湖北剩州中学宜昌一中两校2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题【含解析】

1、湖北省荆州中学、宜昌一中两校2019-2020学年高二化学上学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137 一、选择题 (本题包括16小题，每小题3分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意。)1.下列既属于放热反应又属于氧化还原反应的是A. 氧化钙与水反应B. 铁丝在氧气中燃烧C. NaOH溶液与盐酸反应D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体反应【答案】B【解析】【详解】A. 氧化钙与水反应，放出热量，但是该反应不涉及化合价的变化，不

2、是氧化还原反应，A错误；B. 铁丝在氧气中燃烧，是放热反应，也有化合价的变化，是氧化还原反应，B正确；C. NaOH溶液和盐酸反应是放热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故合理选项为B。2.其他条件不变，升高温度下列数据不一定增大的是( )A. 可逆反应的化学平衡常数KB. 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pHC. 水的离子积常数KWD. 弱电解质的电离程度【答案】A【解析】【详解】A、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常

3、数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，可逆反应的化学平衡常数K不一定增大，故A正确；B、醋酸钠水解吸热，升温能够促进其水解，碱性增强，pH增大，故B错误；C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积一定增大，故C错误；D、电离是吸热过程，升温促进弱电解质的电离，电离度增大，故D错误；故答案选A。3.室温下，将1mol的CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)

4、+5H2O(l)，热效应为H3。则下列判断正确的是A. H2H3B. H1H3C. H1+H3=H2D. H1+H2H3【答案】B【解析】【详解】根据题意知，CuSO45H2O(s)溶于水的热化学方程式为CuSO45H2O(s)Cu2（aq）+SO42（aq）+5H2O(l)，H10；CuSO4(s)溶于水的热化学方程式为CuSO4(s)Cu2（aq）+SO42（aq），H20；根据盖斯定律知，CuSO45H2O受热分解的热化学方程式为：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l) H3=H1H20。A、根据上述分析知，H2H3，A错误；B、根据上述分析知，H1H3，B正确；C、根

5、据上述分析知，H3=H1H2，C错误；D、根据上述分析知，H1+H2H3，D错误。答案选B。4.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是 ( )A. 醋酸能使石蕊溶液变红B. 时.醋酸的pH约为3C. 向醋酸中加入氢氧化钠溶液，溶液pH增大D. 醋酸能与碳酸钙反应产生气体【答案】B【解析】【分析】弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡，由此判断回答。【详解】A项：使石蕊变红只能说明醋酸在溶液中已电离，但不能判断电离是否完全，A项错误；B项：醋酸的pH约为3，即c(H+)为0.001mol/L，醋酸未完全电离，为弱电解质，B项正确；C项：醋酸中加入氢氧化钠溶液，发生中和反应使c(H+)减小，溶液p

6、H增大，不能判断醋酸电离否完全，C项错误；D项：与碳酸钙反应产生气体，也只能证明醋酸有酸性，不能判断醋酸电离是否完全，D项错误。本题选B。【点睛】判断电解质强弱是看已溶解的电解质是否完全电离，与电解质的溶解度大小、溶液导电能力的强弱无关。5.为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后，再向滤液中加入适量的盐酸，这种试剂是( )A. NH3H2OB. NaOHC. MgCO3D. Na2CO3【答案】C【解析】【分析】Fe3+易水解生成沉淀，可通过调节溶液pH的方法促进Fe3+的水解，注意不能引入新的杂质。【详解】A. 加入氨水混入氯化铵杂质，且生成氢氧化镁

7、沉淀，故A错误；B. 加入NaOH易生成氢氧化镁沉淀，且混入NaCl杂质，故B错误；C. 加入碳酸镁，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，故C正确；D. 加入碳酸钠，易混入NaCl杂质，故D错误；答案选C。【点睛】物质的分离与提纯是高频考点，掌握除杂原则是解题的关键。在除杂过程中选择试剂时要保证不增、不减、不繁“三不原则”，即不能引入新的杂质（包括水蒸气等），不能与原有的物质反应，且过程要简单、易操作。6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同。Y是空气中含量最高的元素，Z原

8、子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2与W具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）A. 原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B. 由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性C. 元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强D. 化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2-与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态

9、不同，则X单质为气体，故X为H元素。据此解答。【详解】A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）r（N）r（O）r（H），选项A错误；B、由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，选项B正确；C、非金属性Z（O）Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，选项C错误；D、化合物H2O2含有共价键，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解

10、掌握。7.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，属于一元弱酸，具有较强的还原性。下列有关说法正确的是A. 用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：2H2O-4e-=O2+4H+B. H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+3OH-=PO23-+3H2OC. 将H3PO2溶液加入到酸性重铬酸钾溶液中，H3PO2的还原产物可能为H3PO4D. H3PO2溶于水的电离方程式为H3PO2H+H2PO2-【答案】D【解析】【详解】A、H3PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO2-失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO2-4e-+2

11、H2OH3PO4+3H+，选项A错误；B、一元弱酸与NaOH按照物质的量1：1反应，所以H3PO2与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-H2PO2-+H2O，选项B错误；C、H3PO2具有还原性，能被高锰酸钾氧化，则将H3PO2溶液加入到酸性高锰酸钾溶液中，H3PO2的氧化产物为H3PO4，选项C错误；D、一元弱酸在溶液中部分电离出一个氢离子，则H3PO2溶于水的电离方程式为：H3PO2H+H2PO2-，选项D正确。答案选D。8.下列液体均处于25，有关叙述正确的是A. 某物质的溶液pHc(CH3COO)【答案】B【解析】【详解】A.某些强酸酸式盐如NaHSO4溶液的pH7，

12、故A错误； B.pH=4.5的番茄汁中c（H+）=10-4.5 molL-1，pH=6.5的牛奶中c（H+）=10-6.5 molL-1，前者c（H+）是后者的100倍，故B正确；C.同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，c（Cl-）不同，则AgCl固体置于同浓度的CaCl2和NaCl溶液中左移程度是不同的，则两溶液中银离子浓度也不相同，故C错误；D.混合溶液显酸性，则c（H+）c （OH-），根据电荷守恒，c（CH3COO-）c（Na+），故D错误。答案选B。【点睛】本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的pH与c（H+）的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较

13、做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解。9.下列说法正确的是A 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极B. 加热0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C. 1 L 1 molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为6.021023D. 相同条件下，溶液中Fe2+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱【答案】B【解析】【详解】A、依据电解原理分析判断，电解法精炼铜时，以粗铜作阳极，纯铜作阴极，选项A错误；B、盐类的水解吸热，故升高温度，0.1mol/L Na2CO3溶液的水解平衡右移，则水解程度变大，溶液中氢氧根

14、的浓度增大，则pH变大，选项B正确；C、1L 1molL-1的NaClO溶液中含有溶质次氯酸钠1mol，由于次氯酸根离子部分水解，溶液中含有ClO-的数目小于6.021023，选项C错误；D、相同条件下，溶液中Cu2+、Fe2+、Zn2+的氧化性依次减弱，选项D错误。答案选B。10.下列指定反应的离子方程式不正确的是 ( )A. Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+ HClOB. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液：6Fe2+3ClO+3H2O=2Fe(OH)3+4Fe3+3ClC. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合：HC

15、O3-OH=CO32-H2OD. 向FeCl3溶液中加入足量的Na2S溶液：2Fe3+3S2= 2FeS+S【答案】B【解析】【详解】A. Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO4+H+Cl+HClO，故A正确；B. 向FeCl2溶液加入足量NaClO溶液的离子反应为2Fe2+5ClO+5H2O2Fe(OH)3+Cl+4HClO，故B错误；C. NH4HCO3溶液和少量的NaOH溶液混合的离子反应为HCO3-+OHCO32-+H2O，故C正确；D. 向FeCl3溶液中加入足量的Na2S溶液：2Fe3+3S2= 2FeS+S，故D正确；答案选B

16、。11.下列图示与对应叙述相符的是A. 图甲表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大B. 图乙表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化C. 图丙表明合成氨反应是放热反应，b表示在反应体系中加入了催化剂D. 图丁表示一定浓度Na2CO3溶液中滴加盐酸，生成CO2与滴加盐酸物质的量的关系【答案】C【解析】【详解】A、对可逆反应2A(g)2B(g)3C(g)D(s)，增大压强，反应速率加快，达平衡的时间缩短，该反应正向为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正确向移动，A的百分含量降低，与图象不符，选项A错误；B、CH3COOH溶液中通入

17、氨气，二者反应生成醋酸铵，溶液中自由移动离子浓度增大，导电性增强，与图像不符，选项B错误；C、图丙表明合成氨反应是放热反应，b表示在反应体系中加入了催化剂，选项C正确；D、一定浓度碳酸钠溶液中滴加盐酸，发生的反应依次为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，开始没有二氧化碳生成，与图像不符，选项D错误。答案选C。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 在0.01 molL1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH4+、NO3-、HCO3-B. 0.1 molL1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClOC

18、. 滴加KSCN溶液显红色的溶液：NH4、K、Cl、ID. 由水电离产生的c(H+)110-13molL1的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl【答案】D【解析】【详解】A、Al3+与HCO3双水解反应不能大量共存，而且HCO3与条件中OH-反应不能大量共存，选项A错误；B、Al3+、ClO-发生双水解反应，H+、ClO-反应生成次氯酸，次氯酸能够氧化FeCl2，在溶液中一定不能大量共存，选项B错误；C、滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有Fe3：2Fe3+2I=2Fe2+I2，不能大量共存，选项C错误；D、由水电离出的c(H)=1013molL1的溶液既可能呈酸性又可能呈碱性，酸性条件下，

19、Na+、Ba2+、NO3-、Cl都可以大量共存，选项D正确。答案选D。13.对于下列化学平衡在一定条件下发生移动的描述，不正确的是A. Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中加入碳酸钙，漂白性增强B. ZnS + Cu2+CuS + Zn2+，闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)C. 2NO2N2O4 H0，将装有NO2的玻璃球浸入热水中，红棕色变浅D. Cr2O72(橙色)+H2O2CrO42(黄色) +2H+，K2Cr2O7溶液中滴加几滴浓硫酸，橙色加深【答案】C【解析】【详解】A. 氯水中加入碳酸钙，HCl与碳酸钙反应，平衡正向移动，则HClO浓度增大，漂白性增强，A项正

20、确；B. 发生ZnS+Cu2+CuS+Zn2+，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，溶解度ZnSCuS，则闪锌矿(ZnS)遇CuSO4溶液转化为铜蓝(CuS)，B项正确；C. 升高温度，平衡逆向移动，则红棕色变深，C项错误；D. 增大氢离子浓度，平衡逆向移动，则橙色加深，D项正确；答案选C。14. 在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），有关下列图象的说法正确的是A. 依据图a可判断正反应为吸热反应B. 在图b中，虚线可表示压强增大C. 若正反应的H0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D. 由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的H0【答案】C【解析】

21、【详解】A依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，逆正，平衡逆向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，错误；B在图b中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线不可表示压强增大，只能表示是加入了催化剂，错误；C若正反应的H0，升高温度，正、逆反应速率都加快，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，正确；D由于升高温度，气体的平均相对分子质量减小，该反应是气体体积减小的反应，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的

22、H0，错误；答案选C。15.25时，用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1 HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是A. HX为弱酸B V1 20C. M点溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(X)c(Na)c(H)c(OH)D. 二者等体积混合时，c(Na)c(X) + c(OH)【答案】D【解析】【分析】若HX为强酸，其浓度为0.1 molL-1时，溶液的pH应该为1，但实际上pH为3，则说明HX为弱酸，可从此进行分析作答。【详解】A. 起始时，HX的浓度为0.1 molL-1，pH=3，则说明HX为弱酸，A正确；B. 若V1=

23、20，则溶液的溶质只有NaX，由于HX为弱酸，则NaX溶液呈碱性，pH7，所以V1应小于20，B正确；C. M点的溶质是等浓度的HX和NaX，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于X的水解程度，则溶液中离子浓度大小顺序为：c(X)c(Na)c(H)c(OH)，C正确；D. 两种溶液等体积混合时，根据电荷守恒有：c(Na)+c(H+)c(X) + c(OH)，D错误；故合理选项为D。【点睛】本题的突破口就在，图中曲线的起点，通过这个点，可以发现，若HX为强酸，0.1 molL-1 HX溶液的pH应为1，而不是3。作答此类题目，一定要仔细分析题中的信息，图中的信息也不能忽略。16.下列说法正确的是（

24、）A. 某物质的溶液中由水电离出的c（H+）110a molL1，若a7时，则该溶液的pH一定为14aB. 相同物质的量浓度的下列溶液中，NH4Al（SO4）2、(NH4)2SO4、CH3COONH4、NH3H2O；c（NH4）由大到小的顺序是：C. 物质的量浓度相等的H2S和NaHS混合溶液中：c（Na+）+c（H+）=c（S2）+c（HS）+c（OH）D. AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl（s）Ag+（aq）Cl（aq），往其中加入少量NaCl粉末，平衡会向左移动，Ksp减少【答案】B【解析】【详解】A、当溶液中加酸或加碱时，都会抑制水的电离，所以当水电离出的c(H)1107 mol/L

25、时，溶液可能显酸性或碱性，A不正确；B、弱酸不完全电离，铵根离子浓度比盐中的都小，浓度最小，铝离子水解显酸性，所以能抑制NH4水解，醋酸根水解显碱性，能促进NH4水解，(NH4)2SO4中铵根离子最大，c（NH4）由大到小的顺序是：，选项B正确；C、根据电荷守恒，应该是c（Na+）+c（H+）=2c（S2）+c（HS）+c（OH），选项C不正确；D、Ksp只与温度有关，与平衡移动无关，温度不变，Ksp不变，选项D不正确。答案选B。二、非选择题 17.(1)25 0.1mol/L的Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液变为红色，原因是（用离子方程式表示）_ ，向其中逐滴加入0.1mol/L的盐酸至过量

26、，产生的现象是_，依次发生主要反应的离子方程式是_；若向该溶液中逐滴加入BaCl2溶液至过量，产生的现象是_，反应的离子方程式是_。(2)在氢氧化镁的浊液中有Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，产生的现象是_，反应的离子方程式是_；已知 NH4Cl溶液的pH7，原因是（用离子方程式表示）_，向氢氧化镁的浊液中加入固体氯化铵或适量饱和氯化铵溶液发现溶液逐渐变澄清，甲同学认为NH4Cl溶液中的H+与OH-反应使溶解平衡右移至溶液澄清；乙同学认为是NH4+与OH-反应生成氨水使溶解平衡右移至溶液澄清；丙同学为了证明前两位同学谁的分析正确用下列中的试剂

27、代替NH4Cl做了相同的实验，他选择的试剂是_（填字母编号）A、NH4NO3 B、CH3COONH4 C、HNO3 D、NH4HSO4 则丙同学观察到的实验现象和结论可能是_。【答案】 (1). CO32-+H2OHCO3-+OH-(若写了HCO3-+H2OH2CO3+OH-也正确） (2). 溶液的红色逐渐变浅并消失且有无色气泡冒出 (3). CO32-+H+=HCO3-、HCO3-+H+=CO2+H2O（写总反应不给分） (4). 红色逐渐变浅并消失且有白色沉淀生成 (5). CO32-+Ba2+=BaCO3 (6). 白色沉淀变为红褐色 (7). 2Fe3+3Mg(OH)2=2Fe(OH

28、)3+3Mg2+或2Fe3+（aq）+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq) (8). NH4+H2ONH3H2O+H+ (9). B (10). 若沉淀不溶解则甲正确，若沉淀溶解则乙正确【解析】【分析】（1）碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，导致溶液呈碱性；向其中逐滴加入0.1mol/L的盐酸至过量，依次发生主要反应的离子方程式是CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2+H2O，导致碳酸根的水解平衡逆向移动，盐酸过量，使溶液显酸性；若向该溶液中逐滴加入BaCl2溶液至过量，由于发生反应CO32-+Ba2+=BaCO3，导致碳酸根的水解平衡逆向移动；（2）在

29、氢氧化镁的浊液中有Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，Fe3+结合OH-生成Fe(OH)3红褐色沉淀，导致平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移动；NH4Cl溶液中，NH4+发生水解反应使溶液显酸性；为了证明氢氧化镁悬浊液变澄清原理，需选择呈中性的铵盐，若加入中性铵盐，浊液变澄清则说明乙同学正确，若加入中性铵盐，浊液不变澄清则说明甲同学正确，据此分析。【详解】（1）碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致溶液呈碱性，滴入酚酞，溶液变为红色；向其中逐滴加入0.1mol/L的盐酸至过量，依次发

30、生主要反应的离子方程式是CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=CO2+H2O，导致碳酸根的水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-逆向移动，盐酸过量，使溶液显酸性，因此产生的现象为：溶液的红色逐渐变浅并消失且有无色气泡冒出；若向该溶液中逐滴加入BaCl2溶液至过量，由于发生反应CO32-+Ba2+=BaCO3，导致碳酸根的水解平衡CO32-+H2OHCO3-+OH-逆向移动，因此产生的现象是红色逐渐变浅并消失且有白色沉淀生成；（2）在氢氧化镁的浊液中有Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)平衡，向其中加入FeCl3溶液，Fe3+结合OH-生成Fe(OH)3红褐色沉

31、淀，导致平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)正向移动，产生的现象是白色沉淀变为红褐色沉淀；反应的离子方程式是2Fe3+3Mg(OH)22Fe(OH)3+3Mg2+或2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)；NH4Cl溶液中，NH4+发生水解反应NH4+H2ONH3H2O+H+使溶液显酸性，则NH4Cl溶液的pH7；NH4HSO4、HNO3显酸性，而NH4NO3与NH4Cl相似，醋酸铵溶液呈中性，将醋酸铵溶液滴入Mg(OH)2的浊液中，甲的解释是铵根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液中的H+与氢氧化镁电离的OH发生中和反应使氢氧化镁溶

32、解，因醋酸铵溶液呈中性，如果氢氧化镁不溶解，则甲同学的解释正确；乙的解释是只要溶液中存在NH4+，NH4+就与氢氧化镁电离的OH反应使氢氧化镁溶解，所以加入醋酸铵溶液，如果氢氧化镁溶解，则乙同学的解释正确。18.氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，含硫天然气制备氢气的流程如下图所示。请回答下列问题：I转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30时，在TF菌作用下，酸性环境中脱硫过程如图所示。 (1)过程i的氧化剂是_。(2)过程ii的离子方程式是_。(3)已知：Fe3+在pH=l.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全。30时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率如下表。pH0.

33、91.21.51.82.12.42.73.0Fe2+的氧化速率/gL-1h-14.55.36.26.87.06.66.25.6请结合以上信息，判断工业脱硫应选择的最合适的pH范围是_pH_。蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化。结合下图回答问题。(4)该过程的热化学方程式是_。比较压强p1和p2的大小关系：p1_p2（选填“”、“”或“=”）。在一定温度和一定压强下的体积可变的密闭容器中充入1mol CH4和1mol水蒸气充分反应达平衡后，测得起始时混合气体的密度是平衡时混合气体密度的1.4倍，则CH4的转化率为_。【答案】 (1). Fe3+或Fe2(SO4)3 (2). 4Fe2

34、+O2+4H+=4Fe3+2H2O (3). 15 (4). 1.9 (5). CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+204kJ/mol (6). (7). 40%【解析】【分析】（1）过程i中H2S被Fe2(SO4)3氧化生成单质S，S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，故H2S作还原剂，Fe3+或Fe2(SO4)3作氧化剂；（2）过程ii是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子；（3）结合Fe3+沉淀的pH，以及30C时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率，判断工业脱硫应选择的最合适的pH范围；（4）图像表示1mol甲烷与1mol水蒸气反应

35、的焓变，据此写出反应的热化学方程式；该反应前后气体物质的量增大，当温度不变时，增大压强平衡逆向移动，甲烷体积分数增大，再结合图像分析；根据同温同压下，设平衡时，甲烷的转化量为x mol，可列出三段式，计算平衡时混合气体的平均摩尔质量，并计算起始时混合气体的平均摩尔质量，列方程解未知数，进而计算甲烷的转化率。【详解】（1）过程i中H2S被Fe2(SO4)3氧化生成单质S，S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，故H2S作还原剂，Fe3+或Fe2(SO4)3作氧化剂；（2）过程ii是亚铁离子酸性条件下被氧气氧化生成铁离子，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；（3）Fe3+在

36、pH=1.9时开始沉淀，pH=3.2时沉淀完全，分析30C时，在T.F菌作用下，不同pH的FeSO4溶液中Fe2+的氧化速率可知：工业脱硫应选择的最佳pH范围1.5pH1.9，当pH大于1.9时，Fe3+开始沉淀，导致Fe3+、Fe2+离子浓度均下降，降低反应速率，pH1.5时，T.F菌活性较低，反应速率减慢；（4）在催化剂的作用下，水蒸气将CH4氧化生成一氧化碳和氢气，图中反应的焓变H=2582kJ/mol2378kJ/mol=204kJ/mol，则该过程的热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H=+204kJ/mol； 该反应前后气体物质的量增大，当温度不变

37、时，增大压强平衡逆向移动，甲烷体积分数增大，则p1p2；设平衡时，甲烷的转化量为x mol，则可列出三段式：同温同压下，即起始时混合气体的平均摩尔质量是平衡时混合气体的平均摩尔质量的1.4倍，起始时，混合气体的平均摩尔质量为，则平衡时混合气体的平均摩尔质量为，则有，解得x=0.4，故CH4的转化率为为。【点睛】公式：同温同压下，气体物质有以下关系，这是学生们的易忘点。19.CO和联氨(N2H4)的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题。（1）用CO、O2和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应的离子方程式为_。用CO、O2和固体电解质还可以制成如下图1所示的燃料电池，则电极d的电

38、极反应式为_。（2）联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示。在图示2的转化中，化合价不变的元素是_(填元素名称)。在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。转化中当有1 mol N2H4参与反应时，需要消耗O2的物质的量为_。加入NaClO时发生的反应为：Cu(NH3)422ClO2OHCu(OH)22N2H42Cl2H2O。该反应需在80以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有_、_。（3）CO与SO2在铝矾土作催化剂、773 K条件下反应生成CO2和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应

39、时间的关系如图3所示，写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 2CO+O2+4OH2CO32+2H2O (2). CO-2e+O2CO2 (3). 钠和氢 (4). 增大 (5). 1mol (6). 使氢氧化铜分解 (7). 降低联氨的溶解度，使其从溶液中逸出 (8). 4CO+2SO2=4CO2+S2【解析】【详解】（1）该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为2CO+O2+4OH-=2CO32-+2H2O。d电极上CO生成二氧化碳，则该电极上发生失电子发生氧化反

40、应，电极反应式为CO+O2-2e-=CO2；（2）根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为氢、钠；Cu（NH3）2+和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大；转化中当有1mol N2H4参与反应时，转移电子物质的量=1mol20-（-2）=4mol，根据转移电子相等得需要消耗O2的物质的量=1mol，故答案为增大；1mol；由于温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，所以该反应需在80以上进行；（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4

41、-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物质的量变化量一个为（3-0）mol=3mol、一个为（0.75-0）mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量变化量之比等于其计量数之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根据C原子守恒知，计量数是4的为CO、CO2，二氧化硫的计量数是2，硫单质的计量数是1，则生成的硫单质为S2，所以反应方程式为4CO+2SO2=4CO2+S2。【点晴】本题考查原电池原理、氧化还原反应、化学方程式计算等知识点，为高频考点，结合电解质溶液书写电极反应式，难点是（3）题生成物硫化学式的确定，明确计量数与物质的量变化量关系是解（3）题关键。20.CO、CO2是火力发电厂释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将其资源化利用，重新获得燃料或重要工业产品。（1）CO与Cl2在催化剂的作用下合成光气（COCl2）。某温度下