北京101中学2022-2022学年下学期高二年级期末考试化学试卷本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19个小题，满分100分；答题时间为90分钟；Ⅰ卷：选择题（共42分）每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共42分。1.下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是ABCD铅蓄电池放电风力发电水力发电太阳能发电A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A、蓄电池放电，利用化学反应产生能量，将化学能转化为电能，故A、正确；B、风力发电，将风能转化为电能，故B错误；C、水力发电，将重力势能转化为电能，故C错误；D、太阳能发电，将太阳能转化为电能，故D错误。综上所述，本题正确答案为A。2.下列化学用语正确的是A.HSO3－+H2OSO32－+OH－B.Al3++3H2O==3H++Al（OH）3↓C.NaHCO3==Na++HCO3－D.H2S2H++S2－【答案】C【解析】【详解】A、HSO3－在水溶液中既存在电离HSO3－SO32－+H+，也存在水解HSO3－+H2OH2SO3+OH－,以电离为主，所以HSO3－是酸性的；故A错误；B、Al3+水解为可逆过程，Al3++3H2O3H++Al（OH）3↓，故B错误；23\nC、碳酸氢钠是强电解质，溶于水完全电离成钠离子和碳酸氢根离子，NaHCO3==Na++HCO3－，故C正确；D、H2S为弱酸，应分步电离H2SH++HS－，HS－H++S2－，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。3.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是图①图②图③A.图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈B.图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀C.图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀D.图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀【答案】C【解析】【详解】A、形成原电池需要电解质溶液,所以干燥空气中不易形成原电池,则铁钉不会生锈,故A正确；B、中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀,所以钢闸门会发生吸氧腐蚀,故B正确；C、与原电池的正极相连作阳极,活泼金属作阳极时,金属失电子易被腐蚀,所以若将钢闸门与电源的正极相连,不能防止钢闸门腐蚀,故C错误；D、Mg、Fe形成原电池时,Fe作正极,Mg失电子作负极,Fe被保护,故D正确；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查金属腐蚀与防护。铁钢等金属在潮湿空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀。在强酸环境下发生析氢腐蚀，在中性或弱酸性环境下易发生吸氧腐蚀。因此需要对其钢铁等进行防护。若与电池相接，则为牺牲阳极保护法，即钢闸门与电池的负极相连。这样在阳极失电子，阴极的阳离子得电子发生还原反应，钢闸门不发生反应，避免被腐蚀，保护了钢闸门。常用的方法还有原电池原理，与被保护金属活泼的金属相连接形成原电池。即被保护方做正极，负极活泼型金属失电子。23\n4.下列溶液一定呈中性的是A.pH=7的溶液B.c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液C.使石蕊试液呈紫色的溶液D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液【答案】B【解析】试题分析：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；B．c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液，溶液的pH=6，溶液一定呈中性，故B正确；C．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性或中性或碱性，故C错误；D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；故选B。考点：考查溶液酸碱性的判断5.如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述不正确的是A.在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJB.a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C.加入催化剂，也不能提高N2的转化率D.该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣92kJ/mol【答案】A【解析】【详解】A、该反应是可逆反应，反应存在一定限度，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2充分反应后放出的热量小于92kJ，故A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，因此a23\n曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故B正确；C、催化剂能改变反应速率，但不能改变化学平衡，所以加入催化剂，也不能提高N2的转化率，故C正确；D、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以放热，书写热化学方程式必须标注物质的聚集状态，该热化学方程式未标注物质的状态，故D正确。综上所述，本题正确答案为A。6.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pH＞10B.将氯化铝溶液加热蒸干并灼烧，最终得氧化铝固体C.对2HI（g）H2（g）+I2（g），减小容器体积，气体颜色变深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】【详解】A、本来稀释10倍碱性变弱10倍,pH应该是10.但是,氨水属于弱碱,弱碱部分电离,NH3.H2ONH4++OH-加水稀释平衡正向移动，碱性稍大些,所以比10大些,但大不过11,故A能用平衡移动原理解释;A、铝离子在水溶液中发生水解，AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl↑，加热条件下氯化氢逐渐挥发，平衡正向移动，氢氧化铝受热易分解，2Al(OH)3=Al2O3+3H2O，所以把氯化铝溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是氧化铝，故A能用平衡移动原理解释；C、对2HI（g）H2（g）+I2（g）反应前后气体的物质的量没有变化，改变压强不会使平衡发生移动，而减小容器体积，气体颜色变深，是因为体积变小，碘蒸汽的密度增大，导致颜色加深，故C不能用平衡移动原理解释；D、因为溶解度S（CaCO3）＜S（CaSO4），故水垢中的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,故D能用平衡移动原理解释；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】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.比如一个可逆反应中，当增加反应物的浓度时，平衡要向正反应方向移动，平衡的移动使得增加的反应物浓度又会逐步减少;23\n但这种减弱不可能消除增加反应物浓度对这种反应物本身的影响，与旧的平衡体系中这种反应物的浓度相比而言，还是增加了。在有气体参加或生成的可逆反应中，当增加压强时，平衡总是向体积缩小的方向移动，比如在N2+3H2⇌2NH3这个可逆反应中，达到一个平衡后，对这个体系进行加压，比如压强增加为原来的两倍，这时旧的平衡要被打破，平衡向体积缩小的方向移动，即在本反应中向正反应方向移动，建立新的平衡时，增加的压强即被减弱，不再是原平衡的两倍，但这种增加的压强不可能完全被消除，也不是与原平衡相同，而是处于这两者之间。7.以下是常温下几种弱酸的电离平衡常数：CH3COOHH2SHClOK=1.8×10－5K1=1.3×10－7K2=7.1×10－15K=4.69×10－11下列说法正确的是A.可发生反应：H2S+2ClO－=S2－+2HClOB.CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHSC.同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液D.同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH【答案】D【解析】【详解】A、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，因此硫化氢与次氯酸跟反应应生成HS－和HClO，即H2S+ClO－=HS－+HClO，故A错误；B、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，因此CH3COOH溶液与Na2S溶液反应生成NaHS和H2S，故B错误；C、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，根据越弱越水解得到离子的水解能力：CH3COO-＜HS-＜ClO-＜S2-，所以同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是Na2S溶液，故C错误；D、根据电离平衡常数可知酸性强弱为：CH3COOH＞H2S＞HClO＞HS-，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。8.下列说法正确的是23\nABCD通电一段时间后，搅拌均匀，溶液的pH增大此装置可实现铜的精炼盐桥中的K+移向FeCl3溶液若观察到甲烧杯中石墨电极附近先变红，则乙烧杯中铜电极为阳极A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A、电解硫酸溶液，实质是电解其中的水，电解一段时间后，溶剂水减少，溶液中硫酸浓度增加，整体溶液的PH值减小，故A错误；B、电解精炼铜时，粗铜应与电源正极相连，精铜与电源负极相连，故B错误；C、此原电池中铜电极为负极，石墨电极为正极，阳离子K+向正极移动，故C正确；D、甲烧杯中石墨电极附近先变红说明甲烧杯石墨电极附近有氢氧根生成，则此电极为阴极，铁电极为阳极，所以直流电源M为正极，N为负极，与N负极相连的铜电极为阴极，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题重点考查原电池与电解池的工作原理。原电池：失高氧负（失电子,化合价升高,被氧化,是负极）得低还正（得电子,化合价降低,被还原,是正极）电子从负极通过外电路到正极；电解池：氧阳还阴（失电子,被氧化,做阳极；得电子,被还原,做阴极）由于外加电场的作用,电解池中阳离子做定向移动,由阳极移动到阴极产生电流。9.为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是23\nA.①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)B.②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-C.③中颜色变化说明有AgI生成D.该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶【答案】D【解析】试题分析：A．络合反应为可逆反应，则①浊液中存在平衡：AgSCN（s）Ag+（aq）+SCN-（aq），A正确；B．铁离子与SCN-结合生成络离子，则②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-，B正确；C．银离子与碘离子结合生成AgI黄色沉淀，则③中颜色变化说明有AgI生成，C正确；D．硝酸银过量，不发生沉淀的转化，余下的浊液中含银离子，与KI反应生成黄色沉淀，不能证明AgI比AgSCN更难溶，D错误；答案选D。考点：考查难溶电解质的溶解平衡10.K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO42－+10H2O4Fe（OH）3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如图所示。下列说法不正确的是A.由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱B.由图Ⅱ可知图中a＞cC.由图Ⅰ可知温度：T1＞T2＞T323\nD.由图Ⅰ可知上述反应△H＞0【答案】B【解析】【详解】A、由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A正确；B、pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，故B错误；C、温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，故B正确；D、温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH ＞ 0，故D正确；综上所述，本题正确答案为B。11.为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源电解稀硫酸，以Al作阳极、Pb作阴极，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理为：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）=2PbSO4（s）+2H2O（l）；电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极：PbO2+4H++2e－=Pb2++2H2O阳极：2Al+3H2O-6e－=Al2O3+6H+DA.AB.BC.CD.D23\n【答案】D【解析】【详解】A、原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B、根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C、原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D、原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；综上所述，本题正确答案为D。12.常温下，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LHCl溶液，滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是A.a=20.00B.滴定过程中，可能存在：c（Cl－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－）C.若将盐酸换作同浓度的醋酸，则滴定到pH=7时，a＜20.00D.若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液明显由无色变为浅红色时立即停止滴定【答案】D【解析】【详解】A、NaOH溶液和HCl溶液恰好反应时，消耗20.00mLNaOH溶液，生成强酸强碱盐,溶液呈中性，故A正确；B、滴定过程酸过量时,c（Cl－）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH－）,故B正确;C、NaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐,溶液呈碱性,所以滴定到pH=7时,a＜20.00,故C正确;D、用酚酞作指示剂进行中和滴定时,当溶液由无色变为红色时,且30秒内不褪色,停止滴定,23\n故D错误;综上所述，本题正确答案为D。13.下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.1mol/LK2CO3溶液：c（OH－）=c（HCO3－）+c（H＋）+c（H2CO3）B.0.1mol/LNaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（H2CO3）C.等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K＋）=c（HX）+c（X－）D.浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na＋）+c（H＋）=c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－）【答案】C【解析】【详解】A、正确关系为c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，因为由一个CO32－水解生成H2CO3，同时会产生2个OH－，故A错误；B、NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故B错误；C、等物质的量的一元弱酸HX与其钾盐KX的混合溶液中，根据物料守恒，2c（K＋）=c（HX）+c（X－），故C正确；D、浓度均为0.1mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒：c（Na＋）+c（H＋）=2c（CO32－）+c（OH－）+c（HCO3－），故D错误；综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度等量关系，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断溶液中离子浓度大小中的应用方法。14.人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。如图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是23\nA.该过程是将太阳能转化为化学能的过程B.催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生C.催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强D.催化剂b表面的反应是CO2＋2H＋＋2e－=HCOOH【答案】C【解析】试题分析：根据装置图中电子的流向，判断催化剂a为负极电极反应：2H2O-4e-═O2+4H+，酸性增强；催化剂b为正极，电极反应：CO2+2H++2e-═HCOOH，酸性减弱，总的电池反应为2H2O+2CO2═2HCOOH+O2，该过程把太阳能转化为化学能；A、过程中是光合作用，太阳能转化为化学能，故A正确；B、催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生，故B正确；C、催化剂a附近酸性增强，催化剂b附近酸性条件下生成弱酸，酸性减弱，故C错误；D、催化剂b表面的反应是通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应为：CO2+2H++2e一═HCOOH，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应中的能量变化的相关知识。视频II卷非选择题（共58分）15.氯碱工业中电解饱和食盐水流程及原理示意图如下图所示。23\n（1）生成H2的电极反应式是_________________________________________。（2）Na+向________（填“E”或“F”）方向移动，溶液A的溶质是______________。（3）电解饱和食盐水总反应的离子方程式是_____________________________。（4）常温下，将氯碱工业的附属产品盐酸与氨水等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表。实验编号氨水浓度/mol·L－1盐酸浓度/mol·L－1混合溶液pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH＞7ⅰ.实验①中所得混合溶液，由水电离出的c（H+）=______mol·L-1。ⅱ.实验②中，c______0.2（填“>”“<”或“=”）。ⅲ.实验③中所得混合溶液，各离子浓度由大到小的顺序是__________________。ⅳ.实验①、③所用氨水中的c(NH4+)c(NH3•H2O)：①___________③（填“>”“<”或“=”）。（5）氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO－强。25℃时氯气－氯水体系中的Cl2（aq）、HClO和ClO－分别在三者中所占分数（α）随pH变化的关系如下图所示。23\n下列表述正确的是_______。A.氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好B.在氯处理水体系中，c（HClO）+c（ClO－）=c（H+）-c（OH－）C.用氯处理饮用水时，pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时效果差【答案】(1).2H++2e−=H2(2).F(3).NaOH(4).2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－(5).10－5(6).＞(7).c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）(8).＞(9).C【解析】【分析】电解饱和食盐水，氯离子在阳极（E极）失去电子生成氯气，水电离的H+在阴极（F极）得电子生成氢气，同时生成OH-，离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－.【详解】（1）由装置图中氯气和氢气的位置判断，生成氢气的极为阴极，水电离的H+在阴极得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2；破坏水的电离平衡，浓度增大，溶液A为氢氧化钠溶液，故溶质为NaOH.（2）电解池中阳离子向阴极移动，所以Na+向F极移动，在F极水电离的H+得电子生成氢气，破坏水的电离平衡，OH-浓度增大，溶因此液A为氢氧化钠溶液，故溶质为NaOH；（3）电解饱和食盐水，氯离子在阳极失去电子生成氯气，水电离的H+在阴极得电子生成氢气，同时生成OH-，离子方程式是2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；（4）ⅰ.从第①组情况分析,生成了氯化铵溶液,铵离子水解,溶液显示酸性,溶液中的氢离子是水电离的,故中由水电离出的c（H+）=1×10-5mol·L-1；ⅱ.从第②组情况表明,pH=7,溶液显示中性,若c=2,生成氯化铵溶液,显示酸性,故氨水的浓度稍大些,即c大于0.2mol/L；ⅲ.0.2mol/L的氨水与0.1mol/L的盐酸等体积混合后，得到等浓度的一水合氨与氯化铵的混合溶液，溶液pH＞7,说明氨水的电离程度大于水解程度,故铵离子浓度大于氨水浓度;，所以c（NH4+）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H+）；ⅳ.NH3·H2O是弱电解质，在溶液中存在电离平衡，NH3·H2ONH4++OH-，电离平衡常数Kb=c(NH4+)×c(OH−)c(NH3·H2O)，则c(NH4+)c(NH3·H2O)=Kbc(OH−)，增大NH3·H2O的浓度，电离平衡正向移动，OH-浓度增大，实验①、③相比较，③中OH-浓度大，OH-浓度越大，c(NH4+)c(NH3·H2O)=Kbc(OH−)越小，所以①＞③；23\n（5）A、夏季温度较高，氯气溶解度随温度的升高而降低，且HClO的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水中HClO浓度减小，杀毒效果差，故A错误。B、根据电荷守恒可以得到c（OH－）+c（ClO－）=c（H+），故B错误；C、由于HClO的杀菌能力比ClO－强，因此HClO的浓度越高，杀菌能力越强，由图中可知pH=6.5时的次氯酸浓度更大，故C正确；综上所述，本题正确答案为C。16.工业上由N2、H2合成NH3。制备H2需经多步完成，其中“水煤气（CO、H2）变换”是纯化H2的关键一步。（1）水煤气变换：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），该反应的∆H=+41kJ/mol或﹣41kJ/mol。①平衡常数K随温度变化如下：温度/℃200300400K2903911.7下列分析正确的是__________。a.水煤气变换反应的∆H＜0b.增大压强，可以提高CO的平衡转化率c.增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率②温度为T1时，向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO和H2O（g），相关数据如下：容器甲乙反应物COH2OCOH2O起始时物质的量（mol）1.20.62.41.2平衡时物质的量（mol）0.80.2ab达到平衡的时间（min）t1t2ⅰ.甲容器中，反应在t1min内的平均反应速率v（H2）=_____mol/（L·min）。23\nⅱ.甲容器中，平衡时，反应的热量变化为_____kJ。ⅲ.T1时，反应的平衡常数K甲=______。ⅳ.乙容器中，a=______mol。（2）以氨水为吸收剂脱除CO2。当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生。用化学方程式表示“吸收”过程：___________________________________。（3）2022年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示。（空气中N2与O2的物质的量之比按4:1计）。①起还原作用的物质是_______。②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是_______。【答案】(1).ac(2).0.2/t1(3).16.4(4).1(5).1.6(6).NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3(7).CH4(8).H2O+2e−=H2+O2−、O2+4e−=2O2−【解析】【详解】（1）①a项，由表可知，水煤气变换反应的平衡常数K随温度的升高而减小，所以该反应为放热反应，∆H＜0，故a项正确；b项，由反应方程式可知，反应平衡前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b项错误。c项，增大水蒸气浓度，活化分子浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，促进CO的转化，所以增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故c项正确；综上所述，本题正确答案为ac。②ⅰ.根据化学反应速率公式得：v(H2O)=v(H2)=(0.6−0.2)mol2t1L=0.2t1mol/(L•min)；ⅱ.根据热化学反应方程式CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），∆H=﹣41kJ/mol，反应0.4mol水蒸气，反应放出的热量为0.4mol×41kJ/mol=16.4kJ；ⅲ..发生反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）23\n反应前（mol）:1.20.600转化（mol）:0.40.40.40.4平衡时（mol）:0.80.20.40.4在t1达到平衡状态时甲容器中,c(CO)=0.8mol÷2L=0.4mol/L,c(H2O)=0.2mol÷2L=0.1mol/L,c(CO2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L,c(H2)=0.4mol÷2L=0.2mol/L, 则该温度下反应的平衡常数K=0.4×10.2×0.2=1;(4)CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）为气体体积不变的反应,压强不影响化学平衡,则甲、乙互为等效平衡,达到平衡时反应物转化率相等,则:0.81.2=a2.4,计算得a=1.6;（2）氨水吸收CO2的反应为，氨水与二氧化碳反应，生成碳酸氢铵，化学方程式为：NH3⋅H2O+CO2=NH4HCO3。（3）①反应中，CH4中的C失去电子，所以起还原作用的物质是CH4；②膜Ⅰ侧，H2O得电子生成H2和O2-，O2得电子生成O2-，发生的电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-。17.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH=+550kJ·mol-1它由两步反应组成：i.H2SO4（l）=SO3（g）+H2O（g）ΔH=+177kJ·mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1、L2）、X可分别代表压强和温度。下图表示L一定时，ii中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。①X代表的物理量是_____________________。②判断L1、L2的大小关系是______________。23\n（2）反应Ⅱ：I－可以作为催化剂，可能的催化过程如下。i.SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O；ii.I2+2H2O+SO2=SO42－+4H++2I－；探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4mol/LKIamol/LKI0.2mol/LH2SO40.2mol/LH2SO40.2mol/LKI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是_______________________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：___________。（3）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32-）:n（HSO3－）变化关系如下表：n（SO32－）:n（HSO3－）91:91:11:91pH8.27.26.2当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：①上表判断NaHSO3溶液显__________性，用化学平衡原理解释：_____________。 23\n②HSO3－在阳极放电的电极反应式是______，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理________。【答案】(1).压强(2).L2>L1(3).0.4(4).I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率(5).反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快。(6).酸(7).HSO3－存在HSO3－⇌H++SO32－和HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度大于水解程度。(8).HSO3－+H2O﹣2e－=SO42－+3H+(9).氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促使HSO3－电离生成SO32－，且钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。【解析】【详解】（1）由盖斯定律得出热化学反应方程式2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g)△H=+196kJ·mol-1；①该反应正反应为气体体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，SO3的转化率减小，X代表的物理量为压强；②根据①问可知L代表的物理量为温度，该反应的正反应为吸热反应，相同压强时，温度升高，平衡正向移动，SO3的转化率增大，故L2＞L1。（2）①B是A的对比实验，则其实验条件仅有是否加入硫酸一个变量，则其中加入KI的浓度应相同，均为0.4mol/L。②I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率;C组实验无现象，说明硫酸不能催化该反应的进行，而A、B两组实验仅有是否含有硫酸一个变量，而B中沉淀出现较A快，说明在相同条件下，酸性条件可加快反应i的速率。（3）①根据表中的数据n（SO32－）:n（HSO3－）=1:91时，溶液的pH为酸性，由此可知，NaHSO3为酸性；HSO3－在溶液中，会发生电离与水解作用HSO3－⇌H++SO32－和HSO3－+H2O⇌H2SO3+OH－，HSO3－的电离程度强于水解程度，故溶液呈酸性；②根据图中电解槽所示，HSO3－在阳极放电的电极方程式为：HSO3－+H2O﹣2e－=SO42－+3H+；在阴极室中，H+得电子生成H2，随着H+浓度的降低，溶液pH逐渐增大，可促使HSO3－电离生成SO32－，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。【点睛】本题重点考查化学反应原理综合应用。（1）热化学反应方程式应注意标明物质的状态和反应热。反应热可利用盖斯定律计算，盖斯定律:若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。（2）勒夏特列原理为:如果改变影响平衡的条件之一,23\n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。18.含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性，工业上常用钡盐沉淀法处理含有K2Cr2O7的废水并回收重铬酸，具体的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它几种盐在常温下的溶度积如下表所示。物质CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度积9.1×10−62.30×10−21.17×10−101.08×10−10ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向滤液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－从溶液中沉淀出来。①结合上述流程说明熟石灰的作用是_______________________________。②结合表中数据，说明选用Ba2+而不选用Ca2+处理废水的理由是________________。③研究温度对CrO42－沉淀效率的影响。实验结果如下：在相同的时间间隔内，不同温度下CrO42－的沉淀率沉淀率=固体2中CrO42−的量滤液1中CrO42−的量×100%，如下图所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）23\nCrO42－的沉淀效率随温度变化的原因是___________________________________。（2）向固体2中加入硫酸，回收重铬酸。①硫酸浓度对重铬酸的回收率如下图（左）所示。结合化学平衡移动原理，解释使用0.450mol/L的硫酸时，重铬酸的回收率明显高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重铬酸的原理如下图（右）所示。当硫酸浓度高于0.450mol/L时，重铬酸的回收率没有明显变化，其原因是_______________________________。（3）综上所述，沉淀BaCrO4并进一步回收重铬酸的效果与___________有关。【答案】(1).沉淀SO42－；调节溶液pH，使Cr2O72－转化为CrO42－而沉淀(2).BaCrO4比CaCrO4更难溶，可以使CrO42－沉淀更完全(3).温度升高，沉淀速率加快(4).c（H2SO4）增大，则c（SO42－）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7(5).BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其难于接触H2SO4，阻碍重铬酸生成(6).受到溶液pH、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响（其他答案合理给分）【解析】【详解】①加入熟石灰有两个作用，首先Ca2+使SO42－沉淀便于分离，同时OH-的加入会与溶液中的H+反应，使上述离子方程式平衡向右移动，Cr2O72－转化为CrO42－，便于与BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度积比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更难溶，加入Ba2+可以使CrO42－沉淀更完全。③根据热化学方程式可知沉淀溶解是吸热反应，因此生成沉淀的过程是放热的，温度升高会加快生成沉淀的速率，在未达化学平衡态时，相同的时间间隔内产生更多的沉淀，所以沉淀率提高。23\n（3）①c（H2SO4）增大，则c（SO42－）增大，与Ba2+生成沉淀，促进BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同时，c（H+）也增大，共同促进Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。②BaSO4与BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42－更难接触到H2SO4，阻碍H2Cr2O7生成，所以H2SO4浓度高于0.450mol/L时，H2Cr2O7的回收率没有明显变化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，温度改变会影响沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同时BaCrO4颗粒大小关系到回收量的多少，颗粒越大BaSO4越难完全包裹住BaCrO4，因此沉淀BaCrO4并进一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH 、温度、H2SO4浓度、BaCrO4颗粒大小等影响。19.某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。资料显示：原电池装置中，负极反应物的还原性越强，或正极反应物的氧化性越强，原电池的电压越大。（1）同学们利用下表中装置进行实验并记录。装置编号电极A溶液B操作及现象ⅠFepH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面产生无色气泡；电压表指针偏转ⅡCupH=2的H2SO4连接装置后，石墨表面无明显现象；电压表指针偏转，记录读数为a①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀，其正极反应式是______________。②针对实验Ⅱ现象：甲同学认为不可能发生析氢腐蚀，其判断依据是______________；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，其正极的电极反应式是___________________。（2）同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验，探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。23\n编号溶液B操作及现象Ⅲ经煮沸的pH=2的H2SO4溶液表面用煤油覆盖，连接装置后，电压表指针微微偏转，记录读数为bⅣpH=2的H2SO4在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为c；取出电极，向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后，插入电极，保持O2通入，电压表读数仍为cⅤpH=12的NaOH在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置，电压表指针偏转，记录读数为d①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为：c＞a＞b，请解释原因是__________。②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较，其目的是探究________对O2氧化性的影响。③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。④为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用下图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验，其设计意图是________；重复实验时，记录电压表读数依次为c′、d′，且c′＞d′，由此得出的结论是______________________________。【答案】(1).2H++2e-=H2↑(2).在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2(3).O2+4H++4e-=2H2O(4).O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大(5).溶液的酸碱性(6).排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰(7).排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响(8).溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）【解析】分析：(1).①.I中的铁主要发生析氢腐蚀，铁在负极失电子发生氧化反应；②.铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，则在正极上氧气得电子发生还原反应生成水；(2).①.实验Ⅱ、Ⅲ、IV23\n的电解质相同，不同的是氧气的浓度，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高；②.实验Ⅳ、V是利用电解质溶液的酸碱性不同，来判断电压表的指针偏转情况；③.实验IV中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④.为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对IV、V重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c'、d'，且c'>d'，说明溶液酸性越强，O2的氧化性越强。详解：(1).①.I中的铁主要发生析氢腐蚀，则铁在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe－2e－＝Fe2+，故答案为：Fe－2e－＝Fe2+；②.在金属活动性顺序中，Cu在H的后面，铜与氢离子不能发生自发的氧化还原反应；乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀，则在正极上氧气得电子发生还原反应生成水，其正极的电极反应式是O2+4H++4e-＝2H2O，故答案为：在金属活动性顺序中，Cu在H后，Cu不能置换出H2；O2+4H++4e-＝2H2O；(2).①.实验Ⅱ、Ⅲ、IV的电解质相同，不同的是氧气的浓度，出现了电压表读数不同，根据数值的相对大小可知，氧气浓度越大，电压表的读数越高，所以O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大，故答案为：O2浓度越大，其氧化性越强，使电压值增大；②.在实验Ⅳ、V中是利用溶液的酸碱性不同来判断电压表的指针偏转情况，所以Ⅳ、V进行比较，其目的是探究溶液的酸碱性对O2氧化性的影响，故答案为：溶液的酸碱性；③.实验IV中加入Na2SO4溶液的目的是排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰，故答案为：排除溶液中的Na+（或SO42-）对实验的可能干扰；④.为达到丁同学的目的，经讨论，同学们认为应改用如图装置对Ⅳ、V重复进行实验，其设计意图是排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；重复实验时，记录电压表读数依次为c'、d'，且c'>d'，由此得出的结论是溶液酸性越强，O2的氧化性越强，故答案为：排除Cu在酸碱性不同的溶液中，其还原性不同对该实验结果的影响；溶液酸性越强，O2的氧化性越强（介质或环境的pH影响物质的氧化性）。23
