江西省吉安市吉水中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含解析）

吉水中学2022-2023学年高二上学期期末考试
化学试卷
一．单选题（每小题3分，共45分）
1．如图所示为破坏臭氧层的过程。下列说法错误的是
A．紫外辐射为过程Ⅰ断裂化学键提供能量
B．过程Ⅰ可表示为：
C．过程Ⅲ中是吸热过程
D．中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
2．下列反应或现象的离子方程式解释正确的是
A．过量铁粉与稀硝酸反应：
B．用饱和溶液处理水垢中的：
C．向溶液中滴加6mol/L的，溶液橙色加深：
D．电解水溶液：
3．在2L密闭容器中进行反应。若2min后的物质的量增加了2.4 mol，下列选项正确的是
A． B．
C． D．
4．下列有关中和滴定的实验操作正确的是
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，加入待装液
B．移液管用蒸馏水洗涤后，加入待装液
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴接触了锥形瓶内壁
D．滴定到锥形瓶内液体颜色发生变化，马上停止滴定
5．下列说法符合事实的是
A．NH4Cl溶于D2O的离子方程式：NH+D2O NH3·D2O+H+
B．100mL0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中含有的氧原子数为0.03NA
C．0.1molSO2与足量氧气在一定条件下反应可得到SO3分子的数目为0.1NA
D．水凝结成冰的过程中，其焓变和熵变分别为ΔH＜0，ΔS＜0
6．已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4 H++HMO4-，HMO4- H++MO42-。常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是
A．该氢氧化钠溶液pH=12
B．图象中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)
C．滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大
D．图象中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)
7．已知氧化性： Cl2>Fe3+>I2>S， 在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是
A．Na+、 K+、I-、Cl- B．Na+、I-、、Fe3+
C．Na+、Ca2+、、 D．Ba2+、Na+、、 Cl-
8．一定温度下，在三个容积均为1.0L的恒容密闭容器中发生：CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g) ΔH<0。下列说法正确的是
容器编号 温度/K 物质的起始浓度/mol·L-1 物质的平衡浓度/mol·L-1
c(CH3OH) c(CO) c(CH3COOH) c(CH3COOH)
I 530 0.50 0.50 0 0.40
II 530 0.20 0.20 0.40
III 510 0 0 0.50
A．达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为3：4
B．达平衡时，容器II中比容器I中的小
C．达平衡时，容器III中的正反应速率比容器I中的小
D．达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和大于1
9．在AgCl、CaCO3、Fe(OH)3、Mg(OH)2这些物质中，溶解度不随pH变化的是
A．AgCl B．CaCO3 C．Fe(OH)3 D．Mg(OH)2
10．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．在常温常压下，11.2L N2含有的分子数为0.5NA
B．标准状况下，2NA个H2分子所占有的体积约是44.8L
C．2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为2NA
D．2g氢气中含有原子数为NA
11．下列有关电解质溶液中微粒的关系正确的是
A．时，的氯化铵溶液中：
B．时，的氯化铵溶液中：
C．将的醋酸溶液稀释后，恢复至原温度，pH和均增大
D．向溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：
12．利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列法中正确的是
A．氯碱工业中，Y可为铁棒，加酚酞溶液，X附近首先变红
B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4溶液
C．海水提镁中，X、Y均为石墨，Z为MgCl2溶液
D．电镀工业中，X是镀层金属，Y是待镀金属
13．一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为
C．该温度下，加入可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
14．某汽车尾气净化装置可使有毒气体CO、NO2在一定条件下发生反应4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH= 1200 kJ mol 1，从而转化为无毒气体。温度不同(T2>T1)、其他条件相同时，下列图示变化关系不正确的是
A． B．
C． D．
15．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 操作和现象 结论
A 向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊 酸性：碳酸＞苯酚
B 向(NH4)2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液和1滴AgNO3溶液（作催化剂），微热，溶液变紫红色 氧化性： ＞
C 将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片分解，得到的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色 分解产物中含乙烯
D 取5 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液，滴加5滴0.1 mol·L－1KI溶液，振荡，再加入5 mL CCl4，振荡，静置，取上层液体，向其中滴加KSCN溶液，显血红色。 KI和FeCl3反应有一定的限度
A．A B．B C．C D．D
二、填空题（共50分）
16．完成下列问题
(1)保护环境已成为当前和未来的一项全球性重大课题。为解决目前燃料使用过程中的环境污染问题，并缓解能源危机，有专家提出利用太阳能促使燃料循环使用的构想，其原理如图所示。回答下列问题：
①过程Ⅰ发生的反应为反应_______(填“吸热”或“放热”)，反应过程中能量的主要转化形式为_______；
②上述转化过程中，△H1+△H2_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
(2)以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的反应历程与能量变化如图所示。回答下列问题：
①以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为_______；
②从图像分析该反应分两步进行，则决定生产尿素的总反应速率的步骤是第_______步反应(填“一”或“二”)。
(3)已知：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol的部分键能数据如下表所示：
化学键 N-N O=O N≡N
键能(kJ/mol) 193 497 946
①物质的稳定性O2(g)_______N2(g)(填“＞”“＜”或“=”)；
②若H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol，则N2H4(g)的燃烧热为_______；
③已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68 kJ/mol，则N2H4(g)和NO2(g)反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为_______。
17．回答下列问题：
(1)科学家利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子的耦合转化来达到减碳的目的，其原理如图所示：
电极A上的电极反应式为_______。
(2)含的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10-3mol/L的。为了使废水的排放达标，进行如下处理：
若处理后的废水中c(Cr3+)=3.0×10-6mol/L，则废水中c(Fe3+)=_______mol/L。Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)
(3)现用蓄电池Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2为电源，制取少量高铁酸钾(K2FeO4)。反应装置如图所示：
①电解时，石墨电极连接的a极上放电的物质为_______(填“Fe”或“NiO2”)。
②写出电解池中铁电极发生的电极反应式_______。
③当消耗掉0.1molNiO2时，生成高铁酸钾_______g。(已知：M(K2FeO4)=198g/mol)
18．含碳化合物种类繁多。回答下列问题：
(1)一定温度下，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知此温度下，该反应的平衡常数K=16，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________%。
(2)在催化剂Ru催化下，CO2与H2反应可生成CH4，反应方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度的升高而增加。若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，则v正______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，v逆_______，平衡常数K________，转化率α________；若在相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
c(CO2)/mol/L c(H2)/mol/L c(CH4)/mol/L c(H2O)/mol/L
平衡I a b c d
平衡II m n x y
则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_____________。
(3)已知相关物质的电离平衡常数如下表：
物质 电离平衡常数K
H2CO3 Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11
H2C2O4 Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5
①0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液的pH_______(填“大于”“小于”或“等于”)0.1 mol·L-1的Na2C2O4溶液的pH。
②若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中粒子浓度大小的顺序正确的是_________(填字母)。
a.c(H+)>c(HC2O4-)>c(HCO3-)>c(CO32-) b.c(HCO3-)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(CO32-)
c.c(H+)>c(HC2O4-)>c(CO32-)>c(C2O42-) d.c(H2CO3)>c(HCO3-)>c(HC2O4-)>c(CO32-)
19．甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇(在刚性容器中进行)：2H2(g)+CO(g)СН3ОН(g)。
(1)下表所列数据是该反应在不同温度下的化学平衡常数(K)
温度 250℃ 300℃ 350℃
K 2.041 0.270 0.012
①该反应的焓变△H_______(填“＜”“＞”或“=”)0，要使该反应自发进行，反应温度不宜_______(填“过高”或“过低”)。
②要提高CO的转化率，可以采取的措施是_______(填字母代号)。
a．升温 b．加入催化剂 c．增加CO的浓度 d．加入H2 e．恒容加入惰性气体 f．分离出甲醇
(2)在容积为1 L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。如图所示是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线z对应的温度是_______℃；该温度下上述反应的化学平衡常数为_______。曲线上a、b、c三点对应的化学平衡常数分别为K1、K2、K3，则K1、K2、K3的大小关系为_______。
1．C
【详解】A．过程Ⅰ断裂化学键得到氯原子，需要吸收能量，从图中可知，该能量由紫外辐射提供，A正确；
B．据图示可知，过程Ⅰ是CFCl3断裂化学键生成CFCl2和Cl的过程，可表示为：，B正确；
C．过程Ⅲ中形成化学键，是放热过程，C错误；
D．据图中过程Ⅱ和过程Ⅲ所示可知，氯原子使O3分解，一氧化氯在紫外辐射作用下生成氯原子，氯原子起到催化作用，故中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
故选C。
2．C
【详解】A．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；
B．用Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙沉淀，反应离子方程式为：CaSO4+CO=CaCO3+SO，B错误；
C．向K2Cr2O7溶液中滴加6mol/L的H2SO4，溶液橙色加深，溶液中氢离子浓度增大，平衡Cr2O(橙色)+H2O 2CrO(黄色)+2H+，逆向移动，所以溶液橙色加深，C正确；
D．电解MgCl2水溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2+Cl2↑+H2↑，D错误；
故选C。
3．B
【详解】，根据各物质化学反应速率之比等于化学计量数之比，则，，，A、C、D错误，B正确，故选B。
4．C
【详解】A．滴定管用蒸馏水洗涤后，先用待装液润洗2~3次，再加入待装液，故A错误；
B．移液管用蒸馏水洗涤后，先用待装液润洗2~3次，再加入待装液，故B错误；
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴接触了锥形瓶内壁，可使残余在滴定管尖嘴部分的液体进入锥形瓶，故C正确；
D．滴定到锥形瓶内液体颜色发生变化，且半分钟内颜色无变化，停止滴定，故D错误；
选C。
5．D
【详解】A．NH4Cl溶于D2O的离子方程式：NH+ D2O NH3·DHO + D＋，A错误；
B．因为水中也含有氧原子，100mL 0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中含有的氧原子数大于0.03NA，B错误；
C．，该反应为可逆反应，故0.1mol SO2与足量氧气在一定条件下反应可得到SO3分子的数目小于0.1NA，C错误；
D．同一物质固态能量小于液态，液体的熵大于固态，所以水凝结成冰的过程为放热、熵减的过程，即ΔH＜0，ΔS＜0，D正确；
故答案为：D。
6．B
【分析】根据图象可知，NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。
【详解】A．根据图象分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+ NaOH = Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)===10-13mol/L，则pH=13，故A错误；
B．F点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)＞c(HMO4-)，故B正确；
C．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na2MO4时，水解程度最大，E到F过程中，水的电离程度增大，F到G过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C错误；
D．由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L，G点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4，Na+的浓度最大，MO42 部分水解，溶液显碱性，则c(OH )>c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42 )+c(HMO4-)+c(OH )，则c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D错误；
答案选B。
7．A
【详解】强酸性溶液中含有大量H+，
A．H+、Na+、 K+、I-、Cl-之间不发生化学反应，能够大量共存，故A选；
B．Fe3+与I-能发生氧化还原反应生成I2、Fe2+，不能大量共存，故B不选；
C．H+与能发生复分解反应，不能大量共存，故C不选；
D．Ba2+与之间能够发生复分解反应，不能大量共存，故D不选；
综上所述，答案为A。
8．C
【详解】A．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知，容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，容器I中平衡时浓度之和为0.4+0.1+0.1=0.6(mol/L)，因此达平衡时，容器II中平衡时浓度之和小于0.6mol/L×1.2=0.72mol/L，容器I与容器II中的总压强之比大于0.6:0.72=5:6＞3:4，A错误；
B．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知，容器II中的起始量为相同条件容器I中的1.2倍，相当于增大压强的结果，增大压强，平衡正向移动，则增大，达平衡时，容器II中比容器I中的大，B错误；
C．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，但容器Ⅲ中的温度低，温度越低，反应速率越慢，因此达平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器I中的小，C正确；
D．根据CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)可知，容器I中起始量与容器Ⅲ等效，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CH3COOH的转化率减小，因此达平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和小于1，D错误；
答案选C。
【点睛】本题容器I与容器Ⅲ中的平衡状态虽然并不是等效的，但可利用等效平衡的思想进行对比分析，若容器Ⅲ中的温度也为530 C，则两者平衡等效，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和就应等于1，但容器Ⅲ中温度较530 C低，CH3COOH的转化率减小，故平衡时，容器I中CH3OH转化率与容器III中CH3COOH转化率之和小于1。
9．A
【详解】CaCO3、Fe(OH)3、Mg(OH)2三种物质中均存在溶解平衡；碳酸根离子能够与氢离子反应，促进了碳酸钙的溶解，CaCO3的溶解度随pH变化；在酸性环境下，氢氧根离子浓度减小，促进了Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶解，溶解度增大，溶解度随pH变化；AgCl也存在溶解平衡，但不受氢离子的影响，溶解度不随pH变化；
故选A。
10．B
【分析】根据与物质的量相关的几个公式，简单计算判断。
【详解】A项：非标准状况，不能用标准状况时的气体摩尔体积22.4L/mol，常温常压下11.2L N2含有的分子数小于0.5mol，A项错误；
B项：标准状况下，2NA个（2mol）H2分子所占有的体积约是44.8L，B项正确；
C项：2.4g（0.1mol）金属镁变成镁离子时失电子0.2mol（0.2NA），C项错误；
D. 2g氢气（H2）中含有H原子数为2NA ，D项错误。
本题选B。
【点睛】应用22.4L/mol，必须满足两个条件：气体物质、标准状况。镁含有的电子数和镁在反应中失电子数不同。
11．D
【详解】A.氯化铵溶液中，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则，根据电荷守恒可得，则正确的离子浓度大小为：，故A错误；
B.时，的氯化铵溶液中，氢离子浓度为，由水的离子积可知，溶液中氢氧根离子浓度为，故B错误；
C.将的醋酸溶液稀释后，恢复至原温度，溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大，由于温度不变，则水的离子积不变，故C错误；
D.向溶液中加入等物质的量的NaOH溶液，反应生成、、，因为、不水解，则，水解显酸性，所以，则离子浓度由大到小为：，故D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．氯碱工业中，Y是阴极可为铁棒，向溶液中加酚酞溶液，由于阴极上H+得到电子变为H2逸出，使附近溶液中c(OH-)浓度增大，因此Y电极附近首先变红色，A错误；
B．在铜的精炼中，阳极X是粗铜，阴极Y是纯铜，Z是CuSO4溶液，B错误；
C．在海水提镁中，X、Y均为石墨，电解质Z为熔融MgCl2，C错误；
D．在电镀工业中，阳极X是镀层金属，阴极Y是待镀金属，电解质溶液是含有镀层金属阳离子的电解质溶液，D正确；
故合理选项是D。
13．C
【详解】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，故A错误；
B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+) c(OH )=1×10 7×1×10 7=1×10 14，故B错误；
C．该温度下，加入，电离出氢离子使溶液呈酸性性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，但水的离子积常数不变，则可能引起由b向a的变化，故C正确；
D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；
故答案为C。
14．D
【详解】A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率增大，该反应是放热反应，平衡逆向移动，故A正确；
B．该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2体积分数增大，画一条与y轴相平的平行线，压强相同，从下到上，温度降低，平衡正向移动，CO2体积分数增大，故B正确；
C．根据先拐先平衡数字大，得出T2＞T1，从下到上，温度降低，平衡正向移动，NO2转化率增大，故C正确；
D．温度升高，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D错误。
综上所述，答案为D。
15．B
【详解】A．向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将反应后的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊,可能是挥发出的HCl和苯酚钠反应，应先除去CO2中混有的HCl,再通入所以苯酚钠溶液中，所以该实验不能说明酸性：碳酸＞苯酚，故A错误；
B．向(NH4)2S2O8溶液中加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液，溶液变紫红色,说明生成了，发生了氧化还原反应，作氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，知氧化性：＞，所以B选项是正确的；
C．不饱和烃使酸性KMnO4溶液褪色,由现象可以知道,分解产物含烯烃,不一定为乙烯,故C错误；
D. 滴加5滴0.1 mol·L－1KI溶液,20滴约为1mL,氯化铁有剩余,则取出来的溶液中滴加KSCN溶液,显血红色,不能说明KI和FeCl3反应有一定的限度,故D错误；
所以B选项是正确的。
16．(1) 吸热 太阳能(光能)转化为化学能 =
(2) 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (s)+H2O(g) △H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4 二
(3) ＜ -632 kJ/mol 2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1156 kJ/mol
【详解】（1）①在过程Ⅰ发生的反应2H2O=2H2+O2的反应吸热反应；
反应过程中在太阳能量作用下H2O分解变为H2、O2，因此其主要转化形式为光能转化为化学能；
②由盖斯定律和能量守恒定律定律可知，△H1=-△H2，所以△H1+△H2=0；
（2）①根据反应热等于反应物活化能与生成物活化能的差，结合盖斯定律可知以NH3、CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2 (s)+H2O(g)，△H=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；
②对于多步反应，对总化学反应速率其决定作用的步骤是活化能大的步骤，根据图示可知第二步反应的活化能比较大，因此从图像分析该反应分两步进行，则决定生产尿素的总反应速率的步骤是第二步反应；
（3）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。物质分子中键能越大，断裂其需吸收的能量就越多，则该物质的能量就越低，其稳定性就越强。由于键能：O=O＜N≡N，物质含有的能量：O=O＞N≡N，所以物质的稳定性：O2(g)＜N2(g)；
②已知N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol，若H2O(l)=H2O(g) △H=+44 kJ/mol，则1 mol N2H4(g)反应产生1 mol N2(g)和2 mol液体水放出热量Q=544 kJ+2×44 kJ=632 kJ，由于燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时所放出的热量，故N2H4(g)的表示燃烧热的热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=-632 kJ/mol，其燃烧热为-632 kJ/mol；
③已知：(i)N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+68 kJ/mol，结合(ii) N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-544 kJ/mol，则根据盖斯定律，将(ii) ×2-(1)，整理可得N2H4(g)和NO2(g)反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3 N2(g)+4H2O(g) △H=-1156 kJ/mol。
17．(1)CO2+2e-=CO+O2-
(2)2.0×10—13
(3) Fe Fe-6e-+8OH-=+4H2O 6.6
【分析】由图可知，通入二氧化碳的电极二氧化碳得到电子，发生还原反应，A为阴极，电极B为阳极，以此解题。
（1）
电极A上CO2得到电子被还原产生CO，所以A电极为阴极，A电极的电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-；
（2）
处理后的废水中存在：，代入数值，得到，解得c(Fe3＋)=2.0×10-13mol·L－1；
（3）
①该装置可以通过电解制取高铁酸钾，所以铁电极要被氧化，所以铁电极为阳极，则b为蓄电池的正极，a为蓄电池的负极，蓄电池中负极发生氧化反应，所以a极上放电的物质为Fe；
②铁电极上Fe失电子被氧化，碱性环境中生成高铁酸根，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O；
③蓄电池中放电时NiO2转化为Ni(OH)2化合价降低2价，所以消耗掉0.1 mol NiO2时，转移0.2mol电子，再结合铁电极的电极反应可知生成mol高铁酸钾，质量为=6.6g。
18． 40 增大 增大 减小 减小 大于 a
【分析】(1)假设反应开始时CO(g)和H2O(g)为1 mol，反应达到平衡时产生H2的物质的量为x，根据该温度下平衡常数K=16计算x的值，再计算H2的平衡含量；
(2)温度升高，化学反应速率加快；利用温度升高，H2的含量增大判断反应的热效应，再分析温度对平衡常数及物质平衡转化率的影响；平衡常数的定义式书写平衡常数，利用同一温度下的平衡常数相同计算；
(3)根据盐的水解规律分析、比较。
【详解】(1) 假设反应开始时CO(g)和H2O(g)为1 mol，反应达到平衡时产生H2的物质的量为x，根据反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)中物质转化关系可知平衡时n(CO)=n(H2O)=(1-x) mol，n(CO2)=n(H2)=x mol，该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以根据平衡常数的含义可得K==16，解得x=0.8 mol，所以平衡时H2的体积分数为：×100%=40%；
(2)对于反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，已知H2的体积分数随温度的升高而增加，说明升高温度，化学平衡逆向移动。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，所以该反应的正反应为放热反应。若温度从300℃升至400℃，温度升高化学反应速率加快，所以重新达到平衡时v正增大，v逆增大，平衡逆向移动，使平衡常数K减小，反应物的转化率α减小。若在相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，根据各物质的平衡浓度可知平衡I的化学平衡常数K1=，平衡II的化学平衡常数K2=，由于是该反应同一温度下的平衡常数，所以K1= K2，所以；
(3)①根据表格数据可知弱酸的电离平衡常数K2：H2C2O4>H2CO3，Na2CO3、Na2C2O4都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由盐的水解规律：谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，可知水解程度Na2CO3>Na2C2O4，所以两种溶液的pH：Na2CO3>Na2C2O4；
②碳酸H2CO3：Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，草酸H2C2O4：Ka1=5.9×10-2，Ka2=6.4×10-5，酸性：H2C2O4>H2CO3，根据酸电离平衡常数越大，该酸电离产生的离子浓度越大，溶液中H+是两种酸电离产生，则H+浓度最大，由于酸电离分步进行，电离平衡常数减小，则该酸电离产生的离子浓度也逐渐减小，酸溶液中主要以酸分子存在，分子浓度大于电离产生的离子浓度，酸性强，则电离程度大，所以c(H2CO3)>c(H2C2O4)，根据电离平衡常数的大小可以得到离子浓度大小顺序是：c(H+)>c(HC2O4-)>c(HCO3-)>c(C2O42-)>c(CO32-)，故合理选项是a。
【点睛】本题考查了化学平衡常数的计算影响因素及其应用、弱酸的电离平衡常数的应用。掌握化学平衡移动原理是本题解答的关键，在应用电离平衡常数比较离子浓度大小时，要结合电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，其电离产生的离子浓度越大，多元弱酸分步电离电离平衡常数K1>>K2>>K3，酸越弱，该酸形成的盐越容易发生水解反应，结合物料守恒、电荷守恒、质子守恒分析判断。
19．(1) ＜ 过高 df
(2) 270 0.25 K1＜K2＜K3
【详解】（1）①对于反应2H2(g)+CO(g)СН3ОН(g)，温度升高，化学平衡常数K减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的反应是放热反应，所以△H＜0；
该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，要使该反应自发进行，△G＜0，由于△G=△H-T△S＜0，则要使该反应自发进行，反应温度不宜过高；
②a．升温会使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，CO的转化率减小，a不符合题意；
b．加入催化剂，化学平衡不移动，CO的转化率不变，b不符合题意；
c．增加CO的浓度，化学平衡正向移动，但平衡移动消耗量远小于CO投入量的增加，导致CO的转化率反而减小，c不符合题意；
d．恒容充入H2，化学平衡正向移动，CO的转化率增大，d符合题意；
e．恒压充入惰性气体，容器的体积增大，相当于体系的压强减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，从而导致CO的转化率减小，e不符合题意；
f．分离出甲醇，即减小生成物的浓度，化学平衡正向移动，使CO的转化率增大，f符合题意；
故合理选项是df；
（2）根据该反应的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率越小，由于CO的转化率：x＞y＞z，所以曲线表示的温度：x表示230℃；y表示的是250℃；z表示的270℃；
在270℃时，a点时，在反应开始时CO的物质的量均为1 mol，则n(H2)=1.5 mol，容器的容积是1 L，由于平衡时CO的转化率是50%，则根据物质反应2H2(g)+CO(g)СН3ОН(g)转化关系可知平衡时c(CO)=0.5 mol/L，c(H2)=0.5 mol/L，c(СН3ОН)=0.5 mol/L，所以该温度下上述反应的化学平衡常数K=；
化学平衡常数只与温度有关，与其它外界条件无关。该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小，由于温度：a＞b＞c，所以化学平衡常数：K1＜K2＜K3。