福建省八县一中高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年福建省八县一中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（本题包括22小题，每小题2分，共44分．每小题只有一个选项符合题意．）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（　　）①天然气②煤③潮汐能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．①⑤⑥⑦C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧　2．下列说法正确的是（　　）A．食物在常温下腐败是自发进行的B．凡是放热反应都是自发的C．自发反应都是熵增大的反应D．电解池的反应是属于自发反应　3．下列变化过程中，△S＜0的是（　　）A．氨气与氯化氢合成氯化铵B．氢气与氯气合成氯化氢C．蔗糖溶于水D．加热KMnO4分解制O2　4．化学平衡主要研究下列哪一类反应的规律（　　）A．可逆反应B．化合反应C．离子反应D．气体反应　5．在下列各说法中，正确的是（　　）A．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数B．△H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸热反应C．1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热D．1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热　6．化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（　　）-33-\nA．每生成2个分子AB吸收（a﹣b）kJ热量B．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA﹣A和1molB﹣B键，放出akJ能量　7．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（　　）A．钢铁在空气中的腐蚀主要是化学腐蚀B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D．可将地下输油管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀　8．下列有关能量转换的说法不正确的是（　　）A．核能和地热能来自地球自身B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转化成化学能D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转化成化学能的过程　9．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ•mol﹣1）：P﹣P：198P﹣O：360O=O：498则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H为（　　）A．﹣1638kJ•mol﹣1B．+1638kJ•mol﹣1C．﹣126kJ•mol﹣1D．+126kJ•mol﹣1-33-\n　10．有a、b、c、d四种金属．将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀．将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈．将铜浸入b的盐溶液里，无明显变化．如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出．据此判断它们的活动性顺序由强到弱的为（　　）A．a＞c＞d＞bB．d＞a＞b＞cC．d＞b＞a＞cD．b＞a＞d＞c　11．如图中x、y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是（　　） a极板b极板X电极电解质溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2A．AB．BC．CD．D　12．已知外电路中，电子由铜流向a极．有关图中装置分析合理的一项是（　　）A．一段时间后锌片质量减少B．该装之中Cu极为正极C．b极的电极反应式：H2﹣2e﹣═2H+-33-\nD．当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下的体积为2.24L　13．按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量．下列叙述正确的是（　　）A．F表示反应生成Cu的物质的量B．E表示反应生成O2的物质的量C．E表示反应实际消耗H2O的物质的量D．F表示反应生成H2SO4的物质的量　14．某课外研究小组的同学将FeCl3（aq）滴加到5%H2O2溶液后，发现产生无色气体由慢到快，最后再变慢；溶液温度升高；同时溶液颜色由黄色立即变为棕褐色，当反应殆尽时，溶液又恢复黄色，由此得出以下结论，你认为错误的是（　　）A．H2O2的分解反应为放热反应B．FeCl3是H2O2分解反应的催化剂C．与不加FeCl3（aq）相比，当H2O2均完全分解时，加FeCl3（aq）使反应放出的热量更多D．若将少量FeCl2溶液滴入过量5%H2O2溶液中，则除溶液颜色变化不同外，其它现象相同　15．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（　　）A．装置①中阳极上析出红色固体-33-\nB．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连C．装置③中外电路电子由a极流向b极D．装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过　16．在2L容器中发生3A+B⇌2C的反应，最初加入的A、B都是4mol，若10s后反应达到平衡，测得A的平均反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器内B的物质的量为（　　）A．1.5molB．1.0molC．3.0molD．2.4mol　17．用纯净的CaCO3与稀盐酸反应制CO2，实验过程记录如图所示．根据分析判断正确的是（　　）A．OE段表示反应速率最快B．EF段表示反应速率最快，收集的CO2最多C．FG段表示收集的CO2最多D．OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增快　18．实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为（　　）A．40%B．50%C．80%D．90%　19．下列说法正确的是（　　）A．增大压强，活化分子数增多，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D．使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大　20．在温度体积不变的条件下发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）将NO2与SO2以体积比3：1置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是（　　）-33-\nA．混合气体密度保持不变B．体系压强保持不变C．SO2和NO的体积比保持不变D．每消耗1molSO2的同时生成1molNO　21．将2molX和2molY充入2L密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）+aQ（g），达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，下列叙述错误的是（　　）A．a的值为2B．平衡时X的浓度为0.2mol/LC．平衡时Y的转化率为60%D．平衡时Z的体积百分含量为20%　22．为了研究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下四个实验，你认为不正确的是（　　）A．100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变B．将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，稀硫酸产生氢气快C．将氢气和氯气的混合气体分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照下有氯化氢生成D．两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管再加入少量二氧化锰，产生氧气的快慢不同　　二、填空题23．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．用50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：①从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　　　　　　．②为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是　　　　　　a．酸的浓度和体积b．碱的浓度和体积　c．比热容d．反应后溶液的质量　e．生成水的物质的量f．反应前后温度的变化　g．操作所需时间-33-\nA．abcfB．acdeC．cdefD．全部③若通过该实验测定中和热的△H，其结果常常大于﹣57.3kJ•mol﹣1，其原因可能：　　　　　　．④用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．　24．已知热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1当1g液态水变为气态水时，对其热量变化的下列描述：①放出热量；②吸收热量；③2.44kJ；④4.88kJ；⑤88kJ．其中正确的是　　　　　　．　25．已知CH3OH（l），HCHO（g）的燃烧热△H分别为﹣726.64kJ•mol﹣1和﹣563.58kJ•mol﹣1，则CH3OH（l）与O2（g）反应生成HCHO（g）和H2O（l）的热化学反应方程式：　　　　　　．　26．某课外活动小组同学用图1装置进行实验，试回答下列问题．-33-\n（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为：　　　　　　．（2）若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为：　　　　　　，总反应的离子方程式为　　　　　　．有关上述实验，下列说法正确的是（填序号）　　　　　　①溶液中Na+向A极移动②从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度（饱和食盐水足量）④若标准状况下B极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子（3）该小组同学模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾．①该电解槽的阳极反应式为　　　　　　．此时通过阴离子交换膜的离子数　　　　　　（填“大于”或“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数．②制得的硫酸溶液从出口（填写“A”、“B”、“C”、“D”）　　　　　　导出．③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因　　　　　　．④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为　　　　　　．　27．某化学反应2A（g）⇌B（g）+D（g）在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为零，反应物A的浓度（mol•L﹣1）随反应时间（min）的变化情况如表：实验序号时间浓度温度　0　10　20　30　40　50　60　1　800℃　1.0　0.80　0.67　0.57　0.50　0.50　0.50　2　800℃　C2　0.60　0.50　0.500.500.500.50　3　800℃　C3　0.92　0.75　0.63　0.60　0.60　0.60　4　820℃　1.0　0.40　0.25　0.20　0.20　0.20　0.20根据表中数据，完成下列填空：（1）实验1，反应在10至20分钟时间内A平均速率为　　　　　　．（2）实验2，A的初始浓度c2=　　　　　　mol•L﹣1，推测实验2中还隐含的条件是　　　　　　．-33-\n（3）800℃时该反应的平衡常数K=　　　　　　（4）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3　　　　　　v1（填＞、＜、=），且C3=　　　　　　mol•L﹣1．　　-33-\n2022-2022学年福建省八县一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括22小题，每小题2分，共44分．每小题只有一个选项符合题意．）1．未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生．下列属于未来新能源标准的是（　　）①天然气②煤③潮汐能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能．A．①②③④B．①⑤⑥⑦C．③⑤⑥⑦⑧D．③④⑤⑥⑦⑧【考点】使用化石燃料的利弊及新能源的开发．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．【解答】解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等．故选C．【点评】本题考查新能源，题目难度不大，注意加强基础知识的积累．　2．下列说法正确的是（　　）A．食物在常温下腐败是自发进行的B．凡是放热反应都是自发的C．自发反应都是熵增大的反应D．电解池的反应是属于自发反应【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应可自发进行，以此解答该题．【解答】解；A．食物可在常温下腐败，为自发进行的氧化还原反应，故A正确；B．反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据，放热反应不一定能自发进行，如铝热反应应在高温下进行，故B错误；-33-\nC．自发进行的反应熵不一定增大，如氨气和HCl反应生成氯化铵，故C错误；D．电解池的反应是在外加电源的反应，不是自发进行的反应，如断开电源，则反应不能进行，故D错误．故选A．【点评】本题考查化学反应与焓变，题目难度中等，易错点为D，注意理解反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据．　3．下列变化过程中，△S＜0的是（　　）A．氨气与氯化氢合成氯化铵B．氢气与氯气合成氯化氢C．蔗糖溶于水D．加热KMnO4分解制O2【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】△S＜0，说明反应或变化过程中混乱度减小，依据微粒数变化或反应前后气体体积变化分析判断．【解答】解：A、氨气与氯化氢合成氯化铵，气体体积减小，△S＜0，故A正确；B、氢气与氯气合成氯化氢，反应前后气体体积不变，混乱度不变，△S=0，故B错误；C、蔗糖溶于水，混乱度增大，△S＞0，故C错误；D、加热KMnO4分解制O2，反应生成气体，反应后熵变增大，△S＞0，故D错误；故选A．【点评】本题考查了熵变的判断，反应过程或变化过程中微粒的变化多少，气体体积的变化是判断依据，题目较简单．　4．化学平衡主要研究下列哪一类反应的规律（　　）A．可逆反应B．化合反应C．离子反应D．气体反应【考点】化学反应的可逆性．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学平衡概念可知，化学平衡主要研究的是可逆反应．【解答】解：化学平衡是指在一定条件下的可逆反应中，化学反应正逆反应速率相等，反应物和生成物各组分浓度不再改变的状态，所以化学平衡主要研究的是可逆反应，故A正确，故选A．-33-\n【点评】本题考查了化学平衡状态的概念，题目比较基础．　5．在下列各说法中，正确的是（　　）A．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数B．△H＞0表示放热反应，△H＜0表示吸热反应C．1molH2与0.5molO2反应放出的热就是H2的燃烧热D．1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热【考点】燃烧热；吸热反应和放热反应；中和热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量；B、△H＞0表示吸热反应，△H＜0表示放热反应；C、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧氧化物时放出的热量；D、中和热概念是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量．【解答】解：A、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数，故A正确；B、反应的焓变是由生成物的总焓减去生成物的总焓，所以△H＞0kJ•mol﹣1表示吸热反应，△H＜0kJ•mol﹣1表示放热反应，故B错误；C、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧氧化物时放出的热量，1molH2与0.5molO2反应生成的水的状态不定，所以放出的热量不一定是燃烧热，故C错误；D、1molH2SO4与1molBa（OH）2反应生成两mol水，根据中和热概念是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，故D错误；故选A．【点评】本题考查了焓变的计算、热化学方程式的书写、中和热、燃烧热的概念应用和计算，注重基础知识的考查，难度不大．　6．化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（　　）-33-\nA．每生成2个分子AB吸收（a﹣b）kJ热量B．该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA﹣A和1molB﹣B键，放出akJ能量【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB；B、反应焓变等于反应物能量总和﹣生成物能量总和；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；D、断裂化学键吸收能量；【解答】解：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a﹣b）kJ热量，故A错误；B、应焓变等于反应物能量总和﹣生成物能量总和；该反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故B正确；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；故C错误；D、断裂1molA﹣A和1molB﹣B键，吸收akJ能量，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，反应焓变的计算，题目较简单．　7．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（　　）A．钢铁在空气中的腐蚀主要是化学腐蚀B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D．可将地下输油管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【分析】A．钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀；B．Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极；C．Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极；D．Fe与正极相连作阳极，被腐蚀．【解答】解：A．钢铁的腐蚀主要是析氢腐蚀和吸氧腐蚀，属于电化学腐蚀，故A错误；-33-\nB．Fe、Sn形成原电池时，Fe为负极，负极失电子被腐蚀，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C．Fe、Zn形成原电池时，Fe为正极，Zn为负极失电子，则Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D．Fe与正极相连作阳极，活性电极作阳极时，电极失电子被腐蚀，则地下输油管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀，故D错误．故选C．【点评】本题考查金属的腐蚀与防护，题目难度不大，注意把握金属腐蚀的原理和原电池原理、电解池原理．　8．下列有关能量转换的说法不正确的是（　　）A．核能和地热能来自地球自身B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能C．动物体内葡萄糖被氧化成CO2是热能转化成化学能D．植物通过光合作用将CO2转化为葡萄糖是太阳能转化成化学能的过程【考点】常见的能量转化形式；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．地热能和核能是来自地球本身，其它形式的能源都直接或间接来自太阳；B．化石燃料和植物燃料具备化学能，化学能来源于太阳能；C．葡萄糖的总内能大于CO2和H2O的总内能；D．植物通过光合作用将太阳能转变成化学能储存在糖类物质中．【解答】解：A．地热能和核能是来自地球本身，故A正确；B．化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故B正确；C．动物体内葡萄糖被氧化放出的能量是葡萄糖的总内能与CO2和H2O的总内能的差，故C错误；D．光合作用绿色植物在叶绿体内吸收太阳光把二氧化碳和水合成葡萄糖，同时放出氧气，将太阳能转化为化学能，储存在糖类中，故D正确．故选C．【点评】本题考查了常见的能量转化形式，要了解能量的转化方式和常见的能量的种类，题目难度不大．-33-\n　9．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程．已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ•mol﹣1）：P﹣P：198P﹣O：360O=O：498则反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H为（　　）A．﹣1638kJ•mol﹣1B．+1638kJ•mol﹣1C．﹣126kJ•mol﹣1D．+126kJ•mol﹣1【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】由结构可知1mol白磷分子中含有6molP﹣P键，1molP4O6分子中有12molP﹣O键，反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，据此计算．【解答】解：结构可知1mol白磷分子中含有6molP﹣P键，1molP4O6分子中有12molP﹣O键，P﹣P键能为198kJ/mol，P﹣O键能为360kJ/mol，O=O键能为498kJ/mol，反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故反应P4（白磷）+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ/mol+3×498kJ/mol﹣12×360kJ/mol=﹣1638kJ/mol，故选A．【点评】考查反应热的计算、反应热与键能与键能的关系，难度中等，根据结构判断1mol反应物含有的化学键是解题的关键．　10．有a、b、c、d四种金属．将a与b用导线接起来，浸入电解质溶液中，b不易腐蚀．将a、d分别投入等浓度的盐酸中，d比a反应强烈．将铜浸入b的盐溶液里，无明显变化．如果把铜浸入c的盐溶液里，有金属c析出．据此判断它们的活动性顺序由强到弱的为（　　）A．a＞c＞d＞bB．d＞a＞b＞cC．d＞b＞a＞cD．b＞a＞d＞c【考点】常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．【分析】原电池中被腐蚀的金属是活动性强的金属；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属．-33-\n【解答】解：两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将a与b用导线连接起来浸入电解质溶液中，b不易腐蚀，所以a的活动性大于b；金属和相同的酸反应时，活动性强的金属反应剧烈，将a、d分别投入等浓度盐酸溶液中，d比a反应剧烈，所以d的活动性大于a；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，将铜浸入b的盐溶液中，无明显变化，说明b的活动性大于铜．如果把铜浸入c的盐溶液中，有金属c析出，说明铜的活动性大于c；所以金属的活动性顺序为：d＞a＞b＞c，故选B．【点评】本题考查了金属活泼性强弱的判断，难度不大，金属活泼性强弱的判断方法有：原电池中的正负极材料、金属之间的置换反应、金属和酸反应置换出氢气的难易等．　11．如图中x、y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是（　　） a极板b极板X电极电解质溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2A．AB．BC．CD．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】先根据题意判断a、b、x、y电极名称，根据溶液中得失电子判断电解质溶液的成分及电极材料，从而确定选项的正误．-33-\n【解答】解：通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无臭气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属，电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子．A、该选项符合条件，故A正确．B、电解质溶液中金属阳离子在氢元素前边，故B错误．C、铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在B极上得不到氧气，故C错误．D、电解质溶液中氯离子失电子，在B极上得到有刺激性气味的气体，与题意不符，故D错误．故选A．【点评】本题考查了电解池工作原理，明确溶液中离子的放电顺序是解本题的关键，解题时还要注意正极的电极材料，如果是较活泼的金属，电极材料失电子，不是溶液中离子失电子．　12．已知外电路中，电子由铜流向a极．有关图中装置分析合理的一项是（　　）A．一段时间后锌片质量减少B．该装之中Cu极为正极C．b极的电极反应式：H2﹣2e﹣═2H+D．当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下的体积为2.24L【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据图知，左边装置在燃料电池，通入燃料氢气的电极b是负极、a是正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O、正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣-33-\n；右边装置是电解池，Zn是阴极、Cu是阳极，相当于电镀池，阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+、阴极电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，据此分析解答．【解答】解：根据图知，左边装置在燃料电池，通入燃料氢气的电极b是负极、a是正极，电解质溶液呈碱性，则负极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O、正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；右边装置是电解池，Zn是阴极、Cu是阳极，相当于电镀池，阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+、阴极电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，A．锌作阴极被保护，锌电极上铜离子得电子生成Cu，所以锌片质量增加，故A错误；B．通过以上分析知，Cu是阳极，故B错误；C．电解质溶液呈碱性，所以b电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，故C错误；D．当铜电极消耗12.8g时，n（Cu）==0.2mol，转移电子物质的量=0.2mol×2=0.4mol，根据转移电子守恒得消耗氧气体积==2.24L，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，为高频考点，明确原电池和电解池判断方法及各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，易错选项是C，注意碱性条件下不能生成氢离子．　13．按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量．下列叙述正确的是（　　）A．F表示反应生成Cu的物质的量B．E表示反应生成O2的物质的量C．E表示反应实际消耗H2O的物质的量D．F表示反应生成H2SO4的物质的量【考点】电解原理．【专题】化学反应中的能量变化．-33-\n【分析】由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2++2e﹣=Cu；由乙可知，转移4mol电子生成2molE，E为Cu，生成1molF，F为氧气，以此来解答．【解答】解：由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2++2e﹣=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成2molE，生成1molF，A．由电子与物质的物质的量的关系可知F表示反应生成氧气的物质的量，故A错误；B．由总反应可知，Cu与水的物质的量相同，则E表示反应消耗水的物质的量，故B错误；C．由总反应可知，Cu与水的物质的量相同，则E表示反应消耗水的物质的量，故C正确；D．若转移4mol电子，则消耗2mol硫酸，则F不能表示生成硫酸的物质的量，故D错误；故选C．【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应、电解反应及图象的分析是解答本题的关键，注意反应中转移电子与各物质的物质的量的关系即可解答，题目难度不大．　14．某课外研究小组的同学将FeCl3（aq）滴加到5%H2O2溶液后，发现产生无色气体由慢到快，最后再变慢；溶液温度升高；同时溶液颜色由黄色立即变为棕褐色，当反应殆尽时，溶液又恢复黄色，由此得出以下结论，你认为错误的是（　　）A．H2O2的分解反应为放热反应B．FeCl3是H2O2分解反应的催化剂C．与不加FeCl3（aq）相比，当H2O2均完全分解时，加FeCl3（aq）使反应放出的热量更多D．若将少量FeCl2溶液滴入过量5%H2O2溶液中，则除溶液颜色变化不同外，其它现象相同【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】三价铁氧化了过氧化氢生成氧气，氧气又将二价铁氧化成三价铁，从而加快了反应速率，三价铁做了反应的催化剂，据此分析．【解答】解：A、溶液温度升高，说明反应放热，故A正确；B、三价铁氧化了过氧化氢生成氧气，氧气又将二价铁氧化成三价铁，从而加快了反应速率，三价铁做了反应的催化剂，故B正确；C、催化剂不影响反应物和生成物的能量高低，所以反应热不变，故C错误；-33-\nD、加入二价铁能够被氧气氧化为三价铁，同样起到催化作用，故D正确；故选C．【点评】本题考查了催化剂的催化原理，题目难度不大．　15．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（　　）A．装置①中阳极上析出红色固体B．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连C．装置③中外电路电子由a极流向b极D．装置④的离子交换膜允许阳离子、阴离子、水分子自由通过【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．电解池中阳极上氯离子放电生成氯气；B．电镀池中，镀层作电解池阴极；C．燃料电池中，电子从负极沿导线流向正极；D．离子交换膜只允许离子通过．【解答】解：A．装置①中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，所以阴极上析出红色固体，故A错误；B．装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，故B错误；C．装置③中，a电极是负极，b电极是正极，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以电子从a极沿导线流向b极，故C正确；D．离子交换膜只允许离子通过，水分子是分子，不能通过，故D错误；故选C．【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子及离子放电顺序来分析解答，难度中等．-33-\n　16．在2L容器中发生3A+B⇌2C的反应，最初加入的A、B都是4mol，若10s后反应达到平衡，测得A的平均反应速率为0.15mol•L﹣1•s﹣1，则10s后容器内B的物质的量为（　　）A．1.5molB．1.0molC．3.0molD．2.4mol【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】同一化学反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，根据A的反应速率计算B的反应速率，总物质的量减去参加反应的B的物质的量就是剩余B的物质的量，据此分析解答．【解答】解：同一化学反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则v（A）=×0.15mol•L﹣1•s﹣1=0.05mol/（L．s），10s参加反应的B的物质的量=0.05mol/L．s×10s×2L=1mol，则剩余B的物质的量=4mol﹣1mol=3mol，故选C．【点评】本题考查化学反应速率有关计算，为高频考点，明确反应速率之比与其计算量之比关系是解本题关键，题目难度不大．　17．用纯净的CaCO3与稀盐酸反应制CO2，实验过程记录如图所示．根据分析判断正确的是（　　）A．OE段表示反应速率最快B．EF段表示反应速率最快，收集的CO2最多C．FG段表示收集的CO2最多D．OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增快【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学反应速率专题．【分析】根据图象中各段时间内二氧化碳体积的变化快慢分析，二氧化碳体积变化快，则反应速率快；根据浓度对速率的影响分析．【解答】解：ABC、由图可知，EF段时间内二氧化碳体积的变化最大，则EF段表示反应速率最快，收集的CO2最多，故B正确，AC错误；-33-\nD、开始一段时间内，反应放热，溶液温度升高，速率加快，后来随着反应进行盐酸的浓度减小，而温度变化不大，则后面一段时间内反应速率减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查反应速率的定量表示及有关图象，难度中等，注意根据二氧化碳的体积变化来判断速率的变化．　18．实验室用4molSO2与2molO2进行下列反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣196.64kJ/mol，当放出314.624kJ热量时，SO2的转化率为（　　）A．40%B．50%C．80%D．90%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】热化学方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣196.64kJ/mol表示通常条件下2molSO2（g）、1molO2（g）反应生成2molSO3（g）放出热量196.64kJ．结合放出314.624kJ热量，根据热化学方程式计算参加反应的二氧化硫的物质的量，再根据转化率的等于计算SO2的转化率．【解答】解：热化学方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）；△H=﹣196.64kJ/mol表示通常条件下2molSO2（g）与1molO2（g）反应生成2molSO3（g）放出热量196.64kJ．放出314.624kJ热量，参加反应的二氧化硫的物质的量为×2mol=3.2mol．所以二氧化硫的转化率为×100%=80%．故选：C．【点评】考查热化学方程式的意义、化学平衡计算，难度中等，理解热化学方程式的意义是关键．　19．下列说法正确的是（　　）A．增大压强，活化分子数增多，化学反应速率一定增大B．升高温度，活化分子百分数不一定增大，化学反应速率一定增大C．加入反应物，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大D．使用催化剂，降低了反应的活化能，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大【考点】化学反应速率的影响因素．-33-\n【专题】化学反应速率专题．【分析】A．增大压强，使浓度增大，活化分子百分数增加；B．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大；C．加入反应物，活化分子百分数不变；D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数．【解答】解：A．增大压强，使浓度增大，活化分子浓度增加，化学反应素速率增大，但活化分子数不变，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B错误；C．加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，所以化学反应速率一定增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查活化能及其对反应速率的影响，题目难度不大，注意温度、浓度、压强、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响的根本原因是对活化分子的影响，但影响原因不同．　20．在温度体积不变的条件下发生反应：NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）将NO2与SO2以体积比3：1置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是（　　）A．混合气体密度保持不变B．体系压强保持不变C．SO2和NO的体积比保持不变D．每消耗1molSO2的同时生成1molNO【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，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．-33-\n【解答】解：A、反应前后混合气体质量、体积都不变，所以密度一直不变，则密度保持不变不能说明达平衡状态，故A错误；B、体系的压强始终不变，故不能说明达平衡状态，故B错误；C、NO2与SO2以体积比3：1置于密闭容器中发生上述反应，SO3和NO的体积消耗按照1：1进行，所以SO2和NO的体积比保持不变，能说明达平衡状态，故C正确；D、每消耗1molSO2的同时生成1molNO，只要反应发生一直符合这一关系，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　21．将2molX和2molY充入2L密闭容器中发生如下反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）+aQ（g），达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol/L，下列叙述错误的是（　　）A．a的值为2B．平衡时X的浓度为0.2mol/LC．平衡时Y的转化率为60%D．平衡时Z的体积百分含量为20%【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】A．根据n=cV计算生成的Q的物质的量，再根据物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；B．根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的X的物质的量，进而计算平衡时X的物质的量，再根据c=计算；C．根据生成的n（Z），利用物质的量之比等于化学计量数之比计算参加反应的Y的物质的量，再根据转化率定义计算；D．计算平衡时混合气体总的物质的量，Z的体积分数=×100%．【解答】解：A．平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol•L﹣1，则生成的n（Q）=0.4mol•L﹣1×2L=0.8mol，所以2：a=0.8mol：0.8mol，解得a=2，故A正确；-33-\nB．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的X的物质的量为0.8mol×=0.4mol，故平衡时X的物质的量为2mol﹣0.4mol=1.6mol，平衡时X的浓度为=0.8mol/L，故B错误；C．平衡时生成0.8molZ，则参加反应的Y的物质的量为0.8mol×=1.2mol，故Y的转化率为×100%=60%，故C正确；D．由于a=2，反应前后混合气体总的物质的量不变，故平衡时Z的体积分数=×100%=20%，故D正确，故选：B．【点评】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，注意对基础知识的理解掌握．　22．为了研究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下四个实验，你认为不正确的是（　　）A．100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变B．将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，稀硫酸产生氢气快C．将氢气和氯气的混合气体分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照下有氯化氢生成D．两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管再加入少量二氧化锰，产生氧气的快慢不同【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】实验评价题；化学反应速率专题．【分析】A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小；B．金属和浓硫酸的反应不会产生氢气，产生的是二氧化硫；C．氢气和氯气在光照条件下反应生成氯化氢；D．催化剂能加快反应速率．【解答】解：A．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，浓度减小，则反应速率减小，故A错误；B．将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，浓硫酸不会产生氢气，故B正确；C．氢气和氯气在光照条件下反应生成氯化氢，光照时影响化学反应速率的条件之一，故C正确；-33-\nD．催化剂能加快反应速率，在氯酸钾分解的试验中，二氧化锰起到催化剂的作用，故D正确．故选A．【点评】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意B项，为易错点．　二、填空题23．已知H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．用50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：①从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　环形玻璃搅拌棒　．②为了测定酸碱反应的中和热，计算时至少需要的数据是　A　a．酸的浓度和体积b．碱的浓度和体积　c．比热容d．反应后溶液的质量　e．生成水的物质的量f．反应前后温度的变化　g．操作所需时间A．abcfB．acdeC．cdefD．全部③若通过该实验测定中和热的△H，其结果常常大于﹣57.3kJ•mol﹣1，其原因可能：　实验过程中难免有热量散失　．④用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．【考点】中和热的测定．【专题】综合实验题．【分析】①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；-33-\n②根据中和热的计算公式△H=﹣来确定实验中需要的数据；③若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小；④根据弱电解质电离吸热分析．【解答】解：①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；②由反应热的计算公式△H=﹣可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容，酸的浓度和体积、碱的浓度和体积，反应前后温度变化△T，然后计算出反应后溶液的质量、生成水的物质的量；故选A；③若保温效果不好，有热量散失，求得的中和热数值将会减小，△H大于﹣57.3kJ•mol﹣1；故答案为：实验过程中难免有热量散失；④氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，用相同浓度和体积的氨水（NH3•H2O）代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值偏小，故答案为：偏小．【点评】本题考查测定反应热的原理与误差分析，难度中等，注意理解中和热的概念．　24．已知热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571.6kJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ•mol﹣1当1g液态水变为气态水时，对其热量变化的下列描述：①放出热量；②吸收热量；③2.44kJ；④4.88kJ；⑤88kJ．其中正确的是　②和③　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】当1g液态水变成气态水时，需要吸热，依据盖斯定律计算得到液态水变化为气体水吸收的热量，依据热化学方程式计算1g水变化为气态水吸收的热量．【解答】解：当1g液态水变成气态水时，需要吸热，依据盖斯定律计算得到液态水变化为气体吸收的热量；已知热化学方程式：①2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H1=+571.6kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2=﹣483.6kJ/mol．-33-\n依据盖斯定律①+②得到2H2O（l）=2H2O（g）△H3=+88kJ/mol依据热化学方程式计算，当1g液态水变成气态水时，需要吸热2.44kJ；所以②③正确；故答案为：②和③．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和盖斯定律的计算，掌握基础是关键，题目较简单．　25．已知CH3OH（l），HCHO（g）的燃烧热△H分别为﹣726.64kJ•mol﹣1和﹣563.58kJ•mol﹣1，则CH3OH（l）与O2（g）反应生成HCHO（g）和H2O（l）的热化学反应方程式：　CH3OH（l）+O2（g）=HCHO（g）+H2O（l）△H﹦﹣163.06kJ•mol﹣1　．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据燃烧热的概念书写CH3OH（l），HCHO（g）的燃烧热方程式并根据盖斯定律来计算化学反应的焓变．【解答】解：已知CH3OH（l）的燃烧热为﹣726.64kJ•mol﹣1，则：①CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1，已知HCHO（g）的燃烧热为﹣726.64kJ•mol﹣1，则：②HCHO（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）△H=﹣563.58kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②得到：CH3OH（l）+O2（g）=HCHO（g）+H2O（l），△H=﹣726.5kJ•mol﹣1﹣（﹣563.58kJ•mol﹣1）=﹣163.06kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=HCHO（g）+H2O（l）△H﹦﹣163.06kJ•mol﹣1．【点评】本题考查学生燃烧热的含义以及利用盖斯定律进行焓变的计算等知识，属于综合知识的考查，难度不大．　26．某课外活动小组同学用图1装置进行实验，试回答下列问题．-33-\n（1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式为：　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．（2）若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为：　2H++2e﹣═H2↑　，总反应的离子方程式为　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　．有关上述实验，下列说法正确的是（填序号）　②④　①溶液中Na+向A极移动②从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝③反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度（饱和食盐水足量）④若标准状况下B极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子（3）该小组同学模拟工业上用离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾．①该电解槽的阳极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　．此时通过阴离子交换膜的离子数　小于　（填“大于”或“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数．②制得的硫酸溶液从出口（填写“A”、“B”、“C”、“D”）　A　导出．③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因　H+放电，促进水的电离，OH﹣浓度增大　．④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．【考点】电解原理．【专题】基本概念与基本理论；电化学专题．【分析】（1）开始时开关K与a连接形成原电池反应，B电极铁做负极失电子生成亚铁离子，发生氧化反应，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子；-33-\n（2）开始时开关K与b连接形成电解池，与电源正极相连的A电极为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，与电源负极相连的B电极为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气；①电解过程中阳离子向阴极移动；②A电极为阳极，从A极处逸出的气体是氯气；③恢复到电解前电解质的浓度，”出什么加什么“的原则分析；④B极是电解池的阴极，标准状况下产生2.24L气体为氢气物质的量为0.1mol，依据电极反应计算，由2H++2e﹣=H2↑得到溶液中转移0.2mol电子（3）①电解时，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，阳极上失电子发生氧化反应；根据阴阳离子的移动方向，通过相同电量时，阴阳离子交换的个数判断．②电解时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时溶液中产生硫酸，气体从上口放出；③电解时，阴极上由水电离出的氢离子放电，则氢氧根离子剩余，导致溶液呈碱性；④燃料原电池中，正极上氧化剂得电子发生还原反应，写出相应的电极反应式，注意结合电解质溶液的酸碱性书写．【解答】解：（1）开始时开关K与a连接形成原电池反应，A电极石墨做正极溶液中氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（2）开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，即B电极反应为2H++2e﹣=H2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，①电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，故①错误；②A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故②正确；③反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故③错误；④若标准状况下B极产生2.24L氢气，为氢气物质的量为0.1mol，依据电极反应计算，由2H++2e﹣=H2↑得到溶液中转移0.2mol电子，故④正确；故答案为：2H++2e﹣═H2↑；2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；②④；（3）①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2-33-\n↑；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数．故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；小于；②电解时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，同时溶液中产生硫酸，气体从上口B放出，则硫酸从A口流出，故选A；③电解时，阴极上由水电离出的氢离子放电，则氢氧根离子剩余，导致溶液碱性增强，故答案为：H+放电，促进水的电离，OH﹣浓度增大；④燃料原电池中，燃料在负极上失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上得电子发生还原反应，该燃料原电池中，氧气是氧化剂，所以氧气在正极上得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意燃料原电池电极反应式的书写时，要根据电解质溶液的酸碱性确定生成的离子或物质．　27．某化学反应2A（g）⇌B（g）+D（g）在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为零，反应物A的浓度（mol•L﹣1）随反应时间（min）的变化情况如表：实验序号时间浓度温度　0　10　20　30　40　50　60　1　800℃　1.0　0.80　0.67　0.57　0.50　0.50　0.50　2　800℃　C2　0.60　0.50　0.500.500.500.50　3　800℃　C3　0.92　0.75　0.63　0.60　0.60　0.60　4　820℃　1.0　0.40　0.25　0.20　0.20　0.20　0.20根据表中数据，完成下列填空：（1）实验1，反应在10至20分钟时间内A平均速率为　0.013mol/（L．min）　．（2）实验2，A的初始浓度c2=　1.0　mol•L﹣1，推测实验2中还隐含的条件是　加入催化剂　．（3）800℃时该反应的平衡常数K=　0.25　（4）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，则v3　＞　v1（填＞、＜、=），且C3=　1.2　mol•L﹣1．-33-\n【考点】化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）实验1，反应在10至20分钟时间内△c（A）=（0.8﹣0.67）mol/L=0.13mol/L，再根据c=计算v（A）；（2）实验1、2温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同，且B、D起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓度相同；到达平衡时实验2的时间较短，实验2应是加入催化剂；（3）根据实验1计算平衡时各组分物质的量浓度，代入K=计算平衡常数；（4）实验1、3温度相同，由于反应前后气体体积不变，二者为等效平衡，平衡时实验3中A的浓度大，说明A的起始浓度大，浓度越大反应速率越快，平衡时实验1、3中A的转化率相等，进而计算实验3中A的起始浓度．【解答】解：（1）实验1，反应在10至20分钟时间内△c（A）=（0.8﹣0.67）mol/L=0.13mol/L，则v（A）==0.013mol/（L．min），故答案为：0.013mol/（L．min）；（2）实验1、2温度相同，达平衡后A的物质的量浓度相同，且B、D起始浓度为0，所以两组实验中A的起始浓度相同为1.0mol•L﹣1，到达平衡时实验2的时间较短，实验2应是加入催化剂，故答案为：1.0；加入催化剂；（3）实验1平衡时A的浓度为0.5mol/L，则：2A（g）⇌B（g）+D（g）起始浓度（mol/L）：100变化浓度（mol/L）：0.50.250.25平衡浓度（mol/L）：0.50.250.25800℃时该反应的K===0.25m，故答案为：0.25；（4）实验1、3温度相同，由于反应前后气体体积不变，二者为等效平衡，平衡时实验3中A的浓度大，说明A的起始浓度大，浓度越大反应速率越快，即v3＞v1，-33-\n平衡时实验1、3中A的转化率相等，实验1中A的转化率为50%，故实验3中A的起始浓度C3==1.2mol/L，故答案为：＞；1.2．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算等，侧重考查学生对实验数据的分析处理能力，（4）中注意利用等效平衡解答，也可以利用平衡常数计算．　-33-