江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题.doc

江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题

江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题

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江苏省徐州市2019-2020学年高二化学下学期期中抽测试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 Fe56 Cu64
第I卷
单项选择题
1.水是生命之源，生产生活都离不开水。下列有关说法正确的是
A. 水是一种非电解质 B. 水的电离是放热过程
C. 纯水的pH一定等于7 D. 纯水中c(H+)＝c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．水是一种极弱的电解质，故A错误；
B．水的电离过程是水分子共价键被破坏的断键过程，断键吸热，则水的电离是吸热过程，故B错误；
C．常温下，纯水的pH等于7，100℃时，纯水的pH等于6，故C错误；
D．纯水为中性，则c(H+)＝c(OH-)，故D正确；
答案选D。
2.下列说法中错误的是
A. 原电池在工作时将化学能转化为电能
B. 煤燃烧时将化学能全部转化为热能
C. 下图所示的化学反应属于放热反应

D. 化学键的断裂与生成是化学反应中能量变化的根本原因
【答案】B
【解析】
【详解】A．原电池是将化学能转化为电能的装置，故A正确；
B．煤燃烧时化学能转化为热能和光能等，故B错误；
C．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；
D．化学键断裂需要吸收能量，化学键生成需要释放能量，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因，故D正确；
故选B。
3.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. 加入合适的催化剂，可使平衡正向移动
C. 达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大
D. 若单位时间内生成n mol NO，同时消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态
【答案】A
【解析】
【详解】A．4v正(O2)=5v逆(NO)能证明化学反应的正逆反应速率是相等的，达到了化学平衡状态，故A正确；
B．加入合适的催化剂，只改变反应速率，不影响平衡移动，故B错误；
C．达到化学平衡时，若增大容器体积，反应体系中各组分的浓度都减小，则正逆反应速率都减小，故C错误；
D．若单位时间内生成n mol NO，同时消耗n mol NH3，只表示了正反应方向，则不能说明化学反应的正逆反应速率是相等的，故D错误；
答案选A。
4.常温下，下列各种溶液中，可能大量共存的离子组是
A. ＝10-10 mol·L-1的溶液中：、I-、Cl-、K+
B. c(H+)＝10-14 mol·L-1的溶液中：Mg2+、、Fe2+、ClO-
C. 由水电离产生的c(H+)＝10-12 mol·L-1的溶液中：、、、Cl－
D. 使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、、Cl-
【答案】A
【解析】
【详解】A．＝10-10mol·L-1的溶液中c(H+)=10-4mol·L-1，pH=4，溶液显酸性，在酸性溶液中、I-、Cl-、K+离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．c(H+)＝10-14mol·L-1的溶液显碱性，Fe2+、ClO-之间发生氧化还原反应，Fe2+、Mg2+与OH-产生沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．由水电离产生的c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，为酸或碱溶液，既能与酸又能与碱反应，与OH-生成氨水不能大量共存，故C错误；
D．使酚酞变红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，Cu2+能够与OH-反应生成沉淀，不能大量过程，故D错误；
故选A。
5.下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Na2S溶液中S2-的水解：S2-+2H2O＝H2S↑+2OH-
B. HS-的电离方程式：HS-+H2OS2-+H3O+
C. H3PO4的电离方程式：H3PO43H++
D. 用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2S溶液中S2-发生水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，且水解为可逆反应：S2-+H2O⇌HS-+OH-，故A错误；
B．HS-在溶液中可部分电离生成氢离子和硫离子，电离方程式：HS-+H2OS2-+H3O+，故B正确；
C．H3PO4是弱酸，分步电离，电离方程式：H3PO4H++、H++、H++，故C错误；
D．用石墨作电极电解NaCl溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，离子反应为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+OH-，故D错误；
6.以下反应均可制取O2。下列有关说法正确是
反应①：2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g) △H1＝+571.6 kJ·mol-1
反应②：2H2O2(l)＝2H2O(1)+O2(g) △H2＝-196.4 kJ·mol-1
A. 制取O2的反应一定是吸热反应
B. H2的燃烧热为-571.6 kJ·mol-1
C. 若使用催化剂，反应②的△H将减小
D. 反应2H2O2(l)＝2H2O(g)+O2(g)的△H＞-196.4 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．制取O2的反应可能是放热反应，如过氧化氢在催化剂作用下的分解反应的△H＜0，为放热反应，故A错误；
B．燃烧热是完全燃烧1mol物质得到最稳定的化合物所放出的热量，根据2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)△H1＝+571.6 kJ·mol-1可知，H2的燃烧热为0.5×571.6kJ•mol-1=285.8kJ•mol-1，故B错误；
C．使用催化剂，只能改变反应速率，不影响反应的△H，故C错误；
D．液态水变成气态水需要吸热，双氧水分解生成气态水放出的热量更小，△H更大，因此2H2O2(l)═2H2O(g)+O2(g)的△H＞-196.4kJ•mol-1，故D正确；
故选D。
7.下列不能用勒夏特列原理解释的事实是
A. 加入催化剂可以提高单位时间氨的产量
B. 高压比常压有利于合成氨的反应
C. 用热的纯碱溶液洗油污时，去污效果好
D. 工业生产硫酸的过程中，通入过量的空气以提高SO2的转化率
【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之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，且平衡发生移动，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．催化剂只影响化学反应速率不改变平衡移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．工业上合成氨的反应为：N2+3H22NH3，增大压强平衡正向移动，所以高压有利于氨的合成，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．碳酸根水解CO+H2O⇌HCO+OH-，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特利原理解释，故C不符合题意；
D．工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
答案选B。
8.某华人科学家和他的团队研发出“纸电池”(如图)。这种一面镀锌、一面镀二氧化锰的超薄电池在使用印刷与压层技术后，变成一张可任意裁剪大小的“电纸”，厚度仅为0.5毫米，可以任意弯曲和裁剪。纸内的离子“流过”水和氧化锌组成电解液，电池总反应式为：Zn+2MnO2+H2O＝ZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是

A. 该电池的正极材料为锌
B. 该电池反应中二氧化锰发生了氧化反应
C. 电池的正极反应式为2MnO2+2H2O+2e-＝2MnO(OH)+2OH-
D. 当有0.1 mol锌溶解时，转移的电子数为0.4×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【分析】
根据电池总反应式Zn+2MnO2+H2O═ZnO+2MnO(OH)可知，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应式为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，正极电极反应式为2MnO2+2e-+2H2O═2MnO(OH)+2OH-，结合原电池工作原理分析解答。
【详解】A．该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，故A错误；
B．该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，二氧化锰发生了还原反应，故B错误；
C．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O═MnO(OH)+OH-，故C正确；
D．Zn+2MnO2+H2O＝ZnO+2MnO(OH)反应中锌元素化合价由0价变为+2价，转移2个电子，当有0.1 mol锌溶解时，转移的电子数为0.2×6.02×1023，故D错误；
故选C
9.下列说法正确的是
A. 升高温度，反应速度加快，主要原因是活化分子的百分数增加
B. 用酶作催化剂的反应，温度越高，化学反应速率一定越快
C. 为减缓浸入海水中的钢铁水闸的腐蚀，可在其表面镶上铜锭
D. 电解法精炼铜时，应将粗铜板做阴极
【答案】A
【解析】
【详解】A．升高温度，能够使部分非活化分子转化为活化分子，增大了活化分子百分数，反应速率加快，故A正确；
B．酶的催化需要适宜的温度，温度太高，会使酶失去活性，故B错误；
C．构成原电池，Fe比Cu活泼，Fe作负极，加速了钢铁的腐蚀，要保护钢铁水闸，应使Fe做正极，镶嵌比较Fe活泼的金属，故C错误；
D．电解法精炼铜时应将粗铜作阳极，精铜作阴极，故D错误；
故选A。
10.对于常温下0.1 mol·L-1氨水和0.1 mol·L-1醋酸，下列说法正确的是
A. 0.1 mol·L-1氨水，溶液的pH＝13
B. 向0.1 mol·L-1氨水中加入少量水，溶液中增大
C. 0.1 mol·L-1醋酸溶液中：c(H+)＝c(CH3COO-)
D. 向0.1 mol·L-1醋酸中加入少量水，醋酸电离平衡正向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以0.1 mol•L-1氨水，溶液的pH＜13，故A错误；
B．加水稀释一水合氨促进一水合氨的电离，但温度不变，电离平衡常数不变，因此溶液中=K不变，故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故C错误；
D．加水稀释促进醋酸的电离，电离平衡正向移动，故D正确；
故选D。
不定项选择题：每小题有一个或两个选项符合题意
11.下列说法正确的是
A. 室温时，用广泛pH试纸测得某溶液pH为2.3
B. 将AlCl3、Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体成分相同
C. 用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，会造成测定结果偏低
D. 常温下，pH＝2的醋酸溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液pH＜7
【答案】D
【解析】
【详解】A．广泛pH试纸测得溶液的pH值为整数，不能测得某溶液pH为2.3，故A错误；
B．AlCl3中铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸发，氯化氢挥发，促进水解进行彻底，生成氢氧化铝沉淀，灼烧，最后得到的固体时Al2O3；硫酸铝水解生成硫酸，硫酸难挥发，所以硫酸铝加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分是硫酸铝，则两者的成份不同，故B错误；
C．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定前酸式滴定管尖嘴有气泡未排出，滴定后气泡消失，导致读取的标准液的体积偏大，导致测定结果偏高，故C错误；
D．常温下，pH=2的醋酸溶液的浓度大于0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液的浓度等于0.01mol/L，二者等体积混合后，醋酸剩余，溶液的pH＜7，故D正确；
故选D。
12.下列关于各图的叙述正确的是

A. 图甲表示某可逆反应中物质浓度随时间的变化，反应在t时刻达到平衡状态
B. 图乙表示镁条放入盐酸中生成氢气的速率受温度和浓度的影响
C. 图丙表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则HA溶液的pH小于同浓度HB溶液的pH
D. 丁表示向氨水中通入HCl气体，溶液的导电能力变化
【答案】BC
【解析】
【详解】A．达到平衡状态时，各物质的浓度保持不变，由图可知，t时刻反应物和生成物的浓度相等，而不是不变，所以t时刻不是平衡状态，故A错误；
B．镁条与盐酸的反应为放热反应，由图可知，开始一段时间内，离子浓度对化学反应速率影响小于温度对化学反应速率影响，所以反应速率增大，当离子浓度达到一定程度后，离子浓度对化学反应速率影响大于温度对化学反应速率影响，导致反应速率降低，故B正确；
C．pH相同的酸加水稀释相同的倍数，加水稀释促进弱酸电离，酸性越强的酸，溶液pH变化大，由图可知，HA的酸性强于HB，则HA溶液的pH小于同浓度HB溶液的pH，故C正确；
D．溶液导电性与离子浓度成正比，一水合氨是弱碱，氨水中离子浓度较小，HCl和一水合氨反应生成氯化铵，混合溶液中离子浓度增大，当无限通入氯化氢时，溶液中溶质为氯化铵和氯化氢，离子浓度增大，所以溶液导电能力一直增大，故D错误；
答案选BC。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
在0.1mol‧L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，微热，红色加深
水解是吸热反应
B
常温下，用pH计分别测0.1 mol‧L-1NaA溶液和Na2CO3溶液的pH，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH
酸性：HA>H2CO3
C
分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2
研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响
D
将0.2mol‧L-1FeCl3溶液与0.1mol‧L-1KI溶液等体积混合，振荡，再加入2mLCCl4，分液，取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液变血红色
I-和Fe3+反应有一定的限度

A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【详解】A．在0.1mol‧L-1Na2CO3溶液中，滴加2滴酚酞显浅红色，是因为存在＋H2OHCO＋OH－，微热，红色加深，说明平衡正向移动，说明水解反应为吸热反应，故A正确；
B．Na2CO3 溶液对应的酸为碳酸氢根离子，由NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH可知酸性：HA＞HCO，故B错误；
C．分别向两支试管中加入等体积、等浓度的过氧化氢溶液，再在其中一支试管中加入少量MnO2，只有催化剂的条件不同，可以研究催化剂对过氧化氢分解速率的影响，故C正确；
D．将0.2mol•L-1FeCl3溶液与0.1mol•L-1KI溶液等体积混合，振荡，发生反应2Fe3+ + 2I -=2Fe2+ + I2，再加入2mLCCl4，振荡，静置后下层为紫红色，说明有碘生成，反应后铁离子过量，因此取上层溶液，滴加KSCN溶液，溶液变血红色，无法证明溶液中是否含有碘离子，不能说明I-和Fe3+反应有一定的限度，故D错误；
故选AC。
14.常温下，用0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1 HA溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是

A. HA是一种强酸
B. 点①所示溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(HA) ＞c(H+)＞c(OH-)
C. 点②所示溶液中：c(Na+)＝c(A-)
D. 点③所示溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)
【答案】CD
【解析】
【详解】A．未加NaOH溶液时，溶液的pH接近3，大于1，说明HA中c(H+)＜c(HA)，则HA部分电离，为弱酸，故A错误；
B．点①溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，混合溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，则c(A-)＞c(Na+)，但是HA电离程度较小，则存在c(A-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B错误；
C．点②溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，得c(Na+)=c(A-)，故C正确；
D．点③加入20mL溶液等浓度的NaOH，反应后的溶质为NaA，存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(A-)+c(OH-)，故D正确；
故选CD。
【点睛】明确各点溶液中的溶质和溶液的酸碱性是解答的关键。本题的易错点为B，要注意结合电荷守恒判断c(A-)和c(Na+)的相对大小。
15.在2L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)，数据如下：
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
800
0.10
0.40
0.080
②
800
0.20
0.80
a
③
900
0.10
0.15
0.06

下列说法正确的是

A. 实验①5min达平衡，平均反应速率v(X)＝0.016 mol/(L·min)
B. 实验①中，该反应的平衡常数K＝1
C. 实验②中，达到平衡时，a小于0.16
D. 正反应为吸热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①5min达平衡，n(M)=0.080mol，根据化学方程式，则△n(X)=0.08mol，v(X)===0.008mol/(L•min)，故A错误；
B．平衡常数是温度函数，实验①和实验②的温度相同，两者平衡常数相等。实验①，n(M)=0.08mol，则△n(X)=△n(Y)=0.08mol，则平衡时n(X)=0.10mol-0.08mol=0.02mol，n(Y)=0.40mol-0.08mol=0.32mol，K①===25，故B错误；
C．在4L 恒容密闭容器中充入0.2molX(g)和0.8molY(g)与实验①为等效平衡，实验②相当于将4L容器变为2L容器，若平衡不移动，则a=0.16，但该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，则a大于0.16，故C错误；
D．根据表中数据，实验③平衡时n(X)=0.10mol-0.06mol=0.04mol，n(Y)=0.15mol-0.06mol=0.09mol，K③===33.33＞K①，说明升高温度，平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故D正确；
故选D。
第II卷
16.(1)实验测得16 g甲醇CH3OH(l)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：_____________。
(2)合成氨反应N(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＝a kJ·mol-1，能量变化如图所示：

①该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E__(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，图中△H___。
②有关键能数据如下：
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能(kJ‧mol-1)
436
391
945

试根据表中所列键能数据计算a为_______。
(3)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氯为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。
已知：①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g) △H1＝a kJ·mol-1
②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) △H2＝b kJ·mol-1
写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水热化学方程式：_______。
【答案】 (1). CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726.5kJ/mol (2). 变小 (3). 不变 (4). -93 (5). 2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(2b-a) kJ/mol
【解析】
【分析】
(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，据此分析书写；
(2)①催化剂降低反应的活化能，但不改变焓变；②根据△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
(3)根据盖斯定律分析解答。
【详解】(1)16gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出363.25kJ热量，则32gCH3OH即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.5kJ热量，则△H=-726.5kJ/mol，则甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol；
(2)①催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变焓变，则加催化剂会使图中E变小，图中△H不变，故答案为：变小；不变；
②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=反应物总键能-生成物总键能=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-391kJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1=akJ•mol-1，解得a=-93，故答案为：-93；
(3) ①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g) △H1＝a kJ·mol-1，②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g) △H2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×2-①得：2N2H4(g)-N2(g)=2N2(g)+4H2O(g)-2NO2(g) △H=2△H2-△H1，整理得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(2b-a) kJ/mol，故答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(2b-a) kJ/mol。
【点睛】本题的易错点为(2)②，要转移1个氨气分子中含有3个N-H键。
17.已知CH4与CO2在一定条件下能发生反应，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H＝+247.0 kJ·mol-1。在两个体积均为2L的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在温度为753K下发生反应，CO2的平衡转化率如下表所示：
容器
起始物质的量(n)mol
CO2的平衡转化率
CH4
CO2
CO
H2
A
1
1
0
0
50%
B
1
1
2
2

(1)若容器A中反应从开始到平衡所用的时间为t min，则t min内该反应的平均反应速率为：v(CO2)＝___________(用含t的表达式表示)。
(2)温度为753K时该反应的平衡常数K＝________；容器B中的反应起始时将_________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
(3)反应达到平衡时，其他条件不变，升高温度，此时v正________v逆(填“>”、“＝”或“<”)。
(4)当容器A、B中的反应均达到平衡时，容器中n(CO)满足的关系：2n(CO)A_____n(CO)B(填“>”、“＝”或“<”)。
【答案】 (1).
mol·L-1·min-1 (2). 1 (3). 逆向 (4). ＞ (5). ＞
【解析】
【分析】
(1)α=×100%，计算出△n(CO2)，再根据v(CO2)=计算；
(2)根据三段式结合平衡常数K=计算；根据Qc与K的关系判断平衡移动的方向，Qc＞K，平衡逆移，Qc＜K，平衡正移，Qc=K，平衡不移动；
(3)反应的△H＞0，正反应为吸热反应，结合温度对平衡移动的影响分析判断；
(4)结合等效平衡的原理分析判断。
【详解】(1)△n(CO2)=1mol×50%=0.5mol，v(CO2)==== mol/(L•min)，故答案为：mol/(L•min)；
(2)

平衡常数K===1；容器B中的反应起始时Qc==4＞K=1，平衡逆向移动，故答案为：1；逆向；
(3)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H＝+247.0 kJ·mol-1，△H＞0，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正移，正＞逆，故答案为：＞；
(4)实验B相对于实验A相当于增大压强为A的2倍，平衡逆移，故2n(CO)A＞n(CO)B，故答案为：＞。
【点睛】本题的易错点为(4)，要注意找到B容器与A容器的联系，结合平衡移动的原理分析判断。
18.下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)
化学式
H2CO3
CH3COOH
HCN
电离平衡常数
K1=4.3×10-7
K2=5.6×10-11
1.8×10-5
5.0×10-10

(1)根据分析表格中数据可知，H2CO3、CH3COOH、HCN三种酸的酸性最强的是________，相同浓度的Na2CO3、CH3COONa、NaCN溶液pH最大的是_________。
(2)常温下一定浓度的NaCN溶液pH＝9，溶液中c(OH-)＝_________，用离子方程式表示呈碱性的原因是___________。
(3)实验室用酸碱中和滴定法测定某市售白醋的浓度
I.实验步骤
①配制待测白醋溶液
②量取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂
③读取盛装0.1000 mol·L－1 NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数
④滴定，判断滴定终点的现象是_________达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，重复滴定3次。
II.实验记录
实验数据(mL)/滴定次数
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：c(市售白醋)＝_________mol·L-1。
⑥碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_________(填“偏小”“偏大”或“无影响”)。
【答案】 (1). CH3COOH (2). Na2CO3 (3). 1×10-5 (4). CN-+H2O⇌HCN+OH- (5). 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 0.075 (7). 偏大
【解析】
【分析】
(1)电离平衡常数越大酸性越强；酸性越弱，对应盐水解程度越大，据此分析判断；
(2)NaCN溶液pH=9，说明NaCN水解呈碱性，据此分析解答；
(3) 醋酸显酸性，滴入酚酞，溶液不变色，滴定终点时溶液恰好变为弱碱性，据此判断滴定终点的现象；根据数据的合理性结合白醋与NaOH 溶液反应的关系式计算解答；根据c(待测)=进行误差分析。
【详解】(1)电离平衡常数越大，酸性越强，根据表格数据可知：电离平衡常数CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-；酸性越弱，对应的盐的水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，对应盐的水解程度Na2CO3＞NaClO＞CH3COONa，pH最大的是Na2CO3，故答案为：CH3COOH；Na2CO3；
(2)NaCN是弱酸强碱盐，其水解使溶液呈碱性，pH=9，c(OH-)=1×10-5mol/L，水解反应的离子方程式为CN-+H2O⇌HCN+OH-，故答案为：1×10-5；CN-+H2O⇌HCN+OH-；
(3) I．④醋酸显酸性，滴入酚酞呈无色，溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为：溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色；
III．⑤第1次滴定误差明显较大，属异常值，应舍去；后三次消耗的NaOH溶液的体积为：15.00mL；15.05mL；14.95mL；则NaOH溶液的体积的平均值为15.00mL；
设20mL市售白醋样品含有CH3COOH xmol，根据CH3COOH～NaOH，有x=0.1000mol/L×0.015L= 0.0015mol，则样品物质的量浓度为=0.075mol/L，故答案为：0.075；
⑥碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，导致滴定过程中消耗标准液的体积偏大，依据c(待测)= 可知，测定结果偏大，故答案为：偏大。
【点睛】本题的易错点为III⑤，要注意数据的有效性的判断。
19.据报导，我国已研制出“可充室温钠－二氧化碳电池”。该电池的总反应式为4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。

(1)放电时，钠箔为该电池的_____极(填“正”或“负”)；电解质溶液中流向_____(填“钠箔”或“多壁碳纳米管”)电极。
(2)放电时每消耗3 mol CO2，转移电子数为______。
(3)充电时，碳纳米管连接直流电源的______(填“正”或“负”)极，其电极反应式为_______。
(4)负载可以测定电流大小，从而确定气体含量，酒驾测定工作原理与其相似(如图所示)，写出测定酒驾时负极的电极反应式：________。

【答案】 (1). 负 (2). 钠箔 (3). 4mol (4). 正 (5). 2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+ (6). C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+
【解析】
【分析】
(1)由电池的总反应式4Na+3CO2 2Na2CO3+C可知，放电时为原电池，Na为负极，原电池中阴离子移向负极，据此分析解答(1)和(2)；
(3)充电时为电解池，原电池正极需要与外加电源正极相连，作阳极，阳极失去电子、发生氧化反应，以此分析解答；
(4)由图可知，酒精发生氧化反应生成醋酸和水，据此写出总化学方程式，再书写负极的电极反应式。
【详解】(1) 由原电池的总反应式4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时，Na为负极，通入CO2的电极为正极，放电时电解质溶液中阳离子移向正极，阴离子移向负极，电解质溶液中流向钠箔，故答案为：负；钠箔；
(2) 由原电池的总反应式4Na+3CO22Na2CO3+C可知，放电时，每消耗3molCO2，4molNa失去电子，转移4 mol电子，故答案为：4 mol；
(3) 充电时为电解池，电解池的总反应为2Na2CO3+C=4Na+3CO2，C失去电子生成CO2，即碳纳米管为阳极，与外加电源正极相连，由于Na2CO3固体贮存于碳纳米管中，所以充电时阳极的电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2，故答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=4Na++3CO2；
(4)由图可知，酒精和氧气反应生成醋酸和水，化学方程式为C2H5OH+O2→CH3COOH+H2O，酒精发生氧化反应生成醋酸，所以生成醋酸的Pt电极为负极，电极反应式为C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+，故答案为：C2H5OH+H2O-4e-=CH3COOH+4H+。
【点睛】把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键。本题的难点为电极反应式的书写，要注意结合总反应方程式分析书写。
20.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)汽车尾气脱硝脱碳主要原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H<0。
①该反应在一定条件下可自发反应的原因是__________。
②一定条件下的密闭容器中，充入CO和NO发生上述反应，该反应达到平衡后，为提高反应速率及NO的转化率，可采取的措施有_______(填字母序号)。
a．缩小容器的体积 b．改用高效催化剂 c．升高温度 d．增加CO的浓度
(2)工业上实际处理废气时，常用活性炭作催化剂，用NH3还原NO，同时通入一定量的O2以提高处理效果。当n(NH3)＝n(NO)时，写出体系中总反应的化学方程式：_______。
(3)利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图1、图2所示。

①由图1知，当废气中的NO含量增加时，宜选用_______法提高脱氮的效率。
②图2中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，其可能原因为________。
③研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。下图所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。温度高于60℃后，NO去除率下降的原因为_______。

(4)以连二亚硫酸盐()为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如下图，阴极的电极反应式为_______。

【答案】 (1). ΔH <0 (2). a、d (3). 4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O (4). 好氧硝化 (5). Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用 (6). 温度升高H2O2分解速率加快 (7). 2+2e-+4H+=+2H2O
【解析】
【分析】
(1)①根据反应自发进行的条件△H-T△S＜0分析解答；②提高NO的转化率，又能提高反应速率，说明反应速率加快且平衡正向移动，根据影响化学反应速率和化学平衡的因素分析判断；
(2) 工业上用NH3还原NO来处理废气，同时通入一定量的O2以提高处理效果，生成物为氮气和水，根据n(NH3)＝n(NO)书写反应的方程式；
(3)①从图1可知，好氧硝化法受NO浓度变化影响不大；②图2中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，结合影响化学反应速率的因素分析解答；③温度越高，双氧水分解速率越快；
(4)由图可知，阴极区转变为，据此书写电极反应式。
【详解】(1)①反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)的△S＜0，但反应能够自发进行，需要△H-T△S＜0，只有当△H＜0时才可能低温下自发进行，故答案为：△H＜0；
②a．缩小容器体积等效于增大压强，平衡正移，NO转化率提高，反应速率加快，故a正确；b．催化剂能加快反应速率，但不影响平衡移动，不影响NO转化率，故b错误；c．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO转化率降低，故c错误；d．增加CO的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；故答案选：ad；
(2)工业上用NH3还原NO来处理废气，生成物为氮气和水，同时通入一定量的O2以提高处理效果，当n(NH3)＝n(NO)时，体系中总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O；
(3)①从图1可知，好氧硝化法受NO浓度变化影响不大，所以当废气中的NO含量增加时，宜选用好氧硝化法提高脱氮的效率，故答案为：好氧硝化；
②图2中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，可能是Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用，故答案为：Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用；
③当温度高于60℃后，双氧水受热分解速率加快，致使NO去除率下降，故答案为：温度升高H2O2分解速率加快；
(4)由图可知，阴极区通入液体主要含，流出液中主要含，所以阴极区电极反应式为2+2e-+4H+=+2H2O，故答案为：2+2e-+4H+=+2H2O。