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【化学】福建省永泰县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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福建省永泰县第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 N－14 O－16 Cu－64
一、选择题：
1.下列我国科技创新的产品设备在工作时，能量转化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
①长征三号运载火箭用偏二甲肼为燃料
②嫦娥四号月球探测器上太阳能电池板
③和谐号动车以350 km/h飞驰
④世界首部可折叠柔屏手机通话
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】①偏二甲肼的燃烧属于氧化还原反应；
②太阳能电池板将太阳能转变为电能，其主要工作原理是太阳光照在半导体p-n结上，形成新的空穴-电子对，在p-n结电场的作用下，空穴由p区流向n区，电子由n区流向p区，接通电路后就形成电流。此过程未涉及氧化还原反应；
③和谐号动车将电能转变为了动能，过程中未涉及氧化还原反应；
④世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，电池放电过程中涉及氧化还原反应；
故选D。
2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 调味剂 B. 防腐剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】B
【解析】
【详解】A、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A不符合题意；
B、防腐剂是能抑制微生物活动，防止食品腐败变质的一类食品添加剂，延缓氧化的反应速率，故B符合题意；
C、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不符合题意；
D、增稠剂是增大食品的黏稠度，与速率无关，故D不符合题意；
答案选B。
3.在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是 （ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
4.在任何温度下，下列反应都不能自发进行的是（ ）
A. 2O3(g) =3O2(g) ΔH＜0 B. 2CO(g) =2C(s)+O2(g) ΔH＞0
C. N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) ΔH＜0 D. CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
【分析】反应能否自发进行取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，据此分析判断。
【详解】A．2O3(g) =3O2(g) △H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，任何温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．2CO(g) =2C(s)+O2(g) △H＞0，△S＜0，任何温度下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故B选；C．N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) △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．CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) △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；故选B。
5.在的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.8 mol/L，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.25mol/(L·s)，则此段时间是（ ）
A. 2 s B. 3.2 s C. 4.8 s D. 5.6 s
【答案】C
【解析】
【详解】根据化学反应各物质浓度变化之比等于其化学计量数之比可知，这段时间内，H2的浓度变化为×0.8mol/L=1.2 mol/L，根据这段时间内H2的平均反应速率为0.25mol/(L·s)得：==4.8s，故答案为C。
6.对于反应，关于反应速率的说法正确的是（ ）
A. 6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大
B. 反应速率越大，可逆反应进行的越完全
C. 恒温恒容下，充入N2，压强增大但正逆反应速率都不变
D. 升温或加压都能增大反应物活化分子百分数，从而加快速率
【答案】C
【解析】
【详解】A、因未指明速率对应物质，若3.5mol·L﹣1·s﹣1表示N2O4的平均速率，6mol·L﹣1·s﹣1表示NO2的平均速率，则前者比后者快，故A错误；
B、反应速率越大，可逆反应进行的越快，反应最终进行的程度与速率无关，故B错误；
C、恒温恒容下，充入N2，体系内总压增大，各物质分压不变，各反应物浓度不变，其化学反应速率不变，故C正确；
D、升温能够增加活化分子百分含量，同时增加有效碰撞频率，从而增加化学反应速率，加压能够增加单位体积内活化分子含量，有效碰撞频率增加，化学反应速率加快，但活化分子百分含量不变，故D错误；
答案选C。
7.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为放热反应，热效应ΔH=E1-E2
B. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2
C. 使用催化剂后，整个反应的速率快慢由E2对应反应决定
D. 曲线b说明催化剂参与反应过程，降低反应的活化能，但不改变ΔH
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热反应，E1表示有催化剂条件下第一阶段反应的活化能，E2表示有催化剂条件下第二阶段反应的活化能，其热效应为ΔHE1-E2，故A错误；
B、有催化剂条件下，反应的活化能应为能量较高的E1，故B错误；
C、因E1>E2，故使用催化剂后，整个反应的速率快慢由E1对应反应决定，故C错误；
D、催化剂能够降低化学反应的活化能，故曲线b说明催化剂参与反应过程，反应的ΔH只由物质的始终态有关，故ΔH不变，因此D正确。
8.一定温度下，在2 L密闭容器中发生反应：。已知N2O5物质的量变化为图中曲线b。下列说法中正确的是（ ）
A. 0~20 s内平均反应速率v(N2O5)=0.1 mol·(L·s)-1
B. 10 s时,正、逆反应速率相等,达到平衡
C. 20 s时,正反应速率大于逆反应速率
D. 曲线a可表示NO2的物质的量随反应时间的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、在反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)中N2O5为反应物，NO2为生成物，它们的计量数之比为1:2，也就是说NO2变化的物质的量是N2O5的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据v(N2O5)===0.05 mol·(L·s)-1，故A错误；
B、根据图中可知10 s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C、根据图中反应物和生成物的物质的变化情况可知，20 s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，故C错误；
D、由A选项分析中可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，故D正确。
9.已知反应：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1
N2(g)＋O2(g)=NO2(g) ΔH2
N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(g) ΔH3
则反应2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为（ ）
A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C. 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
【答案】D
【解析】
【分析】利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律①×3+②×2-③×2得2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。
10.如图所示，铁片、铜片和硫酸铜溶液可以构成原电池或电解池，下列说法不正确的是（ ）
A. 构成原电池时，Cu极反应为
B. 构成电解池时，Fe电极质量一定减少
C. 构成电解池时，Cu极质量可能增加也可能减少
D. 构成的原电池或电解池在工作时的反应原理可能相同
【答案】B
【解析】
【分析】构成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上金属失电子发生氧化反应，较不活泼的金属铜作正极，正极上得电子发生还原反应；构成电解池时，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，据此解答。
【详解】A、构成原电池时，较不活泼的金属铜作正极，正极上溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故A正确；
B、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，若a连接电源负极，则质量增加，故B错误；
C、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，连接电源负极的电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应；如果b为阳极，电解池工作时，铜失电子生成铜离子进入溶液导致电极质量减少，如果b为阴极，溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出附着在b电极上，导致电极质量增加，故C正确；
D、构成原电池时，负极上铁失去电子，正极上铜离子得电子而析出，构成电解池时，当铁电极为阳极时，铁失去电子，阴极上铜离子得电子而析出，其原理相同，故D正确。
11.在恒温恒容密闭容器中发生可逆反应，X、Y、Z的初始浓度分别为2.0 mol·L-1和1.0 mol·L-1，2.0 mol·L-1，达平衡后，下列数据肯定不正确的是（ ）
A. c(X)=0.5 mol·L-1 B. c(Y)=0.5 mol·L-1
C. c(Z)=0.5 mol·L-1 D. c(Z)=3.0 mol·L-1
【答案】A
【解析】
【详解】因不确定该条件下，反应具体向哪个方向进行，因此存在有三种可能：反应正向进行、反应逆向进行、反应达到平衡，若反应一开始正向进行，采用极值法（反应物完全转化为生成物），最终c(X)=1mol/L、c(Y)=0、c(Z)=4mol/L，因不可能完全转化，故平衡时2mol/L>c(X)>1mol/L，1mol/L>c(Y)>0，4mol/L>c(Z)>2mol/L；若反应一开始逆向进行，同理可知平衡时3mol/L>c(X)>2mol/L，2mol/L>c(Y)>1mol/L，2mol/L>c(Z)>0；若一开始反应就处于平衡状态，X、Y、Z的浓度分别为2mol/L和1mol/L，2mol/L；由此可知答案为A。
12.下列说法正确的是（ ）
①
②
③
④
A. 装置①表示已组装的铜锌原电池
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 装置③可以在铁钉上镀铜
D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】C
【解析】
【详解】A、该原电池装置中缺少盐桥，不能形成闭合回路，不能构成原电池，故A错误；
B、该装置为电解池，a极为阴极，发生的电极反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，附近的pH增加，故B错误；
C、该电解池阳极（铜）反应为：Cu－2e－=Cu2＋，阴极（铁钉）反应为：Cu2＋＋2e－=Cu，由此可知，该装置可以在铁钉上镀铜，故C正确；
D、该装置铁闸门连接电源负极，作电解池阴极从而被保护，该方法为外加电流的阴极保护法，故D错误。
13.下列有关平衡常数的说法中，正确的是（ ）
A. 在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值
B. 反应 ，增大压强该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数
D. 改变条件，若反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、对于一个化学反应，其表达式一定，其数值受到温度的影响，温度发生变化，平衡常数会随着发生变化，故A错误；
B、化学平衡常数只与温度有关，改变压强，化学平衡常数不发生改变，故B错误；
C、对于给定可逆反应，其正反应与逆反应的平衡常数表达式互为倒数，因此当温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；
D、化学平衡常数只与温度有关，改变外界条件，反应物的转化率增大，若温度未改变，其化学平衡常数不变，故D错误。
14.在一绝热容积不变的密闭容器中发生可逆反应，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的密度不再变化 B. v逆(X)＝v正(Y)
C. X、Y浓度比为1：1 D. 体系压强不再变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据质量守恒，该反应未达到平衡时，气体质量会改变，而容器体积不变，故气体密度在反应未达到平衡时会发生改变，当气体密度不变时，可说明该反应达到了平衡状态，故A不符合题意；
B、根据化学反应速率之比等于其计量数之比，v逆(X)= v逆(Y)，当v逆(Y)= v正(Y)时，反应处于平衡状态，故B不符合题意；
C、当X、Y的浓度比为1：1时，因缺少相关数据，不能说明浓度不再改变，所以反应不一定处于平衡状态，故C符合题意；
D、该反应的容器为绝热容器，在反应未达到平衡时，体系内温度一定会发生相应的变化，压强也会随之变化，当体系内压强不发生变化时，即体系温度不变，由此可知该反应处于平衡状态，故D不符合题意。
15.下列化学用语或说法正确的是（ ）
A. 用铁作阳极电解熔融Al2O3生产金属铝
B. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应：
C. 粗铜（含Zn、Fe、Ag 、Au杂质）精炼阳极泥的成分只有Au
D. 石墨作电极电解饱和食盐水：
【答案】B
【解析】
【详解】A、用铁作阳极电解熔融Al2O3，阳极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋，电极被损耗，不符合生产实际，故A错误；
B、钢铁吸氧腐蚀的正极发生还原反应，其电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B正确；
C、粗铜（含Zn、Fe、Ag 、Au杂质）精炼阳极泥的成分主要为失电子能力比铜弱的金属（Au、Ag等），故C错误；
D、石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上是Cl-失去电子生成Cl2，阴极为水电离出的H+得到电子，其电解总反应为：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，故D错误。
16.常温下，下列各组离子在指定溶夜中一定能大量共存的是（ ）
A. 酸性溶夜中:
B. 饱和氯水中:
C. 在水溶夜中:
D. pH=0的溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A、常温下，之间不会发生化学反应，且与酸性条件下的H+不会反应，能够大量共存，故A符合题意；
B、饱和氯水中含有氧化性物质Cl2、HClO，能与具有还原性的SO32-发生氧化还原反应，故不能大量共存，故B不符合题意；
C、H+与NO3-的组合具有氧化性，能与具有还原性的I-发生氧化还原反应，且H+与SiO32-能发生复分解反应生成难溶物H2SiO3，不能大量共存，故C不符合题意；
D、pH=0的溶液中c(H+)=1mol/L，H+与NO3-的组合具有氧化性，能与具有还原性的Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意。
17.用铂电极电解CuSO4和Al2(SO4)3的混合液一段时间后，往溶液中加入0.5mol Cu2(OH)2 CO3恰好使溶液复原，则电解过程转移的电子的物质的量为( )
A. 1 mol B. 2 mol C. 3 mol D. 4 mol
【答案】C
【解析】
【分析】根据电解硫酸铜的原理：第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑，根据所加入的Cu2(OH)2 CO3的量结合电极反应来计算即可。
【详解】如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入CuO或CuCO3就可以，但是现在加入的是0.5mol Cu2(OH)2 CO3，相当于多加入了0.5mol H2O，这0.5mol的水，应该是第二阶段的反应进行，该阶段转移了1mol电子，第一阶段转移了2mol电子，所以总共转移电子3mol。
18.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC
下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4
B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn
D. 充电时，Li+向左移动
【答案】D
【解析】
【分析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；
答案选D。
19.一定条件下对于可逆反应，若X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表（c1、c2、c3均不为零）：
物质
X
Y
Z
初始浓度(mol·L－1)
c1
c2
c3
平衡浓度(mol·L－1)
0.2
0.3
0.12
则下列判断正确的是（ ）
A. c1∶c2＝2∶3
B. 平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率之比为2：3
D. c1的取值范围为0＜c1＜0.3
【答案】A
【解析】
【详解】①若反应一开始正向进行
起始浓度(mol·L－1) c1 c2 c3
转化浓度(mol·L－1) 2x 3x 2x
平衡浓度(mol·L－1) c1-2x c2-3x c3+2x
，解得=；c1、c2、c3均不为零且均大于0，故0
起始浓度(mol·L－1) c1 c2 c3
转化浓度(mol·L－1) 2x 3x 2x
平衡浓度(mol·L－1) c1+2x c2+3x c3-2x
，解得=；c1、c2、c3均不为零且均大于0，可推出0
A、由上述分析可知，无论反应一开始正向进行还是逆向进行或者处于平衡状态，均为，故A正确；
B、速率之比等于化学计量数之比，则平衡时Y和Z的生成速率之比为3:2，故B错误；
C、转化率=×100%，X、Y的转化量、开始的量均为2:3，则X、Y的转化率之比为1:1，故C错误；
D、综上所述，c1的取值范围为0＜c1＜0.32，故D错误。
20.如图所示装置，若开始时a、b两端液面相平，放置一段时间后，下列有关叙述中正确的是( )
A. 铁丝在两处的腐蚀速率：a>b
B. a、b两端相同的电极反应式为
C. 一段时间后，a端液面高于b端液面
D. a处总反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，
A、生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故A错误；
B、a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故B错误；
C、a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确；
D、a处发生吸氧腐蚀，其总反应为：4Fe＋O2＋2H2O=4Fe(OH)2，故D错误；
答案选C。
21.清华大学王晓琳教授首创三室电解法制备LiOH，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. X电极连接电源正极
B. M为阴离子交换膜
C. Y电极反应式为
D. 制备2.4 g LiOH产生的H2在标准状况下为1.12 L
【答案】C
【解析】
【分析】该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A、根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A正确；
B、由图可知硫酸从最左侧导出，则SO42-需通过M进入最左侧，故M为阴离子交换膜，故B正确；
C、Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误；
D、制备2.4gLiOH，n(OH-)==0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则n(H2)=0.05mol，标准状况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正确。
22.下列装置或操作能达到目的的是（ ）
A. 装置①用于测定生成氢气的速率
B. 装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响
C. 装置③依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应
D. 装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响
【答案】C
【解析】
【分析】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗溢出；装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，不符合控制变量法；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响；
【详解】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，故A错误；装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸（乙二酸）来做实验，故B错误；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能实现目的，故C正确；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响，故D错误。
二、填空题
23.（1）实验测得5g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量。试写出甲醇燃烧的热化学方程式：___________________________。
（2）现己知N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)过程中能量变化示意如图。根据下列已知键能数据计算N-H键键能为____________________kJ/mol 。
化学键
H-H
键能(kJ/mol)
436
946
（3）用如图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：
仪器A的名称为 ________________________ 。
取30mLH2SO4（0.5mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.5mol·L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高4.1℃，已知中和后生成的溶液的比热容为，溶液的密度均为1g/cm3，通过计算可得中和热 ______ 。（保留小数点后一位）
上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生此偏差的原因可能是（填字母）______。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
实验中若改用60mLH2SO4（0.25mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.55 mol·L-1）溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 ______ （填“相等”、“不相等”），所求中和热 _____ （填“相等”、“不相等”），若用50mL0.5mol·L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会 ______ （填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。
【答案】(1). 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) =-1452.8kJ/mol (2). 391 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). -54.8kJ·mol-1 (5). ab (6). 不相等 (7). 相等 (8). 偏小
【解析】
【详解】（1）5g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量，则2mol甲醇燃烧放出热量为kJ=1452.8kJ，故甲醇燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) =-1452.8kJ/mol；
（2）由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)，放出的能量为（1173-1127）kJ=46kJ
，设N-H键键能为akJ/mol，则3a-（×946+×436）=46，解得a=391；
（3）仪器A为环形玻璃搅拌棒；取30mLH2SO4（0.5mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.5mol·L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，生成水的物质的量为0.025mol，溶液的质量为80g，三次实验温度平均升高4.1℃，放出的热量Q=4.18J/(g·℃)×80g×4.1℃=1371J=1.371kJ，，所以生成1mol水放出的热量为=54.8kJ，即中和热△H=-54.8kJ·mol-1；实验数值结果较57.3kJ·mol-1偏低，
a、实验装置保温、隔热效果差，导致实验过程中部分热量损失，溶液温度偏低，所计算出的热量偏低，符合题意；
b、用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，会导致有部分物质反应，所测硫酸的起始温度偏高，导致实验前后温度差偏低，所计算出的热量偏低，符合题意；
c、本实验酸碱混合正确操作为一次性混合，故该操作对实验无影响，不符合题意；
故答案为ab；
反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mLH2SO4（0.25mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.55 mol·L-1）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；但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，中和热相等；又醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会减小，
故答案为：不相等；相等；偏小。
24.CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。
（1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，在催化剂作用下发生如下脱硝反应：，该反应平衡常数的表达式K=______________，在570 K时，K值极大，为1×1059，但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是________________。
（2）以Mn3O4 为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。
第一步：___________________________________；
第二步：
（3）T℃、2L密闭容器中，充入各1mol的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0 时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示：
①比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”、“＜”或“=”）
②若t0 =10min，反应从开始到达平衡CO气体的平均反应速率v( CO) =_____。
③NO的平衡转化率为______，T℃时反应的化学平衡常数K=_________。
④T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO）=0.2mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，则此时该反应_______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。
【答案】(1). (2). 化学反应速率慢 (3). Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2 (4). ＞ (5). 0.04 mol/(L·min) (6). 80 % (7). 320 (8). 向正反应方向
【解析】
【详解】（1）根据化学平衡常数的定义，可写出；汽车尾气排放的速率较快，虽然该反应的平衡常数较大，但单位时间内转化量较少，因此需要安装尾气处理装置，其目的是提高化学反应速率；故答案为：；化学反应速率慢；
（2）用总反应-第二步反应可得第一步反应为：Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2；
（3）
起始浓度（mol/L） 0.5 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 2x 2x 2x x
平衡浓度（mol/L）0.5-2x 0.5-2x 2x x
由图可知，=0.5，解得x=0.2
①由图可知，a点时反应向正向进行，b点时反应达到平衡，由此可知va正>vb正=vb逆，故答案为：>；
②v(CO)==0.04mol/(L·min)；
③NO的平衡转化率；
④该温度下平衡常数K===320，该时刻各物质浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(NO)=0.1mol/L、c(N2)=0.05mol/L、c(CO2)=0.1mol/L，则浓度熵QC==5
（1）甲池中负极上的电极反应式为_______________。
（2）乙池中石墨电极上发生的反应为______________。
（3）要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的______________。
A.CuO B.Cu(OH)2 C.CuCO3 D.CuSO4
（4）若将乙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6gN2H4时，乙池中两个电极质量差为______g。
II．氢能将成为21世纪的主要能源。太阳能光伏电池电解水可制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
（1）制H2时，连接________（填K1或K2），产生H2的电极反应式是_________________，溶液PH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（2）改变开关连接方式，可得O2，此时电极3的反应式为：__________________。
【答案】(1). N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O (2). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). A、C (4). 12.8 (5). K1 (6). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). 增大 (8). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
【解析】
【详解】I.（1）由总反应可知，甲池中负极反应物为N2H4，还原产物为N2，该电解质环境为强碱性，故其电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；
（2）乙池中石墨电极连接的甲池中的正极，故石墨电极为阳极，电解硫酸铜溶液的阳极反应物为水电离出的OH-，故石墨电极上发生的反应为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
（3）乙池中发生的反应为2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，若要使电解质溶液恢复至原状态，则需要加入Cu和O，且二者实际加入的原子之比为1:1，故可加入CuO或CuCO3，故答案为A、C；
（4）若要实现在Fe上镀Cu，则Fe作阴极，Cu作阳极；当甲中消耗1.6gN2H4时，即消耗0.05mol N2H4，转移电子的物质的量为：0.05mol×2×2=0.2mol，乙池中Fe电极上析出Cu的物质的量为0.1mol，其电极材料质量增加0.1mol×64g/mol=6.4g，Cu电极上Cu被消耗0.1mol，其质量减少0.1mol×64g/mol=6.4g，故两个电极质量差6.4g+6.4g=12.8g；
II.（1）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1；电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；该溶液为碱性电解液，电解水的过程中，水被消耗，溶液中溶质浓度增大，pH增大；
故答案为：K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；增大；
（2）改变开关连接方式时，电极3为阴极，发生还原反应，由图可知，其电极反应式为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。
26.I．（1）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。写出反应的离子方程式：_______________________。
（2）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0 mol/L的H2SO4混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表)。
温 度(T)
20
30
40
50
60
70
80
铜平均溶解速率×10-3mol·L-1·min-1
7.34
8.01
9.25
7.98
7.24
6.73
5.76
当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是________________________________________________。
（3）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，制备CuCl的离子方程式是_________________________________________。
II．生活污水中的磷和氮主要以磷酸盐和铵盐形式存在。
（1）除磷的原理如上图所示，利用电解法将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀除去。铁作___________，（填“阴极”“阳极”），用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：__________________________。
（2）有Cl-存在时，除氮原理如图所示，主要依靠电解产生的有效氯（HClO、ClO-）将NH4+或NH3氧化为N2．当pH＜7时，主要发生HClO氧化NH4+的反应，其离子方程式为：_________________________________。
【答案】(1). Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O (2). H2O2分解速率加快 (3). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+ (4). 阳极 (5). Fe－2e－=Fe2＋ (6). 3HClO＋2NH4＋=3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋
【解析】
【详解】I.（1）由题可知，H2O2作为氧化剂，故其还原产物为H2O，Cu作为还原剂，氧化产物为Cu2+，H2O2中O元素化合价从-1降低为-2，化合价降低1，Cu元素化合价升高2，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平其离子反应方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；
（2）双氧水不稳定，温度高易分解，温度高于40℃时，双氧水分解速率加快，氧化铜的浓度就降低，所以铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降；
故答案为：H2O2分解速率加快；
（3）由题可知，该反应中CuSO4反应后化合价降低1价，故Na2SO3中S化合价升高，其生成物为Na2SO4，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；
II.（1）利用电解法将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀除去，故溶液中需要Fe2+，因此铁作阳极；其在阳极上失去电子，其电极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋；
（2）由题可知，HClO发生反应后被还原为Cl-，Cl化合价降低2价，NH4+被氧化为N2，化合价升高3价，根据化合价升降守恒可知，HClO与NH4+的系数比为3:2，然后根据电荷守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可配平其离子反应方程式为：3HClO＋2NH4＋=3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋。
相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 N－14 O－16 Cu－64
一、选择题：
1.下列我国科技创新的产品设备在工作时，能量转化过程与氧化还原反应有关的是（ ）
①长征三号运载火箭用偏二甲肼为燃料
②嫦娥四号月球探测器上太阳能电池板
③和谐号动车以350 km/h飞驰
④世界首部可折叠柔屏手机通话
A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④
【答案】D
【解析】
【详解】①偏二甲肼的燃烧属于氧化还原反应；
②太阳能电池板将太阳能转变为电能，其主要工作原理是太阳光照在半导体p-n结上，形成新的空穴-电子对，在p-n结电场的作用下，空穴由p区流向n区，电子由n区流向p区，接通电路后就形成电流。此过程未涉及氧化还原反应；
③和谐号动车将电能转变为了动能，过程中未涉及氧化还原反应；
④世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，电池放电过程中涉及氧化还原反应；
故选D。
2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（ ）
A. 调味剂 B. 防腐剂 C. 着色剂 D. 增稠剂
【答案】B
【解析】
【详解】A、调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A不符合题意；
B、防腐剂是能抑制微生物活动，防止食品腐败变质的一类食品添加剂，延缓氧化的反应速率，故B符合题意；
C、着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C不符合题意；
D、增稠剂是增大食品的黏稠度，与速率无关，故D不符合题意；
答案选B。
3.在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是 （ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. +7
【答案】C
【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。
4.在任何温度下，下列反应都不能自发进行的是（ ）
A. 2O3(g) =3O2(g) ΔH＜0 B. 2CO(g) =2C(s)+O2(g) ΔH＞0
C. N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) ΔH＜0 D. CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) ΔH＞0
【答案】B
【解析】
【分析】反应能否自发进行取决于△G=△H-T•△S，当△G=△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，否则不能，据此分析判断。
【详解】A．2O3(g) =3O2(g) △H＜0，△S＞0，根据△G=△H-T•△S可知，任何温度下都能满足△H-T•△S＜0，反应可自发进行，故A不选；B．2CO(g) =2C(s)+O2(g) △H＞0，△S＜0，任何温度下都满足△G=△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，故B选；C．N2(g)+3H2(g) =2NH3(g) △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．CaCO3(s) =CaO(s)+CO2(g) △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；故选B。
5.在的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.8 mol/L，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.25mol/(L·s)，则此段时间是（ ）
A. 2 s B. 3.2 s C. 4.8 s D. 5.6 s
【答案】C
【解析】
【详解】根据化学反应各物质浓度变化之比等于其化学计量数之比可知，这段时间内，H2的浓度变化为×0.8mol/L=1.2 mol/L，根据这段时间内H2的平均反应速率为0.25mol/(L·s)得：==4.8s，故答案为C。
6.对于反应，关于反应速率的说法正确的是（ ）
A. 6mol·L﹣1·s﹣1的反应速率一定比3.5mol·L﹣1·s﹣1的反应速率大
B. 反应速率越大，可逆反应进行的越完全
C. 恒温恒容下，充入N2，压强增大但正逆反应速率都不变
D. 升温或加压都能增大反应物活化分子百分数，从而加快速率
【答案】C
【解析】
【详解】A、因未指明速率对应物质，若3.5mol·L﹣1·s﹣1表示N2O4的平均速率，6mol·L﹣1·s﹣1表示NO2的平均速率，则前者比后者快，故A错误；
B、反应速率越大，可逆反应进行的越快，反应最终进行的程度与速率无关，故B错误；
C、恒温恒容下，充入N2，体系内总压增大，各物质分压不变，各反应物浓度不变，其化学反应速率不变，故C正确；
D、升温能够增加活化分子百分含量，同时增加有效碰撞频率，从而增加化学反应速率，加压能够增加单位体积内活化分子含量，有效碰撞频率增加，化学反应速率加快，但活化分子百分含量不变，故D错误；
答案选C。
7.某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为放热反应，热效应ΔH=E1-E2
B. 有催化剂条件下，反应的活化能等于E1＋E2
C. 使用催化剂后，整个反应的速率快慢由E2对应反应决定
D. 曲线b说明催化剂参与反应过程，降低反应的活化能，但不改变ΔH
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热反应，E1表示有催化剂条件下第一阶段反应的活化能，E2表示有催化剂条件下第二阶段反应的活化能，其热效应为ΔHE1-E2，故A错误；
B、有催化剂条件下，反应的活化能应为能量较高的E1，故B错误；
C、因E1>E2，故使用催化剂后，整个反应的速率快慢由E1对应反应决定，故C错误；
D、催化剂能够降低化学反应的活化能，故曲线b说明催化剂参与反应过程，反应的ΔH只由物质的始终态有关，故ΔH不变，因此D正确。
8.一定温度下，在2 L密闭容器中发生反应：。已知N2O5物质的量变化为图中曲线b。下列说法中正确的是（ ）
A. 0~20 s内平均反应速率v(N2O5)=0.1 mol·(L·s)-1
B. 10 s时,正、逆反应速率相等,达到平衡
C. 20 s时,正反应速率大于逆反应速率
D. 曲线a可表示NO2的物质的量随反应时间的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、在反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)中N2O5为反应物，NO2为生成物，它们的计量数之比为1:2，也就是说NO2变化的物质的量是N2O5的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据v(N2O5)===0.05 mol·(L·s)-1，故A错误；
B、根据图中可知10 s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，故B错误；
C、根据图中反应物和生成物的物质的变化情况可知，20 s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，此时正逆反应速率相等，故C错误；
D、由A选项分析中可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，故D正确。
9.已知反应：H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1
N2(g)＋O2(g)=NO2(g) ΔH2
N2(g)＋3/2H2(g)=NH3(g) ΔH3
则反应2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)的ΔH为（ ）
A. 2ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3 B. ΔH1＋ΔH2－ΔH3
C. 3ΔH1＋2ΔH2＋2ΔH3 D. 3ΔH1＋2ΔH2－2ΔH3
【答案】D
【解析】
【分析】利用盖斯定律可知，反应一步完成和多步完成的热效应相同，利用已知的反应和目标反应确定关系，然后计算反应热。
【详解】将已知热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律①×3+②×2-③×2得2NH3(g)＋O2(g)=2NO2(g)＋3H2O(g)，则△H=3△H1+2△H2-2△H3，故选D。
10.如图所示，铁片、铜片和硫酸铜溶液可以构成原电池或电解池，下列说法不正确的是（ ）
A. 构成原电池时，Cu极反应为
B. 构成电解池时，Fe电极质量一定减少
C. 构成电解池时，Cu极质量可能增加也可能减少
D. 构成的原电池或电解池在工作时的反应原理可能相同
【答案】B
【解析】
【分析】构成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上金属失电子发生氧化反应，较不活泼的金属铜作正极，正极上得电子发生还原反应；构成电解池时，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，据此解答。
【详解】A、构成原电池时，较不活泼的金属铜作正极，正极上溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，故A正确；
B、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，若a连接电源负极，则质量增加，故B错误；
C、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，连接电源负极的电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应；如果b为阳极，电解池工作时，铜失电子生成铜离子进入溶液导致电极质量减少，如果b为阴极，溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出附着在b电极上，导致电极质量增加，故C正确；
D、构成原电池时，负极上铁失去电子，正极上铜离子得电子而析出，构成电解池时，当铁电极为阳极时，铁失去电子，阴极上铜离子得电子而析出，其原理相同，故D正确。
11.在恒温恒容密闭容器中发生可逆反应，X、Y、Z的初始浓度分别为2.0 mol·L-1和1.0 mol·L-1，2.0 mol·L-1，达平衡后，下列数据肯定不正确的是（ ）
A. c(X)=0.5 mol·L-1 B. c(Y)=0.5 mol·L-1
C. c(Z)=0.5 mol·L-1 D. c(Z)=3.0 mol·L-1
【答案】A
【解析】
【详解】因不确定该条件下，反应具体向哪个方向进行，因此存在有三种可能：反应正向进行、反应逆向进行、反应达到平衡，若反应一开始正向进行，采用极值法（反应物完全转化为生成物），最终c(X)=1mol/L、c(Y)=0、c(Z)=4mol/L，因不可能完全转化，故平衡时2mol/L>c(X)>1mol/L，1mol/L>c(Y)>0，4mol/L>c(Z)>2mol/L；若反应一开始逆向进行，同理可知平衡时3mol/L>c(X)>2mol/L，2mol/L>c(Y)>1mol/L，2mol/L>c(Z)>0；若一开始反应就处于平衡状态，X、Y、Z的浓度分别为2mol/L和1mol/L，2mol/L；由此可知答案为A。
12.下列说法正确的是（ ）
①
②
③
④
A. 装置①表示已组装的铜锌原电池
B. 装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小
C. 装置③可以在铁钉上镀铜
D. 装置④保护铁闸门不被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法
【答案】C
【解析】
【详解】A、该原电池装置中缺少盐桥，不能形成闭合回路，不能构成原电池，故A错误；
B、该装置为电解池，a极为阴极，发生的电极反应为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，附近的pH增加，故B错误；
C、该电解池阳极（铜）反应为：Cu－2e－=Cu2＋，阴极（铁钉）反应为：Cu2＋＋2e－=Cu，由此可知，该装置可以在铁钉上镀铜，故C正确；
D、该装置铁闸门连接电源负极，作电解池阴极从而被保护，该方法为外加电流的阴极保护法，故D错误。
13.下列有关平衡常数的说法中，正确的是（ ）
A. 在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值
B. 反应 ，增大压强该反应平衡常数增大
C. 对于给定可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数
D. 改变条件，若反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、对于一个化学反应，其表达式一定，其数值受到温度的影响，温度发生变化，平衡常数会随着发生变化，故A错误；
B、化学平衡常数只与温度有关，改变压强，化学平衡常数不发生改变，故B错误；
C、对于给定可逆反应，其正反应与逆反应的平衡常数表达式互为倒数，因此当温度一定时，其正、逆反应的平衡常数互为倒数，故C正确；
D、化学平衡常数只与温度有关，改变外界条件，反应物的转化率增大，若温度未改变，其化学平衡常数不变，故D错误。
14.在一绝热容积不变的密闭容器中发生可逆反应，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的密度不再变化 B. v逆(X)＝v正(Y)
C. X、Y浓度比为1：1 D. 体系压强不再变化
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据质量守恒，该反应未达到平衡时，气体质量会改变，而容器体积不变，故气体密度在反应未达到平衡时会发生改变，当气体密度不变时，可说明该反应达到了平衡状态，故A不符合题意；
B、根据化学反应速率之比等于其计量数之比，v逆(X)= v逆(Y)，当v逆(Y)= v正(Y)时，反应处于平衡状态，故B不符合题意；
C、当X、Y的浓度比为1：1时，因缺少相关数据，不能说明浓度不再改变，所以反应不一定处于平衡状态，故C符合题意；
D、该反应的容器为绝热容器，在反应未达到平衡时，体系内温度一定会发生相应的变化，压强也会随之变化，当体系内压强不发生变化时，即体系温度不变，由此可知该反应处于平衡状态，故D不符合题意。
15.下列化学用语或说法正确的是（ ）
A. 用铁作阳极电解熔融Al2O3生产金属铝
B. 钢铁吸氧腐蚀的正极反应：
C. 粗铜（含Zn、Fe、Ag 、Au杂质）精炼阳极泥的成分只有Au
D. 石墨作电极电解饱和食盐水：
【答案】B
【解析】
【详解】A、用铁作阳极电解熔融Al2O3，阳极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋，电极被损耗，不符合生产实际，故A错误；
B、钢铁吸氧腐蚀的正极发生还原反应，其电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故B正确；
C、粗铜（含Zn、Fe、Ag 、Au杂质）精炼阳极泥的成分主要为失电子能力比铜弱的金属（Au、Ag等），故C错误；
D、石墨作电极电解饱和食盐水，阳极上是Cl-失去电子生成Cl2，阴极为水电离出的H+得到电子，其电解总反应为：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，故D错误。
16.常温下，下列各组离子在指定溶夜中一定能大量共存的是（ ）
A. 酸性溶夜中:
B. 饱和氯水中:
C. 在水溶夜中:
D. pH=0的溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A、常温下，之间不会发生化学反应，且与酸性条件下的H+不会反应，能够大量共存，故A符合题意；
B、饱和氯水中含有氧化性物质Cl2、HClO，能与具有还原性的SO32-发生氧化还原反应，故不能大量共存，故B不符合题意；
C、H+与NO3-的组合具有氧化性，能与具有还原性的I-发生氧化还原反应，且H+与SiO32-能发生复分解反应生成难溶物H2SiO3，不能大量共存，故C不符合题意；
D、pH=0的溶液中c(H+)=1mol/L，H+与NO3-的组合具有氧化性，能与具有还原性的Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意。
17.用铂电极电解CuSO4和Al2(SO4)3的混合液一段时间后，往溶液中加入0.5mol Cu2(OH)2 CO3恰好使溶液复原，则电解过程转移的电子的物质的量为( )
A. 1 mol B. 2 mol C. 3 mol D. 4 mol
【答案】C
【解析】
【分析】根据电解硫酸铜的原理：第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑，根据所加入的Cu2(OH)2 CO3的量结合电极反应来计算即可。
【详解】如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入CuO或CuCO3就可以，但是现在加入的是0.5mol Cu2(OH)2 CO3，相当于多加入了0.5mol H2O，这0.5mol的水，应该是第二阶段的反应进行，该阶段转移了1mol电子，第一阶段转移了2mol电子，所以总共转移电子3mol。
18.高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜, 主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示。
原理如下：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC
下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4
B. 放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极
C. 充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC===LixCn
D. 充电时，Li+向左移动
【答案】D
【解析】
【分析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4为正极，化合价降低得到电子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。
【详解】A. 放电时，FePO4为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故A正确；
B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故B正确；
C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为xLi++xe-+nC===LixCn，故C正确；
D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故D错误；
答案选D。
19.一定条件下对于可逆反应，若X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如下表（c1、c2、c3均不为零）：
物质
X
Y
Z
初始浓度(mol·L－1)
c1
c2
c3
平衡浓度(mol·L－1)
0.2
0.3
0.12
则下列判断正确的是（ ）
A. c1∶c2＝2∶3
B. 平衡时Y和Z的生成速率之比为2∶3
C. X、Y的转化率之比为2：3
D. c1的取值范围为0＜c1＜0.3
【答案】A
【解析】
【详解】①若反应一开始正向进行
起始浓度(mol·L－1) c1 c2 c3
转化浓度(mol·L－1) 2x 3x 2x
平衡浓度(mol·L－1) c1-2x c2-3x c3+2x
，解得=；c1、c2、c3均不为零且均大于0，故0
起始浓度(mol·L－1) c1 c2 c3
转化浓度(mol·L－1) 2x 3x 2x
平衡浓度(mol·L－1) c1+2x c2+3x c3-2x
，解得=；c1、c2、c3均不为零且均大于0，可推出0
A、由上述分析可知，无论反应一开始正向进行还是逆向进行或者处于平衡状态，均为，故A正确；
B、速率之比等于化学计量数之比，则平衡时Y和Z的生成速率之比为3:2，故B错误；
C、转化率=×100%，X、Y的转化量、开始的量均为2:3，则X、Y的转化率之比为1:1，故C错误；
D、综上所述，c1的取值范围为0＜c1＜0.32，故D错误。
20.如图所示装置，若开始时a、b两端液面相平，放置一段时间后，下列有关叙述中正确的是( )
A. 铁丝在两处的腐蚀速率：a>b
B. a、b两端相同的电极反应式为
C. 一段时间后，a端液面高于b端液面
D. a处总反应为：
【答案】C
【解析】
【分析】生铁中含有碳、铁，生铁遇到合适的电解质溶液能构成原电池，酸性条件下，发生析氢腐蚀，中性或弱酸性条件下，发生吸氧腐蚀，据此分析解答。
【详解】生铁和氯化钠溶液、稀硫酸溶液都能构成原电池，左边试管中，生铁发生吸氧腐蚀，右边试管中，生铁发生析氢腐蚀，
A、生铁发生析氢腐蚀的速率比吸氧腐蚀的速率大，故A错误；
B、a处负极上铁失电子，正极上氧气得电子，b处负极上铁失电子，正极上氢离子得电子，所以a、b两处相同的电极反应式为Fe−2e−=Fe2+，故B错误；
C、a处发生吸氧腐蚀，b处发生析氢腐蚀，一段时间后，a处气体压强减小，b处气体压强增大，导致溶液从b处向a处移动，所以a处液面高于b处液面，故C正确；
D、a处发生吸氧腐蚀，其总反应为：4Fe＋O2＋2H2O=4Fe(OH)2，故D错误；
答案选C。
21.清华大学王晓琳教授首创三室电解法制备LiOH，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. X电极连接电源正极
B. M为阴离子交换膜
C. Y电极反应式为
D. 制备2.4 g LiOH产生的H2在标准状况下为1.12 L
【答案】C
【解析】
【分析】该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。
【详解】A、根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A正确；
B、由图可知硫酸从最左侧导出，则SO42-需通过M进入最左侧，故M为阴离子交换膜，故B正确；
C、Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C错误；
D、制备2.4gLiOH，n(OH-)==0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，则n(H2)=0.05mol，标准状况下体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故D正确。
22.下列装置或操作能达到目的的是（ ）
A. 装置①用于测定生成氢气的速率
B. 装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响
C. 装置③依据U管两边液面的高低判断Na和水反应的热效应
D. 装置④依据出现浑浊的快慢比较温度对反应速率的影响
【答案】C
【解析】
【分析】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗溢出；装置②两种高锰酸钾溶液的浓度不同、颜色不同，不符合控制变量法；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响；
【详解】装置①生成的氢气可以由长颈漏斗逸出，不能根据生成氢气的体积测定生成氢气的速率，故A错误；装置②依据褪色快慢比较浓度对反应速率的影响，应保证高锰酸钾溶液的浓度相同，用不同浓度的草酸（乙二酸）来做实验，故B错误；Na和水反应放热，广口瓶内气体受热膨胀，U型管左侧液面下降，右侧液面上升，所以装置③能实现目的，故C正确；装置④中浓度、温度都不同，无法判断温度对速率的影响，故D错误。
二、填空题
23.（1）实验测得5g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量。试写出甲醇燃烧的热化学方程式：___________________________。
（2）现己知N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)过程中能量变化示意如图。根据下列已知键能数据计算N-H键键能为____________________kJ/mol 。
化学键
H-H
键能(kJ/mol)
436
946
（3）用如图所示装置进行中和热测定实验，请回答下列问题：
仪器A的名称为 ________________________ 。
取30mLH2SO4（0.5mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.5mol·L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，三次实验温度平均升高4.1℃，已知中和后生成的溶液的比热容为，溶液的密度均为1g/cm3，通过计算可得中和热 ______ 。（保留小数点后一位）
上述实验数值结果与57.3kJ·mol-1有偏差，产生此偏差的原因可能是（填字母）______。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
c．一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
实验中若改用60mLH2SO4（0.25mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.55 mol·L-1）溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 ______ （填“相等”、“不相等”），所求中和热 _____ （填“相等”、“不相等”），若用50mL0.5mol·L-1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会 ______ （填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。
【答案】(1). 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) =-1452.8kJ/mol (2). 391 (3). 环形玻璃搅拌棒 (4). -54.8kJ·mol-1 (5). ab (6). 不相等 (7). 相等 (8). 偏小
【解析】
【详解】（1）5g甲醇在氧气中完全燃烧，生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5 kJ的热量，则2mol甲醇燃烧放出热量为kJ=1452.8kJ，故甲醇燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) =-1452.8kJ/mol；
（2）由图可知，N2(g)和H2(g)反应生成1 molNH3(g)，放出的能量为（1173-1127）kJ=46kJ
，设N-H键键能为akJ/mol，则3a-（×946+×436）=46，解得a=391；
（3）仪器A为环形玻璃搅拌棒；取30mLH2SO4（0.5mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.5mol·L-1）溶液在小烧杯中进行中和反应，生成水的物质的量为0.025mol，溶液的质量为80g，三次实验温度平均升高4.1℃，放出的热量Q=4.18J/(g·℃)×80g×4.1℃=1371J=1.371kJ，，所以生成1mol水放出的热量为=54.8kJ，即中和热△H=-54.8kJ·mol-1；实验数值结果较57.3kJ·mol-1偏低，
a、实验装置保温、隔热效果差，导致实验过程中部分热量损失，溶液温度偏低，所计算出的热量偏低，符合题意；
b、用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，会导致有部分物质反应，所测硫酸的起始温度偏高，导致实验前后温度差偏低，所计算出的热量偏低，符合题意；
c、本实验酸碱混合正确操作为一次性混合，故该操作对实验无影响，不符合题意；
故答案为ab；
反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60mLH2SO4（0.25mol·L-1）溶液与50mLNaOH（0.55 mol·L-1）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；但是中和热均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，中和热相等；又醋酸是弱酸，电离过程吸热，所以用50mL0.50mol⋅L−1醋酸代替H2SO4溶液进行上述实验，测得反应前后温度的变化值会减小，
故答案为：不相等；相等；偏小。
24.CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。
（1）汽车在行驶过程中会产生有害气体CO、NO，在催化剂作用下发生如下脱硝反应：，该反应平衡常数的表达式K=______________，在570 K时，K值极大，为1×1059，但汽车上仍需装备尾气处理装置，其可能原因是________________。
（2）以Mn3O4 为脱硝反应的催化剂，研究者提出如下反应历程，将历程补充完整。
第一步：___________________________________；
第二步：
（3）T℃、2L密闭容器中，充入各1mol的CO和NO混合气体，加入Mn3O4发生脱硝反应，t0 时达到平衡，测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如下图所示：
①比较大小：a处v正______b处v逆（填“＞”、“＜”或“=”）
②若t0 =10min，反应从开始到达平衡CO气体的平均反应速率v( CO) =_____。
③NO的平衡转化率为______，T℃时反应的化学平衡常数K=_________。
④T℃时，某时刻测得体系中各物质的量如下：n（CO）=0.2mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，则此时该反应_______进行（填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“处于平衡状态”）。
【答案】(1). (2). 化学反应速率慢 (3). Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2 (4). ＞ (5). 0.04 mol/(L·min) (6). 80 % (7). 320 (8). 向正反应方向
【解析】
【详解】（1）根据化学平衡常数的定义，可写出；汽车尾气排放的速率较快，虽然该反应的平衡常数较大，但单位时间内转化量较少，因此需要安装尾气处理装置，其目的是提高化学反应速率；故答案为：；化学反应速率慢；
（2）用总反应-第二步反应可得第一步反应为：Mn3O4＋2NO=3MnO2＋N2；
（3）
起始浓度（mol/L） 0.5 0.5 0 0
转化浓度（mol/L） 2x 2x 2x x
平衡浓度（mol/L）0.5-2x 0.5-2x 2x x
由图可知，=0.5，解得x=0.2
①由图可知，a点时反应向正向进行，b点时反应达到平衡，由此可知va正>vb正=vb逆，故答案为：>；
②v(CO)==0.04mol/(L·min)；
③NO的平衡转化率；
④该温度下平衡常数K===320，该时刻各物质浓度为：c(CO)=0.1mol/L、c(NO)=0.1mol/L、c(N2)=0.05mol/L、c(CO2)=0.1mol/L，则浓度熵QC==5
（1）甲池中负极上的电极反应式为_______________。
（2）乙池中石墨电极上发生的反应为______________。
（3）要使乙池恢复到电解前的状态，应向溶液中加入适量的______________。
A.CuO B.Cu(OH)2 C.CuCO3 D.CuSO4
（4）若将乙池中两个电极改成等质量的Fe和Cu，实现在Fe上镀Cu，当甲中消耗1.6gN2H4时，乙池中两个电极质量差为______g。
II．氢能将成为21世纪的主要能源。太阳能光伏电池电解水可制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
（1）制H2时，连接________（填K1或K2），产生H2的电极反应式是_________________，溶液PH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（2）改变开关连接方式，可得O2，此时电极3的反应式为：__________________。
【答案】(1). N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O (2). 2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ (3). A、C (4). 12.8 (5). K1 (6). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (7). 增大 (8). NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－
【解析】
【详解】I.（1）由总反应可知，甲池中负极反应物为N2H4，还原产物为N2，该电解质环境为强碱性，故其电极反应式为：N2H4＋4OH－－4e－=N2↑＋4H2O；
（2）乙池中石墨电极连接的甲池中的正极，故石墨电极为阳极，电解硫酸铜溶液的阳极反应物为水电离出的OH-，故石墨电极上发生的反应为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；
（3）乙池中发生的反应为2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，若要使电解质溶液恢复至原状态，则需要加入Cu和O，且二者实际加入的原子之比为1:1，故可加入CuO或CuCO3，故答案为A、C；
（4）若要实现在Fe上镀Cu，则Fe作阴极，Cu作阳极；当甲中消耗1.6gN2H4时，即消耗0.05mol N2H4，转移电子的物质的量为：0.05mol×2×2=0.2mol，乙池中Fe电极上析出Cu的物质的量为0.1mol，其电极材料质量增加0.1mol×64g/mol=6.4g，Cu电极上Cu被消耗0.1mol，其质量减少0.1mol×64g/mol=6.4g，故两个电极质量差6.4g+6.4g=12.8g；
II.（1）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1；电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；该溶液为碱性电解液，电解水的过程中，水被消耗，溶液中溶质浓度增大，pH增大；
故答案为：K1；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；增大；
（2）改变开关连接方式时，电极3为阴极，发生还原反应，由图可知，其电极反应式为：NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。
26.I．（1）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。写出反应的离子方程式：_______________________。
（2）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0 mol/L的H2SO4混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率(见下表)。
温 度(T)
20
30
40
50
60
70
80
铜平均溶解速率×10-3mol·L-1·min-1
7.34
8.01
9.25
7.98
7.24
6.73
5.76
当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是________________________________________________。
（3）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀，制备CuCl的离子方程式是_________________________________________。
II．生活污水中的磷和氮主要以磷酸盐和铵盐形式存在。
（1）除磷的原理如上图所示，利用电解法将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀除去。铁作___________，（填“阴极”“阳极”），用化学用语表示产生Fe2+的主要过程：__________________________。
（2）有Cl-存在时，除氮原理如图所示，主要依靠电解产生的有效氯（HClO、ClO-）将NH4+或NH3氧化为N2．当pH＜7时，主要发生HClO氧化NH4+的反应，其离子方程式为：_________________________________。
【答案】(1). Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O (2). H2O2分解速率加快 (3). 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+ (4). 阳极 (5). Fe－2e－=Fe2＋ (6). 3HClO＋2NH4＋=3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋
【解析】
【详解】I.（1）由题可知，H2O2作为氧化剂，故其还原产物为H2O，Cu作为还原剂，氧化产物为Cu2+，H2O2中O元素化合价从-1降低为-2，化合价降低1，Cu元素化合价升高2，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平其离子反应方程式为：Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；
（2）双氧水不稳定，温度高易分解，温度高于40℃时，双氧水分解速率加快，氧化铜的浓度就降低，所以铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降；
故答案为：H2O2分解速率加快；
（3）由题可知，该反应中CuSO4反应后化合价降低1价，故Na2SO3中S化合价升高，其生成物为Na2SO4，根据转移电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平其离子反应方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+；
II.（1）利用电解法将PO43-转化为Fe3（PO4）2沉淀除去，故溶液中需要Fe2+，因此铁作阳极；其在阳极上失去电子，其电极反应式为：Fe－2e－=Fe2＋；
（2）由题可知，HClO发生反应后被还原为Cl-，Cl化合价降低2价，NH4+被氧化为N2，化合价升高3价，根据化合价升降守恒可知，HClO与NH4+的系数比为3:2，然后根据电荷守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可配平其离子反应方程式为：3HClO＋2NH4＋=3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋。
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