【化学】河北省武邑中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 19页

河北省武邑中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题 一、选择题(每小题只有一个正确选项，每小题3分共60分)‎ ‎1.在‎2A＋B‎3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是（ ）‎ A. v（A）＝0.5 mol·L－1·s－1 B. v（B）＝0.3 mol·L－1·s－1‎ C. v（C）＝0.8 mol·L－1·s－1 D. v（D）＝1 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在相同条件下，同一化学反应中，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快。‎ A．v(A)/2=0.25；‎ B．v(B)/1=0.3；‎ C．v(C)/3=0.27；‎ D．v(D)/4=0.25；‎ 则反应速率最快的为B；‎ 故选：B。‎ ‎2.珠港澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件用多种防腐方法。下列分析错误的是（ ）‎ A. 防腐原理主要是避免发生反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2‎ B. 钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池 C. 采用外加电流的阴极保护时需直接在钢构件上绑上锌块 D. 钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 大桥在海水中发生吸氧腐蚀；‎ B. 钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水；‎ C. 直接在钢构架上榜上锌块，采用的是牺牲阳极的阴极保护法；‎ D. 不锈钢材料，耐腐蚀性比较好。‎ ‎【详解】A. 大桥在海水中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子变成二价铁离子，Fe-2e-=Fe2+，正极上氧气得电子变成氢氧根离子，O2+4e-+2H2O=4OH-，总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，A项正确；‎ B. 钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，能隔绝空气和水，B项正确；‎ C. 直接在钢构架上榜上锌块，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C项错误；‎ D. 不锈钢材料，耐腐蚀性比较好，可以减缓电化学腐蚀，D项正确；‎ 答案选C ‎3.下列有关能量的判断或表示方法正确的是（ ）‎ A. 已知石墨比金刚石更稳定，则可知C(石墨)=C(金刚石），△H>0‎ B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多 C. 由H+(aq) + OH-(aq)=H2O(l)；△H=-57.3kJ·mol－1，可知：含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量等于57.3kJ D. 已知H2燃烧热△H=-285.8kJ·mol－1，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)；△H=-285.8kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 能量越低，物质越稳定，石墨比金刚石更稳定，即石墨转化成金刚石需要吸收能量；‎ B. 硫蒸气变成硫固体放热，根据盖斯定律进行分析判断 C. 中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所释放出的热量；‎ D. 燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量。‎ ‎【详解】A. 能量越低，物质越稳定，石墨比金刚石更稳定，即石墨转化成金刚石需要吸收能量，则可知C(石墨)=C(金刚石），△H>0，A项正确；‎ B. 硫蒸气变成硫固体放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量更多，B项错误；‎ C. 中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所释放出的热量，CH3COOH为弱酸，发生反应放出的热量小于57.3kJ，C项错误；‎ D. 燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，氢气燃烧的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)；△H=-285.8kJ·mol－1‎ ‎4.下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是（ ）‎ A. 1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O（s）]＜S[H2O（g）]‎ B. 自发进行的反应一定能迅速进行 C. CaCO3（s）CaO（s）+CO2（g）△H＞0能否自发进行与温度有关 D. 常温下，反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，则该反应的△H＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 同种物质熵值，气体大于液体大于固体 B. 自发进行的反应速率取决于物质的性质和外界条件；‎ C. 该反应为熵增加的反应，利用复合判据分析；‎ D. 反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，ΔG=△H-TΔS>0，据此判断。‎ ‎【详解】A. 同种物质熵值，气体大于液体大于固体，A项正确；‎ B. 自发进行的反应速率取决于物质的性质和外界条件，不一定能迅速发生，B项错误；‎ C. 该反应为熵增加的反应，即ΔS>0，又△H＞0，ΔG=△H-TΔS<0时反应自发进行，因此，该反应能否自发进行与温度有关，C项正确；‎ D. 反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）不能自发进行，ΔG=△H-TΔS>0，又ΔS>0，则△H＞0，D项正确；‎ 答案选B。‎ ‎5.在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用V(A)、V(B)、V(C)表示。已知V(A)、V(B)、V(C)之间有以下关系2V(B)＝3V(A)，3V(C)＝2V(B)，则此反应可表示为（ ）‎ A. A+B=C B. A+3B=‎2C ‎ C. ‎3A+B=‎2C D. ‎2A+3B=‎‎2C ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】2V(B)＝3V(A)，3V(C)＝2V(B)，则V(A)：V(B)＝2：3，V(B)：V(C)＝3：2，计量数之比为2：3：2，方程式为‎2A+3B=‎2C，答案为D。‎ ‎6.下列有关乙烯的说法，其中错误的是（ ）‎ A. 乙烯分子的双键中有一个键较易断裂 B. 乙烯分子里所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角约为120°‎ C. 乙烯的化学性质比乙烷活泼 D. 乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，因此它们属于同系物 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：A．乙烯分子的双键中有一个键较易断裂，化学性质活泼，故A正确；B．乙烯分子是平面结构，所有原子都在同一平面上，且碳氢键之间的键角为120°，故B正确；C．碳碳双键不稳定，乙烯的化学性质比乙烷活泼，故C正确；D．乙烯和环丙烷（）的分子组成符合通式CnH2n，但结构不相似，因此它们不属于同系物，故D错误，答案为D。‎ ‎7.下列关于苯的叙述正确的是( )‎ A. 反应为取代反应，有机产物的密度比水小 B. 反应为取代反应，有机产物是一种烃 C. 反应中1mol苯最多与发生加成反应，是因为苯分子含有三个碳碳双键 D. 反应为氧化反应，反应现象是火焰明亮并带有较多黑烟 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯与液溴在铁做催化剂的条件下生成溴苯和溴化氢，属于取代反应，溴苯的密度大于水，故A错误；‎ B、苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液加热发生取代反应生成硝基苯，有机产物硝基苯是烃的衍生物，故B错误；‎ C. 1mol苯最多与发生加成反应，苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特键，苯分子不含碳碳双键，故C错误；‎ D. 苯分子中含碳量高，燃烧的现象是火焰明亮并带有较多的黑烟，故D正确，答案选D。‎ ‎8.某单烯烃经氢化后得到的饱和烃是，该烯烃可能有的结构有(　 　)‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】A ‎【解析】根据烯烃与 加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在的位置，该烷烃中能形成双键键位置有:1和2之间、2和3之间；2和6、4和5、4和7与1、2形成的键相同，3和4与2和6位置形成的键相同，故该烯烃共有2种；正确选项A。‎ ‎9.下列有关电化学知识的描述正确的是（ ）‎ A. 行人踩踏发电瓷砖(原理是利用行人踩踏地板产生的振动来发电)是将化学能转化为电能 B. 某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥可以装有含琼胶的KCl饱和溶液 C. 因为铁的活泼性强于铜，所以将铁、铜用导线连接后放入浓硝酸中，若能组成原电池，必是铁作负极、铜作正极 D. 理论上，任何能自发进行的且能放出能量的氧化还原反应都可设计成原电池 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、行人踩踏发电瓷砖是将动能转化为电能，故A错误；‎ B项、KCl饱和溶液会与AgNO3溶液发生反应：KCl＋AgNO3=AgCl↓＋KNO3，反应生成AgCl沉淀会使盐桥中溶液的离子浓度减小，导电性减弱，所以不能使用KCl饱和溶液，可换成KNO3饱和溶液，故B错误；‎ C项、铁遇到冷的浓硝酸会发生钝化，铁、铜在入浓硝酸中构成原电池时，铁作正极，铜作负极，故C错误；‎ D项、构成原电池首要的条件是自发的发生氧化还原反应，所以理论上说，任何能自发进行的氧化还原反应都可设计成原电池，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.在容积为‎1 L的恒容密闭容器中充入CO(g)和H2O(g)，发生反应：CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g)  ΔH<0，所得实验数据如下表：‎ 实验 编号 温度/℃‎ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(CO)‎ n(H2O)‎ n(CO2)‎ ‎①‎ ‎700‎ ‎0.40‎ ‎0.10‎ ‎0.090‎ ‎②‎ ‎800‎ ‎0.10‎ ‎0.40‎ ‎0.080‎ ‎③‎ ‎800‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ a ‎④‎ ‎900‎ ‎0.10‎ ‎0.15‎ b 下列说法正确的是（ ）‎ A. 实验①中，若5 min时测得n (CO2) =0.050 mol，则0至5 min时间内，用H2表示的平均反应速率υ (H2) = 5.0×10－2 mol/(L·min)‎ B. 实验②中，该条件下反应的平衡常数K =2.0‎ C. 实验③中，达到平衡时，CO的转化率为60%‎ D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）=v（CO2）== = 1.0×10-2mol/（L•min），A项错误； B．实验②中平衡时CO2为0.080 mol，则：‎ ‎ 由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故实验②中，该反应的平衡常数K = = = 1，B项错误； C．温度不变,平衡常数不变，则K=1，因平衡时n(CO2) = a mol，则列三段式如下：‎ ‎ 则K==1，解得a=0.12，实验③中CO的转化率=×100%=60%，C项正确；‎ D．该反应为放热反应，则升高温度，平衡常数K减小，所以K（‎900℃‎）＜K（‎‎800℃‎ ‎）＜1，平衡时CO2为b mol，则：‎ ‎ 则K=＜1，解得b ＜ 0.060，D项错误；‎ 答案为C。‎ ‎11.对平衡CO2（g）CO2（aq） △H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中溶解度，应采用的方法是（ ）‎ A. 升温增压 B. 降温减压 C 升温减压 D. 降温增压 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2（g）CO2（aq） △H= -19.75kJ/mol的正向是气体体积减小的放热过程，要使CO2在水中的溶解度增大，即使平衡正向移动，可以降低温度、增大压强，答案选D。‎ ‎12.常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为（ ）‎ A. 0.01‎mol·L－1 B. 0.017mol·L－1‎ C. 0.05mol·L－1 D. 0.50mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混和后pH=12，说明碱过量，剩余的c(OH-)=0.01mol/L，据此列式计算原溶液的浓度。‎ ‎【详解】设NaOH和HCl的物质的量浓度均为c，NaOH和HCl溶液以3:2体积比相混合，体积分别为3V、2V，‎ 酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c(OH−)=0.01 mol·L－1，‎ 则：c(OH−)==0.01 mol·L－1，‎ 解得：c=0.05mol·L－1，C项正确，‎ 答案选C。‎ ‎13.常温下，下列各组离子在指定溶液能大量共存的是（ ）‎ A. pH＝1的溶液中：Fe2＋、NO3-、SO42-、Na＋‎ B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3-‎ C. ＝1012的溶液中：NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－‎ D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO42-、SCN－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A. pH＝1的溶液为酸性溶液，体系中发生氧化还原反应；‎ B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液；‎ C. ＝1012的溶液是酸性溶液；‎ D. Fe3＋可与SCN－发生络合反应。‎ ‎【详解】A. pH＝1的溶液为酸性溶液，Fe2＋、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，A项错误；‎ B. 由水电离的c(H＋)＝1×10－14mol·L－1的溶液可以是酸性溶液也可以是碱性溶液，酸性或碱性溶液中HCO3-均不能大量共存，B项错误；‎ C. ＝1012的溶液是酸性溶液，NH4+、Al3＋、NO3-、Cl－在酸性条件下均可大量共存，C项正确；‎ D. c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中，Fe3＋可与SCN－发生络合反应，不能大量共存，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎14.下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如下表所示：‎ 化学反应 平衡常数 温度 ‎973K ‎1173K ‎① Fe(s) + CO2(g)FeO(s) + CO(g) ΔH 1‎ K1‎ ‎1.47‎ ‎2.15‎ ‎② Fe(s) + H2O(g)FeO(s) + H2(g) ΔH 2‎ K2‎ ‎2.38‎ ‎1.67‎ ‎③ CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) ΔH 3‎ K3‎ ‎？‎ ‎？‎ 则下列说法正确的是（ ）‎ A. ΔH 1＜0，ΔH 2＞0‎ B. 反应①②③的反应热满足关系：ΔH 2－ΔH 1＝ΔH 3‎ C. 反应①②③的平衡常数满足关系：K1·K2＝K3‎ D. 要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应①温度升高，K值增大，则反应吸热，△H1＞0，反应②温度升高，K值减小，则反应放热，△H2＜0，故A错误；‎ B．根据盖斯定律可得，②－①＝③，则有△H2－△H1＝△H3，故B正确；‎ C．K1＝，K2＝，K3＝，则有K2÷K1＝K3，故C错误；‎ D．根据K2÷K1＝K3，可知反应③在973K时的K值比1173K时的K值大，温度升高，K值减小，则反应放热，所以要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎15.在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO(g)＋CO(g) N2(g)+CO2(g)；ΔH= -373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）‎ A. 加催化剂同时升高温度 B. 加催化剂同时增大压强 C. 升高温度同时充入N2 D. 降低温度同时增大压强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动。‎ ‎【详解】A. 加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；‎ B. 加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，正反应气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；‎ C. 升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；‎ D. 降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误。‎ 故答案选B。‎ ‎16.反应：A(g)+3B(g)‎2C(g) ΔH＜0，达平衡后，将气体混合物的温度降低，下列叙述中正确的是（ ）‎ A. 正反应速率加大，逆反应速率变小，平衡向正反应方向移动 B. 正反应速率变小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动 C. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向正反应方向移动 D. 正反应速率和逆反应速率都变小，平衡向逆反应方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应正反应为放热反应，降低温度，该反应的正逆反应速率都减小，化学平衡向放热的方向即正反应方向移动。‎ ‎【详解】降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动，故C正确；故答案选C。‎ ‎17.在相同温度下，甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的2倍，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是（ ）‎ A. 10∶1 B. 100∶‎1 ‎C. 1∶100 D. 无法确定 ‎【答案】D ‎【解析】在相同温度下，甲、乙两种溶液，甲溶液的pH是乙溶液的2倍。若甲的pH是2，乙的pH是1，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是1:10；若甲的pH是4，乙的pH是2，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是1:100；若甲的pH是6，乙的pH是3，则甲溶液中c(H＋)甲与乙溶液中c(H＋)乙之比是1:1000。所以不知道具体的pH是多少时，无法确定它们之间的关系，D正确，本题选D。‎ ‎18.在0.1 mol/L的氢氧化钠溶液和0.01 mol/L的盐酸中，水的电离程度的大小关系是（ ）‎ A. 前者大 B. 前者小 C. 一样大 D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】不管在水中加入0.1mol/L的氢氧化钠溶液还是0.01 mol/L的盐酸，都将抑制水的电离，从而使水的电离程度减小。0.1 mol/L的氢氧化钠溶液中，c(OH－)=0.1mol/L；0.01 mol/L的盐酸中，c(H＋)=0.01mol/L，所以氢氧化钠的加入对水的电离程度影响大，水的电离程度小。因此水的电离程度前者小于后者。‎ 答案为B。‎ ‎19.将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积（ ）‎ A. a=b=100 mL B. a=b=1000 mL C. a＜b D. a＞b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】醋酸是弱电解质，在水中部分电离，加水稀释能促进醋酸的电离，氯化氢是强电解质，在水中完全电离；稀释相同pH的醋酸和盐酸，当稀释相同倍数时，醋酸的pH小于盐酸的pH，所以要使稀释后的溶液pH仍然相同时，醋酸加水的体积大于盐酸加水的体积，即a＜b；‎ 故选C。‎ ‎20.一定条件下，体积为‎5L的密闭容器中，0．5molX和0．5molY进行反应：‎ ‎2X(g)＋Y(g)2Z(g)，经60s达到平衡，生成0．2molZ。下列说法正确的是（ ）‎ A. 将容器体积变为‎10L，Z的平衡浓度变为原来的 B. 在该温度下，该反应的平衡常数K=0．011‎ C. 达到平衡时，容器内气体的压强是原来的90%‎ D. 若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的△H＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、将容器体积变为‎10L，Z的平衡浓度变为原来的1/2，但压强减小平衡逆向进行，Z浓度小于原来的一半，故A错误；‎ B、一定条件下，体积为‎5L的密闭容器中，0.5molX和0.5molY进行反应，经60s达到平衡，生成0.2molZ，依据平衡三段式列式计算；‎ ‎ 2X（g）+Y（g）2Z（g）‎ 起始量（mol） 0.5 0.5 0‎ 变化量（mol） 0.2 0.1 0.2 ‎ 平衡量（mol） 0.3 0.4 0.2‎ 平衡量mol·L－1 0.06 0.08 0.04‎ 在该温度下，该反应的平衡常数K=0.042/(0.08×0.062)=5.6，故B错误；‎ C、（0.3+0.4+0.2）/(0.5+0.5)×100%=90%，故C正确；‎ D、若降低温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向进行，逆向是放热反应，则该反应的△H＞0，故D错误；‎ 故选C。‎ 二、填空题 ‎21.甲醇是一种很好的燃料，工业上在一定条件下可利用反应I和II来制备：‎ ‎（1）已知在‎25°C、101kPa下，‎1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则表示燃烧热的热化学方程式为___‎ ‎（2）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积为‎10L密闭容器中，CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）（I）CH4的转化率与温度、压强的关系如图所示：‎ ‎①该反应的△H__0，△S__0（填“＜”、“＞”或“=”）；‎ ‎②已知‎100℃‎时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为___，该反应的平衡常数为___(mol·L-1)2。‎ ‎（3）在压强为0.1MPa条件下，amolCO与3amolH2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0（Ⅱ）若容器的容积不变，下列措施可增大甲醇产率的是___（填序号）。‎ A．升高温度 B．将CH3OH（g）从体系中分离出来 C．恒容下充入He，使体系的总压强增大 D．再充入amolCO和3amolH2‎ ‎【答案】(1). CH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2(g)+2H2O（l） △H=-725.76kJ·mol－1 (2). ＞ (3). ＞ (4). 0.030mol•L-1•min-1 (5). 2.25×10-2 (6). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，由‎1g 甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，计算1mol甲醇完全燃烧生成CO2和液态水时放出的热量热量，进一步写出热化学方程式；‎ ‎（2）①由反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知反应为熵增加的反应，温度升高，CH4的转化率增大，平衡正向移动，正反应吸热；‎ ‎②由图可知‎100℃‎时，CH4的转化率为0.5，根据三段法进行计算 ‎（3）增加甲醇产率需要是平衡正移，根据平衡移动原理进行分析。‎ ‎【详解】（1）燃烧热指1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时所释放出的热量，由‎1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇‎32g，放出的热量为725.76kJ，热化学方程式为CH3OH（g）+3/2O2（g）=CO2(g)+2H2O（l） △H=-725.76kJ·mol－1 ； ‎ ‎（2）①由反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）可知反应为熵增加的反应，温度升高，CH4的转化率增大，平衡正向移动，正反应吸热，即△H>0，△S>0；‎ ‎②由图可知‎100℃‎时，CH4的转化率为0.5，设CH4转化了x mol/L，则 CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）‎ 始(mol/L) 0.1 0.2 0 0‎ 转(mol/L) x x x 3x 平(mol/L) 0.1-x 0.2-x x 3x =0.5 x=0.05mol/L ‎ v===0.03mol•L-1•min-1‎ ‎ K===2.25×10-2‎ ‎（3）增加甲醇产率需要平衡正移，反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H＜0，‎ A.升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，A项错误；‎ B. 将CH3OH（g）从体系中分离出来，即减小生成物浓度，平衡正向移动，B项正确；‎ C. 恒容下充入He，使体系的总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，C项错误；‎ D. 再充入amolCO和3amolH2，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，D项正确；‎ 答案选BD。‎ ‎22.在一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合于‎2L密闭容器中，发生反应‎3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.4mol/L。由此推断：‎ ‎（1）x值等于______________‎ ‎（2）B的平衡浓度为_____________‎ ‎（3）A的转化率为____________‎ ‎（4）生成D的反应速率______________‎ ‎（5）如果增大反应体系的压强，则平衡体系中C的质量分数____________（填“增大”或“减小”或“不变”）‎ ‎【答案】(1). 2 (2). 0.8mol/L (3). 60% (4). 0.2mol•L﹣1•min﹣1 (5). 不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）依据反应比等于化学方程式计量数之比得到x，分钟末反应达到平衡状态，生成了0.8mol D，并测得C的浓度为0.4mol/L，物质的量=0.4mol/L×‎2L=0.8mol，反应之比等于化学方程式计量数之比，则x：2=0.8：0.8=1：1，则x=2；‎ ‎（2）B的平衡浓度c===0.8mol/L；‎ ‎（3）A转化率=×100%=×100%=60%；‎ ‎（4）用D表示的平均反应速率v===0.2mol•L﹣1•min﹣1；‎ ‎（5）‎3A(g)+B(g)⇌‎2C(g)+2D(g)，反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，平衡体系中C的质量分数不变。‎ ‎23.I、如图所示，X是一种生活中常见的金属元素，A、B、C、D为石墨电极，E、F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应。按图示接通线路，反应一段 时间(实验中所有溶液均足量)。‎ ‎（1）甲池是___(填“原电池”或“电解池”，下同]装置；乙池是___装置。‎ ‎（2）D极为___(填“阴极”或“阳极”)。‎ ‎（3）烧杯中溶液会变蓝的是_______(填“a”或“b”)；C极上的电极反应式为____。‎ ‎（4）F极上的电极反应式为：____。‎ ‎（5）当电路中通过0.02mol电子时，B电极上沉积‎0.64g金属X，则X为___(填元素符号)，甲池中反应的化学方程式为___。‎ II、（1）从辉铜矿中浸取铜元素，可用FeCl3作浸取剂。‎ ‎①反应Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的数目为____；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度。有关反应的离子方程式是___。‎ ‎②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素的浸取率的变化见如图1。其原因是___。‎ ‎③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，能加快铜元素的浸取速率，其反应原理可用化学方程式表示为：___，CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。‎ ‎（2）辉铜矿可由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转变而成，有关转化见如图2。转化时正极的电极反应式为___。‎ ‎【答案】(1). 电解池 (2). 原电池 (3). 阴极 (4). a (5). 2Cl--2e-=Cl2↑ (6). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). Cu (8). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (9). 2NA (10). 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (11). 硫覆盖在Cu2S表面，阻碍了浸取 (12). Cu2S+2 CuCl2=4CuCl+S (13). 2 CuFeS2+6H++2e-=Cu2S+2Fe2++3H2S↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】I、E、F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应，说明E是金属铝，F是金属镁，乙装置为原电池，其中Al作负极，Mg作正极，C是阳极，D是阴极，A是阳极，B是阴极，据此判断；‎ II、（1）①根据反应方程式判断电子转移的数量；‎ ‎②生成的硫覆盖在Cu2S表面；‎ ‎③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，CuCl2与Cu2S反应生成CuCl，CuCl与FeCl3‎ 反应生成CuCl2和FeCl2；‎ ‎（2）利用原电池的工作原理判断，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；‎ ‎【详解】E、F分别为短周期相邻两种活泼金属中的一种，且E能与NaOH溶液反应，说明E是金属铝，F是金属镁，乙装置为原电池，其中Al作负极，Mg作正极，C是阳极，D是阴极，A是阳极，B是阴极，据此判断；‎ ‎（1）由分析可知甲池是电解池，乙池是原电池；‎ ‎（2）D极为阴极；‎ ‎（3）D是阴极，该电极上产生氢气， A中氯离子失电子变成氯气，能将碘离子氧化为碘单质，遇到淀粉变蓝色，所以烧杯中溶液会变蓝的是a ，C极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；‎ ‎（4）由分析可知F是金属镁，作正极，水中的氢得电子生成氢气，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；‎ ‎（5）设X的摩尔质量为M，电解时，2X2++2e-=X，电路中通过0.02mol电子时，n(X)=0.01mol=,则M=‎64g/mol，即X为Cu，甲池中的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；‎ II、（1）①反应为Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，Cu从+1价升高到+2价，S从-2价升高到0价，Fe从+3价降低到+2价，生成2molCuCl2，电子转移4mol，那么每生成1molCuCl2，电子转移2mol电子转移2NA；Fe2+很容易被氧化，发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，因而浸取时，在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度；‎ ‎②由图可知，未加入洗涤剂溶解硫时，铜浸取率低是应为生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍了浸取；‎ ‎③353K时，向FeCl3浸取液中加入CuCl2，CuCl2与Cu2S反应生成CuCl，CuCl与FeCl3反应生成CuCl2和FeCl2；发生的反应为Cu2S+2 CuCl2=4CuCl+S，CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；‎ ‎（2）由黄铜矿(主要成分为CuFeS2)通过电化学反应转化而成，正极上得电子，发生还原反应，电极反应为：2 CuFeS2+6H++2e-=Cu2S+2Fe2++3H2S↑。‎ ‎24.由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：_______；若‎1g水蒸气转化为液态水放热2.444kJ，则反应H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(l) 的ΔH＝_______kJ/mol 。氢气的燃烧热为________kJ/mol 。‎ ‎【答案】(1). H2(g) + 1/2O2(g)＝H2O(g) ；ΔH＝－241.8kJ/mol (2). –285.5 (3). 285.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，则该反应的热化学方程式为H2(g) + 1/2O2(g)＝H2O(g)；ΔH＝－241.8kJ/mol；‎1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，‎18g水蒸气转化成液态水放出热量2.444kJ×18=44kJ，反应H2(g)+1/2O2(g)═H2O(l)的反应热△H= -(241.8kJ/mol+44kJ/mol)= -285.8kJ/mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol。‎ ‎25.汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：‎ N2(g)+O2(g)2NO(g)，△H>0，已知该反应在‎240℃‎，平衡常数K=64×10-4。请回答：‎ ‎(1)某温度下，向‎2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为______。‎ ‎(2)假定该反应是在恒容条件下进行，判断该反应达到平衡的标志______．‎ A.消耗1mol N2同时生成1mol O2        混合气体密度不变 C.混合气体平均相对分子质量不变        D.2v正(N2)=v逆(NO)‎ ‎(3)将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，如图变化趋势正确的是______(填字母序号)。‎ ‎(4)向恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和O2，达到平衡状态后再向其中充入一定量NO，重新达到化学平衡状态与原平衡状态相比，此时平衡混合气中NO的体积分数______填“变大”、“变小”或“不变”‎ ‎(5)该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol/L、4.0×10-2mol/L和3.0×10-3mol/L，此时反应______(填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”)，理由是______。‎ ‎【答案】(1). 0.05mol/(L·min) (2). AD (3). AC (4). 不变 (5). 向正反应方向进行 (6). 因为浓度商Qc