1、2015-2016学年江西省新余一中高二（上）第三次段考化学试卷一选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分每个小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是（）A在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，H0DH的大小与热化学方程式的计量系数无关2如图所示是298K时N2与H2反应过程中，能量变化的曲线图下列叙述正确的是（）A该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3H=92 kJ/molBa曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C加入催化剂，该
2、化学反应的反应热改变D在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184Q22Q13已知：H2（g）+Cl2（s）2HCl（g）H=+akJ/mol H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=dkJ/mol且a、b、c、d均大于零，则下列说法正确的是（）A断开1molHCl键所需的能量为abcBbc，则氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量CCl2（s）=Cl2（g）H=+（a+d）kJmol1D向1molCl2（g）中通入1molH2（g），发生反应时放热dkJ4对可逆
3、反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD5在一定条件下，向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2mol A，1mol B，发生如下反应：2A（g）+B3C（g）；H=QkJ/mol（Q0）经过60s达到平衡，测得B物质的量为0.2mol，下列对该平衡的叙述正确的是（）A用C的浓度变化表示该反应速率为2.4mol/LminB若使容器变为1L，则C的物质的量
4、一定增大C达到平衡，测得放出热量为xkJ，则x=QD若向容器再充入1mol C，重新达到平衡，A的体积分数保持不变，则B为气态6相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容容器中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1，实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如表所示：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3130放热46.3 kJ0.82.40.4Q（Q0）下列叙述不正确的是（）A容器、中反应达平衡时XY3的平衡浓度相同B容器、中达到平衡时各物质的百分含量相同C达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 molL1D若容器体
5、积为0.20 L，则达平衡时放出的热量大于46.3 kJ7一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时，n（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：3：4缩小体积，反应再次达到平衡时，n（O2）=0.8mol，n（SO3）=1.4mol，此时SO2的物质的量应是（）A0.4molB0.6molC0.8molD1.2mol8某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中p表示压强，t表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A反应H0，P2P1B反应H0，T1T2C反应H0，T2T1；或H0，T2T1D反应H0，T2T19等
6、体积的pH=12的碱溶液甲和pH=11的碱溶液乙，分别用等浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，下列判断合理的是（）A乙一定是弱碱B甲一定是强碱C乙一定是二元碱D甲一定是一元碱10下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是（）常温下某CH3COONa溶液的pH用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多0.1molL1CH3COOH溶液的pH=2.1 CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH0.1molL1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH3ABCD11常温下，取pH=2的两种二元酸
7、H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是（）AH2A为二元弱酸B稀释前c（H2B）c（H2A）=0.01mol/LCpH=3的NaHA水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）c（HA）c（A2）c（H2A）c（OH）DNa2B的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）c（B2）c（OH）c（H+）12相同温度下，两种弱酸HA、HB的电离平衡常数Ka（HA）Ka（HB）下列有关说法正确的是（）A浓度均为0.1 molL1的HA、HB溶液中，其溶液的pH大小为：pH（HA）pH（HB）B浓度均为0.1 molL1的NaA、NaB溶液中，其溶液的
8、pH大小为：pH（NaA）pH（NaB）C等体积pH相同的HA、HB溶液，分别加入等浓度的NaOH溶液，恰好完全反应消耗的NaOH溶液体积HA比HB多D在0.1 molL1NaA溶液中各离子浓度关系为：c（Na+）c（A一）c（OH一）c（H+）13下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ANaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）：c（Na+）=c（HRO3）+2c（RO32）B常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c（Na+）c（Cl）c（CH3COOH）C常温下物质的量浓度相等的（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（
9、SO4）2三种溶液中c（NH4+）：D等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数多少：N前N后14已知Ksp（AB2）=4.2108，Ksp（AC）=3.01015在AB2、AC均为饱和的混合液中，测得c（B）=1.6103 molL1，则溶液中c（C2）为（）A1.81013 molL1B7.31013 molL1C2.3 molL1D3.7 molL115在25时，用石墨电极电解2.0L2.5mol/LCuSO4溶液（假设溶液的体积在电解前后不发生变化）5min后，在一个石墨电极上有6.4g Cu生成下列说法中正确的是（）A有Cu生成的一极是阴极，发生氧化反应B反
10、应中转移电子的物质的量为0.4 molC在另一极得到O2的体积（标准状况）是1.12LD此时溶液的pH为216如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是（）a极板b极板X电极ZA锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2AABBCCDD二、非选择题共52分）17如图是一定的温度和压强下N2和H2反应生成1mol NH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学方程式（H的数值用含字母Q1、Q2的代数式表示）：18（1）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在
11、催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生下列反应，已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1，则2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）H=；（2）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO两步反应的能量变化示意图如下：第一步反应是反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是1 mol NH（aq）全部氧化成NO（aq）的热化学方程式是19在密闭容器中投入一定量的A和B发生反应：m A（g）+n B（g）p C（g）+q D（g）（1）若开始时加入A物质m mol，B物质n
12、 mol，则达到平衡时 A、B的转化率（填“相等”或“不等”）（2）相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间T的关系如图1所示则T1（填“”、“”或“=”）T2，该反应的正反应的H（填“”、“”或“=”）0（3）一定条件下，从正反应开始达到化学平衡过程中，混合气体的平均相对分子质量随时间的变化如图2所示，测得达到平衡时A、B、C、D的物质的量均为1mol若在恒温恒容的条件下，向原平衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，则体系中气体的平均相对分子质量（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）若恒温恒压的条件下，向原平衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，则体系
13、中气体的密度（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）（4）若该反应的逆反应速率与时间的关系如图3所示：可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了条件，试判断t2时改变的条件是20某二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2AH+HA，HAH+A2已知相同浓度时的电离度（H2A）（HA），设有下列四种溶液：A.0.01molL1的H2A溶液B.0.01molL1的NaHA溶液C.0.02molL1的HCl与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02molL1的NaOH与0.02molL1的NaHA溶液等体积混合液，据此，填写下列空白（
14、填代号）：（1）c（H+）最大的是，最小的是（2）c（H2A）最大的是，最小的是（3）c（A2）最大的是，最小的是21A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示： 阳离子 Na+、K+、Cu2+ 阴离子 SO42、OH如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2据此回答下列问题：（1）M为电源的极（填写“正”或“负”）电极b上发生的电极反应为；（2）计算电极e上生成的气体在标准状态下的体积：；（3）写出乙烧杯的电解池反
15、应；（4）如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？；（5）若经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g，要使丙恢复到原来状态的操作22能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的能源物质之一（1）合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；图1表示某次合成实验过程中甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度的关系曲线，则该反应的H0（填“、或=”下同）（2）若在230时，平衡常数K=1若其它条件不变，将温度升高到500时，达到平衡时，K1（3）在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2.5mol CO和7.5mol H2，达到平衡时CO的
16、转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的倍（4）利用甲醇燃料电池设计如图2所示的装置：则该装置中b为极当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为L（5）低碳经济是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，其中一种技术是将CO2转化成有机物实现碳循环如：2CO2（g）+2H2O（l）C2H4（g）+3O2（g）H=+1411.0kJ/mol2CO2（g）+3H2O（l）C2H5OH（1）+3O2（g）H=+1366.8kJ/mol则由乙烯水化制乙醇反应的热化学方为2015-2016学年江西省新余一中高二（上）第三次段考化学试卷参考答案与试题解析一选择题（本题包括16小
17、题，每小题3分，共48分每个小题只有一个选项符合题意）1下列说法中正确的是（）A在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化B生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应C反应产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，H0DH的大小与热化学方程式的计量系数无关【考点】化学反应中能量转化的原因；吸热反应和放热反应【分析】A、物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化；B、吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量；C、产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热；D、H的大小与热化学方程式的计量系数的关系；【解答】解：
18、A、因物质发生化学反应的同时，伴随着能量变化，故A错误；B、因吸热反应生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量，故B错误；C、因产物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，H0，故C正确；D、因H的大小与热化学方程式的计量系数成正比，故D错误；故选：C2如图所示是298K时N2与H2反应过程中，能量变化的曲线图下列叙述正确的是（）A该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3H=92 kJ/molBa曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C加入催化剂，该化学反应的反应热改变D在温度、体积一定的条件下，通入1 mol N2和3 mol H2反应后放出的热量为Q1 kJ，若通入
19、2 mol N2和6 mol H2反应后放出的热量为Q2 kJ，则184Q22Q1【考点】化学反应的能量变化规律；反应热的大小比较；催化剂的作用【分析】A、依据热化学方程式的书写原则，标注物质的聚集状态和反应的热效应，结合断键吸收热量，形成化学键放出热量计算反应的焓变，H=放出的能量吸收的能量分析；B、根据催化剂是降低反应的活化能，加快反应速率，不改变平衡分析；C、根据催化剂不改变化学平衡，催化剂与能耗的关系分析D、根据可逆反应的特征：反应物不可能充分进行彻底来回答；【解答】解：A、热化学方程式必须标注物质的聚集状态反应的焓变，该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），H
20、=92kJmol1，故A错误；B、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故图象中的b曲线是加入正催化剂时的能量变化曲线，故B错误；C、催化剂能改变反应的路径，使发生反应所需的活化能降低，但不改变化学平衡，反应的热效应不变，故C错误；D、向密闭容器中通入1mol N2和3mol H2，不可能完全转化，所以达到平衡时放出热量Q1kJ92kJ；另一容积相同的密闭容器中通入2mol N2和6mol H2，达到平衡时放出热量理论上讲应该是292kJ=184KJ，但反应物不可能充分进行彻底，所以Q2184KJ，同时通入2mol N2和6mol H2的压强比
21、通入1mol N2和3mol H2的大了，平衡还会向正向移动，放出的热量还会增大，即Q22Q1，故D正确故选D3已知：H2（g）+Cl2（s）2HCl（g）H=+akJ/mol H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=dkJ/mol且a、b、c、d均大于零，则下列说法正确的是（）A断开1molHCl键所需的能量为abcBbc，则氢气分子具有的能量高于氯气分子具有的能量CCl2（s）=Cl2（g）H=+（a+d）kJmol1D向1molCl2（g）中通入1molH2（g），发生反应时放热dkJ【考点】反应热和焓变【分析】A、反应焓变=反应物总键能生成物总键能计算分析；B、bc说明氢气稳定，能量
22、也高越活泼；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；D、反应是可逆反应不能进行彻底【解答】解：A、断裂化学键应按照气体计算，反应焓变=反应物总键能生成物总键能计算分析，断开1molHCl键所需的能量为（d+b+c）KJ，故A错误；B、bc说明氢气稳定，能量也高越活泼，氢气分子具有的能量低于氯气分子具有的能量，故B错误；C、依据热化学方程式和盖斯定律计算分析，H2（g）+Cl2（s）2HCl（g）H=+akJ/mol H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H=dkJ/mol；得到Cl2（s）=Cl2（g）H=+（a+d）kJmol1 ，故C正确；D、反应是可逆反应不能进行彻底，向1molCl2（
23、g）中通入1molH2（g），发生反应时放热小于dkJ，故D错误；故选C4对可逆反应2A（s）+3B（g）C（g）+2D（g）H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是（）增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v（正）减小压强增大一倍，平衡不移动，v（正）、v（逆）不变增大B的浓度，v（正）v（逆） 加入催化剂，B的转化率提高ABCD【考点】化学平衡的影响因素【分析】A是固体，其量的变化对平衡无影响；升高温度，正、逆反应速率都增大；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大；增大B的浓度，平衡向正反应移动；催化剂不能使化学平衡发生移动【解答】解：A是固体，增
24、大A的量对平衡无影响，故错误；升高温度，v（正）、v（逆）均应增大，但v（逆）增大的程度大，平衡向逆反应方向移动，故错误；压强增大平衡不移动，但v（正）、v（逆）都增大，故错误；增大B的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，v（正）v（逆），故正确；使用催化剂同等程度增大正、逆反应速率，化学平衡不发生移动，B的转化率不变，故错误；故选B5在一定条件下，向一体积为2L的恒容密闭容器中充入2mol A，1mol B，发生如下反应：2A（g）+B3C（g）；H=QkJ/mol（Q0）经过60s达到平衡，测得B物质的量为0.2mol，下列对该平衡的叙述正确的是（）A用C的浓度变化表示该反应速率为2
25、.4mol/LminB若使容器变为1L，则C的物质的量一定增大C达到平衡，测得放出热量为xkJ，则x=QD若向容器再充入1mol C，重新达到平衡，A的体积分数保持不变，则B为气态【考点】化学平衡的影响因素【分析】依据化学平衡三段式列式计算； 2A（g）+B3C（g）；起始量（mol） 2 1 0变化量（mol） 1.6 0.8 2.4平衡量（mol） 0.4 0.2 2.4A、依据反应速率V=计算分析；B、若使容器变为1L，体系压强增大，若B为气体平衡不动；C、反应是可逆反应，不能进行彻底；D、若向容器再充入1mol C，压强增大，重新达到平衡，A的体积分数保持不变说明平衡不动，则B为气体；
26、【解答】解：依据化学平衡三段式列式计算； 2A（g）+B3C（g）；起始量（mol） 2 1 0变化量（mol） 1.6 0.8 2.4平衡量（mol） 0.4 0.2 2.4A、C的反应速率V=1.2mol/Lmin，故A错误；B、若使容器变为1L，体系压强增大B为气体，平衡不动，C物质的量不变，若B为液体，平衡逆向进行，C物质的量减小，故B错误；C、反应是可逆反应，不能进行彻底，达到平衡，测得放出热量为xkJ，则xQ，故C错误；D、若向容器再充入1mol C，压强增大，重新达到平衡，A的体积分数保持不变说明平衡不动，则B为气体，故D正确；故选D6相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容容器
27、中发生可逆反应：X2（g）+3Y2（g）2XY3（g）H=92.6kJmol1，实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如表所示：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化X2Y2XY3130放热46.3 kJ0.82.40.4Q（Q0）下列叙述不正确的是（）A容器、中反应达平衡时XY3的平衡浓度相同B容器、中达到平衡时各物质的百分含量相同C达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 molL1D若容器体积为0.20 L，则达平衡时放出的热量大于46.3 kJ【考点】化学平衡的计算【分析】A容器中按化学计量数转化到左边可得X20.2mol，Y20.6mol，所以X2总量为1
28、mol，Y2总量为3mol，恒温恒容下，容器、中达到平衡为等效平衡，平衡时相同组分的浓度相等；B容器、中达到平衡为等效平衡；C由达平衡时放出的热为46.3kJ，计算平衡时XY3的物质的量浓度，再根据两平衡是完全等效平衡解答；D体积为0.20L，增大压强，增大压强平衡向正反应方向移动，反应物转化率增大【解答】解：A容器中按化学计量数转化到左边可得X20.2mol，Y20.6mol，所以X2总量为1mol，Y2总量为3mol，与容器中对应物质的物质的量相等，恒温恒容下，容器、中达到平衡为等效平衡，平衡时XY3的平衡浓度相同，故A正确；B恒温恒容下，容器、中达到平衡为等效平衡，平衡时相同组分的百分含
29、量相同，故B正确；C容器中放出46.3kJ热量，则生成XY3的物质的量为：2mol=1mol，此时XY3的物质的量浓度为=4 mol/L，恒温恒容下，容器、中达到平衡为等效平衡，平衡时相同组分的浓度相等，故C错误；D若容器体积为0.20L，增大压强平衡向正反应方向移动，放出热量多，反应物转化率增大，即达平衡时放出的热量大于46.3kJ，故D正确故选：C7一定温度下，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时，n（SO2）：n（O2）：n（SO3）=2：3：4缩小体积，反应再次达到平衡时，n（O2）=0.8mol，n（SO3）=1.4mol，此时SO2的物质的量应是（）A0.4molB0.6molC
30、0.8molD1.2mol【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【分析】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2 、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：14：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，根据方程式用x表示出SO3、O2的物质的量的变化量，进而表示与原平衡时SO3、O2的物质的量，根据原平衡时SO3、O2的物质的量的之比为4：3列方程计算x值，进而计算原平衡时SO3的物质的量，平衡时SO3的物质的量加上
31、改变体积生成的SO3的物质的量为新平衡SO3的物质的量【解答】解：改变体积达到新的平衡时，SO3、O2的物质的量分别为1.4mol和0.8mol，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）xmol 0.5xmol xmol故（1.4molxmol）：（0.8mol+0.5xmol）=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol0.2mol=0.4mol，故选：A8某化学
32、科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中p表示压强，t表示温度，n表示物质的量）：根据以上规律判断，下列结论正确的是（）A反应H0，P2P1B反应H0，T1T2C反应H0，T2T1；或H0，T2T1D反应H0，T2T1【考点】化学平衡的影响因素【分析】反应说明升高温度，A的转化率降低，增大压强平衡向正反应方向移动；反应由图象可以看出T1T2，升高温度C的物质的量减少；反应中温度的高低与温度对平衡移动的影响有关；反应，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，正反应为吸热反应H0，反应为放热反应【解答】解：
33、A反应的特点是正反应方向为气体体积减小的方向，结合图象，压强增大A的转化率应增大，所以p2p1，它随温度的升高A的转化率降低，所以正反应为放热反应H0，故A错误B关于反应由图象可以看出T1条件下达到平衡所用的时间少，所以T1T2，而在T1条件下达平衡时n（C）小，所以说明低温有利于C的生成，故它主要的正反应为放热反应H0，B正确；C关于反应，由图象可以看出，T2条件下C的平衡体积分数大，因此当T2T1时正反应为吸热反应H0，而当T2T1时正反应为放热反应H0，故C正确；D关于反应，由图象可以看出T2条件下A的转化率大，因此当T2T1时，说明升高温度平衡向正反应方向进行，因此正反应为吸热反应H0
34、，故D错误故选BC9等体积的pH=12的碱溶液甲和pH=11的碱溶液乙，分别用等浓度的盐酸中和时，消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，下列判断合理的是（）A乙一定是弱碱B甲一定是强碱C乙一定是二元碱D甲一定是一元碱【考点】pH的简单计算【分析】确定pH=12的碱溶液甲中和pH=11的碱溶液中氢氧根离子浓度关系，用等浓度的盐酸中和时，若两者都是强酸，则消耗的盐酸的量的关系和氢氧根离子浓度关系是一样的，根据消耗盐酸的体积来进行相应的判断即可【解答】pH=12的碱溶液甲中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的碱溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，甲中氢氧根离子浓度是乙中的10倍，用等浓度
35、的盐酸中和时，若两者都是强酸，则消耗的盐酸甲是乙的10倍，V甲=10V乙此时消耗盐酸的体积为2V甲=V乙，即此时乙消耗的盐酸多，所以乙一定是弱碱故选A10下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是（）常温下某CH3COONa溶液的pH用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多0.1molL1CH3COOH溶液的pH=2.1 CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH0.1molL1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH3ABCD【考点】弱电解质的判断【分析】可通过以下角度证明CH3COOH是弱电解
36、质：证明醋酸部分电离；证明醋酸存在电离平衡；测定对应强碱盐的酸碱性；证明醋酸根离子存在水解平衡；强酸能够制取弱酸；证明醋酸加水稀释时能够继续电离，存在电离平衡【解答】解：常温下某CH3COONa溶液的pH=8，说明溶液水解呈碱性，应为强碱弱酸盐，可证明CH3COOH是弱电解质，故正确； 用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗，不能证明CH3COOH是弱电解质，只能说明溶液离子浓度较小，故错误；等pH等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多，说明醋酸还可电离出氢离子，可证明CH3COOH是弱电解质，故正确；0.1molL1 CH3COOH溶液的pH=2.1，说
37、明醋酸没有完全电离，可以证明CH3COOH是弱电解质，故正确； CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH，说明醋酸的酸性比磷酸弱，而磷酸为中强酸，则醋酸为弱酸，故正确；0.1molL1的CH3COOH溶液稀释至100倍，pH3，说明存在电离平衡，证明CH3COOH是弱电解质，故正确故选A11常温下，取pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如图所示变化，则下列有关叙述正确的是（）AH2A为二元弱酸B稀释前c（H2B）c（H2A）=0.01mol/LCpH=3的NaHA水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）c（HA）c（A2）c（H2A）c
38、（OH）DNa2B的水溶液中，离子浓度大小为c（Na+）c（B2）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】pH=2的两种二元酸H2A与H2B各1mL，分别加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以H2A为强酸，H2B为弱酸，以此来解答【解答】解：ApH=2的二元酸H2A加水稀释，由图可知，稀释100倍时H2A的pH=4，所以H2A为强酸，故A错误；B由图可知，稀释100倍时H2A的pH变化大，且pH=4，所以H2A为强酸，H2B为弱酸，所以c（H2B）c（H2A）=0.005mol/L，故B错误；CpH=3的NaHA水溶液
39、中，NaHANa+H+A2，H2OH+OH，所以c（H+）c（Na+）=c（A2）c（OH）c（H2A），故C错误；DH2B为弱酸，Na2B的水溶液中，Na2B2Na+B2，B2+H2OHB+OH，所以离子浓度大小为c（Na+）c（B2）c（OH）c（H+），故D正确；故选D12相同温度下，两种弱酸HA、HB的电离平衡常数Ka（HA）Ka（HB）下列有关说法正确的是（）A浓度均为0.1 molL1的HA、HB溶液中，其溶液的pH大小为：pH（HA）pH（HB）B浓度均为0.1 molL1的NaA、NaB溶液中，其溶液的pH大小为：pH（NaA）pH（NaB）C等体积pH相同的HA、HB溶液，分
40、别加入等浓度的NaOH溶液，恰好完全反应消耗的NaOH溶液体积HA比HB多D在0.1 molL1NaA溶液中各离子浓度关系为：c（Na+）c（A一）c（OH一）c（H+）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】弱酸HA、HB的电离平衡常数Ka（HA）Ka（HB），则酸性HAHB，等浓度时，HA电离程度较大，溶液c（H+）较大，对应的NaA、NaB中，NaB易水解，以此解答该题【解答】解：弱酸HA、HB的电离平衡常数Ka（HA）Ka（HB），则HA酸性较强，A等温、浓度均为0.1molL1的HA、HB溶液中，HA的c（H+）较大，pH较小，故A错误；BNaB易水解，等温浓度均为0.1molL
41、1的NaA、NaB溶液中，其溶液的pH大小为：pH（NaA）pH（NaB），故B错误；C等体积pH相同的HA、HB溶液，因HB较弱，则HB浓度较大，物质的量较多，分别加入等浓度的NaOH溶液，恰好完全反应消耗的NaOH溶液体积HA比HB少，故C错误；DNaA为强碱弱酸盐，水解呈碱性，溶液中离子浓度大小关系为c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故D正确故选D13下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是（）ANaHSO3和NaHCO3的中性混合溶液中（S和C均用R表示）：c（Na+）=c（HRO3）+2c（RO32）B常温下将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c（Na
42、+）c（Cl）c（CH3COOH）C常温下物质的量浓度相等的（NH4）2CO3、（NH4）2SO4、（NH4）2Fe（SO4）2三种溶液中c（NH4+）：D等体积等物质的量浓度的NaClO（aq）与NaCl（aq）中离子总数多少：N前N后【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据溶液中的电荷守恒来回答；B醋酸钠和盐酸反应生成氯化钠和醋酸，恰好反应时，溶液显示酸性，根据中性溶液中，氢离子和氢氧根的浓度相等来回答；C根据铵根离子的水解受其他离子的影响情况来回答；D次氯酸根离子易水解，氯离子不水解，根据电荷守恒分析【解答】解：A电荷守恒等式为：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HSO3）+c（
43、HCO3）+2c（CO32）+2c（SO32），溶液呈中性，c（H+）=c（OH），导出c（Na+）=c（HSO3）+c（HCO3）+2c（CO32）+2c（SO32），S和C均用R表示，应为c（Na+）=c（HRO3）+2c（RO32），故A正确； B电荷守恒式为：c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（CH3COO）+c（OH），溶液呈中性，c（H+）=c（OH），导出c（Na+）=c（Cl）+c（CH3COO）；根据物料守恒有c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），由此二式导出c（Cl）=c（CH3COOH），综上所述，有c（Na+）c（Cl）=c（CH3COOH），故
44、B错误；CNH4+水解呈酸性，CO32水解呈碱性，它促进NH4+的水解；Fe2+水解呈酸性，它抑制NH4+的水解，所以三种溶液中c（NH4+）：，故C错误；D溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（ClO）+c（OH），c（Na+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH），由于NaClO水解显碱性，因此有c（H+）NaClOc（H+）NaCl，所以离子总数多少：N前N后，故D错误；故选A14已知Ksp（AB2）=4.2108，Ksp（AC）=3.01015在AB2、AC均为饱和的混合液中，测得c（B）=1.6103 molL1，则溶液中c（C2）为（）A1.81013 molL1B7.31
45、013 molL1C2.3 molL1D3.7 molL1【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】在AB2、AC均为饱和的混合液中，测得c（B）=1.6103 molL1，根据Ksp（AB2）=4.2108可计算c（A+），结合Ksp（AC）=3.01015可计算c（C2）【解答】解：已知Ksp（AB2）=c（A2+）c2（B）=4.2108，c（B）=1.6103 molL1，c（A+）=mol/L，又Ksp（AC）=c（A2+）c（C2）=3.01015可知c（C2）=1.81013 mol/L，故选A15在25时，用石墨电极电解2.0L2.5mol/LCuSO4溶液（假设溶液
46、的体积在电解前后不发生变化）5min后，在一个石墨电极上有6.4g Cu生成下列说法中正确的是（）A有Cu生成的一极是阴极，发生氧化反应B反应中转移电子的物质的量为0.4 molC在另一极得到O2的体积（标准状况）是1.12LD此时溶液的pH为2【考点】电解原理【分析】电解硫酸铜溶液，阳极发生氧化反应，电极方程式为4OH4e=2H2O+O2，阴极发生还原反应，电极方程式为2Cu2+4e=2Cu，结合生成铜的质量计算转移电子的物质的量，进而可确定溶液的pH以及氧气的体积【解答】解：A有Cu生成的一极是阴极，发生还原反应，故A错误；B阴极发生还原反应，电极方程式为2Cu2+4e=2Cu，n（Cu）
47、=0.1mol，则转移电子的物质的量为0.2mol，故B错误；C转移电子0.2mol，阳极反应为4OH4e=2H2O+O2，可知生成氧气0.05mol，体积为0.05mol22.4L/mol=1.12L，故C正确；D反应过程中消耗氢氧根离子物质的量等于转移电子的物质的量，为0.2mol，溶液中生成氢离子物质的量0.2mol，则浓度为0.1mol/L，pH=1，故D错误故选C16如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是（）a极板b极板X电极ZA锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2
48、AABBCCDD【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该装置是电解池，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，说明a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极应该是惰性电极；阴极上析出金属，在金属活动性顺序表中该金属应该位于H元素之后，x是负极、y是正极，据此分析解答【解答】解：该装置是电解池，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，说明a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极应该是惰性电极；阴极上析出金属，在金属活动性顺序表中该金属应该位于H元素之后，x是负极、y是正极，Ax是负极，Zn是阴极、石墨是阳极，阳极上氢
49、氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以符合条件，故A正确；Bx是负极、y是正极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有固体生成，不符合条件，故B错误；Cx是正极，与题意不符，故C错误；Dx是负极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气为有刺激性气味的黄绿色气体，不符合条件，故D错误；故选A二、非选择题共52分）17如图是一定的温度和压强下N2和H2反应生成1mol NH3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学方程式（H的数值用含字母Q1、Q2的代数式表示）：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1【考点】热化学方程式【分析】由图2求出N2和H2反应生成1m
50、olNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答【解答】解：由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（Q1Q2）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1，故答案为：N2 （g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2） kJmol118（1）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3的TiO2）表面与水发生下列反应，已知：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1，2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1，则2N2（g）+
51、6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）H=+l530kJ/mol；（2）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO两步反应的能量变化示意图如下：第一步反应是放热反应（填“放热”或“吸热”），判断依据是反应物能量高于生成物1 mol NH（aq）全部氧化成NO（aq）的热化学方程式是NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq）H=346kJ/mol【考点】热化学方程式；反应热和焓变【分析】（1）已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1；以上两热化学方程式消去氢气
52、合并，2+3得到热化学方程式为：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）H=+1530kJ/mol；（2）图象分析可知，第一步反应反应物能量高于生成物，反应为放热反应；1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3（aq）可由两步反应加和得到，热化学方程式为NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq）H=346kJ/mol【解答】解：（1）已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJmol1；以上两热化学方程式消去氢气合并，2+3得到热化学方程式为：2N2（g）+6H2O
53、（l）4NH3（g）+3O2（g）H=+1530kJ/mol，故答案为：+l530kJ/mol；（2）图象分析可知，第一步反应反应物能量高于生成物，依据能量守恒分析可知反应为放热反应，故答案为：放热，反应物能量高于生成物；1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3（aq）可由两步反应加和得到，热化学方程式为NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq）H=346kJ/mol，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）=2H+（aq）+H2O（l）+NO3（aq）H=346kJ/mol19在密闭容器中投入一定量的A和B发生反应：m A（g）+n B（g）p C（g）+
54、q D（g）（1）若开始时加入A物质m mol，B物质n mol，则达到平衡时 A、B的转化率相等（填“相等”或“不等”）（2）相同的压强下，充入一定量的A、B后，在不同温度下C的百分含量与时间T的关系如图1所示则T1（填“”、“”或“=”）T2，该反应的正反应的H（填“”、“”或“=”）0（3）一定条件下，从正反应开始达到化学平衡过程中，混合气体的平均相对分子质量随时间的变化如图2所示，测得达到平衡时A、B、C、D的物质的量均为1mol若在恒温恒容的条件下，向原平衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，则体系中气体的平均相对分子质量（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）增大若恒温恒
55、压的条件下，向原平衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，则体系中气体的密度（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）不变（4）若该反应的逆反应速率与时间的关系如图3所示：可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了条件，试判断t2时改变的条件是增大生成物的浓度【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）开始时加入A物质m mol，B物质n mol，起始量符合化学方程式系数之比，依据转化率是转化量除以起始量计算分析；（2）根据先拐先平衡，如图1中T1T2，温度高C的百分含量也大，所以升温平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；（3）根据图乙可知，从正反应开始达到化学平衡
56、过程中，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大的，而反应中气体质量是守恒的，所以m+np+q，若在恒温恒容的条件下，向该平衡体系中再通入A、B、C、D1mol，即相当于对原平衡加压，平衡向正反应方向移动，气体的平均相对分子质量会增大，据此答题；若恒温恒压的条件下，向原平衡体系中再通入A、B、C、D各1mol，相当于体积增大到原来的2倍，气体的总质量也为原来的2倍，平衡不移动，气体的密度也不变，据此答题；（4）根据速率图象分析，t2时逆反应速率瞬间变大，所以可能增加了生成物的量；根据t4时降压，t5时达到平衡，t6时增大反应物的浓度，分析绘制图象【解答】解：（1）开始时加入A物质m mol，B物质n
57、 mol，起始量符合化学方程式系数之比，转化率是转化量除以起始量计算，所以A、B的转化率相等，故答案为：相等；（2）根据先拐先平衡，如图1中T1T2，温度高C的百分含量也大，所以升温平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应，故答案为：；（3）根据图乙可知，从正反应开始达到化学平衡过程中，混合气体的平均相对分子质量逐渐增大的，而反应中气体质量是守恒的，根据n=知该反应是一个气体体积减小的反应，即m+np+q，若在恒温恒容的条件下，向该平衡体系中再通入A、B、C、D1mol，即相当于对原平衡加压，平衡向正反应方向移动，气体的平均相对分子质量会增大，故答案为：增大；若恒温恒压的条件下，向原平衡体系中
58、再通入A、B、C、D各1mol，相当于体积增大到原来的2倍，平衡不移动，气体的密度也不变，故答案为：不变；（4）据速率图象分析，t2时逆反应速率瞬间变大，所以可能增加了生成物的量，故答案为：增大生成物的浓度20某二元弱酸（简写为H2A）溶液，按下式发生一级和二级电离：H2AH+HA，HAH+A2已知相同浓度时的电离度（H2A）（HA），设有下列四种溶液：A.0.01molL1的H2A溶液B.0.01molL1的NaHA溶液C.0.02molL1的HCl与0.04molL1的NaHA溶液等体积混合液D.0.02molL1的NaOH与0.02molL1的NaHA溶液等体积混合液，据此，填写下列空白
59、（填代号）：（1）c（H+）最大的是A，最小的是D（2）c（H2A）最大的是C，最小的是D（3）c（A2）最大的是D，最小的是A【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理【分析】0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHA溶液等体积混合液HCl与NaHA反应：NaHA+HCl=NaCl+H2A，所以C中相当于含有 0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合NaOH+NaHA=Na2A+H2O 所以D中相当于含有0.01mol/LNa2A，根据以上分析结合弱电解质的电离
60、、盐的水解原理判断溶液中各粒子浓度大小【解答】解：0.02mol/L的HCl与0.04mol/L的NaHA溶液等体积混合液HCl与NaHA反应：NaHA+HCl=NaCl+H2A，所以C中相当于含有 0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA；0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合NaOH+NaHA=Na2A+H2O 所以D中相当于含有0.01mol/LNa2A，A、0.01mol/L的H2A溶液 B、0.01mol/L的NaHA溶液C、0.01mol/LH2A 和0.01mol/LNaHA D、0.01mol/LNa2A （1）因弱酸的一级电离为
61、酸性的主要来源，明显只有A、C具有弱酸；而C中HA会抑制同浓度弱酸的电离，故较小，只有D为正盐，水解程度最大，c（H+）最小，故答案为：A；D；（2）因C中电离比A小，留下的就比A大，故c（H2A） 最大；D中正盐二级水解生成弱酸最难，故c（H2A）最小，故答案为：C；D；（3）因正盐留下的A2浓度必最大；弱酸H2A二级电离成A2最难，故答案为：D；A21A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子如表所示： 阳离子 Na+、K+、Cu2+ 阴离子 SO42、OH如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨电极接通电源，经过一段时间后
62、，测得乙中c电极质量增加了16g常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2据此回答下列问题：（1）M为电源的负极（填写“正”或“负”）电极b上发生的电极反应为4OH4e=2H2O+O2；（2）计算电极e上生成的气体在标准状态下的体积：5.6 L；（3）写出乙烧杯的电解池反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（4）如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？能，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为电解水；（5）若经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加了16g，要使丙恢复到原来状态的操作向丙烧杯中加4.5 g水【考点】常见离子的检验方
63、法；原电池和电解池的工作原理【分析】测得乙中c电极质量增加了16g，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；（1）c电极析出Cu，所以c为阴极，则M为负极；b为阳极，电极上是氢氧根离子失电子生成氧气；（2）根据生成的Cu的量求出转移的电子的物质的量，再根据电子守恒求出e上生成的气体的量；（3）乙烧杯中电解的是硫酸铜溶液；（4）溶液中的水也可以被电解；（5）要使丙恢复到原来的状态，根据电解实质和生成产物，需要加入水，依据析出铜的质量，根据电子守恒，求出水的质量【解答】解：测得乙中c电极质量增加了16g
64、，由表可知乙中含有Cu2+，结合离子的共存可知，B为CuSO4，丙中pH不变，则C为硫酸钠或硫酸钾，甲中pH增大，则A为KOH或NaOH；（1）c电极析出Cu，由铜离子在阴极得电子生成Cu可知c为阴极，则M为负极，N为正极；b与正极相连，则b为阳极，所以b电极上是氢氧根离子失电子生成氧气，其电极反应式为：4OH4e=2H2O+O2；故答案为：负极；4OH4e=2H2O+O2；（2）e与电源负极相连为阴极，则e电极上是氢离子得电子生成氢气，已知n（Cu）=0.25mol，由Cu2eH2可知生成标况下氢气的体积为0.25mol22.4L/mol=5.6L；故答案为：5.6；（3）乙烧杯中为惰性电极
65、电解硫酸铜溶液，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（4）如果电解过程中CuSO4溶液中的金属离子全部析出，此时溶液变成硫酸溶液，继续通电，溶液中电解的是水；故答案为：能；因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应变为电解水；（5）丙中的电解质是硫酸钠或硫酸钾，电解时被电解的是水，所以要使丙恢复到原来的状态，需加水；已知n（Cu）=0.25mol，由Cu2eH2H2O，则n（H2O）=0.25mol，所以需要加入m（H2O）=0.25mol18g/mol=4.5 g；即向丙烧杯中加4.5 g水；故答案为：向丙
66、烧杯中加4.5 g水22能源问题是人类社会面临的重大课题，甲醇是未来重要的能源物质之一（1）合成甲醇的反应为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）；图1表示某次合成实验过程中甲醇的体积分数（CH3OH）与反应温度的关系曲线，则该反应的H0（填“、或=”下同）（2）若在230时，平衡常数K=1若其它条件不变，将温度升高到500时，达到平衡时，K1（3）在某温度下，向一个容积不变的密闭容器中通入2.5mol CO和7.5mol H2，达到平衡时CO的转化率为90%，此时容器内的压强为开始时的0.55倍（4）利用甲醇燃料电池设计如图2所示的装置：则该装置中b为负极当铜片的质量变化为12.8g时，
67、a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L（5）低碳经济是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，其中一种技术是将CO2转化成有机物实现碳循环如：2CO2（g）+2H2O（l）C2H4（g）+3O2（g）H=+1411.0kJ/mol2CO2（g）+3H2O（l）C2H5OH（1）+3O2（g）H=+1366.8kJ/mol则由乙烯水化制乙醇反应的热化学方为C2H4（g）+H2O（l）C2H5OH，H=44.2kJ/mol【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据温度对化学平衡的影响来判断反应的吸放热情况；（2）对于放热反应，温
68、度越高，平衡常数越小；（3）根据化学反应前后压强之比等于物质的量之比来计算；（4）由图可知甲醇燃料电池是电源，氧气是氧化剂在正极发生还原反应，则另一电极为负极；根据电子守恒进行计算；（5）根据盖斯定律来计算反应的焓变并书写热化学方程式【解答】解：（1）根据图示信息，当达到化学平衡以后（甲醇含量的最高点），升高温度，甲醇的体积分数减小，说明平衡逆向移动，所以该反应是一个放热反应，故答案为：；（2）对于放热反应，升高温度，K减小，故答案为：；（3）根据题意得到：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）初始物质的量（mol） 2.5 7.5 0 变化的物质的量（mol） 2.25 4.5 2.25平
69、衡的物质的量 （mol）0.25 3 2.25所以此时容器内的压强和开始时的比值为： =0.55，故答案为：0.55；（4）由图可知，甲醇燃料电池中通入氧气的为正极，b为电池的负极，故答案为：负；根据Cu电极反应：Cu=2e+Cu2+，当铜片的质量变化为12.8g时，转移电子是0.4mol，a极上电极反应：O2+4e+2H2O4OH，转移电子是0.4mol时，消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L，故答案为：2.24；（5）2CO2（g）+2H2O（l）C2H4（g）+3O2（g）H1=+1411.0kJ/mol2CO2（g）+3H2O（l）C2H5OH（1）+3O2（g）H2=+1366.8kJ/mol根据盖斯定律反应C2H4（g）+H2O（l）C2H5OH（l）等于，所以H=H2H1=44.2 kJ/mol，故答案为：C2H4（g）+H2O（l）C2H5OH，H=44.2 kJ/mol2016年12月8日