1、2018-2019学年福建省师范大学附属中学高二(实验班)上学期期中考试化学试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 化学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1已知“凡气体分子总数增加的反应都是熵增大的反应”。下列反应中
2、，在任何温度下都不自发进行的是A2O3(g)=3O2(g) H0 B2CO(g)=2C(s)+O2(g) H0CN2(g)+3H2(g)=2NH3(g ) H0 DCaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H02对平衡CO2(g)CO2(aq)；H= -19.75kJ/mol，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应采用的方法是( )A升温增压 B降温减压C升温减压 D降温增压3下列对钢铁制品采取的措施不能防止钢铁腐蚀的是A保持表面干燥 B表面镀锌 C表面形成烤蓝 D表面镶嵌铜块4用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施几乎不影响氢气产生速率的是A加少量醋酸钠固体 B不用稀硫酸，改用98%浓硫酸
3、C滴加少量CuSO4溶液 D加少量硫酸钠固体5一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应2X(g)Y(g)+Z(s)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是A混合气体的密度不再变化 B反应容器中Y的质量分数不变C体系压强不再变化 D2v逆(X)v正(Y)6下列装置或操作能达到目的是A装置探究H2SO4浓度对反应速率的影响 B装置可用于测定中和热C装置测定O2的生成速率 D装置保护铁闸门不被腐蚀7关于下列电化学装置说法正确的是A装置中，构成电解池时Fe极质量既可增也可减B装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小C用装置精炼铜时，d极为精铜D装置中电子由Fe经导线流向Zn8298K、1.01
4、105Pa，O2、S、Se、Te分别与H2化合的反应热数据如图所示。写出Se与H2化合的热化学反应方程式正确的是ASe(s)+H2(g)=H2Se(g) H=-242kJmol-1 BSe(s)+H2(g)=H2Se(g)H=-20kJmol-1CSe(g)+H2(g)=H2Se(g) H=+81kJmol-1 DSe(s)+H2(g)=H2Se(g) H=+81kJmol-19根据图，下列判断中正确的是A电路中电子的流动方向：adCuSO4(aq) cbB该原电池原理：Zn+CuSO4 ZnSO4+CuCc电极质量减少量等于d电极质量增加量Dd电极反应：Cu2+2e = Cu，反应后CuSO
5、4溶液浓度下降10硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如右，该电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是A电极a 为电池正极B图中选择性透过膜为阴离子透过性膜C电池工作过程中,电极a附近区域pH减小DVB2极发生的电极反应为：2VB2 +22OH22e- = V2O5 + 2B2O3 + 11H2O11一定条件下，对于可逆反应：X(g)3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 molL1、0.3 molL1、0.08 molL1，则下列判断正确的是A
6、c1c213 B平衡时Y和Z的生成速率之比为23CX、Y的转化率之比为1：3 Dc1的取值范围为0.04 molL1c10.14 molL112对于可逆反应：2A(g)+B(g) 2C(g) HbaB若T2T1，则正反应一定是放热反应C达到平衡时A2的转化率大小为：bacD若T2T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vdvb17在1L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g) M(g)+N(g)，所得实验数据如下表，下列说法不正确的是实验编号温度/起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)7000.100.100.098000.200.200.10
7、9000.100.15aA正反应为放热反应B实验中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则05min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)= 0.01mol/(Lmin)C实验中，该反应的平衡常数K=1.0D实验中，达到平衡时，a大于0.0618如图所示，隔板固定不动，活塞可自由移动，M、N两个容器中均发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)H=-192kJmol-1。向M、N中都通入amolX和bmolY的混合气体，初始时M、N两容器的容积相同，保持两容器的温度相同且恒定不变。下列说法一定正确的是A平衡时，X的体积分数：MNC若ab=13，当M中放出172.8kJ热量时，X的转化率为9
8、0%D若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2L，此时含有0.4molZ，则再通入0.36molX时，(正)”“”“”或“=”)(3)在300 、8 MPa下，将CO2和H2按物质的量之比13 通入一密闭容器中发生CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。23恒温、恒压下，在一个可变容积的容器中发生反应：A(g)B(g) C(g)(1)若开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成amolC，这时n(A)为_mol。(2)若开始时放入
9、3molA和3molB，达到平衡后，生成n(C)为_mol。(3)若开始时放入x mol A、2mol B和1mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别是ymol和3amol，则x_，y_。平衡时，n(B)_(填序号)。A大于2mol B等于2mol C小于2mol D可能大于、等于或小于2mol(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次到达平衡后，C的物质的量分数是_。(5)若保持温度不变，在一个与(1)反应前起始体积相同、且容积固定的容器中发生上述反应。开始时放入1molA和1molB，达到平衡后，生成b molC，将b与a进行比较，则_(填序号)。Aab Ca=b D不能比
10、较2018-2019学年福建省师范大学附属中学高二(实验班)上学期期中考试化学试题化学 答 案参考答案1B【解析】AH0，S0，根据G=H-TS可知，一般温度下都能满足H-T?S0，反应可自发进行，选项A不选；BH0，S0，一般情况下都满足G=H-TS0，反应不能自发进行，选项B选；CH0，S0，在较高温度下，可满足H-TS0，反应可自发进行，选项C不选；DH0，S0，在较高温度下，可满足H-TS0，反应可自发进行，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意反应能否自发进行，反应能否自发进行取决于G=H-TS，当G=H-TS0时，反应可自发进行，否则不能。2D【解析】
11、气体在水中的溶解度随着温度的升高而降低，所以要使CO2在水中的溶解度增大，可以降低温度，同时还可增大压强。3D【解析】【详解】A将钢铁制品放置在干燥处，使金属不具备生锈的条件：和水接触，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故A不选；B在钢铁制品表面镀一层金属锌，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，所以能防止或减缓钢铁腐蚀，故B不选；C烤蓝能使铁制品与氧气和水隔绝，可以防止钢铁制品生锈，故C不选；D在表面镶嵌铜块，形成的原电池中，金属铁做负极，可以加快腐蚀速率，此法不能防止或减缓钢铁腐蚀，故D选；故选D。【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，明确金属被腐蚀的原因是解本题关键。解答本题需要知道常见的防止金属腐蚀的方法
12、。本题的易错点为C，要注意烤蓝主要指利用化学反应使铁器表面生成四氧化三铁。4D【解析】【详解】A加入少量CH3COONa固体，稀硫酸和CH3COONa反应生成弱酸CH3COOH，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故A不选；B浓硫酸和Fe发生钝化，且浓硫酸和Fe反应生成二氧化硫而不是氢气，故B不选；C滴加少量CuSO4溶液，置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C不选；D加入少量的硫酸钠，氢离子浓度不变，反应速率不变，故D选；故选D。【点睛】本题考查影响化学反应速率因素，明确温度、压强、浓度、催化剂等因素对化学反应速率影响原理是解本题关键。本题的易错点为BC，B中要注意浓硫酸的特殊性，C中要注意
13、能够形成锌铜原电池。5D【解析】分析：A.该反应为气体的质量减小的反应，恒容条件下当混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变；B. 反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变；C.该反应为气体总量减小的反应，体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变；D.达到平衡状态，满足v逆(X)2v正(Y)。详解：恒容容器中，混合气体的密度不再变化，说明气体的质量不变，反应达平衡状态，A错误；反应容器中Y的质量分数不变，说明各物质的质量不变，则反应达平衡状态，B错误；体系压强不再变化，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，C错误；不满足速率之比和系数成正比关系，D正确；正确答案：D。6D【解析】【
14、详解】A溶液总体积不同，硫酸浓度和硫代硫酸钠的浓度都不同，则装置不能探究H2SO4浓度对反应速率的影响，故A错误；B泡沫隔热，温度计测定反应温度，但缺少环形玻璃搅拌棒，装置不能用于测定中和热，故B错误；C可由刻度读出生成的气体的体积，但缺少秒表，无法记录需要的时间，不能测定O2的反应速率，故C错误；D铁闸门与电源负极相连，为阴极，则能保护铁闸门不被腐蚀，故D正确；故选D。7A【解析】分析：A.铁做阳极时，质量减轻，铁做阴极时，铜离子在此极析出，质量增加；B.氢离子在阴极得电子，生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大；C. 精炼铜时，粗铜做阳极；D.电子由负极经过导线流向正极。详解：如果铁连在电源的
15、正极，做电解池阳极时，失电子，不断溶解，铁极质量减轻，如果铁连在电源的负极，做电解池阴极时，不发生反应，溶液中的铜离子在此极析出，Fe极质量增加，A正确；a极与电源负极相连，作阴极，氢离子在阴极得电子，发生还原反应2H+2e-=H2，则a极附近溶液的pH增大，B错误；精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，则d极为粗铜，C错误；装置为原电池，活泼性：ZnFe，则Zn 失电子作负极，电子由Zn流向Fe ，D错误；正确选项A。8D【解析】能量越低越稳定，H2O、H2S、H2Se、H2Te稳定性减弱，所以b表示Te与H2化合的反应热数据，故AB错误；Se是固体，所以Se与H2化合的热化学反应方程式是S
16、e(s)+ H2(g) = H2Se(g) H=+81kJmol-1，故C错误、D正确；9C【解析】【分析】根据图示，左边为锌-铜-硫酸锌原电池，锌做负极，铜做正极，锌发生吸氧腐蚀；右边为电解池，电极都是铜，电解质为硫酸铜溶液，是电镀池，据此分析解答。【详解】A电路中电子只能通过外电路，不能通过电解质溶液，溶液是通过自由移动的离子导电的，故A错误；B装置中左边为原电池，锌做负极，铜做正极，右边为电解池，原电池反应是吸氧腐蚀，故B错误；C右边为电解池，是电镀装置，c电极为阳极，铜逐渐溶解，d电极为阴极，析出铜，c电极质量减少量等于d电极质量增加量，故C正确；D右边为电解池，是电镀装置，d电极反应
17、：Cu2+2e-=Cu，反应后CuSO4溶液浓度基本不变，故D错误；故选C。10C【解析】A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O22H2O4e=4OH，负极反应式为：2VB2 +22OH-22e = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH-22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2V2O52
18、B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB222eV2O52B2O3，因为环境是碱性，因此OH在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH-22e = V2O5+2B2O3 + 11H2O。11A【解析】由于X和Y的化学计量数之比使13的，而平衡时X和Y的浓度之比也是13的，所以起始时X和Y的浓度之比就是13的，A正确。平衡时Y和Z的生成速率之比为32，B不正确。X、Y的转化率之比为1：1，C不正确。如果开始向正反应方向进行，则2(c10.1)0.08c3，解得c10.14c3/2，所以c1的最大值是0.14，所以范围是c10
19、.14 molL1，所以D不正确，答案选A。12A【解析】【详解】A、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，B的质量分数增大，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正V逆，故B错误；C、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V逆V正，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误；故选A。【点睛】本题为化学平衡图像题。本题的易错
20、点为BC，要注意V正、V逆的相对大小与平衡移动方向的关系的判断。13B【解析】【详解】A、由图知，反应在T1、T3处反应物和生成物的体积分数相等，但反应不一定达到平衡，故A错误；B、T2-T3升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小，所以反应正向进行，正反应是放热反应，H0，故B正确；C、合成氨的反应属于放热反应，降低温度，反应速率减慢，化学平衡向着放热方向进行，即向正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D、由图知，t2时刻正逆反应速率都增大且相等，改变的条件是加入催化剂，平衡不移动；t3时刻正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是减小
21、压强，平衡向逆反应方向移动；t5时刻正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变的条件是升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以反应在t1时，NH3体积分数最大，故D错误；故选B。14A【解析】【分析】本题主要考查化学平衡，化学平衡常数。A. 将固体杂质分离出去，反应温度大于其沸点；B. 化学平衡常数仅与反应温度有关；C. 第二阶段为第一阶段反应的逆过程，由此计算平衡常数；D. Ni为固体，增加Ni的含量，CO的转化率不变。【详解】A.由题干可知，Ni(CO)4的沸点为42.2，要想将固体杂质分离出去，应使反应温度大于Ni(CO)4的沸点，此时反应生成的Ni(CO)4为气态，便于分离，因此
22、选50，故A项正确；B. 化学平衡常数仅与反应温度有关，与反应物的浓度无直接关系，因此增加c(CO)，反应的平衡常数应不变，故B项错误；C. 由题干可知，230时，第一阶段反应的平衡常数较小，K2105，而第二阶段为第一阶段反应的逆过程，因此可判断第二阶段的反应较彻底，即第二阶段Ni(CO)4分解率较高，故C项错误；D. Ni为固体，增加Ni的含量，CO的转化率不变。综上，本题选A。15B【解析】A根据以上分析，X极导出的是硫酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，应与电源正极相连，故A错误；B由图可知LiOH从最右侧导出，则Li+需通过N进入最右侧，故N为阳离子交换膜，故B正确；C
23、Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，故C错误；D制备2.4gLiOH，n(OH-)=2.4g24g/mol=0.1mol，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，则n(H2)=0.05mol，为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故D错误；故选B。点睛：明确各个电极上发生的反应、各个区域电解质溶液成分是解本题的关键，该电解池实质是电解水，根据图知，Y极导出的LiOH，则Y极是水电离出的氢离子放电生成氢气，阴极电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2，氢氧根浓度增大，故Y为电解池的阴极；X极导出的是硫
24、酸，则X极应为水电离出的氢氧根放电，则X极为阳极，阳极反应式为2H2O-4e-=4H+O2。16D【解析】试题分析：温度越高速率越快，温度T2T1，达到平衡时b、d点的反应速率为vdvb，A错误；若T2T1，由图象可知温度升高AB3的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，B错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为cba，C错误；由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2越大达到平衡时A2的转化率越大，生
25、成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为：cba，D正确；选D。考点：考查化学平衡移动图像。17D【解析】【详解】A根据表格数据知，增大压强平衡不移动，升高温度，后中M的物质的量小于的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，故A正确；B实验中，若5min时测得n(M)=0.05mol，则0至5min时间内，v(M)= 0.05mol1L5min=0.01mol/(Lmin)，化学反应速率与化学计量数成正比，则用N表示的平均反应速率v(N)=v(M)=0.01mol/(Lmin)，故B正确；C X(g)+Y(g)M(g)+N(g) 反应前(mol)0.2 0.2 00转化 (mol
26、)0.1 0.1 0.1 0.1平衡时(mol)0.1 0.1 0.1 0.1则实验中，该反应的平衡常数K= 0.110.110.110.11=1.0，故C正确；D反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，若实验温度相同，实验平衡时M的物质的量应该为0.18mol0.10mol，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则该反应为放热反应；若实验的温度相同，则平衡时实验中a=0.06，由于实验温度较高，且该反应为放热反应，则a0.06mol，故D错误；故选D。18D【解析】【分析】AN中为恒压，M中随反应进行压强减小，反应过程中N中压强大于M中压强，增大压强，平衡
27、向正反应方向移动；B向N中再充入a mol X和b mol Y后达到平衡时的状态与未充入X、Y前相同，即互为等效平衡，根据A的分析可以知道N中转化率较大；C反应初始时X的物质的量未知，故转化率未知；D. 反应温度不变，故通入X前后平衡常数不变，将通入X后反应的浓度商与平衡常数比较，即可知道正逆反应速率的大小；【详解】AN中为恒压，M中随反应进行压强减小，反应过程中N中压强大于M中压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，故平衡时，X的体积分数：MN，故A项错误；B向N中再充入a mol X和b mol Y后达到平衡时的状态与未充入X、Y前相同，即互为等效平衡，根据A的分析可以知道，平衡时X的转化率
28、：MN，故B项错误；C反应初始时X的物质的量未知，故转化率未知，故C项错误；D若a=1.2，b=1，并且N中达到平衡时体积为2 L，此时含有0.4 mol Z，则： X(g)+3Y(g)2Z(g)n0 1.2mol 1mol 0moln 0.2mol 0.6mol 0.4moln平 1mol 0.4mol 0.4mol则平衡常数K=(0.4/2)2/(1/2)(0.4/2) 3=10L2/mol2，反应温度不变，故通入X前后平衡常数不变，未再通入X前，平衡时气体总物质的量为1.8 mol，通入0.36 mol X后，气体总物质的量为2.16 mol，由体积比与物质的量比成正比可以知道：1.8/
29、2.16=2/V，计算得出通入X后的体积V=2.4 L，浓度商Qc=(0.4/2.4)2/(1.36/2.4)(0.4/2.4) 3=10.59K，故反应应向逆反应方向进行，则通入0.36 mol X时，(正)(逆)，故D项正确。综上，本题选D。【点睛】本题的易错项是C、D，C项中a：b=1:3错误的以X、Y起始物质的量依次为1mol、3mol进行计算；D项中忽略向平衡后的N中通入0.36molX的瞬间引起容器体积的变化。19时间 溶液颜色 出现浑浊所需要的时间 温度 10.0 10.0 0 浓度 10.0 6.0 【解析】【分析】(1)通过实验测定和谐反应速率，需要借助于某种数据的变化来判断
30、，根据锌粒与不同浓度硫酸反应时有气体生成；KMnO4与H2C2O4反应中有颜色的变化；硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，据此分析解答；(2)实验、的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响，而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致；实验、加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响，而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，据此分析解答。【详解】(1)化学反应速率可通过实验测定。要测定不同反应时刻反应物或生成物的浓度，可通过观察和测量体系中的某一物质的相关性质，再进行适当的转换和计算。如比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率，可通过测定收集
31、等体积H2需要的时间长短，来比较锌粒与不同浓度硫酸反应时的速率；在KMnO4与H2C2O4反应中，高锰酸钾溶液是有色溶液，可通过观察单位时间内溶液颜色变化来测定该反应的速率；在Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O反应中，硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：时间；溶液颜色；出现浑浊需要的时间；(2)实验、的温度不同，故可探究温度对反应速率的影响；而要探究温度对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致：即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V1=10.0mL，加入的硫酸的量相同，故V2=10.0m
32、L，加入水的体积相等，故V3=0；实验、加入的硫酸的量不同，故可探究浓度对反应速率的影响；而要探究硫酸的浓度不同对反应速率的影响，则必须保持其他影响因素一致，即加入的Na2S2O3溶液的量相同，故V4=10.0mL，溶液总体积也须相同，故加入的水的体积V5=6.0mL，故答案为：温度；10.0；10.0；0；浓度；10.0；6.0。【点睛】本题考查了测定化学反应速率的方法。本题的易错点为(2)，要注意探究某种因素对和谐反应速率的影响时，需要保持其他影响因素相同。20N2H44OH4e=N24H2O 2H2O4e=O24H+或4OH4e=2H2OO2 12.8 负 ClO + 2e + H2O
33、= Cl+ 2OH S- 6e +3O2- = SO3 硫磺(二氧化硫)循环使用；用稀硫酸吸收SO3(减小生成物浓度，有利于提高S转化率) 【解析】【分析】(1)甲池为燃料电池，N2H4失电子生成氮气；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应；根据电路中每个电极得失电子守恒计算；(2)原电池中，负极上失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上得电子发生还原反应，化合价降低，据此图示判断正负极，并书写电极反应式；(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，发生氧化反应，结合电解质为固体金属氧化物书写电极反应式；结合平衡移动原理分析提高转化率的方法。【详解】(1)甲池为燃料电
34、池，负极上发生氧化反应，电极反应式为N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；乙池为电解池，石墨电极与正极相连为阳极，氢氧根在阳极失电子发生氧化反应，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2；甲池中每消耗0.1molN2H4，则根据负极N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，转移0.4mol电子，所以乙池电极上则会析出0.4mol264g/mol=12.8g铜，故答案为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O；4OH-4e-=2H2O+O2；12.8。(2)燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，化合价升高，正极上氧化剂得电子发生还原反应，化合价降低，根据图知，Mg元素化合价由0价变
35、为+2价、Cl元素化合价由+1价变为-1价，所以E是负极、F是正极，正极上次氯酸根离子得电子和水反应生成氯离子和氢氧根离子，电极反应式为ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-，故答案为：负；ClO-+2e-+H2OCl-+2OH-；(3)根据图示，S转化为SO2和SO3，S元素的化合价升高，发生氧化反应，则S为负极，通氧气一端为正极，S(g)在负极生成SO2和SO3的电极反应式为S-4e-+2O2-=SO2、S-6e-+3O2-=SO3；若提高转化率，则平衡正向移动，所以可采取硫磺(二氧化硫)循环使用或用稀硫酸吸收三氧化硫，故答案为：S-6e-+3O2-=SO3；硫磺(二氧化硫)循环使用；用
36、稀硫酸吸收三氧化硫。210.005 mol/(Lmin) A (0.15)20.125(0.075)3 45.5 % 移走0.1 mol NH3 等于 【解析】【分析】(1)根据反应速率= ct计算；(2)根据图像知，反应速率加快，且10min时各气体的物质的量是连续的，根据三种气体的变化量判断平衡施肥发生移动，再结合影响平衡的因素分析解答；(3)化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；第2次平衡时，根据NH3的体积分数等于氨气的物质的量分数计算；(4)25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；根据平衡常数的影响因素分析判断。【详解】
37、(1)反应速率v(NH3)= ct= (0.1-0)mol2L10min=0.005mol/(Lmin)，故答案为：0.005mol/(Lmin)；(2)由图像可知，各组分物质的量变化增加，即反应速率加快，且10min时变化是连续的，20min达平衡时，n(N2)=0.35mol-0.25mol =0.1mol，n(H2)=0.45mol-0.15mol=0.3mol，n(NH3)=0.3mol-0.1mol =0.2mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，三种气体物质的速率增加倍数相同，说明10min可能改变的条件是使用催化剂，缩小体积相当于增大压强，应该反应物的速率增加倍数大；降低温度
38、，应该反应速率减小；增加NH3物质的量，逆反应速率增加的倍数大；故只有使用催化剂符合，故选A；(3)由图像可以看出，当反应进行到时20-25min，各物质的量不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，由图象可知，20min达平衡时，n(N2)=0.025mol10=0.25mol，n(H2)=0.025mol6=0.15mol，n(NH3)=0.025mol12=0.3mol，所以所以其平衡常数K= c2NH3cN2c3H2= (0.3mol2L)2(0.25mol2L)(0.15mol2L)3=0.1520.1250.0753；35min时达到第2次
39、平衡，NH3的体积分数= 0.25mol0.25mol+0.225mol+0.075mol100%=45.5%，故答案为：0.1520.1250.0753；45.5%；(4)第25分钟，NH3的物质的量突然减少，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出NH3；由图像可以看出，当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，所以抽去0.1mol氨，此时平衡常数K将不变，故答案为：分离出0.1molNH3；等于。222a-b K12K2 148(MPa)-2 【解析】【分析】(1)根据盖斯定律将2-可得：2NO(g)+Cl
40、2(g)2ClNO(g)，焓变为倍数关系，而K为指数关系，以此计算K；(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的；由图虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，判断改变的条件；25时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生反应，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，根据平衡的移动对物质的量的影响，分析判断平均相对分子质量的变化；根据反应的平衡常数的对数值(lgK)与温度的变化关系图，由于H3
41、0，因此升高温度，平衡逆向移动，结合K的变化分析判断正确的曲线；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x，根据三段式计算出25时的平衡常数K，再计算lgK，确定a值；25 时测得反应在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，根据Qc与K的相对大小，判断反应进行的方向，确定v正与v逆的大小；(3)依据三段式列式计算平衡时气体物质的量，压强之比等于气体物质的量之比，计算得到各气体的分压，结合平衡常数概念计算。【详解】(1)已知：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)，4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)
42、+2NO(g)+Cl2(g)，将2-可得：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，该反应H3=2H1-H2=2a-b，则平衡常数K3= K12K2，故答案为：2a-b；K12K2；(2)由图I分析可知，随反应的进行压强先增大后减小，5min达到平衡状态，推知开始因反应是放热的，随着反应的进行，温度逐渐升高，压强增大；反应到一定程度，因反应物浓度减小，随反应正向进行，压强反而减小，到压强随时间变化不变时，达到平衡状态，反应焓变H0；根据图虚线知：化学反应速率加快，但平衡不移动，因此改变的条件为加入催化剂；25时，在体积为2L的恒容密闭容器中通入0.08mol NO和0.04molCl2发生上
43、述反应，图像中得到5min反应达到平衡状态，开始和平衡状态气体压强之比为6：5，在5min时，再充入0.08mol NO和0.04molCl2，相当于增大压强，平衡正向进行，气体物质的量减小，气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量将增大；反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g) H3，由于H30，因此升高温度，平衡逆向移动，K减小，则lgK减小，正确的曲线为乙；气体压强之比等于气体物质的量之比，设消耗氯气物质的量x2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)起始量(mol/L) 0.08 0.04 0变化量(mol/L) 2x x 2x平衡量(mol/L)0.08-2x0.04-x 2
44、x(0.08-2x+0.04-x+2x)：(0.08+0.04)=5：6，解得：x=0.02mol，平衡常数K3= (20.02mol2L)2(0.08mol-0.02mol22L)20.04mol-0.02mol2L=100，lgK= lg100=2，即a=2；25 时测得反应在某时刻，NO(g)、Cl2(g)、NOCl(g)的浓度分别为0.8、0.1、0.3，此时Qc=0.320.820.1=1.4K=100，反应向正反应方向进行，v正v逆，故答案为：；加入催化剂；增大；乙；2；(3)若反应条件为压强8MPa，300的反应温度下二氧化碳和氢气按13的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50
45、%，结合三段式列式计算， CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol) 1 3 0 0变化量(mol) 0.5 1.5 0.5 0.5平衡量(mol) 0.51.5 0.5 0.5分压=总压物质的量分数，则P(CO2)=8 0.53= 43，P(H2)=81.53=4，P(CH3OH)=80.53= 43，P(H2O)=80.53= 43，Kp= 43434343=148(MPa)-2，故答案为：148(MPa)-2。231a 3a 2 33a D a/(2-a) B 【解析】【分析】(1)根据化学平衡三段式列式计算；(2)此时投料是(1)的3倍，生成的n(C) 也
46、为(1)的3倍；(3)恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3amol，说明和(2)所达到的平衡是相同的平衡，由此入手，根据等效平衡的规律分析；(4)若在(3)的平衡混合物中再加入3molC，待再次到达平衡后，此时与(1)中的平衡为等效平衡，且是成比例等效。(5)后者相当于减小压强，可以分析平衡移动的方向；【详解】(1)根据化学平衡三段式列式计算 A(g) B(g) C(g)n0 1mol 1mol 0moln a mol a mol a moln平 (1-a) mol (1-a) mol a molA的物质的量为(1-a)mol。故本题正确答案是为1-a；(2)若开始时放入3molA和3mo
47、lB，恒温恒压下最后达到的平衡状态与(1)互为等效平衡，所以到达平衡后，根据(1)中的计算，平衡时A、B、C的物质的量依次为3(1-a)mol、3(1-a)mol、3amol。故本题正确答案是:3a；(3)恒温、恒压下到达平衡后，C的物质的量为3amol，说明和(2)所达到的平衡是完全等同的等效平衡，根据等效平衡规律，“极限法一边倒”满足A、B起始量分为3mol、3mol，则xmol+1mol=3mol，解得x=2，y=3(1-a)；平衡时n(B)=3(1-a)mol，因为0a1，若a1/3，则平衡时B的物质的量小于2mol。因此，本题正确答案是: 3a ；2；3-3a；D;(4)再加3mol
48、C折算成A和B，相当于3molA和3molB，因为是恒温恒压过程，此时与(1)中的平衡为等效平衡，且是成比例等效， A(g) B(g) C(g)起始量1 1 mol 1mol 0mol平衡量1 (1-a) mol (1-a) mol amol起始量2 6mol 6 mol 0mol平衡量2 (6-6a) mol (6-6a) mol 6a molC的物质的量分数为6a /(6-6a +6-6a +6a) 100%= a/(2-a)。因此，本题正确答案是: a/(2-a)(5)恒温、恒压下，放入1molA和1molB，A(g)B(g)C(g)达到平衡后，生成amolC。恒温、恒容下，放入1molA和1molB，达到平衡后，生成b molC。后者相当于减压，平衡向逆向移动，故ab，选B。
