浙江省金华市东阳二中2022学年高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年浙江省金华市东阳二中高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）1．下列说法不正确的是()A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B．氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V≈10﹣12L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能检测细胞内浓度约为10﹣12﹣10﹣11mol•L﹣1的目标分子D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变2．在同温同压下，下列各组热化学方程式中△H1＞△H2的是()A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H1；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H2C．C（s）+O2（g）═CO（g）△H1；C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H1；H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）△H23．某同学为了使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的方案是()A．B．C．D．4．5.6g铁粉投入到盛有100mL2mol/L稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶解（溶解前后溶液体积变化忽略不计），下列表示这个反应的速率正确的是()A．v（Fe）=0.5mol/（L•min）B．v（H2SO4）=1mol/（L•min）C．v（H2SO4）=0.5mol/（L•min）D．v（FeSO4）=1mol/（L•min）5．下列离子方程式错误的是()A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣6．下列有关中和滴定的操作：①用标准液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；④滴定；26\n⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤．正确的操作顺序是()A．⑥③①②⑤④B．⑤①②⑥④③C．⑤④③②①⑥D．③①②④⑤⑥7．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是()A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出8．下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是()①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动．A．①④B．①②③C．②③④D．①②③④9．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅10．在N2+3H2⇌2NH3的反应中，经一段时间后，NH3的物质的量浓度增加了0.6mol/L，在此时间内用H2物质的量浓度表示的平均速率为0.45mol/（L•s），则反应所经过的时间为()A．0.2sB．1.0sC．1.5sD．2.0s二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分）11．一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通乙烷和氧气，其电极反应式为：C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，7H2O+O2+14e﹣═14OH﹣，有关此电池的推断正确的是()A．电解质溶液中电子向正极移动B．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变C．通乙烷的电极为负极D．参加反应的O2和C2H6的物质的量之比为2：712．可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是()26\n①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦C．①③④⑤D．全部13．下列液体均处于25℃，有关叙述不正确的是()A．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍B．某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸C．pH=7的某溶液一定呈中性D．pH=7.6的氨水，c（H+）＞10﹣7mol/L14．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是()A．S2﹣B．CO32﹣C．NH4+D．Br﹣15．近年来，加“碘”食盐较多的使用了碘酸钾（KIO3），碘酸钾在工业上可用电解法制取．以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应方程式为：KI+3H2O═KIO3+3H2↑．下列有关说法正确的是()A．电解时，石墨作阴极，不锈钢作阳极B．电解时，阳极反应是：I﹣﹣6e﹣+3H2O═IO3﹣+6H+C．溶液调节至强酸性，对生产有利D．电解时溶液中I﹣向阴极迁移16．对于平衡体系mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）△H＜0．下列结论中错误的是()A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+n＜p+qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：nC．若m+n=p+q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD．若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小17．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）26\n2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示．下列说法中正确是()A．30min时降低温度，40min时升高温度B．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D．20min～40min间该反应的平衡常数均为418．一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解．不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）()A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1B．4～6min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1C．反应至6min时，c（H2O2）=0.30mol•L﹣1D．反应至6min时，H2O2分解了50%三、填空题（共56分）19．在一容积固定的密闭容器中，保持一定条件进行以下反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），已知向容器中加入2molX和3molY达到平衡后，生成amolZ．（1）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入4molX和6molY，达到平衡后，z的物质的量为__________．（2）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入3molX和2molY，若要求平衡时混合气体中Z的体积分数不变，则还需加入Z__________mol．（3）在相同的实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5molX，则需加__________molY，__________molZ，才能使平衡时Z为0.6amol．20．（1）“天宫一号”于2022年9月在酒泉卫星发射中心发射，标志着我国的航空航天技术迈进了一大步．火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲胼和四氧化二氮，偏二甲肼可用胼来制备．①用肼（N2H4）为燃料，四氧化二氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g）△H=10.7kJ•mol﹣1N2H4（g）+02（g）═N2（g）+2H20（g）△H=﹣543kJ•mol﹣1写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式为__________．②已知四氧化二氮在大气中或在较高温度下很难稳定存在，它很容易转化为二氧化氮．试推断由二氧化氮制取四氧化二氮的反应条件（或措施）：__________．26\n（2）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空．如图l所示装置中，以稀土金属材料做惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y203的Zr02固体，它在高温下能传导阳极生成的02﹣离子（02+4e﹣═202﹣）．①c电极的名称为__________，d电极上的电极反应式为__________．②如图2所示电解l00mL0.5mol•L﹣1CuS04溶液，a电极上的电极反应式为__________．若a电极产生56mL（标准状况）气体，则所得溶液的pH=__________（不考虑溶液体积变化），若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入__________（填序号）．a．CuOb．Cu（OH）2c．CuC03d．Cu2（OH）2C03．21．铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为__________．②图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是__________（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为__________．②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为__________．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是__________（任写一项）．（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=__________．②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x=__________．22．（14分）维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O626\n，人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）（一）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．（二）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣（三）实验用品及试剂：（1）仪器和用品（自选，略）（2）试剂：指示剂__________（填名称），浓度为7.50×10﹣3mol•L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．（四）实验过程：（1）洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．（2）用（填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．用左手控制滴定管的__________（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视__________，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是__________．（五）数据记录与处理：若滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是__________mg/L．（六）问题讨论：从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？__________（填“是”或“不是”或“可能是”）．制造商最可能采取的做法是__________（填编号）：A．加水稀释天然橙汁B．橙汁已被浓缩C．将维生素C作为添加剂．23．（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是__________．（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）．在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）．①比较p1，p2的大小关系：__________②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是__________．（3）Ⅲ中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸．①已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H12NO2（g）⇌N2O4（l）△H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）__________．26\n②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是__________．（4）Ⅳ中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是__________，说明理由：__________．26\n2022-2022学年浙江省金华市东阳二中高二（上）期中化学试卷一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分）1．下列说法不正确的是()A．光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B．氨氮废水（含NH4+及NH3）可用化学氧化法或电化学氧化法处理C．某种光学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞（V≈10﹣12L）内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能检测细胞内浓度约为10﹣12﹣10﹣11mol•L﹣1的目标分子D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变【考点】真题集萃；反应热和焓变；清洁能源；"三废"处理与环境保护．【专题】化学计算．【分析】A．电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能；B．氨氮废水中N为﹣3价，可利用氧化还原反应原理转化为无毒物质；C．可检测到单个细胞（V≈10﹣12L）内的数个目标分子，结合c=计算；D．汽油与甲醇均可燃烧，且热值不同．【解答】解：A．电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，前者浪费能源，则光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，故A正确；B．氨氮废水中N为﹣3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；C．可检测到单个细胞（V≈10﹣12L）内的数个目标分子，体积为10﹣12L，设数个分子为N，则即该检测技术能检测细胞内浓度为，N可能介于1～10之间，则约为10﹣12﹣10﹣11mol•L﹣1的目标分子，故C正确；D．汽油与甲醇均可燃烧，且热值不同，则向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值发生变化，故D错误；故选D．【点评】本题为2022年浙江高考化学试题，涉及能源利用、氧化还原反应原理、燃烧热及光学检测技术等，选项C为解答的难点，为前沿学科技术，知识点较偏僻，题目难度中等．2．在同温同压下，下列各组热化学方程式中△H1＞△H2的是()A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H1；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H2C．C（s）+O2（g）═CO（g）△H1；C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2D．H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H1；H2（g）+Cl2（g）═HCl（g）△H2【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．26\n【分析】A、液态水变为气态水的过程是吸热过程；B、前者为放热反应，后者为吸热反应；C、碳单质完全燃烧放热多于不完全燃烧放的热；D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍．【解答】解：A、物质的燃烧反应是放热的，焓变是负值，气态水变为液态水的过程是放热的，故△H1＜△H2，故A错误；B、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H1＜0；CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H2＞0，故△H1＜△H2，故B错误；C、碳单质完全燃烧生成二氧化碳放热多于不完全燃烧生成一氧化碳放的热，反映的焓变是负值，故△H1＞△H2，故C正确；D、化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热的，所以焓变值是负值，△H1=2△H2，△H1＜△H2，故D错误．故选：C．【点评】本题考查了物质反应能量变化分析判断，主要是盖斯定律的应用，物质量不同、状态不同、产物不同，反应的能量变化不同，题目较简单．3．某同学为了使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的方案是()A．B．C．D．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，且Ag作阳极、电解质溶液中氢离子放电，据此分析解答．【解答】解：Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，Ag失电子发生氧化反应，所以Ag作阳极，氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中氢离子放电，则符合条件的是C，故选C．【点评】本题考查原电池设计，明确原电池及电解池原理是解本题关键，根据反应是否能够自发进行确定电池类型，再根据得失电子判断电极材料和电解质，题目难度中等．4．5.6g铁粉投入到盛有100mL2mol/L稀硫酸的烧杯中，2min时铁粉刚好溶解（溶解前后溶液体积变化忽略不计），下列表示这个反应的速率正确的是()A．v（Fe）=0.5mol/（L•min）B．v（H2SO4）=1mol/（L•min）C．v（H2SO4）=0.5mol/（L•min）D．v（FeSO4）=1mol/（L•min）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，Fe为物质的量=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：26\n=1mol/L，根据v=计算v（H2SO4），再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v（FeSO4）．【解答】解：A．Fe为纯固体，不能用浓度变化量表示反应速率，故A错误；B．Fe为物质的量=0.1mol，由Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，可知参加反应的硫酸也是0.1mol，硫酸的浓度变化量为：=1mol/L，故v（H2SO4）==0.5mol/（L•min），故B错误；C．由B中计算可知：v（H2SO4）=0.5mol/（L•min），故C正确；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v（FeSO4）=v（H2SO4）=0.5mol/（L•min），故D错误，故选：C．【点评】本题考查化学反应速率与化学计量数关系、化学平衡的有关计算等，难度不大，注意不能用反应速率之比等于化学计量数之比计算氢气表示的速率，氢气不在溶液体系中．5．下列离子方程式错误的是()A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2OC．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．反应生成硫酸钡和水，符合离子的配比；B．发生氧化还原反应，遵循电子、电荷守恒及原子守恒；C．先发生酸碱中和；D．充电时正极上PbSO4失去电子．【解答】解：A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故A正确；B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，故B正确；C．等物质的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合，发生的离子反应为Mg2++4OH﹣+2H+═Mg（OH）2↓+2H2O，故C错误；D．充电时正极上PbSO4失去电子，则铅酸蓄电池充电时的正极反应为PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣，故D正确；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的离子反应及书写方法为解答的关键，涉及复分解反应、氧化还原反应及电极反应的书写，选项C中注意反应的先后顺序，题目难度中等．6．下列有关中和滴定的操作：①用标准液润洗滴定管；②往滴定管内注入标准溶液；③检查滴定管是否漏水；26\n④滴定；⑤滴加指示剂于待测液；⑥洗涤．正确的操作顺序是()A．⑥③①②⑤④B．⑤①②⑥④③C．⑤④③②①⑥D．③①②④⑤⑥【考点】中和滴定．【专题】综合实验题．【分析】中和滴定有洗涤、检漏、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作．【解答】解：中和滴定有洗涤、检漏、润洗、装液、取待测液加指示剂、滴定等操作，则操作顺序为：⑥③①②⑤④，故选：A．【点评】本题考查酸碱中和滴定实验，题目难度不大，注意把握实验的步骤、方法以及注意事项，把握实验基本操作．7．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是()A．若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+C．若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出D．若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出【考点】铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【专题】元素及其化合物．【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．【解答】解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键．8．下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是()①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动．A．①④B．①②③C．②③④D．①②③④【考点】化学平衡的调控作用．【专题】化学平衡专题．26\n【分析】①如增大固体的量，平衡不移动；②当增大N2的物质的量，N2的转化率减小；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则增大压强平衡不移动；④在恒压反应器中充入稀有气体，反应物的浓度改变，平衡可能移动．【解答】解：①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大N2的物质的量，平衡向正反应方向移动，但转化的少，增加的多，N2的转化率减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则增大压强平衡不移动，故③错误；④在恒压反应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误．故选D．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意把握影响化学平衡的因素，易错点为②和④，注意体会．9．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡移动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，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．【解答】解：A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选：C．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．10．在N2+3H2⇌2NH3的反应中，经一段时间后，NH3的物质的量浓度增加了0.6mol/L，在此时间内用H2物质的量浓度表示的平均速率为0.45mol/（L•s），则反应所经过的时间为()A．0.2sB．1.0sC．1.5sD．2.0s【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．26\n【分析】用H2物质的量浓度表示的平均速率为0.45mol/（L•s），反应速率之比等于化学计量数之比，计算出氨气的反应速率，在结合v=计算时间．【解答】解：用H2物质的量浓度表示的平均速率为0.45mol/（L•s），由反应速率之比等于化学计量数之比可知，NH3的反应速率为0.45mol/（L•s）×=0.3mol/（L•s），则0.3mol/（L•s）=，解得△t=2s，故选：D．【点评】本题考查反应速率的计算，明确反应速率计算公式及反应速率与化学计量数的关系即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．二、选择题（本题包括8小题，每小题3分，共24分）11．一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极上通乙烷和氧气，其电极反应式为：C2H6+18OH﹣﹣14e﹣═2CO32﹣+12H2O，7H2O+O2+14e﹣═14OH﹣，有关此电池的推断正确的是()A．电解质溶液中电子向正极移动B．放电一段时间后，KOH的物质的量浓度不变C．通乙烷的电极为负极D．参加反应的O2和C2H6的物质的量之比为2：7【考点】化学电源新型电池．【分析】A．电子不经过电解质溶液；B．根据电池总反应判断；C．燃料电池中燃料在负极反应；D．根据得失电子相等确定氧化剂和燃料的物质的量之比．【解答】解：A．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，电子不经过电解质溶液，故A错误；B．电池反应式为C2H6+4OH﹣+O2=2CO32﹣+5H2O，KOH的物质的量减少、溶液体积增大，所以KOH的物质的量浓度减小，故B错误；C．燃料电池在，燃料失电子发生氧化反应、氧化剂得电子发生还原反应，所以通入乙烷的电极是负极，故C正确；D．电池反应式为C2H6+4OH﹣+O2=2CO32﹣+5H2O，则参加反应的氧气与C2H6的物质的量之比为7：2，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学电源新型电池，根据得失电子确定正负极反应，再结合电极反应式、离子移动方向来分析解答，离子移动方向的判断为易错点．12．可逆反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是()26\n①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．A．①④⑥⑦B．②③⑤⑦C．①③④⑤D．全部【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】在一定条件下的可逆反应里，正反应速率和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，该反应就达到平衡状态，利用化学平衡状态的特征“等”、“定”来判断反应达到平衡状态．【解答】解：①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，能说明正逆反应速率的相等关系，故①正确；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO只能说明单方向关系，不能说明正逆反应速率的关系，故②错误；③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2：2：1的状态是反应进行到任何时刻都成立的关系，不能说明达到了平衡，故③错误；④混合气体的颜色不变化说明二氧化氮的浓度不变化，达到平衡状态，故④正确；⑤该反应是一个反应前后气体的质量不会改变的化学反应，混合气体的质量是守恒的，容器的体积不变，导致混合气体的密度不再变化，所以该反应不一定达到平衡状态，故⑤错误；⑥因该反应是物质的量在增大的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，故⑥正确；⑦混合气体的平均相对分子质量=平均摩尔质量=，质量是守恒的，物质的量只有达到平衡时才不变，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，证明达到了平衡状态，故⑦正确；故选A．【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，本题注意C项为易错点，注意反应前的计量数等于反应后各物质的计量数之和，但反应前后气体的物质的量发生改变．13．下列液体均处于25℃，有关叙述不正确的是()A．pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍B．某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸C．pH=7的某溶液一定呈中性D．pH=7.6的氨水，c（H+）＞10﹣7mol/L【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A．pH相差2，氯离子浓度相差100倍，PH=4.5的番茄汁中c（H+）是PH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍；B．溶液PH小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；C．根据25℃，Kw=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14分析；D．由pH=﹣lg[c（H+）]可知：PH=7.6的氨水中c（H+）=1×10﹣7.6mol/L．26\n【解答】解：A．pH=4.5，c（H+）=10﹣4.5mol•L﹣1，pH=6.5，其c（H+）=10﹣6.5mol•L﹣1，c（H+）是100倍的关系，故A正确；B．溶液PH小于7的溶液不一定为酸，某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH＜7，强酸弱碱盐如氯化铵溶液的pH＜7，故B错误；C．25℃，水的离子积Kw=1×10﹣14，溶液呈中性，溶液中c（OH﹣）=c（H+），则PH=7，故C正确；D．由pH=﹣lg[c（H+）]可知：PH=7.6的氨水中c（H+）=1×10﹣7.6mol/L＞10﹣7mol/L，故D正确；故选B．【点评】本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，侧重考查溶液的pH与c（H+）的关系，注意溶液的酸碱性是由溶液中H+浓度与OH﹣浓度的相对大小决定的，而不在于c（H+）或c（OH﹣）绝对值的大小，题目难度不大．14．常温下，下列离子能使纯水中的H+离子数目增加的是()A．S2﹣B．CO32﹣C．NH4+D．Br﹣【考点】水的电离．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下，能使纯水中的H+离子数目增加，说明了该离子能发生水解反应，且水解后溶液显示酸性，即弱碱离子的水解反应，据此进行判断．【解答】解：A．硫离子结合水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液中氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，溶液显示碱性，故A错误；B．碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液中氢氧根离子数目增加，氢离子数目减少，溶液显示碱性，故B错误；C．铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，导致溶液中氢离子数目增加，氢氧根离子数目减少，故C正确；D．Br﹣离子不水解，所以不改变溶液中氢离子数目，故D错误；故选C．【点评】本题考查了水的电离及其影响因素、盐类水解原理，题目难度不大，根据离子数目的增加确定哪种类型的离子水解，再结合离子水解的生成物判断即可．15．近年来，加“碘”食盐较多的使用了碘酸钾（KIO3），碘酸钾在工业上可用电解法制取．以石墨和不锈钢为电极，以KI溶液为电解液，在一定条件下电解，反应方程式为：KI+3H2O═KIO3+3H2↑．下列有关说法正确的是()A．电解时，石墨作阴极，不锈钢作阳极B．电解时，阳极反应是：I﹣﹣6e﹣+3H2O═IO3﹣+6H+C．溶液调节至强酸性，对生产有利D．电解时溶液中I﹣向阴极迁移【考点】电解原理．【分析】A．根据电池反应式知，阳极上碘离子放电，则阳极为惰性电极；B．电解时，阴极上氢离子放电，阳极上碘离子放电；C．KI和KIO3在酸性溶液中放出氧化还原反应，不利于生产；D．电解时溶液中阴离子向阳极移动．【解答】解：A．根据电池反应式知，阳极上碘离子放电生成碘酸根离子，则阳极应该为惰性电极石墨，阴极为铁，故A错误；26\nB．电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，电极反应为：I﹣﹣6e﹣+3H2O=IO3﹣+6H+，故B正确；C．KI和KIO3在酸性溶液中放出氧化还原反应，不利于生产碘酸钾，故C错误；D．电解时溶液中I﹣向阳极移动，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了电解原理，根据电池反应式判断阴阳极材料、电极反应，并结合盐的性质分析解答，难度中等．16．对于平衡体系mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）△H＜0．下列结论中错误的是()A．若温度不变，将容器的体积缩小到原来的一半，此时A的浓度为原来的2.1倍，则m+n＜p+qB．若平衡时，A、B的转化率相等，说明反应开始时，A、B的物质的量之比为m：nC．若m+n=p+q，则往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，达到新平衡时，气体的总物质的量等于2aD．若温度不变时，压强增大到原来的2倍，达到新平衡时，总体积一定比原来的要小【考点】化学平衡的计算．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、将容器的体积缩小到原来的一半，若平衡不移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了；B、当反应物的物质的量之比等于系数值比时，则达到化学平衡时，反应物的转化率是相等的；C、对于反应前气体体积不变，混合气体总的物质的量不变．D、对于反应前后气体体积不变的反应，压强不会影响平衡移动．【解答】解：A、将容器的体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，此时A的浓度变为原来的2倍，现在A的浓度为原来的2.1倍，说明平衡向着生成A的方向移动了，体积缩小即增大压强，平衡向着气体体积减小的方向进行，所以m+n＜p+q，故A正确；B、反应开始时，A、B的物质的量之比为m：n，恰好等于方程式的系数值比，这种情况下平衡时，A、B的转化率相等，故B正确；C、往含有amol气体的平衡体系中再加入amol的B，平衡向正反应移动，由于m+n=p+q，达到新平衡时混合气体总的物质的量不变，达到新平衡时气体的总物质的量等于2amol，故C正确；D、若该反应中，m+n=p+q，温度不变时，压强增大到原来的2倍，平衡不移动，总体积变为原来的，故D错误．故选：D．【点评】本题考查学生化学平衡移动，难度中等，注意对于反应前后气体体积不变的反应，压强变化不引起平衡移动．只有改变压强的实质是引起浓度变化．17．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）26\n2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示．下列说法中正确是()A．30min时降低温度，40min时升高温度B．8min前A的平均反应速率为0.08mol/（L•s）C．反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D．20min～40min间该反应的平衡常数均为4【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；B、反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08mol/（L•min）；C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1．则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应．D、20min～40min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量都不变，反应处于平衡状态，30min～40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min～40min平衡常数相同，根据20min时计算平衡常数．【解答】解：A．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故A错误；B．反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08mol/（L•min），故B错误；C．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D.20min～40min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量都不变，反应处于平衡状态，30min～40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min～40min平衡常数相同，由图可知20min时c（A）=c（B）=1mol/L，c（C）=2mol/L，所以平衡常数k==4，故D正确．故选：D．【点评】本题考查化学平衡图象问题，题目难度较大，本题注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件，本题易错，答题时注意思考．26\n18．一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解．不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．t/min0246810V（O2）/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）()A．0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1B．4～6min的平均反应速率：v（H2O2）＜3.3×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1C．反应至6min时，c（H2O2）=0.30mol•L﹣1D．反应至6min时，H2O2分解了50%【考点】化学反应速率和化学计量数的关系；化学平衡的计算．【分析】A.0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，则△c（H2O2）=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，根据v=计算v（H2O2）；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，小于0～6min时间内反应速率；C．由A计算可知6min内过氧化氢浓度变化量，6min时的浓度=起始浓度﹣浓度变化量；D．H2O2分解率=（H2O2浓度变化量÷H2O2起始浓度）×100%．【解答】解：A.0～6min时间内，生成氧气为生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c（H2O2）=0.001mol×2÷0.01L=0.2mol/L，所以v（H2O2）=0.2mol/L÷6min≈0.033mol/（L•min），故A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，4～6min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B正确；C．由A计算可知，反应至6min时c（H2O2）=0.4mol/L﹣0.2mol/L=0.2mol/L，故C错误；D．6min内△c（H2O2）=0.2mol/L，则H2O2分解率为：×100%=50%，故D正确，故选：C．【点评】本题考查化学平衡有关计算、化学反应速率计算、化学反应速率影响因素等，难度不大．三、填空题（共56分）19．在一容积固定的密闭容器中，保持一定条件进行以下反应：X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），已知向容器中加入2molX和3molY达到平衡后，生成amolZ．（1）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入4molX和6molY，达到平衡后，z的物质的量为2amol．（2）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入3molX和2molY，若要求平衡时混合气体中Z的体积分数不变，则还需加入Z15mol．（3）在相同的实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5molX，则需加0.4molY，2.1molZ，才能使平衡时Z为0.6amol．【考点】化学平衡的计算；等效平衡．【专题】化学平衡专题．26\n【分析】（1）恒温恒容下，改为加入4molX和6molY，X、Y的物质的量之比为2：3，与原平衡相同，反应为前后气体体积不变，所以与原平衡等效，转化率不变，各组分含量不变；（2）平衡后Z在反应混合气中的体积分数不变，两平衡等效，反应为前后气体体积不变的反应，按化学计量数转化到左边，满足X、Y的物质的量之比为1：3即可；（3）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5molX，加入Y的物质的量为y，加入Z的物质的量为z，反应前后是气体体积不变的反应，依据等效平衡分析计算．【解答】解：（1）反应为前后气体体积不变的反应，所以平衡后混合气体的物质的量为5mol，达平衡后C在反应混合气体中的体积分数为=，恒温恒容下，改为加入4molX和6molY，X、Y的物质的量之比为2：3，与原平衡相同，反应为前后气体体积不变，所以与原平衡等效，转化率不变，各组分含量不变，Z的体积分数为，所以Z的物质的量为×（4mol+6mol）=2amol，故答案为：2amol；（2）平衡后Z在反应混合气中的体积分数不变，两平衡等效，反应为前后气体体积不变的反应，按化学计量数转化到左边，应满足X、Y的物质的量之比为2：3．令还应加入Z的物质的量为nmol，则：（3+n）mol：（2+n）mol=2：3，解得n=15，故答案为：15；（3）在相同实验条件下，若在同一容器中改为加入0.5molX，加入Y的物质的量为y，加入Z的物质的量为z，反应前后是气体体积不变的反应，X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），起始量0.5yz0.5+y+0已知加入2molX和3molY．达到平衡后，生成amolZ．所以生成0.6amolZ，需要X为1.2mol，Y为1.8mol（0.5+）=1.2①（y+）=1.8②计算得到z=2.1；y=0.4，故答案为：0.4；2.1．【点评】本题考查了化学平衡的分析判断，该题是高考中的常见题型，侧重于等效平衡的考查，属于中等难度的试题．侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的规范答题能力和逻辑推理能力．20．（1）“天宫一号”于2022年9月在酒泉卫星发射中心发射，标志着我国的航空航天技术迈进了一大步．火箭的第一、二级发动机中，所用的燃料为偏二甲胼和四氧化二氮，偏二甲肼可用胼来制备．①用肼（N2H4）为燃料，四氧化二氮做氧化剂，两者反应生成氮气和气态水．已知：N2（g）+2O2（g）═N2O4（g）△H=10.7kJ•mol﹣1N2H4（g）+02（g）═N2（g）+2H20（g）△H=﹣543kJ•mol﹣126\n写出气态肼和N2O4反应的热化学方程式为2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1096.7kJ/mol．②已知四氧化二氮在大气中或在较高温度下很难稳定存在，它很容易转化为二氧化氮．试推断由二氧化氮制取四氧化二氮的反应条件（或措施）：增大压强、降温．（2）科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空．如图l所示装置中，以稀土金属材料做惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y203的Zr02固体，它在高温下能传导阳极生成的02﹣离子（02+4e﹣═202﹣）．①c电极的名称为正极，d电极上的电极反应式为CH4﹣8e﹣+4O2﹣=CO2↑+2H2O．②如图2所示电解l00mL0.5mol•L﹣1CuS04溶液，a电极上的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑．若a电极产生56mL（标准状况）气体，则所得溶液的pH=1（不考虑溶液体积变化），若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入ac（填序号）．a．CuOb．Cu（OH）2c．CuC03d．Cu2（OH）2C03．【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，a、N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=10.7kJ•mol﹣1；b、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣543kJ•mol﹣1，由盖斯定律b×2﹣a得到；②依据化学平衡移动原理和影响因素分析判断，2NO2=N2O4，反应是气体体积减小的放热反应；（2）①依据装置图中电流流向分析，c为正极，氧气的电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；②图2是电解池，与电源正极连接的a电极为阳极，发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，b为阴极，发生为Cu2++2e﹣═Cu，结合电极方程式计算，所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系．【解答】解：（1）①a、N2（g）+2O2（g）=N2O4（g）△H=10.7kJ•mol﹣1；b、N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣543kJ•mol﹣1由盖斯定律b×2﹣a得到2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1096.7KJ/mol，故答案为：2N2H4（g）+N2O4（g）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1096.7KJ/mol；②四氧化二氮在大气中或在较高温度下很难稳定存在，它很容易转化为二氧化氮，由二氧化氮制取四氧化二氮，2NO2=N2O4，反应是放热反应，反应前后气体体积减小所以反应条件为：增大压强、降温都有利于反应正向进行；故答案为：增大压强、降温．（2）①图1是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2﹣离子，负极电极反应为：CH4﹣8e﹣+4O2﹣=CO2↑+2H2O，26\n故答案为：正极，CH4﹣8e﹣+4O2﹣=CO2↑+2H2O；②如图2所示电解100mL0.5mol•L﹣1CuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，电极反应为：4OH﹣═2H2O+O2↑+4e﹣；若a电极产生56mL（标准状况）气体为氧气，物质的量为0.0025mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，c（H+）==0.1mol/L，pH=﹣lg0.1=1；则所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因为CuCO3+H2SO4═CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水；故选ac．故答案为：4OH﹣═2H2O+O2↑+4e﹣；1；ac．【点评】本题考查盖斯定律的计算应用，化学平衡的影响因素分析判断，原电池原理的应用，侧重于考查电极的判断和电解方程式的书写，注意平衡移动原理的分析，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．本题考查了盖斯定律的计算应用，化学平衡的影响因素分析判断，原电池原理的应用，侧重于考查电极的判断和电解方程式的书写，注意平衡移动原理的分析判断，题目难度中等．21．铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为吸氧腐蚀．②图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是B（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O．②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是氮氧化物排放少（任写一项）．（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=4：1．26\n②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x=0.05．【考点】化学平衡的计算；金属的电化学腐蚀与防护；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】化学平衡专题；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀；②A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3•nH2O，最后得到铁红，①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；②应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；③氮氧化物为有毒气体；（3）①K=，平衡常数K=0.25，以此计算；②通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始0.02x00转化0.010.010.010.01平衡x﹣0.010.01结合平衡常数计算．【解答】解：（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；②A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部，显然B中腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B；（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3•nH2O，最后得到铁红，①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；③由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少；26\n（3）①K=，平衡常数K=0.25，n（CO）：n（CO2）=，即n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；②通入xmolCO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始0.02x00转化0.010.010.010.01平衡x﹣0.010.01则K==0.25，解的x=0.05，故答案为：0.05．【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等．22．（14分）维生素C是一种水溶性维生素（其水溶液呈酸性），它的化学式是C6H8O6，人体缺乏这样的维生素能得坏血症，所以维生素C又称抗坏血酸．在新鲜的水果、蔬菜、乳制品中都富含维生素C，例如新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右．某校课外活动小组测定了某牌子的软包装橙汁中维生素C的含量，下面是测定实验分析报告．（请填写有关空白）（一）测定目的：测定××牌软包装橙汁中维生素C的含量．（二）测定原理：C6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣（三）实验用品及试剂：（1）仪器和用品（自选，略）（2）试剂：指示剂淀粉溶液（填名称），浓度为7.50×10﹣3mol•L﹣1的I2标准溶液、蒸馏水等．（四）实验过程：（1）洗涤仪器，检查滴定管是否漏液，润洗后装好标准碘溶液待用．（2）用（填仪器名称）向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂．用左手控制滴定管的活塞（填部位），右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到滴定终点．滴定至终点时的现象是最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色．（五）数据记录与处理：若滴定中消耗标准碘溶液的体积是15.00mL，则此橙汁中维生素C的含量是990mg/L．（六）问题讨论：从分析数据看，此软包装橙汁是否是纯天然橙汁？不是，（填“是”或“不是”或“可能是”）．制造商最可能采取的做法是C（填编号）：A．加水稀释天然橙汁B．橙汁已被浓缩C．将维生素C作为添加剂．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（三）（2）根据碘能使淀粉变蓝色选择试剂；（四）（2）橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用；定时左手控制活塞；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色且半分钟内不褪色时，维生素C已全部参加了反应；26\n（五）数值记录和处理可以记录每次实验数据，起始、终了、变化的体积，根据反应原理及题中有关数据，可以计算出橙汁中维生素C的含量；（六）新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断；【解答】解：（三）（2）利用I2氧化维生素C，根据碘使淀粉显蓝色的性质，应选择淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液；（四）（2）橙汁呈酸性，用酸式滴定管取用，向锥形瓶中移入20.00mL待测橙汁，滴入2滴指示剂；在滴定时左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化直到滴定终点；根据反应的原理，当出现溶液变蓝色时，维生素C已全部参加了反应，滴定终点现象为：最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：酸式滴定管；活塞；锥形瓶中溶液颜色的变化；最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；（五）15ml标准碘溶液含有碘的质量为：254g/mol×0.015L×7.5×10﹣3mol•L﹣1=28.575mg设20.0mL待测橙汁中维生素C的质量为XC6H8O6+I2→C6H6O6+2H++2I﹣176254X28.575mg，解得：X=19.8mg则1L中含维生素C的质量为：19.8mg×1000ml/20ml=990mg，所以，则此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，故答案为：990；（六）新鲜橙汁中维生素C的含量在500mg/L左右分析判断，从分析数据看此橙汁中维生素C的含量是990mg/L，此软包装橙汁不是纯天然橙汁，可能采取的做法是将维生素C作为添加剂，故选C；故答案为：不是，C．【点评】本题考查了橙汁中维生素C的含量，属于综合实验题，完成本题时要注意题中数据的处理，合理进行误差的分析等，本题难度中等．23．（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O．26\n（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）．在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）．①比较p1，p2的大小关系：p1＜p2②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小．（3）Ⅲ中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸．①已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H12NO2（g）⇌N2O4（l）△H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）A．②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是2N2O4+O2+2H2O=4HNO3．（4）Ⅳ中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多．【考点】化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．【分析】（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水；（2）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；②根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断．26\n【解答】解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）①已知2NO（g）+O2（g）⇌2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1＜P2；故答案为：P1＜P2；②由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）⇌N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；故答案为：A；②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多．【点评】本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握．26