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【化学】福建省永安市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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福建省永安市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
（考试时间：90分钟 总分：100分）
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64
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.下列说法正确的是（ ）
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”诗中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 已知4P（红磷，s）= P4（白磷，s）△H=+17 kJ/mol ，则白磷比红磷更稳定
C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g) = 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 已知 H+(aq) + OH－(aq) = H2O(aq) △H= —57.3kJ/mol ，则1molH2SO4与1mol Ba(OH)2的反应热△H=2×(—57.3) kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、燃豆萁涉及能量变化主要是化学能转化成热能和光能，故A说法正确；
B、物质能量越低，物质越稳定，该反应为吸热反应，即红磷的能量小于白磷，红磷比白磷更稳定，故B说法错误；
C、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，因此在光照和点燃条件下，△H相同，故C说法错误；
D、H2SO4和Ba(OH)2发生反应：H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O，生成BaSO4伴随能量的变化，△H不等于2×(－57.3)kJ·mol－1，故D说法错误。
2.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是（ ）
A. 电池Ⅰ工作时，电子由锌经过电解质溶液流向铜
B. 电池Ⅱ是一次电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作一段时间后，锌筒变软
【答案】D
【解析】
【分析】
化学能转化成电能，该装置为原电池装置，利用原电池的工作原理进行分析。
【详解】A、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，锌为负极，Cu为正极，即电子从锌电极经外电路流向Cu极，故A错误；
B、电池II为二次电池，故B错误；
C、电池III是燃料电池，负极上发生氧化反应，即氢气发生氧化反应，故C错误；
D、电池IV：Zn为负极，Zn失去电子，转化成Zn2＋，锌筒变薄变软，故D正确。
【点睛】易错点：A选项中原电池中的电子不会在电解质溶液内定向移动，在原电池中电子由负极通过外电路流向正极，在内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，即“电子不下线，离子不上线”。
3.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)＝0.5 mol·L-1·min-1 B. v(B)＝0.003 mol·L-1·s-1
C. v (C)＝0.8 mol·L-1·min-1 D. v(D)＝0.01 mol·L-1·s-1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用化学计量数之比等于化学反应速率之比，转化成同种物质，进行比较。
【详解】以A物质为基准，B、根据化学计量数之比等于化学计量数之比，v(A)=2v(B)=2×0.003×60mol/(L·min)=0.36mol/(L·min)；
C、v(A)=2v(C)/3=0.53mol/(L·min)；
D、v(A)=2v(D)/4=2×0.01×60/4mol/(L·min)=0.3mol/(L·min)；
综上所述，选项C的反应速率最快。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 在镀件上电镀锌，用锌作阴极
B. 将水库中的水闸（钢板）与直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀
C. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
D. 铜板上的铁铆钉在潮湿的空气中直接发生反应：Fe —3e－ = Fe3+，继而形成铁锈
【答案】B
【解析】
【详解】A、电镀中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，镀件上电镀锌，锌作阳极，故A错误；
B、根据电解的原理，保护水闸，水闸应作阴极，水闸应于直流电源的负极相连，这叫外加电流的阴极保护法，故B正确；
C、根据电解原理，铁作阳极，铁失去电子，Fe2＋得电子能力强于Al3＋，故Fe2＋达到一定浓度后会优先放电，因此熔融氧化铝时不能用铁作阳极，故C错误；
D、构成的是原电池，Fe作负极，失去电子，生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故D错误。
5.下列实验操作正确的是（ ）
A. 用酚酞试纸测定氨的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿
B. 测定中和热的实验中，酸或碱不可过量，否则会产生较大误差
C. 中和热测定实验中可以用环形铁丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒
D. 用pH试纸测定pH时，将溶液倒在试纸上，观察颜色变化并与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
【详解】A、NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH－，因此用酚酞试纸测定氨的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿，故A正确；
B、测定中和热的实验中，为保证酸或碱完全反应，可以让其中一种过量，故B错误；
C、铁丝是热的良导体，容易造成热量的损失，因此不能用来替换环形玻璃搅拌棒，故C错误；
D、用pH试纸测定pH时，应用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸中央，观察颜色变化，并与标准比色卡对照，故D错误。
6.常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中c（H+）=1.0×10-2 mol·L-1
B. 加水稀释100倍后，溶液的pH=4
C. 此溶液中由水电离出的H+和OH－浓度均为1.0×10-12 mol·L-1
D. 加入等体积pH=12的Ba（OH）2溶液，溶液呈碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH=－lgc(H＋)，其中c(H＋)表示溶液中c(H＋)，即常温下，pH=2的盐酸，溶液中c(H＋)=1.0×10－2mol·L－1，故A说法正确；
B、稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H＋)=1×10－2/100mol·L－1=1×10－4mol·L－1，即pH=4，故B说法正确；
C、盐酸中c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－2mol·L－1=10－12mol·L－1，水电离出的c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即水电离出的H＋和OH－浓度均为1.0×10－12mol·L－1，故C说法正确；
D、pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=10－2mol·L－1，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，学生根据1molBa(OH)2中有2molOH－，会错认为pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=10－2/2mol·L－1，实际上c(OH－)=10－2mol·L－1，该c(OH－)应为溶液中OH－的物质的量浓度，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性。
7.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)， 当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变
③气体的密度不再改变 ④各组分质量分数不再改变
A. ①②③ B. ①②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①容器为不传热的容器，依据任何化学反应伴随能量的变化，根据阿伏加德罗的推论可知，温度发生变化，气体压强发生变化，即压强不变时，说明反应达到平衡，故①符合题意；
②根据①的分析，容器为不传热的容器，当温度不再改变，说明反应达到平衡，故②符合题意；
③容积固定不变，气体体积不变，D为固体，随着反应的进行气体质量减少，根据密度的定义，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故③符合题意；
④根据化学平衡状态的定义，当各组分的质量分数不再改变时，说明反应达到平衡，故④符合题意；
综上所述，选项B正确。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液
B. 可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐在水中溶解度很小是弱电解质
C. 硫酸氢钠在水溶液和熔融状态下的电离方程式均为：NaHSO4 = Na＋ + H＋ + SO42－
D. 强电解质都是离子化合物，在水溶液或熔融状态下完全电离，以离子形式存在
【答案】A
【解析】
【详解】A、电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大、所带电荷数越多，导电能力越强，与电解质是强电解质还是弱电解质无关，故A正确；
B、难溶性盐在水中的溶解度虽然小，但溶解部分全部电离，因此难溶性盐多数属于强电解质，故B错误；
C、NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，熔融状态下NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO4－，故C错误；
D、部分共价化合物也属于强电解质，如H2SO4、HNO3等，故D错误。
9.某学习小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法正确的是（ ）
A. 该电池工作时，电子的流向为：外电路由B到A，内电路由A到B形成闭合回路
B. 电极B附近的HNO3浓度增大
C. A电极的反应为：NO2－e－＋H2O=NO3－＋2H+ ；NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H+
D. 该电池工作时，每消耗11.2LO2(标准状况下)，可以除去含1molNO和1molNO2的混合尾气
【答案】C
【解析】
【分析】
利用原电池工作原理进行分析即可。
【详解】A、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，内电路只有阴阳离子的定向移动，电解质溶液中没有电子通过，故A错误；
B、NO和NO2转化成HNO3，根据装置图，A电极为负极，电极反应式为NO2＋H2O－e－=NO3－＋2H＋、NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，B电极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，由于质子交换膜只允许氢离子通过，氢离子向正极定向移动，氢离子转移和数目等于电子转移的数目，电极B附近硝酸根离子不参与反应，故硝酸根离子物质的量不变，溶液的体积增大，因此电极B附近硝酸的浓度减小，故B错误；
C、根据选项B分析，故C正确；
D、每消耗标准状况下的11.2LO2，转移电子物质的量为11.2×4/22.4mol=2mol，假设全部是NO，则消耗NO的物质的量为2/3mol，假设全部是NO2，则消耗NO2的物质的量为2mol，可除去含NO和NO2的混合尾气介于2/3mol～2mol，故D错误。
10.把0.05 mol NaOH固体分别加入到100 mL浓度均为0.5 mol／L的下列溶液中，导电能力变化较大的是（ ）
A. MgSO4溶液 B. 盐酸 C. CH3COOH D. NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质溶液的导电能力与离子浓度、所电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越大。
【详解】A、发生MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋Na2SO4，离子浓度变化不大，导电能力基本保持不变，故A不符合题意；
B、发生HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，离子浓度变化不大，导电能力基本保持不变，故B不符合题意；
C、发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，CH3COOH为弱酸，CH3COONa为强电解质，离子浓度增大，导电能力显著增强，故C符合题意；
D、发生NH4Cl＋NaOH=NaCl＋NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，离子浓度增大不明显，导电能力变化不明显，比选项C增幅小，故D不符合题意。
11.纯水中存在的平衡：H2O H＋ + OH－，其电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. A、C两点可能为纯水
B. 若从A点到C点，可采用：升高温度，在水中加入少量氯化钠固体
C. 若从C点到D点，可采用：降低温度，在水中加入少量硫酸氢钠固体
D. 若从A点到D点，可采用：温度不变，在水中加入少量碱
【答案】D
【解析】
【分析】
Kw只受温度的影响，温度升高，Kw增大，然后从影响水电离的因素考虑。
【详解】A、A和C两点c(H＋)=c(OH－)，显中性，A和C两点可能为纯水，故A说法正确；
B、Kw只受温度的影响，因此从A到C水的离子积增大，可采用升高温度的方法，加入NaCl固体不影响水的电离，故B说法正确；
C、水的离子积减小，采取方法是降温，D点c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，水中加入NaHSO4，NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使溶液显酸性，故C说法正确；
D、A→D水的离子积不变，则温度不变，D点c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，加入少量的碱只能使溶液显碱性，故D说法错误。
12.工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH = — 92.0kJ·mol－1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 25min时采取的措施是降低温度或增大压强
B. 将0.5 mol氮气、1.5 mol氢气置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为46 kJ
C. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 三个时间段分别是改变一个条件引起的平衡移动，平衡时平衡常数：KⅢ > KⅠ = KⅡ
D. 为了增大合成氨的产率可以通过使用催化剂、原料的循环使用来实现
【答案】C
【解析】
【详解】A、25min时N2和H2浓度降低，NH3浓度突然降低，采取措施是将NH3从体系中分离；故A错误；
B、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，放出的热量小于46kJ，故B错误；
C、25时改变条件是将NH3从体系中分离；45min时，组分的浓度没有改变，之后N2和H2物质的量浓度降低，NH3的物质的量浓度增大，说明反应向正反应方向进行，由于正反应是放热反应，故改变的条件只能是降温，平衡常数增大，平衡常数只受温度的影响，因此平衡常数大小顺序是KIII>KII=KI，故C正确；
D、使用催化剂增大单位时间内生成NH3的量，但是催化剂不能改变反应物的平衡转化率，故在平衡状态下NH3的产率不变，原料的循环使用可以提高NH3的产率，故D错误。
【点睛】易错点为选项D，学生认为使用催化剂只增大化学反应速率，平衡不移动，使用催化剂氨气的产率不变，忽略了增大化学反应速率，单位时间内生成NH3的量增大，即相同时间内产率增大。注意这是工业，不会等到达到平衡再提取氨气。
13.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不正确的是
A. b点达到平衡状态
B. b点与a点相比，c（NO2）、c（N2O4）均减小
C. d点：v（正）＜v（逆）
D. 若在c点将温度降低，其透光率将增大
【答案】B
【解析】
A．b点透光率不再发生变化，则b点达到平衡状态，A正确；B．颜色越深，透光率越小，可知b点c（NO2）大，而a点c（N2O4）大，B错误；C．d点透光率减小，平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆），C正确；D．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则透光率将增大，D正确；答案选B。
点睛：本题考查化学平衡的影响因素，把握浓度、颜色及透光率的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与平衡移动原理的结合。
14.下列图像不符合反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0 的是（图中v是速率，φ为混合物中H2的体积百分含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，据此分析。
【详解】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，
A、随温度升高正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，故A不符合；
B、随温度升高，平衡逆向移动，氢气的体积分数减小，所以B选项是符合的；
C、T2>T1，温度越高达到平衡所用时间越短，升温平衡逆向移动，氢气体积分数越小，所以C选项是符合的；
D、Fe是固态，其物质的量的增加对反应速率无影响，所以D选项是符合的。
故选A。
15.探究电场作用下阴阳离子的迁移。a、b、c、d 均为石墨电极，电极间距4cm。将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿，进行如下实验，下列说法不正确的是（ ）
实验现象：
时间
试纸I
试纸II
lmin
a极附近试纸变红，b极附近试纸变蓝
c极附近试纸变红，d极附近试纸变蓝
10min
红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm
两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色
A. Na2SO4溶液中SO42－向a极和c极移动
B. a极附近试纸变红的原因是：2H2O+2e－= H2↑+2OH－
C. 试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移速率比OH－快
D. 对比试纸I和试纸II的现象，说明电解质浓度和环境影响H+和OH－的迁移
【答案】B
【解析】
【分析】
利用电解原理和实验所给实验现象进行分析。
【详解】A、a、c电极为阳极，b、d电极为阴极，根据电解原理，SO42－向阳极移动，即向a和c两极移动，故A说法正确；
B、试纸为pH，试纸变红，说明溶液显酸性，即a电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故B说法错误；
C、根据10min试纸I相遇时，红色区域为2.7cm，蓝色区域1.3cm，推出H＋迁移速率比OH－快，故C说法正确；
D、对比试纸I和试纸II的现象不同，说明电解质浓度越大，对H＋和OH－的迁移影响较大，故D说法正确。
16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）
t / s
0
50
150
250
350
n(PCl3) / mol
0
0. 16
0. 19
0. 20
0. 20
A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为5∶6
B. 反应在前50 s 的平均速率ν(PCl3)= 0. 0032 mol·L-1·s-1
C. 相同温度下，起始时向容器中充入0.6mol PCl5、0. 20 mol PCl3 和0. 20 mol Cl2，反应达到平衡前ν(正)>ν(逆)
D. 相同温度下，若起始时向容器中充入2. 0 mol PCl3 和2. 0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3 的质量分数比上述平衡体系小
【答案】D
【解析】
【详解】A、 PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
起始： 1.0 0 0
变化： 0.2 0.2 0.2
平衡： 0.8 0.2 0.2 相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，即P前：P后=1.0：1.2=5：6，故A错误；
B、根据化学反应速率的数学表达式，v(PCl3)=0.16/(2×50)mol/(L·s)=0.0016mol/(L·s)，故B错误；
C、根据选项A，此温度下化学平衡常数K==0.025，相同温度下，起始时向容器中充入0.6mol PCl5、0. 20 mol PCl3 和0. 20 mol Cl2，此时的浓度商Q=0.03>0.025，说明反应向逆反应方向进行，即v逆>v正，故C错误；
D、充入2.0molPCl3和2.0molCl2，可以看作先通入1.0molPCl3和1.0molCl2，达到平衡时，PCl3的质量分数与原平衡PCl3的质量分数相等，然后再通入1.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来基础上增大压强，PCl3的转化率增大，PCl3的质量分数减小，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二．综合题（本大题共4小题，共52分）
17.如图所示3套实验装置，分别回答下列问题。
（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验。向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应式为___________________。
（2）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。
（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液。反应一段时间后，观察到乙烧杯的石墨电极上有气泡生成。
①电源的M端为___极；甲烧杯中铁电极的电极反应式为_______________。
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为__________________________________。
③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量，电极增重0.32g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为________mL；电解后乙烧杯溶液的pH为______（假设电解前后溶液的体积不变）。
④若要将乙池设计成电解精炼铜的装置，则乙池的石墨应改成_____（填“粗铜”或“精铜”）。
【答案】 (1). O2+4e-+2H2O═4OH- (2). 增大 (3). NH4+ (4). 正 (5). Fe-2e-═Fe2+ (6). 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ (7). 112 (8). 1 (9). 粗铜
【解析】
【详解】（1）电解质溶液中滴有酚酞，反应一段时间后，碳棒附近溶液变红，说明碳棒附近产生OH－，即碳棒电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
（2）电池总反应是Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，即Cu电极为负极，反应式为Cu－2e－=Cu2＋，右池中c(Cu2＋)增大；石墨为正极，根据原电池的工作原理，NH4＋向FeCl3溶液迁移；
（3）①乙烧杯石墨电极上有气泡产生，电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，即石墨为阳极，Cu为阴极，根据电解原理，N为电源的负极，M为电源的正极；Fe电极与M相连，即Fe电极为阳极，根据电解池放电顺序，Fe失电子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；
②乙烧杯电解是CuSO4水溶液，总电极反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋；
③Cu电极增重0.32g，增重的是析出Cu的质量，即整个电路转移电子物质的量为0.32×2/64mol=0.01mol，甲池中石墨电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，标准状况下，产生氢气的体积为0.01×22.4/2L=0.112L，即112mL；根据②，产生n(H＋)=2×0.32/64mol=0.01mol，即c(H＋)=0.01/(100×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1，pH=1；
④精炼铜时，粗铜为阳极，阴极为纯铜，故乙池的石墨应改为粗铜。
18.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：
6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s) + C(s) △H= —76.0kJ/mol
C(s) + 2H2O(g) = CO2(g) + 2H2(g) △H= + 113.4kJ/mol
写出FeO(s)和H2O(g)生成Fe3O4(s)和H2(g)的热化学方程式________。
（2）如图为1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化示意图。已知E1=134 kJ·mol-1，E2=368 kJ·mol-1(E1、E2为反应的活化能)。
若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1、ΔH的变化分别是________、________(填“增大”、“减小”或“不变”)；该反应放出的热量为__________kJ。
（3）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g) ═ H2SO4(l)+2HI(g)在150 ℃下能自发进行，则ΔH____________ 0 (填“大于”、“ 小于”或“大于或小于都可”)。
【答案】 (1). 3FeO(s) + H2O(g) = Fe3O4(s) + H2(g) △H= + 18.7.4kJ/mol (2). 减小 (3). 不变 (4). 234 (5). 小于
【解析】
【详解】（1）FeO与H2O反应的方程式为3FeO＋H2O=Fe3O4＋H2，①6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s) + C(s)，②C(s) + 2H2O(g) = CO2(g) + 2H2(g) ，根据目标反应方程式，(①＋②)/2，得出△H=(－76.0＋113.4)/2kJ·mol－1=＋18.7kJ·mol－1，热化学反应方程式为 3FeO(s) + H2O(g) = Fe3O4(s) + H2(g) △H= + 18.7.4kJ·mol－1；
（2）使用催化剂，降低活化能，即E1减小，△H只与始态和终态有关，即使用催化剂，△H不变；根据图像该反应放出的热量为(E2－E1)kJ=(368－134)kJ=234kJ；
（3）根据复合判据，能自发进行△G<0，根据反应方程式，该反应为熵减反应，即△S<0，推出△H<0。
19.能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。
（1）工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ，已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ/mol)
436
343
1076
465
413
则 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H=__________kJ•mol-1
（2）以甲醇为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。
B极为电池______极，B极的电极反应式为_________________________________。
（3）参考合成反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数，回答下列问题：
温度/℃
0
50
100
200
300
400
平衡常数
667
100
13
1.9×10-2
2.4×10-4
1×10-5
①该反应正反应是 ___________（填“放热”或“吸热”）反应；
②在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则T=__________℃。
（4）CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= — 49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。
①该反应的平衡常数表达式为K=_______；从反应开始到10min，v(H2)=_____mol/(L·min)；
②下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)
A．v(CO2)消耗 = v(CH3OH)生成
B．气体的密度不再随时间改变
C．CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变
D．气体的平均相对分子质量不再随时间改变
③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量增大，只改变下列某一条件，可采取的措施有__ (填字母)
A．升高温度 B．缩小容器体积
C．再充入CO2气体 D．使用合适的催化剂
④相同温度下，在另一个容积为1 L的密闭容器中充入2mol CH3OH(g)和2molH2O(g)，达到平衡时CO2的浓度_______(填“>”、“ <”或“=”)0.25mol/L。
【答案】 (1). -99 (2). 负 (3). CH3OH + 3O2—-6e—= CO2 + 2H2O (4). 放热 (5). 50 (6). (7). 0.225 (8). CD (9). AC (10). >
【解析】
【详解】（1）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(1076＋2×436－3×413－343－465)kJ·mol－1=－99kJ·mol－1；
（2）根据O2－移动方向，A极为正极，B极为负极，B电极反应式为CH3OH＋3O2－=6e－=CO2＋2H2O；
（3）①化学平衡只受温度的影响，根据表格中的数据，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应；
② CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始： 0.1 0.2 0
变化： 0.05 0.1 0.05
平衡： 0.05 0.1 0.05 K==100，根据表格数据，此时温度为50℃；
（4）①根据化学平衡常数的表达式，该反应的平衡常数K=；根据化学反应速率的数学表达式，v(H2)=0.75×3/(1×10)mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)；
②A、消耗CO2，生成CH3OH，反应都是向正反应方向进行，v(CO2)消耗 = v(CH3OH)生成，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B、组分都是气体，则气体质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，则密度不再改变，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C、CO2和CH3OH的浓度之比不再改变，说明反应达到平衡，故C正确；
D、组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量减少，M=m/n，即当气体平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故D正确；
③气体物质的量增大，说明反应向逆反应方向移动，A、升高温度，加快反应反应速率，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，故A正确；
B、缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率加快，压强增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、再充入CO2，反应速率加快，因为充入的是气体，因此气体物质的量增大，故C正确；
D、使用催化剂，只加快反应速率，对化学平衡移动无影响，即气体物质的量不变故，故D错误；
④根据①的平衡常数的表达式，得出此温度下化学平衡常数K=16/3，
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始： 0 0 2 2
变化： x 3x x x
平衡： x 3x 2-x 2-x K==，解得x=0.4，CO2的物质的量浓度为0.4>0.25。
【点睛】用不同物质的反应速率表示达到平衡，应注意先看反应的方向，要求反应方向是一正一逆，然后再看反应速率之比是否等于化学计量数之比。
20.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：
已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+ △H= +13.8 kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。
（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。
（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？________（“是”或“否”），理由是______。
（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是________。
（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72－废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72－的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2(SO4)3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨阳极为铁
Cr2O72－的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①对比实验ⅰ和实验ⅱ可知，_________（“升高”或“降低”）pH可以提高Cr2O72－的去除率。
②实验ⅱ中Cr2O72－放电的电极反应式为___________________________________。
③实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72－去除率提高较多的原因是_______________ 。
【答案】 (1). 溶液变黄色 (2). 否 (3). Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，正向为吸热反应，若因浓硫酸溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液应变为黄色，而溶液颜色加深，说明是c(H+)增大影响平衡的结果 (4). 碱性条件下， CrO42－不能氧化I—，酸性条件下， Cr2O72－可以氧化I— (5). 降低 (6). Cr2O72－+6e—+ 14H+=2 Cr3++7 H2O (7). 阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72－的在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2+的循环利用提高了Cr2O72－的去除率
【解析】
【详解】（1）依据Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色；
（2）Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+ △H= +13.8 kJ/mol，该反应为吸热反应，试管a中加入浓硫酸，浓硫酸与水放出热量，温度升高，平衡应正向移动，溶液显黄色，但实际的实验现象是溶液橙色加深，说明c(Cr2O42－)增多，平衡向逆反应方向进行，因此该实验现象应是c(H＋)对平衡逆向移动的结果，即不需要再设计实验证明；
（3）根据实验现象，碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，因此无明显现象，酸性条件下，Cr2O72－能氧化I－本身还原为Cr3＋，溶液变为墨绿色，发生的离子反应方程式为6I－＋Cr2O72－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O，因此得出结论为碱性条件下， CrO42－不能氧化I－，酸性条件下， Cr2O72－可以氧化I－ ；
（4）①实验i和实验ii不同的是实验ii加入1mLH2SO4，pH降低，去除率增高，即降低pH可以提高Cr2O72－的去除率；
②实验ii中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O；
③根据图示，实验iv中阳极铁，阳极铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率。
【点睛】本题的难点是(4)③的回答，应理解此机理什么意思，此机理是题中所给图，Fe2＋与Cr2O72－反应，弄清楚加入了H＋，Fe2＋被氧化成了Fe3＋，Cr2O72－被还原成Cr3＋，Fe3＋在阴极上得电子，转化成Fe2＋，继续上述转化，然后思考Fe2＋从何而来，实验iv告诉我们，阳极为铁，根据电解池原理，铁作阳极，失去电子得到Fe2＋，最后整理得出结果。
（考试时间：90分钟 总分：100分）
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64
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.下列说法正确的是（ ）
A. “煮豆燃豆萁，豆在釜中泣”诗中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
B. 已知4P（红磷，s）= P4（白磷，s）△H=+17 kJ/mol ，则白磷比红磷更稳定
C. 同温同压下，H2(g)＋Cl2(g) = 2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同
D. 已知 H+(aq) + OH－(aq) = H2O(aq) △H= —57.3kJ/mol ，则1molH2SO4与1mol Ba(OH)2的反应热△H=2×(—57.3) kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】A、燃豆萁涉及能量变化主要是化学能转化成热能和光能，故A说法正确；
B、物质能量越低，物质越稳定，该反应为吸热反应，即红磷的能量小于白磷，红磷比白磷更稳定，故B说法错误；
C、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，因此在光照和点燃条件下，△H相同，故C说法错误；
D、H2SO4和Ba(OH)2发生反应：H2SO4＋Ba(OH)2=BaSO4↓＋2H2O，生成BaSO4伴随能量的变化，△H不等于2×(－57.3)kJ·mol－1，故D说法错误。
2.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是（ ）
A. 电池Ⅰ工作时，电子由锌经过电解质溶液流向铜
B. 电池Ⅱ是一次电池
C. 电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应
D. 电池Ⅳ工作一段时间后，锌筒变软
【答案】D
【解析】
【分析】
化学能转化成电能，该装置为原电池装置，利用原电池的工作原理进行分析。
【详解】A、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，锌为负极，Cu为正极，即电子从锌电极经外电路流向Cu极，故A错误；
B、电池II为二次电池，故B错误；
C、电池III是燃料电池，负极上发生氧化反应，即氢气发生氧化反应，故C错误；
D、电池IV：Zn为负极，Zn失去电子，转化成Zn2＋，锌筒变薄变软，故D正确。
【点睛】易错点：A选项中原电池中的电子不会在电解质溶液内定向移动，在原电池中电子由负极通过外电路流向正极，在内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，即“电子不下线，离子不上线”。
3.在2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A. v(A)＝0.5 mol·L-1·min-1 B. v(B)＝0.003 mol·L-1·s-1
C. v (C)＝0.8 mol·L-1·min-1 D. v(D)＝0.01 mol·L-1·s-1
【答案】C
【解析】
【分析】
利用化学计量数之比等于化学反应速率之比，转化成同种物质，进行比较。
【详解】以A物质为基准，B、根据化学计量数之比等于化学计量数之比，v(A)=2v(B)=2×0.003×60mol/(L·min)=0.36mol/(L·min)；
C、v(A)=2v(C)/3=0.53mol/(L·min)；
D、v(A)=2v(D)/4=2×0.01×60/4mol/(L·min)=0.3mol/(L·min)；
综上所述，选项C的反应速率最快。
4.下列叙述正确的是（ ）
A. 在镀件上电镀锌，用锌作阴极
B. 将水库中的水闸（钢板）与直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀
C. 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极
D. 铜板上的铁铆钉在潮湿的空气中直接发生反应：Fe —3e－ = Fe3+，继而形成铁锈
【答案】B
【解析】
【详解】A、电镀中，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，镀件上电镀锌，锌作阳极，故A错误；
B、根据电解的原理，保护水闸，水闸应作阴极，水闸应于直流电源的负极相连，这叫外加电流的阴极保护法，故B正确；
C、根据电解原理，铁作阳极，铁失去电子，Fe2＋得电子能力强于Al3＋，故Fe2＋达到一定浓度后会优先放电，因此熔融氧化铝时不能用铁作阳极，故C错误；
D、构成的是原电池，Fe作负极，失去电子，生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故D错误。
5.下列实验操作正确的是（ ）
A. 用酚酞试纸测定氨的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿
B. 测定中和热的实验中，酸或碱不可过量，否则会产生较大误差
C. 中和热测定实验中可以用环形铁丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒
D. 用pH试纸测定pH时，将溶液倒在试纸上，观察颜色变化并与标准比色卡对照
【答案】A
【解析】
【详解】A、NH3与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH－，因此用酚酞试纸测定氨的酸碱性时，试纸需用蒸馏水润湿，故A正确；
B、测定中和热的实验中，为保证酸或碱完全反应，可以让其中一种过量，故B错误；
C、铁丝是热的良导体，容易造成热量的损失，因此不能用来替换环形玻璃搅拌棒，故C错误；
D、用pH试纸测定pH时，应用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸中央，观察颜色变化，并与标准比色卡对照，故D错误。
6.常温下，关于pH=2的盐酸，下列说法不正确的是（ ）
A. 溶液中c（H+）=1.0×10-2 mol·L-1
B. 加水稀释100倍后，溶液的pH=4
C. 此溶液中由水电离出的H+和OH－浓度均为1.0×10-12 mol·L-1
D. 加入等体积pH=12的Ba（OH）2溶液，溶液呈碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A、pH=－lgc(H＋)，其中c(H＋)表示溶液中c(H＋)，即常温下，pH=2的盐酸，溶液中c(H＋)=1.0×10－2mol·L－1，故A说法正确；
B、稀释前后溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为1L，稀释100倍后，溶液中c(H＋)=1×10－2/100mol·L－1=1×10－4mol·L－1，即pH=4，故B说法正确；
C、盐酸中c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－2mol·L－1=10－12mol·L－1，水电离出的c(H＋)等于水电离出的c(OH－)，即水电离出的H＋和OH－浓度均为1.0×10－12mol·L－1，故C说法正确；
D、pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=10－2mol·L－1，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性，故D错误。
【点睛】易错点是选项D，学生根据1molBa(OH)2中有2molOH－，会错认为pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=10－2/2mol·L－1，实际上c(OH－)=10－2mol·L－1，该c(OH－)应为溶液中OH－的物质的量浓度，等体积混合后，H＋和OH－恰好完全反应，溶液为中性。
7.在一个不传热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(s)， 当m、n、p、q为任意整数时，反应达到平衡的标志是（ ）
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变
③气体的密度不再改变 ④各组分质量分数不再改变
A. ①②③ B. ①②③④ C. ①②④ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①容器为不传热的容器，依据任何化学反应伴随能量的变化，根据阿伏加德罗的推论可知，温度发生变化，气体压强发生变化，即压强不变时，说明反应达到平衡，故①符合题意；
②根据①的分析，容器为不传热的容器，当温度不再改变，说明反应达到平衡，故②符合题意；
③容积固定不变，气体体积不变，D为固体，随着反应的进行气体质量减少，根据密度的定义，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故③符合题意；
④根据化学平衡状态的定义，当各组分的质量分数不再改变时，说明反应达到平衡，故④符合题意；
综上所述，选项B正确。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 强电解质的水溶液导电性不一定强于弱电解质的水溶液
B. 可溶性盐在水中完全电离是强电解质，难溶性盐在水中溶解度很小是弱电解质
C. 硫酸氢钠在水溶液和熔融状态下的电离方程式均为：NaHSO4 = Na＋ + H＋ + SO42－
D. 强电解质都是离子化合物，在水溶液或熔融状态下完全电离，以离子形式存在
【答案】A
【解析】
【详解】A、电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度和所带电荷数有关，离子浓度越大、所带电荷数越多，导电能力越强，与电解质是强电解质还是弱电解质无关，故A正确；
B、难溶性盐在水中的溶解度虽然小，但溶解部分全部电离，因此难溶性盐多数属于强电解质，故B错误；
C、NaHSO4在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，熔融状态下NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO4－，故C错误；
D、部分共价化合物也属于强电解质，如H2SO4、HNO3等，故D错误。
9.某学习小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔导电材料。下列说法正确的是（ ）
A. 该电池工作时，电子的流向为：外电路由B到A，内电路由A到B形成闭合回路
B. 电极B附近的HNO3浓度增大
C. A电极的反应为：NO2－e－＋H2O=NO3－＋2H+ ；NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H+
D. 该电池工作时，每消耗11.2LO2(标准状况下)，可以除去含1molNO和1molNO2的混合尾气
【答案】C
【解析】
【分析】
利用原电池工作原理进行分析即可。
【详解】A、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，内电路只有阴阳离子的定向移动，电解质溶液中没有电子通过，故A错误；
B、NO和NO2转化成HNO3，根据装置图，A电极为负极，电极反应式为NO2＋H2O－e－=NO3－＋2H＋、NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，B电极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，由于质子交换膜只允许氢离子通过，氢离子向正极定向移动，氢离子转移和数目等于电子转移的数目，电极B附近硝酸根离子不参与反应，故硝酸根离子物质的量不变，溶液的体积增大，因此电极B附近硝酸的浓度减小，故B错误；
C、根据选项B分析，故C正确；
D、每消耗标准状况下的11.2LO2，转移电子物质的量为11.2×4/22.4mol=2mol，假设全部是NO，则消耗NO的物质的量为2/3mol，假设全部是NO2，则消耗NO2的物质的量为2mol，可除去含NO和NO2的混合尾气介于2/3mol～2mol，故D错误。
10.把0.05 mol NaOH固体分别加入到100 mL浓度均为0.5 mol／L的下列溶液中，导电能力变化较大的是（ ）
A. MgSO4溶液 B. 盐酸 C. CH3COOH D. NH4Cl溶液
【答案】C
【解析】
【分析】
电解质溶液的导电能力与离子浓度、所电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越大。
【详解】A、发生MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋Na2SO4，离子浓度变化不大，导电能力基本保持不变，故A不符合题意；
B、发生HCl＋NaOH=NaCl＋H2O，离子浓度变化不大，导电能力基本保持不变，故B不符合题意；
C、发生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，CH3COOH为弱酸，CH3COONa为强电解质，离子浓度增大，导电能力显著增强，故C符合题意；
D、发生NH4Cl＋NaOH=NaCl＋NH3·H2O，NH3·H2O为弱碱，离子浓度增大不明显，导电能力变化不明显，比选项C增幅小，故D不符合题意。
11.纯水中存在的平衡：H2O H＋ + OH－，其电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. A、C两点可能为纯水
B. 若从A点到C点，可采用：升高温度，在水中加入少量氯化钠固体
C. 若从C点到D点，可采用：降低温度，在水中加入少量硫酸氢钠固体
D. 若从A点到D点，可采用：温度不变，在水中加入少量碱
【答案】D
【解析】
【分析】
Kw只受温度的影响，温度升高，Kw增大，然后从影响水电离的因素考虑。
【详解】A、A和C两点c(H＋)=c(OH－)，显中性，A和C两点可能为纯水，故A说法正确；
B、Kw只受温度的影响，因此从A到C水的离子积增大，可采用升高温度的方法，加入NaCl固体不影响水的电离，故B说法正确；
C、水的离子积减小，采取方法是降温，D点c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，水中加入NaHSO4，NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，使溶液显酸性，故C说法正确；
D、A→D水的离子积不变，则温度不变，D点c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，加入少量的碱只能使溶液显碱性，故D说法错误。
12.工业合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH = — 92.0kJ·mol－1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 25min时采取的措施是降低温度或增大压强
B. 将0.5 mol氮气、1.5 mol氢气置于1 L密闭容器中发生反应，放出的热量为46 kJ
C. Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ 三个时间段分别是改变一个条件引起的平衡移动，平衡时平衡常数：KⅢ > KⅠ = KⅡ
D. 为了增大合成氨的产率可以通过使用催化剂、原料的循环使用来实现
【答案】C
【解析】
【详解】A、25min时N2和H2浓度降低，NH3浓度突然降低，采取措施是将NH3从体系中分离；故A错误；
B、该反应为可逆反应，不能完全进行到底，放出的热量小于46kJ，故B错误；
C、25时改变条件是将NH3从体系中分离；45min时，组分的浓度没有改变，之后N2和H2物质的量浓度降低，NH3的物质的量浓度增大，说明反应向正反应方向进行，由于正反应是放热反应，故改变的条件只能是降温，平衡常数增大，平衡常数只受温度的影响，因此平衡常数大小顺序是KIII>KII=KI，故C正确；
D、使用催化剂增大单位时间内生成NH3的量，但是催化剂不能改变反应物的平衡转化率，故在平衡状态下NH3的产率不变，原料的循环使用可以提高NH3的产率，故D错误。
【点睛】易错点为选项D，学生认为使用催化剂只增大化学反应速率，平衡不移动，使用催化剂氨气的产率不变，忽略了增大化学反应速率，单位时间内生成NH3的量增大，即相同时间内产率增大。注意这是工业，不会等到达到平衡再提取氨气。
13.已知反应：2NO2（红棕色）N2O4（无色）△H＜0。将一定量的NO2充入注射器中并密封，改变活塞位置的过程中，气体透光率随时间的变化如图所示（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法不正确的是
A. b点达到平衡状态
B. b点与a点相比，c（NO2）、c（N2O4）均减小
C. d点：v（正）＜v（逆）
D. 若在c点将温度降低，其透光率将增大
【答案】B
【解析】
A．b点透光率不再发生变化，则b点达到平衡状态，A正确；B．颜色越深，透光率越小，可知b点c（NO2）大，而a点c（N2O4）大，B错误；C．d点透光率减小，平衡逆向移动，则v（正）＜v（逆），C正确；D．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，则透光率将增大，D正确；答案选B。
点睛：本题考查化学平衡的影响因素，把握浓度、颜色及透光率的关系、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图象与平衡移动原理的结合。
14.下列图像不符合反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0 的是（图中v是速率，φ为混合物中H2的体积百分含量）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，据此分析。
【详解】反应Fe(s)＋H2O(g)FeO(s)＋H2(g) ΔH<0是反应前后气体体积不变的放热反应，
A、随温度升高正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，故A不符合；
B、随温度升高，平衡逆向移动，氢气的体积分数减小，所以B选项是符合的；
C、T2>T1，温度越高达到平衡所用时间越短，升温平衡逆向移动，氢气体积分数越小，所以C选项是符合的；
D、Fe是固态，其物质的量的增加对反应速率无影响，所以D选项是符合的。
故选A。
15.探究电场作用下阴阳离子的迁移。a、b、c、d 均为石墨电极，电极间距4cm。将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿，进行如下实验，下列说法不正确的是（ ）
实验现象：
时间
试纸I
试纸II
lmin
a极附近试纸变红，b极附近试纸变蓝
c极附近试纸变红，d极附近试纸变蓝
10min
红色区和蓝色区不断向中间扩展，相遇时红色区约2.7cm，蓝色区约1.3cm
两极颜色范围扩大不明显，试纸大部分仍为黄色
A. Na2SO4溶液中SO42－向a极和c极移动
B. a极附近试纸变红的原因是：2H2O+2e－= H2↑+2OH－
C. 试纸I的现象说明，此环境中H+的迁移速率比OH－快
D. 对比试纸I和试纸II的现象，说明电解质浓度和环境影响H+和OH－的迁移
【答案】B
【解析】
【分析】
利用电解原理和实验所给实验现象进行分析。
【详解】A、a、c电极为阳极，b、d电极为阴极，根据电解原理，SO42－向阳极移动，即向a和c两极移动，故A说法正确；
B、试纸为pH，试纸变红，说明溶液显酸性，即a电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，故B说法错误；
C、根据10min试纸I相遇时，红色区域为2.7cm，蓝色区域1.3cm，推出H＋迁移速率比OH－快，故C说法正确；
D、对比试纸I和试纸II的现象不同，说明电解质浓度越大，对H＋和OH－的迁移影响较大，故D说法正确。
16.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是（ ）
t / s
0
50
150
250
350
n(PCl3) / mol
0
0. 16
0. 19
0. 20
0. 20
A. 体系平衡时与反应起始时的压强之比为5∶6
B. 反应在前50 s 的平均速率ν(PCl3)= 0. 0032 mol·L-1·s-1
C. 相同温度下，起始时向容器中充入0.6mol PCl5、0. 20 mol PCl3 和0. 20 mol Cl2，反应达到平衡前ν(正)>ν(逆)
D. 相同温度下，若起始时向容器中充入2. 0 mol PCl3 和2. 0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3 的质量分数比上述平衡体系小
【答案】D
【解析】
【详解】A、 PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)
起始： 1.0 0 0
变化： 0.2 0.2 0.2
平衡： 0.8 0.2 0.2 相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，即P前：P后=1.0：1.2=5：6，故A错误；
B、根据化学反应速率的数学表达式，v(PCl3)=0.16/(2×50)mol/(L·s)=0.0016mol/(L·s)，故B错误；
C、根据选项A，此温度下化学平衡常数K==0.025，相同温度下，起始时向容器中充入0.6mol PCl5、0. 20 mol PCl3 和0. 20 mol Cl2，此时的浓度商Q=0.03>0.025，说明反应向逆反应方向进行，即v逆>v正，故C错误；
D、充入2.0molPCl3和2.0molCl2，可以看作先通入1.0molPCl3和1.0molCl2，达到平衡时，PCl3的质量分数与原平衡PCl3的质量分数相等，然后再通入1.0molPCl3和1.0molCl2，相当于在原来基础上增大压强，PCl3的转化率增大，PCl3的质量分数减小，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二．综合题（本大题共4小题，共52分）
17.如图所示3套实验装置，分别回答下列问题。
（1）装置1为铁的吸氧腐蚀实验。向插入碳棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到碳棒附近的溶液变红，该电极反应式为___________________。
（2）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。
（3）装置3中甲烧杯盛放100mL 0.2mol/L的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL 0.5mol/L的CuSO4溶液。反应一段时间后，观察到乙烧杯的石墨电极上有气泡生成。
①电源的M端为___极；甲烧杯中铁电极的电极反应式为_______________。
②乙烧杯中电解反应的离子方程式为__________________________________。
③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量，电极增重0.32g，甲烧杯中产生的气体标准状况下体积为________mL；电解后乙烧杯溶液的pH为______（假设电解前后溶液的体积不变）。
④若要将乙池设计成电解精炼铜的装置，则乙池的石墨应改成_____（填“粗铜”或“精铜”）。
【答案】 (1). O2+4e-+2H2O═4OH- (2). 增大 (3). NH4+ (4). 正 (5). Fe-2e-═Fe2+ (6). 2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ (7). 112 (8). 1 (9). 粗铜
【解析】
【详解】（1）电解质溶液中滴有酚酞，反应一段时间后，碳棒附近溶液变红，说明碳棒附近产生OH－，即碳棒电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
（2）电池总反应是Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，即Cu电极为负极，反应式为Cu－2e－=Cu2＋，右池中c(Cu2＋)增大；石墨为正极，根据原电池的工作原理，NH4＋向FeCl3溶液迁移；
（3）①乙烧杯石墨电极上有气泡产生，电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，即石墨为阳极，Cu为阴极，根据电解原理，N为电源的负极，M为电源的正极；Fe电极与M相连，即Fe电极为阳极，根据电解池放电顺序，Fe失电子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；
②乙烧杯电解是CuSO4水溶液，总电极反应式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋；
③Cu电极增重0.32g，增重的是析出Cu的质量，即整个电路转移电子物质的量为0.32×2/64mol=0.01mol，甲池中石墨电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，标准状况下，产生氢气的体积为0.01×22.4/2L=0.112L，即112mL；根据②，产生n(H＋)=2×0.32/64mol=0.01mol，即c(H＋)=0.01/(100×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1，pH=1；
④精炼铜时，粗铜为阳极，阴极为纯铜，故乙池的石墨应改为粗铜。
18.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：
6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s) + C(s) △H= —76.0kJ/mol
C(s) + 2H2O(g) = CO2(g) + 2H2(g) △H= + 113.4kJ/mol
写出FeO(s)和H2O(g)生成Fe3O4(s)和H2(g)的热化学方程式________。
（2）如图为1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化示意图。已知E1=134 kJ·mol-1，E2=368 kJ·mol-1(E1、E2为反应的活化能)。
若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1、ΔH的变化分别是________、________(填“增大”、“减小”或“不变”)；该反应放出的热量为__________kJ。
（3）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g) ═ H2SO4(l)+2HI(g)在150 ℃下能自发进行，则ΔH____________ 0 (填“大于”、“ 小于”或“大于或小于都可”)。
【答案】 (1). 3FeO(s) + H2O(g) = Fe3O4(s) + H2(g) △H= + 18.7.4kJ/mol (2). 减小 (3). 不变 (4). 234 (5). 小于
【解析】
【详解】（1）FeO与H2O反应的方程式为3FeO＋H2O=Fe3O4＋H2，①6FeO(s) + CO2(g) = 2Fe3O4(s) + C(s)，②C(s) + 2H2O(g) = CO2(g) + 2H2(g) ，根据目标反应方程式，(①＋②)/2，得出△H=(－76.0＋113.4)/2kJ·mol－1=＋18.7kJ·mol－1，热化学反应方程式为 3FeO(s) + H2O(g) = Fe3O4(s) + H2(g) △H= + 18.7.4kJ·mol－1；
（2）使用催化剂，降低活化能，即E1减小，△H只与始态和终态有关，即使用催化剂，△H不变；根据图像该反应放出的热量为(E2－E1)kJ=(368－134)kJ=234kJ；
（3）根据复合判据，能自发进行△G<0，根据反应方程式，该反应为熵减反应，即△S<0，推出△H<0。
19.能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。
（1）工业上利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ，已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ/mol)
436
343
1076
465
413
则 CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H=__________kJ•mol-1
（2）以甲醇为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。
B极为电池______极，B极的电极反应式为_________________________________。
（3）参考合成反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数，回答下列问题：
温度/℃
0
50
100
200
300
400
平衡常数
667
100
13
1.9×10-2
2.4×10-4
1×10-5
①该反应正反应是 ___________（填“放热”或“吸热”）反应；
②在T℃时，1L密闭容器中，投入0.1molCO和0.2molH2，达到平衡时，CO转化率为50%，则T=__________℃。
（4）CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= — 49.0kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示。
①该反应的平衡常数表达式为K=_______；从反应开始到10min，v(H2)=_____mol/(L·min)；
②下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是___________(填字母)
A．v(CO2)消耗 = v(CH3OH)生成
B．气体的密度不再随时间改变
C．CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变
D．气体的平均相对分子质量不再随时间改变
③为了加快化学反应速率且使体系中气体的物质的量增大，只改变下列某一条件，可采取的措施有__ (填字母)
A．升高温度 B．缩小容器体积
C．再充入CO2气体 D．使用合适的催化剂
④相同温度下，在另一个容积为1 L的密闭容器中充入2mol CH3OH(g)和2molH2O(g)，达到平衡时CO2的浓度_______(填“>”、“ <”或“=”)0.25mol/L。
【答案】 (1). -99 (2). 负 (3). CH3OH + 3O2—-6e—= CO2 + 2H2O (4). 放热 (5). 50 (6). (7). 0.225 (8). CD (9). AC (10). >
【解析】
【详解】（1）根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(1076＋2×436－3×413－343－465)kJ·mol－1=－99kJ·mol－1；
（2）根据O2－移动方向，A极为正极，B极为负极，B电极反应式为CH3OH＋3O2－=6e－=CO2＋2H2O；
（3）①化学平衡只受温度的影响，根据表格中的数据，随着温度的升高，化学平衡常数降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，即正反应为放热反应；
② CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)
起始： 0.1 0.2 0
变化： 0.05 0.1 0.05
平衡： 0.05 0.1 0.05 K==100，根据表格数据，此时温度为50℃；
（4）①根据化学平衡常数的表达式，该反应的平衡常数K=；根据化学反应速率的数学表达式，v(H2)=0.75×3/(1×10)mol/(L·min)=0.225mol/(L·min)；
②A、消耗CO2，生成CH3OH，反应都是向正反应方向进行，v(CO2)消耗 = v(CH3OH)生成，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B、组分都是气体，则气体质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，则密度不再改变，不能说明反应达到平衡，故B错误；
C、CO2和CH3OH的浓度之比不再改变，说明反应达到平衡，故C正确；
D、组分都是气体，气体质量不变，向正反应方向进行，气体物质的量减少，M=m/n，即当气体平均摩尔质量不再改变，说明反应达到平衡，故D正确；
③气体物质的量增大，说明反应向逆反应方向移动，A、升高温度，加快反应反应速率，正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，故A正确；
B、缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率加快，压强增大，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、再充入CO2，反应速率加快，因为充入的是气体，因此气体物质的量增大，故C正确；
D、使用催化剂，只加快反应速率，对化学平衡移动无影响，即气体物质的量不变故，故D错误；
④根据①的平衡常数的表达式，得出此温度下化学平衡常数K=16/3，
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始： 0 0 2 2
变化： x 3x x x
平衡： x 3x 2-x 2-x K==，解得x=0.4，CO2的物质的量浓度为0.4>0.25。
【点睛】用不同物质的反应速率表示达到平衡，应注意先看反应的方向，要求反应方向是一正一逆，然后再看反应速率之比是否等于化学计量数之比。
20.研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：
已知：Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+ △H= +13.8 kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。
（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。
（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？________（“是”或“否”），理由是______。
（3）试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4，分析上图的实验现象，得出的结论是________。
（4）小组同学用电解法处理含Cr2O72－废水，探究不同因素对含Cr2O72－废水处理的影响，结果如下表所示（Cr2O72－的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。
实验
ⅰ
ⅱ
ⅲ
ⅳ
是否加入Fe2(SO4)3
否
否
加入5g
否
是否加入H2SO4
否
加入1mL
加入1mL
加入1mL
电极材料
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨
阴极为石墨阳极为铁
Cr2O72－的去除率/%
0.922
12.7
20.8
57.3
①对比实验ⅰ和实验ⅱ可知，_________（“升高”或“降低”）pH可以提高Cr2O72－的去除率。
②实验ⅱ中Cr2O72－放电的电极反应式为___________________________________。
③实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72－的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72－去除率提高较多的原因是_______________ 。
【答案】 (1). 溶液变黄色 (2). 否 (3). Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，正向为吸热反应，若因浓硫酸溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液应变为黄色，而溶液颜色加深，说明是c(H+)增大影响平衡的结果 (4). 碱性条件下， CrO42－不能氧化I—，酸性条件下， Cr2O72－可以氧化I— (5). 降低 (6). Cr2O72－+6e—+ 14H+=2 Cr3++7 H2O (7). 阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72－的在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72－，Fe2+的循环利用提高了Cr2O72－的去除率
【解析】
【详解】（1）依据Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+，试管c中加入NaOH溶液，消耗H＋，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色；
（2）Cr2O72－(橙色)+H2O2CrO42－(黄色)+2H+ △H= +13.8 kJ/mol，该反应为吸热反应，试管a中加入浓硫酸，浓硫酸与水放出热量，温度升高，平衡应正向移动，溶液显黄色，但实际的实验现象是溶液橙色加深，说明c(Cr2O42－)增多，平衡向逆反应方向进行，因此该实验现象应是c(H＋)对平衡逆向移动的结果，即不需要再设计实验证明；
（3）根据实验现象，碱性条件下，CrO42－不能氧化I－，因此无明显现象，酸性条件下，Cr2O72－能氧化I－本身还原为Cr3＋，溶液变为墨绿色，发生的离子反应方程式为6I－＋Cr2O72－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O，因此得出结论为碱性条件下， CrO42－不能氧化I－，酸性条件下， Cr2O72－可以氧化I－ ；
（4）①实验i和实验ii不同的是实验ii加入1mLH2SO4，pH降低，去除率增高，即降低pH可以提高Cr2O72－的去除率；
②实验ii中Cr2O72－应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3＋，电解质环境为酸性，因此Cr2O72－放电的反应式为Cr2O72－＋14H＋＋6e－=2Cr3＋＋7H2O；
③根据图示，实验iv中阳极铁，阳极铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋与Cr2O72－在酸性条件下反应生成Fe3＋，Fe3＋在阴极得电子生成Fe2＋，继续还原Cr2O72－，Fe2＋循环利用提高了Cr2O72－的去除率。
【点睛】本题的难点是(4)③的回答，应理解此机理什么意思，此机理是题中所给图，Fe2＋与Cr2O72－反应，弄清楚加入了H＋，Fe2＋被氧化成了Fe3＋，Cr2O72－被还原成Cr3＋，Fe3＋在阴极上得电子，转化成Fe2＋，继续上述转化，然后思考Fe2＋从何而来，实验iv告诉我们，阳极为铁，根据电解池原理，铁作阳极，失去电子得到Fe2＋，最后整理得出结果。
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