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2019-2020学年河北省唐山市玉田县高二上学期期中考试化学试题 解析版
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玉田县2019—2020学年度第一学期期中考试高二化学
说明：1．本试卷分卷I和卷Ⅱ两部分，共30题；满分100分，考试时间90分钟。
2．卷I为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色签字笔答在答题卡相应位置上，不要超出答题区域否则不计分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108
第I卷（选择题，共48分）
一、选择题（每小题有一个选项符合题意。每小题2分，共48分）
1.对于反应A2＋3B2===2AB3来说，下列表示该反应进行得最慢的是
A. v(A2) ==0.6 mol·L-1·s-1 B. v(B2) ==2.7 mol·L-1·min-1
C. v(AB3) ==12 mol·L-1·min-1 D. v(A2) ==6 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【分析】
将B2、AB3两种物质的速率转化为A物质的速率后进一步比较。
【详解】A. v(A2)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1；
B. v(B2)＝2.7mol•L﹣1• min﹣1，则v(A2)＝0.015mol•L﹣1•s﹣1；
C. v(AB3)＝12mol•L﹣1•min﹣1，则v(A2)＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；
D. v(A2)＝6mol•L﹣1•min﹣1＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；
由以上计算可知反应速率最慢的是B；
答案选B。
【点睛】计算时要注意单位的换算和统一，为易错点。
2.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，
关于此反应说法错误的是（ ）
A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应
C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。
【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；
C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；
答案选A。
【此处有视频，请去附件查看】
3.在2 L的密闭容器中发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和 B都是4 mol，在前10 s内A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则10 s时，容器中 B的物质的量变化了
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据v=计算出A的物质的量浓度的变化量，变化量之比等于化学计量数之比，可得出B的物质的量的变化量。
【详解】Δc(A)=vΔt=0.12 mol·L-1·s-1×10 s=1.2mol/L，Δc(B)=0.6mol/L，Δn(B)= 0.6mol/L×2L=1.2mol；
答案选D。
4.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )
A. NaOH、H2SO4 B. CuCl2、Cu(NO3)2 C. Na2SO4、NaCl D. KNO3、AgNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。
【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，A正确；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为Cu2++2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，B错误；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，电极反应不同，C错误；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。
5.如下图,各烧杯中盛有海水,铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为( )
A. ①②③④⑤ B. ④③②①⑤ C. ④③①②⑤ D. ④②③①⑤
【答案】C
【解析】
【详解】金属腐蚀快慢比较规律：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，结合题给装置选C
6.下列关于如图所示各装置的叙述正确的是
A. 装置①是原电池，总反应式是Cu＋2Fe3＋= Cu2＋＋2Fe2＋
B. 装置①中，铁作正极，正极反应式为Fe3＋＋e－= Fe2＋
C. 装置②可以减缓铁棒的腐蚀，此保护方法为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若用装置③精炼铜，则c极为粗铜，d极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据装置①的图片可知该装置为原电池，铁的活泼性强于铜，因此铜为正极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；
B.由选项A可知，铁为负极，失去电子，发生氧化反应；
C. 根据装置②的图片可知该装置为电解池，Zn与电源的正极相连，为阳极，Fe与电源的负极相连，为阴极；
D. 根据装置③的图片可知该装置为电解池，用该装置精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜。
【详解】A.根据装置①的图片可知该装置为原电池，铜为正极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，总反应式是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，A项错误；
B.该装置中铁为负极，失去电子，发生氧化反应，B项错误；
C. 根据装置②的图片可知该装置为电解池，Zn与电源的正极相连，为阳极，Fe与电源的负极相连，为阴极，该装置可以减缓铁棒的腐蚀，称为外加电流的阴极保护法，C项错误；
D. 根据装置③的图片可知该装置为电解池，由电流方向可知，a为正极、b为负极，c为阳极、d为阴极，用该装置精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜，D项正确；
答案选D。
7.一定条件下，某可逆反应aA(g) bB(s)＋cC(g)自发进行并达到平衡状态后，A的转化率α(A)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是
A. a＞b＋c
B. 该反应的平衡常数随温度的升高而增大
C. T1﹤T2
D. 该反应自发进行的温度是低温
【答案】D
【解析】
【详解】A. 增大压强，平衡正向移动，则有a＞c，A项错误；
B. 该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因a＞c，ΔS＜0，那么当ΔH＜0时，反应能自发进行，即该反应为放热反应，升高温度，平衡常数K减小，B项错误；
C. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，因此T1>T2，C项错误；
D. 该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，当温度较低时，才能自发进行，D项正确；
答案选D。
8.下列叙述中错误的是
A. 电解池是电能转化为化学能的装置
B. 原电池跟电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阴极，经过电解质溶液到达电解池的阳极，然后再回流到原电池的正极，形成闭合回路
C. 电解时，阳极发生氧化反应
D. 电解时，阳离子移向阴极
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解池是将电能转化为化学能的装置，A项正确；
B. 电子不进入电解质溶液，原电池跟电解池连接后，电子从负极流向阴极，从阳极经导线流向正极，B项错误；
C. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，C项正确；
D. 电解时，阳极失去电子，发生氧化反应，阴极得到电子，发生还原反应 ，阳离子移动到阴极，阴离子移动到阳极，D项正确；
答案选B。
9.下列说法正确的是
A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快
C. 恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢
D. 增大反应物浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是物质自身的性质，是内因，A项错误；
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快，但硫酸的浓度过大时，不再产生氢气，B项错误；
C. 恒压时，增加惰性气体的量，物质的浓度降低，原化学反应速率减慢，C项正确；
D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增加，所以反应速率增大，D项错误；
答案选C。
10.一种分解海水制氢气的方法为2H2O(l) 2H2(g)＋O2(g)。下图为此反应的能量变化示意图，则下列说法错误的是
A. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
B. TiO2可以提高H2O的分解速率
C. 催化剂对该反应的反应热无影响
D. 使用氢气作燃料有利于控制温室效应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能>0，因此有正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项错误；
B. TiO2为催化剂，可以加快反应速率，即可以提高H2O的分解速率，B项正确；
C. 催化剂能降低反应的活化能，但对该反应的反应热无影响，C项正确；
D. 使用氢气作燃料，燃烧后的产物为水，不释放CO2，有利于控制温室效应，D项正确；
答案选A。
11.现有下列四个图象：
abcd
下列反应中符合上述全部图象的是
A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0
B. 2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g) C(s)＋H2O(g) ΔH＜0
【答案】B
【解析】
【分析】
由以上四幅图可知，增大压强，平衡逆向移动，升高温度，反应速率加快。
【详解】增大压强，平衡逆向移动，该反应为体积增大的反应，升高温度，生成物浓度增大，该反应为吸热反应，符合条件的反应为B；
答案选B。
12.在一定条件下将TiO2和焦炭放入密闭真空容器中，反应TiO2 (s)+C(s) Ti(s)+CO2 (g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法一定正确的有
①平衡常数减小 ②TiO2的质量不变 ③CO2的浓度不变 ④Ti的质量减少
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理进行分析判断，平衡常数的影响因素只有温度，温度不变，K不变。
【详解】缩小容器容积，平衡逆向移动，TiO2的质量增加，Ti的质量减小，平衡常数的影响因素只有温度，温度不变，K不变，K=c(CO2)，因此CO2的浓度不变，因此正确的是③④，共2个；
答案选B。
13.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，进行可逆反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)，当下列物理量不再发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的有
①混合气体的密度②容器内气体的压强 ③混合气体的总物质的量④B物质的量浓度
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率且各物质的浓度、物质的量、体积分数等不随时间的变化而变化。
【详解】该反应为等体积反应，混合气体的压强、总物质的量不再发生变化时，不能证明反应达到平衡状态，但有固体参加，混合气体的密度可以作为判断平衡状态的依据，当混合气体的密度不再发生变化时，说明达到平衡状态；B的物质的量浓度不再发生变化时，证明反应达到平衡状态；正确的是①④2个；
答案选B。
14.在某体积可变的密闭容器中加入一定量的A、B，发生反应mA(g) nB(g)ΔH==Q kJ·mol-1。反应达到平衡时，B的物质的量浓度与温度、容器容积的关系如表所示。下列说法正确的是
A. m＞n
B. 100℃时达平衡后，再向容器中充入一定量的A，再次达到平衡时，B物质的量浓度增大
C. 温度不变，压强增大，B的质量分数减小
D. 容器容积不变，温度升高，平衡常数减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由图表数据可知，升高温度，B的浓度增大，即平衡正向移动；容器的容积扩大到原来的2倍时，B的浓度逐渐减小的倍数小于2，说明减小压强，平衡正向移动。
【详解】A. 减小压强，平衡正向移动，则m
C. 温度不变时，增大压强，平衡逆向移动，B的质量分数减小，C项正确；
D 容器容积不变，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，D项错误；
答案选C。
15.下列关于电解精炼铜与电镀的说法正确的是
A. 电解精炼铜时将电能转化为化学能，电路中每通过2 mol e－，阳极就会溶解64 g铜
B. 电解精炼铜时电解过程中电解质溶液不需要更换
C. 在铁制器皿上镀铝，熔融氧化铝作电解质，铁制器皿作阴极，铝棒作阳极
D. 电镀过程中电镀液需要不断更换
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电解精炼铜时，阳极为粗铜，其中的铁、锌等杂质金属也会失去电子，因此通过2 mol e－，阳极溶解铜的质量不一定为64 g，A项错误；
B. 电解精炼铜时，粗铜作阳极，其中的铁、锌等杂质金属也会失去电子，随着电解过程的进行，电解质溶液中Cu2+的浓度会逐渐降低，因此过程中电解质溶液需要更换，B项错误；
C. 在铁制器皿上镀铝，铁制器皿放在阴极，铝作阳极，熔融氧化铝作电解质，C项正确；
D. 电镀过程中电镀液的浓度几乎不变，因此不需要经常更换电镀液，D项错误；
答案选C。
16.Zn-ZnSO4-PbSO4-Pb电池装置如图，下列说法错误的是
A SO42-从右向左迁移
B. 电池的正极反应为：pb2++2e-=Pb
C. 左边ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变
D. 若有6.5g锌溶解，有0.1 molSO42-通过离子交换膜
【答案】B
【解析】
A. 锌是负极，SO42-从右向左迁移，A正确；B. 电池的正极反应为：pb2++ SO42-+2e-=PbSO4，B错误；C. 左边锌失去电子转化为硫酸锌，ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变，C正确；D. 若有6.5g锌即0.1mol锌溶解，关键电荷守恒可知有0.1 molSO42-通过离子交换膜，D正确，答案选B。
17.将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.6 mol KCl溶于水配成100 mL溶液，用惰 性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3 mol Cu，此时另一极上收集到标准状况下气体体积为
A. 4.48 L B. 5.6 L C. 6.72 L D. 7.8 L
【答案】B
【解析】
【分析】
Ag+和Cl-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag+，阴离子Cl-优先放电，若一极上析出0.3 mol Cu，阴极得到电子为0.3mol×2=0.6mol，两极转移电子数目相等，依据电极方程式进行计算。
【详解】Ag+和Cl-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag+，反应后溶液中含有0.4molCu2+，0.4molCl-，若一极上析出0.3 mol Cu，阴极得到的电子为0.3mol×2=0.6mol，阳极上2Cl--2e-= Cl2↑，0.4mol Cl-生成0.2mol Cl2，失去电子0.4mol，另一极上4OH--4e-=O2+2H2O，转移0.2mol电子，生成0.05molO2，因此生成气体的体积为(0.2mol+0.05mol)×22.4L/mol=5.6L；
答案选B。
18.在2 L的密闭容器中充入3 mol Z，发生反应：3Z(g) 2X(g)＋Y(g) ΔH＜0，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中Z的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A 升高温度，平衡常数增大
B. W点时，Z的正反应速率等于Z的逆反应速率
C. Q点时，Z的转化率最大
D. 平衡时在相同条件下再充入Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 据图可知，温度升高时，Z的体积分数先减小后增大，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，A项错误；
B. W点时平衡正向移动，Z的正反应速率大于Z的逆反应速率，B项错误；
C. Q点反应达到平衡状态，Z的转化率最大，C项正确；
D. 该反应为等体积反应，平衡时在相同条件下再充入Z，相当于增大压强，平衡不移动，Z的体积分数不变，D项错误；
答案选C。
19.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 铁是阳极，电极反应为Fe－2e－＋2OH－Fe(OH)2
B. 电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小
C. 若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42－
D. 每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体
【答案】C
【解析】
试题分析：用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，所以电极反应式为Fe-2e－+2OH－═Fe(OH)2，故A正确；镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；若离子交换膜为阴离子交换膜，阴离子向阳极移动，则电解结束后右侧溶液中含有FeO42－，故C错误；温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误；故选A。
考点：本题考查电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键。
20.下列有关中和热及中和热测定的实验说法正确的是
A. 使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B. 只要强酸与强碱在稀溶液中反应生成1 mol水时的反应热就是中和热
C. 用0.5 mol·L-1 NaOH溶液分别与0.5 mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得的ΔH的热数值前者大
D. 在测定中和反应热的实验中，增大酸碱的用量，则测得的中和反应热数值增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 环形玻璃搅拌棒上下搅拌液体，使反应充分发生，加快反应速率，A项正确；
B. 强酸与强碱在稀溶液中反应生成可溶性盐和1 mol水时放出的热量是中和热，B项错误；
C. 醋酸属于弱酸，电离时要吸收热量，放出的热量偏少，因此测得的ΔH的热数值前者小，C项错误；
D. 中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸或者碱的用量无关，中和热不变，D项错误；
答案选A。
21.在298 K、1.01×105 Pa下，将22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量。已知在该条件下，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1的NaOH 溶液中充分反应，放出y kJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为
A. CO2(g)＋NaOH(aq)==NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x)kJ·mol-1
B. CO2(g)＋NaOH(aq)==NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y)kJ·mol-1
C. CO2(g)＋NaOH(aq)==NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y)kJ·mol-1
D. 2CO2(g)＋2NaOH(l)==2NaHCO3(l) ΔH＝－(8x－2y)kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量，热化学方程式为：①2CO2(g)＋3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)+ Na2CO3(aq)+H2O(l) ΔH＝－4xkJ·mol-1，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1的NaOH 溶液中充分反应，放出y kJ的热量，热化学方程式为：②CO2(g)＋2NaOH(aq)=Na2CO3(aq) ΔH＝-ykJ·mol-1，根据盖斯定律①-②可得CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq)，ΔH＝－4x-(－y)kJ·mol-1=－(4x－y)kJ·mol-1；
答案选C。
22.已知几种物质的相对能量如下表所示：
物质
NO2(g)
NO(g)
SO2(g)
SO3(g)
相对能量/kJ
429
486
99
0
工业上，常利用下列反应处理废气:NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) △H等于
A. +42kJ·mol-1 B. -42kJ·mol-1 C. -84kJ·mol-1 D. +84kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：根据反应热等于产物总能量与反应物总能量之差计算判断。
详解：反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH＝(486+0－99－429) kJ·mol-1＝－42 kJ·mol-1，故选B。
23.肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其制作的燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 电池工作时，正极附近的pH降低
B. 当消耗1 mol O2时，有2 mol Na＋由甲槽向乙槽迁移
C. 负极反应为4OH－＋N2H4－4e－===N2↑＋4H2O
D. 若去掉阳离子交换膜，电池也能正常工作
【答案】C
【解析】
【分析】
燃料电池中，通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A、碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子，因此正极附近的pH增大，故A错误；
B、消耗1molO2时，转移4mol电子，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；
C、燃料电池的负极发生氧化反应，负极燃料肼发生氧化反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故C正确；
D、若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误；
答案选C。
24.将固体NH4I置于密闭容器中，一定温度下发生反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)，②2HI(g) H2(g)＋I2(g)。反应达到平衡时，c(H2) =0.5 mol·L-1，c(NH3) =6 mol·L-1，则此温度下反应①的平衡常数为
A. 30 B. 25 C. 36 D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】反应达到平衡时，c(NH3) =6 mol·L-1，NH4I分解生成的HI的浓度为6mol/L，反应达到平衡时，c(H2) =0.5 mol·L-1，分解的HI的浓度为1.0mol/L，K=c(HI)c(NH3)=(6mol/L-1mol/L)×6mol/L=30mol2/L2；
答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二．填空题（共34分）
25.请回答下列问题:
Ⅰ.一定条件下，A(g)+B(g) C(g) ΔH<0，达到平衡后根据下列图象判断:
ABCD
（1）升高温度，达到新平衡的是_____(选填字母)，新平衡中C的体积分数______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）减小压强，达到新平衡的是________(选填字母)，A的转化率________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ. 取五等份NO2，分别充入五个温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，反应一段时间后，分别测定体系中NO2的体积分数，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。
①②③④
【答案】 (1). B (2). 减小 (3). C (4). 减小 (5). ②④
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动；
（2）减小压强，平衡向着体积增大的方向移动，即平衡逆向移动；
Ⅱ. 在恒容的状态下，在五个相同容积的容器中通入等量的NO2，达到平衡状态之前，温度越高，反应速率越快，达到平衡状态后，温度升高，平衡逆向移动；
【详解】Ⅰ.（1）该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，v(正)、v(逆)整体增大，平衡逆向移动，v(逆)>v(正)，因此升高温度，达到新平衡的图是B；平衡逆向移动，平衡中C的体积分数减小；
（2）减小压强，平衡逆向移动，v(正)、v(逆)整体减小，且v(逆)>v(正)，为图C；平衡逆向移动，A的转化率减小；
Ⅱ. 达到平衡状态之前，温度越高，反应速率越快，NO2的体积分数越来越小，达到平衡状态后，温度升高，平衡逆向移动，NO2的体积分数逐渐增大，因此可能与实验结果相符的图为②④；
26.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时,观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题:
（1）甲池中A电极的电极反应式为________。
（2）丙池的总离子反应方程式为_________。
（3）当乙池中C极质量减轻10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗标准状况下O2的体积为_____mL。
（4）一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池电解质溶液恢复到反应前浓度的是______(填选项字母)。
A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). CH3OH+8OH--6e- == CO32- +6H2O (2). 2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑ (3). 560 (4). A
【解析】
【分析】
由图可知，当闭合该装置的电键K时，甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的为负极，电极反应为：2CH3OH+16OH--12e-=CO32-+12H2O，通入氧气的为正极，电极反应为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，KOH为电解质溶液；乙池为电解池，C为阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此进行分析解答。
【详解】（1）甲池为甲醇燃料电池，A为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e- == CO32- +6H2O；
（2）丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总离子反应方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑
（3）甲池B极为正极，电极反应为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，乙池中C为阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，乙池中C极质量减轻10.8 g，n(Ag)==0.1mol，电子转移0.1mol，甲池中消耗氧气的物质的量为×0.1mol=0.025mol，消耗标准状况下O2的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL；
（4）乙池为电解硝酸铜，用金属银作阳极，阴极上铜离子得电子生成单质铜，溶液中铜离子减少，要让乙池电解质溶液恢复到反应前浓度，需要加入金属铜。
27.请回答下列问题：
（1）已知H－O键能为463 kJ·mol-1，O＝O键能为498 kJ·mol-1。若1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水放出241 kJ的热量，计算H－H键能为______kJ·mol-1。
（2）已知化学方程式：H2(g)+ O2(g) ==H2O(g)，该反应的活化能为167.2 kJ·mol-1，其逆反应的活化能为409.0 kJ·mol-1,写出该反应的逆反应的热化学方程式： ________。
（3）4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s)ΔH1，4Fe(s)＋3O2(g)==2Fe2O3(s)ΔH2，则ΔH1________ΔH2（选填“﹥”、“﹤”或“﹦”）。
【答案】 (1). 436 (2). H2O(g) == H2(g)+1/2O2(g) ΔH=＋241.8 kJ·mol-1 (3). <
【解析】
【分析】
（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
（2）根据逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能进行计算；
（3）根据铝热反应的反应热及盖斯定律进行比较；
【详解】（1）设H－H键能为x kJ·mol-1，则ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=x+×498 -2×463 =-241，解得x=436 kJ·mol-1；
（2）逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能=409 kJ·mol-1-167.2 kJ·mol-1=+241.8kJ·mol-1，逆反应的热化学方程式为：H2O(g) == H2(g)+1/2O2(g) ΔH=＋241.8 kJ·mol-1；
（3）①4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s) ΔH1，②4Fe(s)＋3O2(g)==2Fe2O3(s) ΔH2，由盖斯定律可知，①-②可得4Al(s)＋2Fe2O3(s)==2Al2O3(s)+4Fe(s) ΔH=ΔH1-ΔH2，铝热反应为放热反应，则ΔH=ΔH1-ΔH2<0，即ΔH1<ΔH2。
28.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H＋。请回答下列问题：
（1）此装置将______能转化为______能。
（2）Pd电极a为_____极(选填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，电极反应式为___。
（3）当制得6mol氨气时有____mol 质子从____极迁移到____极 (选填“a”或“b”)。
【答案】 (1). 电 (2). 化学 (3). 阴 (4). N2 + 6H+ +6e- =2NH3 (5). 18 (6). b (7). a
【解析】
【分析】
由图可知该装置为电解池，通入N2的一极为阴极，通入H2的一极为阳极，总反应为合成氨的反应，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
【详解】（1）电解池是将电能转化为化学能的装置；
（2）通入N2的一极为阴极，氮气得电子变为氨气，电极反应为：N2 + 6H+ +6e- =2NH3；
（3）电解池中阳离子向阴极移动，因此质子从b极向a极移动；当制得6mol氨气时，电子转移18mol，有18mol质子发生了迁移。
三．实验题（共10分）
29.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L-1KI溶液、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L-1 K2S2O8溶液、0.10 mol·L-1Na2S2O3溶液等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O82—＋2I－=2SO42—＋I2(慢)，I2＋2S2O32—=2I－＋S4O62—(快)。请回答下列问题：
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O32—)∶n(S2O82—)___。
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验
序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝___ mL，理由是__________。
（3）已知某条件下，浓度c(S2O82—)～反应时间t的变化曲线如图， 若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82—)～t的变化曲线示意图(进行相应的标注) ______。
【答案】 (1). S2O32-(其他合理写法也可) (2). ＜2 (3). 2.0 (4). 保持溶液总体积相同，仅改变S2O82—的浓度而其他物质浓度不变(其他合理答案也可) (5).
【解析】
【分析】
（1）慢反应中由I2生成，快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，慢反应中生成I2大于快反应中消耗的I2时，可以观察到溶液由无色变为蓝色；
（2）实验探究的是其他条件不变时，反应物浓度对化学反应速率的影响，保持总体积不变，再进行分析；
（3）加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；降低温度，反应速率减慢，达到平衡所需的时间延长，据此绘图。
【详解】（1）慢反应中由I2生成，使溶液变为蓝色，快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，当溶液中的S2O32—耗尽后，I2才能与淀粉结合显蓝色；I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，1molI2消耗2mol S2O32-，S2O82-＋2I－=2SO42-＋I2可知生成1mol I2需S2O82-1mol，为确保能观察到蓝色，碘要有剩余，S2O32-与S2O82-初始的物质的量之比n(S2O32-)∶n(S2O82-)<2:1，即小于2；
（2）保持溶液总体积相同，仅改变S2O82-的浓度而其他物质浓度不变，能得到浓度对反应规律的影响规律，因此Vx=2.0mL；
（3）加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；降低温度，反应速率减慢，达到平衡所需的时间延长，因此曲线示意图为：。
四．计算题（共8分）
30.830 K时，在密闭容器中发生下列可逆反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH<0 。请回答下列问题:
（1）若起始时c(CO) =2 mol·L-1，c(H2O) =3 mol·L-1，4 s后达到平衡，此时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____；用H2O表示的化学反应速率为_____。
（2）在相同温度下，若起始时c(CO) =1 mol·L-1，c(H2O) =2 mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5 mol·L-1，此时v(正)______ v(逆) (填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）若降低温度，该反应的K值可能为______。
a.1 b.2 c.0.5
【答案】 (1). 1 (2). 0.3 mol·L-1·s-1 (3). 大于 (4). b
【解析】
【详解】CO的转化率为60%，则转化了1.2mol/L，
（1） CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
始(mol/L) 2 3 0 0
转(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2
平(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2
K===1
v(H2O)===0.3 mol·L-1·s-1；
（2） CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
始(mol/L) 1 2 0 0
转(mol/L) 0.5 0.5 0.5 0.5
一段时间(mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5
Qc===<1，平衡正向移动，因此v(正>v(逆)；
（3）该反应为放热反应，降低温度，平衡常数K增大，有可能是2。
【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且
Q＜K
反应向正反应方向进行，v正＞v逆
Q＝K
反应处于化学平衡状态，v正＝v逆
Q＞K
反应向逆反应方向进行，v正＜v逆
说明：1．本试卷分卷I和卷Ⅱ两部分，共30题；满分100分，考试时间90分钟。
2．卷I为选择题，请将答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ用黑色签字笔答在答题卡相应位置上，不要超出答题区域否则不计分。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108
第I卷（选择题，共48分）
一、选择题（每小题有一个选项符合题意。每小题2分，共48分）
1.对于反应A2＋3B2===2AB3来说，下列表示该反应进行得最慢的是
A. v(A2) ==0.6 mol·L-1·s-1 B. v(B2) ==2.7 mol·L-1·min-1
C. v(AB3) ==12 mol·L-1·min-1 D. v(A2) ==6 mol·L-1·min-1
【答案】B
【解析】
【分析】
将B2、AB3两种物质的速率转化为A物质的速率后进一步比较。
【详解】A. v(A2)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1；
B. v(B2)＝2.7mol•L﹣1• min﹣1，则v(A2)＝0.015mol•L﹣1•s﹣1；
C. v(AB3)＝12mol•L﹣1•min﹣1，则v(A2)＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；
D. v(A2)＝6mol•L﹣1•min﹣1＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；
由以上计算可知反应速率最慢的是B；
答案选B。
【点睛】计算时要注意单位的换算和统一，为易错点。
2.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，
关于此反应说法错误的是（ ）
A. 一定属于吸热反应 B. 一定属于可逆反应
C. 一定属于氧化还原反应 D. 一定属于分解反应
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。
【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；
C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；
答案选A。
【此处有视频，请去附件查看】
3.在2 L的密闭容器中发生反应：2A(g)＋B(g) 2C(g)＋D(g)。若最初加入的A和 B都是4 mol，在前10 s内A的平均反应速率为0.12 mol·L-1·s-1，则10 s时，容器中 B的物质的量变化了
A. 1.6 mol B. 2.8 mol C. 2.4 mol D. 1.2 mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据v=计算出A的物质的量浓度的变化量，变化量之比等于化学计量数之比，可得出B的物质的量的变化量。
【详解】Δc(A)=vΔt=0.12 mol·L-1·s-1×10 s=1.2mol/L，Δc(B)=0.6mol/L，Δn(B)= 0.6mol/L×2L=1.2mol；
答案选D。
4.用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )
A. NaOH、H2SO4 B. CuCl2、Cu(NO3)2 C. Na2SO4、NaCl D. KNO3、AgNO3
【答案】A
【解析】
【分析】
A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解溶质氯化铜，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，惰性电极电解AgNO3溶液是电解AgNO3和水。
【详解】A.惰性电极电解氢氧化钠溶液、硫酸溶液，依据离子放电顺序分析实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，A正确；
B.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解氯化铜溶液实质电解氯化铜，电极反应为阳极为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为Cu2++2e-=Cu，电解Cu(NO3)2是电解硝酸铜和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，B错误；
C.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解Na2SO4实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解NaCl溶液是电解氯化钠和水，阳极电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，电极反应不同，C错误；
D.依据溶液中阴阳离子放电顺序分析，惰性电极电解KNO3实质是电解水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，惰性电极电解AgNO3 溶液是电解AgNO3和水，阳极电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应为Cu2++2e-=Cu，电极反应不同，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了电解原理，要求学生掌握离子的放电顺序，会根据电解原理书写常见电解质的电极反应式及电解总反应方程式，题目难度中等。
5.如下图,各烧杯中盛有海水,铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为( )
A. ①②③④⑤ B. ④③②①⑤ C. ④③①②⑤ D. ④②③①⑤
【答案】C
【解析】
【详解】金属腐蚀快慢比较规律：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，结合题给装置选C
6.下列关于如图所示各装置的叙述正确的是
A. 装置①是原电池，总反应式是Cu＋2Fe3＋= Cu2＋＋2Fe2＋
B. 装置①中，铁作正极，正极反应式为Fe3＋＋e－= Fe2＋
C. 装置②可以减缓铁棒的腐蚀，此保护方法为牺牲阳极的阴极保护法
D. 若用装置③精炼铜，则c极为粗铜，d极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
A.根据装置①的图片可知该装置为原电池，铁的活泼性强于铜，因此铜为正极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；
B.由选项A可知，铁为负极，失去电子，发生氧化反应；
C. 根据装置②的图片可知该装置为电解池，Zn与电源的正极相连，为阳极，Fe与电源的负极相连，为阴极；
D. 根据装置③的图片可知该装置为电解池，用该装置精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜。
【详解】A.根据装置①的图片可知该装置为原电池，铜为正极，电极反应为：Fe3++e-=Fe2+，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，总反应式是Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，A项错误；
B.该装置中铁为负极，失去电子，发生氧化反应，B项错误；
C. 根据装置②的图片可知该装置为电解池，Zn与电源的正极相连，为阳极，Fe与电源的负极相连，为阴极，该装置可以减缓铁棒的腐蚀，称为外加电流的阴极保护法，C项错误；
D. 根据装置③的图片可知该装置为电解池，由电流方向可知，a为正极、b为负极，c为阳极、d为阴极，用该装置精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜为阴极，电解质溶液为硫酸铜，D项正确；
答案选D。
7.一定条件下，某可逆反应aA(g) bB(s)＋cC(g)自发进行并达到平衡状态后，A的转化率α(A)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是
A. a＞b＋c
B. 该反应的平衡常数随温度的升高而增大
C. T1﹤T2
D. 该反应自发进行的温度是低温
【答案】D
【解析】
【详解】A. 增大压强，平衡正向移动，则有a＞c，A项错误；
B. 该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因a＞c，ΔS＜0，那么当ΔH＜0时，反应能自发进行，即该反应为放热反应，升高温度，平衡常数K减小，B项错误；
C. 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，因此T1>T2，C项错误；
D. 该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，当温度较低时，才能自发进行，D项正确；
答案选D。
8.下列叙述中错误的是
A. 电解池是电能转化为化学能的装置
B. 原电池跟电解池连接后，电子从原电池负极流向电解池阴极，经过电解质溶液到达电解池的阳极，然后再回流到原电池的正极，形成闭合回路
C. 电解时，阳极发生氧化反应
D. 电解时，阳离子移向阴极
【答案】B
【解析】
【详解】A. 电解池是将电能转化为化学能的装置，A项正确；
B. 电子不进入电解质溶液，原电池跟电解池连接后，电子从负极流向阴极，从阳极经导线流向正极，B项错误；
C. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，C项正确；
D. 电解时，阳极失去电子，发生氧化反应，阴极得到电子，发生还原反应 ，阳离子移动到阴极，阴离子移动到阳极，D项正确；
答案选B。
9.下列说法正确的是
A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快
C. 恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢
D. 增大反应物浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 决定化学反应速率快慢的根本因素是物质自身的性质，是内因，A项错误；
B. 锌与稀硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生氢气的速率越快，但硫酸的浓度过大时，不再产生氢气，B项错误；
C. 恒压时，增加惰性气体的量，物质的浓度降低，原化学反应速率减慢，C项正确；
D. 增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增加，所以反应速率增大，D项错误；
答案选C。
10.一种分解海水制氢气的方法为2H2O(l) 2H2(g)＋O2(g)。下图为此反应的能量变化示意图，则下列说法错误的是
A. 该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
B. TiO2可以提高H2O的分解速率
C. 催化剂对该反应的反应热无影响
D. 使用氢气作燃料有利于控制温室效应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 该反应反应物的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能>0，因此有正反应的活化能大于逆反应的活化能，A项错误；
B. TiO2为催化剂，可以加快反应速率，即可以提高H2O的分解速率，B项正确；
C. 催化剂能降低反应的活化能，但对该反应的反应热无影响，C项正确；
D. 使用氢气作燃料，燃烧后的产物为水，不释放CO2，有利于控制温室效应，D项正确；
答案选A。
11.现有下列四个图象：
abcd
下列反应中符合上述全部图象的是
A. N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0
B. 2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g) ΔH＞0
C. 4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＜0
D. H2(g)＋CO(g) C(s)＋H2O(g) ΔH＜0
【答案】B
【解析】
【分析】
由以上四幅图可知，增大压强，平衡逆向移动，升高温度，反应速率加快。
【详解】增大压强，平衡逆向移动，该反应为体积增大的反应，升高温度，生成物浓度增大，该反应为吸热反应，符合条件的反应为B；
答案选B。
12.在一定条件下将TiO2和焦炭放入密闭真空容器中，反应TiO2 (s)+C(s) Ti(s)+CO2 (g)达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法一定正确的有
①平衡常数减小 ②TiO2的质量不变 ③CO2的浓度不变 ④Ti的质量减少
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勒夏特列原理进行分析判断，平衡常数的影响因素只有温度，温度不变，K不变。
【详解】缩小容器容积，平衡逆向移动，TiO2的质量增加，Ti的质量减小，平衡常数的影响因素只有温度，温度不变，K不变，K=c(CO2)，因此CO2的浓度不变，因此正确的是③④，共2个；
答案选B。
13.一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，进行可逆反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋D(g)，当下列物理量不再发生变化时，能说明该反应已达到平衡状态的有
①混合气体的密度②容器内气体的压强 ③混合气体的总物质的量④B物质的量浓度
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
反应达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率且各物质的浓度、物质的量、体积分数等不随时间的变化而变化。
【详解】该反应为等体积反应，混合气体的压强、总物质的量不再发生变化时，不能证明反应达到平衡状态，但有固体参加，混合气体的密度可以作为判断平衡状态的依据，当混合气体的密度不再发生变化时，说明达到平衡状态；B的物质的量浓度不再发生变化时，证明反应达到平衡状态；正确的是①④2个；
答案选B。
14.在某体积可变的密闭容器中加入一定量的A、B，发生反应mA(g) nB(g)ΔH==Q kJ·mol-1。反应达到平衡时，B的物质的量浓度与温度、容器容积的关系如表所示。下列说法正确的是
A. m＞n
B. 100℃时达平衡后，再向容器中充入一定量的A，再次达到平衡时，B物质的量浓度增大
C. 温度不变，压强增大，B的质量分数减小
D. 容器容积不变，温度升高，平衡常数减小
【答案】C
【解析】
【分析】
由图表数据可知，升高温度，B的浓度增大，即平衡正向移动；容器的容积扩大到原来的2倍时，B的浓度逐渐减小的倍数小于2，说明减小压强，平衡正向移动。
【详解】A. 减小压强，平衡正向移动，则m
C. 温度不变时，增大压强，平衡逆向移动，B的质量分数减小，C项正确；
D 容器容积不变，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，D项错误；
答案选C。
15.下列关于电解精炼铜与电镀的说法正确的是
A. 电解精炼铜时将电能转化为化学能，电路中每通过2 mol e－，阳极就会溶解64 g铜
B. 电解精炼铜时电解过程中电解质溶液不需要更换
C. 在铁制器皿上镀铝，熔融氧化铝作电解质，铁制器皿作阴极，铝棒作阳极
D. 电镀过程中电镀液需要不断更换
【答案】C
【解析】
【详解】A. 电解精炼铜时，阳极为粗铜，其中的铁、锌等杂质金属也会失去电子，因此通过2 mol e－，阳极溶解铜的质量不一定为64 g，A项错误；
B. 电解精炼铜时，粗铜作阳极，其中的铁、锌等杂质金属也会失去电子，随着电解过程的进行，电解质溶液中Cu2+的浓度会逐渐降低，因此过程中电解质溶液需要更换，B项错误；
C. 在铁制器皿上镀铝，铁制器皿放在阴极，铝作阳极，熔融氧化铝作电解质，C项正确；
D. 电镀过程中电镀液的浓度几乎不变，因此不需要经常更换电镀液，D项错误；
答案选C。
16.Zn-ZnSO4-PbSO4-Pb电池装置如图，下列说法错误的是
A SO42-从右向左迁移
B. 电池的正极反应为：pb2++2e-=Pb
C. 左边ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变
D. 若有6.5g锌溶解，有0.1 molSO42-通过离子交换膜
【答案】B
【解析】
A. 锌是负极，SO42-从右向左迁移，A正确；B. 电池的正极反应为：pb2++ SO42-+2e-=PbSO4，B错误；C. 左边锌失去电子转化为硫酸锌，ZnSO4浓度增大，右边ZnSO4浓度不变，C正确；D. 若有6.5g锌即0.1mol锌溶解，关键电荷守恒可知有0.1 molSO42-通过离子交换膜，D正确，答案选B。
17.将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.6 mol KCl溶于水配成100 mL溶液，用惰 性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3 mol Cu，此时另一极上收集到标准状况下气体体积为
A. 4.48 L B. 5.6 L C. 6.72 L D. 7.8 L
【答案】B
【解析】
【分析】
Ag+和Cl-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag+，阴离子Cl-优先放电，若一极上析出0.3 mol Cu，阴极得到电子为0.3mol×2=0.6mol，两极转移电子数目相等，依据电极方程式进行计算。
【详解】Ag+和Cl-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag+，反应后溶液中含有0.4molCu2+，0.4molCl-，若一极上析出0.3 mol Cu，阴极得到的电子为0.3mol×2=0.6mol，阳极上2Cl--2e-= Cl2↑，0.4mol Cl-生成0.2mol Cl2，失去电子0.4mol，另一极上4OH--4e-=O2+2H2O，转移0.2mol电子，生成0.05molO2，因此生成气体的体积为(0.2mol+0.05mol)×22.4L/mol=5.6L；
答案选B。
18.在2 L的密闭容器中充入3 mol Z，发生反应：3Z(g) 2X(g)＋Y(g) ΔH＜0，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中Z的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是
A 升高温度，平衡常数增大
B. W点时，Z的正反应速率等于Z的逆反应速率
C. Q点时，Z的转化率最大
D. 平衡时在相同条件下再充入Z，则达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 据图可知，温度升高时，Z的体积分数先减小后增大，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，A项错误；
B. W点时平衡正向移动，Z的正反应速率大于Z的逆反应速率，B项错误；
C. Q点反应达到平衡状态，Z的转化率最大，C项正确；
D. 该反应为等体积反应，平衡时在相同条件下再充入Z，相当于增大压强，平衡不移动，Z的体积分数不变，D项错误；
答案选C。
19.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 铁是阳极，电极反应为Fe－2e－＋2OH－Fe(OH)2
B. 电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小
C. 若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42－
D. 每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体
【答案】C
【解析】
试题分析：用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，所以电极反应式为Fe-2e－+2OH－═Fe(OH)2，故A正确；镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；若离子交换膜为阴离子交换膜，阴离子向阳极移动，则电解结束后右侧溶液中含有FeO42－，故C错误；温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误；故选A。
考点：本题考查电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键。
20.下列有关中和热及中和热测定的实验说法正确的是
A. 使用环形玻璃搅拌棒是为了加快反应速率，减小实验误差
B. 只要强酸与强碱在稀溶液中反应生成1 mol水时的反应热就是中和热
C. 用0.5 mol·L-1 NaOH溶液分别与0.5 mol·L－1的盐酸、醋酸溶液反应，若所取的溶液体积相等，则测得的ΔH的热数值前者大
D. 在测定中和反应热的实验中，增大酸碱的用量，则测得的中和反应热数值增大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 环形玻璃搅拌棒上下搅拌液体，使反应充分发生，加快反应速率，A项正确；
B. 强酸与强碱在稀溶液中反应生成可溶性盐和1 mol水时放出的热量是中和热，B项错误；
C. 醋酸属于弱酸，电离时要吸收热量，放出的热量偏少，因此测得的ΔH的热数值前者小，C项错误；
D. 中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸或者碱的用量无关，中和热不变，D项错误；
答案选A。
21.在298 K、1.01×105 Pa下，将22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量。已知在该条件下，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1的NaOH 溶液中充分反应，放出y kJ的热量，则CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3的热化学方程式为
A. CO2(g)＋NaOH(aq)==NaHCO3(aq) ΔH＝－(2y－x)kJ·mol-1
B. CO2(g)＋NaOH(aq)==NaHCO3(aq) ΔH＝－(2x－y)kJ·mol-1
C. CO2(g)＋NaOH(aq)==NaHCO3(aq) ΔH＝－(4x－y)kJ·mol-1
D. 2CO2(g)＋2NaOH(l)==2NaHCO3(l) ΔH＝－(8x－2y)kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】22 g CO2通入750 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中充分反应，测得反应放出x kJ的热量，热化学方程式为：①2CO2(g)＋3NaOH(aq)=NaHCO3(aq)+ Na2CO3(aq)+H2O(l) ΔH＝－4xkJ·mol-1，1 mol CO2通入1 L 2 mol·L－1的NaOH 溶液中充分反应，放出y kJ的热量，热化学方程式为：②CO2(g)＋2NaOH(aq)=Na2CO3(aq) ΔH＝-ykJ·mol-1，根据盖斯定律①-②可得CO2(g)＋NaOH(aq)=NaHCO3(aq)，ΔH＝－4x-(－y)kJ·mol-1=－(4x－y)kJ·mol-1；
答案选C。
22.已知几种物质的相对能量如下表所示：
物质
NO2(g)
NO(g)
SO2(g)
SO3(g)
相对能量/kJ
429
486
99
0
工业上，常利用下列反应处理废气:NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) △H等于
A. +42kJ·mol-1 B. -42kJ·mol-1 C. -84kJ·mol-1 D. +84kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
分析：根据反应热等于产物总能量与反应物总能量之差计算判断。
详解：反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH＝(486+0－99－429) kJ·mol-1＝－42 kJ·mol-1，故选B。
23.肼(N2H4)暴露在空气中容易爆炸，但利用其制作的燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 电池工作时，正极附近的pH降低
B. 当消耗1 mol O2时，有2 mol Na＋由甲槽向乙槽迁移
C. 负极反应为4OH－＋N2H4－4e－===N2↑＋4H2O
D. 若去掉阳离子交换膜，电池也能正常工作
【答案】C
【解析】
【分析】
燃料电池中，通入燃料的为负极，通入氧气或空气的为正极，结合原电池原理分析解答。
【详解】A、碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子，因此正极附近的pH增大，故A错误；
B、消耗1molO2时，转移4mol电子，有4molNa+由甲槽向乙槽迁移，故B错误；
C、燃料电池的负极发生氧化反应，负极燃料肼发生氧化反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故C正确；
D、若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误；
答案选C。
24.将固体NH4I置于密闭容器中，一定温度下发生反应：①NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)，②2HI(g) H2(g)＋I2(g)。反应达到平衡时，c(H2) =0.5 mol·L-1，c(NH3) =6 mol·L-1，则此温度下反应①的平衡常数为
A. 30 B. 25 C. 36 D. 无法计算
【答案】A
【解析】
【详解】反应达到平衡时，c(NH3) =6 mol·L-1，NH4I分解生成的HI的浓度为6mol/L，反应达到平衡时，c(H2) =0.5 mol·L-1，分解的HI的浓度为1.0mol/L，K=c(HI)c(NH3)=(6mol/L-1mol/L)×6mol/L=30mol2/L2；
答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二．填空题（共34分）
25.请回答下列问题:
Ⅰ.一定条件下，A(g)+B(g) C(g) ΔH<0，达到平衡后根据下列图象判断:
ABCD
（1）升高温度，达到新平衡的是_____(选填字母)，新平衡中C的体积分数______(选填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）减小压强，达到新平衡的是________(选填字母)，A的转化率________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
Ⅱ. 取五等份NO2，分别充入五个温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g) N2O4(g) ΔH＜0，反应一段时间后，分别测定体系中NO2的体积分数，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。
①②③④
【答案】 (1). B (2). 减小 (3). C (4). 减小 (5). ②④
【解析】
【分析】
Ⅰ.（1）该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动；
（2）减小压强，平衡向着体积增大的方向移动，即平衡逆向移动；
Ⅱ. 在恒容的状态下，在五个相同容积的容器中通入等量的NO2，达到平衡状态之前，温度越高，反应速率越快，达到平衡状态后，温度升高，平衡逆向移动；
【详解】Ⅰ.（1）该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，v(正)、v(逆)整体增大，平衡逆向移动，v(逆)>v(正)，因此升高温度，达到新平衡的图是B；平衡逆向移动，平衡中C的体积分数减小；
（2）减小压强，平衡逆向移动，v(正)、v(逆)整体减小，且v(逆)>v(正)，为图C；平衡逆向移动，A的转化率减小；
Ⅱ. 达到平衡状态之前，温度越高，反应速率越快，NO2的体积分数越来越小，达到平衡状态后，温度升高，平衡逆向移动，NO2的体积分数逐渐增大，因此可能与实验结果相符的图为②④；
26.某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时,观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题:
（1）甲池中A电极的电极反应式为________。
（2）丙池的总离子反应方程式为_________。
（3）当乙池中C极质量减轻10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗标准状况下O2的体积为_____mL。
（4）一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池电解质溶液恢复到反应前浓度的是______(填选项字母)。
A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). CH3OH+8OH--6e- == CO32- +6H2O (2). 2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑ (3). 560 (4). A
【解析】
【分析】
由图可知，当闭合该装置的电键K时，甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的为负极，电极反应为：2CH3OH+16OH--12e-=CO32-+12H2O，通入氧气的为正极，电极反应为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，KOH为电解质溶液；乙池为电解池，C为阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，据此进行分析解答。
【详解】（1）甲池为甲醇燃料电池，A为负极，电极反应为：CH3OH+8OH--6e- == CO32- +6H2O；
（2）丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，F为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总离子反应方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑
（3）甲池B极为正极，电极反应为：3O2+12e-+6H2O=12OH-，乙池中C为阳极，电极反应为：Ag-e-=Ag+，乙池中C极质量减轻10.8 g，n(Ag)==0.1mol，电子转移0.1mol，甲池中消耗氧气的物质的量为×0.1mol=0.025mol，消耗标准状况下O2的体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL；
（4）乙池为电解硝酸铜，用金属银作阳极，阴极上铜离子得电子生成单质铜，溶液中铜离子减少，要让乙池电解质溶液恢复到反应前浓度，需要加入金属铜。
27.请回答下列问题：
（1）已知H－O键能为463 kJ·mol-1，O＝O键能为498 kJ·mol-1。若1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水放出241 kJ的热量，计算H－H键能为______kJ·mol-1。
（2）已知化学方程式：H2(g)+ O2(g) ==H2O(g)，该反应的活化能为167.2 kJ·mol-1，其逆反应的活化能为409.0 kJ·mol-1,写出该反应的逆反应的热化学方程式： ________。
（3）4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s)ΔH1，4Fe(s)＋3O2(g)==2Fe2O3(s)ΔH2，则ΔH1________ΔH2（选填“﹥”、“﹤”或“﹦”）。
【答案】 (1). 436 (2). H2O(g) == H2(g)+1/2O2(g) ΔH=＋241.8 kJ·mol-1 (3). <
【解析】
【分析】
（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
（2）根据逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能进行计算；
（3）根据铝热反应的反应热及盖斯定律进行比较；
【详解】（1）设H－H键能为x kJ·mol-1，则ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=x+×498 -2×463 =-241，解得x=436 kJ·mol-1；
（2）逆反应的反应热=逆反应活化能-正反应活化能=409 kJ·mol-1-167.2 kJ·mol-1=+241.8kJ·mol-1，逆反应的热化学方程式为：H2O(g) == H2(g)+1/2O2(g) ΔH=＋241.8 kJ·mol-1；
（3）①4Al(s)＋3O2(g)==2Al2O3(s) ΔH1，②4Fe(s)＋3O2(g)==2Fe2O3(s) ΔH2，由盖斯定律可知，①-②可得4Al(s)＋2Fe2O3(s)==2Al2O3(s)+4Fe(s) ΔH=ΔH1-ΔH2，铝热反应为放热反应，则ΔH=ΔH1-ΔH2<0，即ΔH1<ΔH2。
28.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H＋。请回答下列问题：
（1）此装置将______能转化为______能。
（2）Pd电极a为_____极(选填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，电极反应式为___。
（3）当制得6mol氨气时有____mol 质子从____极迁移到____极 (选填“a”或“b”)。
【答案】 (1). 电 (2). 化学 (3). 阴 (4). N2 + 6H+ +6e- =2NH3 (5). 18 (6). b (7). a
【解析】
【分析】
由图可知该装置为电解池，通入N2的一极为阴极，通入H2的一极为阳极，总反应为合成氨的反应，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
【详解】（1）电解池是将电能转化为化学能的装置；
（2）通入N2的一极为阴极，氮气得电子变为氨气，电极反应为：N2 + 6H+ +6e- =2NH3；
（3）电解池中阳离子向阴极移动，因此质子从b极向a极移动；当制得6mol氨气时，电子转移18mol，有18mol质子发生了迁移。
三．实验题（共10分）
29.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L-1KI溶液、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L-1 K2S2O8溶液、0.10 mol·L-1Na2S2O3溶液等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O82—＋2I－=2SO42—＋I2(慢)，I2＋2S2O32—=2I－＋S4O62—(快)。请回答下列问题：
（1）向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O32—)∶n(S2O82—)___。
（2）为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验
序号
体积V/mL
K2S2O8溶液
水
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
9.0
1.0
4.0
4.0
2.0
③
8.0
Vx
4.0
4.0
2.0
表中Vx＝___ mL，理由是__________。
（3）已知某条件下，浓度c(S2O82—)～反应时间t的变化曲线如图， 若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82—)～t的变化曲线示意图(进行相应的标注) ______。
【答案】 (1). S2O32-(其他合理写法也可) (2). ＜2 (3). 2.0 (4). 保持溶液总体积相同，仅改变S2O82—的浓度而其他物质浓度不变(其他合理答案也可) (5).
【解析】
【分析】
（1）慢反应中由I2生成，快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，慢反应中生成I2大于快反应中消耗的I2时，可以观察到溶液由无色变为蓝色；
（2）实验探究的是其他条件不变时，反应物浓度对化学反应速率的影响，保持总体积不变，再进行分析；
（3）加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；降低温度，反应速率减慢，达到平衡所需的时间延长，据此绘图。
【详解】（1）慢反应中由I2生成，使溶液变为蓝色，快反应中消耗I2，慢反应决定反应速率，当溶液中的S2O32—耗尽后，I2才能与淀粉结合显蓝色；I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，1molI2消耗2mol S2O32-，S2O82-＋2I－=2SO42-＋I2可知生成1mol I2需S2O82-1mol，为确保能观察到蓝色，碘要有剩余，S2O32-与S2O82-初始的物质的量之比n(S2O32-)∶n(S2O82-)<2:1，即小于2；
（2）保持溶液总体积相同，仅改变S2O82-的浓度而其他物质浓度不变，能得到浓度对反应规律的影响规律，因此Vx=2.0mL；
（3）加入催化剂，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短；降低温度，反应速率减慢，达到平衡所需的时间延长，因此曲线示意图为：。
四．计算题（共8分）
30.830 K时，在密闭容器中发生下列可逆反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH<0 。请回答下列问题:
（1）若起始时c(CO) =2 mol·L-1，c(H2O) =3 mol·L-1，4 s后达到平衡，此时CO的转化率为60%，则在该温度下，该反应的平衡常数K=____；用H2O表示的化学反应速率为_____。
（2）在相同温度下，若起始时c(CO) =1 mol·L-1，c(H2O) =2 mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为0.5 mol·L-1，此时v(正)______ v(逆) (填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）若降低温度，该反应的K值可能为______。
a.1 b.2 c.0.5
【答案】 (1). 1 (2). 0.3 mol·L-1·s-1 (3). 大于 (4). b
【解析】
【详解】CO的转化率为60%，则转化了1.2mol/L，
（1） CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
始(mol/L) 2 3 0 0
转(mol/L) 1.2 1.2 1.2 1.2
平(mol/L) 0.8 1.8 1.2 1.2
K===1
v(H2O)===0.3 mol·L-1·s-1；
（2） CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
始(mol/L) 1 2 0 0
转(mol/L) 0.5 0.5 0.5 0.5
一段时间(mol/L) 0.5 1.5 0.5 0.5
Qc===<1，平衡正向移动，因此v(正>v(逆)；
（3）该反应为放热反应，降低温度，平衡常数K增大，有可能是2。
【点睛】本题判断平衡移动方向时可用浓度商与平衡常数进行比较，通过大小关系确定平衡移动的方向，并进一步确定正反应速率和逆反应速率的相对大小。对于可逆反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，在一定温度下的任意时刻，反应物与生成物浓度有如下关系：Q＝，称为浓度商，且
Q＜K
反应向正反应方向进行，v正＞v逆
Q＝K
反应处于化学平衡状态，v正＝v逆
Q＞K
反应向逆反应方向进行，v正＜v逆
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