天津市部分区2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

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天津市部分区2019-2020学年高二上学期期末考试化学试题

天津市部分区2019~2020学年度第一学期期末考试 高二化学 相对原子质量:H ‎1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Pb 207‎ 第I卷 本卷共12题,每题3分,共36分。在每题给出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。‎ ‎1.下列化合物中属于弱电解质的是 A. Na2SO4 B. HCl C. Ba(OH)2 D. H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、硫酸钠在水溶液里能完全电离出钠离子和硫酸根离子,是强电解质,故A错误;‎ B项、氯化氢在水溶液里能完全电离出氢离子和氯离子,是强电解质,故B错误;‎ C项、氢氧化钡难溶于水,但溶于水的氢氧化钡完全电离出钡离子和氢氧根离子,是强电解质,故C错误;‎ D项、水只能部分电离,是弱电解质,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】强电解质是在水溶液中能够完全电离的化合物,即溶于水的部分或者熔融状态时,可以完全变成阴阳离子的化合物,一般是强酸、强碱和大部分盐类;弱电解质是在水溶液里部分电离的化合物,包括弱酸、弱碱、水与少数盐,抓住弱电解质的特征“不能完全电离”是解答关键。‎ ‎2.某反应的反应过程中能量变化如图1 所示(图中E1表示正反应的活化能,E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是 A. 该反应为放热反应 B. 催化剂能改变该反应的焓变 C. 催化剂能降低该反应的活化能 D. 逆反应的活化能大于正反应的活化能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图象分析反应物能量低于生成物能量,反应是吸热反应,故A错误;‎ B.催化剂只能降低反应的活化能,不能改变反应的焓变,故B错误;‎ C.催化剂对反应的始态和终态无响应,但改变活化能,故C正确;‎ D.图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1,故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.在一定体积的密闭容器中,发生可逆反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),下列情况能说明该反应已经达到平衡的是 A. 混合气体的质量不再变化 B. SO2与O2的速率之比为2︰1‎ C. 混合气体的物质的量不再变化 D. 混合气体的密度不再变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由质量守恒定律可知,混合气体的质量一直不变化,不能证明达到了平衡状态,故A错误;‎ B项、SO2与O2的速率之比为2︰1不能表示正逆反应速率相等,不能证明达到了平衡状态,故B错误;‎ C项、该反应是一个气体体积增大的反应,混合气体的物质的量不再变化表示正逆反应速率相等,能证明达到了平衡状态,故C正确;‎ D项、容器的体积和混合气体的质量均不变,密度始终不会变化,不能说明达到了平衡状态,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。‎ ‎4.下列关于多电子原子核外电子排布的说法错误的是 A. 各能层含有的能级数等于能层序数 B. 各能层的能级都是从s能级开始至f能级结束 C. 各能层最多可容纳的电子数一定是偶数 D. 各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、根据多电子原子的核外电子的能量差异,将核外电子分成不同的能层,根据多电子原子中同一能层电子能量的不同,将它们分成不同能级,各能层含有的能级数等于能层序数,如第三能层有能级3s、3p、3d,故A正确;‎ B项、各能层的能级都是从s能级开始,每个能层上能级个数与能层数相等,所以有的能层不含f能级,故B错误;‎ C项、根据核外电子排布规律,每一能层最多可容纳的电子数2n2(n为能层序数),则各能层最多可容纳的电子数一定是偶数,故C正确;‎ D项、根据电子云的空间形状可知,各能级包含的原子轨道数按s、p、d、f的顺序依次为1、3、5、7,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎5.下列说法错误的是 A. 同一原子中,1s、2s、3s电子的能量相同 B. 1s22s12p1是激发态原子的电子排布式 C. 基态溴原子的简化电子排布式是[Ar]3d104s24p5‎ D. 某原子外围电子排布式是6s26p2,则该元素位于元素周期表的p区 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、同一能级,能层越大,能级上电子的能量越大,所以同一原子中,1s、2s、3s电子的能量逐渐增大,故A错误;‎ B项、1s22s12p1为激发态,根据能量最低原理,其基态电子排布式应为1s22s2,故B正确;‎ C项、基态溴原子的核外有35个电子,分4层排布,基态原子核外电子排布式:[Ar]3d104s24p5,故C正确;‎ D项、外围电子排布式是6s26p2的元素是钋元素,位于元素周期表的p区,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】原子的核外电子排布符合能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则,原子处于基态,否则为激发态是解答关键。‎ ‎6.下列事实能说明某一元酸HA是强电解质的是 A. 常温下NaA溶液的pH=7‎ B. HA溶液能使紫色石蕊试液变红 C. 用HA溶液和NaCl溶液做导电性实验,灯泡亮度相同 D. 等体积、等物质的量浓度的HA与NaOH溶液两者恰好完全反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、常温下NaA溶液的pH=7说明NaA为强酸强碱盐,HA为 强酸,故A正确;‎ B项、HA溶液能使紫色石蕊试液变红说明HA为酸,不能判断酸的强弱,故B错误;‎ C项、没有明确是否为同浓度的HA溶液和NaCl溶液,用HA溶液和NaCl溶液做导电性实验,灯泡亮度相同不能判断电解质强弱,故C错误;‎ D项、等体积、等物质的量浓度的HA与NaOH溶液两者恰好完全反应说明HA为一元酸,不能判断酸的强弱,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】常温下NaA溶液的pH=7说明NaA为强酸强碱盐,用同浓度的HA溶液和NaCl溶液做导电性实验,灯泡亮度相同,说明HA是强酸是解答关键,也是易错点。‎ ‎7.在密闭容器中进行的下列反应:M(g)+N(g) R(g)+‎2L,此反应符合下图。下列叙述正确的是 A. 正反应吸热,L是气体 B. 正反应吸热,L是固体 C. 正反应放热,L是气体 D. 正反应放热,L是固体或液体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知,温度为T1时,根据到达平衡的时间可知P2>P1,且压强越大,R的含量越低,说明平衡向逆反应方向移动,正反应为气体体积增大的反应,故L为气体;压强为P1时,根据到达平衡的时间可知T2>T1,且温度越高,R的含量越低,说明平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,则该反应的正反应为放热反应,L是气体,故选C。‎ ‎【点睛】温度相同时,压强越大,达到平衡所需时间越少,平衡向化学计量数减小的方向移动,压强相同时,温度越高达到平衡所需时间越少,平衡向吸热方向移动是解答关键。‎ ‎8.常温、常压下,‎4.8 g碳(石墨)在一定量的氧气中燃烧,反应完成后碳无剩余,共放出100 kJ的热量。【已知:碳的燃烧热∆H=-394 kJ/mol ;‎2C(石墨)+O2(g)═2CO(g)∆H=-221 kJ/mol】,则燃烧后的产物是 A. CO2 B. CO C. CO2和CO D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎4.8g碳的物质的量为=0.4mol,若0.4mol碳完全生成二氧化碳,放出热量为0.4mol×394 kJ/mol=157.6kJ,若0.4mol碳完全生成一氧化碳,放出热量为0.4mol××221kJ/mol=44.2kJ,因为0.4mol碳完全反应放出的热量100kJ介于157.6kJ和44.2kJ之间,则燃烧后的产物是一氧化碳和二氧化碳,故选C。‎ ‎9.下列说法正确的是 A. 酸式盐溶液一定显酸性 B. 氯化铝溶液加热蒸干后得到氯化铝固体 C. 醋酸溶液浓度稀释10倍,溶液中H+浓度减少到原来的十分之一 D. 体积相同、pH相同的盐酸和醋酸溶液,与足量的锌反应产生氢气量不相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、酸式盐溶液不一定显酸性,如碳酸氢钠溶液,碳酸氢根的水解大于电离,溶液呈碱性,故A错误;‎ B项、氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢,加热促进氯化氢挥发,从而促进氯化铝水解,将溶液蒸干得到氢氧化铝固体,故B错误;‎ C项、醋酸是弱酸,在溶液中存在电离平衡,加水稀释能促进醋酸的电离,若醋酸溶液浓度稀释10倍,溶液中H+浓度减少少于原来的十分之一,故C错误;‎ D项、当锌足量时,生成氢气的量与酸的物质的量成正比,pH相等的醋酸和盐酸,醋酸的物质的量浓度大于盐酸,则等体积等pH的醋酸和盐酸分别和足量的锌反应,醋酸生成的氢气质量大,故D正确;‎ 故选D。‎ ‎【点睛】对于pH=a的强酸和弱酸溶液,每稀释10n倍,强酸的pH就增大n个单位,即pH=a+n(其中a+n<7);由于稀释过程中,弱酸还会继续电离,故弱酸的pH范围是ac(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)‎ B. 在B点:c(OH-)=c(H+),c(Na+)=c(CH3COO-)‎ C. 在C点:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=‎2c(Na+)‎ D. 在A、B、C点:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、在A点醋酸和NaOH恰好中和生成CH3COONa,CH3COONa为强碱弱酸盐,在溶液中水解使溶液呈碱性,但CH3COO-水解程度较小,溶液中c(CH3COO-)>c(OH-),故A错误;‎ B项、B点溶液呈中性,则溶液中离子浓度大小为:c(Na+)=c(Ac-)>c(OH-)=c(H+),故B正确;‎ C项、C点溶质为等浓度的醋酸和醋酸钠,根据物料守恒可知溶液中存在如下关系c(CH3COO-)+c(CH3COOH)﹦‎2c(Na+),故C正确;‎ D项、在A、B、C点,溶液中均存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),故D正确;‎ 故选A。‎ ‎【点睛】开始时c(OH-)>c(CH3COO-),当恰好中和时消耗0.2mol/L醋酸溶液10mL,反应生成醋酸钠,醋酸根离子部分水解,溶液显示碱性;B点呈中性,则有V>10,但此时c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+);C点醋酸过量,溶液呈酸性,所加入醋酸的物质的量大于NaOH的物质的量。‎ 第Ⅱ卷 ‎13.地壳中含有O、Si、Al、Fe、Na、Mg、Ti、Cu等多种元素。请回答下列有关问题。‎ ‎(1)Fe元素位于元素周期表的第____周期、第______ 族。‎ ‎(2)地壳中含量最多的三种元素O、Si、Al中,电负性最大的是____________。‎ ‎(3)Cu的基态原子的电子排布式是_________________________。‎ ‎(4)钛被称为继铁、铝之后的第三金属。Ti的原子序数是__________,基态钛原子价电子层的电子排布图是__________________。‎ ‎(5)表格中数据是Na、Mg、Al逐级失去电子的电离能。其中X、Y、Z代表的元素的原子依次是_________________。‎ X Y Z 电离能 (kJ·mol-1)‎ ‎738‎ ‎496‎ ‎578‎ ‎1451‎ ‎4562‎ ‎1817‎ ‎7733‎ ‎6912‎ ‎2745‎ ‎10540‎ ‎9543‎ ‎11575‎ ‎【答案】 (1). 四 (2). Ⅷ (3). O (4). [Ar]3d104s1 (5). 22 (6). (7). Mg、Na、Al ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Fe元素的原子序数为26,位于元素周期表的等四周期Ⅷ族;‎ ‎(2)元素的非金属性越强,电负性越大,金属性越强,电负性越小;‎ ‎(3)铜是29号元素,其原子核外有29个电子,其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1;‎ ‎(4)钛元素在周期表中的原子序数为22,位于第四周期第IVB族,基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2(或[Ar]3d24s2);‎ ‎(5)由表格数据分析电离能突变可得。‎ ‎【详解】(1)Fe元素的原子序数为26,位于元素周期表的等四周期Ⅷ族,故答案为:四;Ⅷ;‎ ‎(2)元素的非金属性越强,电负性越大,金属性越强,电负性越小,则电负性最大的是非金属性最强的氧元素,故答案为:O;‎ ‎(3)铜是29号元素,其原子核外有29个电子,其基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1,故答案为:[Ar]3d104s1;‎ ‎(4)钛元素在周期表中的原子序数为22,位于第四周期第IVB族,基态原子的电子排布式为1s22s22p63S23p63d24s2(或[Ar]3d24s2),则价电子层的电子排布图是,故答案为:22;;‎ ‎(5)由表格数据可知,X元素第二和第三电离能相差较大,说明X原子最外层有两个电子,属于第IIA族元素,则X为Mg;Y元素第一和第二电离能相差较大,说明X最外层有一个电子,属于第IA族元素,则X为Na;Z元素第三电离能和第四电离能相差较大,说明Z元素原子最外层有3个电子,为第IIIA族元素,则Z为Al,故答案为:Mg、Na、Al。‎ ‎【点睛】在主族元素中,当原子失去电子达到稳定结构后,如果再失去电子,其电离能会突变是确定最外层电子数的关键,也是难点。‎ ‎14.新能源汽车所用蓄电池分为铅酸蓄电池、二次锂电池、空气电池等类型。请回答下列问题:‎ ‎(1)2019年诺贝尔化学奖授予了为锂离子电池发展做出贡献的约翰·班宁斯特·古迪纳夫等三位科学家。如图所示为水溶液锂离子电池体系。放电时,电池的负极是_______(填a或b),溶液中Li+从______迁移(填“a向b”或“b向a”)。‎ ‎(2)铅酸蓄电池是最常见的二次电池,电压稳定,安全可靠,价格低廉,应用广泛。电池总反应为Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq) 2PbSO4(s)+2H2O(l)‎ ‎①放电时,正极的电极反应式是________________________,电解质溶液中硫酸的浓度_____(填“增大”、“减小”或“不变”),当外电路通过0.5 mol e-时,理论上负极板的质量增加_______g。‎ ‎②用该蓄电池作电源,进行粗铜(含Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼。如下图所示,电解液 c选用________溶液,A电极的材料是_______,B电极反应式是_________。‎ ‎③用该蓄电池作电源,A、B为石墨电极,c为氯化钠溶液,进行电解。如上图所示,则A电极产生的气体是________,B电极附近溶液的pH_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】 (1). b (2). b向a (3). PbO2+2e-+4H++2SO42-═PbSO4+2H2O (4). 减小 (5). 24 (6). CuSO4(CuCl2等) (7). 粗铜 (8). Cu2++2e-=Cu (9). 氯气 (10). 增大 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题给装置图可知,锂电极为原电池的负极,放电时,溶液中阳离子由负极向正极迁移;‎ ‎(2)①由电池总反应式可知,Pb电极是负极,Pb失电子发生氧化反应,PbO2是正极,PbO2得电子发生还原反应;‎ ‎②电解精炼铜时,粗铜应作阳极,精铜作阴极;‎ ‎③接通电路后,该装置为电解池,由题给装置图可知,电流流入的A电极为阳极,B电极为阴极。‎ ‎【详解】(1)由题给装置图可知,b电极为原电池的负极,a电极为原电池的正极,放电时,溶液中Li+由负极向正极迁移,即从b向a迁移,故答案为:b;b向a;‎ ‎(2)①由电池总反应式可知,Pb电极是负极,Pb失电子发生氧化反应,电极反应式为Pb-2e-+SO42-═PbSO4,PbO2是正极,PbO2得电子发生还原反应,电极反应式是PbO2+2e-+4H++2SO42-═PbSO4+2H2O;放电时,消耗H2SO4,则电解液中H2SO4的浓度将减少;当外电路通过0.5mol电子时,依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.25mol×‎303g/mol-0.25mol×‎207g/mol=‎24g,故答案为:PbO2+2e-+4H++2SO42-═PbSO4+2H2O;减小;24;‎ ‎②电解精炼铜时,粗铜应作阳极,精铜作阴极,由题给装置图可知,电流流入的A电极为粗铜精炼的阳极,B电极为阴极,则A电极为粗铜,B电极为精铜,电解液为可溶性铜盐,如硫酸铜或氯化铜等,阴极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-=Cu ‎,故答案为:CuSO4(CuCl2等);粗铜;Cu2++2e-=Cu;‎ ‎③接通电路后,该装置为电解池,由题给装置图可知,电流流入的A电极为阳极,B电极为阴极,氯离子在阳极上失电子发生氧化反应生成氯气,水电离出的氢离子在阴极上得电子发生还原反应生成氢气,破坏水的电离平衡,使阴极区云集大量氢氧根离子,使溶液呈碱性,故答案为:氯气;增大。‎ ‎【点睛】电解精炼铜时,粗铜应作阳极,精铜作阴极,阳极与电池的正极相连发生氧化反应,阴极与电池的负极相连发生还原反应是解答关键。‎ ‎15.某同学为测定烧碱样品(含有少量NaCl杂质)中NaOH的质量分数,进行如下实验操作:‎ a.将洁净的酸式滴定管和碱式滴定管分别用要盛装的酸、碱溶液润洗2遍 b.用碱式滴定管量取25.00 mL烧碱溶液于锥形瓶中,滴入2滴酚酞溶液 c.在天平上准确称取烧碱样品‎10.0 g,在烧杯中用蒸馏水溶解 d.将浓度为1.000 mol·L-1盐酸标准液装入酸式滴定管中,将烧碱溶液装入碱式滴定管中,并分别调节液面,记下开始时的读数 e.在锥形瓶下垫一张白纸,然后开始滴定,边滴加边振荡,至滴定终点,记下读数 f.在250 mL容量瓶中定容,配制成250 mL烧碱溶液 请回答下列问题:‎ ‎(1)正确操作步骤的顺序是(用字母填空)____→____→____→d→b→____。‎ ‎(2)下列仪器,实验中不需要的是(填序号)_________________‎ ‎①托盘天平(带砝码,镊子) ②酸式滴定管 ③碱式滴定管 ④250 mL容量瓶 ‎⑤烧杯 ⑥漏斗 ⑦锥形瓶 ⑧铁架台(带滴定管夹) ⑨药匙 实验中除上述仪器外,还缺少的仪器有(填名称)_______________________。‎ ‎(3)滴定至终点,溶液由____色变为________色,且30秒内不褪色。‎ ‎(4)重复四次的实验数据如下表所示:‎ 实验序号 盐酸溶液 ‎/mol·L-1‎ 滴定完成时消耗盐酸 溶液体积/mL 待测烧碱溶液 体积/mL ‎1‎ ‎1.000‎ ‎19.96‎ ‎25.00‎ ‎2‎ ‎1.000‎ ‎19.00‎ ‎25.00‎ ‎3‎ ‎1.000‎ ‎20.04‎ ‎25.00‎ ‎4‎ ‎1000‎ ‎20.00‎ ‎25.00‎ 根据以上数据,待测烧碱溶液物质的量浓度是_________mol/L,该样品中NaOH的质量分数是__________(精确到0.01%)。‎ ‎(5)上述实验中,下列操作可能会造成结果偏高的是____________‎ A.f操作中,定容时俯视 B.滴定终点读数时仰视 C.使用前,碱式滴定管未用待装液润洗 D.锥形瓶水洗后未干燥就直接盛待测溶液 ‎【答案】 (1). c (2). f (3). a (4). e (5). ⑥ (6). 玻璃棒、胶头滴管 (7). 浅红 (8). 无 (9). 0.8000 (10). 80.00% (11). AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序;‎ ‎(2)由实验的操作顺序为称量→溶解→定容→取液→滴定确定实验中用到的仪器;‎ ‎(3)滴定至终点时,实验现象为滴入最后一滴盐酸标准液,溶液由浅红色变为无色,且30秒内不褪色;‎ ‎(4)分析表中数据知,实验2所用盐酸的体积偏差较大,依据化学方程式计算可得;‎ ‎(5)依据操作失误,对待测液物质的量和标准液体积的影响判断误差变化。‎ ‎【详解】(1)根据先配制溶液然后进行滴定排序,正确的操作顺序为:称量→溶解→定容→取液→滴定,所以操作步骤的顺序为cfadbe,故答案为:c;f;a;e;‎ ‎(2)由实验的操作顺序为称量→溶解→定容→取液→滴定可知,实验中用到的仪器有盘天平(带砝码,镊子)、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250 mL容量瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶,则用不到的仪器为漏斗,还需要的仪器为玻璃棒、胶头滴管,故答案为:⑥;玻璃棒、胶头滴管;‎ ‎(3)滴定至终点时,实验现象为滴入最后一滴盐酸标准液,溶液由浅红色变为无色,且30秒内不褪色,故答案为:浅红;无;‎ ‎(4)分析表中数据知,实验2所用盐酸的体积偏差较大,应舍弃,滴定所用盐酸的体积为 ‎=20.00ml,由终点时酸碱恰好完全反应可得c(NaOH)×‎0.02500L=1.000mol/L×‎0.02000L,解得c(NaOH)=0.8000 mol/L,样品中NaOH的质量分数是×100%=80.00%,故答案为:0.8000;80.00%;‎ ‎(5)A、定容时俯视液面,会导致溶液体积偏小,配制溶液浓度偏大,消耗盐酸的体积偏大,所测结果偏高,故正确;‎ B、滴定终点读数时仰视液面,会导致读出的盐酸的体积偏大,所测结果偏高,故正确;‎ C、使用前,碱式滴定管未用待装液润洗,会导致氢氧化钠的物质的量减小,消耗盐酸的体积偏小,所测结果偏低,故错误;‎ D、稀释前后溶质的物质的量不变,锥形瓶水洗后未干燥就直接盛待测溶液,对氢氧化钠的物质的量无影响,消耗盐酸的体积无影响,所测结果无影响,故错误;‎ AB正确,故答案为:AB。‎ ‎【点睛】根据先配制溶液然后进行滴定排序,确定实验的操作顺序和所用仪器是解答关键,也是易错点。‎ ‎16.“转化”是化学研究的重要范畴之一。请回答下列有关问题。‎ Ⅰ. 沉淀转化在科研和生产中具有重要的应用价值。当容器壁上沉积一厚层BaSO4时,是很难直接除去的。除去的方法是向容器壁内加入Na2CO3溶液,使BaSO4转化为BaCO3,然后加盐酸洗去沉淀物。已知常温Ksp(BaCO3)=5.1×10-9,Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。‎ ‎(1)Na2CO3俗称纯碱,被广泛应用于生活和工业生产中。Na2CO3溶液呈碱性,用水解离子方程式解释其呈碱性的原因______________________________。‎ ‎(2)要使BaSO4转化成BaCO3,Na2CO3溶液的浓度应大于_______mol/L。(设定:≈1)‎ Ⅱ. 合成是转化的一种应用,甲醇作为一种可再生能源,工业上一般采用下列两种反应合成甲醇:‎ 反应一:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H1‎ 反应二:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ∆H2‎ ‎(1)相同条件下,反应:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ∆H3,则∆H3=_____(用∆H1和∆H2表示)。‎ ‎(2)下表所列数据是反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H1‎ 在不同温度下的化学平衡常数(K)‎ 温度/℃‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎350‎ 平衡常数(K)‎ ‎2.04‎ ‎0.27‎ ‎0.012‎ ‎①此反应的∆H1______0,∆S______0。(填“>”、“=”或“<“)‎ ‎②某温度下,将2 mol CO和6 mol H2充入‎2 L的密闭容器中,充分反应后,达到平衡时测得c(CO)=0.2 mol/L,则CO的转化率是____,此时的温度是_____。‎ ‎③要提高CO的转化率,可以采取的措施是____________‎ A.升温 B.恒容充入CO C.恒容充入H2 D.恒压充入惰性气体 E.分离出甲醇 ‎【答案】 (1). CO32-+H2O HCO3-+OH- (2). 5.1×10-4mol/L (3). ∆H2—∆H1 (4). < (5). < (6). 80% (7). ‎250℃‎ (8). CE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ. (1)碳酸钠是强酸弱碱盐,碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性;‎ ‎(2)先依据硫酸钡溶度积计算饱和硫酸钡溶液中的钡离子浓度,再利用钡离子浓度和碳酸钡溶度积计算碳酸根浓度;‎ Ⅱ(1)由盖斯定律计算可得;‎ ‎(2)①该反应是一个气体体积减小反应,由题给表格数据可知,温度升高,化学平衡常数减小,说明平衡向逆反应方向移动;‎ ‎②建立三段式计算可得;‎ ‎③依据化学平衡移动原理分析可得。‎ ‎【详解】Ⅰ.(1)碳酸钠是强酸弱碱盐,碳酸根在溶液中水解使溶液呈碱性,碳酸根在溶液中的水解是分步进行的,以一级为主,水解的离子方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-,故答案为:CO32-+H2O HCO3-+OH-;‎ ‎(2)硫酸钡转化为碳酸钡的离子方程式为BaSO4+CO32-BaCO3+SO42-,BaSO4的悬浊液中c(Ba2+)=c(SO42-)==mol/L=1×10-5mol/L,故使Ba2+沉淀需要碳酸根的最小浓度为c(CO32-)===5.1×10-4mol/L,‎ 故答案为:5.1×10-4mol/L;‎ Ⅱ. (1)由盖斯定律可知,反应二—反应一可得CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g),则∆H3=∆H2—∆H1,故答案为:∆H2—∆H1;‎ ‎(2)①由题给表格数据可知,温度升高,化学平衡常数减小,说明平衡向逆反应方向移动,该反应为放热反应,则∆H1<0,该反应是一个气体体积减小的反应,则∆S<0,故答案为:<;<;‎ ‎②设CO的转化率为x,由题意建立如下三段式:‎ ‎ ‎ 由平衡时c(CO)=0.2 mol/L,则(1—x)=0.2可得x=0.8,即80%,由三段式数据可得化学平衡常数K==2.04,则此时温度是‎250℃‎,故答案为:80%;‎250℃‎;‎ ‎③A、该反应为放热反应,升温,平衡逆向移动,一氧化氮的转化率减小,故错误;‎ B、恒容充入CO,增加CO的浓度,平衡正向移动,新平衡时CO的转化率减小,故错误;‎ C、恒容充入H2,增加H2的浓度,平衡正向移动,新平衡时CO的转化率增大,故正确;‎ D、恒压充入惰性气体,相当于减小压强,该反应是一个气体体积减小的反应,减小压强,平衡向化学计量数大的方向移动,新平衡时CO的转化率减小,故错误;‎ E、分离出甲醇,生成物甲醇的浓度减小,平衡向正反应方向移动,新平衡时CO的转化率增大,故正确;‎ CE正确,故答案为:CE。‎ ‎【点睛】增大反应物浓度,平衡向正反应方向移动,新平衡时,该反应物的浓度增大,转化率减小,另一反应物的浓度减小,转化率增大是解答关键,也是易错点。‎
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