化学卷·2018届浙江省嘉兴市当湖中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届浙江省嘉兴市当湖中学高二上学期期中化学试卷 （解析版）

‎2016-2017学年浙江省嘉兴市当湖中学高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列电离方程式中，书写不正确的是（　　）‎ A．Ba（OH）2═Ba2++2 OH﹣ B．H3PO4 3⇌H++PO43﹣‎ C．HI=H++I﹣ D．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣‎ ‎2．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为：Kw（25℃）=1×10﹣14，Kw（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）‎ A．c（H+）随着温度的升高而降低 B．在35℃时，纯水中 c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．水的电离常数K（25℃）＞K（35℃） D．水的电离是一个吸热过程 ‎3．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电能力强 B．强电解质的水溶液中不存在溶质分子，弱电解质溶液中已电离的离子和未电离的分子共存 C．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸都是强电解质 ‎4．反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.15mol/（L•min） B．v（B）=0.015 mol/（L•s）‎ C．v（C）=0.40 mol/（L•min） D．v（D）=0.45 mol/（L•min）‎ ‎5．足量的镁与一定质量的盐酸反应，由于反应速率太快，若要减慢反应速率，但不能影响产生氢气的总质量，可以加入下列物质中的是（　　）‎ A．H2O B．NaOH C．K2CO3 D．CH3COONa ‎6．下列对化学反应的认识正确的是（　　）‎ A．化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变 B．如果某化学反应的△H和△S均小于0，则反应一定能自发进行 C．化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成 D．所有的吸热反应一定要在加热的条件下才能进行 ‎7．已知：CH3CH2CH2CH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2‎ ‎ 878kJ/mol ‎（CH3）2CHCH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2 869kJ/mol 下列说法正确的是（　　）‎ A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子 B．正丁烷的稳定性大于异丁烷 C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程 D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多 ‎8．C+CO2⇌2CO；△H1＞0，反应速率v1，N2+3H2⇌2NH3；△H2＜0，反应速率v2．如升温，v1和v2的变化是（　　）‎ A．同时增大 B．同时减少 C．v1增大，v2减少 D．v1减少，v2增大 ‎9．X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=﹣a kJ•molˉ1，一定条件下，将1mol X和3mol Y通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol．下列说法正确的是（　　）‎ A．10min内，Y的平均反应速率为0.03 mol•Lˉ1•sˉ1‎ B．第10min时，X的反应速率为0.01 mol•Lˉ1•minˉ1‎ C．10min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z D．10min内，X和Y反应放出的热量为a kJ ‎10．已知H﹣H键能为436kJ•mol﹣1，H﹣N键能为391kJ•mol﹣1，根据化学方程式：N2+3H2⇌2NH3△H=﹣92.4kJ•mol﹣1；则N≡N键的键能是（　　）‎ A．431kJ•mol﹣1 B．946kJ•mol﹣1 C．649kJ•mol﹣1 D．869kJ•mol﹣1 ‎11．1g氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣142.9 kJ•mol﹣1‎ B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ C．2H2+O2═2H2O△H=571.6 kJ•mol﹣1‎ D．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ ‎12．下列说法不正确的是（　　）‎ A．增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大 B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 D．使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 ‎13．化学与生产、生活密切相关．下列叙述中，不正确的是（　　）‎ A．在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大 B．用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理不同 C．钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀 D．在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极 ‎14．用惰性电极分别电解下列各电解质的水溶液，一段时间后（设电解质足量），向电解后溶液中加入适量原电解质，可以使溶液恢复到电解前的浓度的是（　　）‎ A．Cu（NO3）2 B．K2SO4 C．HCl D．NaOH ‎15．关于原电池和电解池的叙述正确的是（　　）‎ A．原电池失去电子的电极称为阴极 B．电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应 C．原电池的两极，一定要由活动性不同的两种金属组成 D．电解时电解池的阳极一定是阴离子放电 ‎16．如图所示，铜片和锌片用导线连接后插入番茄里，锌片是（　　）‎ A．阳极 B．正极 C．阴极 D．负极 ‎17．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子沿着盐桥从锌电极流向铜电极 B．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中迁移 C．电流从锌电极通过电流计流向铜电极 D．铜电极上发生的电极反应是2H++2e﹣═H2↑‎ ‎18．下列关于实验现象的描述不正确的是（　　）‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B．用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌 C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎19．如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶（离子在琼胶内可以移动），下列叙述正确的是（　　）‎ A．a中铁钉附近呈现红色 B．b中铁钉上发生还原反应 C．a中铜丝上发生氧化反应 D．b中铝条附近有气泡产生 ‎20．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因此得到广泛的应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为Zn（s）+2MnO2（s）+H2O═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（　　）‎ A．电池工作时，锌失去电子 B．电池负极的电极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2‎ C．电池工作时，电子由正极通外电路流向负极 D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g ‎21．可逆反应：3A（g）⇌3B（？）+C（？）（正反应为吸热反应），随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小的趋势，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若C为固体，则B一定是气体 B．B和C一定都是气体 C．B和C可能都是固体 D．B和C不可能都是气体 ‎22．己知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mo1﹣1，下列结论正确的是（　　）‎ A．在密闭容器中加入1mol N2和3mol H2充分反应放热92.4kJ B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=﹣QkJ•mo1﹣1，则Q＞92.4‎ C．增大压强，平衡向右移动，平衡常数增大 D．若一定条件下反应达到平衡，N2的转化率为20%，则H2的转化率一定为60%‎ ‎23．在相同的A、B密闭容器中分别充入2mol SO2和1mol O2，使它们在一定温度下反应，并达新平衡：2SO2+O2‎ ‎⇌2SO3（g）．若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变．当A中SO2的转化率为25%时，B中SO2的转化率为（　　） A．25% B．大于25% C．小于25% D．无法判断 ‎24．一密闭容器中，反应 aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动了 B．物质A的转化率减少了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b ‎25．有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图3可以得出的正确结论是（　　）‎ A．正反应吸热，m+n＞p+q B．正反应吸热，m+n＜p+q C．正反应放热，m+n＞p+q D．正反应放热，m+n＜p+q ‎　‎ 二、填空题 ‎26．50 mL 0.50 mol•L﹣1盐酸与50 mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　　‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　　‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得中和热数值　　 （填“偏大”“偏小”“无影响”）．‎ ‎（4）实验中改用60 mL 0.50 mol•L﹣1盐酸跟50 mL 0.55 mol•L﹣1‎ NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　　（均填“偏大”“偏小”“无影响”），所求中和热 （均填“偏大”“偏小”“无影响”）‎ ‎（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　　 （均填“偏大”“偏小”“无影响”）．‎ ‎（6）写出NaOH溶液和盐酸反应表示中和热的热化学方程式　　．‎ ‎27．如图所示，U形管内盛有200mL的溶液，按要求回答下列问题．‎ ‎（1）打开K2 ，合并K1 ，若所盛溶液为CuSO4溶液：则A为　　 极，A极的电极反应式为　　．若所盛溶液为KCl溶液：则B极的电极反应式为　　，K+移向　　 极（填A、B）‎ ‎（2）打开K1，合并K2，若所盛溶液为2.5 mol•L﹣1CuSO4溶液，一段时间后有0.2mol电子发生转移 请回答下列问题：‎ 阳极电极反应式为　　，生成标准状况下气体，若用 等质量的两块铜片代替锌、石墨作电极，一段时间后有0.2mol电子发生转移，此刻两铜片的质量相差　　‎ ‎（3）科研人员新近开发出一种由甲醇、氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池，充电一次可供手机连续使用一个月，请回答以下问题：‎ 甲醇是　　 极，电极反应　　．‎ ‎28．在一定条件下，将3molA 和1mol B 两种无色气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）（有色气体）+‎ ‎2D（S），2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1．请填空：‎ ‎（1）x=　　，该反应的平衡常数表达式　　‎ ‎（2）要提高反应A的转化率，可采取的措施有　　、　　、　　、　　．‎ ‎（3）3min 末B的转化率为　　．‎ ‎（4）能判断该反应达到平衡状态的依据是　　（填编号）‎ A．混合气体的密度不变 B．容器中的压强不再变化 C．生成C的反应速率和生成B的反应速率相同 D．单位时间内生成3molA，同时生成1molC ‎ ‎ E．混合气体的颜色不再改变 ‎（5）一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若反应开始时充入2mol A和1mol B，达平衡后B的体积分数为a%．其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后B 的体积分数大于a%的是　　‎ A.2mol C ‎ B.2mol A 1mol B和1mol He（不参加反应）‎ C.2mol A 2mol B ‎ D.2mol A 1mol B和2mol C．‎ ‎29．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示．请回答：‎ ‎（1）“O”点导电能力为O的理由是　　；‎ ‎（2）a，b，c三点溶液中c（H+）由小到大的顺序为　　；‎ ‎（3）a，b，c三点中醋酸电离度最大的是　　；‎ ‎（4）若使C点溶液的c（CH3COO﹣）提高，在如下措施中可采取（填标号）‎ A．加盐酸 B．加浓醋酸 C．加入固体KOH D．加水E．加固体CH3COONa F．加Zn粒 ‎（5）25℃时，0.1mol/L H2SO4中的HSO4﹣的电离度小于0.1mol/L NaHSO4中HSO4﹣的电离度的原因是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省嘉兴市当湖中学高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．下列电离方程式中，书写不正确的是（　　）‎ A．Ba（OH）2═Ba2++2 OH﹣ B．H3PO4 3⇌H++PO43﹣‎ C．HI=H++I﹣ D．NH3•H2O⇌NH4++OH﹣‎ ‎【考点】电离方程式的书写．‎ ‎【分析】A．氢氧化钡为强电解质，在溶液中完全电离；‎ B．磷酸为三元弱酸，电离方程式分别书写，主要以第一步为主；‎ C．HI为强电解质，在溶液中完全电离出碘离子和氢离子；‎ D．一水合氨为弱电解质，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子．‎ ‎【解答】解：A．氢氧化钡在溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，其电离方程式为：Ba（OH）2═Ba2++2OH﹣，故A正确；‎ B．磷酸为三元弱酸，电离过程分步进行，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：H3PO4⇌H++H2PO4﹣，故B错误；‎ C．HI为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：HI=H++I﹣，故C正确；‎ D．氨水为弱碱，一水合氨在溶液中存在电离平衡，其电离方程式为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为：Kw（25℃）=1×10﹣14，Kw（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述正确的是（　　）‎ A．c（H+）随着温度的升高而降低 B．在35℃时，纯水中 c（H+）＞c（OH﹣）‎ C．水的电离常数K（25℃）＞K（35℃） D．水的电离是一个吸热过程 ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW ‎（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）=c（OH﹣），据此分析解答．‎ ‎【解答】解：水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在不同温度下其离子积为KW（25℃）=1.0×10﹣14，KW（35℃）=2.1×10﹣14，说明升高温度促进水电离，升高温度后水中c（H+）增大，其pH减小，但仍然存在c（H+）=c（OH﹣），‎ A．升高温度促进水电离，则c（H+）随温度的升高而增大，故A错误；‎ B．升高温度促进水电离，但水中仍然存在c（H+）=c（OH﹣），呈中性，故B错误；‎ C．升高温度，促进水的电离，水的电离常增大，即数K（25℃）＜K（35℃），故C错误；‎ D．升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水电离，则水的电离是吸热反应，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电能力强 B．强电解质的水溶液中不存在溶质分子，弱电解质溶液中已电离的离子和未电离的分子共存 C．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物 D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸都是强电解质 ‎【考点】电解质溶液的导电性．‎ ‎【分析】A．溶液的导电能力和离子浓度成正比；‎ B．强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里部分电离；‎ C．强电解质不一定是离子化合物；‎ D．某些不溶性盐是强电解质；某些可溶性酸是弱电解质．‎ ‎【解答】解：A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，故A错误；‎ B．强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里部分电离，所以弱电解质溶液中已电离的离子和未电离的分子共存，故B正确；‎ C．硫酸、HCl是强电解质，但硫酸、HCl是共价化合物，故C错误；‎ D．不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸是弱电解质，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g）在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是（　　）‎ A．v（A）=0.15mol/（L•min） B．v（B）=0.015 mol/（L•s）‎ C．v（C）=0.40 mol/（L•min） D．v（D）=0.45 mol/（L•min）‎ ‎【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，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位要一致．‎ ‎【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，‎ A. =0.15mol/（L•min）；‎ B．v（B）=0.015 mol/（L•s）=0.9 mol/（L•min），=0.3 mol/（L•min）；‎ C. =0.20 mol/（L•min）；‎ D. =0.225 mol/（L•min）；‎ 故反应速率v（B）＞v（D）＞v（C）＞v（A），‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．足量的镁与一定质量的盐酸反应，由于反应速率太快，若要减慢反应速率，但不能影响产生氢气的总质量，可以加入下列物质中的是（　　）‎ A．H2O B．NaOH C．K2CO3 D．CH3COONa ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】根据发生的反应为Mg+2H+═Mg2++H2‎ ‎↑，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可满足减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量，以此来解答．‎ ‎【解答】解：根据发生的反应为Mg+2H+═Mg2++H2↑，则减小氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量即可满足减慢反应速率，但又不影响产生氢气的总量，‎ A．加入水，氢离子浓度降低，也不能影响产生氢气的总质量，故A正确；‎ B．加入氢氧化钠，消耗盐酸，影响生成氢气的总量，故B错误；‎ C．加入碳酸钾，消耗盐酸，生成氢气的总量减少，故C错误；‎ D．加入醋酸钠，生成醋酸，反应速率减小，但生成氢气的总量不变，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎6．下列对化学反应的认识正确的是（　　）‎ A．化学反应过程中，分子的种类和数目一定发生改变 B．如果某化学反应的△H和△S均小于0，则反应一定能自发进行 C．化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成 D．所有的吸热反应一定要在加热的条件下才能进行 ‎【考点】化学反应的实质；吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、化学反应过程中，分子的种类一定改变，数目不一定发生改变；‎ B、根据△G=△H﹣T•△S＜0反应自发进行判断；‎ C、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成；‎ D、反应吸热还是放热与反应条件没有必然联系．‎ ‎【解答】解：A、化学反应过程中，分子的种类一定改变，数目不一定发生改变，如氢气和氯气反应生成氯化氢，故A错误；‎ B、如果某化学反应的△H和△S均小于0，低温时△G=△H﹣T•△S＜0，反应自发，故B错误；‎ C、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，因此化学反应过程中，一定有化学键的断裂和形成，故C正确；‎ D、有些吸热反应不需要加热也能进行，如氢氧化钡晶体和氯化铵的反应，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．已知：CH3CH2CH2CH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2 878kJ/mol ‎（CH3）2CHCH3（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2 869kJ/mol 下列说法正确的是（　　）‎ A．正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子 B．正丁烷的稳定性大于异丁烷 C．异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程 D．异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A．产物相同，能量高的放出的热量多；‎ B．能量越低越稳定；‎ C．正丁烷的能量大于异丁烷的能量；‎ D．正丁烷和异丁烷是同分异构体．‎ ‎【解答】解：A．根据能量守恒结合题意知，正丁烷的能量大于异丁烷的能量，故A错误；‎ B．正丁烷的能量大于异丁烷的能量，能量越大，物质越不稳定，所以正丁烷的稳定性小于异丁烷的稳定性，故B正确．‎ C．正丁烷的能量大于异丁烷的能量，再根据能量守恒得，异丁烷转化为正丁烷的过程是一个吸热过程，故C错误．‎ D．正丁烷和异丁烷是同分异构体，所以含有的氢原子数相同，即碳氢键相同，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．C+CO2⇌2CO；△H1＞0，反应速率v1，N2+3H2⇌2NH3；△H2＜0，反应速率v2．如升温，v1和v2的变化是（　　）‎ A．同时增大 B．同时减少 C．v1增大，v2减少 D．v1减少，v2增大 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】‎ 化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，化学反应速率都增大．‎ ‎【解答】解：化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）△H=﹣a kJ•molˉ1，一定条件下，将1mol X和3mol Y通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol．下列说法正确的是（　　）‎ A．10min内，Y的平均反应速率为0.03 mol•Lˉ1•sˉ1‎ B．第10min时，X的反应速率为0.01 mol•Lˉ1•minˉ1‎ C．10min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z D．10min内，X和Y反应放出的热量为a kJ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol，则Y消耗的物质的量为：3mol﹣2.4mol=0.6mol，根据反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）可知，10min内消耗0.2molX、生成0.4molZ；根据v=计算出10min内Y的平均反应速率，然后根据计量数与反应速率成正比得出X的反应速率；该反应为可逆反应，则反应物不可能完全转化成生成物，所以10min内X和Y反应放出的热量小于a kJ，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol，则Y消耗的物质的量为：3mol﹣2.4mol=0.6mol，根据反应X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）可知，10min内消耗0.2molX、生成0.4molZ，‎ A.10min内，Y的平均反应速率为： =0.03 mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；‎ B．化学反应速率与化学计量数成正比，则10min内X的反应速率为：v（X）=×v（Y）=0.01mol•L﹣1•min﹣1，该速率为平均速率，无法计算及时速率，故B错误；‎ C．根据分析可知，10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZ，故C正确；‎ D．由于该反应为可逆反应，则1mol X和3molY通入2L的恒容密闭容器中生成Z的物质的量小于2mol，放出的热量小于akJ，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．已知H﹣H键能为436kJ•mol﹣1，H﹣N键能为391kJ•mol﹣1，根据化学方程式：N2+3H2⇌2NH3△H=﹣92.4kJ•mol﹣1；则N≡N键的键能是（　　）‎ A．431kJ•mol﹣1 B．946kJ•mol﹣1 C．649kJ•mol﹣1 D．869kJ•mol﹣1 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，据此计算．‎ ‎【解答】解：已知：H﹣H键能为436kJ/mol，H﹣N键能为391kJ/mol，令N≡N的键能为x，‎ 对于反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol，‎ 反应热=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故x+3×436kJ/mol﹣2×3×391kJ/mol=﹣92.4kJ/mol，‎ 解得：x=946kJ/mol，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎11．1g氢气燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，表示该反应的热化学方程式正确的是（　　）‎ A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣142.9 kJ•mol﹣1‎ B．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ C．2H2+O2═2H2O△H=571.6 kJ•mol﹣1‎ D．H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】根据物质的物质的量与反应热成正比，计算1mol氢气燃烧生成液态水放热，结合热化学方程式的书写要求，标注物质聚集状态和对应反应的焓变得到．‎ ‎【解答】‎ 解：A、1g氢气燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量，所以2mol氢气燃烧生成液态水，放出的热量为142.9kJ×4=571.6kJ，所以△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B、1gH2燃烧生成液态水时放出142.9kJ的热量，△H＜0，热化学方程式为H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1，故B正确．‎ C、物质的状态影响反应热，未注明物质的聚集状态，故C错误；‎ D、依据题干是1g氢气燃烧生成液态水，而热化学方程式中是生成气态水，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法不正确的是（　　）‎ A．增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大 B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 D．使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大 ‎【考点】化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】压强、浓度只影响单位体积活化分子的数目，温度、催化剂影响活化分子的百分数，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．增大压强，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，反应速率增大，故A正确；‎ B．升高温度，给分子提供能量，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故B正确；‎ C．加入反应物，反应物的浓度增大，单位体积活化分子的数目增大，活化分子的百分数不变，故C错误；‎ D．催化剂可以降低反应的活化能，增大活化分子百分数，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．化学与生产、生活密切相关．下列叙述中，不正确的是（　　）‎ A．在现实生活中，电化学腐蚀要比化学腐蚀严重的多，危害更大 B．用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理不同 C．钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀 D．在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极 ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】A、电化学腐蚀比化学腐蚀快；‎ B、活性炭有吸附作用；‎ C、铜活泼性比氢弱；‎ D、在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极；‎ ‎【解答】解：A、电化学腐蚀加速负极金属被腐蚀，比化学腐蚀快，危害更大，故A正确；‎ B、活性炭有吸附作用而导致能漂白，臭氧有强氧化性而导致有漂白作用，原理不同，故B正确；‎ C、铜活泼性比氢弱，不能发生析氢腐蚀，故C错误；‎ D、在铜的精炼装置中，通常用粗铜作作阳极，精铜作阴极，电解质是含有铜离子的盐溶液，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．用惰性电极分别电解下列各电解质的水溶液，一段时间后（设电解质足量），向电解后溶液中加入适量原电解质，可以使溶液恢复到电解前的浓度的是（　　）‎ A．Cu（NO3）2 B．K2SO4 C．HCl D．NaOH ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】惰性电极电极电解质溶液，溶液中的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；向剩余溶液中加入适量相应的溶质，能使溶液浓度和电解前相同即可，据此分析电解过程．‎ ‎【解答】解：A．电解硝酸铜溶液电解的是硝酸铜和水，电解结束后加Cu（NO3）2，不能回复原溶液的浓度，故A错误； ‎ B．电解硫酸钾溶液实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加K2SO4，不能使溶液浓度和电解前相同，故B错误；‎ C．电解HCl溶液实质是电解HCl，电解结束后，向剩余溶液中加HCl，能使溶液浓度和电解前相同，故C正确；‎ D．电解NaOH溶液实质是电解水，电解结束后，向剩余溶液中加NaOH，不能使溶液浓度和电解前相同，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎15．关于原电池和电解池的叙述正确的是（　　）‎ A．原电池失去电子的电极称为阴极 B．电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应 C．原电池的两极，一定要由活动性不同的两种金属组成 D．电解时电解池的阳极一定是阴离子放电 ‎【考点】有机物的推断．‎ ‎【分析】A、原电池中的电极为正负极不是阴阳极；‎ B、根据原电池负极和电解池阳极上得失电子判断反应类型；‎ C、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成；‎ D、电解时，电解池阳极上不一定是阴离子放电，当有活性电极做阳极时，是电极本身放电；‎ ‎【解答】解：A、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；‎ B、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；‎ C、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；‎ D、电解时，电解池阳极上不一定是阴离子放电，当有活性电极做阳极时，是电极本身放电，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，铜片和锌片用导线连接后插入番茄里，锌片是（　　）‎ A．阳极 B．正极 C．阴极 D．负极 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】铜片和锌片用导线连接后插入番茄里，构成了原电池，原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，锌的活泼性大于铜，据此进行解答．‎ ‎【解答】解：铜片和锌片用导线连接后插入番茄里，构成了原电池，活泼金属作负极，金属Zn的活泼性大于Cu，所以锌片为负极，‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子沿着盐桥从锌电极流向铜电极 B．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中迁移 C．电流从锌电极通过电流计流向铜电极 D．铜电极上发生的电极反应是2H++2e﹣═H2↑‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】该原电池中，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应；较不活泼的金属作正极，正极上得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极，盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移，阳离子向硫酸铜溶液中迁移．‎ ‎【解答】解：A、该原电池中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，电子从锌电极通过检流计流向铜电极，不经过盐桥，故A错误；‎ B、原电池放电时，盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移，阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故B正确；‎ C、原电池放电时，锌作负极，铜作正极，电流从铜电极通过电流计流向锌电极，故C错误；‎ D、原电池放电时，铜作正极，铜离子得电子发生还原反应在铜极上析出，电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎18．下列关于实验现象的描述不正确的是（　　）‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B．用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌 C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．‎ ‎【分析】A．铜片和铁片和稀硫酸构成原电池，铜作正极；‎ B．阳极是活性金属锌，所以阳极金属锌失去电子发生氧化反应，阴极上溶液中的阳离子即锌离子得到电子变成锌，在铁极上析出；‎ C．铜的金属活动性不及铁，不能置换金属铁；‎ D．构成原电池反应，可以加速反应的速率；‎ ‎【解答】解：A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，故A正确；‎ B．用锌片做阳极，铁片做做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn﹣2e﹣=Zn2+；阴极：Zn2++2e﹣=Zn，故B正确；‎ C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，故C错误；‎ D．把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎19．如题图所示，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培养皿中，再加入含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后形成琼胶（离子在琼胶内可以移动），下列叙述正确的是（　　）‎ A．a中铁钉附近呈现红色 B．b中铁钉上发生还原反应 C．a中铜丝上发生氧化反应 D．b中铝条附近有气泡产生 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极，发生氧化反应．‎ B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应．‎ C、a中构成的是铁铜原电池，铜作为正极，发生还原反应．‎ D、b中构成铁铝原电池，铝作负极，发生氧化反应．‎ ‎【解答】解：A、a中构成的是铁铜原电池，铁作为负极：Fe﹣2e﹣=Fe2+，发生氧化反应，没有红色出现，故A错误；‎ B、b中构成铁铝原电池，铝作负极，铁作正极，发生还原反应，故B正确；‎ C、a中构成的是铁铜原电池，铜作为正极，发生还原反应，故C错误；‎ D、b中构成铁铝原电池，铝作负极：Al﹣3e﹣═Al3+，发生氧化反应，没有气泡产生，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎20．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因此得到广泛的应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应为Zn（s）+2MnO2（s）+H2O═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（　　）‎ A．电池工作时，锌失去电子 B．电池负极的电极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2‎ C．电池工作时，电子由正极通外电路流向负极 D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g ‎【考点】化学电源新型电池．‎ ‎【分析】A、根据原电池原理判断；‎ B、根据负极上的反应类型书写电极反应式；‎ C、根据原电池工作原理中电子的流向；‎ D、根据锌与转移电子的关系计算．‎ ‎【解答】解：A、原电池工作原理是：负极失电子，发生氧化反应，故A正确；‎ B、负极失电子，发生氧化反应，负极的电极反应式为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣‎ ‎=Zn（OH）2，故B正确；‎ C、原电池工作时，电子由负极通外电路流向正极，故C错误；‎ D、由Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）可知，65gZn反应转移电子为2mol，则外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎21．可逆反应：3A（g）⇌3B（？）+C（？）（正反应为吸热反应），随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小的趋势，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若C为固体，则B一定是气体 B．B和C一定都是气体 C．B和C可能都是固体 D．B和C不可能都是气体 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】反应是吸热反应，升温平衡正向进行，气体平均相对分子质量=，依据概念中的气体质量、气体物质的量分析判断．‎ ‎【解答】解：3A（g）⇌3B（？）+C（？）（△H＞0），该正反应吸热，温度升高，平衡右移，变小，依据反应的系数关系，气体平衡体系的质量守恒，平均摩尔质量的变化，由反应前后气体物质的量变化、混合气体的质量变化决定；‎ A、C为固体，B一定为气体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故A正确；‎ B、若都是气体，反应前后气体物质的量一定增大，质量不变，减小，但若B为气体，C为固体，反应前后气体物质的量不变，气体质量减小，减小，故B错误；‎ C、B和C可能都是固体时，只有A一种气体，不变，故C错误；‎ D、B和C可能都不是气体，只有A一种气体，不变，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎22．己知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mo1﹣1，下列结论正确的是（　　）‎ A．在密闭容器中加入1mol N2和3mol H2充分反应放热92.4kJ B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=﹣QkJ•mo1﹣1，则Q＞92.4‎ C．增大压强，平衡向右移动，平衡常数增大 D．若一定条件下反应达到平衡，N2的转化率为20%，则H2的转化率一定为60%‎ ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】A．该反应为可逆反应，反应物转化率不可能为100%，所以放出的热量小于92.4kJ；‎ B．气态氨气比液体氨含有的能量高，所以若生成液态氨气，则放出的热量大于92.4kJ；‎ C．温度不变，化学平衡常数不会变化；‎ D．氢气的转化率与初始加入的氢气的物质的量有关，根据氮气的转化率无法计算氢气的转化率．‎ ‎【解答】解：A．该反应为可逆反应，在密闭容器中加入1mol N2和3mol H2充分反应后生成的氨气的物质的量小于2mol，放出的热量一定小于92.4kJ，故A错误；‎ B．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（l）△H=﹣QkJ•mo1﹣1，反应产物为液态，液态的氨气能量小于氨气能量，所以放出的热量大于92.4kJ，所以Q＞92.4，故B正确；‎ C．增大压强，平衡向着正向移动，但是温度不变，该反应的平衡常数不变，故C错误；‎ D．氢气的初始量、反应消耗的氢气的物质的量不知，无法根据氮气的物质的量计算出氢气的转化率，若氮气和氢气的物质的量之比为1：3，则氮气的转化率与氢气的转化率相等，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎23．在相同的A、B密闭容器中分别充入2mol SO2和1mol O2，使它们在一定温度下反应，并达新平衡：2SO2+O2‎ ‎⇌2SO3（g）．若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变．当A中SO2的转化率为25%时，B中SO2的转化率为（　　） A．25% B．大于25% C．小于25% D．无法判断 ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】在相同温度下发生反应2SO2+O2⇌2SO3，该反应为气体物质的量减小的反应，若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变，则随着反应的进行，A的压强逐渐减小，达平衡时，B容器压强大于A容器压强，根据压强对平衡移动的影响分析．‎ ‎【解答】解：2SO2+O2⇌2SO3反应为气体物质的量减小的反应，若A容器保持体积不变，B容器保持压强不变，则随着反应的进行，A的压强逐渐减小，B容器压强大于A容器压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，当A中的SO2的转化率为25%时，则B容器中SO2的转化率应是大于25%，故选B．‎ ‎　‎ ‎24．一密闭容器中，反应 aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（　　）‎ A．平衡向逆反应方向移动了 B．物质A的转化率减少了 C．物质B的质量分数增加了 D．a＞b ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，据此结合选项判断．‎ ‎【解答】解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则a＜b，‎ A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A错误；‎ B、根据A的判断，平衡向正反应移动，反应物转化率增大，故B错误；‎ C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；‎ D、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎25．有一化学平衡mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），如图所示是A的转化率同压强、温度的关系，分析图3可以得出的正确结论是（　　）‎ A．正反应吸热，m+n＞p+q B．正反应吸热，m+n＜p+q C．正反应放热，m+n＞p+q D．正反应放热，m+n＜p+q ‎【考点】化学平衡的影响因素．‎ ‎【分析】由图可知，相同温度下，压强越大，A的转化率越大；相同压强时，温度越高，A的转化率越大，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由图可知，相同温度下，压强越大，A的转化率越大，可知正反应为气体体积减小的反应，则m+n＞p+q；‎ 相同压强时，温度越高，A的转化率越大，可知正反应为吸热反应，△H＞0，‎ 故选A．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎26．50 mL 0.50 mol•L﹣1盐酸与50 mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热．回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是　环形玻璃搅拌棒　‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是　减少实验过程中的热量损失　‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得中和热数值　偏小　 （填“偏大”“偏小”“无影响”）．‎ ‎（4）实验中改用60 mL 0.50 mol•L﹣1盐酸跟50 mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量　偏大　（均填“偏大”“偏小”“无影响”），所求中和热 （均填“偏大”“偏小”“无影响”）‎ ‎（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会　偏小　 （均填“偏大”“偏小”“无影响”）．‎ ‎（6）写出NaOH溶液和盐酸反应表示中和热的热化学方程式　NaOH（aq）+‎ HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1　．‎ ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作；‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质来回答；‎ ‎（5）根据弱电解质电离吸热分析；‎ ‎（6）根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；‎ 故答案为：环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，‎ 故答案为：减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，‎ 故答案为：偏小；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60 mL 0.50 mol•L﹣1盐酸跟50 mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60 mL 0.50 mol•L﹣1盐酸跟50 mL 0.55 mol•L﹣1NaOH溶液进行实验，测得中和热数值相等；‎ 故答案为：偏大；相等；‎ ‎（5）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小；‎ 故答案为：偏小；‎ ‎（6）稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，则NaOH溶液和盐酸反应表示中和热的热化学方程式为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1；‎ 故答案为：NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎27．如图所示，U形管内盛有200mL的溶液，按要求回答下列问题．‎ ‎（1）打开K2 ，合并K1 ，若所盛溶液为CuSO4溶液：则A为　负　 极，A极的电极反应式为　Zn﹣2e﹣═Zn2+　．若所盛溶液为KCl溶液：则B极的电极反应式为　2O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　，K+移向　B　 极（填A、B）‎ ‎（2）打开K1，合并K2，若所盛溶液为2.5 mol•L﹣1CuSO4溶液，一段时间后有0.2mol电子发生转移 请回答下列问题：‎ 阳极电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O　，生成标准状况下气体，若用 等质量的两块铜片代替锌、石墨作电极，一段时间后有0.2mol电子发生转移，此刻两铜片的质量相差　12.8g　‎ ‎（3）科研人员新近开发出一种由甲醇、氧气以及强碱作电解质溶液的新型手机电池，充电一次可供手机连续使用一个月，请回答以下问题：‎ 甲醇是　负　 极，电极反应　CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O　．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1‎ ‎，该装置是原电池，锌易失电子作负极、C电极为正极，C电极上铜离子得电子发生还原反应，电解质里的阳离子移向正极；‎ ‎（2）打开K1，合并K2，得到的是电解池，阳极上发生氧化反应，根据电子守恒以及电极反应式进行计算即可；‎ ‎（3）甲醇燃料电池放电时，C元素的化合价升高，所以甲醇所在电极为原电池的负极，O元素的化合价降低，所以通入氧气的极为原电池的正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，以此来解答．‎ ‎【解答】解：（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，该装置是原电池，锌易失电子作负极、C电极为正极，C电极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，若所盛溶液为KCl溶液，则B极是正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为：2O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，钾离子移向正极，移向B极，‎ 故答案为：负；Zn﹣2e﹣═Zn2+；2O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；B；‎ ‎（2）打开K1，合并K2，得到的是电解池，阳极上发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，A电极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应为Cu2++2e﹣=Cu，若用等质量的两块铜片代替锌、石墨作电极，则阳极上：Cu﹣2e﹣═Cu2+，阴极上发生反应Cu2++2e﹣=Cu，一段时间后有0.2mol电子发生转移，此刻两铜片的质量相差0.1mol×64g/mol×2=12.8g，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；12.8g；‎ ‎（3）CH3OH和O2在电池中，肯定是O2氧化CH3OH，CH3OH是负极反应物，O2是正极反应物．CH3OH被氧化生成CO2和H2O，电解质溶液中有强碱（OH﹣），CO2要转化CO32﹣，甲醇是负极，电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为：负；CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O．‎ ‎　‎ ‎28．在一定条件下，将3molA 和1mol B 两种无色气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）（有色气体）+2D（S），2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1．请填空：‎ ‎（1）x=　1　，该反应的平衡常数表达式　　‎ ‎（2）要提高反应A的转化率，可采取的措施有　改变温度　、　增大压强　、　减小C的量　、　增大B气体的量　．‎ ‎（3）3min 末B的转化率为　40%　．‎ ‎（4）能判断该反应达到平衡状态的依据是　ABCDE　（填编号）‎ A．混合气体的密度不变 B．容器中的压强不再变化 C．生成C的反应速率和生成B的反应速率相同 D．单位时间内生成3molA，同时生成1molC ‎ ‎ E．混合气体的颜色不再改变 ‎（5）一定温度下，在恒容密闭容器中发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），若反应开始时充入2mol A和1mol B，达平衡后B的体积分数为a%．其他条件不变时，若按下列四种配比作为起始物质，平衡后B 的体积分数大于a%的是　C　‎ A.2mol C ‎ B.2mol A 1mol B和1mol He（不参加反应）‎ C.2mol A 2mol B ‎ D.2mol A 1mol B和2mol C．‎ ‎【考点】化学平衡的计算．‎ ‎【分析】（1）将3.2molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，c（A）=1.6mol/L，c（B）=0.6mol/L，则 ‎ 3A（g）+B（g）⇌x C（g）+2D（s）‎ 起始：3 mol 1 mol 0 0‎ 转化：1.2 mol 0.4mol 0.4xmol 0.8 mol ‎ 平衡：1.8mol 0.6mol 0.4xmol 0.8 mol 根据平衡时C的浓度计算出x的值及结合平衡常数的定义和反应原理，写出此反应的平衡常数表达式；‎ ‎（2）要提高A的转化率主要是通过外界因素的影响促进平衡正向移动，常见影响平衡的因素有温度、浓度及压强，由此分析判断；‎ ‎（3）根据（1）中分析可直接计算出3min末B的反应速率；‎ ‎（4）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；‎ ‎（5）反应2A（g）+B（g）⇌‎ ‎2C（g）中，气体的体积前后不相同，在一定温度下，在恒容密闭容器中得到平衡状态，只要满足物质全部转化为A、B，且满足n（A）=2mol，n（B）=1mol，即可得到完全相同平衡状态，此时平衡状态中B的体积分数仍为a%，若要平衡后B的体积分数大于a%，说明重新平衡B的物质的量要增大，如根据等效平衡，在完全等效的基础上再增加生成物或减小A的量，都可以使平衡在等效的基础上，再逆向进行，据此进行判断即可．‎ ‎【解答】解：（1）将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，c（A）=1.6mol/L，c（B）=0.6mol/L，则 ‎ 3A（g）+B（g）⇌x C（g）+2D（s）‎ 起始：3 mol 1 mol 0 0‎ 转化：1.2 mol 0.4mol 0.4xmol 0.8 mol ‎ 平衡：1.8mol 0.6mol 0.4xmol 0.8 mol ‎2min末该反应达到平衡，测得C的浓度为0.2mol•L﹣1=，解得：x=1；‎ D为固体，此反应的化学平衡常数表达式K=；‎ 故答案为：1；；‎ ‎（2）反应 3A（g）+B（g）⇌x C（g）+2D（s）平衡后，可以通过改变温度、增大压强、减小C的量或增大B的量促进平衡正向移动，提高A的转化率，故答案为：改变温度、增大压强、减小C的量、增大B的量；‎ ‎（3）3min 末B的转化率为=40%，故答案为：40%；‎ ‎（4）A．反应混合物中D为固体，其余都为气体，混合气体的总质量不确定，体积为定值，密度不变，能说明到达平衡状态，故A正确；‎ B．反应为反应前后气体体积减小的反应，固定容积的密闭容器，容器中的压强不再变化，说明气体的总物质的量不再发生变化，说明到达平衡状态，故B正确；‎ C．生成C的反应速率表示正反应速率，生成B的反应速率表示逆反应速率，正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），说明达到平衡状态，故C正确；‎ D．单位时间内生成3molA说明是逆反应速率，同时生成1molC说明是正反应速率，正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），说明达到平衡状态，故D正确；‎ E．混合气体的颜色不再改变，说明C的浓度一定，能说明达到平衡状态，故E正确；‎ 故答案为：ABCDE；‎ ‎（5）A．若将2 mol C全部转化为A、B，分别得到2 mol A和1 mol B，与原平衡状态相同，平衡后B的体积分数仍为a%，故A错误；‎ B.2molA、1molB和1molHe（不参加反应），可以看成在原等效平衡的基础上增加1mol不参加反应的He，恒温恒容条件下，平衡不移动，B的物质的量不变，但平衡后B的体积分数小于a%，故B错误；‎ C.2molA和2molB，可看成在2molA和1molB的基础上增加1molB，瞬间B的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡后B的体积分数大于a%，故C正确；‎ D.2molA、1molB和2molC，相当于4molA和2molB，在恒温恒容条件下，平衡状态应正向进行，B的转化率增大，则平衡后B的体积分数小于a%，故D错误；‎ 故答案为：C．‎ ‎　‎ ‎29．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示．请回答：‎ ‎（1）“O”点导电能力为O的理由是　在“O”点处醋酸未电离，无离子存在　；‎ ‎（2）a，b，c三点溶液中c（H+）由小到大的顺序为　c＜a＜b　；‎ ‎（3）a，b，c三点中醋酸电离度最大的是　c　；‎ ‎（4）若使C点溶液的c（CH3COO﹣）提高，在如下措施中可采取（填标号）‎ A．加盐酸 B．加浓醋酸 C．加入固体KOH D．加水E．加固体CH3COONa F．加Zn粒 ‎（5）25℃时，0.1mol/L H2SO4中的HSO4﹣的电离度小于0.1mol/L NaHSO4中HSO4﹣的电离度的原因是　硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离　．‎ ‎【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ ‎【分析】（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强；‎ ‎（2）导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大；‎ ‎（3）越稀越电离，水的量越大醋酸电离度越大；‎ ‎（4）使c（CH3COO﹣）增大，则使醋酸的电离平衡正移，或增加醋酸根的量；‎ ‎（5）电离时含有相同的离子能抑制酸电离．‎ ‎【解答】解：（1）溶液的导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越强，冰醋酸中没有自由移动的离子，所以冰醋酸不导电，‎ 故答案为：在“O”点处醋酸未电离，无离子存在；‎ ‎（2）由于导电能力越强，溶液中离子浓度越大，氢离子浓度越大，‎ 故答案为：c＜a＜b；‎ ‎（3）越稀越电离，水的量越大醋酸电离度越大，所以电离程度最大的是c，故答案为：c； ‎ ‎（4）A．加盐酸，氢离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆移，c（CH3COO﹣）减小，故A错误；‎ B．加浓醋酸溶液中离子浓度增大，醋酸根离子浓度相应增大，故B正确；‎ C．加入固体KOH，消耗氢离子，则醋酸的电离平衡正移，c（CH3COO﹣）增大，故C正确；‎ D．加水稀释，促进醋酸的电离，但是溶液体积增大程度大，c（CH3COO﹣）减小，故D错误；‎ E．加固体CH3COONa，c（CH3COO﹣）增大，故E正确；‎ F、加Zn粒，Zn与氢离子反应，氢离子浓度减小，则醋酸的电离平衡正移，c（CH3COO﹣）增大，故F正确；‎ 故答案为：BCEF；‎ ‎（5）硫酸溶液中，硫酸第一步电离出氢离子，第二步又电离出氢离子，第一步电离出的氢离子抑制了第二步的电离，而硫酸氢钠溶液中硫酸氢根离子只有一步电离，所以.1mol/L H2SO4中的HSO4﹣的电离度小于0.1mol/L NaHSO4中HSO4﹣的电离度，‎ 故答案为：硫酸的第一步电离抑制了硫酸氢根离子的电离．‎