的实质为旧键的断裂吸收热量，新键的形成释放热量，焓变=吸收的总能量-释放的总能量。合成氨反应中，1mol氮气生成氮原子时吸收945.8kJ的能量，3mol氢气生成原子时吸收436kJ×3的能量，形成氨气时，形成6molN-H键，，则1mol N-H键断裂吸收的能量=（945.8kJ+436kJ×3+92.4）/6=391kJ； （3）根据盖斯定律，（①×3-②×3-③×2）/6即可得到CO(g)＋FeO(s)===Fe(s)＋CO2(g)，则ΔH＝（－24.8×3+15.73×3-640.4×2）/6=-218kJ/mol； 【点睛】相同化学键断开吸收的能量与形成化学键释放的能量相等，热化学反应中，焓变=吸收的总能量-释放的总能量。 18.如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，完成下列问题： （1）甲池燃料电池的负极反应为__。 （2）写出乙池中电解总反应的化学方程式：__。 （3）甲池中消耗224mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生__g沉淀，此时乙池中溶液的体积为400mL，该溶液的pH=__。 （4）某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取消毒液或Fe(OH)2 的实验装置(如图)。若用于制消毒液，a为电池的__极，电解质溶液最好用__。若用于制Fe(OH)2，使用硫酸钠溶液作电解质溶液，阳极选用__作电极。 【答案】 (1). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (2). 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (3). 1.16 (4). 1 (5). 负 (6). 饱和食盐水 (7). 铁(Fe) 【解析】 【分析】 （1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，由此书写电极反应方程式： （2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OHˉ-4e－=O2↑++2H2O，阴极极反应2Cu2＋+4e－=2Cu，在得失电子守恒的情况下两个反应相加得总反应式； （3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑：甲池为原电池，总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e－～6Mg（OH）2，12e－～～3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg（OH）20.02mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e－～～2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04mol，求溶液中硫酸的浓度，从而求溶液中的氢离子的浓度； （4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe（OH）2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子。 【详解】（1）甲醇的燃料电池，甲醇在负极发生氧化反应，在碱性环境下变为碳酸根离子，电极反应：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O， 故答案为：CH3OH-6e－+8OH－=CO32－+6H2O； （2）乙池为电解池，石墨做阳极，银做阴极；阳极极反应4OHˉ-4e－=O2↑+2H2O，阴极极反应2Cu2＋+4e－=2Cu，两个反应相加，总反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑；故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑； （3）丙池中用惰性电极电解氯化镁溶液总反应为MgCl2+2H2OMg（OH）2↓+Cl2↑+H2↑：甲池为原电池，总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，根据串联电路转移电子数相等规律可知：12e－～6Mg（OH）2，12e－～～3O2，消耗0.01molO2最终产生Mg（OH）20.02mol，质量为0.02×58=1.16g；乙池反应：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，根据电子转移相等规律，根据关系式4e－～～2H2SO4可知，甲池转移电子为0.04mol，乙池中产生H2SO40.02mol，c（H＋）=0.02×2÷0.4=0.1mol/L，该溶液的pH=1，故答案为：1.16；1； （4）用惰性电极电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阴极产生氢气，同时生成氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠即为漂白液，所以a为电池的负极，A处生成氢氧化钠溶液，B处产生氯气，直接反应生成漂白液；要产生Fe（OH）2，硫酸钠溶液作电解质，阳极材料为铁，失电子变为亚铁离子，才能够提供亚铁离子，故答案为：负，饱和食盐水；铁（Fe）。 19.某兴趣小组用题图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对含量进行测定。 （1）仪器A的名称是__。 （2）B中加入300.00ml葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__。 （3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的__。 （4）若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为__。 （5）该测定结果往往比实际值偏高，分析是由于采用试剂不当引起的，可能的原因为__。 【答案】 (1). 冷凝管 (2). SO2+H2O2=H2SO4 (3). ③ (4). 酚酞 (5). 盐酸的挥发 【解析】 【分析】 （1）仪器为冷却装置，结合仪器A特点书写其名称； （2）SO2 被H2O2 氧化成硫酸； （3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；滴定前排气泡时，应选择题图2中的③； （4）滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂； （5）滴定误差分析的依据是，c（待测）= ，标准溶液体积增大，测定结果偏高。 【详解】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳， 故答案为：冷凝管或冷凝器； （2）SO2 被H2O2 氧化成硫酸，SO2+H2O2=H2SO4； 故答案为：SO2+H2O2=H2SO4； （3）滴定前排气泡时，应选择题图2中的③； 故答案：③； （4）滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0），滴定终点现象为：当滴入最后一滴烧碱溶液时，溶液变红且半分钟不褪色， 故答案为：酚酞； （5）滴定误差分析的依据是，c（待测）= ，标准溶液体积增大，测定结果偏高。由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高。 故答案为：盐酸的挥发。 【点睛】本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。 20.按要求回答下列问题： 将等物质的量的A、B混合放于2L的密闭容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。经5min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，v(C)=0.1mol/(L·min)。则： （1）x=__。 （2）前5 min内B的反应速率v(B)=__。 （3）平衡时A的转化率为__。 【答案】 (1). 2 (2). 0.05mol/( L·min) (3). 50% 【解析】 【分析】 设A、B的物质的量为nmol；根据D的浓度计算D的物质的量，计算反应的A、B的物质的量，根据5min时，A、B浓度之比求出A、B开始时的物质的量，用开始时的物质的量减反应的物质的量即为5min末的物质的量，再根据物质的量浓度公式计算浓度；反应速率之比即为计量数之比；根据C的反应速率求A的反应速率．根据A的转化浓度计算A的转化率； 【详解】D的浓度为0.5mol·L－1，D的物质的量为1mol．C物质的量=0.1mol/（L·min）×2L×5min=1mol， 设A、B的物质的量为nmol， 同一容器中，c（A）：c（B）=n（A）：n（B）= ；n=3mol， （1）C的反应速率是0.1mol/（L·min），C物质的量=0.1mol/（L·min）×2L×5min=1mol，=1，所以x=2， 故答案为：2； （2）C的反应速率是0.1mol/（L·min），根据同一反应中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以B的反应速率是 ×0.1mol/（L·min）=0.05mol/（L·min）， 故答案为：0.05mol/（L·min）； （3）A的转化率为： ×100%=50%， 故答案为：50%； 【点睛】本题考查化学平衡常数影响因素、应用及有关计算，解题关键：列出三段式，理清起始量、变化量、平衡量之间的关系，再根据速率公式、转化率公式计算。 21.水蒸气通过炙热的碳层发生反应：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) △H。 （1）已知：K（300℃）＜K（350℃），则该反应是__(吸或放)热反应。 （2）上述反应在t0时刻达到平衡，在t1时刻改变某一条件后正反应速率（ν正）随时间的变化如图所示，填出对应的编号。 ①缩小容器体积__；②降低温度__。 （3）已知反应①CO(g)+CuO(g)CO2(g)+Cu(s)；②H2(g)+CuO(g)Cu(s)+H2O(g)；在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应CO (g)+H2O (g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数K=__（用K1和K2表示）。 【答案】 (1). 吸 (2). b (3). f (4). K= 【解析】 分析】 （1）温度越高平衡常数越大，说明升温平衡正向进行； （2）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡； ②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率； （3）由方程式可知，反应③=反应①-反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断． 【详解】（1）已知：K（300℃）＜K（350℃ ），随温度升高平衡常数增大，说明平衡正向进行，正反应为吸热反应，故答案为：吸； （2）①缩小容器体积，压强增大，瞬间正逆反应速率都增大，平均向逆反应方向移动，逆反应速率增大更多，随后正反应速率增大到新平衡，故曲线b符合， 故答案为：b； ②降低温度，瞬间正逆反应速率都减小，平均向逆反应方向移动，正反应速率减小更多，随后正反应速率增大到新平衡，到达新平衡时的速率小于原平衡的速率，曲线f符合，故答案为：f； （3）①CO（g）+CuO（g）CO2（g）+Cu（s）②H2（g）+CuO（g）Cu（s）+H2O（g）， 反应①的平衡常数K1= ，反应②的平衡常数K2=，反应③：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K= = ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查化学平衡及反应速率的影响因素、化学平衡状态的判断，是对学生综合能力的考查，难点（3）反应③=反应①-反应②，根据化学平衡常数表达式。 22.甲烷是天然气的主要成分，是一种重要的清洁能源和化工原料。 (1)用煤制天然气时会发生多个反应，通过多种途径生成CH4。 已知：C(s)+2H2(g)CH4 △H=-73kJ/mol 2CO(g)C(s)+CO2(g) △H=-171kJ/mol CO(g)+3H(g)CH4(g)+H2O(g) △H=-203kJ/mol。 写出CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式_________________。 (2)天然气中含有H2S杂质，某科研小组用氨水吸收得到NH4HS溶液，已知T℃k(NH3·H2O)=1.74×10-5；k1(H2S)=1.07×10-7，k2(H2S)=1.74×10-13，NH4HS溶液中所含粒子浓度大小关系正确的是_______。 A. c(NH4+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+) B. c(HS-)>c(NH4+)>(S2-)>c(H+) C. c(NH4+)>c(HS-)>c(H2S)>c(H+) D. c(HS-)>c(S2-)>c(H+)>c(OH-) (3)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2，其原理为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ①一定温度时，在一个体积为2L恒容密闭容器中，加入lnmolCH4和1.4mol水蒸气发生上述反应，5min后达平衡，生成0.2molCO，用H2表示该反应的速率为_________。此反应的平衡常数为_____ (结果保留到小数点后三位)。 ②下列说法中能说明此反应达到平衡状态的是_________。 A.体系压强不再发生变化 B.生成1molCH4的同时消耗3molH2 C.各组分的物质的量浓度不再改变 D.体系的密度不再发生变化 E.反应速率V(CH4):V(H2O)v(CO):v(H2)=1:1:1:3 (4)甲醇水蒸气重整制氢反应：CH3OH(g)+H2O(g)==CO2(g)+3H2(g) △H=+49kJ/mol。某温度下，将[n(H2O):n(CH3OH)]=1：1的原料气充入恒容密闭容器中，初始压强为p1，反应达到平衡时总压强为p2，则平衡时甲醇的转化率为______。 (5)如图所示，直接甲醇燃料电池是质子交换膜燃料电池的一种变种，它直接使用甲醇而勿需预先重整。请写出电池工作时的负极反应式：__________________。 【答案】 (1). CO(g)+H2O(g)H2(g)+ CO2(g) △H=-41kJ/mol (2). AC (3). 0.06mol/(L·min) (4). 0.011(mol2/L2) (5). AC (6). (7). CH4O-6e-+H2O→6H++CO2 【解析】 【分析】 （1）根据盖斯定律分析计算； （2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液铵根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则[OH-]>[H+ ]，但铵根离子和硫化氢离子水解程度都较小；硫氢根离子水解程度大于其电离程度； （3）①根据三段式来计算； ②依据平衡状态的标志分析。 （4）①增大水醇比，甲醇的利用率增大； ②恒温恒容下，气体的压强之比等于其物质的量之比，计算平衡时气体的总物质的量，再利用差量法计算参加反应甲醇的物质的量，进而计算甲醇的转化率； （5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应。 【详解】（1）已知： ①C(s)+2H2(g)CH4(g) ΔH=-73 kJ·mol-1 ②2CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH=-171 kJ·mol-1 ③CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH=-203 kJ·mol-1 根据盖斯定律可知①+②－③即得到CO与H2O(g)反应生成H2和CO2的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)△H＝-41 kJ•mol-1。 （2）根据电离平衡常数知，一水合氨电离程度大于硫化氢电离程度，所以NH4HS溶液中铵根离子水解程度小于HS-水解程度，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，但铵根离子和HS-离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c(NH4+)＞c(HS-)＞c(OH-)＞c(H+)；根据H2S的电离常数可判断HS-离子的水解程度大于其电离程度，所以还存在c(NH4+)＞c(HS-)＞c(H2S)＞c(H+)，答案选AC； （3）①5min后达平衡，生成0.2molCO，则同时生成氢气是0.6mol，浓度是0.3mol/L，因此用H2表示该反应的速率为0.3mol/L÷5min＝0.06 mol·L-1·min-1。平衡时剩余甲烷是0.8mol，水蒸气是1.2mol，因此甲烷、水蒸气、CO和氢气的浓度分别是（mol/L）0.4、0.6、0.1、0.3，此反应的平衡常数为0.1×0.33/0.4×0.6≈0.011。 ②A.正反应体积增大，体系的压强不再发生变化说明反应达到平衡状态，A正确；B.生成1molCH4的同时消耗3molH2均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误；C.各组分的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态，C正确；D.密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，体系的密度不再发生变化不能说明反应达到平衡状态，D错误；E.反应速率V(CH4):V(H2O):v(CO):v(H2)=1:1:1:3不能说明反应达到平衡状态，E错误；答案选AC； （4） CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) 起始量（mol） 1 1 0 0 转化量（mol） n n n 3n 平衡量（mol） 1－n 1－n n 3n 则，解得，所以平衡时甲醇的转化率为。 （5）甲醇在负极发生失去电子的氧化反应，又因为存在质子交换膜，则负极反应式为CH4O-6e-+H2O＝6H++CO2。 点睛：本题考查盖斯定律、盐类水解、化学平衡计算、新型电池电极反应式书写等，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确电离平衡常数与离子水解程度关系、三段式在化学平衡计算中的灵活运用是解本题关键，注意平衡状态判断时要抓住变量不再发生变化这一关键特征。