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【化学】福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题。（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1.下列措施不符合节能减排的是( )
A. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水
B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题
C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏
D. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，故正确；B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题，不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，故错误；C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，，减少二氧化硫的排放，所以可以减少污染，故正确；
D. 沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，故正确，故选B。
2.某化学反应的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 加入催化剂，可同时降低E1、E2
C. 该反应的反应热ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1
D. E2可表示形成新的化学键所释放的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误；
B. 加入催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，故B正确;
C. 该反应的反应热△H=+(E2-E1)kJ·mol-1，故C错误；
D. E2 kJ·mol-1可表示断裂旧的化学键时吸收的能量，故D错误；
故选:B.
3.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是( )
A. 若2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ
B. 若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol
C. 若2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1，则2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9kJ
D. 若H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，含1 mol CH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A. 已知101kPa时,2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=−221kJ/mol,则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ，故A正确；
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol,由于水的状态是气体，故甲烷的燃烧热大于812.3kJ/mol,故B错误；
C. 由2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1,可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9kJ，故C错误；
D. 醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程是吸热过程,含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故D错误；
故选：A.
4.中和热测定实验中，下列说法错误的是( )
A. 一组完整实验数据需要测温度三次
B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是为了减少实验过程中热量散失
D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应，如果所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 一组完整实验数据需要测酸碱溶液的温度，混合前溶液的温度，混合后溶液的温度，需要测量三次温度，减小实验误差，故A正确；
B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒,金属导热，热量损失，产生误差，
故B错误；
C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是防止热量损失，为了减少实验过程中热量散失
故C正确；
D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应，因为HCl和硝酸都是强酸，如果所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同，故D正确；
故选：B.
5.炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 腐蚀过程中，负极是C
B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C. 正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了电化学腐蚀的原理，正、负极反应原理和电极反应式的书写，注意电子在原电池的外电路中移动。
【详解】A. 铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误；
B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，B错误；
C. 该原电池中， C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应，D正确；
答案为D。
6.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是( )
A. 可在船壳外刷油漆进行保护
B. 可将船壳与电源的负极相连进行保护
C. 可在船底安装锌块进行保护
D. 在海上航行时，船壳主要发生析氢腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；
B. 将船壳与电源的负极相连，即船壳为阴极，阴极材料不易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B正确；
C. 在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；
D. 海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：D.
7.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是( )
A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠
B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C. 海水提镁中，X、Y均为石墨，Z为MgCl2溶液
D. 电镀工业中，X是镀层金属，Y是待镀金属
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；
B. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；
C.海水提镁中，X、Y均为石墨，电解熔融的氯化镁，故C错误；
D. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故D正确；
故选:D.
8.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，OH－移向镍电极
B. 放电时，负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O
C. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
D. 充电时，阴极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 放电时,该电池为原电池,电解质溶液中阴离子向负极移动,所以OH−移向碳电极，故A错误；
B. 放电时,负极上氢气失电子发生氧化反应,电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故B正确；
C. 该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故C错误；
D. 充电时,阳极上发生失电子的氧化反应,即Ni(OH)2+OH−−e−=NiO(OH)+H2O，故D错误；
故选：B.
9.SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是( )
A. a极为直流电源的负极
B. 阳极发生的反应式为SO2-2e－＋2H2O=SO42-＋4H＋
C. 阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H＋为2mol
D. 吸收池中发生反应的离子方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 进去的是HSO3-，出来的是S2O42-,硫元素的化合价降低，发生还原反应，是阴极，与电源的负极相连，即a极为直流电源的负极，故A正确
B. 在阳极上发生失电子的氧化反应，故B正确；
C. 据电子守恒，则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量，阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H+为1mol，故C错误；
D、硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-，故D正确；
故选：C.
10.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是( )
A. 容器内的压强不再改变
B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2
C. 混合气体的密度不再改变
D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】A
【解析】
【详解】A. 容器内的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；
B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能说明各物质的量浓度不变，故B错误；
C.反应物生成物都是气体，反应前后质量不变，混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能说明正、逆反应的速率相等，故D错误；
故选：A.
11.I2(g)＋H2(g)2HI (g) ΔH<0，平衡时温度升高，HI含量减小的原因是( )
A. 温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B. 温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K，平衡逆向移动
C. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快
D. 温度升高，K变小，平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【分析】I2(g)＋H2(g)2HI (g) ΔH<0，平衡时温度升高，HI含量减小,说明平衡向逆反应方向进行，据此分析。
【详解】A. 温度升高，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故错误；
B. 温度升高，可逆反应向逆反应方向进行，生成物浓度减少，反应物浓度增大，浓度商(Q)变小，故错误；
C. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快，没有分析出HI含量减小的原因，故错误；
D. 温度升高，向吸热方向进行，该反应向逆反应方向进行，K变小，平衡逆向移动，HI含量减小，故正确；
故选：D.
12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(pH＝2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(pH＝4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(pH＝4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(pH＝4，含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确是( )
A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 水样酸性越强，M的分解速率越快
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【答案】D
【解析】
【分析】A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率=（0.4-0.1）/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1；
B. 对比实验I和II，I的酸性比II的酸性强，分解速率大；
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率=（0.2-0.05）/0.2=0.75，Ⅱ的分解百分率=（0.4-0.16）/0.4=0.6；
D.无给定反应时间短，无法比较；
【详解】A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率=（0.4-0.1）/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1，A正确；
B. 对比实验I和II，I的酸性比II的酸性强，分解速率大，则水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确；
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率=（0.2-0.05）/0.2=0.75，Ⅱ的分解百分率=（0.4-0.16）/0.4=0.6，III比II大，C正确；
D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快，无给定反应时间短，无法比较，D错误；
答案D
13.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
研究目的
压强对反应的影响（p2>p1）
温度对反应的影响
平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间更少，P1>P2，选项A错误；
B.升高温度，化学平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动，N2的转化率降低，选项B错误；
C.平衡体系中增加N2的浓度。在这一瞬间，反应物的浓度突然增大，生成物的浓度不变，所以v(正)>v(逆)，化学平衡向正反应方向移动，直至达到新的平衡，选项C正确；
D.加入催化剂，由于改变了反应途径，化学反应速率大大加快，缩短了达到平衡所需要的时间，选项D错误；
答案选C。
14.硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产。有关反应2SO2＋O22SO3的说法中不正确的是( )
A. 实际生产中，SO2、O2再循环使用体现绿色化学
B. 实际生产中，为了提高经济效率压强越高越好
C. 在生产中，通入过量空气的目的是提高SO2的转化率
D. 实际生产中，选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实际生产中，SO2、O2再循环使用符合绿色化学的发展理念，故正确；
B. 实际生产中，为了提高经济效率，可以适当增大压强，但压强越大，对设备的要求越高，增加生产成本，故错误；
C. 在生产中，通入过量空气使氧气量增加，提高二氧化硫的转化率，故正确；
D. 实际生产中，选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高，是正确的；
故选：B.
15.某温下气体反应达到化学平衡，平衡常数K=，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是（ ）
A. 降低温度，正反应速率增大
B. 增大c（A）、c（B），K增大
C. 向容器中充入稀有气体X，压强增大，反应速率不变
D. 该反应的化学方程式为2E（g）＋F（s）A（g）＋2B（g）
【答案】C
【解析】
【详解】A.降低温度，正、逆反应速率都降低，故A错误；
B. 平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C. 向容器中充入稀有气体X，虽然压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故C正确；
D. 平衡常数K=，,则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，反应物和生成物都是气体，故D错误；
故选：C.
16.C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH。在1 L密闭容器中投入1mol碳，并充入2mol H2，测得相关数据如图所示。
（已知：可用平衡分压代替平衡浓度算出平衡常数Kp，分压＝总压×物质的量分数 ）下列有关说法错误的( )
A. ΔH＜0 B. p1＜6MPa C. T1＜1 000 K D. A点的平衡常数Kp＝
【答案】D
【解析】
【详解】A.有图像1，在等压线下，升高温度，碳的平衡转化率降低，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；
B.有图像1，向横坐标作垂线，即等温线，该反应正向是体积缩小的反应，碳的转化率越高 ，说明平衡正向进行，压强越大，即p1＜6Mpa，故B正确；
C. 有选项A可知，正反应是放热反应，向横坐标作垂线，即是等压线，保持压强不变，升高温度，平衡逆向进行，碳的转化率降低，故T1＜1 000 K，故C正确；
D.起始C和H2的物质的量分别为1mol和2mol，在A点碳的平衡转化率为50%，
可逆反应C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）
开始（mol）1 2 0
反应（mol）0.5 1 0.5
平衡（mol）0.5 1 0.5
平衡时P（H2）=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P（CH4）=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa，该反应的平衡常数Kp= P(CH4)÷P2(H2)= （0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa）÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9，故D错误；
故选：D.
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。
（1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是___(填化学式)。
（2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分NaClO，则c为电源的__极；该发生器中反应的总离子方程式为__。
（3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式：__。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为___。
（4）装置2中左池为氯化铁溶液，右池为硫酸铜溶液，一段时间后右池溶液中c（Cu2+）__(填“增大”、“减小”或“不变”)，若该装置的盐桥中盛装的是NH4NO3的琼脂溶液，则盐桥中的__离子（填“NH4+”或“NO3－”）向氯化铁溶液迁移。
【答案】(1). H2 (2). 负 (3). Cl－＋H2OClO－＋H2↑ (4). Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋ (5). 0.01mol (6). 增大 (7). NH4+
【解析】
【分析】(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成；
(3)由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子。
【详解】(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，左边电极附近现象有黄绿色气体生成，阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色，
故答案为H2;
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极；其电池反应式为Cl－＋H2OClO－＋H2↑故答案为：负；Cl－＋H2OClO－＋H2↑；
(3) ①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋，在阴极发生2H++2e−=H2↑，
故答案为：Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。
②，2H++2e−=H2↑生成氢气物质的量为：112×10-3L÷22.4L/mol=0.005mol，通过阳离子交换膜的离子为+1价的离子，故通过阳离子交换膜的离子物质的量为0.01mol；
(4)原电池的原理是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,负极铜单质失去电子变成铜离子，故右池溶液中c（Cu2+）增大；在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，盛放氯化铁溶液的是正极，故NH4+移向氯化铁溶液；故答案是：增大；NH4+。
18.（1）已知①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1
②CH4 (g)＋O2(g)=CO (g)＋2H2O(g) ΔH＝－564.3kJ·mol－1
则CH4(g)与H2O(g)反应制取CO(g)和H2(g)的热化学方程式：___。
（2）根据键能数据计算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热 ΔH＝___kJ·mol－1。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155
（3）氢气是合成氨反应的重要原料。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟合成氨的工业化生产：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0。当改变某一外界条件(温度或压强)时，NH3的体积分数ψ(NH3)变化趋势如图所示。
回答下列问题：
①平衡时，M点NH3的体积分数为10%，则N2的物质的量为___(保留两位有效数字)。
②X轴上a点的数值比b点__(填“大”或“小”)；图中，Y轴表示__(填“温度”或“压强”)，判断的理由是__。
【答案】(1). CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)，ΔH＝+161.1kJ·mol－1 (2). -1940 (3). 0.82mol (4). 小 (5). 温度 (6). 随Y值增大，φ(NH3)减小，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度
【解析】
【详解】（1）有盖斯定律知：②-①×3得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝－564.3kJ·mol－1-3×（－241.8kJ·mol－1）=+161.1kJ·mol－1
(2)△H=反应物键能之和−生成物键能之和，结合图表中 键能数据可知△H=414KJ/mol×4+4×155KJ/mol−(489KJ/mol×4+4×565KJ/mol)=−1940KJ/mol，
故答案为：−1940 kJ⋅mol−1；
（3）①设转化的氮气为xmol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：x 3x 2x
平衡量（mol）：1-x 3-3x 2x
所以（2x）2÷{(1-x)×（3-3x ）3}==10%，解得x=0.18mol
mol，故氮气的物质的量是1mol-0.18mol=0.82mol；
故答案为：0.82mol；
②有图像可知X轴上a点的数值比b点小，随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H<0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动；
故答案为：小；温度；随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H<0向逆反应方向移动，故Y为温度；
19.（1）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2，化学方程式如下：2NO＋2CO2CO2＋N2。反应能够自发进行，则反应的ΔH___0(填“>”“<”或“＝”)。
（2）已知：反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表：
温度/K
K1
K2
973
1.47
2.38
1 173
2.15
1.67
根据表中数据，计算反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的K。
①平衡常数的表达式K1＝___；
②温度为973K时：K＝___；(结果保留小数点后2位)
③反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是__(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）已知在温度为T时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1mol·L－1，c始(H2O)＝1mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应___(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是__；此时刻v正__(填“＞”或“＜”)v逆。
【答案】(1). ＜ (2). (3). 0.62 (4). 吸热 (5). 没有 (6). 此时Qc=＝≈0.0123＜0.32=K (7). ＞
【解析】
【分析】（1）依据反应自发进行的判断依据△H-T△S<0分析判断；
（2）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g） I、Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g） II，
将方程式I-II得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），则化学平衡常数K= c(CO)．c(H2O)/ c(CO2)．c(H2)= K1/ K2，计算温度为973K时K值；
②根据K= K1/ K2
③升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据K值判断正反应的反应热．
（3）根据转化率计算各物质的浓度，进而计算Qc，与平衡常数相比较，可判断反应是否达到平衡状态，并判断反应的方向．
【详解】（1）2NO+2CO⇌2CO2+N2 反应的△S<0，反应自发进行△H-T△S<0，则反应焓变一定小于0，△H<0，反应是放热反应，故答案为：<；
(3)①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)I、Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)II，
将方程式I−II得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）,则化学平衡常数K={c(CO)×c(H2O)}÷{c(CO2).c(H2)}={ c(CO)÷c(CO2)}×{c(H2)c(H2O)}=K1÷K2,温度为973K时K=1.47÷2.38=0.62，故答案为： ；0.62；
③升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故答案为：吸热。
(3)某时刻经测定CO的转化率为10%，则
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
起始(mol/L):1 1 0 0
转化(mol/L):0.1 0.1 0.1 0.1
某时刻(mol/L):0.9 0.9 0.1 0.1
Qc=0.1×0.1÷(0.9×0.9)=0.012<0.32，
则没有达到平衡状态,反应向正反应方向移动,v正>v逆，故答案为：没有；Qc.
20.氧气是一种常见的氧化剂，用途广泛。回答下列问题：
（1）用H2O2制取O2时，分解的热化学方程式为：2H2O2(aq)＝2H2O(l)+O2(g) ΔH=akJ·mol－1
①相同条件下，H2O2分解时，使用催化剂，不会改变的是___（填标号）。
A.反应热 B.反应速率 C.活化能 D.生成物
②以Fe3+作催化剂时，H2O2的分解反应分两步进行，第一步反应为：H2O2+2Fe3+＝2Fe2++O2+2H+，第二步反应的化学方程式为___。
（2）已知：O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)。将1molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中，分别在T1和T2的温度下进行实验，测得容器内总压强（p）与反应时间（t）的变化关系如图所示。
①该反应的速率v=k ca(O2)·cb(HCl)（k为速率常数），下列说法正确的是___（填标号）。
A温度升高，k增大
B.使用催化剂，k不变
C.平衡后分离出水蒸气，k变小
D.平衡后再充入1molO2和4molHCl，反应物转化率都增大
②T1___T2（填“＞”或“＜”）。该反应的ΔH___0（填“＞”或“＜”）。
③T2时，HCl的平衡转化率＝___。
【答案】(1). AD (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). AD (4). ＜ (5). ＜ (6). 50%
【解析】
【分析】（1）①催化剂参与了化学反应，改变了反应历程（生成不同的中间产物），降低了活化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化剂的质量和性质不变，反应热不变（只与始终态有关）；
②Fe3+作为催化剂，在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应；
（2）①A．温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率；
B．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大；
C．从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c（H2O），使平衡正向移动，从而改变了c（O2）和c（HCl）；
D．化学平衡的建立与途径无关，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强；
②从图象可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>T1；T1、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n（T1）=5×（0.5÷4）=0.625mol、
n（T2）=5×（0.5÷5）=0.5mol，即T1平衡时转化率更大，且因为T2>T1，所以△H<0；
③对于气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。
O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)
起始量/mol 1 4 0 0
变化量/mol a 4a 2a 2a
平衡量/mol 1-a 4（1-a） 2a 2a
即 0.5 2 1 1
以此计算HCl的平衡转化率及Kx。
【详解】(1)①根据过渡态理论,催化剂参与了化学反应,改变了反应历程(生成不同的中间产物),降低了活化能,从而能使化学反应速率加快,但是催化剂的质量和性质不变,反应热不变(只与始终态有关)，只有A. D正确，故答案为：AD；
②Fe3+作为催化剂,在反应前后质量和性质不变,根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应,故第二步反应为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
(2)①A. 温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率，使平衡发生移动，故A正确；
B. 催化剂降低了反应的活化能,使反应的速率常数k增大,根据速率方程v=kca(O2)⋅cb(HCl)，反应速率随之增大，故B错误；
C. 从速率方程可知,平衡后分离出水蒸气,降低了c(H2O),使平衡正向移动,从而改变了c(O2)和c(HCl)，但对k没有影响，故C错误；
D. 化学平衡的建立与途径无关,所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强，反应有利于向气体分子数减小的方向进行，故D正确；
故答案为：AD；
②从图象可知,T2温度下,容器中压强大,达到平衡所需要时间短,所以温度T2>T1;T1、T2温度下,气体物质的量的减少量分别为n(T1)=5×0.54=0.625mol、n(T2)=5×0.55=0.5mol，,即T1平衡时转化率更大,且因为T2>T1，所以△H<0，故答案为：<;<;
③对于气相反应,经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等,三种平衡常数的表示式相似,只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。
O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)
起始量/mol1 4 0 0
变化量/mola 4a 2a 2a
平衡量/mol1−a 4(1−a) 2a 2a
1−a + 4(1−a) + 2a + 2a=4.5 解a=0.5
即平衡量 0.5 2 1 1
则HCl的平衡转化率为2÷4×100%=50%,
故答案为：50%。
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、选择题。（本大题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1.下列措施不符合节能减排的是( )
A. 在屋顶安装太阳能热水器为居民提供生活用热水
B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题
C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，并回收石膏
D. 用杂草、生活垃圾等有机废弃物在沼气池中发酵产生沼气，作家庭燃气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 太阳能热水器是将太阳能转化为热能，不会产生环境污染，故正确；B. 大力发展火力发电，解决电力紧张问题，不能减少有害物质的排放，不符合节能减排，故错误；C. 用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，，减少二氧化硫的排放，所以可以减少污染，故正确；
D. 沼气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧后产生水和二氧化碳，对空气无污染，故正确，故选B。
2.某化学反应的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A. 该反应为放热反应
B. 加入催化剂，可同时降低E1、E2
C. 该反应的反应热ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1
D. E2可表示形成新的化学键所释放的能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故A错误；
B. 加入催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，故B正确;
C. 该反应的反应热△H=+(E2-E1)kJ·mol-1，故C错误；
D. E2 kJ·mol-1可表示断裂旧的化学键时吸收的能量，故D错误；
故选:B.
3.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是( )
A. 若2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ
B. 若CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/mol
C. 若2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1，则2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应吸收热量为56.9kJ
D. 若H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，含1 mol CH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A. 已知101kPa时,2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=−221kJ/mol,则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ，故A正确；
B. CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH＝－812.3kJ/mol,由于水的状态是气体，故甲烷的燃烧热大于812.3kJ/mol,故B错误；
C. 由2NO2(g)N2O4(g) ΔH＝56.9kJ·mol－1,可知将2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9kJ，故C错误；
D. 醋酸是弱酸存在电离平衡,电离过程是吸热过程,含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故D错误；
故选：A.
4.中和热测定实验中，下列说法错误的是( )
A. 一组完整实验数据需要测温度三次
B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是为了减少实验过程中热量散失
D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应，如果所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 一组完整实验数据需要测酸碱溶液的温度，混合前溶液的温度，混合后溶液的温度，需要测量三次温度，减小实验误差，故A正确；
B. 可用金属做的环形搅拌棒代替玻璃搅拌棒,金属导热，热量损失，产生误差，
故B错误；
C. 烧杯间填满碎泡沫塑料是防止热量损失，为了减少实验过程中热量散失
故C正确；
D. 用0.5mol•L-1NaOH溶液分别与0.5mol•L-1的盐酸、硝酸溶液反应，因为HCl和硝酸都是强酸，如果所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同，故D正确；
故选：B.
5.炒过菜的铁锅未及时洗净（残液中含NaCl），不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 腐蚀过程中，负极是C
B. Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C. 正极的电极反应式为4OH―－4e－==2H2O＋O2↑
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了电化学腐蚀的原理，正、负极反应原理和电极反应式的书写，注意电子在原电池的外电路中移动。
【详解】A. 铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，活泼金属做负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，A错误；
B. 原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，B错误；
C. 该原电池中， C作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，C错误；
D. C是正极，O2在C表面上发生还原反应，D正确；
答案为D。
6.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是( )
A. 可在船壳外刷油漆进行保护
B. 可将船壳与电源的负极相连进行保护
C. 可在船底安装锌块进行保护
D. 在海上航行时，船壳主要发生析氢腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；
B. 将船壳与电源的负极相连，即船壳为阴极，阴极材料不易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B正确；
C. 在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；
D. 海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D错误；
故选：D.
7.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是( )
A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠
B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4
C. 海水提镁中，X、Y均为石墨，Z为MgCl2溶液
D. 电镀工业中，X是镀层金属，Y是待镀金属
【答案】D
【解析】
【详解】A. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；
B. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；
C.海水提镁中，X、Y均为石墨，电解熔融的氯化镁，故C错误；
D. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故D正确；
故选:D.
8.用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 放电时，OH－移向镍电极
B. 放电时，负极的电极反应为H2－2e－＋2OH－=2H2O
C. 充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
D. 充电时，阴极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 放电时,该电池为原电池,电解质溶液中阴离子向负极移动,所以OH−移向碳电极，故A错误；
B. 放电时,负极上氢气失电子发生氧化反应,电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，故B正确；
C. 该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，故C错误；
D. 充电时,阳极上发生失电子的氧化反应,即Ni(OH)2+OH−−e−=NiO(OH)+H2O，故D错误；
故选：B.
9.SO2和NOx是主要大气污染物，利用下图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是( )
A. a极为直流电源的负极
B. 阳极发生的反应式为SO2-2e－＋2H2O=SO42-＋4H＋
C. 阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H＋为2mol
D. 吸收池中发生反应的离子方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 进去的是HSO3-，出来的是S2O42-,硫元素的化合价降低，发生还原反应，是阴极，与电源的负极相连，即a极为直流电源的负极，故A正确
B. 在阳极上发生失电子的氧化反应，故B正确；
C. 据电子守恒，则阴极得到电子量等于通过阳离子交换膜的H+的量，阴极得到1mol电子时，通过阳离子交换膜的H+为1mol，故C错误；
D、硫代硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气，离子反应方程式为：2NO＋2S2O42-＋2H2O=N2＋4HSO3-，故D正确；
故选：C.
10.在一定温度下的恒容密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列证据能说明反应一定达到化学平衡状态的是( )
A. 容器内的压强不再改变
B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2
C. 混合气体的密度不再改变
D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等
【答案】A
【解析】
【详解】A. 容器内的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故A正确；
B. c(SO2)：c(O2)：c(SO3)=2：1：2，不能说明各物质的量浓度不变，故B错误；
C.反应物生成物都是气体，反应前后质量不变，混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D. SO2的生成速率与SO3的消耗速率相等，指的方向一致，不能说明正、逆反应的速率相等，故D错误；
故选：A.
11.I2(g)＋H2(g)2HI (g) ΔH<0，平衡时温度升高，HI含量减小的原因是( )
A. 温度升高，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆向移动
B. 温度升高，浓度商(Q)变大，Q>K，平衡逆向移动
C. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快
D. 温度升高，K变小，平衡逆向移动
【答案】D
【解析】
【分析】I2(g)＋H2(g)2HI (g) ΔH<0，平衡时温度升高，HI含量减小,说明平衡向逆反应方向进行，据此分析。
【详解】A. 温度升高，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故错误；
B. 温度升高，可逆反应向逆反应方向进行，生成物浓度减少，反应物浓度增大，浓度商(Q)变小，故错误；
C. 温度升高，活化分子数增多，反应速率加快，没有分析出HI含量减小的原因，故错误；
D. 温度升高，向吸热方向进行，该反应向逆反应方向进行，K变小，平衡逆向移动，HI含量减小，故正确；
故选：D.
12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·Lˉ1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(pH＝2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(pH＝4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(pH＝4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(pH＝4，含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确是( )
A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·Lˉ1·minˉ1
B. 水样酸性越强，M的分解速率越快
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【答案】D
【解析】
【分析】A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率=（0.4-0.1）/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1；
B. 对比实验I和II，I的酸性比II的酸性强，分解速率大；
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率=（0.2-0.05）/0.2=0.75，Ⅱ的分解百分率=（0.4-0.16）/0.4=0.6；
D.无给定反应时间短，无法比较；
【详解】A. 在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率=（0.4-0.1）/20=0.015 mol·Lˉ1·minˉ1，A正确；
B. 对比实验I和II，I的酸性比II的酸性强，分解速率大，则水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确；
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率=（0.2-0.05）/0.2=0.75，Ⅱ的分解百分率=（0.4-0.16）/0.4=0.6，III比II大，C正确；
D. 由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快，无给定反应时间短，无法比较，D错误；
答案D
13.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
研究目的
压强对反应的影响（p2>p1）
温度对反应的影响
平衡体系中增加N2的浓度对反应的影响
催化剂对反应的影响
示意图
【答案】C
【解析】
【详解】A.增大压强，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间更少，P1>P2，选项A错误；
B.升高温度，化学平衡向吸热反应方向即向逆反应方向移动，N2的转化率降低，选项B错误；
C.平衡体系中增加N2的浓度。在这一瞬间，反应物的浓度突然增大，生成物的浓度不变，所以v(正)>v(逆)，化学平衡向正反应方向移动，直至达到新的平衡，选项C正确；
D.加入催化剂，由于改变了反应途径，化学反应速率大大加快，缩短了达到平衡所需要的时间，选项D错误；
答案选C。
14.硫酸是一种重要的化工产品，目前主要采用“接触法”进行生产。有关反应2SO2＋O22SO3的说法中不正确的是( )
A. 实际生产中，SO2、O2再循环使用体现绿色化学
B. 实际生产中，为了提高经济效率压强越高越好
C. 在生产中，通入过量空气的目的是提高SO2的转化率
D. 实际生产中，选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实际生产中，SO2、O2再循环使用符合绿色化学的发展理念，故正确；
B. 实际生产中，为了提高经济效率，可以适当增大压强，但压强越大，对设备的要求越高，增加生产成本，故错误；
C. 在生产中，通入过量空气使氧气量增加，提高二氧化硫的转化率，故正确；
D. 实际生产中，选定400℃~500℃作为操作温度的主要原因是催化剂的活性最高，是正确的；
故选：B.
15.某温下气体反应达到化学平衡，平衡常数K=，恒容时，若温度适当降低，F的浓度增加，下列说法正确的是（ ）
A. 降低温度，正反应速率增大
B. 增大c（A）、c（B），K增大
C. 向容器中充入稀有气体X，压强增大，反应速率不变
D. 该反应的化学方程式为2E（g）＋F（s）A（g）＋2B（g）
【答案】C
【解析】
【详解】A.降低温度，正、逆反应速率都降低，故A错误；
B. 平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C. 向容器中充入稀有气体X，虽然压强增大，但反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，故C正确；
D. 平衡常数K=，,则该反应为2E(g)+F(g)⇌A(g)+2B(g)，反应物和生成物都是气体，故D错误；
故选：C.
16.C(s)＋2H2(g)CH4(g) ΔH。在1 L密闭容器中投入1mol碳，并充入2mol H2，测得相关数据如图所示。
（已知：可用平衡分压代替平衡浓度算出平衡常数Kp，分压＝总压×物质的量分数 ）下列有关说法错误的( )
A. ΔH＜0 B. p1＜6MPa C. T1＜1 000 K D. A点的平衡常数Kp＝
【答案】D
【解析】
【详解】A.有图像1，在等压线下，升高温度，碳的平衡转化率降低，说明平衡逆向进行，逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；
B.有图像1，向横坐标作垂线，即等温线，该反应正向是体积缩小的反应，碳的转化率越高 ，说明平衡正向进行，压强越大，即p1＜6Mpa，故B正确；
C. 有选项A可知，正反应是放热反应，向横坐标作垂线，即是等压线，保持压强不变，升高温度，平衡逆向进行，碳的转化率降低，故T1＜1 000 K，故C正确；
D.起始C和H2的物质的量分别为1mol和2mol，在A点碳的平衡转化率为50%，
可逆反应C（s）+2H2（g）⇌CH4（g）
开始（mol）1 2 0
反应（mol）0.5 1 0.5
平衡（mol）0.5 1 0.5
平衡时P（H2）=1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa、P（CH4）=0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa，该反应的平衡常数Kp= P(CH4)÷P2(H2)= （0.5mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5MPa）÷(1mol÷(0.5mol+1mol+0.5mol)×4.5Mpa)2=2/9，故D错误；
故选：D.
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
17.知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。
（1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是___(填化学式)。
（2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分NaClO，则c为电源的__极；该发生器中反应的总离子方程式为__。
（3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。
①阳极产生ClO2的电极反应式：__。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为___。
（4）装置2中左池为氯化铁溶液，右池为硫酸铜溶液，一段时间后右池溶液中c（Cu2+）__(填“增大”、“减小”或“不变”)，若该装置的盐桥中盛装的是NH4NO3的琼脂溶液，则盐桥中的__离子（填“NH4+”或“NO3－”）向氯化铁溶液迁移。
【答案】(1). H2 (2). 负 (3). Cl－＋H2OClO－＋H2↑ (4). Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋ (5). 0.01mol (6). 增大 (7). NH4+
【解析】
【分析】(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成；
(3)由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子。
【详解】(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，左边电极附近现象有黄绿色气体生成，阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红色，
故答案为H2;
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有与漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极；其电池反应式为Cl－＋H2OClO－＋H2↑故答案为：负；Cl－＋H2OClO－＋H2↑；
(3) ①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成氢离子，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋，在阴极发生2H++2e−=H2↑，
故答案为：Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋。
②，2H++2e−=H2↑生成氢气物质的量为：112×10-3L÷22.4L/mol=0.005mol，通过阳离子交换膜的离子为+1价的离子，故通过阳离子交换膜的离子物质的量为0.01mol；
(4)原电池的原理是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,负极铜单质失去电子变成铜离子，故右池溶液中c（Cu2+）增大；在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，盛放氯化铁溶液的是正极，故NH4+移向氯化铁溶液；故答案是：增大；NH4+。
18.（1）已知①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1
②CH4 (g)＋O2(g)=CO (g)＋2H2O(g) ΔH＝－564.3kJ·mol－1
则CH4(g)与H2O(g)反应制取CO(g)和H2(g)的热化学方程式：___。
（2）根据键能数据计算CH4(g)+4F2(g)=CF4(g)+4HF(g)的反应热 ΔH＝___kJ·mol－1。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol-1)
414
489
565
155
（3）氢气是合成氨反应的重要原料。现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟合成氨的工业化生产：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0。当改变某一外界条件(温度或压强)时，NH3的体积分数ψ(NH3)变化趋势如图所示。
回答下列问题：
①平衡时，M点NH3的体积分数为10%，则N2的物质的量为___(保留两位有效数字)。
②X轴上a点的数值比b点__(填“大”或“小”)；图中，Y轴表示__(填“温度”或“压强”)，判断的理由是__。
【答案】(1). CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)，ΔH＝+161.1kJ·mol－1 (2). -1940 (3). 0.82mol (4). 小 (5). 温度 (6). 随Y值增大，φ(NH3)减小，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度
【解析】
【详解】（1）有盖斯定律知：②-①×3得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH＝－564.3kJ·mol－1-3×（－241.8kJ·mol－1）=+161.1kJ·mol－1
(2)△H=反应物键能之和−生成物键能之和，结合图表中 键能数据可知△H=414KJ/mol×4+4×155KJ/mol−(489KJ/mol×4+4×565KJ/mol)=−1940KJ/mol，
故答案为：−1940 kJ⋅mol−1；
（3）①设转化的氮气为xmol，则：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始量（mol）：1 3 0
转化量（mol）：x 3x 2x
平衡量（mol）：1-x 3-3x 2x
所以（2x）2÷{(1-x)×（3-3x ）3}==10%，解得x=0.18mol
mol，故氮气的物质的量是1mol-0.18mol=0.82mol；
故答案为：0.82mol；
②有图像可知X轴上a点的数值比b点小，随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H<0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动；
故答案为：小；温度；随Y值增大，φ（NH3）减小，平衡N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H<0向逆反应方向移动，故Y为温度；
19.（1）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2，化学方程式如下：2NO＋2CO2CO2＋N2。反应能够自发进行，则反应的ΔH___0(填“>”“<”或“＝”)。
（2）已知：反应Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)的平衡常数为K1；反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g)的平衡常数为K2。不同温度时K1、K2的值如下表：
温度/K
K1
K2
973
1.47
2.38
1 173
2.15
1.67
根据表中数据，计算反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)的K。
①平衡常数的表达式K1＝___；
②温度为973K时：K＝___；(结果保留小数点后2位)
③反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)是__(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）已知在温度为T时，CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K＝0.32，在该温度下，已知c始(CO)＝1mol·L－1，c始(H2O)＝1mol·L－1，某时刻经测定CO的转化率为10%，则该反应___(填“已经”或“没有”)达到平衡，原因是__；此时刻v正__(填“＞”或“＜”)v逆。
【答案】(1). ＜ (2). (3). 0.62 (4). 吸热 (5). 没有 (6). 此时Qc=＝≈0.0123＜0.32=K (7). ＞
【解析】
【分析】（1）依据反应自发进行的判断依据△H-T△S<0分析判断；
（2）①Fe（s）+CO2（g）⇌FeO（s）+CO（g） I、Fe（s）+H2O（g）⇌FeO（s）+H2（g） II，
将方程式I-II得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），则化学平衡常数K= c(CO)．c(H2O)/ c(CO2)．c(H2)= K1/ K2，计算温度为973K时K值；
②根据K= K1/ K2
③升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据K值判断正反应的反应热．
（3）根据转化率计算各物质的浓度，进而计算Qc，与平衡常数相比较，可判断反应是否达到平衡状态，并判断反应的方向．
【详解】（1）2NO+2CO⇌2CO2+N2 反应的△S<0，反应自发进行△H-T△S<0，则反应焓变一定小于0，△H<0，反应是放热反应，故答案为：<；
(3)①Fe(s)+CO2(g)⇌FeO(s)+CO(g)I、Fe(s)+H2O(g)⇌FeO(s)+H2(g)II，
将方程式I−II得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）,则化学平衡常数K={c(CO)×c(H2O)}÷{c(CO2).c(H2)}={ c(CO)÷c(CO2)}×{c(H2)c(H2O)}=K1÷K2,温度为973K时K=1.47÷2.38=0.62，故答案为： ；0.62；
③升高温度，化学平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应是吸热反应，故答案为：吸热。
(3)某时刻经测定CO的转化率为10%，则
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，
起始(mol/L):1 1 0 0
转化(mol/L):0.1 0.1 0.1 0.1
某时刻(mol/L):0.9 0.9 0.1 0.1
Qc=0.1×0.1÷(0.9×0.9)=0.012<0.32，
则没有达到平衡状态,反应向正反应方向移动,v正>v逆，故答案为：没有；Qc
20.氧气是一种常见的氧化剂，用途广泛。回答下列问题：
（1）用H2O2制取O2时，分解的热化学方程式为：2H2O2(aq)＝2H2O(l)+O2(g) ΔH=akJ·mol－1
①相同条件下，H2O2分解时，使用催化剂，不会改变的是___（填标号）。
A.反应热 B.反应速率 C.活化能 D.生成物
②以Fe3+作催化剂时，H2O2的分解反应分两步进行，第一步反应为：H2O2+2Fe3+＝2Fe2++O2+2H+，第二步反应的化学方程式为___。
（2）已知：O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)。将1molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中，分别在T1和T2的温度下进行实验，测得容器内总压强（p）与反应时间（t）的变化关系如图所示。
①该反应的速率v=k ca(O2)·cb(HCl)（k为速率常数），下列说法正确的是___（填标号）。
A温度升高，k增大
B.使用催化剂，k不变
C.平衡后分离出水蒸气，k变小
D.平衡后再充入1molO2和4molHCl，反应物转化率都增大
②T1___T2（填“＞”或“＜”）。该反应的ΔH___0（填“＞”或“＜”）。
③T2时，HCl的平衡转化率＝___。
【答案】(1). AD (2). H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3). AD (4). ＜ (5). ＜ (6). 50%
【解析】
【分析】（1）①催化剂参与了化学反应，改变了反应历程（生成不同的中间产物），降低了活化能，从而能使化学反应速率加快，但是催化剂的质量和性质不变，反应热不变（只与始终态有关）；
②Fe3+作为催化剂，在反应前后质量和性质不变，根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应；
（2）①A．温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率；
B．催化剂降低了反应的活化能，使反应的速率常数k增大；
C．从速率方程可知，平衡后分离出水蒸气，降低了c（H2O），使平衡正向移动，从而改变了c（O2）和c（HCl）；
D．化学平衡的建立与途径无关，所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强；
②从图象可知，T2温度下，容器中压强大，达到平衡所需要的时间短，所以温度T2>T1；T1、T2温度下，气体物质的量的减少量分别为n（T1）=5×（0.5÷4）=0.625mol、
n（T2）=5×（0.5÷5）=0.5mol，即T1平衡时转化率更大，且因为T2>T1，所以△H<0；
③对于气相反应，经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等，三种平衡常数的表示式相似，只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。
O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)
起始量/mol 1 4 0 0
变化量/mol a 4a 2a 2a
平衡量/mol 1-a 4（1-a） 2a 2a
即 0.5 2 1 1
以此计算HCl的平衡转化率及Kx。
【详解】(1)①根据过渡态理论,催化剂参与了化学反应,改变了反应历程(生成不同的中间产物),降低了活化能,从而能使化学反应速率加快,但是催化剂的质量和性质不变,反应热不变(只与始终态有关)，只有A. D正确，故答案为：AD；
②Fe3+作为催化剂,在反应前后质量和性质不变,根据盖斯定律总反应=第一步反应+第二步反应,故第二步反应为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
(2)①A. 温度改变瞬间，浓度没有影响，即通过增大k从而改变了速率，使平衡发生移动，故A正确；
B. 催化剂降低了反应的活化能,使反应的速率常数k增大,根据速率方程v=kca(O2)⋅cb(HCl)，反应速率随之增大，故B错误；
C. 从速率方程可知,平衡后分离出水蒸气,降低了c(H2O),使平衡正向移动,从而改变了c(O2)和c(HCl)，但对k没有影响，故C错误；
D. 化学平衡的建立与途径无关,所以“平衡后再充入1molO2和4molHCl”，相当于增大反应体系的压强，反应有利于向气体分子数减小的方向进行，故D正确；
故答案为：AD；
②从图象可知,T2温度下,容器中压强大,达到平衡所需要时间短,所以温度T2>T1;T1、T2温度下,气体物质的量的减少量分别为n(T1)=5×0.54=0.625mol、n(T2)=5×0.55=0.5mol，,即T1平衡时转化率更大,且因为T2>T1，所以△H<0，故答案为：<;<;
③对于气相反应,经验平衡常数常见的有Kc、Kp、Kx等,三种平衡常数的表示式相似,只是Kc、Kp、Kx分别用平衡时物质的量浓度、分压、物质的量分数表示。
O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g) + 2H2O(g)
起始量/mol1 4 0 0
变化量/mola 4a 2a 2a
平衡量/mol1−a 4(1−a) 2a 2a
1−a + 4(1−a) + 2a + 2a=4.5 解a=0.5
即平衡量 0.5 2 1 1
则HCl的平衡转化率为2÷4×100%=50%,
故答案为：50%。
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