福建省泉州市晉江市平山中學(xué)2023-2023學(xué)年高二下學(xué)期期中化學(xué)試卷Word版含解析

2023-2023學(xué)年福建省泉州市晉江市平山中學(xué)高二〔下〕期中化學(xué)試卷一．選擇題〔此題共有23小題，每題2分，共46分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1．以下過(guò)程中△H小于零的是()A．氯酸鉀分解制氧氣B．氯化銨受熱分解C．氫氣復(fù)原氧化銅D．實(shí)驗(yàn)室用鋅和稀硫酸反響制氫氣2．反響：X+Y=M+N為放熱反響，對(duì)該反響的以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．X的能量一定高于MB．X和Y的總能量一定高于M和N的總能量C．Y的能量一定高于ND．因?yàn)樵摲错憺榉艧岱错?，故不必加熱反響就可發(fā)生3．在1×105Pa，298K條件下，2mol氫氣燃燒生成水蒸氣放出484kJ熱量，以下熱化學(xué)方程式正確的選項(xiàng)是()A．H2O〔g〕=H2〔g〕+O2〔g〕△H=+242kJ?mol﹣1B．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=﹣484kJ?mol﹣1C．H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=+242kJ?mol﹣1D．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=+484kJ?mol﹣14．用石墨作電極電解CuSO4溶液．通電一段時(shí)間后〔電解質(zhì)未用完〕，欲使電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)向溶液中參加適量的()A．CuSO4 B．Cu〔OH〕2 C．CuO D．CuSO4.5H25．電解飽和食鹽水，當(dāng)陰極附近有0.4molOH﹣生成時(shí)，陽(yáng)極生成()A．0.2molH2 B．0.2molCl2 C．0.4molH2 D．0.4molCl6．以惰性電極電解以下電解質(zhì)溶液〔足量〕，陰、陽(yáng)兩極均產(chǎn)生氣體且氣體的體積相等的是()A．AgNO3 B．NaCl C．CuCl2 D．Na2SO47．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．電解NaOH溶液時(shí)，溶液濃度將減小，pH增大B．電解H2SO4溶液時(shí)，溶液濃度將增大，pH減小C．電解Na2SO4溶液時(shí)，溶液濃度將增大，pH變大D．電解NaCl溶液時(shí)，溶液濃度將減小，pH不變8．將反響Cu〔s〕+2Ag+〔aq〕═Cu2+〔aq〕+2Ag〔s〕設(shè)計(jì)成如下圖的原電池，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．KNO3鹽橋中的K+移向Cu〔NO3〕2溶液B．Ag作負(fù)極，Cu作正極C．工作一段時(shí)間后，Cu〔NO3〕2溶液中c〔Cu2+〕增大D．取出鹽橋后，電流計(jì)的指針依然發(fā)生偏轉(zhuǎn)9．鎳鎘〔Ni﹣Cd〕可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應(yīng)用，它的充放電反響按下式進(jìn)行：Cd+2NiO〔OH〕+2H2OCd〔OH〕2+2Ni〔OH〕2．由此可知，該電池充電時(shí)的陽(yáng)極是()A．Cd〔OH〕2 B．Ni〔OH〕2 10．A、B、C是三種金屬，根據(jù)以下①、②兩個(gè)實(shí)驗(yàn)：①將A與B浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，A上有氣泡逸出，B逐漸溶解；②電解物質(zhì)的量濃度相同的A、C鹽溶液時(shí)，陰極上先析出C〔使用惰性電極〕．確定它們的復(fù)原性強(qiáng)弱順序?yàn)?)A．A＞B＞C B．B＞C＞A C．C＞A＞B D．B＞A＞C11．以下關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的描述正確的選項(xiàng)是()A．把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，鐵片外表出現(xiàn)氣泡B．用鋅片做陽(yáng)極鐵片做陰極，電解氯化鋅溶液，鐵片外表出現(xiàn)一層鋅C．把銅片插入三氯化鐵溶液中，在銅片外表出現(xiàn)一層鐵D．把少量鋅粒放入盛有足量的鹽酸試管中，加幾滴氯化銅溶液，氣泡放出速率加快，生成氫氣的總量不變12．以下有關(guān)化學(xué)反響速率的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．用鐵片和稀硫酸反響制取氫氣時(shí)，改用98%的濃硫酸可以加快產(chǎn)生氫氣的速率B．100mL2mol?L﹣1的鹽酸跟鋅片反響，參加適量的氯化鈉溶液，反響速率不變C．SO2的催化氧化是一個(gè)放熱的反響，所以升高溫度，反響速率減慢D．汽車尾氣中的NO和CO可以緩慢反響生成N2和CO2，減小壓強(qiáng)反響速率減慢13．在一定條件下，反響A2〔g〕+B2〔g〕?2AB〔g〕到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是()A．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolA2的同時(shí)，生成nmol的ABB．容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不隨時(shí)間而變化C．單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolAB的同時(shí)，生成nmol的B2D．單位時(shí)間內(nèi)，生成nmolA2的同時(shí)，生成nmol的B214．以下事實(shí)中，不能用勒夏特列原理解釋的是()A．對(duì)熟石灰的懸濁液加熱，懸濁液中固體質(zhì)量增加B．實(shí)驗(yàn)室中常用排飽和食鹽水的方式收集氯氣C．翻開(kāi)汽水瓶，有氣泡從溶液中冒出D．向稀鹽酸中參加少量蒸餾水，鹽酸中氫離子濃度降低15．可逆反響A〔s〕+3B〔g〕?2C〔g〕+D〔g〕在2L的密閉容器中反響，10min后，C的物質(zhì)的量增加了0.6mol，那么該反響的平均速率表示正確的選項(xiàng)是()A．vA=0.03mol?L﹣1?min﹣1 B．vB=0.045mol?L﹣1?min﹣1C．vC=0.06mol?L﹣1?min﹣1 D．vD=0.03mol?L﹣1?min﹣116．2A〔g〕?2B〔g〕+C〔g〕△H＜0，在未用催化劑的條件下已達(dá)平衡，現(xiàn)要使正反響速率降低，c〔B〕減小，應(yīng)采取的措施是()A．升溫 B．增大反響器的體積C．增大c〔A〕 D．降溫17．反響CO2〔g〕+2NH3〔g〕?CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H＜O，到達(dá)平衡時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．參加催化劑，平衡常數(shù)不變B．減小容器體積，正、逆反響速率均減小C．增大CO〔NH2〕2的量，CO2的轉(zhuǎn)化率減小D．降低溫度，平衡向逆反響方向移動(dòng)18．關(guān)于可逆反響A〔s〕+B〔g〕?2C〔g〕；△H＜0，平衡常數(shù)為K，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．K=B．K值越大表示到達(dá)平衡時(shí)，正反響進(jìn)行程度越大C．其它條件不變時(shí)，溫度升高，K值增大D．其它條件不變時(shí)，壓強(qiáng)減小，K值減小19．一定條件下二氧化碳?xì)怏w的溶解平衡CO2〔g〕?CO2〔aq〕△H=﹣19.75kJ/mol，為增大CO2氣體在水中的溶解度，以下方法一定可行的是()A．升溫增壓 B．降溫減壓 C．升溫減壓 D．降溫增壓20．25℃時(shí)，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，參加過(guò)量金屬錫〔Sn〕，發(fā)生反響：Sn〔s〕+Pb2+〔aq〕?Sn2+〔aq〕+Pb〔s〕，體系中c〔Pb2+〕和c〔Sn2+〕變化關(guān)系如下圖．以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．往平衡體系中參加金屬鉛后，c〔Pb2+〕增大B．往平衡體系中參加少量Sn〔NO3〕2固體后，c〔Pb2+〕變小C．升高溫度，平衡體系中c〔Pb2+〕增大，說(shuō)明該反響△H＞0D．25℃時(shí)，該反響的平衡常數(shù)K=2.221．：NH2COO﹣+2H2O?HCO3﹣+NH3?H2O．現(xiàn)用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度〔T1和T2〕下實(shí)驗(yàn)，得到c〔NH2COO﹣〕隨時(shí)間變化關(guān)系如下圖．以下分析正確的選項(xiàng)是()A．無(wú)法判斷T1和T2的大小關(guān)系B．T1℃C．T2℃時(shí)，0～6minν〔NH2COO﹣〕=0.3mol?L﹣1?minD．往平衡體系加水稀釋，平衡右移，溶液中各種離子濃度減小22．在一定體積的密閉容器中放入3L氣體R和5L氣體Q，在一定條件下發(fā)生反響2R〔g〕+5Q〔g〕═4X〔g〕+nY〔g〕反響完全后，容器溫度不變，混合氣體的壓強(qiáng)是原來(lái)的87.5%，那么化學(xué)方程式中的n值是()A．2 B．3 C．4 D．523．高溫下，某反響到達(dá)平衡，平衡常數(shù)K=．恒容時(shí)，溫度升高，H2濃度減小．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是()A．該反響是焓變?yōu)檎礏．恒溫恒容下，充入更多的CO2，能提高H2的轉(zhuǎn)化率C．升高溫度，正、逆反響速率均增大D．該反響化學(xué)方程式為：CO+H2OCO2+H2二、填空題〔此題有4小題，共54分〕24．〔1〕請(qǐng)用“＞〞、“＜〞或“=〞填寫以下空格：①：Zn〔s〕+CuSO4〔aq〕═ZnSO4〔aq〕+Cu〔s〕△H=﹣216kJ?mol﹣1，那么E反響物__________E生成物②由A、B兩金屬作電極，硫酸溶液作電解質(zhì)溶液，形成原電池，電流由A極經(jīng)外電路流向B極，那么金屬活潑性A__________B③鍍層破損后鐵的腐蝕速度比擬：鍍鋅鐵管__________鍍錫鐵管〔2〕用“增大〞、“減小〞或“不變〞填寫以下空格：④以石墨為電極電解Na2SO4溶液時(shí)，電解過(guò)程中陽(yáng)極區(qū)溶液的pH__________⑤某溫度下，可逆反響A〔s〕+B〔g〕?2C〔g〕；△H＜0，平衡常數(shù)為K．其它條件不變時(shí)，溫度升高，平衡常數(shù)K__________．25．硫酸生產(chǎn)中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕△H=196.6kJ/mol〔1〕t1℃時(shí)，假設(shè)將2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒溫恒容密閉容器中，8min后反響到達(dá)平衡，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，那么這段時(shí)間內(nèi)SO3的平均反響速率為_(kāi)_________，該溫度下上述反響的平衡常數(shù)K為〔2〕該反響到達(dá)化學(xué)平衡后，以下操作將使平衡正向移動(dòng)并能提高SO2轉(zhuǎn)化率的是__________A．向容器中通入少量O2B．向容器中通入少量SO2CE．向容器中通入少量氦氣〔3〕以下表達(dá)能證明該反響已到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是__________A．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化B．SO2的體積分?jǐn)?shù)不再發(fā)生變化C．容器內(nèi)氣體原子總數(shù)不再發(fā)生變化D．相同時(shí)間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時(shí)生成2nmolSO3E．反響體系中SO2、O2、SO3的體積比為2：1：2．26．〔1〕：2CH3OH〔l〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H1；2CH3OH〔g〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H2，那么△H1__________△H2〔2〕在298K、100kPa時(shí)，：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H12HCl〔g〕═Cl2〔g〕+H2〔g〕△H24HCl〔g〕+O2〔g〕═2Cl2〔g〕+2H2O〔g〕△H3那么△H3與△H1和△H2的關(guān)系是：△H3=__________〔3〕消除氮氧化物的污染對(duì)環(huán)境至關(guān)重要，用CH4催化復(fù)原NOx可以消除氮氧化物的污染．一定條件下：CH4〔g〕+4NO2〔g〕═4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ?mol﹣1CH4〔g〕+4NO〔g〕═2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣1160kJ?mol﹣1那么該條件下，用CH4復(fù)原NO2至N2的熱化學(xué)方程式為：__________〔4〕乙烯是石油裂解氣的主要成分之一，25℃、101kPa時(shí)，1g乙烯燃燒生成CO2氣體與液態(tài)水，放出50.5kJ的熱量，該反響的熱化學(xué)方程式為_(kāi)_________；利用該反響設(shè)計(jì)為燃料電池中，通入乙烯的電極為電池的__________〔填“正極〞或“負(fù)極〞〕．27．以下是構(gòu)成原電池的實(shí)驗(yàn)方案，請(qǐng)按要求答復(fù)以下問(wèn)題：〔1〕電解質(zhì)溶液為0.5mol?L﹣1硫酸溶液，電極為用砂紙打磨過(guò)的鎂片和鋁片，設(shè)計(jì)成原電池，那么鋁片為_(kāi)_________極〔填“正〞或“負(fù)〞〕，正極電極反響式為_(kāi)_________；假設(shè)將電解質(zhì)溶液改為0.5mol?L﹣1氫氧化鈉溶液，那么被氧化的是__________〔填“鎂片〞或“鋁片〞〕，該原電池總反響的離子方程式為：__________．〔2〕以“Fe+2Fe3+═3Fe2+〞反響為原理設(shè)計(jì)原電池，請(qǐng)?jiān)谝韵略撛姵匮b置圖括號(hào)中寫出電極材料及電解質(zhì)溶液．28．〔18分〕〔1〕氫氣被看做是理想的“綠色能源〞．用高壓氫氣、氧氣制作氫氧燃料電池是利用氫能的一種重要方式．請(qǐng)寫出氫氧燃料電池〔電解質(zhì)溶液為KOH溶液〕的電極反響式．正極__________；負(fù)極__________．〔2〕電解原理在化學(xué)工業(yè)中有廣泛應(yīng)用．如圖表示一個(gè)電解池，其中a為電解質(zhì)溶液，X、Y是兩塊電極板，通過(guò)導(dǎo)線與直流電源相連．請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題：①Y的電極名稱是__________〔填寫“陽(yáng)極〞或“陰極〞〕．②假設(shè)X、Y都是惰性電極，a是飽和食鹽水，實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，同時(shí)在兩邊各滴入幾滴酚酞試液，一段時(shí)間后，在X極附近觀察到的現(xiàn)象是__________，如何檢驗(yàn)Y極上的產(chǎn)物：__________．〔試劑及現(xiàn)象〕〔3〕假設(shè)X、Y都是惰性電極，a是CuSO4溶液，電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極上產(chǎn)生氣體的體積為4.48L〔標(biāo)準(zhǔn)狀況下〕，那么陰極上析出金屬的質(zhì)量為_(kāi)_________g．〔4〕假設(shè)要用該裝置電解精煉粗銅，電解液a選用CuSO4溶液，那么X電極的材料是__________，Y電極的材料是__________．〔5〕假設(shè)要用電鍍方法在鐵外表鍍一層金屬銀，應(yīng)該選擇的方案是__________．方案XYa溶液A鐵銀AgNO3B鐵銀Fe〔NO3〕3C銀鐵AgNO3D銀石墨AgNO3

2023-2023學(xué)年福建省泉州市晉江市平山中學(xué)高二〔下〕期中化學(xué)試卷一．選擇題〔此題共有23小題，每題2分，共46分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1．以下過(guò)程中△H小于零的是()A．氯酸鉀分解制氧氣B．氯化銨受熱分解C．氫氣復(fù)原氧化銅D．實(shí)驗(yàn)室用鋅和稀硫酸反響制氫氣【考點(diǎn)】吸熱反響和放熱反響．【專題】化學(xué)反響中的能量變化．【分析】△H小于零，應(yīng)是放熱反響，常見(jiàn)有化合反響，金屬與酸、水的反響，以及中和反響等，以此解答該題．【解答】解：A．氯酸鉀分解制氧氣為吸熱反響，△H＞0，故A錯(cuò)誤；B．氯化銨加熱制備氨氣為分解反響，需要吸熱，△H＞0，故B錯(cuò)誤；C．氫氣復(fù)原氧化銅為吸熱反響，△H＞0，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)室制備氫氣用鋅和稀硫反響，為放熱反響，△H＜0，故D正確．應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查反響熱與焓變，題目難度不大，注意常見(jiàn)吸熱反響和放熱反響即可解答該題，學(xué)習(xí)中注意相關(guān)根底知識(shí)的積累．2．反響：X+Y=M+N為放熱反響，對(duì)該反響的以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．X的能量一定高于MB．X和Y的總能量一定高于M和N的總能量C．Y的能量一定高于ND．因?yàn)樵摲错憺榉艧岱错?，故不必加熱反響就可發(fā)生【考點(diǎn)】吸熱反響和放熱反響．【專題】化學(xué)反響中的能量變化．【分析】反響X+Y=M+N為放熱反響，那么反響物的總能量比生成物的總能量高，以此來(lái)解答．【解答】解：A．反響物的總能量大于生成物的總能量，X的能量與Y的能量關(guān)系無(wú)法確定，故A錯(cuò)誤；B．該反響為放熱反響，所以反響物的總能量大于生成物的總能量，即X和Y的總能量一定高于M和N的總能量，故B正確；C．反響物的總能量大于生成物的總能量，Y的能量不一定高于N，故C錯(cuò)誤；D．反響的放熱、吸熱與反響條件〔如加熱〕無(wú)關(guān)，某些放熱反響也需要加熱才能反響，如氫氣和氧氣的反響，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查放熱反響與反響物和生成物的總能量的關(guān)系，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意信息中反響為放熱反響來(lái)解答，難度不大．3．在1×105Pa，298K條件下，2mol氫氣燃燒生成水蒸氣放出484kJ熱量，以下熱化學(xué)方程式正確的選項(xiàng)是()A．H2O〔g〕=H2〔g〕+O2〔g〕△H=+242kJ?mol﹣1B．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=﹣484kJ?mol﹣1C．H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=+242kJ?mol﹣1D．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=+484kJ?mol﹣1【考點(diǎn)】熱化學(xué)方程式．【專題】根本概念與根本理論．【分析】A、根據(jù)氫氣燃燒生成水蒸氣的逆過(guò)程為吸熱過(guò)程來(lái)分析；B、根據(jù)物質(zhì)的聚集狀態(tài)來(lái)判斷；C、根據(jù)反響放熱時(shí)焓變符號(hào)為負(fù)來(lái)判斷；D、根據(jù)反響放熱時(shí)焓變符號(hào)為負(fù)來(lái)判斷．【解答】解：A、2mol氫氣燃燒生成水蒸氣放出484kJ熱量，那么1mol氫氣燃燒生成水蒸氣放出242kJ熱量，其逆過(guò)程就要吸收這些熱量，有：H2O〔g〕=H2〔g〕+O2〔g〕△H=+242kJ?mol﹣1，故A正確；B、生成的水應(yīng)該為氣態(tài)，而不是液態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、反響為放熱反響，此時(shí)焓變符號(hào)為負(fù)，故C錯(cuò)誤；D、反響為放熱反響，此時(shí)焓變符號(hào)為負(fù)，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查學(xué)生熱化學(xué)方程式的書(shū)寫原那么，該題型是現(xiàn)在高考的熱點(diǎn)．4．用石墨作電極電解CuSO4溶液．通電一段時(shí)間后〔電解質(zhì)未用完〕，欲使電解液恢復(fù)到起始狀態(tài)，應(yīng)向溶液中參加適量的()A．CuSO4 B．Cu〔OH〕2 C．CuO D．CuSO4.5H2【考點(diǎn)】電解原理．【專題】電化學(xué)專題．【分析】用石墨電極電解CuSO4溶液，陰極銅離子放電，陽(yáng)極氫氧根離子放電，然后根據(jù)析出的物質(zhì)向溶液中參加它們形成的化合物即可．【解答】解：CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42﹣、OH﹣，OH﹣離子的放電能力大于SO42﹣離子的放電能力，所以O(shè)H﹣離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽(yáng)離子是Cu2+、H+，Cu2+離子的放電能力大于H+離子的放電能力，所以Cu2+離子放電生成Cu；溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅的方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以從溶液中析出的物質(zhì)是氧氣和銅，因?yàn)檠鯕夂豌~和稀硫酸都不反響，但和氧化銅反響，氧氣和銅反響生成氧化銅，所以向溶液中參加氧化銅即可，應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了電解原理，能正確判斷溶液中離子的放電順序從而確定析出的物質(zhì)是解此題的關(guān)鍵，難度不大．5．電解飽和食鹽水，當(dāng)陰極附近有0.4molOH﹣生成時(shí)，陽(yáng)極生成()A．0.2molH2 B．0.2molCl2 C．0.4molH2 D．0.4molCl【考點(diǎn)】電解原理．【專題】電化學(xué)專題．【分析】電解飽和食鹽水，陽(yáng)極發(fā)生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，陰極發(fā)生4H2O+4e﹣=H2↑+4OH﹣，結(jié)合電子守恒進(jìn)行計(jì)算．【解答】解：電解飽和食鹽水，陽(yáng)極發(fā)生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，陰極發(fā)生4H2O+4e﹣=2H2↑+4OH﹣，由電子守恒可知，2Cl2↑～4OH﹣，陰極附近有0.4molOH﹣生成時(shí)，陽(yáng)極生成氯氣為=0.2mol，應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查電解原理，明確發(fā)生的電極反響及電子守恒是解答此題的關(guān)鍵，題目難度不大．6．以惰性電極電解以下電解質(zhì)溶液〔足量〕，陰、陽(yáng)兩極均產(chǎn)生氣體且氣體的體積相等的是()A．AgNO3 B．NaCl C．CuCl2 D．Na2SO4【考點(diǎn)】電解原理．【分析】A、用惰性電極電解氯化鈉溶液，陽(yáng)極生成氧氣，陰極生成金屬銀，依據(jù)電子守恒計(jì)算；B、用惰性電極電解氯化鈉溶液，陽(yáng)極生成氯氣，陰極生成氫氣，依據(jù)電子守恒計(jì)算；C、用惰性電極電解CuCl2溶液，陽(yáng)極生成氯氣，陰極生成銅，依據(jù)電子守恒計(jì)算；D、用惰性電極電解Na2SO4溶液，陽(yáng)極生成氧氣，陰極生成氫氣，依據(jù)電子守恒計(jì)算．【解答】解：A、用惰性電極電解氯化鈉溶液，陽(yáng)極生成氧氣，陰極生成金屬銀，故A不符合；B、用惰性電極電解氯化鈉溶液，陽(yáng)極生成氯氣，電極反響為：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑陰極生成氫氣，2H++2e﹣=H2↑依據(jù)電子守恒計(jì)算氣態(tài)體積之比1：1，故B符合；C、用惰性電極電解CuCl2溶液，陽(yáng)極生成氯氣，電極反響為：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；陰極生成銅，電極反響為：Cu2++2e﹣=Cu；在陰、陽(yáng)兩極生成氣體的體積比不為1：1，故C不符合；D、用惰性電極電解硫酸鈉溶液，陽(yáng)極生成氧氣，電極反響為：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；陰極生成氫氣，電極反響為：2H++2e﹣=H2↑；依據(jù)電子守恒得到，在陰、陽(yáng)兩極生成氣體的體積比2：1，故D不符合；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了電解原理的應(yīng)用，電極反響的判斷和電極反響的書(shū)寫，主要是電子守恒的計(jì)算應(yīng)用，題目難度中等．7．以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．電解NaOH溶液時(shí)，溶液濃度將減小，pH增大B．電解H2SO4溶液時(shí)，溶液濃度將增大，pH減小C．電解Na2SO4溶液時(shí)，溶液濃度將增大，pH變大D．電解NaCl溶液時(shí)，溶液濃度將減小，pH不變【考點(diǎn)】電解原理．【專題】電化學(xué)專題．【分析】A、惰性電極電解氫氧化鈉溶液，實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大；B、惰性電極電解硫酸溶液實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大；C、電解Na2SO4溶液時(shí)，實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大；D、電解NaCl溶液時(shí)實(shí)質(zhì)是電解氯化鈉和水反響生成氫氧化鈉溶液；【解答】解：A、惰性電極電解氫氧化鈉溶液，實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大，氫氧根離子濃度增大，溶液PH增大，故A錯(cuò)誤；B、惰性電極電解硫酸溶液實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大，溶液中氫離子濃度增大，溶液PH減小，故B正確；C、惰性電極電解Na2SO4溶液時(shí)，實(shí)質(zhì)是電解水，溶液濃度增大，硫酸鈉溶液呈中性，溶液PH不變，故C錯(cuò)誤；D、惰性電極電解NaCl溶液時(shí)實(shí)質(zhì)是電解氯化鈉和水反響生成氫氧化鈉溶液，溶液PH增大，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了電解原理的分析應(yīng)用，電解質(zhì)溶液中離子放電順序和電極產(chǎn)物的分析判斷，掌握電解池原理是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．8．將反響Cu〔s〕+2Ag+〔aq〕═Cu2+〔aq〕+2Ag〔s〕設(shè)計(jì)成如下圖的原電池，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．KNO3鹽橋中的K+移向Cu〔NO3〕2溶液B．Ag作負(fù)極，Cu作正極C．工作一段時(shí)間后，Cu〔NO3〕2溶液中c〔Cu2+〕增大D．取出鹽橋后，電流計(jì)的指針依然發(fā)生偏轉(zhuǎn)【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【專題】電化學(xué)專題．【分析】A、銅為負(fù)極，銀為正極，所以K+移向KNO3溶液移動(dòng)；B、活潑的銅為負(fù)極，銀為正極；C、負(fù)極銅放電生成銅離子；D、取出鹽橋后，不能構(gòu)成閉合回路，不是原電池．【解答】解：A、銅為負(fù)極，銀為正極，所以K+移向KNO3溶液移動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、活潑的銅為負(fù)極，銀為正極，故B錯(cuò)誤；C、負(fù)極銅放電生成銅離子到溶液中，所以Cu〔NO3〕2溶液中c〔Cu2+〕增大，故C正確；D、取出鹽橋后，不能構(gòu)成閉合回路，不是原電池，所以指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考查原電池的設(shè)計(jì)及工作原理，注意電極反響式的書(shū)寫方法，牢固掌握原電池中電極的判斷，電極反響式的書(shū)寫的方法性問(wèn)題．9．鎳鎘〔Ni﹣Cd〕可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應(yīng)用，它的充放電反響按下式進(jìn)行：Cd+2NiO〔OH〕+2H2OCd〔OH〕2+2Ni〔OH〕2．由此可知，該電池充電時(shí)的陽(yáng)極是()A．Cd〔OH〕2 B．Ni〔OH〕2 【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理．【專題】電化學(xué)專題．【分析】根據(jù)總反響式結(jié)合化合價(jià)的變化判斷被氧化和被復(fù)原的物質(zhì)，充電時(shí)該電池是電解池，陽(yáng)極上失電子發(fā)生氧化反響．【解答】解：充電時(shí)該電池是電解池，陽(yáng)極上元素失電子化合價(jià)升高而發(fā)生氧化反響，根據(jù)方程式知，Ni元素的化合價(jià)由+2價(jià)變?yōu)?3價(jià)，所以陽(yáng)極是Ni〔OH〕2，應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查原電池和電解池原理，根據(jù)元素化合價(jià)變化判斷電極即可，難度不大．10．A、B、C是三種金屬，根據(jù)以下①、②兩個(gè)實(shí)驗(yàn)：①將A與B浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，A上有氣泡逸出，B逐漸溶解；②電解物質(zhì)的量濃度相同的A、C鹽溶液時(shí)，陰極上先析出C〔使用惰性電極〕．確定它們的復(fù)原性強(qiáng)弱順序?yàn)?)A．A＞B＞C B．B＞C＞A C．C＞A＞B D．B＞A＞C【考點(diǎn)】氧化性、復(fù)原性強(qiáng)弱的比擬．【分析】將A與B浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，A上有氣泡逸出，B逐漸溶解，說(shuō)明原電池中B做負(fù)極，A做正極，金屬性B＞A；電解物質(zhì)的量濃度相同的A、C混合鹽溶液時(shí)，陰極上先析出C〔使用惰性電極〕，說(shuō)明A的金屬性大于C．【解答】解：①將A與B浸在稀硫酸中用導(dǎo)線相連，A上有氣泡逸出，B逐漸溶解，說(shuō)明原電池中B做負(fù)極，A做正極，金屬性B＞A；②電解物質(zhì)的量濃度相同的A、C混合鹽溶液時(shí)，陰極上先析出C〔使用惰性電極〕．金屬陽(yáng)離子氧化性性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)金屬元素的金屬性越弱，說(shuō)明A的金屬性大于C；得到金屬活潑性為B＞A＞C；復(fù)原性強(qiáng)弱順序?yàn)锽＞A＞C；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了氧化復(fù)原反響的強(qiáng)弱比擬，原電池和電解池的原理應(yīng)用，電極反響、離子反響來(lái)比擬金屬性強(qiáng)弱的判斷依據(jù)，題目難度不大．11．以下關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的描述正確的選項(xiàng)是()A．把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，鐵片外表出現(xiàn)氣泡B．用鋅片做陽(yáng)極鐵片做陰極，電解氯化鋅溶液，鐵片外表出現(xiàn)一層鋅C．把銅片插入三氯化鐵溶液中，在銅片外表出現(xiàn)一層鐵D．把少量鋅粒放入盛有足量的鹽酸試管中，加幾滴氯化銅溶液，氣泡放出速率加快，生成氫氣的總量不變【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理；鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【分析】A．銅片和鐵片和稀硫酸構(gòu)成原電池，銅作負(fù)極；B．陽(yáng)極是活性金屬鋅，所以陽(yáng)極金屬鋅失去電子發(fā)生氧化反響，陰極上溶液中的陽(yáng)離子即鋅離子得到電子變成鋅，在鐵極上析出；C．銅的金屬活動(dòng)性不及鐵，不能置換金屬鐵；D．構(gòu)成原電池反響，可以加速反響的速率，金屬鋅的量少量，根據(jù)金屬鋅的質(zhì)量來(lái)計(jì)算氫氣的量．【解答】解：A．把銅片和鐵片緊靠在一起浸入稀硫酸中，形成銅、鐵、稀硫酸原電池，正極是金屬銅，該極上電子和溶液中的氫離子結(jié)合產(chǎn)生氫氣，故A錯(cuò)誤；B．用鋅片做陽(yáng)極，鐵片做做陰極，電解氯化鋅溶液，這是一個(gè)電鍍池，鍍層金屬鋅作陽(yáng)極，待鍍件鐵作陰極，鍍層金屬鹽氯化鋅溶液作電解質(zhì)，發(fā)生反響：陽(yáng)極：Zn﹣2e﹣=Zn2+；陰極：Zn2++2e﹣=Zn，故B正確；C．把銅片插入三氯化鐵溶液中，銅和氯化鐵反響生成氯化銅和氯化亞鐵，銅的金屬活動(dòng)性不及鐵，銅不能置換出鐵，故C錯(cuò)誤；D．把少量鋅粒放入盛有足量的鹽酸試管中，參加幾滴氯化銅溶液，鋅置換出銅，所以形成了銅、鋅、稀鹽酸原電池，原電池反響可以加速反響的速率，但是金屬鋅的消耗使得生成氫氣的物質(zhì)的量減少，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了原電池的有關(guān)應(yīng)用，解答須理解原電池的構(gòu)成條件反響原理，題目較簡(jiǎn)單．12．以下有關(guān)化學(xué)反響速率的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．用鐵片和稀硫酸反響制取氫氣時(shí)，改用98%的濃硫酸可以加快產(chǎn)生氫氣的速率B．100mL2mol?L﹣1的鹽酸跟鋅片反響，參加適量的氯化鈉溶液，反響速率不變C．SO2的催化氧化是一個(gè)放熱的反響，所以升高溫度，反響速率減慢D．汽車尾氣中的NO和CO可以緩慢反響生成N2和CO2，減小壓強(qiáng)反響速率減慢【考點(diǎn)】化學(xué)反響速率的影響因素．【專題】化學(xué)反響速率專題．【分析】A．鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化；B．參加適量的氯化鈉溶液，c〔H+〕減小；C．無(wú)論是放熱反響，還是吸熱反響，升高溫度反響速率都增大；D．對(duì)于氣態(tài)參加的反響，減小壓強(qiáng)，反響速率減?。窘獯稹拷猓篈．鐵在冷濃硫酸中發(fā)生鈍化，加熱時(shí)濃H2SO4與Fe反響不產(chǎn)生H2，故A錯(cuò)誤；B．參加適量的氯化鈉溶液，體積增大，c〔H+〕減小，反響速率減小，故B錯(cuò)誤；C．升高溫度，無(wú)論是放熱反響，還是吸熱反響，反響速率都增大，故C錯(cuò)誤；D．減小壓強(qiáng)，對(duì)有氣體參與的反響，反響速率減慢，故D正確．應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查影響反響速率的因素，題目難度不大，注意相關(guān)根底知識(shí)的積累，易錯(cuò)點(diǎn)為A項(xiàng)，注意濃硫酸的性質(zhì)．13．在一定條件下，反響A2〔g〕+B2〔g〕?2AB〔g〕到達(dá)平衡狀態(tài)的標(biāo)志是()A．單位時(shí)間內(nèi)生成nmolA2的同時(shí)，生成nmol的ABB．容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不隨時(shí)間而變化C．單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolAB的同時(shí)，生成nmol的B2D．單位時(shí)間內(nèi)，生成nmolA2的同時(shí)，生成nmol的B2【考點(diǎn)】化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】根據(jù)化學(xué)平衡狀態(tài)的特征解答，當(dāng)反響到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反響速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時(shí)要注意，選擇判斷的物理量，隨著反響的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說(shuō)明可逆反響到達(dá)平衡狀態(tài)．【解答】解：A、單位時(shí)間內(nèi)生成nmolA2需要消耗2molAB，單位時(shí)間內(nèi)生成nmolA2的同時(shí)生成nmol的AB，單位時(shí)間內(nèi)AB的生成與消耗的物質(zhì)的量不相等，反響未達(dá)平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、反響前后氣體的物質(zhì)的量不變，混合氣體的壓強(qiáng)始終不變，容器內(nèi)的總壓強(qiáng)不隨時(shí)間而變化，不能說(shuō)明到達(dá)平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、單位時(shí)間內(nèi)生成2nmolAB的同時(shí)，生成nmol的B2，生成2nmolAB需要消耗nmol的B2，單位時(shí)間內(nèi)B2的生成與消耗的物質(zhì)的量相等，反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故C正確；D、單位時(shí)間內(nèi)，生成nmolA2的同時(shí)，生成nmol的B2，都表示逆反響速率，不能說(shuō)明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，難度中等，需要學(xué)習(xí)時(shí)理解化學(xué)平衡狀態(tài)的內(nèi)涵和外延，判斷時(shí)要注意選擇判斷的物理量，隨著反響的進(jìn)行發(fā)生變化，當(dāng)該物理量由變化到定值時(shí)，說(shuō)明可逆反響到達(dá)平衡狀態(tài)．14．以下事實(shí)中，不能用勒夏特列原理解釋的是()A．對(duì)熟石灰的懸濁液加熱，懸濁液中固體質(zhì)量增加B．實(shí)驗(yàn)室中常用排飽和食鹽水的方式收集氯氣C．翻開(kāi)汽水瓶，有氣泡從溶液中冒出D．向稀鹽酸中參加少量蒸餾水，鹽酸中氫離子濃度降低【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】勒沙特列原理是如果改變影響平衡的一個(gè)條件〔如濃度、壓強(qiáng)或溫度等〕，平衡就向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)．勒沙特列原理適用的對(duì)象應(yīng)存在可逆過(guò)程，如與可逆過(guò)程無(wú)關(guān)，那么不能用勒沙特列原理解釋．【解答】解：A．氫氧化鈣溶于水存在溶解平衡，且溶于水是放熱過(guò)程，加熱溶液，平衡向吸熱方向移動(dòng)，有氫氧化鈣固體析出，可用勒夏特列原理解釋，故A正確；B．氯化鈉在溶液中完全電離，所以飽和食鹽水中含有大量的氯離子，氯氣溶于水的反響是一個(gè)可逆反響，Cl2+H2OClO﹣+2H++Cl﹣，由于飽和食鹽水中含有大量的氯離子，相當(dāng)于氯氣溶于水的反響中增加了大量的生成物氯離子，根據(jù)勒夏特列原理，平衡向逆反響方向移動(dòng)，氯氣溶解量減小，所以可以勒夏特列原理解釋，故B正確；C．汽水中溶有大量的二氧化碳?xì)怏w，翻開(kāi)瓶塞，汽水瓶壓強(qiáng)減小，二氧化碳的溶解度減小，會(huì)有更多的氣體冒出，平衡向減弱這種改變的方向移動(dòng)，可以勒夏特列原理解釋，故C正確；D．HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，不存在可逆過(guò)程，加水稀釋，鹽酸中氫離子濃度降低，與勒夏特列原理無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查勒夏特列原理知識(shí)，題目難度不大，注意勒夏特列原理的使用對(duì)象．15．可逆反響A〔s〕+3B〔g〕?2C〔g〕+D〔g〕在2L的密閉容器中反響，10min后，C的物質(zhì)的量增加了0.6mol，那么該反響的平均速率表示正確的選項(xiàng)是()A．vA=0.03mol?L﹣1?min﹣1 B．vB=0.045mol?L﹣1?min﹣1C．vC=0.06mol?L﹣1?min﹣1 D．vD=0.03mol?L﹣1?min﹣1【考點(diǎn)】反響速率的定量表示方法．【專題】化學(xué)反響速率專題．【分析】在2L的密閉容器中反響，10min后，C的物質(zhì)的量增加了0.6mol，那么v〔C〕===0.03mol?L﹣1?min﹣1，結(jié)合反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比來(lái)解答．【解答】解：在2L的密閉容器中反響，10min后，C的物質(zhì)的量增加了0.6mol，那么v〔C〕===0.03mol?L﹣1?min﹣1，反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，那么A．vA：vC=1：2，vA=vC=0.03mol?L﹣1?min﹣1=0.015mol?L﹣1?min﹣1，故A錯(cuò)誤；B．vB：vC=3：2，vB=vC=×0.03mol?L﹣1?min﹣1=0.045mol?L﹣1?min﹣1，故B正確；C．v〔C〕===0.03mol?L﹣1?min﹣1，故C錯(cuò)誤；D．vC：vD=2：1，vD=vC=×0.03mol?L﹣1?min﹣1=0.015mol?L﹣1?min﹣1，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)反響速率與化學(xué)計(jì)量數(shù)的關(guān)系，為高頻考點(diǎn)，把握反響速率的計(jì)算公式及反響速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為解答的關(guān)鍵，題目難度不大．16．2A〔g〕?2B〔g〕+C〔g〕△H＜0，在未用催化劑的條件下已達(dá)平衡，現(xiàn)要使正反響速率降低，c〔B〕減小，應(yīng)采取的措施是()A．升溫 B．增大反響器的體積C．增大c〔A〕 D．降溫【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】達(dá)平衡時(shí)，要使v正降低，可采取降低溫度、減小壓強(qiáng)或減小濃度的措施，使c〔B〕減小，應(yīng)使平衡向逆反響方向移動(dòng)，以此解答該題．【解答】解：A．升高溫度，反響速率增大，平衡向逆向移動(dòng)，c〔B〕減小，故A錯(cuò)誤；B．增大反響器體積，氣體濃度減小，反響速率減小，平衡向正反響方向移動(dòng)，但c〔B〕減小，故B正確；C．增大c〔A〕，反響速率增大，故C錯(cuò)誤；D．降溫，反響速率減小，平衡向正向移動(dòng)，c〔B〕增大，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查外界條件對(duì)化學(xué)平衡的影響，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，難度不大，此題注意根據(jù)反響方程式的特征判斷平衡移動(dòng)的方向．17．反響CO2〔g〕+2NH3〔g〕?CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H＜O，到達(dá)平衡時(shí)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．參加催化劑，平衡常數(shù)不變B．減小容器體積，正、逆反響速率均減小C．增大CO〔NH2〕2的量，CO2的轉(zhuǎn)化率減小D．降低溫度，平衡向逆反響方向移動(dòng)【考點(diǎn)】化學(xué)平衡建立的過(guò)程；化學(xué)平衡的影響因素．【分析】A、催化劑改變化學(xué)反響速率，不改變化學(xué)平衡；B、減小容器體積相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，反響速率增大；C、固體對(duì)化學(xué)平衡無(wú)影響；D、反響是放熱反響，降低溫度，平衡正向進(jìn)行；【解答】解：A、催化劑改變化學(xué)反響速率，不改變化學(xué)平衡，參加催化劑，平衡常數(shù)不變，故A正確；B、減小容器體積相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，反響速率增大，正逆反響速率都增大，故B錯(cuò)誤；C、固體對(duì)化學(xué)平衡無(wú)影響，增大CO〔NH2〕2的量，CO2的轉(zhuǎn)化率不變，故C錯(cuò)誤；D、依據(jù)化學(xué)平衡移動(dòng)原理分析，反響是放熱反響，降低溫度，平衡正向進(jìn)行，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了化學(xué)平衡影響因素分析判斷，平衡移動(dòng)原理的理解應(yīng)用，注意反響特征的方向，掌握根底是關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．18．關(guān)于可逆反響A〔s〕+B〔g〕?2C〔g〕；△H＜0，平衡常數(shù)為K，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A．K=B．K值越大表示到達(dá)平衡時(shí)，正反響進(jìn)行程度越大C．其它條件不變時(shí)，溫度升高，K值增大D．其它條件不變時(shí)，壓強(qiáng)減小，K值減小【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)的含義；化學(xué)平衡建立的過(guò)程．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】A、平衡常數(shù)表達(dá)式中固體不寫入計(jì)算式；B、K是衡量反響進(jìn)行程度的物理量，K越大正向進(jìn)行程度越大；C、反響是放熱反響，升溫平衡逆向進(jìn)行；D、平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨壓強(qiáng)變化；【解答】解：A、平衡常數(shù)表達(dá)式中固體不寫入計(jì)算式，反響的平衡常數(shù)為K=，故A錯(cuò)誤；B、K是衡量反響進(jìn)行程度的物理量，K越大正向進(jìn)行程度越大，故B正確；C、反響是放熱反響，升溫平衡逆向進(jìn)行，K值減小，故C錯(cuò)誤；D、平衡常數(shù)隨溫度變化，不隨壓強(qiáng)變化，K不變，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了化學(xué)平衡、平衡常數(shù)影響因素分析判斷，注意平衡常數(shù)隨溫度變化，掌握根底是關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．19．一定條件下二氧化碳?xì)怏w的溶解平衡CO2〔g〕?CO2〔aq〕△H=﹣19.75kJ/mol，為增大CO2氣體在水中的溶解度，以下方法一定可行的是()A．升溫增壓 B．降溫減壓 C．升溫減壓 D．降溫增壓【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】為了增大二氧化碳?xì)怏w在水中的溶解度，應(yīng)使平衡向正反響方向移動(dòng)，注意溫度和壓強(qiáng)對(duì)平衡移動(dòng)的影響．【解答】解：對(duì)平衡體系CO2〔g〕?CO2〔aq〕△H=﹣19.75kJ?mol﹣1，該反響放熱，為增大二氧化碳?xì)怏w在水中的溶解度，應(yīng)降低溫度，增大壓強(qiáng)，可使平衡向正反響方向移動(dòng)，所以為了減小溫室效應(yīng)的產(chǎn)生，增大二氧化碳?xì)怏w在水中的溶解度，應(yīng)降溫增壓，應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查外界條件對(duì)平衡移動(dòng)的影響，題目難度不大，注意把握影響平衡的移動(dòng)的因素．20．25℃時(shí)，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，參加過(guò)量金屬錫〔Sn〕，發(fā)生反響：Sn〔s〕+Pb2+〔aq〕?Sn2+〔aq〕+Pb〔s〕，體系中c〔Pb2+〕和c〔Sn2+〕變化關(guān)系如下圖．以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．往平衡體系中參加金屬鉛后，c〔Pb2+〕增大B．往平衡體系中參加少量Sn〔NO3〕2固體后，c〔Pb2+〕變小C．升高溫度，平衡體系中c〔Pb2+〕增大，說(shuō)明該反響△H＞0D．25℃時(shí)，該反響的平衡常數(shù)K=2.2【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線．【專題】壓軸題；化學(xué)平衡專題．【分析】A、金屬鉛是固體，不影響平衡移動(dòng)；B、參加少量Sn〔NO3〕2固體，溶解Sn2+濃度增大，平衡向逆反響移動(dòng)；C、升高溫度，平衡體系中c〔Pb2+〕增大，說(shuō)明平衡向逆反響進(jìn)行，據(jù)此判斷；D、由圖可知，平衡時(shí)c〔Pb2+〕=0.1mol/L，c〔Sn2+〕=0.22mol/L，代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算．【解答】解：A、金屬鉛是固體，增大鉛的用量，不影響平衡移動(dòng)，c〔Pb2+〕不變，故A錯(cuò)誤；B、參加少量Sn〔NO3〕2固體，溶解Sn2+濃度增大，平衡向逆反響移動(dòng)，c〔Pb2+〕增大，故B錯(cuò)誤；C、升高溫度，平衡體系中c〔Pb2+〕增大，說(shuō)明平衡向逆反響進(jìn)行，升高溫度平衡向吸熱反響移動(dòng)，故正反響為放熱反響，故C錯(cuò)誤；D、由圖可知，平衡時(shí)c〔Pb2+〕=0.1mol/L，c〔Sn2+〕=0.22mol/L，故該溫度下反響的平衡常數(shù)k==2.2，故D正確；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】考查影響化學(xué)平衡的因素、化學(xué)平衡濃度﹣時(shí)間圖象、化學(xué)平衡常數(shù)的計(jì)算等，難度中等，是對(duì)根底知識(shí)的考查，注意B為可溶性固體．21．：NH2COO﹣+2H2O?HCO3﹣+NH3?H2O．現(xiàn)用兩份氨基甲酸銨溶液在不同溫度〔T1和T2〕下實(shí)驗(yàn)，得到c〔NH2COO﹣〕隨時(shí)間變化關(guān)系如下圖．以下分析正確的選項(xiàng)是()A．無(wú)法判斷T1和T2的大小關(guān)系B．T1℃C．T2℃時(shí)，0～6minν〔NH2COO﹣〕=0.3mol?L﹣1?minD．往平衡體系加水稀釋，平衡右移，溶液中各種離子濃度減小【考點(diǎn)】物質(zhì)的量或濃度隨時(shí)間的變化曲線．【分析】A、根據(jù)圖可知，在6min時(shí)，T2的濃度變化了0.3mol?L﹣1，T1的濃度變化了0.15mol?L﹣1，而T2的起始濃度低于T1的；B、根據(jù)轉(zhuǎn)化率=×100%計(jì)算；C、根據(jù)v=計(jì)算；D、往平衡體系加水稀釋，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以氫離子和氫氧根離子不可能同時(shí)減小或同時(shí)增大，據(jù)此判斷．【解答】解：A、根據(jù)圖可知，在6min時(shí)，T2的濃度變化了0.3mol?L﹣1，T1的濃度變化了0.15mol?L﹣1，而T2的起始濃度低于T1的，由此可知T2＞T1，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)轉(zhuǎn)化率=×100%可知，T1℃時(shí)，第6min反響物轉(zhuǎn)化率為×100%=6.25%，故B正確；C、根據(jù)v=可知，T2℃時(shí)，0～6minν〔NH2COO﹣〕=mol?L﹣1?min﹣1=0.05mol?L﹣1?min﹣1，故C錯(cuò)誤；D、往平衡體系加水稀釋，溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以氫離子和氫氧根離子不可能同時(shí)減小或同時(shí)增大，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了圖象分析判斷，反響速率及轉(zhuǎn)化率概念的計(jì)算應(yīng)用，解題時(shí)注意影響反響速率的因素，濃度變化規(guī)律的分析判斷是解題關(guān)鍵，題目難度中等．22．在一定體積的密閉容器中放入3L氣體R和5L氣體Q，在一定條件下發(fā)生反響2R〔g〕+5Q〔g〕═4X〔g〕+nY〔g〕反響完全后，容器溫度不變，混合氣體的壓強(qiáng)是原來(lái)的87.5%，那么化學(xué)方程式中的n值是()A．2 B．3 C．4 D．5【考點(diǎn)】阿伏加德羅定律及推論．【專題】阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】在相同溫度和相同體積下，氣體的壓強(qiáng)與物質(zhì)的量呈正比，容器溫度不變，混合氣體的壓強(qiáng)是原來(lái)的87.5%，說(shuō)明反響后氣體的總物質(zhì)的量減小，那么反響應(yīng)向物質(zhì)的量減小的方向進(jìn)行，以此判斷方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)關(guān)系．【解答】解：容器溫度不變，混合氣體的壓強(qiáng)是原來(lái)的87.5%，說(shuō)明反響后氣體的總物質(zhì)的量減小，那么反響應(yīng)向物質(zhì)的量減小的方向進(jìn)行，即方程式中反響物的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和大于生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)之和，那么有：2+5＞4+n，n＜3，選項(xiàng)中只有A符合，應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題考查阿伏加德羅定律以及推論的應(yīng)用，題目難度不大，注意從壓強(qiáng)的變化分析方程式化學(xué)計(jì)量數(shù)關(guān)系，防止繁瑣的計(jì)算．23．高溫下，某反響到達(dá)平衡，平衡常數(shù)K=．恒容時(shí)，溫度升高，H2濃度減?。韵抡f(shuō)法不正確的選項(xiàng)是()A．該反響是焓變?yōu)檎礏．恒溫恒容下，充入更多的CO2，能提高H2的轉(zhuǎn)化率C．升高溫度，正、逆反響速率均增大D．該反響化學(xué)方程式為：CO+H2OCO2+H2【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)反響速率的影響因素．【分析】平衡常數(shù)指可逆反響到達(dá)平衡時(shí)各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反響物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值，平衡常數(shù)K是指可逆反響到達(dá)平衡時(shí)各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反響物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值，平衡常數(shù)K=，所以該反響化學(xué)方程式應(yīng)為CO2+H2?CO+H2O．A、恒容時(shí)，溫度升高，H2濃度減小，平衡向正反響移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反響移動(dòng)；B、充入更多的CO2，即增大反響物濃度，平衡正向移動(dòng)，所以能提高H2的轉(zhuǎn)化率；C、溫度升高，正逆反響速率都增大；D、根據(jù)平衡常數(shù)表達(dá)式書(shū)寫反響方程式．【解答】解：平衡常數(shù)K=，所以該反響化學(xué)方程式應(yīng)為CO2+H2?CO+H2O．A、恒容時(shí)，溫度升高，H2濃度減小，平衡向正反響移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反響移動(dòng)，故正反響為吸熱反響，即該反響的焓變?yōu)檎?，故A正確；B、充入更多的CO2，即增大反響物濃度，平衡正向移動(dòng)，所以能提高H2的轉(zhuǎn)化率，故B正確；C、溫度升高，正逆反響速率都增大，故C正確；D、平衡常數(shù)K=，所以該反響化學(xué)方程式應(yīng)為CO2+H2?CO+H2O，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡、平衡常數(shù)等，難度中等，化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡問(wèn)題一直是高考命題的熱點(diǎn)，對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的考查已成為近年來(lái)高考命題的熱點(diǎn)之一，命題主要考查的內(nèi)容為求算化學(xué)平衡常數(shù)和影響因素，題目較簡(jiǎn)單．二、填空題〔此題有4小題，共54分〕24．〔1〕請(qǐng)用“＞〞、“＜〞或“=〞填寫以下空格：①：Zn〔s〕+CuSO4〔aq〕═ZnSO4〔aq〕+Cu〔s〕△H=﹣216kJ?mol﹣1，那么E反響物＞E生成物②由A、B兩金屬作電極，硫酸溶液作電解質(zhì)溶液，形成原電池，電流由A極經(jīng)外電路流向B極，那么金屬活潑性A＜B③鍍層破損后鐵的腐蝕速度比擬：鍍鋅鐵管＜鍍錫鐵管〔2〕用“增大〞、“減小〞或“不變〞填寫以下空格：④以石墨為電極電解Na2SO4溶液時(shí)，電解過(guò)程中陽(yáng)極區(qū)溶液的pH減?、菽硿囟认?，可逆反響A〔s〕+B〔g〕?2C〔g〕；△H＜0，平衡常數(shù)為K．其它條件不變時(shí)，溫度升高，平衡常數(shù)K減?。究键c(diǎn)】電解原理；吸熱反響和放熱反響；化學(xué)平衡的影響因素；常見(jiàn)金屬的活動(dòng)性順序及其應(yīng)用．【分析】〔1〕①根據(jù)放熱反響，反響物的總能量要大于生成物的總能量來(lái)判斷；②在原電池中，負(fù)極較正極活潑；③在原電池中，正極被保護(hù)；〔2〕④以石墨為電極電解Na2SO4溶液時(shí)，通過(guò)陽(yáng)極OH﹣放電來(lái)判斷；⑤根據(jù)正反響放熱來(lái)分析．【解答】解：〔1〕①在放熱反響中，反響物的總能量要大于生成物的總能量，故答案為：＞；②在原電池中，電流由正極流向負(fù)極，故A為正極，B為負(fù)極，而原電池中負(fù)極較正極更活潑，故答案為：＜；③在原電池中，正極被保護(hù)．破損后，鍍鋅鐵管中鐵做正極被保護(hù)，鍍錫鐵管中鐵做負(fù)極，更易被腐蝕，故答案為：＜；〔2〕④以石墨為電極電解Na2SO4溶液時(shí)，陽(yáng)極上來(lái)自于水的OH﹣放電，生成H+，故pH減小，故答案為：減??；⑤可逆反響A〔s〕+B〔g〕?2C〔g〕△H＜0，正反響放熱，升高溫度，平衡左移，平衡常數(shù)k減小，故答案為：減?。军c(diǎn)評(píng)】此題綜合考查了弱電解質(zhì)的電離平衡、化學(xué)平衡的移動(dòng)和溶解平衡常數(shù)只受溫度的影響，難度不大．25．硫酸生產(chǎn)中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕△H=196.6kJ/mol〔1〕t1℃時(shí)，假設(shè)將2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒溫恒容密閉容器中，8min后反響到達(dá)平衡，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，那么這段時(shí)間內(nèi)SO3的平均反響速率為0.02mol?L﹣1?min﹣1，該溫度下上述反響的平衡常數(shù)K為800〔2〕該反響到達(dá)化學(xué)平衡后，以下操作將使平衡正向移動(dòng)并能提高SO2轉(zhuǎn)化率的是ADA．向容器中通入少量O2B．向容器中通入少量SO2C．使用催化劑D．降低溫度E．向容器中通入少量氦氣〔3〕以下表達(dá)能證明該反響已到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)的是ABA．容器內(nèi)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化B．SO2的體積分?jǐn)?shù)不再發(fā)生變化C．容器內(nèi)氣體原子總數(shù)不再發(fā)生變化D．相同時(shí)間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時(shí)生成2nmolSO3E．反響體系中SO2、O2、SO3的體積比為2：1：2．【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷．【專題】化學(xué)平衡專題．【分析】〔1〕t1℃時(shí)，假設(shè)將2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒溫恒容密閉容器中，8min后反響到達(dá)平衡，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，轉(zhuǎn)化的二氧化硫?yàn)?mol×80%=1.6mol，那么：2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕起始量〔mol〕：210轉(zhuǎn)化量〔mol〕：1.60.81.6平衡量〔mol〕：0.40.21.6根據(jù)v=計(jì)算v〔SO3〕，根據(jù)K=計(jì)算平衡常數(shù)；〔2〕A．向容器中通入少量O2，平衡正向移動(dòng)；B．向容器中通入少量SO2，二氧化硫轉(zhuǎn)化率降低；C．使用催化劑不影響平衡移動(dòng)；D．降低溫度平衡正向移動(dòng)；E．向容器中通入少量氦氣，恒容條件下，各組分濃度不變，平衡不移動(dòng)；〔3〕可逆反響到達(dá)平衡時(shí)，同種物質(zhì)的正逆速率相等，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的其它一些量不變，判斷平衡的物理量應(yīng)隨反響進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不變化說(shuō)明到達(dá)平衡．【解答】解：〔1〕t1℃時(shí)，假設(shè)將2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒溫恒容密閉容器中，8min后反響到達(dá)平衡，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，轉(zhuǎn)化的二氧化硫?yàn)?mol×80%=1.6mol，那么：2SO2〔g〕+O2〔g〕?2SO3〔g〕起始量〔mol〕：210轉(zhuǎn)化量〔mol〕：1.60.81.6平衡量〔mol〕：0.40.21.6v〔SO3〕==0.02mol?L﹣1?min﹣1，平衡常數(shù)K===800，故答案為：0.02mol?L﹣1?min﹣1；800；〔2〕A．向容器中通入少量O2，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大，故A正確；B．向容器中通入少量SO2，雖然平衡正向移動(dòng)，但二氧化硫轉(zhuǎn)化率降低，故B錯(cuò)誤；C．使用催化劑不影響平衡移動(dòng)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率不變，故C錯(cuò)誤；D．正反響為放熱反響，降低溫度，平衡正向移動(dòng)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大，故D正確；E．向容器中通入少量氦氣，恒容條件下，各組分濃度不變，平衡不移動(dòng)，二氧化硫轉(zhuǎn)化率不變，故E錯(cuò)誤，應(yīng)選：AD；〔3〕A．隨反響進(jìn)行混合氣體物質(zhì)的量不變，恒溫恒容下，容器內(nèi)壓強(qiáng)變化，當(dāng)容器內(nèi)壓強(qiáng)不再發(fā)生變化，說(shuō)明到達(dá)平衡，故A正確；B．SO2的體積分?jǐn)?shù)不再發(fā)生變化，說(shuō)明可逆反響到達(dá)平衡，故B正確；C．容器內(nèi)氣體原子總數(shù)始終不發(fā)生變化，故錯(cuò)誤；D．相同時(shí)間內(nèi)消耗2nmolSO2的同時(shí)生成2nmolSO3，均表示正反響速率，反響始終按該比例關(guān)系進(jìn)行，故D錯(cuò)誤；E．平衡時(shí)反響體系中SO2、O2、SO3的體積比與起始物質(zhì)的量與轉(zhuǎn)化率有關(guān)，不一定等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故E錯(cuò)誤，應(yīng)選：AB．【點(diǎn)評(píng)】此題考查化學(xué)平衡計(jì)算與影響因素、反響速率計(jì)算、平衡常數(shù)計(jì)算、平衡狀態(tài)判斷等，注意判斷平衡的物理量應(yīng)隨反響進(jìn)行發(fā)生變化，該物理量由變化到不變化說(shuō)明到達(dá)平衡．26．〔1〕：2CH3OH〔l〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H1；2CH3OH〔g〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H2，那么△H1＞△H2〔2〕在298K、100kPa時(shí)，：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H12HCl〔g〕═Cl2〔g〕+H2〔g〕△H24HCl〔g〕+O2〔g〕═2Cl2〔g〕+2H2O〔g〕△H3那么△H3與△H1和△H2的關(guān)系是：△H3=△H1+2△H2〔3〕消除氮氧化物的污染對(duì)環(huán)境至關(guān)重要，用CH4催化復(fù)原NOx可以消除氮氧化物的污染．一定條件下：CH4〔g〕+4NO2〔g〕═4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ?mol﹣1CH4〔g〕+4NO〔g〕═2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣1160kJ?mol﹣1那么該條件下，用CH4復(fù)原NO2至N2的熱化學(xué)方程式為：CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣867kJ/mol〔4〕乙烯是石油裂解氣的主要成分之一，25℃、101kPa時(shí)，1g乙烯燃燒生成CO2氣體與液態(tài)水，放出50.5kJ的熱量，該反響的熱化學(xué)方程式為C2H4〔g〕+3O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣1414KJ/mol；利用該反響設(shè)計(jì)為燃料電池中，通入乙烯的電極為電池的負(fù)極〔填“正極〞或“負(fù)極〞〕．【考點(diǎn)】用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反響熱的計(jì)算；原電池和電解池的工作原理；反響熱的大小比擬．【分析】〔1〕甲醇的燃燒是放熱反響，而對(duì)于放熱反響，反響物的能量越高，反響放出的熱量越高；〔2〕一個(gè)反響無(wú)論是一步完成還是分為幾步完成，其熱效應(yīng)是相同的，據(jù)此分析；〔3〕根據(jù)蓋斯定律來(lái)書(shū)寫熱化學(xué)方程式；〔4〕25℃、101kPa時(shí)，1g乙烯完全燃燒生成CO2氣體與液態(tài)水，放出50.5kJ的熱量，那么1molC2H4完全燃燒放出50.5×28=﹣1414kJ的熱量；在燃料電池中，可燃性物質(zhì)發(fā)生氧化反響．【解答】解：〔1〕甲醇的燃燒是放熱反響，而對(duì)于放熱反響，反響物的能量越高，反響放出的熱量越高．等物質(zhì)的量的CH3OH〔l〕的能量低于CH3OH〔g〕，故2molCH3OH〔l〕燃燒時(shí)放出的熱量低于2molCH3OH〔g〕燃燒放出的熱量，而放熱反響的△H小于0，故△H1＞△H2，故答案為：＞；〔2〕一個(gè)反響無(wú)論是一步完成還是分為幾步完成，其熱效應(yīng)是相同的，反響：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H1①2HCl〔g〕═Cl2〔g〕+H2〔g〕△H2②4HCl〔g〕+O2〔g〕═2Cl2〔g〕+2H2O〔g〕△H3③將①+②×2=③，故反響熱△H3=△H1+2△H2，故答案為：△H1+2△H2；〔3〕①CH4〔g〕+4NO2〔g〕→4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ?mol﹣1②CH4〔g〕+4NO〔g〕→2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣1160kJ?mol﹣1根據(jù)蓋斯定律〔①+②〕×，得：CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣867kJ/mol，故答案為：CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣867kJ/mol；〔4〕甲是石油裂解氣的主要成分之一，乙為O2，且甲分子和乙分子具有相同的電子數(shù)，那么甲為C2H4，25℃、101kPa時(shí)，1g甲完全燃燒生成CO2氣體與液態(tài)水，放出50.5kJ的熱量，那么1molC2H4完全燃燒放出50.5×28=﹣1414kJ的熱量，那么乙烯燃燒的熱化學(xué)方程式為C2H4〔g〕+3O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣1414KJ/mol；該反響設(shè)計(jì)的燃料電池中，可燃性物質(zhì)乙烯發(fā)生氧化反響，在負(fù)極放電，故答案為：C2H4〔g〕+3O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣1414KJ/mol；負(fù)極．【點(diǎn)評(píng)】此題考查蓋斯定律的應(yīng)用、熱化學(xué)方程式的書(shū)寫，為高頻考點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．27．以下是構(gòu)成原電池的實(shí)驗(yàn)方案，請(qǐng)按要求答復(fù)以下問(wèn)題：〔1〕電解質(zhì)溶液為0.5mol?L﹣1硫酸溶液，電