化学卷·2018届福建省莆田二中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届福建省莆田二中高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年福建省莆田二中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一.选择题（本题包括25小题，每题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做（　　）‎ A．阴极 B．阳极 C．正极 D．负极 ‎2．下列与化学反应能量变化相关的叙述不正确的是（　　）‎ A．生成物总能量不一定低于反应物总能量 B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同 ‎3．图中，两电极上发生的电极反应为：a极：Cu2++2e﹣=Cu b极：Fe﹣2e﹣=Fe2+下列说法中不正确的是（　　）‎ A．该装置可能是电解池 B．a极上一定发生还原反应 C．a、b可能是同种电极材料 D．该过程中能量的转换一定是化学能转化为电能 ‎4．下列各种方法中，能对金属起到防止或减缓腐蚀作用的是（　　）‎ ‎①金属表面涂抹油漆　②改变金属内部结构　③保持金属表面清洁干燥　④金属表面进行电镀　⑤使金属表面形成致密的氧化物薄膜．‎ A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②④⑤ D．全部 ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．减小反应物浓度，可减小单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数减少 B．对于有气体参加的化学反应，若减小压强（即扩大反应容器的体积），可减小活化分子的百分数，从而使反应速率减小 C．改变条件能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的有效碰撞几率 D．能量高的分子一定能发生有效碰撞 ‎6．利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（　　）‎ A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠 B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4‎ C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属 D．若Z是稀硫酸，X为铜，Y为铁，则铁不溶解，该方法为外加电流的阴极保护法 ‎7．下列各装置中都盛有0.1mol•L﹣1的NaCl溶液，放置一定时间后，装置中的四块相同锌片，腐蚀速率由快到慢的顺序是（　　）‎ A．③①④② B．①②④③ C．①②③④ D．②①④③‎ ‎8．下列各组溶液电解一段时间后，再加入相关物质，溶液能恢复原状况的是（　　）‎ 电解质溶液 阳极 阴极 加入的物质 A NaCl溶液 碳 铁 盐酸 B NaOH溶液 碳 碳 水 C 硫酸铜溶液 铜 碳 硫酸铜 D 硫酸 铁 碳 H2O A．A B．B C．C D．D ‎9．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D导线C；③A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应．据此，判断四种金属的活动性顺序是（　　）‎ A．A＞B＞C＞D B．A＞C＞D＞B C．C＞A＞D＞B D．C＞B＞D＞A ‎10．有关金属腐蚀的论述，正确的是（　　）‎ ‎①金属的腐蚀一定伴有电流产生 ‎②纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗 ‎③可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀 ‎④发生化学能转变为电能的腐蚀时较活泼的金属总是作正极而被腐蚀 ‎⑤发生电化学腐蚀时都有能量的转变，且被腐蚀的金属总是失电子 ‎⑥当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 ‎⑦海轮外壳连接锌块以保护外壳不受腐蚀．‎ A．②③⑤⑦ B．①②③⑥⑦ C．①②④⑦ D．②③⑤⑥⑦‎ ‎11．煤是重要的能源和化工原料，直接燃烧既浪费资源又污染环境，最近某企业利用“煤粉加压气化制备合成气新技术”，让煤变成合成气（一氧化碳及氢气总含量≥90%），把煤“吃干榨尽”．下列有关说法正确的是（　　）‎ ‎①煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化 ‎②煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化但没有物理变化 ‎③该技术实现了煤的清洁，高效利用 ‎④化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能．‎ A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④‎ ‎12．在密闭容器中充入4mol SO2和3mol O2 一定条件下建立平衡2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣Q KJ/mol，测得SO2的转化率为90%，则在此条件下，反应放出的热量为（　　）‎ A．1.8Q KJ B．2Q KJ C．Q KJ D．0.9Q KJ ‎13．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是（　　）‎ A．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间 B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大 C．进入接触室的SO2和空气必须进行净化，且该反应不需要在高压下进行 D．催化剂V2O5能增大该反应的正反应速率而不改变逆反应速率 ‎14．反应A（g）+3B（g）═2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（　　）‎ A．v（D）=6 mol•（L•min）﹣1 B．v（C）=0.5 mol•（L•s）﹣1‎ C．v（B）=0.6 mol•（L•s）﹣1 D．v（A）=0.15 mol•（L•s）﹣1‎ ‎15．已知4NH3+5O2═4NO+6H2O，同一反应速率若分别用v（NH3）、v（O2）、v（H2O）、v（NO）（mol•L﹣1•min﹣1）来表示，则正确关系是（　　）‎ A． v（NH3）=v（O2） B． v（O2）=v（H2O） C． v（NH3）=v（H2O） D． v（O2）=v（NO）‎ ‎16．化学反应N2+3H2═2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（　　）‎ A．N2（g）+3H2（g）═2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c） kJ/mol B．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）；△H=2（b﹣a） kJ/mol C． N2（g）+H2（g）═NH3（l）；△H=（b+c﹣a） kJ/mol D． N2（g）+H2（g）═NH3（g）；△H=（a+b） kJ/mol ‎17．某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见如图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．电子通过外电路从b极流向a极 B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ C．每转移0.1 mol电子，消耗标准状况下1.12 L的H2‎ D．OH﹣由a极通过固体酸电解质传递到b极 ‎18．铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，研读图，下列判断不正确的是（　　）‎ A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣‎ B．当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2 mol C．K闭合时，II中SO42﹣向c电极迁移 D．K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极 ‎19．恒温时，在密闭容器中进行可逆反应：N2+3H2⇌2NH3，达到平衡后，欲使正反应速率增大，可采取的措施是（　　）‎ A．缩小容器的容积 B．保持容器的容积不变，通入稀有气体 C．保持容器内压强不变，通入稀有气体 D．及时把生成的NH3分离出去 ‎20．在10℃时某化学反应速率为0.1mol•（L•s）﹣1，若温度每升高10℃，反应速率增加到原来的2倍．为了把该反应速率提高到1.6mol•（L•s）﹣1，则该反应需在什么温度下进行（　　）‎ A．30℃ B．40℃ C．50℃ D．60℃‎ ‎21．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是（　　）‎ 甲．在500℃时，SO2和O2各10mol反应 乙．在500℃时，用V2O5作催化剂，10mol SO2和5mol O2反应 丙．在450℃时，8mol SO2和5mol O2反应 丁．在500℃时，8mol SO2和5mol O2反应．‎ A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁 C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲 ‎22．少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①滴入几滴浓盐酸　‎ ‎②加NaCl溶液　‎ ‎③滴入几滴硫酸铜溶液　‎ ‎④升高温度（不考虑盐酸挥发）　‎ ‎⑤改用 19.6mol/L的硫酸溶液．‎ A．①③④ B．②④ C．①④ D．①④⑤‎ ‎23．对于可逆反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述不能说明该反应已达到平衡状态的是（　　）‎ A．化学反应速率：4v正（O2）=5v逆（NO）‎ B．NH3、O2、NO、H2O的分子个数比是4：5：4：6‎ C．单位时间内生成4 mol NO的同时消耗6 mol H2O D．反应混合物中NH3的体积分数不再改变 ‎24．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：（甲）C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；（乙）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）．现有下列状态：‎ ‎①混合气体的平均相对分子质量不再改变；‎ ‎②恒温时，气体压强不再改变；‎ ‎③各气体组分浓度相等；‎ ‎④断裂氢氧键的速率等于断裂氢氢键速率的2倍；‎ ‎⑤混合气体密度不变；‎ ‎⑥单位时间内，消耗水蒸气的质量与生成氢气的质量比为9：1；‎ ‎⑦同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，‎ 其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是（　　）‎ A．①②⑤ B．③④⑥ C．①⑥⑦ D．④⑦‎ ‎25．用惰性电极电解CuSO4 和KNO3的混合溶液500mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2L的气体，则原混合液中CuSO4的物质的量浓度为（　　）‎ A．0.5 mol•L﹣1 B．0.8 mol•L﹣1 C．1.0 mol•L﹣1 D．1.5 mol•L﹣1‎ ‎　‎ 二.填空题（共50分）‎ ‎26．向2L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）‎ 已知：A为有色气体；平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了原来的，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应2min内，vA=　　，vB=　　．‎ ‎（2）化学方程式中，m=　　，n=　　，p=　　，q=　　．‎ ‎（3）反应平衡时，D为2a mol，则B的平衡转化率为　　．‎ ‎（4）下列选项能说明该反应已经达到平衡状态的有　　‎ A．容器内的压强不再变化 B．体系的密度不变 C．容器内气体的质量不变 D．A，B，C，D的速率比恰好为其化学计量数之比 E．混合气体的颜色不再改变 F．混合气体的平均相对分子质量不再改变 G．vB（正）=vC（逆）．‎ ‎27．按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：‎ ‎（1）判断装置的名称：A池为　　，B池为　　．‎ ‎（2）锌极为　　极，电极反应式为　　；石墨棒C1为　　极，电极反应式为　　；石墨棒C2附近发生的实验现象为　　．‎ ‎（3）写出C 装置中溶液颜色变红的电极反应式：　　．‎ ‎（4）当C2极析出224mL气体（标准状况下）时，CuSO4溶液的质量变化了　　g．‎ ‎28．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．‎ 接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加．回答问题：‎ ‎（1）电源的N端为　　极；‎ ‎（2）电极b上发生的电极反应式为　　；‎ ‎（3）丙装置损失的质量为　　（该处保留两位有效数字）；电极b上生成的气体在标准状况下的体积为　　；‎ ‎（4）电极c的质量变化是　　g；‎ ‎（5）①若该直流电源为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液．通入甲烷的铂电极上发生的电极反应式为　　．‎ ‎②已知上述燃料电池中，每转移1mol电子，就有 112KJ的化学能转化为电能．写出常温下甲烷燃烧的热化学方程式　　．‎ ‎29．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：‎ ‎（1）上述实验中发生反应的化学方程式有　　；‎ ‎（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是　　；‎ ‎（3）实验室中现有Na2SO4 MgSO4 Ag2SO4 k2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是　　；‎ ‎（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有　　（答两种）；‎ ‎（5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．‎ 混合溶液实验 A B C D E F ‎4mol•L﹣1H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎①请完成此实验设计，其中：V1=　　，V6=　　，V9=　　；‎ ‎②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省莆田二中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（本题包括25小题，每题2分，共50分．每小题只有一个选项符合题意．）‎ ‎1．我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做（　　）‎ A．阴极 B．阳极 C．正极 D．负极 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解池的两个电极是阳极和阴极，电镀池中，镀层金属做阳极，镀件作阴极．‎ ‎【解答】解：钢芯镀镍时，根据电镀原理，镀件钢芯作阴极，镀层金属做镍阳极．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．下列与化学反应能量变化相关的叙述不正确的是（　　）‎ A．生成物总能量不一定低于反应物总能量 B．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 C．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变 D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、反应分为吸热反应和放热反应；‎ B、反应速率的大小与反应吸放热无关；‎ C、很多反应的反应热无法直接测量；‎ D、反应热取决于反应物总能量和生成物的总能量．‎ ‎【解答】解：A、反应分为吸热反应和放热反应，当反应放热时，反应物的总能量大于生成物的总能量，反之成立，故A正确；‎ B、反应速率的大小与反应吸放热无关，即放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，故B错误；‎ C、很多反应的反应热无法直接测量，CO燃烧的反应难以实现，可以通过C燃烧生成二氧化碳的焓变和CO燃烧生成二氧化碳的焓变利用盖斯定律求CO燃烧的焓变，故C正确；‎ D、反应热取决于反应物总能量和生成物的总能量，与反应条件无关，故此反应在光照条件下和点燃条件下的反应热相同，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．图中，两电极上发生的电极反应为：a极：Cu2++2e﹣=Cu b极：Fe﹣2e﹣=Fe2+下列说法中不正确的是（　　）‎ A．该装置可能是电解池 B．a极上一定发生还原反应 C．a、b可能是同种电极材料 D．该过程中能量的转换一定是化学能转化为电能 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由电极方程式可知，Cu2+被还原，可为原电池正极反应或电解池阴极反应，Fe被氧化，可为原电池负极反应或电解池阳极反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．可能为电解池，a极发生还原反应，为阴极，b极发生氧化反应，为阳极，电解质可为硫酸铜溶液，故A正确；‎ B．Cu2+得电子被还原，故B正确；‎ C．如a、b都为铁片，电解质溶液为硫酸铜，电解可发生题中反应，故C正确；‎ D．可为电解池，电能转化为化学能，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．下列各种方法中，能对金属起到防止或减缓腐蚀作用的是（　　）‎ ‎①金属表面涂抹油漆　②改变金属内部结构　③保持金属表面清洁干燥　④金属表面进行电镀　⑤使金属表面形成致密的氧化物薄膜．‎ A．①②③④ B．①③④⑤ C．①②④⑤ D．全部 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】如果隔绝空气、隔绝水分、改变金属内部结构等方法都能防止或减缓金属被腐蚀，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①金属表面涂抹油漆能防止金属和水、空气接触，防止金属形成原电池，从而防止金属被腐蚀，故正确；‎ ‎②改变金属内部结构增强金属被腐蚀性能，所以能防止金属被腐蚀，故正确；‎ ‎③保持金属表面清洁干燥能防止金属与水分接触，从而防止金属被腐蚀，故正确；　‎ ‎④金属表面进行电镀，使不活泼金属与空气、水接触，不能形成原电池，从而防止金属被腐蚀，故正确；‎ ‎⑤使金属表面形成致密的氧化物薄膜，从而阻止金属进一步被氧化，所以能防止金属被腐蚀，故正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．下列说法正确的是（　　）‎ A．减小反应物浓度，可减小单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数减少 B．对于有气体参加的化学反应，若减小压强（即扩大反应容器的体积），可减小活化分子的百分数，从而使反应速率减小 C．改变条件能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的有效碰撞几率 D．能量高的分子一定能发生有效碰撞 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】A．减小反应物浓度，降低单位体积内活化分子个数；‎ B．对于有气体参加的化学反应，若减小压强（即扩大反应容器的体积），可减小单位体积内活化分子个数；‎ C．改变条件能使化学反应速率增大的主要原因是增大活化分子百分数或增大单位体积内活化分子个数；‎ D．能量高的分子不一定生有效碰撞．‎ ‎【解答】解：A．减小反应物浓度，降低单位体积内活化分子个数，从而降低反应速率，故A错误；‎ B．对于有气体参加的化学反应，若减小压强（即扩大反应容器的体积），可减小单位体积内活化分子个数，从而降低反应速率，故B错误；‎ C．改变条件能使化学反应速率增大的主要原因是增大活化分子百分数或增大单位体积内活化分子个数，从而增大反应物分子中活化分子的有效碰撞几率，化学反应速率增大，故C正确；‎ D．能量高的分子不一定生有效碰撞，但发生有效碰撞的分子一定是能量高的分子，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产．下列说法中正确的是（　　）‎ A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠 B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4‎ C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属 D．若Z是稀硫酸，X为铜，Y为铁，则铁不溶解，该方法为外加电流的阴极保护法 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；‎ B、铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；‎ C、电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；‎ D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属．‎ ‎【解答】解：A、氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；‎ B、铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；‎ C、电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；‎ D、外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y铁是待保护金属不溶解，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．下列各装置中都盛有0.1mol•L﹣1的NaCl溶液，放置一定时间后，装置中的四块相同锌片，腐蚀速率由快到慢的顺序是（　　）‎ A．③①④② B．①②④③ C．①②③④ D．②①④③‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】电化学腐蚀较化学腐蚀快，金属得到保护时，腐蚀较慢，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护．‎ ‎【解答】解：①中锌作负极，发生电化学腐蚀，加快锌的腐蚀，②中锌作电解池阳极，在外加电源的作用下，更加快锌的腐蚀，③中锌作电解池阴极，不易被腐蚀，④中发生化学腐蚀，所以腐蚀速率由快到慢的顺序为②①④③．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．下列各组溶液电解一段时间后，再加入相关物质，溶液能恢复原状况的是（　　）‎ 电解质溶液 阳极 阴极 加入的物质 A NaCl溶液 碳 铁 盐酸 B NaOH溶液 碳 碳 水 C 硫酸铜溶液 铜 碳 硫酸铜 D 硫酸 铁 碳 H2O A．A B．B C．C D．D ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解质在通电一段时间，加入物质能使溶液恢复到电解前的状态，说明依据电解原理分析电解了什么物质，要想让电解质复原，就要加入溶液中减少的物质．‎ ‎【解答】解：A、以Fe和C为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后放出氯气和氢气，电解质复原，应该通入HCl，故A错误；‎ B、以C为电极，电解NaOH溶液，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为氢氧化钠溶液，可以加水让溶液复原，故B正确；‎ C、以Cu为阳极，电解硫酸铜，阳极铜本身失电子，阴极铜离子得电子，通电一段时间后电解质溶度和组成都不变，不许加入任何物质，故C错误；‎ D、以Fe为阳极，电解硫酸，阳极铁失电子，阴极上是氢离子得电子生成氢气，加入水，电解质不会复原，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D导线C；③A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应．据此，判断四种金属的活动性顺序是（　　）‎ A．A＞B＞C＞D B．A＞C＞D＞B C．C＞A＞D＞B D．C＞B＞D＞A ‎【考点】常见金属的活动性顺序及其应用．‎ ‎【分析】一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，放电时电流从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，据此判断金属活动性顺序．‎ ‎【解答】解：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；‎ ‎②原电池中，电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子由C→导线→D，则活泼性：C＞D；‎ ‎③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；‎ ‎④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；‎ 综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B，B项正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．有关金属腐蚀的论述，正确的是（　　）‎ ‎①金属的腐蚀一定伴有电流产生 ‎②纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗 ‎③可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀 ‎④发生化学能转变为电能的腐蚀时较活泼的金属总是作正极而被腐蚀 ‎⑤发生电化学腐蚀时都有能量的转变，且被腐蚀的金属总是失电子 ‎⑥当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 ‎⑦海轮外壳连接锌块以保护外壳不受腐蚀．‎ A．②③⑤⑦ B．①②③⑥⑦ C．①②④⑦ D．②③⑤⑥⑦‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】①金属的化学腐蚀中没有电流产生；‎ ‎②银和硫化氢反应生成黑色的硫化银；‎ ‎③电解池的阴极材料得到保护，阳极材料被腐蚀；‎ ‎④电化学腐蚀中活泼金属作负极；‎ ‎⑤电化学腐蚀时金属失电子被腐蚀；‎ ‎⑥作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护；‎ ‎⑦海轮外壳连接锌块，锌为负极．‎ ‎【解答】解：①金属的化学腐蚀中没有电流产生，电化腐蚀过程中形成的原电池反应会产生微弱的电流，故错误；‎ ‎②由于是纯银器，故不能形成微电池，故在空气中逐渐变暗是发生了化学发生，故正确；‎ ‎③地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，该金属做电解池的阴极材料，可以得到保护，故正确；‎ ‎④发生化学能转变为电能的腐蚀，即发生电化学腐蚀，电化学腐蚀中活泼金属作负极失电子被腐蚀，故错误；‎ ‎⑤电化学腐蚀时金属失电子被腐蚀，发生电化学腐蚀时都会有能量转化，如化学能转化为电能、热能等，故正确；‎ ‎⑥铁、锡和电解质溶液能构成原电池，铁易失电子发生氧化反应而作负极，锡作正极，所以镀层对铁制品不起保护作用，故错误；‎ ‎⑦海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故正确；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．煤是重要的能源和化工原料，直接燃烧既浪费资源又污染环境，最近某企业利用“煤粉加压气化制备合成气新技术”，让煤变成合成气（一氧化碳及氢气总含量≥90%），把煤“吃干榨尽”．下列有关说法正确的是（　　）‎ ‎①煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化 ‎②煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化但没有物理变化 ‎③该技术实现了煤的清洁，高效利用 ‎④化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能．‎ A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④‎ ‎【考点】"三废"处理与环境保护．‎ ‎【分析】发生化学变化的同时，一定发生物理变化，而发生物理变化的同时，不一定发生化学变化；‎ 把煤变成合成气，有利于保护环境，提高煤的利用率；‎ 化石燃料和植物燃料具备化学能，化学能来源于太阳能．‎ ‎【解答】解：①煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化和物理变化，故正确；‎ ‎②煤粉加压气化制备合成气过程涉及化学变化，同时发生了物理变化，故错误；‎ ‎③一氧化碳燃烧生成二氧化碳，氢气燃烧生成水，该技术实现了煤的清洁，高效利用，故正确；‎ ‎④化石燃料和植物燃料具备化学能，化学能来源于太阳能，所以化石燃料和植物燃料燃烧时放出的能量均来源于太阳能，故正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．在密闭容器中充入4mol SO2和3mol O2 一定条件下建立平衡2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣Q KJ/mol，测得SO2的转化率为90%，则在此条件下，反应放出的热量为（　　）‎ A．1.8Q KJ B．2Q KJ C．Q KJ D．0.9Q KJ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】由2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣Q KJ/mol可知，2molSO2完全反应放出QkJ的热量，则SO2的转化率为90%，则反应的SO2为4mol×90%=3.6mol，利用物质的量与反应放出的热量成正比来解答．‎ ‎【解答】解：设反应放出的热量为x，‎ 由2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣Q KJ/mol ‎ 2 QkJ ‎ 4mol×90% x ‎=，‎ 解得x=1.8QkJ，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是（　　）‎ A．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间 B．增大反应体系的压强，反应速率一定增大 C．进入接触室的SO2和空气必须进行净化，且该反应不需要在高压下进行 D．催化剂V2O5能增大该反应的正反应速率而不改变逆反应速率 ‎【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的调控作用．‎ ‎【分析】升高温度、增大浓度、加入催化剂等都可增大反应速率，增大压强，如浓度增大，则反应速率增大，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．降低温度，反应速率减小，达到平衡时间增多，故A错误；‎ B．如通入惰性气体，虽然压强增大，但浓度不变，则反应速率不变，故B错误；‎ C．净化反应气体，可防止催化剂中毒，且在常压下转化率较高，无需增大压强，故C正确；‎ D．加入催化剂，正逆反应速率都增大，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．反应A（g）+3B（g）═2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（　　）‎ A．v（D）=6 mol•（L•min）﹣1 B．v（C）=0.5 mol•（L•s）﹣1‎ C．v（B）=0.6 mol•（L•s）﹣1 D．v（A）=0.15 mol•（L•s）﹣1‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，以此来解答．‎ ‎【解答】解：反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则 A. =0.05；‎ B. =0.25；‎ C. =0.2；‎ D. =0.15，‎ 显然B中比值最大，反应速率最快，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．已知4NH3+5O2═4NO+6H2O，同一反应速率若分别用v（NH3）、v（O2）、v（H2O）、v（NO）（mol•L﹣1•min﹣1）来表示，则正确关系是（　　）‎ A． v（NH3）=v（O2） B． v（O2）=v（H2O） C． v（NH3）=v（H2O） D． v（O2）=v（NO）‎ ‎【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．‎ ‎【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，据此计算解答．‎ ‎【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对于反应：4NH3+5O2═4NO+6H2O，‎ A．v（NH3）：v（O2）=4：5，故v（NH3）=v（O2），故A错误；‎ B．v（O2）：v（H2O）=5：6，故v（O2）=v（H2O），故B错误；‎ C．v（NH3）：v（H2O）=4：6，故v（NH3）=v（H2O），故C错误；‎ D．v（O2）：v（NO）=5：4，故v（O2）=v（NO），故D正确，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎16．化学反应N2+3H2═2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（　　）‎ A．N2（g）+3H2（g）═2NH3（l）；△H=2（a﹣b﹣c） kJ/mol B．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）；△H=2（b﹣a） kJ/mol C． N2（g）+H2（g）═NH3（l）；△H=（b+c﹣a） kJ/mol D． N2（g）+H2（g）═NH3（g）；△H=（a+b） kJ/mol ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态．‎ ‎【解答】解：由图可以看出，△E为反应的活化能，反应热等于反应物的活化能减生成物的活化能，‎ 所以N2（g）+H2（g）=NH3（g）△H=（a﹣b）kJ/mol，即N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）；△H=﹣2（b﹣a） kJ/mol，故BD错误；‎ 而1mol的NH3（g）转化为1mol的NH3（l）放出的热量为ckJ，根据盖斯定律有：‎ N2（g）+H2（g）=NH3（l）△H=（a﹣b﹣c）kJ/mol，‎ 即：N2（g）+3H2（g）=2NH3（1）△H=2（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1，故A正确，C错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎17．某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见如图，电池总反应可表示为：2H2+O2=2H2O，下列有关说法正确的是（　　）‎ A．电子通过外电路从b极流向a极 B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣‎ C．每转移0.1 mol电子，消耗标准状况下1.12 L的H2‎ D．OH﹣由a极通过固体酸电解质传递到b极 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H2﹣2e﹣═2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e﹣+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L．‎ ‎【解答】解：A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错误；‎ B、该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，故B错误； ‎ C、每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的H2 1.12 L，故C正确；‎ D、原电池中，阴离子向负极移动，所以OH﹣由b极通过固体酸电解质传递到a，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，研读图，下列判断不正确的是（　　）‎ A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣‎ B．当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2 mol C．K闭合时，II中SO42﹣向c电极迁移 D．K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极 ‎【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．‎ ‎【分析】K闭合时，Ⅰ装置是原电池，Ⅱ是电解池，则a为正极、b为负极、c为阴极、d为阳极，以此可书写电极反应式，其中b电极反应为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4 ，a电极反应为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O，c电极反应为PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣，d电极方程式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．K闭合时Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣，故A正确； ‎ B．在上述总反应式中，得失电子总数为2e﹣，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出Ⅰ中消耗的硫酸的量为0.2mol，故B正确；‎ C．K闭合时d是阳极，阴离子向阳极移动，故C错误；‎ D．K闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．恒温时，在密闭容器中进行可逆反应：N2+3H2⇌2NH3，达到平衡后，欲使正反应速率增大，可采取的措施是（　　）‎ A．缩小容器的容积 B．保持容器的容积不变，通入稀有气体 C．保持容器内压强不变，通入稀有气体 D．及时把生成的NH3分离出去 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】恒温条件下，达到平衡后，欲使正反应速率增大，可以通过增大反应物浓度、升高温度、增大压强、加入催化剂等方法实现．‎ ‎【解答】解：A．缩小容器容积，增大压强，增大单位体积内活化分子个数，正反应速率增大，故A正确；‎ B．保存容器的容积不变，通入稀有气体，反应物浓度不变，则正反应速率不变，平衡不移动，故B错误；‎ C．保持容器内压强不变，通入稀有气体，容器体积增大，反应物浓度降低，正反应速率减小，故C错误；‎ D．及时把氨气分离出去，生成物浓度减小，平衡正向移动，正反应速率减小，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．在10℃时某化学反应速率为0.1mol•（L•s）﹣1，若温度每升高10℃，反应速率增加到原来的2倍．为了把该反应速率提高到1.6mol•（L•s）﹣1，则该反应需在什么温度下进行（　　）‎ A．30℃ B．40℃ C．50℃ D．60℃‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素；反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】温度每升高10℃，反应速率增加到原来的2倍，该反应速率提高了=16倍，以此来解答．‎ ‎【解答】解：温度每升高10℃，反应速率增加到原来的2倍，该反应速率提高了=16倍，‎ 由10℃增加n个10℃，速率为原来的16倍，‎ 即2n=16，解得n=4，‎ 所以反应所需温度为10℃+4×10℃=50℃，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按正反应速率由大到小顺序排列正确的是（　　）‎ 甲．在500℃时，SO2和O2各10mol反应 乙．在500℃时，用V2O5作催化剂，10mol SO2和5mol O2反应 丙．在450℃时，8mol SO2和5mol O2反应 丁．在500℃时，8mol SO2和5mol O2反应．‎ A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁 C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲 ‎【考点】反应速率的定量表示方法．‎ ‎【分析】根据外界条件对反应速率的影响，用控制变量法判断反应速率相对大小，然后排序，注意催化剂对反应速率的影响更大．‎ ‎【解答】解：甲与乙相比，SO2浓度相等，甲中氧气的浓度大、乙中使用催化剂，其它条件相同，由于二氧化硫的浓度一定，氧气浓度的影响不如催化剂影响大，故使用催化剂反应速率更快，所以反应速率：乙＞甲；‎ 甲与丁相比，甲中SO2、O2的物质的量比丁中大，即SO2、O2的浓度比丁中大，其它条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：甲＞丁；‎ 丙与丁相比，其它条件相同，丁中温度高，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：丁＞丙；‎ 所以由大到小的顺序排列乙、甲、丁、丙，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎22．少量铁粉与100mL 0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢．为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（　　）‎ ‎①滴入几滴浓盐酸　‎ ‎②加NaCl溶液　‎ ‎③滴入几滴硫酸铜溶液　‎ ‎④升高温度（不考虑盐酸挥发）　‎ ‎⑤改用 19.6mol/L的硫酸溶液．‎ A．①③④ B．②④ C．①④ D．①④⑤‎ ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】可以通过增大盐酸浓度、升高温度等方法来改变，但改变条件时不能加入和稀盐酸反应生成氢气的物质，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：①滴入几滴浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，且生成氢气量不变，故正确；‎ ‎②加NaCl溶液，氢离子浓度降低，反应速率减慢，故错误；　‎ ‎③滴入几滴硫酸铜溶液，Fe和铜离子发生置换反应生成Cu，Fe、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，但生成氢气总量减小，故错误；　‎ ‎④升高温度（不考虑盐酸挥发），增大活化分子百分数，化学反应速率增大，且不影响生成氢气总量，故正确；⑤改用 19.6mol/L的硫酸溶液，浓硫酸和Fe发生钝化现象，导致生成氢气总量减小，故错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎23．对于可逆反应：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），下列叙述不能说明该反应已达到平衡状态的是（　　）‎ A．化学反应速率：4v正（O2）=5v逆（NO）‎ B．NH3、O2、NO、H2O的分子个数比是4：5：4：6‎ C．单位时间内生成4 mol NO的同时消耗6 mol H2O D．反应混合物中NH3的体积分数不再改变 ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：A．化学反应速率：4v正（O2）=5v逆（NO）=4v逆（O2），正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A不选；‎ B．NH3、O2、NO、H2O的分子个数比是4：5：4：6，反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，故B选；‎ C．单位时间内生成4 mol NO的同时消耗6 mol H2O，同时消耗4molNO，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C不选；‎ D．反应混合物中NH3的体积分数不再改变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎24．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：（甲）C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）；（乙）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）．现有下列状态：‎ ‎①混合气体的平均相对分子质量不再改变；‎ ‎②恒温时，气体压强不再改变；‎ ‎③各气体组分浓度相等；‎ ‎④断裂氢氧键的速率等于断裂氢氢键速率的2倍；‎ ‎⑤混合气体密度不变；‎ ‎⑥单位时间内，消耗水蒸气的质量与生成氢气的质量比为9：1；‎ ‎⑦同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，‎ 其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是（　　）‎ A．①②⑤ B．③④⑥ C．①⑥⑦ D．④⑦‎ ‎【考点】化学平衡状态的判断．‎ ‎【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意乙反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以不能用压强判断平衡．‎ ‎【解答】解：①混合气体平均相对分子质量不再改变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以平均相对分子质量始终不变，无法判断乙反应是否达到平衡状态，故①错误；‎ ‎②恒温时，气体压强不再改变，乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，压强始终不变，所以压强不变无法判断乙是否达到平衡状态，故②错误；‎ ‎③各气体组成浓度相等，不能判断各组分的浓度不变，无法证明达到了平衡状态，故③错误；‎ ‎④断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确；‎ ‎⑤混合气体密度不变，由于乙反应的两边气体的体积相同且都是气体，容器的容积不变，所以密度始终不变，无法判断乙是否达到平衡状态，故⑤错误；‎ ‎⑥单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9：1，水与氢气的物质的量之比为1：1，表示的都是正逆反应速率，无法判断正逆反应速率相等，故⑥错误；‎ ‎⑦同一时间内，水蒸气消耗的物质的量等于氢气消耗的物质的量，证明正逆反应速率相等，达到了平衡，故⑦正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎25．用惰性电极电解CuSO4 和KNO3的混合溶液500mL，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2L的气体，则原混合液中CuSO4的物质的量浓度为（　　）‎ A．0.5 mol•L﹣1 B．0.8 mol•L﹣1 C．1.0 mol•L﹣1 D．1.5 mol•L﹣1‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】用Pt电极电解1L含CuSO4和KNO3混合溶液，溶液中阳离子放电顺序Cu2+＞H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2‎ ‎↑，阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，依据两极生成气体物质的量结合电解过程中电子守恒计算便可求解．‎ ‎【解答】解：用Pt电极电解1L含CuSO4和KNO3混合溶液，在两极均生成标准状况下的气体11.2L，气体的物质的量为n==0.5mol，‎ 溶液中阳离子放电顺序Cu2+＞H+，阳极电极反应为溶液中阴离子氢氧根离子失电子生成氧气：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，生成0.5molO2，需电子为4×0.5mol=2mol；‎ 阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu、2H++2e﹣=H2↑，生成0.5molH2，需0.5mol×2=1mol电子，依据电子守恒，铜离子得到电子1mol，反应的铜离子物质的量0.5mol，所以Cu2+的物质的量浓度C==1mol/L，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二.填空题（共50分）‎ ‎26．向2L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g）‎ 已知：A为有色气体；平均反应速率vC=vA；反应2min时，A的浓度减少了原来的，B的物质的量减少了mol，有a mol D生成．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）反应2min内，vA=　mol/（L•min）　，vB=　mol/（L•min）　．‎ ‎（2）化学方程式中，m=　2　，n=　3　，p=　1　，q=　6　．‎ ‎（3）反应平衡时，D为2a mol，则B的平衡转化率为　　．‎ ‎（4）下列选项能说明该反应已经达到平衡状态的有　AEF　‎ A．容器内的压强不再变化 B．体系的密度不变 C．容器内气体的质量不变 D．A，B，C，D的速率比恰好为其化学计量数之比 E．混合气体的颜色不再改变 F．混合气体的平均相对分子质量不再改变 G．vB（正）=vC（逆）．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）反应2min 时，A的浓度减少了，则△c（A）=×=amol/L，再根据v=计算用A、B表示的反应速率；‎ ‎（2）根据浓度据转化之比等于化学计量数之比；‎ ‎（3）根据方程式计算消耗B的物质的量，B的转化率=×100%计算．‎ ‎（4）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断．‎ ‎【解答】解：（1）反应2min 时，A的浓度减少了，则△c（A）=×=amol/L，则v（A）==（L•min）；B的物质的量减少了mol，则△c（B）==mol/L，v（B）==mol/（L•min）；‎ 故答案为： mol/（L•min）； mol/（L•min）；‎ ‎（2）根据（1），△c（A）=amol/L，△c（B）=mol/L，由题vC=vA；则△c（C）=△c（A）=‎ mol/L，△c（C）==mol/L，则m：n：p：q=a： a： a： a=2：3：1：6；‎ 故答案为：m=2，n=3，p=1，q=6；‎ ‎（3）反应达到平衡时，D为2amol，由方程式2A（g）+3B（g）=C（g）+6D（g）可知消耗的B为2amol×=amol，故B的转化率为；‎ 故答案为：；‎ ‎（4）A．反应是一个前后系数和变化的反应，当容器内的压强保持不变，证明达到了平衡，故正确，‎ B．容器内的密度=，质量守恒，V不变化，密度始终不变，所以当密度不变，不一定平衡，故错误；‎ C．容器内气体的质量始终不变，不一定平衡，故错误；‎ D．A，B，C，D的速率比始终为其化学计量数之比，不一定平衡，故错误；‎ E．A为有色气体，混合气体的颜色不再改变，证明达到了平衡，故正确；‎ F．混合气体的平均相对分子质量不再改变，混合气体的平均相对分子质量M=，质量守恒，n变化，所以当M不变，证明达到了平衡，故正确； ‎ G．化学反应速率之比等于系数之比，vB（正）=vC（逆）不能说明正逆反应速率相等，故错误；‎ 故答案为：AEF．‎ ‎　‎ ‎27．按如图所示装置进行实验，并回答下列问题：‎ ‎（1）判断装置的名称：A池为　原电池　，B池为　电解池　．‎ ‎（2）锌极为　负　极，电极反应式为　Zn﹣2e﹣═Zn2+　；石墨棒C1为　阳　极，电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　；石墨棒C2附近发生的实验现象为　有无色气泡产生附近溶液变红色　．‎ ‎（3）写出C 装置中溶液颜色变红的电极反应式：　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．‎ ‎（4）当C2极析出224mL气体（标准状况下）时，CuSO4溶液的质量变化了　0.01　g．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）A装置能自发的进行氧化还原反应，所以为原电池，B装置为电解池；‎ ‎（2）原电池中锌作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，正极电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，石墨棒C1为阳极，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，石墨棒C2为阴极，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，根据溶液中氢离子浓度变化判断pH变化；‎ ‎（3）C 装置为铁的吸氧腐蚀装置，则碳电极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，遇酚酞变红；‎ ‎（4）根据串联电路中转移电子相等进行计算．‎ ‎【解答】解：（1）A装置能自发的进行氧化还原反应，能将化学能转化为电能，所以为原电池，B装置有外接电源，属于电解池，故答案为：原电池；电解池；‎ ‎（2）锌为负极，电极反应式Zn﹣2e﹣═Zn2+，铜为正极，铜极上的电极反应式为Cu2++2 e﹣=Cu，石墨棒C1为阳极，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，石墨棒C2为阴极，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，石墨棒C2附近还生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，则溶液的pH增大，酚酞遇碱变红色，所以石墨棒C2附近发生的实验现象是：有气体生成、溶液变红色，‎ 故答案为：负；Zn﹣2e﹣═Zn2+；阳；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；有无色气泡产生附近溶液变红色；‎ ‎（3）C 装置为铁的吸氧腐蚀装置，则碳电极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，遇酚酞变红，则电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；‎ ‎（4）C2极析出的气体是氢气，氢气的物质的量==0.01mol，原电池中锌作负极而被腐蚀，所以随着反应的进行，锌的质量逐渐减少，生成0.01mol氢气转移电子的物质的量=0.01mol×2=0.02mol，根据串联电路中转移电子相等知，锌减少的质量=×65g/mol=0.65g，在原电池中，锌作负极、Cu作正极，正极电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，转移0.02mol电子，析出0.64gCu，所以溶液质量增加0.01g，‎ 故答案为：0.01．‎ ‎　‎ ‎28．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．‎ 接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加．回答问题：‎ ‎（1）电源的N端为　正　极；‎ ‎（2）电极b上发生的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　；‎ ‎（3）丙装置损失的质量为　4.49g　（该处保留两位有效数字）；电极b上生成的气体在标准状况下的体积为　2.8L　；‎ ‎（4）电极c的质量变化是　16g　g；‎ ‎（5）①若该直流电源为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液．通入甲烷的铂电极上发生的电极反应式为　CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O　．‎ ‎②已知上述燃料电池中，每转移1mol电子，就有 112KJ的化学能转化为电能．写出常温下甲烷燃烧的热化学方程式　CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣896kJ/mol　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）该装置是电解池，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的N端电极是正极；‎ ‎（2）电解氢氧化钠溶液时，阳极b上氢氧根离子放电生成氧气；‎ ‎（3）根据丙溶液中水减少的质量结合转移电子数相等计算电极b上生成的气体体积；‎ ‎（4）根据丙溶液中水减少的质量结合转移电子数相等计算电极c的质量增加；‎ ‎（5）①燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应；‎ ‎②依据热化学方程式书写热化学方程式，标注物质聚集状态和对应反应的焓变．‎ ‎【解答】解：（1）该装置是电解池，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的N端电极是正极，故答案为：正；‎ ‎（2）电解氢氧化钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；‎ ‎（3）l00g 10.00%的K2SO4溶液电解一段时间后K2SO4浓度变为，电解硫酸钾溶液实际上是电解的水，所以电解水的质量为100﹣=4.49g，减少4.49g水即为0.25mol．由方程式2H2+O2═2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，则电极b上生成的气体在标准状况下的体积为×22.4L/mol=2.8L；故答案为：4.49g；2.8L；‎ ‎（4）因为连接电解池阳极的N端电极是正极，则M为负极，所以c电极为析出铜，由（3）得整个反应中转化0.5mol电子，则电极c增加的质量=×64g/mol=16g．‎ 故答案为：16g；‎ ‎（5）①甲烷燃料电池中，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O，‎ 故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O；‎ ‎②每转移1mol电子，就有112KJ的化学能转化为电能，所以1mol甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放热112kJ×8=896kJ，‎ 甲烷燃烧的热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣896kJ/mol；‎ 故答案为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣896kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎29．某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率．请回答下列问题：‎ ‎（1）上述实验中发生反应的化学方程式有　Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4═ZnSO4+H2　；‎ ‎（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是　CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率　；‎ ‎（3）实验室中现有Na2SO4 MgSO4 Ag2SO4 k2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是　Ag2SO4　；‎ ‎（4）要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有　升高反应温度、适当增加硫酸的浓度　（答两种）；‎ ‎（5）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验．将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间．‎ 混合溶液实验 A B C D E F ‎4mol•L﹣1H2SO4/mL ‎30‎ V1‎ V2‎ V3‎ V4‎ V5‎ 饱和CuSO4溶液/mL ‎0‎ ‎0.5‎ ‎2.5‎ ‎5‎ V6‎ ‎20‎ H2O/mL V7‎ V8‎ V9‎ V10‎ ‎10‎ ‎0‎ ‎①请完成此实验设计，其中：V1=　30　，V6=　10　，V9=　17.5　；‎ ‎②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高．但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降．请分析氢气生成速率下降的主要原因　当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积　．‎ ‎【考点】探究影响化学反应速率的因素．‎ ‎【分析】（1）锌较活泼，可与硫酸铜、硫酸等发生置换反应；‎ ‎（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；‎ ‎（3）如形成原电池反应，所加硫酸盐对应的金属应比锌的活泼性弱；‎ ‎（4）结合浓度、温度、催化剂等因素对反应速率的影响分析；‎ ‎（5）①为保证实验有对比性，只能逐渐改变一个变量分析，CuSO4溶液体积逐渐增多，故H2SO4的量应相等均为30mL，水的量减小，但每组实验中CuSO4与水的体积之和应相等；‎ ‎②Zn与CuSO4溶液生成Cu会附着在锌的表面．‎ ‎【解答】解：（1）因为Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，‎ 故答案为：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；‎ ‎（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，‎ 故答案为：CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成铜锌原电池，加快了氢气产生的速率；‎ ‎（3）Na2SO4 MgSO4 Ag2SO4 k2SO4等4种溶液中，能与锌发生置换反应且能形成原电池反应的只有Ag2SO4，‎ 故答案为：Ag2SO4；‎ ‎（4）对于溶液中的化学反应，影响反应速率的因素还有浓度、温度、催化剂以及固体表面积大小等，要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等，‎ 故答案为：升温，增加H2SO4浓度；‎ ‎（5）①要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V2=10ml，V3=17.5ml，V1=30ml．‎ 故答案为：30；10；17.5；‎ ‎②当加入一定量的硫酸铜后，Zn与CuSO4溶液生成Cu会附着在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积，所以反应速率会降低；‎ 故答案为：当加入一定量的硫酸铜后，生成的单质铜会沉积在锌的表面，降低了锌与溶液的接触面积．‎ ‎　‎