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【化学】河南省新野县第一高级中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题（解析版）
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河南省新野县第一高级中学2019-2020学年高二上学期第二次月考试题
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.下列对化学反应方向的叙述正确的是（ ）
A. 室温下不能自发进行的反应，在高温下有可能自发进行
B. 熵增加有利于反应的自发进行，熵减小的反应常温下都不会自发进行
C. 非自发反应在任何情况下都不会发生
D. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
【答案】A
【解析】
【详解】A.对于△H＞0，△S＞0的反应，室温下不能自发进行，在高温下有可能自发进行，A正确；
B.熵增加有利于反应的自发进行，对于熵减小的反应，若△H＜0，在常温下可能会自发进行，B错误；
C.非自发反应在一定情况下也可能会发生，C错误；
D.放热反应不一定都是自发的，对于吸热反应，若△S＞0，在高温下是自发进行的，D错误；
故合理选项是A。
2.下列有关说法正确的是（ ）
A. 铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋＋2e－===Pb2＋＋2H2O
B. 以CO和O2构成的碱性燃料电池负极电极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O
C. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
D. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A.由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，放电时，铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋+SO42-＋2e－=== PbSO4＋2H2O，故A错误；
B.碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应，电极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O，故B正确；
C.电解精炼铜时，阳极上失电子发生氧化反应，所以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；
D.电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气、氢氧化钠，故D错误；
答案选B。
3.实验发现，298 K时，在氯化铁酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3＋立即被还原成Fe2＋。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是（ ）
A. 该原电池的正极反应是：Zn－2e－=Zn2＋
B. 左烧杯中溶液的红色逐渐褪去
C. 该电池铂电极上立即有气泡出现
D. 该电池总反应为：3Zn＋2Fe3＋=2Fe＋3Zn2＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于金属活动性Zn>Pt，所以Zn为负极，该原电池的负极的反应式是：Zn-2e－=Zn2＋，A错误；
B.在左烧杯中发生反应：Fe3++e-=Fe2+，因此会看到溶液的红色逐渐褪去，B正确；
C.该电池铂电极上Fe3+获得电子变为Fe2+，H+不能获得电子，因此不会产生气泡，C错误；
D.Zn失去电子变为Zn2+，Fe3+获得电子变为Fe2+，故该电池总反应为：Zn＋2Fe3＋=2Fe2+＋Zn2＋，D错误；
故合理选项是B。
4.有一种纸质软电池，该电池采用薄层纸片作为载体和传导体，一面附着锌，另一面附着MnO2。电池总反应为：Zn＋MnO2＋H2O=ZnO＋Mn(OH)2，关于此电池，下列说法正确的是（ ）
A. 该电池Zn为负极，ZnO为正极，MnO2为催化剂
B. 该电池的正极反应为：MnO2+2e－+2H2O=Mn(OH)2+2OH－
C. 放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn
D. 电池工作时OH－通过薄层纸片向附着MnO2的电极移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可知，反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，以此解答该题。
【详解】A.反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，MnO2被还原，应为原电池的正极，A错误；
B.MnO2被还原，应为原电池正极，电极反应式为：MnO2+2e－+2H2O=Mn(OH)2+2OH－，B正确；
C.放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路由离子的定向移动形成闭合电路，电子不能通过电解质溶液，C错误；
D.电池工作时OH-向负极移动，锌为负极，D错误；
故合理选项是B。
5.关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）
A. 用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液
B. 图②装置盐桥中KCl的Cl－移向右烧杯
C. 图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护
D. 图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜，根据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；
B.Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，根据异种电荷相互吸引的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，B错误；
C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被保护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正确；
D.在左边的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；
故合理选项是B。
6.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为：Fe3＋＋Cr2＋Fe2＋＋Cr3＋。下列说法一定正确的是（ ）
A. 电池充电时，b极的电极反应式为：Cr3＋＋e－=Cr2＋
B. 电池放电时，b极电极反应式为：Fe2＋－e－=Fe3＋
C. 电池放电时，Cl－从b极穿过选择性透过膜移向a极
D. 电池放电时，电路中每通过0.1 mol电子，Fe3＋浓度降低0.1 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3++e-=Cr2+，A正确；
B.电池放电时，反应是原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，B错误；
C.电池放电时，Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，即从a极穿过选择性透过膜移向b极，C错误；
D.放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度与体积有关，因此不能确定Fe3＋浓度降低数值，D错误；
故合理选项是A。
7.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 若C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.4 kJ·mol－1，则20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量
D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】A.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，则2molSO2(g)和1molO2(g)的能量一定高于2molSO3(g)的能量，但SO2的能量不一定高于SO3的能量，A错误；
B.若C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨含有的能量比等质量的金刚石的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以石墨比金刚石稳定，B正确；
C.已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.4 kJ·mol－1，20.0 g NaOH的物质的量是0.5mol，由于NaOH固体溶于水反应放出热量，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出的热量大于28.7 kJ，C错误；
D.等质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，物质反应放出的热量越多，则反应热就越小，所以ΔH1<ΔH2，D错误；
故合理选项是B。
8.在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积减半，当达到新的平衡时，A的浓度增大为原来的1.8倍，则下列说法错误的是( )
A. 平衡向正反应方向移动了
B. 物质A的转化率增大了
C. 恒温恒压时再充入A物质，达到新的平衡时A的质量分数增加了
D. a＞b
【答案】C
【解析】试题分析：保持温度不变，将容器体积减半，假如平衡不发生移动，则达到新的平衡时，A的浓度增大为原来的2倍，实际是原来的1.8倍，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，物质A的转化率增大了，根据平衡移动原理：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，正反应是气体体积减小的反应，a＞b；在恒温恒压时再充入A物质，由于压强的影响大于浓度的影响，所以达到新的平衡时，平衡正向移动A的质量分数减小了，因此说法错误的是C。
9.某密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH<0。如图表示该反应的反应速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是（ ）
A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间段内反应物转化率最小
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，t2时刻，改变了外界条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动。由于该反应正反应是气体体积减小的反应，所以改变条件只能是使用催化剂，A正确；
B.t3时刻，改变外界条件，使正、逆反应速率都降低，且正反应速率降低更多，平衡向逆反应移动。由于该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故改变的外界条件不可能为降低温度，B错误；
C.t5时刻，改变外界条件，使正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动。由于该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，与图象不符合，C错误；
D.由上述分析可知，t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，减小压强，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率继续降低，故在t6时刻，X的转化率最低，D错误；
故合理选项是A。
10.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
11.有一处于平衡状态的反应X(g) ＋3Y(g)2Z(g) (正反应是放热反应) 。为了使平衡向生成Z的方向移动， 应选择的条件是（ ）
①升高温度 ②降低温度 ③增大压强 ④降低压强 ⑤加入正催化剂 ⑥分离出Z
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】根据影响化学平衡移动的因素:升高温度、平衡向着吸热方向移动,降低温度,平衡向着放热方向移动；升高压强,平衡向着气体体积减小的方向移动,降低压强,平衡向气体体积增大的方向移动；增大反应物浓度或者减小生成物浓度平衡都向正方向移动；催化剂只改变反应速率不改变平衡移动。
【详解】反应X(g) ＋3Y(g)2Z(g)是一个放热反应,，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①错误，②正确；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强,平衡正向移动，故③正确，④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动,故⑥正确；综上所述，②③⑥符合题意，本题选C。
12.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；
D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；
故合理选项是D。
13.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：(已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol)
下列说法正确的是（ ）
A. 2c1>c3 B. a+b<92.4 C. 2p1
【解析】
【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2与乙容器反应物投入2mol NH3在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时NH3的浓度c1=c2 、p1=p2、α1+α2=1、a+b能量总变化相当于1molN2、3molH2完全转化成2molNH3的能量，即吸放热a+b数值上就等于92.4kJ；甲容器反应物投入量1molN2、3molH2与丙容器反应物投入量4molNH3，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩。
【详解】A.甲、丙相比较，把丙看成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，因此2c1
C.比较乙丙可知，丙中氨气的物质的量为乙的2倍，但加压平衡向生产氨气的方向移动，故2p2>p3，C错误；
D.甲乙处于相同的平衡状态，则a1+a2=1，而a2>a3，所以a1+a3<1，D正确；
故合理选项是D。
14.在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，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(X)
n(Y)
n(M)
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 (M) == 0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率υ (N) = 1.0×10－2 mol/(L·min)
B. 实验②中，该反应的平衡常数K = 2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060
【答案】C
【解析】试题分析：A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0050mol/L ÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则
X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)
起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0
转化浓度（mol/L） 0012 0.012 0.012 0.012
平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012
温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700℃时
X(g)＋Y(g)M(g)＋ N(g)
起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0
转化浓度（mol/L） 0.009 0.009 0.009 0.009
平衡浓度（mol/L） 0.0310. 001 0.009 0.009
则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.9>1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误，答案选C。
15.反应mX(g)nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 该反应的ΔH＞0
B. m＜n＋p
C. B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，达到平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应，所以△H >0，A正确；
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，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，逆反应方向是气体体积减小的反应方向，所以m
16.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示200℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下达到平衡时C的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是（ ）
A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L-1·min-1
B. 由图2可知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a=2
C. 若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
D. 200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知，反应从开始到平衡B在5min内物质的量改变了0.2mol，反应在2L容器内进行，则反应的平均速率v(B)==0.02mol·L-1·min-1，A错误；
B.由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，根据平衡移动原理，升高温度平衡向吸热反应移动，所以该反应的正反应为吸热反应，即△H>0；图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，B错误；
C.恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v(正)=v(逆)，C错误；
D.由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A的体积分数为=0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，D正确；
故合理选项是D。
二、填空题（每空2分，共52分）
17.据报道，某种以甲醇为原料，以KOH为电解质用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用较长时间。下图是一个电化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O。
请填空：
(1)充电时，①燃料电池的负极与电源________极相连。
②阳极的电极反应式为：________________________。
(2)放电时：负极的电极反应式为：__________________。
(3)在此过程中若完全反应，乙池中A极的质量增加648 g，则甲池中理论上消耗O2____________L(标准状况)。
(4)若在常温常压下，1 g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ，表示该反应的热化学方程式为：____________________。
【答案】(1). 负 (2). 4OH－-4e-=2H2O+O2↑ (3). CH3OH＋8OH－-6e－=CO32-＋6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=－725.76 kJ·mol－1
【解析】
【分析】(1)充电时，原电池负极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应；阳极失电子发生氧化反应；
(2)放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应；
(3)乙池中A极为阴极，银离子得电子发生还原反应，根据转移电子相等计算氧气的体积；
(4)根据物质反应放出的热量与反应的物质多少呈正比计算反应热，然后书写热化学方程式。
【详解】(1)①充电时，燃料电池负极与电源负极相连；
②阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
(2)放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH＋8OH--6e-=CO32-＋6H2O；
(3)乙池中A电极上Ag+得电子发生还原反应，当乙池中A电极的质量增加648g，n(Ag)==6mol，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知：在甲池中理论上消耗O2体积V(O2)=33.6L。
(4)若在常温常压下，1g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ，由于1mol甲醇的质量是32g，所以1mol CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ×32=725.76 kJ，所以表示该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=－725.76 kJ·mol－1。
18.已知化学反应①:Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g),其化学平衡常数为K1;化学反应②:Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g),其化学平衡常数为K2,在温度973 K和1173 K的情况下,K1、K2的值分别如下:
温度
K1
K2
973 K
1.47
2.38
1 173 K
2.15
1.67
(1)通过表格中的数值可以推断:反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),请你写出该反应的平衡常数K3的表达式:K3=______。
(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为__________,据此关系式及上表数据,能推断出反应③是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动,可采取的措施有______ 、_____ (填写字母序号)。
A.缩小反应容器的容积 B.扩大反应容器的容积
C.升高温度 D.使用合适的催化剂
E.设法减小平衡体系中的CO的浓度
(5)图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡,在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况:
①图甲中t2时刻发生改变的条件是__________。
②图乙中t2时刻发生改变的条件是__________。
【答案】(1). 吸热 (2). (3). K3＝K1/K2 (4). 吸热 (5). CE (6). 增大压强或使用催化剂 (7). 降低温度或设法分离出H2
【解析】（1）根据表中数据可知，升高温度，K1是增大的，说明升高温度平衡向正反应方向进行，所以反应①是吸热反应。
（2）平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，平衡常数表达式是K3＝。
（3）根据盖斯定律可知，①－②即得到反应③，所以K3＝K1/K2；升高温度，K1增大，K2增减小，所以K3是增大，因此正反应是吸热反应。
反应③是体积不变的、吸热的可逆反应，所以要使平衡向正反应方向移动，则可以升高温度，或降低生成物的浓度等，但压强和催化剂不能改变平衡状态，答案选CE。
（5）①图甲中t2时刻正逆反应速率都增大，但平衡不移动，所以改变的条件是增大压强或使用催化剂。
②图乙中t2时刻CO2的浓度增大，而CO的浓度降低，即平衡向逆反应方向进行，所以改变的条件是降低温度或从体系中分离出H2。
19.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球．关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同．(已知：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0)
（1）一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成N2O4的速率是vA______vB(填“＞”、“＜”或“＝”)；若打开活塞K2，气球B将______(填“变大”、“变小”或“不变”)．
（2）关闭活塞K2，若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率αA将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若分别通入等量的氖气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将________，B中NO2的转化率将______(填“变大”、“变小”或“不变”)．
（3）室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，______中的颜色较深．
（4）若在容器A中充入4.6 g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5，则平衡时N2O4的物质的量为___________________．
【答案】(1). ＜ (2). 变小 (3). 增大 (4). 不变 (5). 变小 (6). A (7). 0.02mol
【解析】试题分析：（1）根据装置可知，A是保持恒温恒容的，B是保持保持恒温恒压的。由于该反应是体积减小的放热的可逆反应，所以A中的压强在反应过程中减小，所以A中的反应速率小于B中的反应速率。若打开活塞K2，则相当于整套装置是恒温恒压的，所以气球B将减小；（2）在加入等量的NO2气体，则A是相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大。若通入等量的Ne气，则A中物质的浓度不变，平衡不移动，转化率不变；而B是压强不变的，所以容器容积增大，物质的浓度减小，平衡向逆反应方向进行，转化率减小；（3）该反应为放热反应，将A套上—个绝热层，相当于给A加热，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，A中的颜色较深；
（4）4．6g的NO2的物质的量为0．1mol,n(总)=4．6/57．6=0．08mol,利用三段式解题：
2NO2N2O4
开始 0．1 0
变化 2x x
平衡0．1-2x x 0．1-2x+x=0．08 x=0．02mol
20.2014年，全国很多地区都曾出现严重的雾霾天气，汽车尾气、冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的因素。请回答下列问题：
将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)，得到3组数据如表所示：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡状态所需时间/min
H2O
CO
CO
H2
1
650
2
4
2.4
1.6
5
2
900
1
2
1.6
0.4
3
3
900
a
b
c
d
t
(1)实验1中0～5min内，以v(CO2)表示的化学反应速率为______，此温度下的化学平衡常数为______，温度升高时化学平衡常数会_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)若a=2，b=1，则达到平衡状态时实验2中H2O(g)和实验3中CO的转化率的关系为α2(H2O)___(填“＜”“＞”或“=”)α3(CO)。
【答案】(1). 0.16mol·L-1·min-1 (2). (3). 减小 (4). =
【解析】
【详解】(1)在反应开始时，c(H2O)=1mol/L，c(CO)=2mol/L，c(CO2)=c(H2)=0，反应达到平衡时，c(CO)=1.2mol/L，反应消耗了0.8mol/L，则根据物质反应关系可知此时c(H2O)=(1-0.8)mol/L=0.2mol/L，c(CO2)=c(H2)=0.8mol/L，实验1中0～5min内，以v(CO2)表示的化学反应速率v(CO2)==0.16 mol·L-1·min-1；此温度下该反应的化学平衡常数K=；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，则该反应正向是放热反应；温度升高时，平衡逆向移动，化学平衡常数会减小；
(2)反应H2O+COCO2+H2中，H2O和CO系数相等，根据转化率=，两种情况下，实验组2中H2O(g)转化量与起始量之比一定等于实验组3中CO的转化量与起始量，所以α2(H2O)=α3(CO)。
21.(1)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如表所示：
t/min
0
10
20
30
40
n(NO)（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(NO)（乙容器）/mol
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
n(NO)（丙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①该反应为____（填“放热”或“吸热”）反应。
②乙容器在50min时达到平衡状态，则NO的浓度是______，0～50min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_______。
(2)用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、C两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_______Kc(C)（填“＜”、“＞”或“=”）。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是______（填“A”、“B”或“C”）点。
③计算B点时该反应的压强平衡常数Kp(B)=________（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数）。
【答案】(1). 放热 (2). 0.4mol/L (3). 0.012 mol·L-1·min-1 (4). = (5). C (6). 3MPa
【解析】
【详解】(1)①温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据比较甲容器和丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高；升高温度达到平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，所以该反应是放热反应；
②根据2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)是反应前后气体体积不变的反应，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，即n(NO)=0.4mol，所以c(NO)=0.4mol÷1L=0.4mol/L，则0∼50min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)==0.012 mol·L-1·min-1；
(2)①A、C两点温度相同，平衡常数只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(C)；
②反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积增大的反应，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是C点；
③设生成CO2的物质的量浓度2xmol/L，则必然会同时产生xmol/LN2，反应消耗NO2的浓度为2xmol/L，平衡时NO2的浓度为(1-2x)mol/L，B点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得x=0.25，所以平衡时各种气体的物质的量浓度c(NO2)=c(CO2)=0.5mol/L，c(N2)=0.25mol/L。因B点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即Kp(NO2)=Kp(CO2)，所以B点的压强平衡常数Kp(B)==3MPa。
一、选择题（每小题3分，共48分）
1.下列对化学反应方向的叙述正确的是（ ）
A. 室温下不能自发进行的反应，在高温下有可能自发进行
B. 熵增加有利于反应的自发进行，熵减小的反应常温下都不会自发进行
C. 非自发反应在任何情况下都不会发生
D. 凡是放热反应都是自发的，吸热反应都是非自发的
【答案】A
【解析】
【详解】A.对于△H＞0，△S＞0的反应，室温下不能自发进行，在高温下有可能自发进行，A正确；
B.熵增加有利于反应的自发进行，对于熵减小的反应，若△H＜0，在常温下可能会自发进行，B错误；
C.非自发反应在一定情况下也可能会发生，C错误；
D.放热反应不一定都是自发的，对于吸热反应，若△S＞0，在高温下是自发进行的，D错误；
故合理选项是A。
2.下列有关说法正确的是（ ）
A. 铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋＋2e－===Pb2＋＋2H2O
B. 以CO和O2构成的碱性燃料电池负极电极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O
C. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
D. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
【答案】B
【解析】
【详解】A.由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，放电时，铅蓄电池的正极反应为PbO2＋4H＋+SO42-＋2e－=== PbSO4＋2H2O，故A错误；
B.碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应，电极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O，故B正确；
C.电解精炼铜时，阳极上失电子发生氧化反应，所以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；
D.电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气、氢氧化钠，故D错误；
答案选B。
3.实验发现，298 K时，在氯化铁酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3＋立即被还原成Fe2＋。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是（ ）
A. 该原电池的正极反应是：Zn－2e－=Zn2＋
B. 左烧杯中溶液的红色逐渐褪去
C. 该电池铂电极上立即有气泡出现
D. 该电池总反应为：3Zn＋2Fe3＋=2Fe＋3Zn2＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.由于金属活动性Zn>Pt，所以Zn为负极，该原电池的负极的反应式是：Zn-2e－=Zn2＋，A错误；
B.在左烧杯中发生反应：Fe3++e-=Fe2+，因此会看到溶液的红色逐渐褪去，B正确；
C.该电池铂电极上Fe3+获得电子变为Fe2+，H+不能获得电子，因此不会产生气泡，C错误；
D.Zn失去电子变为Zn2+，Fe3+获得电子变为Fe2+，故该电池总反应为：Zn＋2Fe3＋=2Fe2+＋Zn2＋，D错误；
故合理选项是B。
4.有一种纸质软电池，该电池采用薄层纸片作为载体和传导体，一面附着锌，另一面附着MnO2。电池总反应为：Zn＋MnO2＋H2O=ZnO＋Mn(OH)2，关于此电池，下列说法正确的是（ ）
A. 该电池Zn为负极，ZnO为正极，MnO2为催化剂
B. 该电池的正极反应为：MnO2+2e－+2H2O=Mn(OH)2+2OH－
C. 放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路电子由MnO2流向Zn
D. 电池工作时OH－通过薄层纸片向附着MnO2的电极移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池总反应为：Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可知，反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，以此解答该题。
【详解】A.反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，MnO2被还原，应为原电池的正极，A错误；
B.MnO2被还原，应为原电池正极，电极反应式为：MnO2+2e－+2H2O=Mn(OH)2+2OH－，B正确；
C.放电时外电路电子由Zn流向MnO2，内电路由离子的定向移动形成闭合电路，电子不能通过电解质溶液，C错误；
D.电池工作时OH-向负极移动，锌为负极，D错误；
故合理选项是B。
5.关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）
A. 用图①装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液
B. 图②装置盐桥中KCl的Cl－移向右烧杯
C. 图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护
D. 图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
【答案】B
【解析】
【详解】A.用图①装置实现铁上镀铜，根据电流的移动方向可知a极为阳极，是铜电极，b电极为Fe电极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，A正确；
B.Zn电极为负极，Cu电极为正极，负极Zn失去电子变为Zn2+进入溶液，根据异种电荷相互吸引的原则，在含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，B错误；
C.电解池阴极与电源的负极连接，金属被保护，电解池阳极的金属与电源正极连接而加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，C正确；
D.在左边的原电池中Al为负极，Al是+3价的金属，每27gAl会失去3mol电子；右边的原电池中Zn是负极，Zn是+2价的金属，65gZn会失去2mol电子，所以图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，D正确；
故合理选项是B。
6.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为：Fe3＋＋Cr2＋Fe2＋＋Cr3＋。下列说法一定正确的是（ ）
A. 电池充电时，b极的电极反应式为：Cr3＋＋e－=Cr2＋
B. 电池放电时，b极电极反应式为：Fe2＋－e－=Fe3＋
C. 电池放电时，Cl－从b极穿过选择性透过膜移向a极
D. 电池放电时，电路中每通过0.1 mol电子，Fe3＋浓度降低0.1 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【详解】A.充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3++e-=Cr2+，A正确；
B.电池放电时，反应是原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，B错误；
C.电池放电时，Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，即从a极穿过选择性透过膜移向b极，C错误；
D.放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度与体积有关，因此不能确定Fe3＋浓度降低数值，D错误；
故合理选项是A。
7.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A. 已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量
B. 若C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. 已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.4 kJ·mol－1，则20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量
D. 已知2C(s)＋2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
【答案】B
【解析】
【详解】A.已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为放热反应，则2molSO2(g)和1molO2(g)的能量一定高于2molSO3(g)的能量，但SO2的能量不一定高于SO3的能量，A错误；
B.若C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则石墨含有的能量比等质量的金刚石的能量低，物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，所以石墨比金刚石稳定，B正确；
C.已知NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) ΔH=－57.4 kJ·mol－1，20.0 g NaOH的物质的量是0.5mol，由于NaOH固体溶于水反应放出热量，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和，放出的热量大于28.7 kJ，C错误；
D.等质量的C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，物质反应放出的热量越多，则反应热就越小，所以ΔH1<ΔH2，D错误；
故合理选项是B。
8.在一密闭容器中，反应aA(g)bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积减半，当达到新的平衡时，A的浓度增大为原来的1.8倍，则下列说法错误的是( )
A. 平衡向正反应方向移动了
B. 物质A的转化率增大了
C. 恒温恒压时再充入A物质，达到新的平衡时A的质量分数增加了
D. a＞b
【答案】C
【解析】试题分析：保持温度不变，将容器体积减半，假如平衡不发生移动，则达到新的平衡时，A的浓度增大为原来的2倍，实际是原来的1.8倍，说明增大压强，平衡向正反应方向移动，物质A的转化率增大了，根据平衡移动原理：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，正反应是气体体积减小的反应，a＞b；在恒温恒压时再充入A物质，由于压强的影响大于浓度的影响，所以达到新的平衡时，平衡正向移动A的质量分数减小了，因此说法错误的是C。
9.某密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH<0。如图表示该反应的反应速率(v)随时间(t)变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量。下列说法中正确的是（ ）
A. t2时加入了催化剂 B. t3时降低了温度
C. t5时增大了压强 D. t4～t5时间段内反应物转化率最小
【答案】A
【解析】
【详解】A.由图可知，t2时刻，改变了外界条件，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动。由于该反应正反应是气体体积减小的反应，所以改变条件只能是使用催化剂，A正确；
B.t3时刻，改变外界条件，使正、逆反应速率都降低，且正反应速率降低更多，平衡向逆反应移动。由于该反应正反应是放热反应，温度降低，平衡向正反应移动，故改变的外界条件不可能为降低温度，B错误；
C.t5时刻，改变外界条件，使正、逆反应速率都增大，且逆反应速率增大更多，平衡向逆反应移动。由于该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，与图象不符合，C错误；
D.由上述分析可知，t2时刻，使用催化剂，平衡不移动，X的转化率不变，t3时刻，减小压强，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，t5时刻，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率继续降低，故在t6时刻，X的转化率最低，D错误；
故合理选项是A。
10.在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g) ΔH<0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为（ ）
A. ③②① B. ③①② C. ①②③ D. ②①③
【答案】A
【解析】
【详解】3A(g)＋B(g) 2C(g)是体积减小的、放热的可逆反应。①容器反应过程中，体积不变，温度升高，与容器②相比，相当于升温，不利于反应正向移动，C物质的体积分数②>①；③容器体积可变、压强不变，正反应体积减小，所以③中的压强始终高于②，有利于反应正向移动，C物质的体积分数③>②，达到平衡时各容器中C物质的体积分数由大到小的顺序为③②①，故选A。
11.有一处于平衡状态的反应X(g) ＋3Y(g)2Z(g) (正反应是放热反应) 。为了使平衡向生成Z的方向移动， 应选择的条件是（ ）
①升高温度 ②降低温度 ③增大压强 ④降低压强 ⑤加入正催化剂 ⑥分离出Z
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②③⑥ D. ②④⑥
【答案】C
【解析】
【分析】根据影响化学平衡移动的因素:升高温度、平衡向着吸热方向移动,降低温度,平衡向着放热方向移动；升高压强,平衡向着气体体积减小的方向移动,降低压强,平衡向气体体积增大的方向移动；增大反应物浓度或者减小生成物浓度平衡都向正方向移动；催化剂只改变反应速率不改变平衡移动。
【详解】反应X(g) ＋3Y(g)2Z(g)是一个放热反应,，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①错误，②正确；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强,平衡正向移动，故③正确，④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动,故⑥正确；综上所述，②③⑥符合题意，本题选C。
12.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C. 图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】
【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；
B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；
C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；
D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；
故合理选项是D。
13.在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：(已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ/mol)
下列说法正确的是（ ）
A. 2c1>c3 B. a+b<92.4 C. 2p1
【解析】
【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2与乙容器反应物投入2mol NH3在保持恒温、恒容情况下是等效平衡，平衡时NH3的浓度c1=c2 、p1=p2、α1+α2=1、a+b能量总变化相当于1molN2、3molH2完全转化成2molNH3的能量，即吸放热a+b数值上就等于92.4kJ；甲容器反应物投入量1molN2、3molH2与丙容器反应物投入量4molNH3，若恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡，然而现在是温度、容积相同的3个密闭容器，我们可以当成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩。
【详解】A.甲、丙相比较，把丙看成是在恒温且容积是甲容器两倍条件下，体积受到了压缩，原反应正向气体体积减少，因此2c1
C.比较乙丙可知，丙中氨气的物质的量为乙的2倍，但加压平衡向生产氨气的方向移动，故2p2>p3，C错误；
D.甲乙处于相同的平衡状态，则a1+a2=1，而a2>a3，所以a1+a3<1，D正确；
故合理选项是D。
14.在10 L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g) + Y(g)M(g) + N(g)，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(X)
n(Y)
n(M)
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 (M) == 0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率υ (N) = 1.0×10－2 mol/(L·min)
B. 实验②中，该反应的平衡常数K = 2.0
C. 实验③中，达到平衡时，X的转化率为60%
D. 实验④中，达到平衡时，b＞0.060
【答案】C
【解析】试题分析：A.实验①中，若5min时测得n(M)＝0.050mol，浓度是0.0050mol/L，根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的物质的量也是0.0050mol/L ，因此0至5min时间内，用N表示的平均反应速率υ(N)＝0.0050mol/L ÷5min＝1.0×10－3mol/(L·min)，A项错误；B、实验②中，平衡时M的浓度是0.0080mol/L，同时生成的N的浓度是0.0080mol/L，消耗X与Y的浓度均是0.0080mol/L，因此平衡时X和Y的浓度分别为0.01mol/L－0.0080mol/L＝0.002mol/L，0.04mol/L－0.0080mol/L＝0.032mol/L，因此反应的平衡常数K=(0.0080×0.0080)÷(0.002×0.032)=1，B项错误；C.根据反应的化学方程式可知，如果X的转化率为60%，则
X(g)＋Y(g)M(g)＋N(g)
起始浓度（mol/L） 0.020 0.030 0 0
转化浓度（mol/L） 0012 0.012 0.012 0.012
平衡浓度（mol/L）0.008 0.018 0.012 0.012
温度不变，平衡常数不变，则K=(0.0120×0.0120)÷(0.008×0.018)=1，即反应达到平衡状态，因此最终平衡时X的转化率为60%。C项正确；D.700℃时
X(g)＋Y(g)M(g)＋ N(g)
起始浓度（mol/L） 0.040 0.010 0 0
转化浓度（mol/L） 0.009 0.009 0.009 0.009
平衡浓度（mol/L） 0.0310. 001 0.009 0.009
则该温度下平衡常K=(0.009×0.009)÷(0.031×0.001)=2.9>1，这说明升高温度平衡常数减小，即平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应。若容器④中温度也是800℃，由于反应前后体积不变，则与③相比④平衡是等效的，因此最终平衡时M的物质的量b＝0.5a＝0.06。当温度升高到900℃时平衡向逆反应方向移动，因此b＜0.060，D项错误，答案选C。
15.反应mX(g)nY(g)＋pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A. 该反应的ΔH＞0
B. m＜n＋p
C. B、C两点化学平衡常数：KB＞KC
D. A、C两点的反应速率v(A)＜v(C)
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知：在压强不变时，升高温度，达到平衡时Y的体积分数增大，说明升高温度化学平衡向正反应方向移动。根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应，所以△H >0，A正确；
B．根据图象可知，在温度不变时，增大压强，Y的体积分数减小，说明增大压强，化学平衡向逆反应方向移动，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，逆反应方向是气体体积减小的反应方向，所以m
16.在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)zC(g)，图1表示200℃时容器中A、B、C的物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下达到平衡时C的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是（ ）
A. 200℃时，反应从开始到平衡的平均速率v(B)=0.04mol·L-1·min-1
B. 由图2可知反应xA(g)+yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a=2
C. 若在图1所示的平衡状态下，再向体系中充入He，重新达到平衡前v(正)>v(逆)
D. 200℃时，向容器中充入2molA和1molB，达到平衡时，A的体积分数小于0.5
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知，反应从开始到平衡B在5min内物质的量改变了0.2mol，反应在2L容器内进行，则反应的平均速率v(B)==0.02mol·L-1·min-1，A错误；
B.由图Ⅱ可知，n(A)：n(B)一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，根据平衡移动原理，升高温度平衡向吸热反应移动，所以该反应的正反应为吸热反应，即△H>0；图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A的物质的量变化量为0.4mol，B的物质的量变化量为0.2mol，在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比=0.4mol：0.2mol=2，即a=2，B错误；
C.恒温恒容条件下，通入氦气反应混合物的浓度不变，平衡不移动，故v(正)=v(逆)，C错误；
D.由图Ⅰ可知，200℃时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：z=0.4mol：0.2mol：0.2mol=2：1：1，平衡时A的体积分数为=0.5，200℃时，向容器中充入2 mol A 和1 mol B，增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于0.5，D正确；
故合理选项是D。
二、填空题（每空2分，共52分）
17.据报道，某种以甲醇为原料，以KOH为电解质用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用较长时间。下图是一个电化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O。
请填空：
(1)充电时，①燃料电池的负极与电源________极相连。
②阳极的电极反应式为：________________________。
(2)放电时：负极的电极反应式为：__________________。
(3)在此过程中若完全反应，乙池中A极的质量增加648 g，则甲池中理论上消耗O2____________L(标准状况)。
(4)若在常温常压下，1 g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ，表示该反应的热化学方程式为：____________________。
【答案】(1). 负 (2). 4OH－-4e-=2H2O+O2↑ (3). CH3OH＋8OH－-6e－=CO32-＋6H2O (4). 33.6 (5). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=－725.76 kJ·mol－1
【解析】
【分析】(1)充电时，原电池负极与电源负极相连，作阴极，发生还原反应；阳极失电子发生氧化反应；
(2)放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应；
(3)乙池中A极为阴极，银离子得电子发生还原反应，根据转移电子相等计算氧气的体积；
(4)根据物质反应放出的热量与反应的物质多少呈正比计算反应热，然后书写热化学方程式。
【详解】(1)①充电时，燃料电池负极与电源负极相连；
②阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
(2)放电时，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为：CH3OH＋8OH--6e-=CO32-＋6H2O；
(3)乙池中A电极上Ag+得电子发生还原反应，当乙池中A电极的质量增加648g，n(Ag)==6mol，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知：在甲池中理论上消耗O2体积V(O2)=33.6L。
(4)若在常温常压下，1g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ，由于1mol甲醇的质量是32g，所以1mol CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68 kJ×32=725.76 kJ，所以表示该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=－725.76 kJ·mol－1。
18.已知化学反应①:Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g),其化学平衡常数为K1;化学反应②:Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g),其化学平衡常数为K2,在温度973 K和1173 K的情况下,K1、K2的值分别如下:
温度
K1
K2
973 K
1.47
2.38
1 173 K
2.15
1.67
(1)通过表格中的数值可以推断:反应①是_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(2)现有反应③:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),请你写出该反应的平衡常数K3的表达式:K3=______。
(3)根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系式为__________,据此关系式及上表数据,能推断出反应③是________(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动,可采取的措施有______ 、_____ (填写字母序号)。
A.缩小反应容器的容积 B.扩大反应容器的容积
C.升高温度 D.使用合适的催化剂
E.设法减小平衡体系中的CO的浓度
(5)图甲、乙分别表示反应③在t1时刻达到平衡,在t2时刻因改变某个条件而发生变化的情况:
①图甲中t2时刻发生改变的条件是__________。
②图乙中t2时刻发生改变的条件是__________。
【答案】(1). 吸热 (2). (3). K3＝K1/K2 (4). 吸热 (5). CE (6). 增大压强或使用催化剂 (7). 降低温度或设法分离出H2
【解析】（1）根据表中数据可知，升高温度，K1是增大的，说明升高温度平衡向正反应方向进行，所以反应①是吸热反应。
（2）平衡常数是在一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据方程式可知，平衡常数表达式是K3＝。
（3）根据盖斯定律可知，①－②即得到反应③，所以K3＝K1/K2；升高温度，K1增大，K2增减小，所以K3是增大，因此正反应是吸热反应。
反应③是体积不变的、吸热的可逆反应，所以要使平衡向正反应方向移动，则可以升高温度，或降低生成物的浓度等，但压强和催化剂不能改变平衡状态，答案选CE。
（5）①图甲中t2时刻正逆反应速率都增大，但平衡不移动，所以改变的条件是增大压强或使用催化剂。
②图乙中t2时刻CO2的浓度增大，而CO的浓度降低，即平衡向逆反应方向进行，所以改变的条件是降低温度或从体系中分离出H2。
19.A是由导热材料制成的密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球．关闭K2，将等量且少量的NO2通过K1、K3分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同．(已知：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0)
（1）一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成N2O4的速率是vA______vB(填“＞”、“＜”或“＝”)；若打开活塞K2，气球B将______(填“变大”、“变小”或“不变”)．
（2）关闭活塞K2，若在A、B中再充入与初始量相等的NO2，则达到平衡时，NO2的转化率αA将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若分别通入等量的氖气，则达到平衡时，A中NO2的转化率将________，B中NO2的转化率将______(填“变大”、“变小”或“不变”)．
（3）室温下，若A、B都保持体积不变，将A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，______中的颜色较深．
（4）若在容器A中充入4.6 g的NO2，达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5，则平衡时N2O4的物质的量为___________________．
【答案】(1). ＜ (2). 变小 (3). 增大 (4). 不变 (5). 变小 (6). A (7). 0.02mol
【解析】试题分析：（1）根据装置可知，A是保持恒温恒容的，B是保持保持恒温恒压的。由于该反应是体积减小的放热的可逆反应，所以A中的压强在反应过程中减小，所以A中的反应速率小于B中的反应速率。若打开活塞K2，则相当于整套装置是恒温恒压的，所以气球B将减小；（2）在加入等量的NO2气体，则A是相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大。若通入等量的Ne气，则A中物质的浓度不变，平衡不移动，转化率不变；而B是压强不变的，所以容器容积增大，物质的浓度减小，平衡向逆反应方向进行，转化率减小；（3）该反应为放热反应，将A套上—个绝热层，相当于给A加热，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，A中的颜色较深；
（4）4．6g的NO2的物质的量为0．1mol,n(总)=4．6/57．6=0．08mol,利用三段式解题：
2NO2N2O4
开始 0．1 0
变化 2x x
平衡0．1-2x x 0．1-2x+x=0．08 x=0．02mol
20.2014年，全国很多地区都曾出现严重的雾霾天气，汽车尾气、冬季取暖排放的CO2等都是形成雾霾的因素。请回答下列问题：
将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：H2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g)，得到3组数据如表所示：
实验
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
达到平衡状态所需时间/min
H2O
CO
CO
H2
1
650
2
4
2.4
1.6
5
2
900
1
2
1.6
0.4
3
3
900
a
b
c
d
t
(1)实验1中0～5min内，以v(CO2)表示的化学反应速率为______，此温度下的化学平衡常数为______，温度升高时化学平衡常数会_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)若a=2，b=1，则达到平衡状态时实验2中H2O(g)和实验3中CO的转化率的关系为α2(H2O)___(填“＜”“＞”或“=”)α3(CO)。
【答案】(1). 0.16mol·L-1·min-1 (2). (3). 减小 (4). =
【解析】
【详解】(1)在反应开始时，c(H2O)=1mol/L，c(CO)=2mol/L，c(CO2)=c(H2)=0，反应达到平衡时，c(CO)=1.2mol/L，反应消耗了0.8mol/L，则根据物质反应关系可知此时c(H2O)=(1-0.8)mol/L=0.2mol/L，c(CO2)=c(H2)=0.8mol/L，实验1中0～5min内，以v(CO2)表示的化学反应速率v(CO2)==0.16 mol·L-1·min-1；此温度下该反应的化学平衡常数K=；第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，则该反应正向是放热反应；温度升高时，平衡逆向移动，化学平衡常数会减小；
(2)反应H2O+COCO2+H2中，H2O和CO系数相等，根据转化率=，两种情况下，实验组2中H2O(g)转化量与起始量之比一定等于实验组3中CO的转化量与起始量，所以α2(H2O)=α3(CO)。
21.(1)用焦炭还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，向容积均为1L的甲、乙、丙三个恒容恒温（反应温度分别为400℃、400℃、T℃）容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间t的变化情况如表所示：
t/min
0
10
20
30
40
n(NO)（甲容器）/mol
2.00
1.50
1.10
0.80
0.80
n(NO)（乙容器）/mol
1.00
0.80
0.65
0.53
0.45
n(NO)（丙容器）/mol
2.00
1.45
1.00
1.00
1.00
①该反应为____（填“放热”或“吸热”）反应。
②乙容器在50min时达到平衡状态，则NO的浓度是______，0～50min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=_______。
(2)用焦炭还原NO2的反应为：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、C两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)_______Kc(C)（填“＜”、“＞”或“=”）。
②A、B、C三点中NO2的转化率最高的是______（填“A”、“B”或“C”）点。
③计算B点时该反应的压强平衡常数Kp(B)=________（Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数）。
【答案】(1). 放热 (2). 0.4mol/L (3). 0.012 mol·L-1·min-1 (4). = (5). C (6). 3MPa
【解析】
【详解】(1)①温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。根据比较甲容器和丙容器中的数据，丙容器中先达到平衡，则说明丙容器中温度高；升高温度达到平衡时丙容器中NO的物质的量高于甲容器，说明温度升高平衡向逆方向移动，所以该反应是放热反应；
②根据2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)是反应前后气体体积不变的反应，相同温度下，甲与乙为等效平衡，故乙平衡时NO的物质的量为甲平衡时的一半，即n(NO)=0.4mol，所以c(NO)=0.4mol÷1L=0.4mol/L，则0∼50min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)==0.012 mol·L-1·min-1；
(2)①A、C两点温度相同，平衡常数只与温度有关，故浓度平衡常数关系：Kc(A)=Kc(C)；
②反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)的正反应是气体体积增大的反应，根据平衡移动原理，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，故A、B、C三点中NO2的转化率最高的是C点；
③设生成CO2的物质的量浓度2xmol/L，则必然会同时产生xmol/LN2，反应消耗NO2的浓度为2xmol/L，平衡时NO2的浓度为(1-2x)mol/L，B点时NO2和CO2浓度相等，则1-2x=2x，解得x=0.25，所以平衡时各种气体的物质的量浓度c(NO2)=c(CO2)=0.5mol/L，c(N2)=0.25mol/L。因B点时NO2和CO2浓度相等，则NO2和CO2的分压也相等，即Kp(NO2)=Kp(CO2)，所以B点的压强平衡常数Kp(B)==3MPa。
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