福建省泉州市南安一中高二化学上学期期中试题理含解析

2022-2022学年福建省泉州市南安一中高二（上）期中化学试卷（理科）一．选择题：本大题共21小题，每小题2分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1．下列过程中属于△H小于零的反应的是()A．氯酸钾分解B．氢气还原氧化铜C．浓硫酸的稀释D．铝片与浓盐酸的反应2．下列描述中，不符合生产实际的是()A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D．在镀件上电镀铜，用铜作阳极3．在2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是()A．v（A）=0.5mol•L﹣1•s﹣1B．v（B）=0.3mol•L﹣1•s﹣1C．v（C）=0.6mol•L﹣1•s﹣1D．v（D）=1mol•L﹣1•s﹣14．把足量铝条放入盛有一定体积的稀盐酸的试管中，能使反应速率降低且不影响氢气产生量的因素是()A．加入少量CuSO4溶液B．加入少量KNO3溶液C．加入少量的Na2CO3溶液D．加少量K2SO4溶液5．密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）．已知起始时X2、Y2、Z各物质的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，反应在一定条件下达平衡时，各物质的浓度可能是()A．c（Z）=0.3mol/LB．c（X2）=0.3mol/LC．c（Y2）=0.2mol/LD．c（Z）=0.4mol/L-38-\n6．下列措施能使3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）反应速率增大的是()①增加铁的用量②增加水的用量③用铁粉代替铁屑④增大体系压强⑤压强不变，充入N2使容器体积增大．A．①③④B．②③④C．①②④D．②③⑤7．将5.6g铁粉投入足量的100mL2mol•L﹣1稀硫酸中，2min时铁刚好完全溶解．下列有关这个反应的速率表示正确的是()A．铁的反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1B．硫酸的反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1C．硫酸亚铁的反应速率为0.25mol•L﹣1•min﹣1D．氢气的反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣18．将3molO2加入到VL的反应器中，在高温下放电，经t1s建立了平衡体系：3O2⇌2O3，此时测知O2的转化率为30%，下列图象能正确表示气体的物质的量浓度（m）跟时间（t）的关系的是()A．B．C．D．9．已知下列反应的平衡常数：①H2（g）+S（s）⇌H2S（g）K1②S（s）+O2（g）⇌SO2（g）K2则相同温度下，反应H2+SO2⇌O2+H2S的平衡常数为()A．K1+K2B．K1﹣K2C．K1×K2D．-38-\n10．下列关于化学反应的自发性叙述中不正确的是()A．（NH4）2CO3在室温下就能自发地分解产生氨气是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大B．低温更有利于2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）的自发进行C．由于2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应在常温下能自发进行，故该反应一定是放热反应D．常温下，CO2（g）+C（s）═2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞011．A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应过程中的能量（单位为kJ•mol﹣1）变化如图所示，下列说法正确的是()A．该反应是放热反应B．C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）△H═△EKJ•mol﹣1C．加入催化剂后，反应加快，E1、E2和△E都减小D．E1表示正反应的活化能，升高温度，E1不变12．如图是关于反应A2（g）+3B2（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是()A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂-38-\n13．某同学用如图所示的电化学装置电解硫酸铜溶液，有一个电极为Al，其它三个电极均为Cu，则下列说法正确的是()A．电子方向：电极Ⅳ→→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu﹣2e﹣═Cu2+．14．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小一半，当达到新平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则()A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率增大了C．物质B的质量分数减小了D．a＞b15．某温度下反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数K=57.0，现向此温度下的真空容器中充入0.2mol•L﹣1H2（g）、0.5mol•L﹣1I2（g）及0.3mol•L﹣1HI（g），则下列说法中正确的是()A．反应总体向左进行B．反应达到平衡时，H2的物质的量分数＜50%C．反应向某方向进行一段时间后K＜57.0D．反应达到平衡时，H2的转化率为75%16．现有下列两个图象：下列反应中符合两图象的是()A．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0-38-\nB．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0D．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜017．铆在铜板上的铁铆钉（如图所示），处于仅含氯化钠的水膜中，下列有关说法中正确的是()A．铁铆钉在此环境下会发生化学腐蚀B．与铁接触的水膜发生的反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．原电池反应的化学方程式：2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2D．如果处于酸雨环境中将发生析氢腐蚀，负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+18．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率19．下列各组变化中，△H或Q前者小于后者的一组是()①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2③t℃时，在一定条件下，将1molSO2和1molO2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2⑤同体积同浓度的NaOH稀溶液分别与足量稀盐酸和稀醋酸反应，反应热分别为△H1、△H2．A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．③④-38-\n20．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O21．关于可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）及其图象的说法正确的是()A．若图象为Ⅰ，则m+n＞p+qB．若图象为Ⅱ，则m+n=p+q，t2时刻改变的条件一定是使用催化剂C．若图象为Ⅲ，则该可逆反应的△H＜0D．若图象为Ⅳ，且压强p1＞压强p2，则该可逆反应的△H＞0二．本大题共7小题，共58分．22．（14分）如图所示，是原电池的装置图，请回答：（1）若C为稀AgNO3溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe，且做负极，则A电极上发生的电极反应式为__________，反应类型是__________．（2）若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，则A（负极）极材料为__________，B（正极）极材料为__________，溶液C为__________．（3）若A电极材料为锌，B电极材料为铁，铁电极将受到保护，这种保护方法称为__________．-38-\n（4）若C为NaOH溶液，A电极材料为Al，B电极材料为Mg，负极上发生的电极反式为__________．（5）某同学设想用此装置把CO2转化为重要化工原料CH3OH，A极通入CO2，B极通入H2，C为稀H2SO4溶液，电池总反应式为__________，正极反应式为__________．（6）下列反应在理论上能用于设计原电池的是__________．A.2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）B．HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）C.4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）=4Fe（OH）3（s）D.2Fe（s）+3Cl2（g）=2FeCl3（s）23．用如图所示装置处理含NO的酸性工业废水，某电极反应式为2NO+12H++10e﹣═N2↑+6H2O，请回答下列问题．（1）电源正极为__________（填“A”或“B”），与该电极连接的Pt电极反应式为__________．（2）电解时H+从质子交换膜侧向侧移动__________（填“左”或“右”）．（3）电解过程中，左侧电解液pH__________（填“增大”“减小”或“不变”）．（4）电解池一侧生5.6gN2，另一侧溶液质量减少__________．（5）若上述直流电源采用乙醇燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，通入氧气的电极为__________（填“正极”或“负极”），写出负极的电极反应式__________．-38-\n24．某同学查阅资料得：H2在的热值为143kJ/g，写出表示H2标准燃烧热的热化学方程式为__________，常温下分解27g水至少需要的能量为__________．25．一定条件，在水溶液中1molCl﹣、ClO﹣（x=1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示．B→A+C反应的热化学方程式为__________（用离子符号表示）．26．工业上常常利用乙烯通过反应I来生产环氧乙烷（），但是伴随副反应I．IC2H4（g）+O2（g）→△H1II．C2H4（g）+3O2（g）→2CO2（g）+2H2O（g）△H2①写出环氧乙烷充分燃烧的热化学反应方程式：__________．②工业生产中，可通过某一措施来加快反应①而对反应②影响较小，从而提高环氧乙烷的生产效率．工业生产采取的这种措施是__________．A．升高反应体系的温度B．增大体系中氧气的浓度C．使用合适的催化剂D．降低反应体系的压强③已知C=C、O=O、C﹣C键能分别为akJ•mol﹣1、bkJ•mol﹣1、ckJ•mol﹣1，则环氧乙烷中C﹣O键能为__________kJ•mol﹣1．27．在2L绝热（不与外界交换能量）密闭容器中进行4A（g）+2B（g）⇌5C（g）+3D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高．物质ABCD起始投料/mol2120①体系压强升高的理由是__________，-38-\n②该反应的平衡常数会随温度的降低而__________，（填“增大”“减小”或“无法确定”）理由是__________．28．（14分）某温度下，在2L密闭容器中，发生NO2和N2O4之间的反应：N2O4（g）⇌2NO2（g），各物质的量随时间的变化关系如图所示，请回答下列问题．（1）该反应的正反应的△S__________（填“＞0”或“＜0”）．（2）曲线__________（填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间变化的曲线．（3）平衡常数K=__________．（保留到小数点后两位）（4）若t1=2min，反应开始至2min末Y的化学反应速率为__________．（5）若升高温度，则v（正）__________，v（逆）__________，（填“加快”或“减慢”），平衡__________向__________方向移动（填“正”或“逆”）．（6）可做为本反应化学平衡状态标志的有__________．①单位时间内生成nmolN2O4的同时生成2nmolNO2②NO2和N2O4的物质的量浓度之比为2：1③NO2、N2O4的反应速率的比为2：1④混合气体的颜色不再改变⑤混合气体的密度不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变⑦气体的压强不再变化⑧气体的温度不再变化（7）在测定NO2的相对分子质量时，下列条件下测定结果最接近理论值的是__________．A．温度130℃、压强3.03×105PaB．温度25℃、压强1.01×105PaC．温度130℃、压强5.05×104PaD．温度0℃、压强5.05×104Pa．-38-\n-38-\n2022-2022学年福建省泉州市南安一中高二（上）期中化学试卷（理科）一．选择题：本大题共21小题，每小题2分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1．下列过程中属于△H小于零的反应的是()A．氯酸钾分解B．氢气还原氧化铜C．浓硫酸的稀释D．铝片与浓盐酸的反应【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】△H小于零表示该反应为放热反应．常见的放热反应有：所有的物质燃烧反应、所有金属与酸的反应、常温下，金属和水的反应、所有的中和反应、绝大多数的化合反应、置换反应、少数分解、复分解反应等．【解答】解：A．氯酸钾分解，是分解反应，是吸热反应，△H＞0，故A错误；B．氢气还原氧化铜为吸热反应，△H＞0，故B错误；C．浓硫酸稀释属于物理变化过程，是放热过程，但不是放热反应，故C错误；D．铝与浓盐酸的反应，是放热反应，△H＜0，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应的热量变化，一是须理解△H小于零是放热，大于零是吸热，平时学习应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，题目较简单．2．下列描述中，不符合生产实际的是()A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D．在镀件上电镀铜，用铜作阳极【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、根据电解池中阳极发生氧化反应分析；-38-\nB、根据电解粗铜，阴极发生还原反应生成金属铜分析；C、根据电解饱和食盐水原理及涂镍碳钢网作用分析；D、根据电镀原理进行判断．【解答】解：A、铁作阳极时，铁将放电生成亚铁离子，开始时阴极还能析出少量铝，后来就变成电镀铁了，故A错误；B、电解法精炼粗铜，阴极发生还原反应，铜离子得到电子生成铜，所以用纯铜作阴极，故B正确；C、碳钢网有一定的强度，也可得到更大的表面积，从而提高电解效率，涂镍是为了防止碳钢网被腐蚀，因为在不通电时，碳钢合金在电解质溶液中易形成原电池，会加速腐蚀，故C正确；D、在镀件上电镀铜，阳极发生氧化反应，必须是金属，镀件作阴极，故D正确；故选：A．【点评】本题考查了电解原理及其应用，要求熟练掌握电解原理，本题难度不大．3．在2A（g）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是()A．v（A）=0.5mol•L﹣1•s﹣1B．v（B）=0.3mol•L﹣1•s﹣1C．v（C）=0.6mol•L﹣1•s﹣1D．v（D）=1mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，对于N2+3H2⇌2NH3，A.=0.25mol•L﹣1•s﹣1；B.=0.3mol•L﹣1•s﹣1；C.=0.2mol•L﹣1•s﹣1；D.=0.25mol•L﹣1•s﹣1，-38-\n故反应速率v（B）＞v（A）=v（D）＞v（C），故选B．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，可以转化为同一物质表示的速率比较，利用比值法可以快速判断，注意对熟练公式的理解与灵活应用．4．把足量铝条放入盛有一定体积的稀盐酸的试管中，能使反应速率降低且不影响氢气产生量的因素是()A．加入少量CuSO4溶液B．加入少量KNO3溶液C．加入少量的Na2CO3溶液D．加少量K2SO4溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】反应的实质是2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝足量，降低H+的浓度而不改变其物质的量，则可使反应速率降低且不影响H2产生量，以此解答．【解答】解：A．铝置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，故A错误；B．加入适量KNO3溶液，酸性条件下发生氧化还原反应生成NO，不生成氢气，故B错误；C．加入适量的Na2CO3溶液，与盐酸反应，减少了氢气的生成，故C错误；D．加入适量K2SO4溶液，降低H+的浓度而不改变其物质的量，则可使反应速率降低且不影响H2产生量，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意把握影响化学反应速率的因素，本题特别要注意B项，硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性．5．密闭容器中发生可逆反应：X2（g）+Y2（g）⇌2Z（g）．已知起始时X2、Y2、Z各物质的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L，反应在一定条件下达平衡时，各物质的浓度可能是()A．c（Z）=0.3mol/LB．c（X2）=0.3mol/LC．c（Y2）=0.2mol/LD．c（Z）=0.4mol/L【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，-38-\n若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析．【解答】解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：00.20.4若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：X2（气）+Y2（气）⇌2Z（气），开始（mol/L）：0.10.30.2变化（mol/L）：0.10.10.2平衡（mol/L）：0.20.40由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X2）＜0.2，0.2＜c（Y2）＜0.4，0＜c（Z）＜0.4，故A正确、BCD错误．故选A．【点评】本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法．6．下列措施能使3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）反应速率增大的是()①增加铁的用量②增加水的用量③用铁粉代替铁屑④增大体系压强⑤压强不变，充入N2使容器体积增大．A．①③④B．②③④C．①②④D．②③⑤【考点】化学反应速率的影响因素．-38-\n【专题】化学反应速率专题．【分析】该反应是一个反应前后气体体积不变的反应，增大压强、增大气体浓度、增大反应物接触面积都增大反应速率，据此分析解答．【解答】解：①Fe是固体，铁的多少不影响反应速率，所以增加铁的用量不增大反应速率，故错误；②增加水的用量，增大水蒸气浓度，则反应速率增大，故正确；③用铁粉代替铁屑，增大反应物接触面积，增大反应速率，故正确；④增大体系压强，增大单位体积内活化分子个数，所以反应速率增大，故正确；⑤压强不变，充入N2使容器体积增大，水蒸气和氢气浓度降低，反应速率减小，故错误；故选B．【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，明确影响反应速率因素是解本题关键，固体和纯液体不影响反应速率，为易错点．7．将5.6g铁粉投入足量的100mL2mol•L﹣1稀硫酸中，2min时铁刚好完全溶解．下列有关这个反应的速率表示正确的是()A．铁的反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1B．硫酸的反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1C．硫酸亚铁的反应速率为0.25mol•L﹣1•min﹣1D．氢气的反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1【考点】反应速率的定量表示方法．【专题】化学反应速率专题．【分析】5.6g铁粉的物质的量为：=0.1mol，故参加反应的硫酸的物质的量为0.1mol，生成硫酸亚铁的物质的量为0.1mol，硫酸的反应速率==0.5mol/（L•min），结合反应速率之比等于化学计量数之比来解答．【解答】解：5.6g铁粉的物质的量为：=0.1mol，故参加反应的硫酸的物质的量为0.1mol，生成硫酸亚铁的物质的量为0.1mol，A．铁为固体，不能用于表示反应速率，故A错误；-38-\nB．硫酸的反应速率==0.5mol/（L•min），故B正确；C．硫酸亚铁的反应速率=硫酸的反应速率=0.5mol/（L•min），故C错误；D．氢气为气体，必须在密闭容器中方可用于表示反应速率，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学反应速率的相关计算及表示方法，难度不大．要注意固体不能用于表示反应速率及用气体表示反应速率的条件．8．将3molO2加入到VL的反应器中，在高温下放电，经t1s建立了平衡体系：3O2⇌2O3，此时测知O2的转化率为30%，下列图象能正确表示气体的物质的量浓度（m）跟时间（t）的关系的是()A．B．C．D．【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】根据O2的转化率利用三段式计算平衡时各组分的浓度，3O2⇌2O3n（始）：30n（变）：0.90.6n（平）：2.10.6O2的起始浓度为，O2的平衡浓度为，O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为，O2的物质的量大于O3的物质的量．【解答】解：O2的转化率为30%，则O2的消耗量为3mol×30%=0.9mol，3O2⇌2O3n（始）：30n（变）：0.90.6-38-\nn（平）：2.10.6O2的起始浓度为，O2的平衡浓度为，O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为，A、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同，与实际不符，故A错误；B、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同，与实际不符，故B错误；C、图象表示平衡时O2的物质的量大于O3的物质的量，与实际相符，故C正确；D、图象表示平衡时O2的物质的量小于O3的物质的量，与实际不符，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了化学平衡计算应用，主要是三段式计算方法的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单．9．已知下列反应的平衡常数：①H2（g）+S（s）⇌H2S（g）K1②S（s）+O2（g）⇌SO2（g）K2则相同温度下，反应H2+SO2⇌O2+H2S的平衡常数为()A．K1+K2B．K1﹣K2C．K1×K2D．【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，写出每个反应的化学平衡常数表达式，得到答案．【解答】解：H2+S⇌H2S反应中，S为固体，所以K1=；S+O2⇌SO2，S为固体，K2=；H2+SO2⇌O2+H2S的平衡常数为：K===，故选D．【点评】本题考查化学平衡常数表达式，难度不大，注意写化学平衡常数表达式时，不写固体和纯液体．10．下列关于化学反应的自发性叙述中不正确的是()-38-\nA．（NH4）2CO3在室温下就能自发地分解产生氨气是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大B．低温更有利于2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）的自发进行C．由于2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应在常温下能自发进行，故该反应一定是放热反应D．常温下，CO2（g）+C（s）═2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、（NH4）2CO3在室温下就能自发地分解产生氨气则为气体增大的反应；B、反应自发与否决定于焓变和熵变两个因素，△G=△H﹣T△S＜0自发；C、反应自发与否决定于焓变和熵变两个因素；D、根据△G=△H﹣T△S＞0不能自发．【解答】解：A、（NH4）2CO3在室温下就能自发地分解产生氨气则为气体增大的反应，所以体系的熵增大，故A正确；B、2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）该反应气体减小，所以熵减小，根据△G=△H﹣T△S＜0自发，则△H＜0，并且低温更有利于自发进行，故B正确；C、常温下自发进行的反应不一定是放热反应，吸热反应有的常温下也能自发进行，故C错误；D、该反应气体增大，所以△S＞0，又常温下不能自发，则△G=△H﹣T△S＞0，所以△H＞0，故D正确；故选C．【点评】本题考查了化学反应自发进行的条件等等，注意反应自发与否决定于焓变和熵变两个因素，题目难度中等．11．A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应过程中的能量（单位为kJ•mol﹣1）变化如图所示，下列说法正确的是()A．该反应是放热反应-38-\nB．C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）△H═△EKJ•mol﹣1C．加入催化剂后，反应加快，E1、E2和△E都减小D．E1表示正反应的活化能，升高温度，E1不变【考点】吸热反应和放热反应．【专题】化学反应与能量图像；守恒思想；化学反应中的能量变化．【分析】A、反应物能量低于生成物；B、正逆反应的焓变大小相等，符号相反；C、催化剂只能够加快反应速率，减小活化能，不能改变焓变；D、E1表示正反应的活化能，升高温度只提高活化分子百分数，活化能不变．【解答】解：从图象分析，反应物能量低于生成物，反应吸热，△H=△E＞0，A、反应时吸热反应，故A错误；B、从图象分析，A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g））△H═△EKJ•mol﹣1，所以C（g）+D（g）⇌A（g）+B（g）△H=﹣△EKJ•mol﹣1，故B错误；C、催化剂只能够加快反应速率，减小活化能，不能改变焓变，所以加入催化剂后，反应加快，E1、E2都减小，△E不变，故C错误；D、E1表示正反应的活化能，升高温度只提高活化分子百分数，活化能不变，所以E1不变，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了吸热反应的图象分析、催化剂的催化原理等等，题目难度不大．12．如图是关于反应A2（g）+3B2（g）⇌2C（g）（正反应为放热反应）的平衡移动图象，影响平衡移动的原因可能是()A．升高温度，同时加压B．降低温度，同时减压C．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度D．增大反应物浓度，同时使用催化剂-38-\n【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，升高温度，使平衡向逆反应移动，增大压强，使平衡向正反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，降低温度，使平衡向正反应移动，减小压强，使平衡向逆反应移动，平衡可能不移动，可能向正反应移动，可能向逆反应移动；C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动．【解答】解：A、升高温度，同时加压，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，故A错误；B、降低温度，同时减压正逆反应速率都降低，正反应速率应在原速率的下方，故B错误；C、增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，瞬间正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应移动，图象符合，故C正确；D、增大反应物浓度，同时使用催化剂，正逆反应速率都增大，逆反应速率应在原速率的上方，但正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、压强、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键．13．某同学用如图所示的电化学装置电解硫酸铜溶液，有一个电极为Al，其它三个电极均为Cu，则下列说法正确的是()A．电子方向：电极Ⅳ→→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应-38-\nC．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu﹣2e﹣═Cu2+．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，据此分析解答．【解答】解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，A．电流方向从正极流向阳极，电子带负电荷，电子从负极沿导线流向正极，即电极Ⅰ→A→电极Ⅳ，故A错误；B．电极Ⅰ上电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，故B错误；C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu2++2e﹣=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，而不会溶解，故C错误；D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D正确；故选D．【点评】本题考查了原电池、电解池原理，题目难度中等，正确判断正负极、阴阳极为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池的工作原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．14．在一密闭容器中，反应aA（g）⇌bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积缩小一半，当达到新平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则()A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率增大了C．物质B的质量分数减小了D．a＞b【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】采用假设法分析，保持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，B的浓度均是原来的1.6倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a＜b，据此判断．-38-\n【解答】解：保持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，B的浓度均是原来的1.6倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a＜b，则A、由上述分析可知，平衡逆反应方向移动，故A错误；B、平衡逆反应方向移动，故A的转化率降低，故B错误；C、平衡逆反应方向移动，B的质量减小，混合气体的总质量不变，故B的质量分数减小，故C正确；D、增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a＜b，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键．15．某温度下反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的平衡常数K=57.0，现向此温度下的真空容器中充入0.2mol•L﹣1H2（g）、0.5mol•L﹣1I2（g）及0.3mol•L﹣1HI（g），则下列说法中正确的是()A．反应总体向左进行B．反应达到平衡时，H2的物质的量分数＜50%C．反应向某方向进行一段时间后K＜57.0D．反应达到平衡时，H2的转化率为75%【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A．计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；B．向左进行建立平衡时，氢气的浓度增大，氢气最大浓度应小于（0.2mol/L+0.15mol/L）=0.35mol/L，向右反应建立平衡，平衡时氢气浓度小于0.2mol/L，混合气体总浓度不变，氢气物质的量分数=×100%；C．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；D．假设氢气转化率为75%，计算各物质的浓度，再计算浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，则平衡时氢气转化率为75%．-38-\n【解答】解：A．浓度商Qc==0.9＜K=57，反应向正反应进行，故A错误；B．反应向右进行建立平衡，故平衡时氢气浓度小于0.2mol/L，混合气体总浓度不变，平衡时氢气物质的量分数＜×100%=20%，故B正确；C．平衡常数只受温度影响，由于温度不变，平衡常数不变，故C错误；D．假设氢气转化率为75%，则氢气浓度变化量为0.2mol/L×75%=0.15mol/L，则：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）开始浓度（mol/L）：0.20.50.3变化浓度（mol/L）：0.150.150.3氢气转化率为75%时（mol/L：0.050.350.6浓度商Qc==20.6＜K=57.0，故氢气转化率为75%时反应未到达平衡，反应向正反应进行，平衡时氢气转化率大于75%，故D错误，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算，涉及平衡常数计算及应用，B、D选项可以利用平衡常数计算具体的值，但计算量很大，侧重考查是分析计算能力、对知识的灵活运用能力，难度中等．16．现有下列两个图象：下列反应中符合两图象的是()A．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0D．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0【考点】化学平衡的影响因素．【专题】图像图表题；化学平衡专题．-38-\n【分析】由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，据此结合选项解答．【解答】解：由左边的图象可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应移动，故正反应为吸热反应；由右边图象可知，相交点左边未达平衡，相交点为平衡点，相交点右边压强增大，平衡被破坏，V逆＞V正，平衡向逆反应移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应；综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应，A．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）△H＞0，为吸热反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，故A不符合；B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）△H＞0，为吸热反应，正反应是气体物质的量增大的反应，故B符合；C.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）△H＜0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应，故C不符合；D．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，为放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应，故D不符合；故选B．【点评】本题考查化学平衡移动图象、外界条件对化学平衡的影响等，难度不大，掌握外界条件对化学平衡的影响即可解答，注意根据图象判断可逆反应的特征．17．铆在铜板上的铁铆钉（如图所示），处于仅含氯化钠的水膜中，下列有关说法中正确的是()-38-\nA．铁铆钉在此环境下会发生化学腐蚀B．与铁接触的水膜发生的反应：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．原电池反应的化学方程式：2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2D．如果处于酸雨环境中将发生析氢腐蚀，负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应和负极反应的和即为总反应．【解答】解：A、根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，故A错误；B、与铁接触的水膜发生反应：2Fe+O2+2H2O═2Fe（OH）2，故B错误；C、负极上发生的电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，原电池反应的化学方程式：2Fe+O2+2H2O═2Fe（OH）2，故C正确；D、如果在酸雨环境中，将发生析氢腐蚀，负极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选C．【点评】本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀，难度不大，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，注意钢铁的吸氧腐蚀中还含有氢氧化亚铁生成氢氧化铁的反应．18．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．钢铁在潮湿的空气中容易生锈C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释．-38-\n【解答】解：A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确；B、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌ClO﹣+2H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程．19．下列各组变化中，△H或Q前者小于后者的一组是()①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2③t℃时，在一定条件下，将1molSO2和1molO2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2⑤同体积同浓度的NaOH稀溶液分别与足量稀盐酸和稀醋酸反应，反应热分别为△H1、△H2．A．①②③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．③④【考点】有关反应热的计算．【专题】计算题；化学反应中的能量变化．【分析】①甲烷燃烧生成液体水放热大于甲烷反应生成气体水；焓变包含负号比较；②中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，弱电解质电离吸热；③恒容容器中反应进行过程中压强减小，恒压容器中反应过程中压强比恒容容器中大反应物转化率大；④碳酸钙吸热，氧化钙和水反应放热；焓变包含负号比较；-38-\n⑤醋酸是弱电解质电离时吸热，放出的热量越小，则焓变越大．【解答】解：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1，CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H2：因CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）是燃烧反应，反应均放热，△Η＜0，因水由气态变成液态会放出热量，所以△H1＜△H2，故①正确；②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H2，氢气的燃烧是放热的，所以焓变是负值，系数加倍，焓变数值也加倍，所以△H1=2△H2＜0，所以△H1＜△H2，故②正确；③℃时，在一定条件下，将1molSO2和1molO2分别置于恒容和恒压的两个密闭容器中，恒压密闭容器相当于在恒容的基础上正向移动了，所以恒P下，达到平衡状态时放出的热量更多，达到平衡状态时放出的热量分别为Q1、Q2，Q1＜Q2，故③正确；④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1＞0，CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2＜0，所以△H1＞△H2，故④错误；⑤醋酸是弱电解质电离时吸热，所以醋酸溶液与足量的NaOH稀溶液反应放出的热量小，焓变为负值，所以前者小于后者，故⑤正确；故选A．【点评】本题考查了反应焓变大小的比较，题目难度中等，注意反应物、生成物的状态或量不同，反应热量变化不同，还要明确放热反应的焓变为负值，放出的热量越大，焓变值越小．20．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有关该电池的说法不正确的是()A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的碱性减弱D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3-38-\n作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正确；C、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应．21．关于可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）及其图象的说法正确的是()A．若图象为Ⅰ，则m+n＞p+qB．若图象为Ⅱ，则m+n=p+q，t2时刻改变的条件一定是使用催化剂C．若图象为Ⅲ，则该可逆反应的△H＜0D．若图象为Ⅳ，且压强p1＞压强p2，则该可逆反应的△H＞0【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．-38-\n【分析】A、根据增加压强，化学平衡向着气体的系数和减小的方向进行来回答；B、加入催化剂不会引起平衡的移动，对于前后气体系数和相等的反应，压强也不会引起平衡的移动；C、根据升高温度，化学平衡向着吸热方向进行来回答；D、升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，增加压强，化学平衡向着气体的系数和减小的方向进行，据此回答．【解答】解：A、增加压强，A的转化率碱小，化学平衡向着逆向进行，即逆向是气体的系数和减小的方向进行，所以m+n＜p+q，故A错误；B、若图象为Ⅱ，则m+n=p+q，t2时刻改变的条件是使用催化剂，也可能是增大压强，加快反应速但是平衡不移动，故B错误；C、根据先拐先平速率快的原理，所以T1＞T2，升高温度，C的含量增加，所以正向进行，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行该可逆反应的△H＞0，故C错误；D、压强p1＞压强p2，压强不变，升高温度，C的含量增加，所以正向进行，升高温度，化学平衡向着吸热方向进行该可逆反应的△H＞0，故D正确．故选D．【点评】本题考查外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，难度中等．要注意催化剂和压强对前后系数和相等m+n=p+q的化学平衡不产生影响．二．本大题共7小题，共58分．22．（14分）如图所示，是原电池的装置图，请回答：（1）若C为稀AgNO3溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe，且做负极，则A电极上发生的电极反应式为Ag++e﹣═Ag，反应类型是还原反应．（2）若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，则A（负极）极材料为Cu，B（正极）极材料为石墨，溶液C为FeCl3溶液．（3）若A电极材料为锌，B电极材料为铁，铁电极将受到保护，这种保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法．（4）若C为NaOH溶液，A电极材料为Al，B电极材料为Mg，负极上发生的电极反式为Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO﹣2+2H2O．（5）某同学设想用此装置把CO2转化为重要化工原料CH3OH，A极通入CO2，B极通入H2，C为稀H2SO4溶液，电池总反应式为CO2+3H2═CH3OH+H2O，正极反应式为CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O．-38-\n（6）下列反应在理论上能用于设计原电池的是ACD．A.2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）B．HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）C.4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）=4Fe（OH）3（s）D.2Fe（s）+3Cl2（g）=2FeCl3（s）【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）铁作负极，原电池反应是铁与硝酸银置换银的反应，正极反应是银离子得电子生成银，据此回答；（2）根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作负极，B极材料是比Cu不活泼的导电物质，溶液C中含有Fe3+；（3）若A电极材料为锌，B电极材料为铁，形成原电池正极铁电极将受到保护，这种保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法；（4）若C为NaOH溶液，A电极材料为Al，B电极材料为Mg，铝与氢氧化钠反应而镁不反应，所以铝为负极，发生失电子的氧化反应；（5）燃料电池的工作时，总反应CO2+3H2═CH3OH+H2O，正极上是CO2发生得电子得还原反应；（6）自发的放热的氧化还原反应能设计成原电池，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：（1）铁作负极，原电池反应是铁与硝酸银置换银的反应，正极反应是银离子得电子生成银，电极反应式为Ag++e﹣═Ag；故答案为：Ag++e﹣═Ag；还原反应；（2）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，所以A材料是Cu，B极材料是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可．溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液，故答案为：Cu；石墨；FeCl3溶液；-38-\n（3）若A电极材料为锌，B电极材料为铁，形成原电池正极铁电极将受到保护，这种保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法；（4）若C为NaOH溶液，A电极材料为Al，B电极材料为Mg，铝与氢氧化钠反应而镁不反应，所以铝为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO﹣2+2H2O，故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO﹣2+2H2O；（5）燃料电池的工作时，总反应CO2+3H2═CH3OH+H2O，正极上是CO2发生得电子得还原反应，即CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O，故答案为：CO2+3H2═CH3OH+H2O；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O；（6）A、2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l），属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故A选；B、HCl与NaOH的中和反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，不能用于设计原电池，故B不选；C、Fe（OH）2与氧气的反应属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故C选；D、2Fe（s）+3Cl2（g）=2FeCl3（s）属于自发的氧化还原反应，能设计成原电池，故D选．故选ACD．【点评】本题考查了原电池原理的分析判断，原电池原理和电极分析判断是解题关键，注意电极反应生成的离子在电解质溶液中的存在分析，题目难度中等．23．用如图所示装置处理含NO的酸性工业废水，某电极反应式为2NO+12H++10e﹣═N2↑+6H2O，请回答下列问题．（1）电源正极为A（填“A”或“B”），与该电极连接的Pt电极反应式为4OH‾﹣4e‾═2H2O+O2↑．（2）电解时H+从质子交换膜侧向侧移动右（填“左”或“右”）．（3）电解过程中，左侧电解液pH减小（填“增大”“减小”或“不变”）．（4）电解池一侧生5.6gN2，另一侧溶液质量减少18g．（5）若上述直流电源采用乙醇燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，通入氧气的电极为正极（填“正极”或“负极”），写出负极的电极反应式CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H2O．-38-\n【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】据电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，可知，该反应为还原反应，为阴极反应式，废水在右边反应，说明右边阴极；左边阳极，氢氧根离子在阳极放电生成氧气和氢离子，据电子守恒和原子守恒解答．【解答】解：据电极反应式为2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O，可知，该反应为还原反应，为阴极反应式，废水在右边反应，说明右边阴极；左边阳极，氢氧根离子在阳极放电生成氧气和氢离子，（1）根据以上分析，左边阳极，所以电源正极为A，反应为4OH‾﹣4e‾═2H2O+O2↑，故答案为：A；4OH‾﹣4e‾═2H2O+O2↑；（2）电解时H+从质子交换膜侧移向阴极即从左到右，故答案为：左；右；（3）电解过程中，左边阳极，反应为4OH‾﹣4e‾═2H2O+O2↑，所以左侧电解液pH减小，故答案为：减小；（4）根据电子守恒，电解池一侧生5.6gN2，2NO3﹣+12H++10e﹣=N2+6H2O则转移×10=2mol，另一侧即右侧反应为4OH‾﹣4e‾═2H2O+O2↑，每有2mol水电解转移4mol电子，则阳极被电解的水的质量为1mol×18g/mol=18g，故答案为：18g；（5）乙醇燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，通入氧气的电极为正极，负极为乙醇失电子发生氧化反应，反应式为：CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H2O；故答案为：正极；CH3CH2OH﹣12e﹣+16OH﹣═2CO32﹣+11H2O．【点评】本题考查了电解原理的应用，注意电子守恒和阳极发生氧化反应阴极发生还原反应，题目难度中等．24．某同学查阅资料得：H2在的热值为143kJ/g，写出表示H2标准燃烧热的热化学方程式为H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣286kJ•mol﹣1，-38-\n常温下分解27g水至少需要的能量为429kJ．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据燃烧热的含义：完全燃烧1mol物质生成最稳定的化合物所放出的热以及热化学方程式的书写方法来回答．【解答】（1）H2的热值为143kJ/g，即燃烧1g氢气会释放143kJ的能量，据热化学方程式的含义，H2的标准燃烧热的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣286kJ/mol，所以1mol液态水分解应该吸收286kJ的能量，常温下分解27g即1.5mol水至少需要的能量为1.5mol×286kJ/mol=429kJ，故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣286kJ/mol；429kJ．【点评】本题考查学生燃烧热的意义以及热化学方程式的书写和计算等知识，属于基本知识的考查，难度中等．25．一定条件，在水溶液中1molCl﹣、ClO﹣（x=1，2，3，4）的能量（KJ）相对大小如图所示．B→A+C反应的热化学方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq），△H=﹣117kJ•mol﹣1（用离子符号表示）．【考点】热化学方程式．【专题】化学用语专题．【分析】B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol．【解答】解：B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，-38-\n故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol．【点评】本题考查反应热的有关计算，注意掌握根据盖斯定律、热化学方程式进行的计算，题目较简单．26．工业上常常利用乙烯通过反应I来生产环氧乙烷（），但是伴随副反应I．IC2H4（g）+O2（g）→△H1II．C2H4（g）+3O2（g）→2CO2（g）+2H2O（g）△H2①写出环氧乙烷充分燃烧的热化学反应方程式：+O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）△H=△H2﹣△H1．②工业生产中，可通过某一措施来加快反应①而对反应②影响较小，从而提高环氧乙烷的生产效率．工业生产采取的这种措施是C．A．升高反应体系的温度B．增大体系中氧气的浓度C．使用合适的催化剂D．降低反应体系的压强③已知C=C、O=O、C﹣C键能分别为akJ•mol﹣1、bkJ•mol﹣1、ckJ•mol﹣1，则环氧乙烷中C﹣O键能为kJ•mol﹣1．【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算．【专题】计算题；化学平衡专题．【分析】①根据盖斯定律由①②两个热化学方程式构造环氧乙烷燃烧反应的化学方程式（注明状态），即可获得焓变；②升高温度、增大体系中氧气的浓度对于①②的化学反应速率都可以加快，降低反应体系的压强，对①②化学反应速率都可以减小，催化剂具有选择性，使用合适的催化剂可达到目的；③据△H1=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和计算．【解答】解：①已知：①C2H4（g）+O2（g）→；△H1②C2H4（g）+3O2（g）→2CO2（g）+2H2O（g）；△H2由盖斯定律可知：②﹣①得：+O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）△H=△H2﹣△H1，-38-\n故答案为：+O2（g）=2CO2（g）+2H2O（g）△H=△H2﹣△H1；②升高温度、增大体系中氧气的浓度对于①②的化学反应速率都可以加快，降低反应体系的压强，对①②化学反应速率都可以减小，催化剂具有选择性，使用合适的催化剂可达到目的，故选C；③△H1=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和=（a+）kJ•mol﹣1﹣（ckJ•mol﹣1+2×EC﹣O），（注意：反应物和生成物中均有4molC﹣H，相互抵消），所以EC﹣O=kJ•mol﹣1；故答案为：．【点评】本题考查了盖斯定律、平衡移动原理及焓变的计算等，难度中等．27．在2L绝热（不与外界交换能量）密闭容器中进行4A（g）+2B（g）⇌5C（g）+3D（s）反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高．物质ABCD起始投料/mol2120①体系压强升高的理由是该反应为放热反应，温度升高气体的压强增大，②该反应的平衡常数会随温度的降低而增大，（填“增大”“减小”或“无法确定”）理由是表格中起始投料表示反应总体向正反应方向进行，这会使气体的总物质的量减少，但气体的压强反而升高，说明该反应为放热反应，温度降低，平衡向正方向移动，平衡常数增大．【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】①根据恒容压强与温度及其气体物质的量成正比分析；②2A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）反应，反应为气体体积缩小的反应，容器的体积不变，平衡时压强增大，故绝热条件下，混合气体的温度升高，即正反应为放热反应，结合温度对平衡移动的影响判断温度与平衡常数的变化关系；【解答】解：①恒容压强与温度及其气体物质的量成正比，又由起始D的物质的量为0可知，反应4A（g）+2B（g）⇌5C（g）+3D-38-\n（s）向正反应进行建立平衡，则气体物质的量在减小，但压强增大，则说明该反应为放热反应，温度升高导致气体的压强增大，故答案为：该反应为放热反应，温度升高气体的压强增大；②由①的分析得出该反应为放热反应，所以随温度的降低平衡正向移动，平衡常数增大，故答案为：增大；表格中起始投料表示反应总体向正反应方向进行，这会使气体的总物质的量减少，但气体的压强反而升高，说明该反应为放热反应，温度降低，平衡向正方向移动，平衡常数增大．【点评】本题考查了有关平衡移动的影响因素依据平衡常数的判断，题目难度不大，涉及的知识为影响压强的因素的分析，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．28．（14分）某温度下，在2L密闭容器中，发生NO2和N2O4之间的反应：N2O4（g）⇌2NO2（g），各物质的量随时间的变化关系如图所示，请回答下列问题．（1）该反应的正反应的△S＞0（填“＞0”或“＜0”）．（2）曲线Y（填“X”或“Y”）表示NO2的物质的量随时间变化的曲线．（3）平衡常数K=0.11．（保留到小数点后两位）（4）若t1=2min，反应开始至2min末Y的化学反应速率为0.15mol/（L•min）．（5）若升高温度，则v（正）加快，v（逆）加快，（填“加快”或“减慢”），平衡多余向正方向移动（填“正”或“逆”）．（6）可做为本反应化学平衡状态标志的有①④⑥⑦⑧．①单位时间内生成nmolN2O4的同时生成2nmolNO2②NO2和N2O4的物质的量浓度之比为2：1③NO2、N2O4的反应速率的比为2：1④混合气体的颜色不再改变⑤混合气体的密度不再改变⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变⑦气体的压强不再变化⑧气体的温度不再变化（7）在测定NO2的相对分子质量时，下列条件下测定结果最接近理论值的是C．A．温度130℃、压强3.03×105PaB．温度25℃、压强1.01×105Pa-38-\nC．温度130℃、压强5.05×104PaD．温度0℃、压强5.05×104Pa．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据该反应正反应为气体体积增大的反应分析；（2）根据物质的量的变化量之比等于计量数之比分析；（3）根据平衡常数K=计算；（4）根据v=计算反应速率，结合图象计算相关物理量；（5）若升高温度正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动；（6）根据可逆反应处于平衡状态时，正逆反应速率相等、组成不变等特征判断；（7）在测定NO2的相对分子质量时，则使平衡向正反应方向进行即可使测定结果最接近理论值，据此判断．【解答】解：（1）因为该反应正反应为气体体积增大，所以△S＞0，故答案为：＞0；（2）由方程式N2O4（g）⇌2NO2（g），可知反应中NO2的物质的量变化较大，则Y表示NO2的物质的量随时间的变化曲线，故答案为：Y；（3）根据图象可知平衡时，N2O4的浓度为=0.35mol/L，2NO2的浓度为=0.2mol/L，所以平衡常数K===0.11，故答案为：0.11；（4）根据图象v（NO2）==0.15mol/（L•min），故答案为：0.15mol/（L•min）；（5）升高温度，v（正）加快，v（逆）加快，平衡向吸热反应方向即正方向移动，故答案为：加快；加快；-38-\n正；（6）①单位时间内生成nmolN2O4的同时生成2nmolNO2，则正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故正确；②NO2和N2O4的物质的量浓度之比为2：1，未体现正与逆的关系，故错误；③NO2、N2O4的反应速率的比为2：1，未体现正与逆的关系，故错误；④混合气体的颜色不再改变，则二氧化氮的浓度不变，说明达平衡状态，故正确；⑤混合气体前后质量不变，体积也不变，所以密度一直不变，则混合气体的密度不再改变未体现正与逆的关系，故错误；⑥混合气体前后质量不变，物质的量在变，所以平均相对分子质量一直在变，所以合气体的平均相对分子质量不再改变，说明达平衡状态，故正确；⑦容器内压强不再发生变化，说明达平衡状态，故正确；⑧该反应为吸热反应，所以气体的温度不再变化说明达平衡状态，故正确；故选：①④⑥⑦⑧；（7）在测定NO2的相对分子质量时，则使平衡向正反应方向进行即可使测定结果最接近理论值，又该反应为气体体积增大的吸热反应，所以使平衡向正反应方向进行即高温低压，故选：C．【点评】本题考查较为综合，题目难度中等，注意把握化学反应速率以及化学平衡的基本知识即可解答该题．-38-