【化学】福建省晋江市（安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校）2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）

福建省晋江市（安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校）2018-2019学年高二上学期期中考试
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷 选择题（共44分）
一、选择题（1-10题每小题2分，11-18题每小题3分，共44分，每小题只有一个正确答案）
1.下列措施不能达到节能减排目的的是
A. 尽可能减少塑料袋 B. 用家用汽车代替公交车
C. 推广使用节能灯 D. 利用太阳能，潮汐能发电
【答案】B
【解析】
【详解】A.尽可能减少塑料袋,可减少白色污染,减少化石能源的消耗,能达到节能减排目的,故A不选；
B.用家用汽车代替公交车,可导致大量汽车尾气的排放,不利于节能减排,故B选；
C.推广使用节能灯,可减少能源消耗,有利于节能减排,故C不选；
D.利用太阳能,潮汐能发电,可减小对化石能源的依赖,减少污染物的排放,故D不选；
综上所述，本题选B。
2.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是
A. 硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B. 锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C. 电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D. 葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【答案】A
【解析】
A、硅太阳能电池工作时，光能转化成电能，不是氧化还原反应，A正确；B、锂离子电池放电时，化学能转化成电能，锂失去电子，发生氧化反应，B错误；C、电解质溶液导电时，电能转化成化学能，发生的是电解，属于氧化还原反应，C错误；D、葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能，反应中葡萄糖被氧化，属于氧化还原反应，D错误，答案选A。
3.燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是
A. 甲醇 B. 天然气 C. 液化石油气 D. 氢气
【答案】D
【解析】
试题分析：A．甲醇燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；B．天然气主要成分是CH4，燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；C．液化石油气主要成分是是各种液体烃，完全燃烧会产生CO2和水，CO2会导致温室效应；D．氢气燃烧会产生水，不是污染物，故其中最环保的是氢气，选项D正确。
考点：考查燃料燃烧及产物的作用的判断的知识。
4.运载火箭以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂。已知:
①H2(g)=H2(l)　ΔH=-0. 92 kJ·mol-1 ②O2(g)=O2(l)　ΔH=-6. 84 kJ·mol-1

下列说法正确的是
A. 2 mol H2(g)与1 mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低
B. 氢气的燃烧热为ΔH=-241. 8 kJ·mol-1
C. 火箭中液氢燃烧的热化学方程式为2H2(l)+O2(l)2H2O(g)　ΔH=-474. 92 kJ·mol-1
D. H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量
【答案】C
【解析】
【分析】
A．由图象分析，2molH2（g）与1molO2（g）反应生成2molH2O（g），放出483.6kJ的热量；
B．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量；
C．由图象分析，2H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-483.6kJ•mol-1①，H2（g）=H2（l）△H1=-0.92kJ•mol-1②O2（g）=O2（l）△H2=-6.84kJ•mol-1③将①-②×2-③×2利用盖斯定律计算；
D．H2O（g）生成H2O（l）时，放出热量，为物理变化过程。
【详解】A．由图象分析，2molH2（g）与1molO2（g）反应生成2molH2O（g），放出483.6kJ的热量，故2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高，故A错误；
B．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为（483.6+88）/2=285.8kJ•mol-1，故B错误；
C．由图象分析，2H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H1=-483.6kJ•mol-1①，H2（g）=H2（l）△H1=-0.92kJ•mol-1②O2（g）=O2（l）△H2=-6.84kJ•mol-1③将①-②×2-③×2可得2H2（l）+O2（l）═2H2O（g）△H=-474.92kJ•mol-1，故C正确；
D．H2O（g）生成H2O（l）为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误；
综上所述，本题选C。
5.已知X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，已知焓变:ΔH=ΔH1+ΔH2，则X、Y不可能是

A. C、CO B. AlCl3、Al(OH)3 C. Fe、Fe(NO3)2 D. Na2O、Na2O2
【答案】D
【解析】
【详解】A. X为C，Y为CO，Z为CO2,W为O2；C燃烧生成CO，反应热为ΔH1，CO完全燃烧生成二氧化碳，反应热为ΔH2，C完全燃烧生成二氧化碳，反应热为ΔH，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2，A不选；
B. X为AlCl3，Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，W为NaOH；AlCl3与NaOH反应生成Al(OH)3，反应热为ΔH1；Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，反应热为ΔH2，AlCl3与足量的NaOH反应生成NaAlO2，反应热为ΔH，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2，B不选；
C. X为Fe，Y为Fe(NO3)2，Z为Fe(NO3)3，W为HNO3；Fe与少量的HNO3反应生成Fe(NO3)2，反应热为ΔH1；Fe(NO3)2与硝酸继续反应生成Fe(NO3)3，反应热为ΔH2，Fe与足量的HNO3反应生成Fe(NO3)3，反应热为ΔH，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2，C不选；
D. Na2O与氧气反应只能生成Na2O2，Na2O与水反应生成氢氧化钠，而过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，而转化过程中需用到同一物质W，不满足图示转化关系，D错误；
综上所述，本题选D。
6.用电化学制备正十二烷的方法:向烧杯中加入50 mL 甲醇，不断搅拌加入少量金属钠，再加入11 mL正庚酸搅拌均匀，装好铂电极，接通电源反应，当电流明显减小时切断电源，然后提纯正十二烷。已知电解总反应: 2C6H13COONa+2CH3OHC12H26+2CO2↑+H2↑+2CH3ONa，下列说法不正确的是

A. 图中电源的a极为直流电源的负极
B. 电解过程中离子浓度会不断降低
C. 阳极电极反应：2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑
D. 反应一段时间后将电源正负极反接，会产生杂质影响正十二烷的制备
【答案】D
【解析】
【详解】A、a连接的电极生成氢气，发生还原反应，则a为负极，选项A正确；
B、由题中信息可知，正庚酸钠在溶液中的导电性明显强于甲醇钠，故正庚酸钠的电离程度大于甲醇钠的电离程度；在电解过程中，不断有正庚酸与电解产物甲醇钠反应转化为正庚酸钠，故溶液中的离子浓度不断减小，选项B正确；
C、阳极发生氧化反应，电极方程式为2C6H13COO--2e-=C12H26+2CO2↑，选项C正确；
D、因C12H26为液体，而杂质为气体，不影响C12H26的制备，选项D错误。
综上所述，本题选D。
7.工业酸性废水中的Cr2O72—可转化为Cr3+除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如表所示(实验开始时溶液体积为50 mL， Cr2O72—的起始浓度、电压、电解时间均相同)。下列说法中，不正确的是
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为
石墨
阴、阳极均为石墨，
滴加1 mL浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加
1 mL浓硫酸
Cr2O72—的去除率/%
0. 922
12. 7
57. 3
A. 对比实验①②可知，降低pH可以提高Cr2O72—的去除率
B. 实验②中，Cr2O72—在阴极放电的电极反应式是Cr2O72—+6e-+14H+=2Cr3++7H2O
C. 实验③中，Cr2O72—去除率提高的原因是Cr2O72—+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
D. 实验③中，理论上电路中每通过6 mol电子，则有1 mol Cr2O72—被还原
【答案】D
【解析】
对比实验①②,这两个实验中只有溶液酸性强弱不同,其它外界因素都相同,且溶液的pH越小, Cr2O72-的去除率越大,所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率,A正确；实验②中, Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应,电极反应式为═,B正确；实验③中, Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原 Cr2O72-,离子方程式为═,所以导致 Cr2O72-去除率提高,C正确；实验③中, Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,理论上电路中每通过6mol电子,则有1mol Cr2O72-在阴极上被还原,且溶液中还有1mol Cr2O72-被还原,所以一共有2mol Cr2O72-被还原,D错误；正确选项D。
点睛：实验③中, Cr2O72-在阴极上得电子,且溶液中的亚铁离子也能还原Cr2O72-,理论上电路中每通过6mol电子,则有1mol Cr2O72-在阴极上被还原,且溶液中还有Cr2O72-被还原。
8.某同学做了如下实验:
装置


现象
电流计指针未发生偏转
电流计指针发生偏转

下列说法中不正确的是
A. 往铁片Ⅰ所在烧杯加入蒸馏水，电流表指针会发生偏转
B. 用K3[Fe(CN)3]溶液检验铁片Ⅲ、Ⅳ附近溶液，可判断电池的正、负极
C. 铁片Ⅰ、Ⅲ的腐蚀速率不相等
D. “电流计指针未发生偏转”，铁片Ⅰ、铁片Ⅱ均未被腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A项，往铁片Ⅰ所在烧杯加入蒸馏水，造成两溶液中氯化钠的浓度不相等，存在电势差，有电流产生，电流表指针会发生偏转，故A项正确；
B项，图2中因两溶液中氯化钠的浓度不相等，因此发生的是电化学腐蚀，且浓度大的一极发生的反应是Fe-2e-=Fe2+，可以用K3[Fe(CN)3]溶液检验亚铁离子的存在，进而判断电池的正、负极，故B项正确；
C项，铁片Ⅰ、Ⅲ所处的电解质溶液浓度相同，但因为Ⅲ发生的是电化学腐蚀，Ⅰ是普通腐蚀，所以速率不同，故C项正确；
D项，图1中因两溶液中氯化钠的浓度相等，因此发生的是普通的化学腐蚀，且腐蚀速率相等，电流计指针未发生偏转，但铁片Ⅰ、铁片Ⅱ均被腐蚀，故D项错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于同一浓度，同体积、同种溶质的电解质溶液，同时插入两个相同的铁电极，用导线连接两个电极，构成闭合回路，因为没有电势差，不能构成原电池，无电流产生；若电解质浓度不同，产生电势差，可以构成原电池，有电流产生。
9.一种电解法制备高纯铬和硫酸的简单装置如图所示。下列说法正确的是(　　)

A. a为直流电源的正极
B. 阴极反应式为2H++2e-=H2↑
C. 工作时，乙池中溶液的pH不变
D. 若有1 mol离子通过A膜，理论上阳极生成0. 25 mol气体
【答案】D
【解析】
A. 制备铬，则Cr电极应该是阴极，即a为直流电源的负极，A错误；B. 阴极反应式为Cr3＋＋3e－=Cr，B错误；C. 工作时，甲池中硫酸根移向乙池，丙池中氢离子乙烯乙池，乙池中硫酸浓度增大，溶液的pH减小，C错误；D. 若有1mol离子通过A膜，即丙池产生1mol氢离子，则理论上阳极生成0.25 mol氧气，D正确，答案选D。
10.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. 电池充电时，Cl-从a极穿过选择性透过膜移向b极
C. 电池放电时，a极的电极反应式为Fe3++3e-=Fe
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】
【分析】
铁铬氧化还原液流电池电池工作时,放电时铁铬氧化还原液流电池放电时, Cl-将移向负极,负极发生电极反应为: Cr2+-e-= Cr3+；逆反应和充电时的阴极反应相同,充电时,在阳极上离子失去电子发生氧化反应,即Fe2+失电子生成Fe3+,电极反应为: Fe2+-e-= Fe3+，逆反应和放电时正极上的反应相同，根据原电池和电解池的工作原理来回答判断即可。
【详解】A、充电时是电解池工作原理,b为阴极,阴极发生得电子的还原反应,电极反应式为Cr3++e-=Cr2+,故A正确； 
B、电池充电时，Cl-从阴极室穿过选择性透过膜移向阳极室,故由b到a,故B错误；
C、电池放电时,是原电池的工作原理,a是正极,发生还原反应, Fe3++e-=Fe2+，故C错误； 
D、放电时,电路中每流过0.1 mol 电子,就会有0.1mol 的铁离子得电子，减小浓度和体积有关，故D错误； 
综上所述，本题选A。
11.为了探究外界条件对锌与稀硫酸反应速率的影响，设计如下方案:
编号
纯锌粉
0. 2 mol·L-1硫酸溶液
温度
硫酸铜固体
Ⅰ
2. 0 g
200. 0 mL
25 ℃
0
Ⅱ
2. 0 g
200. 0 mL
35 ℃
0
Ⅲ
2. 0 g
200. 0 mL
35 ℃
0. 2 g
下列叙述不正确的是
A. Ⅰ和Ⅱ实验探究温度对反应速率的影响
B. Ⅱ和Ⅲ实验探究原电池对反应速率的影响
C. 反应速率Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
D. 实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的变化图象如图
【答案】D
【解析】
【详解】A.I和Ⅱ实验中，只有温度不同，故探究温度对反应速率的影响，A正确；
B.实验Ⅲ中加入的硫酸铜与锌粉反应生成铜，从而构成原电池，加快反应速率，B正确；
C.根据A、B分析可知，反应速率Ⅲ＞Ⅱ＞I，C正确；
D.通过计算可知，硫酸过量，产生的气体体积由锌粉决定，Ⅲ中加入的硫酸铜消耗部分锌粉，则生成的气体减小，D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】锌与硫酸反应制备氢气，随着反应温度的升高，反应速率加快；若向锌和硫酸的混合物中加入金属铜或硫酸铜（锌置换出铜），锌、铜和硫酸构成原电池，能够加快该反应的反应速率。
12.下列事实能用勒夏特列原理来解释的是
A. SO2氧化为SO3，往往需要使用催化剂2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)
B. 500 ℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH<0
C. H2、I2、HI平衡混合气体加压后颜色加深H2(g)+I2(g)2HI(g)
D. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气Cl2+H2OH++Cl-+HClO
【答案】B
【解析】
试题分析：A．加入催化剂有利于加快二氧化硫生成三氧化硫的反应速率，但是不会引起平衡平衡移动，不能用勒夏特列原理解释，错误；B．合成氨的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500℃左右的温度比室温更有利于合成氨反应，不能用平衡移动原理解释，错误；C．H2(g)+ I2(g)2HI(g)的平衡中，增大压强，浓度增加，颜色加深，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，错误；D．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水的反应是可逆反应，饱和氯化钠溶液中氯离子浓度大，化学平衡逆向进行，减小氯气溶解度，能用勒沙特列原理解释，正确。
考点：考查勒夏特列原理的应用的知识。
13.一定条件下，在密闭容器里进行如下可逆反应:S2Cl2(橙黄色液体)+Cl2(气)2SCl2(鲜红色液体)　ΔH=-61. 16 kJ·mol-1。下列说法正确的是
A. 增大压强，平衡常数将增大
B. 达到平衡时，单位时间里消耗n mol S2Cl2的同时也生成n mol Cl2
C. 达到平衡时，若升高温度，氯气的百分含量减小
D. 加入氯气，平衡向正反应方向移动，氯气的转化率一定升高
【答案】B
【解析】
试题分析：A、平衡常数只与温度有关系，增大压强平衡常数不变，A错误；B、根据方程式可知单位时间里消耗 n mol S2Cl2的需要消耗n molCl2，同时生成n molCl2，Cl2的生成与消耗的物质的量相同，反应处于平衡状态，B正确；C、正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，氯气的含量增大，C错误；D、加入氯气，平衡向正反应方向移动，S2Cl2的转化率增大，氯气的转化率降低，D错误，答案选B。
考点：考查化学平衡状态的判断，影响平衡移动的因素
14.下列叙述及解释正确的是
A. 2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅
B. 对于C(s) + O2(g) 2CO(g) ，在平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动
C. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3(红色)+3KCl，在平衡后，加少量KCl，因为平衡向逆反应方向移动，故体系颜色变浅
D. 对于N2+3H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，平衡向逆方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A. 对于2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)　ΔH<0，在平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，但是平衡移动使物质浓度减小的趋势是微弱的，总的来说物质的浓度比增大压强前增大，因此体系颜色变深，故A错误；
B. 对于C(s) + O2(g) 2CO(g) ，在平衡后，加入碳，由于碳的浓度为定值，对该平衡无影响，平衡不发生移动，故B错误；
C. FeCl3+3KSCNFe(SCN)3(红色)+3KCl，该反应实质是：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，所以在平衡后，加少量KCl，没有影响反应体系的各种物质的浓度，所以平衡不发生移动，故体系颜色不变，故C错误；
D. 对于N2+3H22NH3，平衡后，压强不变，充入O2，则容器的容积增大，各种反应物的浓度减小，所以平衡左移，故D正确；
综上所述，本题选D。
15.T0 ℃时，在2 L的密闭容器中发生反应:X(g)+Y(g)Z(g)(未配平)，各物质的物质的量随时间变化的关系如图a所示。其他条件相同，温度分别为T1 ℃、T2 ℃时发生反应，X的物质的量随时间变化的关系如图b所示。下列叙述正确的是

A. 该反应的正反应是吸热反应
B. T0 ℃，从反应开始到平衡时:v(X)=0. 083 mol·L-1·min-1
C. 图a中反应达到平衡时，Y的转化率为37. 5%
D. T1℃时，若该反应的平衡常数K=50，则T1 【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据“先拐先平数值大”判断温度高低,再结合平衡物质的量大小判断反应热类型。
B.根据v=∆c/∆t 计算。
C.由图a可以知道Y的物质的量变化量为0.25mol,开始时Y的物质的量为0.4mol,再利用转化率的定义计算。
D.先根据图a确定反应方程式,并计算出T0时平衡常数,再结合升高温度平衡向吸热反应移动进行判断。
【详解】该反应达到平衡状态时,X物质的量的变化量=（0.3-0.05）=0.25mol，Y物质的量的变化量=（0.4-0.15）=0.25mol,Z物质的量的的变化量=0.5-0=0.5mol，由于体积相同，方程式中物质的系数比等于各物质的变化量之比，所以该反应的方程式为X(g)+Y(g) ⇌ 2Z(g)；
A.由图b可以知道,温度为T1℃时，先到达平衡,所以T1> T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大,说明升高温度平衡向逆反应移动,升高温度平衡向吸热反应移动,故正反应为放热反应,故A错误；
B. T0 ℃，从反应开始到平衡时:v(X)=（0.3-0.05）/(2×3)=0.042 mol·L-1·min-1, 故B错误；
C.由图a可以知道,Y的起始量为0.4mol，平衡时Y的物质的量为0.15mol，Y的变化量为0.25mol,所以Y的转化率为0.25/0.4×100%=62.5%，故C错误；
D. 由图a可以知道,温度为T0 ℃达平衡时,X、Y、Z的物质的量浓度分别为0.025mol/L、0.075mol/L、0.25mol/L,反应为X(g)+Y(g) ⇌ 2Z(g)，的平衡常数K=c2(Z)/ c(X)c(Y)=0.25×0.25/(0.075×0.025)=100/3，由以上分析可知，该反应为放热反应，T1℃时，K=50，平衡常数增大，降低温度，平衡右移，则T1 综上所述，本题选D。
【点睛】对于有三个变量的图像，处理的方法是“定一义二”，即先让一个量保持不变，讨论另外两个变量之间的关系；“先拐先平，条件高”，即图像中先出现拐点的曲线对应的温度高、压强大。
16.氮气是制备含氮化合物的一种重要物质。两个常见的固氮反应[①N2(g)+3H2(g)2NH3(g)和②N2(g)+O2(g)2NO(g)]，其平衡常数对数值(lg K)与温度的关系如下图。根据图中的数据判断下列说法正确的是

A. 反应①和②均为放热反应
B. 升高温度，反应①的反应速率减小
C. 在常温下，利用反应①固氮和利用反应②固氮，反应程度相差很大
D. 在1 000 ℃时，反应①和反应②体系中N2的浓度一定相等
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据①可知温度越高,平衡常数越小,说明升高温度,平衡逆向移动,则该反应的正反应是放热反应；由②可知温度越高,平衡常数越大,说明升高温度,平衡正向移动,正反应方向是吸热反应,A错误；
B.升高温度,无论是放热反应还是吸热反应,正、逆反应速率都增大,B错误；
C.在常温下,根据平衡常数可知,利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大,C正确；
D.由图只能知道1000℃时反应①和反应②的平衡常数相等,无法确定其浓度的大小,D错误；
综上所述，本题选C。
17.温度为T1时，在三个容积均为 1 L的恒容密闭容器中仅发生反应: 2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得: v正= v (NO2 )消耗= k正c2(NO2 )，v逆= v(NO)消耗= 2v (O2 )消耗= k逆c2(NO)·c(O2 )，k正、k逆为速率常数，受温度影响。

下列说法正确的是
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中 c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大
C. 达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%
D. 当温度改变为 T2时，若 k正=k逆，则 T2> T1
【答案】A
【解析】
由容器I中反应 2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。
A．根据容器II的起始投料，Q==＜K，平衡将向正反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定大于1 mol，故两容器的压强之比一定小于4∶5，A错误；B．若容器II在某时刻，，
2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 0.3−2x 0.5+2x 0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%
2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0 0.5 0.35
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 2x 0.5−2x 0.35−x
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
18.一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：

容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
700
800
反应物投入量
2molSO2、1molO2
4molSO3
2molSO2、1molO2
平衡v正(SO2)/mol·L-1·s-1
v1
v2
v3
平衡c(SO3)/mol·L-1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率a
a 1(SO2)
a 2(SO3)
a 3(SO2)
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是
A. v1< v2，c2< 2c1 B. K1> K3，p2> 2p3
C. v1< v3，α1(SO2 ) < α3(SO2 ) D. c2> 2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1
【答案】D
【解析】
【详解】对比容器的特点，·将容器1和容器2对比，将容器1和容器3对比，容器2中加入4molSO3等效于在相同条件下反应物投入4 molSO2和2molO2，容器2中起始反应物物质的量为容器1的2倍，容器2相当于在容器1达到平衡后增大压强，将容器的体积缩小为原来的一半，增大压强，反应速率加快：v12c1，p2<2p1，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1，容器1和容器2温度相同，K1 = K2，容器3相当于在容器1达到平衡后升高温度，反应速率加快，v1< v3，升高温度，平衡逆向移动，平衡时，c3< c1， p3>p1，α3(SO2 )< α1(SO2 )，K1> K3，根据以上分析可知：
A. 综上分析可知，v1< v2，c2>2c1 ，A错误；
B. 综上分析可知，p2<2p1，p3>p1，所以p2<2p3，B错误；
C. 综上分析可知，α3(SO2 )< α1(SO2 )，C错误；
D. c2>2c1，c3< c1，所以c2>2c3，α2(SO3 )+α3(SO2 )<1；D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】本题考查化学平衡各物理量之间的关系，解题时巧妙设计中间状态，利用外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断；如容器2先设计其完全等效于平衡的起始态为4molSO2和2molO2，4 molSO2和2molO2为两倍容器1中物质的量，起始物质的量成倍变化时相当于增大压强。
第Ⅱ卷 非选择题（包括4道大题，共56分）
19.（1）下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。

写出MgBr2(s)与Cl2(g)生成MgCl（s）和Br2（l）的热化学方程式______________________________。
（2）甲醇燃料电池（结构如图），质子交换膜左右两侧的溶液均为1L2mol·L-1H2SO4溶液。当电池中有2mol e-发生转移时，左右两侧溶液的质量之差为______g（假设反应物耗尽，忽略气体的溶解）。

（3）250mLK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42-)＝0. 5mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况下）。假定电解后溶液体积仍为250mL，写出阴极电极反应式______________原混合溶液中c(K＋)＝__________________
（4）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化。将浓度均为0.020mol/L NaHSO3溶液（含少量淀粉）10ml、KIO3(过量)酸性溶液90.0ml混合，记录10—55℃间溶液变蓝时间，实验结果如图。据图分析，图中a点对应的NaHSO3反应速率为________________

【答案】 (1). MgBr2(s) + Cl2(g) = MgCl（s）+ Br2（l）ΔH=-117kJ/mol (2). 24 (3). Cu2+ + 2e— = Cu，2H+ + 2e— = H2 (4). 0.6mol/L (5). 2.5×10—5mol/L·s
【解析】
【详解】（1）依据图像分析可知，①Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s), ΔH=-641 kJ/mol；②Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s), ΔH=-524 kJ/mol；根据盖斯定律，①-②得：MgBr2(s) + Cl2(g) = MgCl（s）+ Br2（l）ΔH=-117kJ/mol；综上所述，本题答案是：MgBr2(s) + Cl2(g) = MgCl（s）+ Br2（l）ΔH=-117kJ/mol。
（2）负极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+,当转移2mol电子时,左侧质量减轻2/6×（44-32）=4g,还要有2molH+通过质子交换膜进入右侧,质量减少2g；正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O,右侧质量增加32×2/4=16g，加上转移过来的2gH+,因此左右两侧溶液的质量之差为16+4+2+2=24g；因此，本题正确答案是:24。
（3）石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况），阳极发生：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，生成氧气的量=1.12/22.4=0.05mol；则转移的电子的量为0.2 mol；阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e-=H2↑，则生成氢气的量=1.12/22.4=0.05mol；根据电子得失守恒，消耗铜离子的量为0.05 mol，溶液中铜离子浓度=0.05/0.25=0.2 mol·L－1,根据电荷守恒可知：0.2×2+c(K+)×1=0.5×2, c(K+)=0.6mol/L；综上所述，本题答案是：Cu2+ + 2e— = Cu，2H+ + 2e— = H2 ； 0.6mol/L。
（4）a点时间为80s,混合液的体积为90+10=100mL=0.1L，浓度变化量为0.02×0.01/0.1=0.002mol/L,a点对应的NaHSO3反应速率为0.002/80= 2.5×10—5mol/L·s；综上所述，本题答案是：2.5×10—5mol/L·s。
20.（1）已知:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH=-115. 6 kJ·mol-1， H2(g)+Cl2(g)=
2HCl(g)ΔH=-184 kJ·mol-1。

①H2与O2反应生成气态水的热化学方程式是___________。
②断开1 mol H—O键所需能量为______ kJ。
③高温下H2O可分解生成分子或原子。高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的物质依次是________，物质的量之比为2：1的A、H2化学能较低的物质是________。 

（2）已知ΔG=ΔH—T·ΔS。在100 kPa、298. 15 K时石灰石分解反应CaCO3(s)= CaO(s)+CO2(g)的ΔH=+178. 3 kJ·mol-1，ΔS=+160. 4 J·mol-1·K-1
①从吉布斯自由能变（ΔG）的角度说明该反应高温下能自发进行的原因___________________。
②则该反应自发进行的最低温度为__________K。
【答案】 (1). 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1 (2). 462.9 (3). H、O(或氢原子、氧原子) (4). H2 (5). 反应为吸热、熵增反应，常温下ΔG>0，反应不自发 (6). 1111.6 K
【解析】
【详解】Ⅰ①已知:①4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH=-115. 6 kJ·mol-1，②H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-184 kJ·mol-1；据盖斯定律①+②×2得：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1 ；综上所述，本题答案是：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1。
②反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，据已知键能,反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1中有4×436+496-4Q(H-O)=-483.6，所以氢氧键的键能为462.9 kJ·mol-1；因此，本题正确答案是: 462.9。
③由图可以知道,水的分解过程中，化学键断裂先生成H原子与O原子,氢原子结合生成氢气,氧原子结合生成氧气,由水的分子式可以知道氢原子物质的量是氧原子2倍,故A为氢原子、B为氧原子；分子拆成原子要吸收能量，氢原子能量高于氢分子；因此，本题正确答案是: H、O(或氢原子、氧原子)；H2 。
（2）①298.15K时，△H-T△S=+178.3kJ·mol-1-298.15K×160.4×10-3kJ·mol-1·K-1=+130.5kJ·mol-1>0，故常温下该反应不能自发进行；综上所述，本题答案是：反应为吸热、熵增反应，常温下ΔG>0，反应不自发。
②当△H-T△S=0时，T=ΔH/ΔS=178.3/160.4×10-3= 1111.6 K ，故当T>1111.6K时，△H-T△S<0，反应才能自发；综上所述，本题答案是：1111.6 K。
21.甲醇是重要的化工原料及能源物质。
(1)利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH2=-58 kJ·mol-1，在某温度时，将1. 0 mol CO 与2. 0 mol H2充入2 L的空钢瓶中，发生上述反应，在第5 min 时达到化学平衡状态，此时甲醇的物质的量分数为10%。甲醇浓度的变化状况如图所示:

①从反应开始到5 min 时，生成甲醇的平均速率为________，5 min 时与起始时容器的压强比为______。
②5 min 时达到平衡，H2的平衡转化率α=______%，化学平衡常数K=______。
③1 min 时的v(正)(CH3OH)________4 min时v(逆)(CH3OH ) (填“大于”“小于”或“等于”)。
④若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，平衡时甲醇的物质的量分数________10%(填“>”“<”或“=”)。 
(2)下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。

①甲中负极的电极反应式为______________________。
②乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________。
③丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如下图，则图中②线表示的是____的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要____ mL 5. 0 mol·L-1 NaOH溶液。

【答案】 (1). 0.025 mol·L-1·min-1 (2). 5:6 (3). 25 (4). 0.59 (5). 大于 (6). < (7). CH3OH-6e-+8OH-=CO32—+6H2O (8). 2.24 L (9). Fe2+ (10). 280
【解析】
【详解】（1）根据题目数据计算如下：
CO(g) + 2H2(g)   CH3OH(g)
起始：  0.5    1        0
反应：  x    2x        x
平衡： 0.5-x   1-2x        x 
甲醇的物质的量分数为10%，所以x/(0.5-x+1-2x+x)×100%=10%，x=0.125mol/L；
①从反应开始到5 min 时，生成甲醇的平均速率为0.125/5=0.025mol/(L·min)；压强之比和气体的物质的量成正比，因此，5 min 时与起始时容器的压强比为：（0.5-0.125+1-2×0.125+0.125）×2：（1+2）=5:6 ；综上所述，本题答案是：5:6。
②5 min 时达到平衡，H2的平衡转化率α=2×0.125/1×100%=25%；达平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量浓度分别为：0.375mol/L、0.75mol/L和0.125mol/L，所以平衡常数K＝0.125/0.375×0.752＝0.59；综上所述，本题答案是：25，0.59。
③反应达平衡的速率图像如下图：

所以，在达平衡前任意点的正反应速率大于任意点的逆反应速率，即1min时的v正(CH3OH)＞4min时v逆(CH3OH )；综上所述，本题答案是：大于。
④若将钢瓶换成同容积的绝热钢瓶，重复上述实验，则反应放出的热量不能散发，会使体系温度上升，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，甲醇体积分数将减小，所以小于0.1；综上所述，本题答案是：<。
(2)①甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32—+6H2O；综上所述，本题答案是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32—+6H2O。
②工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，发生两步电极反应为：①Cu2++2e﹣═Cu，0.1mol Cu2+参加反应转移电子0.2 mol；②2H++2e-=H2↑，生成氢气为x mol，则转移电子2x mol；A电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e﹣= O2↑+2H2O，生成氧气为x mol，转移电子为4x mol；根据电子得失守恒规律：0.2+2x=4x，x=0.1mol，乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；综上所述，本题答案是：2.24L。
③根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无到增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据②可知：当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol；阴极电极反应Fe3++e-Fe2+，溶液中有Fe3+为0.2mol，生成Fe2+为0.2mol，根据图像可知，溶液中共有Fe2+为0.3mol；所以根据溶液中：Cu2+为0.1mol，Fe2+为0.3mol，Fe3+为0.2mol可知，需要加入NaOH的量为1.4mol，所以NaOH溶液等体积为:1.4 mol÷5.0 moL/L =0.28L=280mL。综上所述，本题答案是：Fe2+，280。
22.氮族元素单质及其化合物有着广泛应用。
（1）在1. 0 L密闭容器中放入0. 10mol PCl5(g)，一定温度进行如下反应:PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g) ΔH1，反应时间(t)与容器内气体总压强(p/100kPa)的数据见下表：
时间t/s
温度
0
t1
t2
t3
t4
t5
T1
5. 00
7. 31
8. 00
8. 50
9. 00
9. 00
T2
6. 00
--
--
--
11. 00
11. 00
回答下列问题:
①PCl3的电子式为_______。
②T1温度下，反应平衡常数K=______。
③T1___T2（填“＞”、“＜”或“＝”，下同），PCl5的平衡转化率α1(T1) __α2(T2)。
（2）NO在一定条件下发生如下分解：3NO(g)N2O(g)+NO2(g)
在温度和容积不变的条件下，能说明该反应已达到平衡状态的是________(填字母序号)。
a. n(N2O)=n(NO2) b. 容器内压强保持不变 c. v正(N2O)=v逆(NO2) d. 气体颜色保持不变
（3）次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如下图。

①Co的电极反应式为_______。
②A、B、C为离子交换膜，其中B为____离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
【答案】 (1). (2). 0.32 mol·L－1 (3). ＜ (4). ＜ (5). b、c、d (6). Co－2e－=Co2＋ (7). 阴
【解析】
【详解】(1) ① P原子最外层有5个电子，Cl原子最外层有7个电子，P原子与3个Cl原子形成3个共用电子对，PCl3的电子式为； 因此，本题正确答案是: 。 
②相同条件下压强之比等于物质的量之比,反应后气体的总物质的量为9×0.1/5=0.18mol,
PCl5(g) PCl3(g) ＋ Cl2(g)
开始 0.1     0    0 
转化 x      x    x 
平衡   0.1-x    x     x 
0.1-x+x+x=0.18,计算得出x=0.08；K=0.08×0.08/0.02=0.32；因此，本题正确答案是：0.32 mol·L－1。 
③体积、物质的量不变,则压强与温度成正比,由表中数据可以知道, T1 （2）a. n(N2O)=n(NO2)，没有指明正逆反应速率，不能说明该反应已达到平衡状态，错误；
b.该反应为气体体积减小的反应，因此当容器内压强保持不变时，反应达到平衡状态，正确；
c. v正(N2O)=v逆(NO2)，标明正逆反应速率，且满足速率之比和系数成正比，可以判定反应已达到平衡状态，正确；
d. 气体颜色保持不变，也就是气体的浓度不发生变化，反应达到平衡状态，正确；
综上所述，本题选b、c、d 。
（3）①Co做为电解池的阳极，Co失电子，发生氧化反应，则Co的电极反应式为Co－2e－=Co2＋；综上所述，本题答案是：Co－2e－=Co2＋ 。
②产品室可得到次磷酸钴的原因是：阳极室的Co2＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室的H2PO2－通过阴离子交换膜进入产品室与Co2＋结合生成Co(H2PO2)2，所以B是阴离子交换膜；综上所述，本题答案是：阴。
【点睛】本题的难点是第(3)小题的第一问，解答本题时要先根据题目信息，分析电解时Co的化合价变化情况，进而判断出Co为阳极、石墨为阴极，再结合电解池的基本原理，分析溶液中阴离子和阳离子的移动方向，进而判断B属于阴离子交换膜。