1、高考资源网（） 您身边的高考专家2013-2014学年山东省枣庄三中高三（上）模块化学试卷（9月份） 一、选择题（单选题每题2分共20分）1（3分）在测定中和反应反应热的实验中，下列叙述错误的是（）A向量热计中加入盐酸，搅拌后的温度为初始温度B实验中可使酸或碱略过量C向量热计中加碱液时，碱液的温度应与酸的温度相同D可以用氢氧化钾代替氢氧化钠，浓硫酸代替盐酸考点：中和热的测定版权所有专题：化学实验基本操作分析：A初始温度为向量热计中加入盐酸搅拌后的温度；B为了保证酸或碱能够完全被中和，加入的酸或碱溶液应该稍稍过量；C向量热计中加碱液时，碱液的温度应与酸的温度相同，保证初始温度相同；D可以用氢氧化
2、钾代替氢氧化钠，因浓硫酸溶于水放热，所以不能用浓硫酸代替盐酸；解答：解：A反应前的温度为初始温度，向量热计中加入盐酸，搅拌后的温度为初始温度，故A正确；B中和热测定实验成败的关键是尽可能减少热量的损失，进行中和热测定时，为保证实验准确性，实验中可使酸或碱略过量，保证酸或碱能够完全被中和，故B正确；C在稀溶液中，强酸和强碱发生中和反应而生成1 mol H2O（l）时所放出的热量为中和热，中和热与温度有关，向量热计中加碱液时，碱液的温度应与酸的温度相同，以保证初始温度相同，故C正确；D可以用氢氧化钾代替氢氧化钠，若用浓硫酸代替盐酸，浓硫酸溶于水过程中会释放部分热量，导致测定的混合液最高温度偏大，测
3、定的中和热偏大，故D错误；故选D点评：本题考查了中和热的测定，题目难度不大，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中影响热量的问题是解答的关键2（3分）（2013秋元宝山区期末）已知热化学方程式：SO2（g）+O2（g）SO3（g）H=98.32kJ/mol在容器中充入2mol SO2和1mol O2充分反应，最终放出的热量为（）A196.64kJB196.64kJ/molC196.64kJD196.64kJ考点：化学反应的可逆性版权所有专题：化学平衡专题分析：根据热化学方程式得出生成1molSO3时放出的热量，利用极限法计算出2mol SO2和1molO2反应生成SO3的物质的量，计
4、算放出的热量，由于可逆反应的不完全性，所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量解答：解：根据热化学方程式SO2（g）+O2（g） SO3（g）H=98.32kJ/mol的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO3时放出的热量为196.64kJ，由于是可逆反应，2mol SO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ故选C点评：以反应热的计算为载体，考查可逆反应的不完全性，注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物3（3分）（2013秋铜官山区校级期中）下列有关能量的叙述错误的是（）A化学反应
5、均伴随着能量的变化B物质的化学能可以在一定条件下转化为热能、电能为人类利用C吸热反应中由于反应物总能量小于生成物总能量，因而没有利用价值D需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应考点：反应热和焓变；吸热反应和放热反应版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、化学反应的过程是旧键断裂和新键形成的过程，断键需要吸收能量，成键能够释放能量；B、化学能可以通过燃烧、原电池原理转化为热能、光能、电能等等；C、有些环境需要放热反应放出的热量，有时需要吸热反应吸收的热量；D、反应热与反应条件无关，决定于反应物和生成物能量的相对大小解答：解：A、化学反应的过程是旧键断裂和新键形成的过程，断键需要吸收能量，成键
6、能够释放能量，所以，任何化学反应都伴随着能量变化，故A正确；B、化学能可以通过燃烧、原电池原理转化为热能、光能、电能，故B正确；C、有时需要通过吸热反应吸收的热量降低环境温度，故C错误；D、可燃物的燃烧都是放热反应，但需要加热到着火点，故D正确；故选C点评：本题考查化学反应中能量变化的实质、形式和求算，吸热反应和放热反应各自有各自的用途4（3分）一定温度下，可逆反应2NO22NO+O2在体积不变的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是（）单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态混
7、合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态ABCD考点：化学平衡状态的判断版权所有专题：化学平衡专题分析：化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论解答：解：2NO22NO+O2单位时间内生成n mol O2是正反应，同时生成2n mol NO2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故正确；单位时间内生成n mol O2是正反应，同时生成2n mol NO也是正反应，故不能说明达到
8、平衡状态，故错误；平均相对分子质量=，总质量不变，总物质的量会变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；一氧化氮和氧气为无色气体，二氧化氮为红棕色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；密度=，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；故达到平衡状态的标志是，故选A点评：本题考查化学平衡状态的判断
9、，题目难度不大要注意把握平衡状态的特征5（3分）（2010山东）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（）A生成物总能量一定低于反应物总能量B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率C应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变D同温同压下，H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）在光照和点燃条件下的H不同考点：化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应；反应热和焓变；用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有分析：化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，化学反应速
10、率取决于物质的性质和外界反应条件，与反应是吸热还是放热没有必然的联系，反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小，与反应条件无关解答：解：A、生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故A错；B、反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系，故B错；C、化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小，与反应途径无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故C正确；D、根据H=生成物的焓反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的H相同，故D错故选：C点评：本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生
11、成物以及反应速率、反应条件之间有无必然关系，做题时不要混淆6（3分）（2013北京）下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是（）A水中的钢闸门连接电源的负极B金属护拦表面涂漆C汽车底盘喷涂高分子膜D地下钢管连接镁块考点：金属的电化学腐蚀与防护版权所有专题：电化学专题分析：使用外加电流的阴极保护法说明该该金属防腐的措施中连接外加电源，且阴极连接电源负极解答：解：A水中的钢闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极保护法，故A正确；B对健身器材涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而
12、防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误；D镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护船身而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；故选A点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，解答时要从钢铁生锈的条件方面进行分析、判断，从而找出科学的防锈方法7（3分）（2013江苏）MgH2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液，示意图如下该电池工作时，下列说法正确的是（）AMg电极是该电池的正极BH2O2在石墨电极上发生氧化反应C石墨电极附近溶液的pH增大D溶液中Cl向正极移动考点：化学电源新型电池版权所有专题：压轴题；电化学专题分析：镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化
13、反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为水，溶液pH增大，原电池中阴离子移向负极解答：解：A、组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极，故A错误；B、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；C、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e=2OH，故溶液pH值增大，故C正确；D溶液中Cl移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D错误；故选C点评：本题考查了原电池原理的分析判断，电极名、称电极反应，是解题关键，题目难度中等8（3分）（2013北京）用石墨电极电解CuCl2溶液（如图）下列分
14、析正确的是（）Aa端是直流电源的负极B通电使CuCl2发生电离C阳极上发生的反应：Cu2+2e=CuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：A、电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，阳极和电源正极相连，阴极和电源负极相连；B、通电氯化铜发生氧化还原反应发生分解反应；C、阳极上氯离子失电子发生氧化反应；D、氯离子在阳极失电子生成氯气解答：解：A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发
15、生氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误；故选A点评：本题考查电解原理的应用，主要是电解名称、电极反应的判断，题目较简单9（3分）如图装置分别通电一段时间后，溶液的质量增加的是（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：分别通电一段时间后，溶液的质量增加，说明阳极上溶解金属的质量大于阴极析出物质质量，据此分析解答解答：解：分别通电一段时间后，溶液的质量增加，说明阳极上溶解金属的质量大于阴极析出物质质量，A用石墨作电极电解稀硫酸时实际上相当于电解水，生成氢气和氧气，
16、所以通电一段时间后溶液质量减小，故A错误；B用石墨作电极电解氯化铜溶液，电池反应式为CuCl2Cu+Cl2，所以通电一段时间后，溶液质量减少，故B错误；C阳极反应式为Cu2e=Cu2+、阴极反应式为Cu2+2e=Cu，得失电子相同时，阳极溶解铜的质量等于阴极析出铜的质量，所以溶液质量不变，故C错误；D阳极反应式为 Age=Ag+、阴极反应式为Cu2+2e=Cu，如果通过2mol电子时，阳极溶解216gAg、阴极析出64gCu，所以溶液质量增加，故D正确；故选D点评：本题考查电解原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，电解时先判断阳极材料是否活泼，如果是活泼金属作阳极，阳极上金属失电子而不是
17、电解质溶液中阴离子失电子，为易错点10（3分）（2014盘龙区校级模拟）电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，最后Cr3+以Cr（OH）3形式除去，下列说法不正确的是（）A阳极反应为Fe2eFe2+B电解过程中溶液pH不会变化C过程中有Fe（OH）3沉淀生成D电路中每转移12mol电子，最多有1mol Cr2O72被还原考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：AFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子；B由反应式Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe
18、3+7H2O可知，处理过程中消耗氢离子；C阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根；DFe2e=Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，据此计算解答：解：AFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe2eFe2+，故A正确；B由反应式Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，故B错误；C阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，有Fe（OH）3沉淀生成，故C正确；DFe2e=
19、Fe2+，则转移电子数12mol需要6molFe，再根据能够处理的关系式，得6Fe12e6Fe2+Cr2O72，故被还原的Cr2O72的物质的量为1mol，故D正确；故选B点评：本题考查电解原理、氧化还原反应等，清楚发生的电极反应是解题的关键，是对学生综合能力的考查，难度中等二、多项选择题（每题1-2个选项，每题3分共30分）放电11（3分）（2013浙江）电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅已知：3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，下列说法不正确的是（）A右侧发生的电极反应式：2H2O+2e=
20、H2+2OHB电解结束后，右侧溶液中含有IO3C电解槽内发生反应的总化学方程式：KI+3H2OKIO3+3H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内总反应不变考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，右侧放出氢气，右侧I、OH通过阴离子交换膜向左侧移动，发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，一段时间后，蓝色变浅，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极
21、，保证两边溶液呈电中性解答：解：A左侧溶液变蓝色，生成I2，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，故A正确；B一段时间后，蓝色变浅，发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，中间为阴离子交换膜，右侧I、OH通过阴离子交换膜向左侧移动，保证两边溶液呈电中性，左侧的IO3通过阴离子交换膜向右侧移动，故右侧溶液中含有IO3，故B正确；C左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，同时发生反应3I2+6OH=IO3+5I+3H2O，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，故总的电极反应式为：KI+3H2OKIO3+3H2，故C正确；D如果
22、用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，左侧电极为阳极，电极反应为：2I2e=I2，右侧电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e=H2+2OH，保证两边溶液呈电中性，左侧多余K+通过阳离子交换膜迁移至阴极，左侧生成I2，右侧溶液中有KOH生成，碘单质与KOH不能反应，总反应相当于：2KI+2H2O2KOH+I2+H2，故D错误；故选D点评：本题考查电解原理，难度中等，注意D选项为易错点，注意氢氧根不能通过阳离子交换膜，不能与碘单质发生反应12（3分）（2015北京模拟）下列图象能正确地表达可逆反应3A（g）+B（g）2C（g）H0的是（）ABCD考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；转化率随温度、压
23、强的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用版权所有专题：化学平衡专题分析：对于可逆反应3A（g）+B（g）2C（g）H0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则C%降低，A%增大，A的转化率降低反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大，以此解答该题解答：解：对于可逆反应3A（g）+B（g）2C（g）H0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则C%降低，A%增大，A的转化率降低反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计
24、量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大，A、由图象可知，温度升高C%增大，说明升高温度平衡向正反应移动，图象与实际不相符，故A错误；B、由图象可知，温度升高，正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，故B错误；C、由图象可知，压强越大A%降低，平衡向正反应移动，升高温度A%降低，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，故C错误；D、由图象可知，压强越大A转化率增大，平衡向正反应移动，升高温度A的转化率降低，平衡向逆反应移动，图象与实际相符，故D正确；故选D点评：本题考查化学平衡移动图象问题，难度中等，注意根据可逆反应特征判断温度
25、、压强对化学平衡移动的影响13（3分）（2012四川）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+下列有关说法正确的是（）A检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD正极上发生的反应为：O2+4e+2H2O=4OH考点：常见化学电源的种类及其工作原理版权所有专题：电化学专题分析：酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为O2+
26、4e+4H+=2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题解答：解：A原电池中，阳离子向正极移动，故A错误；B氧气得电子被还原，化合价由0价降低到2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C酸性乙醇燃料电池的负极反应为CH3CH2OH4e+H2O=CH3COOH+4H+，可知乙醇被氧化生成乙酸和水，总反应式为CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，故C正确；D燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，
27、故D错误故选C点评：本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答14（3分）（2014秋华安县校级期末）将图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）ACu电极上发生氧化反应B电子沿ZnabCu路径流动C片刻后甲池中c（SO42）增大D片刻后可观察到滤纸a点变红色考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：K闭合时，甲乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲乙构成原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极，滤纸为电解池，a是阴极，b是阳极，阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电，原电池放电导致从负极到阴极，从阳极到正极解答
28、：解：AK闭合时，甲乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲乙构成原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极，铜电极上得电子发生还原反应，故A错误；B电子不进入电解质溶液中，故B错误；C片刻后，甲池中锌失电子生成锌离子进入溶液，硫酸根离子浓度不变，故C错误；D电解池阴极a上氢离子放电，同时生成氢氧化钠，酚酞遇碱变红色，所以滤纸a点变红色，故D正确；故选D点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，注意电子不进入电解质溶液中，电解质溶液是通过离子的定向移动形成电流，为易错点15（3分）（2011海南）已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）；H=701.0kJmol12Hg（
29、l）+O2（g）=2HgO（s）；H=181.6kJmol1则反应Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l）的H为（）A+519.4kJmol1B+259.7 kJmol1C259.7kJmol1D519.4kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有专题：压轴题；化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律，利用已知方程式进行叠加，构造出目标反应式，关键在于设计反应过程，注意：（1）当反应式乘以或除以某数时，H也应乘以或除以某数 （2）反应式进行加减运算时，H也同样要进行加减运算，且要带“+”、“”符号，即把H看作一个整体进行运算解答：解：已知：2Zn（s）+O2（g）=2Zn
30、O（s）H=701.0kJmol1 2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）H=181.6kJmol1根据盖斯定律，得2Zn（s）+2HgO（s）=2ZnO（s）+2Hg（l），H=（701.0kJmol1 ）（181.6kJmol1 ）=519.4kJmol1，即Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），H=259.7kJmol1故选C点评：本题考查利用盖斯定律进行反应热的计算，难度中等，关键在于根据已知热化学方程式反应构造目标反应式16（3分）（2013山东）CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下（）A加入催化剂，改变了反应的途径，反应的H也
31、随之改变B改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D若在原电池中进行，反应放出的热量不变考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A催化剂虽然改变了反应途径，但是H只取决于反应物、生成物的状态；B对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C升高温度，平衡向吸热的方向移动；D若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；解答：解：A催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以H不变，故A错误；B这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C该反应是放热
32、反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误；D若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：B；点评：本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动17（3分）（2014湖南一模）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）2Z（g）H0，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表下列说法正确的是（）t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10A反应前2min的平均速
33、率v（Z）=2.0105mol/（Lmin）B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）v（正）C该温度下此反应的平衡常数K=1.44D其他条件不变，再充入0.2mol Z，平衡时X的体积分数增大考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正）；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，根据平衡时Y的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组
34、分的物质的量，由于反应气体氢气的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动解答：解：A、由表中数据可求得前2min内生成Z为0.08mol，故，故A错误；B、该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正），故B错误；C、由表中数据可知7min时，反应到达平衡，Y的物质的量为0.10mol，此时X的物质的量也为0.10mol，Z的物质的量也为0.12mol，X、Y、Z的物质的量浓度分别为：0.01molL1、0.01molL1、0.012molL1，故平
35、衡常数，故C正确；D、因该反应前后气体的体积不变，其他条件不变，再充入0.2 mol Z，因为在等温等容条件下，左右气体化学计量数相等，原平衡环境和D 选项的平衡环境互为等效平衡，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误故选C点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意C选项中对化学平衡常数的理解18（3分）（2013安徽）一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）H0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是（）选项x
36、yA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率AABBCCDD考点：化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、升温平衡正向进行，气体质量增大，根据密度等于质量除以体积分析；B、加入一氧化碳达到平衡状态，正向是压强增大的反应，一氧化碳量增大；C、平衡常数随温度变化；D、固体不影响气体达到的平衡；解答：解：该反应为正方向体积增加且吸热A、升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，密度增大，故A正确；B、增加CO的量，平衡正向移动，但压强增大，转化的量，没有上一平衡多，故比值减小，故B错误；C、平衡常
37、数只与温度有关，浓度变化平衡常数不变，故C错误；D、因MgSO4为固体，增加其量，对CO的转化率无影响，故D错误；故选A点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，平衡移动原理的应用，平衡常数随温度变化，固体不改变平衡是解题关键，题目难度中等19（3分）（2013岳阳一模）某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的装置，则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是（）Aa为正极，d为负极；NaClO和NaClBa为负极，d为阳极；NaClO和NaClCa为阳极，d为阴极；HClO和NaClDa
38、为阴极，d为正极；HClO和NaCl考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：电解池中，阳极是阴离子放电，阴极是阳离子放电，氯气能和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，可以制得有较强杀菌能力的消毒液解答：解：电解氯化钠溶液时，阳极是氯离子失电子生成氯气的过程，阴极是氢离子的电子生成氢气的过程，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，所以一定要让氯气在d电极产生，所以d电极是阳极，c电极是阴极，即a为负极，b为正极，氯气和氢氧化钠反应生成的是氯化钠和次氯酸钠故选B点评：本题是一道电解原理和实际相结合的题目，要熟记电解池的工作原理，学以致用20（3分）（2010南通模拟）某密闭容器中充入等物质的
39、量的气体A和B，一定温度下发生反应A（g）+xB（g）2C（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示下列说法中正确是（）A30min时降低温度，40min时升高温度B8min前A的平均反应速率为0.08mol/（Ls）C反应方程式中的x=1，正反应为吸热反应D20min40min间该反应的平衡常数均为4考点：反应速率的定量表示方法；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素版权所有专题：化学平衡专题分析：A、由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强；B、反应从开
40、始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08 mol/（Lmin）；C、由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应D、20min40min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量都不变，反应处于平衡状态，30min40min，速率降低，为降低压强，平衡常数不变，20min40min平衡常数相同，根据20min时计算平衡常数解答：解：A由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，
41、故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故A错误；B反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为0.08 mol/（Lmin），故B错误；C由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知X=1，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，则正反应为放热反应，故C错误；D.20min40min间正逆反应速率相等，各物质的物质的量都不变，反应处于平衡状态，30min40min，速率降低，为降低
42、压强，平衡常数不变，20min40min平衡常数相同，由图可知20min时c（A）=c（B）=1mol/L，c（C）=2mol/L，所以平衡常数k=4，故D正确故选：D点评：本题考查化学平衡图象问题，题目难度较大，本题注意根据图象浓度的变化以及反应速率的变化判断化学反应状态以及影响化学反应速率的条件，本题易错，答题时注意思考三、非选择题（共4小题，每小题4分，满分40分）21（4分）（2013广东模拟）甲醇是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）（1）该反应的平衡常数表达式为 K=（2）如图是该反应在不同温度下CO
43、的转化率随时间变化的曲线该反应的焓变H0（填“”、“”或“=”）若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是BA升高温度B将CH3OH（g）从体系中分离C使用合适的催化剂D充入He，使体系总压强增大（3）已知在常温常压下：2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H=a kJmol12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=b kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=c kJmol1则CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H= kJmol1考点：化学平衡常数的含义；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线版权所
44、有专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）平衡常数指平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；（2）根据先拐先平数值大原则，由图1可知，温度T1T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，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，据此判断反应热；增加甲醇产率，应使化学平衡正向移动，结合平衡移动原理进行解答；（3）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标方程式，反应热越乘以相应的系数并进行相应的计算解答：解：（1）可逆反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的平衡常数k=，故答案为：；
45、（2）由图1可知，T2先达到平衡，温度T1T2，平衡时，温度越高CO的转化率越小，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，故该反应正反应为放热反应，则H0，故答案为：；增加甲醇产率，即化学平衡正向移动，则：A该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，甲醇产率降低，故A不符合；B将CH3OH（g）从体系中分离，平衡正向移动，可提高甲醇的产率，故B符合；C使用合适的催化剂，对化学平衡移动无影响，不能提高甲醇产率，故C不符合；D充入He，使体系总压强增大，反应体系中物质的浓度不变，平衡不移动，不能提高产率，故D不符合；故答案为：B；（3）2CH3OH（l）+3O2（g）=2C
46、O2（g）+4H2O（g）H=a kJmol1，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=b kJmol1，H2O（g）=H2O（l）H=c kJmol1，根据盖斯定律可知，则可得CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），则H=kJ/mol=kJ/mol，故答案为：点评：本题考查较为综合，涉及平衡常数、外界条件对平衡移动的影响、化学平衡图象、反应热的计算等问题，题目难度中等，本题注意利用盖斯定律进行反应热的有关计算22（10分）I、已知反应：3I（aq）+S2O82（aq）I3（aq）+2SO42（aq）；（1）写出反应的平衡常数表达式K=（2）图1表示反应过程中有关物质的能
47、量，则反应的H0（填、=）（I）、（II）两线中，使用催化剂的是（）线（3）反应中发生反应的I与被氧化的I的物质的量比为3：2（4）反应的速率可以用I3与加入的淀粉溶液反应是蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大某探究性学习小组在20进行实验，记录的数据如下：实验编号c（I）/molL10.0400.0800.0800.1600.160c（S2O82/molL1）0.0400.0400.0800.0800.040t/s88442211t1则：该实验的目的是研究反应物I与S2O82的浓度对反应速率的影响显色时间t1=22ss分析表中数据，得出的结论是反应速率与反应物起始浓度乘积成正比II、二氧
48、化硫和氮的氧化物是常用的化工原料，但也是大气的主要污染物综合治理其污染是环境化学当前的重要研究内容之一硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）某温度下，SO2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图所示根据图2所示回答下列问题平衡状态由A变到B时，平衡常数K（A）=K（B）（填“”、“”、“=”）已知上述反应的是放热反应，当该反应处于平衡状态时，在体积不变的条件下，下列选项中有利于提高SO2平衡转化率的有B（填字母）A升高温度 B降低温度 C增大压强 D减小压强 E加入催化剂 F移出氧气考点：用化学平衡常数进行计算；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；
49、化学平衡的计算版权所有专题：基本概念与基本理论分析：、（1）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值；（2）根据反应物和产物能量的相对大小确定反应的吸放热情况；使用催化剂可以降低反映的活化能，加快反应速率；（3）氧化还原反应中，化合价升高的元素被氧化，据此回答；（4）由题目中表格数据可分析出c（I）、c（S2O32）浓度越大，反应速率越快，显蓝色所需时间越少，故实验目的应是研究反应物I与S2O82的浓度对反应速率的影响；对比数据组和、数据组和、数据组和、数据组和，分析当其中一个变量（即一种反应物浓度）保持不变时，反应时间的变化（即反应速率的变化），然后分析当两个变量
50、同时变化一定的倍数时，反应时间的变化（即反应速率的变化），就可以得出其中的规律，据此计算t1、平衡常数只受温度的影响，温度不变，则K不变；从外界条件对平衡移动的影响分析解答：解：（1）化学平衡常数为生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值，则3I（aq）+S2O82（aq）I3（aq）+2SO42（aq）；的化学平衡常数为K=，故答案为：；（2）根据图中信息知道：反应物的能量高于产物的能量，所以反应是放热的，即焓变小于零，使用催化剂可以降低反映的活化能，加快反应速率，即为图中的曲线（），故答案为：；（）；（3）反应中发生反应的I为3mol，根据电子转移是2mol，只有2mol碘离
51、子被氧化，发生反应的I与被氧化的I的物质的量比为3：2，故答案为：3：2；（4）由题目中表格数据可分析出c（I）、c（S2O32）浓度越大，反应速率越快，显蓝色所需时间越少，故实验目的应是研究反应物I与S2O82的浓度对反应速率的影响对比数据组和、和，可以看到，c （S2O82）不变，c （I）增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率加快了一倍；对比数据组和，可以看到，c （I）不变，c （S2O82）增大到2倍时，反应时间缩短了一半，即反应速率也加快了一倍；对比数据组对比数据组和，可以看到，c （I）和c （S2O82）均增大到2倍时，反应时间为原反应时间的1/4，即反应速率加快了4倍可
52、见两个反应物的浓度和反应速率之间的数学关系是：反应物浓度每增加一倍，反应时间就减少一倍，对于两个反应物来说都是如此，可得出结论：反应速率与反应物起始浓度乘积成正比对比实验和，实验的c （I）为实验的4倍，而c （S2O82）保持不变，则由此可计算实验的反应时间应为实验反应时间的1/4，即t1=88s=22s故答案为：研究反应物I与S2O82的浓度对反应速率的影响；22s；反应速率与反应物起始浓度乘积成正比；、平衡常数只受温度的影响，温度不变，则K不变，平衡状态由A变到B时，则k（A）=k（B），故答案为：=；反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能
53、从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，故答案为：B点评：本题通过陌生情景考查平衡常数、反应中能量变化、氧化还原反应、化学反应速、影响化学反应速率的外界因素（浓度）、学生对图表的观察、分析以及学生对实验数据的分析、整理、归纳等方面的思维能力，难度较大（4）中解决该类试题应注意：认真审题，明确实验目的，理解直接测量与实验目的间的逻辑和数学关系；理解控制变量的思想在实验设计和数据分析中的运用23（12分）课题式研究性学习是培养学生创造思维的良好方法某研究性学习小组将下列装置如图连接，D、F、X、Y 都是铂电极、C、E是铁电极将电源接通后，
54、向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色试回答下列问题：（1）电源B极的名称是负极（2）甲装置中电解反应的总化学方程式是：Fe+CuSO4Cu+FeSO4（3）设电解质溶液过量，则同一时间内C、D电极上参加反应的单质或生成的单质的物质的量之比1：1（4）欲用丙装置将粗铜（含少量铁、锌等杂质）精炼，G极材料应该是粗铜（填“粗铜”或“精铜”），电解液中原电解质的物质的量浓度将变小（填“变大”、“变小”或“不变”）（5）设甲池中溶液的体积在电解前后都是500mL，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）时，甲池中所生成物质的物质的量浓度为0.4mol/L考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：
55、电化学专题分析：（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，串联电路中，阳极连阴极，阴极连阳极，阴极和电源负极相连，阳极和电源正极相连；（2）根据电解原理来书写电池反应，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，依据电解原理分析；（3）根据电极反应和电子守恒计算溶解和析出金属的物质的量关系；（4）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有铜离子的盐溶液作电解质溶液；（5）乙池中E为阳极，F为阴极，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）时，甲池中生成硫酸亚铁浓度，依据电子守恒计算反应的铁物质的量得到硫酸亚铁浓度解答：解：（1）向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明该极上
56、氢离子放电，所以该电极是阴极，所以E电极是阳极，D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是阴极，A是电源的正极，B是原电池的负极；故答案为：负极；（2）D、F、X、Y 都是铂电极、C、E是铁电极，甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液时的阳极是铁失电子生成亚铁离子，阴极是铜离子放电，所以电解反应为：Fe+CuSO4Cu+FeSO4；故答案为：Fe+CuSO4Cu+FeSO4；（3）甲池中C为铁做阳极，D为铂电极，电解质溶液是硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液时的阳极是铁失电子生成亚铁离子，Fe2e=Fe2+，阴极是铜离子放电，电极反应为C
57、u2+2e=Cu，依据电子守恒可知则同一时内C、D电极上参加反应的单质或生成的单质的物质的量之比是1：1，故答案为：1：1；（4）电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含有铜离子的盐作电解质即可，分析判断丙装置中G为电解池的阳极，H电极是阴极，G电极为粗铜，H电极为精铜，依据电子守恒分析，阳极溶解过程中铜、铁、锌、镍等杂质金属也失电子，所以电解质溶液中铜离子浓度减小，电解液中原电解质的物质的量浓度减小；故答案为：粗铜；变小；（5）乙池中E为阳极，Fe2e=Fe2+，F为阴极，电极反应2H+2e=H2，当乙池所产生气体的体积为4.48L（标准状况）气体是氢气，物质的量=0.2mol；，所以乙池电
58、子转移为0.4mol，甲池中阳极是铁失电子生成亚铁离子，Fe2e=Fe2+，生成硫酸亚铁浓度=0.4mol/L；故答案为：0.4点评：本题是一道电化学综合知识题目，主要是原电池原理和电解池原理的分析应用，电极判断和电极反应是解题关键，注意电解池中活性电极做阳极，本身失电子发生氧化反应，掌握基础是关键，题目难度中等24（14分）为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用图14所示的装置进行实验据图回答问题I用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是B（填序号）A石墨B镁 C银D铂（2）实验过程中，SO42从左向右（填“从左向右”“从右向
59、左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象有滤纸上有红褐色斑点产生II该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极溶液逐渐变成紫红色：停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清查阅资料知，高铁酸银（FeO）在溶液中呈紫红色请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极溶液的pH增大（填“增大”“减小”或“不变”）（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH4e=2H2O+O2和4OH4e2H2O+O2（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电极（铁电极）质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为168mL（均已折算为标准状况时气体体积）
60、（6）K2FeO4Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应为：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为2FeO42+6e+5H2OFe2O3+10OH考点：原电池和电解池的工作原理；电解原理版权所有专题：电化学专题分析：图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化
61、反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应解答：解：（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，镁是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选：B；（2）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，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，氢氧化亚铁被氧气氧化生成氢氧化铁，所以滤纸上有红褐色斑点产生，故答案为：从右向左，滤纸上有红褐色斑点产生；（3）电解过程中，阴
62、极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：增大；（4）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe6e+8OHFeO42+4H2O和4OH4e2H2O+O2，故答案为：4OH4e2H2O+O2；（5）X电极上析出的是氢气，2H+2eH2，当收集到672mL气体即=0.03mol气体时，转移电子的量是0.06mol，铁质量减少为0.28g即0.005mol，转移电子是0.03mol，所以产生氧气转移电子是0.03mol，根据电极反应式：4OH4e2H2O+O2，转移电子0.03mol生成氧气是0.0075mol，体积是0.0075mol22.4L/mol=0.168L=168mL，故答案为：168；（6）Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，铁质量减少为0.28g即0.005mol，根据转移电子数相等得正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42+6e+5H2OFe2O3+10OH，故答案为：2FeO42+6e+5H2OFe2O3+10OH点评：本题考查了原电池和电解池原理，注意：电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点 - 23 - 版权所有高考资源网