1、石嘴山市第三中学高二年级期中化学试题相对原子质量：H：1 C：12 O：16 S：32 Cl：35.5 Cu：64 Ag：108一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每小题2分，共50分)1. 下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是（ ）A. 1molH2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)SH2O(g)B. 已知某自发反应A(g)+B(g)=2C(g)H0，则S0C. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)H0能否自发进行与温度有关D. 常温下，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0【答案】B【解析】【详解】A. 物质聚集状态不同熵值不同，S（气体）
2、 S（液体） S(固体)，1molH2O在不同状态时的熵值：SH2O(s)0，S0，能否自发进行，HTS0，反应中S0，则H0，故D正确；故选B。2. 有关能量的判断或表示方法正确的是A. 从，可知：金刚石比石墨更稳定B. 已知中和热，则1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热为114.6kJC. 的燃烧热是，则反应的D. 一定条件下，将0.5mol和1.5mol置于密闭的容器中充分反应生成，放热19.3kJ，其热化学方程式为：【答案】C【解析】【详解】A由可知石墨具有较低能量，物质具有能量越低越稳定，所以石墨比金刚石更稳定，故A错误；B中和热是强酸和强碱稀溶液反应生成1mol波态水放出的能量，
3、和消耗的酸、碱的物质的量之间没有关系,，1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应生成2mo|液态水，放出的热量为114.6kJ ，同时硫酸根离子和钡离子生成沉淀也伴随能量变化，所以1mol硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放热一定不是114.6kJ，故B错误；C燃烧热是指1mol燃料完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量，所以反应的，故C正确；D因为0.5mol和1.5mol的反应为可逆反应，0.5mol和1.5mol只能部分反应，无法计算焓变，故D错误；故选C。3. 下列各组热化学方程式，的是A. ；B. ；C. ；D. ；【答案】B【解析】【详解】A、，都为放热反应，H0，前者完全反应，放出的热量多，则，故
4、A不选；B 硫单质燃烧都为放热反应，H0，气态二氧化硫转化为固态二氧化硫时会放出热量，因此生成二氧化硫固体放出的热量多，则，故B选；C气态硫单质的能量高于固态硫单质，硫单质燃烧都为放热反应，H0，因此气态硫燃烧放出的热量高，则，故C不选；D0，则，故D不选；综上所述，各组热化学方程式，的是B项，故答案为B。4. 利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C. 海水提镁中，X、Y均为石墨，Z为MgCl2溶液D. 电镀工业中，X是镀层金属，Y是
5、待镀金属【答案】D【解析】【详解】A. 氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；B. 铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；C.海水提镁中，X、Y均为石墨，电解熔融的氯化镁，故C错误；D. 电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故D正确；故选:D.5. 用惰性电极进行电解，下列说法正确的是A. 电解稀硫酸，实质上是电解水，故溶液pH不变B. 电解稀NaOH溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小C. 电解溶液，在阴极上和阳极上生成气体产物的物质的量之比为1：2D. 电解溶液，在阴极上和阳极上生成产物的物质
6、的量之比为1：1【答案】D【解析】【详解】A电解稀硫酸时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的pH变小，故A错误；B电解稀氢氧化钠溶液时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的pH变大，故B错误；C电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：1，故C错误；D电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的
7、物质的量之比为1：1，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。6. 有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接浸入电解质溶液，B不易腐蚀，将A与D用导线连接浸入电解质溶液电流从A流向D，无明显变化，若将B浸入C的盐溶液中，有金属C析出，这四种金属的活动性顺序为A. DCABB. DABCC. DBACD. BADC【答案】B【解析】【详解】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极，将A与B用导线连接起来浸入电解质溶液中，B不易腐蚀，所以A的活动性大于B；两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼
8、的金属作负极，原电池中电流由正极流向负极，将A与D用导线连接浸入电解质溶液电流从A流向D，所以D的活动性大于A；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，若将B浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明B的活动性大于C，所以金属的活动性顺序为：DABC；答案选B。7. 少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应时，为加快反应速率而不改变生成H2的量，可以采取的方法是（ ）加H2O 加NaOH固体滴入几滴浓盐酸加CH3COONa固体加NaCl溶液滴入几滴硫酸铜溶液升高温度（不考虑盐酸挥发）改用10mL0.1mol/L盐酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】加H2O，c(
9、H+)减小，反应速率减慢，不合题意；加NaOH固体，中和盐酸，c(H+)减小，反应速率减慢，不合题意；滴入几滴浓盐酸，c(H+)增大，物质的量增大，但由于Fe少量，所以不影响生成H2的总量，符合题意加CH3COONa固体，与H+反应，c(H+)减小，反应速率减慢，不合题意；加NaCl溶液，相当于加水稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，不合题意；滴入几滴硫酸铜溶液，与Fe反应生成Cu附着在Fe表面，形成原电池，加快反应速率，但由于消耗Fe，生成H2的总量减少，不合题意；升高温度，反应速率加快，生成H2的总量不变，符合题意；改用10mL0.1mol/L盐酸，c(H+)增大，但n(H+)不变，符合题
10、意；综合以上分析，符合题意，故选B。8. 在一密闭容器中进行下列反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g).已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度（mol/L）分别为：0.2、0.1、0.2， 当该反应达到平衡时可能存在的数据是A. SO2为0.4mol/L,O2为0.2mol/LB. SO2为0.25mol/LC. SO2、SO3均为0.15mol/LD. SO3为0.4mol/L【答案】B【解析】【详解】ASO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为0.2mol/L、0.1mol/L，因可逆反应，实际变化应小于
11、该值，所以SO2小于 0.4mol/L，O2小于0.2mol/L，故A错误；BSO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为0.2mol/L，该题中实际变化为0.05mol/L，小于0.2mol/L，故B正确；C反应物、生成物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故C错误；DSO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故D错误；故选B。9. 在恒温恒容的密闭容器中发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H0，下列能说
12、明该反应达到平衡状态的是 ( )反应速率5v(NH3)4v(O2) 体系的压强不再发生变化 混合气体的密度不再发生变化 气体的平均摩尔质量不再发生变化 单位时间内生成5 mol O2，同时断裂12 mol OH键 NO的浓度不变A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】只要反应发生就有反应速率5v(NH3) 4v(O2)，故不能说明反应已达平衡状态，故错误； 体系的压强不再改变，说明正逆反应速率相等，反应已经达平衡状态，故错误气体的总质量和总体积始终不变，体系的密度始终不变化，密度不变不能说明反应已达平衡状态，故错误气体总质量始终不变，总物质的量为变量，平均摩尔质量不再发生变化说明正逆
13、反应速率相等，反应已经达平衡状态，故正确；单位时间内生成5 mol O2，同时断裂12 mol O-H键，均描述逆反应速率，不能说明反应已达平衡状态，故错误；NO的浓度不变说明反应达到了平衡状态，故正确；综上所述，答案为A。10. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 新制的氯水放置一段时间，溶液的pH会减小，颜色会变浅B. 配制硫酸亚铁溶液时要加入少量铁粉C. 实验室采用排饱和食盐水的方法收集氯气D. 恒容容器中反应达到平衡后，升高温度气体颜色变深【答案】B【解析】【详解】A在氯水中有，HClO不稳定，随着时间推移，HClO因分解导致其浓度降低，使得平衡不断向右移动，导致HCl浓度越来越大
14、，溶液的pH减小，颜色变浅，该事实可以用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B硫酸亚铁溶液中加入少量铁粉，是为了防止Fe2+被氧化为Fe3+，该事实不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C氯气溶于水后，有，在饱和食盐水中，Cl-的浓度较大，会抑制平衡向右移动，从而减少Cl2在水中的溶解度，所以实验室一般采用排饱和食盐水的方法收集氯气，该事实可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；D该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，使得NO2的浓度增大，气体颜色变深，该事实可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选B。11. 下列关于化学平衡叙述，正确的是（ ）A. 2NO2(g) N2O4(g) H 0，反应
15、达平衡后，压缩体系体积，平衡正向移动，体系颜色变浅B. H2(g) + I2(g) 2HI(g) H 0，反应达平衡后，增大体系体积，平衡不移动，体系颜色不变C. FeCl3(aq) + 3KSCN(aq) Fe(SCN)3(aq) + 3KCl(aq)，反应达平衡后，向体系中加入少量 KCl 固体，平衡逆向移动，体系颜色变浅D. N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)，反应达平衡后，保持体系压强不变，充入 He，平衡逆向移动，体系中 NH3 的百分含量降低【答案】D【解析】【详解】A.该反应为气体体积减小的反应，达到平衡后压缩体系体积，增大了体系压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，由
16、于压缩体系体积后二氧化氮浓度增大，则混合气体的颜色比原来变深，故A错误；B.该反应是气体体积不变的反应，达到平衡后增大体系体积，减小了体系压强，平衡不移动，由于增大体系体积后，碘蒸汽浓度减小，则混合气体的颜色比原来变浅，故B错误；C.该反应的实质是Fe3+(aq) + 3SCN(aq) Fe(SCN)3(aq)，与氯化钾无关，则加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN-浓度不变，平衡不移动，体系颜色不变，故C错误；D.该反应是气体体积减小的反应，反应达平衡后，保持体系压强不变，充入He，体系体积增大，减小了体系压强，减小压强，平衡向逆反应方向移动，NH3的百分含量降低，故D正确；故选D。12
17、. 在一密闭容器中，可逆反应：3A（g）3B+C（正反应为吸热反应），随着温度升高，气体的平均相对分子质量有变小的趋势，则下列判断中正确的是A. B和C不可能都是气体B. B和C可能都是固体C. 若C为固体，则B一定是气体D. B和C一定都是气体【答案】C【解析】【详解】A3A（g）3B+C（正反应为吸热反应），随着温度升高，平衡正向移动， 若B和C都是气体，则气体总质量不变、气体物质的量增大，根据，气体的平均相对分子质量变小，故A错误；B3A（g）3B+C， 若B和C都是固体，容器中只有A是气体，气体的平均相对分子质量不变，故B错误； C3A（g）3B+C，若B和C都是固体，容器中只有A是气
18、体，气体的平均相对分子质量不变，若C为固体，则B一定是气体，故C正确；D根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向正反应方向移动，而气体的平均相对分子质量减小，则有两种可能：(1)气体的质量不变，物质的量增加，即B和C均为气体。(2)气体的质量减少，物质的量不变，即B为气体，C为固体，故D错误；答案选C。13. 2 mol A与2 mol B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：2A（g）3B（g）2C（g）zD（g）若2 s后，A的转化率为50%，测得v（D）0.25 molL1s1，下列推断正确的是（）A. v（C）v（D）0.25 molL1s1B. z3C. B的转化率为25%D. C的体积
19、分数为20%【答案】A【解析】【分析】根据题中2A（g）3B（g）2C（g）zD（g）可知，本题考查化学反应速率和化学平衡，运用化学反应速率之比等于化学计量数之比和勒夏特列原理分析。【详解】A. 2A（g）3B（g）2C（g）zD（g）可以用单位时间内各物质的物质的量浓度变化来表示，如v（A）；不同物质表示的速率间有v（A）v（B）v（C）v（D）abcd规律。反应中A转化2 mol50%1 mol，B转化1 mol1.5 mol，v（C）v（A）0.25 molL1s1= v（D），A项正确；Bv（C）v（D）0.25 molL1s10.25 molL1s111，z2，B项错误；CB的转化率
20、为100%75%，C项错误；D反应中A转化2 mol50%1 mol，生成1molC，总物质的量减少0.5mol，C的体积分数也就是物质的量分数，为100%28.6%，D项错误；答案选A。14. 反应，在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是a。若分别再加入一定量各自的反应物。则转化率A. 均不变B. 均增大C. 增大不变减小D. 减小不变增大【答案】D【解析】【详解】恒温恒容条件下，在平衡状态时加入少量反应物，相当于增大压强，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，中反应前后气体计量数之和增大、中反应前后气体计量数之和不变、中反应前后气体计量数之和减小，与前一个平衡相比，平衡逆向移动、
21、平衡不移动、平衡正向移动，则中反应物转化率依次为减小、不变、增大，故答案为D。15. 反应过程中能量变化如图所示，图中表示无催化剂时正反应的活化能，表示无催化剂时逆反应的活化能，下列有关叙述不正确的是A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数B. 有气体参加的化学反应，若增大压强即缩小反应容器的体积，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大C. 该反应中，反应物总键能小于生成物的总键能D. ，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热【答案】B【解析】【详解】A如图所示，反应物的能量较高，则该反应是放热反应，所以该反应的逆反应是吸热反应，升高温度可以提高活化分子的百分数，A正确
22、；B若增大压强即缩小反应容器的体积，活化分子数目不变，分子总数目不变，则活化分子百分数不变，但是因为单位体积内活化分子数目增加，有效碰撞几率增加，导致化学反应速率增大，B错误；C图中，E1可以表示反应物的总键能，E2也可以表示生成物的总键能，E1p，选项B错误；C图3中，曲线上点为平衡点，点1对应的转化率大于平衡转化率，点3转化率小于平衡转化率，点3时反应正向进行，则反应速率，选项C正确；D图4中，若mnp，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，选项D错误；答案选C。17. 根据反应设计如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为，溶
23、液的体积均为200mL，盐桥中装有饱和溶液。下列说法不正确的是A. 石墨b是原电池的负极，发生氧化反应B. 甲烧杯中的电极反应式：C. 电池工作时，盐桥中的阴、阳离子分别向乙、甲烧杯中移动，保持溶液中的电荷平衡D. 忽略溶液体积变化，浓度变为，则反应中转移的电子为0.1mol【答案】D【解析】【分析】根据题目提供的总反应方程式可知，KMnO4作氧化剂，发生还原反应，故石墨a是正极，石墨b是负极。【详解】A由上述分析可知，b是原电池的负极，发生氧化反应，故A项说法正确；B甲烧杯中发生还原反应生成Mn2+，电极反应式为+5e+8H+=Mn2+4H2O，故B项说法正确；C电池工作时，甲烧杯中正电荷减
24、少，乙烧杯中正电荷增加，因此盐桥中阳离子向甲烧杯中移动，阴离子向乙烧杯中移动，故C项说法正确；D溶液中的Fe2(SO4)3浓度变为1.5mol/L，由于溶液的体积未变，则反应过程中生成的铁离子的物质的量为0.2L0.5mol/L2=0.2mol，转移的电子为0.2mol，故D项说法错误；综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。18. 下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）A. 图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B. 图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C. 图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D. 图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要
25、是由MnO2的氧化作用引起的【答案】B【解析】【详解】A、图a中应该是与溶液液面接触处最易腐蚀，因为与氧气接触面积大，A错；B、图b中，开关置于N处，形成原电池，N处中Zn腐蚀加快，B错；C、图c中接通开关，Zn做负极，发生析氢腐蚀，Zn腐蚀加快，Pt是产生气泡加快，C错；D、图d中，Zn-MnO2干电池自放电腐蚀，Zn是负极，发生氧化反应，因而主要是由Zn的氧化作用引起的，D正确。答案选D。19. 锂-空气电池是一种新型的二次电池，其放电时的工作原理如图所示，下列说法正确的是A. 该电池放电时，正极的反应式为O24e4H=2H2OB. 该电池充电时，阴极发生了氧化反应：Lie=LiC. 电池
26、中的有机电解液可以用稀盐酸代替D. 充电时，空气极与直流电源正极相连【答案】D【解析】【分析】A、正极上是氧气得电子生成氢氧根离子；B、阴极上阳离子得电子发生还原反应；C、金属锂能与盐酸反应生成氢气，据此分析；D、放电时，空气极为原电池正极；充电时，空气极为电解池的阳极。【详解】A、正极上是氧气得电子生成氢氧根离子，则电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B、阴极上阳离子得电子，则该电池充电时，阴极锂离子得电子发生还原反应：Li+e-=Li，故B错误；C、金属锂能与盐酸反应生成氢气，所以电池中的有机电解液不可以用稀盐酸代替，故C错误；D、放电时，空气极为原电池正极；充电时，空
27、气极为电解池的阳极，因此充电时，空气极与直流电源正极相连，故D正确；综上所述，本题选D。20. 高铁电池是一种新型可充电电池，能长时间保持稳定的放电电压。其电池总反应为：3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，下列叙述错误的是A. 放电时负极反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2B. 充电时阳极发生氧化反应，附近溶液碱性增强C. 充电时每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-【答案】B【解析】【详解】A. 放电时负极锌失电子在碱
28、性条件下生成氢氧化锌，反应为：Zn-2e-+2OH-= Zn(OH)2，选项A正确；B. 充电时阳极发生氧化反应Fe(OH)3 + 5OH- 3e-= FeO42- + 4H2O，附近溶液碱性减弱，选项B错误；C. 充电时阴极电极反应为Zn(OH)2+2e-= Zn+2OH-，每转移3mol电子，阴极有1.5molZn生成，选项C正确；D. 放电时正极反应为：FeO42- + 3e- + 4H2O = Fe(OH)3 + 5OH-，选项D正确；答案选B。21. 假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各装置中的电极编号。下列说法错误的是A. 当K闭合时，B装置在
29、电路中做电源B. 当K闭合时，C装置中银片质量增加C. 当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D. 当K闭合后，A、B装置pH均变大，D装置中电解质溶液浓度保持不变【答案】D【解析】【分析】当K闭合时，装置B能自发进行氧化还原反应，所以装置B为原电池，则装置A、C、D都是电解池，装置B中Zn失去电子作负极、Cu作正极，所以装置A中C(石墨)、装置C中Cu、装置D中粗Cu都作阳极；装置A中Fe、装置C中Ag、装置D中纯Cu都作阴极。【详解】A当K闭合时，装置B能自发进行氧化还原反应，为原电池，在电路中作电源，故A项说法正确；B由上述分析可知，当K闭合时，C装置中银片作阴极，阴极上Cu2+得到电
30、子生成Cu，银片质量增加，故B项说法正确；C当K闭合后，装置B为原电池，装置A、C、D为电解池，电子从负极流向阴极，再从阳极流向阴极，所以整个电路中电子的流动方向为，电子不进入电解质溶液，故C项说法正确；D当K闭合后，装置A中阴极上H+放电，阳极上Cl-放电，导致溶液中OH-浓度增大，溶液的pH增大；装置B中正极上H+放电导致溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大；D装置中阴极Cu2+得到电子，阳极上粗铜中Zn、Fe等活泼性金属失去电子，电解质溶液浓度逐渐减小，故D项说法错误；综上所述，说法错误的是D项，故答案为D。22. ；当反应达到平衡时，下列说法正确的是A. 平衡时，B. 反应起始时固体是5
31、molC. 平衡时HI的分解率为20%D. 平衡时，反应的平衡常数为25【答案】C【解析】【详解】当反应达到平衡时，则反应消耗c(HI)消=1mol/L，则反应生成的c(HI)=4mol/L+1mol/L=5mol/L，A反应生成的HI与NH3的浓度相等，则c(HI)=c(NH3)=5mol/L，故A项说法错误；B因不确定反应NH4I的转化率以及容器体积，因此不能确定NH4I的起始量，故B项说法错误；C平衡时HI的分解率为=100%=20%，故C项说法正确；D平衡时，反应的平衡常数K=c(HI)c(NH3)=45=20，故D项说法错误；故答案为C。23. 已知反应：。现有如图所示三个初始体积相
32、同的密闭容器、，并在一定温度下反应达到平衡时，下列说法正确的是A. 容器、中正反应速率始终是：B. 容器、中化学平衡常数值：C. 容器、中的的平衡转化率：D. 三个容器中反应述平衡后，分别充入等量惰性气体，、平衡不移动，平衡正向移动【答案】AB【解析】【详解】A容器是绝热容器，反应过程中温度升高，正反应速率始终是：，选项A正确；B平衡常数只跟温度有关，容器是绝热容器，反应过程中温度升高，温度升高，反应向吸热反应的逆向移动，平衡常数减小，故容器、中化学平衡常数值：，选项B正确；C以容器为参照，容器恒温恒压，正反应为气体体积缩小的反应，随着反应的进行压强减小，容器体积变小，相对于压强增大，平衡正向
33、移动，平衡转化率增大，容器是绝热容器，反应过程中温度升高，温度升高，反应向吸热反应的逆向移动，转化率减小，故容器、中的的平衡转化率：，选项C错误；D三个容器中反应述平衡后，分别充入等量惰性气体，、恒容，反应物的浓度不变，平衡不移动，中总压强增大，容器变大，参与反应的物质分压减小，平衡向气体体积增大 的逆反应方向移动，选项D错误；答案选AB。24. 在温度和时，分别将0.50mol和1.20mol充入体积为1L的密闭容器中，发生如下反应：，测得随时间变化数据如下表：下列说法正确的是时间/min0102040500.500.350.250.100.100.500.300.180.15A. 时的平衡
34、转化率为70.0%B. 该反应的、C. 保持其他条件不变，时向平衡体系中再充入0.50mol和120mol，与原平衡相比，达新平衡时的浓度增大、体积分数增大D. 保持其他条件不变，时向平衡体系中再充入0.30mol和0.80mol，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】【分析】由表中数据可知，T1时，40min反应达到平衡，T1和T2开始对应各组分浓度相等，前20min内，T2的反应速率大于T1，则T1T2，T2先到达平衡，到达平衡时间小于40min。【详解】A.由表中数据可知，T1时，40min反应达到平衡，平衡时参加反应的甲烷物质的量为(0.500.10)mol=0.40mol，甲烷的转化
35、率为100%=80%，故A错误；B.由分析可知，反应温度T1T2，温度升高，反应物甲烷的物质的量增大，说明平衡向吸热的逆反应方向移动，该反应为放热反应，H0，故B正确；C.保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.50mol甲烷和1.20mol二氧化氮，平衡正向移动，氮气的浓度增大，但充入气体的过程中压强增大，该反应为气体体积增大的反应，增大压强，会在等效平衡的基础上逆向移动，氮气的体积分数减小，故C错误；D.由表格数据可知，T1平衡时各物质的浓度为0.10mol/L、0.40mol/L、0.40mol/L、0.40mol/L、0.80mol/L，则平衡常数K=6.4，T1时向平衡体系中再
36、充入0.30 mol甲烷、0.80mol水，各物质的浓度瞬间变化为0.40mol/L、0.40mol/L、0.40mol/L、0.40mol/L、1.60mol/L，浓度熵Qc=25.6K，化学平衡逆向移动，故D错误；故选B。25. 在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，发生反应 ，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下，下列说法正确的是容器甲乙丙反应物投入量、2mol4mol浓度反应的能量变化放出a kJ吸收b kJ吸收ckJ体系压强反应物转化率A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A丙容器反应物投入量4mol NH3， 是乙的二倍，若平衡不移动，丙中
37、压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2P2P3，故A错误；B. 甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2mol NH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92. 4kJ，故a+b=92.4，故B正确；C甲容器内的平衡与乙容器内平衡是等效平衡，所以平衡时NH3的浓度相等，即 C1=C2，丙容器反应物投入量4mol NH3，是乙的二倍，相当于增大压强，平衡正移，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即C32 C2，所以C32C1， 故C错误；D. 丙容器反应物投入量4mol NH3，是乙的二倍，若
38、平衡不移动，转化率+=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率+(2)(1)(3)(4) (5). N (6). 2H2O+4e-+O2=4OH- (7). 2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3 (8). 牺牲阳极的阴极保护法 (9). 【解析】【详解】(1) 该装置为原电池装置，将化学能转变为电能，镁比铝活泼，当溶液是稀硫酸时，铝作正极，发生还原反应，电极反应为2H+2e- =H2，若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝能与氢氧化钠反应而镁不能，所以铝做负极，负极反应为Al+4OH-3e-=AlO+2H2
39、O，将铝片和铜片用导线相连，插入浓硝酸中，铝被浓硝酸钝化后不能继续和浓硝酸反应，而铜可以与浓硝酸反应，所以铜为负极，铝为正极，总反应式为Cu+2NO+4H+=2NO2+2H2O+Cu2+，故答案为：2H+2e- =H2，Al+4OH-3e-=AlO+2H2O，Cu+2NO+4H+=2NO2+2H2O+Cu2+；(2) (5)装置是电解池，(4)中金属铁为阴极，(5)中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即(5) (4)，根据电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀，电解池的阴极金属被保护，不易腐蚀，速率最慢，所以铁腐蚀快慢顺序为：(5) (2) (1) (
40、3) (4) ；故答案为：(5)(2)(1)(3)(4)；若X为碳棒，由于铁比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使铁为电解池的阴极，故K连接N处；若X为碳棒，开关K置于M处，所形成的的是原电池，由于铁比碳棒活泼，铁做负极，碳棒做正极，氧气的电子被还原，正极发生反应为2H2O+4e-+O2=4OH-，正极反应为Fe-2e-=Fe2+，总反应方程式为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，还会发生4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，所以形成氢氧化铁化学反应方程式为：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；若X为锌，开关K置于M处，
41、Zn为负极被腐蚀， Fe为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：N，2H2O+4e-+O2=4OH-，2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3，牺牲阳极的阴极保护法；(3) 反应Cu+2FeCl3=Cu+2FeCl2中，铜元素化合价升高，铜在负极上发生氧化反应，铁元素化合价降低，铁离子在正极上得电子，发生还原反应，所以用铜作负极，比铜不活泼的Pt作正极，以氯化铁溶液和氯化铜溶液总作电解质溶液可以设计正极负极成原电池，如图所示：，故答案为：。29. 用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。(1)写出乙中
42、两极发生的电极反应式，阴极：_；阳极_。(2)写出甲中发生反应的化学方程式：_；C(左)、C(右)、Fe、Ag4个电极上产物的物质的量的比值_。(3)当乙池中Fe电极的质量增加5.40g时，甲池中产生的_mL(标准状况下)。(4)用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前，则电解过程中转移的电子数为_。【答案】 (1). Ag+e=Ag (2). Ag-e=Ag (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4 (4). 2：1：4：4 (5). 280 (6). 2.4081023【解析】【分析】装置是电解池
43、，通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，铁做电解池阴极，银做阳极；甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，阳极上氢氧根离子失电子，阴极上铜离子得电子，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，根据电子守恒计算4个电极上产物的物质的量的比值；当乙池中Fe电极的质量增加5.4g时，即生成Ag为=0.05mol，转移电子为0.05mol，根据电极方程式计算；0.1mol Cu(OH)2相当于0.1molCuO、H2O，即0.1molCuO、0.1molH2O，阴极上析出Cu和氢气，阳极上只析出氧气，根据氧原子与转移电子之间的关系式计算转移电子数。【详解】(1)通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量
44、增加，铁做电解池阴极，银做阳极，电解质溶液是硝酸银溶液，所以原理是电镀原理，阴极电极反应为：Ag+e=Ag；阳极电极反应为：Ag-e=Ag，故答案为：Ag+e=Ag；Ag-e=Ag；(2)甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，阳极上氢氧根离子失电子，阴极上铜离子得电子，所以电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，甲中发生反应的化学方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；甲中阴极电极反应为2Cu2+4e=2Cu，阳极电极反应为4OH-4e=2H2O+O2；乙池中电极反应，阳极电极反应为4Ag-4e=4Ag；阴极电极反应为4Ag+4e=4Ag；依据电子守恒计算得到，C(左)、C(
45、右)、Fe、Ag4个电极上产物的物质的量的比值2：1：4：4。故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；2：1：4：4；(3)当乙池中Fe电极的质量增加5.4g时，即生成Ag为=0.05mol，转移电子为0.05mol，甲中阳极电极反应为4OH-4e=2H2O+O2，则生成的氧气为22.4Lmol1=0.28L=280ml，故答案为：280；(4)用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu(OH)2 后恰好恢复到电解前，0.1mol Cu(OH)2相当于0.1molCuO、H2O，即0.1molCuO、0.1molH2O，阴极上析
46、出Cu和氢气，阳极上只析出氧气，根据原子守恒得n(O2)=nCu(OH)2=0.1mol，生成1个氧分子转移4个电子，所以生成0.1molO2原子转移0.4mol电子，电子数为 0.46.021023=2.4081023，故答案为：2.4081023。30. (1)向一体积不变的密闭容器中加入、和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图1所示。图2为时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。已知阶段为使用催化剂；图1中阶段未画出。，阶段改变的条件为_，_B的起始物质的量为_。为使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动可
47、以采取的措施有_。(2)某小组利用溶液和硫酸酸化的溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：(未配平)。实验编号酸性溶液的体积溶液的体积的体积实验温度/溶液褪色所需时间10352510103025101050表中_mL，_mL探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_(填编号，下同)，可探究反应物浓度对反应速率影响的实验编号是_。实验测得溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率_.已知50时与反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25时的变化曲线
48、示意图。_【答案】 (1). 减小压强 (2). 升高温度 (3). 0.1mol (4). 降低温度或及时移出A、B (5). 5 (6). 30 (7). 2和3 (8). 1和2 (9). 0.025 molL1min1 (10). 【解析】【详解】(1)t3t4阶段与t4t5阶段正逆反应速率都相等，而t3t4阶段为使用催化剂，若t4t5阶段改变的条件为降低反应温度，平衡会发生移动，则正逆反应速率不相等，该反应为气体等体积反应，则t4t5阶段应为减小压强；t5t6阶段化学反应速率均增加，且正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，该反应正向为吸热反应，因此t5t6阶段改变的条件为升高温度；
49、反应开始至平衡过程中，A的物质的量浓度由1mol/L降低至0.8mol/L，c(A)=0.2mol/L，则c(B)=0.1mol/L，A起始的物质的量为2mol，起始浓度为1mol/L，则容器体积为2L，平衡时c(B)=0.4mol/L，则起始c(B)=0.4mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L，n(B)=0.5mol/L2L=0.1mol；要使化学反应速率减慢，则需要减弱外界条件，该反应为气体等体积吸热反应，因此可通过降低温度或及时移出A、B使该反应的反应速率减慢且平衡向逆反应方向移动；(2)实验2混合液的总体积为10mL+10mL+30mL=50mL，则V1=50mL10mL35
50、mL=5mL，V2=50mL10mL-10mL=30mL；探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：2和3；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是1和2，故答案为：2和3；1和2；草酸的物质的量为0.60mol/L0.005L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.10 mol/L0.01L=0.001mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.001mol=3：1，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O可知草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=0.02mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=0.01molL1min1，由速率之比等于化学计量数之比可知，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)=0.01molL1min1=0.025molL1min1，故答案为：0.025 molL1min1；25时反应速率小于50时，所以高锰酸根离子的浓度变化比50时小，反应需要的时间大于50条件下需要的时间，据此画出25时的变化曲线示意图为：。