2018-2019学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

2018-2019学年福建省泉州市泉港区第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

泉港一中2018-2019学年上学期第二次月考 高二年级化学科试卷 试卷满分（100分） 考试时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 13 N 14 O 16‎ 一．选择题(单选，每题2 分，23题，共46分)‎ ‎1.下列说法正确的是 A. ΔH＜0、ΔS＞0的反应在低温时不能自发进行 B. NH4HCO3(s)===NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)　ΔH＝＋185.57 kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向 C. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应能否自发的判断依据 D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，可以改变化学反应进行的方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、ΔH＜0、ΔS＞0的反应在任何温度下都能自发进行；B、化学反应易向着ΔH＜0的方向进行，化学反应易向着ΔS＞0的方向进行；C、根据综合判据△H-T△S与0的关系分析；D、使用催化剂，只能改变反应速率，与反应的方向无关。‎ ‎【详解】A、ΔH＜0、ΔS＞0的反应在任何温度下都能自发进行，故A错误；化学反应易向着ΔH＜0的方向进行，化学反应易向着ΔS＞0的方向进行，该反应的ΔH>0，ΔS＞0，所以该反应能自发进行的原因是体系有自发地向ΔS＞0的方向转变的倾向，故B正确；利用综合判据△H-T△S与0的关系，△H-T△S＜0能自发进行，不能单独使用焓变、熵变判断反应进行的方向，故C错误；D．使用催化剂，只能改变反应速率，与反应的方向无关，催化剂不能改变化学反应进行的方向，故D错误。‎ ‎【点睛】本题考查反应热与焓变，把握焓变、熵变的判断及反应进行方向的综合判据为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意不能单独使用焓变、熵变判断反应进行的方向。‎ ‎2.把足量铝条放入盛有一定体积的稀盐酸的试管中，使反应速率降低且不影响氢气产生量的因素是 A. 降低盐酸的浓度 B. 加入少量CuSO4固体 C. 加入少量的K2CO3溶液 D. 加少量Na2SO4溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该反应的实质是2Al+6H+=2Al3++3H2↑，铝足量，降低H+的浓度而不改变其物质的量，则可使反应速率降低且不影响H2产生量，以此解答。‎ ‎【详解】A．降低盐酸的浓度，反应速率减小，盐酸体积一定、浓度降低，则盐酸的物质的量减小，产生氢气的物质的量减小，故不选A； B．加入适量KNO3溶液，酸性条件下发生氧化还原反应生成NO，不生成氢气，故不选B； C．加入适量的K2CO3溶液，K2CO3与盐酸反应，氢离子物质的量减小，减少了生成氢气的量，故不选C； D．加入适量Na2SO4溶液，降低H+的浓度而不改变其物质的量，则可使反应速率降低且不影响H2产生量，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，题目难度不大，注意把握影响化学反应速率的因素，本题特别要注意B项，硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性。‎ ‎3.一定条件下，在体积为10 L的密闭容器中，1 mol X和1 mol Y进行反应：2X(g)＋Y(g)Z(g)，经60 s达到平衡，生成0.3 mol Z，下列说法正确的是 A. 以X浓度变化表示的反应速率为0.001 mol/(L·s)‎ B. 将容器体积变为20 L，Z的平衡浓度变为原来的1/2‎ C. 若增大压强，则物质Y的转化率减小 D. 若升高温度，X的体积分数增大，则该正反应的DH＞0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、根据 分析；B、扩大容器体积，压强减小，平衡向气体系数和增大的方向移动；C、增大压强，平衡向气体系数和减小的方向移动；D、升高温度，平衡向吸热的方向移动。‎ ‎【详解】A、经60 s达到平衡时生成0.3 molZ，消耗掉0.6 molX，以X浓度变化表示的反应速率为[0.6/(10×60)]＝0.001 mol·L－1·s－1，故A正确；B、将容器体积变为20‎ ‎ L，体积增大，压强减小，平衡向体积增大的方向(逆向)移动，Z的平衡浓度变比原来的略小，故B错误；C、增大压强，平衡向体积减小的方向(正向)移动，物质Y的转化率增大，故C错误；D、升高温度，平衡向吸热的方向移动。升高温度，X的体积分数增大，说明平衡逆向移动，说明反应的正向为放热反应，ΔH<0，故D错误。‎ ‎4.将固体NH4I置于密闭容器中，在某温度下发生下列反应： NH4I（s） NH3（g）＋HI (g)，2HI(g) H2(g)＋I2(g)。当反应达到平衡时，ｃ（H2）＝0.5 mol·L－1，ｃ（HI）＝4 mol·Ｌ－1，则NH3的浓度为（ ）‎ A. 3.5 mol·Ｌ－1 B. 4 mol·Ｌ－1 C. 4.5 mol·Ｌ－1 D. 5 mol·Ｌ－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：反应达到平衡时c(I2） =0.5mol/L，根据2HI（气）⇌H2（气）+I2（气）可知，HI分解的浓度为2×0.5mol/L=1mol/L，反应达到平衡时c(HI） =4mol/L，所以平衡时NH3的浓度c(NH3） =4mol/L+1mol/L=5mol/L。答案选D。‎ 考点：化学平衡的有关计算 ‎5.在密闭容器中的一定量混合气体发生反应:xA（气）+yB（气）=zC（气），达到平衡时测得A的浓度为0.5mol·L-1，在温度不变的条件下将容器的容积扩大到原来的2倍使再达平衡后，测得A的浓度降低为0.3 mol·L-1，有关判断错误的是 A. x+y>z B. 平衡向正反应方向移动 C. B的转化率降低 D. C的体积分数下降 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，则A的浓度应变为0.25mol/L,实际A的浓度是0.30mol/L，说明平衡逆向移动。‎ ‎【详解】保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，则A的浓度变为0.25mol/L,实际A的浓度是0.30mol/L，说明平衡逆向移动。所以逆向是气体物质的量增大的方向，x＋y>z，因为平衡逆向移动，所以B的转化率减小，C的体积分数下降，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意根据反应方程式的特点把握压强对平衡移动的影响。‎ ‎6.分别将2mol SO2和1mol O2充入10L的容器中使之发生反应：2SO2+O22SO3，并达到平衡。在这个过程中，甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变。若甲容器中SO2的转化率为p%，则乙容器中SO2的转化率 A. 等于p% B. 大于p% C. 小于p% D. 无法判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在相同温度下发生反应2SO2+O22SO3，该反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，达平衡时，乙容器压强大于甲容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析。‎ ‎【详解】2SO2+O22SO3反应为气体物质的量减小的反应，若甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，则随着反应的进行，甲的压强逐渐减小，乙容器压强大于甲容器压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，当甲中的SO2的转化率为p%时，则乙容器中SO2的转化率应是大于p%。故选B。‎ ‎7.如图曲线a表示放热反应 X(g) + Y(g) Z(g) + M(g) + N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是 A. 升高温度 B. 加大X的投入量 C. 加催化剂 D. 增大体积 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：b点比a点先达到化学平衡，说明b的反应速率比a快，达到平衡时，X的转化率相等，因此改变的措施是使用催化剂，故选项C正确。‎ 考点：考查化学平衡图像等知识。‎ ‎8.下列有关工业生产的叙述正确的是 A. 合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率 B. 工业上用电解氯化铝的方法来制取铝 C. 电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极室产生的Cl2进入阳极室 D. 电解精炼铜时，同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.氨气分离出来，产物浓度减小，正逆反应速率减小；‎ B.氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；‎ C、电解饱和食盐水阳极产生Cl2、阴极生成氢氧化钠；‎ D、 电解精练铜时， 粗铜作阳极， 阳极本身溶解， 但因粗铜中含有杂质， 较活泼金属杂质溶解时，阴极仍有铜析出。‎ ‎【详解】A、氨气分离出来，产物浓度减小，正逆反应速率减小，故A错误；‎ B、金属铝的活动性强，但是由于氯化铝是共价化合物，所以常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝，故B错误；‎ C、 电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阳极室产生的Cl2进入阴极室，故C错误；‎ D、电解精练铜时， 粗铜作阳极， 阳极本身溶解， 但因粗铜中含有杂质， 较活泼金属杂质溶解时，阴极仍有铜析出， 故同一时间内阳极溶解铜的质量比阴极析出铜的质量小，故D正确。‎ ‎9.x、y、z为三种气体，把a mol x和b mol y充入一密闭容器中，发生反应，x+2y2z达到平衡时，若它们的物质的量满足n(x)+n(y)=n(z)，则y的转化率为 A. （a+b）/5×100% B. 2（a+b）/5b×100%‎ C. 2（a+b）/5×100% D. （a+b）/5a×100%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 考查可逆反应的有关计算。‎ X + 2y2z 起始量（mol） a b 0‎ 转化量（mol） c 2c 2c 平衡量（mol） a－c b－2c 2c 根据题意可知a－c＋b－2c＝2c 解得c＝‎ 所以Y的转化率是2c÷b＝2（a+b）/5b×100%‎ 答案选B。‎ ‎10.298K时，在容积不变的密闭容器中注满NO2气体，2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0．平衡后把该容器置于沸水中，下列性质或数值不会改变的是( )‎ ‎①颜色 ②平均摩尔质量 ③质量 ④压强 ⑤密度．‎ A. ①② B. ②③ C. ④⑤ D. ③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，为放热反应，所以置于沸水中，温度升高，平衡向逆反应方向移动，①因为NO2为红棕色，N2O4无色，所以颜色变深；②气体质量不变，物质的量增大，所以平均摩尔质量减小，③根据质量守恒定律，质量不变，④平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，压强增大，⑤气体质量不变，密闭容器的容积不变，故气体密度不变，所以答案为D。‎ 考点：考查化学平衡移动。‎ ‎11.把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是 A. 10℃ 20 mL 3 mol·L－1的X溶液 B. 20℃ 30 mL 2 mol·L－1的X溶液 C. 20℃ 10 mL 4 mol·L－1的X溶液 D. 10℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大；并结合温度越高，反应速率越大来判断。A、10℃20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；B、20℃30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；C、20℃10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；D、10℃10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，显然四种情况下B中温度最高，浓度最大，所以反应速率是最大，选B。‎ 考点：考查化学反应速率大小比较 ‎12.在体积可变的密闭容器中，反应mA(g)＋nB(s)pC(g) 达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低。下列说法中，正确的是 A. (m＋n)必定小于p B. (m＋n)必定大于p C. m必定小于p D. n必定小于p ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动；增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。‎ ‎【详解】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故选C。‎ ‎13.如图是恒温下某气体参加的化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图，下列叙述与示意图不相符合的是 A. 反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等 B. 该反应达到平衡态I后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态II C. 该反应达到平衡态I后，增大反应物的压强，平衡发生移动，达到平衡态II D. 在平衡态I和平衡态II时，同一种反应物浓度不相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为平衡状态Ⅰ，然后改变条件，正反应速率大于逆反应速率，该反应向正反应方向移动，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。‎ ‎【详解】A．由平衡的特征可知，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故A正确；‎ B、该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，故B正确；‎ C、增大反应物的压强，正逆反应速率在瞬间都增大，故C错误；‎ D ‎、该反应达到平衡态Ⅰ后，改变条件使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率与化学平衡的图象，明确图象中状态Ⅰ到平衡态Ⅱ正反应速率大于逆反应速率及瞬间逆反应速率不变是解答本题的关键，题目难度中等。‎ ‎14.在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；正反应放热。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t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响 B. 图II研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C. 图III研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高 D. 图III研究的是温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在正反应速率增大的瞬间，逆反应速率不变；‎ ‎ B、催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动；‎ C、催化剂不影响平衡移动，加入催化剂SO2 的转化率不变；‎ D、据先拐先平数值大和升温时平衡向逆向移动分析；‎ ‎【详解】A、增大反应物的浓度，正逆反应速率均增大，但是在正反应速率增大的瞬间，逆反应速率不变，所以逆反应速率在t0时刻不变，不会离开原平衡点，故A错误； B、催化剂不影响平衡移动，可以加快反应速率，故B正确；‎ C、催化剂不影响平衡移动，加入催化剂SO2 的转化率不变，故C错误； D、先拐先平数值大，说明乙的温度高于甲，升温平衡逆向移动，SO2的转化率降低，故D错误。‎ ‎【点睛】本题是一道有关化学反应速率和化学平衡知识的图象题，该题有利于培养学生的分析能力，注意影响平衡移动的因素分析，难度较大，考查角度广。‎ ‎15.可逆反应：2A(气) + 3B(气)3C(气)，一定条件下，在一密闭、恒容的容器中，使一定量A和B气体反应，下列叙述能用来判断达到平衡状态的是：‎ A. 各物质的浓度之比为c（A）：c（B）：c（C） = 2：3：3‎ B. 气体的总体积是反应开始时的 3/5‎ C. 混合气体的密度不变 D. 单位时间内, 若消耗了 a mol A 物质, 同时也消耗了 1.5 a mol 的C物质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。平衡时各种物质的浓度不再发生变化，但各种的浓度之间不一定满足某种关系，A、B不能说明。密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，⑤不正确，因此C不能说明；D中反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，可以说明，答案选D。‎ 考点：考查可逆反应平衡状态的判断 点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。该题的关键是明确平衡状态的特点，然后结合具体的可逆反应灵活运用即可。‎ ‎16.反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）；ΔH＜0 在不同温度、不同压强（P1＞P2）下，达到平衡时，混合气体中Z的体积分数φ（Z）随温度变化的曲线应为 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）  ΔH＜0是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则Z的体积分数降低；增大压强，平衡正向移动，则Z的体积分数增大，据此分析。‎ ‎【详解】反应X（g）＋3Y（g）2Z（g）  ΔH＜0是放热反应，压强不变时，温度升高，平衡逆向移动，则Z的体积分数降低，曲线是随温度升高而降低的曲线，排除A、B；若温度不变，增大压强，平衡正向移动，则Z的体积分数增大，所以P1曲线在P2的上方，故选C。‎ ‎17.在密闭容器中，一定条件下进行反应：mA（气）+nB （气）pC（气）+qD（气），若增大压强，或升高温度，重新达到平衡，随时间化过程均如图所示，则对该反应叙述正确的是 ‎ A. 正反应是放热反应， m+n＜p+q B. 逆反应是放热反应， m+n﹥p+q C. 正反应是放热反应， m+n﹥p+q D. 逆反应是放热反应， m+n﹥p+q ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图可以看出，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，根据化学平衡移动原理分析。‎ ‎【详解】从图可以看出，改变条件逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动。升温向吸热反应方向进行，故该反应为正反应是放热反应；增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，则该反应的正反应为分子数增多的反应，所以m+n＜p+q，故A正确，选A。‎ ‎【点睛】本题考查了根据化学平衡的移动来判断化学反应的特点，属于逆向考查，该题有利于培养学生的分析能力，该题难度中等。‎ ‎18.可用如侧示意图象表示的是 反应 纵坐标 甲 乙 A 等质量的钾、钠分别与水反应 H2的质量 钠 钾 B 相同质量的氨气在同一恒容容器发生2NH3 3H2＋N2（吸热反应）‎ NH3的转化率 ‎500‎ ‎400‎ C 体积比为1:3的N2、H2在体积可变的恒压容器中发生2NH3 3H2＋N2‎ NH3的浓度 活性高的催化剂 活性一般的催化剂 D ‎2molSO2与1molO2在同温下发生2SO2＋O2 2SO3‎ SO3物质的量 ‎2个大气压 ‎10个大气压 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、钾的活泼性大于钠，等质量的钾、钠分别与水反应，钾反应快、生成氢气少；‎ B、温度越高反应速率越快，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，NH3的转化率增大；‎ C、催化剂能使反应速率加快，但不能使平衡移动；‎ D、增大压强反应反应速率加快，增大压强，2SO2＋O2 2SO3平衡正向移动，SO3物质的量增大。‎ ‎【详解】A、钾的活泼性大于钠，等质量的钾、钠分别与水反应，钾反应快、生成氢气少，所以甲表示钠、乙表示钾，故A正确；‎ B、温度越高反应速率越快，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，NH3的转化率增大，图像是 ，故B错误；‎ C、催化剂能使反应速率加快，但不能使平衡移动，图像为，故C错误；‎ D、增大压强反应反应速率加快，增大压强，2SO2＋O2 2SO3平衡正向移动，SO3物质的量增大，图像是，故D错误。‎ ‎【点睛】‎ ‎19.反应物和生成物均为气态的平衡体系，平衡常数表达式为K＝ ，有关该平衡体系的说法错误的是 A. 升高温度，该反应平衡常数K的变化无法判断 B. 增大压强，W的质量分数减小 C. 该反应的化学方程式为3Z（g）＋2W（g）X（g）＋2Y（g）‎ D. 增大X气体的浓度平衡向正反应方向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平衡常数是反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，K＝ ，所以反应方程式是3Z（g）＋2W（g）X（g）＋2Y（g）。‎ ‎【详解】A．升高温度，化学平衡向吸热的方向移动，由于无法得知正反应方向的焓变，因此无法判断温度变化时，化学平衡常数的变化，故A正确； B．根据化学平衡常数表达式可知，反应方程式是3Z（g）＋2W（g）X（g）＋2Y（g），增大压强平衡向气体系数和减小的方向移动，因此增大压强时，化学平衡向正反应方向移动，因此W质量分数减小，故B正确； C．化学平衡常数表达式中，生成物位于分子位置，其幂为计量数，反应物位于分母位置，幂为计量数，所以化学方程式可写为：3Z（g）＋2W（g）X（g）＋2Y（g），故C正确；‎ ‎ D．X为生成物，增大X浓度，化学平衡向逆反应方向移动，故D错误；选D。‎ ‎【点睛】本题考查影响化学平衡的因素，化学平衡常数表达式，利用化学平衡常数表达式，写出化学平衡方程式，考查内容较为全面。‎ ‎20.将等物质的量的X、Y气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 升高温度，X的体积分数减小 B. 增大压强(缩小容器体积)，Z的浓度不变 C. 保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度不变 D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的体积分数增大，故A错误；B．如缩小体积，增大压强，平衡不移动，则Z的浓度增大，故B错误；C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，平衡不发生移动，Y的浓度不变，故C正确；D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不移动，X的物质的量分数不变，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。‎ ‎21.铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中错误的是 A. 此过程中铁被腐蚀 B. 此过程中电子从Fe移向Cu C. 正极电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑‎ D. 此过程中还涉及反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜铁构成原电池，铁的活泼性大于铜，铁作负极、铜作正极，铁铆钉发生吸氧腐蚀。‎ ‎【详解】A、铁的活泼性大于铜，铁作负极，铁失电子发生氧化反应，故A正确；‎ B. 此过程中，铁作负极、铜作正极，电子从Fe移向Cu，故B正确；‎ C. 铁发生吸氧腐蚀，正极是氧气得电子发生还原反应，正极电极反应式为：O2＋4e－+2H2O===4OH-，故C错误；‎ D. 氢氧化亚铁易被氧化，所以此过程中还涉及反应：4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，故D正确。选C。‎ ‎22.用CH4催化还原NOx，可以消除氮氧化物的污染。例如：‎ ‎①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1 160 kJ·mol－1‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2生成N2和水蒸气，放出的热量为173.4 kJ B. 由反应①可推知：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH<－574 kJ·mol－1‎ C. 反应①②转移的电子数相同 D. 反应②中当4.48 L CH4反应完全时转移的电子总数为1.60 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、可知CH4（g）+2NO2（g）=CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）△H=-867kJ/mol，标准状况下4.48LCH4其物质的量为0.2mol，则放出的热量为0.2mol×867kJ=173.4kJ，故A正确；B、由CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=-574kJ•mol-1，水由气态变为液态，放出热量，则CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-Q，Q＞574kJ•mol-1，ΔH<－574 kJ·mol－1；故B正确；C、两个反应中，C元素的化合价均由-4价升高到+4价，则等物质的量的甲烷分别参加反应①、②，反应转移的电子数相同，故C正确；D、未注明是否是标准状况，4.48LCH4的物质的量不一定0.2mol，整个过程中转移的电子总数不一定为0.2mol×8=1.6mol，故D错误；故选D。‎ 考点：考查了热化学反应及盖斯定律的相关知识。‎ ‎23.铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。下列判断不正确的是 A. K闭合时，d极的电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋‎ B. 当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为 0.2 mol C. K闭合时，Ⅱ中向c极迁移 D. K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d极为正极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ K闭合时，Ⅰ是原电池、Ⅱ是电解池；a极是原电池正极、b极是原电池负极、c是电解池阴极、d是电解池阳极。‎ ‎【详解】A. K闭合时，d是电解池阳极，d极失电子发生氧化反应，电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，故A正确；‎ B. Ⅰ中发生的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为 0.2 mol，故B正确；‎ C. K闭合时，Ⅱ是电解池，c是阴极、d是阳极， SO向d极迁移，故C错误；‎ D. K闭合一段时间后，c极生成Pb、d极生成PbO2，所以Ⅱ可单独作为原电池，故D正确。 选C。‎ 二、非选择题（共54分）‎ ‎24.氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。‎ 已知：CH4(g)＋H2O(g)= CO(g)＋3H2(g)　ΔH ＝＋206.2 kJ·mol－1‎ CH4(g)＋CO2(g)= 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH ＝＋247.4 kJ·mol－1‎ ‎2H2S(g)= 2H2(g)＋2S (g)　ΔH ＝＋169.8 kJ·mol－1‎ ‎（1）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为______。 ‎ ‎（2）H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是__________。燃烧生成的SO2与H2‎ S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：____________。 ‎ ‎（3）电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图如图(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)，碳元素的电解产物最终被碱液吸收生成碳酸根。电解时，阴、阳极的电极反应式分别为____________， _______________。 ‎ ‎【答案】 (1). CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1 (2). 为H2S热分解反应提供热量 (3). 2H2S＋SO2===2H2O＋3S (4). 2H2O + 2e－ = H2↑＋2OH－ (5). CO(NH2)2＋8OH――6e－===＋N2↑＋6H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律书写CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式；(2)根据 H2S燃烧放热分析；SO2与H2S反应生成水和硫单质；（3）阳极CO(NH2)2失电子发生氧化反应，生成碳酸根离子和氮气；阴极是水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子。‎ ‎【详解】（1）①CH4(g)＋H2O(g)= CO(g)＋3H2(g)　ΔH ＝＋206.2 kJ·mol－1‎ ‎②CH4(g)＋CO2(g)= 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH ＝＋247.4 kJ·mol－1；‎ 根据盖斯定律①②得CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式：CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋165.0 kJ·mol－1；(2) H2S燃烧放热，可以为H2S热分解反应提供热量；SO2与H2S反应生成水和硫单质，反应方程式是2H2S＋SO2===2H2O＋3S；（3）阴极是水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式是2H2O + 2e－ = H2↑＋2OH－；阳极CO(NH2)2失电子发生氧化反应，生成碳酸根离子和氮气，电极反应式是CO(NH2)2＋8OH――6e－===CO＋N2↑＋6H2O。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律，电解原理的应用，明确元素化合价变化是解本题关键，根据元素化合价变化与阴阳极的关系来分析解答，难度中等。‎ ‎25.一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)‎ 根据题意完成下列各题：‎ ‎（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝______，升高温度，K值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）在500 ℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝_____。[（用n(B)、t(B)表示]。‎ ‎（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，则下列有关该体系的说法正确的是 ________‎ a．氢气的浓度减小 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快 c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大 ‎（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，CO可能使催化剂中毒（失效），反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_________(用化学方程式表示)。‎ ‎【答案】 (1). K＝ (2). 减小 (3). mol·(L·min)－1。 (4). b、 c (5). Cu2O＋CO2Cu＋CO2。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）平衡常数是反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；根据图像可知，升高温度，甲醇浓度减小，平衡逆向移动；（2）根据图示，500 ℃达到平衡状态，生成甲醇n(B)mol，则消耗氢气2n(B)mol，根据计算速率。（3）根据减压对反应速率、平衡限度的影响分析。（4）Cu2O与CO反应生成CO2，反应体系中含少量CO2可抑制Cu2O与CO反应。‎ ‎【详解】（1）平衡常数是反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数表达式是K＝；根据图像可知，升高温度，甲醇浓度减小，平衡逆向移动，所以升高温度，K值减小；（2）根据图示，500 ℃达到平衡状态，‎ 生成甲醇n(B)mol，则消耗氢气2n(B)mol， mol·(L·min)－1。（3）a．对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，各物质的浓度均增大，所以氢气的浓度增大，故a错误； b．对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，各物质的浓度均增大，所以正、逆反应速率均加快，故b正确； c．对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，压强增大，平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，故c正确； d．对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，压强增大，平衡正向移动，重新平衡时，n(H2)减小、n(CH3OH)增大，所以n(H2)/n(CH3OH)减小，故d错误。（4）Cu2O＋CO2Cu＋CO2，反应体系中含少量CO2可抑制Cu2O与CO反应。‎ ‎26.Ⅰ、在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：‎ t℃‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎830‎ ‎1000‎ ‎1200‎ K ‎0.6‎ ‎0.9‎ ‎1.0‎ ‎1.7‎ ‎2.6‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该反应为____________反应（选填吸热、放热）。‎ ‎（2）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_________。‎ a．容器中压强不变 b．混合气体中 c（CO）不变 c．υ正（H2）＝υ逆（H2O） d．c（CO2）＝c（CO）‎ ‎（3）某温度下，平衡浓度符合下式：c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），试判断此时的温度为 _________℃。‎ Ⅱ、向一体积不变的密闭容器中充入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应2A(g)+B(g) 3C(g)，各物质的浓度随时间变化的关系如图1所示，其中如t0～t1阶段c(B)未画出。图2为反应体系中反应速率随时间变化的情况，且t2、t3、t4各改变一种不同的条件。‎ ‎（1）若t1=15 min，则t0～t1阶段以C的浓度变化表示的反应速率V(C)=_____。‎ ‎（2）t3时改变的条件为___________，B的起始物质的量为_______。‎ ‎（3）t4～t5阶段，若A的物质的量减少了0.01 mol，而此阶段中反应体系吸收能量为a kJ，写出此条件下该反应的热化学方程式___________________。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). b、c (3). 830 (4). 0.02mol/(L•min) (5). 减小压强或取出部分平衡混合气体 (6). 1.0mol (7). 2A(g)+B(g) 3C(g) ∆H=+200a kJ•mol‾1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ、（1）升高温度，平衡常数增大，说明升温平衡正向移动；（2）根据平衡标志分析；（3）c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），可得 ；Ⅱ、（1）根据计算以C的浓度变化表示的反应速率；（2）t3时改变条件，反应速率减慢，平衡没移动；反应过程中消耗0.4 mol A，根据反应方程式，消耗B 0.2 mol；（3）若A的物质的量减少了0.01 mol，反应体系吸收能量为a kJ，则消耗2molA吸收200a kJ热量。‎ ‎【详解】Ⅰ、（1）升高温度，平衡常数增大，说明升温平衡正向移动，所以正反应吸热；（2）a．该反应前后气体物质的量不变，压强是恒量，所以容器中压强不变不一定平衡，故不选a；b．根据化学平衡定义，混合气体中 c（CO）不变一定平衡，故选b； c．υ正（H2）＝υ逆（H2O），正逆反应速率相等，一定达到平衡状态，故选c； d．根据化学平衡定义，c（CO2）＝c（CO）不一定达到平衡状态，故不选D。（3）c（CO2）·c（H2）＝c（CO）·c（H2O），可得，所以此时的温度为830℃；Ⅱ、（1）0.02mol/(L•min)；（2）t3时改变条件，反应速率减慢，平衡没移动，改变的条件是减小压强；反应过程中消耗0.4 mol A，根据反应方程式，消耗B 0.2 mol，所以B的起始物质的量为0.8mol+0.2mol=1.0mol；（3）若A的物质的量减少了0.01 mol，反应体系吸收能量为a kJ，则消耗2molA吸收200a kJ热量，所以热化学方程式是2A(g)+B(g) 3C(g) ∆H=+200a kJ•mol‾1。‎ ‎27.如图1，将2 mol SO2和1 mol O2混合置于体积可变的密闭容器中，在T1温度下发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)；△H＜0。当反应进行到时间 t0‎ 时达到平衡状态，测得混合气体的总物质的量为2.1 mol。 试回答：‎ ‎（1）t0时SO3的物质的量为：____________，在图2中作出反应混合物中各组分气体的物质的量随反应进行到t0时的变化曲线____________；‎ ‎（2）当反应进行到t1时间时(t1＞t0)，给上述反应容器加热到温度为T2 (T2＞T1)，反应在t3时(t3＞t1)重新达到平衡状态，新平衡混合物中气体的总物质的量 ________2.1 mol（填“＜”、“＞”或“＝”）。‎ ‎（3）如图1所示，若起始时在容器中加入0.6 mol SO2、0.3 mol O2 ，保持温度不变，达到平衡状态后，SO3气体的体积分数与上述平衡相比__________（填“＜”、“＞”或“＝”）。。‎ ‎（4）V2O5是上述反应的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式________，_______；‎ ‎【答案】 (1). 1.8mol (2). (3). ＞ (4). = (5). SO2+ V2O5=SO3+2VO2 (6). 4VO2+ O2=2V2O5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设达到平衡时生成SO3的物质的量为xmol；‎ ‎             2SO2    +    O2    2SO3‎ 起始        2 mol        1 mol               0‎ 转化        xmol         mol           x mol 平衡    （2-x）mol  (1-) mol      x mol 据题意：（2-x） mol+(1-) mol+x mol=2.1 mol，解得x=1.8。（2）正反应放热，升高温度平衡逆向移动；（3）恒温、恒压，若起始时在容器中加入0.6 mol SO2、0.3 mol O2 ，则新平衡与原平衡是等效平衡；（4）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物，SO2被氧化为SO3；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。‎ ‎【详解】（1）设达到平衡时生成SO3的物质的量为xmol；‎ ‎             2SO2    +    O2     2SO3‎ 起始       2 mol        1 mol               0‎ 转化       xmol         mol           x mol 平衡    （2-x）mol  (1-) mol     x mol 据题意：（2-x） mol+(1-) mol+x mol=2.1 mol，解得x=1.8。‎ t0时SO3的物质的量为1.8mol，SO2 的物质的量由2变为0.2、O2的物质的量由1变为0.1、SO3的物质的量由0变为1.8,反应混合物中各组分气体的物质的量随反应进行到t0时的变化曲线为；（2）正反应放热，升高温度平衡逆向移动，所以新平衡混合物中气体的总物质的量>2.1 mol；（3）恒温、恒压，若起始时在容器中加入0.6 mol SO2、0.3 mol O2 ，则新平衡与原平衡是等效平衡；达到平衡状态后，SO3气体的体积分数与上述平衡相相等；（4）V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物，SO2被氧化为SO3；‎ 四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5，根据得失电子守恒，反应方程式是SO2+ V2O5=SO3+2VO2 、 4VO2+ O2=2V2O5。‎ ‎28.H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。‎ ‎①向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。‎ A. H2S B. CO2 C.COS D.N2‎ ‎②在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，该反应的ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎③H2S的平衡转化率α1＝_____%，反应平衡常数K＝______。（第③小题要写计算过程）‎ ‎【答案】 (1). B (2). > (3). 10 (4). 2.8×10－3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①通入H2S，平衡正向移动，但自身转化率减小；通入CO2，平衡正向移动；通入COS，平衡逆向移动；恒容条件下通入N2，平衡不移动。②在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，说明升高温度平衡正向移动；③利用“三段式”计算H2S的平衡转化率以及反应平衡常数。‎ ‎【详解】①通入H2S，平衡正向移动，但自身转化率减小；通入CO2，平衡正向移动，能使H2S转化率增大；通入COS，平衡逆向移动，使H2S转化率减小；恒容条件下通入N2，平衡不移动， H2S转化率不变，故选B。②在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应吸热，ΔH>0；③设H2S浓度的变化量是xmol/L；‎ H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)‎ 开始 0.04 0.16 0 0 ‎ 转化 x x x x ‎ 平衡 0.04-x 0.16-x x x ‎ 根据题意，反应平衡后水的物质的量分数为0.02，即 ，x=0.004mol/L；H2S的平衡转化率α1＝，反应平衡常数K＝2.8×10－3。‎ ‎ ‎