福建省福州市八县一中2019_2020学年高二化学上学期期末联考试题含解析

1、福建省福州市八县一中2019-2020学年高二化学上学期期末联考试题（含解析）相对原子质量：n14 o16 na23 s32 ba137一、选择题：（共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意）1.化学知识在生产和生活中有着重要的应用。下列说法中错误的是（ ）a. 明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀菌消毒b. 误食重金属盐引起的人体中毒，可以喝大量的浓盐水解毒c. 金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火d. 进行胃镜透视时，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐【答案】b【解析】【详解】a明矾水解生成胶体，双氧水具有强氧化性，则明矾常作为净水剂，双氧水通常可用于作杀

2、菌消毒，故a正确；b. 浓盐水不能缓解重金属盐引起的人体中毒，应服用牛奶、豆浆等解毒，故b错误；c金属钠、镁等活泼金属着火时，过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，mg与二氧化碳反应生成mgo和c，则不能使用泡沫灭火器来灭火，故c正确；d. 进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故d正确；故选b。2.橡皮筋在拉伸和收缩状态时结构如图，在其拉伸过程中有放热现象。25、101kpa时，下列过程的焓变、熵变和自发性与橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致的是（ ）a. caco3=cao+co2b. naoh的溶解c. 2h2+o2=2h2od. ba（

3、oh）28h2o+2nh4cl=bacl2+2nh3+10h2o【答案】d【解析】【分析】橡皮筋在拉伸过程中有放热现象，则橡皮筋从拉伸状态到收缩状态一致为吸热反应，混乱度增加，即熵增过程，且在25，101kpa时自发进行，据此分析。【详解】a.碳酸钙分解为吸热反应，熵变大于0，但碳酸钙在25，101kpa下不会自发分解，故a错误；b.naoh的溶解放热，且混乱度增加，熵增，故b错误；c.氢气在氧气中燃烧放热，且熵减，故不符合题意，故c错误；d.该反应为吸热反应，且熵变大于0，在25，101kpa时能自发发生，符合题意，故d正确。故选d。3.物质的量浓度相同的下列溶液，由水电离出的c(h+)浓度

4、最小的是（ ）a. nahco3b. na2so4c. nahso4d. nh3h2o【答案】c【解析】【分析】根据酸对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起到促进作用，不水解的盐对水的电离无影响，水的电离程度越大，电离出的氢离子或是氢氧根离子浓度越大【详解】nahso4是强电解质，能完全电离出氢离子，显示强酸性，对水的电离抑制程度最大，故由水电离出的氢离子浓度最小；nh3h2o是弱碱，对水的电离抑制程度较小；硫酸钠不水解，对水的电离程度无影响；nahco3是能水解的盐，对水的电离起到促进的作用；故选c。4.下列方程式书写正确的是（ ）a. nahco3在水溶液中的电离方程式：nahco3

5、=nah+co32-b. h2so3的电离方程式：h2so32hso32-c. po43-的水解方程式：po43-h2ohpo42-oh-d. caco3沉淀溶解平衡方程式：caco3(s)=ca2(aq)co32-(aq)【答案】c【解析】【详解】a.碳酸是弱酸， nahco3在水溶液中的电离方程式：nahco3=nahco3-，故a错误；b. 亚硫酸是二元弱酸，分步电离，h2so3的电离方程式：h2so3hhso3-，故b错误；c.多元弱酸根分步水解， po43-的水解方程式：po43-h2ohpo42-oh-，故c正确；d. 沉淀溶解平衡是可逆反应，caco3沉淀溶解平衡方程式：caco

6、3(s)ca2(aq)co32-(aq)，故d错误；故选c。5.下列说法或表示方法正确的是（ ）a. 若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多b. 由“c(石墨)=c(金刚石) h= +1.9kjmol-1”可知，金刚石比石墨稳定c. 在101kpa时，2g h2完全燃烧生成液态水，放出285.8kj热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2h2(g)+o2(g)=2h2o(l) h= +285.8kjmol-1d. 在稀溶液中：h+(aq)+oh-(aq)=h2o(l) h= -57.3kjmol-1，若将含1mol ch3cooh与含1mol naoh的溶液混合，放出的热量小于57.

7、3kj【答案】d【解析】【详解】a、硫蒸汽放出热量会变为硫固体，说明硫蒸汽所含能量比硫固体多，故硫蒸汽和硫固体完全燃烧，硫蒸汽放出的热量较多，a错误；b、根据热化学方程式可知，该反应是吸热反应，说明金刚石的能量多，则石墨更稳定，b错误；c、氢气燃烧是放热反应，h小于0，c错误；d、ch3cooh是弱电解质，其电离方向是吸热的过程，故1mol ch3cooh与含1mol naoh的溶液混合，放出的热量小于57.3kj，d正确；故选d。【点睛】注意弱电解质的电离和盐类的水解都是吸热反应。6.根据下列实验不能证明一元酸hr为弱酸的是（ ）a. 室温下，nar溶液的ph大于7b. hr溶液加入少量na

8、r固体，溶解后溶液的ph变大c. hr溶液的导电性比盐酸弱d. 0.01moll-1的hr溶液ph=2.8【答案】c【解析】【详解】a. 室温下，nar溶液的ph大于7，说明nar是强碱弱酸盐，故a不选；b. hr溶液加入少量nar固体，溶解后溶液的ph变大，说明r-是弱酸根离子，抑制hr的电离，故b不选；c. 没有指明浓度是否相同，hr溶液的导电性比盐酸弱，不能说明hr是弱酸，故c选；d. 0.01moll-1的hr溶液ph=2.82，说明hr没有完全电离，故d不选；故选c。7.下列金属防护的方法中，应用了牺牲阳极的阴极保护法的是a. 钢铁船身嵌入锌b. 钢闸门与直流电源负极相连c. 健身器

9、材刷油漆d. 车圈、车铃钢上镀铬【答案】a【解析】【详解】a. 钢铁船身嵌入锌，形成原电池，锌作负极被氧化，铁受保护，应用了牺牲阳极的阴极保护法，故a符合； b. 钢闸门与直流电源负极相连，应用了外加电流的阴极保护法，故b不符合；c. 健身器材刷油漆，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故c不符合； d. 车圈、车铃钢上镀铬，应用了在金属表面覆盖保护层的保护法，故d不符合。故答案选a。8.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）a. ph=11的氨水稀释10倍后溶液ph10b. 将饱和氯化铁溶液滴入沸水，溶液变成红褐色c. 对于co(g)+no2(g)co2(g)+no(g)的平衡体系，增

10、大压强可使颜色变深d. 水垢中含有caso4，可先用na2co3溶液浸泡处理，而后用盐酸去除【答案】c【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，否则勒夏特列原理不适用。【详解】a一水合氨为弱碱，一水合氨存在电离平衡，稀释后一水合氨的电离程度增大，则稀释10倍后溶液的ph10，能用平衡移动原理解释，故a不选；b. 铁离子水解是吸热反应，将饱和氯化铁溶液滴入沸水，促进水解反应正向进行，溶液变成红褐色，能用平衡移动原理解释，故b不选；c. 对于co(g)+no2(g)co2(g)+no(g)的平衡体系，

11、反应前后气体的物质的量不变，加压平衡不移动，增大压强可使颜色变深，是物理变化，不能用平衡移动原理解释，故c选；dcaco3更难溶，处理锅炉水垢中的caso4时，加入饱和na2co3溶液，能将caso4转化为caco3，后加盐酸，水垢溶解，从而除去水垢，能用勒夏特列原理解释，故d不选；故选：c。【点睛】本题考查化学平衡原理的应用，明确勒夏特里原理概念是解本题关键，侧重考查学生对概念的理解和运用，只有可逆反应、条件改变引起平衡移动的才能用勒夏特里原理解释。9.某密闭容器中发生反应：x(g)3y(g)2z(g) h b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的

12、氢离子、碱溶液中的氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小；能够水解的盐溶液促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大。【详解】nh4cl溶液中cl对nh4水解无影响，nh4al（so4）2溶液中al3抑制nh4的水解，ch3coonh4溶液中ch3coo促进nh4的水解，氨水中只电离出少量的nh4，故c（nh4）由大到小的排列顺序为，故选b。15.下列各可逆反应达平衡后，改变反应条件，其变化趋势正确的是（ ）a. ch3coohch3coo-+h+b. fecl3+3kscnfe(scn)3+3kclc. n2(g)+3h2(g)2nh3(g)d. ch3och3(g)+3h2o(g)6h2

13、(g)+2co2(g) h0【答案】d【解析】【详解】a加醋酸钠，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，ph增大，与图象不符，故a错误；bkcl对平衡移动无影响，则铁离子浓度不变，与图象不符，故b错误；c温度、压强不变时，加ar，体积增大，相当于压强减小，平衡逆向移动，则氢气的转化率减小，与图象不符，故c错误；d. ch3och3(g)+3h2o(g)6h2(g)+2co2(g) h0，升高温度平衡正向移动，ch3och3的转化率提高，故d正确；故选d。16.硼化钒（vb2）-空气电池是目前储电能力最高的电池，电池示意图如图所示，该电池工作时反应为：4vb2+11o24b2o3+2v2o5下列

14、说法正确的是（ ）a. 电极a为电池负极b. 图中选择性透过膜只能让阳离子选择性透过c. 电子由vb2极经koh溶液流向a电极d. vb2极发生的电极反应为：2vb2+22oh-22e-v2o5+2b2o3+11h2o【答案】d【解析】【详解】a、硼化钒-空气燃料电池中，vb2在负极失电子，氧气在正极上得电子，所以a为正极，故a错误；b、氧气在正极上得电子生成oh-，oh-通过选择性透过膜向负极移动，故b错误；c、“电子不下水”，电子只在导线中移动，不能在溶液中移动，故c错误；d、负极上是vb2失电子发生氧化反应，则vb2极发生的电极反应为：2vb2+22oh-22e-=v2o5+2b2o3+

15、11h2o，故d正确；故选d。【点晴】本题考查原电池的工作原理，本题注意把握电极反应式的书写，正确判断离子的定向移动。硼化钒-空气燃料电池中，vb2在负极失电子，氧气在正极上得电子，电池总反应为：4vb2+11o24b2o3+2v2o5；氧气在正极得电子生成氢氧根离子，溶液中阴离子向负极移动。17.利用co和h2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：co(g)+2h2(g) ch3oh(g)在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1：2充入co和h2，测得平衡混合物中ch3oh的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的是a. 该反应的h0，且p1p2b. 反应速率：逆(状态a)

16、逆(状态b)c. 在c点时，co转化率为75%d. 在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的ch3oh，达平衡时ch3oh的体积分数不同【答案】c【解析】【详解】a由图可知，升高温度，ch3oh的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的h0，300时，增大压强，平衡正向移动，ch3oh的体积分数增大，所以p1p2，故a错误；bb点对应的温度和压强均大于a点，温度升高、增大压强均使该反应的化学反应速率加快，因此逆（状态a）逆（状态b），故b错误；c设向密闭容器充入了1molco和2molh2，co的转化率为x，则co（g）+2h2（g）ch3oh（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x

17、 2-2x x在c点时，ch3oh的体积分数=0.5，解得x=0.75，故c正确；d由等效平衡可知，在恒温恒压条件下向密闭容器中充入不同量的ch3oh，达平衡时ch3oh的体积分数都相同，故d错误；故选c。18.某温度时，agcl(s)ag+(aq)+cl-(aq)在水中的溶解平衡曲线如图。下列说法正确的是（ ）a. 加入agno3可以使溶液由c点变到d点b. 加入nacl固体则agcl的溶解度减小，ksp也减小c. 蒸发溶液可以实现b点到a点的转化d. 图中d点对应的是过饱和溶液【答案】d【解析】【详解】a加入 agno3，c（ag）增大，agcl（s）ag（aq）+cl（aq）平衡逆向移动

18、，c（cl）减小，而图中c 点变到 d 点时c（cl）不变，故a错误；bksp与温度有关，加nacl时溶解平衡逆向移动，则agcl 的溶解度减小，ksp 不变，故b错误；c蒸发时银离子和氯离子的浓度均变大，故c错误；dd 点时qc（agcl）ksp（agcl），则d 点有 agcl 沉淀生成，故d正确；故选d。19.根据下表提供的数据，判断在等浓度的naclo、nahco3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是化学式电离常数hclok3108h2co3k14.3107k25.61011a. c(hco3 )c(clo )c(oh )b. c(clo )c(hco3 )c(h)c. c(hclo)

19、c(clo )c(hco3 )c(h2co3)d. c(na)c(h)c(hco3 )c(clo )c(oh )【答案】a【解析】【详解】a、从表达数据可以知道，酸性：h2co3hclohco3-，那么等浓度的naclo、nahco3混合溶液中，clo的水解程度比hco3-大，clo和hco3-水解使得溶液显碱性，故c(hco3-)c(clo)c(oh)，选项a正确；b、根据选项a的分析可知，c(hco3-)c(clo)，选项b错误；c、根据物料守恒有c(hclo)c(clo)c(hco3-)c(h2co3)+ c(co32-)，选项c错误；d、根据电荷守恒有c(na)c(h)c(hco3-)

20、c(clo)c(oh) + 2c(co32-)，选项d错误。答案选a。20.常温下，等体积酸和碱的溶液混和后，溶液ph7的是（ ）a. ph之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液b. ph=5的盐酸和ph=9的氨水溶液c. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液d. ph之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液【答案】d【解析】【分析】常温下，酸溶液中氢离子浓度为：c（h）=10-phmoll-1，碱溶液中氢氧根离子浓度为：c（oh）=10ph-14 moll-1。【详解】a. 由于硝酸和氢氧化钾都是强电解质，ph之和为14的硝酸和氢氧化钾溶液中氢离子与氢氧根离子浓度相等，混合液为中性，ph=7，故a不符；b. 氨

21、水为弱碱，盐酸的ph=5，氨水的ph=9，则c（oh）=109-14 moll-1=10-5moll-1，氨水的浓度远远大于10-5moll-1，氨水远远过量，溶液显示碱性，溶液的ph7，故b不符；c. 物质的量浓度相等的醋酸和苛性钠溶液，反应后溶液中溶质为醋酸钠，是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，故c不符；d. 硫酸和氢氧化钡为强电解质，设硫酸溶液的ph=a，ph之和为13的硫酸和氢氧化钡溶液，则氢氧化钡溶液的ph=13-a，溶液中氢氧根离子浓度为：c（oh）=10ph-14 moll-1=1013-a-14moll-1=10-a-1moll-1= 10-amoll-1，氢氧根离子浓度小于氢离

22、子浓度，混合液中氢离子过量，溶液显示酸性，溶液的ph7，故d符合；故选d。【点睛】本题考查了溶液酸碱性与溶液ph的计算、弱电解质的电离，注意掌握溶液ph的计算方法，明确溶液酸碱性的定性判断方法、弱电解质的电离情况为解答本题的关键，易错点b，氨水的ph=9，则c（oh）=109-14 moll-1=10-5moll-1，氨水的浓度远远大于10-5moll-121.常温下，用0.1000moll1盐酸滴定20.00ml未知浓度一元弱碱moh溶液，滴定曲线如图所示。下列有关说法错误的是（ ）a. 该一元碱溶液浓度为0.1000moll-1b. a、b、c点水的电离程度逐渐增大c. b点：c(m+)c

23、(cl-)d. 常温下，moh的电离常数kb110-5【答案】b【解析】【详解】a根据图象知，当盐酸体积为20ml时二者恰好反应生成盐，则二者的物质的量相等，二者的体积相等，则其浓度相等，所以一元碱溶液浓度为0.100 0 moll-1，故a正确；b. a点有碱溶液、c点酸过量，水的电离均受到抑制，b是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，水的电离程度逐渐增大，故b错误；cb点溶液呈中性，则c（h）=c（oh），根据电荷守恒得c（m）+c（h）=c（oh）+c（cl），所以得c（m）=c（cl），故c正确；d根据图象知，0.1000moll1moh溶液中ph=11，则c（oh）=0.001moll1，

24、常温下，moh的电离常数kb=110-5，故d正确；故选b。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，明确图象中各个点含义是解本题关键，结合电荷守恒来分析解答，注意溶液的导电能力与离子浓度的关系22.下列实验操作不能达到实验目的是（ ）实验操作实验目的a向2支盛有2ml5%h2o2的试管中分别滴加1ml同浓度的fecl3溶液和cuso4溶液探究不同催化剂的催化效率b取2ml1.0mol/lagno3溶液，先滴5滴1.0mol/lnacl溶液，再滴5滴1.0mol/lnai溶液，看到白色沉淀变黄色验证agcl和agi的ksp大小c混合前分别用冲洗干净的温度计测量50ml0.50mol/lhcl溶液

25、与50ml0.55mol/lnaoh溶液的温度测定中和反应反应热d等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应比较酸溶液中的c(h+)的大小a. ab. bc. cd. d【答案】b【解析】【详解】a浓度相同，只有催化剂一个变量，则可探究催化剂对反应速率的影响，故a能达到；b硝酸银过量，均为沉淀的生成，不发生沉淀的转化，则不能比较ksp，故b不能达到；c混合前分别用冲洗干净的温度计测量50ml0.50moll1hcl溶液与50ml0.55moll1naoh溶液的温度，求出开始的温度，故c能达到；d等浓度等体积的盐酸与醋酸分别与镁条反应，浓度相等，由反应速率快慢，比较酸溶液中的c(h+)的大小，故d能

26、达到；故选b。二、填空题23.25时，电离常数：化学式ch3coohh2co3ha电离常数1.8105k1：4.3107k2：5.610114.91010请回答下列问题：（1）物质的量浓度为0.1moll-1的下列四种物质：ana2co3 bnaa cch3coona dnahco3ph由大到小的顺序是_(填标号)。（2）25时，0.5moll-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(h)约是由水电离出的c(h)的_倍。（3）写出向naa溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：_。（4）将0.10molnh4cl和0.04molnaoh溶于水，配制成0.5l混合溶液。其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0

27、.10mol，它们是_和_。溶液中c(nh4+)+c(h+)-c(oh-)=_moll-1。（5）若25时baso4的溶解度为2.3310-4g，则其ksp=_。（6）25时，将ph=11的naoh溶液与ph=2的h2so4溶液混合，若所得混合溶液的ph=3，则naoh溶液与h2so4溶液的体积比为_。【答案】 (1). abdc (2). 9108 (3). a-co2h2o=hco3-ha (4). nh4+ (5). nh3h2o (6). 0.12 (7). 110-10 (8). 9：2【解析】【分析】（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的ph值越大；（2）根据

28、醋酸的电离平衡常数和水的离子积计算；（3）电离平衡常数：h2co3hahco3，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向naa溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和ha；（4）任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；（5）依据溶解度计算出硫酸钡的物质的量，然后计算钡离子和硫酸根的浓度，然后依据公式计算即可；（6）该温度下水的离子积为110-14，据此计算出ph=11、ph=2、ph=3的溶液中氢氧根离子、氢离子浓度，然后列式计算即可。【详解】（1）这几种物质都是钠盐，弱酸根离子水解程度越大，钠盐溶液的ph值越大，电离平衡常数：ch3coohh2co3hahc

29、o3，酸性：ch3coohh2co3hahco3，水解程度：ch3coohco3aco32，则这几种溶液的ph：abdc；故答案为：abdc；（2）25时，在0.5 moll-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（h）= moll1=310-3moll1，水电离出的c（h）= moll1，则25时，在0.5 moll-1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c（h）约是由水电离出的c（h）倍数= =9108，故答案为：9108；（3）电离平衡常数：h2co3hahco3，电离平衡常数越大酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，则向naa溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成碳酸氢钠和ha；离子方程式为a+co2+h

30、2o=ha+hco3，故答案为：a+co2+h2o=ha+hco3；（4）根据物料守恒：n原子存在于两种nh4+ 和 nh3h2o微粒中，两种粒子的物质的量之和一定等于0.10mol；故答案为：nh4+ 和 nh3h2o；根据电荷守恒：溶液中c(nh4+)+c(h+)-c(oh-)=c(cl-)-c(na+)=（0.2-0.08）moll-1=0.12moll-1。故答案为：0.12；（5）硫酸钡的相对分子质量为：233，故硫酸钡的物质的量为：2.3310-4g233gmol1=1.010-6mol，c（so42）=c（ba2）=c（baso4）=1.010-6mol0.1l=1.010-5m

31、oll1，故baso4的ksp=1.010-5moll11.010-5moll1=1.010-10mol2l2，故答案为：1.010-10；（6）该温度下水的离子积为kw=110-14，将ph=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c（oh）=moll1=0.001moll1，ph=2的稀硫酸中氢离子浓度为0.01moll1，ph=3的溶液中氢离子浓度为0.001moll1，则混合液中满足：0.01moll1v20.001moll1v1=0.001moll1（v1+v2），整理可得：v1：v2=9：2，故答案为：9：2。24.2018年，美国退出了巴黎协定实行再工业化战略，而中国却加大了环保力度，生

32、动诠释了我国负责任的大国形象。近年我国大力加强温室气体co2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。（1）已知：co2(g)+h2(g)h2o(g) +co(g) h1 =+41.1kj/mol-1co(g)+2h2(g)ch3oh(g) h2=90.0kj/mol-1写出co2催化氢化合成甲醇的热化学方程式：_。（2）为提高ch3oh转化率，理论上应采用的条件是_（填字母）。a.高温高压 b.低温低压 c.高温低压 d.低温高压（3）250、在恒容密闭容器中由co2(g)催化氢化合成ch3oh(g)，如图为不同投料比时某反应物x平衡转化率变化曲线。反应物x是_（填“co2”或“

33、h2”），理由是_。（4）250、在体积为2.0l的恒容密闭容器中加入6molh2、2molco2和催化剂，10min时反应达到平衡，测得n(ch3oh)=1.5mol。前10min的平均反应速率v(h2)_moll1min 1。化学平衡常数k=_。催化剂和反应条件与反应物转化率和产物的选择性高度相关。控制相同投料比和相同反应时间，四组实验数据如下：实验编号温度（k）催化剂co2转化率（%）甲醇选择性（%）a543cu/zno纳米棒12.342.3b543cu/zno纳米片11.972.7c553cu/zno纳米棒15.339.1d553cu/zno纳米片12.070.6根据上表所给数据，用c

34、o2生产甲醇的最优选项为_（填字母）。【答案】 (1). 3h2(g)+co2 (g)ch3oh(g)+h2o(g) h=48.9kj/mol (2). d (3). co2 (4). 增大，相当于c(co2)不变时，增大c(h2)平衡正向移动，使co2的转化率增大，而h2转化率降低 (5). 0.225 (6). 5.33（或16/3） (7). b【解析】【分析】（1）根据已知反应，利用盖斯定律来分析，将+可得，co2催化氢化合成甲醇的化学方程式，并据此计算焓变；（2）有利于提高ch3oh平衡转化率，需要使平衡向着正向移动，根据平衡移动原理分析；（3）根据同一反应，增加其中一种反应物的浓度

35、，能提高另一种反应物的转化率，结合图示横坐标表示，进行分析解答；横坐标表示，假设c（co2）不变时，增大c（h2），结合图象分析即可；（4）利用三段式计算平衡时各组分物质的量、各组分物质的量变化量，根据v=ct计算v（h2）；化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；分别对比ab、cd实验，cu/zno纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，对比bd实验，温度升高，co2转化率升高，而甲醇的选择性却降低。【详解】（1）co2（g）+h2（g）h2o（g）+co（g）h1=+41.1 kjmol1co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h2=-90.0 kjmol1利用盖斯定律可知

36、，将+可得：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）则h=（+41.1kjmol1）+（-90kjmol1）=-48.9kjmol1；（2）co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g） h=-48.9kjmol1，是气体计量数减小的反应，正反应为放热反应，提高ch3oh平衡转化率，平衡需正向移动。a高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，正反应为放热反应，高温平衡向吸热的逆反应方向移动，故a错误；b正反应为放热反应，低温平衡向放热的正反应方向移动，低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，故b错误；c低压向气体计量数增大的逆反应方向移动，高温平衡向吸热的逆反应方向移动

37、，故c错误；d低温平衡向放热的正反应方向移动，高压平衡向气体计量数减小的正反应方向移动，故d正确；故答案为：d；（3）同一反应，增加其中一种反应物的浓度，能提高另一种反应物的转化率，图示，横坐标增大，相当于c（co2）不变时，增大c（h2），平衡正向移动，使二氧化碳的转化率增大，而氢气的转化率降低，所以x为co2，故答案为：co2；恒容密闭容器中，其他条件相同时，增大，相当于c（co2）不变时，增大c（h2），平衡正向移动，使二氧化碳转化率增大，而氢气的转化率降低；（4）列出三段式： 前10 min的平均反应速率v（h2）= =0.225moll-1min-1；故答案为：0.225；化学平衡常

38、数k= = 5.33；故答案为：5.33；分别对比ab、cd实验，在同样温度下，cu/zno纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择bd进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，co2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用co2生产甲醇的最优选项为b，故答案为：b。【点睛】本题考查化学平衡及其相关计算，明确化学平衡及其影响为解答关键，（3）为难点，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。25.为了比较fe、co、cu三种金属的活动性，某实验小组设计如下甲、乙、丙三个实验装置。丙装置中x、y均为石墨电极。反应一段时间后，可观察到甲装置中co电极附近产生气泡，丙装置中x极附近溶液变红。

39、（1）甲池fe电极反应式为_。（2）由现象可知三种金属的活动性由强到弱的顺序是_(填元素符号)。（3）写出丙装置发生反应的离子方程式_。（4）当丙装置阴极产生112ml（标准状况）的气体时，乙中右池减少的离子有_mol。【答案】 (1). fe-2e-=fe2+ (2). fecocu (3). 2cl-2h2o2oh-h2cl2 (4). 0.01【解析】【分析】甲池是原电池，co电极附近产生气泡，可判断fe为负极；乙池也是原电池，用于电解饱和食盐水，x极附近溶液变红，说明x电极是阴极，即乙池co电极为负极，据此判断fe、co、cu三种金属的活动性；电解饱和食盐水生成naoh、h2、cl2，

40、据此写出反应的离子方程式；（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子。【详解】（1）甲池是原电池，co电极附近产生气泡，即co电极有h2生成，说明fe比co活泼，fe失去电子生成fe2，电极反应式为fe-2e=fe2；（2）乙池也是原电池，电解饱和食盐水，x极附近溶液变红，说明x电极是阴极，即乙池co电极为负极，说明co比cu活泼，所以三种金属的活动性由强到弱的顺序是 fecocu；（3）电解饱和食盐水生成naoh、h2、cl2，所以反应的离子方程式为2cl-2h2o2oh-h2cl2；（4）关系式为2hh22ecu2，电路中转移电子n（cu2）=n（h2）=11210-3l22.4lmol

41、1=0.005mol，而阴离子交换膜只允许so42通过，并且通过交换膜的so42数目与铜离子数目相同，乙中右池减少的离子有0.01mol。【点睛】本题考查原电池原理和电解池的原理及其相关计算，理解并熟练运用电解原理是解题的关键，注意电解池中阳极材料是活泼电极的特殊性，易错点（4）乙中右池减少的离子有铜离子和硫酸根离子，不能只想到一种离子减少。26.某化学实验小组探究市售食用白醋中醋酸的的准确浓度，取20.00ml某品牌食用白醋于锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂，用浓度为a mol/l的标准naoh溶液对其进行滴定。（1）如图表示50ml滴定管中液面的位置，若a与c刻度间相差lml，a处的刻度为25

42、，滴定管中液面读数应为_ml。（2）为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取白醋体积均为vml，naoh标准液浓度为amo1/l，三次实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗naoh溶液体积/ml27.0225.3625.30从上表可以看出，第一次实验中记录消耗naoh溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是_。a.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡b.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗c.第一次滴定用的锥形瓶未润洗d.滴定结束时，俯视读数（3）根据所给数据，计算该白醋中醋酸的物质的量浓度为（含a的表达式）：c_mo1/l。【答案】 (1). 25

43、.40 (2). ab (3). 1.2665a【解析】【分析】（1）a与c刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.1ml，a处的刻度为25，据此确定b的刻度，注意滴定管的上面数值小，下面数值大；（2）根据所用过程判断不当操作对相关物理量的影响；（3）根据化学方程式ch3cooh+naohch3coona+h2o计算醋酸的浓度【详解】（1）a与c刻度间相差1ml，说明每两个小格之间是0.10ml，a处的刻度为25，a和b之间是四个小格，所以相差0.40ml，则b是25.40ml；（2）a.滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，气泡的体积被当成了消耗naoh溶液的体积，导致naoh溶液体积偏大，故a符合；b.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，标准液被稀释，浓度偏小，导致naoh溶液体积偏大，故b符合；c.第一次滴定用的锥形瓶未润洗，对实验结果没有影响，故c不符合；d.滴定结束时，俯视读数，读取滴定终点时naoh溶液的体积，液面偏高，读数偏小，导致naoh溶液体积偏小，故d不符；故选ab。（3）第一次数据相差较大，舍去，其余两次使用氢氧化钠溶液的平均体积= =25.33ml， ch3cooh+naohch3coona+h2o 1 1c（ch3cooh）vml amoll125.33ml解得：c（ch3cooh）=a25.332