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2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中化学试题（选考）（解析版）
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2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二（上）期中化学试卷（选考）
一、单选题（本大题共24小题，共48.0分）
1. 下列能源的大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是（ ）
A. 化石能源 B. 太阳能 C. 氢能 D. 地热能
【答案】A
【解析】解：因太阳能、氢能、地热能都是未来的理想能源，安全清洁，不会严重影响环境；而化石能源却会给空气造成很大的污染。
故选：A。
化石能源是不可再生的，而它的大量使用，会造成严重的环境污染，因为在燃烧时排放出大量的二氧化碳、二氧化硫、粉尘及其他有害物质，对空气造成污染．
本题主要考查了能源的利用会对环境造成危害，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．
2. 下列物质中，属于强电解质的是（ ）
A. CH3COOH B. H2O C. NH3•H2O D. NaOH
【答案】D
【解析】解：A、醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B、水为弱电解质，故B错误；
C、一水合氨为弱碱，属于弱电解质，故C错误；
D、氢氧化钠为强碱，属于强电解质，故D正确，故选D。
强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物．
主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa）等，除Pb（CH3COO）2，弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物．
本题主要考查的是强弱电解质的概念，掌握概念是关键，难度不大．
3. 下列物质的电离方程式正确的是（ ）
A. HCl=H++Cl- B. H2CO3⇌2H++CO32-
C. NaHCO3=Na++H++CO32- D. KClO3=K++Cl5++3O2-
【答案】A
【解析】解：A．氯化氢为强电解质，完全电离，电离方程式：HCl=H++Cl-，故A正确；
B．碳酸为多元弱酸分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2CO3⇌H++HCO3-，故B错误；
C．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3-，故C错误；
D．氯酸钾为强电解质，完全电离，电离方程式：KClO3=K++ClO3-，故D错误；
故选：A。
A．氯化氢为强电解质，完全电离；
B．碳酸为多元弱酸分步电离，以第一步为主；
C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；
D．氯酸根离子为原子团，不能拆。
本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质电离方式是解题关键，题目难度不大。
4. 当压力达到220个大气压、温度达到374℃时，水成为“超临界状态”，此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物，这就是“水热反应”，生物质在地下高温高压条件下通过水热反应可生成石油、煤等矿物能源．下列说法不正确的是（ ）
A. 二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应，属于放热反应
B. “水热反应”是一种复杂的物理化学变化
C. 火力发电厂可以利用废热，将二氧化碳转变为能源物质
D. 随着科技的进步，“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
【答案】A
【解析】解：A、二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应，是将能量储存在汽油中的过程，属于吸热反应，故A错误；
B、压强达到22MPa、温度达到374℃时，水成为“超临界状态”，该过程为物理变化，此时水可将CO2 等含碳化合物转化为有机物，为化学变化，故B正确；
C、高压条件下将CO2等含碳化合物转化为有机物，是将二氧化碳转变为能源物质，故C正确；
D、充分利用地球上的碳资源，有利于碳资源的循环使用，故D正确；
故选：A。
A、二氧化碳与超临界水作用是将能量储存在汽油中的过程；
B、没有新物质生成的变化叫物理变化，有新物质生成的变化叫化学变化．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成；
C、火力发电厂可以利用废热在高压条件下能将CO2等含碳化合物转化为有机物；
D、“水热反应”可制取能源有利于碳资源的循环使用；
本题考查新能源的开发和利用，题目难度不大，注意题中所给信息的理解和运用．
5. 下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液
B. pH=7的溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】A
【解析】解：A、c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，故A正确；
B、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故B错误；
C、使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；
D、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；
故选：A。
溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性；c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；c（H+）=c（OH-）溶液呈中性，据此进行判断．
本题考查了溶液酸碱性的判断，明确溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小是解本题的关键，很多同学仅仅根据pH大小判断而导致错误判断，为易错点．
6. 某同学按照课本实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法中，正确的是（ ）
A. 实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D. 若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等
【答案】B
【解析】解：A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；
B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故B正确；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；
D．因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，若将盐酸体积改为60 mL，两次实验所求得中和热相等，故D错误；
故选：B。
A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作；
D．中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
本题考查中和热的测定，注意理解中和热的概念是解题的关键，题目难度不大。
7. 关于如图所示装置的叙述，正确的是（ ）
A. 铜是阳极，铜片上有气泡产生
B. 铜片质量逐渐减少
C. 电流方向从锌片经导线流向铜片
D. 铜离子在铜片表面被还原
【答案】D
【解析】解：A．该反应能自发进行，所以该装置是原电池，根据电子流向知，锌作负极，铜作正极，铜电极上铜离子得电子生成铜，故A错误；
B．该原电池中，铜电极上铜离子得电子生成铜，所以铜电极质量逐渐增加，故B错误；
C．该原电池中，锌作负极，铜作正极，所以电流从铜片沿导线流向锌片，故C错误；
D．该原电池中，铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，被还原，故D正确；
故选：D。
该反应能自发进行，所以该装置是原电池，根据电子流向知，锌作负极，铜作，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应，由此分析解答．
本题考查了原电池原理，正确推断原电池及正负极是解本题关键，结合正负极上发生的电极反应、电流流向来分析解答即可，难度不大．
8. 根据如下能量关系示意图分析，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol C（g）与lmol O2 （g）的能量之和为393.5kJ
B. 反应2CO（g）+O2 （g）=2CO2 （g）中，反应物的总键能小于生成物的总键能
C. C→CO的热化学方程式为2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-110.6kJ•mol-1
D. CO的热值为10.1kJ•kg-1
【答案】B
【解析】解：A.1mol C（g）与lmolO2（g）的能量之和比1molCO2（ g）的能量高393.5kJ，故A错误；
B.2CO（g）+O2（g）=2CO2（ g）为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；
C．由图可知，C→CO的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.6kJ•mol-1，故C错误；
D．由图可知，1molCO燃烧放出热量为282.9kJ，则CO的热值为=6.9×10-3kJ•kg-1，故D错误；
故选：B。
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，结合物质的状态及焓变书写热化学方程式。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9. 一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．下列有关说法正确的是（ ）
A. b电极为该电池的负极
B. b电极附近溶液的pH减小
C. a电极反应式：C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+
D. 中间室：Na+移向左室，Cl-移向右室
【答案】C
【解析】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+，
A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A错误；
B．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，生成氢氧根离子导致溶液碱性增大，溶液的pH增大，故B错误；
C．左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+，故C正确；
D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl-移向负极室左室，故D错误；
故选：C。
该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解答．
本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握；
10. 下列有关生活生产中的叙述合理的是（ ）
A. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法
B. 明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
C. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuSO4溶液做电解质溶液
D. 工业上合成氨采用500℃左右的温度，其原因是适当加快NH3的合成速率，催化剂在500℃左右时其活性最好，且能提高H2的转化率
【答案】C
【解析】解：A、水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故A错误；
B、明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，漂白粉有强氧化性能用于自来水的杀菌消毒，故B错误；
C、铜的精炼中粗铜为阳极，纯铜为阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液，电镀铜时待镀金属为阴极，铜为阳极，硫酸铜溶液为电镀液，故C正确；
D、在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行但使用催化剂时平衡不移动，故不能提高氢气的转化率，故D错误。
故选：C。
A、与电源负极相连为外接电源的阴极保护法；
B、明矾没有强氧化性不能杀菌消毒；
C、根据铜的精炼和电镀铜的原理分析；
D、催化剂不能使平衡移动．
本题考查了金属的电化学腐蚀和防护、明矾净水原理、漂白粉的杀菌消毒原理、电镀和电解精炼，题目涉及的知识点较多，侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等．
11. 2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. △H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1
B. △H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C. △H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＞△H5
D. △H7＜0，且该过程形成了分子间作用力
【答案】D
【解析】解：A．由盖斯定律可知，反应一步完成和分步完成的能量相同，则△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故A正确；
B．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等，故B正确；
C．气态原子转化为气态离子放热，且Cl比Br活泼，Cl得到电子放出热量多，焓变为负，则△H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＞△H5，故C正确；
D．氯化钠为离子晶体，同种物质的气态比固态能量高，则△H7＜0，且该过程形成离子键，故D错误；
故选：D。
A．由盖斯定律可知，反应一步完成和分步完成的能量相同；
B．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量；
C．气态原子转化为气态离子放热，且Cl比Br活泼，Cl得到电子放出热量多；
D．氯化钠为离子晶体，气态比固态能量高。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律、焓变与能量的关系、氯化钠的构成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
12. 氯化铜的稀溶液是淡蓝色的，加入浓盐酸后，溶液变成黄绿色了，这种颜色变化是由下列可逆反应造成的：Cu（H2O）42+（溶液）+4Cl-⇌CuCl42-（溶液）+4H2O，其中Cu（H2O）42+为淡蓝色，CuCl42-为黄绿色．下列方法①加蒸馏水；②加AgNO3固体；③加入NaCl固体；④加入过量NaOH溶液中，能使溶液变成淡蓝色的是（ ）
A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ③和④
【答案】C
【解析】解：根据题意知，能使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该反应向逆反应方向移动，
①水是生成物，加蒸馏水，使可逆反应向逆反应方向移动，所以能使溶液变成淡蓝色，故正确；
②加AgNO3固体，氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，平衡向逆反应方向移动，所以能使溶液变成淡蓝色，故正确；
③加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，不能使溶液变成淡蓝色，故错误；
④加入过量NaOH溶液时，铜离子完全和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以溶液最终呈无色，故错误；
故选：C。
要使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该反应向逆反应方向移动，据此分析解答．
本题考查了可逆反应的平衡移动，明确物质间的反应是解本题关键，难度不大．
13. 可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）
A. υ（SO2）=0.5mol/（L•s） B. υ（O2）=1mol/（L•min）
C. υ（SO3）=0.6mol/（L•s） D. υ（O2）=0.4mol/（L•s）
【答案】D
【解析】解：可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）都转化为υ（SO2）进行比较，
A．υ（SO2）=0.5mol/（L•s）；
B．υ（O2）=1mol/（L•min）=0.017mol/（L•s），则υ（SO2）=2υ（O2）=0.034mol/（L•s）；
C．υ（SO3）=0.6mol/（L•s），则υ（SO2）=υ（SO3）=0.6mol/（L•s）；
D．υ（O2）=0.4mol/（L•s），则υ（SO2）=2υ（O2）=0.8mol/（L•s）；
故反应速率D＞C＞A＞B，
故选：D。
由化学反应速率之比等于方程式的系数之比可知，将用不同物质表示的化学反应速率统一用同一种物质来表示，然后再进行数据的大小比较即可，注意单位一致．
比较反应速率常用的两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较．（2）比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快，比较反应速率时注意反应速率的单位要相同．
14. 在体积可变的容器中发生反应N2+3H2⇌NH3当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是（ ）
A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多
B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C. 活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多
D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞
【答案】C
【解析】解：A．由于温度不变，所以分子运动速率不变，故A错误；
B．由于温度不变，所以反应物分子的能量不变，故B错误；
C．大压强使容器体积缩小时，单位体积内反应物浓度增大，所以单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但是活化分子百分数未变，故C正确；
D．活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，只有取向合适才能发生反应，才是有效碰撞，故D错误。
故选：C。
增大压强使容器体积缩小时，单位体积内反应物浓度增大，所以单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但是活化分子百分数未变．
本题考查影响活化分子的因素，题目难度不大，注意外界条件对活化分子的影响不同，把握相关基础知识的积累．
15. 已知0.1mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（ ）
A. 加少量烧碱溶液 B. 升高温度
C. 加少量冰醋酸 D. 减小压强（不考虑挥发）
【答案】B
【解析】解：A．加入烧碱固体，反应生成CH3COO-，c（H+）减小，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；
B．弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故B正确；
C．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；
D．减小压强对溶液影响不大，不影响比值关系，故D错误；
故选：B。
醋酸溶液中存在电荷平衡，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，应是平衡向电离的方向移动，结合影响平衡移动的因素解答该题。
本题考查弱电解质的电离，侧重于考查学生的分析能力和化学基本概念的理解和应用能力，为高考常见题型，难度中等，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素。
16. 常温下c（H+）最小的是（ ）
A. pH=0的溶液． B. 0.04 mol•L-1 的H2SO4．
C. 0.5 mol•L-1 的HCl． D. 0.05 mol•L-1的HNO3
【答案】D
【解析】解：A．pH=0的溶液中c（H+）=1mol/L；
B．c（H+）=2c（H2SO4）=0.08mol/L；
C．c（H+）=c（HCl）=0.5mol/L；
D．c（H+）=c（HNO3）=0.05mol/L；
所以氢离子浓度最小的是D，
故选：D。
根据酸浓度和氢离子浓度的关系及c（H+）=10-pH计算氢离子浓度．
本题考查氢离子浓度的计算，明确强酸溶液中，氢离子浓度和酸浓度的关系是解本题关键，难度不大．
17. 一定量的盐酸跟少量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入（ ）
A. KNO3溶液 B. NaCl溶液 C. 铜粉 D. 硫酸铜晶体
【答案】B
【解析】解：A、加入KNO3溶液后，在酸性溶液中NO3-和铁反应生成的气体不会是氢气，故A错误；
B、NaCl溶液不参与反应，但溶液体积增大，会降低盐酸的浓度，反应速率降低，故B正确；
C、加入铜粉，可构成原电池加快反应速率，故C错误；
D、加入硫酸铜晶体后，铁可置换出铜，构成原电池，加快反应，故B错误。
故选：B。
铁与盐酸反应本质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，一定量的盐酸跟少量的铁粉反应，铁粉不足，减缓反应速率但不影响生成H2的总量，应降低H+浓度，但不能影响与酸反应生成氢气的铁粉的质量，结合物质的性质解答．
考查反应速率的影响因素，难度中等，注意A中加入后硝酸反应完毕，剩余的铁与盐酸反应生成氢气．
18. 有一可逆反应2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=2mol/L，c（B）=3mol/L，c（C）=c（D）=0，反应开始20min后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol/L，则下列说法不正确的是（ ）
A. 前20 min的平均反应速率v（C）=0.1 mol/（L•min）
B. A的转化率为50%
C. C的平衡浓度c（C）=4 mol/L
D. B的平衡浓度c（B）=1.5 mol/L
【答案】C
【解析】解：利用三段式法计算：
2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），
起始（mol/l） 2 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 1 1.5 2 0.5
A．前20min的平均反应速率v（C）==0.1mol/（L．min），故A正确；
B．A的转化率为×100%=50%，故B正确；
C．C的平衡为浓度为2mol/L，故C错误；
D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确。
故选：C。
利用三段式法计算：
2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），
起始（mol/l） 2 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 1 1.5 2 0.5
结合对应的数据计算各物理量及转化率．
本题考查化学平衡的计算，难度不大，注意利用三段式法计算出平衡浓度为解答该题的关键，答题时注意体会．
19. 如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是 （ ）
a极板
b极板
X电极
Z
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】解：通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无味气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属，电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。
A、该选项符合条件，电解硫酸铜溶液，阳极生成气体氧气，阴极析出铜，故A正确；
B、电解质溶液中金属阳离子钠离子在氢元素前边不放电，阴极和阳极生成气体，故B错误；
C、铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在b极上得不到气体，故C错误；
D、电解氯化铜溶液，阳极生成有色气体氯气，阴极析出铜，不符合，故D错误。
故选：A。
通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无味气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属，电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子．
本题考查了电解池工作原理，明确溶液中离子的放电顺序是解本题的关键，解题时还要注意正极的电极材料，如果是较活泼的金属，电极材料失电子，不是溶液中离子失电子，题目难度中等．
20. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 新制的氯水在光照条件下颜色变浅
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出
C. 已知2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、I2、H2混合气体进行压缩，混合气体颜色变深
D. 工业上用氮气、氢气合成氨气的过程中，通过加压将氨气液化以增大转化率
【答案】C
【解析】解：A、新制的氯水中存在化学平衡，CL2+H2O⇌HCl+HClO，在光照条件下次氯酸见光分解，平衡正向进行，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；
B、打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为二氧化碳气体溶解度减小，平衡移动的结构，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，故B不符合；
C、已知2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、I2、H2混合气体进行压缩，反应前后气体体积不变，混合气体颜色变深是因为体积缩小，浓度增大，和平衡移动无关，故C符合；
D、工业上用氮气、氢气合成氨气的过程中，反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，通过加压将氨气液化以增大转化率，恒容平衡有关，能用勒夏特列原理解释，故D不符合；
故选：C。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提．
21. 已知25℃时，0.1mo1•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述正确的是（ ）
A. 该溶液的pH=3
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离方程式为HA=H++A-
D. 由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍
【答案】D
【解析】解：A．该温度下，0.1mo1•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%=
10-4mol/L，溶液的pH=-lgc（H+）=-lg10-4=4，故A错误；
B．升高温度促进HA电离导致溶液中c（H+）增大，溶液的pH减小，故B错误；
C．HA部分电离，为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为HA⇌H++A-，故C错误；
D．该溶液中酸电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离出的c（H+）=mol/L=10-10mol/L，HA电离出的c（H+）：水电离出的c（H+）=10-4mol/L：10-10mol/L=106，则HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故D正确；
故选：D。
A．该温度下，0.1mo1•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%=
10-4mol/L，溶液的pH=-lgc（H+）；
B．升高温度促进HA电离导致溶液中c（H+）增大；
C．HA部分电离，为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；
D．该溶液中酸电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离出的c（H+）=mol/L=10-10 mol/L。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点及溶液pH计算方法是解本题关键，D为解答易错点，注意溶液中c（H+）与水电离出的c（H+）关系，题目难度不大。
22. 利用传感技术可以探究压强对2NO2⇌N2O4化学平衡移动的影响。在室温、100KPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，
测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. B点NO2的转化率为6%
B. B点到D点的过程中，NO2的物质的量先减少后增大
C. B、E两点对应的正反应速率大小为vB＜vE
D. E、H两点气体的平均相对分子质量大小为ME＞MH
【答案】A
【解析】解：A．根据阿伏加德罗定律，温度，体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：
2NO2⇌N2O4
起始/mol n 0
反应/mol 2x x
平衡/mol n-2x x
气体物质的量之比等于压强之比，则=，x=，NO2的转化率为×100%=×100%=6%，故A正确；
B．t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明针筒体积增大，保持活塞位置不变后，此时体系因体积增大而压强减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即项生成NO2的方向移动，使得压强逐渐增大，直至达到平衡状态，所以B点到D点是NO2的物质的量增大的过程，故B错误；
C．压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，B点的压强大于E点的压强，则vB＞vE，故C错误；
D．t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气的物质的量逐渐减小，根据M=可知，混合气体的平均分子质量ME＜MH，故D错误；
故选：A。
A．根据阿伏加德罗定律，其他条件不变时，压强之比等于物质的量之比，结合三段式法进行计算；
B．压强的减小会带来体积的改变，体积改变后再分析压强的变化带来的平衡移动；
C．压强越大，反应速率越快；
D．压强增大平衡向着气体体积缩小的方向移动，根据压强判断混合气体的物质的量，然后根据M=分析E、H两点气体的平均相对分子质量大小。
本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
23. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：
则下列说法错误的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应是化合反应
B. ①→②过程形成了C-C键
C. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
D. ①→②吸收能量
【答案】D
【解析】解：A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；
B．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故B正确；
C．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C-H键发生断裂，故C正确；
D．①→②的焓值降低，过程为放热过程，故D错误；
故选：D。
A．化合反应为多种反应只有一种生成物的反应；
B．图中可知。①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C-C化学键并存在C-H的断裂；
C．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；
D．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应释放能量，是放热反应。
本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
24. 已知HClO的Ka=2.98×10 -8，CH3COOH的Ka=1.75×10-5，下列有关说法正确的是（ ）
A. 在pH=2的醋酸溶液中加入少量0.01 mol•L-1的稀盐酸，溶液的pH会变小
B. 等浓度等体积的CH3COOH和HClO溶液分别于氢氧化钠溶液反应，消耗的碱的物质的量相等
C. 100mL pH=2的新制氯水中：n（OH-）+n（ClO-）+n（HClO）=0.001mol
D. 由电离常数分析，CH3COOH溶液的pH一定比HClO溶液的pH小
【答案】B
【解析】解：A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动，所以溶液的pH不变，故A错误；
B．CH3COOH和HClO都是一元酸，这两种酸分别与NaOH反应生成盐和水，消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比，两种酸的体积和浓度相同，则其物质的量相等，所以消耗碱的物质的量相等，故B正确；
C．pH=2的氯水中c（H+）=0.01mol/L，pH=2的100mL氯水中n（H+）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，根据电荷守恒得n（H+）=n（OH-）+n（ClO-）+n（Cl-）=0.001mol，但是溶液中n（HClO）≠n（Cl-），所以n（OH-）+n（ClO-）+n（Cl-）≠0.001mol，故C错误；
D．电离平衡常数越大酸的酸性越强，溶液的pH与c（H+）成反比，两种溶液中c（H+）大小未知，无法判断两种溶液的pH大小，故D错误；
故选：B。
A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动；
B．CH3COOH和HClO都是一元酸，这两种酸分别与NaOH反应生成盐和水，消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比；
C．pH=2的氯水中c（H+）=0.01mol/L，pH=2的100mL氯水中n（H+）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，根据电荷守恒得n（H+）=n（OH-）+n（ClO-）+n（Cl-）=0.001mol，但是溶液中n（HClO）≠n（Cl-）；
D．电离平衡常数越大酸的酸性越强，溶液的pH与c（H+）成反比。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，明确弱电解质电离特点及溶液中存在的电荷守恒是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二、双选题（本大题共1小题，共2.0分）
25. 对于可逆反应：A2（g）+3B2（s）⇌2AB3（g）△H＜0，下列图象中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】解：A．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率大于正反应速率，故C正确；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选：BC。
对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答。
本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大。
三、简答题（本大题共6小题，共50.0分）
26. 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a中的气体是______（填化学式），左边电极附近现象：。
（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，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。图2是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。阳极产生ClO2的电极反应式：______。
【答案】Cl2 负 Cl-+H2OClO-+H2↑ Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】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，所以U形管右边溶液变红色，
故答案为：Cl2；有黄绿色气体生成；
（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）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+。
（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。
本题考查电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是（3）题电极反应式的书写，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，题目难度中等。
27. 钢铁工业是国家工业的基础，钢铁生锈现象却随处可见，为此每年国家损失大量资金。请回答钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。
（1）钢铁的电化学腐蚀原理如图1所示：
写出石墨电极的电极反应式______。
（2）生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式______。
（3）在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意如图2：A电极对应的金属是______（写元素名称），B电极的电极反应式是______。
【答案】O2+4e-+2H2O=4OH- Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl3+Fe=3FeCl2 铜 Cu2++2e-=Cu
【解析】解：（1）电解质为NaCl，为中性，发生吸氧腐蚀，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）氧化铁、铁都能与盐酸反应，铁与氯化铁也反应生成氯化亚铁，则生锈的铁片放入盐酸中，溶液中可能发生的化学反应的化学方程式有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl3+Fe=3FeCl2；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl3+Fe=3FeCl2；
（3）在铁件的表面镀铜的电镀池中，作阳极的是镀层金属铜；在铁件的表面镀铜的电镀池中，做阴极的是待镀金属铁，该极上金属阳离子铜离子发生得电子的还原反应，即Cu2++2e-=Cu，故答案为：铜；Cu2++2e-=Cu。
（1）电解质为NaCl，为中性，发生吸氧腐蚀，石墨电极为正极发生还原反应；
（2）氧化铁、铁都能与盐酸反应，铁与氯化铁也反应生成氯化亚铁；
（3）电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，阴极上得电子发生还原反应。
本题考查了金属的腐蚀与防护，准确把握原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，难度中等。
28. 电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解等，据所学知识回答下列问题：
（1）t℃时，纯水中c（H+）=1×10-6 mol•L-1，则该温度下水的离子积常数KW=______；该温度下，pH=10的Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为______。
（2）25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl ②NaOH ③H2SO4其中水的电离程度由大到小顺序为______（用序号回答）。
（3）25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=______，则a______ b（填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】1×10-6 0.005mol/L ①②③ 0.5amol/L ＞
【解析】解：（1）t℃时，纯水中c（H+）=c（OH-）=1×10-6 mol•L-1，则该温度下水的离子积常数KW=c（H+）•c（OH-）=1×10-6×1×10-6=10-12；
该温度下，pH=10的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，c[Ba（OH）2]= c（OH-）=0.005mol/L，
故答案为：1×10-6；0.005mol/L；
（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）、碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大，①不影响水电离，②中c（OH-）小于③中（H+）且二者都抑制水电离程度，水电离程度②＞③，所以水电离程度大小顺序是①②③，
故答案为：①②③；
（3）25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-）=0.5bmol/L；
溶液体积增大一倍，浓度是原来的一半，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.5amol/L＞c（CH3COO-）=0.5bmol/L，所以a＞b，
故答案为：0.5amol/L；＞。
（1）t℃时，纯水中c（H+）=c（OH-）=1×10-6 mol•L-1，则该温度下水的离子积常数KW=c（H+）•c（OH-）；该温度下，pH=10的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，c[Ba（OH）2]= c（OH-）；
（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）、碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大；
（3）25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-）=0.5bmol/L，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.5amol/L。
本题酸碱混合溶液定性判断、弱电解质的电离，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确化学反应原来及物质性质是解本题关键，注意（3）中物料守恒的应用，试题培养了学生的灵活应用能力。
29. 近年来城市汽车拥有量呈较快增长趋势，汽车尾气已成为重要的空气污染物。
（1）汽车内燃机工作时引起反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。已知该反应在2400℃时，平衡常数K=6.4×10-3．该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol•L-1、4.0×10-2 mol•L-1和5.0×10-3 mol•L-1，此时反应______（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”）。
（2）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可转化为N2（g）和CO2（g）得到净化。发生反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0．在25℃、101kPa下，将4mol NO、4.8molCO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
①0～20min内，v（CO2）=______。
②25min时将容器体积快速压缩至2L，反应在t1时重新达到平衡状态，在下图中画出c（CO）的变化曲线示意图。
【答案】向正反应方向进行 0.02mol•L-1•min-1
【解析】解：（1）该时刻浓度商==2.5×10-3＜K，要使该反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动，所以该时刻平衡向正反应方向移动，
故答案为：向正反应方向进行；
（2）①0～20min内，v（CO）==mol/（L．min）=0.02mol/（L．min），v（CO2）=v（CO）=0.02 mol•L-1•min-1，
故答案为：0.02 mol•L-1•min-1；
②25min时将容器体积快速压缩至2L，将体积缩小至2L的瞬间各物质浓度是原来的2倍，相当于增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，反应达到平衡时间缩短，所以其图象为，
故答案为：。
（1）该时刻浓度商==2.5×10-3＜K，要使该反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动；
（2）①0～20min内，v（CO）==mol/（L．min）=0.02mol/（L．min），v（CO2）=v（CO）；
②25min时将容器体积快速压缩至2L，将体积缩小至2L的瞬间各物质浓度是原来的2倍，相当于增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，反应达到平衡时间缩短。
本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素等知识点，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，明确浓度商与化学平衡常数相对大小与化学反应方向关系是解本题关键，题目难度不大。
30. 一碳化学是指以分子中只含一个碳原子的化合物（如一氧化碳、二氧化碳、甲烷、甲醇等）为原料，用化工的方法制造产品的化学体系的总称。我国能源比较丰富，煤的探明储量6000亿吨，居世界第三位，因此，发展一碳化学有着优越的条件和光明的前途。请回答下列有关问题。
（1）已知在一定温度下有如下反应：
I．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1=akJ•mol -1
II．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2=bkJ•mol -1
III．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H3______。
（2）在一恒容的密闭容器中，加入lmolCO（g）、2molH2O（g），发生反应：
CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△HCO的平衡转化率随温度的变化如图所示：
①该反应的△H______0 （填“＜”或“＞”。）
②在某温度下，能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是______。
a．混合气体中c（CO）不变 b．c（CO）=c（CO2）
c．υ正（H2O）=υ逆（H2） d．混合气体的平均相对分子质量不变
③A点时H2O（g）的转化率为______。
④在体积不变时，要增大该反应的正反应速率可采取的措施是______（写两条）。
【答案】=（a+b）kJ/mol ＜ ac 20% 升高温度、使用催化剂、充入CO或H2O
【解析】解：（1）Ⅰ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1=a kJ/mol
Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2=b kJ/mol
Ⅲ．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H3
根据盖斯定律△H3=△H1+△H2=（a+b）kJ/mol，
故答案为：=（a+b）kJ/mol；
（2）①由图温度升高一氧化碳的转化率减小，所以平衡逆向移动，正反应是放热反应，所以△H＜0，
故答案为：＜；
②a、混合气体中 c（CO）不变，说明各组分的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
b、c（CO）=c（CO2），而不是不变，故错误；
c．v 正（H2O）=v 逆（H2）=v 逆（H2O），达平衡状态，故正确；
d．两边气体的计量数混合气体的平均相对分子质量一直不变，故错误；
故选：ac；
③根据 CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）
初起量：1mol 2mol 0 0
变化量：0.4mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol
平衡量：0.6mol 1.6mol 0.4mol 0.4mol
A 点时 H2O（g）的转化率为×100%==20%，
故答案为：20%；
④升高温度、增加反应物的浓度、使催化剂都可以加快化学反应的速率，所以可以通过升高温度、使用催化剂、充入CO 或 H2O来加快化学反应速率，
故答案为：升高温度、使用催化剂、充入CO 或 H2O。
（1）Ⅰ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1=a kJ/mol
Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2=b kJ/mol
Ⅲ．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H3
根据盖斯定律△H3=△H1+△H2分析解答；
（2）①由图温度升高一氧化碳的转化率减小，所以平衡逆向移动；
②a、混合气体中 c（CO）不变，说明各组分的物质的量不变；
b、c（CO）=c（CO2），而不是不变；
c．v 正（H2O）=v 逆（H2）=v 逆（H2O；
d．两边气体的计量数混合气体的平均相对分子质量一直不变；
③根据 CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）
初起量：1mol 2mol 0 0
变化量：0.4mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol
平衡量：0.6mol 1.6mol 0.4mol 0.4mol
A 点时 H2O（g）的转化率为×100%；
④升高温度、增加反应物的浓度、使催化剂都可以加快化学反应的速率。
本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、转化率的计算，掌握盖斯定律的应用以及化学平衡移动原理应用是解题关键，题目难度中等。
31. 合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究CO2与CO之间的转化。为了弄清其规律，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H，测得压强、温度对CO、CO2的平衡组成的影响如图1所示：
回答下列问题：
（1）请写出该反应的平衡常数表达式：______。
（2）p1、p2、p3的大小关系是______，图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是______。
（3）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO．反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇋CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ•mol-1 I
CO2（g）+H2（g）⇋CO（g）+H2O（g）△H2 II
已知：a．CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1
b．H2O（l）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
①反应II的△H2=______kJ•mol-1。
②有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有______。
A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
③在如图2中分别画出反应 I在无催化剂、无催化剂两种情况下“反应过程-能量”示意图。
【答案】K= p1＜p2＜p3 Ka=Kb＜Kc +41.2 CD
【解析】解：（1）C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）的平衡常数K=，故答案为：K=；
（2）反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，表明低压强对应着高的CO体积分数，则p1、p2、p3的大小关系是：p1＜p2＜p3，
化学平衡常数只随温度的改变而改变，升高温度，正反应趋势增大，化学平衡常数增大，则a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=Kb＜Kc，
故答案为：p1＜p2＜p3；Ka=Kb＜Kc；
（3）①已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，②H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，可知热化学方程式a。CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•mol-1，c．H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，
由盖斯定律，将b-a+c可得：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=（-285.8+283.0+44）kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1，
故答案为：+41.2；
②A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B．使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C．降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E．增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；
故答案为：CD；
③从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为，
故答案为：。
（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；
（2）反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，化学平衡常数只随温度的改变而改变；
（3）①已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，②H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，可知热化学方程式a。CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•mol-1，c．H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，利用盖斯定律可计算CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的反应热；
②由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ•mol-8可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
③加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变，据此画出“反应过程-能量”示意图。
本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二（上）期中化学试卷（选考）
一、单选题（本大题共24小题，共48.0分）
1. 下列能源的大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是（ ）
A. 化石能源 B. 太阳能 C. 氢能 D. 地热能
【答案】A
【解析】解：因太阳能、氢能、地热能都是未来的理想能源，安全清洁，不会严重影响环境；而化石能源却会给空气造成很大的污染。
故选：A。
化石能源是不可再生的，而它的大量使用，会造成严重的环境污染，因为在燃烧时排放出大量的二氧化碳、二氧化硫、粉尘及其他有害物质，对空气造成污染．
本题主要考查了能源的利用会对环境造成危害，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．
2. 下列物质中，属于强电解质的是（ ）
A. CH3COOH B. H2O C. NH3•H2O D. NaOH
【答案】D
【解析】解：A、醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B、水为弱电解质，故B错误；
C、一水合氨为弱碱，属于弱电解质，故C错误；
D、氢氧化钠为强碱，属于强电解质，故D正确，故选D。
强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物．
主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa）等，除Pb（CH3COO）2，弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物．
本题主要考查的是强弱电解质的概念，掌握概念是关键，难度不大．
3. 下列物质的电离方程式正确的是（ ）
A. HCl=H++Cl- B. H2CO3⇌2H++CO32-
C. NaHCO3=Na++H++CO32- D. KClO3=K++Cl5++3O2-
【答案】A
【解析】解：A．氯化氢为强电解质，完全电离，电离方程式：HCl=H++Cl-，故A正确；
B．碳酸为多元弱酸分步电离，以第一步为主，电离方程式：H2CO3⇌H++HCO3-，故B错误；
C．碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3-，故C错误；
D．氯酸钾为强电解质，完全电离，电离方程式：KClO3=K++ClO3-，故D错误；
故选：A。
A．氯化氢为强电解质，完全电离；
B．碳酸为多元弱酸分步电离，以第一步为主；
C．碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子，不能拆；
D．氯酸根离子为原子团，不能拆。
本题考查了电解质电离方程式的书写，明确电解质电离方式是解题关键，题目难度不大。
4. 当压力达到220个大气压、温度达到374℃时，水成为“超临界状态”，此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物，这就是“水热反应”，生物质在地下高温高压条件下通过水热反应可生成石油、煤等矿物能源．下列说法不正确的是（ ）
A. 二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应，属于放热反应
B. “水热反应”是一种复杂的物理化学变化
C. 火力发电厂可以利用废热，将二氧化碳转变为能源物质
D. 随着科技的进步，“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
【答案】A
【解析】解：A、二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应，是将能量储存在汽油中的过程，属于吸热反应，故A错误；
B、压强达到22MPa、温度达到374℃时，水成为“超临界状态”，该过程为物理变化，此时水可将CO2 等含碳化合物转化为有机物，为化学变化，故B正确；
C、高压条件下将CO2等含碳化合物转化为有机物，是将二氧化碳转变为能源物质，故C正确；
D、充分利用地球上的碳资源，有利于碳资源的循环使用，故D正确；
故选：A。
A、二氧化碳与超临界水作用是将能量储存在汽油中的过程；
B、没有新物质生成的变化叫物理变化，有新物质生成的变化叫化学变化．判断物理变化和化学变化的依据是：是否有新物质生成；
C、火力发电厂可以利用废热在高压条件下能将CO2等含碳化合物转化为有机物；
D、“水热反应”可制取能源有利于碳资源的循环使用；
本题考查新能源的开发和利用，题目难度不大，注意题中所给信息的理解和运用．
5. 下列溶液一定呈中性的是（ ）
A. c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液
B. pH=7的溶液
C. 使石蕊试液呈紫色的溶液
D. 酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】A
【解析】解：A、c（H+）=c（OH-）=10-6mol/L溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，故A正确；
B、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故B错误；
C、使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液显酸性，故C错误；
D、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故D错误；
故选：A。
溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定，c（H+）＞c（OH-）溶液呈酸性；c（H+）＜c（OH-）溶液呈碱性；c（H+）=c（OH-）溶液呈中性，据此进行判断．
本题考查了溶液酸碱性的判断，明确溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH+）、c（H+）的相对大小是解本题的关键，很多同学仅仅根据pH大小判断而导致错误判断，为易错点．
6. 某同学按照课本实验要求，用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。下列说法中，正确的是（ ）
A. 实验过程中没有热量损失
B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C. 烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D. 若将盐酸体积改为60 mL，理论上所求中和热不相等
【答案】B
【解析】解：A．该装置的保温效果并不如量热计那样好，大小烧杯之间要填满纸片，装置存在热量的散失，故A错误；
B．根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，故B正确；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；
D．因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关，若将盐酸体积改为60 mL，两次实验所求得中和热相等，故D错误；
故选：B。
A．根据实验过程的保温情况确定保温效果；
B．根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；
C．中和热测定实验成败的关键是保温工作；
D．中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。
本题考查中和热的测定，注意理解中和热的概念是解题的关键，题目难度不大。
7. 关于如图所示装置的叙述，正确的是（ ）
A. 铜是阳极，铜片上有气泡产生
B. 铜片质量逐渐减少
C. 电流方向从锌片经导线流向铜片
D. 铜离子在铜片表面被还原
【答案】D
【解析】解：A．该反应能自发进行，所以该装置是原电池，根据电子流向知，锌作负极，铜作正极，铜电极上铜离子得电子生成铜，故A错误；
B．该原电池中，铜电极上铜离子得电子生成铜，所以铜电极质量逐渐增加，故B错误；
C．该原电池中，锌作负极，铜作正极，所以电流从铜片沿导线流向锌片，故C错误；
D．该原电池中，铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，被还原，故D正确；
故选：D。
该反应能自发进行，所以该装置是原电池，根据电子流向知，锌作负极，铜作，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上铜离子得电子发生还原反应，由此分析解答．
本题考查了原电池原理，正确推断原电池及正负极是解本题关键，结合正负极上发生的电极反应、电流流向来分析解答即可，难度不大．
8. 根据如下能量关系示意图分析，下列说法正确的是（ ）
A. 1mol C（g）与lmol O2 （g）的能量之和为393.5kJ
B. 反应2CO（g）+O2 （g）=2CO2 （g）中，反应物的总键能小于生成物的总键能
C. C→CO的热化学方程式为2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-110.6kJ•mol-1
D. CO的热值为10.1kJ•kg-1
【答案】B
【解析】解：A.1mol C（g）与lmolO2（g）的能量之和比1molCO2（ g）的能量高393.5kJ，故A错误；
B.2CO（g）+O2（g）=2CO2（ g）为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，故B正确；
C．由图可知，C→CO的热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO（g）△H=-110.6kJ•mol-1，故C错误；
D．由图可知，1molCO燃烧放出热量为282.9kJ，则CO的热值为=6.9×10-3kJ•kg-1，故D错误；
故选：B。
由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，结合物质的状态及焓变书写热化学方程式。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。
9. 一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示．下列有关说法正确的是（ ）
A. b电极为该电池的负极
B. b电极附近溶液的pH减小
C. a电极反应式：C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+
D. 中间室：Na+移向左室，Cl-移向右室
【答案】C
【解析】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+，
A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，故A错误；
B．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，生成氢氧根离子导致溶液碱性增大，溶液的pH增大，故B错误；
C．左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+，故C正确；
D．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl-移向负极室左室，故D错误；
故选：C。
该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解答．
本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握；
10. 下列有关生活生产中的叙述合理的是（ ）
A. 水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法
B. 明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
C. 铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用CuSO4溶液做电解质溶液
D. 工业上合成氨采用500℃左右的温度，其原因是适当加快NH3的合成速率，催化剂在500℃左右时其活性最好，且能提高H2的转化率
【答案】C
【解析】解：A、水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故A错误；
B、明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用，但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒，漂白粉有强氧化性能用于自来水的杀菌消毒，故B错误；
C、铜的精炼中粗铜为阳极，纯铜为阴极，硫酸铜溶液为电解质溶液，电镀铜时待镀金属为阴极，铜为阳极，硫酸铜溶液为电镀液，故C正确；
D、在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行但使用催化剂时平衡不移动，故不能提高氢气的转化率，故D错误。
故选：C。
A、与电源负极相连为外接电源的阴极保护法；
B、明矾没有强氧化性不能杀菌消毒；
C、根据铜的精炼和电镀铜的原理分析；
D、催化剂不能使平衡移动．
本题考查了金属的电化学腐蚀和防护、明矾净水原理、漂白粉的杀菌消毒原理、电镀和电解精炼，题目涉及的知识点较多，侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等．
11. 2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. △H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1
B. △H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C. △H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＞△H5
D. △H7＜0，且该过程形成了分子间作用力
【答案】D
【解析】解：A．由盖斯定律可知，反应一步完成和分步完成的能量相同，则△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故A正确；
B．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等，故B正确；
C．气态原子转化为气态离子放热，且Cl比Br活泼，Cl得到电子放出热量多，焓变为负，则△H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＞△H5，故C正确；
D．氯化钠为离子晶体，同种物质的气态比固态能量高，则△H7＜0，且该过程形成离子键，故D错误；
故选：D。
A．由盖斯定律可知，反应一步完成和分步完成的能量相同；
B．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量；
C．气态原子转化为气态离子放热，且Cl比Br活泼，Cl得到电子放出热量多；
D．氯化钠为离子晶体，气态比固态能量高。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握盖斯定律、焓变与能量的关系、氯化钠的构成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。
12. 氯化铜的稀溶液是淡蓝色的，加入浓盐酸后，溶液变成黄绿色了，这种颜色变化是由下列可逆反应造成的：Cu（H2O）42+（溶液）+4Cl-⇌CuCl42-（溶液）+4H2O，其中Cu（H2O）42+为淡蓝色，CuCl42-为黄绿色．下列方法①加蒸馏水；②加AgNO3固体；③加入NaCl固体；④加入过量NaOH溶液中，能使溶液变成淡蓝色的是（ ）
A. 只有① B. 只有② C. ①和② D. ③和④
【答案】C
【解析】解：根据题意知，能使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该反应向逆反应方向移动，
①水是生成物，加蒸馏水，使可逆反应向逆反应方向移动，所以能使溶液变成淡蓝色，故正确；
②加AgNO3固体，氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，平衡向逆反应方向移动，所以能使溶液变成淡蓝色，故正确；
③加入NaCl固体，氯离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，不能使溶液变成淡蓝色，故错误；
④加入过量NaOH溶液时，铜离子完全和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以溶液最终呈无色，故错误；
故选：C。
要使溶液变成淡蓝色，加入的物质应该使该反应向逆反应方向移动，据此分析解答．
本题考查了可逆反应的平衡移动，明确物质间的反应是解本题关键，难度不大．
13. 可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）在不同条件下的反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）
A. υ（SO2）=0.5mol/（L•s） B. υ（O2）=1mol/（L•min）
C. υ（SO3）=0.6mol/（L•s） D. υ（O2）=0.4mol/（L•s）
【答案】D
【解析】解：可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）都转化为υ（SO2）进行比较，
A．υ（SO2）=0.5mol/（L•s）；
B．υ（O2）=1mol/（L•min）=0.017mol/（L•s），则υ（SO2）=2υ（O2）=0.034mol/（L•s）；
C．υ（SO3）=0.6mol/（L•s），则υ（SO2）=υ（SO3）=0.6mol/（L•s）；
D．υ（O2）=0.4mol/（L•s），则υ（SO2）=2υ（O2）=0.8mol/（L•s）；
故反应速率D＞C＞A＞B，
故选：D。
由化学反应速率之比等于方程式的系数之比可知，将用不同物质表示的化学反应速率统一用同一种物质来表示，然后再进行数据的大小比较即可，注意单位一致．
比较反应速率常用的两种方法：（1）归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较．（2）比值法：用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快，比较反应速率时注意反应速率的单位要相同．
14. 在体积可变的容器中发生反应N2+3H2⇌NH3当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是（ ）
A. 分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多
B. 反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
C. 活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多
D. 分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞
【答案】C
【解析】解：A．由于温度不变，所以分子运动速率不变，故A错误；
B．由于温度不变，所以反应物分子的能量不变，故B错误；
C．大压强使容器体积缩小时，单位体积内反应物浓度增大，所以单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但是活化分子百分数未变，故C正确；
D．活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，只有取向合适才能发生反应，才是有效碰撞，故D错误。
故选：C。
增大压强使容器体积缩小时，单位体积内反应物浓度增大，所以单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但是活化分子百分数未变．
本题考查影响活化分子的因素，题目难度不大，注意外界条件对活化分子的影响不同，把握相关基础知识的积累．
15. 已知0.1mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是（ ）
A. 加少量烧碱溶液 B. 升高温度
C. 加少量冰醋酸 D. 减小压强（不考虑挥发）
【答案】B
【解析】解：A．加入烧碱固体，反应生成CH3COO-，c（H+）减小，由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故A错误；
B．弱电解质的电离为吸热过程，加热促进电离，则c（H+）/c（CH3COOH）值增大，故B正确；
C．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则c（H+）/c（CH3COOH）值减小，故C错误；
D．减小压强对溶液影响不大，不影响比值关系，故D错误；
故选：B。
醋酸溶液中存在电荷平衡，要使溶液中c（H+）/c（CH3COOH）值增大，应是平衡向电离的方向移动，结合影响平衡移动的因素解答该题。
本题考查弱电解质的电离，侧重于考查学生的分析能力和化学基本概念的理解和应用能力，为高考常见题型，难度中等，注意把握影响弱电解质的电离的影响因素。
16. 常温下c（H+）最小的是（ ）
A. pH=0的溶液． B. 0.04 mol•L-1 的H2SO4．
C. 0.5 mol•L-1 的HCl． D. 0.05 mol•L-1的HNO3
【答案】D
【解析】解：A．pH=0的溶液中c（H+）=1mol/L；
B．c（H+）=2c（H2SO4）=0.08mol/L；
C．c（H+）=c（HCl）=0.5mol/L；
D．c（H+）=c（HNO3）=0.05mol/L；
所以氢离子浓度最小的是D，
故选：D。
根据酸浓度和氢离子浓度的关系及c（H+）=10-pH计算氢离子浓度．
本题考查氢离子浓度的计算，明确强酸溶液中，氢离子浓度和酸浓度的关系是解本题关键，难度不大．
17. 一定量的盐酸跟少量的铁粉反应时，为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入（ ）
A. KNO3溶液 B. NaCl溶液 C. 铜粉 D. 硫酸铜晶体
【答案】B
【解析】解：A、加入KNO3溶液后，在酸性溶液中NO3-和铁反应生成的气体不会是氢气，故A错误；
B、NaCl溶液不参与反应，但溶液体积增大，会降低盐酸的浓度，反应速率降低，故B正确；
C、加入铜粉，可构成原电池加快反应速率，故C错误；
D、加入硫酸铜晶体后，铁可置换出铜，构成原电池，加快反应，故B错误。
故选：B。
铁与盐酸反应本质为Fe+2H+=Fe2++H2↑，一定量的盐酸跟少量的铁粉反应，铁粉不足，减缓反应速率但不影响生成H2的总量，应降低H+浓度，但不能影响与酸反应生成氢气的铁粉的质量，结合物质的性质解答．
考查反应速率的影响因素，难度中等，注意A中加入后硝酸反应完毕，剩余的铁与盐酸反应生成氢气．
18. 有一可逆反应2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），已知起始浓度c（A）=2mol/L，c（B）=3mol/L，c（C）=c（D）=0，反应开始20min后达到平衡状态，此时D的平衡浓度为0.5mol/L，则下列说法不正确的是（ ）
A. 前20 min的平均反应速率v（C）=0.1 mol/（L•min）
B. A的转化率为50%
C. C的平衡浓度c（C）=4 mol/L
D. B的平衡浓度c（B）=1.5 mol/L
【答案】C
【解析】解：利用三段式法计算：
2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），
起始（mol/l） 2 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 1 1.5 2 0.5
A．前20min的平均反应速率v（C）==0.1mol/（L．min），故A正确；
B．A的转化率为×100%=50%，故B正确；
C．C的平衡为浓度为2mol/L，故C错误；
D．B的平衡浓度为1.5mol/L，故D正确。
故选：C。
利用三段式法计算：
2A（g）+3B（g）⇌4C（g）+D（g），
起始（mol/l） 2 3 0 0
转化（mol/l） 1 1.5 2 0.5
平衡（mol/l） 1 1.5 2 0.5
结合对应的数据计算各物理量及转化率．
本题考查化学平衡的计算，难度不大，注意利用三段式法计算出平衡浓度为解答该题的关键，答题时注意体会．
19. 如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是 （ ）
a极板
b极板
X电极
Z
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】解：通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无味气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属，电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。
A、该选项符合条件，电解硫酸铜溶液，阳极生成气体氧气，阴极析出铜，故A正确；
B、电解质溶液中金属阳离子钠离子在氢元素前边不放电，阴极和阳极生成气体，故B错误；
C、铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在b极上得不到气体，故C错误；
D、电解氯化铜溶液，阳极生成有色气体氯气，阴极析出铜，不符合，故D错误。
故选：A。
通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无味气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非金属，电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子．
本题考查了电解池工作原理，明确溶液中离子的放电顺序是解本题的关键，解题时还要注意正极的电极材料，如果是较活泼的金属，电极材料失电子，不是溶液中离子失电子，题目难度中等．
20. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. 新制的氯水在光照条件下颜色变浅
B. 打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出
C. 已知2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、I2、H2混合气体进行压缩，混合气体颜色变深
D. 工业上用氮气、氢气合成氨气的过程中，通过加压将氨气液化以增大转化率
【答案】C
【解析】解：A、新制的氯水中存在化学平衡，CL2+H2O⇌HCl+HClO，在光照条件下次氯酸见光分解，平衡正向进行，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；
B、打开可乐瓶盖后看到有大量气泡逸出，是因为二氧化碳气体溶解度减小，平衡移动的结构，和平衡有关，能用勒夏特列原理解释，故B不符合；
C、已知2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、I2、H2混合气体进行压缩，反应前后气体体积不变，混合气体颜色变深是因为体积缩小，浓度增大，和平衡移动无关，故C符合；
D、工业上用氮气、氢气合成氨气的过程中，反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，通过加压将氨气液化以增大转化率，恒容平衡有关，能用勒夏特列原理解释，故D不符合；
故选：C。
勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提．
21. 已知25℃时，0.1mo1•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述正确的是（ ）
A. 该溶液的pH=3
B. 升高温度，溶液的pH增大
C. 此酸的电离方程式为HA=H++A-
D. 由HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍
【答案】D
【解析】解：A．该温度下，0.1mo1•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%=
10-4mol/L，溶液的pH=-lgc（H+）=-lg10-4=4，故A错误；
B．升高温度促进HA电离导致溶液中c（H+）增大，溶液的pH减小，故B错误；
C．HA部分电离，为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为HA⇌H++A-，故C错误；
D．该溶液中酸电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离出的c（H+）=mol/L=10-10mol/L，HA电离出的c（H+）：水电离出的c（H+）=10-4mol/L：10-10mol/L=106，则HA电离出的c（H+）约为水电离出的c（H+）的106倍，故D正确；
故选：D。
A．该温度下，0.1mo1•L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，则该溶液中c（H+）=0.1mol/L×0.1%=
10-4mol/L，溶液的pH=-lgc（H+）；
B．升高温度促进HA电离导致溶液中c（H+）增大；
C．HA部分电离，为弱电解质，在水溶液中存在电离平衡；
D．该溶液中酸电离出的c（H+）=0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，水电离出的c（H+）=mol/L=10-10 mol/L。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点及溶液pH计算方法是解本题关键，D为解答易错点，注意溶液中c（H+）与水电离出的c（H+）关系，题目难度不大。
22. 利用传感技术可以探究压强对2NO2⇌N2O4化学平衡移动的影响。在室温、100KPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，
测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. B点NO2的转化率为6%
B. B点到D点的过程中，NO2的物质的量先减少后增大
C. B、E两点对应的正反应速率大小为vB＜vE
D. E、H两点气体的平均相对分子质量大小为ME＞MH
【答案】A
【解析】解：A．根据阿伏加德罗定律，温度，体积不变时，压强之比等于物质的量之比，设起始时NO2的物质的量为n，反应的物质的量为2x，列出三段式：
2NO2⇌N2O4
起始/mol n 0
反应/mol 2x x
平衡/mol n-2x x
气体物质的量之比等于压强之比，则=，x=，NO2的转化率为×100%=×100%=6%，故A正确；
B．t1时刻移动了活塞，压强迅速减小，说明针筒体积增大，保持活塞位置不变后，此时体系因体积增大而压强减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即项生成NO2的方向移动，使得压强逐渐增大，直至达到平衡状态，所以B点到D点是NO2的物质的量增大的过程，故B错误；
C．压强影响气体的化学反应速率，压强增大，化学反应速率加快，B点的压强大于E点的压强，则vB＞vE，故C错误；
D．t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明针筒内体积缩小，保持活塞位置不变后，平衡向着正向移动，混合气的物质的量逐渐减小，根据M=可知，混合气体的平均分子质量ME＜MH，故D错误；
故选：A。
A．根据阿伏加德罗定律，其他条件不变时，压强之比等于物质的量之比，结合三段式法进行计算；
B．压强的减小会带来体积的改变，体积改变后再分析压强的变化带来的平衡移动；
C．压强越大，反应速率越快；
D．压强增大平衡向着气体体积缩小的方向移动，根据压强判断混合气体的物质的量，然后根据M=分析E、H两点气体的平均相对分子质量大小。
本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
23. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下：
则下列说法错误的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应是化合反应
B. ①→②过程形成了C-C键
C. CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
D. ①→②吸收能量
【答案】D
【解析】解：A．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故A正确；
B．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C-C键形成，故B正确；
C．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C-H键发生断裂，故C正确；
D．①→②的焓值降低，过程为放热过程，故D错误；
故选：D。
A．化合反应为多种反应只有一种生成物的反应；
B．图中可知。①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C-C化学键并存在C-H的断裂；
C．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；
D．反应物的总能量大于生成物的总能量，反应释放能量，是放热反应。
本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
24. 已知HClO的Ka=2.98×10 -8，CH3COOH的Ka=1.75×10-5，下列有关说法正确的是（ ）
A. 在pH=2的醋酸溶液中加入少量0.01 mol•L-1的稀盐酸，溶液的pH会变小
B. 等浓度等体积的CH3COOH和HClO溶液分别于氢氧化钠溶液反应，消耗的碱的物质的量相等
C. 100mL pH=2的新制氯水中：n（OH-）+n（ClO-）+n（HClO）=0.001mol
D. 由电离常数分析，CH3COOH溶液的pH一定比HClO溶液的pH小
【答案】B
【解析】解：A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动，所以溶液的pH不变，故A错误；
B．CH3COOH和HClO都是一元酸，这两种酸分别与NaOH反应生成盐和水，消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比，两种酸的体积和浓度相同，则其物质的量相等，所以消耗碱的物质的量相等，故B正确；
C．pH=2的氯水中c（H+）=0.01mol/L，pH=2的100mL氯水中n（H+）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，根据电荷守恒得n（H+）=n（OH-）+n（ClO-）+n（Cl-）=0.001mol，但是溶液中n（HClO）≠n（Cl-），所以n（OH-）+n（ClO-）+n（Cl-）≠0.001mol，故C错误；
D．电离平衡常数越大酸的酸性越强，溶液的pH与c（H+）成反比，两种溶液中c（H+）大小未知，无法判断两种溶液的pH大小，故D错误；
故选：B。
A．在pH等于2的醋酸溶液中加入少量0.01mol•L-1的稀盐酸，氢离子浓度不变，醋酸的电离平衡不移动；
B．CH3COOH和HClO都是一元酸，这两种酸分别与NaOH反应生成盐和水，消耗碱的物质的量与酸的物质的量成正比；
C．pH=2的氯水中c（H+）=0.01mol/L，pH=2的100mL氯水中n（H+）=0.01mol/L×0.1L=0.001mol，根据电荷守恒得n（H+）=n（OH-）+n（ClO-）+n（Cl-）=0.001mol，但是溶液中n（HClO）≠n（Cl-）；
D．电离平衡常数越大酸的酸性越强，溶液的pH与c（H+）成反比。
本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断能力，明确弱电解质电离特点及溶液中存在的电荷守恒是解本题关键，D为解答易错点，题目难度不大。
二、双选题（本大题共1小题，共2.0分）
25. 对于可逆反应：A2（g）+3B2（s）⇌2AB3（g）△H＜0，下列图象中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】解：A．该反应是放热反应，先拐先平，温度高，故A错误；
B．该反应是气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以A的含量是减小，压强一定升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的含量增大，故B正确；
C．升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，交叉点后，逆反应速率大于正反应速率，故C正确；
D．压强越大，反应速率越大，正逆反应速率都增大，故D错误；
故选：BC。
对于可逆反应A2（g）+3B2（g）⇌2AB3（g）△H＜0，正反应放热，升高温度正逆反应速率都增大，化学向逆反应方向移动，增大压强，平衡向正反应方向移动，结合图象分析解答。
本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大。
三、简答题（本大题共6小题，共50.0分）
26. 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a中的气体是______（填化学式），左边电极附近现象：。
（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，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。图2是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。阳极产生ClO2的电极反应式：______。
【答案】Cl2 负 Cl-+H2OClO-+H2↑ Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】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，所以U形管右边溶液变红色，
故答案为：Cl2；有黄绿色气体生成；
（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）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+。
（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。
本题考查电解原理，为高频考点，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是（3）题电极反应式的书写，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，题目难度中等。
27. 钢铁工业是国家工业的基础，钢铁生锈现象却随处可见，为此每年国家损失大量资金。请回答钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。
（1）钢铁的电化学腐蚀原理如图1所示：
写出石墨电极的电极反应式______。
（2）生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式______。
（3）在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意如图2：A电极对应的金属是______（写元素名称），B电极的电极反应式是______。
【答案】O2+4e-+2H2O=4OH- Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl3+Fe=3FeCl2 铜 Cu2++2e-=Cu
【解析】解：（1）电解质为NaCl，为中性，发生吸氧腐蚀，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）氧化铁、铁都能与盐酸反应，铁与氯化铁也反应生成氯化亚铁，则生锈的铁片放入盐酸中，溶液中可能发生的化学反应的化学方程式有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl3+Fe=3FeCl2；
故答案为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2FeCl3+Fe=3FeCl2；
（3）在铁件的表面镀铜的电镀池中，作阳极的是镀层金属铜；在铁件的表面镀铜的电镀池中，做阴极的是待镀金属铁，该极上金属阳离子铜离子发生得电子的还原反应，即Cu2++2e-=Cu，故答案为：铜；Cu2++2e-=Cu。
（1）电解质为NaCl，为中性，发生吸氧腐蚀，石墨电极为正极发生还原反应；
（2）氧化铁、铁都能与盐酸反应，铁与氯化铁也反应生成氯化亚铁；
（3）电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，阴极上得电子发生还原反应。
本题考查了金属的腐蚀与防护，准确把握原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，难度中等。
28. 电解质在水溶液中存在各种行为，如电离、水解、沉淀溶解等，据所学知识回答下列问题：
（1）t℃时，纯水中c（H+）=1×10-6 mol•L-1，则该温度下水的离子积常数KW=______；该温度下，pH=10的Ba（OH）2溶液的物质的量浓度为______。
（2）25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NaCl ②NaOH ③H2SO4其中水的电离程度由大到小顺序为______（用序号回答）。
（3）25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则溶液中c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=______，则a______ b（填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】1×10-6 0.005mol/L ①②③ 0.5amol/L ＞
【解析】解：（1）t℃时，纯水中c（H+）=c（OH-）=1×10-6 mol•L-1，则该温度下水的离子积常数KW=c（H+）•c（OH-）=1×10-6×1×10-6=10-12；
该温度下，pH=10的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，c[Ba（OH）2]= c（OH-）=0.005mol/L，
故答案为：1×10-6；0.005mol/L；
（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）、碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大，①不影响水电离，②中c（OH-）小于③中（H+）且二者都抑制水电离程度，水电离程度②＞③，所以水电离程度大小顺序是①②③，
故答案为：①②③；
（3）25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-）=0.5bmol/L；
溶液体积增大一倍，浓度是原来的一半，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.5amol/L＞c（CH3COO-）=0.5bmol/L，所以a＞b，
故答案为：0.5amol/L；＞。
（1）t℃时，纯水中c（H+）=c（OH-）=1×10-6 mol•L-1，则该温度下水的离子积常数KW=c（H+）•c（OH-）；该温度下，pH=10的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=mol/L=0.01mol/L，c[Ba（OH）2]= c（OH-）；
（2）酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c（H+）、碱中c（OH-）越大其抑制水电离程度越大；
（3）25℃时，将 a mol•L-1 的醋酸和 b mol•L-1 的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（Na+）=c（CH3COO-）=0.5bmol/L，溶液中存在物料守恒c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.5amol/L。
本题酸碱混合溶液定性判断、弱电解质的电离，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确化学反应原来及物质性质是解本题关键，注意（3）中物料守恒的应用，试题培养了学生的灵活应用能力。
29. 近年来城市汽车拥有量呈较快增长趋势，汽车尾气已成为重要的空气污染物。
（1）汽车内燃机工作时引起反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。已知该反应在2400℃时，平衡常数K=6.4×10-3．该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10-1mol•L-1、4.0×10-2 mol•L-1和5.0×10-3 mol•L-1，此时反应______（填“处于化学平衡状态”、“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”）。
（2）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂条件下可转化为N2（g）和CO2（g）得到净化。发生反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H＜0．在25℃、101kPa下，将4mol NO、4.8molCO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如图所示。
①0～20min内，v（CO2）=______。
②25min时将容器体积快速压缩至2L，反应在t1时重新达到平衡状态，在下图中画出c（CO）的变化曲线示意图。
【答案】向正反应方向进行 0.02mol•L-1•min-1
【解析】解：（1）该时刻浓度商==2.5×10-3＜K，要使该反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动，所以该时刻平衡向正反应方向移动，
故答案为：向正反应方向进行；
（2）①0～20min内，v（CO）==mol/（L．min）=0.02mol/（L．min），v（CO2）=v（CO）=0.02 mol•L-1•min-1，
故答案为：0.02 mol•L-1•min-1；
②25min时将容器体积快速压缩至2L，将体积缩小至2L的瞬间各物质浓度是原来的2倍，相当于增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，反应达到平衡时间缩短，所以其图象为，
故答案为：。
（1）该时刻浓度商==2.5×10-3＜K，要使该反应达到平衡状态，反应应该向正反应方向移动；
（2）①0～20min内，v（CO）==mol/（L．min）=0.02mol/（L．min），v（CO2）=v（CO）；
②25min时将容器体积快速压缩至2L，将体积缩小至2L的瞬间各物质浓度是原来的2倍，相当于增大压强，正逆反应速率都增大，平衡正向移动，反应达到平衡时间缩短。
本题考查化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响因素等知识点，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，明确浓度商与化学平衡常数相对大小与化学反应方向关系是解本题关键，题目难度不大。
30. 一碳化学是指以分子中只含一个碳原子的化合物（如一氧化碳、二氧化碳、甲烷、甲醇等）为原料，用化工的方法制造产品的化学体系的总称。我国能源比较丰富，煤的探明储量6000亿吨，居世界第三位，因此，发展一碳化学有着优越的条件和光明的前途。请回答下列有关问题。
（1）已知在一定温度下有如下反应：
I．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1=akJ•mol -1
II．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2=bkJ•mol -1
III．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H3______。
（2）在一恒容的密闭容器中，加入lmolCO（g）、2molH2O（g），发生反应：
CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△HCO的平衡转化率随温度的变化如图所示：
①该反应的△H______0 （填“＜”或“＞”。）
②在某温度下，能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是______。
a．混合气体中c（CO）不变 b．c（CO）=c（CO2）
c．υ正（H2O）=υ逆（H2） d．混合气体的平均相对分子质量不变
③A点时H2O（g）的转化率为______。
④在体积不变时，要增大该反应的正反应速率可采取的措施是______（写两条）。
【答案】=（a+b）kJ/mol ＜ ac 20% 升高温度、使用催化剂、充入CO或H2O
【解析】解：（1）Ⅰ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1=a kJ/mol
Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2=b kJ/mol
Ⅲ．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H3
根据盖斯定律△H3=△H1+△H2=（a+b）kJ/mol，
故答案为：=（a+b）kJ/mol；
（2）①由图温度升高一氧化碳的转化率减小，所以平衡逆向移动，正反应是放热反应，所以△H＜0，
故答案为：＜；
②a、混合气体中 c（CO）不变，说明各组分的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
b、c（CO）=c（CO2），而不是不变，故错误；
c．v 正（H2O）=v 逆（H2）=v 逆（H2O），达平衡状态，故正确；
d．两边气体的计量数混合气体的平均相对分子质量一直不变，故错误；
故选：ac；
③根据 CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）
初起量：1mol 2mol 0 0
变化量：0.4mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol
平衡量：0.6mol 1.6mol 0.4mol 0.4mol
A 点时 H2O（g）的转化率为×100%==20%，
故答案为：20%；
④升高温度、增加反应物的浓度、使催化剂都可以加快化学反应的速率，所以可以通过升高温度、使用催化剂、充入CO 或 H2O来加快化学反应速率，
故答案为：升高温度、使用催化剂、充入CO 或 H2O。
（1）Ⅰ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H1=a kJ/mol
Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H2=b kJ/mol
Ⅲ．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H3
根据盖斯定律△H3=△H1+△H2分析解答；
（2）①由图温度升高一氧化碳的转化率减小，所以平衡逆向移动；
②a、混合气体中 c（CO）不变，说明各组分的物质的量不变；
b、c（CO）=c（CO2），而不是不变；
c．v 正（H2O）=v 逆（H2）=v 逆（H2O；
d．两边气体的计量数混合气体的平均相对分子质量一直不变；
③根据 CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）
初起量：1mol 2mol 0 0
变化量：0.4mol 0.4mol 0.4mol 0.4mol
平衡量：0.6mol 1.6mol 0.4mol 0.4mol
A 点时 H2O（g）的转化率为×100%；
④升高温度、增加反应物的浓度、使催化剂都可以加快化学反应的速率。
本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、转化率的计算，掌握盖斯定律的应用以及化学平衡移动原理应用是解题关键，题目难度中等。
31. 合成氨工业涉及固体燃料的气化，需要研究CO2与CO之间的转化。为了弄清其规律，让一定量的CO2与足量碳在体积可变的密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H，测得压强、温度对CO、CO2的平衡组成的影响如图1所示：
回答下列问题：
（1）请写出该反应的平衡常数表达式：______。
（2）p1、p2、p3的大小关系是______，图中a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是______。
（3）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO．反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇋CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ•mol-1 I
CO2（g）+H2（g）⇋CO（g）+H2O（g）△H2 II
已知：a．CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1
b．H2O（l）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
①反应II的△H2=______kJ•mol-1。
②有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有______。
A．使用催化剂Cat.1 B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
③在如图2中分别画出反应 I在无催化剂、无催化剂两种情况下“反应过程-能量”示意图。
【答案】K= p1＜p2＜p3 Ka=Kb＜Kc +41.2 CD
【解析】解：（1）C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）的平衡常数K=，故答案为：K=；
（2）反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，表明低压强对应着高的CO体积分数，则p1、p2、p3的大小关系是：p1＜p2＜p3，
化学平衡常数只随温度的改变而改变，升高温度，正反应趋势增大，化学平衡常数增大，则a、b、c三点对应的平衡常数大小关系是：Ka=Kb＜Kc，
故答案为：p1＜p2＜p3；Ka=Kb＜Kc；
（3）①已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，②H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，可知热化学方程式a。CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•mol-1，c．H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，
由盖斯定律，将b-a+c可得：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=（-285.8+283.0+44）kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1，
故答案为：+41.2；
②A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B．使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C．降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E．增大CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；
故答案为：CD；
③从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为，
故答案为：。
（1）平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；
（2）反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）是气体分子数增多的反应，随着反应进行，体系压强增大，减小压强有助于化学平衡正向移动，化学平衡常数只随温度的改变而改变；
（3）①已知：CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1和-285.8kJ•mol-1，②H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，可知热化学方程式a。CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•mol-1，c．H2O（1）=H2O（g）△H3=44.0kJ•mol-1，利用盖斯定律可计算CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的反应热；
②由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-53.7kJ•mol-8可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
③加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变，据此画出“反应过程-能量”示意图。
本题考查化学平衡的计算，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握盖斯定律的内容及应用方法，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
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