化学卷·2018届河北省邯郸市临漳一中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 27页

‎2016-2017学年河北省邯郸市临漳一中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、每道题有一个选项符合题意，每题2分，共40分 ‎1．500℃，在三个相同体积的恒容密闭容器里，分别加入对应物质，甲：2mol SO2 1mol O2乙：2mol SO2 1mol O2 1mol N2 丙：4mol SO2 2mol O2同时进行反应，开始时反应速率最大的是（　　）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．无法判断 ‎2．在2A+B⇌3C+5D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）═0.5 mol/（L•s） B．v（B）═0.3mol/（L•s）‎ C．v（C）═0.8 mol/（L•s） D．v（D）═1mol/（L•s）‎ ‎3．白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体黑磷，其转化过程中能量变化如图所示．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．黑磷比白磷稳定 B．黑磷与白磷互为同分异构体 C．白磷转化为黑磷是氧化还原反应 D．白磷转化为黑磷是吸热反应 ‎4．某温度下，反应SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）的平衡常数K1=50，在同一温度下，反应2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）的平衡常数K2的值为（　　）‎ A．2500 B．100 C．4×10﹣4 D．2×10﹣2‎ ‎5．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．正极的电极反应为：2H++2e﹣═H2↑‎ B．此过程中还涉及反应：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3‎ C．此过程中铜并不被腐蚀 D．此过程中电子从Fe移向Cu ‎6．反应4A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g），经2min B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应速率的正确表示是（　　）‎ A．用A表示的反应速率是0.8 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1‎ C．在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 mol•L﹣1•min﹣1‎ D．在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的 ‎7．在某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）；△H＜0的平衡常数为K，下列说法正确的是（　　）‎ A．增加A的量，平衡正向移动，达到新平衡时K值增大 B．升高温度，K值增大 C．K越大，说明该反应的进行程度越大 D．该反应的K=‎ ‎8．可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的正、逆反应速度可用各反应物或生成物浓度变化来表示．下列各关系中能说明反应已经达到化学平衡的是（　　）‎ A．3v正（N2）=v逆（H2） B．v正（N2）=v逆（NH3）‎ C．2v正（H2）=3v正（NH3） D．v正（N2）=3v逆（H2）‎ ‎9．下列各组中，每种电解质溶液在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气的是（　　）‎ A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4‎ C．NaOH、H2SO4、Ba（OH）2 D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2‎ ‎10．在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（　　）‎ A．反应混合物的浓度 B．反应体系的压强 C．正、逆反应的速率 D．反应物的转化率 ‎11．把锌片和铁片放在盛有食盐水和酚酞的表面皿中，如图所示．最先观察到酚酞变红的现象的区域是（　　）‎ A．Ⅰ和Ⅲ B．Ⅰ和Ⅳ C．Ⅱ和Ⅲ D．Ⅱ和Ⅳ ‎12．石墨和锌插入盛稀硫酸的烧杯中，再进行连接，无论形成原电池还是电解池，都不可能发生的电极反应是（　　）‎ A．4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O B．Zn﹣﹣2e﹣⇌Zn 2+‎ C．O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ D．2H++2e﹣═H2↑‎ ‎13．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（ g ）+O2（ g）⇌2SO3（g ）；△H＜O．如图表示当其它条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（　　）‎ A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高 B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响 C．图Ⅱ表示t0时刻通入氦气对反应速率的影响 D．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 ‎14．某密闭容器中发生反应：X（g）+Y（g）⇌3Z（g）△H＜0如图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是（　　）‎ A．t2时加入了催化剂 B．t3时降低了温度 C．t5时增大了压强 D．t4～t5时间内转化率最低 ‎15．串联电路中四个电解池分别装有0.5mol•L﹣1的下列溶液，用惰性电极电解，连接直流电源一段时间后，溶液pH最大的是（　　）‎ A．KNO3溶液 B．NaCl溶液 C．AgNO3溶液 D．CuCl2溶液 ‎16．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：则25℃时，反应X+3Y⇌2Z的平衡常数为（　　）‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A．500 B．600 C．1 200 D．1 600‎ ‎17．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（　　）‎ A．反应的化学方程式为：2 N⇌M B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡 C．t3时，正反应速率大于逆反应速率 D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍 ‎18．在一个容积固定的密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0．第2min时只改变一个条件，反应情况如表：下列说法不正确的是（　　）‎ 时间 c（CO）/mol•L﹣1‎ c（H2）/mol•L﹣1‎ c（CH3OH）/mol•L﹣1‎ 起始 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 第2min ‎0.8‎ ‎2.6‎ ‎0.2‎ 第4min ‎0.4‎ ‎1.8‎ ‎0.6‎ 第6min ‎0.4‎ ‎1.8‎ ‎0.6‎ A．第4 min至第6 min该化学反应处于平衡状态 B．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能加入了H2‎ C．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂 D．第6 min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大 ‎19．关于如图装置的叙述，正确的是（　　）‎ A．镁片为负极，镁片上产生黄绿色气体 B．铁片为阳极，铁片上产生无色气体 C．溶液中铁片与镁片之间产生白色沉淀 D．溶液的pH将逐渐增大 ‎20．胶状液氢（主要成分是H2和CH4）有望用于未来的运载火箭和空间运输系统．实验测得101kPa时，1mol H2（g）完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1mol CH4（g）完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出890.3kJ的热量．下列热化学方程式书写正确的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8 kJ/mol B．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ/mol C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ/mol D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+890.3 kJ/mol ‎　‎ 二、本题每小题有一个选项符合题意，每题3分个，共15分 ‎21．稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，应加入适量的物质是（　　）‎ A．NH4Cl B．硫酸 C．NaOH固体 D．水 ‎22．下列关于四个图象的说法正确的是（　　）‎ A．图①表示化学反应中能量的变化，反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的△H＞0‎ B．图②为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2：1‎ C．图③表示物质a、b的溶解度曲线，可以用结晶方法从a、b混合物中提纯a D．图④可以表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，且乙的压强大 ‎23．某温度下，反应 2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常数为400．此温度下，在容积一定的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O 浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.44‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．CH3OH的起始浓度为1.04mol/L B．此时逆反应速率大于正反应速率 C．平衡时CH3OH的浓度为0.04mol/L D．平衡时CH3OH的转化率小于80%‎ ‎24．甲醇﹣空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如图．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．H+从正极区通过交换膜移向负极区 B．负极的电极反应式为：CH3OH（l）+H2O（l）﹣6e﹣=CO2（g）+6H+‎ C．d导出的是CO2‎ D．图中b、c分别是O2、甲醇 ‎25．一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）‎ 下列说法正确的是（　　）‎ 容器 编号 温度（℃）‎ 起始物质的量（mol）‎ 平衡物质的量（mol）‎ CH3OH（g）‎ CH3OCH3（g）‎ H2O（g）‎ I ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ A．该反应的正方应为吸热反应 B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 C．容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 D．若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH30.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行 ‎　‎ 二、非选择题 ‎26．为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应的措施．化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算．‎ ‎（1）实验测得，5g甲醇（CH3OH，液态）在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：　　．‎ ‎（2）已知化学键的键能为：‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ 又知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=a kJ•mol﹣1．试根据表中所列键能数据估算a的值为　　．‎ ‎（3）已知：C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2599kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，计算 298K时C（s，石墨）和H2（g）反应生成1mol C2H2（g）的焓变为　　．‎ ‎27．（1）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．‎ ‎　　‎ A B C D E F ‎4mol•L﹣1 H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎①请完成此实验设计，其中：V1=　　，V6=　　，V9=　　；‎ ‎②反应一段时间后，实验A中的金属呈　　色，实验E中的金属呈　　色；‎ ‎③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因　　．‎ ‎（2）在100℃和200kPa的条件下，反应aA（g）⇌bB（g）+cC（g）建立平衡后，在不加入任何物质的条件下逐步增大体系的压强（维持温度不变），下表列出的不同压强下反应建立平衡时物质B的浓度．‎ 压强（kPa）‎ ‎200‎ ‎500‎ ‎1 000‎ B的浓度（mol•L﹣1）‎ ‎0.04‎ ‎0.1‎ ‎0.27‎ 根据表中的数据，回答下列问题：‎ ‎①压强从200kPa增加到500kPa时，平衡　　移动（填“正向”“逆向”或“不”），理由是　　．‎ ‎②压强从500kPa增加到1 000kPa时，平衡　　转移（填“正向”“逆向”或“不”），其原因可能是　　．‎ ‎28．右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．‎ ‎（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：‎ ‎①电源的N端为　　极；‎ ‎②电极b上发生的电极反应为　　；‎ ‎③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：　　‎ ‎④电极c的质量变化是　　g；‎ ‎⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：‎ 甲溶液　　；‎ 乙溶液　　；‎ 丙溶液　　；‎ ‎（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？　　．‎ ‎29．高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：‎ 温度/℃‎ ‎1000‎ ‎1150‎ ‎1300‎ 平衡常数 ‎4.0‎ ‎3.7‎ ‎3.5‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　，△H　　0（填“＞”、“＜”或“=”）；‎ ‎（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率v（C02）=　　、CO的平衡转化率=　　：‎ ‎（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是　　．‎ A．减少Fe的量 B．增加Fe203的量 C．移出部分C02‎ D．提高反应温度 E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸市临漳一中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、每道题有一个选项符合题意，每题2分，共40分 ‎1．500℃，在三个相同体积的恒容密闭容器里，分别加入对应物质，甲：2mol SO2 1mol O2乙：2mol SO2 1mol O2 1mol N2 丙：4mol SO2 2mol O2同时进行反应，开始时反应速率最大的是（　　）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．无法判断 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】体积相同，温度相同，参加反应的气体的浓度越大，则反应速率越大，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：相同温度、相同体积条件下，甲乙参加反应的气体的物质的量相等，乙中氮气不参加反应，则甲、乙反应速率相等；‎ 丙参加气体的浓度最大，反应速率最大．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．在2A+B⇌3C+5D反应中，表示该反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）═0.5 mol/（L•s） B．v（B）═0.3mol/（L•s）‎ C．v（C）═0.8 mol/（L•s） D．v（D）═1mol/（L•s）‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，然后比较大小．‎ ‎【解答】解：对反应2A+B=3C+5D，都换算成D表示的速率进行比较，‎ A、v（A）=0.5 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（D）=v（A）=×0.5 mol/（L•s）=1.25 mol/（L•s）；‎ B、v（B）=0.3mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（D）=5v（B）=5×0.5 mol/（L•s）=2.5 mol/（L•s）；‎ C、v（C）=0.8 mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，故v（D）=v（C）=×0.8 mol/（L•s）=1.33 mol/（L•s）；‎ D、v（D）=1 mol/（L•s），‎ 故B表示的反应速率最快，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．白磷在高压下隔绝空气加热后急速冷却，可得钢灰色固体黑磷，其转化过程中能量变化如图所示．下列叙述中正确的是（　　）‎ A．黑磷比白磷稳定 B．黑磷与白磷互为同分异构体 C．白磷转化为黑磷是氧化还原反应 D．白磷转化为黑磷是吸热反应 ‎【考点】反应热和焓变；同素异形体．‎ ‎【分析】A、能量越低越稳定；‎ B、黑磷和白磷是由同种元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体；‎ C、单质中元素的化合价为0，反应前后化合价不变；‎ D、由图可知白磷的量比黑磷高，白磷转化为黑磷是放热反应．‎ ‎【解答】解：A、由图可知白磷的量比黑磷高，能量越低越稳定，说明黑磷能量更稳定，故A正确；‎ B、黑磷和白磷是由同种元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故B错误；‎ C、单质中元素的化合价为0，反应前后化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；‎ D、由图可知白磷的量比黑磷高，白磷转化为黑磷是放热反应，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．某温度下，反应SO2（g）+O2（g）⇌SO3（g）的平衡常数K1=50，在同一温度下，反应2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）的平衡常数K2的值为（　　）‎ A．2500 B．100 C．4×10﹣4 D．2×10﹣2‎ ‎【考点】化学平衡的计算；化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】平衡常数指可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积相比所得的比值．由此可知：相同温度下，①对同一可逆反应逆反应平衡常数与正反应平衡常数的关系是互为倒数．②化学计量数变为原来的n倍，平衡常数变为原来的n次方．‎ ‎【解答】解：某温度下，SO2（g）+O2（g）SO3 （g） 的平衡常数K1=50，‎ 所以相同温度下2SO2（g）+O2（g）2SO3 （g） 的平衡常数k=（K1）2=502=2500，‎ 在同一温度下，反应2SO3（g）2SO2（g）+O2（g）的平衡常数K2===4×10﹣4．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法不正确的是（　　）‎ A．正极的电极反应为：2H++2e﹣═H2↑‎ B．此过程中还涉及反应：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3‎ C．此过程中铜并不被腐蚀 D．此过程中电子从Fe移向Cu ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，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生成氢氧根离子，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，原电池放电时，电子从负极流向正极，据此分析．‎ ‎【解答】解：根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀．‎ A、中性或弱碱性条件下，氧气得电子生成氢氧根离子，则正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故A错误；‎ B、负极上发生的电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故B正确；‎ C、该原电池中铜作正极，原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，正极被保护，所以铜不被腐蚀，故C正确；‎ D、该原电池放电时，外电路上电子从负极铁流向正极铜，故D正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．反应4A（s）+3B（g）⇌2C（g）+D（g），经2min B的浓度减少0.6mol•L﹣1．对此反应速率的正确表示是（　　）‎ A．用A表示的反应速率是0.8 mol•L﹣1•s﹣1‎ B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是3：2：1‎ C．在2 min末时的反应速率，用反应物B来表示是0.3 mol•L﹣1•min﹣1‎ D．在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是相同的 ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】A．根据v=计算v（B），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（A）；‎ B．速率之比等于化学计量数之比，据此判断；‎ C．根据v=计算的v（B）表示2min内的平均速率，不是即时速率；‎ D．速率之比等于化学计量数之比，据此判断．‎ ‎【解答】解：A.2min内，B的浓度减少0.6mol/L，故v（B）==0.3mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，所以v（A）=v（B）=×0.3mol/（L•min）=0.4mol/（L•min），故A错误；‎ B．速率之比等于化学计量数之比，故v（B）：v（C）：v（D）=3：2：1，故B正确；‎ C.2min内，B的浓度减少0.6mol/L，2min内用B表示的平均速率v（B）==0.3mol/（L•min），不是即时速率，故C错误；‎ D．速率之比等于化学计量数之比，故v（B）：v（C）=3：2，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．在某温度下，可逆反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）；△H＜0的平衡常数为K，下列说法正确的是（　　）‎ A．增加A的量，平衡正向移动，达到新平衡时K值增大 B．升高温度，K值增大 C．K越大，说明该反应的进行程度越大 D．该反应的K=‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；‎ B．升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小；‎ C．K越大，说明生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比越大；‎ D．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，但不包含固体和纯液体．‎ ‎【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，该反应过程中温度不变，则化学平衡常数始终不变，与反应物浓度无关，故A错误；‎ B．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向吸热方向即向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，故B错误；‎ C．K越大，说明生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比越大，则该反应的进行程度越大，故C正确；‎ D．化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，但不包含固体和纯液体，所以该反应化学平衡常数K=，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的正、逆反应速度可用各反应物或生成物浓度变化来表示．下列各关系中能说明反应已经达到化学平衡的是（　　）‎ A．3v正（N2）=v逆（H2） B．v正（N2）=v逆（NH3）‎ C．2v正（H2）=3v正（NH3） D．v正（N2）=3v逆（H2）‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】根据达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）解答．‎ ‎【解答】解：因化学反应达到平衡时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质）．‎ A、反应达到平衡状态时，都有v正（N2）：v逆（H2）=1：3，故A正确；‎ B、反应达到平衡状态时，v正（N2）与v逆（NH3）之比等于1：2，故B错误；‎ C、无论该反应是否达到平衡状态，都有2v正（H2）=3v正（NH3），故C错误；‎ D、反应达到平衡状态时，v正（N2）：v逆（H2）=1：3，且没有注明正逆速率，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．下列各组中，每种电解质溶液在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气的是（　　）‎ A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4‎ C．NaOH、H2SO4、Ba（OH）2 D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答．‎ ‎【解答】解：A．电解HCl生成氢气和氯气，电解CuCl2生成Cu和氯气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故A不选；‎ B．电解NaOH生成氢气和氧气，电解CuSO4生成Cu、氧气、硫酸，电解H2SO4生成氢气和氧气，故B不选；‎ C．电解NaOH、H2SO4、Ba（OH）2，均只生成氢气和氧气，故C选；‎ D．电解NaBr生成溴、氢气、NaOH，电解H2SO4生成氢气和氧气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．在已经处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明化学平衡移动的是（　　）‎ A．反应混合物的浓度 B．反应体系的压强 C．正、逆反应的速率 D．反应物的转化率 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】分析条件的改变会导致哪些量的变化，是否引起速率变化，如果速率不变，平衡一定不移动．‎ 如果速率改变，平衡不一定移动：‎ ‎（1）改变程度相同[V（正）=V（逆）]，平衡不移动；‎ ‎（2）改变程度不相同[V（正）≠V（逆）]，平衡移动．‎ ‎【解答】解：A、如果混合物中各组分的浓度变化而保持各组分的含量不变时，平衡不移动，故A错误；‎ B、如果反应前后气体总物质的量不变，则压强对平衡无影响，故B错误．‎ C、使用合适的催化剂，正、逆反应速率都改变，但平衡不移动，故C错误；‎ D、只有平衡移动才能改变反应物的转化率，所以反应物的转化率改变时，化学平衡一定发生了移动，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．把锌片和铁片放在盛有食盐水和酚酞的表面皿中，如图所示．最先观察到酚酞变红的现象的区域是（　　）‎ A．Ⅰ和Ⅲ B．Ⅰ和Ⅳ C．Ⅱ和Ⅲ D．Ⅱ和Ⅳ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据原电池和电解池的工作原理来确定电极反应、总反应以及电极区域的现象．‎ ‎【解答】解：第一个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在Ⅰ处得电子生成OH﹣，所以Ⅰ处变红；第二个装置是电解池，铁为阳极，溶液中的H+在Ⅳ处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH﹣浓度增大，所以Ⅳ处变红，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．石墨和锌插入盛稀硫酸的烧杯中，再进行连接，无论形成原电池还是电解池，都不可能发生的电极反应是（　　）‎ A．4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O B．Zn﹣﹣2e﹣⇌Zn 2+‎ C．O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ D．2H++2e﹣═H2↑‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、石墨和锌插入盛稀硫酸的烧杯中，如果是电解池阴是锌；‎ B、石墨和锌插入盛稀硫酸的烧杯中，如果是原电池，锌是负极；‎ C、O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣发生还原反应，如果是原电解正极发生还原反应是氢离子放电；如果是电解池阴极发生还原反应，则是阳离子氢离子放电；‎ D、如果是电解池阴极发生还原反应，则是阳离子氢离子放电；或原电解池正极发生还原反应．‎ ‎【解答】解：A、石墨和锌插入盛稀硫酸的烧杯中，如果是电解池阴是锌，阳极是氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，故A正确；‎ B、石墨和锌插入盛稀硫酸的烧杯中，如果是原电池，锌是负极，或电解池的阳极是锌，电极反应式为：Zn﹣2e﹣⇌Zn2+，故B正确；‎ C、O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣发生还原反应，如果是原电解正极发生还原反应是氢离子放电；如果是电解池阴极发生还原反应，则是阳离子氢离子放电，所以不可能是氧气发生还原反应，故C错误；‎ D、如果是电解池阴极发生还原反应，则是阳离子氢离子放电；或原电解池正极发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣═H2↑，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2（ g ）+O2（ g）⇌2SO3（g ）；△H＜O．如图表示当其它条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（　　）‎ A．图Ⅰ表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高 B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响 C．图Ⅱ表示t0时刻通入氦气对反应速率的影响 D．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 ‎【考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】A．正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应方向移动，平衡时二氧化硫的含量减小；‎ B．加入催化剂，正逆反应速率都增大，但速率相等，平衡不移动；‎ C．平衡体系中 通入惰气，总压增大，分压不变，平衡不变；‎ D．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大；‎ ‎【解答】解：A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；‎ B．图Ⅱ在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；‎ C．平衡体系中 通入惰气，总压增大，分压不变，平衡不变，图Ⅱ表示的是平衡移动的过程，故C错误；‎ D．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎14．某密闭容器中发生反应：X（g）+Y（g）⇌3Z（g）△H＜0如图表示该反应的速率（v）随时间（t）变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是（　　）‎ A．t2时加入了催化剂 B．t3时降低了温度 C．t5时增大了压强 D．t4～t5时间内转化率最低 ‎【考点】化学反应速率变化曲线及其应用．‎ ‎【分析】由X（g）+Y（g）⇌3Z（g）△H＜0可知该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应，为放热反应，根据催化剂、温度、压强对化学反应速率和化学平衡的影响来分析，若化学平衡逆向移动，则反应物的转化率降低．‎ ‎【解答】解：A、因该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应，t2～t3时间内正逆反应速率增大且相等，则应为t2时加入了催化剂，故A正确；‎ B、由图可知，t3时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡在t3时向逆反应方向移动，而该反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，故B错误；‎ C、t5时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡在t5时向逆反应方向移动，由化学计量数可知，增大压强，化学平衡应逆向移动，故C正确；‎ D、由图可知，t4～t5时间内v不变，化学反应处于平衡状态，平衡不移动，则反应物的转化率不变，t5～t6时间内X或Y的转化率最低，故D错误；‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎15．串联电路中四个电解池分别装有0.5mol•L﹣1的下列溶液，用惰性电极电解，连接直流电源一段时间后，溶液pH最大的是（　　）‎ A．KNO3溶液 B．NaCl溶液 C．AgNO3溶液 D．CuCl2溶液 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A．电解KNO3溶液，发生反应：2H2O2H2↑+O2↑，KNO3浓度增大，但KNO3溶液为中性；‎ B．电解NaCl溶液，发生反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，有NaOH生成；‎ C．电解AgNO3溶液，发生反应：4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑，有硝酸生成；‎ D、电解CuCl2溶液，发生反应：：CuCl2Cu+Cl2↑．‎ ‎【解答】解：阳离子的放电顺序为：Ag+＞Cu2+＞H+＞Na+＞K+，阴离子的放电顺序为：I﹣＞Br﹣＞Cl﹣＞OH﹣，‎ 根据离子的放电顺序，电解各溶液的电解方程式分别为：‎ A、电解KNO3溶液实际是电解水，2H2O2H2↑+O2↑，所得溶液仍是硝酸钾溶液，只是浓度增大，呈中性．‎ B、电解NaCl溶液的电解方程式为：2 NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH，所得溶液为氢氧化钠溶液，呈碱性；‎ C、电解Ag NO3溶液的电解方程式为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，所得溶液为硝酸溶液，呈酸性；‎ D、电解CuCl2溶液的电解方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，所得液体为水；‎ 所以溶液pH最大的是B，故选B．‎ ‎　‎ ‎16．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表：则25℃时，反应X+3Y⇌2Z的平衡常数为（　　）‎ 物质 X Y Z 初始浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎0‎ 平衡浓度/mol•L﹣1‎ ‎0.05‎ ‎0.05‎ ‎0.1‎ A．500 B．600 C．1 200 D．1 600‎ ‎【考点】化学平衡常数的含义．‎ ‎【分析】根据平衡常数表达式是平衡时生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积来计算平衡常数；‎ ‎【解答】解：对于方程式为X+3Y⇌2Z，K═=1600，故选D；‎ ‎　‎ ‎17．在一定温度下，容器内某一反应中M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如图，下列表述中正确的是（　　）‎ A．反应的化学方程式为：2 N⇌M B．t2时，正逆反应速率相等，达到平衡 C．t3时，正反应速率大于逆反应速率 D．t1时，N的浓度是M浓度的2倍 ‎【考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】达到平衡时，N的物质的量为2mol，变化6mol，M的物质的量为5mol，变化3mol，反应的方程式为2N⇌M，结合图象解答该题．‎ ‎【解答】解：A．达到平衡时，N的物质的量为2mol，变化6mol，M的物质的量为5mol，变化3mol，反应的方程式为2N⇌M，故A正确；‎ B．t2时，没有达到平衡状态，则正逆反应速率不等，故B错误；‎ C．t3时，达到平衡状态，则正逆反应速率相等，故C错误；‎ D．t1时，N的物质的量为6mol，M的物质的量为3mol，则N的浓度是M浓度的2倍，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎18．在一个容积固定的密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0．第2min时只改变一个条件，反应情况如表：下列说法不正确的是（　　）‎ 时间 c（CO）/mol•L﹣1‎ c（H2）/mol•L﹣1‎ c（CH3OH）/mol•L﹣1‎ 起始 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 第2min ‎0.8‎ ‎2.6‎ ‎0.2‎ 第4min ‎0.4‎ ‎1.8‎ ‎0.6‎ 第6min ‎0.4‎ ‎1.8‎ ‎0.6‎ A．第4 min至第6 min该化学反应处于平衡状态 B．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能加入了H2‎ C．第2 min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂 D．第6 min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．第4min至第6min各物质的浓度保持不变；‎ B．第2min至第4min，反应速率加快，降低温度反应速率减慢；‎ C．加入催化剂会加快反应速率；‎ D．升高温度会加快反应速率．‎ ‎【解答】解：A．第4min至第6min各物质的浓度保持不变，所以是平衡状态，故A正确；‎ B．第2 min时，如果加入氢气，到4min时，CO变化0.4mol，氢气变化0.8mol，达到平衡时氢气的量大于1.8mol，故B错误；‎ C．加入催化剂会加快反应速率，第2min时，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂，故C正确；‎ D．升高温度会加快反应速率；所以第6min时，其他条件不变，如果升高温度，正反应速率增大，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎19．关于如图装置的叙述，正确的是（　　）‎ A．镁片为负极，镁片上产生黄绿色气体 B．铁片为阳极，铁片上产生无色气体 C．溶液中铁片与镁片之间产生白色沉淀 D．溶液的pH将逐渐增大 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】该装置是原电池，镁片作负极，铁片作正极，负极上镁失电子发生氧化反应生成镁离子，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，镁离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化镁．‎ ‎【解答】解：该装置是原电池，镁片作负极，铁片作正极，‎ A．镁片为负极，负极上镁失电子发生氧化反应生成镁离子，故A错误；‎ B．铁片作正极，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，故B错误；‎ C．负极上的电极反应式为：2Mg﹣4e﹣=2Mg 2+，正极上的电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4 OH﹣，镁离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化镁，故C正确；‎ D．由负极上的电极反应式为：2Mg﹣4e﹣=2Mg 2+，正极上的电极反应式为：2H2O+O2+4e﹣=4 OH﹣，所以总反应为2Mg+2H2O+O2=2Mg（OH）2↓，所以溶液的pH基本不变，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎20．胶状液氢（主要成分是H2和CH4）有望用于未来的运载火箭和空间运输系统．实验测得101kPa时，1mol H2（g）完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量；1mol CH4（g）完全燃烧生成液态水和CO2气体，放出890.3kJ的热量．下列热化学方程式书写正确的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8 kJ/mol B．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ/mol C．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3 kJ/mol D．CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=+890.3 kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】根据热化学方程式中反应热与物质的物质的量成正比以及热化学方程式的书写方法来解答．‎ ‎【解答】解：1 molH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ的热量，则热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol；‎ ‎1 molCH4完全燃烧生成液态水和CO2，放出890.3kJ的热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3 kJ•mol；‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、本题每小题有一个选项符合题意，每题3分个，共15分 ‎21．稀氨水中存在着下列平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，应加入适量的物质是（　　）‎ A．NH4Cl B．硫酸 C．NaOH固体 D．水 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，则可加入含OH﹣的物质，结合浓度对化学平衡的影响来解答．‎ ‎【解答】解：A．加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，同时使c（OH﹣）减小，故A错误；‎ B．加硫酸，平衡正向移动，同时使c（OH﹣）减小，故B错误；‎ C．加NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH﹣）增大，故C正确；‎ D．加水，电离平衡正向移动，同时使c（OH﹣）减小，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎22．下列关于四个图象的说法正确的是（　　）‎ A．图①表示化学反应中能量的变化，反应CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的△H＞0‎ B．图②为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2：1‎ C．图③表示物质a、b的溶解度曲线，可以用结晶方法从a、b混合物中提纯a D．图④可以表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，且乙的压强大 ‎【考点】化学反应中能量转化的原因；溶解度、饱和溶液的概念；常见化学电源的种类及其工作原理；物质的量或浓度随时间的变化曲线．‎ ‎【分析】A、根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断该反应是吸热还是放热反应 B、根据氢氧燃料正、负极放电的物质来判断 C、根据溶解度随温度变化的规律来解决 D、根据先到达平衡的反应，压强大，在根据平衡移动原理，判断平衡是否移动 ‎【解答】解、A、因反应物的总能量＞生成物的总能量，根据能量守恒原理，该反应为放热，△H＜0，故A错误；‎ ‎ B、因氢氧燃料电池的总反应：2H2+O2=2H2O，负极放电的物质为H2，正极放电的物质为O2，两者的物质的量之比为2，故B错误；‎ ‎ C、因物质a的溶解度随温度变化较大，而物质b的溶解度随温度变化不大，因此，可以用降温结晶方法从a、b混合物中析出物质a，故C正确；‎ ‎ D、因乙先到达平衡，故乙的压强大，甲的压强小，但增大压强，平衡向正反应方向移动，而图象中平衡未发生移动，乙应是加入催化剂的原因，故D错误；‎ ‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎23．某温度下，反应 2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）的平衡常数为400．此温度下，在容积一定的密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：‎ 物质 CH3OH CH3OCH3‎ H2O 浓度/（mol•L﹣1）‎ ‎0.44‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A．CH3OH的起始浓度为1.04mol/L B．此时逆反应速率大于正反应速率 C．平衡时CH3OH的浓度为0.04mol/L D．平衡时CH3OH的转化率小于80%‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】由反应2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）可知起始时CH3OH的浓度为0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L，‎ 反应到某时刻时浓度商Q===1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，‎ 设平衡时转化的浓度为x，则 ‎ 2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）‎ 起始：1.64mol/L O 0‎ 转化：x 0.5x 0.5x 平衡：1.64mol/L﹣x 0.5x 0.5x 则=400，x=1.6mol/L，‎ 以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．由反应2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）可知起始时CH3OH的浓度为0.44mol/L+2×0.6mol/L=1.64mol/L，故A错误；‎ B．反应到某时刻时浓度商Q===1.86＜400，反应未达到平衡状态，向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故B错误；‎ C．设平衡时转化的浓度为x，则 ‎ 2CH3OH（g） CH3OCH3（g）+H2O（g）‎ 起始：1.64mol/L O 0‎ 转化：x 0.5x 0.5x 平衡：1.64mol/L﹣x 0.5x 0.5x 则=400，x=1.6mol/L，‎ 平衡时CH3OH的浓度为1.64mol/L﹣1.6mol/L=0.04mol/L，故C正确；‎ D．平衡时CH3OH的转化率为=97.6%，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎24．甲醇﹣空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如图．下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．H+从正极区通过交换膜移向负极区 B．负极的电极反应式为：CH3OH（l）+H2O（l）﹣6e﹣=CO2（g）+6H+‎ C．d导出的是CO2‎ D．图中b、c分别是O2、甲醇 ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】由质子的定向移动可知甲为燃料电池的负极，乙为燃料电池的正极，负极电极反应式为CH3OH（l）+H2O（l）﹣6e﹣=CO2（g）+6H+，正极反应式为O2+4e﹣+4H+=2H2O．‎ ‎【解答】解：A．原电池工作时，阳离子移向原电池的正极，故A错误；‎ B．负极甲醇失电子被氧化，电极方程式为CH3OH（l）+H2O（l）﹣6e﹣=CO2（g）+6H+，故B正确；‎ C．乙为燃料电池的正极，导入的为空气，氧气在正极被还原生成水，导出的为氮气和水蒸汽，故C错误；‎ D．图中b、c分别是甲醇、O2，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎25．一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）‎ 下列说法正确的是（　　）‎ 容器 编号 温度（℃）‎ 起始物质的量（mol）‎ 平衡物质的量（mol）‎ CH3OH（g）‎ CH3OCH3（g）‎ H2O（g）‎ I ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ A．该反应的正方应为吸热反应 B．达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 C．容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 D．若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH30.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行 ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】A．根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；‎ B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同；‎ C．温度越高，反应速率越大，反应时间越短；‎ D．根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向进行．‎ ‎【解答】解：A．容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.080mol/L，c（CH3OH）==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，容器Ⅲ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.090mol/L，c（CH3OH）==0.02mol/L，化学平衡常数K2==20.25＞4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A错误；‎ B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；‎ C．容器Ⅰ中的温度比容器Ⅱ的温度高，温度越高反应速率越快，达到衡所需时间越短，故C错误；‎ D．c（CH3OH）=0.1mol/L、c（CH3OCH3 ）=0.15mol/L、c（H2O）=0.10mol/L，浓度商==1.5＜4，平衡向正反应方向移动，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎26．为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应的措施．化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算．‎ ‎（1）实验测得，5g甲醇（CH3OH，液态）在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：　2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452.8kJ/mol　．‎ ‎（2）已知化学键的键能为：‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ•mol﹣1‎ ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ 又知反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=a kJ•mol﹣1．试根据表中所列键能数据估算a的值为　﹣93　．‎ ‎（3）已知：C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ•mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2599kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律，计算 298K时C（s，石墨）和H2（g）反应生成1mol C2H2（g）的焓变为　+227.7kJ/mol　．‎ ‎【考点】热化学方程式；反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；‎ ‎（2）根据反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键能求算；‎ ‎（3）可以先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，64g即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出1452.8kJ热量，‎ 则热化学方程式为：2CH3OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452.8KJ/，‎ 故答案为：2CH3OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452.8KJ/mol；‎ ‎（2）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=945kJ•mol﹣1+436kJ•mol﹣1×3﹣391kJ•mol﹣1×6=﹣93kJ•mol﹣1=a kJ•mol﹣1，因此a=﹣93，‎ 故答案为：﹣93；‎ ‎（3）已知：①C （s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H1=﹣393kJ•mol﹣1；‎ ‎②2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）△H2=﹣571.6kJ•mol﹣1；‎ ‎③2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O （l）△H2=﹣2599kJ•mol﹣1；‎ ‎2C （s，石墨）+H2（g）=C2H2（g）的反应可以根据①×2+②×﹣③×得到，‎ 所以反应焓变△H=2×（﹣393kJ•mol﹣1）+（﹣571.6kJ•mol﹣1）×﹣（﹣2599kJ•mol﹣1）×=+227.7kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：+227.7kJ•mol﹣1；‎ ‎　‎ ‎27．（1）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．‎ ‎　‎ A B C D E F ‎　‎ ‎4mol•L﹣1 H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎①请完成此实验设计，其中：V1=　30　，V6=　10　，V9=　17.5　；‎ ‎②反应一段时间后，实验A中的金属呈　灰黑　色，实验E中的金属呈　紫红　色；‎ ‎③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因　当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积　．‎ ‎（2）在100℃和200kPa的条件下，反应aA（g）⇌bB（g）+cC（g）建立平衡后，在不加入任何物质的条件下逐步增大体系的压强（维持温度不变），下表列出的不同压强下反应建立平衡时物质B的浓度．‎ 压强（kPa）‎ ‎200‎ ‎500‎ ‎1 000‎ B的浓度（mol•L﹣1）‎ ‎0.04‎ ‎0.1‎ ‎0.27‎ 根据表中的数据，回答下列问题：‎ ‎①压强从200kPa增加到500kPa时，平衡　不　移动（填“正向”“逆向”或“不”），理由是　浓度增大的倍数和压强增大的倍数相同　．‎ ‎②压强从500kPa增加到1 000kPa时，平衡　正向　转移（填“正向”“逆向”或“不”），其原因可能是　加压至1000kPa时，C物质变成了非气态物质　．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）①为保证实验有对比性，只能逐渐改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；‎ ‎②锌与硫酸反应使锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；Zn能够置换出Cu，出现紫红色；‎ ‎③生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，影响了反应速率；‎ ‎（2）①压强从 200kPa 增加到500kPa，增大了2.5倍，B的浓度从0.04mol/L增大到0.1mol/L，也增大了2.5倍，说明a=b+c，改变压强平衡不移动；‎ ‎②压强增大的倍数为1000kPa/500kPa=2，B的浓度增大的倍数为0.27mol/L/0.1mol/L=2.7，浓度增大的倍数大于压强增大的倍数，所以平衡向“正向”移动．‎ ‎【解答】解：（1）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V6=10ml，V9=17.5ml，V1=30ml．‎ 故答案为：30；10；17.5；‎ ‎②A中没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色，‎ 故答案为：灰黑；紫红；‎ ‎③因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，‎ 故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积．‎ ‎（2）①根据表中数据，压强从 200kPa增加到500kPa，增大了2.5倍，B的浓度从0.04mol/L增大到0.1mol/L，也增大了2.5倍，说明浓度增大的倍数和压强增大的倍数相同，化学计量数满足a=b+c，改变压强化学平衡不移动，‎ 故答案为：不；浓度增大的倍数和压强增大的倍数相同；‎ ‎②利用表中数据可知，压强增大的倍数为1000kPa/500kPa=2，B的浓度增大的倍数为0.27mol/L/0.1mol/L=2.7，浓度增大的倍数大于压强增大的倍数，说明加压至1000kPa时，C物质变成了非气态物质，所以增大压强化学平衡向“正向”移动，‎ 故答案为：正向；加压至1000kPa时，C物质变成了非气态物质．‎ ‎　‎ ‎28．右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．‎ ‎（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：‎ ‎①电源的N端为　正　极；‎ ‎②电极b上发生的电极反应为　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　；‎ ‎③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：　2.8L　‎ ‎④电极c的质量变化是　16　g；‎ ‎⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：‎ 甲溶液　甲增大，因为相当于电解水　；‎ 乙溶液　乙减小，OH﹣放电，H+增多　；‎ 丙溶液　丙不变，相当于电解水　；‎ ‎（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？　可以，铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解　．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极．丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的．‎ ‎②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑．‎ ‎③转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L．‎ ‎④Cu2++2e﹣=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m（Cu）=×64=16g．‎ ‎⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH﹣放电，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变．‎ ‎（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．‎ ‎【解答】解：（1）①乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从b﹣c移动，M是负极，N为正极，故答案为：正极；‎ ‎②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH﹣放电，即4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；‎ ‎③丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成 ‎2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：答案2.8L；‎ ‎ ④整个电路是串联的，所以每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的，根据电极反应：Cu2++2e﹣=Cu，可知转移0.5mol电子生成的m（Cu）=×64=16g，故答案为：16；‎ ‎⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu2+放电，阳极为OH﹣放电，电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以H+增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变．‎ 故答案为：甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH﹣放电，H+增多．丙不变，相当于电解水；‎ ‎（2）当铜全部析出时，溶液中仍有电解质硫酸，可以继续电解，故答案为：可以； 铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解．‎ ‎　‎ ‎29．高炉炼铁过程中发生的主要反应为Fe2O3（s）+CO（g）=Fe（s）+CO2（g）已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：‎ 温度/℃‎ ‎1000‎ ‎1150‎ ‎1300‎ 平衡常数 ‎4.0‎ ‎3.7‎ ‎3.5‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K=　　，△H　＜　0（填“＞”、“＜”或“=”）；‎ ‎（2）在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过10min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率v（C02）=　0.006mol/（L•min）　、CO的平衡转化率=　60%　：‎ ‎（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是　C　．‎ A．减少Fe的量 B．增加Fe203的量 C．移出部分C02‎ D．提高反应温度 E．减小容器的容积 F．加入合适的催化剂．‎ ‎【考点】化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法；用化学平衡常数进行计算；化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】（1）根据化学平衡常数的概念来书写表达式，并利用温度与化学平衡常数的关系来分析反应热；‎ ‎（2）根据各物质的物质的量、化学平衡常数及三段法计算来平衡时的量，再计算反应速率及物质的转化率；‎ ‎（3）根据影响化学平衡移动的因素可知，提高（2）中CO的平衡转化率则是分析能使平衡正向移动的措施来解答．‎ ‎【解答】解：（1）由平衡常数是指在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，‎ 但需要注意但是固体和纯液体的浓度视为常数，不能出现在表达式中，则K=，又从表中数据可知随着温度的升高平衡常数逐渐减小，‎ 则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，所以正反应是放热反应，即△H＜0，故答案为：；＜；‎ ‎（2）设CO转化的物质的量为x，则 Fe2O3（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）‎ 起始量（mol） 1.0 1.0‎ 转化的量（mol） x x 平衡时的量（mol） 1.0﹣x 1.0+x 又在1000℃时K=4.0，则有=4.0，解得x=0.6，‎ C02的浓度变化量为：c（C02）==0.06mol/L，‎ 则用二氧化碳表示的反应速率为=0.006mol/（L．min），CO的转化率为×100%=60%，‎ 故答案为：0.006mol/（L．min）；60%；‎ ‎（3）若提高CO的平衡转化率，则化学平衡向正反应方向移动，‎ 因Fe、Fe2O3都是固体，改变质量平衡不移动，故AB不选；‎ 移出二氧化碳气体，减小生成物中气体的浓度，则平衡正向移动，故C选；‎ 因反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，故D不选；‎ 因该反应前后气体的体积不变，则减小容器的容积，平衡不移动，故E不选；‎ 因催化剂对平衡移动无影响，则加入合适的催化剂不能使平衡移动，故F不选；‎ 故答案为：C．‎ ‎　‎ ‎2016年12月21日