1、2014-2015学年北京师范大学第二附属中学高二（上）第三次月考（12月）化学试卷一、选择题（每题只有一个答案是正确的，每题2分，共40分）1常温下，下列变化过程不是自发的是（）A 石灰石的分解B 原电池产生电流C 在密闭条件下体系从有序变为无序D 铁在潮湿空气中生锈2同温时，等物质的量浓度的下列溶液中，c（H+）最大的是（）A CH3COOHB NaClC HClD Na2CO33下列关于催化剂的说法不正确的是（）A 温度越高，催化剂的催化效果越好B 汽车排气管上的“催化转化器”能减少有害气体排放C 催化剂可以改变化学反应速率，但厦应前后质量和化学性质不变D 锌与盐酸反应时，加入几滴硫酸铜
2、溶液可加快反应速率，但硫酸铜不作催化剂4如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图 下列说法不正确的是（）A 从E口逸出的气体是H2B 从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性C 标准状况下每生成22.4LC12，便产生2molNaOHD 粗盐水中含Ca2+、Mg2+、Fe2+、SO42等离子，精制时最先加Na2CO3溶液5用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是（）A 稀HCl溶液B 稀Na2SO4溶液C CuCl2溶液D 酸性AgNO3溶液分）实验室用足量锌粉与一定量的某浓度的盐酸反应来制氢气由于反应速率太快，不易操作为减慢反应速率，同时又不影响生成H2的总
3、量，可向盐酸中加入的物质是（）A K2SO4固体B NaOH溶液C 少量CuSO4溶液D CH3COONa固体7下列说法不正确的是（）A 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数B 催化剂不能改变平衡常数的大小C 平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动D 化学平衡发生移动，平衡常数必发生改变8对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A 达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率增大，逆反应速率减少D 化学反应速率关系是：
4、2正（NH3）=3正（H2O）9在0.1molL1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A 加入水时，平衡向逆反应方向移动B 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C 加入少量0.1molL1HCl溶液，溶液中c（H+）不变D 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动10在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知 X2、Y2、Z的起始浓度分别为 0.1mol/L，0.3mol/L，0.2mol/L，在一定的条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是（）A Z为0.3mol/LB Y2为0.
5、4mol/LC X2为0.2mol/LD Z为0.4mol/L1分）一定温度下，对于已达到平衡的可逆反应：FeCl3+3KSCN3KCl+Fe（SCN）3，在此溶液中作如下处理，化学平衡逆向移动的是（）A 加入少量的KCl固体B 加入少量FeCl3固体C 降低Fe（SCN）3的浓度D 加水稀释12图的目的是精炼铜，图的目的是保护钢闸门下列说法不正确的是（）（）A 图中a为纯铜B 图中SO42向b极移动C 图中如果a、b间连接电源，则a连接负极D 图中如果a、b间用导线连接，则X可以是铜13在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次
6、达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）A A的转化率变小B 平衡向正反应方向移动C D的体积分数变大D ac+d1分）下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（）A 合成氨工厂通常采用20 MPa50 MPa压强，以提高原料的利用率B 合成氨工业中使反应温度达到500有利于氨的合成C 合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率D 阴暗处密封有利于氯水的储存15如图，下列判断正确的是（）A 电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B 烧杯b中发生的电极反应为Zn2e=Zn2+C 烧杯a中发生反应O2+4H+4e=2H2O，溶液pH降低D 向烧
7、杯a中加入少量K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成16铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图下列说法不正确的是（）A 因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀B 若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小C 铜极上的反应是2H+2eH2，O2+4e+4H+2H2OD 在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀1分）用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，停止电解，向所得溶液中加入0.1mol Cu（OH）2，恰好反应时溶液浓度恢复至电解前关于该电解过程的说法不正确的是（）A 生成Cu的物质的量是0.1molB 随着电解的进行溶液的c（H+）增大C
8、转移电子的物质的量是0.2molD 阳极反应式是4OH4e2H2O+O218某温度下，在容积固定不变的密闭容器中发生下列可逆反应：X（g）+2Y（g）2Z（g）平衡时，X、Y、Z的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，保持温度不变，再向容器中分别充入1mol、1mol、2mol的X、Y、Z，则下列叙述中正确的是（）A 刚充入时，反应速率V （正）减小，V （逆）增大B 达到新平衡时，容器内气体的平均相对分子质量增大C 达到新平衡时，容器内气体的压强是原来的两倍D 达到新平衡时，容器内气体的百分组成和原来相同19向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（
9、g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右所示由图可得出的正确结论是（）A 反应在c点达到平衡状态B 反应物浓度：a点小于b点C 反应物的总能量低于生成物的总能量D t1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段20在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示下列叙述正确的是（）A 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B T2下，在0t1时间内，v（Y）=molL1min1C M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆D M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小二、填空题（
10、每空2分，共60分）24分）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液某研究小组将甲烷燃料电池作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示回答下列问题：（1）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为，（2）b电极上得到的气体是，电解氯化钠溶液的总反应方程式为（3）若甲烷通入量为1L（标准状况），且反应完全，则最多能产生的氯气体积为 L（标准状况）（4）以甲醇（CH3OH）为燃料的电池中，电解质溶液为酸性，则正极、负极的电极反应分别为，22将充满NO2气体的密闭烧瓶浸入冰水中，烧瓶内气体颜色（填“变深”、“不变”或“变浅”），请用平衡移动原理说明变化
11、原因；（2）在80时，将0.40mol N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中发生反应，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如表数据：时间（s）020406080100n（N2O4）/mol0.40a0.20cden（NO2）/mol0.000.24b0.520.600.60计算a=，此温度时该反应的平衡常数K=；改变条件使反应重新达到平衡，能使值变小的措施有（填序号）A增大N2O4的起始浓度 B升高温度 C使用高效催化剂 D向混合气体中通入稀有气体22分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理常用的处理方法有两种方
12、法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：CrOCr2OCr3+Cr（OH）3其中第步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）若该平衡处于强酸性环境中，则溶液显色（2）能说明第步反应达平衡状态的是aCr2O72和CrO42的浓度相同 b2v（Cr2O72）=v（CrO42） c溶液的颜色不变（3）写出第步中反应的离子方程式方法2：电解法该法用Fe做阳极电解含Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀（4）用Fe做电极的原因为（5）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应式解释）溶液中同时生成的沉淀还有2分）工业上一般在恒容密闭
13、容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/mol（1）要提高CO的转化率，可以采取的措施是a升温 b加入催化剂 c增加CO的浓度d充入H2 e充入惰性气体 f分离出甲醇（2）在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：容器甲乙丙反应物投入量1mol CO、2mol H21mol CH3OH2mol CH3OH平衡时数据CH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的热量变化a kJb kJc kJ体系压强（Pa）p1p2p3反应物转化率123下列说法正确的是A2c1c3 Ba+b90.8 C2
14、p2p3 D1+312分）在温度t1和t2下，X2（g）和 H2反应生成HX的平衡常数如表：化学方程式K （t1）K （t2）F2+H22HF 1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）已知t2t1，HX的生成反应是反应（填“吸热”或“放热”）（2）HX的电子式是（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是（4）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX
15、的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱22分）某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案装置如图：实验方案：在两试管中分别加入等大的过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积（1）根据控制变量的思想，在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是（2）在欠缺已经改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是最终产生氢气的体积关系应是（3）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是（4）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是（5）除上述方法外，还可以通过其他方法比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法2014-2015学年北京师范大学第二附属中学高二（上）第三
16、次月考（12月）化学试卷一、选择题（每题只有一个答案是正确的，每题2分，共40分）1常温下，下列变化过程不是自发的是（）A 石灰石的分解B 原电池产生电流C 在密闭条件下体系从有序变为无序D 铁在潮湿空气中生锈考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：反应能否自发进行，取决于焓变与熵变的综合判据，当HTS0时，反应可自发进行，反之不能，据此判断解答：解：A石灰石的分解，CaCO3CaO+CO2，该反应为H0，S0，所以该反应常温下不能自发进行，故A选；B原电池产生电流，是电池内部发生的自发的氧化还原反应，属于自发进行的过程，故B不选；C在密闭条件下体系从有序变为无序，属于熵增大的过程，
17、属于自发进行的过程，故C不选；D铁生锈为自发进行的氧化还原反应，反应放热，常温下可自发进行，故D不选故选A点评：本题考查反应热与焓变，题目难度不大，注意把握反应能否自发进行的特点，学习中注意相关基础知识的积累2同温时，等物质的量浓度的下列溶液中，c（H+）最大的是（）A CH3COOHB NaClC HClD Na2CO3考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：酸性溶液氢离子浓度大于中性溶液，而中性溶液大于碱性溶液；同为酸性溶液，则首先判断电解质的强弱，如都为强电解质，则判断酸电离出氢离子的个数，以此解答该题解答：解：设溶质的浓度都为1mol/L，ACH3COOH是弱酸，溶液c（H+）1mol
18、/L；BNaCl呈中性；CHCl是强酸，溶液中c（H+）=1mol/L；DNa2CO3溶液水解，呈碱性，所以比较以上可知H+浓度由大到小的顺序为：CABD，最大的是HCl溶液故选C点评：本题考查电解质在溶液中的电离，题目难度不大，注意电解质的强弱判断和溶液酸碱性的比较3下列关于催化剂的说法不正确的是（）A 温度越高，催化剂的催化效果越好B 汽车排气管上的“催化转化器”能减少有害气体排放C 催化剂可以改变化学反应速率，但厦应前后质量和化学性质不变D 锌与盐酸反应时，加入几滴硫酸铜溶液可加快反应速率，但硫酸铜不作催化剂考点：催化剂的作用专题：化学平衡专题分析：A、温度高有时候催化剂会失去活性或者分
19、解等；B、汽车尾气是氮氧化物，催化转化器可以使一氧化碳和一氧化氮气体反应生成无毒氮气和二氧化碳；C、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应前后质量和化学性质不变；D、滴入硫酸铜和锌反应生成铜吸附在锌表面，在稀硫酸溶液中形成原电池反应，加快反应速率解答：解：A、温度高有时候催化剂会失去活性或者分解等，所以不是温度越高催化效果越好，故A错误；B、汽车尾气是氮氧化物，催化转化器可以使一氧化碳和一氧化氮气体反应生成无毒氮气和二氧化碳，能减少有害气体排放，故B正确；C、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，反应前后质量和化学性质不变，故C正确；D、滴入硫酸铜和锌反应生成铜吸附在锌表面，在稀硫酸溶液中形成
20、原电池反应，加快反应速率，硫酸铜不是催化剂，故D正确；故选A点评：本题考查了影响化学反应速率的因素分析判断，催化剂的主要实质，原电池原理的应用，题目较简单4如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图 下列说法不正确的是（）A 从E口逸出的气体是H2B 从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性C 标准状况下每生成22.4LC12，便产生2molNaOHD 粗盐水中含Ca2+、Mg2+、Fe2+、SO42等离子，精制时最先加Na2CO3溶液考点：电解原理专题：电化学专题分析：A、根据钠离子的移动方向确定电解池的阴阳极；B、根据阴极产生大量的氢氧化钠来回答；C、根据电解原理方程式来回答；D、根
21、据粗盐的提纯原理来确定所用的试剂解答：解：A、在电解池中，钠离子移向阴极，所以D极是阴极，该极除了产生氢氧化钠以外还会产生氢气，故从E口逸出的气体是H2，故A正确；B、阴极D极产生大量的氢氧化钠，为了增强导电性，可以从B口加入含少量NaOH的水溶液，故B正确；C、电解原理方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，标准状况下每生成22.4L即1molC12，便产生2molNaOH，故C正确；D、粗盐的提纯要加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠，但是碳酸钠一定要加在氯化钡的后面，出去过量的钡离子，故D错误故选D点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据教材知识来回答，难度中等5用铂电极电解
22、下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是（）A 稀HCl溶液B 稀Na2SO4溶液C CuCl2溶液D 酸性AgNO3溶液考点：电解原理专题：电化学专题分析：用铂电极电解下列溶液，阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2时，说明电解的实质是电解水，根据电解原理知识来回答解答：解：A、电解HCl的实质是电解物质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和Cl2，故A错误；B、电解硫酸钠溶液的实质是电解水，阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2，故B正确；C、电解氯化铜属于电解电解质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Cu和Cl2，故C错误；D、电解硝酸银属于“生酸放氧型”，在阴
23、极和阳极上的主要产物为分别为Ag和O2，故D错误故选B点评：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解原理知识的灵活应用和电解的各种类型是关键，难度不大分）实验室用足量锌粉与一定量的某浓度的盐酸反应来制氢气由于反应速率太快，不易操作为减慢反应速率，同时又不影响生成H2的总量，可向盐酸中加入的物质是（）A K2SO4固体B NaOH溶液C 少量CuSO4溶液D CH3COONa固体考点：化学反应速率的影响因素分析：减慢化学反应速率且又不影响生成氢气的总量，说明加入的物质不和稀盐酸反应，且能降低溶液中氢离子浓度，据此分析解答解答：解：A加入硫酸钾固体，溶液中氢离子浓度不变，所以反应速率不变，故A错
24、误；B加入NaOH溶液，NaOH和稀盐酸反应生成氯化钠和水，导致生成氢气质量减少，故B错误；C加入少量硫酸铜溶液，锌置换出Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快反应速率，故C错误；D加入醋酸钠固体，生成醋酸，醋酸是弱电解质，导致溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，且最终酸电离出氢离子物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故D正确；故选D点评：本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响实质是解本题关键，注意题干中限制性条件，为易错题7下列说法不正确的是（）A 某特定反应的平衡常数仅是温度的函数B 催化剂不能改变平衡常数的大小C 平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动
25、D 化学平衡发生移动，平衡常数必发生改变考点：化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义专题：化学平衡专题分析：A、平衡常数随温度变化；B、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；C、平衡常数变化，平衡移动发生移动，平衡常数是衡量化学反应进行测定的物理量；D、化学平衡移动，平衡常数不一定变化解答：解：A、平衡常数随温度变化，不随气体外界因素变化，故A正确；B、催化剂降低反应的活化能，改变反应速率，但不改变化学平衡，平衡常数不变，故B正确；C、平衡常数是衡量化学反应进行测定的物理量，平衡常数变化，平衡移动发生移动，故C正确；D、改变浓度、压强化学平衡移动，但平衡常数不变化，平衡常数只随温度变化，故D错误；
26、故选D点评：本题考查了化学平衡影响因素，化学反应速率和平衡常数的概念的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单8对可逆反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），下列叙述正确的是（）A 达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B 若单位时间内生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率增大，逆反应速率减少D 化学反应速率关系是：2正（NH3）=3正（H2O）考点：化学反应速率和化学计量数的关系；化学平衡状态的判断分析：A不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡状态；B生成x mol NO的同
27、时，消耗x mol NH3，均体现正反应速率关系；C增加容器体积，压强减小；D化学反应速率之比等于化学计量数之比解答：解：A不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，达到平衡状态，则达到化学平衡时，4正（O2）=5逆（NO），故A正确；B生成x mol NO的同时，消耗x mol NH3，均体现正反应速率关系，不能判断平衡状态，故B错误；C增加容器体积，压强减小，则正、逆反应速率均减小，故C错误；D化学反应速率之比等于化学计量数之比，则化学反应速率关系是：3正（NH3）=2正（H2O），故D错误；故选A点评：本题考查化学反应速率及化学计量数的关系，为高频考点，涉及平衡状态判断、影响反应速率
28、的因素等，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大9在0.1molL1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是（）A 加入水时，平衡向逆反应方向移动B 加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C 加入少量0.1molL1HCl溶液，溶液中c（H+）不变D 加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：因加入水、加热促进弱电解质的电离，加酸抑制弱酸的电离，加碱能够中和氢离子，促进醋酸电离，加入与弱电解质电离出相同离子的电解质抑制电离，以此来解答解答：解：A加水促进弱电解质的电离，则电离平衡正向
29、移动，故A错误；B加入少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，故B正确；C加入少量0.1molL1HCl溶液，c（H+）增大，pH减小，故C错误；D加入少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c（CH3COO）增大，则电离平衡逆向移动，故D错误；故选B点评：本题考查电离平衡的移动，明确影响平衡移动的因素即可解答，注意利用加水促进电离及同离子效应来分析解答10在密闭容器中进行如下反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知 X2、Y2、Z的起始浓度分别为 0.1mol/L，0.3mol/L，0.2mol/L，在一定的条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能
30、是（）A Z为0.3mol/LB Y2为0.4mol/LC X2为0.2mol/LD Z为0.4mol/L考点：化学反应的可逆性专题：化学平衡专题分析：化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析解答：解：若反应向正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：根据方程式 X2（气）+Y2（气） 2Z（气），开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2 平衡（mol/L）：
31、0 0.2 0.4 若反应向逆反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：根据方程式 X2（气）+Y2（气） 2Z（气），开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2 平衡（mol/L）：0.2 0.4 0由于为可能反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0c（X2）0.2，0.2c（Y2）0.4，0c（Z）0.4故A正确、BCD错误故选：A点评：本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法1分）一定温度下，对于已达到平衡的可逆反应：FeCl3+3KSCN
32、3KCl+Fe（SCN）3，在此溶液中作如下处理，化学平衡逆向移动的是（）A 加入少量的KCl固体B 加入少量FeCl3固体C 降低Fe（SCN）3的浓度D 加水稀释考点：化学平衡的影响因素分析：A、根据实际参加反应的离子浓度分析，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变；B、加入少量氯化铁固体，溶液中Fe3+浓度增大，平衡正向进行；C、平衡是水溶液中的平衡，减少Fe（SCN）3的浓度，平衡正向进行；D、结合平衡常数分析，加水稀释，离子浓度降低，反应物浓度系数次幂的乘积降低更多解答：解：A、根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，加入少量KCl固
33、体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变，平衡不动，故A错误；B、加入少量氯化铁固体，溶液中Fe3+浓度增大，平衡正向进行，故B错误；C、减少Fe（SCN）3的浓度，平衡正向进行，故C错误；D、加水稀释，离子浓度降低，溶液颜色变浅，c3（SCN）c（Fe3+）降低更多，平衡逆向移动，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡的影响因素分析判断，注意建立平衡的微粒分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等12图的目的是精炼铜，图的目的是保护钢闸门下列说法不正确的是（）（）A 图中a为纯铜B 图中SO42向b极移动C 图中如果a、b间连接电源，则a连接负极D 图中如果a、b间用导线连接，则X可以是铜考点：原电池
34、和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A粗铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极；B电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动；C外加电流的阴极保护法中，被保护的金属连接原电池负极；D牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极解答：解：A粗铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以阴极a为纯铜，故A正确；B电解时，电解质溶液中阴离子向阳极移动，所以I中硫酸根离子向阳极b电极移动，故B正确；C外加电流的阴极保护法中，被保护的金属连接原电池负极，所以图中如果a、b间连接电源，则a连接负极，故C正确；D牺牲阳极的阴极保护法中，被保护的金属作原电池正极，图中如果a、b间用导线连接，则X作负极，其活泼性大于
35、铁，故D错误；故选D点评：本题考查了原电池和电解池原理，涉及电镀及金属的腐蚀与防护，明确哪种电极被保护、哪种电极被腐蚀是解本题关键，题目难度不大13在密闭容中发生下列反应aA（g）cC（g）+dD（g），反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）A A的转化率变小B 平衡向正反应方向移动C D的体积分数变大D ac+d考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的计算专题：化学平衡专题分析：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动解答
36、：解：气体体积刚压缩平衡还未移动时D的浓度是原来的2倍，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，D的浓度减小，所以压缩体积使平衡向逆反应方向移动A、平衡向逆反应方向移动，A的转化率变小，故A正确；B、平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、平衡向逆反应方向移动，D的体积分数减小，故C错误；D、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡向逆反应方向移动，所以ac+d，故D错误；故选A点评：本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键1分）下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是（）A 合成氨工厂通常采用20 MPa50
37、 MPa压强，以提高原料的利用率B 合成氨工业中使反应温度达到500有利于氨的合成C 合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率D 阴暗处密封有利于氯水的储存考点：化学平衡移动原理分析：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解答：解：A合成氨反应中，增大压强可使平衡向正反应分析移动，可提高原料的利用率，可用勒夏特列原理解释，故A不选；B合成氨反应为放热反应，升高温度，不利于平衡向正向移动，但温度过低，反应速率较低，不利于工业生产，主要考虑催化剂的活性，不能用勒夏特列原理解释
38、，故B选；CSO2催化氧化成SO3的反应，加入过量的空气，是增加氧气的提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D氯阴暗处密封有利于氯水的储存，因为氯气与水反应生成次氯酸，该反应是可逆反应，而次氯酸见光易分解，如果不避光平衡正向移动，氯水就变成盐酸，可用勒夏特列原理解释，故D不选；故选：B点评：本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应15如图，下列判断正确的是（）A 电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极B 烧杯b中发生的电极反应为Zn2e=Zn2+C 烧杯a中发生反应O2+4H+4e=2H2O，溶液pH降低D 向烧杯a中加入少量
39、K3Fe（CN）6溶液，有蓝色沉淀生成考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：该原电池中，锌易失电子作负极，铁作正极，负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，电子从负极沿导线流向正极，亚铁离子和K3Fe（CN）6溶液反应生成蓝色沉淀解答：解：A电子从负极锌沿导线流向正极Fe，电子不进入盐桥和电解质溶液，故A错误；B锌作负极，负极上电极反应式为Zn2e=Zn2+，故B正确；C铁作正极，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，所以a烧杯中溶液pH升高，故C错误；Da烧杯中没有亚铁离子生成，所以向烧杯a中加入少量K3Fe（CN）6溶液
40、，没有蓝色沉淀生成，故D错误；故选B点评：本题考查了原电池原理，根据失电子的难易程度确定正负极，明确正负极上发生的电极反应是解本题关键，再结合电极反应式来分析解答，知道亚铁离子的检验方法，题目难度不大16铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图下列说法不正确的是（）A 因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀B 若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小C 铜极上的反应是2H+2eH2，O2+4e+4H+2H2OD 在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：电化学专题分析：根据图片知，水中溶解了氧气，铜、铁和水构成了原
41、电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；结合金属防护原理分析解答：解：A、Fe的活泼性比Cu强，Fe做负极失电子被氧化而腐蚀，故A正确；B、若水膜中溶解了SO2，水膜的酸性会增强，则铁铆钉腐蚀的速率变大，故B错误；C、根据图片可知左侧Cu上发生吸氧腐蚀，右侧Cu上发生析氢腐蚀，则铜极上的反应是2H+2eH2，O2+4e+4H+2H2O，故C正确；D、在金属表面涂一层油脂，能使金属与氧气隔离，不能构成原电池，所以能防止铁铆钉被腐蚀，故D正确；故选B点评：本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀，难度不大，明确钢铁发生析
42、氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键，题目难度不大1分）用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，停止电解，向所得溶液中加入0.1mol Cu（OH）2，恰好反应时溶液浓度恢复至电解前关于该电解过程的说法不正确的是（）A 生成Cu的物质的量是0.1molB 随着电解的进行溶液的c（H+）增大C 转移电子的物质的量是0.2molD 阳极反应式是4OH4e2H2O+O2考点：电解原理分析：根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，所以实际上相当于加入的物质是氧化铜和水，依据电极反应和
43、电解的物质分析计算判断解答：解：加入0.1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子个数=0.1mol2NA/mol=0.2NA，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子的个数=0.1mol2NA/mol=0.2NA，所以电解过程中共转移电子数为0.4NA，A、分析可知生成铜的物质的量为0.1mol，故A正确；B、电解过程中生成硫酸，所以随着电解的进行溶液c（H+）增大，故B正确；C、阴极上析出氢
44、气和铜，生成0.1mol铜转移电子个数=0.1mol2NA/mol=0.2NA，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子的个数=0.1mol2NA/mol=0.2NA，所以电解过程中共转移电子数为0.4NA，故C错误；D、阳极电极反应是氢氧根离子失电子生成氧气的过程，阳极反应式是4OH4e=2H2O+O2，故D正确；故选C点评：本题考查了电解原理，明确阴极上析出的物质是解本题关键，根据生成物与转移电子之间的关系式来解答即可，难度中等18某温度下，在容积固定不变的密闭容器中发生下列可逆反应：X（g）+2Y（g）2Z（g）平衡时，X、Y、Z的物质的量分别
45、为1mol、1mol、2mol，保持温度不变，再向容器中分别充入1mol、1mol、2mol的X、Y、Z，则下列叙述中正确的是（）A 刚充入时，反应速率V （正）减小，V （逆）增大B 达到新平衡时，容器内气体的平均相对分子质量增大C 达到新平衡时，容器内气体的压强是原来的两倍D 达到新平衡时，容器内气体的百分组成和原来相同考点：化学平衡建立的过程专题：化学平衡专题分析：平衡时，X、Y、Z的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，保持温度不变，再向容器中分别充入1mol、1mol、2mol的X、Y、Z，反应物、生成物的浓度都增大，正、逆速率都增大等效为体积缩小一倍，压强增大，平衡向正反应方
46、向移动，据此结合选项解答解答：解：平衡时，X、Y、Z的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，保持温度不变，再向容器中分别充入1mol、1mol、2mol的X、Y、Z，等效为体积缩小一倍，压强增大，平衡向正反应方向移动，A刚充入时，反应物、生成物的浓度都增大，正、逆速率都增大，故A错误；B平衡向正反应方向移动，混合气体总的物质的量减小，混合气体总质量不变，故容器内气体的平均相对分子质量增大，故B正确；C假设平衡不移动，压强为原来2倍，但平衡向正反应方向移动，平衡时压强小于原来的2倍，故C错误；D平衡向正反应方向移动，容器内气体的百分组成发生变化，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡的影响
47、因素，难度中等，根据平衡建立的等效途径是解题关键19向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右所示由图可得出的正确结论是（）A 反应在c点达到平衡状态B 反应物浓度：a点小于b点C 反应物的总能量低于生成物的总能量D t1=t2时，SO2的转化率：ab段小于bc段考点：化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡建立的过程专题：压轴题分析：由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开
48、始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快解答：解：A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D、随着反应的进行，正反
49、应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；故选：D点评：本题难就难在没有直接告诉同学们横坐标表示什么结合图象分析题意就很关键了20在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示下列叙述正确的是（）A 该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B T2下，在0t1时间内，v（Y）=molL1min1C M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆D M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：由图可知，温度为T1先到达平衡，所
50、以T1T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A、根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多；B、根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率；C、温度越高反应速率越大；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析解答：解：由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A、进行到M点X的转化率较低，由于正向是放
51、热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；B、T2下，在0t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（ab）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=c（X）=mol/L，所以v（Y）=molL1min1，故B错误；C、根据图象可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再
52、加入一定量X，平衡后X的转化率增大，故D错误；故选C点评：本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响二、填空题（每空2分，共60分）24分）新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液某研究小组将甲烷燃料电池作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示回答下列问题：（1）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为2O2+4H2O+8e=8OH，CH4+10OH8e=CO32+7H2O（2）b电极上得到的气体是H2，电解氯化
53、钠溶液的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（3）若甲烷通入量为1L（标准状况），且反应完全，则最多能产生的氯气体积为4 L（标准状况）（4）以甲醇（CH3OH）为燃料的电池中，电解质溶液为酸性，则正极、负极的电极反应分别为O2+4e+4H+=2H2O，CH3OH+H2O6eCO2+6H+考点：原电池和电解池的工作原理分析：（1）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原，负极甲烷失电子被氧化；（2）b连接电源的负极，应为阴极，生成氢气；电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠；（3）根据关系式1 mol CH48 mol e4 mol Cl2计算；（4）甲醇燃料电池，甲醇在负
54、极失电子发生氧化反应，氧气在正极放电，酸性条件下生成水解答：解：（1）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e8OH，负极是：CH48e+10OHCO32+7H2O故答案为：2O2+4H2O+8e=8OH；CH4+10OH8e=CO32+7H2O；（2）b电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，是H+放电，生成H2；电解氯化钠溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：H2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；（3）根据得失电子守恒，可得：1 mol CH48 mol e4 mol
55、Cl2，故若每个电池甲烷通入量为1 L（标准状况），生成4L Cl2，故答案为：4；（4）甲醇燃料电池酸性条件下该燃料电池的正极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，电池负极反应式为：CH3OH+H2O6eCO2+6H+；故答案为：O2+4e+4H+=2H2O；CH3OH+H2O6eCO2+6H+点评：本题涵盖电解池和原电池的主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写22将充满NO2气体的密闭烧瓶浸入冰水中，烧瓶内气体颜色变浅（填“变深”、“不变”或“变浅”），请用平衡移动原理说明变化原因
56、2NO2N2O4H0，降低温度，平衡向放热方向即正反应方向移动，导致二氧化氮气体的浓度降低；（2）在80时，将0.40mol N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中发生反应，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如表数据：时间（s）020406080100n（N2O4）/mol0.40a0.20cden（NO2）/mol0.000.24b0.520.600.60计算a=0.28mol，此温度时该反应的平衡常数K=1.8mol/L；改变条件使反应重新达到平衡，能使值变小的措施有（填序号）AA增大N2O4的起始浓度 B升高温度 C使用高效催化剂 D向混合气体中通入稀有气体考点：氮的氧
57、化物的性质及其对环境的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算分析：（1）二氧化氮和四氧化二氮之间存在平衡转化2NO2N2O4是放热反应；降低温度，平衡向放热方向移动，根据二氧化氮气体浓度变化判断气体颜色变化；（2）生成0.24mol二氧化氮需要0.12mol四氧化二氮分解；据K=计算；若使值变小，需使平衡向逆反应方向移动即可解答：解：（1）2NO2N2O4 H0，是放热反应，降低温度，平衡向放热方向即正反应方向移动，导致二氧化氮气体的浓度降低，气体的颜色变浅故答案为：变浅；2NO2N2O4H0，降低温度，平衡向放热方向即正反应方向移动，导致二氧化氮气体的浓度降低；（2）生成0.24mol二氧
58、化氮需要0.12mol四氧化二氮分解，a=0.40mol0.12mol=0.28mol；结合化学平衡三段式列式计算 N2O4（g）2NO2（g）起始量（mol） 0.4 0变化量（mol） 0.3 0.6平衡量（mol） 0.1 0.6K=1.8，故答案为：0.28mol；1.8；若使值变小，需使平衡向逆反应方向移动，A、增大N2O4的起始浓度，按勒夏特列原理，平衡移动的结果只能减弱这种改变，不能消除，所以，c（NO2）/c（N2O4）值变小，故A正确；B、升高温度会使平衡向生成二氧化氮的方向移动，会使c（NO2）/c（N2O4）值变大，故B错误；C、催化剂只能加快化学反应速率，不会影响平衡移
59、动，故C错误；D、向混合气体中通入稀有气体，反应物和生成物浓度不变，不影响平衡移动，c（NO2）/c（N2O4）值不变，故D错误；故答案为：A点评：本题考查了平衡常数的计算和平衡移动的判断，题目难度不大22分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：CrOCr2OCr3+Cr（OH）3其中第步存在平衡：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O（1）若该平衡处于强酸性环境中，则溶液显橙色（2）能说明第步反应达平衡状态的是CaCr2O72和CrO42的浓度相同 b2v
60、（Cr2O72）=v（CrO42） c溶液的颜色不变（3）写出第步中反应的离子方程式Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O方法2：电解法该法用Fe做阳极电解含Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀（4）用Fe做电极的原因为Fe2e=Fe2+，Fe2+做还原剂（5）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应式解释）2H+2e=H2溶液中同时生成的沉淀还有Fe（OH）3考点：化学平衡状态的判断；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素分析：（1）根据外界条件对平衡的影响来确定平衡移动方向，从而确定离子浓度大小和溶液颜色变化；
61、（2）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；（3）根据氧化还原反应确定生成物并配平，所以离子反应方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）用Fe做电极进行电解，阳极发生Fe2e=Fe2+，生成的亚铁离子与Cr2O72发生氧化还原反应被还原为Cr3+然后生成Cr（OH）3沉淀除去；（5）阴极氢离子得电子生成氢气，所以溶液pH升高，同时生成铁离子也转化为氢氧化铁沉淀解答：解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色，故答案为：橙；（2）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶
62、液的颜色不再改变，故选：C；（3）第步中反应的离子方程式：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）用Fe做电极进行电解，阳极发生Fe2e=Fe2+，生成的亚铁离子与Cr2O72发生氧化还原反应被还原为Cr3+然后生成Cr（OH）3沉淀除去，故答案为：Fe2e=Fe2+，Fe2+做还原剂； （5）阴极氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H+2e=H2，同时生成铁离子也转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：2H+2e=H2；Fe（OH）3点评：本题主要考查了化学平衡移动原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡
63、等内容解题根据题给信息，再结合相关原理可进行解答2分）工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=90.8kJ/mol（1）要提高CO的转化率，可以采取的措施是dfa升温 b加入催化剂 c增加CO的浓度d充入H2 e充入惰性气体 f分离出甲醇（2）在容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：容器甲乙丙反应物投入量1mol CO、2mol H21mol CH3OH2mol CH3OH平衡时数据CH3OH的浓度（mol/L）c1c2c3反应的热量变化a kJb kJc kJ体系压强（Pa）p1
64、p2p3反应物转化率123下列说法正确的是DA2c1c3 Ba+b90.8 C2p2p3 D1+31考点：化学平衡的影响因素；等效平衡分析：（1）要提高CO的转化率，可以采取措施使平衡向正反应移动，据此结合选项解答；（2）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为=90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，计算反应热数值，据此判断；C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH
65、3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动；D、甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，由C的分析可知23，据此判断解答：解：（1）a升温，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率的减小，故a错误；b加入催化剂，平衡不移动，转化率不变，故b错误；c增加CO的浓度，CO的转化率的减小，故c错误；d恒容充入H2，平衡向正反应方向移动，转化率增大，故d正确；e恒压充入惰性气体，平衡不移动，转化率不变，故e错误；f分离出甲醇，平衡向正反应方向移动，转化率增大，故f正确故答案为：df；（2）A、甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于
66、反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2c1c3，故A错误；B、由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为=90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，令平衡时甲醇为nmol，对于甲容器，a=90.8n，等于乙容器b=90.8（1n），故a+b=90.8，故B错误；C、比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），平衡向生成甲醇的方向移动，故2p2p3，故C错误；D、甲、乙处于相同的平衡状态，则1+2=1，由C的分析可知23，所以a1+a31，故D正确，故答案为：D点评：本题考查较为综合，涉及化学平衡的移动
67、原理以及等效平衡问题，难度较大，注意（2）题为易错点、难点，注意理解等效平衡问题2分）在温度t1和t2下，X2（g）和 H2反应生成HX的平衡常数如表：化学方程式K （t1）K （t2）F2+H22HF 1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）已知t2t1，HX的生成反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）（2）HX的电子式是（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是HFHClHBrHI（4）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加
68、，ada在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱考点：卤素原子结构及其性质的比较分析：（1）温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，HX的生成反应为放热反应；（2）HX中H与X以一对共用电子对结合，电子式为：（3）F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；（4）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解解答：解：（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以
69、HX的生成反应是发热反应；故答案为：放热；（2）HX属于共价化合物，HX之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是，故答案为：；（3）F、Cl、Br、I属于A，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以HF键的极性最强，HI的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI，故答案为：HFHClHBrHI； （4）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解
70、，因此选项d正确；而选项b、c与K的大小无直接联系故答案为：ad点评：用图表表述化学过程或呈现背景信息是化学常用的表达方式，全面考查学生分析、比较、概括、归纳问题的能力22分）某化学小组为比较盐酸和醋酸的酸性，设计了如下实验方案装置如图：实验方案：在两试管中分别加入等大的过量镁条，同时将两注射器中的溶液注入相应试管中，观察产生氢气的速率和体积（1）根据控制变量的思想，在上述实验方案中有一明显欠缺，该欠缺是盐酸、醋酸的浓度应相同（2）在欠缺已经改正的方案下，反应起始时，产生氢气的速率关系应是盐酸大于醋酸最终产生氢气的体积关系应是盐酸等于醋酸（3）实验中产生的氢气体积比理论值高，可能原因是反应放热
71、，镁条与水反应生成氢气（4）通过比较起始反应的速率可以得出的结论是盐酸酸性大于醋酸（5）除上述方法外，还可以通过其他方法比较盐酸和醋酸的酸性，请写出其中的一种方法测定同物质的量浓度的盐酸和醋酸的pH（或测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH）考点：比较弱酸的相对强弱的实验专题：实验设计题分析：（1）两种酸的浓度必须相等，才能比较反应速率快慢；（2）醋酸为弱酸，溶液中只能部分电离出氢离子，则醋酸与镁的在开始时反应速率较小；由于两种酸的物质的量相等，则生成氢气的最终体积相等；（3）该反应放热，过量镁与水反应生成了氢气；（4）盐酸醋酸氢气速率快、醋酸慢，说明盐酸的酸性较强；（5）比较酸的强弱，还可以测定相同浓
72、度的醋酸和盐酸溶液的pH，或沉淀醋酸钠和氯化钠溶液的pH解答：解：（1）根据产生氢气的速率判断酸性强弱时，必须指出醋酸和盐酸的浓度相等，否则无法比较，故答案为：盐酸、醋酸的浓度应相同；（2）醋酸为弱酸，盐酸为强酸，浓度相等时醋酸中氢离子浓度小于盐酸，则与镁的反应中，盐酸的快，醋酸的慢；由于醋酸和盐酸的浓度、体积相等，镁过量，则最终生成氢气的体积相等，故答案为：盐酸大于醋酸；盐酸等于醋酸；（3）镁在加热条件下能够与水反应，所以该反应放热，导致过量镁与水反应生成氢气，所以产生的氢气比理论值高，故答案为：反应放热，镁条与水反应生成氢气；（4）根据醋酸、盐酸与镁反应产生氢气的速率可知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则盐酸的酸性大于醋酸，故答案为：盐酸酸性大于醋酸；（5）判断醋酸和盐酸的酸性强弱，还可以通过测定同浓度的盐酸和醋酸的pH或测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH进行判断，故答案为：测定同物质的量浓度的盐酸和醋酸的pH（或测定醋酸钠和氯化钠溶液的pH）点评：本题考查了酸性强弱比较的方法，题目难度中等，明确弱电解质的电离平衡及其影响因素为解答关键，注意掌握判断酸性强弱的方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力