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2018-2019学年河南省实验中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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河南省实验中学2018——2019学年上期期中试卷
高二 化学
1.下列说法中，正确的是
A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，增加锌粒的量可使反应速率减慢
B. 镀锌铁皮表面有破损时，铁的腐蚀速率会加快
C. 硫粉分别在纯氧和空气中燃烧，前者反应更剧烈
D. 酶作为催化剂，在任何温度下均能极大地提高反应速率
【答案】C
【解析】
A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，因锌粒是固体，增加锌粒的量不影响反应速率，故A错；B. 镀锌铁皮表面有破损时，会形成锌铁原电池，铁做正极被保护，故B错； C. 硫粉在纯氧中比在和空气中燃烧更剧烈，因为氧气的浓度增大了，故C对；D. 酶属于蛋白质，高温会变性，作为催化剂，在高温度下会失去活性，故D错；本题正确答案：C。
2.工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时
A. 粗铜接电源负极 B. 杂质都将以单质形式沉积到池底
C. 纯铜作阳极 D. 纯铜片增重2.56 g，电路中通过电子为0.08 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，A错误；
B项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；
C项、根据题知在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥沉积到池底，而锌等活泼金属以离子形成存在于溶液中，C错误；
D项、根据题知阴极反应为Cu2＋+2e=Cu，精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为， D正确。
3.有A、B、C、D四种金属．将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，B上有气泡产生；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱顺序是
A. C＞B＞A＞D B. D＞A＞B＞C C. D＞B＞A＞C D. B＞A＞D＞C
【答案】B
【解析】
【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，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应；金属的金属性越强，金属单质与水或酸反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此解答。
【详解】将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，该装置构成原电池，B上有气泡产生，说明B电极上得电子发生还原反应，则B是正极、A是负极，金属活动性A＞B；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈，则金属活动性D＞A；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明金属活动性B＞Cu；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明金属活动性Cu＞C；通过以上分析知，金属活动性顺序是D＞A＞B＞C。
答案选B。
4.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是
A. ΔH3<0 B. ΔH1=ΔH2+ΔH3
C. 按Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次增大 D. ΔH1越小，HX越稳定
【答案】C
【解析】
A. 原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g) ΔH3<0，故A正确；B.根据盖斯定律，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以 ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B正确；C. Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要的能量减小，所以途径II按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量依次减小，即ΔH2依次减小；故C错误；D. 途径I，ΔH1越小，说明放出的热量越多，则生成HX具有的能量越低，HX越稳定，故D正确；因此本题应选C。
5.下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合下图的是
A. 铝片与稀盐酸的反应 B. NH4Cl和Ba(OH)2·8H 2 O的反应
C. 碳和水蒸气反应 D. 甲烷的燃烧反应
【答案】C
【解析】
分析：由图可以知道反应物总能量小于生成物总能量,则应为吸热反应,如发生氧化还原反应,应存在元素化合价的变化，以此解答该题。
详解: 金属与盐酸的反应放热，Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应,A错误；NH 4 Cl和Ba（OH）2·8H2O的反应为吸热反应,但没有元素的化合价变化,为非氧化还原反应, B错误；灼热的木炭与水蒸气反应为吸热反应,C元素、氢元素的化合价发生变化,为氧化还原反应, C正确；甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，D错误；正确选项C。
点睛：常见的放热反应有：所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为：大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水蒸气的反应等。
6.下列热化学方程式中△H能表示可燃物燃烧热的是
A. H2(g)+Cl2(g) =2HCl(g) ；△H= －184.6 kJ/mo1
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (g) ；△H= －802.3 kJ/mol
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O (l) ； △H= －571.6 kJ/mol
D. CO (g)+1/2O2(g)=CO2(g) ； △H= －258 kJ/mol
【答案】D
【解析】
A、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，选项B错误；C、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项C错误；D、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，选项D正确。答案选D。
7.已知下列热化学方程式：2Zn(s) + O2(g) =2ZnO(s) ; ΔH1=-702.2kJ/mol
Hg(l) +O2(g) = HgO(s) ΔH2= -90.7kJ/mol
由此可知Zn(s) + HgO(s) = ZnO(s) + Hg(l)的ΔH3 ，其中ΔH3的值是
A. -260.4 kJ/mol B. -254.6 kJ/mol C. -438.9 kJ/mol D. -441.8 kJ/mol
【答案】A
【解析】
已知下列热化学方程式：
①2Zn(s) + O2(g) ＝2ZnO(s) ΔH1＝－702.2kJ/mol，
②Hg(l) + O2(g) ＝HgO(s) ΔH2＝－90.7kJ/mol，
根据盖斯定律可知：①-②得热化学方程式Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），
则△H=×（-702.2kJ•mol-1）-（-90.7kJ•mol-1）=-260.4kJ/mol，答案选A。
点睛：本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，理解盖斯定律并根据盖斯定律构造目标热化学方程式是解答本题的关键。根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此计算。
8.相同温度下体积固定的密闭容器中发生如下可逆反应：A2(g) + 3B2(g)2AB3(g)，下列情况一定能说明该可逆反应已经达到化学平衡状态的是
A. v(A2)正 = v(B2)逆 B. 断裂1个A2键，同时断裂3个B2键
C. c(A2):c(B2):c(AB3)=1:3:2 D. 容器内气体的压强不随时间而变化
【答案】D
【解析】
【分析】
化学平衡状态是可逆反应在一定条件下正逆反应速率达到相等、各物质的浓度保持不变的状态，故判断一个可逆反应是否达到平衡状态可抓住这两个标准来进行分析。
【详解】A. 因A2和B2前的系数并不相等，因此v(A2) 正 = v(B2) 逆并不代表正逆反应速率相等，只有当3v(A2) 正 = v(B2) 逆时才是正逆反应速率相等，故A项错误；B. 断裂1个A2键，同时断裂3个B2键均指正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，故B项错误；C. 当c(A2):c(B2):c(AB3)=1:3:2时，并不代表各物质的浓度保持不变，故C项错误；D.因该反应前后气体的分子数目不等，当反应没有达到平衡时，气体的分子数目就会变化，容器内气体的压强也就会随之改变，压强不变说明反应已达到平衡状态，故D项正确；答案选D。
【点睛】判断化学平衡状态的标志之一是正逆反应速率相等是指用同一种反应物或生成物来描述该反应的速率，当用不同物质来描述同一反应的正逆反应速率时，应考虑各物质的计量数对速率数值的影响，如A项中只有当3v(A2) 正 = v(B2) 逆时才是正逆反应速率相等。
9.在一定条件下，对于密闭容器中的反应：N2+3H22NH3，下列说法正确的是
A. 当氮气和氢气投料比（物质的量之比）为1：3时，达到平衡时氨的体积分数最大
B. 增加铁触媒的接触面积，不可能提高合成氨工厂的年产量
C. 达到平衡时，氢气和氨气的浓度比一定为3：2
D. 分别用氮气和氢气来表示该反应的转化率时，数值大小一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】A项、当氮气和氢气投料比为1：3时，，两种原料的转化率相同，故达到平衡时氨的体积分数最大，A正确；
B项、增加铁触媒的接触面积，加快反应速率，可以提高合成氨工厂的年产量，B错误；
C项、平衡时，物质的浓度关系取决起始量和转化率，所以到平衡时，H2和NH3的浓度比不一定为3：2，C错误；
D项、反应速率之比等于化学计量数之比，因化学计量数不同，则反应速率的数值不同，D错误；
10.高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是
A. 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B. 充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
【答案】B
【解析】
A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
11.锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。 下列说法错误的是
A. 电解质LiClO4在电池使用过程中减少
B. 外电路的电流方向是由b极流向a极
C. 电池正极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2
D. 电极Li能与水反应，所以不能用水代替电池中的混合有机溶剂
【答案】A
【解析】
【详解】A项、根据总反应方程式Li＋MnO2=LiMnO2，电解质LiClO4在电池使用过程中没有被消耗，A错误；
B项、Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，B正确；
C项、MnO2为正极，被还原，电极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2，C正确；
D项、因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，D正确；
故答案选A。
12.化学反应A2+B2 = 2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂1molA-A键和1mol B-B 键放出xkJ能量
C. 断裂2molA-B键需要吸收（y-x）kJ的能量
D. 1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、化学键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、化学键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C错误；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D正确； 故选D。
13.在一定条件下，用石墨电极电解0.5mo/LCuSO4溶液(含H2SO4 )，监测到阳极附近溶液pH随着通电时间的延长而变化，数据如下表所示，下列说法不正确的是
注：pH越小，c(H+)越大
通电前pH
通电后pH
瞬间
20s
40s
60s
80s
100s
120s
……
2.35
2.55
2.50
2.48
2.45
2.41
2.35
2.25
……
A. 通电瞬间，阳离子向阴极移动
B. 电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e- = 4H++O2↑
C. 通电后pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e- = Cu
D. 通电后pH下降过程中，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率
【答案】D
【解析】
A．电解池中，阳离子向阴极移动，故A正确；B．电解过程中，阳极pH逐渐减小，电解池阳极上物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，则阳极发生的电极反应应为H2O放电，产生H+，所以阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑，故B正确；C．阴极发生反应为物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu，故C正确；D．电解过程中，阳极pH降低，阳极电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，产生的H+是阳离子，向阴极移动，pH降低表明阳极H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极c(H+)增大，pH=-lgc(H+)减小，故D错误；故选D。
14.已知NO和O2经反应①和反应②转化为NO2,其能量变化随反应进程的图示如下。
① 2NO(g) N2O2(g) △H1； 平衡常数K1
② N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H2 ；平衡常数K2
下列说法不正确的是
A. △H1<0，△H2<0
B. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡 常 数K= K1／K2
C. 表示2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 △H= △H1+△H2
D. 反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率
【答案】B
【解析】
A. 由图可知反应①和反应②的反应物能量高于生成物能量，所以△H1<0，△H2<0，故A正确；B. 反应①+反应②得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，所以K= K1K2，故B不正确；C. 反应①+反应②得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，所以△H=△H1+△H2，故C正确；D. 反应速率主要取决于慢反应的反应速率，反应②的活化能大于反应①，所以反应②的反应速率小于反应①，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，故D正确。
15.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程的速率-时间图像如下图（显示了部分图像）。下列说法正确的是
A. 0～t2时，v正＞v逆
B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C. t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加C
D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＞Ⅱ
【答案】C
【解析】
A、由图象分析可以知道,,反应正向进行,,,反应到达平衡，,,故A错误；B、时刻改变条件后达到平衡时,逆反应速率不变,说明和原平衡等效,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,故B错误；C、向密闭容器中加C,逆反应速率瞬间增大,再次建立的平衡与原平衡等效,说明和原平衡相同,符合图象,所以C选项是正确的；D、时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变,说明和原平衡等效,所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,平衡常数I=Ⅱ,故D错误；所以C选项是正确的。
16.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) (正反应吸热)。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、 k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度(mol·L-1)
物质的平衡浓度(mol·L-1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4:5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中c(O2)／c(NO)比容器Ⅰ中的大
C. 容器Ⅱ中O2的平衡浓度小于0.2 mol·L-1
D. 当温度改变为T2时，若k正 = k逆，则T2 ＞ T1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、I中的反应
2NO2（g）=2NO（g）+O2（g）
开始（mol·L－1）0.6 0 0
反应（mol·L－1）0.4 0.4 0.2
平衡（mol·L－1）0.2 0.4 0.2
化学平衡常数，容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1Lx（0.2+0.4+0.2）mol·L－1=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、Ⅱ中压强之比为4:5，则Ⅱ中平衡时气体总物质的量必须为1mol。Ⅱ中开始时，则该反应没有达到平衡状态，反应正向进行，导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比小于4:5，A错误；
B项、如果Ⅱ中c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol·L－1，则0.3-x=0.2+0.5x，x=，反应后c（NO2）=c（O2）=mol·L－1，c（NO）=0.5mol·L－1+ mol·L－1=mol·L－1，Ⅱ中浓度商为>08，说明Ⅱ中没有达到平衡状态，此时反应正在向逆反应进行，故平衡时应该存在c（NO2）>c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2）=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则比容器I中的小，B错误；
C项、根据在温度为T1时化学平衡常数，Ⅱ中开始时，则该反应没有达到平衡状态，反应正向进行，由于反应起始时O2的浓度为0.2 mol·L-1，故当其达到平衡时，容器Ⅱ中O2的平衡浓度大于0.2 mol·L-1，C错误；
D项、根据v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，到达平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2(NO2)= k逆c2(NO)·c(O2)，且k正=k逆，则有：c2(NO2)= c2(NO)·c(O2)，故化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，又因为该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以T2 ＞ T1，D正确；
【点睛】本题注意抓住同一反应温度不变时平衡常数不改变这一隐藏条件对题进行分析计算；在用三段式求解时注意找准起始量、变化量、平衡量；注意对化学平衡移动方向的把握。
17.在恒容密闭容器中，控制不同温度进行CO2分解实验：2CO2 (g) 2CO(g)＋O2(g)。以CO2起始浓度均为c mol•L─1 测定CO2的转化率，结果如图所示。图中甲曲线表示CO2的平衡转化率与温度的关系，乙曲线表示不同温度下反应10min所测CO2的转化率。
（1）在1300℃时反应10min到达A点，反应的平均速率v(O2)=________。随温度升高，曲线乙向曲线甲靠近的原因是________________________________________。要让B点CO2的转化率增大，除升高温度外，还可以采取_______________措施（任填一个）。
（2）下列不能说明上述反应达到平衡状态的是_______________。
a.单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol CO； b.混合气体的密度不再改变；
c.CO2的转化率不再变化； d.密闭容器中压强不再改变；
e.混合气体的平均相对分子质量不再改变。
【答案】 (1). 0.0125c mol·L－1·min－1 (2). 随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。(或：随着温度升高，反应相同时间后，反应越来越接近平衡。) (3). 减小压强(或：分离CO、O2) (4). ab
【解析】
【分析】
（1）首先求出二氧化碳的速率，然后根据速率之比等于对应的物质的变化量之比分析解答，随温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，导致两曲线靠近；在不增加二氧化碳的前提下，可以通过改变外界条件使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率；
（2）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此解答该题；
【详解】(1).根据图知10min到达A点，此时二氧化碳的转化率为25%，所以v（CO2）=0.025c mol·L－1·min－1，则v（O2）=0.0125c mol·L－1·min－1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短,故反应10min的转化率越来越接近平衡转化率，导致曲线乙向曲线甲靠近；在不增加二氧化碳的前提下，可以通过改变外界条件使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率，故可以通过减小压强或分离CO、O2使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率；
答案为：0.0125c mol.L-1.min-1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；减小压强或分离CO、O2；
（2）a项、只要反应发生就有单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol CO，所以不能说明反应达平衡状态；
b项、反应体系都是气体物质，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应达平衡状态；
c项、CO2的转化率不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态；
d项、密闭容器中压强不再改变，说明各组分物质的量不变，反应达平衡状态；
e项、混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各组分物质的量不变，反应达平衡状态。答案选：ab；
18.有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：
（1）B的电子式为____________。
（2）电解混合液时阳极反应式为_______________________。
（3）写出L长期放置在潮湿空气中的腐蚀原理：
负极：___________________________________。
正极：___________________________________。
总反应：______________________________________________________。
（4）已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为___________________________。
【答案】 (1). (2). 4OH－－4e－= O2↑＋2H2O (3). Fe – 2e- = Fe2+ (4). O2 + 2H2O + 4e- = 4OH- (5). 2Fe＋O2＋2H2O = 2Fe(OH)2 (6). H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1
【解析】
【分析】
M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe(OH)3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe(OH)2，x的水溶液为浅绿色，混合液中含有硫酸钠和过量的氢氧化钠，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为(NH4)2Fe(SO4)2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，，然后结合物质的性质及化学用语来解答。
【详解】根据分析得：
（1）B为氨气，其电子式为，答案为：；
（2）电解硫酸钠和氢氧化钠的混合液时，阳极上氢氧根离子放电，电极反应式为40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案为
40H－－4e－=O2↑＋2H2O；
（3）在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀，由此知铁作负极，发生的电极反应式为：Fe – 2e- = Fe2+，正极发生的电极反应式为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-，总反应式为：2Fe＋O2＋2H2O = 2Fe(OH)2
（4）agH2气体在O2中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，则1mol E燃烧放出热量，则热化学反应为H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1，
答案为：H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1
【点睛】注意抓住有色物质的性质推断出各物质，本题难溶于水的红褐色固体为Fe2O3；注意在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀；燃烧热是指在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，注意热化学方程式的书写。
19.某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（不考虑溶液混合所引起的体积缩小）
实验
序号
实验温度/K
参加反应的物质
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液(含硫酸)
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
6
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t1
（1）通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1＝_____，T1＝_____；通过实验___________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）用离子方程式表示出上述实验溶液褪色的原因：_______________________________。计算A组实验的反应速率v(H2C2O4) = _________________。(保留两位有效数字)
（3）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：_____________________________________。
【答案】 (1). 1 (2). 293 (3). B、C (4). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O (5). 0.0028mol·L－1·s－1 (6). 生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增
【解析】
【详解】（1）实验A、B中KMnO4溶液的浓度相等，可探究出在相同温度下，H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率的影响，为使得A、B两组中高锰酸钾浓度相同，则溶液总体积相同；其中V1=2mL+4mL-2mL-3mL=lmL，T1=293K；B和C实验中，V2=3mL时，两实验反应物的浓度均相同，可探究不同温度对化学反应速率的影响，本题答案为：1，293，B、C；
（2）根据实验知实验溶液褪色是由于酸性KMnO4中的紫红色MnO4－被还原为无色的Mn2＋，则发生的离子方程式为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O；
（3）KMnO4与H2C2O4反应后生成了Mn2＋，由图像可知，反应一小段时间后n(Mn2+)发生突增，这种变化可能为催化剂对化学反应速率的影响，故生成的Mn2＋可能对反应有催化作用，使得反应速率加快，导致单位时间内产生的n(Mn2＋)突增，本题答案为：生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增。
【点睛】本题注意在溶液中，MnO4－为紫红色、Mn2＋接近无色；写KMnO4与H2C2O4反应离子方程式时要注意配平；抓住KMnO4与H2C2O4反应后的溶液中出现了Mn2＋，生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，故单位时间内产生的n(Mn2＋)突增。另外，在进行实验设计时，要注意控制变量法的应用。
20.某甲烷燃料电池工作时的装置如图所示，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少。请回答下列问题：
（1）铁电极为乙池中_____电极（填“M”或“N”）；其对应的电极反应式为______________；通入甲烷的铂电极的电极反应式为___________________________________________。
（2）在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32g时，甲池中理论上消耗氧气_______L（标准状况下）；若此时乙池溶液的体积为400mL，则乙池中溶液的c(H+)为____mol·L-1。
【答案】 (1). M (2). Ag+ + e－= Ag (3). CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O (4). 0.224 (5). 0.1
【解析】
【分析】
碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为石墨材料，M为电解池的阴极，为铁电极，电解硝酸银溶液时，阴极反应式为Ag＋＋e－=Ag，阳极反应式为40H-4e－=O2↑+2H2O，结合电子的转移的物质的量的判断进行计算
【详解】（1）甲池的甲烷燃料电池中通入甲烷的Pt电极为负极，通入O2的Pt电极为正极；乙池中M与甲池中的负极相连，M为阴极，N为阳极；工作时M、N两个电极的质量都不减少，铁为活性电极，若铁为阳极，铁的质量应减少，铁只能为阴极，铁电极为乙池中的M, 电解硝酸银溶液时，Ag+在阴极上得到电子，Ag+ + e－= Ag。甲烷燃料电池中的电解质溶液为KOH溶液，在碱性条件下CH4被氧化成CO32－，通入甲烷的Pt电极的电极反应式为CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O；答案为：M、Ag+ + e－= Ag、CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O
（2）根据题得到，乙池中析出金属Ag的是阴极，电极反应式为Ag+ + e－= Ag，则电路中通过的电子物质的量为0.04mol，根据电子转移守恒守恒，甲池中消耗氧气物质的量为，消耗氧气在标准状况下的体积为。乙池中反应的离子方程式为4Ag＋＋2H2O4Ag＋4H＋＋O2↑，则生成的H＋物质的量为0.04mol，c（H）==0.1mol·L－1。
【点睛】注意书写碱性甲烷燃料电池电极方程式：CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O；电化学的计算，要注意根据电子转移守恒的关系进行计算。
21.氨为重要化工原料，有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取:
a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)； △H= + 216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)； △H= －41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)； △H=_________。
（2）起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。
则P1_____P2 (填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数:B点____D点；C点H2的转化率为__________；
（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO 反应生成N2H4的化学方程式：______________________________；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：
N2H4+H2ON2H5++OH－ K1=1×10-a；
N2H5++H2ON2H62++OH－ K2=1×10-b。
25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为：_________________________(用含a、b式子表示)。
【答案】 (1). +175.2kJ/mol (2). < (3). > (4). 66.7% (5). 2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O (6). 10-b mol·L－1 < c(OH－) <10-a mol·L－1
【解析】
【分析】
本题从盖斯定律、化学平衡及电解质溶液中的电离平衡方面分析解题。
【详解】（1）由a+b可得反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)，根据盖新定律，△H=+216.4kJ·mol－1+（一41.2kJ·mol－1）=+175.2kJ·mol－1。
（2）合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，由图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1D点；设C点H2的转化率为α(H2)，列三段式得：
N2 + 3H2 2NH3
初始（mol） 1 3 0
转化（mol） α(H2） 3α(H2) 2α(H2)
平衡（mol） 1-α(H2)3-3α(H2) 2α(H2)
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数=物质的量分数，所以，解得α(H2)66.7%。
（3）①NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼（N2H4），NaCIO作氧化剂，被还原为NaCl，根据原子守恒，还有水生成，故化学方程式为：2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O。
②，所以当=c(N2H5)时，c(OH－)=1×，当>c(N2H5)时，c(OH－)<1×；，当=c()时，c(OH－)=1×10-b，当>c()时，c(OH－)>1×10-b。综上所述，在25℃时,欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为：10-b mol·L－1 < c(OH－) <10-a mol·L－1。
【点睛】本题注意平衡混合物中，同温同压下气体体积分数=物质的量分数；合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动；合成氨正反应为放热反应，温度越高化学平衡常数越小。最后一个问题，要分析不等式的特点，根据电离平衡常数的表达式解答。
河南省实验中学2018——2019学年上期期中试卷
高二 化学
1.下列说法中，正确的是
A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，增加锌粒的量可使反应速率减慢
B. 镀锌铁皮表面有破损时，铁的腐蚀速率会加快
C. 硫粉分别在纯氧和空气中燃烧，前者反应更剧烈
D. 酶作为催化剂，在任何温度下均能极大地提高反应速率
【答案】C
【解析】
A. 在锌和稀硫酸反应制H2的实验中，因锌粒是固体，增加锌粒的量不影响反应速率，故A错；B. 镀锌铁皮表面有破损时，会形成锌铁原电池，铁做正极被保护，故B错； C. 硫粉在纯氧中比在和空气中燃烧更剧烈，因为氧气的浓度增大了，故C对；D. 酶属于蛋白质，高温会变性，作为催化剂，在高温度下会失去活性，故D错；本题正确答案：C。
2.工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯。在电解精炼时
A. 粗铜接电源负极 B. 杂质都将以单质形式沉积到池底
C. 纯铜作阳极 D. 纯铜片增重2.56 g，电路中通过电子为0.08 mol
【答案】D
【解析】
【详解】A项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，与电源正极相连，A错误；
B项、根据题知电解精炼铜，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；
C项、根据题知在阳极上，不参与放电的金属单质金、银等贵重金属会形成阳极泥沉积到池底，而锌等活泼金属以离子形成存在于溶液中，C错误；
D项、根据题知阴极反应为Cu2＋+2e=Cu，精铜片增重2.56g，即析出2.56g铜，则电路中通过电子为， D正确。
3.有A、B、C、D四种金属．将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，B上有气泡产生；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱顺序是
A. C＞B＞A＞D B. D＞A＞B＞C C. D＞B＞A＞C D. B＞A＞D＞C
【答案】B
【解析】
【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，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应；金属的金属性越强，金属单质与水或酸反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此解答。
【详解】将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，该装置构成原电池，B上有气泡产生，说明B电极上得电子发生还原反应，则B是正极、A是负极，金属活动性A＞B；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈，则金属活动性D＞A；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明金属活动性B＞Cu；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明金属活动性Cu＞C；通过以上分析知，金属活动性顺序是D＞A＞B＞C。
答案选B。
4.下列关于如图所示转化关系(X代表卤素)的说法错误的是
A. ΔH3<0 B. ΔH1=ΔH2+ΔH3
C. 按Cl、Br、I的顺序，ΔH2依次增大 D. ΔH1越小，HX越稳定
【答案】C
【解析】
A. 原子形成化学键时放热，则反应2H(g)+2X(g)=2HX(g) ΔH3<0，故A正确；B.根据盖斯定律，途径I生成HX的反应热与途径无关，所以 ΔH1=ΔH2+ΔH3，故B正确；C. Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断裂化学键需要的能量减小，所以途径II按Cl、Br、I的顺序，吸收的热量依次减小，即ΔH2依次减小；故C错误；D. 途径I，ΔH1越小，说明放出的热量越多，则生成HX具有的能量越低，HX越稳定，故D正确；因此本题应选C。
5.下列反应中既是氧化还原反应，能量变化情况又符合下图的是
A. 铝片与稀盐酸的反应 B. NH4Cl和Ba(OH)2·8H 2 O的反应
C. 碳和水蒸气反应 D. 甲烷的燃烧反应
【答案】C
【解析】
分析：由图可以知道反应物总能量小于生成物总能量,则应为吸热反应,如发生氧化还原反应,应存在元素化合价的变化，以此解答该题。
详解: 金属与盐酸的反应放热，Al、H元素的化合价变化，为氧化还原反应,A错误；NH 4 Cl和Ba（OH）2·8H2O的反应为吸热反应,但没有元素的化合价变化,为非氧化还原反应, B错误；灼热的木炭与水蒸气反应为吸热反应,C元素、氢元素的化合价发生变化,为氧化还原反应, C正确；甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，D错误；正确选项C。
点睛：常见的放热反应有：所有的燃烧、所有的中和反应、金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等；常见的吸热反应为：大多数的分解反应,氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水蒸气的反应等。
6.下列热化学方程式中△H能表示可燃物燃烧热的是
A. H2(g)+Cl2(g) =2HCl(g) ；△H= －184.6 kJ/mo1
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O (g) ；△H= －802.3 kJ/mol
C. 2H2(g)+O2(g)=2H2O (l) ； △H= －571.6 kJ/mol
D. CO (g)+1/2O2(g)=CO2(g) ； △H= －258 kJ/mol
【答案】D
【解析】
A、氢气与氯气反应不是与氧气反应，燃烧热是指与氧气反应，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项A错误；B、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，选项B错误；C、热化学方程式中H2的物质的量不为1mol，热化学方程式中△H不等于燃烧热，选项C错误；D、符合燃烧热的定义，热化学方程式中△H代表燃烧热，选项D正确。答案选D。
7.已知下列热化学方程式：2Zn(s) + O2(g) =2ZnO(s) ; ΔH1=-702.2kJ/mol
Hg(l) +O2(g) = HgO(s) ΔH2= -90.7kJ/mol
由此可知Zn(s) + HgO(s) = ZnO(s) + Hg(l)的ΔH3 ，其中ΔH3的值是
A. -260.4 kJ/mol B. -254.6 kJ/mol C. -438.9 kJ/mol D. -441.8 kJ/mol
【答案】A
【解析】
已知下列热化学方程式：
①2Zn(s) + O2(g) ＝2ZnO(s) ΔH1＝－702.2kJ/mol，
②Hg(l) + O2(g) ＝HgO(s) ΔH2＝－90.7kJ/mol，
根据盖斯定律可知：①-②得热化学方程式Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），
则△H=×（-702.2kJ•mol-1）-（-90.7kJ•mol-1）=-260.4kJ/mol，答案选A。
点睛：本题考查盖斯定律、反应热的计算等，难度中等，理解盖斯定律并根据盖斯定律构造目标热化学方程式是解答本题的关键。根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此计算。
8.相同温度下体积固定的密闭容器中发生如下可逆反应：A2(g) + 3B2(g)2AB3(g)，下列情况一定能说明该可逆反应已经达到化学平衡状态的是
A. v(A2)正 = v(B2)逆 B. 断裂1个A2键，同时断裂3个B2键
C. c(A2):c(B2):c(AB3)=1:3:2 D. 容器内气体的压强不随时间而变化
【答案】D
【解析】
【分析】
化学平衡状态是可逆反应在一定条件下正逆反应速率达到相等、各物质的浓度保持不变的状态，故判断一个可逆反应是否达到平衡状态可抓住这两个标准来进行分析。
【详解】A. 因A2和B2前的系数并不相等，因此v(A2) 正 = v(B2) 逆并不代表正逆反应速率相等，只有当3v(A2) 正 = v(B2) 逆时才是正逆反应速率相等，故A项错误；B. 断裂1个A2键，同时断裂3个B2键均指正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，故B项错误；C. 当c(A2):c(B2):c(AB3)=1:3:2时，并不代表各物质的浓度保持不变，故C项错误；D.因该反应前后气体的分子数目不等，当反应没有达到平衡时，气体的分子数目就会变化，容器内气体的压强也就会随之改变，压强不变说明反应已达到平衡状态，故D项正确；答案选D。
【点睛】判断化学平衡状态的标志之一是正逆反应速率相等是指用同一种反应物或生成物来描述该反应的速率，当用不同物质来描述同一反应的正逆反应速率时，应考虑各物质的计量数对速率数值的影响，如A项中只有当3v(A2) 正 = v(B2) 逆时才是正逆反应速率相等。
9.在一定条件下，对于密闭容器中的反应：N2+3H22NH3，下列说法正确的是
A. 当氮气和氢气投料比（物质的量之比）为1：3时，达到平衡时氨的体积分数最大
B. 增加铁触媒的接触面积，不可能提高合成氨工厂的年产量
C. 达到平衡时，氢气和氨气的浓度比一定为3：2
D. 分别用氮气和氢气来表示该反应的转化率时，数值大小一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】A项、当氮气和氢气投料比为1：3时，，两种原料的转化率相同，故达到平衡时氨的体积分数最大，A正确；
B项、增加铁触媒的接触面积，加快反应速率，可以提高合成氨工厂的年产量，B错误；
C项、平衡时，物质的浓度关系取决起始量和转化率，所以到平衡时，H2和NH3的浓度比不一定为3：2，C错误；
D项、反应速率之比等于化学计量数之比，因化学计量数不同，则反应速率的数值不同，D错误；
10.高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是
A. 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2
B. 充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强
C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成
D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-
【答案】B
【解析】
A. 放电时负极锌失电子在碱性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH-- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B不正确；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确。答案选B。
11.锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4，溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。 下列说法错误的是
A. 电解质LiClO4在电池使用过程中减少
B. 外电路的电流方向是由b极流向a极
C. 电池正极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2
D. 电极Li能与水反应，所以不能用水代替电池中的混合有机溶剂
【答案】A
【解析】
【详解】A项、根据总反应方程式Li＋MnO2=LiMnO2，电解质LiClO4在电池使用过程中没有被消耗，A错误；
B项、Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，B正确；
C项、MnO2为正极，被还原，电极反应式为MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2，C正确；
D项、因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，D正确；
故答案选A。
12.化学反应A2+B2 = 2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是
A. 该反应是吸热反应
B. 断裂1molA-A键和1mol B-B 键放出xkJ能量
C. 断裂2molA-B键需要吸收（y-x）kJ的能量
D. 1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量
【答案】D
【解析】
【详解】A、因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B、化学键的断裂需要吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C、化学键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C错误；D、由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D正确； 故选D。
13.在一定条件下，用石墨电极电解0.5mo/LCuSO4溶液(含H2SO4 )，监测到阳极附近溶液pH随着通电时间的延长而变化，数据如下表所示，下列说法不正确的是
注：pH越小，c(H+)越大
通电前pH
通电后pH
瞬间
20s
40s
60s
80s
100s
120s
……
2.35
2.55
2.50
2.48
2.45
2.41
2.35
2.25
……
A. 通电瞬间，阳离子向阴极移动
B. 电解过程中，阳极发生的电极反应是2H2O-4e- = 4H++O2↑
C. 通电后pH下降过程中，阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e- = Cu
D. 通电后pH下降过程中，H+向阴极的移动速率大于其在阳极的生成速率
【答案】D
【解析】
A．电解池中，阳离子向阴极移动，故A正确；B．电解过程中，阳极pH逐渐减小，电解池阳极上物质失去电子，发生氧化反应，考虑到溶液中含有硫酸，电解质溶液为酸性的，则阳极发生的电极反应应为H2O放电，产生H+，所以阳极发生的电极反应是2H2O-4e-=4H++O2↑，故B正确；C．阴极发生反应为物质得到电子，发生还原反应，则阴极发生的主要电极反应是Cu2++2e-=Cu，故C正确；D．电解过程中，阳极pH降低，阳极电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，产生的H+是阳离子，向阴极移动，pH降低表明阳极H+向阴极的移动速率小于其在阳极的生成速率，阳极c(H+)增大，pH=-lgc(H+)减小，故D错误；故选D。
14.已知NO和O2经反应①和反应②转化为NO2,其能量变化随反应进程的图示如下。
① 2NO(g) N2O2(g) △H1； 平衡常数K1
② N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) △H2 ；平衡常数K2
下列说法不正确的是
A. △H1<0，△H2<0
B. 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡 常 数K= K1／K2
C. 表示2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 △H= △H1+△H2
D. 反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率
【答案】B
【解析】
A. 由图可知反应①和反应②的反应物能量高于生成物能量，所以△H1<0，△H2<0，故A正确；B. 反应①+反应②得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，所以K= K1K2，故B不正确；C. 反应①+反应②得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，所以△H=△H1+△H2，故C正确；D. 反应速率主要取决于慢反应的反应速率，反应②的活化能大于反应①，所以反应②的反应速率小于反应①，所以反应②的速率大小决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率，故D正确。
15.在某一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) ΔH<0。t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程的速率-时间图像如下图（显示了部分图像）。下列说法正确的是
A. 0～t2时，v正＞v逆
B. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，A的体积分数Ⅰ>Ⅱ
C. t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加C
D. Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时，平衡常数I＞Ⅱ
【答案】C
【解析】
A、由图象分析可以知道,,反应正向进行,,,反应到达平衡，,,故A错误；B、时刻改变条件后达到平衡时,逆反应速率不变,说明和原平衡等效,A的体积分数Ⅰ=Ⅱ,故B错误；C、向密闭容器中加C,逆反应速率瞬间增大,再次建立的平衡与原平衡等效,说明和原平衡相同,符合图象,所以C选项是正确的；D、时刻改变条件后达到平衡逆反应速率不变,说明和原平衡等效,所以Ⅰ、Ⅱ两过程达到平衡时,平衡常数I=Ⅱ,故D错误；所以C选项是正确的。
16.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g) (正反应吸热)。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、 k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是
容器编号
物质的起始浓度(mol·L-1)
物质的平衡浓度(mol·L-1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
A. 达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4:5
B. 达平衡时，容器Ⅱ中c(O2)／c(NO)比容器Ⅰ中的大
C. 容器Ⅱ中O2的平衡浓度小于0.2 mol·L-1
D. 当温度改变为T2时，若k正 = k逆，则T2 ＞ T1
【答案】D
【解析】
【详解】A项、I中的反应
2NO2（g）=2NO（g）+O2（g）
开始（mol·L－1）0.6 0 0
反应（mol·L－1）0.4 0.4 0.2
平衡（mol·L－1）0.2 0.4 0.2
化学平衡常数，容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1Lx（0.2+0.4+0.2）mol·L－1=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、Ⅱ中压强之比为4:5，则Ⅱ中平衡时气体总物质的量必须为1mol。Ⅱ中开始时，则该反应没有达到平衡状态，反应正向进行，导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比小于4:5，A错误；
B项、如果Ⅱ中c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol·L－1，则0.3-x=0.2+0.5x，x=，反应后c（NO2）=c（O2）=mol·L－1，c（NO）=0.5mol·L－1+ mol·L－1=mol·L－1，Ⅱ中浓度商为>08，说明Ⅱ中没有达到平衡状态，此时反应正在向逆反应进行，故平衡时应该存在c（NO2）>c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2）=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，则比容器I中的小，B错误；
C项、根据在温度为T1时化学平衡常数，Ⅱ中开始时，则该反应没有达到平衡状态，反应正向进行，由于反应起始时O2的浓度为0.2 mol·L-1，故当其达到平衡时，容器Ⅱ中O2的平衡浓度大于0.2 mol·L-1，C错误；
D项、根据v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，到达平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2(NO2)= k逆c2(NO)·c(O2)，且k正=k逆，则有：c2(NO2)= c2(NO)·c(O2)，故化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，又因为该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以T2 ＞ T1，D正确；
【点睛】本题注意抓住同一反应温度不变时平衡常数不改变这一隐藏条件对题进行分析计算；在用三段式求解时注意找准起始量、变化量、平衡量；注意对化学平衡移动方向的把握。
17.在恒容密闭容器中，控制不同温度进行CO2分解实验：2CO2 (g) 2CO(g)＋O2(g)。以CO2起始浓度均为c mol•L─1 测定CO2的转化率，结果如图所示。图中甲曲线表示CO2的平衡转化率与温度的关系，乙曲线表示不同温度下反应10min所测CO2的转化率。
（1）在1300℃时反应10min到达A点，反应的平均速率v(O2)=________。随温度升高，曲线乙向曲线甲靠近的原因是________________________________________。要让B点CO2的转化率增大，除升高温度外，还可以采取_______________措施（任填一个）。
（2）下列不能说明上述反应达到平衡状态的是_______________。
a.单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol CO； b.混合气体的密度不再改变；
c.CO2的转化率不再变化； d.密闭容器中压强不再改变；
e.混合气体的平均相对分子质量不再改变。
【答案】 (1). 0.0125c mol·L－1·min－1 (2). 随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。(或：随着温度升高，反应相同时间后，反应越来越接近平衡。) (3). 减小压强(或：分离CO、O2) (4). ab
【解析】
【分析】
（1）首先求出二氧化碳的速率，然后根据速率之比等于对应的物质的变化量之比分析解答，随温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，导致两曲线靠近；在不增加二氧化碳的前提下，可以通过改变外界条件使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率；
（2）当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此解答该题；
【详解】(1).根据图知10min到达A点，此时二氧化碳的转化率为25%，所以v（CO2）=0.025c mol·L－1·min－1，则v（O2）=0.0125c mol·L－1·min－1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短,故反应10min的转化率越来越接近平衡转化率，导致曲线乙向曲线甲靠近；在不增加二氧化碳的前提下，可以通过改变外界条件使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率，故可以通过减小压强或分离CO、O2使平衡正向移动，来提高二氧化碳的转化率；
答案为：0.0125c mol.L-1.min-1；随着温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；减小压强或分离CO、O2；
（2）a项、只要反应发生就有单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol CO，所以不能说明反应达平衡状态；
b项、反应体系都是气体物质，体积不变，所以混合气体的密度始终不变，不能说明反应达平衡状态；
c项、CO2的转化率不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态；
d项、密闭容器中压强不再改变，说明各组分物质的量不变，反应达平衡状态；
e项、混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各组分物质的量不变，反应达平衡状态。答案选：ab；
18.有一化合物X，其水溶液为浅绿色，可发生如下的转化关系(部分反应物、生成物已略)。其中B、D、E、F均为无色气体，M、L为常见的金属单质，C为难溶于水的红褐色固体。在混合液中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，H和M反应可放出大量的热。请回答下列问题：
（1）B的电子式为____________。
（2）电解混合液时阳极反应式为_______________________。
（3）写出L长期放置在潮湿空气中的腐蚀原理：
负极：___________________________________。
正极：___________________________________。
总反应：______________________________________________________。
（4）已知a g E气体在D中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，写出E气体燃烧热的热化学方程式为___________________________。
【答案】 (1). (2). 4OH－－4e－= O2↑＋2H2O (3). Fe – 2e- = Fe2+ (4). O2 + 2H2O + 4e- = 4OH- (5). 2Fe＋O2＋2H2O = 2Fe(OH)2 (6). H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1
【解析】
【分析】
M、L为常见的金属单质，H和M反应可放出大量的热，该反应为铝热反应，则M为Al，L为Fe；C为难溶于水的红褐色固体，则C为Fe(OH)3，H为Fe2O3，然后结合转化关系图可知，A为Fe(OH)2，x的水溶液为浅绿色，混合液中含有硫酸钠和过量的氢氧化钠，向其中加入BaCl2溶液可生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，沉淀为硫酸钡，B、D、E、F均为无色气体，B应为氨气，则X为(NH4)2Fe(SO4)2；电解硫酸钠溶液生成E为H2，D为O2，氨气与氧气反应生成F为NO，NO、氧气、水反应生成G为硝酸，，然后结合物质的性质及化学用语来解答。
【详解】根据分析得：
（1）B为氨气，其电子式为，答案为：；
（2）电解硫酸钠和氢氧化钠的混合液时，阳极上氢氧根离子放电，电极反应式为40H－－4e－=O2↑＋2H2O，答案为
40H－－4e－=O2↑＋2H2O；
（3）在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀，由此知铁作负极，发生的电极反应式为：Fe – 2e- = Fe2+，正极发生的电极反应式为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-，总反应式为：2Fe＋O2＋2H2O = 2Fe(OH)2
（4）agH2气体在O2中完全燃烧生成稳定的化合物时，放出b kJ的热量，则1mol E燃烧放出热量，则热化学反应为H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1，
答案为：H2(g)＋O2(g) = H2O(l) ；ΔH＝－kJ·mol－1
【点睛】注意抓住有色物质的性质推断出各物质，本题难溶于水的红褐色固体为Fe2O3；注意在潮湿的环境中，不纯的铁（含碳）形成了铁-氧气-水无数个微小的原电池，发生了吸氧腐蚀；燃烧热是指在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，注意热化学方程式的书写。
19.某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：（不考虑溶液混合所引起的体积缩小）
实验
序号
实验温度/K
参加反应的物质
溶液颜色褪至无色时所需时间/s
KMnO4溶液(含硫酸)
H2C2O4溶液
H2O
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
c/mol·L－1
V/mL
A
293
2
0.02
4
0.1
0
6
B
T1
2
0.02
3
0.1
V1
8
C
313
2
0.02
V2
0.1
1
t1
（1）通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，其中V1＝_____，T1＝_____；通过实验___________可探究出温度变化对化学反应速率的影响。
（2）用离子方程式表示出上述实验溶液褪色的原因：_______________________________。计算A组实验的反应速率v(H2C2O4) = _________________。(保留两位有效数字)
（3）该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势如图所示，并以此分析造成n(Mn2+)突变的可能的原因是：_____________________________________。
【答案】 (1). 1 (2). 293 (3). B、C (4). 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O (5). 0.0028mol·L－1·s－1 (6). 生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增
【解析】
【详解】（1）实验A、B中KMnO4溶液的浓度相等，可探究出在相同温度下，H2C2O4溶液浓度的改变对反应速率的影响，为使得A、B两组中高锰酸钾浓度相同，则溶液总体积相同；其中V1=2mL+4mL-2mL-3mL=lmL，T1=293K；B和C实验中，V2=3mL时，两实验反应物的浓度均相同，可探究不同温度对化学反应速率的影响，本题答案为：1，293，B、C；
（2）根据实验知实验溶液褪色是由于酸性KMnO4中的紫红色MnO4－被还原为无色的Mn2＋，则发生的离子方程式为：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O；
（3）KMnO4与H2C2O4反应后生成了Mn2＋，由图像可知，反应一小段时间后n(Mn2+)发生突增，这种变化可能为催化剂对化学反应速率的影响，故生成的Mn2＋可能对反应有催化作用，使得反应速率加快，导致单位时间内产生的n(Mn2＋)突增，本题答案为：生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，单位时间内产生的n(Mn2＋)突增。
【点睛】本题注意在溶液中，MnO4－为紫红色、Mn2＋接近无色；写KMnO4与H2C2O4反应离子方程式时要注意配平；抓住KMnO4与H2C2O4反应后的溶液中出现了Mn2＋，生成的Mn2＋对反应有催化作用，使得反应速率加快，故单位时间内产生的n(Mn2＋)突增。另外，在进行实验设计时，要注意控制变量法的应用。
20.某甲烷燃料电池工作时的装置如图所示，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少。请回答下列问题：
（1）铁电极为乙池中_____电极（填“M”或“N”）；其对应的电极反应式为______________；通入甲烷的铂电极的电极反应式为___________________________________________。
（2）在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32g时，甲池中理论上消耗氧气_______L（标准状况下）；若此时乙池溶液的体积为400mL，则乙池中溶液的c(H+)为____mol·L-1。
【答案】 (1). M (2). Ag+ + e－= Ag (3). CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O (4). 0.224 (5). 0.1
【解析】
【分析】
碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，通入氧气的一极为原电池的正极，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为石墨材料，M为电解池的阴极，为铁电极，电解硝酸银溶液时，阴极反应式为Ag＋＋e－=Ag，阳极反应式为40H-4e－=O2↑+2H2O，结合电子的转移的物质的量的判断进行计算
【详解】（1）甲池的甲烷燃料电池中通入甲烷的Pt电极为负极，通入O2的Pt电极为正极；乙池中M与甲池中的负极相连，M为阴极，N为阳极；工作时M、N两个电极的质量都不减少，铁为活性电极，若铁为阳极，铁的质量应减少，铁只能为阴极，铁电极为乙池中的M, 电解硝酸银溶液时，Ag+在阴极上得到电子，Ag+ + e－= Ag。甲烷燃料电池中的电解质溶液为KOH溶液，在碱性条件下CH4被氧化成CO32－，通入甲烷的Pt电极的电极反应式为CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O；答案为：M、Ag+ + e－= Ag、CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O
（2）根据题得到，乙池中析出金属Ag的是阴极，电极反应式为Ag+ + e－= Ag，则电路中通过的电子物质的量为0.04mol，根据电子转移守恒守恒，甲池中消耗氧气物质的量为，消耗氧气在标准状况下的体积为。乙池中反应的离子方程式为4Ag＋＋2H2O4Ag＋4H＋＋O2↑，则生成的H＋物质的量为0.04mol，c（H）==0.1mol·L－1。
【点睛】注意书写碱性甲烷燃料电池电极方程式：CH4-8e－+10OH－=CO32—+7H2O；电化学的计算，要注意根据电子转移守恒的关系进行计算。
21.氨为重要化工原料，有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取:
a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)； △H= + 216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)； △H= －41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)； △H=_________。
（2）起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。
则P1_____P2 (填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数:B点____D点；C点H2的转化率为__________；
（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO 反应生成N2H4的化学方程式：______________________________；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：
N2H4+H2ON2H5++OH－ K1=1×10-a；
N2H5++H2ON2H62++OH－ K2=1×10-b。
25℃时,向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为：_________________________(用含a、b式子表示)。
【答案】 (1). +175.2kJ/mol (2). < (3). > (4). 66.7% (5). 2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O (6). 10-b mol·L－1 < c(OH－) <10-a mol·L－1
【解析】
【分析】
本题从盖斯定律、化学平衡及电解质溶液中的电离平衡方面分析解题。
【详解】（1）由a+b可得反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)，根据盖新定律，△H=+216.4kJ·mol－1+（一41.2kJ·mol－1）=+175.2kJ·mol－1。
（2）合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，由图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1
N2 + 3H2 2NH3
初始（mol） 1 3 0
转化（mol） α(H2） 3α(H2) 2α(H2)
平衡（mol） 1-α(H2)3-3α(H2) 2α(H2)
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数=物质的量分数，所以，解得α(H2)66.7%。
（3）①NH3与NaClO一定条件下发生氧化还原反应可得到肼（N2H4），NaCIO作氧化剂，被还原为NaCl，根据原子守恒，还有水生成，故化学方程式为：2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O。
②，所以当=c(N2H5)时，c(OH－)=1×，当>c(N2H5)时，c(OH－)<1×；，当=c()时，c(OH－)=1×10-b，当>c()时，c(OH－)>1×10-b。综上所述，在25℃时,欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液中c(OH－)的范围为：10-b mol·L－1 < c(OH－) <10-a mol·L－1。
【点睛】本题注意平衡混合物中，同温同压下气体体积分数=物质的量分数；合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动；合成氨正反应为放热反应，温度越高化学平衡常数越小。最后一个问题，要分析不等式的特点，根据电离平衡常数的表达式解答。
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