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2018-2019学年山东省济南第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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山东省济南第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是
A. H2O 的分解反应是放热反应
B. 氢能源已被普遍使用
C. 2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2 和 1 mol O2 具有的总能量
D. 氢气是不可再生能源
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是常识性知识的考查，考查反应热与物质总能量的关系，可再生能源的概念。
【详解】A. 氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；
B. 利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；
C. 水分解是吸热反应，∆H=生成物总能量-反应物总能量＞0，故2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2 和 1 mol O2 具有的总能量，C正确；
D. 不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误；
答案为C。
2.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，错误；B．Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，错误；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，且属于吸热反应，正确；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，错误。故选C。
考点：考查了氧化还原反应、化学反应与热量的关系的相关知识。
3.其他条件不变时只改变下列条件，一定能使反应速率加快的是
①增加反应物的物质的量 ②升高温度 ③缩小反应容器的体积
④加入生成物 ⑤加入MnO2
A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③
【答案】C
【解析】
试题分析：①若反应物为纯固体或纯液体，增大反应物的量，反应速率不变，错误；②因升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，正确；③若反应中没有气体参加和生成，为溶液中的反应，则缩小反应容器的体积，增加压强，反应速率不变，错误；④若生成物为纯固体或纯液体，加入生成物，反应速率不变，错误；⑤催化剂具有专一性，加入二氧化锰不一定能使反应速率加快，错误，答案选C。
【考点定位】本题考查影响化学反应速率的因素
【名师点晴】一般增大反应物的浓度、增大压强，升高温度、使用催化剂，化学反应速率加快，解答时注意根据物质的状态、反应的特点来分析影响反应速率的因素。注意浓度、压强对反应速率影响的使用条件和范围。
4.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是( )
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离了积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】
水电离出的c(H+)= c(OH－)，纯水呈中性，故A错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大、pH减小，故B错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)= c(OH－)，c(H+)、 c(OH－)增大，pH变小，水的离子积增大，呈中性，故C错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积变大、pH变小，c(H+)= c(OH－) 呈中性，故D正确。
点睛：水的离子积Kw=，水的离子积只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大；水中加入酸或碱抑制水电离，但水的离子积不变。
5.室温下某溶液中由水电离产生的c(H＋)等于10－10mol·L－1，该溶液的溶质不可能是
A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2
【答案】B
【解析】
此时c(H＋)小于常温下纯水电离产生的c(H＋)，说明水的电离受到了抑制，NaHSO4、HCl、Ba(OH)2对水的电离都起抑制作用。
6.反应A(g) + 3B(g) ⇌2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 、② v(B)=0.6mol·L-1·s-1、 ③v(C)=0.4mol·L-1·s-1、④v(D) =0.45mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为
A. ④＞③＝②＞① B. ①＞②＝③＞④
C. ②＞①＝④＞③ D. ①＞④＞②＝③
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了可逆反应中反应速率的换算。同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。
【详解】可逆反应中，在同一时间段内，反应速率之比等于化学计量数之比，故v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2，故将题目中四种速度完全转化为A的反应速率且单位统一后，①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 ，②v(A)=12mol·L-1·min-1，③v(A)=12mol·L-1·min-1，④v(A)=13.5mol·L-1·min-1 ，反应快慢顺序为④＞③＝②＞①
答案为A。
【点睛】比较反应速率的常见两种方法：
（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化为同一物质的反应速率，再进行比较；
（2）比值法，用各物质的量表示的反应速率除以对应的各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。
比较时注意：（1）反应速率的单位要相同；（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的。
7.在2 L的密闭容器中发生：3A(g)＋B(g) ===2C(g) 的反应，若最初加入A和B都是4 mol，A的平均反应速率是0.12 mol·L－1·s－1，则10 s后容器中B的浓度为
A. 2.8 mol·L－1 B. 1.6 mol·L－1 C. 3.2 mol·L－1 D. 3.6 mol·L－1
【答案】B
【解析】
由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以根据A的反应速率可知，B的反应速率是0.12mol/(L·s)÷3＝0.04mol/(L·s)。所以B的物质的量变化是0.04mol/(L·s)×10s×2L＝0.8mol，因此剩余B是4mol－0.8mol＝3.2mol，答案选C。
8.已知：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是
组号
反应
温度/℃
Na2S2O3
H2SO4
H2O
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
A
10
5
0.2
5
0.1
10
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了影响反应速率的因素，包括温度、反应物浓度。在表格中寻找变量，对应实际影响因素进行分析。
【详解】在化学反应中，温度越高，反应速率最快，浓度越高，反应速率越快。根据表格可知，A、B选项温度为10°C，A项中Na2S2O3浓度高于B项，故A反应速率高于B，但是由于温度低于C、D的30°C，故反应速率低于C、D。C、D进行比较，D中Na2S2O3和硫酸浓度均高于C，其余一致，故D反应速率高于C，反应速率最快的是D。
答案为D。
9.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是
A. 总反应为放热反应
B. 使用催化剂后，活化能不变
C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应
D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了反应热图像的应用和催化剂的性质，通过对于反应物总能量和生成物总能量的关系进行焓变的计算。
【详解】A.总反应热∆H=生成物总能量 -反应物总能量，根据图像可知，反应物A+B能量高于E+F，故∆H＜0，反应放热，A正确；
B.催化剂降低反应活化能，B错误；
C. 反应①A+B→C+D，ΔH1大于零，是吸热反应；反应②C+D→E+F，ΔH2＜0，是放热反应，C正确；
D.根据盖斯定律，总反应为A+B→E+F，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D正确；
答案为B。
10.炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是
A. 腐蚀过程中，负极是C
B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C. 正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了电化学腐蚀的原理，正、负极反应原理和电极反应式的书写，注意电子在原电池的外电路中移动。
【详解】A. 铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误；
B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，B错误；
C. 该原电池中， C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应，D正确；
答案为D。
11.在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再发生变化时，表明反应A（g）＋2B（g）C（g）＋D（g）已达到平衡状态的是
A. 混合气体的密度 B. 混合气体的总物质的量
C. 混合气体的压强 D. 混合气体的总体积
【答案】BC
【解析】
试题分析：A.根据质量守恒定律知，反应前后气体混合物的质量发生改变，容器的体积不变，所以容器内气体的密度会变，若密度不变，则证明反应达到平衡状态，A项正确；B.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变，所以不能证明达到平衡状态，B项错误；C.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，容器中气体的压强始终不变，所以不能证明反应达到了平衡状态，C项错误；D.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的体积不变，不能证明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A.
考点：考查化学平衡状态的判断。
12.用纯净的 CaCO3 与 100 mL 稀盐酸反应制取 CO2，实验过程记录如图所示(CO2 的体积已折算为标准状况下 的体积)。下列分析正确的是
A. OE 段的平均反应速率最快
B. EF 段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为 0.4 mol/(L·min)
C. OE、EF、FG 三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为 2∶6∶7
D. F 点收集到的 CO2 的量最多
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了实验反应速率的计算和图像的含义，要明确对于斜率和反应速率的比例关系。
【详解】A、斜率表示反应速率，斜率越大，反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，A错误；
B、由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672mL-224mL=448mL，所以二氧化碳的物质的量为，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/（L·min），故B正确；
C、OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224mL、448mL、112mL，所以OE、EF、FG三段中，所用时间都是1min，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：448mL：112mL=2：4：1，C错误；
D、从开始到G点生成的二氧化碳，总共784mL，G点收集到的CO2最多，故D错误。
答案为B。
13.用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验,则下表中各项所列对应关系均正确的一组是
选项
X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
Na2SO4溶液
U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b管中电极反应式是4OH--4e-=O2↑+2H2O
C
负极
CuCl2溶液
b管中有气体逸出
D
负极
NaOH溶液
溶液pH降低
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电解过程中，溶液pH的变化，电极反应式的书写和电解产物；根据电解规律“有氢无氧增碱性，有氧无氢增酸性，有氢有氧增原性”分析溶液pH的变化。
【详解】A. 电解Na2SO4溶液，实质是电解水，a管为正极，对应阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，氢氧根浓度下降，故两端滴入酚酞后，b管中呈红色，A错误；
B.电解硝酸银，阳离子放电顺序Ag+＜H+，阴离子放电顺序NO3-＜OH-，故实质是电解水，b管为负极，对应阴极反应方程式为H++2e-=H2↑，B错误；
C.电解氯化铜，阳离子放电顺序Cu2+＜H+，阴离子放电顺序OH-＜Cl-，故实质为电解HCl，b管为正极，对应阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，产生氯气，C正确；
D.电解氢氧化钠，有氢有氧增原性，溶液酸碱度上升，碱性更强，D错误；
答案为C。
14.某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法正确的是
A. b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
B. 电子通过外电路从b极流向a极
C. 每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D. H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考察了燃料电池的原理书写，氧化还原转移电子计算，另外对于固体电解质转移的是离子要有一定认识，氧化还原过程没有水的参与。同时，注意电子在固体电解质中移动，而不是外电路。
【详解】根据题目表达，总反应为2H2＋O2＝2H2O ，故氢气做负极，氧气做正极。
A. CaHSO4固体为电解质传递H＋，环境内无水，故b极上的电极反应式为：O2＋4H+＋4e－＝2H2O，A错误；
B. 原电池中电子在内电路中移动，离子在外电路中移动，B错误；
C. 在标准状况下，每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2，题目没有前提条件，无法判断，C错误；
D. a为负极，b为正极，电子从负极，经过电解质移向正极，D正确；
答案为D。
15.控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是
A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
由反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，反应开始时，甲中Fe3＋发生还原反应，乙中I－发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极，答案选D。
16.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g）＋2B(g）4C(s）＋D(g），反应2 min后达到平衡，测得生成1．6 mol C，下列说法正确的是( ）
A. 前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol／(L·min）
B. 此时，B的平衡转化率是40％
C. 增大该体系的压强，平衡不移动
D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应2 min后达到平衡，测得生成1．6 mol C，因此根据方程式可知生成D是0.4mol，所以前2 min，D的平均反应速率为＝0.1mol／(L·min），A错误；B．消耗B是0.8mol，则此时B的平衡转化率是×100%＝40％，B正确；C．正反应是体积减小的，则增大该体系的压强，平衡向正反应方向移动，C错误；D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率减小，D错误，答案选B。
考点：考查可逆反应计算和外界条件对平衡状态的影响
17.下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol
B. 已知C(石墨，s) ===C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ·mol－1
D. 已知2C(s)＋2O2(g)==2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)==2CO(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了热反应方程式中燃烧热的定义，要求必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物；能量与物质稳定性的关系，以及强电解质与弱电解质在同一类反应中不同反应热的概念。
【详解】A. 燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，已知2H2 (g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为285.8 kJ /mol，A正确；
B. ΔH=生成物总能量-反应物总能量>0，能量越高越不稳定，故石墨比金刚石稳定，B错误；
C. 盐酸完全电离，醋酸部分电离，醋酸电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应热ΔH>－57.4 kJ·mol－1，C错误；
D. 若ΔH1-ΔH2=ΔH3，则反应为2CO(g)＋O2(g)==2CO2(g)，燃烧反应放热ΔH3＜0，则ΔH1＜ΔH2，D错误；
答案为A。
【点睛】中和热：在稀溶液中酸碱中和生成1mol水的反应热。强酸与强碱的稀溶液中和热约为57kJ，与酸碱种类无关，因为这实际上是1molH+与1molOH-反应生成1molH2O的反应热，弱酸、弱碱以及多元酸碱的中和热，因有电离吸热，不是定值。
18.已知反应：
①2CH3OH（g）= CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9KJ•mol﹣1
②2CH3OH（g）= C2H4（g）+2H2O（g） △H2=﹣29.1KJ•mol﹣1
③CH3CH2OH（g）= CH3OCH3（g）△H3=+50.7KJ•mol﹣1；
在C2H4（g）+H2O（g）═CH3CH2OH（g）△H4中；△H4等于
A. ﹣48.5 KJ•mol﹣1
B. +48.5 KJ•mol﹣1
C. ﹣45.5KJ•mol﹣1
D. +45.5 KJ•mol﹣1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g），据此进行计算。
【详解】根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g），△H=（-23.9+29.1-50.7）kJ/mol=-45.5kJ/mol，故△H4=-45.5kJ/mol。
答案为C。
19.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质(A、B、C、D)的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是
A. M点表示v(A)＝v(B)
B. 反应进行到6 s时，C的平均反应速率为 0.1 mol·L－1·s－1
C. 反应进行到6 s时，各物质的物质的量浓度相等
D. 0～6 s内，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝3∶1∶1.5∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了图像和可逆反应平衡状态的对应关系，通过对图中数据进行差值计算，推断平均反应速率，同时考查反应速率比例与化学计量数之比相等。
【详解】A. M点表示A、B物质的量相同的点，当v(A)＝v(B)时，反应达到平衡状态，即6s后，A错误；
B. 反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，C的平均反应速率为 0.6mol/（2L·6s）＝0.05mol·L－1·s－1，B错误；
C. 反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，有图可知，各物质的物质的量浓度不相等，C错误；
D. 0～6 s内，各物质的反应速率之比与物质的量变化量相等，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝1.2：0.4：0.6：0.8＝3∶1∶1.5∶2，D正确；
答案为D。
【点睛】分析图象的3种方法策略
①看图像：一看轴，即纵、横坐标的意义；二看点：即起点、拐点、交点、终点；三看线，即线的走向和变化趋势；四看辅助线，即等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如浓度变化、温度变化、转化率变化、物质的量的变化等。
②依据图像信息，利用平衡移动原理，分析可逆反应的特征：吸热还是放热，气体的化学计量数增大、减小还是不变，有无固体或纯液体参加或生成等。
③先拐先平：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高、浓度大、压强大或使用了催化剂。
20.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，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+
B. 电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定相等
C. 电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt
D. 阳极发生还原反应，其电极反应式为：Ni2++2e- = Ni
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考察了金属电解过程中的溶解的顺序，并对电极反应书写进行考查，注意电解法提纯金属时，比欲提纯金属更活泼的杂质，最终留在电解溶液中；而比欲提纯金属活性弱的杂质，则沉淀在阳极泥中，从而达到一般化学法不能获得的高纯金属。
【详解】A. 电解后，原物质中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，其中铁、锌是活泼金属，故溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+，A错误；
B. 电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；
C. 粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，铂为惰性电极，铜和Pt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，C正确；
D. 阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，D错误；
21.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为： Zn+2MnO2+H2O==Zn(OH)2+Mn2O3。下列说法正确的是
A. 电池工作时，锌失去电子，发生还原反应
B. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
C. 电池正极的电极反应式为：2MnO2+H2O+2e—="=" Mn2O3+2OH—
D. 当锌的质量理论上减小6.5g时，溶液中通过0.2mol电子
【答案】C
【解析】
试题分析：A.电池工作时，锌失去电子，化合价升高，发生氧化反应，A错误；B.电子的方向由电流的方向相反，因此电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，B错误；C. 电池正极发生还原反应，电极反应式为：2MnO2+H2O+2e—="=" Mn2O3+2OH—，C正确；D.电子不下水，即溶液中无电子通过，D错误。故答案C。
考点：考查原电池的工作原理。
22.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）通过下列反应合成甲醇。下列说法正确的是( )
反应①：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1＝41kJ·mol–1
反应②：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2＝–99kJ·mol–1
反应③：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(l) △H3
A. 反应①为放热反应 B. 增大反应①的压强，H2转化率提高
C. △H3＝－58kJ·mol–1 D. 反应②使用催化剂，△H2不变
【答案】D
【解析】
A、反应①焓变为正值，反应是吸热反应，选项A错误；B、增大反应①的压强，平衡不移动，氢气的转化率不变，选项B错误；C、根据盖斯定律，由①+②得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) △H=△H1+△H2=-58kJ·mol–1，所以③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(l) △H3-58kJ·mol–1，选项C错误；D、焓变只与系数有关，使用催化剂△H不变，选项D正确。答案选D。
23.下列实验方案中不能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
方案
滴管内盛有不同浓度的H2C2O4溶液
目的
探究浓度对化学反应速率的影响
探究催化剂对H2O2分解速率的影响
室温下比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度
探究温度对化学平衡的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了实验探究过程中控制变量法的运用。
【详解】由图可知，两实验变量是H2C2O4溶液浓度，故探究浓度对化学反应速率的影响，A正确；
由图可知，实验并不存在唯一变量，过氧化氢浓度不相等，故不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，B错误；
由图可知，实验变量只是碳酸钠和碳酸氢钠，故可以比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度，C正确；
将二氧化氮放于两种环境中，通过观察颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，D正确；
答案为B。
24.关于下列装置说法正确的是
A. 装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
B. 滴有酚酞溶液的装置②在电解过程中，b极先变红
C. 可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜
D. 装置④中发生铁的吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】
A项，装置①为原电池，Zn为负极，Cu为正极，电流方向与阳离子运动方向形成闭合，所以盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B项，滴有酚酞溶液的装置②是惰性电极电解NaCl溶液，b为阳极，生成Cl2，a为阴极，生成H2，所以a极先变红，故B错误；C项，装置③电解质溶液为CuSO4溶液，若阴极(c极)为铁，阳极(d极)为铜，则可在铁上镀铜，故C正确；D项，装置④为原电池，Zn作负极失电子发生氧化反应，铁作正极只起导电作用，故D错误。
25.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了可逆反应图像的综合分析，明确温度越高，反应速率越快；同温下，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动；催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。
【详解】A．由图1可知，温度在T 2 时首先达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，故T1＜T2；在T2时C%减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应正反应为放热反应，A错误；
B．由图2可知，在温度不变时，增大压强，C%增多。说明增大压强，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应方向为气体体积减小的方向，m＋n>p，B错误；
C．图3表示的是在不同的温度下，当反应达到平衡时，反应物B的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态，v 正 =v 逆，点3低于平衡转化率，说明3未达到平衡，反应向正反应方向进行，此时表示的反应速率v 正 >v 逆，C正确；
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线达到平衡所需要的时间比b短，先达到平衡，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，缩小了容器的容积，D错误；
答案为C。
【点睛】转化率关系：
（1）当改变温度或压强时平衡向正反应方向移动，平衡转化率一定增大。
（2）当两种或两种以上的可逆反应，增加一种反应物的浓度，平衡向正向移动，其他反应物的转化率增大而本身转化率降低。
（3）当只改变生成物的浓度，平衡向正向移动，平衡转化率一定增大。
（4）对于aA(g)bB(g)＋cC(g)反应，加入一定的A建立平衡体系
①如果在恒温恒容下再加入A物质，达到新平衡时A的转化率有下列三种情况
ⅰ a＝b＋c，A的转化率不变
ⅱ a>b＋c，A的转化率增大
ⅲ a
（5）对于aA(g)＋bB(g)cC(g)反应，加入a mol A和b mol B建立平衡体系。如在恒温恒容下按n(A)∶n(B)＝a∶b的量加入A、B，A、B转化率有下列三种情况 ①a＋b＝c，A、B转化率不变 ②a＋b>c，A、B转化率增大 ③a＋b
26.将等物质的量的A和B，混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) === xC(g)＋2D(g)；5 min后测得c(D)＝0.5 mol·L－1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的反应速率是0.1 mol·L－1·min－1。
（1）x＝____________;
（2）v(B)＝____________;
（3）A在5 min末的浓度是____________。
【答案】 (1). 2 (2). 0.05 mol·L－1·min－1 (3). 0.75 mol·L－1
【解析】
【分析】
本题主要考查了平衡反应速率的计算，注意单位的统一；反应速率之比恒等于化学计量数之比。
【详解】可逆反应中反应速率之比等于化学计量数之比，由题可知，υ(D)＝Δc(D)/Δt＝0.5 mol·L－1/5min＝0.1mol·L－1·min－1，υ(C)＝υ(D)，即x＝2；
υ(B)：υ(C)＝1：2，则υ(B)＝0.05 mol·L－1·min－1；
根据题意，反应5min时，D的物质的量是1mol，设A物质的在5min末的物质的量是xmol。
3A(g)＋B(g) === 2C(g)＋2D(g)
起始量（mol） 1.5＋x 1.5＋x 0 0
变化量（mol） 1.5 0.5 1 1
平衡量（mol） x 1＋x 1 1
c(A)∶c(B)＝x：（1＋x）＝3∶5，即x＝1.5mol，A在5 min末的浓度是0.75 mol·L－1。
27.到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用最主要的能源。
（1）化学反应中放出的热能（焓变，ΔH）与反应物和生成物的键能（E）有关。已知：
①H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=－a kJ/mol
②E(H-H)=b kJ/mol，E(Cl-Cl)=c kJ/mol
则：E(H-Cl)=_____________。
（2）实验中不能直接测出由石墨和氢气反应生成甲烷反应的反应热，但可测出CH4、石墨和H2燃烧反应的反应热，求由石墨生成甲烷的反应热。已知：
①CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(l) △H=－a kJ·mol-1
②C(石墨)＋O2(g)==CO2(g) △H=－b kJ·mol-1
③H2(g)＋1/2O2(g)==H2O(l) △H=－c kJ·mol-1
则反应C(石墨)＋2H2(g) → CH4(g)的反应热△H=________kJ·mol-1。又已知:该反应为放热反应,则该反应在_____条件下可自发进行(填“低温”、“高温”)。
（3）已知在一定温度下，以下三个反应的平衡常数分别为K1、K2、K3：
C(s)+CO2(g) 2CO(g) K1
CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) K2
C(s)+ H2O(g) H2(g)+CO(g) K3
则K1、K2、K3之间的关系是K3＝__________________。
【答案】 (1). (a+b+c)/2 kJ• mol－1 (2). (-2c-b+a) (3). 低温 (4). K1K2
【解析】
【分析】
本题主要考查了平衡常数计算式，注意不包括固体；同时考查了反应热的计算，包括与键能的关系和盖斯定律的应用。
【详解】(1)ΔH=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物合成化学键释放的能量=b＋c-2 E(H-Cl)＝－a，则E(H-Cl)= (a+b+c)/2 kJ• mol－1；
(2)根据盖斯定律，反应C(石墨)＋2H2(g) → CH4(g)的反应热△H=(-2c-b+a) kJ·mol-1；若反应放热，该反应是熵减的反应，△H＜0，根据ΔG=ΔH－TΔS，反应自发进行，ΔG＜0，则该反应应在低温条件下进行；
(3)平衡常数K1=c2（CO）/c（CO2），平衡常数K2=，平衡常数K3 =，故K3＝K1K2。
28.下图装置中，b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答：
（1）c极的电极反应式为_________。
（2）电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，电解进行一段时间后，你能观察到的现象是：___________， 电解进行一段时间后，罩在c极上的试管中也收集到了气体，此时c极上的电极反应式为_____________。
（3）当d极上收集到44.8mL气体（标准状况）时停止电解，a极上放出了____moL气体，此时若b电极上沉积金属M的质量为0.432g，则此金属的摩尔质量为___________。
【答案】 (1). 2I—-2e-=I2 (2). C极附近溶液变为蓝色 (3). 4OH——4e-=2H2O+O2 (4). 0.001 (5). 108g/mol (6).
【解析】
【分析】
电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，说明金属M离子的放电能力大于氢离子，且b为电解池阴极，a、c为电解池的阳极，同时a、d电极上产生气泡，a电极上氢氧根离子失电子生成氧气，d电极上氢离子得电子生成氢气。
【详解】（1）根据以上分析知，c阴极电极反应式为2I—-2e-=I2；
（2）电解碘化钾溶液时，c电极上碘离子放电生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色，所以在C处变蓝，一段时间后c电极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2↑；
（3）d电极上收集的44.8mL气体（标准状况）是氢气，a极上收集到的气体是氧气，根据转移电子数相等可知，氧气和氢气的体积之比是1：2，d电极上收集的44.8mL氢气，则a电极上收集到22.4mL氧气，即物质的量为0.001mol；d电极上析出的氢气的物质的量=0.0448L/22.4L/mol=0.02mol，转移电子的物质的量是0.04mol，硝酸盐中M显+1价，所以当转移0.04mol电子时析出0.04mol金属单质，M=m/n=0.432g/0.04mol=108g/mol。
29.对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。
（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：
N2(g)+O2(g)＝2NO(g) H= +180 kJ·mol-1；
2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) H =－483 kJ·mol-1；
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g) H = －93 kJ·mol-1。
则氨的催化氧化反应的热化学方程式为___________________________________。
（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H＜0。一定温度下，将2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①NO的平衡转化率为_________，0-20min平均反应速率v(NO)为_____________mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数数值是_____________。25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，则化学平衡将_________ 移动（填“向左”、“向右”或“不”)。
②下列可说明该反应已经达到平衡的是______________。
a．v生成（CO2）= v消耗（CO）
b．混合气体的密度不再改变
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．单位时间内消耗2n mol CO2的同时生成n mol N≡N
e．NO、CO、N2、CO2的浓度相等
③反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①〜⑧中正确的是________
【答案】 (1). 4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g) △H=-903kJ/mol (2). 28.57% (3). 0.02 (4). 0.05 (5). 向左 (6). cd (7). ①⑤⑦
【解析】
【分析】
本题考查了盖斯定律的应用，注意计算时的变号；同时考查了平衡转化率、平衡常数、平衡反应速率的计算；对于反应到达平衡的现象注意题目条件，恒容环境，体积不变，反应总质量不变。
【详解】(1)根据盖斯定律，氨的催化氧化反应4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)，△H=93kJ/mol×2-483kJ/mol×3＋180kJ/mol×2=-903kJ/mol；
(2)①一定温度下，将2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2L的密闭容器中，依据图象分析可知，平衡状态氮气物质的量为0.4mol，一氧化碳物质的量为1.6mol；依据化学平衡三段式列式计算；
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 2.8 2.4 0 0
变化量（mol） 0.8 0.8 0.4 0.8
平衡量（mol） 2 1.6 0.4 0.8
NO的平衡转化率=×100%=28.6%；0～20min平均反应速率v（NO）=0.02 mol/( Lmin)；该温度下的化学平衡常数K==0.05；达到平衡时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，Q=＞0.05，则反应逆向移动，化学平衡将向左移动；
②2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应；a．不同物质反应速率之比等于化学计量数之比，即无论反应是否达到平衡， v生成（CO2）= v消耗（CO），a不符合；
b．根据质量守恒定律，反应前后质量不变，且反应处于密闭环境，混合气体的密度一直不变，b不符合；
c．根据质量守恒定律，反应前后质量不变，且反应达到平衡时，混合气体物质的量保持恒定，故平均相对分子质量不再改变 ，c符合；
d．单位时间内消耗2n mol CO2，生成n mol N≡N即生成nmolN2，正逆反应速率相等，故反应达到平衡，d符合；
e．NO、CO、N2、CO2的浓度相等与投料量有关，无法确定反应达到平衡，e符合；
③反应放热，升高温度，反应逆向移动，故平衡常数降低，. ①正确；催化剂改变反应路径，不改变产率和转化率，故③④均不正确；增加一氧化氮浓度，反应正向移动，但是反应平衡常数只与温度有关，常数不变，⑤正确；增大压强，反应平衡正向移动，氮气浓度增大，⑦正确；综上符合题意的是①⑤⑦。
【点睛】反应平衡的判断：
①对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。但对于反应前后气体体积相等的反应，上述物理量不变，不能说明反应处于平衡状态。
②对于有颜色的物质参加的反应，体系颜色不变，说明反应处于平衡状态。
③对于吸热或放热反应，绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
山东省济南第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.为消除目前燃料燃烧时产生的环境污染，同时缓解能源危机，有关专家提出了利用太阳能制取氢能的构想。下列说法正确的是
A. H2O 的分解反应是放热反应
B. 氢能源已被普遍使用
C. 2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2 和 1 mol O2 具有的总能量
D. 氢气是不可再生能源
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是常识性知识的考查，考查反应热与物质总能量的关系，可再生能源的概念。
【详解】A. 氢气燃烧生成水是放热反应，则水的分解反应是吸热反应，A错误；
B. 利用太阳能制取氢气技术不成熟，制约氢气大量生产，所以氢能源还没有被普遍使用，B错误；
C. 水分解是吸热反应，∆H=生成物总能量-反应物总能量＞0，故2 mol H2O 具有的总能量低于 2 mol H2 和 1 mol O2 具有的总能量，C正确；
D. 不可再生能源包括三大化石燃料，核能，氢气属于可再生新能源，D错误；
答案为C。
2.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，错误；B．Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，错误；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，且属于吸热反应，正确；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化属于氧化还原反应，但属于放热反应，错误。故选C。
考点：考查了氧化还原反应、化学反应与热量的关系的相关知识。
3.其他条件不变时只改变下列条件，一定能使反应速率加快的是
①增加反应物的物质的量 ②升高温度 ③缩小反应容器的体积
④加入生成物 ⑤加入MnO2
A. 全部 B. ①②⑤ C. ② D. ②③
【答案】C
【解析】
试题分析：①若反应物为纯固体或纯液体，增大反应物的量，反应速率不变，错误；②因升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，正确；③若反应中没有气体参加和生成，为溶液中的反应，则缩小反应容器的体积，增加压强，反应速率不变，错误；④若生成物为纯固体或纯液体，加入生成物，反应速率不变，错误；⑤催化剂具有专一性，加入二氧化锰不一定能使反应速率加快，错误，答案选C。
【考点定位】本题考查影响化学反应速率的因素
【名师点晴】一般增大反应物的浓度、增大压强，升高温度、使用催化剂，化学反应速率加快，解答时注意根据物质的状态、反应的特点来分析影响反应速率的因素。注意浓度、压强对反应速率影响的使用条件和范围。
4.将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是( )
A. 水的离子积变大、pH变小、呈酸性 B. 水的离了积不变、pH不变、呈中性
C. 水的离子积变小、pH变大、呈碱性 D. 水的离子积变大、pH变小、呈中性
【答案】D
【解析】
水电离出的c(H+)= c(OH－)，纯水呈中性，故A错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大、pH减小，故B错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)= c(OH－)，c(H+)、 c(OH－)增大，pH变小，水的离子积增大，呈中性，故C错误；纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积变大、pH变小，c(H+)= c(OH－) 呈中性，故D正确。
点睛：水的离子积Kw=，水的离子积只与温度有关，升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H+)、 c(OH－)增大，水的离子积增大；水中加入酸或碱抑制水电离，但水的离子积不变。
5.室温下某溶液中由水电离产生的c(H＋)等于10－10mol·L－1，该溶液的溶质不可能是
A. NaHSO4 B. NaCl C. HCl D. Ba(OH)2
【答案】B
【解析】
此时c(H＋)小于常温下纯水电离产生的c(H＋)，说明水的电离受到了抑制，NaHSO4、HCl、Ba(OH)2对水的电离都起抑制作用。
6.反应A(g) + 3B(g) ⇌2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 、② v(B)=0.6mol·L-1·s-1、 ③v(C)=0.4mol·L-1·s-1、④v(D) =0.45mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为
A. ④＞③＝②＞① B. ①＞②＝③＞④
C. ②＞①＝④＞③ D. ①＞④＞②＝③
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了可逆反应中反应速率的换算。同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。
【详解】可逆反应中，在同一时间段内，反应速率之比等于化学计量数之比，故v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2，故将题目中四种速度完全转化为A的反应速率且单位统一后，①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 ，②v(A)=12mol·L-1·min-1，③v(A)=12mol·L-1·min-1，④v(A)=13.5mol·L-1·min-1 ，反应快慢顺序为④＞③＝②＞①
答案为A。
【点睛】比较反应速率的常见两种方法：
（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化为同一物质的反应速率，再进行比较；
（2）比值法，用各物质的量表示的反应速率除以对应的各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。
比较时注意：（1）反应速率的单位要相同；（2）单位时间内反应物或生成物的物质的量变化大，反应速率不一定快，反应速率是用单位时间内浓度的变化量来表示的。
7.在2 L的密闭容器中发生：3A(g)＋B(g) ===2C(g) 的反应，若最初加入A和B都是4 mol，A的平均反应速率是0.12 mol·L－1·s－1，则10 s后容器中B的浓度为
A. 2.8 mol·L－1 B. 1.6 mol·L－1 C. 3.2 mol·L－1 D. 3.6 mol·L－1
【答案】B
【解析】
由于反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以根据A的反应速率可知，B的反应速率是0.12mol/(L·s)÷3＝0.04mol/(L·s)。所以B的物质的量变化是0.04mol/(L·s)×10s×2L＝0.8mol，因此剩余B是4mol－0.8mol＝3.2mol，答案选C。
8.已知：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中，反应速率最快的是
组号
反应
温度/℃
Na2S2O3
H2SO4
H2O
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
浓度/ mol·L－1
体积/ mL
A
10
5
0.2
5
0.1
10
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了影响反应速率的因素，包括温度、反应物浓度。在表格中寻找变量，对应实际影响因素进行分析。
【详解】在化学反应中，温度越高，反应速率最快，浓度越高，反应速率越快。根据表格可知，A、B选项温度为10°C，A项中Na2S2O3浓度高于B项，故A反应速率高于B，但是由于温度低于C、D的30°C，故反应速率低于C、D。C、D进行比较，D中Na2S2O3和硫酸浓度均高于C，其余一致，故D反应速率高于C，反应速率最快的是D。
答案为D。
9.某反应使用催化剂后，其反应过程中能量变化如图，下列说法错误的是
A. 总反应为放热反应
B. 使用催化剂后，活化能不变
C. 反应①是吸热反应，反应②是放热反应
D. ΔH＝ΔH1＋ΔH2
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了反应热图像的应用和催化剂的性质，通过对于反应物总能量和生成物总能量的关系进行焓变的计算。
【详解】A.总反应热∆H=生成物总能量 -反应物总能量，根据图像可知，反应物A+B能量高于E+F，故∆H＜0，反应放热，A正确；
B.催化剂降低反应活化能，B错误；
C. 反应①A+B→C+D，ΔH1大于零，是吸热反应；反应②C+D→E+F，ΔH2＜0，是放热反应，C正确；
D.根据盖斯定律，总反应为A+B→E+F，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2，D正确；
答案为B。
10.炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是
A. 腐蚀过程中，负极是C
B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C. 正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查了电化学腐蚀的原理，正、负极反应原理和电极反应式的书写，注意电子在原电池的外电路中移动。
【详解】A. 铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误；
B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，B错误；
C. 该原电池中， C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应，D正确；
答案为D。
11.在一定温度下的定容密闭容器中，当物质的下列物理量不再发生变化时，表明反应A（g）＋2B（g）C（g）＋D（g）已达到平衡状态的是
A. 混合气体的密度 B. 混合气体的总物质的量
C. 混合气体的压强 D. 混合气体的总体积
【答案】BC
【解析】
试题分析：A.根据质量守恒定律知，反应前后气体混合物的质量发生改变，容器的体积不变，所以容器内气体的密度会变，若密度不变，则证明反应达到平衡状态，A项正确；B.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，气体的总物质的量始终不变，所以不能证明达到平衡状态，B项错误；C.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，无论反应是否达到平衡状态，容器中气体的压强始终不变，所以不能证明反应达到了平衡状态，C项错误；D.该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，混合气体的体积不变，不能证明反应达到平衡状态，D项错误；答案选A.
考点：考查化学平衡状态的判断。
12.用纯净的 CaCO3 与 100 mL 稀盐酸反应制取 CO2，实验过程记录如图所示(CO2 的体积已折算为标准状况下 的体积)。下列分析正确的是
A. OE 段的平均反应速率最快
B. EF 段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为 0.4 mol/(L·min)
C. OE、EF、FG 三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为 2∶6∶7
D. F 点收集到的 CO2 的量最多
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了实验反应速率的计算和图像的含义，要明确对于斜率和反应速率的比例关系。
【详解】A、斜率表示反应速率，斜率越大，反应速率越大，由图可知，EF段斜率最大，所以EF段反应速率最大，A错误；
B、由图可知EF段生成的二氧化碳的体积为672mL-224mL=448mL，所以二氧化碳的物质的量为，根据CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O可知参加反应的氯化氢的物质的量为0.04mol，所以盐酸的浓度变化量为，所以EF段用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/（L·min），故B正确；
C、OE、EF、FG三段生成的二氧化碳体积分别为224mL、448mL、112mL，所以OE、EF、FG三段中，所用时间都是1min，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：448mL：112mL=2：4：1，C错误；
D、从开始到G点生成的二氧化碳，总共784mL，G点收集到的CO2最多，故D错误。
答案为B。
13.用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验,则下表中各项所列对应关系均正确的一组是
选项
X极
实验前U形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
Na2SO4溶液
U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b管中电极反应式是4OH--4e-=O2↑+2H2O
C
负极
CuCl2溶液
b管中有气体逸出
D
负极
NaOH溶液
溶液pH降低
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电解过程中，溶液pH的变化，电极反应式的书写和电解产物；根据电解规律“有氢无氧增碱性，有氧无氢增酸性，有氢有氧增原性”分析溶液pH的变化。
【详解】A. 电解Na2SO4溶液，实质是电解水，a管为正极，对应阳极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，氢氧根浓度下降，故两端滴入酚酞后，b管中呈红色，A错误；
B.电解硝酸银，阳离子放电顺序Ag+＜H+，阴离子放电顺序NO3-＜OH-，故实质是电解水，b管为负极，对应阴极反应方程式为H++2e-=H2↑，B错误；
C.电解氯化铜，阳离子放电顺序Cu2+＜H+，阴离子放电顺序OH-＜Cl-，故实质为电解HCl，b管为正极，对应阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，产生氯气，C正确；
D.电解氢氧化钠，有氢有氧增原性，溶液酸碱度上升，碱性更强，D错误；
答案为C。
14.某固体酸燃料电池以CaHSO4固体为电解质传递H＋，其基本结构见下图，电池总反应可表示为：2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法正确的是
A. b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
B. 电子通过外电路从b极流向a极
C. 每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2
D. H＋由a极通过固体酸电解质传递到b极
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考察了燃料电池的原理书写，氧化还原转移电子计算，另外对于固体电解质转移的是离子要有一定认识，氧化还原过程没有水的参与。同时，注意电子在固体电解质中移动，而不是外电路。
【详解】根据题目表达，总反应为2H2＋O2＝2H2O ，故氢气做负极，氧气做正极。
A. CaHSO4固体为电解质传递H＋，环境内无水，故b极上的电极反应式为：O2＋4H+＋4e－＝2H2O，A错误；
B. 原电池中电子在内电路中移动，离子在外电路中移动，B错误；
C. 在标准状况下，每转移0.1 mol电子，消耗1.12 L的H2，题目没有前提条件，无法判断，C错误；
D. a为负极，b为正极，电子从负极，经过电解质移向正极，D正确；
答案为D。
15.控制适合的条件，将反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2设计成如下图所示的原电池。下列判断不正确的是
A. 反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
B. 反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原
C. 电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D. 电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
【答案】D
【解析】
由反应2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2可知，反应开始时，甲中Fe3＋发生还原反应，乙中I－发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极，答案选D。
16.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g）＋2B(g）4C(s）＋D(g），反应2 min后达到平衡，测得生成1．6 mol C，下列说法正确的是( ）
A. 前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol／(L·min）
B. 此时，B的平衡转化率是40％
C. 增大该体系的压强，平衡不移动
D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A．反应2 min后达到平衡，测得生成1．6 mol C，因此根据方程式可知生成D是0.4mol，所以前2 min，D的平均反应速率为＝0.1mol／(L·min），A错误；B．消耗B是0.8mol，则此时B的平衡转化率是×100%＝40％，B正确；C．正反应是体积减小的，则增大该体系的压强，平衡向正反应方向移动，C错误；D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率减小，D错误，答案选B。
考点：考查可逆反应计算和外界条件对平衡状态的影响
17.下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A. 已知2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol
B. 已知C(石墨，s) ===C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C. 已知含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)＋H2O(l) ΔH＝－57.4 kJ·mol－1
D. 已知2C(s)＋2O2(g)==2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)==2CO(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了热反应方程式中燃烧热的定义，要求必须是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物；能量与物质稳定性的关系，以及强电解质与弱电解质在同一类反应中不同反应热的概念。
【详解】A. 燃烧热为1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，已知2H2 (g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为285.8 kJ /mol，A正确；
B. ΔH=生成物总能量-反应物总能量>0，能量越高越不稳定，故石墨比金刚石稳定，B错误；
C. 盐酸完全电离，醋酸部分电离，醋酸电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应热ΔH>－57.4 kJ·mol－1，C错误；
D. 若ΔH1-ΔH2=ΔH3，则反应为2CO(g)＋O2(g)==2CO2(g)，燃烧反应放热ΔH3＜0，则ΔH1＜ΔH2，D错误；
答案为A。
【点睛】中和热：在稀溶液中酸碱中和生成1mol水的反应热。强酸与强碱的稀溶液中和热约为57kJ，与酸碱种类无关，因为这实际上是1molH+与1molOH-反应生成1molH2O的反应热，弱酸、弱碱以及多元酸碱的中和热，因有电离吸热，不是定值。
18.已知反应：
①2CH3OH（g）= CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9KJ•mol﹣1
②2CH3OH（g）= C2H4（g）+2H2O（g） △H2=﹣29.1KJ•mol﹣1
③CH3CH2OH（g）= CH3OCH3（g）△H3=+50.7KJ•mol﹣1；
在C2H4（g）+H2O（g）═CH3CH2OH（g）△H4中；△H4等于
A. ﹣48.5 KJ•mol﹣1
B. +48.5 KJ•mol﹣1
C. ﹣45.5KJ•mol﹣1
D. +45.5 KJ•mol﹣1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g），据此进行计算。
【详解】根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g），△H=（-23.9+29.1-50.7）kJ/mol=-45.5kJ/mol，故△H4=-45.5kJ/mol。
答案为C。
19.一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质(A、B、C、D)的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是
A. M点表示v(A)＝v(B)
B. 反应进行到6 s时，C的平均反应速率为 0.1 mol·L－1·s－1
C. 反应进行到6 s时，各物质的物质的量浓度相等
D. 0～6 s内，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝3∶1∶1.5∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了图像和可逆反应平衡状态的对应关系，通过对图中数据进行差值计算，推断平均反应速率，同时考查反应速率比例与化学计量数之比相等。
【详解】A. M点表示A、B物质的量相同的点，当v(A)＝v(B)时，反应达到平衡状态，即6s后，A错误；
B. 反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，C的平均反应速率为 0.6mol/（2L·6s）＝0.05mol·L－1·s－1，B错误；
C. 反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，有图可知，各物质的物质的量浓度不相等，C错误；
D. 0～6 s内，各物质的反应速率之比与物质的量变化量相等，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝1.2：0.4：0.6：0.8＝3∶1∶1.5∶2，D正确；
答案为D。
【点睛】分析图象的3种方法策略
①看图像：一看轴，即纵、横坐标的意义；二看点：即起点、拐点、交点、终点；三看线，即线的走向和变化趋势；四看辅助线，即等温线、等压线、平衡线等；五看量的变化，如浓度变化、温度变化、转化率变化、物质的量的变化等。
②依据图像信息，利用平衡移动原理，分析可逆反应的特征：吸热还是放热，气体的化学计量数增大、减小还是不变，有无固体或纯液体参加或生成等。
③先拐先平：在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，可能是该反应的温度高、浓度大、压强大或使用了催化剂。
20.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，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+
B. 电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定相等
C. 电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt
D. 阳极发生还原反应，其电极反应式为：Ni2++2e- = Ni
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考察了金属电解过程中的溶解的顺序，并对电极反应书写进行考查，注意电解法提纯金属时，比欲提纯金属更活泼的杂质，最终留在电解溶液中；而比欲提纯金属活性弱的杂质，则沉淀在阳极泥中，从而达到一般化学法不能获得的高纯金属。
【详解】A. 电解后，原物质中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，其中铁、锌是活泼金属，故溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+，A错误；
B. 电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜，依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，B错误；
C. 粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，因为氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+，铂为惰性电极，铜和Pt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，C正确；
D. 阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，D错误；
21.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为： Zn+2MnO2+H2O==Zn(OH)2+Mn2O3。下列说法正确的是
A. 电池工作时，锌失去电子，发生还原反应
B. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极
C. 电池正极的电极反应式为：2MnO2+H2O+2e—="=" Mn2O3+2OH—
D. 当锌的质量理论上减小6.5g时，溶液中通过0.2mol电子
【答案】C
【解析】
试题分析：A.电池工作时，锌失去电子，化合价升高，发生氧化反应，A错误；B.电子的方向由电流的方向相反，因此电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，B错误；C. 电池正极发生还原反应，电极反应式为：2MnO2+H2O+2e—="=" Mn2O3+2OH—，C正确；D.电子不下水，即溶液中无电子通过，D错误。故答案C。
考点：考查原电池的工作原理。
22.利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）通过下列反应合成甲醇。下列说法正确的是( )
反应①：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1＝41kJ·mol–1
反应②：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2＝–99kJ·mol–1
反应③：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(l) △H3
A. 反应①为放热反应 B. 增大反应①的压强，H2转化率提高
C. △H3＝－58kJ·mol–1 D. 反应②使用催化剂，△H2不变
【答案】D
【解析】
A、反应①焓变为正值，反应是吸热反应，选项A错误；B、增大反应①的压强，平衡不移动，氢气的转化率不变，选项B错误；C、根据盖斯定律，由①+②得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) △H=△H1+△H2=-58kJ·mol–1，所以③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) + H2O(l) △H3-58kJ·mol–1，选项C错误；D、焓变只与系数有关，使用催化剂△H不变，选项D正确。答案选D。
23.下列实验方案中不能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
方案
滴管内盛有不同浓度的H2C2O4溶液
目的
探究浓度对化学反应速率的影响
探究催化剂对H2O2分解速率的影响
室温下比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度
探究温度对化学平衡的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了实验探究过程中控制变量法的运用。
【详解】由图可知，两实验变量是H2C2O4溶液浓度，故探究浓度对化学反应速率的影响，A正确；
由图可知，实验并不存在唯一变量，过氧化氢浓度不相等，故不能探究催化剂对H2O2分解速率的影响，B错误；
由图可知，实验变量只是碳酸钠和碳酸氢钠，故可以比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度，C正确；
将二氧化氮放于两种环境中，通过观察颜色变化，探究温度对化学平衡的影响，D正确；
答案为B。
24.关于下列装置说法正确的是
A. 装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液
B. 滴有酚酞溶液的装置②在电解过程中，b极先变红
C. 可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜
D. 装置④中发生铁的吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】
A项，装置①为原电池，Zn为负极，Cu为正极，电流方向与阳离子运动方向形成闭合，所以盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B项，滴有酚酞溶液的装置②是惰性电极电解NaCl溶液，b为阳极，生成Cl2，a为阴极，生成H2，所以a极先变红，故B错误；C项，装置③电解质溶液为CuSO4溶液，若阴极(c极)为铁，阳极(d极)为铜，则可在铁上镀铜，故C正确；D项，装置④为原电池，Zn作负极失电子发生氧化反应，铁作正极只起导电作用，故D错误。
25.mA(g)＋nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断正确的是
A. 由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m＋n﹤p
C. 图3中，表示反应速率v正>v逆的是点3
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了可逆反应图像的综合分析，明确温度越高，反应速率越快；同温下，压强越大，平衡向气体体积减小的方向移动；催化剂并不是唯一对平衡结果不改变的原因。
【详解】A．由图1可知，温度在T 2 时首先达到平衡，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，故T1＜T2；在T2时C%减小，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，该反应正反应为放热反应，A错误；
B．由图2可知，在温度不变时，增大压强，C%增多。说明增大压强，化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，故正反应方向为气体体积减小的方向，m＋n>p，B错误；
C．图3表示的是在不同的温度下，当反应达到平衡时，反应物B的转化率与温度的关系。曲线上的点表示的是平衡状态，v 正 =v 逆，点3低于平衡转化率，说明3未达到平衡，反应向正反应方向进行，此时表示的反应速率v 正 >v 逆，C正确；
D. 图4中，若m＋n＝p，则a曲线达到平衡所需要的时间比b短，先达到平衡，可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，缩小了容器的容积，D错误；
答案为C。
【点睛】转化率关系：
（1）当改变温度或压强时平衡向正反应方向移动，平衡转化率一定增大。
（2）当两种或两种以上的可逆反应，增加一种反应物的浓度，平衡向正向移动，其他反应物的转化率增大而本身转化率降低。
（3）当只改变生成物的浓度，平衡向正向移动，平衡转化率一定增大。
（4）对于aA(g)bB(g)＋cC(g)反应，加入一定的A建立平衡体系
①如果在恒温恒容下再加入A物质，达到新平衡时A的转化率有下列三种情况
ⅰ a＝b＋c，A的转化率不变
ⅱ a>b＋c，A的转化率增大
ⅲ a
（5）对于aA(g)＋bB(g)cC(g)反应，加入a mol A和b mol B建立平衡体系。如在恒温恒容下按n(A)∶n(B)＝a∶b的量加入A、B，A、B转化率有下列三种情况 ①a＋b＝c，A、B转化率不变 ②a＋b>c，A、B转化率增大 ③a＋b
26.将等物质的量的A和B，混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) === xC(g)＋2D(g)；5 min后测得c(D)＝0.5 mol·L－1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的反应速率是0.1 mol·L－1·min－1。
（1）x＝____________;
（2）v(B)＝____________;
（3）A在5 min末的浓度是____________。
【答案】 (1). 2 (2). 0.05 mol·L－1·min－1 (3). 0.75 mol·L－1
【解析】
【分析】
本题主要考查了平衡反应速率的计算，注意单位的统一；反应速率之比恒等于化学计量数之比。
【详解】可逆反应中反应速率之比等于化学计量数之比，由题可知，υ(D)＝Δc(D)/Δt＝0.5 mol·L－1/5min＝0.1mol·L－1·min－1，υ(C)＝υ(D)，即x＝2；
υ(B)：υ(C)＝1：2，则υ(B)＝0.05 mol·L－1·min－1；
根据题意，反应5min时，D的物质的量是1mol，设A物质的在5min末的物质的量是xmol。
3A(g)＋B(g) === 2C(g)＋2D(g)
起始量（mol） 1.5＋x 1.5＋x 0 0
变化量（mol） 1.5 0.5 1 1
平衡量（mol） x 1＋x 1 1
c(A)∶c(B)＝x：（1＋x）＝3∶5，即x＝1.5mol，A在5 min末的浓度是0.75 mol·L－1。
27.到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用最主要的能源。
（1）化学反应中放出的热能（焓变，ΔH）与反应物和生成物的键能（E）有关。已知：
①H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=－a kJ/mol
②E(H-H)=b kJ/mol，E(Cl-Cl)=c kJ/mol
则：E(H-Cl)=_____________。
（2）实验中不能直接测出由石墨和氢气反应生成甲烷反应的反应热，但可测出CH4、石墨和H2燃烧反应的反应热，求由石墨生成甲烷的反应热。已知：
①CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(l) △H=－a kJ·mol-1
②C(石墨)＋O2(g)==CO2(g) △H=－b kJ·mol-1
③H2(g)＋1/2O2(g)==H2O(l) △H=－c kJ·mol-1
则反应C(石墨)＋2H2(g) → CH4(g)的反应热△H=________kJ·mol-1。又已知:该反应为放热反应,则该反应在_____条件下可自发进行(填“低温”、“高温”)。
（3）已知在一定温度下，以下三个反应的平衡常数分别为K1、K2、K3：
C(s)+CO2(g) 2CO(g) K1
CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g) K2
C(s)+ H2O(g) H2(g)+CO(g) K3
则K1、K2、K3之间的关系是K3＝__________________。
【答案】 (1). (a+b+c)/2 kJ• mol－1 (2). (-2c-b+a) (3). 低温 (4). K1K2
【解析】
【分析】
本题主要考查了平衡常数计算式，注意不包括固体；同时考查了反应热的计算，包括与键能的关系和盖斯定律的应用。
【详解】(1)ΔH=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物合成化学键释放的能量=b＋c-2 E(H-Cl)＝－a，则E(H-Cl)= (a+b+c)/2 kJ• mol－1；
(2)根据盖斯定律，反应C(石墨)＋2H2(g) → CH4(g)的反应热△H=(-2c-b+a) kJ·mol-1；若反应放热，该反应是熵减的反应，△H＜0，根据ΔG=ΔH－TΔS，反应自发进行，ΔG＜0，则该反应应在低温条件下进行；
(3)平衡常数K1=c2（CO）/c（CO2），平衡常数K2=，平衡常数K3 =，故K3＝K1K2。
28.下图装置中，b电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，同时a、d电极上产生气泡。试回答：
（1）c极的电极反应式为_________。
（2）电解开始时，在B烧杯的中央，滴几滴淀粉溶液，电解进行一段时间后，你能观察到的现象是：___________， 电解进行一段时间后，罩在c极上的试管中也收集到了气体，此时c极上的电极反应式为_____________。
（3）当d极上收集到44.8mL气体（标准状况）时停止电解，a极上放出了____moL气体，此时若b电极上沉积金属M的质量为0.432g，则此金属的摩尔质量为___________。
【答案】 (1). 2I—-2e-=I2 (2). C极附近溶液变为蓝色 (3). 4OH——4e-=2H2O+O2 (4). 0.001 (5). 108g/mol (6).
【解析】
【分析】
电极用金属M制成，a、c、d为石墨电极，接通电源，金属M沉积于b极，说明金属M离子的放电能力大于氢离子，且b为电解池阴极，a、c为电解池的阳极，同时a、d电极上产生气泡，a电极上氢氧根离子失电子生成氧气，d电极上氢离子得电子生成氢气。
【详解】（1）根据以上分析知，c阴极电极反应式为2I—-2e-=I2；
（2）电解碘化钾溶液时，c电极上碘离子放电生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色，所以在C处变蓝，一段时间后c电极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2↑；
（3）d电极上收集的44.8mL气体（标准状况）是氢气，a极上收集到的气体是氧气，根据转移电子数相等可知，氧气和氢气的体积之比是1：2，d电极上收集的44.8mL氢气，则a电极上收集到22.4mL氧气，即物质的量为0.001mol；d电极上析出的氢气的物质的量=0.0448L/22.4L/mol=0.02mol，转移电子的物质的量是0.04mol，硝酸盐中M显+1价，所以当转移0.04mol电子时析出0.04mol金属单质，M=m/n=0.432g/0.04mol=108g/mol。
29.对含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。
（1）N2、O2和H2相互之间可以发生化合反应，已知反应的热化学方程式如下：
N2(g)+O2(g)＝2NO(g) H= +180 kJ·mol-1；
2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) H =－483 kJ·mol-1；
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g) H = －93 kJ·mol-1。
则氨的催化氧化反应的热化学方程式为___________________________________。
（2）汽车尾气净化的一个反应原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H＜0。一定温度下，将2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
①NO的平衡转化率为_________，0-20min平均反应速率v(NO)为_____________mol/(Lmin)；该温度下的化学平衡常数数值是_____________。25min时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，则化学平衡将_________ 移动（填“向左”、“向右”或“不”)。
②下列可说明该反应已经达到平衡的是______________。
a．v生成（CO2）= v消耗（CO）
b．混合气体的密度不再改变
c．混合气体的平均相对分子质量不再改变
d．单位时间内消耗2n mol CO2的同时生成n mol N≡N
e．NO、CO、N2、CO2的浓度相等
③反应达到平衡后，改变某一个条件，下列示意图曲线①〜⑧中正确的是________
【答案】 (1). 4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g) △H=-903kJ/mol (2). 28.57% (3). 0.02 (4). 0.05 (5). 向左 (6). cd (7). ①⑤⑦
【解析】
【分析】
本题考查了盖斯定律的应用，注意计算时的变号；同时考查了平衡转化率、平衡常数、平衡反应速率的计算；对于反应到达平衡的现象注意题目条件，恒容环境，体积不变，反应总质量不变。
【详解】(1)根据盖斯定律，氨的催化氧化反应4NH3(g)+5O2(g)＝4NO(g)+6H2O(g)，△H=93kJ/mol×2-483kJ/mol×3＋180kJ/mol×2=-903kJ/mol；
(2)①一定温度下，将2.8mol NO、2.4mol CO通入固定容积为2L的密闭容器中，依据图象分析可知，平衡状态氮气物质的量为0.4mol，一氧化碳物质的量为1.6mol；依据化学平衡三段式列式计算；
2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
起始量（mol） 2.8 2.4 0 0
变化量（mol） 0.8 0.8 0.4 0.8
平衡量（mol） 2 1.6 0.4 0.8
NO的平衡转化率=×100%=28.6%；0～20min平均反应速率v（NO）=0.02 mol/( Lmin)；该温度下的化学平衡常数K==0.05；达到平衡时，若保持反应温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.8 mol，Q=＞0.05，则反应逆向移动，化学平衡将向左移动；
②2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应；a．不同物质反应速率之比等于化学计量数之比，即无论反应是否达到平衡， v生成（CO2）= v消耗（CO），a不符合；
b．根据质量守恒定律，反应前后质量不变，且反应处于密闭环境，混合气体的密度一直不变，b不符合；
c．根据质量守恒定律，反应前后质量不变，且反应达到平衡时，混合气体物质的量保持恒定，故平均相对分子质量不再改变 ，c符合；
d．单位时间内消耗2n mol CO2，生成n mol N≡N即生成nmolN2，正逆反应速率相等，故反应达到平衡，d符合；
e．NO、CO、N2、CO2的浓度相等与投料量有关，无法确定反应达到平衡，e符合；
③反应放热，升高温度，反应逆向移动，故平衡常数降低，. ①正确；催化剂改变反应路径，不改变产率和转化率，故③④均不正确；增加一氧化氮浓度，反应正向移动，但是反应平衡常数只与温度有关，常数不变，⑤正确；增大压强，反应平衡正向移动，氮气浓度增大，⑦正确；综上符合题意的是①⑤⑦。
【点睛】反应平衡的判断：
①对于反应前后气体体积不等的反应，当恒温、恒容时，压强不变、气体的平均相对分子质量不变，或恒温、恒压时，体积不变、混合气体的密度不变，说明反应处于平衡状态。但对于反应前后气体体积相等的反应，上述物理量不变，不能说明反应处于平衡状态。
②对于有颜色的物质参加的反应，体系颜色不变，说明反应处于平衡状态。
③对于吸热或放热反应，绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
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