浙江省温州市十校联合体度高二化学上学期期中试题含解析

浙江省温州市十校联合体2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷　一、选择题（共20小题）1．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，电解过程中的实验数据如图所示．横坐标表示转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．下列判断正确的是（　　）A．电解过程中，溶液的pH不断增大B．当转移0.4mole﹣时，电解生成的铜为6.4gC．阳极电极反应式为2H2O+4e﹣=4H++O2↑D．Q点对应的气体中，H2与O2的体积比为2：1　2．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（　　）A．CuCl2[CuCl2溶液]B．NaOH[NaOH溶液]C．NaCl[HCl气体]D．CuSO4[Cu（OH）2]　3．2022年，美籍华裔科学家钱永健获得2022年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋天才奖”．下列叙述正确的是（　　）A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀C．纯银质物品久置表面变暗，是银发生吸氧腐蚀的结果D．钢板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+，继而形成铁锈　4．对于已经达到平衡的可逆反应，下列物理量的变化可以肯定可逆反应平衡发生了移动的是（　　）A．浓度变化B．压强变化C．体积变化D．转化率变化　5．把下列4种X溶液分别加入4个盛有10mL2mol/L盐酸的烧杯中，均加入水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（　　）A．10℃20mL3mol/L的X溶液B．20℃30mL2mol/L的X溶液C．20℃10mL4mol/L的X溶液D．10℃20mL2mol/L的X溶液　25\n6．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（　　）A．放电时负极反应为：3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO42﹣+4H2OC．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原D．充电时阴极溶液的碱性减弱　7．下列装置中，都伴随有能量变化，其中是由化学能转变为电能的是（　　）A．电解水B．水力发电C．太阳能热水器D．干电池　8．在进行中和反应的反应热测定的实验中不需要用到的仪器是（　　）A．天平B．温度计C．环形玻璃搅拌棒D．量筒　9．已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）△H=QkJ•mol﹣1，在密闭容器中进行，如图表示在不同时间t、温度T、压强P与反应物B的百分含量的关系曲线，下列判断正确是（　　）A．T2＞T1>P1＞P2m+n＞p>D△Η＜0B．T1＞T2>P1＜P2m+n＜p>D△Η＞0C．T1＜T2>P1＜P2m+n＜p>D△Η＜0D．T1＞T2>P1＜P2m+n＞p>D△Η＞0　10．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．下列说法中正确的是（　　）25\nA．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属　11．下列说法正确的是（　　）A．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1B．500℃、30Mpa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件的△H相同D．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol　12．将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）A．平衡常数减小B．BaO量不变C．氧气浓度不变D．平衡向右移动　13．下列说法不正确的是（　　）A．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等是实现“低碳生活”的有效途径B．废旧电池不能随意丢弃，要进行深埋处理，防止重金属污染C．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，水的能量高D．使用分光光度计，可以换算得到某溶液的浓度　14．乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：已知：1molC﹣H键完全断裂时吸收热量412kJ，1molC﹣C键完全断裂时吸收热量348kJ1molC=C键完全断裂吸收热量612kJ，1molH﹣H键完全断裂时吸收热量436kJ．上述反应的△H等于（　　）kJ•mol﹣1．A．﹣124B．+124C．﹣288D．+288　15．下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（　　）A．氯化镁溶液加热蒸干最终得不到氯化镁固体B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫25\nD．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深　16．下列说法正确的是（　　）A．已知氯化钴及其水合物会呈现不同颜色（如下），德国科学家发明了添加氯化钴的变色水泥，据此推测雨天变色水泥呈粉红色B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大　17．已知反应①：CO（g）+CuO（s）⇌CO2（g）+Cu（s）和反应②：H2（g）+CuO（s）⇌Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K．则下列说法正确的是（　　）A．反应①的平衡常数K1=B．反应③的平衡常数K=C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的△H＞0D．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小　18．如图表示298K时N2与H2反应过程中的能量变化．根据图叙述正确的是（　　）A．该反应的热化学方程式为：N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1B．不用催化剂，生成1molNH3放出的热量为46KJC．加入催化剂，生成1molNH3的反应热减小50KJ•mol﹣1D．曲线b表明加入催化剂降低了反应热，加快了反应速率　19．一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌xC（g）△H＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图1，达平衡后在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种条件，逆反应速率随时问变化的关系如图2．25\n下列有关说法中正确的是（　　）A．x=2，反应开始2min内，u（A）=0.05mol•L﹣1•min﹣1B．t1时改变的条件是降温，平衡逆向移动C．t2时改变的条件可能是增大C的浓度，t2时正反应速率减小D．t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c（B）不变　20．一个固定体积的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），达到平衡时，C的浓度为ωmol/L．若维持容器体积和温度不变，改由下列四种配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度仍为ωmol/L的是（　　）A．4molA+2molBB．3molC+2molDC．1molB+3molC+1molDD．2molA+1molB+3molC+1molD　　二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）21．硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH﹣═O2NC6H4COO﹣+C2H5OH，两种反应物的初始浓度均为0.050mol•L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的浓度c随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：t/s0120180240330530600700800c/mol•L﹣100.0360.0300.0260.0220.0170.0160.0150.015（1）计算该反应在120～180s间的平均反应速率　　　　　　；比较120～180s与180～240s区间的平均反应速率的大小，前者　　　　　　后者（填＞，＜或=），理由是　　　　　　．计算15℃时该反应的平衡常数　　　　　　．（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有　　　　　　．A．加入O2NC6H4COOC2H5B．增加OH﹣的浓度C．移去产物D．加入适当的催化剂．　22．工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如图1：（1）此流程的第II步反应为：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），该反应的平衡常数随温度的变化如下表：温度/℃400500830平衡常数K109125\n从上表可以推断：此反应是　　　　　　（填“吸”或“放”）热反应．在830℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入1mo1CO和2mo1H2O，则达到平衡后CO的转化率为　　　　　　．在500℃，按照下表的物质的量（按照CO、H2O、H2、CO2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述第II步反应，达到平衡后下列关系正确的是　　　　　　．实验编号反应物投入量平衡时H2浓度吸收或放出的热量反应物转化率A1、1、0、0c1Q1α1B0、0、2、2c2Q2α2C2、2、0、0c3Q3α3A．2c1=c2=c3B．2Q1=Q2=Q3C．α1=α2=α3D．α1+α2=1（3）在一个绝热等容容器中，不能判断此流程的第II步反应达到平衡的是　　　　　　．①v（CO2）正=v（H2O）逆②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④各组分的物质的量浓度不再改变⑤体系的温度不再发生变化（4）如图表示此流程的第II步反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件使浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是　　　　　　、　　　　　　（写出两种）．若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，在图中t4和t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质（假设各物质状态均保持不变）．　23．（1）化学键的键能是指气态原子间形成1mol化学键时释放的能量．下表列出了某些化学键的键能：化学键H﹣HO═OO﹣H键能（kJ•mol﹣1）436x463请回答下列问题：①如图表示某反应的能量变化关系图，此反应为　　　　　　（填“放热”或“吸热”）反应，其中△H=　　　　　　kJ•mol﹣1（用含C和D的字母表示）．②若此能量变化关系图表示反应H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则B=　　　　　　kJ•mol﹣1，x=　　　　　　①火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．已知：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2（l）═H2O（l）+O2（g），△H=﹣98kJ•mol﹣125\nH2O（l）═H2O（g），△H=+44kJ•mol﹣1试写出N2H4和液态H2O2反应生成气态水的热化学方程式　　　　　　．②肼（N2H4）﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．该电池放电时，负极的电极反应式是　　　　　　．　24．电化学原理在化学工业中有广泛的应用．请根据如图回答问题：（1）装置Ⅰ中的X电极的名称是　　　　　　，Y电极的电极反应式为　　　　　　，工作一段时间后，电解液的PH将　　　　　　（填“增大”、“减小”、“不变”）．若装置Ⅱ中a、b均为Pt电极，W为饱和食盐水（滴有几滴酚酞），实验开始后，观察到b电极周围溶液变红色，其原因是（用电极反应式表示）　　　　　　，a电极上有气泡产生，该气体的电子式为　　　　　　．（3）若利用装置Ⅱ进行铜的精炼，则a电极的材料为　　　　　　，工作一段时间后装置Ⅱ电解液中c（Cu2+）将　　　　　　（填“增大”、“减小”、“不变”）．（4）若装置Ⅱ中a为Ag棒，b为铜棒，W为AgNO3溶液，工作一段时间后发现铜棒增重2.16g，则流经电路的电子的物质的量为　　　　　　．　　浙江省温州市十校联合体2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共20小题）1．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，电解过程中的实验数据如图所示．横坐标表示转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）．下列判断正确的是（　　）25\nA．电解过程中，溶液的pH不断增大B．当转移0.4mole﹣时，电解生成的铜为6.4gC．阳极电极反应式为2H2O+4e﹣=4H++O2↑D．Q点对应的气体中，H2与O2的体积比为2：1【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，以此来解答．【解答】解：惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生2H2O2H2↑+O2↑，A．惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，实质电解水，溶液PH在电解过程中是减小，故A错误；B．电解过程中的阴极上，先发生Cu2++2e﹣═Cu，后发生2H++2e﹣═H2↑，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，电解过程中的阳极，溶液中的氢氧根离子放电，4OH﹣﹣4e﹣═H2O+O2↑，分析图象可知转移0.2mol电子阴极析出铜0.1mol，质量为6.4g，电子转移大于0.2mol是电解硫酸溶液，故B正确；C．由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，电解过程中的阳极上溶液中的氢氧根离子放电，2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，故C错误；D．到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气，P点1.12L为O2，PQ段3.36L气体中，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1molH2、0.05molO2，体积比为2：1，Q点收集到的气体中H2和O2体积比为1：1，故D错误；故选B．【点评】本题考查电解原理，明确图象这电子转移与生成气体的关系及离子的放电顺序是解答本题的关键，熟悉电解原理即可解答，题目难度中等．　2．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（　　）A．CuCl2[CuCl2溶液]B．NaOH[NaOH溶液]C．NaCl[HCl气体]D．CuSO4[Cu（OH）2]25\n【考点】电解原理．【分析】电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么．【解答】解：A、电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜固体让电解质溶液复原，故A错误；B、电解NaOH时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，本质为电解水，所以应加水让电解质溶液复原，故B错误；C、电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故C正确；D、电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，故D错误．故选C．【点评】本题考查了电解原理的应用，电极产物分析，恢复原溶液浓度需要依据电解过程中减少的物质分析，元素守恒判断，题目难度中等．　3．2022年，美籍华裔科学家钱永健获得2022年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋天才奖”．下列叙述正确的是（　　）A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀C．纯银质物品久置表面变暗，是银发生吸氧腐蚀的结果D．钢板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+，继而形成铁锈【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A、金属失去电子被氧化；B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护；C、纯银质物品久置表面变暗，是因为银的表面形成硫化银；D、金属铜和金属铁形成的原电池中，金属铁为负极，失去2个电子．【解答】解：A、金属失去电子化合价升高被氧化，是氧化过程，故A错误；B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护，所以将水库中的水闸（钢板）与外加直接电源的负极相连，能保护水闸，故B正确；C、纯银质物品久置表面变暗，是因为银的表面形成硫化银，不是发生吸氧腐蚀，故C错误；D、与铜质水龙头连接处的钢质水管形成的原电池中，金属铁为负极，易被腐蚀，发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．　4．对于已经达到平衡的可逆反应，下列物理量的变化可以肯定可逆反应平衡发生了移动的是（　　）A．浓度变化B．压强变化C．体积变化D．转化率变化【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】A．对于H2（g）+I2（g）=2HI（g），H2、I2、HI的浓度同时增大2倍，平衡不移动；25\nB．对于H2（g）+I2（g）=2HI（g），增大压强，平衡不移动；C．对于H2（g）+I2（g）=2HI（g），增大体积，平衡不移动；D．对于任何可逆反应，转化率发生变化，说明平衡发生了移动．【解答】解：A．对于H2（g）+I2（g）=2HI（g），H2、I2、HI的浓度同时增大2倍，平衡不移动，故A错误；B．对于H2（g）+I2（g）=2HI（g），增大压强，平衡不移动，故B错误；C．对于H2（g）+I2（g）=2HI（g），增大体积，平衡不移动，故C错误；D．对于任何可逆反应，转化率发生变化，说明平衡发生了移动，故D正确，故选D．【点评】本题考查化学平衡移动的影响因素，难度不大．要注意勒夏特列原理的应用．　5．把下列4种X溶液分别加入4个盛有10mL2mol/L盐酸的烧杯中，均加入水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（　　）A．10℃20mL3mol/L的X溶液B．20℃30mL2mol/L的X溶液C．20℃10mL4mol/L的X溶液D．10℃20mL2mol/L的X溶液【考点】化学反应速率的影响因素．【分析】先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大；并结合温度越高，反应速率越大来判断．【解答】解：BC温度高与AD，所以BC反应速率高于AD，B中含有X0.03L×2mol/L=0.06mol，C中含有X0.01L×4mol/L=0.04mol，溶液体积相同，所以B中浓度大于C，显然四种情况下B中温度最高，浓度最大，所以反应速率是最快，故选B．【点评】本题考查反应速率与温度、浓度的关系及物质的量的计算，难度不大．明确影响化学反应速率的因素、物质的量与浓度的关系是解答本题的关键．　6．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（　　）A．放电时负极反应为：3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO42﹣+4H2OC．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原D．充电时阴极溶液的碱性减弱【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】该装置放电时，负极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2、正极反应式为FeO42﹣+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，充电时阴极、阳极电极反应式与放电时负极、正极反应式正好相反，据此分析解答．【解答】解：A．根据电池反应式知，放电时负极上锌失电子发生氧化反应，所以电极反应式为3Zn﹣6e﹣+6OH﹣═3Zn（OH）2，故A正确；B．充电时，阳极电极反应式与放电时正极反应式正好相反，电极反应式为Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣═FeO42﹣+4H2O，故B正确；C．放电时，每转移3mol电子，正极被还原的K2FeO4的物质的量==1mol，故C正确；25\nD．充电时，阴极反应式为3Zn（OH）2+6e﹣=3Zn+6OH﹣，有氢氧根离子生成，则溶液碱性增强，故D错误；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，正确书写电极反应式是解本题关键，根据电极反应式进行有关计算、分析，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，总结书写规律，灵活运用．　7．下列装置中，都伴随有能量变化，其中是由化学能转变为电能的是（　　）A．电解水B．水力发电C．太阳能热水器D．干电池【考点】常见的能量转化形式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．该装置是电解池，电能转化为化学能；B．水力发电，机械能转化为电能；C．太阳能热水器，太阳能转化成热能；D．电池供电照明，化学能转化成光能．【解答】解：A．电能转化成化学能，故A错误；B．机械能转化为电能，故B错误；C．太阳能转化成热能，故C错误；D．化学能转化成光能，故D正确；故选D．【点评】本题考查了能量的转化，题目难度不大，关键分析装置的工作原理．　8．在进行中和反应的反应热测定的实验中不需要用到的仪器是（　　）A．天平B．温度计C．环形玻璃搅拌棒D．量筒【考点】不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】中和热测定的实验，需要温度计测定温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，以此来解答．25\n【解答】解：中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，显然不需要温度计，故选B．【点评】本题考查中和热的测定，明确实验需要的仪器及仪器的作用即可解答，题目较简单，注意使用量筒量取酸或碱溶液．　9．已知某可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）△H=QkJ•mol﹣1，在密闭容器中进行，如图表示在不同时间t、温度T、压强P与反应物B的百分含量的关系曲线，下列判断正确是（　　）A．T2＞T1>P1＞P2m+n＞p>D△Η＜0B．T1＞T2>P1＜P2m+n＜p>D△Η＞0C．T1＜T2>P1＜P2m+n＜p>D△Η＜0D．T1＞T2>P1＜P2m+n＞p>D△Η＞0【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡图像．【分析】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡的影响，确定反应的热效应．【解答】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，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+n＜p；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1＞T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故选B．【点评】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断温度、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析．　10．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．下列说法中正确的是（　　）25\nA．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；B、铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；C、电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属．【解答】解：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；B、铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；C、电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确．故选D．【点评】本题考查了电解原理，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，难度不大，注意原电池原理和电解池原理是高考的热点，应掌握此知识点．　11．下列说法正确的是（　　）A．甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1B．500℃、30Mpa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣38.6kJ•mol﹣1C．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件的△H相同D．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol【考点】有关反应热的计算；反应热和焓变；热化学方程式．【专题】燃烧热的计算．【分析】A、燃烧热指在25℃，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热．单位为kJ/mol，生成的水应为液态；B、0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反；C、焓变与反应条件无关；D、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量．25\n【解答】解：A、甲烷的标准燃烧热为﹣890.3kJ•mol﹣1，表示1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳与液态水放出热量为890.3kJ，甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）；△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，故A错误；B、相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以2mol氨气分解，吸收的热量大于38.6kJ，故B错误；C、反应的焓变与反应物和生成物的能量有关，与反应条件、变化过程无关，故C正确；D、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca（OH）2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3KJ/mol，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了燃烧热、中和热以及热化学方程式中计量数的含义，难度不大．　12．将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（　　）A．平衡常数减小B．BaO量不变C．氧气浓度不变D．平衡向右移动【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，故C正确；D．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，故D错误；故选C．【点评】本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．　13．下列说法不正确的是（　　）A．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等是实现“低碳生活”的有效途径B．废旧电池不能随意丢弃，要进行深埋处理，防止重金属污染C．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，水的能量高D．使用分光光度计，可以换算得到某溶液的浓度【考点】常见的生活环境的污染及治理；不能加热的仪器及使用方法．【专题】化学实验常用仪器及试剂；化学应用．【分析】A．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以减少火力发电；B．电池中的重金属盐和电解质都可污染环境；C．H2O（l）=H2O（s）△H＜0，液态水到固态水，放热，所以水的能量高；D．分光光度计就是利用分光光度法对物质进行定量定性分析的仪器．【解答】解：A．开发氢能、太阳能、风能、生物质能等可以代替火力发电，减少二氧化碳的排放，故A正确；B．电池中的重金属盐和电解质都可污染环境，深埋处理会污染土壤，不能随其丢弃，应集中回收，故B错误；25\nC．根据H2O（l）=H2O（s）△H＜0可知，液态水到固态水，放出热量，所以水的能量高，故C正确；D．分光光度计采用一个可以产生多个波长的光源，通过系列分光装置，从而产生特定波长的光源，光线透过测试的样品后，部分光线被吸收，计算样品的吸光值，从而转化成样品的浓度．样品的吸光值与样品的浓度成正比，故D正确．故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及低碳生活、环境、物质状态与能量、分光光度计等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累．　14．乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：已知：1molC﹣H键完全断裂时吸收热量412kJ，1molC﹣C键完全断裂时吸收热量348kJ1molC=C键完全断裂吸收热量612kJ，1molH﹣H键完全断裂时吸收热量436kJ．上述反应的△H等于（　　）kJ•mol﹣1．A．﹣124B．+124C．﹣288D．+288【考点】有关反应热的计算．【专题】燃烧热的计算．【分析】反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH=CH2、H2总键能之差．【解答】解：反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3中总键能与﹣CH=CH2、H2总键能之差，故△H=（5×412+348﹣3×412﹣612﹣436）kJ•mol﹣1=+124kJ•mol﹣1，故选：B．【点评】本题考查反应热计算，利用反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，题目难度不大．　15．下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（　　）A．氯化镁溶液加热蒸干最终得不到氯化镁固体B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫D．压缩氢气与碘蒸气反应的平衡混合气体，颜色变深【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．【解答】解：A、加热会促进MgCl225\n的水解，蒸干产物不是氯化镁，是氢氧化镁固体，灼烧得到氧化镁，能用勒夏特列原理解释，故A错误；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒夏特列原理解释，故B错误；C、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故C错误；D、氢气与碘蒸气反应的平衡中，前后气体系数和是相等的，压强对平衡无影响，压缩气体，碘单质的浓度增大，颜色加深，不能用勒夏特利原理解释，故D正确；故选D．【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反应．　16．下列说法正确的是（　　）A．已知氯化钴及其水合物会呈现不同颜色（如下），德国科学家发明了添加氯化钴的变色水泥，据此推测雨天变色水泥呈粉红色B．有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大【考点】化学平衡的影响因素；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】A、雨天时温度相对较低，湿度大，平衡向左移动；B、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大；C、△H﹣T△S＞0时反应不能自发进行；D、浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化．【解答】解：A、雨天时温度相对较低，湿度大，平衡向左移动，主要为CoCl2•6H2O，呈粉红色，故A正确；B、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增大单位体积内活化分子数，而不是活化分子的百分数变化，故B错误；C、该反应的△S＞0，常温下能自发进行，则，△H＜0，故C错误；D、浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误，故选A．【点评】本题比较综合，是常见题型，涉及化学平衡移动、化学反应速率影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查．　17．已知反应①：CO（g）+CuO（s）⇌CO2（g）+Cu（s）和反应②：H2（g）+CuO（s）⇌Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K．则下列说法正确的是（　　）A．反应①的平衡常数K1=B．反应③的平衡常数K=C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的△H＞025\nD．对于反应③，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小【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．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示；B．由方程式可知，反应③=反应①﹣反应②，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断；C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；D．根据恒温恒容下，引起压强增大的条件变化情况解答．【解答】解：A．化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应①的平衡常数K1=，故A错误；B．反应①的平衡常数K1=，反应②的平衡常数K2=，反应③：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K===，故B正确；C．对于反应③，恒容时，温度升高，H2的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，故C错误；D．对于反应③，恒温恒容下，通入稀有气体增大压强，平衡不移动，H2的浓度不变，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，难度中等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系．　18．如图表示298K时N2与H2反应过程中的能量变化．根据图叙述正确的是（　　）A．该反应的热化学方程式为：N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1B．不用催化剂，生成1molNH3放出的热量为46KJC．加入催化剂，生成1molNH3的反应热减小50KJ•mol﹣1D．曲线b表明加入催化剂降低了反应热，加快了反应速率【考点】化学能与热能的相互转化．25\n【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、依据热化学方程式的书写原则判断，△H=吸收的能量﹣放出的能量；B、根据催化剂与反应热的关系分析；C、根据催化剂只能降低反应的活化能，不改变化学平衡分析；D、依据催化剂的概念和影响速率的实质分析判断．【解答】解：A、该反应放出的能量大于吸收的能量，所以为放热反应，书写热化学方程式要注意化学计量数与反应物物质的量的关系，该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1，故A错误；B、催化剂对反应热大小无影响，根据选项A可知，生成2molNH3放出92kJ，所以生成1molNH3放出的热量为46KJ，故B正确；C、加入催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；D、加入催化剂降低了反应的活化能，反应速率加快，但是反应热不变，故D错误；故选B．【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法和要求，图象分析能力，主要是催化剂的概念，对反应影响的实质和结果．　19．一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌xC（g）△H＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图1，达平衡后在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种条件，逆反应速率随时问变化的关系如图2．下列有关说法中正确的是（　　）A．x=2，反应开始2min内，u（A）=0.05mol•L﹣1•min﹣1B．t1时改变的条件是降温，平衡逆向移动C．t2时改变的条件可能是增大C的浓度，t2时正反应速率减小D．t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c（B）不变【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】A、通过图1可知，2min达平衡，△n（B）=0.3mol﹣0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算x的值，再根据v=计算v（B），最后根据化学反应速率与化学计量数的关系计算出v（A）；B、正反应为放热反应，当降低温度，正逆速率都减小，并且逆反应速度降低的更多，反应正向移动；C、当增加c（C）的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率增大，随着反应的进行，反应物浓度增大，正反应速率逐渐增大；25\nD、反应前后气体的物质的量不变，减小压强，反应速率降低，平衡不移动；使用催化剂，加快反应速率，平衡不移动．【解答】解：A、通过图1可知，2min达平衡，△n（B）=0.3mol﹣0.1mol=0.2mol，△n（C）=0.2mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，即2：x=0.2mol：0.2mol，解得x=2，v（B）==0.05mol/（L•min），则v（A）=v（B）=0.025mol/（L•min），故A错误；B、正反应为放热反应，当降低温度，正逆反应速率都减小，并且正反应速度降低的幅度小，反应向着正向移动，故B错误；C、当增加c（C）时的瞬间，反应物浓度不变，正反应速率不变，逆反应速率增大，平衡向着逆向移动，所以反应物浓度逐渐增大，正反应速率逐渐增大，故t2时正反应速率不变，之后逐渐增大，故C错误；D、反应前后气体的物质的量不变，所以t3时减小压强，正逆反应速率同等程度降低，平衡不移动；t4时使用催化剂，同等程度加快反应速率，平衡不移动，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡的图象问题，难度中等，要求掌握影响化学平衡、化学反应速率的因素；图2中纵坐标是表示逆反应速率，条件变化后逆反应速率变化必须符合实际变化情况．　20．一个固定体积的密闭容器中，加入2molA和1molB，发生反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），达到平衡时，C的浓度为ωmol/L．若维持容器体积和温度不变，改由下列四种配比作为起始物质，达到平衡时，C的浓度仍为ωmol/L的是（　　）A．4molA+2molBB．3molC+2molDC．1molB+3molC+1molDD．2molA+1molB+3molC+1molD【考点】等效平衡．【分析】反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+D（s），D为固体，D的量不影响平衡；在恒温恒容下，不同途径达到平衡后，C的浓度仍为1.2mol/L，说明与原平衡为等效平衡，按化学计量数转化到方程式的左边，只要满足n（A）=2mol，n（B）=1mol即可，据此进行分析．【解答】解：A、该反应是气体体积不变的反应，压强不影响平衡，开始加入4molA+2molB，与加入2molA和1molB达平衡的平衡为等效平衡，达到平衡时C的浓度为2wmol/L，故A错误；B、开始加入3molC+1molD，将3molC、1molD按化学计量数转化到左边可得2molA、1molB，故等效为开始加入2molA、2molB所到达的平衡，达到平衡时C的浓度为1.2mol/L，多加的1molD是固体，不会引起平衡的移动，故B正确；C、1molB+3molC+1molD，按化学计量数转化到左边可得2molA、2molB，与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为不是wmol/L，故C错误；D、2molA+1molB+3molC+1molD，按方程式的化学计量数转化到左边，可得4molA、2molB与原反应不是等效平衡，达到平衡时C的浓度为2wmol/L，故D错误；故选：B．【点评】25\n考查化学平衡的有关计算、等效平衡，难度中等，构建平衡建立的途径是解题关键，注意等效平衡规律：1、恒温恒压下，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡；2、恒温恒容下，若反应前后气体气体发生变化，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量相等，为等效平衡；若反应前后气体的体积不变，按化学计量数转化到一边，满足对应物质的物质的量之比相同，为等效平衡．　二、填空题（共4小题）（除非特别说明，请填准确值）21．硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH﹣═O2NC6H4COO﹣+C2H5OH，两种反应物的初始浓度均为0.050mol•L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的浓度c随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：t/s0120180240330530600700800c/mol•L﹣100.0360.0300.0260.0220.0170.0160.0150.015（1）计算该反应在120～180s间的平均反应速率　7.3×10﹣5mol/（L•s）　；比较120～180s与180～240s区间的平均反应速率的大小，前者　＞　后者（填＞，＜或=），理由是　随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢　．计算15℃时该反应的平衡常数　5.4　．（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有　BC　．A．加入O2NC6H4COOC2H5B．增加OH﹣的浓度C．移去产物D．加入适当的催化剂．【考点】化学平衡的影响因素；用化学平衡常数进行计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）根据转化率计算浓度的变化，结合V=计算反应速率；700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，以此可计算平衡常数；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，除温度外，还可增加另一种反应物浓度或减小生成物的浓度．【解答】解：（1）120～180s内的平均速率为v==1.0×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1，180～240s区间的平均反应速率为v==6.67×10﹣5mol/（L•s），反应速率小于120～180s内的平均速率，原因是随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，故答案为：7.3×10﹣5mol/（L•s）；＞；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，此时c（O2NC6H4COO﹣）=c（C2H5OH）=0.015，c（O2NC6H4COOC2H5）=c（OH﹣）=0.05mol/L﹣0.015mol/L=0.035mol/L，所以K==5.4，故答案为：5.4；（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，可增加OH﹣的浓度、移去产物，加入O2NC6H4COOC2H5虽然平衡正向移动，但O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率减小，催化剂不改变反应速率，所以AD错误，BC正确，故选：BC．25\n【点评】本题涉及化学反应速率、化学平衡的计算以及平衡移动等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等．　22．工厂使用石油热裂解的副产物甲烷来制取氢气，其生产流程如图1：（1）此流程的第II步反应为：CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），该反应的平衡常数随温度的变化如下表：温度/℃400500830平衡常数K1091从上表可以推断：此反应是　放　（填“吸”或“放”）热反应．在830℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入1mo1CO和2mo1H2O，则达到平衡后CO的转化率为　66.7%　．在500℃，按照下表的物质的量（按照CO、H2O、H2、CO2的顺序）投入恒容密闭容器中进行上述第II步反应，达到平衡后下列关系正确的是　AD　．实验编号反应物投入量平衡时H2浓度吸收或放出的热量反应物转化率A1、1、0、0c1Q1α1B0、0、2、2c2Q2α2C2、2、0、0c3Q3α3A．2c1=c2=c3B．2Q1=Q2=Q3C．α1=α2=α3D．α1+α2=1（3）在一个绝热等容容器中，不能判断此流程的第II步反应达到平衡的是　②③　．①v（CO2）正=v（H2O）逆②混合气体的密度不变③混合气体的平均相对分子质量不变④各组分的物质的量浓度不再改变⑤体系的温度不再发生变化（4）如图表示此流程的第II步反应，在t1时刻达到平衡、在t2时刻因改变某个条件使浓度发生变化的情况：图中t2时刻发生改变的条件是　降低温度　、　增加水蒸气的量　（写出两种）．若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，在图中t4和t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质（假设各物质状态均保持不变）．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】（1）升高温度平衡向吸热反应方向移动，根据温度与化学平衡常数关系确定反应热；根据化学平衡计算计算CO的转化率；A．B、C是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等，根据投料情况确定浓度关系；B．B、C相比，建立的平衡的方向是不一样的；C．根据等效原理，不同的投料，建立的平衡状态下，比较反应物的转化率；D．根据等效平衡原理以及平衡的建立方向确定转化率关系；（3）不传热的固定容积的容器中，反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各成分含量保持不变分析判断选项；25\n（4）在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，可以通过改变温度、改变水蒸气或氢气的量实现；t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍则体积变为原来的一半，故浓度分别增大为原来的2倍，又反应前后气体系数相等，平衡不移动．【解答】解：（1）随着温度的升高，化学平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应；设CO的转化率为x，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始1mol2mol00反应xxxx平衡（1﹣x）molmolxmolxmol化学平衡常数K==1，x=66.7%；故答案：放；66.7%；A．B、C是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等，所以平衡时氢气的浓度c3=c2，但是A的投料量是B、C的2倍，达到平衡时，氢气的浓度是B（C）的2倍，即2c1=c2=c3，故A正确；B．B、C相比，建立的平衡的方向是不一样的，2Q1＜Q2=Q3，故B错误；C．根据等效原理，不同的投料，建立的平衡状态下，反应物的转化率α1=α3≠α2，故C错误；D．平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为（1﹣α1）mol，B中平衡时二氧化碳的转化率为α2，平衡时CO的物质的量为α2mol，故（1﹣α1）=α2，整理得α1+α2=1，故D正确；故答案为：AD；（3）在一个绝热等容的容器中，判断此流程的第Ⅱ步反应CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g），达到平衡的标志是正逆反应速率相同；各组分含量保持不变；①虽然反应前后气体体积不变，但由于绝热等容容器中反应过程中有温度变化，所以压强也在变化，体系的压强不再发生变化能判断反应达到平衡，故①符合；②反应中混合气体质量守恒，体积不变，密度不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故②不符合；③反应前后气体质量守恒，反应前后气体体积不变，物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡，故③不符合；④各组分的物质的量浓度不再改变是平衡的标志，故④符合；⑤体系的温度不再发生变化绝热容器温度不变，说明反应达到平衡，故⑤符合；⑥反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v（CO2）正=v（H2O）逆，说明水蒸气的正逆反应速率相同，故⑥符合；故答案为：②③；（4）在t2时刻CO的浓度减小、CO2浓度增大，平衡向正反应方向移动，且CO和CO2浓度变化有接触点，所以可以通过改变降低温度、增大水蒸气的量或减少氢气的量实现；t425\n时刻通过改变容积的方法将压强增大为原先的两倍，则体积变为原来的一半，故浓度分别增大为原来的2倍，又反应前后气体系数相等，平衡不移动，所以图象仅仅是浓度分别变为原来的2倍并且保持不变，如图为，故答案为：降低温度；增加水蒸气的量；．【点评】本题考查了化学平衡移动原理，明确化学平衡常数的含义结合化学平衡常数公式进行有关计算，灵活运用三段式法进行解答，会分析图象中曲线变化特点，题目难度很大．　23．（1）化学键的键能是指气态原子间形成1mol化学键时释放的能量．下表列出了某些化学键的键能：化学键H﹣HO═OO﹣H键能（kJ•mol﹣1）436x463请回答下列问题：①如图表示某反应的能量变化关系图，此反应为　放热　（填“放热”或“吸热”）反应，其中△H=　C﹣D　kJ•mol﹣1（用含C和D的字母表示）．②若此能量变化关系图表示反应H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，则B=　926　kJ•mol﹣1，x=　496.4　①火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．已知：N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=﹣534kJ•mol﹣1H2O2（l）═H2O（l）+O2（g），△H=﹣98kJ•mol﹣1H2O（l）═H2O（g），△H=+44kJ•mol﹣1试写出N2H4和液态H2O2反应生成气态水的热化学方程式　N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣642kJ•mol﹣1　．②肼（N2H4）﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液．该电池放电时，负极的电极反应式是　N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2　．25\n【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题；燃烧热的计算．【分析】（1）①从反应物和生成物能量大小分析；△H=﹣（反应物总能量﹣生成物总能量）；②△H=反应物键能和﹣生成物键能和，键能和等于其活化能；①根据盖斯定律，将所给的反应通过加减乘除得到所要求的目标反应，反应热做相应的变化即可；②肼﹣空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，据此分析解答．【解答】解：（1）①反应物能量高于生成物，正反应放热；△H=﹣（反应物总能量﹣生成物总能量）=﹣（D﹣C）KJ/mol=（C﹣D）KJ/mol，故答案为：放热；（C﹣D）；②B表示1mol水的键能，为2×463KJ/mol=926KJ/mol；△H=反应物键能和﹣生成物键能和=436KJ/mol+xKJ/mol﹣2×463KJ/mol=﹣241.8KJ/mol，x=496.4KJ/mol，故答案为：926；496.4；①N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（g），△H=﹣534kJ•mol﹣1①H2O2（l）═H2O（l）+O2（g），△H=﹣98kJ•mol﹣1②H2O（l）═H2O（g），△H=+44kJ•mol﹣1③将①+2②+4③可得：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=（﹣534kJ•mol﹣1）+2×（﹣98kJ•mol﹣1）+4×（+44kJ•mol﹣1）=﹣642kJ•mol﹣1故答案为：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣642kJ•mol﹣1；②肼﹣空气燃料电池放电时，负极上肼失电子和氢氧根离子反应生成H2O和氮气，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2，正极上氧气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：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=4H2O+N2．【点评】本题考查电极反应式的书写、盖斯定律的运用，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意要结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，为考查重点．　24．电化学原理在化学工业中有广泛的应用．请根据如图回答问题：（1）装置Ⅰ中的X电极的名称是　负极　，Y电极的电极反应式为　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　，工作一段时间后，电解液的PH将　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”）．若装置Ⅱ中a、b均为Pt电极，W为饱和食盐水（滴有几滴酚酞），实验开始后，观察到b电极周围溶液变红色，其原因是（用电极反应式表示）　2H++2e﹣=H2↑　，a电极上有气泡产生，该气体的电子式为　　．（3）若利用装置Ⅱ进行铜的精炼，则a电极的材料为　粗铜　，工作一段时间后装置Ⅱ电解液中c（Cu2+）将　减小　（填“增大”、“减小”、“不变”）．（4）若装置Ⅱ中a为Ag棒，b为铜棒，W为AgNO3溶液，工作一段时间后发现铜棒增重2.16g，则流经电路的电子的物质的量为　0.02mol　．25\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）装置Ⅰ为甲烷燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，生成二氧化碳能够与KOH反应，导致溶液pH减小，氧气在正极发生还原反应，生成氢氧根离子；根据图知，Y是正极，b是阳极，用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电生成氢气，同时生成了氢氧根离子，溶液滴有酚酞的溶液显示红色；（3）铜的电解精炼中，粗铜接阳极，因为阳极上有比铜活泼的金属放电，导致铜离子浓度减小；（4）装置为电镀装置，铜棒增重2.16g，为Ag的质量，据此计算电子转移．【解答】解：（1）装置Ⅰ为甲烷燃料电池，燃料在负极发生氧化反应，生成二氧化碳能够与KOH反应，导致溶液pH减小，在碱性环境中，氧气在正极发生还原反应，生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：负极；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；减小；电解饱和食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧化钠，所以溶液碱性增强，酚酞试液遇碱变红色，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，氯气的电子式为，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；；（3）电镀法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，所以阳极材料是粗铜；阳极上失电子变成离子进入溶液，因作阳极的粗铜中的铜和比铜活泼的金属都失去电子进入溶液，阴极溶液中Cu2+得到电子沉积在阴极上，所以，为阳极a电极连接粗铜，电解一段时间后，溶液中铜离子浓度在减小，故答案为：粗铜；减小；（4）生成n（Ag）==0.02mol，转移电子0.02mol，故答案为：0.02mol．【点评】本题考查了燃料电池和电解池的相关知识，转移电子守恒的应用，题目难度中等．　25