河北省邯郸市成安一中永年二中联考高二化学上学期期中试卷含解析

2022-2022学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二（上）期中化学试卷　一．选择题（每题一个正确答案，每题3分，共54分）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石油④太阳能⑤生物质能⑥风能⑦氢能．A．①②③④B．④⑤⑥⑦C．③⑤⑥⑦D．③④⑤⑥⑦　2．下列说法中有明显错误的是（　　）A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率　3．设C+CO2⇌2CO△H＞0反应速率为υ1，N2+3H2⇌2NH3△H＜0反应速率为υ2，对于上述反应，当温度升高时，υ1和υ2的变化情况为（　　）A．同时增大B．同时减小C．增大，减小D．减小，增大　4．在一定温度下，将1molN2和3molH2放入恒容密闭容器中，达到平衡时，测得NH3为0.8mol，如果此时再加入1molN2和3molH2，达到新平衡时，NH3的物质的量（　　）A．等于0.8molB．等于1.6molC．大于0.8mol小于1.6molD．大于1.6mol　5．已知25℃、101kPa条件下：（1）4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣2834.9kJ•mol﹣1（2）4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3119.1kJ•mol﹣1-25-\n由此得出的正确结论是（　　）A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为放热反应C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应　6．下列热化学方程式中△H表示可燃物燃烧热的是（　　）A．C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/molB．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/molC．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3kJ/molD．CO（g）+O22（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol　7．已知450℃时，反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的K=50，由此推测在450℃时，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的化学平衡常数为（　　）A．50B．0.02C．100D．无法确定　8．冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是（　　）A．△H＞0，△S＜0B．△H＜0，△S＞0C．△H＞0，△S＞0D．△H＜0，△S＜0　9．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）乙：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：①混合气体的平均摩尔质量不再改变②恒温时，气体压强不再改变③断裂氢氧键的速率等于断裂氢氢键速率的2倍④各气体组分的物质的量浓度相等⑤混合气体的密度不变⑥同一段时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量-25-\n⑦单位时间内，消耗水蒸气的质量与生成氢气的质量比9：1其中能表明甲、乙容器中反应都达到化学平衡状态的是（　　）A．①②⑥B．③⑥C．④⑦D．③④⑦　10．下列化学事实，能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．对于可逆反应：H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）达到化学平衡后，增大压强时，混合气体颜色变深B．合成氨工业中温度选择为500°CC．配制Al2（SO4）3溶液时加入少量稀硫酸D．合成氨工业采用循环操作，可提高原料利用率　11．在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，一定条件下发生反应：X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，下列推断中，正确的是（　　）A．原X、Y混合气体积为1.2VLB．原X、Y混合气体积为1.1VLC．达平衡时，消耗X体积为0.25VLD．达平衡时，消耗Y体积为0.05VL　12．在密闭容器中发生下列反应aA（g）⇌cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将容器体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（　　）A．平衡向正反应方向移动B．A的转化率变大C．C的体积分数变大D．a＜c+d　13．关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（　　）A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性　-25-\n14．pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m和n的关系量是（　　）A．m=nB．m＞nC．m＜nD．无法判断　15．反应2X（g）+Y（g）═2Z（g）+热量，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nz）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）A．T1＜T2，P1＜P2B．T1＜T2，P1＞P2C．T1＞T2，P1＞P2D．T1＞T2，P1＜P2　16．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（　　）A．2H++2e﹣=H2B．Fe2++2e﹣=FeC．2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣D．Fe3++e﹣=Fe2+　17．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌﹣锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）下列说法错误的是（　　）A．电池工作时，锌失去电子B．电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g　19．用两支惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解．当电解液的pH从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略），电极上析出银的质量大约是（　　）A．27mgB．54mgC．108mgD．216mg　　-25-\n二．非选择题（共46分）20．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ/mol，若在标准状况下H2和O2组成的混合气体点燃，爆炸后再恢复到标准状况，生成液态水18克，则反应放出的热量是　　　　　　kJ．将0.3moL的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出660kJ热量，该反应的热化学方程式为　　　　　　．又已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，则2.24L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是　　　　　　kJ．　21．电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则①电解池中X极上的电极反应式为　　　　　　．在X极附近观察到的现象是　　　　　　．②Y电极上的电极反应式为　　　　　　，检验该电极反应产物的方法是　　　　　　．（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是　　　　　　，电极反应式是　　　　　　．（3）此装置若是在某金属上电镀铜，则①X电极的材料是　　　　　　，②Y电极的材料是　　　　　　，电解液a选用　　　　　　溶液．　22．将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气（忽略CO2）放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2+O22SO3-25-\n△H＜0．反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L（以上气体体积均为标准状况下的体积）．请回答下列问题：（1）判断该反应达到平衡状态的标志是　　　　　　．（填字母）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等e．容器中混合气体的密度保持不变（2）欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是　　　　　　．（填字母）a．向装置中再充入N2b．向装置中再充入O2c．改用效率更高的催化剂d．升高温度（3）求该反应达到平衡时SO2的转化率（用百分数表示）为　　　　　　．（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀　　　　　　克？　23．在一定体积的密闭容器中进行化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度的关系如下表所示：t/70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=　　　　　　（2）该反应为　　　　　　反应（填“吸热”或“放热”）．（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）═c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为　　　　　　（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是　　　　　　A．容器中物质的量不变B．混合气体中各物质的浓度不变C．消耗nmolCO2的同时，生成了2nmolH2D．c（CO2）=c（H2O）　　-25-\n2022-2022学年河北省邯郸市成安一中、永年二中联考高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一．选择题（每题一个正确答案，每题3分，共54分）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石油④太阳能⑤生物质能⑥风能⑦氢能．A．①②③④B．④⑤⑥⑦C．③⑤⑥⑦D．③④⑤⑥⑦【考点】清洁能源；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B．【点评】本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握，难度不大，注意基础知识的积累．　2．下列说法中有明显错误的是（　　）A．对有气体参加的化学反应，增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率【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】A、根据压强对反应速率的影响进行判断；B、利用温度对反应速率的影响分析；-25-\nC、活化分子之间发生的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞；D、催化剂对化学反应速率的影响进行判断．【解答】解：A、增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A说法正确；B、升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C、由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C说法错误；D、催化剂可是反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选C．【点评】本题考查了外界条件对反应速率的影响，注重了基础知识考查，难度不大．　3．设C+CO2⇌2CO△H＞0反应速率为υ1，N2+3H2⇌2NH3△H＜0反应速率为υ2，对于上述反应，当温度升高时，υ1和υ2的变化情况为（　　）A．同时增大B．同时减小C．增大，减小D．减小，增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大．【解答】解：化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大．故选A．【点评】本题考查温度对化学反应速率的影响，题目难度不大，注意温度对反应速率的影响与反应的吸、放热无关．　4．在一定温度下，将1molN2和3molH2放入恒容密闭容器中，达到平衡时，测得NH3为0.8mol，如果此时再加入1molN2和3molH2，达到新平衡时，NH3的物质的量（　　）A．等于0.8molB．等于1.6molC．大于0.8mol小于1.6molD．大于1.6mol【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．-25-\n【分析】在一定温度下，将1molN2和3molH2放入恒容密闭容器中，达到平衡时，测得NH3为0.8mol，如果此时再加入1molN2和3molH2，不考虑平衡移动，氨气的物质的量为1.6mol，反应是气体体积减小的反应，再加入1molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向进行，氨气的物质的量增大，达到新平衡时，NH3的物质的量大于1.6mol．【解答】解：在一定温度下，将1molN2和3molH2放入恒容密闭容器中，达到平衡时，测得NH3为0.8mol，如果此时再加入1molN2和3molH2，不考虑平衡移动，相当于起始量加入2mol氮气和6mol氢气，氨气的物质的量为1.6mol，反应是气体体积减小的反应，再加入1molN2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向进行，氨气的物质的量增大，达到新平衡时，NH3的物质的量大于1.6mol，故选D．【点评】本题考查了平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理分析的方法，掌握基础是关键，题目难度中等．　5．已知25℃、101kPa条件下：（1）4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣2834.9kJ•mol﹣1（2）4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3119.1kJ•mol﹣1由此得出的正确结论是（　　）A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为吸热反应B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为放热反应C．O3比O2稳定，由O2变O3为吸热反应D．O2比O3稳定，由O2变O3为放热反应【考点】有关反应热的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】依据题干热化学方程式，根据盖斯定律的应用合并得到氧气转化为臭氧的热化学方程式，结合物质能量守恒，物质能量越高越活泼分析解答．【解答】解：已知25℃、101kpa条件下：（1）4Al（s）+302（g）═2A1203（s）；△H=﹣2834.9kJ•mol﹣1（2）4A1（s）+203（g）═2Al2O3（s）；△H=﹣3119.1KJ•mol﹣1根据盖斯定律（1）﹣（2）得到：302（g）═203（g）△H=﹣2834.9kJ•mol﹣1﹣（﹣3119.1KJ•mol﹣1）=284.2KJ/mol，A、氧气转化为臭氧是吸热反应，等质量的O2比O3能量低，故A正确；-25-\nB、等质量的O2比O3的能量低，由O2变O3为吸热反应，故B错误；C、O3能量高，能量越高越稳定，O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，故C错误；D、O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查了热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，主要是物质能量的高低与物质稳定性的判断，题目难度不大．　6．下列热化学方程式中△H表示可燃物燃烧热的是（　　）A．C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/molB．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/molC．CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802.3kJ/molD．CO（g）+O22（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol【考点】燃烧热；热化学方程式．【分析】燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，注意产物是液态水，二氧化碳气体等，以此解答该题．【解答】解：A、CO不是碳元素的稳定的氧化物，应该是产生二氧化碳，故A错误；B、燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧，方程式中为2mol，不是燃烧热，故B错误；C、气态水不是稳定的氧化产物，应该是液态水，故C错误；D、1molCO完全燃烧生成稳定的CO2，符合燃烧热的概念要求，放出的热量为燃烧热，故D正确．故选D．【点评】本题考查燃烧热的理解，题目难度不大，本题注意紧扣燃烧热的概念．　7．已知450℃时，反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的K=50，由此推测在450℃时，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的化学平衡常数为（　　）A．50B．0.02C．100D．无法确定【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．-25-\n【分析】化学平衡常数指，一定温度下，可逆达到平衡，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，故对于同一可逆反应，相同温度下，正、逆两个方向的平衡常数互为倒数．【解答】解：对于同一可逆反应，相同温度下，正、逆两个方向的平衡常数互为倒数，已知450℃时，反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）的K=50，所以在450℃时，反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的化学平衡常数为=0.02．故选B．【点评】本题考查平衡常数的书写、计算等，比较基础，掌握平衡常数的书写与意义即可解答．　8．冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是（　　）A．△H＞0，△S＜0B．△H＜0，△S＞0C．△H＞0，△S＞0D．△H＜0，△S＜0【考点】焓变和熵变．【分析】同种物质，液态的能量大于固态，液态时的熵大于固态时的熵，据此分析．【解答】解：同种物质，液态的能量大于固态，则冰融化为水的过程是吸热过程，即△H＞0，液态时的熵大于固态时的熵，则冰融化为水的过程是熵增加的过程，即△S＞0；故选C．【点评】本题考查了焓变和熵变，明确物质的状态与焓、熵大小关系是解题的关键，题目难度不大．　9．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）乙：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）现有下列状态：①混合气体的平均摩尔质量不再改变②恒温时，气体压强不再改变③断裂氢氧键的速率等于断裂氢氢键速率的2倍④各气体组分的物质的量浓度相等⑤混合气体的密度不变-25-\n⑥同一段时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量⑦单位时间内，消耗水蒸气的质量与生成氢气的质量比9：1其中能表明甲、乙容器中反应都达到化学平衡状态的是（　　）A．①②⑥B．③⑥C．④⑦D．③④⑦【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意乙反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以不能用压强判断平衡．【解答】解：①混合气体平均相对分子质量不再改变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以平均相对分子质量始终不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故①错误；②恒温时，气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，故②错误；③断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故③正确；④各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度不变，无法证明达到了平衡状态，故④错误；⑤混合气体密度不变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故⑤错误；⑥同一段时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，说明反应达到平衡状态，故⑥正确；⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1，水与氢气的物质的量之比为1：1，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率相等，故⑦错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意反应前后气体体积不变的化学反应不能用压强来判断是否达到平衡状态．　10．下列化学事实，能用勒夏特列原理解释的是（　　）A．对于可逆反应：H2（g）+Br2（g）⇌2HBr（g）达到化学平衡后，增大压强时，混合气体颜色变深-25-\nB．合成氨工业中温度选择为500°CC．配制Al2（SO4）3溶液时加入少量稀硫酸D．合成氨工业采用循环操作，可提高原料利用率【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特利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，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关、与平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释．【解答】解：A、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，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，所以不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B、工业合成氨的反应是可逆的，选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，所以不能用化学平衡移动原理解释，故B错误；C、Al2（SO4）3溶液中，三价铝易水解为氢氧化铝，配制Al2（SO4）3溶液时加入少量稀硫酸，可以抑制铝离子的水解，可以用水解平衡的移动原理来回答，故C正确；D、在硫酸工业、合成氨工业中的主要反应为可逆反应，原料不能完全转化为产物，采用反应物的循环利用可以提高原料利用率，不能用化学平衡移动原理解释，故D错误；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．　11．在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，一定条件下发生反应：X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，下列推断中，正确的是（　　）A．原X、Y混合气体积为1.2VLB．原X、Y混合气体积为1.1VLC．达平衡时，消耗X体积为0.25VLD．达平衡时，消耗Y体积为0.05VL【考点】化学平衡的计算．-25-\n【专题】化学平衡计算．【分析】在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，Z的体积为0.1VL，利用体积差量法计算气体体积减小，进而计算原混合气体总体积，由于原混合气体中X、Y的体积之比不确定，不能计算平衡时X、Y的体积．【解答】解：在容积可变的密闭容器中，充入适量X与Y的混合气，若维持温度与压强不变，达平衡时，容器容积为VL，其中Z占10%，Z的体积为0.1VL，则：X（气）+3Y（气）⇌2Z（气）体积减小△V220.1VL0.1VL故原X、Y混合气体积为VL+0.1VL=1.1VL，由于原混合气体中X、Y的体积之比不确定，不能计算平衡时X、Y的体积，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算，难度不大，注意利用差量法计算解答．　12．在密闭容器中发生下列反应aA（g）⇌cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将容器体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（　　）A．平衡向正反应方向移动B．A的转化率变大C．C的体积分数变大D．a＜c+d【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，依据平衡移动方向分析选项．【解答】解：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，A．假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，故A错误；B．平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故B错误；-25-\nC．反应平衡逆向进行，总物质的量减小、C的物质的量也减小，C的体积分数变化不能确定，故C错误；D．压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，难度不大，根据D的浓度变化判断平衡移动方向是解题的关键，注意根据平衡移动图象理解速率的变化．　13．关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（　　）A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、根据电解池的工作原理知识来回答；B、氯气具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质；C、碱遇酚酞显红色，酸遇酚酞不变色；D、根据电解产物以及物质间的反应来回答．【解答】解：A、电解时在阳极是氯离子失电子得到氯气，在阴极是氢离子得到电子生成氢气，故A错误；B、在阳极附近是氯离子失电子得到氯气，滴入KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质而使得溶液呈黄色，故B正确；C、在阴极阴极是氢离子得到电子生成氢气，该极附近的溶液显碱性，滴入酚酞试液，溶液呈红色，故C错误；D、电解一段时间后，全部电解液几乎是氢氧化钠，溶液显示碱性，故D错误．故选B．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据教材知识来回答，难度不大．　14．pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相同，则m和n的关系量是（　　）-25-\nA．m=nB．m＞nC．m＜nD．无法判断【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】醋酸是弱电解质，加水稀释有利于电离平衡正向移动，而盐酸是强电解质，不存在电离平衡，据此分析．【解答】解：因为醋酸是弱酸，加水后反应正向进行，醋酸电离度增加，加水后，氢离子浓度在减小的过程中氢离子的物质的量增大，而盐酸是强酸在水中完全电离，加水后，氢离子浓度只是在减小，氢离子的物质的量不变，所以要使稀释后两溶液pH值相同，则醋酸的体积比盐酸的体积要大，就必须使m＞n．故选B．【点评】本题考查了稀释对强弱电解质的不同影响，加水稀释，弱电解质的电离平衡会向右移动，题目难度不大．　15．反应2X（g）+Y（g）═2Z（g）+热量，在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nz）与反应时间（t）的关系如图所示．下列判断正确的是（　　）A．T1＜T2，P1＜P2B．T1＜T2，P1＞P2C．T1＞T2，P1＞P2D．T1＞T2，P1＜P2【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大．【解答】解：根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1＞P2，故选C．【点评】本题考查化学平衡图象题，题目难度中等，注意温度、压强对反应速率和化学平衡的影响．-25-\n　16．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上发生的电极反应是（　　）A．2H++2e﹣=H2B．Fe2++2e﹣=FeC．2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣D．Fe3++e﹣=Fe2+【考点】电极反应和电池反应方程式．【分析】弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，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，据此分析解答．【解答】解：弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故选C．【点评】本题考查电极反应式的书写，为高考高频点，知道钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀条件及电极反应式的书写，钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时负极反应式相同，发生析氢腐蚀时正极上生成氢气，发生吸氧腐蚀时正极上生成氢氧根离子．　17．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌﹣锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）下列说法错误的是（　　）A．电池工作时，锌失去电子B．电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）C．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq），以此解答该题．【解答】解：A、根据总反应可知Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；B、根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，MnO2-25-\n为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq），故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D、负极反应为Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2，外电路中每通过O.2mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×65g/mol=6.5g，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断．　19．用两支惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解．当电解液的pH从6.0变为3.0时（设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略），电极上析出银的质量大约是（　　）A．27mgB．54mgC．108mgD．216mg【考点】电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】根据电池反应式找出硝酸与银的关系式，根据关系式用硝酸的物质的量计算银的质量．【解答】解：当电解液的pH值从6.0变为3.0时，氢离子的浓度由10﹣6mol/L变为10﹣3mol/L，一个硝酸分子中含一个氢原子，所以硝酸的浓度等于氢离子的浓度．设生成银xg．该电池反应式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3（4×108）g4molxg（10﹣3mol/L﹣10﹣6mol/L）×0.5L所以x=0.0540.054g=54mg，故选：B．【点评】本题以电解原理为载体考查了氧化还原反应的有关计算，解题时要明确硝酸是强酸，在水溶液中完全电离，水电离出的氢离子相对于硝酸电离出的较小，所以忽略不计，即溶液中的氢离子浓度近似等于硝酸的浓度，然后再根据硝酸与金属的关系计算即可．-25-\n　二．非选择题（共46分）20．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣484kJ/mol，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ/mol，若在标准状况下H2和O2组成的混合气体点燃，爆炸后再恢复到标准状况，生成液态水18克，则反应放出的热量是　286　kJ．将0.3moL的气态高能燃料乙硼烷（B2H6）在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出660kJ热量，该反应的热化学方程式为　B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2200kJ/mol　．又已知：H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，则2.24L（标准状况）乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是　206.8　kJ．【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】标准状况下，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣572kJ•mol﹣1，若在标准状况下H2和O2组成的混合气体点燃，爆炸后再恢复到标准状况，生成液态水18克即1mol来计算反应放出的热量多；0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出660KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出=2200KJ的热量，根据盖斯定律写出其热化学反应方程式，后根据物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答．【解答】解：根据热化学方程式2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=﹣572kJ•mol﹣1的含义，2mol氢气燃烧生成2mol液态水放出的热量是572kJ，所以生成液态水18克即1mol放出的热量是286kJ，0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出660KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出=2200KJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2200kJ/mol，①B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2200kJ/mol，②H2O（l）→H2O（g）；△H=+44kJ/moL，由盖斯定律可知①+②×3得：B2H6（g）+3O2（g）═B2O3（s）+3H2O（g）△H=﹣2200+44×3=2068kJ/mol，-25-\n2.24L（标准状况）即0.1mol乙硼烷完全燃烧生成气态水时放出的热量是2068kJ×0.1=206.8KJ，故答案为：286；B2H6（g）+3O2（g）=B2O3（s）+3H2O（l）△H=﹣2200kJ/mol；206.8．【点评】本题考查燃烧热的热化学方程式的书写、焓变求算，题目难度较大，注意表示热化学方程式的书写要注明物质聚集状态和反应热的正负号问题．　21．电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则①电解池中X极上的电极反应式为　2H++2e﹣=H2↑　．在X极附近观察到的现象是　放出气体，溶液变红　．②Y电极上的电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　，检验该电极反应产物的方法是　把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色　．（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是　纯铜　，电极反应式是　Cu2++2e﹣=Cu　．（3）此装置若是在某金属上电镀铜，则①X电极的材料是　镀件　，②Y电极的材料是　纯铜　，电解液a选用　硫酸铜　溶液．【考点】电解原理．【专题】化学反应中的能量变化；电化学专题．【分析】（1）电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝；（2）如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，阳极应该是粗铜、阴极是纯铜，则X电极是纯铜、Y电极是粗铜，阴极上铜离子放电；-25-\n（3）此装置若是在某金属上电镀铜，则阴极为镀件，阳极为镀层金属，电解液为含镀层金属离子的盐溶液．【解答】解：（1）①和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e﹣=H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；放出气体，溶液变红；②和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，可以用于氯气的检验，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；（2）电解方法精炼粗铜，电解池的阴极材料是纯铜，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：纯铜；Cu2++2e﹣=Cu；（3）此装置若是在某金属上电镀铜，则①X电极为阴极，材料是镀件，②Y电极为阳极，材料是纯铜，电解液a选用硫酸铜溶液，钴答案为：镀件，纯铜，硫酸铜．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　22．将一定量的SO2和含0.7mol氧气的空气（忽略CO2）放入一定体积的密闭容器中，550℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO2+O22SO3△H＜0．反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28L；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O2，气体的体积又减少了5.6L（以上气体体积均为标准状况下的体积）．请回答下列问题：（1）判断该反应达到平衡状态的标志是　bc　．（填字母）a．SO2和SO3浓度相等b．SO2百分含量保持不变c．容器中气体的压强不变d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等e．容器中混合气体的密度保持不变（2）欲提高SO2的转化率，下列措施可行的是　b　．（填字母）a．向装置中再充入N2b．向装置中再充入O2c．改用效率更高的催化剂d．升高温度（3）求该反应达到平衡时SO2的转化率（用百分数表示）为　94.7%　．（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，生成沉淀　10.485　克？【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．-25-\n【分析】（1）可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（2）欲提高SO2的转化率，应改变条件使平衡正向移动，但不能只增大二氧化硫的浓度，否则二氧化硫的转化率会降低；（3）混合气体通过过量NaOH溶液时，减少的气体是二氧化硫和三氧化硫，剩余气体为氧气，利用硫元素守恒计算二氧化硫起始物质的量，根据剩余氧气的量计算参加反应的氧气的量，再根据方程式计算参加反应二氧化硫物质的量，进而计算二氧化硫转化率；（4）三氧化硫物质的量等于参加反应的二氧化硫物质的量，三氧化硫反应生成硫酸钡，由S元素守恒计算硫酸钡质量．【解答】解：（1）a．可逆反应到达平衡时SO2和SO3浓度不一定相等，与二氧化硫的转化率有关，故错a误；b．可逆反应达到平衡状态时，各物质的百分含量不变，SO2百分含量保持不变，说明到达平衡状态，故b正确；c．随反应进行气体的物质的量减小，恒温恒容下，容器内气体压强减小，当容器中气体的压强不变，说明到达平衡状态，故c正确；d．SO3的生成速率与SO2的消耗速率都表示正反应速率，反应始终二者都按1：1进行，不能说明到达平衡状态，故d错误；e．混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以密度始终不变，不能说明到达平衡状态，故e错误；故选：bc；（2）a．向装置中再充入N2，反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，所以不能提高转化率，故a错误；b．向装置中再充入O2，氧气浓度增大，平衡向正反应方向移动，提高了二氧化硫的转化率，故b正确；c．改变反应的催化剂只改变反应速率，不改变平衡，所以不能提高二氧化硫的转化率，故c错误；d．正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低了二氧化硫的转化率，故d错误；故选：b；-25-\n（3）混合气体通过过量NaOH溶液时，减少的气体是二氧化硫和三氧化硫，所以三氧化硫和未参加反应的二氧化硫的体积是21.28L，剩余氧气的体积是5.6L，平衡时二氧化硫、三氧化硫总物质的量为=0.95mol，根据S元素守恒可知，二氧化硫起始物质的量为0.95mol，平衡时氧气物质的量为=0.25mol，则参加反应的氧气为0.7mol﹣0.25mol=0.45mol，由方程式可知参加反应的二氧化硫为0.45mol×2=0.9mol，故二氧化硫的转化率为×100%=94.7%，故答案为：94.7%；（4）若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl2溶液，三氧化硫反应生成硫酸钡，由S元素守恒生成硫酸钡质量为0.9mol×5%×233g/mol=10.485g，故答案为：10.485．【点评】本题考查化学平衡计算、平衡状态的判断、影响化学平衡的因素等知识点，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．　23．在一定体积的密闭容器中进行化学反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），其化学平衡常数K和温度的关系如下表所示：t/70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K=　　（2）该反应为　吸热　反应（填“吸热”或“放热”）．（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）•c（H2）═c（CO）•c（H2O），试判断此时的温度为　830℃　（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是　B　A．容器中物质的量不变B．混合气体中各物质的浓度不变C．消耗nmolCO2的同时，生成了2nmolH2D．c（CO2）=c（H2O）-25-\n【考点】用化学平衡常数进行计算；化学平衡状态的判断．【专题】简答题；平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）化学平衡常数表达式为生成物浓度系数次幂之积比上反应物浓度系数次幂之积；（2）由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动；（3）根据c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）可知，该温度下的平衡常数为1，据此判断；（4）A．该反应为气体体积不变的反应，所以在反应过程中，容器中物质的量始终不变；B．混合气体中，当各物质的浓度不变时，说明反应已经处于平衡状态；C．消耗nmolCO2的同时，生成了2nmolH2，说明逆反应速率大于正反应速率；D．当c（CO2）=c（H2O）时，无法判断正逆反应速率是否相等．【解答】解：（1）化学平衡常数表达式为生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，所以K=，故答案为：；（2）由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，温度升高平衡向吸热反应移动，故该反应正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（3）根据c（CO2）•c（H2）=c（CO）•c（H2O）可知，该温度下的平衡常数==1，平衡常数只与温度有关，故此时温度为830℃，故答案为：830℃；（4）A．该反应为气体体积不变的反应，所以在反应过程中，容器中物质的量始终不变，故不能判断反应是否处于平衡状态；B．混合气体中，当各物质的浓度不变时，说明反应已经处于平衡状态；C．消耗nmolCO2的同时，生成了2nmolH2，说明逆反应速率大于正反应速率，此时反应没有达到平衡状态；D．当c（CO2）=c（H2O）时，无法判断正逆反应速率是否相等，故不能判断反应是否处于平衡状态；故选B．-25-\n【点评】本题考查化学平衡常数的应用、化学平衡移动，难度中等，掌握化学平衡常数的书写与应用，比较容易．　-25-