1、2014-2015学年浙江省台州市书生中学高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共46分）1为了防止钢铁锈蚀，下列防护方法中正确的是( )A在精密机床的铁床上安装铜螺钉B在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中C在海轮舷上用铁丝系住锌板浸在海水里D在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极2下列说法正确的是( )A增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大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升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化
2、分子的百分数D催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率3下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )A适当加热新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小B加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3C可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D增大压强，有利于SO2与O2反应生成SO34在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是( )Av（A）=0.6 mol/（Ls）Bv （B）=0.4mol/（Ls）Cv （C）=0.9 mol/（Ls）Dv （D）=1 mol/（Ls）5下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A已知2SO2（g）+O2（
3、g）2SO3（g）为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B已知C（s，石墨）C（s，金刚石）H0，则金刚石比石墨稳定C已知H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJD已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H26一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，2mol X和 1mol Y进行反应：2X（g）+Y（g）Z（g），下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是( )A同一时间内消耗 2n mol X的同时生成 n mol ZBc（X）：c（Y）：c（Z）=2：1：1C
4、容器内气体的总物质的量不再变化D容器内原子总数不再发生变化7已知H2（g）+I2（g）2HI（g）H0有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是( )A甲温度不变、乙降低温度B甲中加入0.1mol He，乙不改变C甲增加0.1mol H2，乙增加0.1mol I2（g）D甲降低温度，乙温度不变8在密闭容器中进行反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.2molL1，在一定条件下，当反应达到平
5、衡时，各物质的浓度有可能是( )AZ为0.3 molL1BY2为0.4 molL1CX2为0.2 molL1DZ为0.4 molL19强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸；浓H2SO4；稀硝酸恰好完全反应时的热效应分别为H1、H2、H3，它们的关系正确的是( )AH1H2H3BH2H3H1CH1=H2=H3DH1H3H210用铁丝（电极 a）、铜丝（电极 b）和CuSO4溶液可以构成原电池或电解池，如图所示则下列说法正确的是( )A构成原电池时 b 极反应为：Cu
6、2eCu2+B构成电解池时 a 极质量一定减少C构成的原电池或电解池工作后都能产生大量气体D构成电解池时 b 极质量可能减少也可能增加11两只串联的电解池，左池放CuSO4溶液，右池放一定量的某硝酸盐稀溶液，电解时，当左池的阴极析出16g铜时，右池的阴极析出了6g 固体，则右池中溶质可能为( )AMg（NO3）2BNaNO3CAgNO3DAl（NO3）312高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述正确的是( )A放电时正极反应式为：3Zn6e+6O
7、H3Zn（OH）2B充电时阳极反应式为：2FeO42+6e+8H2O2Fe（OH）3+10OHC放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化D放电时正极附近溶液的碱性增强13将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图所示导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少下列说法正确的是( )A液滴中的Cl由a区向b区迁移B液滴中心是正极区，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e4OHC液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH形成 Fe（OH）2
8、，进一步氧化、脱水形成铁锈D若改用嵌有一铜螺丝钉铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极：Fe2eFe2+14取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现 a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色则下列说法正确的是( )A电解过程中水是还原剂B电解过程中Cl被还原Ca 电极与电源负极相连Db电极附近溶液的碱性增强15如图所示，下列叙述正确的是( )AY为负极，发生氧化反应BX为阴极，发生还原反应CY与滤纸接触处变红DX与滤纸接触处有H2生成16已知反应：CO（g）+CuO（s）CO2（g）+Cu（s）和反应：H2（g）+CuO
9、（s）Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡常数分别为K1和K2，该温度下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K则下列说法正确的是( )A反应的平衡常数K1=B反应的平衡常数K=C对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的H0D对于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小17在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则( )A平衡向逆反应方向移动了B物质A的转化率减少了CabD以上说法都不正确18如图曲线 a 表示放热反应2X（g）Z（g）+M（g）+N（s）
10、进行过程中X的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按 b 曲线进行，不可能采取的措施是( )A恒温恒压时加催化剂B恒温恒容时X的投入量增加C恒压时升高温度D恒温时减小容器体积19已知某温度时，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q kJmol1，在相同条件下，向一密闭容器中通2mol SO2和1mol O2，达到平衡时放出热量为Q1；向另一体积相同密闭容器中通1mol SO2和0.5mol O2，达到平衡时放出热量为Q2则下列关系正确的是( )A2 Q2=Q1B2 Q2Q1C2 Q2Q1QDQ=Q1Q220汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）N2（g）+C
11、O2（g）H=373.4kJmol1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是( )ABCD21反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g） 2HI（g）H2（g）+I2（g） 2NO2（g）N2O4（g）在一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是 a%若保持各反应的温度和容器的体积都不改变，分别再加入一定量的各自的反应物，则转化率( )A均不变B增大，不变，减少C减少，不变，增大D均增大22在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：物质XYZ初始浓度（molL1）0.10.20平衡浓度（molL1）0.050.050.1下列说法不正确
12、的是( )A反应达到平衡时，X的转化率为50%B反应可表示为X+3Y2 Z，其平衡常数为1600C增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D改变温度时，该反应的平衡常数可能增大，可能减小23一定条件下，在一密闭容器中通人一定量SO2和O2的混合气，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）（正反应为放热反应）反应达平衡后SO2、O2和SO3的物质的量之比为3：4：6，若保持其他条件不变，降低温度后达到新的平衡时，O2和SO3的物质的量分别为1.1mol和2.0mol，则此时容器内SO2的物质的量应是( )A0.7 molB0.9 molC1.1 molD1.3 mol二、非选
13、择题（每空2分，共54分）24（18分）能量是一个世界性的话题，如何充分利用能量、开发新能源，为人类服务是广大科技工作者不懈努力的目标（1）如图1所示，组成一个原电池当电解质溶液为稀硫酸时：Cu电极的电极反应式为_；当电解质溶液为浓硝酸时：Cu电极是_（填“正”或“负”）极（2）若用惰性电极电解某CuSO4溶液请写出开始电解时反应的总化学方程式_；若电解足量的KCl溶液，电解一段时间后，要使该溶液恢复到电解前溶液的体积和浓度，则应加入适量的_（填写物质的名称）（3）氢气具有热值高，产物无污染等优点，是一种理想的新能源已知4g H2完全燃烧生成液态水时放出热量为571.6kJ，试写出表示H2燃烧
14、热的热化学方程式：_（4）发射卫星时，可用肼（N2H4）为燃料和二氧化氮（NO2）作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+70kJmol1；N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=543kJmol1；试写出液态N2H4和气态NO2反应生成气态N2和气态H2O的热化学方程式：_（5）水煤气可作为工业上的一种能源（利用C和H2O气在高温下产生CO和H2）图2是一碳酸盐燃料电池（MCFC），以水煤气（若水煤气中CO和H2的物质的量之比为1：1）为燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质则B极是燃料电池的_（填写“正极”或“
15、负极”）；写出该燃料电池的总反应式：_；写出A极发生的电极反应式：_25（14分）有两只相同的密闭容器A和B，A保持恒容，B保持恒压起始时向这两只容器中分别充入等量的、物质的量比为4：5的NH3与O2的混合气体，并使A和B容积相等（如图所示），在保持500的条件下使之发生4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O反应填写下列空格：（1）确定两容器中的反应速率大小关系，反应刚开始时v（A）_v（B）（填“”、“=”或“”下同）；建立平衡过程中v（A）_v（B）（2）两容器中反应达到平衡后NH3的转化率关系：（A）_（B）（填“”、“=”或“”）（3）达到平衡后，若向两容器中通入少量且等量
16、的氩气，A容器化学平衡_（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”下同）；B容器化学平衡_（4）达到平衡后，若向两容器中通入等量的原反应气体，达到新平衡时，A容器中NO的体积分数_（填“增大”、“减小”或“不变”下同），B容器中NO的体积分数_26（16分）下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如表所示化学反应平衡常数温度973K1173KFe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）K11.472.15Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）K22.381.67CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）K3？请回答：（1）反应 是_（填“吸热”或“放热
17、”）反应（2）根据反应 与 可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=_（用K1、K2表示）（3）反应 能进行的主要原因是_（4）反应 达到平衡时再加入少量铁粉，平衡将_（填“正向移动”、“不移动”或“逆向移动”）；铁的转化率将_（填“增大”、“不变”或“减小”）（5）要使反应 在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有_A缩小反应容器的容积 B升高温度C使用合适的催化剂 D设法减少平衡体系中的CO的浓度（6）若反应 的逆反应速率与时间的关系如图所示：可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，试判断改变的是什么条件：t2时_； t8时_27常温下电
18、解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），根据图中信息回答下列问题（1）图中的是电解池的_极（填“阴极”或“阳极”）；（2）求原CuSO4溶液的物质的量浓度2014-2015学年浙江省台州市书生中学高二（上）期中化学试卷（理科）一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共46分）1为了防止钢铁锈蚀，下列防护方法中正确的是( )A在精密机床的铁床上安装铜螺钉B在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中C在海轮舷上用铁丝系住锌板浸在海水里D在地下输油的铸铁管上接直流电源的正极【考点】金属
19、的电化学腐蚀与防护 【专题】电化学专题【分析】作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，要保护金属不被腐蚀，应该使该金属作原电池正极或电解池阴极，据此分析解答【解答】解：ACu、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极、Cu作正极，所以Fe易被腐蚀，故A不选；BFe、石墨和海水构成原电池，Fe易失电子作负极、C作正极，所以Fe易被腐蚀，故B不选；CZn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极、Fe作正极，所以Fe被保护，故C选；D铸铁连接直流电源正极时作电解池阳极，加速被腐蚀，故D不选；故选C【点评】本题考查金属腐蚀与防护，明确金属腐蚀快慢顺序是解
20、本题关键，防止金属被腐蚀的方法有：作原电池正极或电解池阴极、涂油、制作成合金等，题目难度不大2下列说法正确的是( )A增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大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升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数D催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率【考点】活化能及其对化学反应速率的影响 【专题】化学反应速率专题【分析】增大浓度、压强，活化分子的浓度增大，但百分数不变，升高温度、加入催化剂，可增大活化分子
21、的百分数，以此解答该题【解答】解：A增大反应物浓度，活化分子的浓度增大，但百分数不变，故A错误；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），可增加活化分子的浓度增大，但百分数不变，故B错误；C升高温度，活化分子的百分数，反应速率增大，故C正确；D催化剂降低反应的活化能，故D错误故选C【点评】本题考查外界条件对反应速率的影响，题目难度不大，注意浓度、压强、温度以及催化剂对活化分子的影响的不同3下列事实不能用勒夏特列原理解释的是( )A适当加热新制的氯水时，溶液的pH逐渐减小B加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3C可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D增大压强，有利于SO
22、2与O2反应生成SO3【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氯气和水反应存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，适当加热新制氯水时，促进次氯酸电离，导致溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，可以用平衡移动原理解释，故A不选；B催化剂只影响反应速率但不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原理解释，故B选；C氨水中存在氨气的溶解平衡，氢氧化钠溶解放出热量，升高温度抑制氨气溶解，所以可以用平衡移动原理解释，故C不选；D.2SO2+O22SO3，该反
23、应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，所以可以有利于SO2与O2反应生成SO3，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选B【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确平衡移动原理内涵及其适用范围是解本题关键，注意：只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，为易错点4在2A（g）+B（g）3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是( )Av（A）=0.6 mol/（Ls）Bv （B）=0.4mol/（Ls）Cv （C）=0.9 mol/（Ls）Dv （D）=1 mol/（Ls）【考点】化学反应速率和化学计量数的关系 【分析】利用速率之比等于化学计
24、量数之比转化为用同一物质表示的速率，然后再进行比较【解答】解：都转化为D物质表示的速率进行比较，对于2A+B3C+4D，A、（A）=0.6 mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=2（A）=1.2mol/（Ls）；B、（B）=0.4mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=4（B）=1.6mol/（Ls）；C、（C）=0.9mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，故（D）=（C）=0.9mol/（Ls）=1.2mol/（Ls）；D、（D）=1 mol/（Ls）故速率BC=AD，故选B【点评】本题考查反应速率快慢的比较，难度不大，注意比较常用方法有：1、归一法
25、，即按速率之比等于化学计量数之比转化为用同一物质表示的速率，2、比值法，即由某物质表示的速率与该物质的化学计量数之比，比值越大，速率越快5下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( )A已知2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B已知C（s，石墨）C（s，金刚石）H0，则金刚石比石墨稳定C已知H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3 kJmol1，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJD已知2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H2【考点】吸热反应和放热反应；反应热的大小比较 【分
26、析】A放热反应为反应物总能量大于生成物总能量；B从金刚石和石墨的转化关系式可见，金刚石能量比石墨高；C弱酸弱碱电离要吸热，浓酸浓碱溶解要放热；D根据C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量分析【解答】解：A放热反应为反应物总能量大于生成物总能量，所以不能确定SO2的能量与SO3的能量大小，故A错误； B金刚石比石墨能量高，能量越低越稳定，故B错误；CH+（aq）+OH（aq）=H2O（l）；H=57.3kJ/mol，表示稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol液态水时，放出热量57.3kJ，不能代表弱酸弱碱以及浓酸浓碱，故C错误；D因为C完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧放出的热量，又放热焓变为负
27、值，所以2C（s）+2O2（g）2CO2（g）H1，2C（s）+O2（g）2CO（g）H2，则H1H2，故D正确故选D【点评】本题考查了物质能量的高低与反应能量变化的关系、中和反应等问题，难度不大，属基础性知识考查题6一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，2mol X和 1mol Y进行反应：2X（g）+Y（g）Z（g），下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是( )A同一时间内消耗 2n mol X的同时生成 n mol ZBc（X）：c（Y）：c（Z）=2：1：1C容器内气体的总物质的量不再变化D容器内原子总数不再发生变化【考点】化学平衡状态的判断 【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当
28、反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、同一时间内消耗 2n mol X的同时生成 n mol Z，都反映的正方向未体现正与逆的关系，故A错误；B、当体系达平衡状态时，X、Y和Z的浓度之比可能是2：1：1，也可能不是，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；C、两边的计量数不等，容器内气体的总物质的量不再变化，说明总物质的量不变，达平衡状态，故C正确；D、从反应的发生就符合原子守恒，故D错误；故选C【点评】本题考
29、查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为07已知H2（g）+I2（g）2HI（g）H0有相同容积的定容密闭容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI 0.2mol，相同温度下分别达到平衡欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取的措施是( )A甲温度不变、乙降低温度B甲中加入0.1mol He，乙不改变C甲增加0.1mol H2，乙增加0.1mol I2（g）D甲降低温度，乙温度不变【考点】化学平衡的影响因素 【分析】同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，由于乙按化学计量数转
30、化到左边，可以得到H2和I2各0.1mol，故此时甲和乙建立的平衡是等效的，欲使甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，应采取措施使平衡向正反应移动，但不能降低HI的浓度，然后结合影响化学平衡移动的因素来回答【解答】解：相同容积的定容密封容器甲和乙，甲中加入H2和I2各0.1mol，乙中加入HI0.2mol，此时甲和乙建立的平衡是等效的，A、甲不变，平衡不移动，乙降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，结果甲中HI的平衡浓度小于乙中HI的平衡浓度，故A错误；B、甲中加人0.1molHe，在定容密封容器中，平衡不会移动，乙不改变，结果甲中HI的平衡浓度等于乙中HI的平衡浓度，故B错误；
31、C、甲增加0.1mol H2，平衡正向移动，乙增加0.1mol I2（g），平衡正向移动，而且移动程度相同，结果甲中HI的平衡浓度等于乙中HI的平衡浓度，故C错误；D、甲降低温度，平衡正向移动，甲中HI的平衡浓度增大，乙温度不变，结果甲中HI的平衡浓度大于乙中HI的平衡浓度，故D正确；故选：D【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素和等效平衡知识，难度中等，注意理解等效平衡规律8在密闭容器中进行反应：X2（g）+Y2（g）2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1molL1、0.3molL1、0.2molL1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度有可能是( )AZ为0.3
32、molL1BY2为0.4 molL1CX2为0.2 molL1DZ为0.4 molL1【考点】化学平衡建立的过程 【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，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；若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小；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： X2（g）+Y2（g）2Z（g），开始（mol/L）
33、：0. 1 0.3 0.2变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2 平衡（mol/L）：0 0.2 0.4 若反应逆正反应进行到达平衡，X2、Y2的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则： X2（g）+Y2（g）2Z（g），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由于为可逆反应，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
34、习题的常用方法9强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为：H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJ/mol，分别向1L 0.5mol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸；浓H2SO4；稀硝酸恰好完全反应时的热效应分别为H1、H2、H3，它们的关系正确的是( )AH1H2H3BH2H3H1CH1=H2=H3DH1H3H2【考点】反应热的大小比较 【分析】稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，注意弱电解质的电离吸热，浓硫酸溶于水放热来解答【解答】解：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+（aq）+OH（aq）=H2OH=57.3kJ/mol，分别向1L 0.5m
35、ol/L的NaOH溶液中加入：稀醋酸；浓H2SO4；稀硝酸，醋酸的电离吸热，浓硫酸溶于水放热，则恰好完全反应时的放出的热量为，所以H1H3H2，故选D【点评】本题考查中和热，明确中和热的概念及弱电解质的电离、浓硫酸溶于水的热效应即可解答，难度不大10用铁丝（电极 a）、铜丝（电极 b）和CuSO4溶液可以构成原电池或电解池，如图所示则下列说法正确的是( )A构成原电池时 b 极反应为：Cu2eCu2+B构成电解池时 a 极质量一定减少C构成的原电池或电解池工作后都能产生大量气体D构成电解池时 b 极质量可能减少也可能增加【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】构成原电池时，较活泼的金属铁作负
36、极，负极上金属失电子发生氧化反应，较不活泼的金属铜作正极，正极上得电子发生还原反应；构成电解池时，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应【解答】解：A、构成原电池时，较不活泼的金属铜作正极，正极上溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出，电极反应式为Cu2+2e=Cu，故A错误；B、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，如a连接电源负极，则质量增加，故B错误；C、构成原电池时，正极上铜离子得电子而析出；构成电解池时，阴极上溶液中铜离子得电子而析出，所以无论是原电池还是电解池都没有气体生成，故C错误；D、构成电解池时，连接电源正极的电极为阳
37、极，阳极上金属电极失电子发生氧化反应，连接电源负极的电极为阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应；如果b为阳极，电解池工作时，铜失电子生成铜离子进入溶液导致电极质量减少，如果b为阴极，溶液中铜离子得电子生成铜单质而析出附着在b电极上，导致电极质量增加，故D正确故选D【点评】本题考查了原电池和电解池工作原理，难度不大，明确离子的放电顺序是解本题的关键11两只串联的电解池，左池放CuSO4溶液，右池放一定量的某硝酸盐稀溶液，电解时，当左池的阴极析出16g铜时，右池的阴极析出了6g 固体，则右池中溶质可能为( )AMg（NO3）2BNaNO3CAgNO3DAl（NO3）3【考点】电解原理 【分析】右池
38、的阴极析出了6g固体，根据选项结合电解池的工作原理，阴极上放电的是阳离子，能析出固体的阳离子只能是银离子，钠离子、镁离子、铝离子均不会参与电极反应，据此回答【解答】解：根据题意，右池的阴极析出了6g固体，由选项可知，钠离子、镁离子、铝离子均不会参与阴极反应，放电的金属阳离子只有银离子放电，即生成的银为6g，故右池中的溶质为硝酸银，故选C【点评】本题考查学生电解池的工作原理、有关计算，难度中等，注意溶液中氢离子可能放电，可以直接利用排除法解答，在溶液中电解只有硝酸银会析出固体12高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压高铁电池的总反应为：3Zn+2K2F
39、eO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述正确的是( )A放电时正极反应式为：3Zn6e+6OH3Zn（OH）2B充电时阳极反应式为：2FeO42+6e+8H2O2Fe（OH）3+10OHC放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化D放电时正极附近溶液的碱性增强【考点】化学电源新型电池 【分析】A放电时，正极上发生得电子的还原反应，根据总反应来书写电极反应；B充电时，阳极上铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42的反应；C根据Zn元素失去电子，正极Fe元素得到电子来分析；D充电时根据氢氧根离子浓度变化确定溶液酸碱性变化【解答】解：A放
40、电时，正极上发生得电子的还原反应，FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，故A错误；B充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42的反应，电极反应为Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O，故B错误；C放电时Zn元素失去电子，正极Fe元素得到电子，转移电子数为1mol（63）=3mol，放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原，故C错误；D放电时正极附近发生得电子的还原反应，FeO42+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，生成氢氧根离子，所以碱性增强，故D正确；故选D【点评】本题考查电解池与原电池，明确电极反应中放电为原电池、充电为
41、电解池时解答本题的关键，题目难度不大13将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区（a）已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环（b），如图所示导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少下列说法正确的是( )A液滴中的Cl由a区向b区迁移B液滴中心是正极区，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e4OHC液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2+由a区向b区迁移，与b区的OH形成 Fe（OH）2，进一步氧化、脱水形成铁锈D若改用嵌有一铜螺丝钉铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极：Fe2eFe2+【考点】金属的电化学腐蚀与防护 【分析】NaC
42、l溶液滴到一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后在液滴覆盖的圆周中心区（a）被腐蚀变暗，实际上是发生了吸氧腐蚀，这时，负极电极反应为：Fe2e=Fe2+ （发生氧化反应），正极电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH （发生还原反应），在液滴外沿，由于Fe2+2OH=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 形成了棕色铁锈环（b）【解答】解：铁板为铁和碳的合金，滴上NaCl溶液，形成原电池，铁易失电子作负极，碳作正极，亚铁离子向正极移动，所以a是负极区，b是正极区，A根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，Cl应由b区向a区迁移，故A错误；B液滴中心是负极
43、区，液滴边缘是正极区，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故B错误；C液滴下的 Fe 因发生氧化反应而被腐蚀，故C错误；D改用嵌有铜螺丝钉的铁板，则铁为负极，负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，故D正确故选：D【点评】本题考查金属的腐蚀，意在考查考生运用电化学原理分析金属腐蚀过程的能力，注意在原电池中阴阳离子的移动方向及金属腐蚀吸氧腐蚀和析氢腐蚀的区别，电极反应判断是解题关键，题目难度中等14取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现 a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色则下列说法正确
44、的是( )A电解过程中水是还原剂B电解过程中Cl被还原Ca 电极与电源负极相连Db电极附近溶液的碱性增强【考点】电解原理 【分析】a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极负极先产生了Cl2，漂白pH试纸变白，后OH离子放电产生氧气，H+相对剩余呈酸性，使pH试纸外圈呈红色，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2Cl2eCl2，b为阴极，电极方程式为2H2O4eH2+2OH，所以b极附近的pH增大【解答】解：a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明a极产生了Cl2，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为：2C
45、l2eCl2，b为阴极，电极方程式为2H2O+2eH2+2OH，A、电解过程中生成H2，H元素化合价降低，则水为氧化剂，故A错误；B、a为阳极，电极反应式为：2Cl2eCl2，电解过程中Cl被氧化，故B错误；C、a极与电源的正极相连，即a为阳极，故C错误；D、b为阴极，电极方程式为2H2O+2eH2+2OH，所以b极附近的pH增大，溶液的碱性增强，故D正确故选：D【点评】该题以电解饱和食盐水为载体，重点考查学生对电解原理的熟悉了解程度试题紧扣教材，趣味性强，有利于调动学生的学习兴趣和学习积极性，激发学生学习化学的求知欲，也有助于培养学生的逻辑思维能力和应试能力，提高学生的学习效率15如图所示，
46、下列叙述正确的是( )AY为负极，发生氧化反应BX为阴极，发生还原反应CY与滤纸接触处变红DX与滤纸接触处有H2生成【考点】原电池和电解池的工作原理 【分析】因与原电池的正极相连的是电解池的阳极，和原电池的负极相连的是电解池的阴极；电解池的两个电极名称为阴极和阳极，原电池的两个电极名称为正极和负极；原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应；而电解池中阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；电解池的阳极为阴离子放电，电解硫酸钠溶液的实质相当于电解水；酚酞遇到碱变红色，遇到酸不变色【解答】解：A、在Zn、Cu、CuSO4构成的原电池中，锌做负极，铜做正极，和原电池的正极相连的是电解池的阳极，和原电池
47、的负极相连的是电解池的阴极，所以Y为阴极，发生还原反应，故A错误；B、Y为阴极，发生还原反应，X为阳极，发生氧化反应，故B错误；C、Y为阴极，发生还原反应，该极放电的是氢根离子，该极附近氢氧离子浓度增大，碱性增强，酚酞遇到碱变红，故C正确；D、电解硫酸钠溶液的实质相当于电解水，X为阳极，发生氧化反应，该极放电的是氢氧根离子，有氧气析出，故D错误故选C【点评】本题是一道有关原电池和电解池的工作原理的综合题目，要求学生熟悉教材基本知识，具备分析和解决问题的能力16已知反应：CO（g）+CuO（s）CO2（g）+Cu（s）和反应：H2（g）+CuO（s）Cu（s）+H2O（g）在相同的某温度下的平衡
48、常数分别为K1和K2，该温度下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K则下列说法正确的是( )A反应的平衡常数K1=B反应的平衡常数K=C对于反应，恒容时，温度升高，H2浓度减小，则该反应的H0D对于反应，恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示；B由方程式可知，反应=反应反应，根据化学平衡常数表达式，进行推导判断；C对于反应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；D根据恒温恒容下，引起压强增大的条件变化情况解答【解
49、答】解：A化学平衡常数表达式中固体、纯液体不需要表示，反应的平衡常数K1=，故A错误；B反应的平衡常数K1=，反应的平衡常数K2=，反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数为K=，故B正确；C对于反应，恒容时，温度升高，H2 的浓度减小，说明升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应，焓变为负值，故C错误；D对于反应，恒温恒容下，通入稀有气体增大压强，平衡不移动，H2 的浓度不变，故D错误故选B【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡影响因素等，难度中等，注意B选项中由已知方程式构造目标方程式，化学平衡常数之间的关系17在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保
50、持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则( )A平衡向逆反应方向移动了B物质A的转化率减少了CabD以上说法都不正确【考点】化学平衡的影响因素 【分析】先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab，据此结合选项判断【解答】解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，即减小压强平衡向正反应方向移动，则ab，A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的
51、浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A错误；B、根据A的判断，平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B错误；C、根据A的判断，平衡向生成B的方向移动，则ab，故C错误；D、由上述分析可知，以上说法都不正确，故D正确；故选D【点评】本题考查化学平衡移动等，难度不大，注意利用假设法分析、判断平衡移动方向18如图曲线 a 表示放热反应2X（g）Z（g）+M（g）+N（s）进行过程中X的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按 b 曲线进行，不可能采取的措施是( )A恒温恒压时加催化剂B恒温恒容时X的投入量增
52、加C恒压时升高温度D恒温时减小容器体积【考点】转化率随温度、压强的变化曲线 【分析】放热反应2X（g）Z（g）+M（g）+N（s），反应前后气体的化学计量数之和相等，则改变压强、使用催化剂平衡均不发生移动，由图象可知，改变起始条件，反应速率加快，转化率不变，即平衡不移动，以此来解答【解答】解：由图象可知，改变起始条件，反应速率加快，转化率不变，即平衡不移动，则A恒温恒压时加催化剂，反应速率加快，平衡不移动，与图象一致，故A不选；B恒温恒容时X的投入量增加，相当于加压，反应速率加快，平衡不移动，与图象一致，故B不选；C该反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，转化率减小，与图象不符，故C选；
53、D恒温时减小容器体积，相当于加压，反应速率加快，平衡不移动，与图象一致，故D不选；故选C【点评】本题考查化学平衡图象，为高频考点，把握反应的特点、影响化学平衡的因素等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大19已知某温度时，2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q kJmol1，在相同条件下，向一密闭容器中通2mol SO2和1mol O2，达到平衡时放出热量为Q1；向另一体积相同密闭容器中通1mol SO2和0.5mol O2，达到平衡时放出热量为Q2则下列关系正确的是( )A2 Q2=Q1B2 Q2Q1C2 Q2Q1QDQ=Q1Q2【考点】化学平衡的影响因素 【分析】2S
54、O2（g）+O2（g）2SO3（g）H=QkJ/mol，表示在上述条件下2mol SO2和1molO2完全反应生成1molSO3气体放出热量为QkJ，再结合可逆反应中反应物不能完全反应及物质的量与放出的热量成正比、平衡移动等解答【解答】解：反应的热化学方程式为：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H=Q kJ/mol，由热化学方程式可知，在上述条件下反应生成2molSO3气体放热Q kJ，加入2mol SO2和1molO2，生成的三氧化硫量小于2mol，所以Q1Q kJ，通入1mol SO2和0.5molO2，如果转化率与加入2mol SO2和1molO2相同，则放热为kJ，但是此时体系压
55、强比加入2mol SO2和1molO2要小，所以平衡会向左移动，所以实际放出的热量kJ，即2Q2Q1，综上得：2Q2Q1Q kJ，故选C【点评】本题考查平衡移动及反应热的计算，题目难度中等，本题注意浓度对平衡的影响以及可逆反应的特征20汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）N2（g）+CO2（g）H=373.4kJmol1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是( )ABCD【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 【分析】平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动；平衡常数只受温度影响，
56、温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关；增大产物浓度，平衡向逆反应方向移动【解答】解：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率减小，平衡常数减小，故AB错误；增加氮气的物质的量，平衡向逆反应移动，NO的转化率减小，故C错误，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与NO的物质的量无关，故D正确；故选D【点评】本题考查影响平衡常数的因素、化学平衡的移动与图象等，难度不大，理解外界条件对平衡的影响是关键21反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g） 2HI（g）H2（g）+I2（g） 2NO2（g）N2O4（g）在
57、一定条件下，达到化学平衡时，反应物的转化率均是 a%若保持各反应的温度和容器的体积都不改变，分别再加入一定量的各自的反应物，则转化率( )A均不变B增大，不变，减少C减少，不变，增大D均增大【考点】化学平衡建立的过程 【专题】化学平衡专题【分析】若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，根据压强对化学平衡的影响进行分析解答【解答】解：若保持各自的温度、体积不变，分别加入一定量的各自的反应物，可以等效为将原来的容器缩小体积，实际上增大的反应体系的压强，该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，增大压强，平衡向逆反应方向
58、移动，所以转化率减小；该反应是一个反应前后气体体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，所以转化率不变；该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，所以转化率增大，故选C【点评】本题考查了外界条件对化学平衡的影响，利用等效平衡把改变物质的浓度转化为压强，根据压强对化学平衡的影响来分析解答较简便，难度较大22在25时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：物质XYZ初始浓度（molL1）0.10.20平衡浓度（molL1）0.050.050.1下列说法不正确的是( )A反应达到平衡时，X的转化率为50%B反应可表示为X+3Y2 Z，其平衡常数为16
59、00C增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大D改变温度时，该反应的平衡常数可能增大，可能减小【考点】化学平衡的计算 【专题】化学平衡专题【分析】A转化率=100%计算；B化学计量数之比等于浓度变化量之比，而c（X）：c（Y）：c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3：2，则反应的方程式为X+3Y2Z，平衡常数K=；C平衡常数只受温度影响；D由于反应吸热、放热未知，改变温度时，反应可能正向移动，也可能逆向移动【解答】解：A反应达到平衡时，X的转化率为：100%=50%，故A正确；B化学计量数之比等于浓度变化量之比，而c（X）：c（Y）：c（Z）：=0.05：0.15：0.1=1：3
60、：2，则反应的方程式为X+3Y2Z，平衡常数K=1600，故B正确；C平衡常数只受温度的影响，压强改变时，化学平衡常数仍然不变，故C错误；D由于反应吸热、放热未知，改变温度时，反应可能正向移动，也可能逆向移动，无法判断温度对化学平衡常数的影响，故D正确，故选：C【点评】本题考查化学平衡的有关计算、反应速率计算、平衡移动影响因素等，难度不大，确定反应方程式是解题关键23一定条件下，在一密闭容器中通人一定量SO2和O2的混合气，发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）（正反应为放热反应）反应达平衡后SO2、O2和SO3的物质的量之比为3：4：6，若保持其他条件不变，降低温度后达到新的
61、平衡时，O2和SO3的物质的量分别为1.1mol和2.0mol，则此时容器内SO2的物质的量应是( )A0.7 molB0.9 molC1.1 molD1.3 mol【考点】化学平衡的计算 【专题】守恒法；化学平衡专题【分析】平衡体系中n（O）=2n（SO2）+3n（SO3）+2n（O2），n（S）=n（SO2）+n（SO3），原平衡时SO2、O2和SO3的物质的量之比为3：4：6，则平衡体系中n（S）：n（O）=9：（6+8+18）=9：32【解答】解：平衡体系中n（O）=2n（SO2）+3n（SO3）+2n（O2），n（S）=n（SO2）+n（SO3），原平衡时SO2、O2和SO3的物质的
62、量之比为3：4：6，则平衡体系中n（S）：n（O）=9：（6+8+18）=9：32，故2mol+n（SO2）：2.2mol+6mol+2n（SO2）=9：32，解得n（SO2）=0.7mol，故选：A【点评】本题考查化学平衡计算，侧重考查学生分析计算能力，注意利用原子守恒进行计算，难度中等二、非选择题（每空2分，共54分）24（18分）能量是一个世界性的话题，如何充分利用能量、开发新能源，为人类服务是广大科技工作者不懈努力的目标（1）如图1所示，组成一个原电池当电解质溶液为稀硫酸时：Cu电极的电极反应式为2H+2e=H2；当电解质溶液为浓硝酸时：Cu电极是负（填“正”或“负”）极（2）若用惰性
63、电极电解某CuSO4溶液请写出开始电解时反应的总化学方程式2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；若电解足量的KCl溶液，电解一段时间后，要使该溶液恢复到电解前溶液的体积和浓度，则应加入适量的氯化氢（填写物质的名称）（3）氢气具有热值高，产物无污染等优点，是一种理想的新能源已知4g H2完全燃烧生成液态水时放出热量为571.6kJ，试写出表示H2燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol（4）发射卫星时，可用肼（N2H4）为燃料和二氧化氮（NO2）作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水已知：N2（g）+2O2（g）2NO2（g）H=+70kJmo
64、l1；N2H4（l）+O2（g）N2（g）+2H2O（g）H=543kJmol1；试写出液态N2H4和气态NO2反应生成气态N2和气态H2O的热化学方程式：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）H=1156kJmol1（5）水煤气可作为工业上的一种能源（利用C和H2O气在高温下产生CO和H2）图2是一碳酸盐燃料电池（MCFC），以水煤气（若水煤气中CO和H2的物质的量之比为1：1）为燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质则B极是燃料电池的正极（填写“正极”或“负极”）；写出该燃料电池的总反应式：CO+H2+O2=CO2+H2O；写出A极发生的电极反
65、应式：CO+H2+2CO324e=3CO2+H2O【考点】原电池和电解池的工作原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算 【分析】（1）当电解质溶液为稀硫酸时：Fe易失电子作负极、Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；当电解质溶液为浓硝酸时：铁和浓硝酸发生钝化现象，Cu易失电子作负极、Fe作正极；（2）用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜，同时电解质溶液中还生成硫酸；若电解足量的KCl溶液，溶液中氯离子在阳极失电子发生氧化反应，氢离子在阴极得电子发生还原反应，根据少什么加什么分析判断；（3）4g氢气的物质的量是2mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出
66、571.6kJ，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量；（4）N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+70kJmol1N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=543kJmol1依据盖斯定律2计算得到；（5）碳酸盐燃料电池中通氧气的电极一定为正极，通入燃料的电极一定为负极，氧气在该电极上发生还原反应【解答】解：（1）当电解质溶液为稀硫酸时：Fe易失电子作负极、Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；当电解质溶液为浓硝酸时：铁和浓硝酸发生钝化现象，Cu易失电子作负极、Fe作正极，故答案为：负；（2）用
67、惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜，同时电解质溶液中还生成硫酸，电池反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；若电解足量的KCl溶液，溶液中氯离子在阳极失电子发生氧化反应，氢离子在阴极得电子发生还原反应，根据少什么加什么，则恢复原溶液浓度需要加入析出的物质，即加入氯化氢可以恢复，故答案为：氯化氢；（3）4g氢气的物质的量是2mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出571.6kJ，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出285.8kJ热量，其燃烧热化学方程式为 H2（g）+O2（
68、g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol，故答案为：H2（g）+O2（g）=H2O（l）H=285.8kJ/mol；（4）N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）H=+70kJmol1N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=543kJmol1依据盖斯定律2得到，2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）H=1156kJmol1；故答案为：2N2H4（g）+2NO2（g）=3N2（g）+4H2O （g）H=1156kJmol1 ；（5）碳酸盐燃料电池中通氧气的电极一定为正极，通入燃料的电极一定为负极，则A为负极，反应为：CO+H2+2CO324e=3C
69、O2+H2O；氧气在该电极上发生还原反应，所以B为正极，反应为：2CO2+O2+4e=2CO32；所以总反应为：CO+H2+O2=CO2+H2O，故答案为：正极；CO+H2+O2=CO2+H2O；CO+H2+2CO324e=3CO2+H2O【点评】本题考查原电池和电解池原理、盖斯定律、燃烧热等知识点，侧重考查基本理论，注意不能根据金属的活泼性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度判断正负极，为易错点25（14分）有两只相同的密闭容器A和B，A保持恒容，B保持恒压起始时向这两只容器中分别充入等量的、物质的量比为4：5的NH3与O2的混合气体，并使A和B容积相等（如图所示），在保持500的条件下使之
70、发生4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O反应填写下列空格：（1）确定两容器中的反应速率大小关系，反应刚开始时v（A）=v（B）（填“”、“=”或“”下同）；建立平衡过程中v（A）v（B）（2）两容器中反应达到平衡后NH3的转化率关系：（A）（B）（填“”、“=”或“”）（3）达到平衡后，若向两容器中通入少量且等量的氩气，A容器化学平衡不移动（填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”下同）；B容器化学平衡正向移动（4）达到平衡后，若向两容器中通入等量的原反应气体，达到新平衡时，A容器中NO的体积分数减小（填“增大”、“减小”或“不变”下同），B容器中NO的体积分数不变【考点】化学平
71、衡的影响因素 【分析】（1）压强越大反应速率越大，反应刚开始时AB压强相等，随着反应进行，A压强增大，B不变，据此分析；（2）随着反应进行，A压强增大，B不变，则A相对于B在增大压强，所以平衡向气体体积减小的方向移动，据此分析；（3）若向两容器中通入少量且等量的氩气，A中体积不变，则反应物生成物浓度不变，B等压，则体积增大，相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动，据此判断；（4）达到平衡后，向两容器中分别通入等量的原反应气体，A容器体积不变，相当于原平衡加压，平衡向逆反应方向移动，B容器由于要恒压，所以容器体积也成比例增大，各物质浓度不变【解答】解：（1）由于该反应是体积增大的反应，在开
72、始，两容器的体积相同，反应浓度也相同，反应速率相等，在反应过程中，恒压过程中的压强始终小于恒容过程中的，所以A的速率大于B的，故答案为：=；（2）由于该反应是体积减小的反应，恒压过程中的压强始终大于恒容过程中的，而压强大，平衡向逆反应方向移动，所以平衡后NH3的转化率关系：（A）（B），故答案为：；（3）达到平衡时，在两容器中分别通入等量的Ar气，A的体积增大，各物质浓度减小，相当于减压，平衡向逆反应方向移动，B中体积不变，所以各物质的浓度不变，所以化学反应速率不变，故答案为：逆；不变；（4）达到平衡后，向两容器中分别通入等量的原反应气体，A容器体积不变，相当于原平衡加压，平衡向逆反应方向移动
73、，容器中NO的体积分数减小；B容器由于要恒压，所以容器体积也成比例增大，各物质浓度不变，所以平衡不移动，所以再次达到平衡时，B容器中NO的体积分数不变；故答案为：减小；不变【点评】本题主要考查了恒压过程和恒容过程的平衡移动的区别，难度中等，解题时要注意在两种条件下平衡建立的区别26（16分）下列三个化学反应的平衡常数（K1、K2、K3）与温度的关系分别如表所示化学反应平衡常数温度973K1173KFe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）K11.472.15Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）K22.381.67CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）K3？请回答：（
74、1）反应 是放热（填“吸热”或“放热”）反应（2）根据反应 与 可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3=（用K1、K2表示）（3）反应 能进行的主要原因是该反应是放热反应（4）反应 达到平衡时再加入少量铁粉，平衡将不移动（填“正向移动”、“不移动”或“逆向移动”）；铁的转化率将减小（填“增大”、“不变”或“减小”）（5）要使反应 在一定条件下建立的平衡向逆反应方向移动，可采取的措施有BDA缩小反应容器的容积 B升高温度C使用合适的催化剂 D设法减少平衡体系中的CO的浓度（6）若反应 的逆反应速率与时间的关系如图所示：可见反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而t2、t8时都改变了一种条件，
75、试判断改变的是什么条件：t2时增大生成物的浓度； t8时增大压强或使用催化剂【考点】化学平衡的影响因素 【分析】（1）由表中数据可知，反应中温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；（2）反应反应得到反应，则平衡常数K3为反应与反应的平衡常数商；（3）反应温度越高，平衡常数越大，反应温度越高，平衡常数越小，而K3=，故反应温度越高，平衡常数越小，即正反应为放热反应；（4）加入纯固体平衡不移动，据此分析；（5）反应温度越高，平衡常数越大，反应温度越高，平衡常数越小，而K3=，故反应温度越高，平衡常数越小，即正反应为放热反应，结合平衡移动原理分析解答；（6）t2时逆反应速率增大，且
76、平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，不能是升高温度、增大压强，可能是增大生成物的浓度；t8时反应速率增大，但平衡不移动，该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的反应，可能为增大压强或使用催化剂；【解答】解：（1）由表中数据可知，反应中温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为放热反应，故答案为：放热；（2）反应反应得到反应，则平衡常数K3为反应与反应的平衡常数商，故K3=，故答案为：；（3）反应温度越高，平衡常数越大，反应温度越高，平衡常数越小，而K3=，故反应温度越
77、高，平衡常数越小，即正反应为放热反应，所以反应 能进行的主要原因是该反应是放热反应，故答案为：该反应是放热反应；（4）因为铁粉为纯固体，所以反应 达到平衡时再加入少量铁粉，平衡将不移动；铁的转化率将减小，故答案为：不移动；减小；（5）反应温度越高，平衡常数越大，反应温度越高，平衡常数越小，而K3=，故反应温度越高，平衡常数越小，即正反应为放热反应，A缩小反应容器的容积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，故A错误；B升高温度，平衡向逆反应方向移动，故B正确；C使用合适的催化剂，同等程度加快反应速率，平衡不移动，故C错误；D设法减小平衡体系中的CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，故D正确；
78、 故选：BD；（6）t2时逆反应速率增大，然后逆反应速率减低，且平衡时反应速率大于t2时反应速率，平衡向逆反应方向移动，该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，不能是升高温度、增大压强，可能是增大生成物的浓度；t8时反应速率增大，但平衡不移动，该反应正反应是一个反应前后气体体积不变的反应，可能为增大压强或使用催化剂，故答案为：增大生成物的浓度；增大压强或使用催化剂【点评】本题考查化学平衡常数、化学平衡与化学反应速率的影响因素、速率时间图象等，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等27常温下电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图
79、所示（气体体积已换算成标准状况下的体积），根据图中信息回答下列问题（1）图中的是电解池的阳极（填“阴极”或“阳极”）；（2）求原CuSO4溶液的物质的量浓度【考点】电解原理 【分析】刚开始时阴极Cu2+得电子，无气体放出，Cu2+反应完溶液中的H+放电，是H2，阳极先是溶液中的Cl放电，反应完后溶液中的OH放电，电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，阴极发生Cu2+2e=Cu、2H+2e=H2，结合图可知，为阴极气体体积与时间的关系，为阳极气体体积与时间的关系，计算时抓住电子守恒【解答】解：（1）电解200mL一定浓度的N
80、aCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，阴极发生Cu2+2e=Cu、2H+2e=H2，结合图可知，为阴极气体体积与时间的关系，为阳极气体体积与时间的关系，故答案为：阳；（2）电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl2e=Cl2、4OH4e=O2+2H2O，阴极发生Cu2+2e=Cu、2H+2e=H2，结合图可知，为阴极气体体积与时间的关系，为阳极气体体积与时间的关系，曲线中由t2时生成氧气为112mL，n（O2）=0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol4=0.04mol，根据电子守恒及Cu2+2e=Cu可知，n（CuSO4）=0.02mol，所以c（CuSO4）=0.1mol/L，答：CuSO4的物质的量浓度均为0.1mol/L【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及图图象的对应关系是解答本题的关键，注意把握电极反应式的书写、对图象的解读为解该题的关键，题目难度中等