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【化学】安徽省池州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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安徽省池州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1.下列说法或表示方法不正确的是（ ）
A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
B. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) △H = -57.3kJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
C. 由C(石墨)→C(金刚石) △H = +73kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定
D. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H = –285.8kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态和终态有关，与过程无关；
B. 中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释的过程中放出热量；
C. 能量越低，物质越稳定；
D. 燃烧热指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时所放出的热量。
【详解】A.盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态和终态有关，与过程无关，A项正确；
B. 中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释的过程中放出热量，因而放出的热量大于57.3kJ，B项正确；
C. 能量越低，物质越稳定，石墨变为金刚石为吸热反应，石墨能量低于金刚石，故石墨比金刚石稳定，C项正确；
D. 2g（即1mol）H2完全燃烧，生成液态水放出285.8kJ热量，那么2mol H2完全燃烧，生成液态水放出571.6kJ热量，热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H = 571.6kJ/mol，D项错误；
答案选D
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据
B. 升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C. 据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D. 吸热反应中破坏反应物的全部化学键所需要的能量大于破坏生成物全部化学键所需要的能量
【答案】D
【解析】试题分析：不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据，选项A不正确；催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热，选项B不正确；化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，选项C不正确；破坏反应物全部化学键所需能量是吸热过程，若大于破坏生成物全部化学键所需能量，反应为吸热反应，选项D正确。
3.已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=﹣190kJ/mol。下列说法正确的是（ ）
A. CH3OH的燃烧热为190kJ/mol
B. 该反应说明CH3OH比H2稳定
C. 反应中的能量变化与反应体系的温度和压强无关
D. CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)+O2(g) ΔH=+190kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，反应生成氢气，未生成稳定氧化物，因此不属于甲醇的燃烧热，A错误；
B.反应是放热反应，说明甲醇和氧气能量之和大于二氧化碳和氢气能量之和，但不能证明CH3OH比H2稳定，B错误；
C.题干未注明温度和压强时，指的是25℃、101kPa条件下的反应焓变，反应中的能量变化与反应体系的温度和压强有关，C错误；
D.依据题干热化学方程式，热化学方程式改变方向，焓变改变符号，D正确；
答案选D。
4.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，下列说法正确的是（ ）
A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
D. 3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，所以H2的燃烧热为1/2×571.6kJ/mol，故A错误；
B. 令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为1/2×1/2×571.6=142.45kJ，1gCH3OH燃烧放热为1/32×1/2×1452=22.68kJ，所以H2(g)放出的热量多，故B正确；
C. 中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；
D.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol-1改写为3H2(g)+3/2O2(g) ═ 3H2O(l) △H=−(3/2×571.6)kJ⋅mol−1，2CH3OH(l)+3O2(g) ═ 2CO2(g)+4H2O(l) △H=−1452kJ⋅mol−1改写为CO2(g)+2H2O(l) = CH3OH(l)+3/2O2(g)) △H=+(1/2×1452)kJ⋅mol−1改写后的方程相加即得3H2(g)+CO2(g) = CH3OH(l)+H2O(l)，所以其△H═−(3/2×571.6)+(1/2×1452)=−131.4kJ⋅mol−1，故D错误；
故选B。
5.在2 L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(g)，若最初加入的A和B都是4 mol，在前10 s A的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10 s时，容器中B的物质的量是( )
A. 3.4 mol B. 3.2 mol C. 2.8 mol D. 1.2 mol
【答案】C
【解析】
【详解】前10s A的平均反应速率为0.12 mol/(L⋅s)，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
B的反应速率为0.12 mol/(L⋅s)×=0.06 mol/(L⋅s)，所以转化的B的物质的量为0.06 mol/(L⋅s)×10 s×2 L=1.2 mol，则10s时，容器中B的物质的量为4 mol−1.2 mol=2.8 mol，C项正确，
答案选C。
6.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0。当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是( )
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】由反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0可知反应为体积增大的反应，且正向为吸热反应，欲提高COCl2转化率，应使平衡正向移动。
【详解】由反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0可知反应为体积增大的反应，且正向为吸热反应，欲提高COCl2转化率，应使平衡正向移动；①升高温度，平衡向吸热的方向移动，平成正移；②恒容通入惰性气体，虽增大了压强，但反应中各物质的浓度不变，平衡不移动；③增加CO的浓度，增加生成物的浓度，平衡逆向移动；④减小压强，平衡向体积增大的方向移动，平衡正移；⑤加催化剂，能使反应速率加快，平衡不移动；⑥恒压通入惰性气体，相当于增大体积、减小压强，平衡向体积增大的方向移动，平衡正移；故能提高COCl2转化率的是①④⑥；答案选B。
7.某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（ ）
①原混和气体的体积为1.2V升；
②原混和气体的体积为1.1V升；
③反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；
④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升。
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】A
【解析】
【分析】当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，即平衡时生成C的体积为0.1VL，根据方程式可以计算消耗的A、B的体积，以及气体体积减少量，根据原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积分析解答。
【详解】平衡时生成C的体积为0.1VL，则：
A(g) + 3 B(g)⇌2 C(g) 体积减小△V
1 3 2 2
0.05VL 0.15VL 0.1VL 0.1VL
则原混合气体总体积=VL+0.1VL=1.1V L，反应达平衡时气体A消耗掉0.05V L，气体B消耗掉0.15V L，所以②③正确，①④错误，故选A。
8.某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)＋N(g)2E(g)，若开始时只充入2mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了( )
A. 20% B. 40% C. 60% D. 80%
【答案】A
【解析】
【分析】若开始时只充入2mol E(g)，达到的平衡与开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达到的平衡等效；在这两个平衡中，各物质的百分含量即各物质的质量百分含量，各物质的物质的量的百分含量，各气体的体积百分含量，物质的量，物质的质量，各气体的体积，各物质的物质的量，浓度和物质的转化率均完全相同。
【详解】只充入2mol E(g)，E的转化率为40%，设E转化了2x
则有 2M(g) ＋ N(g) 2E(g)
始（mol） 0 0 2
转（mol） 2x x 2x
平（mol） 2x x 2-2x
x=0.4mol
达到平衡时气体总物质的量为2.4mol，若开始时充入2mol M、1mol N时，平衡等效，平衡时气体总物质的量也为2.4mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，那么达平衡时混合气体的压强比起始时减少了=20%；答案选A。
9.在一密闭容器中，高温下发生下述反应（不考虑NO与氧气的反应）：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）．容器中NH3、O2、NO、H2O四种物质的物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示．反应进行至2min时，只改变了某一条件，使曲线发生变化，该条件可能是下述中的（ ）
A. 充入了O2（g） B. 降低温度
C. 加了催化剂 D. 扩大了容器体积
【答案】C
【解析】试题分析：反应进行至2min时，改变了某一条件，使曲线发生变化，可以看出反应速率加快，升高温度，加压、加催化剂等因素可以加快反应速率，根据影响反应速率的因素来回答．
解：反应进行至2min时，改变了某一条件，使曲线发生变化，可以看出反应速率加快．
A、充入了O2（g）会使其浓度迅速增加，但是氧气的浓度在2min并未改变，故A错误；
B、降低温度会使得反应速率减慢，故B错误；
C、加了催化剂可以加快反应速率，故C正确；
D、扩大了容器体积，各物质的浓度减小，速率减慢，故D错误．
故选C．
10.已知一定温度下，2X(g)＋Y(g)mZ(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)，现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度恒定的条件下，向密闭容器甲中通入2mol X和1mol Y，达到平衡状态时，放出热量b kJ；向密闭容器乙中通入1mol X和0.5mol Y，达到平衡时，放出热量c kJ，且b>2c，则a、b、m的值或关系正确的是( )
A. m＝4 B. a＝b C. a< D. m≤2
【答案】D
【解析】
【分析】甲、乙两容器是容积相等且固定的密闭容器，温度恒定时压强与物质的量成正比，两容器中X、Y的物质的量为2倍关系，若平衡不移动，则有b=2c，现b>2c，说明加压平衡正向移动，据此分析。
【详解】甲、乙两容器是容积相等且固定的密闭容器，温度恒定时压强与物质的量成正比，两容器中X、Y的物质的量为2倍关系，若平衡不移动，则有b=2c，现b>2c，说明加压平衡正向移动；增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，则有m<3，m不可能等于4，A项错误，D项正确；该反应为放热的可逆反应，向密闭容器甲中通入2mol X和1mol Y，达到平衡状态时，放出热量b kJ，可知b
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：2H++2e-= H2↑，银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：Ag-e-= Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。
12.下列各组中，每种电解质溶液电解时（惰性电极）只生成氢气和氧气的是（ ）
A. HCl、CuCl2、Ba(OH)2 B. NaOH、CuSO4、H2SO4
C. NaOH、H2SO4、Ba(OH)2 D. NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据我们所学的电解原理，惰性电极电解CuCl2时阳极析出氯气，阴极析出铜，A错误；
B、惰性电极电解CuSO4时阴极析出铜，阳极产生氧气，B错误；
C、惰性电极电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2实质上均是电解水，只生成氢气和氧气，C正确；
D、惰性电极电解NaBr时，阳极析出溴单质，阴极产生氢气，D错误。
答案选C
13.“天宫一号”飞行器在太空工作期间必须有源源不断的电源供应。其供电原理是：白天太阳能帆板发电，将一部分电量直接供给天宫一号，另一部分电量储存在镍氢电池里，供黑夜时使用。镍氢电池放电时的总反应原理为：MH + NiO(OH) → M + Ni(OH)2 （M为氢化物电极的储氢金属，也可看做H2直接参加反应)。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时阴极区电解质溶液pH降低
B. 在使用过程中此电池要不断补充水
C. 放电时NiO(OH)在电极上发生氧化反应
D. 充电时阳极反应为：Ni(OH)2－e－+OH－＝NiO(OH)+H2O
【答案】D
【解析】充电时，阴极得到电子，电极反应式为M＋H2O＋e－=MH＋OH－。所以溶液的pH增大，A不正确。充电时阳极得到电子，所以选项D正确。根据总反应式可知，水的量是不变的，所以B不正确。放电时NiO(OH)得到电子，发生还原反应，C不正确，答案选D。
14. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。下列说法中，正确的是（ ）
A. 燃料电池工作时，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e－＝ 4OH－
B. a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
【答案】C
【解析】试题分析：A项，错误，燃料电池工作时，正极反应为：O2+4H++4e一=4H2O
B项，错误，a极是铁，b极是铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
C项正确；D项，a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体为nmol，与电池中消耗的H2为2nmol，体积不相等，错误。
15.以铁为阳极、铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2 mol Fe(OH)3沉淀，此时消耗水的物质的量共为( )
A. 5mol B. 4 mol C. 3 moI D. 2moI
【答案】A
【解析】反应为阳极：Fe-2e-=Fe2+；阴极：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-；然后Fe2+ + 2OH- = Fe(OH)2，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。得到2 mol Fe(OH)3沉淀，所以在最后一个反应中需要有2molFe(OH)2同时消耗1molH2O；生成2molFe(OH)2需要有2molFe2+，在阳极方程式中转移4mol电子，所以阴极也转移4mol电子，则消耗4mol水；由上一共消耗5mol水，选项A正确。
16.生物燃料电池是以有机物为燃料，直接或间接利用酶作为催化剂的一类特殊的燃料电池，其能量转化率高，是一种真正意义上的绿色电池，其工作原理如图所示。已知C1极的电极反应为C2H5OH＋3H2O－12e－=2CO2＋12H＋。下列说法中不正确的是( )
A. C1极为电池负极，C2极为电池正极
B. C2极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
C. 该生物燃料电池的总反应方程式为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O
D. 电子由C2极经外电路流向C1极
【答案】D
【解析】
【分析】由题干可知装置为燃料电池，乙醇为燃料，氧气为氧化剂，则总反应为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O，C1极通入乙醇，为燃料电池的负极，C1极通入的是氧气，为燃料电池的正极，由此判断。
【详解】由题干可知装置为燃料电池，乙醇为燃料，氧气为氧化剂，则总反应为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O，C1极通入乙醇，为燃料电池的负极，C2极通入的是氧气，为燃料电池的正极，由总反应和C1极的电极反应可得C2极的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O；
A. 由分析可知，C1极通入乙醇，为燃料电池的负极，C2极通入的是氧气，为燃料电池的正极，A项正确；
B. 由总反应和C1极的电极反应可得C2极的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B项正确；
C. 燃料电池中乙醇为燃料，氧气为氧化剂，则总反应为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O，C项正确；
D.原电池中电子由负极向正极移动，即由C1极经外电路流向C2极，D项错误；
答案选D。
二、非选择题(本题包括5个小题。共52分)
17.某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。
Ⅰ．配制0.50mol/L NaOH溶液
（1）若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体______g。
（2）从下表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：____。
Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。
（1）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol）：_____。
（2）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白：
温度
实验
次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
（t2-t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
_____
2
27.0
27.4
27.2
31.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。则中和热△H=___（取小数点后一位）。
③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）________。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】 (1). 5.0 (2). a b e (3). (4). 4.0 (5). -53.5 kJ/mol (6). a c d
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）要使用245mL NaOH溶液，应使用250mL容量瓶，根据该体积进行计算；
（2）NaOH固体具有一定的腐蚀性且易潮解，应在烧杯中称量，称量时选择托盘天平，取用药品时还需使用药匙；
Ⅱ．（1）根据中和热的定义书写热化学方程式；
（2）①由表格中的数据可知，第2组数据误差较大，去掉该组数据后求平均值进行计算；
起始温度t1的平均值为=26.1℃，终止温度t2的平均值为=30.1℃，因而温度差为30.1-26.1=4.0℃；
②根据△H==进行计算；
③a. 实验的成功与否与热量损失的多少密不可分；
b. 量取NaOH溶液的体积时仰视读数，测量得溶液体积偏大；
c. 分次加入液体，热量损失过多，尽量一次性倒入；
d. 温度计上粘有的氢氧化钠与硫酸反应，使硫酸的起始温度偏高。
【详解】Ⅰ．（1）要使用245mL NaOH溶液，应使用250mL容量瓶，需要称量NaOH固体的质量m=cVM=0.50mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；
（2）NaOH固体具有一定的腐蚀性且易潮解，应在烧杯中称量，称量时选择托盘天平，取用药品时还需使用药匙，故选择abe；
Ⅱ．（1）根据中和热的定义得热化学方程式为: ；
（2）①起始温度t1的平均值为=26.1℃，终止温度t2的平均值为=30.1℃，因而温度差为30.1-26.1=4.0℃；
②△H=== = -53.5 kJ/mol
②③a. 实验的成功与否与热量损失的多少密不可分；
b. 量取NaOH溶液的体积时仰视读数，测量得溶液体积偏大，放出的热量偏高；
c. 分次加入液体，热量损失过多，尽量一次性倒入；
d. 温度计上粘有的氢氧化钠与硫酸反应，使硫酸的起始温度偏高；
故答案选acd。
18.如图所示是一个电化学装置的示意图。[
请回答下列问题：
（1）图中甲池是________(填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)。
（2）A(石墨)电极的名称是________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。
（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式：_________________________________。
（4）乙池中反应的化学方程式为______________________________________。
（5）当乙池中B(Ag)极质量增加5.4 g时，甲池中理论上消耗O2的体积为________L(标准状况)，此时丙池中某电极析出1.6 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是________(填字母)。
A．MgSO4
B．CuSO4
C．NaCl
D． AgNO3
【答案】（1）原电池（2） 阳极（3）CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O
（4）4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3（5）0.28 B
【解析】试题分析：（1）甲池甲醇与氧气能自发的进行氧化还原反应，形成燃料电池，所以属于原电池。
（2）A与甲池中氧气一极相连，燃料电池中氧气是正极，故A是阳极。
（3）燃料电池中，负极上通入燃料，碱性条件下，甲醇水中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。
（4）乙池电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液，电池反应式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。
（5）乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积=[(5.4/108)/4]×22.4L/mol=0.28L;丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量=1.6/5.4/108=32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，所以错误，当析出的是二价金属，则1.6/5.4/108/2=64g/mol，所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B。
19.某课外活动小组用如图所示装置进行实验，请回答下列问题：
(1)若开始实验时开关K与a连接，则B极的电极反应式为_________。
(2)若开始实验时开关K与b连接，则下列说法正确的是_____(填序号)。
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极逸出的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
③反应一段时间后向电解液中加适量盐酸可使其恢复到电解前的浓度
(3)该小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如下图所示装置电解K2SO4溶液。
①该电解槽的阳极反应式为_________，通过阴离子交换膜的离子数____(填“>”“<”或“＝”)通过阳离子交换膜的离子数；
②图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH，则a、b、c、d由小到大的顺序为____；
③电解一段时间后，B口与C口产生气体的质量比为___。
【答案】(1). Fe－2e-=Fe2+ (2). ② (3). 2H2O-4e-=O2↑+4H+(写4OH--4e-=2H2O+O2↑也可) (4). < (5). b
【分析】（1）开关与a点相连接时形成的是原电池，铁为原电池的负极，失去电子；
（2）当开关与b点连接时，形成的装置是电解池，石墨与电源的正极相连为阳极，铁与电源的负极相连，为阴极，据此判断；
（3）①电解硫酸钾溶液，阳极发生氧化反应，OH-被氧化生成O2，SO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，钾离子通过阳离子交换膜向阴极移动；
②OH-被氧化，阳极生成H+和O2，pH减小，阴极发生还原反应，生成H2和OH-，pH值增大；
③B口生成氧气，C生成氢气。
【详解】（1）开关与a点相连接时形成是原电池，铁为原电池的负极，失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；
（2）当开关与b点连接时，形成的装置是电解池，石墨与电源的正极相连为阳极，铁与电源的负极相连，为阴极；①阳离子向阴极移动，即Na+向B极移动；②A端为阳极，电解质溶液中的Cl-失去电子变成Cl2，Cl2能使淀粉KI试纸变成蓝色；③阴极上H+得到电子变成氢气，因此反应一段时间后向电解液中通入HCl可使其恢复到电解前的浓度；
（3）①电解硫酸钾溶液，阳极发生氧化反应，OH-被氧化生成O2，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；SO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，钾离子通过阳离子交换膜向阴极移动，据电荷守恒，则通过阳离子交换膜的K+数大于通过阴离子交换膜的SO42-数；
②电解后生成的硫酸和KOH溶液的浓度均比原来的大，则bc，又因为碱溶液pH大于酸溶液pH，则：b
20.甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
(1)将1.0mol CH4和2.0mol H2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，CH4的转化率与温度、压强的关系如下图。
①已知100 ℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为____。
②图中的P1___P2(填“<”、“>”或“＝”)，100 ℃时平衡常数为____。
③在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) Ⅱ
①该反应的ΔH______0，ΔS_____0(填“<”、“>”或“＝”)。
②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是（ ）
A．升高温度 B．将CH3OH(g)从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大 D．再充入1mol CO和3mol H2
【答案】(1). 0.0030mol·L-1·min-1 (2). < (3). 2.25×10-4 (4). 减小 (5). < (6). < (7). BD
【解析】
【分析】（1）①由图可知100℃时，CH4的转化率为0.5，根据三段法进行计算；
②同一温度下，P1的转化率大于P2，此反应增大压强反应左移，所以p1小于p2；
③升高温度正逆反应速率均加快，降低温度正逆反应均速率减慢；
（2）①根据方程式可知ΔH<0，ΔS<0；
②增加甲醇产率需要是平衡正移，根据平衡移动原理进行分析。
【详解】（1）①由图可知100℃时，CH4的转化率为0.5，设CH4转化了x mol/L，则
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
始(mol/L) 0.01 0.02 0 0
转(mol/L) x x x 3x
平(mol/L) 0.01-x 0.02-x x 3x
=0.5 x=0.005mol/L
v(H2)===0.003mol•L-1•min-1
②同一温度下，P1的转化率大于P2，此反应增大压强反应左移，所以P1小于P2；
K===2.25×10-4；
③升高温度正逆反应速率均加快，降低温度正逆反应均速率减慢；
（2）①根据方程式可知ΔH<0，ΔS<0；
②增加甲醇产率需要是平衡正移，反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H＜0，
A.升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，A项错误；
B. 将CH3OH(g)从体系中分离出来，即减小生成物浓度，平衡正向移动，B项正确；
C. 恒容下充入He，使体系的总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，C项错误；
D. 再充入1mol CO和3mol H2，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，D项正确；
答案选BD。
21.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】
【详解】（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)=4.6g÷57.5g/mol=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=0.02
一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)
1.下列说法或表示方法不正确的是（ ）
A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
B. 在稀溶液中：H＋(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l) △H = -57.3kJ/mol，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
C. 由C(石墨)→C(金刚石) △H = +73kJ/mol，可知石墨比金刚石稳定
D. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H = –285.8kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】A. 盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态和终态有关，与过程无关；
B. 中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释的过程中放出热量；
C. 能量越低，物质越稳定；
D. 燃烧热指1mol纯物质完全燃烧，生成稳定的氧化物时所放出的热量。
【详解】A.盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，反应的热效应只与始态和终态有关，与过程无关，A项正确；
B. 中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应，生成1mol水时所产放出的热量，浓硫酸稀释的过程中放出热量，因而放出的热量大于57.3kJ，B项正确；
C. 能量越低，物质越稳定，石墨变为金刚石为吸热反应，石墨能量低于金刚石，故石墨比金刚石稳定，C项正确；
D. 2g（即1mol）H2完全燃烧，生成液态水放出285.8kJ热量，那么2mol H2完全燃烧，生成液态水放出571.6kJ热量，热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H = 571.6kJ/mol，D项错误；
答案选D
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 热化学方程式中，如果没有注明温度和压强，则表示反应热是在标准状况下测得的数据
B. 升高温度或加入催化剂，可以改变化学反应的反应热
C. 据能量守恒定律，反应物的总能量一定等于生成物的总能量
D. 吸热反应中破坏反应物的全部化学键所需要的能量大于破坏生成物全部化学键所需要的能量
【答案】D
【解析】试题分析：不标注温度和压强，反应热是通常状况下测得的数据，选项A不正确；催化剂只改变反应速率，不改变化学平衡，不能改变化学反应的反应热，选项B不正确；化学反应遵循能量守恒，化学反应一定伴随能量的改变，所以反应物的总能量一定不等于生成物的总能量，选项C不正确；破坏反应物全部化学键所需能量是吸热过程，若大于破坏生成物全部化学键所需能量，反应为吸热反应，选项D正确。
3.已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=﹣190kJ/mol。下列说法正确的是（ ）
A. CH3OH的燃烧热为190kJ/mol
B. 该反应说明CH3OH比H2稳定
C. 反应中的能量变化与反应体系的温度和压强无关
D. CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)+O2(g) ΔH=+190kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，反应生成氢气，未生成稳定氧化物，因此不属于甲醇的燃烧热，A错误；
B.反应是放热反应，说明甲醇和氧气能量之和大于二氧化碳和氢气能量之和，但不能证明CH3OH比H2稳定，B错误；
C.题干未注明温度和压强时，指的是25℃、101kPa条件下的反应焓变，反应中的能量变化与反应体系的温度和压强有关，C错误；
D.依据题干热化学方程式，热化学方程式改变方向，焓变改变符号，D正确；
答案选D。
4.已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1452 kJ·mol－1，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，下列说法正确的是（ ）
A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJ·mol－1
B. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多
C. H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
D. 3H2(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋H2O(l) ΔH＝＋135.9 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】A. 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，所以H2的燃烧热为1/2×571.6kJ/mol，故A错误；
B. 令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为1/2×1/2×571.6=142.45kJ，1gCH3OH燃烧放热为1/32×1/2×1452=22.68kJ，所以H2(g)放出的热量多，故B正确；
C. 中和热是强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水时放出的热量，故C错误；
D.2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=−571.6kJ⋅mol-1改写为3H2(g)+3/2O2(g) ═ 3H2O(l) △H=−(3/2×571.6)kJ⋅mol−1，2CH3OH(l)+3O2(g) ═ 2CO2(g)+4H2O(l) △H=−1452kJ⋅mol−1改写为CO2(g)+2H2O(l) = CH3OH(l)+3/2O2(g)) △H=+(1/2×1452)kJ⋅mol−1改写后的方程相加即得3H2(g)+CO2(g) = CH3OH(l)+H2O(l)，所以其△H═−(3/2×571.6)+(1/2×1452)=−131.4kJ⋅mol−1，故D错误；
故选B。
5.在2 L的密闭容器中，发生以下反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(g)，若最初加入的A和B都是4 mol，在前10 s A的平均反应速率为0.12 mol/(L·s)，则10 s时，容器中B的物质的量是( )
A. 3.4 mol B. 3.2 mol C. 2.8 mol D. 1.2 mol
【答案】C
【解析】
【详解】前10s A的平均反应速率为0.12 mol/(L⋅s)，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，
B的反应速率为0.12 mol/(L⋅s)×=0.06 mol/(L⋅s)，所以转化的B的物质的量为0.06 mol/(L⋅s)×10 s×2 L=1.2 mol，则10s时，容器中B的物质的量为4 mol−1.2 mol=2.8 mol，C项正确，
答案选C。
6.COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0。当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是( )
A. ①②④ B. ①④⑥ C. ②③⑥ D. ③⑤⑥
【答案】B
【解析】
【分析】由反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0可知反应为体积增大的反应，且正向为吸热反应，欲提高COCl2转化率，应使平衡正向移动。
【详解】由反应COCl2(g)CO(g)＋Cl2(g)；ΔH>0可知反应为体积增大的反应，且正向为吸热反应，欲提高COCl2转化率，应使平衡正向移动；①升高温度，平衡向吸热的方向移动，平成正移；②恒容通入惰性气体，虽增大了压强，但反应中各物质的浓度不变，平衡不移动；③增加CO的浓度，增加生成物的浓度，平衡逆向移动；④减小压强，平衡向体积增大的方向移动，平衡正移；⑤加催化剂，能使反应速率加快，平衡不移动；⑥恒压通入惰性气体，相当于增大体积、减小压强，平衡向体积增大的方向移动，平衡正移；故能提高COCl2转化率的是①④⑥；答案选B。
7.某体积可变的密闭容器，盛有适量的A和B的混合气体，在一定条件下发生反应：A+3B2C若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，下列推断正确的是（ ）
①原混和气体的体积为1.2V升；
②原混和气体的体积为1.1V升；
③反应达平衡时气体A消耗掉0.05V升；
④反应达平衡时气体B消耗掉0.05V升。
A. ②③ B. ②④ C. ①③ D. ①④
【答案】A
【解析】
【分析】当达到平衡时，容器的体积为V升，其中C气体的体积占10%，即平衡时生成C的体积为0.1VL，根据方程式可以计算消耗的A、B的体积，以及气体体积减少量，根据原混合气体体积=平衡时体积+减小的体积分析解答。
【详解】平衡时生成C的体积为0.1VL，则：
A(g) + 3 B(g)⇌2 C(g) 体积减小△V
1 3 2 2
0.05VL 0.15VL 0.1VL 0.1VL
则原混合气体总体积=VL+0.1VL=1.1V L，反应达平衡时气体A消耗掉0.05V L，气体B消耗掉0.15V L，所以②③正确，①④错误，故选A。
8.某温度下在密闭容器中发生如下可逆反应：2M(g)＋N(g)2E(g)，若开始时只充入2mol E(g)，达平衡时，E的转化率为40%；若开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达平衡时混合气体的压强比起始时减少了( )
A. 20% B. 40% C. 60% D. 80%
【答案】A
【解析】
【分析】若开始时只充入2mol E(g)，达到的平衡与开始时充入2mol M和1mol N的混合气体，达到的平衡等效；在这两个平衡中，各物质的百分含量即各物质的质量百分含量，各物质的物质的量的百分含量，各气体的体积百分含量，物质的量，物质的质量，各气体的体积，各物质的物质的量，浓度和物质的转化率均完全相同。
【详解】只充入2mol E(g)，E的转化率为40%，设E转化了2x
则有 2M(g) ＋ N(g) 2E(g)
始（mol） 0 0 2
转（mol） 2x x 2x
平（mol） 2x x 2-2x
x=0.4mol
达到平衡时气体总物质的量为2.4mol，若开始时充入2mol M、1mol N时，平衡等效，平衡时气体总物质的量也为2.4mol，在密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，那么达平衡时混合气体的压强比起始时减少了=20%；答案选A。
9.在一密闭容器中，高温下发生下述反应（不考虑NO与氧气的反应）：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）．容器中NH3、O2、NO、H2O四种物质的物质的量n（mol）随时间t（min）的变化曲线如图所示．反应进行至2min时，只改变了某一条件，使曲线发生变化，该条件可能是下述中的（ ）
A. 充入了O2（g） B. 降低温度
C. 加了催化剂 D. 扩大了容器体积
【答案】C
【解析】试题分析：反应进行至2min时，改变了某一条件，使曲线发生变化，可以看出反应速率加快，升高温度，加压、加催化剂等因素可以加快反应速率，根据影响反应速率的因素来回答．
解：反应进行至2min时，改变了某一条件，使曲线发生变化，可以看出反应速率加快．
A、充入了O2（g）会使其浓度迅速增加，但是氧气的浓度在2min并未改变，故A错误；
B、降低温度会使得反应速率减慢，故B错误；
C、加了催化剂可以加快反应速率，故C正确；
D、扩大了容器体积，各物质的浓度减小，速率减慢，故D错误．
故选C．
10.已知一定温度下，2X(g)＋Y(g)mZ(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)，现有甲、乙两容积相等且固定的密闭容器，在保持该温度恒定的条件下，向密闭容器甲中通入2mol X和1mol Y，达到平衡状态时，放出热量b kJ；向密闭容器乙中通入1mol X和0.5mol Y，达到平衡时，放出热量c kJ，且b>2c，则a、b、m的值或关系正确的是( )
A. m＝4 B. a＝b C. a< D. m≤2
【答案】D
【解析】
【分析】甲、乙两容器是容积相等且固定的密闭容器，温度恒定时压强与物质的量成正比，两容器中X、Y的物质的量为2倍关系，若平衡不移动，则有b=2c，现b>2c，说明加压平衡正向移动，据此分析。
【详解】甲、乙两容器是容积相等且固定的密闭容器，温度恒定时压强与物质的量成正比，两容器中X、Y的物质的量为2倍关系，若平衡不移动，则有b=2c，现b>2c，说明加压平衡正向移动；增大压强，平衡向着体积缩小的方向移动，则有m<3，m不可能等于4，A项错误，D项正确；该反应为放热的可逆反应，向密闭容器甲中通入2mol X和1mol Y，达到平衡状态时，放出热量b kJ，可知b
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池；H元素的化合价由+1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为：2H++2e-= H2↑，银元素的化合价从0价升高到+1价，发生氧化反应，银作阳极，电极反应为：Ag-e-= Ag+，所以银作阳极，盐酸作电解质溶液，形成电解池；答案选C。
12.下列各组中，每种电解质溶液电解时（惰性电极）只生成氢气和氧气的是（ ）
A. HCl、CuCl2、Ba(OH)2 B. NaOH、CuSO4、H2SO4
C. NaOH、H2SO4、Ba(OH)2 D. NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据我们所学的电解原理，惰性电极电解CuCl2时阳极析出氯气，阴极析出铜，A错误；
B、惰性电极电解CuSO4时阴极析出铜，阳极产生氧气，B错误；
C、惰性电极电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2实质上均是电解水，只生成氢气和氧气，C正确；
D、惰性电极电解NaBr时，阳极析出溴单质，阴极产生氢气，D错误。
答案选C
13.“天宫一号”飞行器在太空工作期间必须有源源不断的电源供应。其供电原理是：白天太阳能帆板发电，将一部分电量直接供给天宫一号，另一部分电量储存在镍氢电池里，供黑夜时使用。镍氢电池放电时的总反应原理为：MH + NiO(OH) → M + Ni(OH)2 （M为氢化物电极的储氢金属，也可看做H2直接参加反应)。下列说法正确的是（ ）
A. 充电时阴极区电解质溶液pH降低
B. 在使用过程中此电池要不断补充水
C. 放电时NiO(OH)在电极上发生氧化反应
D. 充电时阳极反应为：Ni(OH)2－e－+OH－＝NiO(OH)+H2O
【答案】D
【解析】充电时，阴极得到电子，电极反应式为M＋H2O＋e－=MH＋OH－。所以溶液的pH增大，A不正确。充电时阳极得到电子，所以选项D正确。根据总反应式可知，水的量是不变的，所以B不正确。放电时NiO(OH)得到电子，发生还原反应，C不正确，答案选D。
14. 用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。下列说法中，正确的是（ ）
A. 燃料电池工作时，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e－＝ 4OH－
B. a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C. a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
【答案】C
【解析】试题分析：A项，错误，燃料电池工作时，正极反应为：O2+4H++4e一=4H2O
B项，错误，a极是铁，b极是铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
C项正确；D项，a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体为nmol，与电池中消耗的H2为2nmol，体积不相等，错误。
15.以铁为阳极、铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2 mol Fe(OH)3沉淀，此时消耗水的物质的量共为( )
A. 5mol B. 4 mol C. 3 moI D. 2moI
【答案】A
【解析】反应为阳极：Fe-2e-=Fe2+；阴极：2H2O + 2e- = H2↑+ 2OH-；然后Fe2+ + 2OH- = Fe(OH)2，4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。得到2 mol Fe(OH)3沉淀，所以在最后一个反应中需要有2molFe(OH)2同时消耗1molH2O；生成2molFe(OH)2需要有2molFe2+，在阳极方程式中转移4mol电子，所以阴极也转移4mol电子，则消耗4mol水；由上一共消耗5mol水，选项A正确。
16.生物燃料电池是以有机物为燃料，直接或间接利用酶作为催化剂的一类特殊的燃料电池，其能量转化率高，是一种真正意义上的绿色电池，其工作原理如图所示。已知C1极的电极反应为C2H5OH＋3H2O－12e－=2CO2＋12H＋。下列说法中不正确的是( )
A. C1极为电池负极，C2极为电池正极
B. C2极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
C. 该生物燃料电池的总反应方程式为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O
D. 电子由C2极经外电路流向C1极
【答案】D
【解析】
【分析】由题干可知装置为燃料电池，乙醇为燃料，氧气为氧化剂，则总反应为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O，C1极通入乙醇，为燃料电池的负极，C1极通入的是氧气，为燃料电池的正极，由此判断。
【详解】由题干可知装置为燃料电池，乙醇为燃料，氧气为氧化剂，则总反应为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O，C1极通入乙醇，为燃料电池的负极，C2极通入的是氧气，为燃料电池的正极，由总反应和C1极的电极反应可得C2极的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O；
A. 由分析可知，C1极通入乙醇，为燃料电池的负极，C2极通入的是氧气，为燃料电池的正极，A项正确；
B. 由总反应和C1极的电极反应可得C2极的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B项正确；
C. 燃料电池中乙醇为燃料，氧气为氧化剂，则总反应为C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2O，C项正确；
D.原电池中电子由负极向正极移动，即由C1极经外电路流向C2极，D项错误；
答案选D。
二、非选择题(本题包括5个小题。共52分)
17.某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。
Ⅰ．配制0.50mol/L NaOH溶液
（1）若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体______g。
（2）从下表中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）：____。
Ⅱ．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。
（1）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol）：_____。
（2）取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
①请填写下表中的空白：
温度
实验
次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
（t2-t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
_____
2
27.0
27.4
27.2
31.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
②近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g·℃)。则中和热△H=___（取小数点后一位）。
③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）________。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】 (1). 5.0 (2). a b e (3). (4). 4.0 (5). -53.5 kJ/mol (6). a c d
【解析】
【分析】Ⅰ．（1）要使用245mL NaOH溶液，应使用250mL容量瓶，根据该体积进行计算；
（2）NaOH固体具有一定的腐蚀性且易潮解，应在烧杯中称量，称量时选择托盘天平，取用药品时还需使用药匙；
Ⅱ．（1）根据中和热的定义书写热化学方程式；
（2）①由表格中的数据可知，第2组数据误差较大，去掉该组数据后求平均值进行计算；
起始温度t1的平均值为=26.1℃，终止温度t2的平均值为=30.1℃，因而温度差为30.1-26.1=4.0℃；
②根据△H==进行计算；
③a. 实验的成功与否与热量损失的多少密不可分；
b. 量取NaOH溶液的体积时仰视读数，测量得溶液体积偏大；
c. 分次加入液体，热量损失过多，尽量一次性倒入；
d. 温度计上粘有的氢氧化钠与硫酸反应，使硫酸的起始温度偏高。
【详解】Ⅰ．（1）要使用245mL NaOH溶液，应使用250mL容量瓶，需要称量NaOH固体的质量m=cVM=0.50mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g；
（2）NaOH固体具有一定的腐蚀性且易潮解，应在烧杯中称量，称量时选择托盘天平，取用药品时还需使用药匙，故选择abe；
Ⅱ．（1）根据中和热的定义得热化学方程式为: ；
（2）①起始温度t1的平均值为=26.1℃，终止温度t2的平均值为=30.1℃，因而温度差为30.1-26.1=4.0℃；
②△H=== = -53.5 kJ/mol
②③a. 实验的成功与否与热量损失的多少密不可分；
b. 量取NaOH溶液的体积时仰视读数，测量得溶液体积偏大，放出的热量偏高；
c. 分次加入液体，热量损失过多，尽量一次性倒入；
d. 温度计上粘有的氢氧化钠与硫酸反应，使硫酸的起始温度偏高；
故答案选acd。
18.如图所示是一个电化学装置的示意图。[
请回答下列问题：
（1）图中甲池是________(填“原电池”、“电解池”或“电镀池”)。
（2）A(石墨)电极的名称是________(填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)。
（3）写出通入CH3OH的电极的电极反应式：_________________________________。
（4）乙池中反应的化学方程式为______________________________________。
（5）当乙池中B(Ag)极质量增加5.4 g时，甲池中理论上消耗O2的体积为________L(标准状况)，此时丙池中某电极析出1.6 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是________(填字母)。
A．MgSO4
B．CuSO4
C．NaCl
D． AgNO3
【答案】（1）原电池（2） 阳极（3）CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O
（4）4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3（5）0.28 B
【解析】试题分析：（1）甲池甲醇与氧气能自发的进行氧化还原反应，形成燃料电池，所以属于原电池。
（2）A与甲池中氧气一极相连，燃料电池中氧气是正极，故A是阳极。
（3）燃料电池中，负极上通入燃料，碱性条件下，甲醇水中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。
（4）乙池电解池，碳作阳极，银作阴极，所以反应是电解硝酸银溶液，电池反应式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。
（5）乙池是电解池，B极上银离子得电子发生还原反应而析出银，根据转移电子相等，当乙池中B极的质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积=[(5.4/108)/4]×22.4L/mol=0.28L;丙池是电解池，阴极上金属离子放电析出金属单质，则金属元素在氢元素之后，D电极连接甲醇电极，所以D是阴极，根据转移电子相等知，当析出一价金属时，其摩尔质量=1.6/5.4/108=32g/mol，则该元素是硫元素，硫元素是非金属元素，所以错误，当析出的是二价金属，则1.6/5.4/108/2=64g/mol，所以该金属是铜，则溶液是硫酸铜溶液，故选B。
19.某课外活动小组用如图所示装置进行实验，请回答下列问题：
(1)若开始实验时开关K与a连接，则B极的电极反应式为_________。
(2)若开始实验时开关K与b连接，则下列说法正确的是_____(填序号)。
①溶液中Na＋向A极移动
②从A极逸出的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
③反应一段时间后向电解液中加适量盐酸可使其恢复到电解前的浓度
(3)该小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如下图所示装置电解K2SO4溶液。
①该电解槽的阳极反应式为_________，通过阴离子交换膜的离子数____(填“>”“<”或“＝”)通过阳离子交换膜的离子数；
②图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH，则a、b、c、d由小到大的顺序为____；
③电解一段时间后，B口与C口产生气体的质量比为___。
【答案】(1). Fe－2e-=Fe2+ (2). ② (3). 2H2O-4e-=O2↑+4H+(写4OH--4e-=2H2O+O2↑也可) (4). < (5). b
【分析】（1）开关与a点相连接时形成的是原电池，铁为原电池的负极，失去电子；
（2）当开关与b点连接时，形成的装置是电解池，石墨与电源的正极相连为阳极，铁与电源的负极相连，为阴极，据此判断；
（3）①电解硫酸钾溶液，阳极发生氧化反应，OH-被氧化生成O2，SO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，钾离子通过阳离子交换膜向阴极移动；
②OH-被氧化，阳极生成H+和O2，pH减小，阴极发生还原反应，生成H2和OH-，pH值增大；
③B口生成氧气，C生成氢气。
【详解】（1）开关与a点相连接时形成是原电池，铁为原电池的负极，失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；
（2）当开关与b点连接时，形成的装置是电解池，石墨与电源的正极相连为阳极，铁与电源的负极相连，为阴极；①阳离子向阴极移动，即Na+向B极移动；②A端为阳极，电解质溶液中的Cl-失去电子变成Cl2，Cl2能使淀粉KI试纸变成蓝色；③阴极上H+得到电子变成氢气，因此反应一段时间后向电解液中通入HCl可使其恢复到电解前的浓度；
（3）①电解硫酸钾溶液，阳极发生氧化反应，OH-被氧化生成O2，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；SO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，钾离子通过阳离子交换膜向阴极移动，据电荷守恒，则通过阳离子交换膜的K+数大于通过阴离子交换膜的SO42-数；
②电解后生成的硫酸和KOH溶液的浓度均比原来的大，则b
20.甲醇被称为21世纪的新型燃料，工业上通过下列反应Ⅰ和Ⅱ，用CH4和H2O为原料来制备甲醇。
(1)将1.0mol CH4和2.0mol H2O(g)通入反应室(容积为100L)，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，CH4的转化率与温度、压强的关系如下图。
①已知100 ℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示的平均反应速率为____。
②图中的P1___P2(填“<”、“>”或“＝”)，100 ℃时平衡常数为____。
③在其他条件不变的情况下降低温度，逆反应速率将____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在压强为0.1MPa条件下，将a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下能自发反应生成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) Ⅱ
①该反应的ΔH______0，ΔS_____0(填“<”、“>”或“＝”)。
②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是（ ）
A．升高温度 B．将CH3OH(g)从体系中分离
C．充入He，使体系总压强增大 D．再充入1mol CO和3mol H2
【答案】(1). 0.0030mol·L-1·min-1 (2). < (3). 2.25×10-4 (4). 减小 (5). < (6). < (7). BD
【解析】
【分析】（1）①由图可知100℃时，CH4的转化率为0.5，根据三段法进行计算；
②同一温度下，P1的转化率大于P2，此反应增大压强反应左移，所以p1小于p2；
③升高温度正逆反应速率均加快，降低温度正逆反应均速率减慢；
（2）①根据方程式可知ΔH<0，ΔS<0；
②增加甲醇产率需要是平衡正移，根据平衡移动原理进行分析。
【详解】（1）①由图可知100℃时，CH4的转化率为0.5，设CH4转化了x mol/L，则
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
始(mol/L) 0.01 0.02 0 0
转(mol/L) x x x 3x
平(mol/L) 0.01-x 0.02-x x 3x
=0.5 x=0.005mol/L
v(H2)===0.003mol•L-1•min-1
②同一温度下，P1的转化率大于P2，此反应增大压强反应左移，所以P1小于P2；
K===2.25×10-4；
③升高温度正逆反应速率均加快，降低温度正逆反应均速率减慢；
（2）①根据方程式可知ΔH<0，ΔS<0；
②增加甲醇产率需要是平衡正移，反应为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H＜0，
A.升高温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，A项错误；
B. 将CH3OH(g)从体系中分离出来，即减小生成物浓度，平衡正向移动，B项正确；
C. 恒容下充入He，使体系的总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，C项错误；
D. 再充入1mol CO和3mol H2，增大了反应物的浓度，平衡正向移动，D项正确；
答案选BD。
21.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】
【详解】（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)=4.6g÷57.5g/mol=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=0.02
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