安徽省师范大学附中2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题 23页

安徽师范大学附属中学期中考查 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Mg 24‎ 第Ⅰ卷（选择题，共54分）‎ 一．选择题（本题包括18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中的能量变化：‎ 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 1molN2（g）和1molO2（g）完全反应放出的能量为180kJ B. 通常情况下，N2（g）和O2（g）混合能直接生成NO C. 1mol N2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量 D. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，△H=946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；‎ B. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，需要放电条件，故B错误；‎ C. 由图中数据可得反应物键的断裂吸收(946+498)=1444kJ/mol的能量，生成物键的形成放出2×632=1264kJ/mol的能量，故该反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故C正确；‎ D. 一氧化氮不是酸性氧化物，物质分类中属于不成盐氧化物，不能和氢氧化钠反应，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.关于下列三个反应的说法正确的是 ‎①101 kPa时，2C(s)+O2(g) ＝ 2CO(g) ΔH＝－221 kJ/mol②2H2O(g)＝ 2H2(g)+O2(g)　‎ ‎ ΔH＝+571.6 kJ/mol③稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq) ＝H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol A. 稀溶液中，CH3COOH(aq)+OH-(aq) ＝ H2O(l)+CH3COO-(aq) ΔH＝－a kJ·mol-1，则a小于57.3‎ B. 10mL0.1 mol/L的H2SO4溶液和5mL0.1mol/L 的NaOH溶液混合，中和热小于57.3 kJ/mol C. 碳的燃烧热的数值等于110.5 kJ/mol D. H2的燃烧热的数值为285.8 kJ/mol ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据中和热的概念分析；‎ B、根据中和热的概念分析；‎ C、根据燃烧热的定义判断；‎ D、根据燃烧热的定义判断．‎ ‎【详解】A、在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应则生成1mol H2O，这时的反应热叫做中和热，中和热与酸碱的用量无关，所以10mL0.1mol•L-1的H2SO4溶液和5mL 0.1mol•L-1NaOH溶液混合，中和热等于57.3 kJ/mol，故A正确；‎ B.中和热是指强酸碱稀溶液反应生成1mol水所放出的热，故B错误；‎ C、1molC完全燃烧生成最稳定氧化物二氧化碳所释放热量为燃烧热，反应①产物是CO，所以不是燃烧热，故C错误； ‎ D、热值指在一定条件下每克物质完全燃烧所放出的热量，氢气燃烧产物应该为液态水，题目中水为气态，所以不能求出热值，故D错误； 故选A．‎ ‎3.电石气是一种常见燃料，C2H2(g) + 5/2 O2(g) ＝ 2CO2(g) + H2O(l) ΔH 有关化学反应的能量变化如右图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：O=O为500、C-H为410，则断裂1molC≡C 键所需的能量（kJ）是 A. 840 B. 1590 C. 900 D. 1250‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．‎ ‎【详解】根据图中内容,可以看出C2H2(g) + 5/2 O2(g) ＝ 2CO2(g) + H2O(l) ΔH =-1256kJ/mol ‎ 则C2H2(g) + 5/2 O2(g)==2C+2H+5O △H=4166-1256=2910kJ/mol 化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molC≡C 键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391.‎ ‎4102+K+2.5500=2910 kJ/mol K=2910-4102-2.5500==840 kJ/mol 故选A。‎ ‎4.不管化学过程是一步完成或分为数步完成，这个过程的热效应是相同的。已知：H2O(g)＝H2O(l)；△H1＝Q1kJ/mol C2H5OH(g)＝C2H5OH(l)；△H2＝Q2kJ/mol C2H5OH(g)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g)；△H3＝Q3kJ/mol。酒精液体的燃烧热△H为（ ）kJ/mol A. 2（Q1＋Q2＋Q3） B. (Q1＋Q2＋Q3) C. (Q1－Q2＋Q3) D. (3Q1－Q2＋Q3)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以根据盖斯定律可知，①×3＋③－②即得到C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2‎ O(l)，所以酒精液体的燃烧热△H＝(3Q1－Q2＋Q3)kJ/mol，答案选D。‎ ‎5.2019年诺贝尔化学奖授予美国和日本的3位科学家，以表彰他们在锂离子电池领域的研发工作，市场上经常见到的标记为Li-ion的电池称为“锂离子电池”。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应为： Li + 2Li0.35NiO2 2Li0.85NiO2 下列说法不正确的是 A. 放电时，负极的电极反应式：Li－e＝ Li B. 充电时，Li既发生氧化反应又发生还原反应 C. 该电池不能用水溶液作为电解质 D. 放电过程中Li向负极移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据锂离子电池的电池反应式为：Li+2Li0.35NiO2=2Li0.85NiO2，可知，放电时，Li的化合价升高，被氧化，为原电池的负极，负极的电极反应式：Li-e-=Li+；充电时，反应逆向进行，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，也可根据Li0.85NiO2的Ni的氧化数由3.15升高到3.65，被氧化，部分Li+还原为Li，判断出充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应；由于Li可以与水反应，故应为非水材料；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．‎ ‎【详解】A. 放电时,负极反应：Li－e＝ Li;正极反应：2Li0.35NiO2+e−+Li+═2Li0.85NiO2，故A正确；‎ B. 充电时,Li0.85NiO2的Ni的氧化数由3.15升高到3.65,被氧化,部分Li+还原为Li，故B正确；‎ C. Li很活泼，会与水反应，不能用水溶液，故C正确；‎ D. Li+向正极移动，故D错误；‎ 故选：D.‎ ‎6.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意图如图所示。下列有关该电池的说法正确的是( )‎ A. 电极B上发生的电极反应为O2+2CO2+ 4e-=2CO32-‎ B. 电极A上H2参与的电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O C. 电池工作时, CO32-向电极B移动 D. 对于反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 mol CH4转移12mole-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32-，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，正确．‎ B．电解质没有OH-，负极反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，错误；‎ C．电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，错误；‎ D．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，错误；‎ 故选A．‎ ‎7.有一整套电化学装置如右图，关于该装置说法正确的是（ ）‎ A. 甲池中Mg极为正极，电极反应式为：Mg-2e-═Mg2+‎ B. 甲池中C电极发生氧化反应 C. 乙池中将化学能转化为电能 D. 乙池左侧石墨电极附近变蓝，右侧石墨电极附近变红 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 甲池中两电极材料分别为Mg和C，乙池中两电极材料都是C，甲池为原电池，乙池为电解池。A项，甲池中Mg为负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，错误；B项，甲池中C电极为正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，发生还原反应，错误；C项，乙池为电解池，将电能转化为化学能，错误；D项，乙池中左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2I--2e-=I2，I2遇淀粉呈蓝色，右侧石墨电极为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，右侧石墨电极附近水的电离平衡（H2OH++OH-）正向移动，H+继续放电，溶液中c（OH-）c（H+），溶液呈碱性，遇酚酞变红色，正确；答案选D。‎ ‎【点睛】本题解题的关键是原电池和电解池的判断。多池串联装置中原电池和电解池判断的方法：①直接判断：燃料电池等在电路中为原电池，其他装置为电解池。②根据电池中的电池材料和电解质溶液判断：原电池一般是两种不同的金属电极或一种金属电极一个碳棒电极；而电解池一般是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒；原电池中一般有一个电极可与电解质自发发生氧化还原反应。③根据电极反应现象判断。‎ ‎8.铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，研读下图，下列判断不正确的是( )‎ A. K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-‎ B. 当电路中转移0.2 mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2 mol C. K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为负极 D. K闭合时，II中SO42-向d电极迁移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．K闭合时Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中充电，d电极为阳极发生氧化反应，反应式为PbSO4+2H2O-2e－=PbO2+4H＋+SO42－，故A正确；B．由Ⅰ装置总反应Pb+PbO2+2H2SO4=2H2O+2PbSO4，得失电子总数为2e－，当电路中转移0.2mol电子时，Ⅰ中消耗的硫酸的量为0.2mol，故B正确；C．K闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，故C 错误；D．当k闭合时Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中c电极是阴极，d电极是阳极，SO42-向d电极迁移，故D正确；故选C。‎ ‎9. 下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（　　）‎ A. 图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重 B. 图b中，开关由M改置于N时，Cu﹣Zn合金的腐蚀速率减小 C. 图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大 D. 图d中，Zn﹣MnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 图a中应该是与溶液液面接触处最易腐蚀，因为与氧气接触面积大，A错；图b中，开关置于N处，形成原电池，N处中Zn腐蚀加快，B错；图c中接通开关，Zn做负极，发生析氢腐蚀，Zn腐蚀加快，Pt是产生气泡加快，C错；图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀，Zn是负极，发生氧化反应，因而主要是由Zn的氧化作用引起的，D正确。答案选D。‎ ‎10.金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，（已知：氧化性Fe2＋＜Ni2＋＜Cu2＋）下列叙述正确的是 A. 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋‎ D. 阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2＋＋2e－＝Ni ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；‎ B、阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析；‎ C、电解过程中，NiSO4作电解质溶液，电解质溶液中一定含有Ni2+；‎ D、．‎ ‎【详解】A. 粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和铂不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故A正确；‎ B. 电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；‎ C. 电解后,溶液中存在金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+；故C错误；‎ D. 阳极发生氧化反应,其电极反应式：Ni−2e−=Ni2+,Fe−2e−=Fe2+;Zn−2e−=Zn2+；故D错误；‎ 故选：A.‎ ‎11. 利用如图装置，完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，不正确的是 A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法 B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动 C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动 D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、开关K置于M处是原电池，锌做负极，铁做正极被保护，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B、开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铁做阴极被保护，溶液中阴离子移向X电极碳棒，故B错误；C、开关K置于M处，是原电池，铁做负极失电子流向正极铜，溶液中铜离子移向铜电极析出，铜棒质量将增加，故C正确；D、开关K置于N处，是电解池，X做阳极，铜失电子发生氧化反应，铁做阴极，溶液中铜离子在铁棒上析出，溶液中铜离子浓度不变，故D错误；故选C。‎ ‎12.对于可逆反应A (g)+2B(g)2C (g)（正反应为吸热反应）达到平衡时，要使正反应速率降低，且使A的浓度增大，应采取的措施是 A. 增大压强 B. 减少B的浓度 C. 减少A的浓度 D. 升高温度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．增大压强，反应物A、B的浓度都增大，正反应速率加快。错误。B．减少B的浓度，由于反应物的浓度降低，所以正反应速率降低。根据平衡移动原理：减小反应物的浓度，平衡逆向移动，产生更多的反应物A。由于A的浓度也增大。正确。C.减少A的浓度,由于反应物的浓度降低，所以正反应速率降低，但是A的浓度也减少，不符合题意，错误。D．升高温度。无论是正反应速率还是逆反应速率都加快。根据平衡移动原理，升高温度，化学 向吸热反应方向移动。对该反应来说，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，所以A的浓度减小。错误。‎ 考点：考查外界条件对化学反应速率hi化学平衡移动的影响的知识。‎ ‎13.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应 X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：下列说法正确的是 t/min ‎2‎ ‎4‎ ‎7‎ ‎9‎ n(Y)/mol ‎0.12‎ ‎0.11‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ A. 反应前2 min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3 mol/(L·min)‎ B. 反应前2 min的平均速率v(Y)＝4.0×10－3 mol/(L·min)‎ C. 该温度下此反应的平衡常数K＝1.44‎ D. 其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v(逆)>v(正)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．前2min内v（Y）==2.0×10-3 mol/（L•min），同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算v（Z）；‎ B．前2min内v（Y）==2.0×10-3 mol/（L•min），同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算v（Y）；‎ C．反应到7min时，该反应达到平衡状态，根据方程式知，平衡时c（X）=c（Y）=0.10/10mol/L=0.01mol/L，c（Z）=0.16-0.10/10mol/L×2=0.012mol/L，化学平衡常数K=‎ ‎；‎ D．该反应的正反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动．‎ ‎【详解】A. 前2min内v（Y）==2.0×10-3 mol/（L•min）,同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比,则v(Z)=2v(X)=4.0×10−3mol/(L⋅min)，故A错误；‎ B. 前2min内v(Y)= =2.0×10-3 mol/（L•min）,同一可逆反应中同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比,则v(Y)= v(X)=2.0×10−3mol/(L⋅min)，故B错误；‎ C. 反应到7min时,该反应达到平衡状态,根据方程式知,平衡时c(X)=c(Y)=0.1010mol/L=0.01mol/L，,c(Z)=0.16−0.1010mol/L×2=0.012mol/L,化学平衡常数K= ==1.44，故C正确；‎ D. 该反应的正反应是放热反应,降低温度,平衡正向移动,则反应达到新平衡前v(逆)0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是 选项 ‎ x ‎ y ‎ A ‎ 温度 ‎ 容器内混合气体的密度 ‎ B ‎ CO的物质的量 ‎ CO2与CO的物质的量之比 ‎ C ‎ SO2的浓度 ‎ 平衡常数K ‎ D ‎ MgSO4的质量（忽略体积） ‎ CO的转化率 ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体密度增大，故A正确； , 平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量， CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动， CO的转化率不变，故D错误。‎ 此处有视频，请去附件查看】‎ ‎18.一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中发生如下反应：PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）‎ 编号 温度（℃）‎ 起始物质的量 （mol）‎ 平衡物质的量 （mol）‎ 达到平衡所需时间 （s）‎ PCl5（g）‎ PCl3（g）‎ Cl2（g）‎ Ⅰ ‎320‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ t1‎ Ⅱ ‎320‎ ‎0.80‎ t2‎ Ⅲ ‎410‎ ‎0.40‎ ‎0.15‎ ‎0.15‎ t3‎ 下列说法正确的是 A. 平衡常数K：容器Ⅱ＞容器Ⅲ B. 反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器Ⅱ＞容器Ⅰ C. 反应到达平衡时，容器I中的平均速率为v（PCl5）=0.1/t1mol/（L•s）‎ D. 起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30 mol、PCl30.45 mol和Cl20.10 mol，则反应将向逆反应方向进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析: A、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，I中K=[0.1/2×0.1/2]/（0.4-0.1）/2=0.03； 容器III中K=[0.15/2×0.15/2]/（0.4-0.15）/2=0.045； 即平衡常数K：容器Ⅱ＜容器Ⅲ，故A错误；B、PCl5（g）=PCl3（g）+Cl2（g），此反应正反应方向为压强增大的反应，增大压强，平衡左移，即PCl5的转化率：容器Ⅱ＜容器Ⅰ，B错误；C。 v（Cl2）=0.1/2/ t1==v（PCl5）="0.05" mol•L-1•s-1C错误；D、由Ⅲ得出此时K=[0.15/2×0.15/2]/（0.4-0.15）/2==0.09，起始时向容器Ⅲ中充入PCl50.30 mol、PCl30.45 mol和Cl20.10 mol，则此时Qc=[0.1/2×0.45/2]/0.3/2=0.075；由于Qc＜0.09，故平衡左移，故D正确；‎ 考点: 化学平衡的影响因素；‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共46分）‎ 二．非选择题（本题包括4小题，共46分）‎ ‎19.在T℃时，向1 L固定体积的密闭容器M中加入2 mol X和1 mol Y，发生如下反应：2X(g)＋Y(g) aZ(g)＋W(g)　ΔH＝－Q kJ/mol(Q>0)；该反应达到平衡后，放出的热量为Q1‎ ‎ kJ，物质X的转化率为α；若平衡后再升高温度，混合气体的平均相对分子质量减小。请回答下列问题：‎ ‎(1)化学计量数a的值为________。‎ ‎(2)下列能说明该反应达到了化学平衡状态的是________(填序号)。‎ a．容器内压强一定 b．容器内气体的密度一定 c．容器内Z的分子数一定 d．容器内气体的质量一定 ‎(3)维持T℃温度不变，若起始时向容器M中加入2 mol X、1 mol Y和1 mol Ar(稀有气体不参与反应)，则反应达到平衡后放出的热量是________kJ。‎ ‎(4)维持T℃温度不变，若在一个和原容器体积相等的恒压容器N中加入2 mol X和1 mol Y，发生题给反应并达到平衡，则________(填“M”或“N”)容器中的反应先达到平衡状态，容器中X的质量分数M________N(填“>”、“<”或“＝”)。‎ ‎(5)已知：该反应的平衡常数随温度的变化情况如表所示：‎ 温度/℃‎ ‎200‎ ‎250‎ ‎300‎ ‎350‎ 平衡常数K ‎9.94‎ ‎5.2‎ ‎1‎ ‎0.5‎ 若在某温度下，2 mol X和1 mol Y在容器M中反应并达到平衡，X的平衡转化率为50%，则该温度为________℃。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). ac (3). Q1 (4). N (5). > (6). 350‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）该反应是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体的平均相对分子质量减小，则气体反应物计量数之和大于气体生成物计量数之和；‎ ‎（2）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理性不变，以此解答该题；‎ ‎（3）反应物的浓度不变，则其转化率不变，放出的热量不变；‎ ‎（4）根据减少的分子数计算参加反应的X的物质的量，根据X和反应热之间的关系式计算；‎ ‎（5）该条件下，恒压与恒容相比，相当于增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，压强越大，反应速率越大，据此判断到达平衡时间，根据平衡移动方向判断X的质量分数；‎ ‎（6）计算该温度下的平衡常数，根据表格中平衡常数和温度的关系判断．‎ ‎【详解】1)该反应是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，混合气体的平均相对分子质量减小，则气体反应物计量数之和大于气体生成物计量数之和，所以a=1，故答案为：1；‎ ‎(2)A、由于反应前后气体的化学计量数之和不相等，则平衡时压强不再发生变化，故A正确；‎ B. 由于是在固定体积的容器中反应，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故B错误；‎ C. 反应达到平衡状态时，物质的浓度、含量、质量等不再发生变化，则平衡时容器内Z分子数一定，故C正确；‎ D. 反应物和生成物都是气体，无论是否达到平衡状态，容器内气体的质量都一定，故D错误。‎ 故答案：AC；‎ ‎(3)若起始时向容器M中加入2mol X、1mol Y和1mol Ar(稀有气体不参与反应)，X和Y的浓度不变，所以其转化率不变，该反应达到平衡状态时，放出的热量不变为Q，故答案为：Q；‎ ‎(4)同一容器中，物质的分子数之比等于物质的量之比，当反应达到平衡时容器内的分子数目减少10%时，气体的物质的量减少10%，即气体的物质的量减少(4+6)mol×10%=1mol，根据2X(g)+Y(g)⇌Z(g)+W(g)知，当气体的物质的量减少1mol时参加反应的X的物质的量是2mol，则反应中放出的热量为QkJ，故答案为：Q；‎ ‎(5)该条件下，恒压与恒容相比，相当于增大压强，压强越大，反应速率越大，反应到达平衡的时间越短，增大压强平衡向正反应方向移动，则X的质量发生越小，‎ 故答案为：N；>；‎ ‎(6)2mol X和1mol Y在容器M中反应并达到平衡，x的平衡转化率为50%，则平衡时，c(X)=(1−50%)×2mol1L=1mol/L，‎ C(Y)=1mol−1mol×121L=0.5mol/L，‎ c(Z)=c(W)=1/2×(2×50%)mol/L=0.5mol/L，‎ k=0.5×0.5/(0.5×12)=0.5，‎ 所以其温度是350℃，故答案为：350℃。‎ ‎20.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等化工产品。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式：_______________________________。‎ ‎（2）离子交换膜的作用为_________________。‎ ‎（3）精制饱和食盐水从图中____(填“a”、“b”、“c”或“d”，下同)位置补充，氢氧化钠溶液从图中____位置流出。‎ ‎（4）KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式：____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 2H2O +2Cl-Cl2↑+2OH-+H2↑ (2). 能得到纯度较高的氢氧化钠溶液，避免Cl2与H2反应(其他答案合理即可) (3). a (4). d (5). 2KClO3 + 2H2SO4+H2C2O4 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；‎ ‎(2)阳离子交换膜只能让阳离子通过，阴离子和气体不能通过；‎ ‎(3)电解饱和食盐水时,阳极上阴离子Cl-、OH-放电，Cl-的放电能力强于OH-，阳极发生的电极反应式为：2Cl—－2e-═Cl2，阴极H+放电，电极反应式为:2H++2e-═H2；H2、NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为d，Cl2在阳极生成,精制饱和食盐水从阳极进入；‎ ‎（4）KClO3有氧化性，草酸(H2C2O4)有还原性，在硫酸提供酸性环境下反应生成ClO2‎ ‎，还生成CO2和KHSO4等物质，依据电子守恒和原子守恒，可得该反应的化学方程式。‎ ‎【详解】(1)电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱,反应的离子方程式为:,‎ 本题答案为：；‎ ‎(2)阳离子交换膜只能让阳离子通过,阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯；‎ 本题答案为：能得到纯度较高的氢氧化钠溶液，避免Cl2与H2反应；‎ ‎(3)电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大,生成氢氧化钠溶液,NaOH溶液的出口为d；Cl2在阳极,根据装置图分析可以知道精制饱和食盐水从阳极进入,即进口为a；‎ 本题答案为：a,d；‎ ‎（4）KClO3有氧化性，草酸(H2C2O4)有还原性，在硫酸提供酸性环境下反应生ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质，依据电子守恒和原子守恒，可得该反应的化学方程式：2KClO3 + 2H2SO4+H2C2O4 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；‎ 本题答案为：2KClO3 + 2H2SO4+H2C2O4 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O。‎ ‎【点睛】在电解池中，阴离子在阳极放电，放电顺序为：S2-I-Br--OH- > F-；阳离子在阴极的放电顺序为：Ag+＞Hg2+ ＞Fe3 + ＞Cu2+ ＞H+ (酸中) > Sn2+ > … > Zn2+ > H+(水中) > Al3+ > … K+ 。‎ ‎21.尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。‎ ‎(1)工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为_________________________。‎ ‎(2)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图：‎ ‎①电源的负极为________(填“A”或“B”)。‎ ‎②阳极室中发生的反应依次为__________________________、____________________________。‎ ‎③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将________；若两极共收集到气体13.44 L(标准状况)，则除去的尿素为________g(忽略气体的溶解)。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O (2). B (3). 2Cl--2e-═Cl2↑ (4). CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl (5). 不变 (6). 7.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）CO2和NH3合成CO（NH2）2，根据元素守恒可知，同时还有H2O生成，配平书写方程式；‎ ‎【详解】（1）CO2和NH3合成CO（NH2）2，根据元素守恒可知，同时还有H2O生成，化学方程式为：2NH3+CO2==CO（NH2）2+H2O，故答案为： 2NH3+CO2==CO（NH2）2+H2O，‎ ‎①由图可知,左室电极产物为CO2和N2,发生氧化反应,故A为电源的正极,右室电解产物H2，发生还原反应，故B为电源的负极，故答案为：B；‎ ‎②由图可知,阳极室首先是氯离子放电生成氯气,氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳,同时会生成HCl,阳极室中发生的反应依次为：2Cl--2e-═Cl2↑ ，CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl ‎ 故答案为：2Cl--2e-═Cl2↑ ，CO(NH2)2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl ；‎ ‎③根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH−、H+的数目相等,阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH−恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；‎ 电解收集到的13.44L气体,反应可知生成0.12molN2所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.12mol,其质量为：m[CO(NH2)2]=0.12mol×60g⋅mol−1=7.2g，‎ 故答案为：不变；7.2.‎ ‎22.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+ O2(g)2NO2(g) ‎ ‎ △H上述反应分两步完成，如图1所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)写出反应①的热化学方程式(△H用含物理量E的等式表示)：___________。‎ ‎(2)反应①和反应②中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_______(填“反应①”或“反应②”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_________(反应未使用催化剂)。‎ ‎(3)T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中只充入1.00molNO2气体发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。实验测得：v正=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO2)如表：‎ 时间/s ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(NO2)/mol ‎1.00‎ ‎0.80‎ ‎0.65‎ ‎0.55‎ ‎0.50‎ ‎0.50‎ ‎①从0～2s该反应的平均速率v(NO2)=___________mol/(L·s)。‎ ‎②T1温度时化学平衡常数K=___________mol－1·L。‎ ‎③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________。若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T1__________T2 (填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎【答案】 (1). 2NO(g) N2O2(g) △H = -(E3-E4) kJ/ mol (2). 反应② (3). 决定总反应速率的是反应②，温度升高后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应②速率变慢 (4). 0.0875 (5). 8 (6). k正/k逆 (7). <‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图象可知反应①为2NO（g）⇌N2O2（g），其焓变△H=（E2-E3）kJ/mol；‎ ‎（2）根据图象可知，反应①的活化能<反应②的活化能，反应①为快反应，反应②为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；‎ 决定正反应速率的是反应②，升高温度后反应①平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，但温度升高对应反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响；‎ ‎（3）根据v=△c/△t计算出前5s内v（NO2），之间v（O2）=1/2v（NO2）计算；‎ ‎2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）‎ 初始（mol/L）0.04 0 0‎ 转化（mol/L）0.02 0.02 0.01‎ 平衡（mol/L）0.02 0.02 0.01‎ 该温度下该反应的平衡常数K=0.022×0.01/0.022=0.01，2NO+O2⇌2NO2的化学平衡常数与2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）的平衡常数互为倒数；‎ ‎【详解】(1)根据图象可知反应①的化学方程式为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E2−E3)kJ/mol，‎ 故答案为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E2−E3)kJ/mol；‎ ‎(2)根据图象可知,反应①的活化能<反应②的活化能,反应①为快反应,反应②为慢反应,决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应②；‎ 对该反应体现升高温度,发现总反应速率变慢,可能原因是：决定正反应速率的是反应②,升高温度后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对应反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢，‎ 故答案为：反应②;决定正反应速率的是反应②,升高温度后反应①平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对应反应②的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应②速率变慢；‎ ‎(3)前5s内v(NO2)=0.04mol/L−0.03mol/L5s=0.002mol/(L⋅s),‎ 则v(O2)=12v(NO2)=0.001mol/(L⋅s)；‎ ‎2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)‎ ‎ ‎ 初始(mol/L)0.04 1 0‎ ‎ ‎ 转化(mol/L)0.02 0.35 0.35‎ ‎ ‎ 平衡(mol/L)0.02 0.65 0.35‎ ‎ ‎ 从0～2s该反应的平均速率v(NO2)=0.35/2/2=0.0875 mol/(L·s) ‎ 故答案为：0.0875 mol/(L·s) ‎ ‎② 反应进行大4-5秒时达到平衡状态 ‎ ‎2NO(g)+O2(g)2NO2(g)‎ 初始(mol/L)0.04 0 0 1 ‎ 转化(mol/L)0.02 0.50 0.25 0.50 ‎ 平衡(mol/L)0.02 0.5 0.25 0.50 ‎ 改成浓度为 0.25 0.125 0.25‎ 该温度下该反应的平衡常数K=0.25×0.25/0.25×0.25×0.125=8‎ 则2NO+O2⇌2NO2的化学平衡常数K==8，‎ 故答案为：8‎ ‎③由于v正=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响 ‎ 化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K= k正/k逆 ‎ 若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则平衡逆向移动，则T1