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2022-2023学年山东省枣庄市第三中学（实验班）高二11月线上测试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年山东省枣庄市第三中学（实验班）高二11月线上测试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山东省枣庄市第三中学（实验班）2022-2023学年高二
11月线上测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．水是一次能源，水煤气是二次能源，天然气是可再生能源
B．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O =＋80 kJ·mol－1能自发进行，原因是体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
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
【详解】A．水是直接从自然界中获得的能源，是一次能源，水煤气是经过转化而来的能源，是二次能源，天然气是不可再生能源，A错误；
B．该反应焓变大于0，而只有当＜0时反应才能自发进行，所以只有熵变也大于0(即体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向)才能在一定温度下满足条件，B正确；
C．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如很多燃烧反应需要加热但属于放热反应，C错误；
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，既不改变反应的焓变也不改变反应的熵变，故催化剂不可以改变化学反应进行的方向，D错误；
故答案为：B。
2．研究表明与CO在的作用下会发生反应①、②其能量变化示意图如所示。下列说法错误的是
A．使反应的活化能成小 B．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．总反应 D．反应①过程中，中的化学键发生了断裂
【答案】B
【详解】A．由图示知，Fe+反应前后没变，故Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，A正确；
B．催化剂可以降低反应的活化能，使反应速率加快，但不能使化学平衡发生移动，即催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B错误；
C．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，总反应ΔH＜0，C正确；
D．由图可知，反应①过程中发生反应N2O+Fe+→FeO++N2，N2O中的化学键发生了断裂，D正确；
故答案选B。
3．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是
A．由热化学方程式CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)；=－192.9 kJ·mol-1，可推知CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol－1
B．已知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)；=＋571.6 kJ·mol-1
C．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的中和热ΔH=－57.3 kJ·mol-1，则稀H2SO4(aq)和Ba(OH)2 (aq)反应生成2molH2O(l)的反应热=2×(－57.3 kJ·mol-1)
D．一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) =－38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物的时放出的热量，故可推知CH3OH(g)的燃烧热不为192.9 kJ·mol-1，A错误；
B．已知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，即2H2(g)＋O2(g) =2H2O(l) =-571.6 kJ·mol-1，故2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)；=＋571.6 kJ·mol-1，B正确；
C．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的中和热ΔH=－57.3 kJ·mol-1，由于Ba2+(aq)+(aq)=BaSO4(s)也将产生热效应，所以稀H2SO4(aq)和Ba(OH)2 (aq)反应生成2molH2O(l)的反应热不是2×(-57.3 kJ·mol-1)，C错误；
D．由于N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)为可逆反应，故一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应并不能完全转化，故未能生成1molNH3(g)，放热小于19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ＜－38.6 kJ·mol-1，D错误；
故答案为：B。
4．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是
A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加
B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O=2Ag＋2OH−
C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；
B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，B项正确；
C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；
D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO42PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。
故答案选A。
5．已知某温度下和的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol/L的溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中下列说法正确的是
A．水的电离程度始终增大
B．当加入氨水的体积为10mL时，
C．与之和始终保持不变
D．先增大再减小
【答案】B
【详解】A．酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，则水的电离程度先增大，恰好完全反应后，再滴加氨水，水的电离程度减小，A项错误；
B．当加入氨水的体积为时，和恰好完全反应，因为和的电离常数相等，所以呈中性，则，B项正确；
C．随着氨水的增多，溶液的体积变大，与之和逐渐减小，C项错误；
D．因为的电离常数，所以，因为不变，逐渐增大，所以始终减小，D项错误；
故选B。
6．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
7．一定温度下，水存在H2O⇌H＋＋OH－ ΔH=－Q(Q＜0)的平衡，下列叙述一定正确的是
A．向纯水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B．如果将纯水加热，Kw增大，pH减小
C．向纯水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．向纯水中加入少量固体硫酸钠，Kw不变，c(H＋)=1×10－7 mol·L－1
【答案】B
【详解】
A. 向纯水中滴入少量稀盐酸，c(H＋)增大，水的电离平衡逆向移动，因温度未变，则Kw不变，故A错误；
B. 水的电离为吸热过程，如果将纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH-)增大，则Kw增大，pH减小，故B正确；
C. 向纯水中加入少量固体CH3COONa，CH3COO-结合水电离产生的H＋生成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)降低，故C错误；
D. 向纯水中加入少量固体硫酸钠，对水的电离平衡无影响，溶液呈中性，因温度未变，则Kw不变，又因温度未知，则c(H＋)不一定是1×10－7 mol·L－1，故D错误；
答案选B。
8．已知反应: 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) ΔH=-a kJ·mol-1（a>0），其反应机理如下
①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快
②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应的速率主要取决于①的快慢
B．NOBr2是该反应的催化剂
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol-1
D．增大 Br2(g)浓度能增大活化分子百分数， 加快反应速率
【答案】C
【详解】A. 反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；
B. NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；
C. 正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ⋅mol−1，故C正确；
D. 增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误；
故选C。
9．对于可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是
A
B
C
D
研究压强对反应的影响(p2>p1)
研究温度对反应的影响
研究平衡体系增加N2对反应的影响
研究催化剂对反应的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A错误；
B．因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，B错误；
C．反应平衡后，增大氮气的量，平衡正向进行，这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，C正确；
D．催化剂改变反应速率，合成氨反应中使用催化剂可加快反应速率，达到平衡所需时间减小，与图象不符，D错误；
故选C。
10．将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示。
压强/MPa
体积分数/%
温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b＜f ②915℃、2.0MPa时E的转化率为60% ③该反应的ΔS＞0 ④K(1000℃)＞K(810℃)
上述①～④中正确的有A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【详解】利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a，c＞75%，e＞83%；c、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），④正确；f的温度比b的高，压强比b的小，所以b＜f，①正确；设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得=75%，解得x=0.6，α=60%，②正确；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③正确；答案选A。
11．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
[已知 ]。
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol 、3mol
2 mol
4 mol
的浓度(mol/L)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
下列说法正确的是A．2c1>c3 B．a+b>92.4 C．2 p2< p3 D．+<1
【答案】D
【详解】A．甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量4molNH3，恒温恒容条件下，丙容器相对于甲容器平衡正向移动，则平衡时2c1
C．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍，由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2>p3，故C错误；
D．丙相当于2个甲的平衡右移，若丙不移动，则α1+α3=1，但是丙相对甲来说向右移动了，丙的反应物转化率降低了，所以a1+a3＜1，故D正确；
故选D。
12．下列选项中的原因或结论与现象不对应的是
选项
现象
原因或结论
A
在中加入，能加速的分解速率
降低了反应所需的活化能
B
向溶液中加入溶液，溶液呈红色，再滴加几滴溶液，溶液颜色变浅
增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动
C
将盛有气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深
，△H<0，平衡向生成方向移动
D
在密闭容器中有反应：．达到平衡时测得为，将容器容积扩大到原来的二倍，测得为
A气体，
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．MnO2是H2O2分解反应的催化剂，降低了反应所需的活化能，加快反应速率，原因或结论与现象对应，A不符合题意；
B．反应的实质是Fe2+ + 3SCN- Fe(SCN)3，与K+、Cl-浓度无关，溶液颜色变浅，主要是因为溶液被稀释，原因或结论与现象不对应，B符合题意；
C．N2O4为无色气体，NO2为红棕色气体，升高温度平衡逆向移动，NO2浓度变大，容器内气体颜色加深，原因或结论与现象对应，C不符合题意；
D．容器容积扩大到原来的两倍，A的浓度瞬间变为0.25mol·L-1，但平衡时测得c(A) = 0.2mol·L-1说明容器容积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的反应方向移动，A有浓度变化，应为气体，x+1<2，则x< 1，原因或结论与现象对应，D不符合题意。
故选B。
13．25℃时，用浓度为0.1000 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10－5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)＞c(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)
【答案】B
【分析】浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。
【详解】A．同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX，故A错误；
B．当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y-)，即Ka(HY)≈c(H+)=10-pH=10-5，故B正确；
C．用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液；但因酸性：HY＞HX，即X-的水解程度大于Y-，溶液中c(Y-)＞c(X-)，故C错误；
D．HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)= c(Y-)+ c(Z-) +c(OH-)，又根据HY的电离平衡常数：Ka(HY)=即有：c(Y—)=，所以达平衡后：c(H+)=+ c(Z-) +c(OH-)，故D错误；
故选B。
14．下列叙述及对应图示正确的是
A．图甲是某温度下的醋酸与醋酸钠混合溶液中、与的关系曲线，的溶液中：
B．图乙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
C．图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，时刻溶液的温度最高
D．图丁是常温下，用溶液加入溶液，D点为反应终点
【答案】B
【详解】A．根据图像中交点的坐标可知，的电离常数，时电离常数不变，故A错误；
B．由图可知，时刻突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；
C．铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故C错误；
D．常温下，用溶液滴定溶液．恰好完全反应生成，溶液呈碱性，D点对应的溶液呈中性，而滴定终点应在D点的右边，故D错误；
故选B。
二、多选题
15．利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是
A．C膜可以为质子交换膜
B．阴极室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．每转移2 mol e-，阳极室溶液质量减少111 g
【答案】CD
【分析】电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，阳极附近氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极附近氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合钠离子生成氢氧化钠，则C膜应为阳离子交换膜。
【详解】A．分析可知C膜为阳离子交换膜，要允许钠离子通过，故A错误；
B．阴极室的电极反应式2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B错误；
C．阴极不参与反应可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C正确；
D．因为2Cl--2e-═Cl2↑，阳离子钙离子又移向阴极，所以每转移2mol e-，阳极室溶液质量减小为1molCaCl2的质量，为111g，故D正确；
答案选CD。
三、计算题
16．依据题中所给信息完成指定问题：
(1)地康法制氯气可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1=＋83 kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=－20 kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=－121 kJ·mol－1
则反应4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=________kJ·mol－1。
(2)用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4 ℃，反应后溶液的比热容为4.2 J·g－1·℃－1，盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1 g·cm－3，则中和热ΔH=________；
(3)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下16 g SiH4自燃放出热量750 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为___________。
【答案】 -116 -50.4kJ/mol SiH4(g)+ 2O2(g)= SiO2(s)+ 2H2O(l) ΔH=-1500kJ/mol
【详解】(1)已知：① CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1=＋83 kJ·mol－1
②CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=－20 kJ·mol－1
③CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=－121 kJ·mol－1
根据盖斯定律，(①+②+③)×2得：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH=[(＋83 kJ·mol－1)+(－20 kJ·mol－1)+( －121 kJ·mol－1)]×2=-116 kJ·mol－1；
(2) 用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为：0.05L×0.50 mol·L－1 =0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化值：ΔT=23.4℃-20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=c·m·ΔT=100g×4.2 J·g－1·℃×3.0℃=1260J=1.260kJ，则生成1mol水时放出的热量为：=50.4kJ，所以实验测得的中和热ΔH=-50.4kJ/mol；
(3) 16 g SiH4的物质的量为：=0.5mol，发生自燃时放出热量750 kJ，则1mol SiH4自燃时放出热量：750 kJ×2=1500kJ，所以SiH4自燃的热化学方程式为：SiH4(g)+ 2O2(g)= SiO2(s)+ 2H2O(l) ΔH=-1500kJ/mol。
四、填空题
17．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，G、H、I、J的电极材料根据题中要求来确定。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答：
(1)电源的A极是__________(填“正极”或“负极”)。如果该直流电源为铅酸蓄电池“Pb—H2SO4—PbO2”，则其放电时正极的电极反应式为______；
(2)一段时间后，甲装置中溶液的pH__________(填“增大”“减小”或“不变”)。甲装置阳极的电极反应式为______；
(3)现用丙装置给铁件镀铜，则H极应是__________(填“铁件”或“铜”)。戊装置中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，说明________在电场作用下向Y极移动；
(4)若电路中通过0.02mol电子时，丁中电解足量R(NO3)x溶液时，某一电极析出了a g金属R，则金属R的相对原子质量Mr(R)的计算公式为Mr(R)=___(用含a、x的代数式表示)；
(5)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为___。
【答案】 正极 PbO2(s)+4H+(aq)+2e-+(aq)=PbSO4(s)+2H2O(l) 减小 2H2O-4e-=4H++O2↑ 铁件 带正电荷的氢氧化铁胶体粒子 50ax 1：2：2：2
【分析】C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，F电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，A为正极、B为负极，C电极上氢氧根离子放电、D电极上铜离子放电、E电极上氯离子放电、F电极上氢离子放电，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，F为阴极，故电源的A极是正极，铅酸蓄电池“Pb—H2SO4—PbO2”正极的电极反应式为PbO2(s)+4H+(aq)+2e-+(aq)=PbSO4(s)+2H2O(l)，故答案为：正极；PbO2(s)+4H+(aq)+2e-+(aq)=PbSO4(s)+2H2O(l)；
(2)一段时间后，甲装置是用惰性电极电解CuSO4溶液，总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故甲中溶液的pH减小，甲装置阳极发生氧化反应，其电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：减小；2H2O-4e-=4H++O2↑；
(3)由分析可知，H为阴极，故现用丙装置给铁件镀铜，则H极应是铁件，X为阳极，Y为阴极，故由戊装置中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，说明带正电荷的氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向Y极移动，故答案为：铁件；带正电荷的氢氧化铁胶体粒子；
(4) 由电子守恒可知，电解R(NO3)x溶液时，某一极增加了agR， 解得MR=50ax，故答案为：50am；
(5) C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH--4e-═O2↑+2H2O、Cu2++2e-═Cu、2Cl--2e-═Cl2↑、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2；故答案为：1：2：2：2；
18．在体积为1 L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)，化学平衡常数K与温度T的关系如表：
T/℃
700
800
850
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)升高温度，化学平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动；
(2)在等温等容条件下，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________；
A．c(CO2)=c(CO)
B．浓度商Q不再改变
C．容器中的气体密度不再改变
D．v正(H2)=v正(CO2)
E.c(H2)不再改变
F.混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)若某温度下，体系平衡浓度符合下列关系：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，在此温度下，若该容器中含有1 mol CO2、1.2 mol H2、0.6 mol CO、1.5 mol H2O，则此时反应所处的状态为__________(填“向正反应方向进行中”、“向逆反应方向进行中”或“平衡状态”)。
(4)在一定条件下发生上述反应，反应过程中速率随时间的变化如图所示，请根据速率的变化回答采取的措施。t3时刻改变的条件是______。
(5)在850℃条件下，将CO2和 H2按体积比3:7通入2 L的恒容密闭容器中发生上述反应，10min后反应达平衡，此时压强为P。则850℃条件下该反应的分压平衡常数Kp=________(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】 正反应 BE 向正反应方向进行中 降低温度 1.0
【详解】
(1)根据表格数据可知，升高温度，化学平衡常数K增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
(2)A. CO2是反应物、CO是生成物，当c(CO2)=c(CO)时，不能确定CO2和CO的浓度是否还在发生改变，所以反应不一定达到平衡状态，故A不选；
B.浓度商Q不再改变，说明各物质的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故B选；
C.根据质量守恒可知气体的质量不变，容器恒容，气体的体积不变，则容器中的气体密度始终保持不变，则容器中的气体密度不再改变，反应不一定达到平衡状态，故C不选；
D.v正(H2)=v正(CO2)，都表示的是正反应速率，无法确定正逆反应速率相等，所以反应不一定达到平衡状态，故D不选；
E.c(H2)不再改变，说明反应达到平衡状态，故E选；
F. 根据质量守恒可知气体的质量不变，该反应为等体积的可逆反应，则混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，反应不一定达到平衡状态，故F不选；
答案选：BE；
(3)该反应的平衡常数表达式为：K=，若某温度下，体系平衡浓度符合下列关系：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，则K==1，在此温度下，若该容器中含有1 mol CO2、1.2 mol H2、0.6 mol CO、1.5 mol H2O，容器的体积为1L，则Qc==0.75
达到平衡时，气体总物质的量浓度为：(3x-a)mol/L+(7x-a) mol/L +a mol/L +a mol/L =10x mol/L，达到平衡时，该反应的平衡常数：K==1.0，850℃条件下该反应的分压平衡常数：Kp===K=1.0。
19．已知草酸为二元弱酸：
常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)如果所得溶液溶质为，则该溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)；
(2)如果所得溶液溶质为，则该溶液中各离子浓度由大到小顺序为_________________；
(3)当所得溶液时，溶液中__________；
(4)常温下，将体积相同，均等于10的和溶液，分别加水稀释倍、倍，稀释后溶液的都变成9，则与的大小关系为_____________。
【答案】(1)酸性
(2)
(3)
(4)
【分析】向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的溶液，随着氢氧化钾的加入，溶液中物质的量分数减小、先增大后减小、已知增大，故曲线1、2、3分别为、、三种微粒的曲线；
【详解】（1）如果所得溶液溶质为，此时的物质的量分数应该处于最高点，据图可知，此时溶液小于7，溶液显酸性；
（2）如果所得溶液溶质为，最大，发生两步水解使溶液呈碱性，且第一步水解程度大于第二步水解程度，则，该溶液中各离子浓度由大到小顺序为：；
（3）据图可知，当溶液时，，则：，当所得溶液时，溶液中，，则；
（4）溶液中存在的水解平衡，加水稀释时，溶液中的减小程度小于溶液中的减小程度，常温下，将体积相同、均等于10的和溶液，分别加水稀释倍、倍，假设，此时溶液的等于9，而溶液的大于9，稀释后溶液的都变成9，则应大于。
五、原理综合题
20．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。
(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C-H
C=O
H-H
CO(CO)
键能(kJ/mol)
413
745
436
1075
则该反应的△H=__________。
(2)利用CO2可制取甲醇，其反应为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在恒温恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
从反应开始到达平衡这段时间，(H2)=___________；该温度下的化学平衡常数数值=__________(保留三位有效数字)。
(3)一定条件下，将工业排放的CO2通过灼热焦炭层可以合成气体燃料CO，发生反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)，实验测知用不同物质表示的正、逆反应速率符合如下公式：正(CO2)=k正·C(CO2)，逆(CO)=k逆·C2(CO)，则该反应的化学平衡常数K与k正、k逆之间的关系式为_____________。
(4)工业上产生的CO2还可以用NaOH溶液捕获。常温下，如果实验测得捕获CO2后溶液中c(HCO)：c(CO)=2:1，则此时溶液的pH=_______(已知常温下，H2CO3的Ka1=4.0×10－7；Ka2=5.0×10－11)。
(5)一种和CO2相关的熔融碳酸盐燃料电池原理如图所示，则该电池的负极电极反应式为_____________。
【答案】 +120kJ/mol 0.225mol/(L·min) 5.33 10 H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2
【分析】本题主要考查与CO2有关的热化学反应方程式的书写，化学平衡的有关计算，反应速率的相关计算，电解质溶液中相关离子浓度的有关计算以及与之相关的新型化学电源的电极方程式的书写，总体难度一般。
【详解】(1)该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能=(4×413 kJ/mol +2×745 kJ/mol -2×1075 kJ/mol -2×436 kJ/mol=+120 kJ/mol，故答案为：+120kJ/mol；
(2)从反应开始到平衡，(CH3OH)==mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，相同时间内(H2)=3(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)；
根据图知，开始时二氧化碳浓度为1mol/L，氢气是二氧化碳的3倍，三段式分析如下： 化学平衡常数K=
==5.33；故答案为：0.225mol/(L·min)；5.33；
(3)化学反应达到化学平衡的特征是正、逆反应速率相等，又反应速率之比等于化学计量系数比，故有正(CO)=2正(CO2)，又知正(CO2)=k正·c(CO2)，逆(CO)=k逆·c2(CO)，则有：逆(CO)= 正(CO)，k逆·c2(CO)=2 k正·c(CO2)，则K==，故答案为：；
(4)Ka2=，则c()：c()===2：1，解得：pH=10，故答案为：10；
(5)该燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，则A为负极、B为正极，负极上CO和氢气失电子和碳酸根离子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则负极反应式为H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2，故答案为：H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2。
山东省枣庄市第三中学（实验班）2022-2023学年高二
11月线上测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．水是一次能源，水煤气是二次能源，天然气是可再生能源
B．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3+10H2O =＋80 kJ·mol－1能自发进行，原因是体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向
C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
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
【详解】A．水是直接从自然界中获得的能源，是一次能源，水煤气是经过转化而来的能源，是二次能源，天然气是不可再生能源，A错误；
B．该反应焓变大于0，而只有当＜0时反应才能自发进行，所以只有熵变也大于0(即体系有自发向混乱度增大的方向转变的倾向)才能在一定温度下满足条件，B正确；
C．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如很多燃烧反应需要加热但属于放热反应，C错误；
D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂，既不改变反应的焓变也不改变反应的熵变，故催化剂不可以改变化学反应进行的方向，D错误；
故答案为：B。
2．研究表明与CO在的作用下会发生反应①、②其能量变化示意图如所示。下列说法错误的是
A．使反应的活化能成小 B．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
C．总反应 D．反应①过程中，中的化学键发生了断裂
【答案】B
【详解】A．由图示知，Fe+反应前后没变，故Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，A正确；
B．催化剂可以降低反应的活化能，使反应速率加快，但不能使化学平衡发生移动，即催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B错误；
C．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，总反应ΔH＜0，C正确；
D．由图可知，反应①过程中发生反应N2O+Fe+→FeO++N2，N2O中的化学键发生了断裂，D正确；
故答案选B。
3．下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是
A．由热化学方程式CH3OH(g)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)；=－192.9 kJ·mol-1，可推知CH3OH(g)的燃烧热为192.9 kJ·mol－1
B．已知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)；=＋571.6 kJ·mol-1
C．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的中和热ΔH=－57.3 kJ·mol-1，则稀H2SO4(aq)和Ba(OH)2 (aq)反应生成2molH2O(l)的反应热=2×(－57.3 kJ·mol-1)
D．一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) =－38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【详解】A．燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物的时放出的热量，故可推知CH3OH(g)的燃烧热不为192.9 kJ·mol-1，A错误；
B．已知H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·mol-1，即2H2(g)＋O2(g) =2H2O(l) =-571.6 kJ·mol-1，故2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g)；=＋571.6 kJ·mol-1，B正确；
C．HCl(aq)和NaOH(aq)反应的中和热ΔH=－57.3 kJ·mol-1，由于Ba2+(aq)+(aq)=BaSO4(s)也将产生热效应，所以稀H2SO4(aq)和Ba(OH)2 (aq)反应生成2molH2O(l)的反应热不是2×(-57.3 kJ·mol-1)，C错误；
D．由于N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)为可逆反应，故一定条件下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应并不能完全转化，故未能生成1molNH3(g)，放热小于19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ＜－38.6 kJ·mol-1，D错误；
故答案为：B。
4．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是
A．Zn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加
B．正极的电极反应式为Ag2O＋2e−＋H2O=2Ag＋2OH−
C．锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄
D．使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降
【答案】A
【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；
B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag，结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O=2Ag+2OH−，B项正确；
C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；
D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO42PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。
故答案选A。
5．已知某温度下和的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol/L的溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中下列说法正确的是
A．水的电离程度始终增大
B．当加入氨水的体积为10mL时，
C．与之和始终保持不变
D．先增大再减小
【答案】B
【详解】A．酸、碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离，则水的电离程度先增大，恰好完全反应后，再滴加氨水，水的电离程度减小，A项错误；
B．当加入氨水的体积为时，和恰好完全反应，因为和的电离常数相等，所以呈中性，则，B项正确；
C．随着氨水的增多，溶液的体积变大，与之和逐渐减小，C项错误；
D．因为的电离常数，所以，因为不变，逐渐增大，所以始终减小，D项错误；
故选B。
6．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。
①
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。
详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。
7．一定温度下，水存在H2O⇌H＋＋OH－ ΔH=－Q(Q＜0)的平衡，下列叙述一定正确的是
A．向纯水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
B．如果将纯水加热，Kw增大，pH减小
C．向纯水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．向纯水中加入少量固体硫酸钠，Kw不变，c(H＋)=1×10－7 mol·L－1
【答案】B
【详解】
A. 向纯水中滴入少量稀盐酸，c(H＋)增大，水的电离平衡逆向移动，因温度未变，则Kw不变，故A错误；
B. 水的电离为吸热过程，如果将纯水加热，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH-)增大，则Kw增大，pH减小，故B正确；
C. 向纯水中加入少量固体CH3COONa，CH3COO-结合水电离产生的H＋生成CH3COOH，水的电离平衡正向移动，c(H＋)降低，故C错误；
D. 向纯水中加入少量固体硫酸钠，对水的电离平衡无影响，溶液呈中性，因温度未变，则Kw不变，又因温度未知，则c(H＋)不一定是1×10－7 mol·L－1，故D错误；
答案选B。
8．已知反应: 2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g) ΔH=-a kJ·mol-1（a>0），其反应机理如下
①NO(g)+Br2(g)NOBr2(g)快
②NO(g)+NOBr2(g)2NOBr(g)慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应的速率主要取决于①的快慢
B．NOBr2是该反应的催化剂
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol-1
D．增大 Br2(g)浓度能增大活化分子百分数， 加快反应速率
【答案】C
【详解】A. 反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，故A错误；
B. NOBr2是中间产物，而不是催化剂，故B错误；
C. 正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ⋅mol−1，故C正确；
D. 增大浓度，活化分子百分数不变，故D错误；
故选C。
9．对于可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，下列研究目的和示意图相符的是
A
B
C
D
研究压强对反应的影响(p2>p1)
研究温度对反应的影响
研究平衡体系增加N2对反应的影响
研究催化剂对反应的影响
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A错误；
B．因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率增大不符，B错误；
C．反应平衡后，增大氮气的量，平衡正向进行，这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，C正确；
D．催化剂改变反应速率，合成氨反应中使用催化剂可加快反应速率，达到平衡所需时间减小，与图象不符，D错误；
故选C。
10．将E和F加入密闭容器中,在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。忽略固体体积，平衡时G的体积分数(%)随温度和压强的变化如下表所示。
压强/MPa
体积分数/%
温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b＜f ②915℃、2.0MPa时E的转化率为60% ③该反应的ΔS＞0 ④K(1000℃)＞K(810℃)
上述①～④中正确的有A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
【详解】利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a，c＞75%，e＞83%；c、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃），④正确；f的温度比b的高，压强比b的小，所以b＜f，①正确；设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得=75%，解得x=0.6，α=60%，②正确；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③正确；答案选A。
11．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：
[已知 ]。
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol 、3mol
2 mol
4 mol
的浓度(mol/L)
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强(Pa)
p1
p2
p3
反应物转化率
下列说法正确的是A．2c1>c3 B．a+b>92.4 C．2 p2< p3 D．+<1
【答案】D
【详解】A．甲投入1molN2、3molH2，丙容器投入量4molNH3，恒温恒容条件下，丙容器相对于甲容器平衡正向移动，则平衡时2c1
C．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍，由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2>p3，故C错误；
D．丙相当于2个甲的平衡右移，若丙不移动，则α1+α3=1，但是丙相对甲来说向右移动了，丙的反应物转化率降低了，所以a1+a3＜1，故D正确；
故选D。
12．下列选项中的原因或结论与现象不对应的是
选项
现象
原因或结论
A
在中加入，能加速的分解速率
降低了反应所需的活化能
B
向溶液中加入溶液，溶液呈红色，再滴加几滴溶液，溶液颜色变浅
增大生成物浓度，平衡向逆反应方向移动
C
将盛有气体的密闭容器浸泡在热水中，容器内气体颜色变深
，△H<0，平衡向生成方向移动
D
在密闭容器中有反应：．达到平衡时测得为，将容器容积扩大到原来的二倍，测得为
A气体，
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．MnO2是H2O2分解反应的催化剂，降低了反应所需的活化能，加快反应速率，原因或结论与现象对应，A不符合题意；
B．反应的实质是Fe2+ + 3SCN- Fe(SCN)3，与K+、Cl-浓度无关，溶液颜色变浅，主要是因为溶液被稀释，原因或结论与现象不对应，B符合题意；
C．N2O4为无色气体，NO2为红棕色气体，升高温度平衡逆向移动，NO2浓度变大，容器内气体颜色加深，原因或结论与现象对应，C不符合题意；
D．容器容积扩大到原来的两倍，A的浓度瞬间变为0.25mol·L-1，但平衡时测得c(A) = 0.2mol·L-1说明容器容积增大，压强减小，平衡向气体体积增大的反应方向移动，A有浓度变化，应为气体，x+1<2，则x< 1，原因或结论与现象对应，D不符合题意。
故选B。
13．25℃时，用浓度为0.1000 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ滴定曲线如图所示。
下列说法正确的是
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX
B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10－5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)＞c(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)
【答案】B
【分析】浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。
【详解】A．同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX，故A错误；
B．当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y-)，即Ka(HY)≈c(H+)=10-pH=10-5，故B正确；
C．用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液；但因酸性：HY＞HX，即X-的水解程度大于Y-，溶液中c(Y-)＞c(X-)，故C错误；
D．HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)= c(Y-)+ c(Z-) +c(OH-)，又根据HY的电离平衡常数：Ka(HY)=即有：c(Y—)=，所以达平衡后：c(H+)=+ c(Z-) +c(OH-)，故D错误；
故选B。
14．下列叙述及对应图示正确的是
A．图甲是某温度下的醋酸与醋酸钠混合溶液中、与的关系曲线，的溶液中：
B．图乙是恒温密闭容器中发生反应时，随反应时间变化的曲线，时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
C．图丙是铁条与盐酸反应的反应速率随反应时间变化的曲线，时刻溶液的温度最高
D．图丁是常温下，用溶液加入溶液，D点为反应终点
【答案】B
【详解】A．根据图像中交点的坐标可知，的电离常数，时电离常数不变，故A错误；
B．由图可知，时刻突然变大，一段时间后，浓度与改变前相同，则时刻改变的条件可能是缩小容器的体积，故B正确；
C．铁条与盐酸的反应是放热反应，随反应的进行，温度越来越高，故C错误；
D．常温下，用溶液滴定溶液．恰好完全反应生成，溶液呈碱性，D点对应的溶液呈中性，而滴定终点应在D点的右边，故D错误；
故选B。
二、多选题
15．利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是
A．C膜可以为质子交换膜
B．阴极室的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．每转移2 mol e-，阳极室溶液质量减少111 g
【答案】CD
【分析】电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，阳极附近氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，阴极附近氢离子放电生成氢气，破坏水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合钠离子生成氢氧化钠，则C膜应为阳离子交换膜。
【详解】A．分析可知C膜为阳离子交换膜，要允许钠离子通过，故A错误；
B．阴极室的电极反应式2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B错误；
C．阴极不参与反应可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C正确；
D．因为2Cl--2e-═Cl2↑，阳离子钙离子又移向阴极，所以每转移2mol e-，阳极室溶液质量减小为1molCaCl2的质量，为111g，故D正确；
答案选CD。
三、计算题
16．依据题中所给信息完成指定问题：
(1)地康法制氯气可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1=＋83 kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=－20 kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=－121 kJ·mol－1
则反应4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=________kJ·mol－1。
(2)用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为20.4℃，反应后最高温度为23.4 ℃，反应后溶液的比热容为4.2 J·g－1·℃－1，盐酸和NaOH溶液的密度都近似认为是1 g·cm－3，则中和热ΔH=________；
(3)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下16 g SiH4自燃放出热量750 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为___________。
【答案】 -116 -50.4kJ/mol SiH4(g)+ 2O2(g)= SiO2(s)+ 2H2O(l) ΔH=-1500kJ/mol
【详解】(1)已知：① CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1=＋83 kJ·mol－1
②CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=－20 kJ·mol－1
③CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=－121 kJ·mol－1
根据盖斯定律，(①+②+③)×2得：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH=[(＋83 kJ·mol－1)+(－20 kJ·mol－1)+( －121 kJ·mol－1)]×2=-116 kJ·mol－1；
(2) 用50 mL 0.50 mol·L－1盐酸和50 mL 0.55 mol·L－1 NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为：0.05L×0.50 mol·L－1 =0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/mL=100g，温度变化值：ΔT=23.4℃-20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=c·m·ΔT=100g×4.2 J·g－1·℃×3.0℃=1260J=1.260kJ，则生成1mol水时放出的热量为：=50.4kJ，所以实验测得的中和热ΔH=-50.4kJ/mol；
(3) 16 g SiH4的物质的量为：=0.5mol，发生自燃时放出热量750 kJ，则1mol SiH4自燃时放出热量：750 kJ×2=1500kJ，所以SiH4自燃的热化学方程式为：SiH4(g)+ 2O2(g)= SiO2(s)+ 2H2O(l) ΔH=-1500kJ/mol。
四、填空题
17．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，G、H、I、J的电极材料根据题中要求来确定。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答：
(1)电源的A极是__________(填“正极”或“负极”)。如果该直流电源为铅酸蓄电池“Pb—H2SO4—PbO2”，则其放电时正极的电极反应式为______；
(2)一段时间后，甲装置中溶液的pH__________(填“增大”“减小”或“不变”)。甲装置阳极的电极反应式为______；
(3)现用丙装置给铁件镀铜，则H极应是__________(填“铁件”或“铜”)。戊装置中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，说明________在电场作用下向Y极移动；
(4)若电路中通过0.02mol电子时，丁中电解足量R(NO3)x溶液时，某一电极析出了a g金属R，则金属R的相对原子质量Mr(R)的计算公式为Mr(R)=___(用含a、x的代数式表示)；
(5)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为___。
【答案】 正极 PbO2(s)+4H+(aq)+2e-+(aq)=PbSO4(s)+2H2O(l) 减小 2H2O-4e-=4H++O2↑ 铁件 带正电荷的氢氧化铁胶体粒子 50ax 1：2：2：2
【分析】C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，F电极附近氢氧根离子浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、X、I为阳极，D、F、H、Y、J为阴极，A为正极、B为负极，C电极上氢氧根离子放电、D电极上铜离子放电、E电极上氯离子放电、F电极上氢离子放电，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，F为阴极，故电源的A极是正极，铅酸蓄电池“Pb—H2SO4—PbO2”正极的电极反应式为PbO2(s)+4H+(aq)+2e-+(aq)=PbSO4(s)+2H2O(l)，故答案为：正极；PbO2(s)+4H+(aq)+2e-+(aq)=PbSO4(s)+2H2O(l)；
(2)一段时间后，甲装置是用惰性电极电解CuSO4溶液，总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故甲中溶液的pH减小，甲装置阳极发生氧化反应，其电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：减小；2H2O-4e-=4H++O2↑；
(3)由分析可知，H为阴极，故现用丙装置给铁件镀铜，则H极应是铁件，X为阳极，Y为阴极，故由戊装置中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，说明带正电荷的氢氧化铁胶体粒子在电场作用下向Y极移动，故答案为：铁件；带正电荷的氢氧化铁胶体粒子；
(4) 由电子守恒可知，电解R(NO3)x溶液时，某一极增加了agR， 解得MR=50ax，故答案为：50am；
(5) C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH--4e-═O2↑+2H2O、Cu2++2e-═Cu、2Cl--2e-═Cl2↑、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2；故答案为：1：2：2：2；
18．在体积为1 L的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)，化学平衡常数K与温度T的关系如表：
T/℃
700
800
850
1 000
1 200
K
0.6
0.9
1.0
1.7
2.6
回答下列问题：
(1)升高温度，化学平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动；
(2)在等温等容条件下，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________；
A．c(CO2)=c(CO)
B．浓度商Q不再改变
C．容器中的气体密度不再改变
D．v正(H2)=v正(CO2)
E.c(H2)不再改变
F.混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)若某温度下，体系平衡浓度符合下列关系：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，在此温度下，若该容器中含有1 mol CO2、1.2 mol H2、0.6 mol CO、1.5 mol H2O，则此时反应所处的状态为__________(填“向正反应方向进行中”、“向逆反应方向进行中”或“平衡状态”)。
(4)在一定条件下发生上述反应，反应过程中速率随时间的变化如图所示，请根据速率的变化回答采取的措施。t3时刻改变的条件是______。
(5)在850℃条件下，将CO2和 H2按体积比3:7通入2 L的恒容密闭容器中发生上述反应，10min后反应达平衡，此时压强为P。则850℃条件下该反应的分压平衡常数Kp=________(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】 正反应 BE 向正反应方向进行中 降低温度 1.0
【详解】
(1)根据表格数据可知，升高温度，化学平衡常数K增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
(2)A. CO2是反应物、CO是生成物，当c(CO2)=c(CO)时，不能确定CO2和CO的浓度是否还在发生改变，所以反应不一定达到平衡状态，故A不选；
B.浓度商Q不再改变，说明各物质的浓度不再改变，反应达到平衡状态，故B选；
C.根据质量守恒可知气体的质量不变，容器恒容，气体的体积不变，则容器中的气体密度始终保持不变，则容器中的气体密度不再改变，反应不一定达到平衡状态，故C不选；
D.v正(H2)=v正(CO2)，都表示的是正反应速率，无法确定正逆反应速率相等，所以反应不一定达到平衡状态，故D不选；
E.c(H2)不再改变，说明反应达到平衡状态，故E选；
F. 根据质量守恒可知气体的质量不变，该反应为等体积的可逆反应，则混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，所以混合气体的平均相对分子质量不再改变，反应不一定达到平衡状态，故F不选；
答案选：BE；
(3)该反应的平衡常数表达式为：K=，若某温度下，体系平衡浓度符合下列关系：c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)，则K==1，在此温度下，若该容器中含有1 mol CO2、1.2 mol H2、0.6 mol CO、1.5 mol H2O，容器的体积为1L，则Qc==0.75
达到平衡时，气体总物质的量浓度为：(3x-a)mol/L+(7x-a) mol/L +a mol/L +a mol/L =10x mol/L，达到平衡时，该反应的平衡常数：K==1.0，850℃条件下该反应的分压平衡常数：Kp===K=1.0。
19．已知草酸为二元弱酸：
常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)如果所得溶液溶质为，则该溶液显_______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)；
(2)如果所得溶液溶质为，则该溶液中各离子浓度由大到小顺序为_________________；
(3)当所得溶液时，溶液中__________；
(4)常温下，将体积相同，均等于10的和溶液，分别加水稀释倍、倍，稀释后溶液的都变成9，则与的大小关系为_____________。
【答案】(1)酸性
(2)
(3)
(4)
【分析】向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的溶液，随着氢氧化钾的加入，溶液中物质的量分数减小、先增大后减小、已知增大，故曲线1、2、3分别为、、三种微粒的曲线；
【详解】（1）如果所得溶液溶质为，此时的物质的量分数应该处于最高点，据图可知，此时溶液小于7，溶液显酸性；
（2）如果所得溶液溶质为，最大，发生两步水解使溶液呈碱性，且第一步水解程度大于第二步水解程度，则，该溶液中各离子浓度由大到小顺序为：；
（3）据图可知，当溶液时，，则：，当所得溶液时，溶液中，，则；
（4）溶液中存在的水解平衡，加水稀释时，溶液中的减小程度小于溶液中的减小程度，常温下，将体积相同、均等于10的和溶液，分别加水稀释倍、倍，假设，此时溶液的等于9，而溶液的大于9，稀释后溶液的都变成9，则应大于。
五、原理综合题
20．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题。
(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)。已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C-H
C=O
H-H
CO(CO)
键能(kJ/mol)
413
745
436
1075
则该反应的△H=__________。
(2)利用CO2可制取甲醇，其反应为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。为探究用CO2来生产燃料甲醇的反应原理，现进行如下实验：在恒温恒容密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，进行上述反应。测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。
从反应开始到达平衡这段时间，(H2)=___________；该温度下的化学平衡常数数值=__________(保留三位有效数字)。
(3)一定条件下，将工业排放的CO2通过灼热焦炭层可以合成气体燃料CO，发生反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)，实验测知用不同物质表示的正、逆反应速率符合如下公式：正(CO2)=k正·C(CO2)，逆(CO)=k逆·C2(CO)，则该反应的化学平衡常数K与k正、k逆之间的关系式为_____________。
(4)工业上产生的CO2还可以用NaOH溶液捕获。常温下，如果实验测得捕获CO2后溶液中c(HCO)：c(CO)=2:1，则此时溶液的pH=_______(已知常温下，H2CO3的Ka1=4.0×10－7；Ka2=5.0×10－11)。
(5)一种和CO2相关的熔融碳酸盐燃料电池原理如图所示，则该电池的负极电极反应式为_____________。
【答案】 +120kJ/mol 0.225mol/(L·min) 5.33 10 H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2
【分析】本题主要考查与CO2有关的热化学反应方程式的书写，化学平衡的有关计算，反应速率的相关计算，电解质溶液中相关离子浓度的有关计算以及与之相关的新型化学电源的电极方程式的书写，总体难度一般。
【详解】(1)该反应的△H=反应物总键能-生成物总键能=(4×413 kJ/mol +2×745 kJ/mol -2×1075 kJ/mol -2×436 kJ/mol=+120 kJ/mol，故答案为：+120kJ/mol；
(2)从反应开始到平衡，(CH3OH)==mol/(L·min)=0.075mol/(L·min)，相同时间内(H2)=3(CH3OH)=3×0.075mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)；
根据图知，开始时二氧化碳浓度为1mol/L，氢气是二氧化碳的3倍，三段式分析如下： 化学平衡常数K=
==5.33；故答案为：0.225mol/(L·min)；5.33；
(3)化学反应达到化学平衡的特征是正、逆反应速率相等，又反应速率之比等于化学计量系数比，故有正(CO)=2正(CO2)，又知正(CO2)=k正·c(CO2)，逆(CO)=k逆·c2(CO)，则有：逆(CO)= 正(CO)，k逆·c2(CO)=2 k正·c(CO2)，则K==，故答案为：；
(4)Ka2=，则c()：c()===2：1，解得：pH=10，故答案为：10；
(5)该燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，则A为负极、B为正极，负极上CO和氢气失电子和碳酸根离子发生氧化反应生成二氧化碳和水，则负极反应式为H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2，故答案为：H2+CO+2-4e-=H2O+3CO2。
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