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【化学】重庆市第三十中学2018-2019学年高二上学期第三次月考（解析版） 试卷
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重庆市第三十中学2018-2019学年高二上学期第三次月考
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（ ）
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【详解】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A正确；
B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B正确；
C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C正确；
D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必须的，所以吸热反应有其利用价值，D错误。
故选D。
2.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)（ ）
A. C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-1 367.0 kJ·mol-1(燃烧热)
B. NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=+57.3 kJ·mol-1(中和热)
C. S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH=-296.8 kJ·mol-1(反应热)
D. 2NO2O2+2NO ΔH=+116.2 kJ·mol-1(反应热)
【答案】C
【详解】A项，燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到稳定的产物，H2O的状态必须为液态，正确的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1367.0 kJ·mol-1，故A项错误；
B项，中和反应是放热反应，ΔH应小于0，正确的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1，故B项错误；
C项，热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、ΔH的正负号、数值、单位，故C项正确；
D项，热化学反应方程式要注明物质的状态，正确的热化学方程式为：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) ΔH=+116.2 kJ·mol-1，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。该题的关键是明确反应热、燃烧热以及中和热的含义以及判断依据，然后灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。
3.已知：H2S与不足量的O2燃烧时，生成S和H2O。根据以下三个热化学方程式：
2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l) ΔH2
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g) ΔH3
判断ΔH1、ΔH2、ΔH3三者大小关系正确的是（ ）
A. ΔH3>ΔH2>ΔH1 B. ΔH1>ΔH3>ΔH2
C. ΔH1>ΔH2>ΔH3 D. ΔH2>ΔH1>ΔH3
【答案】A
【解析】H2S完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，则△H2＞△H1；气态水的能量高于液态水，所以生成液态水时放热多，则△H3＞△H2，即△H3＞△H2＞△H1，答案选A。
4.已知：2H2(g) + O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571．6 kJ·mol－1
2H2(g) + O2(g)＝2H2O(g） ΔH＝－483．6kJ·mol－1
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. H2(g)的燃烧热ΔH＝－285．8 kJ·mol－1
B. 1molH2O(l)变成1mo1H2O(g)，吸收88kJ能量
C. 3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135．9 kJ·mol－1
D. 可以寻找特殊催化剂使H2O分解，同时放出能量
【答案】A
【解析】A、燃烧热是指一摩尔的可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的时候所放出的热量，正确；B、1molH2O(l)变成1mo1H2O(g)，吸收44kJ能量，错误；C、利用盖斯定律可以知道：3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝－131．4 kJ·mol－1，错误；D、催化剂只能改变反应速率，不能改变能量的变化，错误。
考点：反应热的有关知识。
5.下列热化学方程式正确的是（ ）
A. 甲烷燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3kJ·mol－1
B. 500℃、30MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
C. 已知在120℃、101 kPa下，1 gH2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1
D. 25℃、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)＋2KOH(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
【答案】C
【详解】A．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，故A错误；
B．相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以生成2mol氨气，放出的热量大于38.6kJ，故B错误；
C．1 g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，即1molH2燃烧放热242kJ，故其热化学方程式为：H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242kJ•mol-1，故C正确；
D．在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，故如果生成2mol水，应放热114.6kJ，热化学方程式为H2SO4(aq)+2KOH(aq)═K2SO4(aq)+2H2O(1)△H=-114.6kJ•mol-1，故D错误；
故答案为C。
【点睛】判断热化学方程式正误的主要观察点：①化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；②状态是否标注正确；③反应热ΔH的符号和单位是否正确；④反应热的数值与物质的系数是否对应。
6.下列装置可以组成原电池的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．有正负极、电解质溶液并构成闭合电路，满足原电池的构成条件，能构成原电池，故A正确；
B．乙醇溶液不是电解质溶液，不满足原电池的构成条件，不能构成原电池，故B错误；
C．没有形成闭合电路，不满足原电池的构成条件，不能构成原电池，故C错误；
D．两金属不存在活性差异，无正、负极，不满足原电池的构成条件，不能构成原电池，故D错误；
故答案为A。
【点睛】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。
7. 有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，A被腐蚀；将A、D分别投入等浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化；若将铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（ ）
A. D>C>A>B B. D>A>B>C
C. D>B>A>C D. B>A>D>C
【答案】B
【解析】考查金属性强弱比较。比较元素金属性强弱的依据
1．在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强。
2．常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强。
3．依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强
4．依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属。但是ⅠA族和ⅡA族的金属在与盐溶液反应时，通常是先与水反应生成对应的强碱和氢气，然后强碱再可能与盐发生复分解反应。
5．依据金属活动性顺序表（极少数例外）。
6．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强。
7．依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性。
8．依据电解池中阳离子的放电（得电子，氧化性）顺序。优先放电的阳离子，其元素的金属性弱。
据此可知，选项B正确，答案选B。
8.用惰性电极电解足量的下列溶液，一段时间后，加入一定质量的另一种物质(中括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是（ ）
A. CuCl2[CuSO4] B. NaOH[H2O]
C. NaCl[H2O] D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】B
【解析】A、电解氯化铜生成铜和氯气，加入硫酸铜，没有补充氯元素，溶液不能和原来一样，不选A；B、电解氢氧化钠就是电解水，所以加水适量的水，溶液可以和原来的溶液完全一样，选B；C、电解氯化钠产生氯气和氢气和氢氧化钠，加入水，没有补充氯元素，不能和原来一样，不选C；D、电解硫酸铜生成铜和硫酸和氧气，加入氢氧化铜，多引入了氢元素，所以不能和原来一样，不选D。
考点：电解原理的应用
9. 有关下图的说法正确的是（ ）
A. 构成原电池时溶液中SO42－移向Cu极
B. 构成原电池时Cu极反应为： Cu﹣2e－===Cu2+
C. 构成电解池时Fe极质量既可增也可减
D. a和b分别接直流电源正、负极，Fe极会产生气体
【答案】C
【解析】构成原电池时，铜为正极、铁为负极。原电池中阴离子向负极移动，故A错误；正极发生还原反应，故B错误；构成电解池时，若铁为阳极则质量减小、若铁为阴极则质量增大，故C正确；a和直流电源正极相连，铁为阳极，极反应为，故D错误。
考点：本题考查电化学原理。
10.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，阴极的电极反应为：Ni(OH)2+OH-+e-=NiO(OH)+H2O
B. 放电时，负极的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O
C. 放电时，OH－移向镍电极
D. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
【答案】B
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，则根据电子流向，镍电极为正极得电子发生还原反应；开关连接充电器时，镍电极为阳极失电子发生的电极反应Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O；
【详解】A．充电时，阴极上发生得电子的还原反应，即2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故A错误；
B．放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，故B正确；
C．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-移向碳电极，故C错误；
D．该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故D错误；
故答案为B。
11.下列有关电化学的图示，完全正确的是（ ）
A. Cu-Zn原电池 B. 粗铜的精炼
C. 铁片镀锌
D. 验证NaCl溶液（含酚醚）电解产物
【答案】D
【详解】A．依据原电池原理分析，活泼金属锌做负极，铜做正极，故A错误；
B．粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极，故B错误；
C．镀件铁做阴极，铜做阳极进行电镀，故C错误；
D．电解饱和食盐水，阳极电流流向，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，检验氯气用淀粉碘化钾，故D正确；
故答案为D。
12.将0.2molAgNO3、0.4 molCu(NO3)2和0.6 molKCl溶于水配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3mol Cu，此时，另一极上的气体体积(标准状况)为（ ）
A. 4.48L B. 5.6 L C. 6.72 L D. 7.8L
【答案】B
【分析】将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu(NO3)2和0.6mol KCl溶于水，会发生反应生成氯化银沉淀，电解混合溶液时，阴极发生Cu2++2e-=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算。
【详解】将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu(NO3)2和0.6mol KCl溶于水，会发生反应生成氯化银沉淀，阴极发生Cu2++2e-=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，氯离子0.4mol完全析出时，生成n(Cl2)=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，生成氧气0.05mol，所以阳极共生成(0.2+0.05)mol=0.25mol气体，气体体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为B。
13.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（ ）
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. a＜c＋d
【答案】D
【分析】将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
B. 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；
C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；
D. D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
【点睛】气体压缩时，各产物和生成物的浓度一般都会变大，不能和原平衡的浓度相比，而要和变化的瞬间相比，如本题将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少；不能看到是原来的1.8倍，就认为向生成D的方向移动。
14.判断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列情况下，可以判定反应一定能自发进行的是（ ）
A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS<0
C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS>0
【答案】D
【解析】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，所以△H＜0，△S＞0一定能自发进行。
考点：化学反应进行的方向
15.在一定温度下，向某固定容积的密闭容器中加入1molN2和3molH2，发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。此反应达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内气体密度不再发生变化
B. 容器内气体的平均相对分子质量不再发生变化
C. N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2
D. 单位时间消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3
【答案】B
【详解】A．体积不变，气体总质量不变，所以密度始终不变，故A错误；
B．容器内平均相对分子质量不再发生变化，说明总物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；
C．当体系达平衡状态时，N2、H2和NH3的浓度之比可能为1：3：2，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故C错误；
D．单位时间消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3，都体现的是正反应方向速率，未体现正与逆的关系，故D错误；
故答案为B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
16.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g) △H，在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线。由曲线分析，下列判断正确的是（ ）
A. T1＜T2，P1＞P2，m+n＞p，△H＜0
B. T1＞T2，P1＜P2，m+n＞p，△H＞0
C. T1＜T2，P1＞P2，m+n＜p，△H＜0
D. T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，△H＞0
【答案】D
【解析】由图像可知，温度为T1时根据达到平衡的时间可知P2>P1，且压强越大，C的含量高，说明压强增大，平衡向正反应方向移动，故正反应为气体体积减小的反应，即m+n>p；压强为P2时根据达到平衡的时间可知T1>T2，且温度越高，C的含量低，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故选择B。
考点：本题考查化学平衡图像问题。
17.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（ ）
A. 图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t1时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图Ⅲ研究是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】D
【详解】A．增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，与图示不符，应为增大压强，故A错误；
B．图Ⅱ正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响；若通入氦气增大体系压强，因不改变反应物或生成物的浓度，对反应速率无影响，平衡也不移动，故B错误；
C．催化剂同等程度改变正、逆反应速率，但平衡不移动，故C错误；
D．乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率减小，故D正确；
故答案为D。
18.T℃时，在2 L恒容密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 容器中发生的反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)＝0.2 mol/(L·min)
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】A
【解析】A．根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，但最终均不为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且该反应为可逆反应；根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A错误；B．反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L•min），故B错误；C．根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故C正确；D．图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误。故选C。
考点：考查化学反应速率含义；化学反应速率和化学平衡图像的综合应用；影响化学平衡的条件
19.在某温度下，将3molA和2mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达平衡，各物质的平衡浓度的关系为ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，则B的转化率为（ ）
A. 60% B. 40% C. 24% D. 4%
【答案】A
【分析】在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。
【详解】A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)
初始： 3 2
反应： n n n n
平衡：3-n 2-n n n K=n2/（3-n）×(2-n)=1，求得n=1.2mol，则转化率为60%，答案为A
20.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】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） 0.012 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。
考点：考查化学反应速率、化学平衡常数的计算等知识。
21.选做（1）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。根据下图回答下列问题：
(a)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是_______________________________________；
(b)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝____________________，P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5的ΔH4____________ΔH3(填“大于”．“小于”．或“等于”)。
（2）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。这两步的能量变化示意图如下：
(a)第二步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是__________ 。
(b)1molNH4+(aq)全部氧化成NO2-(aq)的热化学方程式是_____________________________________________________________________________。
【答案】（1）(a)Cl2(g)＋P(s)===PCl3(g) ΔH＝－306 kJ/mol ；(b)－399 kJ/mol ；等于；（2） (a)放热；ΔH＝－73 kJ/mol(或反应的总能量大于生成物的总能量)；(b)NH4+(aq)＋O2(g)===NO2-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－273 kJ/mol
【解析】（1）(a)根据反应过程和能量关系图，得出：P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H=－306kJ·mol－1；(b)P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H1①，PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H2②，①＋②得：P(s)＋Cl2(g)=PCl5(g)△H3=△H1＋△H2=－306－93kJ·mol－1=－399kJ·mol－1；根据盖斯定律，只要是始态和终态不变，无论是一步还是多步完成，反应热不变，填写“等于”；（2）(a)一个反应是放热反应还是吸热反应，决定于反应物的总能量与生成物的的总能量的相对大小，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，△H<0，如果反应物的总能量小于生成物的总能量，此反应是吸热反应，△H>0，根据图中信息，反应物的总能量大于生成物的总量，是放热反应，依据是：△H<0或者反应物的总能量大于生成物的总能量；（b）根据第一步反应的图，热化学反应方程式：NH4＋(aq)＋3/2O2(g)=NO2－(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) △H=－273kJ·mol－1。
考点：考查反应热、热化学反应方程式书写等相关知识。
22.（1）对于下列反应：2SO2 +O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6 mol/L下降为2 mol/L，那么用O2浓度变化来表示的反应速率为__________________。如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0.5mol/(L·min)，那么2min时SO2的浓度为_______。
（2）下图左表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3+Q达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a-b过程中改变的条件可能是____________________；b-c过程中改变的条件可能是________；若增大压强时，反应速度变化情况画在c~d处。_______
（3）酶是蛋白质，具有蛋白质的特性，酶能催化很多化学反应，下图表示酶参加的反应中，温度与反应速率的关系。解释曲线变化原因 ______________________________________。
【答案】(1). 1mol/(L·min) (2). 2 (3). 升温 (4). 减少SO3的浓度 (5). (6). OA酶起催化作用，A点后T升高使酶失去生理活性
【分析】(1)根据v=计算化学反应速率，根据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计量数之比计算二氧化硫的反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比，根据反应速率计算二氧化硫反应量，从而得出2min时SO2的浓度；
(2)正逆反应速率的变化结合温度、浓度对反应速率和化学平衡的影响判断；增大压强时，正逆反应速率均加快，平衡右移，据此分析；
(3)根据酶作催化剂时，有一个最适宜温度，低于此温度，酶的催化效果不明显，高于此温度，酶易变性分析。
【详解】(1)对于下列反应：2SO2+O22SO3△H＜0，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为v===2mol/(L•min)，用O2浓度变化来表示的反应速率：v(O2)=×2mol/(L•min)=1mol/(L•min)；如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0.5mol/(L•min)，氧气消耗浓度=0.5mol/(L•min)×2min=1mol/L，化学方程式定量计算得到消耗二氧化硫浓度为2mol/L，则二氧化硫的平衡浓度=4mol/L-2mol/L=2mol/L；
(2)a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图象应为：；
(3)酶作催化剂时，有一个最适宜温度，低于此温度，酶的催化效果不明显，高于此温度，酶易变性，失去催化活性。
23.在2 L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝___________________________。已知：K300℃>K350℃，则该反应是______热反应。
（2）下图表示NO2变化的曲线是____。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝_________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】（1）K＝（1分）放热（1分）
（2）b（1分） 1.5×10－3mol/(L·s)（2分） （3）b c （2分） （4）c（1分）
【解析】本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡移动、化学平衡常数等。(1)根据反应方程式结合平衡常数定义可得：K=；K300℃>K350℃，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应；（2）NO2为生成物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐增大，NO的起始浓度为0.01mol/L，因反应为可逆反应，NO不可能完全转化为NO2，故图中表示NO2的变化的曲线是b；0～2s内O2的平均速率：；（3）A中未指明反应速率的方向，A项错误；该反应是反应前后气体体积发生变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，说明反应已经达到平衡，B项正确；不同物质正、逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明反应已经达到平衡，C项正确；该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度不变，当容器中气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，D项错误。
24. (9分) 观察下列几个装置示意图，回答下列问题：
（1）在①图中，发生反应的化学方程式为： 。
（2）在②图中，待镀铁制品应与电源 极相连，电极反应式为： 。
（3）在③图中,外电路电子由 极流向 极，若电解液为KOH溶液，则b极的反应式为 。
【答案】（1）CuCl2Cu + Cl2↑(2分) （2）负(1分) Cu2++2e－ = Cu (2分)
（3）a(1分) b (1分) O2 + 4e－ + 2H2O = 4OH－(2分)
【解析】（1）装置①中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，所以发生反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑；（2）装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；（3）装置③中，a电极是负极，b电极是正极，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以电子从a极沿导线流向b极，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
考点：考查原电池和电解池的工作原理。
25.如图所示，甲、乙是电化学实验装置，请回答下列问题：
（1）若甲、乙两个烧杯中均盛放饱和NaCl溶液。
①甲中石墨棒上的电极反应式是____________________________。
②将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯的上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为电解生成的某种气体A氧化了I－生成了I2。若A气体和I2按物质的量之比为5∶1反应，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_____________________________________________。
③如果不考虑气体产物与烧杯中溶液之间的反应，当乙反应有0.01 mol电子转移后停止实验，烧杯中溶液的体积为100 mL，则溶液混匀后的c(OH-)＝_____________。
（2）若甲、乙两烧杯中均盛放CuSO4溶液。
①甲中铁棒上的电极反应式为___________________________________。
②乙中总反应的离子方程式为_________________________________。
③如果起始时乙中盛放100 mL pH＝5的CuSO4溶液(25℃)，一段时间后溶液的c(H+)＝0.1mol/L，若要使溶液恢复到起始时的浓度(忽略溶液体积的变化)，可向溶液中加入_____ (填写物质的化学式)______g。
【答案】 (1). O2+2H2O+4e-=4OH- (2). 5Cl2 +I2+6H2O=10HCl +2HIO3 (3). 0.1mol/L (4). Fe-2e-=Fe2+ (5). 2Cu2++2H2O2Cu +O2↑+4H+ (6). CuO/CuCO3 (7). 0.4/0.62
【分析】(1)①甲为原电池装置，铁作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子；
②Cl2氧化了生成的I2，Cl元素的化合价降低，由电子守恒及Cl2和I2的物质的量之比为5：1来判断反应后I元素的化合价，以此来书写化学反应；
③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，根据电解方程式中电子与氢氧根离子的关系计算；
(2)①甲为原电池装置，铁作负极，铁失电子；
②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu；
③根据电解硫酸铜的化学反应及元素守恒来判断加入的物质使溶液恢复到电解前的状态，再由溶液的pH的变化计算加入物质的质量。
【详解】(1)①甲为原电池装置，石墨棒上氧气得电子发生还原反应，反应为2H2O+O2+4e-═4OH-；
②Cl2氧化了生成的I2，Cl元素的化合价降低，生成盐酸，反应中Cl2和I2的物质的量之比为5：1，设I元素的化合价为x，则5×2×1=1×2×x，解得x=+5，则生成碘酸，所以发生的化学反应为5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3；
③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，电解反应为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，当乙反应有0.01mol电子转移，生成氢氧根离子为0.01mol，则氢氧根离子的浓度为0.1mol/L；
(2)①甲为原电池装置，铁作负极，负极反应为Fe-2e-═Fe2+；
②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu，其电解反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
③由2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要使溶液恢复原状态，可加入CuO(或CuCO3)，一段时间后溶液的pH变为1，则c(H+)=0.1mol/L-10-5mol/L=0.1mol/L，n(H+)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.005mol，由Cu原子守恒可知，m(CuO)=0.005mol×80g/mol=0.4g，或m(CuCO3)=0.005mol×124g/mol=0.62g。
1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是（ ）
A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量
B. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化化学能“贮存”起来
C. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用
D. 吸热反应没有利用价值
【答案】D
【详解】A.化石燃料中的能量最原始的来源是太阳能，所以化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，A正确；
B.光合作用是绿色植物将太阳的光能转化成化学能储存起来，B正确；
C .放热反应是将化学能转化为热能，原电池可将化学能转化为电能，C正确；
D.吸热反应有其利用价值，如炼铁过程中还原剂的生成虽然是吸热反应，但对炼铁过程是必须的，所以吸热反应有其利用价值，D错误。
故选D。
2.下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)（ ）
A. C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-1 367.0 kJ·mol-1(燃烧热)
B. NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=+57.3 kJ·mol-1(中和热)
C. S(s)+O2(g)SO2(g) ΔH=-296.8 kJ·mol-1(反应热)
D. 2NO2O2+2NO ΔH=+116.2 kJ·mol-1(反应热)
【答案】C
【详解】A项，燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到稳定的产物，H2O的状态必须为液态，正确的热化学方程式为：C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1367.0 kJ·mol-1，故A项错误；
B项，中和反应是放热反应，ΔH应小于0，正确的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·mol-1，故B项错误；
C项，热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、ΔH的正负号、数值、单位，故C项正确；
D项，热化学反应方程式要注明物质的状态，正确的热化学方程式为：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) ΔH=+116.2 kJ·mol-1，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
【点睛】该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型。该题的关键是明确反应热、燃烧热以及中和热的含义以及判断依据，然后灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力。
3.已知：H2S与不足量的O2燃烧时，生成S和H2O。根据以下三个热化学方程式：
2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(l) ΔH2
2H2S(g)+O2(g)2S(s)+2H2O(g) ΔH3
判断ΔH1、ΔH2、ΔH3三者大小关系正确的是（ ）
A. ΔH3>ΔH2>ΔH1 B. ΔH1>ΔH3>ΔH2
C. ΔH1>ΔH2>ΔH3 D. ΔH2>ΔH1>ΔH3
【答案】A
【解析】H2S完全燃烧放热多，但放热越多，△H越小，则△H2＞△H1；气态水的能量高于液态水，所以生成液态水时放热多，则△H3＞△H2，即△H3＞△H2＞△H1，答案选A。
4.已知：2H2(g) + O2(g)＝2H2O(l) ΔH＝－571．6 kJ·mol－1
2H2(g) + O2(g)＝2H2O(g） ΔH＝－483．6kJ·mol－1
2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. H2(g)的燃烧热ΔH＝－285．8 kJ·mol－1
B. 1molH2O(l)变成1mo1H2O(g)，吸收88kJ能量
C. 3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135．9 kJ·mol－1
D. 可以寻找特殊催化剂使H2O分解，同时放出能量
【答案】A
【解析】A、燃烧热是指一摩尔的可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的时候所放出的热量，正确；B、1molH2O(l)变成1mo1H2O(g)，吸收44kJ能量，错误；C、利用盖斯定律可以知道：3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝－131．4 kJ·mol－1，错误；D、催化剂只能改变反应速率，不能改变能量的变化，错误。
考点：反应热的有关知识。
5.下列热化学方程式正确的是（ ）
A. 甲烷燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－890.3kJ·mol－1
B. 500℃、30MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－38.6 kJ·mol－1
C. 已知在120℃、101 kPa下，1 gH2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，其热化学方程式为H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－242 kJ·mol－1
D. 25℃、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为H2SO4(aq)＋2KOH(aq)===K2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
【答案】C
【详解】A．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，故A错误；
B．相同条件下的同一可逆反应，正逆反应反应热数值相等，符号相反，0.5molN2和1.5molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，生成的氨气的物质的量小于1mol，所以生成2mol氨气，放出的热量大于38.6kJ，故B错误；
C．1 g H2燃烧生成水蒸气放出121 kJ热量，即1molH2燃烧放热242kJ，故其热化学方程式为：H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=-242kJ•mol-1，故C正确；
D．在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，故如果生成2mol水，应放热114.6kJ，热化学方程式为H2SO4(aq)+2KOH(aq)═K2SO4(aq)+2H2O(1)△H=-114.6kJ•mol-1，故D错误；
故答案为C。
【点睛】判断热化学方程式正误的主要观察点：①化学原理是否正确，如燃烧热和中和热的热化学方程式是否符合燃烧热和中和热的概念；②状态是否标注正确；③反应热ΔH的符号和单位是否正确；④反应热的数值与物质的系数是否对应。
6.下列装置可以组成原电池的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】A．有正负极、电解质溶液并构成闭合电路，满足原电池的构成条件，能构成原电池，故A正确；
B．乙醇溶液不是电解质溶液，不满足原电池的构成条件，不能构成原电池，故B错误；
C．没有形成闭合电路，不满足原电池的构成条件，不能构成原电池，故C错误；
D．两金属不存在活性差异，无正、负极，不满足原电池的构成条件，不能构成原电池，故D错误；
故答案为A。
【点睛】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。
7. 有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，A被腐蚀；将A、D分别投入等浓度的盐酸中，D比A反应剧烈；将铜浸入B的盐溶液中，无明显变化；若将铜浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断这四种金属的活动性由强到弱的顺序是（ ）
A. D>C>A>B B. D>A>B>C
C. D>B>A>C D. B>A>D>C
【答案】B
【解析】考查金属性强弱比较。比较元素金属性强弱的依据
1．在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与水反应越容易、越剧烈，其金属性越强。
2．常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度。一般情况下，与酸反应越容易、越剧烈，其金属性越强。
3．依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱。碱性越强，其元素的金属性越强
4．依据金属单质与盐溶液之间的置换反应。一般是活泼金属置换不活泼金属。但是ⅠA族和ⅡA族的金属在与盐溶液反应时，通常是先与水反应生成对应的强碱和氢气，然后强碱再可能与盐发生复分解反应。
5．依据金属活动性顺序表（极少数例外）。
6．依据元素周期表。同周期中，从左向右，随着核电荷数的增加，金属性逐渐减弱；同主族中，由上而下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强。
7．依据原电池中的电极名称。做负极材料的金属性强于做正极材料的金属性。
8．依据电解池中阳离子的放电（得电子，氧化性）顺序。优先放电的阳离子，其元素的金属性弱。
据此可知，选项B正确，答案选B。
8.用惰性电极电解足量的下列溶液，一段时间后，加入一定质量的另一种物质(中括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是（ ）
A. CuCl2[CuSO4] B. NaOH[H2O]
C. NaCl[H2O] D. CuSO4[Cu(OH)2]
【答案】B
【解析】A、电解氯化铜生成铜和氯气，加入硫酸铜，没有补充氯元素，溶液不能和原来一样，不选A；B、电解氢氧化钠就是电解水，所以加水适量的水，溶液可以和原来的溶液完全一样，选B；C、电解氯化钠产生氯气和氢气和氢氧化钠，加入水，没有补充氯元素，不能和原来一样，不选C；D、电解硫酸铜生成铜和硫酸和氧气，加入氢氧化铜，多引入了氢元素，所以不能和原来一样，不选D。
考点：电解原理的应用
9. 有关下图的说法正确的是（ ）
A. 构成原电池时溶液中SO42－移向Cu极
B. 构成原电池时Cu极反应为： Cu﹣2e－===Cu2+
C. 构成电解池时Fe极质量既可增也可减
D. a和b分别接直流电源正、负极，Fe极会产生气体
【答案】C
【解析】构成原电池时，铜为正极、铁为负极。原电池中阴离子向负极移动，故A错误；正极发生还原反应，故B错误；构成电解池时，若铁为阳极则质量减小、若铁为阴极则质量增大，故C正确；a和直流电源正极相连，铁为阳极，极反应为，故D错误。
考点：本题考查电化学原理。
10.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时，阴极的电极反应为：Ni(OH)2+OH-+e-=NiO(OH)+H2O
B. 放电时，负极的电极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O
C. 放电时，OH－移向镍电极
D. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
【答案】B
【分析】开关连接用电器时，应为原电池原理，则根据电子流向，镍电极为正极得电子发生还原反应；开关连接充电器时，镍电极为阳极失电子发生的电极反应Ni(OH)2+OH--e-=NiO(OH)+H2O；
【详解】A．充电时，阴极上发生得电子的还原反应，即2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故A错误；
B．放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，故B正确；
C．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-移向碳电极，故C错误；
D．该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故D错误；
故答案为B。
11.下列有关电化学的图示，完全正确的是（ ）
A. Cu-Zn原电池 B. 粗铜的精炼
C. 铁片镀锌
D. 验证NaCl溶液（含酚醚）电解产物
【答案】D
【详解】A．依据原电池原理分析，活泼金属锌做负极，铜做正极，故A错误；
B．粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极，故B错误；
C．镀件铁做阴极，铜做阳极进行电镀，故C错误；
D．电解饱和食盐水，阳极电流流向，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，检验氯气用淀粉碘化钾，故D正确；
故答案为D。
12.将0.2molAgNO3、0.4 molCu(NO3)2和0.6 molKCl溶于水配成100mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3mol Cu，此时，另一极上的气体体积(标准状况)为（ ）
A. 4.48L B. 5.6 L C. 6.72 L D. 7.8L
【答案】B
【分析】将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu(NO3)2和0.6mol KCl溶于水，会发生反应生成氯化银沉淀，电解混合溶液时，阴极发生Cu2++2e-=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算。
【详解】将0.2mol AgNO3、0.4mol Cu(NO3)2和0.6mol KCl溶于水，会发生反应生成氯化银沉淀，阴极发生Cu2++2e-=Cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，氯离子0.4mol完全析出时，生成n(Cl2)=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，生成氧气0.05mol，所以阳极共生成(0.2+0.05)mol=0.25mol气体，气体体积=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为B。
13.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（ ）
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. a＜c＋d
【答案】D
【分析】将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
B. 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；
C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；
D. D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
【点睛】气体压缩时，各产物和生成物的浓度一般都会变大，不能和原平衡的浓度相比，而要和变化的瞬间相比，如本题将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少；不能看到是原来的1.8倍，就认为向生成D的方向移动。
14.判断一个化学反应的自发性常用焓判据和熵判据，则在下列情况下，可以判定反应一定能自发进行的是（ ）
A. ΔH>0，ΔS>0 B. ΔH<0，ΔS<0
C. ΔH>0，ΔS<0 D. ΔH<0，ΔS>0
【答案】D
【解析】化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H-T△S＜0时，反应能自发进行，当△H＜0，△S＞0时，△G=△H-T△S＜0，一定能自发进行，而△H＞0，△S＜0时不能自发进行，△H＞0，△S＞0或△H＜0，△S＜0能否自发进行，取决于反应的温度，所以△H＜0，△S＞0一定能自发进行。
考点：化学反应进行的方向
15.在一定温度下，向某固定容积的密闭容器中加入1molN2和3molH2，发生如下反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。此反应达到平衡的标志是（ ）
A. 容器内气体密度不再发生变化
B. 容器内气体的平均相对分子质量不再发生变化
C. N2、H2和NH3的物质的量浓度之比为1：3：2
D. 单位时间消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3
【答案】B
【详解】A．体积不变，气体总质量不变，所以密度始终不变，故A错误；
B．容器内平均相对分子质量不再发生变化，说明总物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；
C．当体系达平衡状态时，N2、H2和NH3的浓度之比可能为1：3：2，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故C错误；
D．单位时间消耗0.1 mol N2的同时生成0.2 mol NH3，都体现的是正反应方向速率，未体现正与逆的关系，故D错误；
故答案为B。
【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
16.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g) △H，在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线。由曲线分析，下列判断正确的是（ ）
A. T1＜T2，P1＞P2，m+n＞p，△H＜0
B. T1＞T2，P1＜P2，m+n＞p，△H＞0
C. T1＜T2，P1＞P2，m+n＜p，△H＜0
D. T1＞T2，P1＜P2，m+n＜p，△H＞0
【答案】D
【解析】由图像可知，温度为T1时根据达到平衡的时间可知P2>P1，且压强越大，C的含量高，说明压强增大，平衡向正反应方向移动，故正反应为气体体积减小的反应，即m+n>p；压强为P2时根据达到平衡的时间可知T1>T2，且温度越高，C的含量低，说明温度升高，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故选择B。
考点：本题考查化学平衡图像问题。
17.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＜0，某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（ ）
A. 图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的物质的量浓度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t1时刻通入氦气增大体系压强对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲的催化效率比乙高
D. 图Ⅲ研究是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】D
【详解】A．增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，与图示不符，应为增大压强，故A错误；
B．图Ⅱ正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响；若通入氦气增大体系压强，因不改变反应物或生成物的浓度，对反应速率无影响，平衡也不移动，故B错误；
C．催化剂同等程度改变正、逆反应速率，但平衡不移动，故C错误；
D．乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率减小，故D正确；
故答案为D。
18.T℃时，在2 L恒容密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Z的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是（ ）
A. 容器中发生的反应可表示为3X(g)＋Y(g)2Z(g)
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)＝0.2 mol/(L·min)
C. 保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强
【答案】A
【解析】A．根据图1分析，反应中X、Y的物质的量逐渐减小，Z的物质的量逐渐增大，但最终均不为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物，且该反应为可逆反应；根据物质的量的变化量与化学计量数成正比可知0.4mol：0.2mol：0.4mol=3：1：2，所以反应的化学方程式为3X（g）+Y（g）2Z（g），故A错误；B．反应进行的前3min内，v（X）==0.1mol/（L•min），故B错误；C．根据图2中曲线的斜率大小判断，T2时先到达平衡状态，说明反应速率大，根据温度越高反应速率越大说明T2温度高，温度升高时Z的百分含量降低，说明平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故C正确；D．图3与图1比较，图3到达平衡所用的时间较短，说明反应速率增大，但平衡状态没有发生改变，应是加入催化剂所致，故D错误。故选C。
考点：考查化学反应速率含义；化学反应速率和化学平衡图像的综合应用；影响化学平衡的条件
19.在某温度下，将3molA和2mol B充入一密闭容器中，发生反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达平衡，各物质的平衡浓度的关系为ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)。若在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，则B的转化率为（ ）
A. 60% B. 40% C. 24% D. 4%
【答案】A
【分析】在某温度下，各物质的平衡浓度的关系为：ca(A)·c(B)＝c(C)·c(D)，则K=1；在温度不变的情况下将容器的体积扩大为原来的10倍，B的转化率不发生变化，可得到反应左右两边的气体计量数的和相等，则a=1。
【详解】A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)
初始： 3 2
反应： n n n n
平衡：3-n 2-n n n K=n2/（3-n）×(2-n)=1，求得n=1.2mol，则转化率为60%，答案为A
20.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】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） 0.012 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。
考点：考查化学反应速率、化学平衡常数的计算等知识。
21.选做（1）红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)和PCl5(g)。反应过程和能量关系如图所示(图中的ΔH表示生成1 mol产物的数据)。根据下图回答下列问题：
(a)P和Cl2反应生成PCl3的热化学方程式是_______________________________________；
(b)P和Cl2分两步反应生成1 mol PCl5的ΔH3＝____________________，P和Cl2一步反应生成1 mol PCl5的ΔH4____________ΔH3(填“大于”．“小于”．或“等于”)。
（2）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。这两步的能量变化示意图如下：
(a)第二步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是__________ 。
(b)1molNH4+(aq)全部氧化成NO2-(aq)的热化学方程式是_____________________________________________________________________________。
【答案】（1）(a)Cl2(g)＋P(s)===PCl3(g) ΔH＝－306 kJ/mol ；(b)－399 kJ/mol ；等于；（2） (a)放热；ΔH＝－73 kJ/mol(或反应的总能量大于生成物的总能量)；(b)NH4+(aq)＋O2(g)===NO2-(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) ΔH＝－273 kJ/mol
【解析】（1）(a)根据反应过程和能量关系图，得出：P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H=－306kJ·mol－1；(b)P(s)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H1①，PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl3(g)△H2②，①＋②得：P(s)＋Cl2(g)=PCl5(g)△H3=△H1＋△H2=－306－93kJ·mol－1=－399kJ·mol－1；根据盖斯定律，只要是始态和终态不变，无论是一步还是多步完成，反应热不变，填写“等于”；（2）(a)一个反应是放热反应还是吸热反应，决定于反应物的总能量与生成物的的总能量的相对大小，反应物的总能量大于生成物的总能量，此反应是放热反应，△H<0，如果反应物的总能量小于生成物的总能量，此反应是吸热反应，△H>0，根据图中信息，反应物的总能量大于生成物的总量，是放热反应，依据是：△H<0或者反应物的总能量大于生成物的总能量；（b）根据第一步反应的图，热化学反应方程式：NH4＋(aq)＋3/2O2(g)=NO2－(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l) △H=－273kJ·mol－1。
考点：考查反应热、热化学反应方程式书写等相关知识。
22.（1）对于下列反应：2SO2 +O22SO3，如果2min内SO2的浓度由6 mol/L下降为2 mol/L，那么用O2浓度变化来表示的反应速率为__________________。如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0.5mol/(L·min)，那么2min时SO2的浓度为_______。
（2）下图左表示在密闭容器中反应：2SO2+O22SO3+Q达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a-b过程中改变的条件可能是____________________；b-c过程中改变的条件可能是________；若增大压强时，反应速度变化情况画在c~d处。_______
（3）酶是蛋白质，具有蛋白质的特性，酶能催化很多化学反应，下图表示酶参加的反应中，温度与反应速率的关系。解释曲线变化原因 ______________________________________。
【答案】(1). 1mol/(L·min) (2). 2 (3). 升温 (4). 减少SO3的浓度 (5). (6). OA酶起催化作用，A点后T升高使酶失去生理活性
【分析】(1)根据v=计算化学反应速率，根据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计量数之比计算二氧化硫的反应速率，速率之比等于化学方程式计量数之比，根据反应速率计算二氧化硫反应量，从而得出2min时SO2的浓度；
(2)正逆反应速率的变化结合温度、浓度对反应速率和化学平衡的影响判断；增大压强时，正逆反应速率均加快，平衡右移，据此分析；
(3)根据酶作催化剂时，有一个最适宜温度，低于此温度，酶的催化效果不明显，高于此温度，酶易变性分析。
【详解】(1)对于下列反应：2SO2+O22SO3△H＜0，如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2 mol/L，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为v===2mol/(L•min)，用O2浓度变化来表示的反应速率：v(O2)=×2mol/(L•min)=1mol/(L•min)；如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v(O2)为0.5mol/(L•min)，氧气消耗浓度=0.5mol/(L•min)×2min=1mol/L，化学方程式定量计算得到消耗二氧化硫浓度为2mol/L，则二氧化硫的平衡浓度=4mol/L-2mol/L=2mol/L；
(2)a时逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果，b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因；若增大压强时，平衡向正反应方向移动，则正逆反应速率都增大，且正反应速率大于逆反应速率，图象应为：；
(3)酶作催化剂时，有一个最适宜温度，低于此温度，酶的催化效果不明显，高于此温度，酶易变性，失去催化活性。
23.在2 L的密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K＝___________________________。已知：K300℃>K350℃，则该反应是______热反应。
（2）下图表示NO2变化的曲线是____。用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝_________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。
a．v(NO2)＝2v(O2) b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)＝2v正(O2) d．容器内密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是________。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效催化剂
【答案】（1）K＝（1分）放热（1分）
（2）b（1分） 1.5×10－3mol/(L·s)（2分） （3）b c （2分） （4）c（1分）
【解析】本题考查化学平衡状态的判断、化学平衡移动、化学平衡常数等。(1)根据反应方程式结合平衡常数定义可得：K=；K300℃>K350℃，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应；（2）NO2为生成物，随着反应的进行，NO2的浓度逐渐增大，NO的起始浓度为0.01mol/L，因反应为可逆反应，NO不可能完全转化为NO2，故图中表示NO2的变化的曲线是b；0～2s内O2的平均速率：；（3）A中未指明反应速率的方向，A项错误；该反应是反应前后气体体积发生变化的反应，所以容器中的压强不再发生变化，说明反应已经达到平衡，B项正确；不同物质正、逆反应的速率之比等于化学计量数之比，说明反应已经达到平衡，C项正确；该容器的体积保持不变，根据质量守恒定律知，反应前后混合气体的质量不变，所以容器内气体的密度不变，当容器中气体的密度不再发生变化时，不能表明达到化学平衡状态，D项错误。
24. (9分) 观察下列几个装置示意图，回答下列问题：
（1）在①图中，发生反应的化学方程式为： 。
（2）在②图中，待镀铁制品应与电源 极相连，电极反应式为： 。
（3）在③图中,外电路电子由 极流向 极，若电解液为KOH溶液，则b极的反应式为 。
【答案】（1）CuCl2Cu + Cl2↑(2分) （2）负(1分) Cu2++2e－ = Cu (2分)
（3）a(1分) b (1分) O2 + 4e－ + 2H2O = 4OH－(2分)
【解析】（1）装置①中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，所以发生反应的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑；（2）装置②的待镀铁制品应与电源负极相连，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；（3）装置③中，a电极是负极，b电极是正极，负极上氢气失电子，正极上氧气得电子，所以电子从a极沿导线流向b极，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。
考点：考查原电池和电解池的工作原理。
25.如图所示，甲、乙是电化学实验装置，请回答下列问题：
（1）若甲、乙两个烧杯中均盛放饱和NaCl溶液。
①甲中石墨棒上的电极反应式是____________________________。
②将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯的上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为电解生成的某种气体A氧化了I－生成了I2。若A气体和I2按物质的量之比为5∶1反应，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_____________________________________________。
③如果不考虑气体产物与烧杯中溶液之间的反应，当乙反应有0.01 mol电子转移后停止实验，烧杯中溶液的体积为100 mL，则溶液混匀后的c(OH-)＝_____________。
（2）若甲、乙两烧杯中均盛放CuSO4溶液。
①甲中铁棒上的电极反应式为___________________________________。
②乙中总反应的离子方程式为_________________________________。
③如果起始时乙中盛放100 mL pH＝5的CuSO4溶液(25℃)，一段时间后溶液的c(H+)＝0.1mol/L，若要使溶液恢复到起始时的浓度(忽略溶液体积的变化)，可向溶液中加入_____ (填写物质的化学式)______g。
【答案】 (1). O2+2H2O+4e-=4OH- (2). 5Cl2 +I2+6H2O=10HCl +2HIO3 (3). 0.1mol/L (4). Fe-2e-=Fe2+ (5). 2Cu2++2H2O2Cu +O2↑+4H+ (6). CuO/CuCO3 (7). 0.4/0.62
【分析】(1)①甲为原电池装置，铁作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子；
②Cl2氧化了生成的I2，Cl元素的化合价降低，由电子守恒及Cl2和I2的物质的量之比为5：1来判断反应后I元素的化合价，以此来书写化学反应；
③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，根据电解方程式中电子与氢氧根离子的关系计算；
(2)①甲为原电池装置，铁作负极，铁失电子；
②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu；
③根据电解硫酸铜的化学反应及元素守恒来判断加入的物质使溶液恢复到电解前的状态，再由溶液的pH的变化计算加入物质的质量。
【详解】(1)①甲为原电池装置，石墨棒上氧气得电子发生还原反应，反应为2H2O+O2+4e-═4OH-；
②Cl2氧化了生成的I2，Cl元素的化合价降低，生成盐酸，反应中Cl2和I2的物质的量之比为5：1，设I元素的化合价为x，则5×2×1=1×2×x，解得x=+5，则生成碘酸，所以发生的化学反应为5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3；
③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，电解反应为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，当乙反应有0.01mol电子转移，生成氢氧根离子为0.01mol，则氢氧根离子的浓度为0.1mol/L；
(2)①甲为原电池装置，铁作负极，负极反应为Fe-2e-═Fe2+；
②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu，其电解反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；
③由2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，要使溶液恢复原状态，可加入CuO(或CuCO3)，一段时间后溶液的pH变为1，则c(H+)=0.1mol/L-10-5mol/L=0.1mol/L，n(H+)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.005mol，由Cu原子守恒可知，m(CuO)=0.005mol×80g/mol=0.4g，或m(CuCO3)=0.005mol×124g/mol=0.62g。
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