河北省保定市高阳中学2014-2015学年上学期期中考试高二化学试卷(解析版)
文档属性
| 名称 | 河北省保定市高阳中学2014-2015学年上学期期中考试高二化学试卷(解析版) |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 243.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2014-11-06 07:13:41 | ||
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文档简介
河北省保定市高阳中学2014-2015学年上学期期中考试
高二化学试卷
一、选择题（每题只有一个选项符合题意每题2分，共50分）
1．（2分）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列能源符合未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能．
A．
①②③④
B．
⑤⑥⑦⑧
C．
③⑤⑥⑦⑧
D．
③④⑤⑥⑦⑧
考点：
使用化石燃料的利弊及新能源的开发．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．
解答：
解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电﹣．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源．
故选B．
点评：
本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握．
2．（2分）250℃和1.01×105Pa时，反应 2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；△H=+56.76kJ?mol﹣1，自发进行的原因是（ ）
A．
是吸热反应
B．
是放热反应
C．
是熵减少的反应
D．
熵增大效应大于焓变效应
考点：
焓变和熵变；吸热反应和放热反应．.
分析：
反应能够自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，据此解答．
解答：
2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；△H=+56.76kJ?mol﹣1，该反应为吸热反应△H＞0，反应能够自发进行，说明△H﹣T△S＜0，所以△S一定大于0，是熵值增大的反应，
故选：D．
点评：
本题考查了熵变与焓变对反应自发进行方向的影响，明确△H﹣T△S＜0是反应自发进行的判断依据是解题关键，题目难度不大．
3．（2分）关于中和热测定的说法错误的是（ ）
A．
实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）等
B．
盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物用量的改变而改变，但中和热不变
C．
NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和
D．
测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等
考点：
中和热的测定．.
分析：
A、泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）不是玻璃仪器；
B、根据中和热的概念﹣在稀溶液中，酸跟碱发生反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热判断；
C、在实验中为了减少误差，酸或者是碱所用的体积会稍微多一点；
D、根据中和热计算公式Q=cm△T进行分析．
解答：
解：A、实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒，而泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）不属于玻璃仪器，故A错误；
B、中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以中和热不受酸碱的用量变化影响，故B正确；
C、在测定中和热的试验中，NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和，从而可以减小实验误差，故C正确；
D、由Q=cm△T可知，测定的温度变化△T对中和热起到决定作用，所以测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了中和热的测定，题目难度中等，要求学生掌握中和热的测定方法及注意事项，对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累．
4．（2分）下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1 C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2
②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3 S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H5 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6
④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．
A．
①
B．
④
C．
②③④
D．
①②③
考点：
反应热的大小比较．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，
④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．
解答：
解：①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确．
故选C．
点评：
本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热．
5．（2分）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．
FeCl3+3KSCN?3KCl+Fe（SCN）3 体系中加入KCl固体，平衡向逆反应方向移动
D．
对一个可逆反应来说，吸热反应一方的速率受温度变化的影响总是大于放热反应
考点：
吸热反应和放热反应．.
分析：
A．化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，反应一定伴随能量变化；
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．氯离子不参与反应；
D．当温度升高时，吸热方向速率增加程度更大；温度降低时，吸热方向速率减小程度更大．
解答：
解：A．化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，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．氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；
D．当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动；温度降低时，正、逆反应速率均减小，但吸热方向速率减小程度更大，因此平衡向放热的方向移动，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查化学变化特征、影响反应速率的因素等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
6．（2分）某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．
反应过程可表示为
B．
E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C．
正反应的热效应为△H=E1﹣E2＜0，所以正反应为放热反应
D．
此图中逆反应的热效应△H=E1﹣E2＜0，所以逆反应为放热反应
考点：
反应热和焓变．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
由图可知反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，反应热△H=E1﹣E2，其中E1和E2为反应的活化能，A…B…C为中间产物，为过渡态，可认为活化分子，以此解答该题．
解答：
解：A．由图象可知反应过程可表示为A+BC（反应物）→[A…B…C]（过渡态）→AB+C（产物），故A正确；
B．反应物吸收一定能量成为活化分子，E1为正反应的活化能，故B正确；
C．正反应的热效应为△H=E1﹣E2，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，故C正确；
D．此图中逆反应的热效应△H=E2﹣E1，为吸热反应，故D错误；
故选：D．
点评：
本题考查反应热与能量变化，侧重于考查学生的分析能力和自学能力，题目难度不大，注意把握题给信息，答题时注意仔细审题．
7．（2分）已知反应：
①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ?mol﹣1
②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ?mol﹣1
下列结论错误的是（ ）
A．
碳的燃烧热大于110.5kJ?mol﹣1
B．
①的反应热为﹣221kJ?mol﹣1
C．
稀醋酸和稀NaOH溶液反应生成1molH2O，放出57.3 kJ的热量
D．
稀H2SO4 和稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ?mol﹣1
考点：
有关反应热的计算．.
分析：
A．CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；
B．根据反应热的概念分析判断；
C．醋酸是弱电解质，电离过程是吸热；
D．根据中和热表述方法分析；
解答：
解：A．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2 （g）、S→SO2 （g）]，由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；
B．①的反应热为﹣221kJ/mol，故B正确；
C．醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；
D．稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热为57.3kJ/mol或△H=﹣57.3kJ/mol，故D正确；
故选C．
点评：
本题主要考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，题目难度不大，注意中和热表述方法．
8．（2分）关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（ ）
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
Cl2
蔗糖
C2H5OH
SO2
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．.
专题：
物质的分类专题．
分析：
在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，据此进行判断．
解答：
解：A．氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．硫酸钡在熔融状态下能够导电，硫酸钡为强电解质，故B错误；
C．碳酸钙在水溶液中完全电离，碳酸钙为强电解质；次氯酸在水溶液中部分电离，存在电离平衡，次氯酸为弱电解质，而乙醇在水溶液中不导电，乙醇为电解质，故C正确；
D．碘化氢在水溶液中完全电离，碘化氢为强电解质，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确强弱电解质的根本区别．
9．（2分）下列叙述中，正确的是（ ）
①电解池是将化学能转变成电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化．
A．
①②③④
B．
③④
C．
③④⑤
D．
④
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
①电解池是将电能转变成化学能的装置；
②原电池是将化学能转变成电能的装置；
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化；
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应；
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，发生氧化还原反应．
解答：
解：①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；
②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化，一定发生化学变化，故③正确；
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，故④正确；
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，发生氧化还原反应，为化学反应，故⑤错误．
故选B．
点评：
本题考查较为综合，涉及电解池和原电池知识，难度不大，注意把握原电池和电解池的工作原理，学习中注意相关基础知识的积累．
10．（2分）化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A．
电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑
B．
氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣
C．
粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣→Cu2+
D．
钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣→Fe2+
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；
C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子．
解答：
解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故A正确；
B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，电池反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，负极上燃料失电子，故B错误；
C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极为电解池的阳极，纯铜连接电源负极为电解池的阴极，阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C正确；
D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上为氧气或氢离子得电子，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查了原电池和电解池原理，题目难度中等，明确电极上发生的反应是解题的关键．
11．（2分）如图是电解精炼铜装置，其中c、d为铜电极．则下列有关的判断不正确的是（ ）
A．
c为粗铜板、d为纯铜板
B．
电解过程中，SO42﹣浓度几乎不变
C．
电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
D．
电解过程中，c电极板附近沉积不溶物，d电极板质量增加
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
分析：
根据电流方向知，c是阳极、d是阴极、a是正极、b是负极，c、d是铜板，则c电极上电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu 2+、d电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，电解精炼时粗铜作阳极、纯铜作阴极，据此分析解答．
解答：
解：A．c为阳极其电极材料是粗铜、d为阴极其电极材料是纯铜，故A正确；
B．电解过程中，硫酸根离子不参加反应，溶液体积几乎不变，所以硫酸根离子浓度几乎不变，故B正确；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；
D．电解过程中，c电极上部分不活泼金属以固体单质形式进入溶液，形成阳极泥，d电极上铜离子析出，所以质量增加，故D正确；
故选C．
点评：
本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，注意：阳极是活泼金属时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点．
12．（2分）镍氢电池是近年来开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镍镉电池．镍氢电池的总反应式是： H2+NiO（OH） Ni（OH）2．根据此反应式判断，下列叙述中正确的是（ ）
A．
电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大
B．
电池放电时，镍元素被氧化
C．
电池充电时，氢元素被还原
D．
电池放电时，氢气在正极反应
考点：
化学电源新型电池．.
专题：
电化学专题．
分析：
氢镍电池的总反应式是： H2+NiO（OH） Ni（OH）2，放电时，负极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，充电时的电极反应为放电时的逆反应．
解答：
解：A、电池放电时，负极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，所以电池周围溶液的氢氧根离子减少，溶液的PH值减小，故A错误．
B．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，镍元素被还原，故B错误；
C．充电时，阴极反应为，2H2O+2e﹣=H2+2OH﹣，氢元素被还原，故C正确；
D．电池放电时，负极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，H2是负极，故D错误．
故选C．
点评：
题考查化学电源新型电池，题目难度不大，注意电极反应式的书写，根据电极反应判断溶液离子浓度的变化．
13．（2分）用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，则电解一段时间后，若电解前后温度变化忽略不计，下列有关溶液叙述正确的有（ ）
①该溶液的pH可能增大
②该溶液的pH可能减小
③该溶液的pH可能不变
④该溶液的浓度可能增大
⑤该溶液的浓度可能不变
⑥该溶液的浓度可能减小．
A．
①②③④⑤
B．
只有①②③④
C．
只有①③⑤
D．
①②③④⑤⑥
考点：
电解原理．.
分析：
用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，实质上是电解水型装置，电解时溶液中的溶质为强碱、含氧的强酸或强酸强碱盐，根据溶液中溶质浓度、酸碱性分析解答．
解答：
解：用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，实质上是电解水型装置，电解时溶液中的溶质为强碱、含氧的强酸或强酸强碱盐，
电解强碱溶液时，实质上是电解水，溶液的体积减小，溶质的物质的量不变，则溶液浓度增大，溶液的pH增大；
电解含氧强酸时，实质上是电解水，溶液体积减小，溶质的物质的量不变，则酸浓度增大，溶液的pH减小；
电解强酸强碱盐时，实质上是电解水，溶液体积减小，溶质的物质的量不变，溶液的浓度增大，但溶质不水解，溶液仍然是强酸强碱盐溶液，溶液呈中性，pH不变，
通过以上分析知，电解过程中溶液的pH可能增大、减小或不变，但溶液浓度增大，
故选B．
点评：
本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，知道电解实质即可解答，电解池有电解水型、电解电解质型、放氢生碱型、放氧生酸型，根据溶质的特点确定电解类型，从而确定电解后溶液酸碱性．
14．（2分）电解硫酸溶液时，放出25mL（标况）O2，若以等量的电量在同样条件下电解盐酸溶液，所放出的气体的体积最接近下列数据中的（ ）
A．
45mL
B．
50mL
C．
75mL
D．
100mL
考点：
电解原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
电解硫酸实质上为水的电解，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=H2O+O2↑，电解盐酸溶液，阳极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑，根据氧气的物质的量计算转移电子的数目，可计算生成气体的体积．
解答：
解：电解硫酸实质上为水的电解，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=H2O+O2↑，
n（O2）==0.0011mol，则转移电子的物质的量为0.0044mol，
电解盐酸溶液，阳极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑，
若以等量的电量在同样条件下电解盐酸溶液，
所放出的气体的体积分别为V（Cl2）=0.0022mol×22.4L/mol=0.04928L，
V（H2）=0.0022mol×22.4L/mol=0.04928L，
则体积共为0.04928L+0.04928L=0.09856L，约为100mL，
故选D．
点评：
本题考查电化学原理，侧重于电解的计算，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，题目难度中等．
15．（2分）关于下列装置说法正解的是（ ）
A．
装置①中，盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液
B．
装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH降低
C．
用装置③精炼铜时，c极为粗铜
D．
装置④中电子由Zn流向Fe，Zn极发生氧化反应
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
A．原电池中，阴离子向负极移动；
B．为电解池，a为阴极，生成氢气和氢氧化钠；
C．精炼铜时，电解液应为氯化铜；
D．锌比铁活泼，锌为负极．
解答：
解：A．原电池中，阴离子向负极移动，题中锌为负极，则盐桥中的Cl﹣移向ZnSO4溶液，故A错误；
B．为电解池，a为阴极，生成氢气和氢氧化钠，a极附近溶液的pH增大，故B错误；
C．精炼铜时，电解液应为氯化铜，且粗铜为阳极，故C错误；
D．锌比铁活泼，锌为负极，发生氧化反应，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查与理解，难度不大，注意把握工作原理以及电极方程式的书写．
16．（2分）①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（ ）
A．
①③②④
B．
①③④②
C．
③④②①
D．
③①②④
考点：
常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题；元素及其化合物．
分析：
在原电池反应中，负极金属较为活泼，电子从负极经外电路流向正极，一般来说，气体、金属在正极上析出，负极质量减小，以此解答该题．
解答：
解：①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，应为较活泼金属，金属活动性①＞②；
①③相连时，③为正极，说明①较活泼，金属活动性①＞③；
②④相连时，②上有气泡逸出，说明④为负极，②为正极，金属活动性：④＞②；
③④相连时，③的质量减少，说明③为负极，较活泼，金属活动性：③＞④，
则金属活动性顺序为①＞③＞④＞②，
故选B．
点评：
本题考查金属活动性的比较，题目难度不大，注意根据反应现象和电流判断电源的正负极，负极金属较活泼．
17．（2分）如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（ ）
A．
②①③④⑤⑥
B．
⑤④③①②⑥
C．
⑤④②①③⑥
D．
⑤③②④①⑥
考点：
金属的电化学腐蚀与防护．.
专题：
电化学专题．
分析：
先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序．
解答：
解：根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以④＞②＞③，⑤⑥装置是电解池，⑤中金属铁为阳极，⑥中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞⑥，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，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即⑤④②①③⑥，故答案为：C．
点评：
不同条件下金属腐蚀的快慢：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．
18．研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源．该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电．关于该电池的下列说法不正确的是（ ）
A．
水既是氧化剂又是溶剂
B．
放电时正极上有氢气生成
C．
放电时OH﹣向正极移动
D．
总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
压轴题；电化学专题．
分析：
锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程，根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答．
解答：
解：A、金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，该反应中，水是氧化剂，在电池中还可以担当溶剂，故A正确；
B、放电时正极上是水中的氢离子得电子，所以会有氢气生成，故B正确；
C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH﹣向负极移动，故C错误；
D、锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，即总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故D正确．
故选C．
点评：
本题考查电化学的热点﹣锂离子电池，根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反应，从化合价变化的角度分析．
19．（2分）一真空定容的密闭容器中盛有1mol PCl5，发生反应PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g），一定条件下平衡时PCl5所占的体积百分数为M，若相同条件相同容器中，最初放入2mol PCl5，则平衡时，PCl5的体积百分数为N，下列结论正确的是（ ）
A．
M＞N
B．
M=N
C．
M＜N
D．
无法比较
考点：
化学平衡的计算．.
分析：
加入2molPCl5所到达的平衡，可以等效为先将体积增大1倍到达的平衡状态，该状态与开始加入1molPCl5是完全相同的平衡状态，然后在将体积压缩恢复到原来的体积，增大压强后化学平衡向气体的体积减小的方向移动，据此进行判断PCl5的体积百分数的变化．
解答：
解：把加入2molPCl5所到达的平衡，可等效为先将容器体积增大1倍到达的平衡状态，该状态与开始加入1molPCl5是完全相同的平衡状态，然后在将体积压缩恢复到原来的体积，
增大压强后平衡向体积减小的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，
所以PCl5的分解率减小，PCl5所占的体积百分数最大，即：M＜N，
故选C．
点评：
本题考查了压强对化学平衡的影响，题目难度中等，注意掌握影响化学平衡的元素，正确运用等效平衡是解本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．
20． COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A．
①②④
B．
①④⑥
C．
②③⑤
D．
③⑤⑥
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
化学反应COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：
解：化学反应COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：
本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．
21．（2分）改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列变化中正确的是（ ）
A．
生成物浓度一定增大
B．
生成物的物质的量分数一定增大
C．
反应物的转化率一定增大
D．
某生成物的产率可能提高
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
A、平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增大，但物质的量浓度不一定增大；
B、平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量分数不一定增大；
C、两种反应物的反应，增大一种物质的量，本身转化率减小，所以反应物的转化率不一定增大；
D、平衡正向进行，生成物的产率可以增大；
解答：
解；A、平衡向正反应方向移动，若是减少生成物浓度使平衡正向进行，生成物浓度减小，生成物浓度不一定增大，故A错误；
B、平衡向正反应方向移动，生成物质量分数不一定增大，如二氧化硫和氧气的反应，增大氧气的量很多时生成三氧化硫质量分数可能减小，故B错误；
C、两种反应物的反应，增大一种物质的量，提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，所以反应物的转化率不一定增大，故C错误；
D、改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物增多．产率可逆增大，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理和转化率的变化是解题关键，题目难度中等．
22．（2分）可确认发生了化学平衡移动的是（ ）
A．
化学反应速率发生了改变
B．
有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强
C．
由于某一条件的改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变
D．
可逆反应达到平衡后，使用催化剂
考点：
化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
可根据化学平衡移动的因素以及可以反应的类型来综合分析．
解答：
解：A．化学反应速率发生改变，未必能说明化学平衡发生了移动，当正反应速率与逆反应速率仍然相等时，化学平衡不会发生移动；当正反应速率与逆反应速率不相等时，化学平衡就会发生移动，故A错误；
B．对于气体总体积反应前后不变的可逆反应（如I2+H22HI）来说，无论是否建立平衡，其总物质的量即压强都不会发生变化；对于气体总体积反应前后不等的可逆反应（如2SO2+O22SO3）来说，建立化学平衡状态时，总物质的量要与初始时的总物质的量不等，故压强要改变，故B错误；
C．当平衡混合物各组分的浓度发生不同程度的变化时，就说明化学平衡向某个方向（正反应方向或逆反应方向）进行，即化学平衡发生了移动，故C正确．值得补充的是，当平衡混合物各组分的浓度发生同等程度的变化时，化学平衡未必发生移动，如对于I2+H22HI来说，当增大加强减小体积时，就不会发生化学平衡的移动，故C正确；
D．催化剂只能同等程度地改变正反应速率和逆反应速率，当一个可逆反应建立化学平衡状态后，加入催化剂，正反应速率仍然等于逆反应速率，化学平衡不会发生移动，故D错误；
故选C．
点评：
本题要求要能灵活运用影响化学平衡的因素来分思考问题，是对基础知识灵活运用的考查，要求学习时一定要记住并能深刻理解．
23．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．
红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅
B．
实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．
SO2催化氧化成SO3的反应，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D．
压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，颜色变深
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
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、红棕色NO2加压后，化学平衡为2NO2?N2O4，加压浓度增大气体颜色加深，但破坏正向进行，所以颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；
B、实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水反应是化学平衡，Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，减少氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故B不符合；
C、SO2催化氧化成SO3的反应，使用过量的空气，增大反应物浓度，平衡正向进行，提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合；
D、压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，化学平衡反应前后是气体体积不变的反应，H2+I2?2HI，颜色变深是因为体积减小，物质浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，故D符合；
故选D．
点评：
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提．
24．（2分）如图表示温度、压强对下列平衡的影响：N2 （g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0图中y轴表示的意义是（ ）
A．
正反应速率
B．
平衡混合气体中NH3的含量
C．
平衡混合气体中N2的物质的量
D．
H2的转化率
考点：
体积百分含量随温度、压强变化曲线．.
分析：
由图象可知，相同温度时，压强越大，Y越小；相同压强下，温度越大，Y越大，结合化学平衡的移动来解答．
解答：
解：由图象可知，相同温度时，压强越大，Y越小；相同压强下，温度越大，Y越大，
A．增大压强，反应速率加快，则Y不能为正反应速率，故A不选；
B．升高温度，氨气的体积分数变小，则Y不能为平衡气体中NH3的含量，故B不选；
C．增大压强，平衡逆向移动，氮气的物质的量减小，升高温度，平衡逆向移动，N2的物质的量增大，与图象吻合，故C选；
D．升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，则Y不能为H2的转化率，故D不选；
故选C．
点评：
本题考查影响化学反应速率的因素及图象，明确图象中Y随温度、压强的变化是解答本题的关键，题目难度中等．
25．（2分）一定温度下，在容积固定的密闭容器中进行可逆反应：2NO2?2NO+O2，达到平衡的标志是（ ）
①相同时间内，氧气的生成速率为n mol?L﹣1?s﹣1，NO2的生成速率为2n mol?L﹣1?s﹣1
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol的NO
③混合气体的颜色不再变化
④混合气体的密度保持不变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥压强不随时间变化而变化．
A．
①③⑤⑥
B．
②③⑤
C．
①③④
D．
①②③④⑤⑥
考点：
化学平衡状态的判断．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
①相同时间内，NO2的生成速率为2 n mol?L﹣1?s﹣1，则氧气的反应速率是nmol?L﹣1?s﹣1；
②反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；
③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；
④反应前后混合气体的质量不变且容器的体积不变，则密度始终不变；
⑤当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变．
解答：
解：①相同时间内，NO2的生成速率为2 n mol?L﹣1?s﹣1，则氧气的反应速率是nmol?L﹣1?s﹣1，根据已知条件知，氧气的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故正确；
②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故错误；
③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；
④反应前后混合气体的质量不变且容器的体积不变，则密度始终不变，所以不能说明达到平衡状态，故错误；
⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，故正确；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故正确；
故选A．
点评：
本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．
二、填空题
26．（11分）用化学术语回答下列问题：
（1）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ?mol﹣1，写出其热化学方程式： H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol ．
若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则反应H2（g）+O2（g）═H2O（l）的△H= ﹣285.8kJ/mol kJ?mol﹣1，氢气的燃烧热为 285.8 kJ?mol﹣1．
（2）电解硝酸银溶液电极反应式（惰性电极）①阳极： 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑ ；②阴极： Ag++e﹣=Ag ．
（3）银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：2Ag+Zn（OH）2Ag2O+Zn+H2O在此电池放电时，正极的电极反应式为 Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣ ．
考点：
有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．.
分析：
（1）根据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式；根据m=nM计算1mol水的质量为18g，进而计算1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热；氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol；
（2）依据电解原理分析，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，阴极上是溶液中银离子得到电子生成银；
（3）放电时，该装置是原电池，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧化银得电子发生还原反应；
解答：
解：（1）氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，故18g水蒸气转化成液态水放出热量2.444kJ×18=44kJ，故反应H2（g）+O2（g）═H2O（l）的反应热△H=﹣（241.8kJ/mol+44kJ/mol）=﹣285.8kJ/mol，故氢气的燃烧热为285.8kJ/mol；
故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；﹣285.8kJ/mol；285.8；
（2）惰性电极电解硝酸银溶液，电极反应，①阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；②阴极上是溶液中银离子得到电子生成银，电极反应为：Ag++e﹣=Ag，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；Ag++e﹣=Ag；
（3）放电时，依据元素化合价变化分析，氧化银做正极，正极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣；
故答案为：Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣；
点评：
本题考查热化学方程式的书写与反应热的计算、原电池和电解池原理，注意掌握热化学方程式的书写，物质聚集状态的分析判断，盖斯定律的计算应用，注意电极反应、正负极和阴阳极的判断是解答本题的关键，题目难度中等．
27．（10分）二甲醚（CH3OCH3）被称为21世界的新型燃料，在未来可能替代汽油、液化气、煤气等并具有优良的环保性能．工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃）进行下列反应：
①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ?mol﹣1
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ?mol﹣1
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ?mol﹣1
（1）若要增大反应①中H2的转化率，在其它条件不变的情况下可以采取的措施为 BC ．
A．加入某物质作催化剂 B．加入一定量CO C．反应温度降低 D．增大容器体积
（2）在某温度下，若反应①的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为 0.1mol/（L．min） ；若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，a= 5.4 mol/L．
（3）催化反应室中总反应3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H= ﹣246.1kJ?mol﹣1 ．
（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其工作原理如上图所示．b电极是 正 极，写出a电极上发生的电极反应式 CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+ ．
考点：
化学平衡的影响因素；热化学方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的计算．.
专题：
基本概念与基本理论．
分析：
（1）已知反应①是体积减小的放热反应，根据外界条件对平衡的影响分析；
（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则△c（CO）=1mol/L×50%=0.5mol/L，根据v（CO）=计算v（CO）；
计算该温度下的平衡常数，根据平衡常数计算平衡时氢气的浓度，根据甲醇的平衡浓度计算氢气浓度的变化量，进而计算a的值；
（3）根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；
（4）依据图示分析通入氧气的一端为正极，通入二甲醚的一端为负极，电解质溶液为酸性环境，二甲醚失电子生成二氧化碳，根据电子守恒写出电极反应．
解答：
解：（1）已知反应①是体积减小的放热反应，若要增大反应①中H2的转化率，则需要使平衡正移，所以改变的条件为加入一定量CO或反应温度降低；
故答案为：BC；
（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则△c（CO）=1mol/L×50%=0.5mol/L，所以v（CO）==0.1mol/（L?min）；
该温度到达平衡时，c（CO）=0.5mol/L，c（H2）=2.4mol/L﹣2×0.5mol/L=1.4mol/L，c（CH3OH）=0.5mol/L，所以该温度下，平衡常数k==，若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L，达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，则平衡时c′（CO）=4mol/L﹣2mol/L=2mol/L，令平衡时氢气的浓度为ymol/L，所以=；
解得y=1.4，故a=2mol/L×2+1.4mol/L=5.4mol/L．
故答案为：0.1mol/（L?min）；5.4．
（3）已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣90.7kJ/mol，
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ/mol，
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ/mol，
由盖斯定律可知，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.1kJ/mol，
反应放热，高温不利用原料的利用，温度低原料利用率高，但反应较慢，不利于实际生产，采用300℃的反应温度，目的提高化学反应速率．
故答案为：﹣246.1kJ/mol；
（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电．由图可知，a极为负极，b为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+；
故答案为：CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+．
点评：
本题考查热化学方程式书写，燃烧热概念，平衡移动，图象分析应用，原电池电极反应的书写方法，题目难度中等．
28．（10分）在密闭容器中进行下列反应：
CO2（g）+C（s）??2CO（g）△H＞0，起始通入2molCO，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度、百分含量（填“不变”“增大”“减小”）及平衡如何变化（填“正移”“逆移”“不移动”）：
（1）增加C，平衡 不移动 ，c（CO） 不变 ．
（2）减小密闭容器的体积，保持温度不变，则平衡 逆移 ，c（CO2） 增大 ．
（3）通入N2，保持密闭容器的体积和温度不变，则平衡 不移 ，c（CO2） 不变 ．
（4）保持密闭容器的体积不变，升高温度，则平衡 正移 ，c（CO） 增大
（5）恒压通入N2，CO2的百分含量 减小
（6）恒压再通入2molCO，CO2的百分含量 不变 ．
考点：
化学平衡的计算．.
分析：
根据平衡移动的原理，增加反应物浓度平衡正向移动，改变固体或纯液体的量平衡不移动，升高温度平衡向吸热的方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，恒压通CO可以用等效平衡的思想解决，据此答题；
解答：
解：（1）因为C为固体，所以增加C，平衡不移动，一氧化碳的浓度不变，故答案为：不移动，不变；
（2）由于该反应是气体体积增大的反应，所以减小密闭容器的体积，保持温度不变，压强增大，平衡逆向移动，二氧化碳的浓度增大，故答案为：逆移；增大；
（3）通入N2，保持密闭容器的体积和温度不变，参加反应的各物质的浓度都不变，所以平衡不移动，二氧化碳的浓度不变，故答案为：不移；不变；
（4）由于该反应是吸热反应，升高温度，则平衡向正反应方向移动，一氧化碳的浓度增大，故答案为：正移；增大；
（5）恒压通入N2，则容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，CO2的百分含量减小，故答案为：减小；
（6）恒压再通入2molCO，平衡时则可以形成与原平衡为等效平衡的体系，所以CO2的百分含量不变，故答案为：不变；
点评：
本题主要考查了影响平衡移动的外界因素，以及平衡移动后有关物理量的变化情况，难度不大，注重基础知识的应用．
29．某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．
请回答下列问题：
（1）甲池为 原电池 （填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为 CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O ．
（2）丙池中F电极为 阴极 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应方程式为 2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑ ．
（3）当乙池中C极质量减轻10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 560 mL（标准状况）．
（4）一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是 A （填选项字母）．
A．Cu B．CuO
C．Cu（OH）2 D．Cu2（OH）2CO3．
考点：
电解原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
（1）甲池能自发进行氧化还原反应为原电池，燃料电池中，燃料失电子发生氧化反应；
（2）丙池是电解池，E作阳极，F作阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电；
（3）根据串联电路中转移电子相等计算；
（4）根据“析出什么加入什么”的原则加入物质．
解答：
解：（1）甲池能自发进行氧化还原反应为原电池，燃料电池中，燃料失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，
故答案为：原电池；CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；
（2）F连接原电池负极，所以为阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，电池反应式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，
故答案为：阴极；2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；
（3）C极上的电极反应为：Ag﹣e﹣═Ag+，B电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，当池中C极质量减轻10.8g时，即转移电子是0.1mol，此时甲池中B电极理论上消耗O2的物质的量是0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL，
故答案为：560；
（4）乙池子电解硝酸铜，用活泼电极金属银为阳极，所以在阴极上是铜离子得电子生成金属铜的反应，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，
故选：A．
点评：
本题考查了原电池和电解池原理，正确判断原电池和电解池是解本题关键，根据离子的放电顺序、串联电路中转移电子相等来分析解答，难度中等．
30．（9分）800℃时，在2L密闭容器中发生2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），测得n（NO）随时间的变化如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）（mol）
0.20
0.10
0.08
0.07
0.07
0.07
（1）用O2表示2s时该反应的平均速率v= 0.0125mol/（mol?L） ．
（2）写出该反应的平衡常数表达式：K= ．已知：K（800℃）＞K（850℃），该反应是 放热 （填“吸热”或“放热”）反应．
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 BC ．
A．v（NO2）=2v（O2） B．容器内压强保持不变
C．v逆（NO）=2v正（O2） D．容器内气体的密度保持不变
（4）下列操作中，能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 C ．
A．及时分离出NO2气体 B．适当升高温度
C．增大O2的浓度 D．选择高效的催化剂
（5）图中的曲线表示的是其他条件一定时，反应：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）中NO的平衡转化率与温度的关系．图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v（正）＞v（逆）的点是 c ．
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点．
考点：
化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．.
分析：
（1）根据v=计算反应速率；
（2）根据平衡常数的定义书写表达式，根据影响平衡常数的因素判断反应中热量的变化；
（3）根据平衡状态的判断标志结合化学方程式判断；
（4）根据影响反应速率和平衡移动的因素判断；
（5）根据图中的点与平衡时NO的平衡转化率的关系判断平衡移动的方向．
解答：
解：（1）根据题意可知，在2s时，反应用去的NO为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，根据反应方程式可知，在2s时，反应用去的O2为0.05mol，所以O2的反应速率v==0.0125mol/（mol?L），故答案为：0.0125mol/（mol?L）；
（2）平衡常数等于生成物的浓度的系数次幂之积除以反应物浓度的系数次幂之积，所以平衡常数的表达式为K=，K（800℃）＞K（850℃），温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：；
（3）A．v（NO2）=2v（O2），未注明是正反应速率和逆反应速率，所以不能说明该反应已经达到平衡状态；
B．由于该反应是气体体积减小的反应，所以当容器内压强保持不变时，则说明该反应已经达到平衡状态；
C．v逆（NO）=2v正（O2），说明正逆反应速率相等，所以可以说明该反应已经达到平衡状态；
D．由于该反应在容器体积不变的容器中进行的，容器内气体的质量也不变，所以密度始终保持不变，所以密度不变不能说明该反应已经达到平衡状态；
故选BC；
（4）A．及时分离出NO2气体，减小了生成物浓度，反应速率减小，故A错误；
B．由于该反应为放热反应，适当升高温度，平衡逆向移动，故B错误；
C．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．选择高效的催化剂，可以提高反应速率，但不能使平衡移动，故D错误；
故选C；
（5）根据图可知，a点时NO的转化率高于平衡时的，所以平衡要逆向移动，b、d两点在平衡线上，说明此时已经处于平衡状态，平衡不移动，c点时NO的转化率低于平衡时的，所以反应要正向进行，即v（正）＞v（逆），故选c．
点评：
本题主要考查了化学反应速率的计算、平衡常数的定义、影响化学反应速率和化学平衡移动的因素，难度中等，解题时要注意分析表中数据和观察图中的点的位置所表达的意义．
高二化学试卷
一、选择题（每题只有一个选项符合题意每题2分，共50分）
1．（2分）未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或者污染很小，且可以再生．下列能源符合未来新能源标准的是（ ）
①天然气 ②煤 ③核能 ④石油 ⑤太阳能 ⑥生物质能 ⑦风能 ⑧氢能．
A．
①②③④
B．
⑤⑥⑦⑧
C．
③⑤⑥⑦⑧
D．
③④⑤⑥⑦⑧
考点：
使用化石燃料的利弊及新能源的开发．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
煤、石油、天然气是化石燃料，太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等都是新能源．
解答：
解：煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，核能发电﹣．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源．
故选B．
点评：
本题主要考查学生对常见的新能源的了解和掌握．
2．（2分）250℃和1.01×105Pa时，反应 2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；△H=+56.76kJ?mol﹣1，自发进行的原因是（ ）
A．
是吸热反应
B．
是放热反应
C．
是熵减少的反应
D．
熵增大效应大于焓变效应
考点：
焓变和熵变；吸热反应和放热反应．.
分析：
反应能够自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0，据此解答．
解答：
2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）；△H=+56.76kJ?mol﹣1，该反应为吸热反应△H＞0，反应能够自发进行，说明△H﹣T△S＜0，所以△S一定大于0，是熵值增大的反应，
故选：D．
点评：
本题考查了熵变与焓变对反应自发进行方向的影响，明确△H﹣T△S＜0是反应自发进行的判断依据是解题关键，题目难度不大．
3．（2分）关于中和热测定的说法错误的是（ ）
A．
实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）等
B．
盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物用量的改变而改变，但中和热不变
C．
NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和
D．
测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等
考点：
中和热的测定．.
分析：
A、泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）不是玻璃仪器；
B、根据中和热的概念﹣在稀溶液中，酸跟碱发生反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热判断；
C、在实验中为了减少误差，酸或者是碱所用的体积会稍微多一点；
D、根据中和热计算公式Q=cm△T进行分析．
解答：
解：A、实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒，而泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）不属于玻璃仪器，故A错误；
B、中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以中和热不受酸碱的用量变化影响，故B正确；
C、在测定中和热的试验中，NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和，从而可以减小实验误差，故C正确；
D、由Q=cm△T可知，测定的温度变化△T对中和热起到决定作用，所以测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了中和热的测定，题目难度中等，要求学生掌握中和热的测定方法及注意事项，对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累．
4．（2分）下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1 C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2
②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3 S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4
③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H5 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6
④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7 CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．
A．
①
B．
④
C．
②③④
D．
①②③
考点：
反应热的大小比较．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，
④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．
解答：
解：①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确．
故选C．
点评：
本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热．
5．（2分）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．
FeCl3+3KSCN?3KCl+Fe（SCN）3 体系中加入KCl固体，平衡向逆反应方向移动
D．
对一个可逆反应来说，吸热反应一方的速率受温度变化的影响总是大于放热反应
考点：
吸热反应和放热反应．.
分析：
A．化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，反应一定伴随能量变化；
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．氯离子不参与反应；
D．当温度升高时，吸热方向速率增加程度更大；温度降低时，吸热方向速率减小程度更大．
解答：
解：A．化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，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．氯离子不参与反应，平衡不移动，故C错误；
D．当温度升高时，正、逆反应速率均增大，但由于吸热方向速率增加程度更大，因此平衡向吸热方向移动；温度降低时，正、逆反应速率均减小，但吸热方向速率减小程度更大，因此平衡向放热的方向移动，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查化学变化特征、影响反应速率的因素等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
6．（2分）某反应过程中体系的能量变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．
反应过程可表示为
B．
E1为反应物的平均能量与过渡态的能量差，称为正反应的活化能
C．
正反应的热效应为△H=E1﹣E2＜0，所以正反应为放热反应
D．
此图中逆反应的热效应△H=E1﹣E2＜0，所以逆反应为放热反应
考点：
反应热和焓变．.
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
由图可知反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，反应热△H=E1﹣E2，其中E1和E2为反应的活化能，A…B…C为中间产物，为过渡态，可认为活化分子，以此解答该题．
解答：
解：A．由图象可知反应过程可表示为A+BC（反应物）→[A…B…C]（过渡态）→AB+C（产物），故A正确；
B．反应物吸收一定能量成为活化分子，E1为正反应的活化能，故B正确；
C．正反应的热效应为△H=E1﹣E2，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应放热，故C正确；
D．此图中逆反应的热效应△H=E2﹣E1，为吸热反应，故D错误；
故选：D．
点评：
本题考查反应热与能量变化，侧重于考查学生的分析能力和自学能力，题目难度不大，注意把握题给信息，答题时注意仔细审题．
7．（2分）已知反应：
①2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ?mol﹣1
②H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3kJ?mol﹣1
下列结论错误的是（ ）
A．
碳的燃烧热大于110.5kJ?mol﹣1
B．
①的反应热为﹣221kJ?mol﹣1
C．
稀醋酸和稀NaOH溶液反应生成1molH2O，放出57.3 kJ的热量
D．
稀H2SO4 和稀NaOH溶液反应的中和热为57.3 kJ?mol﹣1
考点：
有关反应热的计算．.
分析：
A．CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量；
B．根据反应热的概念分析判断；
C．醋酸是弱电解质，电离过程是吸热；
D．根据中和热表述方法分析；
解答：
解：A．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求：充分燃烧成稳定氧化物[H→H2O（l）、C→CO2 （g）、S→SO2 （g）]，由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，故A正确；
B．①的反应热为﹣221kJ/mol，故B正确；
C．醋酸的电离过程是吸热的，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；
D．稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热为57.3kJ/mol或△H=﹣57.3kJ/mol，故D正确；
故选C．
点评：
本题主要考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，题目难度不大，注意中和热表述方法．
8．（2分）关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是（ ）
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
Cl2
蔗糖
C2H5OH
SO2
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．.
专题：
物质的分类专题．
分析：
在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；
在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，据此进行判断．
解答：
解：A．氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；
B．硫酸钡在熔融状态下能够导电，硫酸钡为强电解质，故B错误；
C．碳酸钙在水溶液中完全电离，碳酸钙为强电解质；次氯酸在水溶液中部分电离，存在电离平衡，次氯酸为弱电解质，而乙醇在水溶液中不导电，乙醇为电解质，故C正确；
D．碘化氢在水溶液中完全电离，碘化氢为强电解质，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确强弱电解质的根本区别．
9．（2分）下列叙述中，正确的是（ ）
①电解池是将化学能转变成电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，可视为物理变化．
A．
①②③④
B．
③④
C．
③④⑤
D．
④
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
①电解池是将电能转变成化学能的装置；
②原电池是将化学能转变成电能的装置；
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化；
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应；
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，发生氧化还原反应．
解答：
解：①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；
②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化，一定发生化学变化，故③正确；
④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，故④正确；
⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，发生氧化还原反应，为化学反应，故⑤错误．
故选B．
点评：
本题考查较为综合，涉及电解池和原电池知识，难度不大，注意把握原电池和电解池的工作原理，学习中注意相关基础知识的积累．
10．（2分）化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A．
电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣→Cl2↑
B．
氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e﹣→4OH﹣
C．
粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为：Cu﹣2e﹣→Cu2+
D．
钢铁发生电化腐蚀的正极反应式：Fe﹣2e﹣→Fe2+
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；
B、氢氧燃料电池中正极上得电子发生还原反应，负极上失电子发生氧化反应；
C、粗铜精炼时，连接电源正极的是阳极，连接电源负极的是阴极；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，负极上铁失去电子生成亚铁离子．
解答：
解：A、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故A正确；
B、氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，电池反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，负极上燃料失电子，故B错误；
C、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极为电解池的阳极，纯铜连接电源负极为电解池的阴极，阳极上电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故C正确；
D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极上为氧气或氢离子得电子，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查了原电池和电解池原理，题目难度中等，明确电极上发生的反应是解题的关键．
11．（2分）如图是电解精炼铜装置，其中c、d为铜电极．则下列有关的判断不正确的是（ ）
A．
c为粗铜板、d为纯铜板
B．
电解过程中，SO42﹣浓度几乎不变
C．
电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
D．
电解过程中，c电极板附近沉积不溶物，d电极板质量增加
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
分析：
根据电流方向知，c是阳极、d是阴极、a是正极、b是负极，c、d是铜板，则c电极上电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu 2+、d电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，电解精炼时粗铜作阳极、纯铜作阴极，据此分析解答．
解答：
解：A．c为阳极其电极材料是粗铜、d为阴极其电极材料是纯铜，故A正确；
B．电解过程中，硫酸根离子不参加反应，溶液体积几乎不变，所以硫酸根离子浓度几乎不变，故B正确；
C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；
D．电解过程中，c电极上部分不活泼金属以固体单质形式进入溶液，形成阳极泥，d电极上铜离子析出，所以质量增加，故D正确；
故选C．
点评：
本题考查电解原理，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，注意：阳极是活泼金属时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点．
12．（2分）镍氢电池是近年来开发出来的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镍镉电池．镍氢电池的总反应式是： H2+NiO（OH） Ni（OH）2．根据此反应式判断，下列叙述中正确的是（ ）
A．
电池放电时，电池负极周围溶液的pH不断增大
B．
电池放电时，镍元素被氧化
C．
电池充电时，氢元素被还原
D．
电池放电时，氢气在正极反应
考点：
化学电源新型电池．.
专题：
电化学专题．
分析：
氢镍电池的总反应式是： H2+NiO（OH） Ni（OH）2，放电时，负极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，充电时的电极反应为放电时的逆反应．
解答：
解：A、电池放电时，负极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，所以电池周围溶液的氢氧根离子减少，溶液的PH值减小，故A错误．
B．电池放电时，正极反应为：NiO（OH）+H2O+e﹣=OH﹣+Ni（OH）2，镍元素被还原，故B错误；
C．充电时，阴极反应为，2H2O+2e﹣=H2+2OH﹣，氢元素被还原，故C正确；
D．电池放电时，负极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，H2是负极，故D错误．
故选C．
点评：
题考查化学电源新型电池，题目难度不大，注意电极反应式的书写，根据电极反应判断溶液离子浓度的变化．
13．（2分）用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，则电解一段时间后，若电解前后温度变化忽略不计，下列有关溶液叙述正确的有（ ）
①该溶液的pH可能增大
②该溶液的pH可能减小
③该溶液的pH可能不变
④该溶液的浓度可能增大
⑤该溶液的浓度可能不变
⑥该溶液的浓度可能减小．
A．
①②③④⑤
B．
只有①②③④
C．
只有①③⑤
D．
①②③④⑤⑥
考点：
电解原理．.
分析：
用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，实质上是电解水型装置，电解时溶液中的溶质为强碱、含氧的强酸或强酸强碱盐，根据溶液中溶质浓度、酸碱性分析解答．
解答：
解：用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，实质上是电解水型装置，电解时溶液中的溶质为强碱、含氧的强酸或强酸强碱盐，
电解强碱溶液时，实质上是电解水，溶液的体积减小，溶质的物质的量不变，则溶液浓度增大，溶液的pH增大；
电解含氧强酸时，实质上是电解水，溶液体积减小，溶质的物质的量不变，则酸浓度增大，溶液的pH减小；
电解强酸强碱盐时，实质上是电解水，溶液体积减小，溶质的物质的量不变，溶液的浓度增大，但溶质不水解，溶液仍然是强酸强碱盐溶液，溶液呈中性，pH不变，
通过以上分析知，电解过程中溶液的pH可能增大、减小或不变，但溶液浓度增大，
故选B．
点评：
本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，知道电解实质即可解答，电解池有电解水型、电解电解质型、放氢生碱型、放氧生酸型，根据溶质的特点确定电解类型，从而确定电解后溶液酸碱性．
14．（2分）电解硫酸溶液时，放出25mL（标况）O2，若以等量的电量在同样条件下电解盐酸溶液，所放出的气体的体积最接近下列数据中的（ ）
A．
45mL
B．
50mL
C．
75mL
D．
100mL
考点：
电解原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
电解硫酸实质上为水的电解，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=H2O+O2↑，电解盐酸溶液，阳极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑，根据氧气的物质的量计算转移电子的数目，可计算生成气体的体积．
解答：
解：电解硫酸实质上为水的电解，阳极反应为4OH﹣﹣4e﹣=H2O+O2↑，
n（O2）==0.0011mol，则转移电子的物质的量为0.0044mol，
电解盐酸溶液，阳极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极反应为2H++2e﹣=H2↑，
若以等量的电量在同样条件下电解盐酸溶液，
所放出的气体的体积分别为V（Cl2）=0.0022mol×22.4L/mol=0.04928L，
V（H2）=0.0022mol×22.4L/mol=0.04928L，
则体积共为0.04928L+0.04928L=0.09856L，约为100mL，
故选D．
点评：
本题考查电化学原理，侧重于电解的计算，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，题目难度中等．
15．（2分）关于下列装置说法正解的是（ ）
A．
装置①中，盐桥中的Cl﹣移向CuSO4溶液
B．
装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH降低
C．
用装置③精炼铜时，c极为粗铜
D．
装置④中电子由Zn流向Fe，Zn极发生氧化反应
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
A．原电池中，阴离子向负极移动；
B．为电解池，a为阴极，生成氢气和氢氧化钠；
C．精炼铜时，电解液应为氯化铜；
D．锌比铁活泼，锌为负极．
解答：
解：A．原电池中，阴离子向负极移动，题中锌为负极，则盐桥中的Cl﹣移向ZnSO4溶液，故A错误；
B．为电解池，a为阴极，生成氢气和氢氧化钠，a极附近溶液的pH增大，故B错误；
C．精炼铜时，电解液应为氯化铜，且粗铜为阳极，故C错误；
D．锌比铁活泼，锌为负极，发生氧化反应，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合考查与理解，难度不大，注意把握工作原理以及电极方程式的书写．
16．（2分）①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池，①②相连时，外电路电流从②流向①；①③相连时，③为正极；②④相连时，②上有气泡逸出；③④相连时，③的质量减少．据此判断这四种金属活动性由强到弱的顺序是（ ）
A．
①③②④
B．
①③④②
C．
③④②①
D．
③①②④
考点：
常见金属的活动性顺序及其应用；原电池和电解池的工作原理．.
专题：
电化学专题；元素及其化合物．
分析：
在原电池反应中，负极金属较为活泼，电子从负极经外电路流向正极，一般来说，气体、金属在正极上析出，负极质量减小，以此解答该题．
解答：
解：①②相连时，外电路电流从②流向①，说明①为负极，应为较活泼金属，金属活动性①＞②；
①③相连时，③为正极，说明①较活泼，金属活动性①＞③；
②④相连时，②上有气泡逸出，说明④为负极，②为正极，金属活动性：④＞②；
③④相连时，③的质量减少，说明③为负极，较活泼，金属活动性：③＞④，
则金属活动性顺序为①＞③＞④＞②，
故选B．
点评：
本题考查金属活动性的比较，题目难度不大，注意根据反应现象和电流判断电源的正负极，负极金属较活泼．
17．（2分）如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（ ）
A．
②①③④⑤⑥
B．
⑤④③①②⑥
C．
⑤④②①③⑥
D．
⑤③②④①⑥
考点：
金属的电化学腐蚀与防护．.
专题：
电化学专题．
分析：
先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序．
解答：
解：根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以④＞②＞③，⑤⑥装置是电解池，⑤中金属铁为阳极，⑥中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞⑥，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，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即⑤④②①③⑥，故答案为：C．
点评：
不同条件下金属腐蚀的快慢：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．
18．研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源．该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电．关于该电池的下列说法不正确的是（ ）
A．
水既是氧化剂又是溶剂
B．
放电时正极上有氢气生成
C．
放电时OH﹣向正极移动
D．
总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑
考点：
原电池和电解池的工作原理．.
专题：
压轴题；电化学专题．
分析：
锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程，根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答．
解答：
解：A、金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，该反应中，水是氧化剂，在电池中还可以担当溶剂，故A正确；
B、放电时正极上是水中的氢离子得电子，所以会有氢气生成，故B正确；
C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH﹣向负极移动，故C错误；
D、锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，即总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故D正确．
故选C．
点评：
本题考查电化学的热点﹣锂离子电池，根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反应，从化合价变化的角度分析．
19．（2分）一真空定容的密闭容器中盛有1mol PCl5，发生反应PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g），一定条件下平衡时PCl5所占的体积百分数为M，若相同条件相同容器中，最初放入2mol PCl5，则平衡时，PCl5的体积百分数为N，下列结论正确的是（ ）
A．
M＞N
B．
M=N
C．
M＜N
D．
无法比较
考点：
化学平衡的计算．.
分析：
加入2molPCl5所到达的平衡，可以等效为先将体积增大1倍到达的平衡状态，该状态与开始加入1molPCl5是完全相同的平衡状态，然后在将体积压缩恢复到原来的体积，增大压强后化学平衡向气体的体积减小的方向移动，据此进行判断PCl5的体积百分数的变化．
解答：
解：把加入2molPCl5所到达的平衡，可等效为先将容器体积增大1倍到达的平衡状态，该状态与开始加入1molPCl5是完全相同的平衡状态，然后在将体积压缩恢复到原来的体积，
增大压强后平衡向体积减小的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，
所以PCl5的分解率减小，PCl5所占的体积百分数最大，即：M＜N，
故选C．
点评：
本题考查了压强对化学平衡的影响，题目难度中等，注意掌握影响化学平衡的元素，正确运用等效平衡是解本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．
20． COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）；△H＞0．当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A．
①②④
B．
①④⑥
C．
②③⑤
D．
③⑤⑥
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
化学反应COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向吸热反应方向移动；
②恒容通入惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不动；
③增加CO的浓度，平衡逆向进行；
④减压平衡向气体体积增大的方向进行；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行．
解答：
解：化学反应COCl2（g）?CO（g）+Cl2（g）△H＞0，正反应是气体体积增大的吸热反应，
①升温平衡向正反应移动，COCl2转化率增大，故①符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小故③不符合；
④减压平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，体积增大压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合，
故选：B．
点评：
本题考查了化学平衡的影响因素，注意理解通入惰性气体对平衡移动影响，题目难度中等．
21．（2分）改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列变化中正确的是（ ）
A．
生成物浓度一定增大
B．
生成物的物质的量分数一定增大
C．
反应物的转化率一定增大
D．
某生成物的产率可能提高
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
A、平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增大，但物质的量浓度不一定增大；
B、平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量分数不一定增大；
C、两种反应物的反应，增大一种物质的量，本身转化率减小，所以反应物的转化率不一定增大；
D、平衡正向进行，生成物的产率可以增大；
解答：
解；A、平衡向正反应方向移动，若是减少生成物浓度使平衡正向进行，生成物浓度减小，生成物浓度不一定增大，故A错误；
B、平衡向正反应方向移动，生成物质量分数不一定增大，如二氧化硫和氧气的反应，增大氧气的量很多时生成三氧化硫质量分数可能减小，故B错误；
C、两种反应物的反应，增大一种物质的量，提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，所以反应物的转化率不一定增大，故C错误；
D、改变反应条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物增多．产率可逆增大，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理和转化率的变化是解题关键，题目难度中等．
22．（2分）可确认发生了化学平衡移动的是（ ）
A．
化学反应速率发生了改变
B．
有气态物质参加的可逆反应达到平衡后，改变了压强
C．
由于某一条件的改变，使平衡混合物中各组分的浓度发生了不同程度的改变
D．
可逆反应达到平衡后，使用催化剂
考点：
化学平衡状态的判断；化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
可根据化学平衡移动的因素以及可以反应的类型来综合分析．
解答：
解：A．化学反应速率发生改变，未必能说明化学平衡发生了移动，当正反应速率与逆反应速率仍然相等时，化学平衡不会发生移动；当正反应速率与逆反应速率不相等时，化学平衡就会发生移动，故A错误；
B．对于气体总体积反应前后不变的可逆反应（如I2+H22HI）来说，无论是否建立平衡，其总物质的量即压强都不会发生变化；对于气体总体积反应前后不等的可逆反应（如2SO2+O22SO3）来说，建立化学平衡状态时，总物质的量要与初始时的总物质的量不等，故压强要改变，故B错误；
C．当平衡混合物各组分的浓度发生不同程度的变化时，就说明化学平衡向某个方向（正反应方向或逆反应方向）进行，即化学平衡发生了移动，故C正确．值得补充的是，当平衡混合物各组分的浓度发生同等程度的变化时，化学平衡未必发生移动，如对于I2+H22HI来说，当增大加强减小体积时，就不会发生化学平衡的移动，故C正确；
D．催化剂只能同等程度地改变正反应速率和逆反应速率，当一个可逆反应建立化学平衡状态后，加入催化剂，正反应速率仍然等于逆反应速率，化学平衡不会发生移动，故D错误；
故选C．
点评：
本题要求要能灵活运用影响化学平衡的因素来分思考问题，是对基础知识灵活运用的考查，要求学习时一定要记住并能深刻理解．
23．（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．
红棕色NO2加压后颜色先变深后变浅
B．
实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．
SO2催化氧化成SO3的反应，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率
D．
压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，颜色变深
考点：
化学平衡的影响因素．.
专题：
化学平衡专题．
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、红棕色NO2加压后，化学平衡为2NO2?N2O4，加压浓度增大气体颜色加深，但破坏正向进行，所以颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不符合；
B、实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气，氯气和水反应是化学平衡，Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向进行，减少氯气溶解度，能用勒夏特列原理解释，故B不符合；
C、SO2催化氧化成SO3的反应，使用过量的空气，增大反应物浓度，平衡正向进行，提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合；
D、压缩H2与I2（g）反应的平衡混合气体，化学平衡反应前后是气体体积不变的反应，H2+I2?2HI，颜色变深是因为体积减小，物质浓度增大，不能用勒夏特列原理解释，故D符合；
故选D．
点评：
本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意把握影响平衡移动的因素以及使用勒夏特列原理的前提．
24．（2分）如图表示温度、压强对下列平衡的影响：N2 （g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0图中y轴表示的意义是（ ）
A．
正反应速率
B．
平衡混合气体中NH3的含量
C．
平衡混合气体中N2的物质的量
D．
H2的转化率
考点：
体积百分含量随温度、压强变化曲线．.
分析：
由图象可知，相同温度时，压强越大，Y越小；相同压强下，温度越大，Y越大，结合化学平衡的移动来解答．
解答：
解：由图象可知，相同温度时，压强越大，Y越小；相同压强下，温度越大，Y越大，
A．增大压强，反应速率加快，则Y不能为正反应速率，故A不选；
B．升高温度，氨气的体积分数变小，则Y不能为平衡气体中NH3的含量，故B不选；
C．增大压强，平衡逆向移动，氮气的物质的量减小，升高温度，平衡逆向移动，N2的物质的量增大，与图象吻合，故C选；
D．升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，则Y不能为H2的转化率，故D不选；
故选C．
点评：
本题考查影响化学反应速率的因素及图象，明确图象中Y随温度、压强的变化是解答本题的关键，题目难度中等．
25．（2分）一定温度下，在容积固定的密闭容器中进行可逆反应：2NO2?2NO+O2，达到平衡的标志是（ ）
①相同时间内，氧气的生成速率为n mol?L﹣1?s﹣1，NO2的生成速率为2n mol?L﹣1?s﹣1
②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol的NO
③混合气体的颜色不再变化
④混合气体的密度保持不变
⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变
⑥压强不随时间变化而变化．
A．
①③⑤⑥
B．
②③⑤
C．
①③④
D．
①②③④⑤⑥
考点：
化学平衡状态的判断．.
专题：
化学平衡专题．
分析：
①相同时间内，NO2的生成速率为2 n mol?L﹣1?s﹣1，则氧气的反应速率是nmol?L﹣1?s﹣1；
②反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态；
③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变；
④反应前后混合气体的质量不变且容器的体积不变，则密度始终不变；
⑤当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变．
解答：
解：①相同时间内，NO2的生成速率为2 n mol?L﹣1?s﹣1，则氧气的反应速率是nmol?L﹣1?s﹣1，根据已知条件知，氧气的正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故正确；
②无论反应是否达到平衡状态，反应速率之比等于化学计量数之比，不能说明达到平衡状态，故错误；
③混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故正确；
④反应前后混合气体的质量不变且容器的体积不变，则密度始终不变，所以不能说明达到平衡状态，故错误；
⑤反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，故正确；
⑥反应前后气体的化学计量数之和不相等，当达到平衡时，气体的压强不变，故正确；
故选A．
点评：
本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，做题时注意分析化学方程式的前后计量数大小的关系．
二、填空题
26．（11分）用化学术语回答下列问题：
（1）由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ?mol﹣1，写出其热化学方程式： H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol ．
若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则反应H2（g）+O2（g）═H2O（l）的△H= ﹣285.8kJ/mol kJ?mol﹣1，氢气的燃烧热为 285.8 kJ?mol﹣1．
（2）电解硝酸银溶液电极反应式（惰性电极）①阳极： 4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑ ；②阴极： Ag++e﹣=Ag ．
（3）银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，它的充电和放电过程可以表示为：2Ag+Zn（OH）2Ag2O+Zn+H2O在此电池放电时，正极的电极反应式为 Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣ ．
考点：
有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．.
分析：
（1）根据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式；根据m=nM计算1mol水的质量为18g，进而计算1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热；氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ/mol；
（2）依据电解原理分析，阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，阴极上是溶液中银离子得到电子生成银；
（3）放电时，该装置是原电池，负极上锌失电子发生氧化反应，正极上氧化银得电子发生还原反应；
解答：
解：（1）氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，故18g水蒸气转化成液态水放出热量2.444kJ×18=44kJ，故反应H2（g）+O2（g）═H2O（l）的反应热△H=﹣（241.8kJ/mol+44kJ/mol）=﹣285.8kJ/mol，故氢气的燃烧热为285.8kJ/mol；
故答案为：H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；﹣285.8kJ/mol；285.8；
（2）惰性电极电解硝酸银溶液，电极反应，①阳极是溶液中氢氧根离子放电生成氧气，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；②阴极上是溶液中银离子得到电子生成银，电极反应为：Ag++e﹣=Ag，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；Ag++e﹣=Ag；
（3）放电时，依据元素化合价变化分析，氧化银做正极，正极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣；
故答案为：Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣；
点评：
本题考查热化学方程式的书写与反应热的计算、原电池和电解池原理，注意掌握热化学方程式的书写，物质聚集状态的分析判断，盖斯定律的计算应用，注意电极反应、正负极和阴阳极的判断是解答本题的关键，题目难度中等．
27．（10分）二甲醚（CH3OCH3）被称为21世界的新型燃料，在未来可能替代汽油、液化气、煤气等并具有优良的环保性能．工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230～280℃）进行下列反应：
①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1=﹣90.7kJ?mol﹣1
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣23.5kJ?mol﹣1
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.2kJ?mol﹣1
（1）若要增大反应①中H2的转化率，在其它条件不变的情况下可以采取的措施为 BC ．
A．加入某物质作催化剂 B．加入一定量CO C．反应温度降低 D．增大容器体积
（2）在某温度下，若反应①的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为 0.1mol/（L．min） ；若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，a= 5.4 mol/L．
（3）催化反应室中总反应3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）的△H= ﹣246.1kJ?mol﹣1 ．
（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其工作原理如上图所示．b电极是 正 极，写出a电极上发生的电极反应式 CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+ ．
考点：
化学平衡的影响因素；热化学方程式；常见化学电源的种类及其工作原理；化学平衡的计算．.
专题：
基本概念与基本理论．
分析：
（1）已知反应①是体积减小的放热反应，根据外界条件对平衡的影响分析；
（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则△c（CO）=1mol/L×50%=0.5mol/L，根据v（CO）=计算v（CO）；
计算该温度下的平衡常数，根据平衡常数计算平衡时氢气的浓度，根据甲醇的平衡浓度计算氢气浓度的变化量，进而计算a的值；
（3）根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减；
（4）依据图示分析通入氧气的一端为正极，通入二甲醚的一端为负极，电解质溶液为酸性环境，二甲醚失电子生成二氧化碳，根据电子守恒写出电极反应．
解答：
解：（1）已知反应①是体积减小的放热反应，若要增大反应①中H2的转化率，则需要使平衡正移，所以改变的条件为加入一定量CO或反应温度降低；
故答案为：BC；
（2）5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则△c（CO）=1mol/L×50%=0.5mol/L，所以v（CO）==0.1mol/（L?min）；
该温度到达平衡时，c（CO）=0.5mol/L，c（H2）=2.4mol/L﹣2×0.5mol/L=1.4mol/L，c（CH3OH）=0.5mol/L，所以该温度下，平衡常数k==，若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L，达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，则平衡时c′（CO）=4mol/L﹣2mol/L=2mol/L，令平衡时氢气的浓度为ymol/L，所以=；
解得y=1.4，故a=2mol/L×2+1.4mol/L=5.4mol/L．
故答案为：0.1mol/（L?min）；5.4．
（3）已知：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H=﹣90.7kJ/mol，
②2CH3OH（g）?CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣23.5kJ/mol，
③CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.2kJ/mol，
由盖斯定律可知，①×2+②+③得3CO（g）+3H2（g）?CH3OCH3（g）+CO2（g）△H=﹣246.1kJ/mol，
反应放热，高温不利用原料的利用，温度低原料利用率高，但反应较慢，不利于实际生产，采用300℃的反应温度，目的提高化学反应速率．
故答案为：﹣246.1kJ/mol；
（4）反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电．由图可知，a极为负极，b为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O═2CO2+12H+；
故答案为：CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣═2CO2+12H+．
点评：
本题考查热化学方程式书写，燃烧热概念，平衡移动，图象分析应用，原电池电极反应的书写方法，题目难度中等．
28．（10分）在密闭容器中进行下列反应：
CO2（g）+C（s）??2CO（g）△H＞0，起始通入2molCO，达到平衡后，改变下列条件，则指定物质的浓度、百分含量（填“不变”“增大”“减小”）及平衡如何变化（填“正移”“逆移”“不移动”）：
（1）增加C，平衡 不移动 ，c（CO） 不变 ．
（2）减小密闭容器的体积，保持温度不变，则平衡 逆移 ，c（CO2） 增大 ．
（3）通入N2，保持密闭容器的体积和温度不变，则平衡 不移 ，c（CO2） 不变 ．
（4）保持密闭容器的体积不变，升高温度，则平衡 正移 ，c（CO） 增大
（5）恒压通入N2，CO2的百分含量 减小
（6）恒压再通入2molCO，CO2的百分含量 不变 ．
考点：
化学平衡的计算．.
分析：
根据平衡移动的原理，增加反应物浓度平衡正向移动，改变固体或纯液体的量平衡不移动，升高温度平衡向吸热的方向移动，增大压强平衡向体积减小的方向移动，恒压通CO可以用等效平衡的思想解决，据此答题；
解答：
解：（1）因为C为固体，所以增加C，平衡不移动，一氧化碳的浓度不变，故答案为：不移动，不变；
（2）由于该反应是气体体积增大的反应，所以减小密闭容器的体积，保持温度不变，压强增大，平衡逆向移动，二氧化碳的浓度增大，故答案为：逆移；增大；
（3）通入N2，保持密闭容器的体积和温度不变，参加反应的各物质的浓度都不变，所以平衡不移动，二氧化碳的浓度不变，故答案为：不移；不变；
（4）由于该反应是吸热反应，升高温度，则平衡向正反应方向移动，一氧化碳的浓度增大，故答案为：正移；增大；
（5）恒压通入N2，则容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，CO2的百分含量减小，故答案为：减小；
（6）恒压再通入2molCO，平衡时则可以形成与原平衡为等效平衡的体系，所以CO2的百分含量不变，故答案为：不变；
点评：
本题主要考查了影响平衡移动的外界因素，以及平衡移动后有关物理量的变化情况，难度不大，注重基础知识的应用．
29．某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量），当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转．
请回答下列问题：
（1）甲池为 原电池 （填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），A电极的电极反应式为 CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O ．
（2）丙池中F电极为 阴极 （填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），该池的总反应方程式为 2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑ ．
（3）当乙池中C极质量减轻10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 560 mL（标准状况）．
（4）一段时间后，断开电键K，下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是 A （填选项字母）．
A．Cu B．CuO
C．Cu（OH）2 D．Cu2（OH）2CO3．
考点：
电解原理．.
专题：
电化学专题．
分析：
（1）甲池能自发进行氧化还原反应为原电池，燃料电池中，燃料失电子发生氧化反应；
（2）丙池是电解池，E作阳极，F作阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电；
（3）根据串联电路中转移电子相等计算；
（4）根据“析出什么加入什么”的原则加入物质．
解答：
解：（1）甲池能自发进行氧化还原反应为原电池，燃料电池中，燃料失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，
故答案为：原电池；CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣=CO32﹣+6H2O；
（2）F连接原电池负极，所以为阴极，阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，电池反应式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，
故答案为：阴极；2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；
（3）C极上的电极反应为：Ag﹣e﹣═Ag+，B电极上的电极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，当池中C极质量减轻10.8g时，即转移电子是0.1mol，此时甲池中B电极理论上消耗O2的物质的量是0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L=560mL，
故答案为：560；
（4）乙池子电解硝酸铜，用活泼电极金属银为阳极，所以在阴极上是铜离子得电子生成金属铜的反应，溶液中减少了Cu元素的质量，所以要让电解质复原，需要加入金属铜，
故选：A．
点评：
本题考查了原电池和电解池原理，正确判断原电池和电解池是解本题关键，根据离子的放电顺序、串联电路中转移电子相等来分析解答，难度中等．
30．（9分）800℃时，在2L密闭容器中发生2NO（g）+O2（g）?2NO2（g），测得n（NO）随时间的变化如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）（mol）
0.20
0.10
0.08
0.07
0.07
0.07
（1）用O2表示2s时该反应的平均速率v= 0.0125mol/（mol?L） ．
（2）写出该反应的平衡常数表达式：K= ．已知：K（800℃）＞K（850℃），该反应是 放热 （填“吸热”或“放热”）反应．
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是 BC ．
A．v（NO2）=2v（O2） B．容器内压强保持不变
C．v逆（NO）=2v正（O2） D．容器内气体的密度保持不变
（4）下列操作中，能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是 C ．
A．及时分离出NO2气体 B．适当升高温度
C．增大O2的浓度 D．选择高效的催化剂
（5）图中的曲线表示的是其他条件一定时，反应：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）中NO的平衡转化率与温度的关系．图中标有a、b、c、d四点，其中表示未达到平衡状态，且v（正）＞v（逆）的点是 c ．
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点．
考点：
化学平衡的计算；化学平衡状态的判断．.
分析：
（1）根据v=计算反应速率；
（2）根据平衡常数的定义书写表达式，根据影响平衡常数的因素判断反应中热量的变化；
（3）根据平衡状态的判断标志结合化学方程式判断；
（4）根据影响反应速率和平衡移动的因素判断；
（5）根据图中的点与平衡时NO的平衡转化率的关系判断平衡移动的方向．
解答：
解：（1）根据题意可知，在2s时，反应用去的NO为0.2mol﹣0.1mol=0.1mol，根据反应方程式可知，在2s时，反应用去的O2为0.05mol，所以O2的反应速率v==0.0125mol/（mol?L），故答案为：0.0125mol/（mol?L）；
（2）平衡常数等于生成物的浓度的系数次幂之积除以反应物浓度的系数次幂之积，所以平衡常数的表达式为K=，K（800℃）＞K（850℃），温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：；
（3）A．v（NO2）=2v（O2），未注明是正反应速率和逆反应速率，所以不能说明该反应已经达到平衡状态；
B．由于该反应是气体体积减小的反应，所以当容器内压强保持不变时，则说明该反应已经达到平衡状态；
C．v逆（NO）=2v正（O2），说明正逆反应速率相等，所以可以说明该反应已经达到平衡状态；
D．由于该反应在容器体积不变的容器中进行的，容器内气体的质量也不变，所以密度始终保持不变，所以密度不变不能说明该反应已经达到平衡状态；
故选BC；
（4）A．及时分离出NO2气体，减小了生成物浓度，反应速率减小，故A错误；
B．由于该反应为放热反应，适当升高温度，平衡逆向移动，故B错误；
C．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．选择高效的催化剂，可以提高反应速率，但不能使平衡移动，故D错误；
故选C；
（5）根据图可知，a点时NO的转化率高于平衡时的，所以平衡要逆向移动，b、d两点在平衡线上，说明此时已经处于平衡状态，平衡不移动，c点时NO的转化率低于平衡时的，所以反应要正向进行，即v（正）＞v（逆），故选c．
点评：
本题主要考查了化学反应速率的计算、平衡常数的定义、影响化学反应速率和化学平衡移动的因素，难度中等，解题时要注意分析表中数据和观察图中的点的位置所表达的意义．
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