【化学】河北省沧州市肃宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版）

【化学】河北省沧州市肃宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考（解析版）

河北省沧州市肃宁县第一中学2019-2020学年高二上学期第三次月考 一．选择题（共24小题，每小题2分，共48分，每小题只有一个正确答案）‎ ‎1.下列对于电化学说法正确的是( )‎ A. 为保护浸入海水中的钢闸门，可在闸门表面镶上铜锭 B. 电解精炼铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等 C. 可充电电池放电时，化学能转变为电能 D. 铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、Cu的活泼性比Fe的弱，Cu作正极，不能保护Fe，所以为保护浸入海水中的钢闸门，一般在闸门表面镶上锌锭，故A错误；‎ B项、电解精炼铜时，阳极上锌、铁比铜活泼的金属优于铜放电，比铜不活泼的金属金、银等不放电形成阳极泥，阳极泥中常含有金属金、银等，不含有Zn，故B错误；‎ C项、充电电池放电时为原电池，原电池是将化学能转变为电能的装置，故C正确；‎ D项、铅蓄电池放电时为原电池，负极发生氧化反应，充电时为电解池，阴极发生还原反应，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示是探究发生腐蚀的装置图。发现开始时U形管左端红墨水水柱下降，一段时间后U形管左端红墨水水柱又上升。下列说法不正确的是 A. 两种腐蚀负极的电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+‎ B. 开始时发生的是析氢腐蚀 C. 一段时间后发生的是吸氧腐蚀 D. 析氢反应的总反应式为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上发生的电极反应式都为Fe-2e-═Fe2+，故A正确；‎ B．pH=3的雨水说明该雨水是酸雨，溶液中溶有二氧化硫，酸性条件下，钢铁能发生析氢腐蚀，所以开始时，发生的是析氢腐蚀，故B正确；‎ C．一段时间后，亚硫酸根离子能被氧气氧化生成硫酸根离子，溶解在溶液中的氧气得电子，发生的是吸氧腐蚀，故C正确；‎ D．析氢腐蚀的总反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，而2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2发生的是吸氧腐蚀，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀所需溶液的酸碱性是解本题的关键。pH=3的雨水说明该雨水是酸雨，溶液中溶有二氧化硫，酸性条件下，钢铁能发生析氢腐蚀，导致试管内气体压强增大，随着腐蚀的进行，溶液的酸性逐渐减小，亚硫酸根离子被氧气氧化生成硫酸根离子，导致试管内气体压强减小。‎ ‎3.pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是 A. Na2SO4 B. H2SO‎4 ‎C. AgNO3 D. NaCl ‎【答案】D ‎【解析】‎ 请在此填写本题解析!‎ A项，电解Na2SO4溶液其实就是电解水，水减少，Na2SO4浓度增大，Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性故选A项错；B项，电解硫酸，相当于电解水，水减少，c（H+）增大，酸性增强，pH下降，故选B项错；C项，电解硝酸银，阴极反应式：，阳极反应式：，溶液c（H+）增大，酸性增强，pH下降，故选C项错；‎ D项，电解氯化钠方程式：2NaCl+2H2O=Cl2+H2+2NaOH，溶液pH增大，故D项正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎4.将反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计(G)指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是：‎ A. KNO3盐桥中的K＋移向Cu(NO3)2溶液 B. Cu作负极，发生还原反应 C. 电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu(NO3)2溶液 D. 工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag＋)减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电子的流向可判断铜是负极，银是正极，因此KNO3盐桥中的K＋移向硝酸银溶液，A错误；‎ B、Cu作负极，发生氧化反应，B错误；‎ C、电子不能由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu(NO3）2溶液，只能通过导线传递，溶液传递的是阴阳离子，C错误；‎ D、正极银离子得到电子转化为金属银，因此工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag＋）减小，D正确，‎ 答案选D。‎ ‎5.下图两个装置中，液体体积均为200ml，开始时电解质溶液的浓度均为 0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 产生气体体积①＝②‎ B. 电极上析出固体质量①＜②‎ C. 溶液的pH变化：①减小②增大 D. 电极反应式：①中阳极Cu2+＋2e－＝Cu，②中负极Zn－2e－＝Zn2+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．装置①属于电解池，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，CuSO4的物质的量为200×10－3×0.1mol·L－1=0.02mol，当电路中通过0.02mol电子，消耗Cu2＋物质的量为0.01mol，只有阳极产生气体，即产生氧气的物质的量为=0.005mol，体积为‎0.112L，装置②为原电池，正极上的反应式为2H＋＋2e－=H2↑，产生氢气的体积为 L=‎0.224L，①和②产生气体体积不相等，故A错误；‎ B．装置②中没有固体析出，装置①有固体析出，因此电极上析出固体质量①>②，故B错误；‎ C．装置①总电极反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，溶液pH降低，装置②发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，c(H＋)降低，pH增大，故C正确；‎ D．电极反应式：①中阳极上为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，②中负极反应式Zn－2e－=Zn2＋，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎6.Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是( )‎ A. Mg电极是该电池的正极 B. 溶液中的Cl－向正极移动 C. H2O2在石墨电极上发生氧化反应 D. 石墨电极附近溶液的pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镁-H2O2酸性燃料电池中，活泼金属镁为原电池的负极，失电子发生氧化反应被氧化，电极反应式为Mg-2e-═Mg2+，具有氧化性的H2O2为原电池的正极，在正极得电子发生还原反应被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O。‎ ‎【详解】A项、活泼金属镁为原电池的负极，失电子发生氧化反应被氧化，故A错误；‎ B项、电池工作时，溶液中阴离子Cl－向负极移动，故B错误；‎ C项、具有氧化性的H2O2为原电池的正极，在石墨电极得电子发生还原反应被还原，故C错误；‎ D项、具有氧化性的H2O2为原电池的正极，在石墨电极得电子发生还原反应被还原，电极反应式为H2O2+2H++2e-═2H2O，放电时消耗氢离子，电极附近溶液的pH 增大，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】依据电极反应式是否消耗或生成氢离子或氢氧根离子判断电极附近溶液的pH变化，根据电池总反应方程式是否消耗或生成氢离子或氢氧根离子判断溶液的pH变化是解答关键。‎ ‎7.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（　　）‎ A. 已知‎2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=-221kJ/mol，则C的燃烧热为110.5kJ/mol B. 已知3O2（g）= 2O3（g） △H=+242.4kJ•mol-1，则臭氧比氧气稳定 C. 含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为NaOH（aq）+HCl（aq）═NaCl（aq）+H2O（l）△H=-57.4kJ/mol D. 甲烷的标准燃烧热△H=-890.3　kJ•mol-1，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H＜-890.3　kJ•mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；‎ B．依据能量守恒，物质的能量越高越活泼；‎ C．中和热是指强酸强碱稀溶液恰好中和反应生成1mol水放出的热量；‎ D．水由液态转化为气态需要吸收热量。‎ ‎【详解】A．燃烧热生成稳定的氧化物，碳燃烧不是生成一氧化碳，而是二氧化碳，故A错误；‎ B．氧气转化为臭氧是吸热反应，反应物的总能量小于生成物总能量，能量越低越稳定，故 氧气比臭氧稳定，故B错误；‎ C．中和热为生成1mol H2O（l）放出的热量，所以含‎20.0g NaOH物质的量为0.5mol，稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，所以中和热为57.4 kJ/mol，故C正确；‎ D．甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ•mol-1，因水由液态转化为气态需要吸收热量，则CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H＞-890.3kJ•mol-1，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.下列有关化学反应速率的说法正确的是( )‎ A. 100 mL 1 mol·L-1 的硫酸跟锌片反应，加入适量的硫酸钠溶液，反应速率不变 B. SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢 C. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强反应速率减慢 D. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、加入硫酸钠溶液，溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，故A错误；‎ B项、升高温度，活化分子百分数增大，增大反应速率，故B错误；‎ C项、减小压强，反应物浓度减小，反应速率减小，故C正确；‎ D项、浓硫酸具有强氧化性，则用98%的浓硫酸与Fe反应不生成氢气产生钝化现象，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意加入不参加反应的溶液，能够稀释反应物，降低反应物的浓度；改变浓度不能改变反应物的性质是易错点。‎ ‎9.下列不能用勒夏特列原理解释事实是（ ）‎ A. 氯水中有下列平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，光照后氯水颜色变浅 B. 合成氨工业使用高压以提高氨的产量 C. 对于H2(g)+I2(g)2HI(g)，达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深 D. 汽水型饮料打开瓶盖后产生大量气体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.新制的氯水在光照下颜色变浅是因为次氯酸分解，促使平衡Cl2＋H2OHCl ‎＋HClO向正反应方向移动，溶液中氯气分子的浓度减小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A与题意不符；‎ B.合成氨反的应：N2+3H22NH3，增大压强，平衡正向移动，原料的转化率增大，氨的产量提高，能用勒夏特列原理解释，故B与题意不符；‎ C.可逆反应H2+I22HI反应前后分子数目不变，增大压强平衡不移动，颜色变深是因为容器体积减小，碘蒸气的浓度变大所致，不能用勒夏特烈原理解释，故C符合题意；‎ D.汽水型饮料中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开瓶盖时，压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，能用勒夏特列原理解释，故D与题意不符；‎ 答案选C。‎ ‎10.已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中，在任何温度下都不自发进行的是( )‎ A. 2O3(g)=3O2(g) △H＜0‎ B. 2CO(g)=‎2C(s)+O2(g) △H＞0‎ C. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) △H＜0‎ D. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) △H＞0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．△H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，一般温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；‎ B．△H＞0，△S＜0，一般情况下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应一定不能自发进行，故B选；‎ C．△H＜0，△S＜0，在较低温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故C不选；‎ D．△H＞0，△S＞0，在较高温度下，可满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故D不选；‎ 故答案为：B。‎ ‎11.某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下反应：X（g）+Y（g）Z（g）+W（s） ΔH>0，下列叙述不正确的是 A. 在容器中加入氩气，反应速率不变 B. 加入少量W，逆反应速率不变 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D. 将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．在在体积一定的密闭容器中加入与反应无关的氩气，各组分的浓度不变；‎ B．增加或减少固体的量，反应速率不变；‎ C．升高温度，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，正、逆反应速率均增大；‎ D．增大压强，可增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快。‎ ‎【详解】A．在体积一定的密闭容器中加入氩气，压强增大，各组分的浓度不变，所以反应速率不变，故A正确；‎ B．W是固体，所以加入少量W，正、逆反应速率均不变，故B正确；‎ C．升高温度，正、逆反应速率均增大，故C错误；‎ D．将容器的体积压缩，压强增大，增大单位体积内活化分子数，有效碰撞次数增大，反应速率加快，但单位体积内活化分子的百分数不变，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】稀有气体对化学反应速率和化学平衡的影响分析 ‎（1）恒温恒容：充入稀有气体体系总压强增大，但各反应成分分压不变，即各反应成分的浓度不变，化学反应速率不变，平衡不移动；‎ ‎（2）恒温恒压：充入稀有气体容器容积增大各反应成分浓度降低反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动。‎ ‎12.低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)2N2(g)＋3H2O(g)　ΔH<0。在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是(　　)‎ A. 单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡 B. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大 C. 平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 D. 其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应速率的方向相反，且满足物质的量变化之比是相应的化学计量数之比，可说明反应达到平衡状态，故A正确；‎ B．正方应是放热反应，所以升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故B错误；‎ C．增大NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，废气中氮氧化物的转化率增大，故C错误；‎ D．催化剂不能改变平衡状态，所以废气中氮氧化物的转化率不变，故D错误；‎ 故答案为：A。‎ ‎【点睛】对于有气体参加的反应，恒温恒容条件下，增加反应中某气体的浓度，平衡的移动方向分析分为三种：①对于一侧有多种气体参加的反应，如，增加N2的浓度，平衡将会向正向移动，H2的转化率将上升，平衡时N2的体积分数将上升；②对于一侧只有一种气体参加的多气体反应，如，增加HI的浓度，前后互为等效平衡，重新达到平衡时，HI的转化率、体积分数、百分含量均不变；③对于一侧只有一种气体参加的反应，如，增加CO2的浓度，平衡将正向移动，CO2的转化率将会上升，平衡时CO2的浓度不变。‎ ‎13.下列关于化学反应速率的说法正确的是 ‎①有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子数目，从而使反应速率增大。‎ ‎②其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快。‎ ‎③6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大。‎ ‎④升高温度能增大反应物分子中活化分子的百分数。‎ ‎⑤恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快。‎ ‎⑥增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多。‎ A. ①②⑤ B. ②④ C. ②⑤ D. ③ ⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），活化分子的数目和百分数都不变，但可增加单位体积内活化分子数目，有效碰撞的次数增多，从而使反应速率增大，故①错误；‎ ‎②.其他条件不变，升高温度，可使更多的普通分子转化为活化分子，有效碰撞的次数增多，化学反应速率增大，故②正确；‎ ‎③.用同种物质表示同一个化学反应的反应速率时适用，对于不同的化学反应或用不同物质表示反应速率时，6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率不一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大，故③错 误；‎ ‎④.升高温度，可使更多的普通分子变成活化分子，能增大反应物分子中活化分子的百分数，故④正确；‎ ‎⑤.恒温时，对于有气体参加的可逆反应，若在容器体积不变的情况下充入惰性气体，压强增大，但各物质的浓度不变，化学反应速率也不变，故⑤错误；‎ ‎⑥.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但不能增大活化分子的百分数，故⑥错误，正确的是②④，答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查化学反应速率的影响因素，把握反应速率的概念和影响因素为解答的关键，要特别注意外界条件对活化分子数目和活化分子百分数的影响，改变浓度、压强可以改变单位体积内活化分子数目，但不改变活化分子百分数，为易错点。‎ ‎14.NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)在一定温度下达到平衡，下列情况不能使平衡发生移动的是（ ）‎ A. 温度、容积不变，充入NH3‎ B. 温度、容积不变时，充入SO2气体 C. 充入N2，保持压强不变 D. 移走一部分NH4HS固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．容积不变，充入氨气，增大生成物浓度，平衡向左移动，故A不符合；‎ B．温度、容积不变时，通入SO2气体，与硫化氢反应生成S，硫化氢的浓度降低，平衡向正反应方向移动，故B不符合；‎ C．充入氮气，保持压强不变，体积增大，反应气体混合物各组分的浓度降低，压强降低，平衡向正反应方向移动，故C不符合；‎ D．NH4HS为固体，改变NH4HS固体的用量，不影响平衡移动，故D符合；‎ 故答案选D。‎ ‎15.在一定温度下，容积一定的密闭容器中发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，当下列物理量不再发生变化时，表明反应已达平衡的是 ‎①混合气体的密度 ②混合气体的压强 ③B的物质的量浓度 ④混合气体的总物质的量 A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①A是固体，反应两边气体的质量不相等，而体积不变，若混合气体的密度不变，说明达到了平衡状态； ‎ ‎②反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，混合气体的压强也不会发生变化，压强不变不能说明反应达到平衡状态；‎ ‎③B的物质的量浓度是化学反应处于平衡状态的特征；‎ ‎④反应两边气体的化学计量数都是2，总的气体物质的量不会变化，不能说明反应达到平衡状态；‎ 综上所述，表明反应已达平衡的是①③，答案选C。‎ ‎16.只改变一个影响因素，平衡常数K与平衡移动关系叙述不正确的是 A. K值不变，平衡可能移动 B. 平衡向右移动时，K值不一定移动 C K值有变化，平衡一定移动 D. 相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值也增大两倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．K只与温度有关，K值不变时，化学平衡可能移动，也可能不发生移动，A正确；‎ B．平衡向右移动时，若温度不发生变化，则K值就不变，若温度变化，则K值就会发生变化，因此平衡向右移动时，K值不一定移动，B正确；‎ C．K值是化学平衡常数，若K值有变化，平衡一定移动，C正确；‎ D．相同条件下，同一个反应的方程式的化学计量数增大2倍，K值是原来的平方，D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎17.对于可逆反应2AB3（g）‎2A（g）+3B2（g） ΔH＞0，下列图象不正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎△H>0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应物含量减小，且该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，反应物转化率减小，以此来解答。‎ ‎【详解】A、为吸热反应,升高温度平衡正向移动，则交点后正反应速率大于逆反应速率，故A正确；‎ B、为吸热反应，温度高的反应速率快，且反应物含量小，与图象一致，故B正确；‎ C、相同温度时，增大压强平衡逆向移动，反应物含量大，升高温度平衡正向移动，反应物含量减小，与图象一致，故C正确；‎ D、该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，反应物转化率减小，升高温度反应物的转化率增大，与图象不符，故D错误；‎ 故选 D。‎ ‎18.以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池，采用电解法制备 Fe(OH)2，装置如图所示，其中电解池两极材料分别为铁和石墨，通电一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。则下列说法正确的是( )‎ A. 石墨电极Ⅱ处的电极反应式为O2＋4e－===2O2－‎ B. X是铁电极 C. 电解池中有1mol Fe溶解，石墨Ⅰ耗H2 ‎‎22.4 L D. 若将电池两极所通气体互换，X、Y两极材料也互换，实验方案更合理。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极，发生氧化反应；通入氧气的电极II是正极，正极发生还原反应。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，Fe作阳极发生氧化反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】左边装置是原电池，通入氢气的电极I是负极、通入氧气的电极II是正极，负极反应式为H2-2e-+CO32-=CO2+H2O，正极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-。右边装置是电解池，X是阴极、Y是阳极，阴极反应式为2H2O +2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH) 2↓。‎ A．通入氧气的电极II是正极，正极上氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO32-，A错误；‎ B．X与负极连接，作阴极，Y与电源正极连接，作阳极，要制取Fe(OH) 2，阳极Y必须是铁电极，X电极为石墨电极，B错误；‎ C．电解池中有1mol Fe溶解，失去2mol电子，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知在石墨Ⅰ耗H21mol，但未指明气体所处的条件，因此不能确定氢气的体积就是 ‎22.4 L，C错误；‎ D．若将电池两极所通气体互换，则I是正极，X是阳极，X电极材料是Fe，该电极产生的Fe2+和碱反应得到Fe(OH) 2白色沉淀，可以将沉淀和氧气隔绝，实验方案更合理，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查原电池和电解池的反应原理，明确在燃料电池中通入燃料H2的电极为负极，与电源负极连接的电极为阴极，Fe电极与电源正极连接作阳极，发生氧化反应变为Fe2+是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意该原电池中电解质是熔融碳酸盐而不是酸或碱溶液。‎ ‎19.联氨(N2H4)常温下为无色液体，可用作火箭燃料。下列说法不正确的是（ ）‎ ‎①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l) ΔH1‎ ‎②N2(g)＋2H2(g)= N2H4(l) ΔH2‎ ‎③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) ΔH3‎ ‎④2 N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4=−1048.9 kJ·mol-1‎ A. ΔH4﹦2ΔH3−2ΔH2−ΔH1‎ B. O2(g)＋2H2(g)2H2O(l) ΔH5，ΔH5＞ΔH3‎ C. 1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的总能量高于2 mol H2O(g)‎ D. 联氨和N2O4作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据盖斯定律计算2×③-2×②-①得到④2 N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4=ΔH4﹦2ΔH3−2ΔH2−ΔH1，故正确；B. O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) ΔH3，O2(g)＋2H2(g)2H2O(l) ΔH5，气态水变为液态水过程中放出热量，焓变为负值，则ΔH5<ΔH3，故错误；C.反应放热，所以说明1 mol O2(g)和2 mol H2(g)具有的总能量高于2 mol H2O(g)，故正确；D. 联氨和N2O4的反应为放热反应，作火箭推进剂的原因之一是反应放出大量的热，故正确。故选B。‎ ‎20.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn +2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+ 4KOH，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 放电时负极反应为：Zn – 2e-+ 2OH- ＝ Zｎ(OH)2‎ B. 充电时阴极反应为：Fe(OH)3- 3e-+ 5OH- ＝ FeO42-+ 4H2O C. 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原 D. 放电时正极附近溶液的碱性增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2，高铁酸钾在正极得到电子，电极反应式为，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，放电时，正极上高铁酸钾转化成氢氧化铁，电极反应式为，正极上生成OH-离子，碱性要增强。‎ ‎【详解】A．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为，故A不符合题意；‎ B．充电时阴极发生Zn(OH)2得电子的还原反应，即反应为：，故B符合题意；‎ C．放电时正极反应为，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C不符合题意；‎ D．放电时正极反应为，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎21.在t ℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是 A. 该反应正反应的焓变为正值 B. 恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深 C. 升高温度，逆反应速率减小 D. 该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；‎ B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；‎ C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；‎ D、根据A中分析D正确；‎ 答案选D。‎ ‎22.关于各图的说法（其中①③④中均为情性电极）正确的是（ ）‎ A. ①装置中阴极处产生的气体能够使湿润KI淀粉试纸变蓝 B. ②装置中待镀铁制品应与电源正极相连 C. ③装置中电子由b极流向a极 D. ④装置中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、①装置是电解池，阴极上溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，应是铜离子得到电子生成铜，没有气体放出，故A错误；‎ B、②装置为电镀池，待镀制品应该和电源负极相连，做电解池的阴极，故B错误；‎ C、③装置是氢氧燃料电池，通入氢气的为原电池的负极，通入氧气的为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，即从a极经导线流向b极，故C错误；‎ D、④装置为电解氯化钠溶液的装置，装置中的离子交换膜允许离子通过，氯气不能通过，可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎23.图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。‎ ‎　‎ 下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 一定条件下，向密闭容器中加入1 mol NO2(g)与1 mol CO(g)反应放出234 kJ热量 B. 若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率 C. 若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度 D. 若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1 mol NO2(g)与1 mol CO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234 kJ热量，故A错误；‎ B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，故B错误；‎ C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；‎ D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎24.下列三个化学反应的平衡常数(K1、K2、K3)与温度的关系分别如下表所示（ ）‎ 下列说法正确的悬（ ）‎ A. △H1<0，△H2>0‎ B. 反应①②③的反应热满足关系：△H2-△H1=△H3‎ C. 反应①②③的平衡常数满足关系；K1·K2=K3‎ D. 要使反应③在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取升温措施 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表格数据可知，升高温度时K1增大、K2减小，则△H1＞0，△H2＜0，故A错误；‎ B．由盖斯定律可知，②-①得到③，则焓变为△H2-△H1=△H3，故B正确；‎ C．K为指数关系，结合②-①得到③可知，则平衡常数K3为反应②与反应①的平衡常数商，即=K3，故C错误；‎ D．由随温度升高而减小可知，反应③为放热反应，则向正反应方向移动，可采取降温措施，故D错误；‎ 故选B。‎ 二．非选择题（共5小题，52分）‎ ‎25.利用下图装置测定中和热的实验步骤如下：‎ ‎①量取50mL 0.25mol/L H2SO4溶液倒入小烧杯中，测量温度；‎ ‎②量取50mL 0.55mol/L NaOH溶液，测量温度；‎ ‎③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。请回答：‎ ‎（1）如图所示，仪器A的名称是_______________；‎ ‎（2）NaOH溶液稍过量的原因 ______________。‎ ‎（3）加入NaOH溶液的正确操作是_______（填字母）。‎ A．沿玻璃棒缓慢加入 B．一次迅速加入 C．分三次加入 ‎（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 _________________________。‎ ‎（5）实验数值结果与57.3 kJ/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．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 c．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). 环形玻璃搅拌棒 (2). 确保硫酸被完全中和 (3). B (4). 用环形玻璃搅拌棒轻轻上下搅动 (5). abc ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据简易量热计的构造及测量原理分析解答。‎ ‎【详解】（1）如图所示，仪器A的名称是：环形玻璃搅拌棒，‎ 故答案为环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）NaOH溶液稍过量的原因是：确保硫酸被完全中和，‎ 故答案为确保硫酸被完全中和；‎ ‎（3）为了保证热量不散失，加入NaOH溶液的正确操作是：一次迅速加入，‎ 故答案为B；‎ ‎（4）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是用环形玻璃搅拌棒轻轻上下搅动，‎ 故答案为用环形玻璃搅拌棒轻轻上下搅动；‎ ‎（5）a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；‎ b．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较大，所得中和热的数值偏小，故b正确；‎ c．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故c正确，‎ 故答案为：abc。‎ ‎26.按要求填空 ‎（1）对于Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎①升高温度：________； ‎ ‎②增加盐酸体积：____________；‎ ‎③加入等体积的NaCl溶液：__________； ‎ ‎④滴入几滴CuSO4溶液：____________；‎ ‎（2）一定温度下，反应N2(g)＋O2(g) ===2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响。(填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎①缩小体积使压强增大：__________；‎ ‎②恒容充入N2：__________；‎ ‎③恒压充入He：__________。‎ ‎（3）在恒温恒容条件下，可逆反应A(g)＋B(g) C(g)＋D(g)。判断该反应是否达到平衡的依据为__________(填正确选项前的字母) ‎ a．压强不随时间改变 ‎ b．气体的密度不随时间改变 c．c(A)不随时间改变 ‎ d．单位时间里生成C和D的物质的量相等 ‎（4）一定温度下，在‎2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：‎ ‎①从反应开始到10 s时，用Z表示的反应速率为________，X的物质的量浓度减少了________，Y的转化率为________。‎ ‎②该反应的化学方程式为_________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 增大 (2). 不变 (3). 减小 (4). 增大 (5). 增大 (6). 增大 (7). 减小 (8). c (9). 0.079 mol·L－1·s－1 (10). 0.395 mol·L－1 (11). 79% (12). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①．升高温度，单位体积内反应物活化分子数以及有效碰撞频率增加，化学反应速率增大，‎ 故答案为：增大；‎ ‎②．增加盐酸体积，单位体积内反应物活化分子数不变，有效碰撞频率不变，化学反应速率不变，‎ 故答案为：不变；‎ ‎③．NaCl不参加化学反应，加入NaCl溶液相当于加入水，溶液体积增加，单位体积内活化分子数减小，有效碰撞频率将减小，化学反应速率减小，‎ 故答案为：减小；‎ ‎④．加入CuSO4溶液，因氧化性Cu2+>H+，故Cu2+先与Fe发生置换反应生成Cu，溶液中形成了Fe-盐酸-Cu原电池，将加快化学反应速率，‎ 故答案为：增大；‎ ‎（2）①．增大压强，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞频率增加，化学反应速率增大，‎ 故答案为：增大；‎ ‎②．充入N2后，反应物浓度增加，单位体积内活化分子数增大，有效碰撞频率增加，化学反应速率增大，‎ 故答案为：增大；‎ ‎③．恒压充入He，He不参加化学反应，容器体积将增大，单位体积内活化分子数减小，有效碰撞频率减小，化学反应速率减小，‎ 故答案为：减小；‎ ‎（3）该反应属于气体等体积反应，反应物全部为气体；‎ a．反应在恒容容器中进行，气体的物质的量之比等于其压强之比，该反应为气体等体积反应，反应过程中，气体总物质的量不变，压强不变，不能判断反应是否处于平衡状态，故a不符合题意；‎ b．反应过程中，气体总质量不变，气体总体积不变，因此气体的密度不变，不能判断反应是否处于平衡状态，故b不符合题意；‎ c．反应过程中，A的浓度不发生该变，说明正逆反应速率相等，可说明反应达到平衡状态，故c符合题意；‎ d．因C与D的化学计量数相等，因此在反应过程中，单位时间内生成C与D的物质的量一定相等，不能判断反应是否处于平衡状态，故d不符合题意；‎ 故答案为：c；‎ ‎（4）①．从反应开始到10s时，Z物质增加了1.58mol，因此=0.079 mol·L－1·s－1；由图像可知，=0.395 mol·L－1；=79%，‎ 故答案为：0.079 mol·L－1·s－1；0.395 mol·L－1；79%；‎ ‎②．由图像可知，反应过程中，Z的物质的量在增加，X、Y的物质的量在减少，故Z为生成物，X、Y为反应物，10s后，各物质的物质的量不再发生变化，且反应物均未消耗完全，故该反应为可逆反应，，故该反应的化学方程式为：‎ 故答案为：。‎ ‎27.I.一密封体系中发生下列反应：N2＋3H22NH3 ΔH<0，下图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）处于平衡状态的时间段是___________、___________、___________。‎ ‎（2）t1、t3、t4时刻体系中分别是什么条件发生了变化：____________、___________、___________。‎ ‎（3）下列各时间段时，氨的百分含量最高的是___________（填序号）。‎ A．t0～t1 B．t2～t‎3 C．t3～t4 D．t5～t6‎ II.830K时，在密闭容器中发生下列可逆反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0。试回答下列问题：‎ ‎（4）若起始时c（CO）=2 mol·L-1，c（H2O）=3 mol·L-1，达到平衡时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____________。‎ ‎（5）在相同温度下，若起始时c（CO）=1mol·L-1，c（H2O）=2mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol·L-1，则此时该反应是否达到平衡状态______（填“是”与“否”），此时v（正）____v（逆）（填“大于”“小于”或“等于”）。‎ ‎【答案】 (1). t0～t1 (2). t2～t4 (3). t5～t6 (4). 升高温度 (5). 加催化剂 (6). 降低压强 (7). A (8). 1 (9). 否 (10). 大于 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等；‎ ‎（2）根据温度、催化剂以及压强对反应速率的影响分析，注意各时间段正逆反应速率的变化；‎ ‎（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大；‎ ‎（4）根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；‎ ‎（5）计算常数浓度商Qc、平衡常数，与平衡常数比较判断反应进行方向，据此解答。‎ ‎【详解】（1）从平衡状态的本质特征分析，可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，时间处于t0～t1，t2～t3，t3～t4，t5～t6时，正逆反应速率相等，则说明反应达到平衡状态，‎ 故答案为：t0～t1，t2～t4，t5～t6；‎ ‎（2）t1时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，由反应方程式△H<0可知，应为升高温度；t3时，正逆反应速率都增大并且相等，平衡不移动，应为加入催化剂的变化；t4时，正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，由方程式计量数关系可知，应为减小压强的变化；‎ 故答案为：升高温度；加催化剂；降低压强；‎ ‎（3）随着反应的进行，生成的氨气逐渐增多，氨气的体积分数逐渐增大，反应进行到最大时间时，生成的氨气最多，氨的体积分数最高，由于t1～t2时间段和t4～t5时间段内，平衡都向逆反应方向移动，氨的百分含量都减小，所以应是t0～t1时间段中氨的百分含量最高，‎ 故答案为：A；‎ ‎（4）平衡时CO的转化率为60%，则CO的浓度变化量=2mol/L×60%=1.2mol/L，则：‎ 故平衡常数，‎ 故答案为：1；‎ ‎（5）在相同温度下(‎850℃‎)，若起始时c(CO)=1mol⋅L−1，c(H2O)=2mol⋅L−1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5mol⋅L−1，则：‎ 浓度商，故平衡向正反应进行，此时v(正)>v(逆)，‎ 故答案为：否；大于。‎ ‎28.环境监测显示，某地市的主要气体污染物为SO2、NOx、CO等，其主要来源为燃煤、机动车尾气。进行如下研究：‎ ‎（1）为减少燃煤对SO2的排放，可将煤转化为清洁燃料水煤气（CO和H2）。‎ 已知： ΔH＝－241.8kJ·mol－1‎ ‎ ΔH＝－110.5kJmol－1‎ 写出焦炭与1mol水蒸气反应生成水煤气的热化学方程式：________。‎ ‎（2）①在101 kPa时，H2(g)在 1.00 mol O2(g)中完全燃烧生成2.00 mol H2O(l)放出571．6 kJ的热量，表示H2燃烧热的热化学方程式为________________________________。‎ ‎②‎1.00 L 1.00 mol·L−1 H2SO4溶液与‎2.00 L 1.00 mol·L−1 NaOH溶液完全反应，放出114.6 kJ热量，表示其中和热的热化学方程式为____________________________。‎ ‎（3）利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并利用阴极排出的溶液吸收NO2。‎ 电极A的电极反应式为________；‎ ‎【答案】 (1). C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3kJ·mol－1 (2). (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据盖斯定律进行计算，用第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式可得焦炭与水蒸气反应的热化学方程式；‎ ‎（2）①燃烧热指的是1mol物质完全燃烧生成稳定的物质时放出的热量，据此写出热化学方程式；‎ ‎②中和热为稀酸和稀碱反应生成1mol H2O(l)放出的热量，据此写出热化学方程式；‎ ‎（3）由图可知，电极A为阳极，SO2失电子发生氧化反应生成，据此写出电极反应方程式。‎ ‎【详解】（1）已知：① ΔH＝－241.8kJ·mol－1‎ ‎② ΔH＝－110.5kJmol－1，‎ 水煤气的主要成分为CO、H2O，根据盖斯定律，②-①可得焦炭与1mol水蒸气反应生成水煤气的热化学方程式：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3kJ·mol－1；‎ 故答案为：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝＋131.3kJ·mol－1；‎ ‎（2）①由题可知，， H2的燃烧热热化学方程式即1molH2完全燃烧生成1mol液态水的热化学方程式，根据盖斯定律将该热化学反应方程式×可得H2的燃烧热的热化学方程式：；‎ 故答案为：；‎ ‎②由题可知，，该反应的中和热为表示生成1mol水的热化学方程式，将上述热化学方程式×可得该反应的中和热为：；‎ 故答案为：；‎ ‎（3）由图可知，电极A为阳极，SO2失电子发生氧化反应生成，故电极反应方程式为：；‎ 故答案为：。‎ ‎【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②然后根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③‎ 然后检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。‎