山东省泰安市新泰一中高二化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省泰安市新泰一中高二（上）期中化学试卷　一、选择题（本大题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法中，不正确的是（　　）A．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变B．化学反应中的能量变化都是以热能形式表现出来的C．若将等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多D．在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△H﹣T△S＜0的方向进行　2．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（　　）A．银器表面在空气中因电化腐蚀渐渐变暗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．可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀　3．一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入（　　）A．KCl固体B．铁粉C．K2SO4溶液D．KNO3溶液　4．己知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ/mol②稀溶液，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（　　）A．碳的燃烧热大于110.5kJ/molB．①的反应热为221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量　-33-\n5．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞混合液的表面皿中，如图所示，最先观察到酚酞变红现象的区域是（　　）A．Ⅰ和ⅢB．Ⅰ和ⅣC．Ⅱ和ⅢD．Ⅱ和Ⅳ　6．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（　　）A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2OB．充电过程是化学能转化为电能的过程C．放电时负极附近溶液的pH值不变D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动　7．将0.2moLAgNO3、0.4moLCu（NO3）2、0.6moLKCl溶于水，配成100mL的溶液，用石墨做电极电解一段时间后，在一极析出0.3moLCu，此时在另一极收集到气体体积为（标况）（　　）A．4.48LB．5.6LC．6.72LD．7.84L　8．下列描述中，不符合生产实际的是（　　）A．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极B．在镀件上电镀锌，用锌作阳极C．用如图装置生产家用消毒液（NaClO）-33-\nD．用如图装置为铅蓄电池充电　9．把4种不同体积或不同浓度的X溶液，分别加入4个盛有10mL2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50mL，此时X和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是（　　）A．20mL，3mol•L﹣1B．20mL，2mol•L﹣1C．10mL，4mol•L﹣1D．10mL，2mol•L﹣1　10．氮化硅（Si3O4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2+6C+2N2⇌Si3N4+6CO．下列叙述不正确的是（　　）A．若已知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数减小B．上述反应中每生成1molSi3N4，转移12mol电子C．在氮化硅的合成反应中，N2是氧化剂，SiO2是还原剂D．若使压强增大，上述平衡向逆反应方向移动　11．将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g），2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．当反应达到平衡时，c（H2）=0.5mol•L﹣1，c（HI）=4mol•L﹣1，则NH3的浓度为（　　）A．3.5mol•L﹣1B．4mol•L﹣1C．4.5mol•L﹣1D．5mol•L﹣1　12．三氧化二镍（Ni2O3）可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解．电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO﹣，把二价镍氧化为三价镍．以下说法正确的是（　　）A．可用铁作阳极材料B．电解过程中阳极附近溶液的pH升高C．阳极反应方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑-33-\nD．1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了2mol电子　13．可逆反应mA（s）+nD（g）⇌pX（g）+qY（g）在反应过程中，其他条件不变，D的转化率和温度T或压强P关系如图所示（D%为D的转化率），下列叙述中正确的是（　　）A．正反应为放热反应B．使用催化剂，D的物质的量减小C．化学方程式系数m+n=p+qD．增加物质A或D的用量，平衡均向右移动　14．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体　15．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的．化学反应H2+Cl2═2HCl的反应速率v可表示为v=kmn，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定．由此可推得，m、n值正确的是（　　）/mol•L﹣1/mol•L﹣1v/mol•L﹣1•s﹣11.01.01.0k2.01.02.0k-33-\n2.04.04.0kA．m=1、n=1B．m=、n=C．m=、n=1D．m=1、n=　16．将等物质的量的A、B混合于2L密闭容器中，发生如下反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5min后测得D的浓度为0.5mol•L﹣1，c（A）：c（B）=3：5，用C的浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1．下列有关结论正确的是（　　）A．x的值为1B．v（B）=0.2mol•L﹣1•min﹣1C．反应开始前A的物质的量为3molD．5min时A的浓度为0.2mol•L﹣1　17．在相同容积的4个密闭器中进行同一可逆反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+2D（g），起始时4个容器所盛A、B的量如表所示，在相同温度下，建立平衡时，4个容器中A或B的转化率的大小关系是（　　）容器甲乙丙丁A2mol1mol2mol1molB1mol1mol2mol2molA．A的转化率为：甲＜丙＜乙＜丁B．A的转化率为：甲＜乙＜丙＜丁C．B的转化率为：甲＞丙＞乙＞丁D．B的转化率为：丁＞乙＞丙＞甲　18．相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ•mol﹣l．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO2Ar甲2100-33-\n放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.20.1放出热量：Q2下列叙述正确的是（　　）A．Q1＞Q3＞Q2=78.8kJB．三个容器中反应的平衡常数不相等C．甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D．若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v（O2）=mol/（L•min）　19．如图表示反应M（g）+P（g）⇌nQ（g）的平衡体系中，Q的物质的量浓度c（Q）与温度T的关系（曲线上的任何一点都表示平衡状态）．下列有关该反应的描述错误的是（　　）A．通过分析题图，该反应的正反应为放热反应B．A状态与C状态的化学反应速率比较为v（A）＜v（C）C．在T1、D状态时，v正＜v逆D．在T2、B状态时，改变体积始终有v正=v逆，则n=2　20．镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+M═NiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣═6Ni（OH）2+NO2﹣下列说法正确的是（　　）A．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣B．充电过程中OH﹣离子从阳极向阴极迁移-33-\nC．充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，H2O中的H被M还原D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液　　二、简答题．21．50ml0.50mol•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，有两处缺点，其一是有处错误安装会导致热量散失较大，应该加　　　　　　，其二尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称是　　　　　　（2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是　　　　　　．（3）若操作时分几次注入反应液，求得的反应热数值　　　　　　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（6）若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2﹣t1分别为①2.2℃②2.4℃③3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为　　　　　　℃　22．现有反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）过程中能量变化如图所示，写出该反应的热化学方程式　　　　　　；已知该反应中相关的化学键键能数据如下：-33-\n化学键H﹣HC﹣OH﹣OC﹣HE/（kJ•mol﹣1）436343465413则C≡O中的键能为　　　　　　KJ•mol﹣1；图中曲线Ⅱ表示　　　　　　（填反应条件）的能量变化．　23．Li﹣SOCl2电池可用于心脏起搏器．该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4﹣SOCl2．电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2．（1）电池正极发生的电极反应为　　　　　　；（2）SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成．如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是　　　　　　，反应的化学方程式为　　　　　　．　24．二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用水煤气合成二甲醚，总反应为：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.4kJ/mol（1）在一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，只改变一个条件能同时提高反应速率和CO的转化率的是　　　　　　（填字母代号）．a．降低温度　b．加入催化剂　c．缩小容器体积　d．增加H2的浓度　e．增加CO的浓度（2）该反应的化学平衡常数表达式K=　　　　　　．温度升高平衡常数　　　　　　（填“变大”、“变小”、“不变”）（3）在一体积可变的密闭容器中充入3molH2、3molCO、1molCH3OCH3、1molCO2，在一定温度和压强下发生反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍．问：①反应开始时正、逆反应速率的大小：v（正）　　　　　　v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）．②平衡时n（CH3OCH3）=　　　　　　，平衡时CO的转化率为　　　　　　．③在该反应条件下能判断反应达到化学平衡状态的依据是　　　　　　（填编号）．A．v（CO）=3v（CO2）B．生成amolCO2的同时消耗3amolH2C．c（CO2）=c（CO）D．混合气体的平均相对分子质量不变E．气体的密度不再改变F．气体的总质量不再改变．　-33-\n25．汽车尾气净化的一个反应为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）．某小组同学为探究转化效果，在一定温度下，向2L容器中充入NO（g）和CO（g）各2.0mol，使其发生反应，测得达到平衡后容器的压强是起始压强的．求：（1）NO的转化率；（2）此温度下的平衡常数．．　　-33-\n2022-2022学年山东省泰安市新泰一中高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本大题包括20小题，每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意．）1．下列说法中，不正确的是（　　）A．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变B．化学反应中的能量变化都是以热能形式表现出来的C．若将等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多D．在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△H﹣T△S＜0的方向进行【考点】焓变和熵变；有关反应热的计算．【分析】A、化学反应的焓变不能逐个实验测定，应用盖斯定律可以计算某些反应的焓变；B、化学反应中的能量变化大多是以热能的形式表现出来，还有光能、电能等形式的能量变化；C、硫蒸气转变成硫固体要放热；D、反应的自发性判断根据熵和焓的复合判据来判断．【解答】解：A、应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，反应和起始物质和终了物质能量有关，与变化过程无关，故A正确；B、化学反应中的能量变化大多是以热能的形式表现出来，还有光能、电能等形式的能量变化，故B错误；C、因为硫蒸气转变成硫固体要放热，所以等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，故C正确；D、反应的自发性判断是根据熵和焓的复合判据，即△H﹣T△S＜0时，反应能自发进行，故D正确；故选B．【点评】本题考查了化学反应与能量变化、盖斯定律、反应自发性的判断等，属于基础知识的考查，题目难度不大．　2．下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（　　）A．银器表面在空气中因电化腐蚀渐渐变暗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-33-\nC．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．可将地下输油钢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．纯银器主要发生化学腐蚀；B．铁比锡活泼，易被腐蚀；C．海轮外壳连接锌块，锌为负极；D．防止金属被氧化，金属应连接电源的负极．【解答】解：A、银器表面变黑是因为银与空气中的氧气发生化学反应生成氧化银所致，不是电化学反应，故A错误；B、Fe比Sn活泼，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，镀层不能对铁制品起保护作用，故B错误；C、在海轮外壳连接锌块，锌比铁活泼，所以被腐蚀的是锌块，铁被保护，这种方法叫用牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、钢管与电源的正极相连，则钢管作阳极，所以钢管中的铁发生氧化反应，失去电子成为亚铁离子而被腐蚀，所以钢管不能与电源的正极相连，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电化学知识．　3．一定量的锌与过量的稀H2SO4反应制取氢气，一定温度下为减慢反应速率而又不影响氢气的量，可向其中加入（　　）A．KCl固体B．铁粉C．K2SO4溶液D．KNO3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】一定温度下为减慢反应速率，可减小H+的浓度，一定量的锌与过量的稀H2SO4反应，如果硫酸过量，不影响氢气的量，所加入物质不能影响减少Zn或H+的物质的量，以此进行判断．【解答】解：A．加入氯化钾，溶液中H+的浓度不会变化，反应速率几乎无变化，故A错误；B、加入铁粉，生成更多的氢气，不符合题意，故B错误；C．加入K2SO4溶液，相当于加入水，会使得溶液中H+的浓度减小，反应速率减慢，故C正确；-33-\nD．加入硝酸钾溶液，溶液中会存在硝酸，消耗金属铁生成的是一氧化氮，会影响氢气的量，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意题目要求，为解答该题的关键，学习中注意影响化学反应速率的外界因素．　4．己知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ/mol②稀溶液，H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol下列结论正确的是（　　）A．碳的燃烧热大于110.5kJ/molB．①的反应热为221kJ/molC．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为﹣57.3kJ/molD．稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量【考点】燃烧热；中和热．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；B、反应热分吸收热量，放出热量；C、中和热为57.3kJ•mol﹣1；D、醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程．【解答】A、在101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物，该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝对值大，故A正确；B、①的反应热为﹣221kJ/mol，故B错误；C、已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“﹣”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1，故C错误；D．醋酸为弱电解质，电离过程为吸热过程，则稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成lmol水，放出的热量小于57.3kJ，故D错误．故选A．【点评】本题考查燃烧热和中和热的理解，题目难度不大，易错点为C，注意中和热的表示方法．-33-\n　5．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞混合液的表面皿中，如图所示，最先观察到酚酞变红现象的区域是（　　）A．Ⅰ和ⅢB．Ⅰ和ⅣC．Ⅱ和ⅢD．Ⅱ和Ⅳ【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】左边表面皿是电解池，铁作阳极，锌作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应；右边表面皿是原电池，锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应．【解答】解：左边表面皿是电解池，铁作阳极，锌作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，同时还有氢氧根离子生成，所以II使酚酞试液变红；右边表面皿是原电池，锌作负极，铁作正极，负极上锌失电子生成锌离子而发生氧化反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子而发生还原反应，所以III处使酚酞试液变红，故选C．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，注意活泼金属作阳极上，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，为易错点．　6．镍镉（Ni﹣Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用．已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（　　）A．充电时阳极反应：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣=NiOOH+H2OB．充电过程是化学能转化为电能的过程C．放电时负极附近溶液的pH值不变D．放电时电解质溶液中的OH﹣向正极移动-33-\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，充电时该装置是电解池．【解答】解：A．充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正确；B．充电时该装置是电解池，是将电能转化为化学能的装置，故B错误；C．放电时，负极上电极反应式为：Cd﹣2e﹣+2OH﹣=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；D．放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选A．【点评】题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等．　7．将0.2moLAgNO3、0.4moLCu（NO3）2、0.6moLKCl溶于水，配成100mL的溶液，用石墨做电极电解一段时间后，在一极析出0.3moLCu，此时在另一极收集到气体体积为（标况）（　　）A．4.48LB．5.6LC．6.72LD．7.84L【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】依据电解原理和电解质溶液中离子放电顺序分析得到先后发生的反应：Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑①，2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+②，在阴极析出0.3moLCu，可以计算转移电子的量，依据电子守恒列式计算另一极得到的气体的物质的量．【解答】解：三种物质溶于水时，AgNO3与KCl反应后溶液中含有0.2molKNO3、0.4molCu（NO3）2和0.4molKCl．当有0.3molCu生成时，先后发生反应：Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑①，2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+②，在阳极上先后生成Cl2和O2．n（Cl2）=n（KCl）=×0.4mol=0.2mol，根据电子守恒有：0.3mol×2=0.2mol×2+4n（O2），解得n（O2）=0.05mol，所以阳极共产生气体体积为（0.2mol+0.05mol）×22.4L•mol﹣1=5.6L．-33-\n故选B．【点评】本题考查了电解池原理的分析应用，主要是电极反应和电子守恒的计算，依据电解原理和电解质溶液中离子放电顺序分析电极反应，结合题干离子物质的量和电子转移来确定发生电解反应的物质和生成产物，依据电子守恒列式计算得到即可．　8．下列描述中，不符合生产实际的是（　　）A．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极B．在镀件上电镀锌，用锌作阳极C．用如图装置生产家用消毒液（NaClO）D．用如图装置为铅蓄电池充电【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、根据电解精炼铜的原理来回答判断；B、电镀池中，镀件作阴极，镀层金属作阳极；C、生产家用消毒液（NaClO）的原理是让电解氯化钠溶液生成的氯气和氢氧化钠之间发生反应即可；D、在蓄电池充电时，电池的正极和电源的正极相接，负极和负极相接．【解答】解：A、电解精炼铜是粗铜作阳极，精铜作阴极，故A正确；B、在镀件上电镀锌，镀层金属Zn作阳极，故B正确；C、生产家用消毒液（NaClO）的原理是让电解氯化钠溶液生成的氯气和氢氧化钠之间发生反应即可，此时氯气必须在阳极上产生，故C正确；D、在蓄电池充电时，电池的正极和电源的正极相接，负极和负极相接，故D错误．-33-\n故选D．【点评】本题综合考查学生原电池和电解池的工作原理以及应用方面的知识，属于综合知识的考查，难度不大．　9．把4种不同体积或不同浓度的X溶液，分别加入4个盛有10mL2mol•L﹣1盐酸的烧杯中，并加水稀释到50mL，此时X和盐酸进行反应，其中反应速率最大的是（　　）A．20mL，3mol•L﹣1B．20mL，2mol•L﹣1C．10mL，4mol•L﹣1D．10mL，2mol•L﹣1【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】加水稀释到50mL，最后体积相同，则选项中X的物质的量越大，其浓度越大，所以反应速率就越大，以此来解答．【解答】解：加水稀释到50mL，最后体积相同，则选项中X的物质的量越大，其浓度越大，所以反应速率就越大，A．n（X）=0.02L×3mol/L=0.06mol；B．n（X）=0.02L×2mol/L=0.04mol；C．n（X）=0.01L×4mol/L=0.04mol；D．n（X）=0.01L×2mol/L=0.02mol；显然A的反应速率最大，故选A．【点评】本题考查化学反应的影响因素，明确浓度越大反应速率越大，注意最后体积相同，分析选项中的物质的量是解答的关键，题目难度不大．　10．氮化硅（Si3O4）是一种新型陶瓷材料，它可由石英与焦炭在高温的氮气流中，通过以下反应制得：3SiO2+6C+2N2⇌Si3N4+6CO．下列叙述不正确的是（　　）A．若已知上述反应为放热反应，升高温度，其平衡常数减小B．上述反应中每生成1molSi3N4，转移12mol电子C．在氮化硅的合成反应中，N2是氧化剂，SiO2是还原剂D．若使压强增大，上述平衡向逆反应方向移动【考点】氧化还原反应．【分析】A、对于放热反应，升高温度，平衡常数减小；-33-\nB、化学反应中转移的电子数目等于元素化合价升高或降低的数目；C、化合价升高元素所在的反应物为还原剂，化合价降低元素所在的反应物为氧化剂；D、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行．【解答】解：A、反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，其平衡常数减小，故A正确；B、氮元素的化合价总共降低了4×（3﹣0）=12价，所以每生成1molSi3N4，N2得到12mol电子，故B正确；C、在氮化硅的合成反应中，氮元素的化合价由0价降低到﹣3价，所以氮气是氧化剂，碳元素的化合价由0价升高到+4价，所以碳是还原剂，故C错误；D、增大压强，化学平衡向着气体体积减小的方向进行，即向着逆向进行，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生有关氧化还原反应中的有关概念、电子转移以及化学平衡常数随温度的变化的知识，综合性较强．　11．将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应NH4I（s）⇌NH3（g）+HI（g），2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）．当反应达到平衡时，c（H2）=0.5mol•L﹣1，c（HI）=4mol•L﹣1，则NH3的浓度为（　　）A．3.5mol•L﹣1B．4mol•L﹣1C．4.5mol•L﹣1D．5mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】NH4I分解出的HI为平衡与已分解的之和，即为NH4I分解出的NH3物质的量浓度，I2来自HI的分解，根据I2为0.5mol/L可知，HI分解的浓度，进而计算NH3的浓度．【解答】解：反应达到平衡时=0.5mol/L，根据2HI（气）⇌H2（气）+I2（气）可知，HI分解的浓度为2×0.5mol/L=1mol/L，反应达到平衡时=4mol/L，所以平衡时NH3的浓度=4mol/L+1mol/L=5mol/L．故选D．【点评】本题考查了化学平衡的计算，主要理清HI的分解浓度和平衡浓度与生成浓度的关系．　-33-\n12．三氧化二镍（Ni2O3）可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解．电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO﹣，把二价镍氧化为三价镍．以下说法正确的是（　　）A．可用铁作阳极材料B．电解过程中阳极附近溶液的pH升高C．阳极反应方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑D．1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了2mol电子【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．若Fe为阳极，则氯离子不能在阳极生成；B．电解时阳极附近氯离子放电；C．电解时阳极附近氯离子放电；D．由Ni2+﹣e﹣=Ni3+可知转移的电子数．【解答】解：A．若Fe为阳极，则氯离子不能在阳极生成，则不会存在产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO﹣，把二价镍氧化为三价镍，故A错误；B．电解时阳极附近氯离子放电，溶液的pH不会升高，故B错误；C．电解时阳极附近氯离子放电，发生电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2，故C正确；D．由Ni2+﹣e﹣=Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故D错误；故选C．【点评】本题考查电解原理，明确离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，选项A为解答的易错点，题目难度中等．　13．可逆反应mA（s）+nD（g）⇌pX（g）+qY（g）在反应过程中，其他条件不变，D的转化率和温度T或压强P关系如图所示（D%为D的转化率），下列叙述中正确的是（　　）A．正反应为放热反应B．使用催化剂，D的物质的量减小-33-\nC．化学方程式系数m+n=p+qD．增加物质A或D的用量，平衡均向右移动【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【分析】由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2＞T1，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%不变，则平衡不移动，故n=p+q，注意反应中A为固体，增加物质A平衡不移动．【解答】解：A．由左图知，温度T2为先到达平衡，故T2＞T1，升高温度，D%减小，则平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；B．使用催化剂，缩短到达平衡时间，平衡不移动，D的物质的量减小不变，故B错误；C、由右图可知，压强为P2先到达平衡，故P2＞P1，增大压强，D%不变，则平衡不移动，故n=p+q，故C错误；D．A为固体，增加物质A，平衡不移动，故D错误．故选：A．【点评】本题考查化学平衡的移动、化学平衡影响因素、化学平衡图象等，难度中等，根据“先拐先平数值大”原则，即曲线先折拐的首先达到平衡，以此判断温度或压强的高低，再依据外界条件对平衡的影响确定答案．　14．如图所示，其中甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B．甲池通入CH3OH的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O=CO32﹣+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体【考点】原电池和电解池的工作原理．-33-\n【专题】压轴题；电化学专题．【分析】A、根据燃料电池和电解池中的能量转换知识来回答；B、在燃料电池中，负极发生失电子的氧化反应；C、电解池中，电解后的溶液复原遵循：出什么加什么的思想；D、根据串联电路中转移电子相等结合电子守恒知识来回答．【解答】解：A、甲池是燃料电池，是化学能能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能能转化为化学能的装置，故A错误；B、在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；C、电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D、甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以消耗280mL（标准状况下0.0125mol）O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol××58g/mol=1.45g固体，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，注意平时知识的积累是解题的关键，难度较大．　15．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的．化学反应H2+Cl2═2HCl的反应速率v可表示为v=kmn，式中k为常数，m、n值可用下表中数据确定．由此可推得，m、n值正确的是（　　）/mol•L﹣1/mol•L﹣1v/mol•L﹣1•s﹣11.01.01.0k2.01.02.0k2.04.04.0kA．m=1、n=1B．m=、n=C．m=、n=1D．m=1、n=【考点】反应速率的定量表示方法．【分析】根据υ=km•n，利用三组数据列式比较可计算m、n值．-33-\n【解答】解：设三组数据编号分别为①②③，则有=2=2m，m=1；=2=4n，n=，故选D．【点评】本题考查化学反应速率的定量表示方法，题目难度不大，可对三组数据比较计算．　16．将等物质的量的A、B混合于2L密闭容器中，发生如下反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经5min后测得D的浓度为0.5mol•L﹣1，c（A）：c（B）=3：5，用C的浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1．下列有关结论正确的是（　　）A．x的值为1B．v（B）=0.2mol•L﹣1•min﹣1C．反应开始前A的物质的量为3molD．5min时A的浓度为0.2mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡计算．【分析】A．根据v=计算v（D），再根据反应速率之比等于化学计量数之比计算x的值；B．结合v（D），利用反应速率之比等于化学计量数之比计算v（B）；C.5min后，测得D的浓度为0.5mol•L﹣1，则生成的D为0.5mol/L×2L=1mol，设开始A、B的物质的量均为n，表示出5min时A、B的物质的量，再根据A、B浓度之比列方程计算A、B起始物质的量D．结合C中计算数据计算5min时A的浓度．【解答】解：A．经5min后，测得D的浓度为0.5mol•L﹣1，则v（D）==0.1mol/（L•min），C的平均反应速率是0.1mol/（L•min），则0.1mol/（L•min）：0.1mol/（L•min）=2：x，解得x=2，故A错误；B．反应速率之比等于化学计量数之比，则v（B）=v（D）=0.05mol/（L•min），故B错误；C.5min后，测得D的浓度为0.5mol•L﹣1，则生成的D为0.5mol/L×2L=1mol，设开始A、B的物质的量均为n，则：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）开始（mol）：nn0转化（mol）：1.50.51-33-\n5min时（mol）：n﹣1.5n﹣0.51此时A、B的物质的量浓度之比为3：5，则（n﹣1.5）：（n﹣0.5）=3：5，解得n=3，故C正确；D．根据C中计算可知，5min时A的浓度为=0.75mol/L，故D错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡的计算、化学反应速率计算，难度不大，注意三段式在化学平衡计算中应用，根据反应速率定义式理解速率规律．　17．在相同容积的4个密闭器中进行同一可逆反应2A（g）+B（g）⇌3C（g）+2D（g），起始时4个容器所盛A、B的量如表所示，在相同温度下，建立平衡时，4个容器中A或B的转化率的大小关系是（　　）容器甲乙丙丁A2mol1mol2mol1molB1mol1mol2mol2molA．A的转化率为：甲＜丙＜乙＜丁B．A的转化率为：甲＜乙＜丙＜丁C．B的转化率为：甲＞丙＞乙＞丁D．B的转化率为：丁＞乙＞丙＞甲【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】甲相当于在乙的基础上再增加A的物质的量，所以甲中B的转化率大于乙中B的转化率，但A的转化率要小于乙中A的转化率；丁相当于在乙的基础上再增加B的物质的量，所以丁中A的转化率大于乙中A的转化率，但B的转化率要小于乙中B的转化率；丙和乙相比，相当于在增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率均降低；丙和甲相比，相当于在甲的基础上再增加B的物质的量，所以丙中A的转化率大于甲中A的转化率，但B的转化率要小于甲中B的转化率；-33-\n丙和丁相比，相当于在丁的基础上再增加A的物质的量，所以丙中B的转化率大于丁中B的转化率，但A的转化率要小于丁中A的转化率．【解答】解：将起始时情况作如下排列：2A（g）+B（g）⇌3C（g）+2D（g）甲2mol1mol乙1mol1mol丙2mol2mol丁1mol2molA越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1molA和1molB，因是恒容为加压，平衡逆向移动使A的转化率减小，故A的转化率丁＞乙＞丙＞甲，同理得B的转化率：甲＞乙＞丙＞丁，故选A．【点评】本题考查影响化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意对比四种容器内各物质的物质的量关系，结合影响平衡移动的因素解答．　18．相同温度下，容积均恒为2L的甲、乙、丙3个密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ•mol﹣l．实验测得起始、平衡时的有关数据如下表：容器起始各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化SO2O2SO2Ar甲2100放出热量：Q1乙1.80.90.20放出热量：Q2=78.8kJ丙1.80.90.20.1放出热量：Q2下列叙述正确的是（　　）A．Q1＞Q3＞Q2=78.8kJB．三个容器中反应的平衡常数不相等-33-\nC．甲中反应达到平衡时，若升高温度，则SO2的转化率将大于50%D．若乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内，v（O2）=mol/（L•min）【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；化学平衡计算．【分析】乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时相同物质的物质的量相等．A．根据参加反应二氧化硫的物质的量判断方程热量多少；B．平衡常数只受温度影响，对于同一反应，温度相同，平衡常数相同；C．乙中放出的热量78.8kJ，则反应的二氧化硫为×2=0.8mol，平衡时二氧化硫为1mol，故甲中转化的二氧化硫为1mol，二氧化硫转化率为50%，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫转化率减小；D．乙中平衡时参加反应二氧化硫为0.8mol，由方程式可知反应的氧气为0.4mol，再根据v=计算v（O2）．【解答】解：乙、丙转化到左边，SO2、O2的物质的量分别为2mol、1mol，与甲中SO2、O2的物质的量对应相等，恒温恒容条件下，丙中Ar不影响平衡移动，故三者为完全等效平衡，平衡时相同物质的物质的量相等．A．由于平衡时二氧化硫物质的量相等，故参加反应二氧化硫的物质的量：甲＞乙=丙，故放出热量：Q1＞Q3=Q2=78.8kJ，故A错误；B．甲、乙、丙三容器温度相同，平衡常数相同，故B错误；C．乙中平衡时放出热量为78.8kJ，由2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣197kJ•mol﹣1可知，参加反应的二氧化硫为×2=0.8mol，平衡时二氧化硫为1.8mol﹣0.8mol=1mol，故甲中转化的二氧化硫为2mol﹣1mol=1mol，甲中二氧化硫转化率为=50%，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率将小于50%，故C错误；-33-\nD．乙中平衡时参加反应二氧化硫为0.8mol，由2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）可知，反应的氧气为0.8mol×=0.4mol，乙容器中的反应经tmin达到平衡，则0～tmin内v（O2）==mol/（L•min），故D正确，故选D．【点评】本题考查等效平衡、化学平衡计算、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等，关键是理解等效平衡规律，注意丙中稀有气体在恒温恒容条件下不影响平衡移动，难度中等．　19．如图表示反应M（g）+P（g）⇌nQ（g）的平衡体系中，Q的物质的量浓度c（Q）与温度T的关系（曲线上的任何一点都表示平衡状态）．下列有关该反应的描述错误的是（　　）A．通过分析题图，该反应的正反应为放热反应B．A状态与C状态的化学反应速率比较为v（A）＜v（C）C．在T1、D状态时，v正＜v逆D．在T2、B状态时，改变体积始终有v正=v逆，则n=2【考点】化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、图象分析可知随温度升高，Q的浓度减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理分析判断；B、化学反应速率影响因素分析，温度越高反应速率越大；C、图象分析D状态不是平衡状态，达到平衡需要增大Q的浓度，平衡正向进行；D、在T2、B状态时，改变体积，压强变化，平衡不动说明反应前后气体体积不变；【解答】解：A、图象分析可知随温度升高，Q的浓度减小，说明平衡逆向进行，依据平衡移动原理分析，逆向是吸热反应，所以正反应是放热反应，故A正确；B、化学反应速率影响因素分析，温度越高反应速率越大，A状态与C状态的化学反应速率比较为v（A）＜v（C），故B正确；-33-\nC、图象分析D状态不是平衡状态，达到平衡需要增大Q的浓度，平衡正向进行，v正＞v逆，故C错误；D、在T2、B状态时，改变体积，压强变化，平衡不动说明反应前后气体体积不变，n=2，故D正确；故选：C．【点评】本题考查化学平衡影响因素的分析判断，图象分析应用，化学平衡移动原理的理解是解题关键，题目难度中等．　20．镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+M═NiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣═6Ni（OH）2+NO2﹣下列说法正确的是（　　）A．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣B．充电过程中OH﹣离子从阳极向阴极迁移C．充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，H2O中的H被M还原D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液【考点】真题集萃．【专题】电化学专题．【分析】镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣=NiOOH+H2O、阴极反应：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，负极：MH+OH﹣﹣e﹣=M+H2O，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A．根据以上分析书写正极电极反应式；B．充电过程中，氢氧根离子向阳极移动；C．充电时，阴极上得电子发生还原反应；D．有氨气存在时易发生副反应．【解答】解：镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣、阴极反应：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；-33-\n放电时，正极：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，负极：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A．正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni（OH）2+OH﹣，故A正确；B．电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH﹣离子从阴极向阳极，故B错误；C．H2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；D．不能用氨水做电解质溶液，因为NiOOH能和氨水发生反应，故D错误；故选A．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确题给信息的含义是解本题关键，难点的电极反应式的书写，题目难度中等．　二、简答题．21．50ml0.50mol•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，有两处缺点，其一是有处错误安装会导致热量散失较大，应该加　盖硬纸板　，其二尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称是　环形玻璃搅拌棒　（2）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是　减少实验过程中的热量损失　．（3）若操作时分几次注入反应液，求得的反应热数值　偏小　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）．（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（6）若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2﹣t1分别为①2.2℃②2.4℃③3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为　2.3　℃【考点】中和热的测定．【专题】综合实验题．-33-\n【分析】（1）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；（3）操作时分几次注入反应液，导致热量散失；（4）根据弱电解质电离吸热分析；（5）先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值．【解答】解：（1）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；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：盖硬纸板；环形玻璃搅拌棒；（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（3）操作时分几次注入反应液，导致热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（4）（4）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量偏小，中和热数值会偏小，故答案为：偏小；（5）三次温度差分别为①2.2℃②2.4℃③3.4℃，第③组数据舍去，温度差平均值==2.3℃，故答案为：2.3．【点评】本题综合考查了中和热的测定、误差分析，可以根据所学知识进行回答，难度不大．　22．现有反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）过程中能量变化如图所示，写出该反应的热化学方程式　CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol　；已知该反应中相关的化学键键能数据如下：-33-\n化学键H﹣HC﹣OH﹣OC﹣HE/（kJ•mol﹣1）436343465413则C≡O中的键能为　1084　KJ•mol﹣1；图中曲线Ⅱ表示　提供催化剂　（填反应条件）的能量变化．【考点】反应热和焓变．【分析】根据反应物与生成物的总能量来分析吸热还是放热，并书写热化学反应方程式；依据化学反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和计算C≡O中的键能，图中曲线Ⅱ表示降低了反应物的活化能，据此分析；【解答】解：反应物的总能量与活化能的差值为419kJ，生成物的总能量与活化能的差值为510kJ，则该反应为放热反应，放出的热量为419kJ﹣510kJ=91kJ，热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol，因为化学反应焓变=反应物键能总和﹣生成物键能总和，所以设C≡O中的键能为xKJ/mol，则﹣91=436×2+x﹣（413×3+343+465），解得x=1084KJ/mol，图中曲线Ⅱ表示降低了反应物的活化能，所以曲线Ⅱ表示提供催化剂的能量变化；故答案为：CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=﹣91kJ/mol；1084；提供催化剂．【点评】本题考查热化学方程式的相关计算及书写，难度中等，看懂图象是解题关键．　23．Li﹣SOCl2电池可用于心脏起搏器．该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4﹣SOCl2．电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2．（1）电池正极发生的电极反应为　2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2　；（2）SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成．如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是　出现白雾，有刺激性气体生成　，反应的化学方程式为　SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由总反应可知，该原电池中Li被氧化，应为原电池负极反应，电极反应式为Li﹣e﹣=Li+，SOCl2在正极得电子被还原生成S，电极反应为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，该电池必须在无水、无氧的条件下进行，锂易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应．【解答】解：（1）SOCl2在正极得电子被还原生成S，同时有生成SO2，电极反应为2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2，故答案为：2SOCl2+4e﹣=4Cl﹣+S+SO2；-33-\n（2）实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成，可知SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应的方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，生成气体具有刺激性并形成酸雾．故答案为：出现白雾，有刺激性气体生成；SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑．【点评】本题考查Li﹣SOCl2电池的组成和工作原理，题目难度中等，从电池总反应式判断电极反应，以及电极方程式的书写是该部分常考查方式，希在学习中多注意积累相关知识和解答方法．　24．二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用水煤气合成二甲醚，总反应为：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.4kJ/mol（1）在一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，只改变一个条件能同时提高反应速率和CO的转化率的是　cd　（填字母代号）．a．降低温度　b．加入催化剂　c．缩小容器体积　d．增加H2的浓度　e．增加CO的浓度（2）该反应的化学平衡常数表达式K=　　．温度升高平衡常数　变小　（填“变大”、“变小”、“不变”）（3）在一体积可变的密闭容器中充入3molH2、3molCO、1molCH3OCH3、1molCO2，在一定温度和压强下发生反应：3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g），经一定时间达到平衡，并测得平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍．问：①反应开始时正、逆反应速率的大小：v（正）　＞　v（逆）（填“＞”“＜”或“=”）．②平衡时n（CH3OCH3）=　1.75　，平衡时CO的转化率为　75%　．③在该反应条件下能判断反应达到化学平衡状态的依据是　DE　（填编号）．A．v（CO）=3v（CO2）B．生成amolCO2的同时消耗3amolH2C．c（CO2）=c（CO）D．混合气体的平均相对分子质量不变E．气体的密度不再改变F．气体的总质量不再改变．【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．-33-\n【分析】（1）改变条件增大反应速率，可以采取加入催化剂、升温、加压、增大浓度等措施，且提高CO的转化率应使平衡向正反应方向移动，结合平衡移动原理分析解答；（2）依据平衡常数概念写出表达式；因反应是放热反应，升温，平衡逆向进行，平衡常数减小；（3）①平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的4/3倍，说明混合气体总的物质的量减小，反应向正反应方向进行；②设平衡时CH3OCH3的物质的量变化量为xmol，利用三段式表示出平衡时各组分的物质的量，由平衡时密度可知，平衡后混合气体的物质的量为起始时的0.625，据此列方程计算解答；③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．【解答】解：（1）a．正反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，但反应速率减小，故a错误；b．加入催化剂，反应速率增大，不影响平衡移动，CO的转化率不变，故b错误；c．正反应为气体体积减小的反应，缩小容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故c正确；d．增加H2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，CO的转化率增大，故d正确；e．增加CO的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，但CO的转化率减小，故e错误；故答案为：cd；（2）该反应的平衡常数K=，因反应是放热反应，升温，平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：；变小；（3）①平衡时混合气体密度是同温同压下起始时的1.6倍，同温同压下体积缩小密度增大，正反应方向混合气体总的物质的量减小，故反应向正反应方向进行，故反应速率V（正）＞V（逆），故答案为：＞；②由平衡时密度可知，平衡后混合气体的物质的量为起始时的0.625，平衡时总物质的量为（3mol+3mol+1mol+1mol）×0.625=5mol，设平衡时CH3OCH3的物质的量变化量为xmol，则：-33-\n3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）开始（mol）：3311变化（mol）：3x3xxx平衡（mol）：3﹣3x3﹣3x1+x1+x所以，3﹣3x+3﹣3x+1+x+1+x=5，解得x=0.75，平衡时n（CH3OCH3）=（3﹣3×0.75）mol=1.75mol，故平衡时CO的转化率为×100%=75%，故答案为：75%；③A．在任何时候，反应速率v（CO）=3v（CO2），不能证明反应达到平衡状态，故A错误；B．在任何时候，生成amolCO2的同时消耗3amolH2，不能证明反应达到平衡状态，故B错误；C．该反应过程中，压强始终保持不变，不能证明反应达到平衡状态，故C错误；D．反应前后气体质量不变，气体物质的量减小，反应过程中混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；E．体积可变的密闭容器中，气体质量不变，体积发生变化，所以气体的密度不再改变，说明反应达到平衡状态，故E正确；F．密闭容器中气体质量始终不变，所以气体的总质量不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故F错误；故答案为：DE．【点评】本题考查反应热计算、化学平衡影响因素、化学平衡计算等，难度中等，（3）中注意判断起始与平衡时混合气体总物质的量关系．　25．汽车尾气净化的一个反应为：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）．某小组同学为探究转化效果，在一定温度下，向2L容器中充入NO（g）和CO（g）各2.0mol，使其发生反应，测得达到平衡后容器的压强是起始压强的．求：（1）NO的转化率；（2）此温度下的平衡常数．．【考点】化学平衡的计算；用化学平衡常数进行计算．【分析】（1）设参加反应的NO为xmol，用三段式表示出平衡时各组分物质的量，恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比，据此列方程计算x的值，进而计算NO的转化率；-33-\n（2）结合（1）的计算可知平衡时各组分物质的量，计算平衡时各组分物质的量浓度，代入平衡常数表达式K=计算．【解答】解：（1）设参加反应的NO为xmol，则：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）开始（mol）：2200转化（mol）：xx0.5xx平衡（mol）：2﹣x2﹣x0.5xx测得达到平衡后容器的压强是起始压强的，则=，解答x=1.6，故NO的转化率为×100%=80%，答：NO的转化率为80%．（2）平衡时NO、CO的浓度均为=0.2mol/L，N2的浓度为=0.4mol/L，CO2的浓度为=0.8mol/L，故平衡常数K===160，答：该温度下平衡常数为160．【点评】本题考查化学平衡有关计算、平衡常数计算，难度不大，注意掌握三段式解题法在化学平衡计算中的应用．　-33-