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2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高二（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高二（上）期中化学试卷，共36页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高二（上）期中化学试卷
一、选择题：（共15小题，共45分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源
C．研发新型催化剂将CO2分解成碳和O2，同时利用放出热量供反应的需要
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
2．（3分）依据如图判断，下列说法正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1
B．H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
C．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O所具有的总能量低
D．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6kJ•mol﹣1
3．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0 在有无催化剂时的能量变化
B．图乙表示电解精炼铜时纯铜和粗铜的质量随时间的变化
C．图丙表示铅蓄电池放电时负极质量随转移电子物质的量的变化
D．图丁表示反应2NO2（g）⇌N2O4（g）和 2NO2（g）⇌N2O4（l）的能量变化
4．（3分）下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4的燃烧热为890kJ/mol：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890kJ/mol
B．中和热△H＝﹣57.3kJ/mol：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═H2O（l）+CH3COONa（aq）△H＝﹣57.3kJ/mol
C．一定条件下，0.5molN2与1.5molH2充分反应后放出35.5kJ的热量：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣71kJ/mol
D．96gO2的能量比96gO3的能量低bkJ：3O2（g）⇌2O3（g）△H＝+bkJ/mol
5．（3分）如图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．外电路电流方向是a→b
B．电池工作时正极区溶液的pH升高
C．电极b发生的反应为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．1mol H2O被完全氧化时有22.4L CO2被还原
6．（3分）下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是（ ）
选项
实验方案
实验目的
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度
比较Cu2+和Fe3+的催化效果
B
两支试管，都加入2mL 1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL 0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL 0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间
探究草酸浓度对反应速率影响
C
在锥形瓶内各盛有2g锌粒（颗粒大小基本相同），然后通过分液漏斗分别加入40mL 1mol/L和40mL 18mol/L的硫酸。比较两者收集10mL氢气所用的时间
探究硫酸浓度对反应速率影响
D
探究温度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量，下列叙述正确的是（ ）
A．电解过程中，Cu2+浓度保持不变
B．E可以表示反应生成Cu的物质的量
C．电解过程中，石墨棒附近溶液的pH有所增大
D．若电解过程中共转移了4mol电子，则需向烧杯中加入80gCuO才能使电解质恢复到原状态
8．（3分）氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣904kJ•mol﹣1.生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca（NO3）2、Ca（NO2）2等化工产品。对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能，从而加快逆反应速率
C．当恒温恒容时，增大压强，能使反应物中活化分子百分数增大，反应速率加快
D．达到平衡时，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增加
9．（3分）已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1
3H2（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）△H2
2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）△H3
2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H4
2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3
C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H5
10．（3分）关于下列装置的说法正确的是 （ ）
A．装置①中盐桥内的K+向ZnSO4溶液移动
B．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为FeCl2溶液，电极Ⅰ附近溶液变成黄绿色
C．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀
D．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ质量增加
11．（3分）在2L密闭容器中，加入X和Y各4mol，一定条件下发生化学反应：2X（g）+2Y（g）⇌Z（g）+2W（g）△H＜0，反应进行到5s时测得X的转化率为25%，10s后达到化学平衡，测得Z的浓度为0.5mol/L，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数数值为0.5
B．5s内平均反应速率为v（Y）＝0.2mol/（L•s）
C．若在相同条件下，向容器中加入X和Y各5mol，平衡时，该平衡常数增大
D．升高温度，当测得容器中密度不变时，表示该反应已经达到平衡状态
12．（3分）如图是合成氨反应和使用铁触媒作催化剂的催化历程，已知：
①N2（g）+H2（g）═NH3（g） ΔH1，
②N2（g）+Fe（s）═N﹣Fe（s） ΔH2，
③N﹣Fe（s）+H2（g）═NH3（g）+Fe（s） ΔH3。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①逆反应的活化能为E′
B．ΔH2＝E2﹣E1
C．相同条件下，反应③的速率最慢
D．键能关系：E（N≡N）+E（H﹣H）＞3E（N﹣H）
13．（3分）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是（ ）
A．正极为SO42﹣发生还原反应
B．输送暖气的管道因涂有沥青不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3•xH2O
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
14．（3分）在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如表所示，下列说法不正确的是（ ）
T/℃
25
80
230
K
5×104
2
1.9×10﹣5
A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应
B．230℃时，该反应的正反应为不自发的反应
C．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5
D．80℃达到平衡时，测得n（CO）＝0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol•L﹣1
15．（3分）一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示（电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极）。该装置工作时，下列说法错误的是（ ）
A．电极丁的反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣
B．气体X为氢气，电极乙附近溶液的pH减小
C．KOH溶液的质量分数：c%＞a%＞b%
D．导线中流过2mol电子时，电解池中理论上有2mol K+移入阴极区
二、填空题
16．（55分）（1）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下16gSiH4自燃放出热量713.6kJ。SiH4自燃的热化学方程式为 。
（2）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：
①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1
②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1
写出乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式： 。
（3）肼（H2NNH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键需的能量（kJ）：N≡N为942、O＝O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键需要 kJ的能量。
17．用50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠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所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）仪器A的名称 ；碎泡沫塑料的作用是 。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.2
2
20.3
20.5
23.4
3
20.5
20.7
23.5
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝ （结果保留一位小数）。
上述实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是 。
A.用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积
B.NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出
C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多
D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度
（3）现将一定量的稀醋酸、稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 。
（4）含有0.2molKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2SO4溶液反应，放出11.46kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为 。
18．（1）由A、B、C、D四种金属按表装置图进行实验。
装置
现象
金属A不断溶解
C极质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答问题：四种金属活动性由强到弱的顺序是 。
（2）某兴趣小组的同学以甲醇（CH3OH）燃料电池为电源研究有关电化学的问题。
①甲池中，通入CH3OH一极的电极反应式为 。
②乙池中，B极（石墨）电极的电极反应式为 。
③丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后。
a.溶液中c（Ag+）将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.两极的质量相差17.28g，则甲池中消耗 O2的体积为 mL（标准状况下）。
④丁池中，利用离子交换膜控制电解液中c（OH﹣）来制备纳米Cu2O，离子交换膜为阴离子交换膜。
a.Ti电极附近溶液的碱性将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.Cu电极的电极反应式为 。
19．由γ羟基丁酸生成γ丁内酯的反应如下：
HOCH2CH2CH2COOH +H2O，在298 K下，γ羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol/L，测得γ丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/（mol•L﹣1）
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
（1）该反应在50～80min内的平均反应速率为 mol/（L•min）。
（2）120min时γ羟基丁酸的转化率为 。
20．某学习小组欲探究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表所示：
实验序号
温度
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
I
25
5
0.1
10
0.1
5
II
25
5
0.2
5
0.2
10
III
35
5
0.1
10
0.1
5
IV
35
5
0.2
X
0.2
Y
（1）写出该探究实验中发生反应的化学方程式 ；根据 ，可以判断反应进行的快慢。
（2）实验I、II探究的是：其它条件相同时，Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，则X＝ 。
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
I.利用反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH，可减少CO2排放，并合成清洁能源。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO （g） ΔH1＝+41kJ•mol﹣1 平衡常数K1
②CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g） ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1 平衡常数K2
（1）若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 （填标号）。
（2）①根据反应历程，则反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的K＝ ；（用K1、K2表示）
②500℃时，在容积为2L的密闭容器中充入8molCO2和8molH2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应达到平衡后，混合气体的压强比原来减少25%。则在该温度下，其逆反应的平衡常数为 。
（3）在密闭恒温恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是 。
a.v正（CH3OH）＝3v逆（H2）
b.混合气体密度不再改变
c.混合气体压强不再改变
d.混合气体平均摩尔质量不再改变
e.n（CO2）：n（H2）＝1：3
（4）CO2甲烷化反应是由法国化学家Paul Sabatier 提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：
①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：3Fe+4H2O4H2+Fe3O4，则其平衡常数表达式K＝ 。
②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2 HCOOH CH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是 。（填I或II）
2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（共15小题，共45分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源
C．研发新型催化剂将CO2分解成碳和O2，同时利用放出热量供反应的需要
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
【分析】A．直接燃烧煤会排放出大量的有害气体灰尘等，将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好；
B．能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；
C．CO2分解成碳和O2是吸热反应；
D．天然气等是化石燃料，不是新能源。
【解答】解：A．将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好，故A错误；
B．分析可知，天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源，故B正确；
C．C和氧气反应是放热反应，故CO2分解成碳和O2是吸热反应，故C错误；
D．地热能、风能和氢能都属于新能源，天然气是化石燃料，不是新能源，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查环境污染、能源分类及应用，题目难度不大，注意掌握常见能源类型，明确一次能源与二次能源、化石能源与新能源区别为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。
2．（3分）依据如图判断，下列说法正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1
B．H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
C．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O所具有的总能量低
D．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6kJ•mol﹣1
【分析】图象分析可知2mol氢气和1mol氧气反应生成气体水2mol放热483.6kJ/mol，方程式：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，2mol气体水变化为2mol液体水放热88kJ/mol，热化学方程式为：2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol
A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成指定物质放出的热量为燃烧热；
B.2 mol H2（g）与1 mol O2（g）生成2 mol H2O（g） 的反应是放热反应；
C．依据2mol氢气和1mol氧气反应生成气体水2mol放热483.6kJ/mol，2mol气体水变化为2mol液体水放热88kJ/mol书写热化学方程式，结合盖斯定律得到液态水分解的热化学方程式分析；
D．H2O（g）生成H2O（l）时，是放热过程。
【解答】解：图象分析可知2mol氢气和1mol氧气反应生成气体水2mol放热483.6kJ/mol，方程式：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，2mol气体水变化为2mol液体水放热88kJ/mol，热化学方程式为：2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol，
A．①2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，②2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol，盖斯定律计算①+②得到：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ/mol，燃烧热为285.8kJ/mol，故A错误；
B．热化学方程式为：2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol，H2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，变化过程为物理变化，故B错误；
C．图中可知反应为放热反应，2 mol H2（g）与1 mol O2（g）所具有的总能量比2 mol H2O（g） 所具有的总能量高，故C错误；
D．依据A的计算得到的热化学方程式2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ/mol，则液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6 kJ•mol﹣1，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算、燃烧热概念，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0 在有无催化剂时的能量变化
B．图乙表示电解精炼铜时纯铜和粗铜的质量随时间的变化
C．图丙表示铅蓄电池放电时负极质量随转移电子物质的量的变化
D．图丁表示反应2NO2（g）⇌N2O4（g）和 2NO2（g）⇌N2O4（l）的能量变化
【分析】A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态；
B．精炼铜时，粗铜在阳极上失去电子，纯铜为阴极；
C．铅蓄电池放电时负极上Pb失去电子生成硫酸铅；
D．同种物质的气态比液态能量高。
【解答】解：A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，图中加催化剂使终点变化与事实不符，故A错误；
B．电解精炼铜时，阳极溶解的金属除了铜，还有铁、锌等杂质，阴极只析出金属铜，粗铜溶解减少的质量与纯铜增加的质量不等，则纯铜和粗铜的质量变化与图不符，故B错误；
C．铅蓄电池放电时负极上Pb失去电子生成硫酸铅，则负极质量增加，与图象一致，故C正确；
D．同种物质的气态比液态能量高，则N2O4（g）比N2O4（l）能量高，与图象不一致，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、电化学，为高频考点，把握图中纵横坐标的含义、电极反应、状态与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
4．（3分）下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4的燃烧热为890kJ/mol：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890kJ/mol
B．中和热△H＝﹣57.3kJ/mol：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═H2O（l）+CH3COONa（aq）△H＝﹣57.3kJ/mol
C．一定条件下，0.5molN2与1.5molH2充分反应后放出35.5kJ的热量：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣71kJ/mol
D．96gO2的能量比96gO3的能量低bkJ：3O2（g）⇌2O3（g）△H＝+bkJ/mol
【分析】A．燃烧热的含义判断，完全燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量进行解答。注意生成的水必须为液态；
B、强酸强碱的稀溶液反应只生成1mol液态水时放出的热量叫中和热；
C、可逆反应不能彻底；
D、反应热与化学计量数成正比关系。
【解答】解：A．表示燃烧热时，生成的水必须为液态，故A错误；
B、强酸强碱的稀溶液反应只生成1mol液态水时放出的热量叫中和热，醋酸为弱酸，故B错误；
C、可逆反应不能彻底，0.5mol N2与1.5mol H2充分反应后放出35.5kJ的热量，则1molN2与3mol H2充分反应后放出的热量比71kJ要大，故C错误；
D、反应热与化学计量数成正比关系，反应无总能量比生成物低则为吸热反应，3O2（g）⇌2O3（g）△H＝+bkJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应中能量变化的原因、反应热的含义、热化学方程式书写时△H的条件、燃烧热的概念，题目难度不大。
5．（3分）如图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．外电路电流方向是a→b
B．电池工作时正极区溶液的pH升高
C．电极b发生的反应为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．1mol H2O被完全氧化时有22.4L CO2被还原
【分析】由图可知，CO2生成HCOOH，碳元素价态降低得电子，故b极为正极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，电极a为负极，电极反应式为2H2O﹣2e﹣＝O2↑+4H+，总反应为2CO2+2H2O＝2HCOOH+O2，据此作答。
【解答】解：A.电池工作时，电流从正极（b极）经外电路流向负极（a极），故A错误；
B.b极为正极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，氢离子从左向右迁移，迁移氢离子个数等于转移电子数，正极pH不变，故B错误；
C.b极为正极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，故C正确；
D.题目未给标准状况，无法计算气体体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
6．（3分）下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是（ ）
选项
实验方案
实验目的
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度
比较Cu2+和Fe3+的催化效果
B
两支试管，都加入2mL 1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL 0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL 0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间
探究草酸浓度对反应速率影响
C
在锥形瓶内各盛有2g锌粒（颗粒大小基本相同），然后通过分液漏斗分别加入40mL 1mol/L和40mL 18mol/L的硫酸。比较两者收集10mL氢气所用的时间
探究硫酸浓度对反应速率影响
D
探究温度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.催化剂中阴阳离子均不同；
B.高锰酸钾过量，草酸均不足；
C.18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫；
D.只有温度不同。
【解答】解：A.催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较Cu2+和Fe3+的催化效果，故A错误；
B.高锰酸钾过量，草酸均不足，溶液均不褪色，不能说明浓度对速率的影响，故B错误；
C.18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫，不能比较浓度对生成氢气速率的影响，故C错误；
D.只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率的影响因素、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（3分）按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量，下列叙述正确的是（ ）
A．电解过程中，Cu2+浓度保持不变
B．E可以表示反应生成Cu的物质的量
C．电解过程中，石墨棒附近溶液的pH有所增大
D．若电解过程中共转移了4mol电子，则需向烧杯中加入80gCuO才能使电解质恢复到原状态
【分析】该实验是用石墨作阳极，铜单质做阴极，电解硫酸铜溶液，阳极反应是：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应是：Cu2++2e﹣＝Cu。
【解答】解：A.电解过程中，Cu2+会在阴极放电Cu2++2e﹣＝Cu，所以Cu2+浓度不断减小，故A错误；
B.E可看出电极通过4mol电子时得到2mol物质，符合铜与转移电子之间的化学计量关系，可以表示反应生成Cu的物质的量，故B正确；
C.电解过程中，石墨棒作阳极，阳极发生反应2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，所以石墨附近溶液酸性增强，pH有所减小，故C错误；
D.若电解过程中共转移了4mol电子，则反应体系中失去氧气1mol，失去铜2mol，使电解质恢复到原状态需要2molCuO，质量m＝n×M＝2mol×80g/mol＝160g，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考察了电解池的工作原理，属于常考知识点，难度不大，需要掌握电解池各电极的放电顺序及电极反应式、电解反应总方程式的书写、对电解后溶液的pH变化规律及电解质溶液的复原规律等。
8．（3分）氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣904kJ•mol﹣1.生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca（NO3）2、Ca（NO2）2等化工产品。对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能，从而加快逆反应速率
C．当恒温恒容时，增大压强，能使反应物中活化分子百分数增大，反应速率加快
D．达到平衡时，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增加
【分析】A．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）为气体体积增大的反应；
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能；
C．当恒温恒容时，增大压强，增大活化分子总数，但活化分子百分数不变；
D．升高温度，正逆反应速率都增加。
【解答】解：A．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）为气体体积增大的反应，则△S＞0，故A错误；
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能，则加快逆反应速率，故B正确；
C．当恒温恒容时，增大压强，增大活化分子总数，反应速率加快，但活化分子百分数不变，故C错误；
D．升高温度，正逆反应速率都增加，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查熵变以及化学反应速率的判断等，为高频考点，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度不大。
9．（3分）已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1
3H2（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）△H2
2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）△H3
2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H4
2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3
C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H5
【分析】A、物质的燃烧均为放热反应，△H＜0；
B、根据盖斯定律将2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s）
结合铝热反应为放热反应来分析；
C、根据3H2（g）+Fe2O3（s）＝2Fe（s）+3H2O（g）△H2②、2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，将（②+③）×可得：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）分析；
D、根据2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s）分析。
【解答】解：A、物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的反应热均为负值，故A错误；
B、铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s）△H5＝△H4﹣△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；
C、已知：3H2（g）+Fe2O3（s）＝2Fe（s）+3H2O（g）△H2②、2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，将（②+③）×可得：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H1＝（△H2+△H3），故C错误；
D、已知：2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s） 故有：△H5＝△H4﹣△H3，即：△H3＝△H5﹣△H4，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了反应热的计算、盖斯定律的应用、反应热大小比较，题目难度不大，注意把握盖斯定律的原理及应用。
10．（3分）关于下列装置的说法正确的是 （ ）
A．装置①中盐桥内的K+向ZnSO4溶液移动
B．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为FeCl2溶液，电极Ⅰ附近溶液变成黄绿色
C．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀
D．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ质量增加
【分析】A.装置①为原电池，阳离子向正极移动；
B.装置②为电解池，氯离子在阳极放电生成氯气；
C.活性电极作阳极，自身失电子；
D.铝离子放电能力比水差。
【解答】解：A.装置①为原电池，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu作正极，盐桥内的K+向CuSO4溶液移动，故A错误；
B.装置②为电解池，电极Ⅱ连接电源的正极作阳极，氯离子放电生成氯气，电极附近溶液变为黄绿色，故B错误；
C.装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，电极Ⅱ连接电源的正极作阳极，铁失电子生成亚铁离子，电极Ⅰ为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，故C正确；
D.装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极Ⅰ质量不会增加，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极以及发生的电极反应为解题的关键。
11．（3分）在2L密闭容器中，加入X和Y各4mol，一定条件下发生化学反应：2X（g）+2Y（g）⇌Z（g）+2W（g）△H＜0，反应进行到5s时测得X的转化率为25%，10s后达到化学平衡，测得Z的浓度为0.5mol/L，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数数值为0.5
B．5s内平均反应速率为v（Y）＝0.2mol/（L•s）
C．若在相同条件下，向容器中加入X和Y各5mol，平衡时，该平衡常数增大
D．升高温度，当测得容器中密度不变时，表示该反应已经达到平衡状态
【分析】A.列出化学平衡的三段式，代入平衡常数表达式K＝计算；
B.反应进行到5s时测得X的转化率为25%，参加反应的X为1mol，由方程式可知参加反应Y为1mol，根据v＝计算v（Y）；
C.平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变；
D.混合气体的质量为定值，体积不变，混合气体的密度自始至终都不变化。
【解答】解：A.发生反应2X（g）+2Y（g）⇌Z（g）+2W（g）
初始（mol/L） 2 2 0 0
转化（mol/L） 1 1 0.5 1
平衡（mol/L） 1 1 0.5 1
所以平衡常数K＝＝＝0.5，故A正确；
B.反应进行到5s时测得X的转化率为25%，参加反应的X为4mol×25%＝1mol，所以5s内平均反应速率为v（Y）＝＝0.1mol/（ L•s），故B错误；
C.若在相同条件下，向容器中加入X和Y各5mol，由于温度不变，则平衡时该反应的平衡常数不变，故C错误；
D.混合气体的质量为定值，体积不变，混合气体的密度自始至终都不变化，不能说明反应已经达到平衡状态，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡常数和反应速率的表达式为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
12．（3分）如图是合成氨反应和使用铁触媒作催化剂的催化历程，已知：
①N2（g）+H2（g）═NH3（g） ΔH1，
②N2（g）+Fe（s）═N﹣Fe（s） ΔH2，
③N﹣Fe（s）+H2（g）═NH3（g）+Fe（s） ΔH3。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①逆反应的活化能为E′
B．ΔH2＝E2﹣E1
C．相同条件下，反应③的速率最慢
D．键能关系：E（N≡N）+E（H﹣H）＞3E（N﹣H）
【分析】A．反应①逆反应的活化能等于过渡态平均能量与生成物的平均能量之差；
B．ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
C．活化能越大，反应速率越慢；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和。
【解答】解：A．反应①逆反应的活化能等于过渡态平均能量与生成物的平均能量之差，则反应①逆反应的活化能为E′，故A正确；
B．ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝E1﹣E2，故B错误；
C．相同条件下，反应①的活化能最大，则反应①速率最慢，故C错误；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝E（N≡N）+E（H﹣H）﹣3E（N﹣H）＜0，则E（N≡N）+E（H﹣H）＜3E（N﹣H），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与活化能、键能的关系，题目难度不大。
13．（3分）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是（ ）
A．正极为SO42﹣发生还原反应
B．输送暖气的管道因涂有沥青不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3•xH2O
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【分析】A．正极是硫酸根离子发生还原反应；
B．钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀；
C．因存在还原菌所以铁最终是亚铁；
D．管道上刷富锌油漆，锌比铁活泼，所以腐蚀锌保护铁。
【解答】解：A．正极是硫酸根离子发生还原反应，生成硫氢根离子，电极反应式为：SO42﹣+5H2O+8e﹣＝HS﹣+9OH﹣，故A正确；
B．钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀，故B正确；
C．因存在还原菌所以铁最终是亚铁，而不是Fe2O3•xH2O，故C错误；
D．管道上刷富锌油漆，锌比铁活泼，所以腐蚀锌保护铁，所以管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，注意把握金属发生电化学腐蚀的条件及金属的防腐方法，题目难度不大。
14．（3分）在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如表所示，下列说法不正确的是（ ）
T/℃
25
80
230
K
5×104
2
1.9×10﹣5
A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应
B．230℃时，该反应的正反应为不自发的反应
C．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5
D．80℃达到平衡时，测得n（CO）＝0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol•L﹣1
【分析】A．该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系分析可知，随温度升高K减小；
B．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，230℃时，由平衡常数可知反应可进行，但转化程度较低；
C．相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；
D．80℃平衡常数计算Ni（CO）4的平衡浓度。
【解答】解：A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，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．反应△H＜0，△S＞0，则△H﹣T△S＜0，230℃时，反应可自发进行，但转化程度较低，故B错误；
C．25℃时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为＝2×10﹣5，故C正确；
D．80℃达到平衡时，测得n（CO）＝0.3mol，c（CO）＝＝1mol/L，故c[Ni（CO）4]＝K•c4（CO）＝2×14mol/L＝2mol/L，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握K与温度的关系、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意表格数据的分析与应用，题目难度不大。
15．（3分）一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示（电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极）。该装置工作时，下列说法错误的是（ ）
A．电极丁的反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣
B．气体X为氢气，电极乙附近溶液的pH减小
C．KOH溶液的质量分数：c%＞a%＞b%
D．导线中流过2mol电子时，电解池中理论上有2mol K+移入阴极区
【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，乙为负极，右侧装置为电解池，丁为阳极，电极反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣，丙为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故气体X为氢气，乙极电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，据此作答。
【解答】解：A.丁为阳极，电极反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣，故A正确；
B.丙为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故气体X为氢气，乙极电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，氢氧根离子被消耗，电极乙附近溶液的pH减小，故B正确；
C.乙极附近氢氧根离子被消耗，KOH浓度变小，丙极负极生成氢氧根离子，KOH浓度增大，故b%＞a%，故C错误；
D.导线中流过2mol电子时，阴极生成2molOH﹣，为平衡电荷，电解池中理论上有2mol K+移入阴极区，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
二、填空题
16．（55分）（1）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下16gSiH4自燃放出热量713.6kJ。SiH4自燃的热化学方程式为 SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（l）△H＝﹣1427.2kJ/mol 。
（2）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：
①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1
②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1
写出乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式： 2C（石墨）+3H2（g）＝C2H6（g）△H＝﹣86.4kJ/mol 。
（3）肼（H2NNH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键需的能量（kJ）：N≡N为942、O＝O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键需要 391 kJ的能量。
【分析】（1）根据n＝计算出16g SiH4的物质的量n＝＝0.5mol，然后计算出1mol甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式，注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；
（2）①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1，②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1，盖斯定律计算2×②﹣×①+③得到乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式；
（3）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，反应焓变△H＝反应物总能量﹣生成物总键能。
【解答】解：（1）n（SiH4）＝＝0.5mol，则1molSiH4燃烧放出的热量为：＝1427.2kJ，该反应的化学方程式为：SiH4+2O2＝SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（l）△H＝﹣1427.2kJ/mol，
故答案为：SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（l）△H＝﹣1427.2kJ/mol；
（2）①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1，②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1，盖斯定律计算2×②﹣×①+③得到乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式：2C（石墨）+3H2（g）＝C2H6（g）△H＝﹣86.4kJ/mol，
故答案为：2C（石墨）+3H2（g）＝C2H6（g）△H＝﹣86.4kJ/mol；
（3）根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）＝2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3＝2752kJ/mol﹣534kJ/mol＝2218kJ/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，已知断裂1mol化学键需的能量（kJ）：N≡N为942、O＝O为500、N﹣N为154，设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500＝2218，解得K＝391kJ，
故答案为：391。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写、中和热的计算，题目难度不大，明确热化学方程式的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
17．用50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠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所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）仪器A的名称 玻璃搅拌器 ；碎泡沫塑料的作用是 保温、隔热，减少实验过程中热量损失 。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.2
2
20.3
20.5
23.4
3
20.5
20.7
23.5
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝ ﹣50.2kJ/mol （结果保留一位小数）。
上述实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是 B 。
A.用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积
B.NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出
C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多
D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度
（3）现将一定量的稀醋酸、稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 H1＞△H2＝△H3 。
（4）含有0.2molKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2SO4溶液反应，放出11.46kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为 KOH（aq）+H2SO4（aq）＝K2SO4（aq）+H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol 。
【分析】（1）根据量热器的构造和仪器的特征写出仪器名称；碎泡沫塑料不传热，有隔热保温作用；
（2）先判断实验数据的有效性，再计算温度差的平均值，根据Q＝cm△T和△H＝﹣计算中和热ΔH；
A．用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积，结果更精确；
B．氢氧化钠溶液的量减少，会使得中和热数据偏小；
C．大、小烧杯夹层间放的碎泡沫塑料较多，保温效果好；
D．测量HCl溶液的温度计用水洗净再测氢氧化钠，会减少酸和碱之间因为中和反应而导致的热量损失；
（3）醋酸是弱电解质，电离吸热；盐酸和硫酸是强电解质，与等量NaOH溶液反应时放热相等；
（4）KOH的稀溶液与H2SO4溶液反应的化学方程式为2KOH+H2SO4＝K2SO4+2H2O，n（H2SO4）＝cV＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，则0.2molKOH和0.1molH2SO4恰好反应生成0.2molH2O，放出11.46kJ的热量，即生成生成1mol液态水时放出的热量为11.46kJ×＝57.3kJ，中和热是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水时放出的热量，据此写出KOH的稀溶液与H2SO4溶液反应的中和热的热化学方程式。
【解答】解：（1）根据量热器的构造和仪器的特征可知，仪器A的名称为玻璃搅拌器；碎泡沫塑料的导热效果差，可起到保温作用，即作用为保温、隔热，减少实验过程中热量损失，
故答案为：玻璃搅拌器；保温、隔热，减少实验过程中热量损失；
（2）3次温度差分别为：3.1℃，3.0℃，2.9℃，3组数据有效，则温度差平均值为℃＝3.0℃，50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2＝0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml＝100g，温度变化的值为△T＝3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q＝m•c•△T＝100g×4.18J/（g•℃）×3.0℃＝1254J，即1.254KJ，所以实验测得的中和热△H＝﹣≈﹣50.2kJ/mol，
A．用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积，结果更精确，提高实验准确性，故A错误；
B．氢氧化钠溶液溅出时，碱的量减少，会使得中和热数据偏小，这样一定会降低实验准确性，故B正确；
C．大、小烧杯夹层间放的碎泡沫塑料较多，保温效果更好，会提高实验准确性，故C错误；
D．测量HCl溶液的温度计用水洗净再测氢氧化钠，会减少酸和碱之间因为中和反应而导致的热量损失，提高实验的准确度，故D错误。
故答案为：﹣50.2kJ/mol；B。
（3）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应生成1molH2O（l），反应放热57.3kJ；醋酸是弱电解质，电离过程是吸热程，一定量的稀醋酸、稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，则△H1＞△H2＝△H3，
故答案为：H1＞△H2＝△H3；
（4）n（H2SO4）＝cV＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，则0.2molKOH和0.1molH2SO4恰好反应生成0.2molH2O，放出11.46kJ的热量，即生成生成1mol液态水时放出的热量为11.46kJ×＝57.3kJ，则KOH稀溶液与H2SO4溶液反应的中和热的热化学方程式为KOH（aq）+H2SO4（aq）＝K2SO4（aq）+H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol，
故答案为：KOH（aq）+H2SO4（aq）＝K2SO4（aq）+H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol。
【点评】本题考查了中和热的测定方法、计算、误差分析，题目难度中等，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。
18．（1）由A、B、C、D四种金属按表装置图进行实验。
装置
现象
金属A不断溶解
C极质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答问题：四种金属活动性由强到弱的顺序是 D＞A＞B＞C 。
（2）某兴趣小组的同学以甲醇（CH3OH）燃料电池为电源研究有关电化学的问题。
①甲池中，通入CH3OH一极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O 。
②乙池中，B极（石墨）电极的电极反应式为 2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣ 。
③丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后。
a.溶液中c（Ag+）将 不变 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.两极的质量相差17.28g，则甲池中消耗 O2的体积为 448 mL（标准状况下）。
④丁池中，利用离子交换膜控制电解液中c（OH﹣）来制备纳米Cu2O，离子交换膜为阴离子交换膜。
a.Ti电极附近溶液的碱性将 增大 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.Cu电极的电极反应式为 2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O 。
【分析】（1）甲装置中：金属A不断溶解，说明该装置构成了原电池，且A电极发生失电子的氧化反应而作负极，则B作正极；乙装置中：C的质量增加，说明C上银离子发生得电子的还原反应生成Ag，则C作原电池正极，B作负极；丙装置中：A上有气体产生，说明A上氢离子得电子、发生还原反应生成氢气，则A作原电池正极，D作负极；原电池中，作负极的金属活动性一般而言大于作正极金属，据此分析判断A、B、C、D四种金属的金属活动性；
（2）①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子的氧化反应在碱溶液中生成碳酸盐，正极上氧气得电子发生还原反应，O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，结合电子守恒、电荷守恒写出电极反应；
②乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，电极A为阳极，B为阴极，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气和氢氧根离子；
③丙装置为电镀池，Ag电极为阳极，Pt电极为阴极，电解质溶液为AgNO3溶液，阳极反应式为Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极反应式为Ag++e﹣＝Ag，结合电子守恒进行计算；
④丁池为电解法制备Cu2O装置，离子交换膜为阴离子交换膜，Cu作阳极，Ti作阴极，阳极上Cu失电子生成Cu2O，阳极反应式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，据此解答。
【解答】解：（1）由上述分析可知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C，
故答案为：D＞A＞B＞C；
（2）①甲醇碱性燃料电池中，甲醇在负极发生失电子的氧化反应生成碳酸盐，负极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O；
②乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，B为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，阴极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，
故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；
③a.丙装置为电镀池，阳极反应式为Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极反应式为Ag++e﹣＝Ag，根据电子守恒可知，溶液中c（Ag+）不变，
故答案为：不变；
b.电路中转移电子为x，阳极反应式为Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极反应式为Ag++e﹣＝Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差17.28g，则108x+108x＝17.28g，解得x＝0.08mol，原电池中正极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n（O2）＝n（e﹣）＝0.02mol，标准状况下V（O2）＝nVm＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL，
故答案为：448；
④a.丁池为电解法制备Cu2O装置，Cu作阳极，Ti作阴极，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则Ti电极附近溶液的碱性将增大，
故答案为：增大；
b.丁池为电解法制备Cu2O装置，Cu作阳极，Ti作阴极，阳极上Cu失电子生成Cu2O，阳极反应式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O，
故答案为：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O。
【点评】本题考查原电池原理和电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应和电子守恒的计算应用等为解答的关键，侧重分析能力、计算能力和运用能力的考查，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
19．由γ羟基丁酸生成γ丁内酯的反应如下：
HOCH2CH2CH2COOH +H2O，在298 K下，γ羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol/L，测得γ丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/（mol•L﹣1）
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
（1）该反应在50～80min内的平均反应速率为 0.0007 mol/（L•min）。
（2）120min时γ羟基丁酸的转化率为 50% 。
【分析】（1）由公式v＝计算反应速率；
（2）由转化率＝×100%计算转化率。
【解答】解：（1）该反应在50～80min内的平均反应速率v（γ丁内酯）＝＝0.0007mol/（L•min），
故答案为：0.0007；
（2）120min时γ丁内酯的浓度为0.09mol/L，γ羟基丁酸浓度变化量为0.09mol/L，γ羟基丁酸的转化率为×100%＝50%，
故答案为：50%。
【点评】本题考查反应速率和反应物转化率求算，题目难度中等，能依据题目所给数据寻找所需要量是解题的关键。
20．某学习小组欲探究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表所示：
实验序号
温度
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
I
25
5
0.1
10
0.1
5
II
25
5
0.2
5
0.2
10
III
35
5
0.1
10
0.1
5
IV
35
5
0.2
X
0.2
Y
（1）写出该探究实验中发生反应的化学方程式 Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O ；根据 出现淡黄色浑浊所需要的时间 ，可以判断反应进行的快慢。
（2）实验I、II探究的是：其它条件相同时，Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，则X＝ 5 。
【分析】（1）Na2S2O3和稀H2SO4反应生成Na2SO4、S和SO2气体，据此写出化学方程式；生成的S单质不溶于水，有明显的淡黄色浑浊现象，可据此判断反应速率快慢；
（2）研究反应速率的影响因素只能一个变量不同，其他条件必须相同，并且溶液的总体积也应该完全相同。
【解答】解：（1）Na2S2O3和稀H2SO4反应生成Na2SO4、S和SO2气体，反应的化学方程式Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O，该反应中生成的S单质不溶于水，有明显的淡黄色浑浊现象，可根据出现淡黄色浑浊所需要的时间长短来判断反应进行的快慢，
故答案为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O；出现淡黄色浑浊所需要的时间；
（2）对比实验I、II可知：温度和加入的稀H2SO4的物质的量、溶液总体积均相同，只有Na2S2O3溶液的浓度不同，则实验I、II探究的是浓度对反应速率的影响。实验Ⅲ、Ⅳ中Na2S2O3溶液的物质的量不同，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，即实验III、IV也探究的是浓度对反应速率的影响，则温度和加入的稀H2SO4的物质的量、溶液总体积也必须相同，即0.01L×0.1mol/L＝X×0.2mol/L，解得x＝0.005L＝5mL，
故答案为：5。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意控制变量法的应用，题目难度不大。
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
I.利用反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH，可减少CO2排放，并合成清洁能源。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO （g） ΔH1＝+41kJ•mol﹣1 平衡常数K1
②CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g） ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1 平衡常数K2
（1）若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 C （填标号）。
（2）①根据反应历程，则反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的K＝ K1×K2 ；（用K1、K2表示）
②500℃时，在容积为2L的密闭容器中充入8molCO2和8molH2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应达到平衡后，混合气体的压强比原来减少25%。则在该温度下，其逆反应的平衡常数为 3 。
（3）在密闭恒温恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是 cd 。
a.v正（CH3OH）＝3v逆（H2）
b.混合气体密度不再改变
c.混合气体压强不再改变
d.混合气体平均摩尔质量不再改变
e.n（CO2）：n（H2）＝1：3
（4）CO2甲烷化反应是由法国化学家Paul Sabatier 提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：
①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：3Fe+4H2O4H2+Fe3O4，则其平衡常数表达式K＝ 。
②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2 HCOOH CH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是 Ⅱ 。（填I或II）
【分析】（1）慢反应活化能大；
（2）①由平衡常数的表达式判断平衡常数关系；
②由反应物的起始加入量和压强变化，判断平衡时各组分的量，进而求算平衡常数；
（3）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
（4）①平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度的系数次幂的乘积；
②加酸减小，反应Ⅰ变慢。
【解答】解：（1）①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO （g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1；②CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1，由盖斯定律①+②可得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ•mol﹣1+（﹣90kJ•mol﹣1）＝﹣49kJ/mol，总反应为放热反应，若反应①为慢反应，反应①活化能高于反应②，且反应①为吸热反应，反应②为放热反应，则体现反应能量变化的是C，
故答案为：C；
（2）①K1＝，K2＝，则反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的K＝＝K1×K2，
故答案为：K1×K2；
②在容积为2L的密闭容器中充入8molCO2和8molH2，则起始时二氧化碳和氢气浓度均为4mol/L，设CO2反应量为xmol/L，平衡时二氧化碳浓度为（4﹣x）mol/L，氢气浓度为（4﹣3x）mol/L，CH3OH（g）和H2O（g）浓度为xmol/L，反应达到平衡后，混合气体的压强比原来减少25%，则（4﹣x）mol/L+（4﹣3x）mol/L+xmol/L+xmol/L＝（4mol/L+4mol/L）×（1﹣25%），解得x＝1，CO2、H2、CH3OH、H2O的平衡浓度分别为3mol/L、1mol/l、1mol/L、1mol/L，该温度下，其逆反应的平衡常数K＝＝＝3，
故答案为：3；
（3）a.v正（CH3OH）＝3v逆（H2），正逆反应不相等，反应未达到平衡，故a错误；
b.反应前后气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终不改变，混合气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c.混合气体压强不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确；
d.反应前后气体总质量不变，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明容器内气体分子总数不变，反应达到平衡状态，故d正确；
e.n（CO2）：n（H2）＝1：3，不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡状态，故e错误；
故答案为：cd；
（4）①铁和四氧化三铁为固体，氢气和水蒸气为气体，平衡常数表达式K＝，
故答案为：；
②当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，则反应Ⅰ迅速减慢，因此CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是Ⅱ，
故答案为：Ⅱ。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化和化学平衡，题目难度较大，掌握判断平衡状态的方法和外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高二（上）期中化学试卷
一、选择题：（共15小题，共45分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源
C．研发新型催化剂将CO2分解成碳和O2，同时利用放出热量供反应的需要
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
2．（3分）依据如图判断，下列说法正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1
B．H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
C．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O所具有的总能量低
D．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6kJ•mol﹣1
3．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0 在有无催化剂时的能量变化
B．图乙表示电解精炼铜时纯铜和粗铜的质量随时间的变化
C．图丙表示铅蓄电池放电时负极质量随转移电子物质的量的变化
D．图丁表示反应2NO2（g）⇌N2O4（g）和 2NO2（g）⇌N2O4（l）的能量变化
4．（3分）下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4的燃烧热为890kJ/mol：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890kJ/mol
B．中和热△H＝﹣57.3kJ/mol：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═H2O（l）+CH3COONa（aq）△H＝﹣57.3kJ/mol
C．一定条件下，0.5molN2与1.5molH2充分反应后放出35.5kJ的热量：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣71kJ/mol
D．96gO2的能量比96gO3的能量低bkJ：3O2（g）⇌2O3（g）△H＝+bkJ/mol
5．（3分）如图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．外电路电流方向是a→b
B．电池工作时正极区溶液的pH升高
C．电极b发生的反应为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．1mol H2O被完全氧化时有22.4L CO2被还原
6．（3分）下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是（ ）
选项
实验方案
实验目的
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度
比较Cu2+和Fe3+的催化效果
B
两支试管，都加入2mL 1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL 0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL 0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间
探究草酸浓度对反应速率影响
C
在锥形瓶内各盛有2g锌粒（颗粒大小基本相同），然后通过分液漏斗分别加入40mL 1mol/L和40mL 18mol/L的硫酸。比较两者收集10mL氢气所用的时间
探究硫酸浓度对反应速率影响
D
探究温度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
7．（3分）按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量，下列叙述正确的是（ ）
A．电解过程中，Cu2+浓度保持不变
B．E可以表示反应生成Cu的物质的量
C．电解过程中，石墨棒附近溶液的pH有所增大
D．若电解过程中共转移了4mol电子，则需向烧杯中加入80gCuO才能使电解质恢复到原状态
8．（3分）氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣904kJ•mol﹣1.生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca（NO3）2、Ca（NO2）2等化工产品。对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能，从而加快逆反应速率
C．当恒温恒容时，增大压强，能使反应物中活化分子百分数增大，反应速率加快
D．达到平衡时，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增加
9．（3分）已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1
3H2（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）△H2
2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）△H3
2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H4
2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3
C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H5
10．（3分）关于下列装置的说法正确的是 （ ）
A．装置①中盐桥内的K+向ZnSO4溶液移动
B．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为FeCl2溶液，电极Ⅰ附近溶液变成黄绿色
C．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀
D．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ质量增加
11．（3分）在2L密闭容器中，加入X和Y各4mol，一定条件下发生化学反应：2X（g）+2Y（g）⇌Z（g）+2W（g）△H＜0，反应进行到5s时测得X的转化率为25%，10s后达到化学平衡，测得Z的浓度为0.5mol/L，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数数值为0.5
B．5s内平均反应速率为v（Y）＝0.2mol/（L•s）
C．若在相同条件下，向容器中加入X和Y各5mol，平衡时，该平衡常数增大
D．升高温度，当测得容器中密度不变时，表示该反应已经达到平衡状态
12．（3分）如图是合成氨反应和使用铁触媒作催化剂的催化历程，已知：
①N2（g）+H2（g）═NH3（g） ΔH1，
②N2（g）+Fe（s）═N﹣Fe（s） ΔH2，
③N﹣Fe（s）+H2（g）═NH3（g）+Fe（s） ΔH3。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①逆反应的活化能为E′
B．ΔH2＝E2﹣E1
C．相同条件下，反应③的速率最慢
D．键能关系：E（N≡N）+E（H﹣H）＞3E（N﹣H）
13．（3分）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是（ ）
A．正极为SO42﹣发生还原反应
B．输送暖气的管道因涂有沥青不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3•xH2O
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
14．（3分）在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如表所示，下列说法不正确的是（ ）
T/℃
25
80
230
K
5×104
2
1.9×10﹣5
A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应
B．230℃时，该反应的正反应为不自发的反应
C．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5
D．80℃达到平衡时，测得n（CO）＝0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol•L﹣1
15．（3分）一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示（电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极）。该装置工作时，下列说法错误的是（ ）
A．电极丁的反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣
B．气体X为氢气，电极乙附近溶液的pH减小
C．KOH溶液的质量分数：c%＞a%＞b%
D．导线中流过2mol电子时，电解池中理论上有2mol K+移入阴极区
二、填空题
16．（55分）（1）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下16gSiH4自燃放出热量713.6kJ。SiH4自燃的热化学方程式为 。
（2）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：
①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1
②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1
写出乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式： 。
（3）肼（H2NNH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键需的能量（kJ）：N≡N为942、O＝O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键需要 kJ的能量。
17．用50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠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所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）仪器A的名称 ；碎泡沫塑料的作用是 。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.2
2
20.3
20.5
23.4
3
20.5
20.7
23.5
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝ （结果保留一位小数）。
上述实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是 。
A.用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积
B.NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出
C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多
D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度
（3）现将一定量的稀醋酸、稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 。
（4）含有0.2molKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2SO4溶液反应，放出11.46kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为 。
18．（1）由A、B、C、D四种金属按表装置图进行实验。
装置
现象
金属A不断溶解
C极质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答问题：四种金属活动性由强到弱的顺序是 。
（2）某兴趣小组的同学以甲醇（CH3OH）燃料电池为电源研究有关电化学的问题。
①甲池中，通入CH3OH一极的电极反应式为 。
②乙池中，B极（石墨）电极的电极反应式为 。
③丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后。
a.溶液中c（Ag+）将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.两极的质量相差17.28g，则甲池中消耗 O2的体积为 mL（标准状况下）。
④丁池中，利用离子交换膜控制电解液中c（OH﹣）来制备纳米Cu2O，离子交换膜为阴离子交换膜。
a.Ti电极附近溶液的碱性将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.Cu电极的电极反应式为 。
19．由γ羟基丁酸生成γ丁内酯的反应如下：
HOCH2CH2CH2COOH +H2O，在298 K下，γ羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol/L，测得γ丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/（mol•L﹣1）
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
（1）该反应在50～80min内的平均反应速率为 mol/（L•min）。
（2）120min时γ羟基丁酸的转化率为 。
20．某学习小组欲探究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表所示：
实验序号
温度
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
I
25
5
0.1
10
0.1
5
II
25
5
0.2
5
0.2
10
III
35
5
0.1
10
0.1
5
IV
35
5
0.2
X
0.2
Y
（1）写出该探究实验中发生反应的化学方程式 ；根据 ，可以判断反应进行的快慢。
（2）实验I、II探究的是：其它条件相同时，Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，则X＝ 。
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
I.利用反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH，可减少CO2排放，并合成清洁能源。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO （g） ΔH1＝+41kJ•mol﹣1 平衡常数K1
②CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g） ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1 平衡常数K2
（1）若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 （填标号）。
（2）①根据反应历程，则反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的K＝ ；（用K1、K2表示）
②500℃时，在容积为2L的密闭容器中充入8molCO2和8molH2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应达到平衡后，混合气体的压强比原来减少25%。则在该温度下，其逆反应的平衡常数为 。
（3）在密闭恒温恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是 。
a.v正（CH3OH）＝3v逆（H2）
b.混合气体密度不再改变
c.混合气体压强不再改变
d.混合气体平均摩尔质量不再改变
e.n（CO2）：n（H2）＝1：3
（4）CO2甲烷化反应是由法国化学家Paul Sabatier 提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：
①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：3Fe+4H2O4H2+Fe3O4，则其平衡常数表达式K＝ 。
②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2 HCOOH CH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是 。（填I或II）
2021-2022学年福建省福州市八县（市、区）一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（共15小题，共45分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同
B．天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源
C．研发新型催化剂将CO2分解成碳和O2，同时利用放出热量供反应的需要
D．地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源
【分析】A．直接燃烧煤会排放出大量的有害气体灰尘等，将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好；
B．能源可划分为一级能源和二级能源，自然界以现成方式提供的能源称为一级能源；需依靠其他能源的能量间接制取的能源称为二级能源。氢气是一种高效而没有污染的二级能源，它可以由自然界中大量存在的水来制取；
C．CO2分解成碳和O2是吸热反应；
D．天然气等是化石燃料，不是新能源。
【解答】解：A．将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好，故A错误；
B．分析可知，天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源，故B正确；
C．C和氧气反应是放热反应，故CO2分解成碳和O2是吸热反应，故C错误；
D．地热能、风能和氢能都属于新能源，天然气是化石燃料，不是新能源，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查环境污染、能源分类及应用，题目难度不大，注意掌握常见能源类型，明确一次能源与二次能源、化石能源与新能源区别为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。
2．（3分）依据如图判断，下列说法正确的是（ ）
A．氢气的燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1
B．H2O（g）生成H2O（l）时，断键吸收的能量小于成键放出的能量
C．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O所具有的总能量低
D．液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6kJ•mol﹣1
【分析】图象分析可知2mol氢气和1mol氧气反应生成气体水2mol放热483.6kJ/mol，方程式：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，2mol气体水变化为2mol液体水放热88kJ/mol，热化学方程式为：2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol
A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成指定物质放出的热量为燃烧热；
B.2 mol H2（g）与1 mol O2（g）生成2 mol H2O（g） 的反应是放热反应；
C．依据2mol氢气和1mol氧气反应生成气体水2mol放热483.6kJ/mol，2mol气体水变化为2mol液体水放热88kJ/mol书写热化学方程式，结合盖斯定律得到液态水分解的热化学方程式分析；
D．H2O（g）生成H2O（l）时，是放热过程。
【解答】解：图象分析可知2mol氢气和1mol氧气反应生成气体水2mol放热483.6kJ/mol，方程式：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，2mol气体水变化为2mol液体水放热88kJ/mol，热化学方程式为：2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol，
A．①2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ/mol，②2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol，盖斯定律计算①+②得到：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ/mol，燃烧热为285.8kJ/mol，故A错误；
B．热化学方程式为：2H2O（g）＝2H2O（l）△H＝﹣88kJ/mol，H2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，变化过程为物理变化，故B错误；
C．图中可知反应为放热反应，2 mol H2（g）与1 mol O2（g）所具有的总能量比2 mol H2O（g） 所具有的总能量高，故C错误；
D．依据A的计算得到的热化学方程式2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝﹣571.6kJ/mol，则液态水分解的热化学方程式为：2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）△H＝+571.6 kJ•mol﹣1，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应能量变化，盖斯定律计算、燃烧热概念，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．图甲表示反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0 在有无催化剂时的能量变化
B．图乙表示电解精炼铜时纯铜和粗铜的质量随时间的变化
C．图丙表示铅蓄电池放电时负极质量随转移电子物质的量的变化
D．图丁表示反应2NO2（g）⇌N2O4（g）和 2NO2（g）⇌N2O4（l）的能量变化
【分析】A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态；
B．精炼铜时，粗铜在阳极上失去电子，纯铜为阴极；
C．铅蓄电池放电时负极上Pb失去电子生成硫酸铅；
D．同种物质的气态比液态能量高。
【解答】解：A．反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，且催化剂可降低反应的活化能，不改变始终态，图中加催化剂使终点变化与事实不符，故A错误；
B．电解精炼铜时，阳极溶解的金属除了铜，还有铁、锌等杂质，阴极只析出金属铜，粗铜溶解减少的质量与纯铜增加的质量不等，则纯铜和粗铜的质量变化与图不符，故B错误；
C．铅蓄电池放电时负极上Pb失去电子生成硫酸铅，则负极质量增加，与图象一致，故C正确；
D．同种物质的气态比液态能量高，则N2O4（g）比N2O4（l）能量高，与图象不一致，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、电化学，为高频考点，把握图中纵横坐标的含义、电极反应、状态与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
4．（3分）下列热化学方程式正确的是（ ）
A．CH4的燃烧热为890kJ/mol：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣890kJ/mol
B．中和热△H＝﹣57.3kJ/mol：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）═H2O（l）+CH3COONa（aq）△H＝﹣57.3kJ/mol
C．一定条件下，0.5molN2与1.5molH2充分反应后放出35.5kJ的热量：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣71kJ/mol
D．96gO2的能量比96gO3的能量低bkJ：3O2（g）⇌2O3（g）△H＝+bkJ/mol
【分析】A．燃烧热的含义判断，完全燃烧1mol物质生成最稳定的氧化物所放出的热量进行解答。注意生成的水必须为液态；
B、强酸强碱的稀溶液反应只生成1mol液态水时放出的热量叫中和热；
C、可逆反应不能彻底；
D、反应热与化学计量数成正比关系。
【解答】解：A．表示燃烧热时，生成的水必须为液态，故A错误；
B、强酸强碱的稀溶液反应只生成1mol液态水时放出的热量叫中和热，醋酸为弱酸，故B错误；
C、可逆反应不能彻底，0.5mol N2与1.5mol H2充分反应后放出35.5kJ的热量，则1molN2与3mol H2充分反应后放出的热量比71kJ要大，故C错误；
D、反应热与化学计量数成正比关系，反应无总能量比生成物低则为吸热反应，3O2（g）⇌2O3（g）△H＝+bkJ•mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应中能量变化的原因、反应热的含义、热化学方程式书写时△H的条件、燃烧热的概念，题目难度不大。
5．（3分）如图是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图，下列说法正确的是（ ）
A．外电路电流方向是a→b
B．电池工作时正极区溶液的pH升高
C．电极b发生的反应为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH
D．1mol H2O被完全氧化时有22.4L CO2被还原
【分析】由图可知，CO2生成HCOOH，碳元素价态降低得电子，故b极为正极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，电极a为负极，电极反应式为2H2O﹣2e﹣＝O2↑+4H+，总反应为2CO2+2H2O＝2HCOOH+O2，据此作答。
【解答】解：A.电池工作时，电流从正极（b极）经外电路流向负极（a极），故A错误；
B.b极为正极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，氢离子从左向右迁移，迁移氢离子个数等于转移电子数，正极pH不变，故B错误；
C.b极为正极，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH，故C正确；
D.题目未给标准状况，无法计算气体体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
6．（3分）下列有关化学反应速率的实验探究方案设计合理的是（ ）
选项
实验方案
实验目的
A
向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和FeCl3溶液，观察气体产生的速度
比较Cu2+和Fe3+的催化效果
B
两支试管，都加入2mL 1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时向两支试管分别加入2mL 0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL 0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察高锰酸钾溶液褪色所需时间
探究草酸浓度对反应速率影响
C
在锥形瓶内各盛有2g锌粒（颗粒大小基本相同），然后通过分液漏斗分别加入40mL 1mol/L和40mL 18mol/L的硫酸。比较两者收集10mL氢气所用的时间
探究硫酸浓度对反应速率影响
D
探究温度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.催化剂中阴阳离子均不同；
B.高锰酸钾过量，草酸均不足；
C.18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫；
D.只有温度不同。
【解答】解：A.催化剂中阴阳离子均不同，应控制阴离子相同比较Cu2+和Fe3+的催化效果，故A错误；
B.高锰酸钾过量，草酸均不足，溶液均不褪色，不能说明浓度对速率的影响，故B错误；
C.18mol/L的硫酸为浓硫酸，与Zn反应生成二氧化硫，不能比较浓度对生成氢气速率的影响，故C错误；
D.只有温度不同，可探究温度对反应速率的影响，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率的影响因素、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
7．（3分）按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量，下列叙述正确的是（ ）
A．电解过程中，Cu2+浓度保持不变
B．E可以表示反应生成Cu的物质的量
C．电解过程中，石墨棒附近溶液的pH有所增大
D．若电解过程中共转移了4mol电子，则需向烧杯中加入80gCuO才能使电解质恢复到原状态
【分析】该实验是用石墨作阳极，铜单质做阴极，电解硫酸铜溶液，阳极反应是：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应是：Cu2++2e﹣＝Cu。
【解答】解：A.电解过程中，Cu2+会在阴极放电Cu2++2e﹣＝Cu，所以Cu2+浓度不断减小，故A错误；
B.E可看出电极通过4mol电子时得到2mol物质，符合铜与转移电子之间的化学计量关系，可以表示反应生成Cu的物质的量，故B正确；
C.电解过程中，石墨棒作阳极，阳极发生反应2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，所以石墨附近溶液酸性增强，pH有所减小，故C错误；
D.若电解过程中共转移了4mol电子，则反应体系中失去氧气1mol，失去铜2mol，使电解质恢复到原状态需要2molCuO，质量m＝n×M＝2mol×80g/mol＝160g，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考察了电解池的工作原理，属于常考知识点，难度不大，需要掌握电解池各电极的放电顺序及电极反应式、电解反应总方程式的书写、对电解后溶液的pH变化规律及电解质溶液的复原规律等。
8．（3分）氮是生命的基础，氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。工业上用氨的催化氧化生产硝酸，其热化学方程式为4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＝﹣904kJ•mol﹣1.生产硝酸的尾气中主要含有NO、NO2等大气污染物，可用石灰浆等碱性溶液吸收处理，并得到Ca（NO3）2、Ca（NO2）2等化工产品。对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔS＜0
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能，从而加快逆反应速率
C．当恒温恒容时，增大压强，能使反应物中活化分子百分数增大，反应速率加快
D．达到平衡时，升高温度，正反应速率减小、逆反应速率增加
【分析】A．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）为气体体积增大的反应；
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能；
C．当恒温恒容时，增大压强，增大活化分子总数，但活化分子百分数不变；
D．升高温度，正逆反应速率都增加。
【解答】解：A．反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）为气体体积增大的反应，则△S＞0，故A错误；
B．加入催化剂可降低逆反应的活化能，则加快逆反应速率，故B正确；
C．当恒温恒容时，增大压强，增大活化分子总数，反应速率加快，但活化分子百分数不变，故C错误；
D．升高温度，正逆反应速率都增加，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查熵变以及化学反应速率的判断等，为高频考点，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度不大。
9．（3分）已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1
3H2（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）△H2
2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）△H3
2Al（s）+O2（g）═Al2O3（s）△H4
2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）△H5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
A．△H1＜0，△H3＞0 B．△H5＜0，△H4＜△H3
C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H5
【分析】A、物质的燃烧均为放热反应，△H＜0；
B、根据盖斯定律将2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s）
结合铝热反应为放热反应来分析；
C、根据3H2（g）+Fe2O3（s）＝2Fe（s）+3H2O（g）△H2②、2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，将（②+③）×可得：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）分析；
D、根据2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s）分析。
【解答】解：A、物质的燃烧均为放热反应，而放热反应的反应热均为负值，故A错误；
B、铝热反应为放热反应，故△H5＜0；而2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s）△H5＝△H4﹣△H3＜0时，故△H4＜△H3，故B正确；
C、已知：3H2（g）+Fe2O3（s）＝2Fe（s）+3H2O（g）△H2②、2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，将（②+③）×可得：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H1＝（△H2+△H3），故C错误；
D、已知：2Fe（s）+O2（g）＝Fe2O3（s）△H3③，2Al（s）+O2（g）＝Al2O3（s）△H4④，将④﹣③可得：2Al（s）+Fe2O3（s）＝Al2O3（s）+2Fe（s） 故有：△H5＝△H4﹣△H3，即：△H3＝△H5﹣△H4，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了反应热的计算、盖斯定律的应用、反应热大小比较，题目难度不大，注意把握盖斯定律的原理及应用。
10．（3分）关于下列装置的说法正确的是 （ ）
A．装置①中盐桥内的K+向ZnSO4溶液移动
B．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为FeCl2溶液，电极Ⅰ附近溶液变成黄绿色
C．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀
D．装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ质量增加
【分析】A.装置①为原电池，阳离子向正极移动；
B.装置②为电解池，氯离子在阳极放电生成氯气；
C.活性电极作阳极，自身失电子；
D.铝离子放电能力比水差。
【解答】解：A.装置①为原电池，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu作正极，盐桥内的K+向CuSO4溶液移动，故A错误；
B.装置②为电解池，电极Ⅱ连接电源的正极作阳极，氯离子放电生成氯气，电极附近溶液变为黄绿色，故B错误；
C.装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，电极Ⅱ连接电源的正极作阳极，铁失电子生成亚铁离子，电极Ⅰ为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，故C正确；
D.装置②中电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极Ⅰ质量不会增加，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极以及发生的电极反应为解题的关键。
11．（3分）在2L密闭容器中，加入X和Y各4mol，一定条件下发生化学反应：2X（g）+2Y（g）⇌Z（g）+2W（g）△H＜0，反应进行到5s时测得X的转化率为25%，10s后达到化学平衡，测得Z的浓度为0.5mol/L，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数数值为0.5
B．5s内平均反应速率为v（Y）＝0.2mol/（L•s）
C．若在相同条件下，向容器中加入X和Y各5mol，平衡时，该平衡常数增大
D．升高温度，当测得容器中密度不变时，表示该反应已经达到平衡状态
【分析】A.列出化学平衡的三段式，代入平衡常数表达式K＝计算；
B.反应进行到5s时测得X的转化率为25%，参加反应的X为1mol，由方程式可知参加反应Y为1mol，根据v＝计算v（Y）；
C.平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变；
D.混合气体的质量为定值，体积不变，混合气体的密度自始至终都不变化。
【解答】解：A.发生反应2X（g）+2Y（g）⇌Z（g）+2W（g）
初始（mol/L） 2 2 0 0
转化（mol/L） 1 1 0.5 1
平衡（mol/L） 1 1 0.5 1
所以平衡常数K＝＝＝0.5，故A正确；
B.反应进行到5s时测得X的转化率为25%，参加反应的X为4mol×25%＝1mol，所以5s内平均反应速率为v（Y）＝＝0.1mol/（ L•s），故B错误；
C.若在相同条件下，向容器中加入X和Y各5mol，由于温度不变，则平衡时该反应的平衡常数不变，故C错误；
D.混合气体的质量为定值，体积不变，混合气体的密度自始至终都不变化，不能说明反应已经达到平衡状态，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡常数和反应速率的表达式为解答关键，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度不大。
12．（3分）如图是合成氨反应和使用铁触媒作催化剂的催化历程，已知：
①N2（g）+H2（g）═NH3（g） ΔH1，
②N2（g）+Fe（s）═N﹣Fe（s） ΔH2，
③N﹣Fe（s）+H2（g）═NH3（g）+Fe（s） ΔH3。
下列说法正确的是（ ）
A．反应①逆反应的活化能为E′
B．ΔH2＝E2﹣E1
C．相同条件下，反应③的速率最慢
D．键能关系：E（N≡N）+E（H﹣H）＞3E（N﹣H）
【分析】A．反应①逆反应的活化能等于过渡态平均能量与生成物的平均能量之差；
B．ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
C．活化能越大，反应速率越慢；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和。
【解答】解：A．反应①逆反应的活化能等于过渡态平均能量与生成物的平均能量之差，则反应①逆反应的活化能为E′，故A正确；
B．ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝E1﹣E2，故B错误；
C．相同条件下，反应①的活化能最大，则反应①速率最慢，故C错误；
D．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和＝E（N≡N）+E（H﹣H）﹣3E（N﹣H）＜0，则E（N≡N）+E（H﹣H）＜3E（N﹣H），故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变与活化能、键能的关系，题目难度不大。
13．（3分）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是（ ）
A．正极为SO42﹣发生还原反应
B．输送暖气的管道因涂有沥青不易发生此类腐蚀
C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3•xH2O
D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【分析】A．正极是硫酸根离子发生还原反应；
B．钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀；
C．因存在还原菌所以铁最终是亚铁；
D．管道上刷富锌油漆，锌比铁活泼，所以腐蚀锌保护铁。
【解答】解：A．正极是硫酸根离子发生还原反应，生成硫氢根离子，电极反应式为：SO42﹣+5H2O+8e﹣＝HS﹣+9OH﹣，故A正确；
B．钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀，故B正确；
C．因存在还原菌所以铁最终是亚铁，而不是Fe2O3•xH2O，故C错误；
D．管道上刷富锌油漆，锌比铁活泼，所以腐蚀锌保护铁，所以管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了金属的腐蚀和防护，注意把握金属发生电化学腐蚀的条件及金属的防腐方法，题目难度不大。
14．（3分）在300mL的密闭固定容器中，一定条件下发生Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的反应，该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系如表所示，下列说法不正确的是（ ）
T/℃
25
80
230
K
5×104
2
1.9×10﹣5
A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应
B．230℃时，该反应的正反应为不自发的反应
C．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5
D．80℃达到平衡时，测得n（CO）＝0.3mol，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol•L﹣1
【分析】A．该反应平衡常数（K）与温度（T）的关系分析可知，随温度升高K减小；
B．反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，230℃时，由平衡常数可知反应可进行，但转化程度较低；
C．相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；
D．80℃平衡常数计算Ni（CO）4的平衡浓度。
【解答】解：A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，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．反应△H＜0，△S＞0，则△H﹣T△S＜0，230℃时，反应可自发进行，但转化程度较低，故B错误；
C．25℃时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为＝2×10﹣5，故C正确；
D．80℃达到平衡时，测得n（CO）＝0.3mol，c（CO）＝＝1mol/L，故c[Ni（CO）4]＝K•c4（CO）＝2×14mol/L＝2mol/L，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握K与温度的关系、K的计算、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意表格数据的分析与应用，题目难度不大。
15．（3分）一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示（电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极）。该装置工作时，下列说法错误的是（ ）
A．电极丁的反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣
B．气体X为氢气，电极乙附近溶液的pH减小
C．KOH溶液的质量分数：c%＞a%＞b%
D．导线中流过2mol电子时，电解池中理论上有2mol K+移入阴极区
【分析】由图可知，左侧装置为燃料电池，氧气通入极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，乙为负极，右侧装置为电解池，丁为阳极，电极反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣，丙为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故气体X为氢气，乙极电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，据此作答。
【解答】解：A.丁为阳极，电极反应式为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣，故A正确；
B.丙为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故气体X为氢气，乙极电极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣═2H2O，氢氧根离子被消耗，电极乙附近溶液的pH减小，故B正确；
C.乙极附近氢氧根离子被消耗，KOH浓度变小，丙极负极生成氢氧根离子，KOH浓度增大，故b%＞a%，故C错误；
D.导线中流过2mol电子时，阴极生成2molOH﹣，为平衡电荷，电解池中理论上有2mol K+移入阴极区，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，题目难度中等，能依据图象准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
二、填空题
16．（55分）（1）SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下16gSiH4自燃放出热量713.6kJ。SiH4自燃的热化学方程式为 SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（l）△H＝﹣1427.2kJ/mol 。
（2）标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，最稳定的单质生成1mol化合物的焓变。已知25℃和101kPa时下列反应：
①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1
②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1
写出乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式： 2C（石墨）+3H2（g）＝C2H6（g）△H＝﹣86.4kJ/mol 。
（3）肼（H2NNH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1mol化学键需的能量（kJ）：N≡N为942、O＝O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键需要 391 kJ的能量。
【分析】（1）根据n＝计算出16g SiH4的物质的量n＝＝0.5mol，然后计算出1mol甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式，注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；
（2）①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1，②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1，盖斯定律计算2×②﹣×①+③得到乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式；
（3）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，反应焓变△H＝反应物总能量﹣生成物总键能。
【解答】解：（1）n（SiH4）＝＝0.5mol，则1molSiH4燃烧放出的热量为：＝1427.2kJ，该反应的化学方程式为：SiH4+2O2＝SiO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（l）△H＝﹣1427.2kJ/mol，
故答案为：SiH4（g）+2O2（g）＝SiO2（s）+2H2O（l）△H＝﹣1427.2kJ/mol；
（2）①2C2H6（g）+7O2（g）＝4CO2（g）+6H2O（l）ΔH＝﹣3116kJ•mol﹣1，②C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H＝﹣393.51kJ•mol﹣1，③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1，盖斯定律计算2×②﹣×①+③得到乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式：2C（石墨）+3H2（g）＝C2H6（g）△H＝﹣86.4kJ/mol，
故答案为：2C（石墨）+3H2（g）＝C2H6（g）△H＝﹣86.4kJ/mol；
（3）根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）＝2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3＝2752kJ/mol﹣534kJ/mol＝2218kJ/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，已知断裂1mol化学键需的能量（kJ）：N≡N为942、O＝O为500、N﹣N为154，设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500＝2218，解得K＝391kJ，
故答案为：391。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写、中和热的计算，题目难度不大，明确热化学方程式的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
17．用50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠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所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）仪器A的名称 玻璃搅拌器 ；碎泡沫塑料的作用是 保温、隔热，减少实验过程中热量损失 。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g•cm﹣3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如表：
实验序号
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.2
2
20.3
20.5
23.4
3
20.5
20.7
23.5
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝ ﹣50.2kJ/mol （结果保留一位小数）。
上述实验中，下列操作一定会降低实验准确性的是 B 。
A.用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积
B.NaOH溶液在倒入小烧杯时，有少量溅出
C.大、小烧杯体积相差较大，夹层间放的碎泡沫塑料较多
D.测量HCl溶液的温度计用水洗净后才用来测NaOH溶液的温度
（3）现将一定量的稀醋酸、稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为 H1＞△H2＝△H3 。
（4）含有0.2molKOH的稀溶液与1L0.1mol/L的H2SO4溶液反应，放出11.46kJ的热量，表示该反应的中和热的热化学方程式为 KOH（aq）+H2SO4（aq）＝K2SO4（aq）+H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol 。
【分析】（1）根据量热器的构造和仪器的特征写出仪器名称；碎泡沫塑料不传热，有隔热保温作用；
（2）先判断实验数据的有效性，再计算温度差的平均值，根据Q＝cm△T和△H＝﹣计算中和热ΔH；
A．用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积，结果更精确；
B．氢氧化钠溶液的量减少，会使得中和热数据偏小；
C．大、小烧杯夹层间放的碎泡沫塑料较多，保温效果好；
D．测量HCl溶液的温度计用水洗净再测氢氧化钠，会减少酸和碱之间因为中和反应而导致的热量损失；
（3）醋酸是弱电解质，电离吸热；盐酸和硫酸是强电解质，与等量NaOH溶液反应时放热相等；
（4）KOH的稀溶液与H2SO4溶液反应的化学方程式为2KOH+H2SO4＝K2SO4+2H2O，n（H2SO4）＝cV＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，则0.2molKOH和0.1molH2SO4恰好反应生成0.2molH2O，放出11.46kJ的热量，即生成生成1mol液态水时放出的热量为11.46kJ×＝57.3kJ，中和热是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水时放出的热量，据此写出KOH的稀溶液与H2SO4溶液反应的中和热的热化学方程式。
【解答】解：（1）根据量热器的构造和仪器的特征可知，仪器A的名称为玻璃搅拌器；碎泡沫塑料的导热效果差，可起到保温作用，即作用为保温、隔热，减少实验过程中热量损失，
故答案为：玻璃搅拌器；保温、隔热，减少实验过程中热量损失；
（2）3次温度差分别为：3.1℃，3.0℃，2.9℃，3组数据有效，则温度差平均值为℃＝3.0℃，50mL0.50mol/L的盐酸与50mL0.55mol/L的氢氧化钠溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2＝0.025mol，溶液的质量为100ml×1g/ml＝100g，温度变化的值为△T＝3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q＝m•c•△T＝100g×4.18J/（g•℃）×3.0℃＝1254J，即1.254KJ，所以实验测得的中和热△H＝﹣≈﹣50.2kJ/mol，
A．用滴定管（精量仪器，读数保留到0.01）取所用酸碱溶液的体积，结果更精确，提高实验准确性，故A错误；
B．氢氧化钠溶液溅出时，碱的量减少，会使得中和热数据偏小，这样一定会降低实验准确性，故B正确；
C．大、小烧杯夹层间放的碎泡沫塑料较多，保温效果更好，会提高实验准确性，故C错误；
D．测量HCl溶液的温度计用水洗净再测氢氧化钠，会减少酸和碱之间因为中和反应而导致的热量损失，提高实验的准确度，故D错误。
故答案为：﹣50.2kJ/mol；B。
（3）中和热是强酸强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应生成1molH2O（l），反应放热57.3kJ；醋酸是弱电解质，电离过程是吸热程，一定量的稀醋酸、稀盐酸、稀硫酸分别和1L1mol•L﹣1的稀氢氧化钠溶液恰好完全反应放热小于57.3kJ，反应焓变是负值，则△H1＞△H2＝△H3，
故答案为：H1＞△H2＝△H3；
（4）n（H2SO4）＝cV＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，则0.2molKOH和0.1molH2SO4恰好反应生成0.2molH2O，放出11.46kJ的热量，即生成生成1mol液态水时放出的热量为11.46kJ×＝57.3kJ，则KOH稀溶液与H2SO4溶液反应的中和热的热化学方程式为KOH（aq）+H2SO4（aq）＝K2SO4（aq）+H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol，
故答案为：KOH（aq）+H2SO4（aq）＝K2SO4（aq）+H2O（l）△H＝﹣57.3kJ/mol。
【点评】本题考查了中和热的测定方法、计算、误差分析，题目难度中等，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确。
18．（1）由A、B、C、D四种金属按表装置图进行实验。
装置
现象
金属A不断溶解
C极质量增加
A上有气体产生
根据实验现象回答问题：四种金属活动性由强到弱的顺序是 D＞A＞B＞C 。
（2）某兴趣小组的同学以甲醇（CH3OH）燃料电池为电源研究有关电化学的问题。
①甲池中，通入CH3OH一极的电极反应式为 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O 。
②乙池中，B极（石墨）电极的电极反应式为 2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣ 。
③丙池中，通电前C、D两电极的质量相同，通电一段时间后。
a.溶液中c（Ag+）将 不变 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.两极的质量相差17.28g，则甲池中消耗 O2的体积为 448 mL（标准状况下）。
④丁池中，利用离子交换膜控制电解液中c（OH﹣）来制备纳米Cu2O，离子交换膜为阴离子交换膜。
a.Ti电极附近溶液的碱性将 增大 （填“增大”“减小”或“不变”）。
b.Cu电极的电极反应式为 2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O 。
【分析】（1）甲装置中：金属A不断溶解，说明该装置构成了原电池，且A电极发生失电子的氧化反应而作负极，则B作正极；乙装置中：C的质量增加，说明C上银离子发生得电子的还原反应生成Ag，则C作原电池正极，B作负极；丙装置中：A上有气体产生，说明A上氢离子得电子、发生还原反应生成氢气，则A作原电池正极，D作负极；原电池中，作负极的金属活动性一般而言大于作正极金属，据此分析判断A、B、C、D四种金属的金属活动性；
（2）①甲池为原电池，燃料甲醇在负极发生失电子的氧化反应在碱溶液中生成碳酸盐，正极上氧气得电子发生还原反应，O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，结合电子守恒、电荷守恒写出电极反应；
②乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，电极A为阳极，B为阴极，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气和氢氧根离子；
③丙装置为电镀池，Ag电极为阳极，Pt电极为阴极，电解质溶液为AgNO3溶液，阳极反应式为Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极反应式为Ag++e﹣＝Ag，结合电子守恒进行计算；
④丁池为电解法制备Cu2O装置，离子交换膜为阴离子交换膜，Cu作阳极，Ti作阴极，阳极上Cu失电子生成Cu2O，阳极反应式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，据此解答。
【解答】解：（1）由上述分析可知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C，
故答案为：D＞A＞B＞C；
（2）①甲醇碱性燃料电池中，甲醇在负极发生失电子的氧化反应生成碳酸盐，负极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，
故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O；
②乙池为惰性电极电解饱和食盐水装置，B为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，阴极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，
故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；
③a.丙装置为电镀池，阳极反应式为Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极反应式为Ag++e﹣＝Ag，根据电子守恒可知，溶液中c（Ag+）不变，
故答案为：不变；
b.电路中转移电子为x，阳极反应式为Ag﹣e﹣＝Ag+，阴极反应式为Ag++e﹣＝Ag，开始时两极的质量相等，电解一段时间后两极的质量相差17.28g，则108x+108x＝17.28g，解得x＝0.08mol，原电池中正极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，根据电子守恒可知，n（O2）＝n（e﹣）＝0.02mol，标准状况下V（O2）＝nVm＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L＝448mL，
故答案为：448；
④a.丁池为电解法制备Cu2O装置，Cu作阳极，Ti作阴极，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则Ti电极附近溶液的碱性将增大，
故答案为：增大；
b.丁池为电解法制备Cu2O装置，Cu作阳极，Ti作阴极，阳极上Cu失电子生成Cu2O，阳极反应式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O，
故答案为：2Cu﹣2e﹣+2OH﹣＝Cu2O+H2O。
【点评】本题考查原电池原理和电解原理的应用，为高频考点，把握电极的判断、电极反应和电子守恒的计算应用等为解答的关键，侧重分析能力、计算能力和运用能力的考查，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
19．由γ羟基丁酸生成γ丁内酯的反应如下：
HOCH2CH2CH2COOH +H2O，在298 K下，γ羟基丁酸水溶液的初始浓度为0.180mol/L，测得γ丁内酯的浓度随时间变化的数据如表所示。回答下列问题：
t/min
21
50
80
100
120
160
220
∞
c/（mol•L﹣1）
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
（1）该反应在50～80min内的平均反应速率为 0.0007 mol/（L•min）。
（2）120min时γ羟基丁酸的转化率为 50% 。
【分析】（1）由公式v＝计算反应速率；
（2）由转化率＝×100%计算转化率。
【解答】解：（1）该反应在50～80min内的平均反应速率v（γ丁内酯）＝＝0.0007mol/（L•min），
故答案为：0.0007；
（2）120min时γ丁内酯的浓度为0.09mol/L，γ羟基丁酸浓度变化量为0.09mol/L，γ羟基丁酸的转化率为×100%＝50%，
故答案为：50%。
【点评】本题考查反应速率和反应物转化率求算，题目难度中等，能依据题目所给数据寻找所需要量是解题的关键。
20．某学习小组欲探究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表所示：
实验序号
温度
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
c/（mol•L﹣1）
V/mL
I
25
5
0.1
10
0.1
5
II
25
5
0.2
5
0.2
10
III
35
5
0.1
10
0.1
5
IV
35
5
0.2
X
0.2
Y
（1）写出该探究实验中发生反应的化学方程式 Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O ；根据 出现淡黄色浑浊所需要的时间 ，可以判断反应进行的快慢。
（2）实验I、II探究的是：其它条件相同时，Na2S2O3溶液的浓度对反应速率的影响，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，则X＝ 5 。
【分析】（1）Na2S2O3和稀H2SO4反应生成Na2SO4、S和SO2气体，据此写出化学方程式；生成的S单质不溶于水，有明显的淡黄色浑浊现象，可据此判断反应速率快慢；
（2）研究反应速率的影响因素只能一个变量不同，其他条件必须相同，并且溶液的总体积也应该完全相同。
【解答】解：（1）Na2S2O3和稀H2SO4反应生成Na2SO4、S和SO2气体，反应的化学方程式Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O，该反应中生成的S单质不溶于水，有明显的淡黄色浑浊现象，可根据出现淡黄色浑浊所需要的时间长短来判断反应进行的快慢，
故答案为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O；出现淡黄色浑浊所需要的时间；
（2）对比实验I、II可知：温度和加入的稀H2SO4的物质的量、溶液总体积均相同，只有Na2S2O3溶液的浓度不同，则实验I、II探究的是浓度对反应速率的影响。实验Ⅲ、Ⅳ中Na2S2O3溶液的物质的量不同，若实验III、IV也想达到与实验I、II相同的探究目的，即实验III、IV也探究的是浓度对反应速率的影响，则温度和加入的稀H2SO4的物质的量、溶液总体积也必须相同，即0.01L×0.1mol/L＝X×0.2mol/L，解得x＝0.005L＝5mL，
故答案为：5。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意控制变量法的应用，题目难度不大。
21．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
I.利用反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH，可减少CO2排放，并合成清洁能源。
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO （g） ΔH1＝+41kJ•mol﹣1 平衡常数K1
②CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g） ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1 平衡常数K2
（1）若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 C （填标号）。
（2）①根据反应历程，则反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的K＝ K1×K2 ；（用K1、K2表示）
②500℃时，在容积为2L的密闭容器中充入8molCO2和8molH2，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），反应达到平衡后，混合气体的压强比原来减少25%。则在该温度下，其逆反应的平衡常数为 3 。
（3）在密闭恒温恒容装置中进行该反应，达到平衡状态的是 cd 。
a.v正（CH3OH）＝3v逆（H2）
b.混合气体密度不再改变
c.混合气体压强不再改变
d.混合气体平均摩尔质量不再改变
e.n（CO2）：n（H2）＝1：3
（4）CO2甲烷化反应是由法国化学家Paul Sabatier 提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程：
①上述过程中，产生H2反应的化学方程式为：3Fe+4H2O4H2+Fe3O4，则其平衡常数表达式K＝ 。
②HCOOH是CO2转化为CH4的中间体：CO2 HCOOH CH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉的用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是 Ⅱ 。（填I或II）
【分析】（1）慢反应活化能大；
（2）①由平衡常数的表达式判断平衡常数关系；
②由反应物的起始加入量和压强变化，判断平衡时各组分的量，进而求算平衡常数；
（3）化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变；
（4）①平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度的系数次幂的乘积；
②加酸减小，反应Ⅰ变慢。
【解答】解：（1）①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO （g）ΔH1＝+41kJ•mol﹣1；②CO（g）+2H2 （g）⇌CH3OH（g）ΔH2＝﹣90kJ•mol﹣1，由盖斯定律①+②可得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝+41kJ•mol﹣1+（﹣90kJ•mol﹣1）＝﹣49kJ/mol，总反应为放热反应，若反应①为慢反应，反应①活化能高于反应②，且反应①为吸热反应，反应②为放热反应，则体现反应能量变化的是C，
故答案为：C；
（2）①K1＝，K2＝，则反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的K＝＝K1×K2，
故答案为：K1×K2；
②在容积为2L的密闭容器中充入8molCO2和8molH2，则起始时二氧化碳和氢气浓度均为4mol/L，设CO2反应量为xmol/L，平衡时二氧化碳浓度为（4﹣x）mol/L，氢气浓度为（4﹣3x）mol/L，CH3OH（g）和H2O（g）浓度为xmol/L，反应达到平衡后，混合气体的压强比原来减少25%，则（4﹣x）mol/L+（4﹣3x）mol/L+xmol/L+xmol/L＝（4mol/L+4mol/L）×（1﹣25%），解得x＝1，CO2、H2、CH3OH、H2O的平衡浓度分别为3mol/L、1mol/l、1mol/L、1mol/L，该温度下，其逆反应的平衡常数K＝＝＝3，
故答案为：3；
（3）a.v正（CH3OH）＝3v逆（H2），正逆反应不相等，反应未达到平衡，故a错误；
b.反应前后气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终不改变，混合气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，故b错误；
c.混合气体压强不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确；
d.反应前后气体总质量不变，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明容器内气体分子总数不变，反应达到平衡状态，故d正确；
e.n（CO2）：n（H2）＝1：3，不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡状态，故e错误；
故答案为：cd；
（4）①铁和四氧化三铁为固体，氢气和水蒸气为气体，平衡常数表达式K＝，
故答案为：；
②当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，则反应Ⅰ迅速减慢，因此CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是Ⅱ，
故答案为：Ⅱ。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化和化学平衡，题目难度较大，掌握判断平衡状态的方法和外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
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