2021-2022學年新疆喀什地區(qū)岳普湖縣高二下學期第一次調(diào)研化學試題(解析版)

高中化學名校試卷PAGEPAGE1新疆喀什地區(qū)岳普湖縣2021-2022學年高二（下）第一次調(diào)研一、單選題（共20小題，每小題2分，共40分）1．（2分）化學與生活、生產(chǎn)息息相關(guān)．下列說法錯誤的是（）A．使用含氟牙膏可以有效預(yù)防齲齒 B．堿性的鋅錳干電池屬于二次電池 C．用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物 D．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼不易生銅銹〖解析〗A．氟離子能和羥基磷酸鈣反應(yīng)生成氟磷酸鈣，氟磷酸鈣比羥基磷酸鈣更耐酸性，可在牙齒表面形成保護層，則含氟牙膏能有效預(yù)防齲齒，故A正確；B．二次電池是充電電池，堿性的鋅錳干電池不能多次充放電，屬于一次電池，故B錯誤；C．可溶性的鋁鹽和鐵鹽能發(fā)生水解生成氫氧化鋁、氫氧化鐵膠體，氫氧化鋁、氫氧化鐵膠體吸附性強，能吸附水中懸浮物形成沉淀，達到凈水目的，故C正確；D．銅鋅合金在電解質(zhì)溶液中形成原電池反應(yīng)，鋅做負極被腐蝕，正極被保護，所以不易形成銅綠，故D正確；〖答案〗B。2．（2分）Ca+金屬離子體系催化N2O和CO反應(yīng)的過程不需要吸收能量，Ca+是理想的金屬陽離子催化劑。該反應(yīng)的催化原理如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．該反應(yīng)的決速步驟為IM4→IM5 B．Ca+作該反應(yīng)的催化劑時降低了反應(yīng)的活化能 C．催化過程中N2O發(fā)生的反應(yīng)為N2O+Ca+═N2+CaO+ D．N2O和CO反應(yīng)的熱化學方程式為N2O+CO═N2+CO2△H＝﹣43.49kJ/mol〖解析〗A．由圖可知，IM4→IM5該步驟的活化能最大，則該步驟為該反應(yīng)的決速步驟，故A正確；B．Ca+作該反應(yīng)的催化劑，催化劑可降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，故B正確；C．由圖可知，催化過程中N2O發(fā)生的反應(yīng)，反應(yīng)物為N2O和Ca+，生成物為N2+CaO+，則催化過程中N2O發(fā)生的反應(yīng)為N2O+Ca+═N2+CaO+，故C正確；D．書寫熱化學方程式時要表明物質(zhì)的狀態(tài)，故D錯誤；〖答案〗D。3．（2分）常溫下，pH＝10的M、N兩種堿溶液各1mL，分別加水稀釋到100mL，其pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．稀釋前，兩溶液中n（OH﹣）不等 B．稀釋后，M溶液的堿性比N溶液的堿性強 C．完全中和M、N溶液時，消耗同濃度鹽酸的體積相等 D．若8＜a＜10，則M、N都是弱堿〖解析〗A．由圖可知，開始的pH相同，則c（OH﹣）相等，M、N兩種堿溶液各1mL，體積V也相等，由n＝cV可知，兩溶液中n（OH﹣）相等，故A錯誤；B．稀釋相同倍數(shù)后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的堿性比N溶液的堿性弱，故B錯誤；C．由圖象可知100mL的溶液中n（OH﹣）關(guān)系為N＞M，說明pH＝10的M、N兩種堿溶液，溶質(zhì)濃度N大于M，完全中和M、N兩溶液時，消耗同濃度鹽酸的體積VM＜VN，故C錯誤；D．M的堿性比N強，若M為強堿，加水稀釋到100mL的時候則a＝8，若8＜a＜10，則M、N都是弱堿，故D正確；〖答案〗D。4．（2分）HCOOH是一種弱酸，常溫下，對HCOOH溶液進行稀釋，下列物理量的比值增大的是（）A． B．c（HCOO﹣）? C． D．〖解析〗A.稀釋后HCOOH的電離程度增大，溶液中HCOO﹣的物質(zhì)的量增大，HCOOH的物質(zhì)的量減小，同一溶液中體積相等，則＝的比值減小，故A錯誤；B.c（HCOO﹣）?＝Ka（HCOOH），溫度不變甲酸的電離平衡常數(shù)不變，則稀釋過程中c（HCOO﹣）?的值不變，故B錯誤；C.稀釋后HCOOH的電離程度增大，溶液中H+的物質(zhì)的量增大，而HCOOH的物質(zhì)的量減小，同一溶液中體積相等，則＝的比值增大，故C正確；D.＝，溫度不變Kh（HCOO﹣）不變，則稀釋過程中的比值不變，故D錯誤；〖答案〗C。5．（2分）一定溫度下，反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反應(yīng)熱和化學平衡常數(shù)分別為△H和K，△H＜0，下列說法正確的是（）A．升高溫度，K增大 B．2molSO2和1molO2反應(yīng)放出熱量|△H| C．其他條件不變，增大SO2的量，△H和K均增大 D．相同溫度時反應(yīng)4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反應(yīng)熱和化學平衡常數(shù)為﹣2△H和〖解析〗A．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，K減小，故A錯誤；B．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不可能完全轉(zhuǎn)化，放出熱量小于|△H|，故B錯誤；C．其他條件不變，增大SO2的量，△H不變，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反應(yīng)熱為△H，則2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）的反應(yīng)熱為﹣△H，△H的值與化學計量數(shù)成正比，則4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反應(yīng)熱為﹣2△H，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的化學平衡常數(shù)為K＝，則4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）K1＝＝，故D正確；〖答案〗D。6．（2分）如圖所示能夠組成原電池，并且產(chǎn)生明顯的電流的是（）A． B． C． D．〖解析〗A．兩電極相同，不能形成原電池，故A錯誤；B．鋅為負極，銅為正極，電解質(zhì)溶液為硫酸，可形成原電池，故B正確；C．不能進行自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，不能形成原電池，故C錯誤；D．不能進行自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，不能形成原電池，故D錯誤?！即鸢浮紹。7．（2分）HA是一元弱酸，微溶鹽MA2的飽和溶液中c（M2+）隨c（H+）而變化，M2+不發(fā)生水解。定義如下關(guān)系：pM＝﹣lgc（M2+），δ（A﹣）＝。25℃時，實驗測得pM與δ（A﹣）的關(guān)系如圖所示，其中D點對應(yīng)的pH＝5.0。已知lg2≈0.3，則下列說法正確的是（）A．D點存在2c（M2+）＝3c（HA） B．E點的pH≈5.6 C．25℃時，Ksp（MA2）的數(shù)量級為10﹣10 D．25℃時，HA的電離常數(shù)：Ka為2.5×10﹣5〖解析〗A.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），對于D點，δ（A﹣）＝＝2，則c（HA）＝4c（A﹣），所以2c（M2+）＝1.25c（HA），故A錯誤；B.D點對應(yīng)的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，對于E點，δ（A﹣）＝＝0.5，則c（HA）＝c（A﹣），則Ka（HA）＝c（H+），pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg（2.5×10﹣6）≈5.6，故B正確；C.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），δ（A﹣）＝＝，Ksp（MA2）＝c（M2+）×c（A﹣）2＝c（M2+）×〖δ（A﹣）×2c（M2+）〗2＝4c（M2+）3×δ（A﹣）2，將E點坐標代入上式可得Ksp（MA2）＝4×（10﹣2.8）3×0.52＝10﹣8.4，Ksp（MA2）的數(shù)量級為10﹣9，故C錯誤；D.D點對應(yīng)的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，故D錯誤；〖答案〗B。8．（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．常溫下1LpH＝3的FeCl3溶液中Cl﹣數(shù)目為3NA B．標況下2.24LCl2溶于水充分反應(yīng)后，HClO、ClO﹣、Cl﹣微粒數(shù)目之和為0.2NA C．向1L0.1mol?L﹣1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+數(shù)目為0.1NA D．粗銅精煉過程中，當陽極質(zhì)量減小64g時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NA〖解析〗A．氯化鐵為強酸弱堿鹽，水溶液中部分鐵離子水解，只知道溶液pH值無法計算氯離子濃度，無法計算溶液中含有氯離子數(shù)目，故A錯誤；B．標況下2.24LCl2物質(zhì)的量為1mol，將1molCl2通入水中，氯氣不能反應(yīng)完全，由原子守恒可知2n（Cl2）+n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）＝2×1mol＝2mol，故溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的數(shù)目之和小于2NA，故B錯誤；C．向1L0.1mol?L﹣1氯化銨溶液中通入少量氨氣調(diào)節(jié)溶液為中性，則根據(jù)電荷守恒可知c（Cl﹣）＝c（NH4+）＝0.1mol/L，所以NH4+的數(shù)目為0.1NA，故C正確；D．電解精煉銅時，陽極上是粗銅，粗銅上有其他金屬雜質(zhì)，所以在電解精煉銅的過程中，陽極質(zhì)量減少64g時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不一定為0.2NA，故D錯誤；〖答案〗C。9．（2分）常溫下，在含有大量Cu（OH）2（s）的濁液中，改變條件發(fā)生相應(yīng)變化的趨向錯誤的是（）A．通入少量HCl B．加少量蒸餾水 C．加少量NaOH（s） D．適當升高溫度〖解析〗A．通入少量HCl，反應(yīng)消耗了OH﹣，導致溶液pH降低，故A正確；B．加入少量水，得到同溫度下Cu（OH）2飽和溶液，使溶液中離子濃度不變，故B正確；C．加入少量NaOH固體，平衡向生成Cu（OH）2的方向移動，n（Cu2+）減小，故C錯誤；D．氫氧化銅溶解是吸熱過程，升溫后仍然是飽和溶液，但其溶度積常數(shù)增大，故D正確；〖答案〗C。10．（2分）已知肼燃燒的化學方程式為N2H4+O2N2+2H2O。以硫酸為電解質(zhì)溶液組成肼燃料電池，下列有關(guān)說法不正確的是（）A．以肼代替氫氣的主要優(yōu)點是肼易液化、易儲存 B．正極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ C．當1molO2參與反應(yīng)時，必有4molH+向正極移動 D．電池工作過程中硫酸濃度逐漸減小〖解析〗A．肼的熔點和沸點均比氫氣的高，易液化、易儲存，故A正確；B．電解質(zhì)溶液是酸性的，正極上氧氣得電子生成水，所以正極的電極反應(yīng)式應(yīng)為O2+4H++4e﹣＝2H2O，故B錯誤；C．當1molO2參與反應(yīng)時，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，陽離子向正極移動，則必有4molH+向正極移動，故C正確；D．根據(jù)N2H4+O2＝N2+2H2O總反應(yīng)可知，反應(yīng)生成水，溶液的體積增大，故硫酸濃度逐漸減小，故D正確；〖答案〗B。11．（2分）用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．pH＝13的NaOH溶液中所含OH﹣的數(shù)目為0.1NA B．常溫下，向1L0.1mol?L﹣1醋酸鈉溶液中加入醋酸至中性，則溶液中CH3COO﹣的數(shù)目為0.1NA C．通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)目之和為2NA D．向FeI2溶液中通入適量Cl2，當有1molFe2+被氧化時，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA〖解析〗A.題目未給溶液體積，無法計算離子的物質(zhì)的量，故A錯誤；B.溶液呈中性，由電荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故溶液中n（Na+）＝n（CH3COO﹣）＝0.1mol/L×1L×NA/mol＝0.1NA，故B正確；C.氯氣與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，氯氣不能完全轉(zhuǎn)化，通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)目之和小于2NA，故C錯誤；D.題目中碘化亞鐵的量未給，無法計算實際轉(zhuǎn)移電子數(shù)目，故D錯誤；〖答案〗B。12．（2分）下列敘述不正確的有幾項（）①實驗室盛放碳酸鈉溶液，不能用玻璃塞，要用帶橡膠塞的試劑瓶保存；②泡沫滅火器中盛有碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液，使用時只需將兩者混合就可產(chǎn)生大量泡沫；③用氯化銨溶液除去鐵銹；④將飽和的AlCl3溶液蒸干并灼燒，可得到AlCl3固體；⑤明礬和漂白粉用于自來水的凈化和殺菌消毒，兩者的作用原理相同；⑥配制FeCl3溶液時，可將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，然后再加水稀釋A．1項 B．2項 C．4項 D．5項〖解析〗①碳酸鈉溶液水解顯堿性，堿能和玻璃中的SiO2反應(yīng)生成黏性的Na2SiO3，將玻璃塞和玻璃瓶粘結(jié)在一起，故用玻璃瓶時需要用橡膠塞，而不用玻璃塞，故正確；②泡沫滅火器滅火是Al3+和HCO3﹣的雙水解生成Al（OH）3和CO2，CO2用于滅火，故正確；③NH4Cl溶液水解生成HCl，HCl能和鐵銹反應(yīng)而除銹，故正確；④AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，鹽酸具有揮發(fā)性，加熱促進鹽酸揮發(fā)，所以最終得到的固體是Al（OH）3，故錯誤；⑤明礬能生成氫氧化鋁膠體，吸附水中懸浮物而凈水，但不具有氧化性，不能用于殺菌消毒，漂白粉中次氯酸鈣具有強氧化性，能殺菌消毒，即凈水原理不同，故錯誤；⑥濃鹽酸可抑制鐵離子水解，則配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，然后再加水稀釋到所需的濃度，故正確；〖答案〗B。13．（2分）常溫下，下列各組離子在相應(yīng)的條件下能大量共存的是（）A．由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝1×10﹣10mol?L﹣1的溶液中：NO3﹣、Fe2+、Na+、SO42﹣ B．＝10﹣10mol?L﹣1的溶液中：NH4+、I﹣、Cl﹣、K+ C．＝1×106的溶液中K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣ D．惰性電極電解AgNO3后的溶液中：SO32﹣、K+、Na+、S2﹣〖解析〗A．由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝10﹣12mol?L一1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，酸性條件下Fe2+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿性條件下Fe2+不能大量共存，故A錯誤；B.＝10﹣10mol/L溶液為酸性溶液，H+、NH4+、I﹣、Cl﹣、K+，相互不反應(yīng)，可以大量共存，故B正確；C.＝106的溶液為堿性溶液，氫氧根離子與碳酸氫根離子反應(yīng)，不能大量共存，故C錯誤；D．惰性電極電解AgNO3后的溶液中，含有大量硝酸，硝酸具有強的氧化性，能夠氧化硫離子、亞硫酸根離子，不能大量共存，故D錯誤；〖答案〗B。14．（2分）為了探究鎂鋁在NaOH溶液中的放電情況，某研究小組設(shè)計了如圖1所示的實驗裝置。反應(yīng)過程中裝置的電壓變化如圖2所示。相關(guān)說法正確的是（）A．鎂電極始終為電池的負極 B．50s后，原電池中電子流動方向發(fā)生改變 C．整個過程中正極的電極反應(yīng)式均為2H2O﹣2e﹣═H2↑+2OH﹣ D．依據(jù)金屬活動性順序即可判斷原電池的正、負極，與電解質(zhì)溶液無關(guān)〖解析〗A.隨著反應(yīng)的進行，溶液堿性變?nèi)酰Y(jié)合右側(cè)電壓表可知，正負極互換，故鎂電極開始不是正極，故A錯誤；B.結(jié)合分析可知，50s后，電壓的正負值發(fā)生變化，電子流動方向改變，故B正確；C.由于兩次過程的酸堿性不同，故對應(yīng)的電極方程式不同，故C錯誤；D.Mg比Al活潑，但是開始反應(yīng)時，Mg為正極，故不可以簡單地通過金屬活動性順序判斷原電池的正、負極，還需要考慮電解液，故D錯誤；〖答案〗B。15．（2分）一定溫度下，某密閉容器中充入1molA2和2molB2，發(fā)生反應(yīng)A2（g）+B2（g）?2AB（g）。在達到平衡后，生成amolAB。當溫度不變時，若起始加入的A2、B2、AB的物質(zhì)的量分別為：x，y，z，則下列說法正確的是（）A．若保持恒容，當x：y＜1：2，z＝0，則達新平衡狀態(tài)時A2和B2的轉(zhuǎn)化率一定升高 B．若保持恒壓，當x：y＜1：2，z為任意值，則達新平衡狀態(tài)時AB的物質(zhì)的量為C．若保持恒容，當x：y：z＝1：1：a，則達新平衡狀態(tài)時A2的體積分數(shù)與原平衡時相同D．若保持恒壓，當x：y＜1：2，z＞0，則達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡時可能相同〖解析〗A．恒溫恒容條件下，x：y＜1：2、z＝0時，相當增大B2的濃度，平衡正向移動，A2的轉(zhuǎn)化率增大，但B2的轉(zhuǎn)化率反而降低，故A錯誤；B．若保持恒溫恒壓條件，當x：y＜1：2，z為任意值時，兩平衡可能不等效，因此達新平衡狀態(tài)時AB的物質(zhì)的量無法計算，故B錯誤；C．恒溫恒容條件下，x：y：z＝1：1：a的反應(yīng)體系中始終存在n（A2）：n（B2）＝1：1≠1：2，與原平衡體系不等效，則新平衡狀態(tài)時A2的體積分數(shù)與原平衡不可能相同，故C錯誤；D．恒溫恒壓條件下，當x：y＜1：2，z＞0，并且滿足（x+）：（y+）＝1：2時，該平衡體系與已知平衡體系等效，達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡相同，當（x+）：（y+）≠1：2時，該平衡體系與已知平衡體系不等效，達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡不相同，所以當x：y＜1：2，z＞0時，達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡時可能相同，故D正確；〖答案〗D。16．（2分）常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42﹣的水解）。下列敘述錯誤的是（）A．Ksp（Ag2C2O4）的數(shù)量級等于10﹣11 B．a(chǎn)點表示Ag2C2O4的不飽和溶液 C．向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀 D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）?2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝109.04〖解析〗由上述分析可知，X曲線代表AgCl，Y曲線代表Ag2C2O4，Ksp（AgCl）＝10﹣5.75×10﹣4＝10﹣9.75，Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46；A．Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46＝100.54×10﹣11，則Ksp（Ag2C2O4）的數(shù)量級等于10﹣11，故A正確；B．a(chǎn)點在Ag2C2O4所表示的圖象上方，c（Ag+）比Ag2C2O4溶解平衡曲線上的c（Ag+）小，a點的濃度積Q（Ag2C2O4）＜Ksp（Ag2C2O4），所以a點表示Ag2C2O4的不飽和溶液，故B正確；C．由圖可知，當陰離子濃度c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，則向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgCl沉淀，故C錯誤；D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）?2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝＝×＝＝＝109.04，故D正確；〖答案〗C。17．（2分）室溫下，將0.1mol?L﹣1的HClO溶液加水稀釋至0.01mol?L﹣1的過程中，下列各項始終保持減小的是（）A．Ka（HClO） B． C． D．〖解析〗A．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，加水稀釋，Ka（HClO）不變，故A錯誤；B．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，0.1mol?L﹣1的HClO溶液加水稀釋，c（H+）減小、c（OH﹣）增大，增大，故B錯誤；C．加水稀釋，c（ClO﹣）減小，Ka（HClO）＝不變，所以增大，故C錯誤；D．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，加水稀釋，c（H+）減小、c（OH﹣）增大，c（ClO﹣）減小，所以減小，故D正確；〖答案〗D。18．（2分）在一個恒溫恒壓的密閉容器中，有V2O5存在時發(fā)生反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＝﹣196.6KJ/mol。該反應(yīng)過程為①SO2+V2O5→SO3+2VO2、②……下列有關(guān)該反應(yīng)的說法不正確的是（）A．反應(yīng)②是O2+4VO2→2V2O5 B．V2O5降低了反應(yīng)的活化能 C．增大O2濃度時該反應(yīng)的△H不變 D．當2v（O2）逆＝v（SO3）正時加入V2O5，等式仍然成立，v（O2）逆、v（SO3）正值不變〖解析〗A．總反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）﹣①SO2+V2O5→SO3+2VO2可得反應(yīng)②為O2+4VO2→2V2O5，故A正確；B．在反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）中使用V2O5作催化劑，可降低反應(yīng)的活化能，故B正確；C．△H與熱化學反應(yīng)方程式有關(guān)，改變O2濃度不影響此反應(yīng)的△H，故C正確；D．當2v（O2）逆＝v（SO3）正時反應(yīng)達到平衡，此時加入V2O5，速率改變，但平衡不移動，即v（O2）逆、v（SO3）正數(shù)值增大，等式仍然成立，故D錯誤；〖答案〗D。19．（2分）下列過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．火藥的爆炸 B．鋼鐵的冶煉 C．用84消毒液消毒 D．鹵水點豆腐〖解析〗A．火藥的爆炸屬于燃燒過程，存在元素化合價變化，涉及氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．鋼鐵的冶煉過程中Fe元素化合價變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B不選；C．用84消毒液消毒，利用了NaClO的強氧化性，Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故C不選；D．鹵水點豆腐，屬于膠體的聚沉，不存在化合價變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，故D選；〖答案〗D。20．（2分）銠的配合物離子〖Rh（CO）2I2〗﹣可催化甲醇羰基化，反應(yīng)過程如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．CH3COI是反應(yīng)中間體 B．甲醇羰基化反應(yīng)為CH3OH+CO═CH3CO2H C．反應(yīng)過程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變 D．存在反應(yīng)CH3OH+HI═CH3I+H2O〖解析〗A、由圖可知，銠的配合物離子〖Rh（CO）3I3CH3〗﹣生成CH3COI，CH3COI繼續(xù)與H2O反應(yīng)生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反應(yīng)中間體，故A正確；B、由圖可知發(fā)生的反應(yīng)依次為：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6個反應(yīng)依次發(fā)生，6個反應(yīng)方程式相加和，消去中間產(chǎn)物得出總反應(yīng)：CH3OH+CO═CH3CO2H，故B正確；C、由圖可以看出Rh的成鍵數(shù)目由4變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?，依次循環(huán)，故C錯誤；D、由B分析，按照箭頭方向可知：CH3OH和HI反應(yīng)生成CH3I和H2O，反應(yīng)方程式為：即CH3OH+HI═CH3I+H2O，故D正確；〖答案〗C。二、綜合題，共60分21．（14分）苯乙烯（C6H5CH＝CH2）2是合成橡膠和塑料的單體，用來生產(chǎn)丁苯橡膠、聚苯乙烯等．工業(yè)上以乙苯C6H5CH2CH3為原料，采用催化脫氫的方法制取苯乙烯，反應(yīng)方程式為：C6H5CH2CH3（g）?C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）△H（1）已知：H2和CO的燃燒熱（△H）分別為﹣285.8kJ．mol?L﹣1和﹣283.0kJ．mol?L﹣1；C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）?C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（I）△H＝+114.8kJ?mol﹣1則制取苯乙烯反應(yīng)的△H為+117.6KJ/mol（2）向密閉容器中加入1mol乙苯，在恒溫恒容條件下合成苯乙烯，達平衡時，反應(yīng)的能量變化為QkJ．下列說法正確的是BD．A．升高溫度，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大B．若繼續(xù)加入1mol乙苯，苯乙烯轉(zhuǎn)化率增大C．壓縮體積，平衡逆向移動，反應(yīng)物濃度增大，生成物濃度減小D．相同條件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氫氣，達平衡時反應(yīng)能量變化為（△H﹣Q）kJ（3）向2L密閉容器中加入1mol乙苯發(fā)生反應(yīng)，達到平衡狀態(tài)時，平衡體系組成（物質(zhì)的量分數(shù)）與溫度的關(guān)系如圖所示．700℃時，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為66.7%，此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)為；溫度高于970℃時，苯乙烯的產(chǎn)率不再增加，其原因可能是有機化合物在溫度過高時分解．（4）含苯乙烯的廢水排放會對環(huán)境造成嚴重污染，可采用電解法去除廢水中的苯乙烯，基本原理是在陽極材料MOx上生成自由基MOx（OH），其進一步氧化有機物生成CO2，該陽極的電極反應(yīng)式為C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，若去除0.5mol苯乙烯，兩極共收集氣體14mol．〖解析〗（1）H2和CO的燃燒熱（△H）分別為﹣285.8kJ．mol?L﹣1和﹣283.0kJ．mol?L﹣1，可得熱化學方程式：①H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8KJ/mol，②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0KJ/mol，已知③：C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）?C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（l）△H＝+114.8kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，③+②﹣①可得：C6H5CH2CH3（g）?C6H5CH＝CH2（g）+H2（g），故△H＝114.8KJ/mol﹣283.0KJ/mol+285.8KJ/mol＝+117.6KJ/mol，故〖答案〗為：+117.6KJ/mol；（2）A．溫度變化對正逆反應(yīng)速率的影響是一致的，只是改變的程度不同，所以升高溫度，正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率均增大，故A錯誤；B．若繼續(xù)加入1mol乙苯，相當于增大整個體系的壓強，增大壓強，平衡逆向移動，故苯乙烯轉(zhuǎn)化率增大，B正確；C．壓縮容器的體積，增大體系的壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，乙苯的濃度增大，平衡常數(shù)不變，故平衡時苯乙烯、氫氣的濃度也增大，故C錯誤；D．相同條件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氫氣，等效為開始加入1mol乙苯，與原平衡為完全等效平衡，平衡時乙苯的物質(zhì)的量相等，假設(shè)平衡時為amol乙苯，則原平衡反應(yīng)中能量變化為QkJ＝（1﹣a）×△HkJ，而生成amol乙苯的能量變化為：a×△HkJ＝（△H﹣Q）kJ，故D正確；故〖答案〗為：BD；（3）參加反應(yīng)的乙苯為xmol，則：C6H5CH2CH3（g）?C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）起始量（mol）：100變化量（mol）：xxx平衡量（mol）：1﹣xxx由圖示可知：700℃時，乙苯的物質(zhì)的量百分含量為20%，則＝20%，所以x＝，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%＝66.7%，此溫度下平衡常數(shù)K＝＝＝，溫度高于970℃時，苯乙烯的產(chǎn)率不再增加，可能有機物受熱易分解是所致；故〖答案〗為：66.7%；；有機化合物在溫度過高時分解；（4）由題目信息可知，陽極上整個過程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，應(yīng)有OH﹣離子生成，由元素守恒可知，應(yīng)有水參與反應(yīng)，陽極電極反應(yīng)式為：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，陰極上是氫離子獲得電子生成氫氣，陰極電極反應(yīng)式為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，除去0.5mol苯乙烯，則：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+0.5mol20mol4mol2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣20mol10mol故兩極共收集氣體：4mol+10mol＝14mol，故〖答案〗為：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+；14．22．（10分）丙烷燃燒可以通過以下兩種途徑：途徑I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ?mol﹣1途徑II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ?mol﹣12C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ?mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ?mol﹣1（abcd均為正值）請回答下列問題：（1）判斷等量的丙烷通過兩種途徑放出的熱量，途徑I放出的熱量等于（填“大于”、“等于”或“小于”）途徑II放出的熱量（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反應(yīng)中，反應(yīng)物具有的總能量小于（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的總能量，那么在化學反應(yīng)時．反應(yīng)物就需要吸收（填“放出”或“吸收”）能量才能轉(zhuǎn)化為生成物，因此其反應(yīng)條件是加熱（3）b與a、c、d的數(shù)學關(guān)系式是b＝﹣a+（c+d）．〖解析〗（1）根據(jù)蓋斯定律，煤作為燃料不管是一步完成還是分兩步完成，反應(yīng)物和產(chǎn)物的焓值是一定的，所以兩途徑的焓變值一樣，放出的熱量一樣，故〖答案〗為：等于；（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反應(yīng)中△H＞0，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物具有的總能量小于生成物的總能量，需要吸收能量，反應(yīng)條件是加熱，故〖答案〗為：小于；吸收；加熱；（3）途徑I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ?mol﹣1途徑II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ?mol﹣1③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ?mol﹣1④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ?mol﹣1反應(yīng)①＝反應(yīng)②+反應(yīng)③×+反應(yīng)④×，所以﹣a＝b+（﹣c﹣d），所以b＝﹣a+（c+d），故〖答案〗為：b＝﹣a+（c+d）．23．（10分）某溫度下，在2L密閉容器中X、Y、Z三種物質(zhì)（均為氣態(tài)）間進行反應(yīng)，其物質(zhì)的量隨時間的變化曲線如圖。據(jù)圖回答：（1）該反應(yīng)的化學方程式可表示為2X（g）?3Y（g）+Z（g）。（2）反應(yīng)起始至tmin（設(shè)t＝5），X的平均反應(yīng)速率是0.08mol/（L?min）。（3）下列可判斷反應(yīng)已達到該狀態(tài)的是D（填字母，下同）A．X、Y、Z的反應(yīng)速率相等B．X、Y的反應(yīng)速率比為2：3C．混合氣體的密度不變D．生成1molZ的同時生成2molX（4）由如圖求得X的平衡時的轉(zhuǎn)化率為33.3%。（5）一定能使該反應(yīng)的反應(yīng)速率增大的措施有C。A．其他條件不變，及時分離出產(chǎn)物B．適當降低溫度C．其他條件不變，增大X的濃度〖解析〗（1）由圖可知，X為反應(yīng)物，達到平衡時的反應(yīng)量為2.4mol﹣1.6mol＝0.8mol，Y為生成物，達到平衡狀態(tài)時生成量為1.2mol，Z為生成物，達到平衡狀態(tài)時生成量為0.4mol，X、Y、Z變化量的比為0.8mol：1.2mol：0.4mol＝2：3：1，故方程式為2X（g）?3Y（g）+Z（g），故〖答案〗為：2X（g）?3Y（g）+Z（g）；（2）X達到平衡時的反應(yīng)量為2.4mol﹣1.6mol＝0.8mol，反應(yīng)起始至tmin（設(shè)t＝5），X的平均反應(yīng)速率是＝0.08mol/（L?min），故〖答案〗為：0.08mol/（L?min）；（3）A.X、Y、Z的反應(yīng)速率相等，未指明正逆，且平衡時正逆反應(yīng)速率之比應(yīng)等于方程式的系數(shù)比，故A錯誤；B.X、Y的反應(yīng)速率比為2：3，未指明正逆，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；C.反應(yīng)前后氣體總質(zhì)量不變，容器容積不變，故容器內(nèi)混合氣體的密度始終不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；D.生成1molZ的同時生成2molX，正逆反應(yīng)速率相等，達到化學平衡狀態(tài)，故D正確；故〖答案〗為：D；（4）X的平衡時的轉(zhuǎn)化率為×100%＝33.3%，故〖答案〗為：33.3%；（5）A.其他條件不變，及時分離出產(chǎn)物，平衡正移，反應(yīng)物濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故A錯誤；B.適當降低溫度，反應(yīng)速率減慢，故B錯誤；C.其他條件不變，增大X的濃度，反應(yīng)速率加快，故C正確；故〖答案〗為：C。24．（10分）正確認識和使用電池有利于我們每一個人的日常生活。I．電化學法處理SO2是目前研究的熱點。利用雙氧水氧化吸收SO2可消除SO2污染，設(shè)計裝置如圖所示（已知石墨只起導電作用，質(zhì)子交換膜只允許H+通過）。（1）石墨1為負極（填“正極”或“負極”），正極的電極反應(yīng)式為H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O。（2）反應(yīng)的總方程式為SO2+H2O2＝H2SO4。（3）H+的遷移方向為由左到右。（填“左”或“右”）（4）若11.2L（標準狀況）SO2參與反應(yīng)，則遷移H+的物質(zhì)的量為1mol。（5）某同學關(guān)于原電池的筆記中，不合理的有①②③。①原電池兩電極材料活潑性一定不同②原電池負極材料參與反應(yīng)，正極材料都不參與反應(yīng)③Fe﹣NaOH溶液﹣Si原電池，F(xiàn)e是負極④原電池是將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置Ⅱ．航天技術(shù)中使用的氫氧燃料電池具有高能、輕便和不污染環(huán)境等優(yōu)點。氫氧燃料電池有多種。（1）某堿式氫氧燃料電池的電解質(zhì)溶液是KOH溶液，則其負極反應(yīng)為H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；某熔鹽氫氧燃料電池的電解質(zhì)是熔融的碳酸鉀，則其負極反應(yīng)為H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2↑+H2O。（2）氫氧燃料電池用于航天飛船，電極反應(yīng)產(chǎn)生的水，經(jīng)過冷凝后可用作航天員的飲用水，當?shù)玫?.8g飲用水時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為0.2NA?！冀馕觥舰瘢?）該原電池中，通入二氧化硫的電極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則通入二氧化硫的電極是負極，即石墨1為負極、通入雙氧水的電極是正極，正極上雙氧水得電子生成水，電極反應(yīng)式為H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O，故〖答案〗為：負極；H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O；（2）H2O2有強氧化性，SO2有還原性，二者反應(yīng)生成H2SO4，化學方程式為SO2+H2O2＝H2SO4，故〖答案〗為：SO2+H2O2＝H2SO4；（3）H+的遷移方向為正極，從左至右，故〖答案〗為：左；右；（4）n（SO2）＝＝0.5mol，該反應(yīng)的負極反應(yīng)式為SO2+2H2O﹣2e﹣＝SO42﹣+4H+，正極電極反應(yīng)式為H2O2+2e﹣+2H+＝2H2O，有0.5mol二氧化硫參加反應(yīng)，有2mol氫離子在正極上發(fā)生反應(yīng)，則遷移H+的物質(zhì)的量為反應(yīng)的二氧化硫的2倍，為1mol，故〖答案〗為：1mol；（5）①燃料電池兩電極材料可為石墨等惰性電極，所以原電池兩電極材料活潑性可能不同，也可能相同，故①錯誤；②燃料電池兩電極材料可為石墨等惰性電極，電極材料均不參與反應(yīng)，所以原電池負極材料不一定參與反應(yīng)，正極材料不一定不參與反應(yīng)，也可能均參與反應(yīng)，如鉛蓄原電池，故②錯誤；③Fe﹣濃硝酸﹣Cu原電池中，F(xiàn)e發(fā)生鈍化作正極，Cu作負極，故③錯誤；④原電池是將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置，故④正確；故〖答案〗為：①②③；Ⅱ．（1）堿式氫氧燃料電池中，H2失去電子與OH﹣結(jié)合生成水，電極反應(yīng)式為H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，某熔鹽氫氧燃料電池的電解質(zhì)是熔融的碳酸鉀，負極反應(yīng)為H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2↑+H2O，故〖答案〗為：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；H2﹣2e﹣+CO32﹣＝CO2↑+H2O；（2）氫氧燃料電池的總反應(yīng)為O2+2H2＝2H2O，每生成36g時，轉(zhuǎn)移電子4mol，則得到1.8g飲用水時，轉(zhuǎn)移電子0.2mol，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故〖答案〗為：0.2NA。25．（16分）現(xiàn)有濃度均為0.1mol/L的下列溶液：①硫酸②醋酸③氫氧化鈉④氯化銨請回答下列問題：（1）①②③④四種溶液中由水電離出的H+濃度由大到小的順序是（填序號）④②③①．（2）將③和④等體積混合后，混合液中各離子濃度由大到小的順序是c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）．（3）已知t℃，KW＝1×10﹣13，則t℃＞（填“＞”、“＜”或“＝”）25℃．在t℃時將pH＝11的NaOH溶液aL與pH＝1的H2SO4溶液bL混合（忽略混合后溶液體積的變化），若所得混合溶液的pH＝10，則a：b＝101：9．（4）25℃時，有pH＝x的鹽酸和pH＝y(tǒng)的氫氧化鈉溶液（x≤6，y≥8），取aL該鹽酸與bL該氫氧化鈉溶液反應(yīng)，恰好完全中和，求：①若x+y＝14，則a/b＝1（填數(shù)據(jù)）；②若x+y＝13，則a/b＝0.1（填數(shù)據(jù)）；③若x+y＞14，則a/b＝10x+y﹣14（填表達式）；④該鹽酸與該氫氧化鈉溶液完全中和，兩溶液的pH（x、y）的關(guān)系式為x+y＝14+lg（）（填表達式）．〖解析〗（1）向溶液中加入酸或堿均能抑制H2O的電離，且溶液中H+或OH﹣濃度越大，由水電離出的H+濃度越?。畸}的水解能促進水的電離，所以由水電離出c（H+）由大到小的順序為：④②③①，故〖答案〗為：④②③①；（2）二者完全反應(yīng)生成NaCl和NH3?H2O，由于NH3?H2O電離出氫氧根離子，所以溶液呈堿性，溶液中離子濃度大小關(guān)系為：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+），故〖答案〗為：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）；（3）水的電離過程是吸熱反應(yīng)，升溫促進水的電離，即升溫KW增大，t℃時KW＞1×10﹣14，即t℃＞25℃；在t℃時將pH＝11的NaOH溶液中，n（OH﹣）＝0.01amol，pH＝1的H2SO4溶液H2SO4中，n（H+）＝0.1bmol，根據(jù)混合后溶液pH＝10，得10﹣3＝，解得a：b＝101：9，故〖答案〗為：＞；101：9；（4）兩溶液完全中和，則溶液中n（H+）＝n（OH﹣），即10﹣x?a＝10y﹣14?b，整理得：＝10x+y﹣14，①若x+y＝14時，a/b＝1，故〖答案〗為：1；②若x+y＝13，則a/b＝0.1，故〖答案〗為：0.1；③若x+y＞14，則a/b＝10x+y﹣14，故〖答案〗為：10x+y﹣14；④兩溶液完全中和，則有＝10x+y﹣14即lg（）＝x+y﹣14，解得：x+y＝14+lg（），故〖答案〗為：x+y＝14+lg（）．新疆喀什地區(qū)岳普湖縣2021-2022學年高二（下）第一次調(diào)研一、單選題（共20小題，每小題2分，共40分）1．（2分）化學與生活、生產(chǎn)息息相關(guān)．下列說法錯誤的是（）A．使用含氟牙膏可以有效預(yù)防齲齒 B．堿性的鋅錳干電池屬于二次電池 C．用可溶性的鋁鹽和鐵鹽處理水中的懸浮物 D．黃銅（銅鋅合金）制作的銅鑼不易生銅銹〖解析〗A．氟離子能和羥基磷酸鈣反應(yīng)生成氟磷酸鈣，氟磷酸鈣比羥基磷酸鈣更耐酸性，可在牙齒表面形成保護層，則含氟牙膏能有效預(yù)防齲齒，故A正確；B．二次電池是充電電池，堿性的鋅錳干電池不能多次充放電，屬于一次電池，故B錯誤；C．可溶性的鋁鹽和鐵鹽能發(fā)生水解生成氫氧化鋁、氫氧化鐵膠體，氫氧化鋁、氫氧化鐵膠體吸附性強，能吸附水中懸浮物形成沉淀，達到凈水目的，故C正確；D．銅鋅合金在電解質(zhì)溶液中形成原電池反應(yīng)，鋅做負極被腐蝕，正極被保護，所以不易形成銅綠，故D正確；〖答案〗B。2．（2分）Ca+金屬離子體系催化N2O和CO反應(yīng)的過程不需要吸收能量，Ca+是理想的金屬陽離子催化劑。該反應(yīng)的催化原理如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．該反應(yīng)的決速步驟為IM4→IM5 B．Ca+作該反應(yīng)的催化劑時降低了反應(yīng)的活化能 C．催化過程中N2O發(fā)生的反應(yīng)為N2O+Ca+═N2+CaO+ D．N2O和CO反應(yīng)的熱化學方程式為N2O+CO═N2+CO2△H＝﹣43.49kJ/mol〖解析〗A．由圖可知，IM4→IM5該步驟的活化能最大，則該步驟為該反應(yīng)的決速步驟，故A正確；B．Ca+作該反應(yīng)的催化劑，催化劑可降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，故B正確；C．由圖可知，催化過程中N2O發(fā)生的反應(yīng)，反應(yīng)物為N2O和Ca+，生成物為N2+CaO+，則催化過程中N2O發(fā)生的反應(yīng)為N2O+Ca+═N2+CaO+，故C正確；D．書寫熱化學方程式時要表明物質(zhì)的狀態(tài)，故D錯誤；〖答案〗D。3．（2分）常溫下，pH＝10的M、N兩種堿溶液各1mL，分別加水稀釋到100mL，其pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）A．稀釋前，兩溶液中n（OH﹣）不等 B．稀釋后，M溶液的堿性比N溶液的堿性強 C．完全中和M、N溶液時，消耗同濃度鹽酸的體積相等 D．若8＜a＜10，則M、N都是弱堿〖解析〗A．由圖可知，開始的pH相同，則c（OH﹣）相等，M、N兩種堿溶液各1mL，體積V也相等，由n＝cV可知，兩溶液中n（OH﹣）相等，故A錯誤；B．稀釋相同倍數(shù)后，M溶液的pH比N溶液的小，即M溶液的堿性比N溶液的堿性弱，故B錯誤；C．由圖象可知100mL的溶液中n（OH﹣）關(guān)系為N＞M，說明pH＝10的M、N兩種堿溶液，溶質(zhì)濃度N大于M，完全中和M、N兩溶液時，消耗同濃度鹽酸的體積VM＜VN，故C錯誤；D．M的堿性比N強，若M為強堿，加水稀釋到100mL的時候則a＝8，若8＜a＜10，則M、N都是弱堿，故D正確；〖答案〗D。4．（2分）HCOOH是一種弱酸，常溫下，對HCOOH溶液進行稀釋，下列物理量的比值增大的是（）A． B．c（HCOO﹣）? C． D．〖解析〗A.稀釋后HCOOH的電離程度增大，溶液中HCOO﹣的物質(zhì)的量增大，HCOOH的物質(zhì)的量減小，同一溶液中體積相等，則＝的比值減小，故A錯誤；B.c（HCOO﹣）?＝Ka（HCOOH），溫度不變甲酸的電離平衡常數(shù)不變，則稀釋過程中c（HCOO﹣）?的值不變，故B錯誤；C.稀釋后HCOOH的電離程度增大，溶液中H+的物質(zhì)的量增大，而HCOOH的物質(zhì)的量減小，同一溶液中體積相等，則＝的比值增大，故C正確；D.＝，溫度不變Kh（HCOO﹣）不變，則稀釋過程中的比值不變，故D錯誤；〖答案〗C。5．（2分）一定溫度下，反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反應(yīng)熱和化學平衡常數(shù)分別為△H和K，△H＜0，下列說法正確的是（）A．升高溫度，K增大 B．2molSO2和1molO2反應(yīng)放出熱量|△H| C．其他條件不變，增大SO2的量，△H和K均增大 D．相同溫度時反應(yīng)4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反應(yīng)熱和化學平衡常數(shù)為﹣2△H和〖解析〗A．該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，K減小，故A錯誤；B．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不可能完全轉(zhuǎn)化，放出熱量小于|△H|，故B錯誤；C．其他條件不變，增大SO2的量，△H不變，溫度不變，化學平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的反應(yīng)熱為△H，則2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）的反應(yīng)熱為﹣△H，△H的值與化學計量數(shù)成正比，則4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）的反應(yīng)熱為﹣2△H，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的化學平衡常數(shù)為K＝，則4SO3（g）4SO2（g）+2O2（g）K1＝＝，故D正確；〖答案〗D。6．（2分）如圖所示能夠組成原電池，并且產(chǎn)生明顯的電流的是（）A． B． C． D．〖解析〗A．兩電極相同，不能形成原電池，故A錯誤；B．鋅為負極，銅為正極，電解質(zhì)溶液為硫酸，可形成原電池，故B正確；C．不能進行自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，不能形成原電池，故C錯誤；D．不能進行自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，不能形成原電池，故D錯誤?！即鸢浮紹。7．（2分）HA是一元弱酸，微溶鹽MA2的飽和溶液中c（M2+）隨c（H+）而變化，M2+不發(fā)生水解。定義如下關(guān)系：pM＝﹣lgc（M2+），δ（A﹣）＝。25℃時，實驗測得pM與δ（A﹣）的關(guān)系如圖所示，其中D點對應(yīng)的pH＝5.0。已知lg2≈0.3，則下列說法正確的是（）A．D點存在2c（M2+）＝3c（HA） B．E點的pH≈5.6 C．25℃時，Ksp（MA2）的數(shù)量級為10﹣10 D．25℃時，HA的電離常數(shù)：Ka為2.5×10﹣5〖解析〗A.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），對于D點，δ（A﹣）＝＝2，則c（HA）＝4c（A﹣），所以2c（M2+）＝1.25c（HA），故A錯誤；B.D點對應(yīng)的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，對于E點，δ（A﹣）＝＝0.5，則c（HA）＝c（A﹣），則Ka（HA）＝c（H+），pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg（2.5×10﹣6）≈5.6，故B正確；C.由物料守恒可得2c（M2+）＝c（HA）+c（A﹣），δ（A﹣）＝＝，Ksp（MA2）＝c（M2+）×c（A﹣）2＝c（M2+）×〖δ（A﹣）×2c（M2+）〗2＝4c（M2+）3×δ（A﹣）2，將E點坐標代入上式可得Ksp（MA2）＝4×（10﹣2.8）3×0.52＝10﹣8.4，Ksp（MA2）的數(shù)量級為10﹣9，故C錯誤；D.D點對應(yīng)的pH＝5.0，c（H+）＝10﹣5mol/L，c（HA）＝4c（A﹣），Ka（HA）＝＝10﹣5×＝2.5×10﹣6，故D錯誤；〖答案〗B。8．（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．常溫下1LpH＝3的FeCl3溶液中Cl﹣數(shù)目為3NA B．標況下2.24LCl2溶于水充分反應(yīng)后，HClO、ClO﹣、Cl﹣微粒數(shù)目之和為0.2NA C．向1L0.1mol?L﹣1的NH4Cl溶液中通入NH3使溶液呈中性，含有NH4+數(shù)目為0.1NA D．粗銅精煉過程中，當陽極質(zhì)量減小64g時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NA〖解析〗A．氯化鐵為強酸弱堿鹽，水溶液中部分鐵離子水解，只知道溶液pH值無法計算氯離子濃度，無法計算溶液中含有氯離子數(shù)目，故A錯誤；B．標況下2.24LCl2物質(zhì)的量為1mol，將1molCl2通入水中，氯氣不能反應(yīng)完全，由原子守恒可知2n（Cl2）+n（Cl﹣）+n（ClO﹣）+n（HClO）＝2×1mol＝2mol，故溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的數(shù)目之和小于2NA，故B錯誤；C．向1L0.1mol?L﹣1氯化銨溶液中通入少量氨氣調(diào)節(jié)溶液為中性，則根據(jù)電荷守恒可知c（Cl﹣）＝c（NH4+）＝0.1mol/L，所以NH4+的數(shù)目為0.1NA，故C正確；D．電解精煉銅時，陽極上是粗銅，粗銅上有其他金屬雜質(zhì)，所以在電解精煉銅的過程中，陽極質(zhì)量減少64g時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不一定為0.2NA，故D錯誤；〖答案〗C。9．（2分）常溫下，在含有大量Cu（OH）2（s）的濁液中，改變條件發(fā)生相應(yīng)變化的趨向錯誤的是（）A．通入少量HCl B．加少量蒸餾水 C．加少量NaOH（s） D．適當升高溫度〖解析〗A．通入少量HCl，反應(yīng)消耗了OH﹣，導致溶液pH降低，故A正確；B．加入少量水，得到同溫度下Cu（OH）2飽和溶液，使溶液中離子濃度不變，故B正確；C．加入少量NaOH固體，平衡向生成Cu（OH）2的方向移動，n（Cu2+）減小，故C錯誤；D．氫氧化銅溶解是吸熱過程，升溫后仍然是飽和溶液，但其溶度積常數(shù)增大，故D正確；〖答案〗C。10．（2分）已知肼燃燒的化學方程式為N2H4+O2N2+2H2O。以硫酸為電解質(zhì)溶液組成肼燃料電池，下列有關(guān)說法不正確的是（）A．以肼代替氫氣的主要優(yōu)點是肼易液化、易儲存 B．正極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ C．當1molO2參與反應(yīng)時，必有4molH+向正極移動 D．電池工作過程中硫酸濃度逐漸減小〖解析〗A．肼的熔點和沸點均比氫氣的高，易液化、易儲存，故A正確；B．電解質(zhì)溶液是酸性的，正極上氧氣得電子生成水，所以正極的電極反應(yīng)式應(yīng)為O2+4H++4e﹣＝2H2O，故B錯誤；C．當1molO2參與反應(yīng)時，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，陽離子向正極移動，則必有4molH+向正極移動，故C正確；D．根據(jù)N2H4+O2＝N2+2H2O總反應(yīng)可知，反應(yīng)生成水，溶液的體積增大，故硫酸濃度逐漸減小，故D正確；〖答案〗B。11．（2分）用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．pH＝13的NaOH溶液中所含OH﹣的數(shù)目為0.1NA B．常溫下，向1L0.1mol?L﹣1醋酸鈉溶液中加入醋酸至中性，則溶液中CH3COO﹣的數(shù)目為0.1NA C．通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)目之和為2NA D．向FeI2溶液中通入適量Cl2，當有1molFe2+被氧化時，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA〖解析〗A.題目未給溶液體積，無法計算離子的物質(zhì)的量，故A錯誤；B.溶液呈中性，由電荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故溶液中n（Na+）＝n（CH3COO﹣）＝0.1mol/L×1L×NA/mol＝0.1NA，故B正確；C.氯氣與水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，氯氣不能完全轉(zhuǎn)化，通入1molCl2的新制氯水中，HClO、Cl﹣、ClO﹣粒子數(shù)目之和小于2NA，故C錯誤；D.題目中碘化亞鐵的量未給，無法計算實際轉(zhuǎn)移電子數(shù)目，故D錯誤；〖答案〗B。12．（2分）下列敘述不正確的有幾項（）①實驗室盛放碳酸鈉溶液，不能用玻璃塞，要用帶橡膠塞的試劑瓶保存；②泡沫滅火器中盛有碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液，使用時只需將兩者混合就可產(chǎn)生大量泡沫；③用氯化銨溶液除去鐵銹；④將飽和的AlCl3溶液蒸干并灼燒，可得到AlCl3固體；⑤明礬和漂白粉用于自來水的凈化和殺菌消毒，兩者的作用原理相同；⑥配制FeCl3溶液時，可將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，然后再加水稀釋A．1項 B．2項 C．4項 D．5項〖解析〗①碳酸鈉溶液水解顯堿性，堿能和玻璃中的SiO2反應(yīng)生成黏性的Na2SiO3，將玻璃塞和玻璃瓶粘結(jié)在一起，故用玻璃瓶時需要用橡膠塞，而不用玻璃塞，故正確；②泡沫滅火器滅火是Al3+和HCO3﹣的雙水解生成Al（OH）3和CO2，CO2用于滅火，故正確；③NH4Cl溶液水解生成HCl，HCl能和鐵銹反應(yīng)而除銹，故正確；④AlCl3水解生成Al（OH）3和HCl，鹽酸具有揮發(fā)性，加熱促進鹽酸揮發(fā)，所以最終得到的固體是Al（OH）3，故錯誤；⑤明礬能生成氫氧化鋁膠體，吸附水中懸浮物而凈水，但不具有氧化性，不能用于殺菌消毒，漂白粉中次氯酸鈣具有強氧化性，能殺菌消毒，即凈水原理不同，故錯誤；⑥濃鹽酸可抑制鐵離子水解，則配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在濃鹽酸中，然后再加水稀釋到所需的濃度，故正確；〖答案〗B。13．（2分）常溫下，下列各組離子在相應(yīng)的條件下能大量共存的是（）A．由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝1×10﹣10mol?L﹣1的溶液中：NO3﹣、Fe2+、Na+、SO42﹣ B．＝10﹣10mol?L﹣1的溶液中：NH4+、I﹣、Cl﹣、K+ C．＝1×106的溶液中K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣ D．惰性電極電解AgNO3后的溶液中：SO32﹣、K+、Na+、S2﹣〖解析〗A．由水電離產(chǎn)生的c（H+）＝10﹣12mol?L一1的溶液，水的電離受到抑制，溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，酸性條件下Fe2+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿性條件下Fe2+不能大量共存，故A錯誤；B.＝10﹣10mol/L溶液為酸性溶液，H+、NH4+、I﹣、Cl﹣、K+，相互不反應(yīng)，可以大量共存，故B正確；C.＝106的溶液為堿性溶液，氫氧根離子與碳酸氫根離子反應(yīng)，不能大量共存，故C錯誤；D．惰性電極電解AgNO3后的溶液中，含有大量硝酸，硝酸具有強的氧化性，能夠氧化硫離子、亞硫酸根離子，不能大量共存，故D錯誤；〖答案〗B。14．（2分）為了探究鎂鋁在NaOH溶液中的放電情況，某研究小組設(shè)計了如圖1所示的實驗裝置。反應(yīng)過程中裝置的電壓變化如圖2所示。相關(guān)說法正確的是（）A．鎂電極始終為電池的負極 B．50s后，原電池中電子流動方向發(fā)生改變 C．整個過程中正極的電極反應(yīng)式均為2H2O﹣2e﹣═H2↑+2OH﹣ D．依據(jù)金屬活動性順序即可判斷原電池的正、負極，與電解質(zhì)溶液無關(guān)〖解析〗A.隨著反應(yīng)的進行，溶液堿性變?nèi)?，結(jié)合右側(cè)電壓表可知，正負極互換，故鎂電極開始不是正極，故A錯誤；B.結(jié)合分析可知，50s后，電壓的正負值發(fā)生變化，電子流動方向改變，故B正確；C.由于兩次過程的酸堿性不同，故對應(yīng)的電極方程式不同，故C錯誤；D.Mg比Al活潑，但是開始反應(yīng)時，Mg為正極，故不可以簡單地通過金屬活動性順序判斷原電池的正、負極，還需要考慮電解液，故D錯誤；〖答案〗B。15．（2分）一定溫度下，某密閉容器中充入1molA2和2molB2，發(fā)生反應(yīng)A2（g）+B2（g）?2AB（g）。在達到平衡后，生成amolAB。當溫度不變時，若起始加入的A2、B2、AB的物質(zhì)的量分別為：x，y，z，則下列說法正確的是（）A．若保持恒容，當x：y＜1：2，z＝0，則達新平衡狀態(tài)時A2和B2的轉(zhuǎn)化率一定升高 B．若保持恒壓，當x：y＜1：2，z為任意值，則達新平衡狀態(tài)時AB的物質(zhì)的量為C．若保持恒容，當x：y：z＝1：1：a，則達新平衡狀態(tài)時A2的體積分數(shù)與原平衡時相同D．若保持恒壓，當x：y＜1：2，z＞0，則達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡時可能相同〖解析〗A．恒溫恒容條件下，x：y＜1：2、z＝0時，相當增大B2的濃度，平衡正向移動，A2的轉(zhuǎn)化率增大，但B2的轉(zhuǎn)化率反而降低，故A錯誤；B．若保持恒溫恒壓條件，當x：y＜1：2，z為任意值時，兩平衡可能不等效，因此達新平衡狀態(tài)時AB的物質(zhì)的量無法計算，故B錯誤；C．恒溫恒容條件下，x：y：z＝1：1：a的反應(yīng)體系中始終存在n（A2）：n（B2）＝1：1≠1：2，與原平衡體系不等效，則新平衡狀態(tài)時A2的體積分數(shù)與原平衡不可能相同，故C錯誤；D．恒溫恒壓條件下，當x：y＜1：2，z＞0，并且滿足（x+）：（y+）＝1：2時，該平衡體系與已知平衡體系等效，達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡相同，當（x+）：（y+）≠1：2時，該平衡體系與已知平衡體系不等效，達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡不相同，所以當x：y＜1：2，z＞0時，達新平衡狀態(tài)時B2的體積分數(shù)與原平衡時可能相同，故D正確；〖答案〗D。16．（2分）常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O42﹣的水解）。下列敘述錯誤的是（）A．Ksp（Ag2C2O4）的數(shù)量級等于10﹣11 B．a(chǎn)點表示Ag2C2O4的不飽和溶液 C．向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀 D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）?2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝109.04〖解析〗由上述分析可知，X曲線代表AgCl，Y曲線代表Ag2C2O4，Ksp（AgCl）＝10﹣5.75×10﹣4＝10﹣9.75，Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46；A．Ksp（Ag2C2O4）＝10﹣2.46×（10﹣4）2＝10﹣10.46＝100.54×10﹣11，則Ksp（Ag2C2O4）的數(shù)量級等于10﹣11，故A正確；B．a(chǎn)點在Ag2C2O4所表示的圖象上方，c（Ag+）比Ag2C2O4溶解平衡曲線上的c（Ag+）小，a點的濃度積Q（Ag2C2O4）＜Ksp（Ag2C2O4），所以a點表示Ag2C2O4的不飽和溶液，故B正確；C．由圖可知，當陰離子濃度c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）時，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，則向c（Cl﹣）＝c（C2O42﹣）的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgCl沉淀，故C錯誤；D．Ag2C2O4（s）+2Cl﹣（aq）?2AgCl（s）+C2O42﹣（aq）的平衡常數(shù)K＝＝×＝＝＝109.04，故D正確；〖答案〗C。17．（2分）室溫下，將0.1mol?L﹣1的HClO溶液加水稀釋至0.01mol?L﹣1的過程中，下列各項始終保持減小的是（）A．Ka（HClO） B． C． D．〖解析〗A．電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，加水稀釋，Ka（HClO）不變，故A錯誤；B．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，0.1mol?L﹣1的HClO溶液加水稀釋，c（H+）減小、c（OH﹣）增大，增大，故B錯誤；C．加水稀釋，c（ClO﹣）減小，Ka（HClO）＝不變，所以增大，故C錯誤；D．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，加水稀釋，c（H+）減小、c（OH﹣）增大，c（ClO﹣）減小，所以減小，故D正確；〖答案〗D。18．（2分）在一個恒溫恒壓的密閉容器中，有V2O5存在時發(fā)生反應(yīng)：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＝﹣196.6KJ/mol。該反應(yīng)過程為①SO2+V2O5→SO3+2VO2、②……下列有關(guān)該反應(yīng)的說法不正確的是（）A．反應(yīng)②是O2+4VO2→2V2O5 B．V2O5降低了反應(yīng)的活化能 C．增大O2濃度時該反應(yīng)的△H不變 D．當2v（O2）逆＝v（SO3）正時加入V2O5，等式仍然成立，v（O2）逆、v（SO3）正值不變〖解析〗A．總反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）﹣①SO2+V2O5→SO3+2VO2可得反應(yīng)②為O2+4VO2→2V2O5，故A正確；B．在反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）中使用V2O5作催化劑，可降低反應(yīng)的活化能，故B正確；C．△H與熱化學反應(yīng)方程式有關(guān)，改變O2濃度不影響此反應(yīng)的△H，故C正確；D．當2v（O2）逆＝v（SO3）正時反應(yīng)達到平衡，此時加入V2O5，速率改變，但平衡不移動，即v（O2）逆、v（SO3）正數(shù)值增大，等式仍然成立，故D錯誤；〖答案〗D。19．（2分）下列過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A．火藥的爆炸 B．鋼鐵的冶煉 C．用84消毒液消毒 D．鹵水點豆腐〖解析〗A．火藥的爆炸屬于燃燒過程，存在元素化合價變化，涉及氧化還原反應(yīng)，故A不選；B．鋼鐵的冶煉過程中Fe元素化合價變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故B不選；C．用84消毒液消毒，利用了NaClO的強氧化性，Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應(yīng)，故C不選；D．鹵水點豆腐，屬于膠體的聚沉，不存在化合價變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，故D選；〖答案〗D。20．（2分）銠的配合物離子〖Rh（CO）2I2〗﹣可催化甲醇羰基化，反應(yīng)過程如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．CH3COI是反應(yīng)中間體 B．甲醇羰基化反應(yīng)為CH3OH+CO═CH3CO2H C．反應(yīng)過程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變 D．存在反應(yīng)CH3OH+HI═CH3I+H2O〖解析〗A、由圖可知，銠的配合物離子〖Rh（CO）3I3CH3〗﹣生成CH3COI，CH3COI繼續(xù)與H2O反應(yīng)生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反應(yīng)中間體，故A正確；B、由圖可知發(fā)生的反應(yīng)依次為：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，②+CH3I＝，③＝，④+CO＝，⑤＝CH3COI+，⑥CH3COI+H2O＝HI+CH3CO2H，6個反應(yīng)依次發(fā)生，6個反應(yīng)方程式相加和，消去中間產(chǎn)物得出總反應(yīng)：CH3OH+CO═CH3CO2H，故B正確；C、由圖可以看出Rh的成鍵數(shù)目由4變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?再變?yōu)?，依次循環(huán)，故C錯誤；D、由B分析，按照箭頭方向可知：CH3OH和HI反應(yīng)生成CH3I和H2O，反應(yīng)方程式為：即CH3OH+HI═CH3I+H2O，故D正確；〖答案〗C。二、綜合題，共60分21．（14分）苯乙烯（C6H5CH＝CH2）2是合成橡膠和塑料的單體，用來生產(chǎn)丁苯橡膠、聚苯乙烯等．工業(yè)上以乙苯C6H5CH2CH3為原料，采用催化脫氫的方法制取苯乙烯，反應(yīng)方程式為：C6H5CH2CH3（g）?C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）△H（1）已知：H2和CO的燃燒熱（△H）分別為﹣285.8kJ．mol?L﹣1和﹣283.0kJ．mol?L﹣1；C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）?C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（I）△H＝+114.8kJ?mol﹣1則制取苯乙烯反應(yīng)的△H為+117.6KJ/mol（2）向密閉容器中加入1mol乙苯，在恒溫恒容條件下合成苯乙烯，達平衡時，反應(yīng)的能量變化為QkJ．下列說法正確的是BD．A．升高溫度，正反應(yīng)速率減小，逆反應(yīng)速率增大B．若繼續(xù)加入1mol乙苯，苯乙烯轉(zhuǎn)化率增大C．壓縮體積，平衡逆向移動，反應(yīng)物濃度增大，生成物濃度減小D．相同條件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氫氣，達平衡時反應(yīng)能量變化為（△H﹣Q）kJ（3）向2L密閉容器中加入1mol乙苯發(fā)生反應(yīng)，達到平衡狀態(tài)時，平衡體系組成（物質(zhì)的量分數(shù)）與溫度的關(guān)系如圖所示．700℃時，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為66.7%，此溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)為；溫度高于970℃時，苯乙烯的產(chǎn)率不再增加，其原因可能是有機化合物在溫度過高時分解．（4）含苯乙烯的廢水排放會對環(huán)境造成嚴重污染，可采用電解法去除廢水中的苯乙烯，基本原理是在陽極材料MOx上生成自由基MOx（OH），其進一步氧化有機物生成CO2，該陽極的電極反應(yīng)式為C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，若去除0.5mol苯乙烯，兩極共收集氣體14mol．〖解析〗（1）H2和CO的燃燒熱（△H）分別為﹣285.8kJ．mol?L﹣1和﹣283.0kJ．mol?L﹣1，可得熱化學方程式：①H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣285.8KJ/mol，②CO（g）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣283.0KJ/mol，已知③：C6H5CH2CH3（g）+CO2（g）?C6H5CH＝CH2（g）+CO（g）+H2O（l）△H＝+114.8kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，③+②﹣①可得：C6H5CH2CH3（g）?C6H5CH＝CH2（g）+H2（g），故△H＝114.8KJ/mol﹣283.0KJ/mol+285.8KJ/mol＝+117.6KJ/mol，故〖答案〗為：+117.6KJ/mol；（2）A．溫度變化對正逆反應(yīng)速率的影響是一致的，只是改變的程度不同，所以升高溫度，正反應(yīng)速率和逆反應(yīng)速率均增大，故A錯誤；B．若繼續(xù)加入1mol乙苯，相當于增大整個體系的壓強，增大壓強，平衡逆向移動，故苯乙烯轉(zhuǎn)化率增大，B正確；C．壓縮容器的體積，增大體系的壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，乙苯的濃度增大，平衡常數(shù)不變，故平衡時苯乙烯、氫氣的濃度也增大，故C錯誤；D．相同條件下若起始加入1mol苯乙烯和1mol氫氣，等效為開始加入1mol乙苯，與原平衡為完全等效平衡，平衡時乙苯的物質(zhì)的量相等，假設(shè)平衡時為amol乙苯，則原平衡反應(yīng)中能量變化為QkJ＝（1﹣a）×△HkJ，而生成amol乙苯的能量變化為：a×△HkJ＝（△H﹣Q）kJ，故D正確；故〖答案〗為：BD；（3）參加反應(yīng)的乙苯為xmol，則：C6H5CH2CH3（g）?C6H5CH＝CH2（g）+H2（g）起始量（mol）：100變化量（mol）：xxx平衡量（mol）：1﹣xxx由圖示可知：700℃時，乙苯的物質(zhì)的量百分含量為20%，則＝20%，所以x＝，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為×100%＝66.7%，此溫度下平衡常數(shù)K＝＝＝，溫度高于970℃時，苯乙烯的產(chǎn)率不再增加，可能有機物受熱易分解是所致；故〖答案〗為：66.7%；；有機化合物在溫度過高時分解；（4）由題目信息可知，陽極上整個過程是苯乙烯氧化生成二氧化碳，由守恒守恒可知，應(yīng)有OH﹣離子生成，由元素守恒可知，應(yīng)有水參與反應(yīng)，陽極電極反應(yīng)式為：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+，陰極上是氫離子獲得電子生成氫氣，陰極電極反應(yīng)式為：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，除去0.5mol苯乙烯，則：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+0.5mol20mol4mol2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣20mol10mol故兩極共收集氣體：4mol+10mol＝14mol，故〖答案〗為：C6H5CH＝CH2+16H2O﹣40e﹣＝8CO2↑+40H+；14．22．（10分）丙烷燃燒可以通過以下兩種途徑：途徑I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ?mol﹣1途徑II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ?mol﹣12C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ?mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ?mol﹣1（abcd均為正值）請回答下列問題：（1）判斷等量的丙烷通過兩種途徑放出的熱量，途徑I放出的熱量等于（填“大于”、“等于”或“小于”）途徑II放出的熱量（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反應(yīng)中，反應(yīng)物具有的總能量小于（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的總能量，那么在化學反應(yīng)時．反應(yīng)物就需要吸收（填“放出”或“吸收”）能量才能轉(zhuǎn)化為生成物，因此其反應(yīng)條件是加熱（3）b與a、c、d的數(shù)學關(guān)系式是b＝﹣a+（c+d）．〖解析〗（1）根據(jù)蓋斯定律，煤作為燃料不管是一步完成還是分兩步完成，反應(yīng)物和產(chǎn)物的焓值是一定的，所以兩途徑的焓變值一樣，放出的熱量一樣，故〖答案〗為：等于；（2）由于C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）的反應(yīng)中△H＞0，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物具有的總能量小于生成物的總能量，需要吸收能量，反應(yīng)條件是加熱，故〖答案〗為：小于；吸收；加熱；（3）途徑I：①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H＝﹣akJ?mol﹣1途徑II：②C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H＝+bkJ?mol﹣1③2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H＝﹣ckJ?mol﹣1④2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＝﹣dkJ?mol﹣1反應(yīng)①＝反應(yīng)②+反應(yīng)③×