河北省唐山一中2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版）
文档属性
| 名称 | 河北省唐山一中2016-2017学年高二（上）期中化学试卷（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 360.4KB | ||
| 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 | 2017-02-24 17:42:05 | ||
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文档简介
2016-2017学年河北省唐山一中高二（上）期中化学试卷
一．选择题（共26小题，每小题2分，计52分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（ ）
A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率
D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品
2．250°C，101Kpa时，2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行，其自发进行的主要原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减反应
D．熵增效应大于能量效应
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL
2mol L﹣1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（ ）
A．10℃20mL3
mol L﹣1的X溶液
B．20℃30
mL
2
mol L﹣1的X溶液
C．20℃10
mL
4
mol L﹣1的X溶液
D．10℃10
mL
2
mol L﹣1的X溶液
4．铁制自来水管与下列材料作成的自来水龙头连接，自来水管锈蚀最快的是（ ）
A．铁水龙头
B．铜水龙头
C．塑料水龙头
D．陶瓷水龙头
5．下列措施能提高合成氨[N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol]厂的生产效率和经济效益的是（ ）
①采用20MPa～50MPa的压强；
②使用催化剂；
③在合适的温度下进行反应；
④从平衡混合气体中液化分离出NH3，并将N2、H2循环使用．
A．①③④
B．③④
C．①②③
D．全部
6．已知25℃、101kPa条件下：①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣2834.9kJ/mol；
②4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3119.1kJ/mol．由此得出的正确结论是（ ）
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应
7．如图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑．下列说法错误的是（ ）
A．a、b不可能是同种材料的电极
B．X为电流计，c为稀盐酸，该装置为原电池
C．X为直流电源，c为稀硫酸，该装置为电解池
D．X为电流计，c为稀硫酸，a可能为铜电极，b可能为锌电极
8．现有两份大理石样品，一份是块状，一份是粉末状，在相同温度下，分别与100mL、1mol L﹣1
的盐酸完全反应，实验测得生成CO2的体积与反应时间的关系如图所示．有关说法正确的是（ ）
A．两份大理石一定有剩余
B．两份盐酸一定反应完全
C．曲线a表示的是块状大理石样品与盐酸反应
D．曲线b表示的是块状大理石样品与盐酸反应
9．一定条件下，反应2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，在密闭容器中达到平衡．在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（ ）
A．温度130℃、压强3.03×105Pa
B．温度25℃、压强1.01×105Pa
C．温度130℃、压强5.05×105Pa
D．温度0℃、压强5.05×105Pa
10．已知H﹣H、Cl﹣Cl和H﹣Cl的键能分别为436kJ mol﹣1、243kJ mol﹣1和431kJ mol﹣1，请用此数据估计，由Cl2、H2生成2mol
H﹣Cl 时的热效应△H等于（ ）
A．﹣183
kJ mol﹣1
B．﹣91.5kJ mol﹣1
C．+183kJ mol﹣1
D．+91.5kJ mol﹣1
11．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）=2Ag（s）+Cu2+（aq）设计的原电池如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．银电极是负极
B．X电极是锌电极
C．去掉盐桥电流计指针仍偏转
D．Y溶液为AgNO3溶液
12．已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“﹣”．关于标有“+”的接线柱，下列说法中正确的是（ ）
A．充电时作阳极，放电时作负极
B．充电时作阳极，放电时作正极
C．充电时作阴极，放电时作负极
D．充电时作阴极，放电时作正极
13．某密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g） 2Z（g），若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A．1＜＜3
B．＜＜
C．＜＜4
D．＜＜
14．如图用来研究钢铁制品的腐蚀，装置的气密性良好，且开始时U形管两端的红墨水液面相平．一段时间后能观察到铁钉生锈．下列说法不正确的是（ ）
A．铁钉表面发生的反应为Fe﹣3e﹣=Fe3+
B．若液体a为稀盐酸，则U形管液面右高左低
C．若液体a为食盐水，则U形管液面左高右低
D．若液体a为食用油，则铁钉生锈速率较慢
15．与图有关的下列叙述正确的是（ ）
A．a为直流电源的负极
B．用该装置制白铁（镀锌铁），d为铁电极
C．用该装置精炼铜，d为粗铜电极
D．c、d均为石墨电极电解饱和食盐水时，c电极附近pH升高
16．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）．欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）
A．0.15
mol
CuO
B．0.1
mol
CuCO3
C．0.075mol
Cu（OH）2
D．0.05
mol
Cu2（OH）2CO3
17．恒温密闭容器发生可逆反应：Z（？）+W（？） X（g）+Y（？）；△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法中正确的是（ ）
A．Z和W在该条件下有一种是为气态
B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C．若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
D．若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
18．在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6mol
A和2mol
B，向乙中通入1.5mol
A、0.5mol
B、3mol
C和2mol
D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是（ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等
C．平衡时甲中A的体积分数为40%
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5
19．一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）．现将4mol
A和8mol
B加入体积为2L的某密闭容器中，反应至4min时，改变某一条件，测得C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．下列有关说法中正确的是（ ）
A．0～2
min内，正反应速率逐渐增大
B．4
min时，A的转化率为50%
C．6
min时，B的体积分数为25%
D．4
min时，改变条件后，平衡向逆反应方向移动
20．已知：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．在相同温度下，相同容积的恒容容器中，实验测得起始、平衡时的有关数据如表：则下列关系中正确的是（ ）
实验编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系的变化
平衡时NH3的体积分数
N2
H2
NH3
①
1
3
0
放出热量：23.15
kJ
W1
②
0.9
2.7
0.2
放出热量：Q
kJ
W2
A．W1＞W2，Q＜23.15
B．W1=W2，Q=23.15
C．W1＜W2，Q＞23.15
D．W1=W2，Q＜23.15
21．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A．常温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，某无色溶液中不可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣
B．pH=2的溶液中，可能大量存在：Na+、Fe2+、ClO﹣、SO42﹣
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液中可能大量存在：Na+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，溶液中可能大量存在：Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣
22．在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A．
B．
C．
D．、
23．常温下，以下4种溶液pH最小的是（ ）
A．0.01mol L﹣1醋酸溶液
B．0.02mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
C．0.03mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
D．pH=2的盐酸与pH=12NaOH溶液等体积混合液
24．已知一种c（H+）=10﹣3mol/L的酸和一种c（OH﹣）=10﹣3mol/L的碱等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（ ）
A．浓的强酸和稀的强碱反应
B．浓的弱酸和稀的强碱反应
C．等浓度的强酸和弱碱反应
D．二元强酸与一元强碱反应
25．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法不正确的是（ ）
A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B．甲烧杯中的酸过量
C．两烧杯中参加反应的锌等量
D．反应开始后乙烧杯中c（H+）始终比甲烧杯中c（H+）
大
26．25℃时，若体积为Va，pH=a的某一元强酸与体积为Vb，pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va＜Vb，a=0.5b，则下列符合a值的是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
二．填空题（共4小题）
27．为了证明可逆反应有一定的限度，进行了如下探究活动：①取5mL、0.1mol/L
KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol/L
FeCl3溶液．②充分反应后，将溶液分成三份．③其中一份，滴加CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫色，说明反应生成碘，相应的离子方程式是 ．④另取一份，滴加 溶液，现象 ，说明该反应存在一定的限度．取③静置后的上层清液少量，向其中滴加AgNO3溶液，出现少量黄色沉淀，此方法能否证明反应存在一定的限度 ？理由是 ．
28．不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系如图所示．回答下列问题：
（1）T℃ 25℃（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）向a点对应的醋酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液至b点，则两溶液的体积 （填“相等”或“不相等”）．
（3）d点对应的食盐水pH= ，呈 性（填“酸”、“中”或“碱”）．
（4）T℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c（H+）= ．将此溶液稀释至原体积的1000倍，稀释后溶液中= ．向稀释后的溶液中加入 mL
T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性．
29．已知：a．2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H=﹣2741.8kJ/mol
b．2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol
（1）C3H8的燃烧热为 ．
（2）C3H8在不足量的O2里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定容积的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H＞0．
①下列事实能说明该反应达到平衡的是 ．
a．体系的压强不发生变化
b．v正（H2）=v逆（CO）
c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化
d．CO2的浓度不再发生变化
②在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2O）=2.4mol/L，达到平衡后CO的转化率为40%，该反应在此温度下的平衡常数是 ．
30．甲、乙、丙均为中学化学常见的气体单质，A为10电子化合物，B为18电子化合物，各物质之间存在如图所示的转化关系（部分反应条件及产物略去）：
请回答下列问题：
（1）甲的化学式为 ，B的电子式为 ．
（2）写出反应⑤的离子方程式 ．
（3）反应①中生成1mol
A的活化能为1127kJ/mol，反应②中生成1mol
B的活化能为340kJ/mol，则相同条件下，反应①的反应速率 （填“大于”“小于”或“等于”）反应②的反应速率．
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂．
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，则该反应的热化学方程式为 ．气体乙的平衡转化率为 ．
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，则x与y的关系是 ．
[选做题]
31．甲醇是一种重要的可再生能源．
（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=aKJ/mol
CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）△H=bKJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式： ．
（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）
甲图是反应时CO和CH2OH（g）的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率v（H2）= ．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是 ．（填字母）
A．H2的消耗速率等于CH2OH的生成速率的2倍数
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA PB（填“＞、＜、=”）
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）= L．
（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式： ．
[选做题]
32．甲醇是一种优质燃料，在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）．
已知：
①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol
③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol
回答下列问题：
（1）计算CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的反应热△H4= ．
（2）若在绝热、恒容的密闭容器中充入1mol
CO、2mol
H2，发生CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）反应，下列示意图（a﹣d）正确且能说明反应在进行到t1时刻为平衡状态的是 （填选项字母）．
（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol
CO、2mol
H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v（H2）= ．T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol
CO、2mol
H2，达到平衡时CO的转化率为0.7，则该容器的体积 5L（填“＞”“＜”或“=”）；T1℃时，CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K= ．
（4）在T1℃时，在体积为5L的恒容容器中充入一定量的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数与n（H2）/n（CO）的关系如图e所示．温度不变，当=2.5时，达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图象中的 点．
（5）为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式： ．该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，这种电化学保护方法叫做 ．
（6）含有甲醇的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可．写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式： ．
2016-2017学年河北省唐山一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题，每小题2分，计52分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（ ）
A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率
D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品
【考点】化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．
【分析】在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行．
【解答】解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误．
故选C．
2．250°C，101Kpa时，2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行，其自发进行的主要原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减反应
D．熵增效应大于能量效应
【考点】焓变和熵变．
【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T △S＜0时，反应能自发进行．
【解答】解：反应能自发进行，应有△G=△H﹣T △S＜0，因△H＞0，则△H＜T △S，说明熵增效应大于能量效应，故选D．
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL
2mol L﹣1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（ ）
A．10℃20mL3
mol L﹣1的X溶液
B．20℃30
mL
2
mol L﹣1的X溶液
C．20℃10
mL
4
mol L﹣1的X溶液
D．10℃10
mL
2
mol L﹣1的X溶液
【考点】反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素．
【分析】计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则X的物质的量越大，X的浓度越大，而浓度越大、温度越高，反应速率越快．
【解答】解：A．20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；
B．30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；
C．10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；
D．10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，
显然四种情况下，X浓度A=B＞C＞D，而温度B=C＞A=D，故反应速率B的反应速率最快，
故选B．
4．铁制自来水管与下列材料作成的自来水龙头连接，自来水管锈蚀最快的是（ ）
A．铁水龙头
B．铜水龙头
C．塑料水龙头
D．陶瓷水龙头
【考点】金属腐蚀的化学原理．
【分析】根据铁生锈的条件进行分析，铁在有水和氧气并存时易生锈．
【解答】解：铁制自来水管与铜水龙头相连接，这样Cu、Fe以及自来水形成原电池，Fe的活动性强于Cu，金属铁作负极，故使Fe锈蚀更快，其他选项都不形成原电池．
故选B．
5．下列措施能提高合成氨[N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol]厂的生产效率和经济效益的是（ ）
①采用20MPa～50MPa的压强；
②使用催化剂；
③在合适的温度下进行反应；
④从平衡混合气体中液化分离出NH3，并将N2、H2循环使用．
A．①③④
B．③④
C．①②③
D．全部
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，为提高生产效率和经济效益，从化学平衡和化学反应速率的角度综合考虑．
【解答】解：①增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大，压强太大对设备的要求太高，采用20MPa～50MPa的压强，既能够加快反应速率且使平衡正向移动，对设备要求又不是太高，故①选；
②使用催化剂平衡不移动，氨气的产率不变，但加快了反应速率，提高了生产效率和经济效益，故②选；
③升高温度平衡向逆反应方向移动，则氨气的产率降低，但温度太低反应速率太慢，在合适的温度下进行反应，能够提高生产效率和经济效益，故③选；
④及时分离出NH3，可使平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大，并将N2、H2循环使用，能提高合成氨厂的生产效率和经济效益，故④选，
故选D．
6．已知25℃、101kPa条件下：①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣2834.9kJ/mol；
②4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3119.1kJ/mol．由此得出的正确结论是（ ）
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，物质的能量越低越稳定；燃烧热是指1mol物质与氧气完全燃烧时放出的热量，据此解答．
【解答】解：利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，物质的能量越低越稳定；燃烧热是指1mol物质与氧气完全燃烧时放出的热量，
AB．利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，由O2变O3为吸热反应，故AB错误；
CD．利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，物质的能量越低越稳定，由O2变O3为吸热反应，故C错误D正确．
故选D．
7．如图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑．下列说法错误的是（ ）
A．a、b不可能是同种材料的电极
B．X为电流计，c为稀盐酸，该装置为原电池
C．X为直流电源，c为稀硫酸，该装置为电解池
D．X为电流计，c为稀硫酸，a可能为铜电极，b可能为锌电极
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据Zn+2H+═Zn2++H2↑知，锌失电子发生氧化反应，氢离子得电子发生还原反应，该装置可能是原电池也可能是电解池，锌发生的反应可能是原电池负极也可能是电解池阳极上发生的反应，则氢离子发生的反应可能是原电池正极也可能是电解池阳极上发生的反应，如果是原电池，则锌作负极，比锌不活泼的金属或导电的非金属作正极，电解质溶液为酸溶液，如果是电解池，则阳极是锌，电解质溶液是酸或活动性顺序在氢之前的金属盐溶液，据此分析解答．
【解答】解：A．如果该装置是电解池，如锌作阴、阳极，电解质溶液是酸，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，符合离子反应方程式，所以两个电极可以相同，故A错误；
C．X为直流电源，c为稀硫酸，锌作阳极，电解时，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，符合离子反应方程式，故C正确；
B、该装置是原电池，电解质溶液为稀盐酸，锌作负极，正极上氢离子得电子，发生的反应符合离子方程式，故B正确；
D、该装置可看作是铜﹣锌原电池，电解质溶液是稀硫酸，负极上锌失电子，正极氢离子得电子，符合离子方程式，故D正确．
故选A．
8．现有两份大理石样品，一份是块状，一份是粉末状，在相同温度下，分别与100mL、1mol L﹣1
的盐酸完全反应，实验测得生成CO2的体积与反应时间的关系如图所示．有关说法正确的是（ ）
A．两份大理石一定有剩余
B．两份盐酸一定反应完全
C．曲线a表示的是块状大理石样品与盐酸反应
D．曲线b表示的是块状大理石样品与盐酸反应
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】固体表面积越大、盐酸浓度越大，反应速率越大，则曲线的斜率越大，生成二氧化碳的体积相同，说明大理石或盐酸完全反应，以此解答该题．
【解答】解：由于盐酸体积、大理石质量不确定，则不能确定盐酸、大理石是否剩余，块状大理石表面积较小，则反应速率较小，曲线b为块状大理石样品与盐酸反应，
故选D．
9．一定条件下，反应2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，在密闭容器中达到平衡．在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（ ）
A．温度130℃、压强3.03×105Pa
B．温度25℃、压强1.01×105Pa
C．温度130℃、压强5.05×105Pa
D．温度0℃、压强5.05×105Pa
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】由于存在平衡2NO2（g） N2O4（g），N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，根据温度、压强对平衡的影响判断．
【解答】解：由于存在平衡2NO2（g） N2O4（g），N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，该反应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取高温低压，故选A．
10．已知H﹣H、Cl﹣Cl和H﹣Cl的键能分别为436kJ mol﹣1、243kJ mol﹣1和431kJ mol﹣1，请用此数据估计，由Cl2、H2生成2mol
H﹣Cl 时的热效应△H等于（ ）
A．﹣183
kJ mol﹣1
B．﹣91.5kJ mol﹣1
C．+183kJ mol﹣1
D．+91.5kJ mol﹣1
【考点】有关反应热的计算．
【分析】根据反应热=反应物总键能﹣生成物总键能计算Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）热效应△H．
【解答】解：H﹣H的键能为436kJ mol﹣1、Cl﹣Cl键能为243kJ mol﹣1、H﹣Cl键能为431kJ mol﹣1，
由于反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，则：
Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）热效应△H=436kJ mol﹣1+243kJ mol﹣1﹣2×431kJ mol﹣1=﹣183
kJ mol﹣1，
故选A．
11．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）=2Ag（s）+Cu2+（aq）设计的原电池如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．银电极是负极
B．X电极是锌电极
C．去掉盐桥电流计指针仍偏转
D．Y溶液为AgNO3溶液
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】由方程式2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，以此解答该题．
【解答】解：A、银电极为电池的正极，被还原，故A错误；
B、电极X的材料是铜，为原电池的负极，故B错误；
C、盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，去掉盐桥，不能构成原电池，电流计指针不偏转，故C错误；
D、Y为硝酸银溶液，Ag+被还原，为正极反应，故D正确；
故选：D．
12．已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“﹣”．关于标有“+”的接线柱，下列说法中正确的是（ ）
A．充电时作阳极，放电时作负极
B．充电时作阳极，放电时作正极
C．充电时作阴极，放电时作负极
D．充电时作阴极，放电时作正极
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】标有“+”的接线柱，放电时为原电池的正极，充电时为电解池的阳极，以此来解答．
【解答】解：铅蓄电池为二次电池，标有“+”的接线柱，放电时为原电池的正极，充电时为电解池的阳极，
故选B．
13．某密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g） 2Z（g），若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A．1＜＜3
B．＜＜
C．＜＜4
D．＜＜
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】令参加反应的X的物质的量为n，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，根据平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，用x、y表示出n，再利用可逆反应的不完全性，反应物不能完全反应，列不等式，据此解答．
【解答】解：令参加反应的Y的物质的量为n，
2X（g）+Y（g） 2Z（g），
开始（mol）：x
y
0
转化（mol）：2n
n
2n
平衡（mol）：x﹣2n
y﹣n
2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有x﹣2n+y﹣n=2n，解得n=；
反应物不能完全反应，所以有，即，解得：，故选C．
14．如图用来研究钢铁制品的腐蚀，装置的气密性良好，且开始时U形管两端的红墨水液面相平．一段时间后能观察到铁钉生锈．下列说法不正确的是（ ）
A．铁钉表面发生的反应为Fe﹣3e﹣=Fe3+
B．若液体a为稀盐酸，则U形管液面右高左低
C．若液体a为食盐水，则U形管液面左高右低
D．若液体a为食用油，则铁钉生锈速率较慢
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】钢铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀．
当电解质溶液为酸性溶液时，发生析氢腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：2H++2e﹣=H2↑；
当电解质溶液为弱酸性或中性时，发生吸氧腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，据此分析．
【解答】解：钢铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀．
当电解质溶液为酸性溶液时，发生析氢腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：2H++2e﹣=H2↑；
当电解质溶液为弱酸性或中性时，发生吸氧腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣．
A、无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁钉表面的反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；
B、若液体a为稀盐酸，则铁钉发生析氢腐蚀，产生的氢气会使U形管左端压强增大，则液面降低，右端液面升高，故B正确；
C、若液体a为食盐水，则铁钉发生吸氧腐蚀，将空气中的氧气吸收后，U形管左端压强减小，则液面升高，右端液面降低，故C正确；
D、若液体a为食用油，不是电解质溶液，则铁钉不能发生析氢或吸氧腐蚀，故腐蚀速率较慢，故D正确．
故选A．
15．与图有关的下列叙述正确的是（ ）
A．a为直流电源的负极
B．用该装置制白铁（镀锌铁），d为铁电极
C．用该装置精炼铜，d为粗铜电极
D．c、d均为石墨电极电解饱和食盐水时，c电极附近pH升高
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A、原电池中电流流出的一极为正极；
B、电镀装置中镀层金属为阳极；
C、电解精炼时粗铜为阳极；
D、根据两极附近离子的放电顺序分析．
【解答】解：A、原电池中电流流出的一极为正极，电流由a流出，则a为正极，故A错误；
B、电镀装置中镀层金属为阳极，a为负极，则c为阳极，所以c为Zn，d为铁电极，故B正确；
C、电解精炼时粗铜为阳极，c为阳极，则c为粗铜，d为纯铜，故C错误；
D、c、d均为石墨电极电解饱和食盐水时，d为阴极，d电极附近氢离子放电，氢氧根离子的浓度增大，则pH升高，故D错误．
故选B．
16．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）．欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）
A．0.15
mol
CuO
B．0.1
mol
CuCO3
C．0.075mol
Cu（OH）2
D．0.05
mol
Cu2（OH）2CO3
【考点】电解原理．
【分析】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单质，当铜离子完全析出时，继续电解，阴极上氢离子放电生成氢气，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质即可．
【解答】解：用惰性电极电解硫酸铜溶液时，先发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，当铜离子完全析出时，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，根据图象知，转移电子0.2mol时只有气体氧气生成，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，实际上相当于析出氧化铜，根据氧化铜和转移电子之间的关系式得n（Cu）==0.1mol，所以相当于析出0.1molCuO；
继续电解发生的反应为2H2O2H2↑+O2↑，实际上是电解水，根据水和转移电子之间的关系式得m（H2O）=mol=0.25mol，所以电解水的物质的量是0.25mol，
根据“析出什么加入什么”的原则知，要使溶液恢复原状，应该加入0.1mol氧化铜和0.05mol水，
A．只加氧化铜不加水不能使溶液恢复原状，故A错误；
B．加入碳酸铜时，碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和二氧化碳，所以相当于加入氧化铜，没有加入水，所以不能使溶液恢复原状，故B错误；
C.0.075mol
Cu（OH）2相当于加入0.075molCuO和0.075molH2O，与析出物质的物质的量不同，所以不能恢复原状，故C错误；
D.0.05mol
Cu2（OH）2CO3，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，根据原子守恒知，相当于加入0.1molCuO和0.05mol的水，所以能使溶液恢复原状，故D正确；
故选D．
17．恒温密闭容器发生可逆反应：Z（？）+W（？） X（g）+Y（？）；△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法中正确的是（ ）
A．Z和W在该条件下有一种是为气态
B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C．若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
D．若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．在t2时刻缩小容器体积，由图可知，逆反应速率增大，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变；
B．根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或不是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变或不等；
C．化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值；
D．该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，△S＞0，得出该反应是吸热反应．
【解答】解：A．在t2时刻缩小容器体积，由图可知，逆反应速率增大，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，则Z和W都不是气体，故A错误；
B．根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或为固体与液体，当Y为固体或液体时，只有X为气体，则t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量相等，故B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）相等，故C错误；
D．由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，△S＞0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D正确；
故选D．
18．在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6mol
A和2mol
B，向乙中通入1.5mol
A、0.5mol
B、3mol
C和2mol
D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是（ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等
C．平衡时甲中A的体积分数为40%
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5
【考点】化学平衡的计算．
【分析】反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题．
【解答】解：3A（g）+B（g）
xC（g）+D（s）
甲
6
2
0
0
乙
1.5
0.5
3
2
反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；
B．反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B正确；
C．C的体积分数都为0.2，则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；
D．x=4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确．
故选C．
19．一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）．现将4mol
A和8mol
B加入体积为2L的某密闭容器中，反应至4min时，改变某一条件，测得C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．下列有关说法中正确的是（ ）
A．0～2
min内，正反应速率逐渐增大
B．4
min时，A的转化率为50%
C．6
min时，B的体积分数为25%
D．4
min时，改变条件后，平衡向逆反应方向移动
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】A、在0～2min内，正反应速率逐渐减小；
B、反应从起始至4min时，处于平衡状态，根据C的浓度计算出反应消耗的A的转化浓度为1.25mol/L，再计算出A的转化率；
C、反应从起始至6min时，平衡不动，C的浓度增大为5mol/L，体积分数和2min时相同；
D、反应至4min时，改变某一条件，C的物质的量浓度变为5
mol/L，且平衡不移动．
【解答】解：A、在0～2min内，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故A错误；
B、反应从起始至4min时，C的浓度为2.5mol/L，反应消耗的A的浓度为：1.25mol/L，反应前A的浓度为：
=2mol/L，A的转化率为62.5%，故B错误；
C、反应从起始至6min时，平衡不动，C的浓度增大为5mol/L，体积分数和2min时相同，依据平衡三段式计算得到
A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）
起始量（mol）
4
8
0
0
变化量（mol）
2.5
5
5
2.5
平衡量（mol）
1.5
3
5
2.5
反应前后前提条件不变，B的体积分数=×100%=25%，故C正确；
D、图象分析可知，4
min时，改变条件后，且平衡不移动，该反应是体积不变的反应，说明缩小了容器容积，故D错误；
故选C．
20．已知：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．在相同温度下，相同容积的恒容容器中，实验测得起始、平衡时的有关数据如表：则下列关系中正确的是（ ）
实验编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系的变化
平衡时NH3的体积分数
N2
H2
NH3
①
1
3
0
放出热量：23.15
kJ
W1
②
0.9
2.7
0.2
放出热量：Q
kJ
W2
A．W1＞W2，Q＜23.15
B．W1=W2，Q=23.15
C．W1＜W2，Q＞23.15
D．W1=W2，Q＜23.15
【考点】化学平衡的计算．
【分析】②中反应物起始状态可完全转化为生成物时和①完全相同，所以①②是等效平衡，根据①中放出的热量，可以计算出平衡状态时各物质的量，再，再根据②中起始状态，判断②达到平衡时变化的N2的量，计算出反应放出的热量QkJ的量，由此判断解答．
【解答】解：②中反应物完全转化为生成物时和①相同，所以①②是等效平衡，达到平衡时平衡状态完全相同，平衡时NH3的体积分数相同，即W1=W2，
①平衡时放出的热量为23.15
kJ，根据N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol，可知变化的N2的物质的量为1mol×（23.15
kJ÷92.4kJ）=0.25mol，可知平衡时N2的物质的量为1mol﹣0.25mol=0.75mol，可知②中N2的变化量为0.9mol﹣0.75mol=0.15mol，变化量小于①中N2的变化量，放出的热量Q小于23.15
kJ，选项D符合题意，故答案为：D．
21．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A．常温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，某无色溶液中不可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣
B．pH=2的溶液中，可能大量存在：Na+、Fe2+、ClO﹣、SO42﹣
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液中可能大量存在：Na+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，溶液中可能大量存在：Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，为酸或碱溶液；
B．pH=2的溶液，显酸性；
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液显酸性；
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，为酸或强碱溶液．
【解答】解：A．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在S2﹣，碱性溶液中不能大量存在Al3+、NH4+，且Al3+、S2﹣相互促进水解，故A正确；
B．pH=2的溶液，显酸性，Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液显酸性，不能大量存在HCO3﹣，故C错误；
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，为酸或强碱溶液，该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确；
故选AD．
22．在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A．
B．
C．
D．、
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中c（CH3COOH）减小，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）增大，据此分析解答．
【解答】解：醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中c（CH3COOH）减小，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）增大，
A．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n（CH3COOH）减小、nc（H+）增大，因为溶液体积相同，所以增大，故A正确；
B．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n（CH3COOH）减小、n（H+）增大，溶液体积相等，所以减小，故B错误；
C．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，溶液体积相等，所以减小，故C错误；
D.
=Ka，温度不变，电离平衡常数不变，所以不变，故D错误；
故选A．
23．常温下，以下4种溶液pH最小的是（ ）
A．0.01mol L﹣1醋酸溶液
B．0.02mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
C．0.03mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
D．pH=2的盐酸与pH=12NaOH溶液等体积混合液
【考点】pH的简单计算．
【分析】常温下，溶液的pH最小说明溶液中氢离子浓度最大、酸性最强，根据溶液中溶质结合氢离子浓度大小对各选项进行判断．
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，所以0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L；
B．0.02mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，二者反应生成0.005mol/L的醋酸钠，还剩余0.005mol/L醋酸，氢离子浓度小于0.005mol/L，该溶液中氢离子浓度一定小于A；
C．0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钠，氢离子浓度小于0.01mol/L，由于醋酸根离子抑制了醋酸的电离，则该混合液中氢离子浓度小于A；
D．pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，则氢离子浓度等于10﹣7
mol/L；
根据以上分析可知，氢离子浓度最大的是A，则pH最小的为A，
故选A．
24．已知一种c（H+）=10﹣3mol/L的酸和一种c（OH﹣）=10﹣3mol/L的碱等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（ ）
A．浓的强酸和稀的强碱反应
B．浓的弱酸和稀的强碱反应
C．等浓度的强酸和弱碱反应
D．二元强酸与一元强碱反应
【考点】弱电解质的判断．
【分析】一种c（H+）=1×10﹣3mol/L的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸．
【解答】解：A．浓的强酸和稀的强碱反应，强酸中氢原子浓度大于强碱溶液中氢氧根离子浓度，与题意不符合，故A错误；
B．浓的弱酸和稀的强碱反应，反应后酸剩余，所以溶液呈酸性，与题意符合，故B正确；
C．等浓度的强酸和弱碱反应，反应后碱剩余，所以溶液呈碱性，与题意不符合，故C错误；
D．二元强酸与一元强碱反应，反应刚好反应完全，则溶液呈中性，与题意不符合，故D错误；
故选B．
25．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法不正确的是（ ）
A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B．甲烧杯中的酸过量
C．两烧杯中参加反应的锌等量
D．反应开始后乙烧杯中c（H+）始终比甲烧杯中c（H+）
大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．醋酸浓度大，消耗的Zn多，但产生等量的氢气时，醋酸消耗的Zn少；
B．两种溶液的体积和pH都相等，HCl的浓度小；
C．盐酸的浓度小，生成等量的氢气，盐酸完全反应；
D．反应开始后，醋酸持续电离．
【解答】解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离；盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸将大于盐酸，所以在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A正确；
B．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故B错误；
C．根据转移电子守恒知，生成等量的氢气需要的锌的质量相等，故C正确；
D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D正确；
故选B．
26．25℃时，若体积为Va，pH=a的某一元强酸与体积为Vb，pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va＜Vb，a=0.5b，则下列符合a值的是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【考点】pH的简单计算．
【分析】酸、碱都是一元强电解质，pH=a的一元强酸溶液中氢离子浓度=10﹣a
mol/L，pH=b的一元强碱中氢氧根离子浓度=10
b﹣14
mol/L，二者恰好反应时，说明酸和碱的物质的量相等，据此分析解答．
【解答】解：酸、碱都是一元强电解质，pH=a的一元强酸溶液中氢离子浓度=10﹣a
mol/L，pH=b的一元强碱中氢氧根离子浓度=10
b﹣14
mol/L，二者恰好反应时，酸和碱的物质的量相等，即：
10﹣a
mol/L×VaL=10
b﹣14
mol/L×VbL，
==10
a+b﹣14，
Va＜Vb，
所以10
a+b﹣14＜1，
所以a+b＜14，
又a=0.5b，
所以3a＜14，
所以a＜；
b＞7，a=0.5b＞0.5×7=3.5，
所以3.5＜a＜，
所以a为4符合，
故选：B．
二．填空题（共4小题）
27．为了证明可逆反应有一定的限度，进行了如下探究活动：①取5mL、0.1mol/L
KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol/L
FeCl3溶液．②充分反应后，将溶液分成三份．③其中一份，滴加CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫色，说明反应生成碘，相应的离子方程式是 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ．④另取一份，滴加 KSCN 溶液，现象 溶液出现血红色 ，说明该反应存在一定的限度．取③静置后的上层清液少量，向其中滴加AgNO3溶液，出现少量黄色沉淀，此方法能否证明反应存在一定的限度 不能 ？理由是 碘化钾相对于氯化铁是过量的 ．
【考点】化学反应的可逆性．
【分析】铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；5mL、0.1mol/L
KI溶液、5～6滴0.1mol/L
FeCl3溶液的混合物中加入0.1mol L﹣1
KSCN溶液，如果溶液出现血红色，说明溶液中有没反应的FeCl3溶液，说明此反应为可逆反应．
【解答】解：铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色，发生反应：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，加入0.1mol L﹣1
KSCN溶液，如果溶液出现血红色，说明溶液中有没反应的FeCl3溶液，5～6滴氯化铁相对于碘离子是少量的，所以可以说明此反应为可逆反应，存在一定的限度，取③静置后的上层清液少量，向其中滴加AgNO3溶液，出现少量黄色沉淀，证明溶液中含有碘离子，但是碘化钾相对于氯化铁是过量的，所以此方法不能证明反应存在一定的限度，
故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；KSCN；溶液出现血红色；不能；碘化钾相对于氯化铁是过量的．
28．不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系如图所示．回答下列问题：
（1）T℃ ＞ 25℃（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）向a点对应的醋酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液至b点，则两溶液的体积 不相等 （填“相等”或“不相等”）．
（3）d点对应的食盐水pH= 6 ，呈 中性 性（填“酸”、“中”或“碱”）．
（4）T℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c（H+）= 10﹣7mol/L ．将此溶液稀释至原体积的1000倍，稀释后溶液中= 200 ．向稀释后的溶液中加入 100 mL
T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）根据T℃时Kw值判断；
（2）醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性；
（3）d点对应溶液中氢离子浓度为10﹣6mol/L，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同；
（4）酸溶液中水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根离子浓度；将此溶液稀释至原体积的1000倍，氢离子浓度约为10﹣6mol/L，硫酸根离子的浓度变为原来的；加入T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性，则溶液中溶质为硫酸钠，根据原子守恒计算．
【解答】解：（1）T℃时Kw=10﹣6×10﹣6=10﹣12，该温度下的Kw值大于25℃时的Kw，所以T℃＞25℃；
故答案为：＞；
（2）醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，若要溶液显中性，则醋酸稍过量，所以醋酸与NaOH的体积不相等；
故答案为：不相等；
（3）d点对应溶液中氢离子浓度为10﹣6mol/L，则溶液的pH=6，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，所以溶液显中性；
故答案为：6；中性；
（4）T℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c（H+）==10﹣7mol/L；将此溶液稀释至原体积的1000倍，氢离子浓度约为10﹣6mol/L，硫酸根离子的浓度变为原来的，则稀释后溶液中==200；加入T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性，则溶液中溶质为硫酸钠，n（Na+）=2n（SO42﹣），由原子守恒可知，所加n（Na+）=2××10﹣5×0.1=10﹣6mol，c（NaOH）==10﹣5mol/L，则V（NaOH）==0.1L=100mL；
故答案为：10﹣7mol/L；200；100．
29．已知：a．2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H=﹣2741.8kJ/mol
b．2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol
（1）C3H8的燃烧热为 C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2219.9kJ/mol ．
（2）C3H8在不足量的O2里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定容积的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H＞0．
①下列事实能说明该反应达到平衡的是 bd ．
a．体系的压强不发生变化
b．v正（H2）=v逆（CO）
c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化
d．CO2的浓度不再发生变化
②在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2O）=2.4mol/L，达到平衡后CO的转化率为40%，该反应在此温度下的平衡常数是 0.4 ．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）根据盖斯定律来计算丙烷完全燃烧的反应热；
（2）①利用平衡的特征“等”、“定”及由此衍生的一些量来分析；
②根据CO的转化率计算CO的浓度变化量，利用三段式计算各组分的浓度变化量、平衡时各组分的浓度，将平衡浓度代入平衡常数表达式计算该反应的平衡常数．
【解答】解：（1）由①2C3H8（g）+7O2
（g）=6CO
（g）+8H2O（l）△H1=﹣2741.8kJ/mol，
②2CO
（g）+O2（g）=2CO2
（g）△H2=﹣566kJ/mol，
根据盖斯定律可知，可得C3H8（g）+5O2
（g）=3CO2
（g）+4H2O（l），其反应热为=﹣2219.9KJ/mol，
故答案为：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2219.9kJ/mol；
（2）①a．由反应可知，反应前后的压强始终不变，则体系中的压强不发生变化，不能判断平衡，故a错误；
b．v正（H2）=v逆（CO），正反应速率等于逆反应速率，达到平衡，故b正确；
c．气体的总质量不变，总物质的量不发生变化，不能判断平衡，故c错误；
d．CO2的浓度不再发生变化，由平衡的特征“定”可知，则化学反应达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
②C3H8在不足量的氧气里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，所以起始有CO2，根据元素守恒可知，当水为2.4mol/L、CO为1mol/L时，二氧化碳为0.8mol/L，达到平衡后，CO的转化率为60%，则CO的浓度变化量=1mol/L×60%=0.6mol/L，则；
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始（mol/L）：1
2.4
0.8
0
变化（mol/L）：0.4
0.4
0.4
0.4
平衡（mol/L）：0.6
2.0
1.2
0.4
平衡常数k==0.4，
故答案为：0.4．
30．甲、乙、丙均为中学化学常见的气体单质，A为10电子化合物，B为18电子化合物，各物质之间存在如图所示的转化关系（部分反应条件及产物略去）：
请回答下列问题：
（1）甲的化学式为 NH3 ，B的电子式为 ．
（2）写出反应⑤的离子方程式 NH4++OH﹣=NH3 H2O ．
（3）反应①中生成1mol
A的活化能为1127kJ/mol，反应②中生成1mol
B的活化能为340kJ/mol，则相同条件下，反应①的反应速率 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）反应②的反应速率．
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂．
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，则该反应的热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）
2NH3
（g）△H=﹣92.4KJ/mol ．气体乙的平衡转化率为 16.7% ．
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，则x与y的关系是 x=y ．
【考点】无机物的推断．
【分析】甲、乙、丙均为中学化学常见的气体单质，A为10电子化合物，B为18电子化合物，C溶液中加入氢氧化钠溶液加热反应生成A，判断A为氨气，C溶液中加入金属镁生成气体甲证明为H2，则乙为N2，丙为氯气，A为NH3，B为HCl，C为NH4Cl，据此分析，
（1）甲为氨气，B为HCL氢原子最外层1个电子，氯原子最外层7个电子，HCl分子是由1个氢原子和1个氯原子通过共用1对电子结合而成的共价化合物；
（2）反应⑤是铵根离子和氢氧根离子加热反应生成氨气和水；
（3）活化能越大反应速率越慢；
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂，发生的反应为：N2+3H22NH3，
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，反应中电子转移6mol电子反应氮气1mol，氢气3mol，放热92.4KJ，据此书写热化学方程式，结合反应三行计算计算转化率=×100%；
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，氮气和氢气物质的量相同；
【解答】解：（1）甲的化学式为NH3，HCl分子是由1个氢原子和1个氯原子通过共用1对电子结合而成的共价化合物其电子式为，
故答案为：NH3；；
（2）反应⑤是铵根离子和氢氧根离子加热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3 H2O，
故答案为：NH4++OH﹣=NH3 H2O；
（3）反应①中生成1mol
A的活化能为1127kJ/mol，反应②中生成1mol
B的活化能为340kJ/mol，则相同条件下，反应①的反应速率大于反应②的反应速率，故答案为：大于；
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂，发生的反应为：N2+3H22NH3，
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，反应中电子转移6mol电子反应氮气1mol氢气3mol，放热92.4KJ，据此书写热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3
（g）△H=﹣92.4KJ/mol，结合反应三行计算计算，转移2mol电子反应的氮气物质的量为mol，
N2+3H22NH3，
起始量
2
8
0
变化量
1
平衡量
7
乙的转化率=×100%=×100%=16.7%；
故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3
（g）△H=﹣92.4KJ/mol；16.7%，
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，需要满足氮气和氢气物质的量相同，x=y，故答案为：x=y；
[选做题]
31．甲醇是一种重要的可再生能源．
（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=aKJ/mol
CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）△H=bKJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式： 2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol ．
（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）
甲图是反应时CO和CH2OH（g）的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率v（H2）= 0.15mol/（L min） ．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是 BD ．（填字母）
A．H2的消耗速率等于CH2OH的生成速率的2倍数
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA ＜ PB（填“＞、＜、=”）
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）= 4 L．
（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式： 2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O ．
【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol
根据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）；
（2）根据反应速率v=，结合物质表示的反应速率之比等于物质前边的系数之比来计算；
（3）①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
②正反应方向为气体体积减小的方向，T1℃时比较CO的转化率，转化率越大，则压强越大；
③A、B反应温度相等，则平衡常数相等，利用平衡常数计算；
（4）燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，在碱性环境下，二氧化碳转化为碳酸根离子．
【解答】解：（1）已知①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a
KJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b
KJ/mol，①+②×2可得到2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol；
（2）用甲醇表示的反应速率v==0.075mol/（L min），氢气表示的反应速率是甲醇的2倍，即0.15mol/（L min），故答案为：0.15mol/（L min）；
（3）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故A错误；
B．H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故C错误；
D．体系中气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均摩尔质量不再改变，证明达到了平衡，故D正确；
故答案为：BD；
②正反应方向为气体体积减小的方向，T1℃时比较CO的转化率，转化率越大，则压强越大，图象中PB转化率大于PA，可知PA＜PB，故答案为：＜；
③A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO的转化率为0.8，
则
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol）：10
20
0
转化（mol）：8
16
8
平衡（mol）：2
4
8
设体积为VL，则有K==4，V=4L，
故答案为：4；
（4）燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，在碱性环境下，二氧化碳转化为碳酸根离子，即2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O，
故答案为：2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O．
[选做题]
32．甲醇是一种优质燃料，在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）．
已知：
①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol
③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol
回答下列问题：
（1）计算CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的反应热△H4= ﹣574.4KJ/mol ．
（2）若在绝热、恒容的密闭容器中充入1mol
CO、2mol
H2，发生CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）反应，下列示意图（a﹣d）正确且能说明反应在进行到t1时刻为平衡状态的是 d （填选项字母）．
（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol
CO、2mol
H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v（H2）= 0.064mol/（L L） ．T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol
CO、2mol
H2，达到平衡时CO的转化率为0.7，则该容器的体积 ＞ 5L（填“＞”“＜”或“=”）；T1℃时，CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K= 625 ．
（4）在T1℃时，在体积为5L的恒容容器中充入一定量的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数与n（H2）/n（CO）的关系如图e所示．温度不变，当=2.5时，达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图象中的 F 点．
（5）为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式： CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O ．该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，这种电化学保护方法叫做 外加电源的阴极保护法 ．
（6）含有甲醇的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可．写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式： 6ClO2+5CH3OH=6Cl﹣+5CO2+6H++7H2O ．
【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）结合热化学方程式和盖斯定律计算，计算①+②×2﹣③得到CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的热化学方程式；
（2）a、图1表示t1时刻如果达平衡，正反应速率不变；
b、平衡常数不变，说明体系的温度不变，而在绝热的体系中；
c、一氧化碳与甲醇的物质的量相等；
d、一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态；
（3）结合化学三行计算列式计算，反应速率为v（H2）=，气体物质的量之比等于气体体积之比，平衡常数随温度变化，K=；
（4）当容器中各物质的物质的量之比等于化学方程式计量数之比时，达到平衡状态时生成物的体积分数最大，所以当小于2，平衡时甲醇的体积分数逐渐增大，当大于2，平衡时甲醇体积分数减小；
（5）燃料原电池中，燃料失电子发生氧化反应为负极，通入氧气得到电子发生还原反应为正极，电解池中阴极被保护；
（6）根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl﹣、CO2和水2，配平方程式即可；
【解答】解：（1）①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol
③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol
盖斯定律计算①+②×2﹣③，得到CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H4=﹣574.4KJ/mol，
故答案为：﹣574.4KJ/mol；
（2）a、图1表示t1时刻如果达平衡，正反应速率不变，而不是随时间间改变而减小，故a错误；
b、充入1molCO、2molH2，生成生成物甲醇，放出热量，反应体系的温度升高，K减小，而不是增大，故b错误；
c、一氧化碳与甲醇的物质的量相等，而不是平衡状态，故c错误；
d、随着反应的进行，一氧化碳的质量减小，一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态，故d正确；
故选d，
故答案为：d；
（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol
CO、2mol
H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，化学三行计算列式得到，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
起始量（mol/L）
0.2
0.4
0
变化量（mol/L）
0.16
0.32
0.16
平衡量（mol/L）
0.04
0.08
0.16
则5min内用H2表示的反应速率为v（H2）==0.064mol/（L L），
温度不变，T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol
CO、2mol
H2，达到平衡时CO的转化率为0.7，转化率减小说明平衡左移，体积增大，T1℃时，CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K==625，
故答案为：0.064mol/（L L）；＞；625；
（4）当容器中各物质的物质的量之比等于化学方程式计量数之比时，达到平衡状态时生成物的体积分数最大，所以当小于2，平衡时甲醇的体积分数逐渐增大，当大于2，平衡时甲醇体积分数减小，所以C点对应的甲醇的体积分数最大，当=2.5时，平衡时甲醇体积分数会降低，应选F点，
故答案为：F；
（5）燃料原电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以通入燃料甲醇的电极为负极，电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，是利用铁闸做电解池阴极被保护，名称为：外加电源的阴极保护法，
故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O；外加电源的阴极保护法；
（6）根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl﹣、CO2和水2，所以反应方程式为：6ClO2+5CH3OH=6Cl﹣+5CO2+6H++7H2O，
故答案为：6ClO2+5CH3OH=6Cl﹣+5CO2+6H++7H2O；
2017年2月24日
一．选择题（共26小题，每小题2分，计52分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（ ）
A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率
D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品
2．250°C，101Kpa时，2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行，其自发进行的主要原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减反应
D．熵增效应大于能量效应
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL
2mol L﹣1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（ ）
A．10℃20mL3
mol L﹣1的X溶液
B．20℃30
mL
2
mol L﹣1的X溶液
C．20℃10
mL
4
mol L﹣1的X溶液
D．10℃10
mL
2
mol L﹣1的X溶液
4．铁制自来水管与下列材料作成的自来水龙头连接，自来水管锈蚀最快的是（ ）
A．铁水龙头
B．铜水龙头
C．塑料水龙头
D．陶瓷水龙头
5．下列措施能提高合成氨[N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol]厂的生产效率和经济效益的是（ ）
①采用20MPa～50MPa的压强；
②使用催化剂；
③在合适的温度下进行反应；
④从平衡混合气体中液化分离出NH3，并将N2、H2循环使用．
A．①③④
B．③④
C．①②③
D．全部
6．已知25℃、101kPa条件下：①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣2834.9kJ/mol；
②4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3119.1kJ/mol．由此得出的正确结论是（ ）
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应
7．如图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑．下列说法错误的是（ ）
A．a、b不可能是同种材料的电极
B．X为电流计，c为稀盐酸，该装置为原电池
C．X为直流电源，c为稀硫酸，该装置为电解池
D．X为电流计，c为稀硫酸，a可能为铜电极，b可能为锌电极
8．现有两份大理石样品，一份是块状，一份是粉末状，在相同温度下，分别与100mL、1mol L﹣1
的盐酸完全反应，实验测得生成CO2的体积与反应时间的关系如图所示．有关说法正确的是（ ）
A．两份大理石一定有剩余
B．两份盐酸一定反应完全
C．曲线a表示的是块状大理石样品与盐酸反应
D．曲线b表示的是块状大理石样品与盐酸反应
9．一定条件下，反应2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，在密闭容器中达到平衡．在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（ ）
A．温度130℃、压强3.03×105Pa
B．温度25℃、压强1.01×105Pa
C．温度130℃、压强5.05×105Pa
D．温度0℃、压强5.05×105Pa
10．已知H﹣H、Cl﹣Cl和H﹣Cl的键能分别为436kJ mol﹣1、243kJ mol﹣1和431kJ mol﹣1，请用此数据估计，由Cl2、H2生成2mol
H﹣Cl 时的热效应△H等于（ ）
A．﹣183
kJ mol﹣1
B．﹣91.5kJ mol﹣1
C．+183kJ mol﹣1
D．+91.5kJ mol﹣1
11．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）=2Ag（s）+Cu2+（aq）设计的原电池如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．银电极是负极
B．X电极是锌电极
C．去掉盐桥电流计指针仍偏转
D．Y溶液为AgNO3溶液
12．已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“﹣”．关于标有“+”的接线柱，下列说法中正确的是（ ）
A．充电时作阳极，放电时作负极
B．充电时作阳极，放电时作正极
C．充电时作阴极，放电时作负极
D．充电时作阴极，放电时作正极
13．某密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g） 2Z（g），若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A．1＜＜3
B．＜＜
C．＜＜4
D．＜＜
14．如图用来研究钢铁制品的腐蚀，装置的气密性良好，且开始时U形管两端的红墨水液面相平．一段时间后能观察到铁钉生锈．下列说法不正确的是（ ）
A．铁钉表面发生的反应为Fe﹣3e﹣=Fe3+
B．若液体a为稀盐酸，则U形管液面右高左低
C．若液体a为食盐水，则U形管液面左高右低
D．若液体a为食用油，则铁钉生锈速率较慢
15．与图有关的下列叙述正确的是（ ）
A．a为直流电源的负极
B．用该装置制白铁（镀锌铁），d为铁电极
C．用该装置精炼铜，d为粗铜电极
D．c、d均为石墨电极电解饱和食盐水时，c电极附近pH升高
16．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）．欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）
A．0.15
mol
CuO
B．0.1
mol
CuCO3
C．0.075mol
Cu（OH）2
D．0.05
mol
Cu2（OH）2CO3
17．恒温密闭容器发生可逆反应：Z（？）+W（？） X（g）+Y（？）；△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法中正确的是（ ）
A．Z和W在该条件下有一种是为气态
B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C．若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
D．若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
18．在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6mol
A和2mol
B，向乙中通入1.5mol
A、0.5mol
B、3mol
C和2mol
D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是（ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等
C．平衡时甲中A的体积分数为40%
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5
19．一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）．现将4mol
A和8mol
B加入体积为2L的某密闭容器中，反应至4min时，改变某一条件，测得C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．下列有关说法中正确的是（ ）
A．0～2
min内，正反应速率逐渐增大
B．4
min时，A的转化率为50%
C．6
min时，B的体积分数为25%
D．4
min时，改变条件后，平衡向逆反应方向移动
20．已知：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．在相同温度下，相同容积的恒容容器中，实验测得起始、平衡时的有关数据如表：则下列关系中正确的是（ ）
实验编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系的变化
平衡时NH3的体积分数
N2
H2
NH3
①
1
3
0
放出热量：23.15
kJ
W1
②
0.9
2.7
0.2
放出热量：Q
kJ
W2
A．W1＞W2，Q＜23.15
B．W1=W2，Q=23.15
C．W1＜W2，Q＞23.15
D．W1=W2，Q＜23.15
21．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A．常温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，某无色溶液中不可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣
B．pH=2的溶液中，可能大量存在：Na+、Fe2+、ClO﹣、SO42﹣
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液中可能大量存在：Na+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，溶液中可能大量存在：Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣
22．在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A．
B．
C．
D．、
23．常温下，以下4种溶液pH最小的是（ ）
A．0.01mol L﹣1醋酸溶液
B．0.02mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
C．0.03mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
D．pH=2的盐酸与pH=12NaOH溶液等体积混合液
24．已知一种c（H+）=10﹣3mol/L的酸和一种c（OH﹣）=10﹣3mol/L的碱等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（ ）
A．浓的强酸和稀的强碱反应
B．浓的弱酸和稀的强碱反应
C．等浓度的强酸和弱碱反应
D．二元强酸与一元强碱反应
25．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法不正确的是（ ）
A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B．甲烧杯中的酸过量
C．两烧杯中参加反应的锌等量
D．反应开始后乙烧杯中c（H+）始终比甲烧杯中c（H+）
大
26．25℃时，若体积为Va，pH=a的某一元强酸与体积为Vb，pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va＜Vb，a=0.5b，则下列符合a值的是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
二．填空题（共4小题）
27．为了证明可逆反应有一定的限度，进行了如下探究活动：①取5mL、0.1mol/L
KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol/L
FeCl3溶液．②充分反应后，将溶液分成三份．③其中一份，滴加CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫色，说明反应生成碘，相应的离子方程式是 ．④另取一份，滴加 溶液，现象 ，说明该反应存在一定的限度．取③静置后的上层清液少量，向其中滴加AgNO3溶液，出现少量黄色沉淀，此方法能否证明反应存在一定的限度 ？理由是 ．
28．不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系如图所示．回答下列问题：
（1）T℃ 25℃（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）向a点对应的醋酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液至b点，则两溶液的体积 （填“相等”或“不相等”）．
（3）d点对应的食盐水pH= ，呈 性（填“酸”、“中”或“碱”）．
（4）T℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c（H+）= ．将此溶液稀释至原体积的1000倍，稀释后溶液中= ．向稀释后的溶液中加入 mL
T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性．
29．已知：a．2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H=﹣2741.8kJ/mol
b．2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol
（1）C3H8的燃烧热为 ．
（2）C3H8在不足量的O2里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定容积的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H＞0．
①下列事实能说明该反应达到平衡的是 ．
a．体系的压强不发生变化
b．v正（H2）=v逆（CO）
c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化
d．CO2的浓度不再发生变化
②在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2O）=2.4mol/L，达到平衡后CO的转化率为40%，该反应在此温度下的平衡常数是 ．
30．甲、乙、丙均为中学化学常见的气体单质，A为10电子化合物，B为18电子化合物，各物质之间存在如图所示的转化关系（部分反应条件及产物略去）：
请回答下列问题：
（1）甲的化学式为 ，B的电子式为 ．
（2）写出反应⑤的离子方程式 ．
（3）反应①中生成1mol
A的活化能为1127kJ/mol，反应②中生成1mol
B的活化能为340kJ/mol，则相同条件下，反应①的反应速率 （填“大于”“小于”或“等于”）反应②的反应速率．
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂．
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，则该反应的热化学方程式为 ．气体乙的平衡转化率为 ．
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，则x与y的关系是 ．
[选做题]
31．甲醇是一种重要的可再生能源．
（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=aKJ/mol
CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）△H=bKJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式： ．
（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）
甲图是反应时CO和CH2OH（g）的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率v（H2）= ．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是 ．（填字母）
A．H2的消耗速率等于CH2OH的生成速率的2倍数
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA PB（填“＞、＜、=”）
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）= L．
（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式： ．
[选做题]
32．甲醇是一种优质燃料，在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）．
已知：
①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol
③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol
回答下列问题：
（1）计算CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的反应热△H4= ．
（2）若在绝热、恒容的密闭容器中充入1mol
CO、2mol
H2，发生CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）反应，下列示意图（a﹣d）正确且能说明反应在进行到t1时刻为平衡状态的是 （填选项字母）．
（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol
CO、2mol
H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v（H2）= ．T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol
CO、2mol
H2，达到平衡时CO的转化率为0.7，则该容器的体积 5L（填“＞”“＜”或“=”）；T1℃时，CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K= ．
（4）在T1℃时，在体积为5L的恒容容器中充入一定量的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数与n（H2）/n（CO）的关系如图e所示．温度不变，当=2.5时，达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图象中的 点．
（5）为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式： ．该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，这种电化学保护方法叫做 ．
（6）含有甲醇的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可．写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式： ．
2016-2017学年河北省唐山一中高二（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共26小题，每小题2分，计52分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
1．下列是4位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡“一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（ ）
A．化学反应速率理论是研究怎样在一定时间内快出产品
B．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品
C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率
D．化学平衡理论是研究怎样使原料尽可能多地转化为产品
【考点】化学反应速率的调控作用；化学平衡的调控作用．
【分析】在工业生产中，结合影响化学反应速率的因素可调节外界条件，加快产品的生成速率，从影响化学平衡的因素的角度选择合适的反应条件，使反应向生成物的方向进行．
【解答】解：从工业生产的实际出发，外界条件只影响化学反应速率的大小，不影响原料的转化率，但根据化学平衡理论，结合影响化学平衡移动的因素，可根据反应方程式的特点，可选择合适的温度、压强，促进平衡向正反应方向移动，从而使原料尽可能多地转化为产品，提高反应物的转化率，很明显C项错误．
故选C．
2．250°C，101Kpa时，2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）△H=+56.76kJ/mol，该反应能自发进行，其自发进行的主要原因是（ ）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减反应
D．熵增效应大于能量效应
【考点】焓变和熵变．
【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T △S＜0时，反应能自发进行．
【解答】解：反应能自发进行，应有△G=△H﹣T △S＜0，因△H＞0，则△H＜T △S，说明熵增效应大于能量效应，故选D．
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL
2mol L﹣1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最快的是（ ）
A．10℃20mL3
mol L﹣1的X溶液
B．20℃30
mL
2
mol L﹣1的X溶液
C．20℃10
mL
4
mol L﹣1的X溶液
D．10℃10
mL
2
mol L﹣1的X溶液
【考点】反应速率的定量表示方法；化学反应速率的影响因素．
【分析】计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则X的物质的量越大，X的浓度越大，而浓度越大、温度越高，反应速率越快．
【解答】解：A．20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L=0.06mol；
B．30mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.03L×2mol/L=0.06mol；
C．10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L=0.04mol；
D．10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L=0.02mol，
显然四种情况下，X浓度A=B＞C＞D，而温度B=C＞A=D，故反应速率B的反应速率最快，
故选B．
4．铁制自来水管与下列材料作成的自来水龙头连接，自来水管锈蚀最快的是（ ）
A．铁水龙头
B．铜水龙头
C．塑料水龙头
D．陶瓷水龙头
【考点】金属腐蚀的化学原理．
【分析】根据铁生锈的条件进行分析，铁在有水和氧气并存时易生锈．
【解答】解：铁制自来水管与铜水龙头相连接，这样Cu、Fe以及自来水形成原电池，Fe的活动性强于Cu，金属铁作负极，故使Fe锈蚀更快，其他选项都不形成原电池．
故选B．
5．下列措施能提高合成氨[N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol]厂的生产效率和经济效益的是（ ）
①采用20MPa～50MPa的压强；
②使用催化剂；
③在合适的温度下进行反应；
④从平衡混合气体中液化分离出NH3，并将N2、H2循环使用．
A．①③④
B．③④
C．①②③
D．全部
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】该反应是正反应气体体积减小的放热反应，为提高生产效率和经济效益，从化学平衡和化学反应速率的角度综合考虑．
【解答】解：①增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大，压强太大对设备的要求太高，采用20MPa～50MPa的压强，既能够加快反应速率且使平衡正向移动，对设备要求又不是太高，故①选；
②使用催化剂平衡不移动，氨气的产率不变，但加快了反应速率，提高了生产效率和经济效益，故②选；
③升高温度平衡向逆反应方向移动，则氨气的产率降低，但温度太低反应速率太慢，在合适的温度下进行反应，能够提高生产效率和经济效益，故③选；
④及时分离出NH3，可使平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大，并将N2、H2循环使用，能提高合成氨厂的生产效率和经济效益，故④选，
故选D．
6．已知25℃、101kPa条件下：①4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣2834.9kJ/mol；
②4Al（s）+2O3（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3119.1kJ/mol．由此得出的正确结论是（ ）
A．等质量的O2比O3能量低，由O2变O3为放热反应
B．等质量的O2比O3能量高，由O2变O3为吸热反应
C．O3比O2稳定，由O2变O3为放热反应
D．O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应
【考点】吸热反应和放热反应．
【分析】利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，物质的能量越低越稳定；燃烧热是指1mol物质与氧气完全燃烧时放出的热量，据此解答．
【解答】解：利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，物质的能量越低越稳定；燃烧热是指1mol物质与氧气完全燃烧时放出的热量，
AB．利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，由O2变O3为吸热反应，故AB错误；
CD．利用盖斯定律，将反应①﹣②得：3O2（g）=2O3（g）；△H=+284.2KJ/mol，可知等质量的氧气比臭氧能量低，物质的能量越低越稳定，由O2变O3为吸热反应，故C错误D正确．
故选D．
7．如图装置中发生反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑．下列说法错误的是（ ）
A．a、b不可能是同种材料的电极
B．X为电流计，c为稀盐酸，该装置为原电池
C．X为直流电源，c为稀硫酸，该装置为电解池
D．X为电流计，c为稀硫酸，a可能为铜电极，b可能为锌电极
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据Zn+2H+═Zn2++H2↑知，锌失电子发生氧化反应，氢离子得电子发生还原反应，该装置可能是原电池也可能是电解池，锌发生的反应可能是原电池负极也可能是电解池阳极上发生的反应，则氢离子发生的反应可能是原电池正极也可能是电解池阳极上发生的反应，如果是原电池，则锌作负极，比锌不活泼的金属或导电的非金属作正极，电解质溶液为酸溶液，如果是电解池，则阳极是锌，电解质溶液是酸或活动性顺序在氢之前的金属盐溶液，据此分析解答．
【解答】解：A．如果该装置是电解池，如锌作阴、阳极，电解质溶液是酸，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，符合离子反应方程式，所以两个电极可以相同，故A错误；
C．X为直流电源，c为稀硫酸，锌作阳极，电解时，阳极上锌失电子，阴极上氢离子得电子，符合离子反应方程式，故C正确；
B、该装置是原电池，电解质溶液为稀盐酸，锌作负极，正极上氢离子得电子，发生的反应符合离子方程式，故B正确；
D、该装置可看作是铜﹣锌原电池，电解质溶液是稀硫酸，负极上锌失电子，正极氢离子得电子，符合离子方程式，故D正确．
故选A．
8．现有两份大理石样品，一份是块状，一份是粉末状，在相同温度下，分别与100mL、1mol L﹣1
的盐酸完全反应，实验测得生成CO2的体积与反应时间的关系如图所示．有关说法正确的是（ ）
A．两份大理石一定有剩余
B．两份盐酸一定反应完全
C．曲线a表示的是块状大理石样品与盐酸反应
D．曲线b表示的是块状大理石样品与盐酸反应
【考点】化学反应速率的影响因素．
【分析】固体表面积越大、盐酸浓度越大，反应速率越大，则曲线的斜率越大，生成二氧化碳的体积相同，说明大理石或盐酸完全反应，以此解答该题．
【解答】解：由于盐酸体积、大理石质量不确定，则不能确定盐酸、大理石是否剩余，块状大理石表面积较小，则反应速率较小，曲线b为块状大理石样品与盐酸反应，
故选D．
9．一定条件下，反应2NO2（g） N2O4（g）△H＜0，在密闭容器中达到平衡．在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（ ）
A．温度130℃、压强3.03×105Pa
B．温度25℃、压强1.01×105Pa
C．温度130℃、压强5.05×105Pa
D．温度0℃、压强5.05×105Pa
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】由于存在平衡2NO2（g） N2O4（g），N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，根据温度、压强对平衡的影响判断．
【解答】解：由于存在平衡2NO2（g） N2O4（g），N2O4的存在会影响二氧化氮的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向左移动，减小N2O4的含量，该反应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取高温低压，故选A．
10．已知H﹣H、Cl﹣Cl和H﹣Cl的键能分别为436kJ mol﹣1、243kJ mol﹣1和431kJ mol﹣1，请用此数据估计，由Cl2、H2生成2mol
H﹣Cl 时的热效应△H等于（ ）
A．﹣183
kJ mol﹣1
B．﹣91.5kJ mol﹣1
C．+183kJ mol﹣1
D．+91.5kJ mol﹣1
【考点】有关反应热的计算．
【分析】根据反应热=反应物总键能﹣生成物总键能计算Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）热效应△H．
【解答】解：H﹣H的键能为436kJ mol﹣1、Cl﹣Cl键能为243kJ mol﹣1、H﹣Cl键能为431kJ mol﹣1，
由于反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，则：
Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）热效应△H=436kJ mol﹣1+243kJ mol﹣1﹣2×431kJ mol﹣1=﹣183
kJ mol﹣1，
故选A．
11．依据氧化还原反应：2Ag+（aq）+Cu（s）=2Ag（s）+Cu2+（aq）设计的原电池如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．银电极是负极
B．X电极是锌电极
C．去掉盐桥电流计指针仍偏转
D．Y溶液为AgNO3溶液
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】由方程式2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）可知，反应中Ag+被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，以此解答该题．
【解答】解：A、银电极为电池的正极，被还原，故A错误；
B、电极X的材料是铜，为原电池的负极，故B错误；
C、盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，去掉盐桥，不能构成原电池，电流计指针不偏转，故C错误；
D、Y为硝酸银溶液，Ag+被还原，为正极反应，故D正确；
故选：D．
12．已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池．铅蓄电池上有两个接线柱，一个接线柱旁标有“+”，另一个接线柱旁标有“﹣”．关于标有“+”的接线柱，下列说法中正确的是（ ）
A．充电时作阳极，放电时作负极
B．充电时作阳极，放电时作正极
C．充电时作阴极，放电时作负极
D．充电时作阴极，放电时作正极
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】标有“+”的接线柱，放电时为原电池的正极，充电时为电解池的阳极，以此来解答．
【解答】解：铅蓄电池为二次电池，标有“+”的接线柱，放电时为原电池的正极，充电时为电解池的阳极，
故选B．
13．某密闭容器中进行如下反应：2X（g）+Y（g） 2Z（g），若要使平衡时反应物总物质的量与生成物的总物质的量相等，且用X、Y作反应物，则X、Y的初始物质的量之比的范围应满足（ ）
A．1＜＜3
B．＜＜
C．＜＜4
D．＜＜
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】令参加反应的X的物质的量为n，利用三段式法求出平衡时各组分的物质的量，根据平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，用x、y表示出n，再利用可逆反应的不完全性，反应物不能完全反应，列不等式，据此解答．
【解答】解：令参加反应的Y的物质的量为n，
2X（g）+Y（g） 2Z（g），
开始（mol）：x
y
0
转化（mol）：2n
n
2n
平衡（mol）：x﹣2n
y﹣n
2n
平衡时反应物总物质的量与生成物总物质的量相等，所以有x﹣2n+y﹣n=2n，解得n=；
反应物不能完全反应，所以有，即，解得：，故选C．
14．如图用来研究钢铁制品的腐蚀，装置的气密性良好，且开始时U形管两端的红墨水液面相平．一段时间后能观察到铁钉生锈．下列说法不正确的是（ ）
A．铁钉表面发生的反应为Fe﹣3e﹣=Fe3+
B．若液体a为稀盐酸，则U形管液面右高左低
C．若液体a为食盐水，则U形管液面左高右低
D．若液体a为食用油，则铁钉生锈速率较慢
【考点】金属的电化学腐蚀与防护．
【分析】钢铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀．
当电解质溶液为酸性溶液时，发生析氢腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：2H++2e﹣=H2↑；
当电解质溶液为弱酸性或中性时，发生吸氧腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，据此分析．
【解答】解：钢铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀．
当电解质溶液为酸性溶液时，发生析氢腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：2H++2e﹣=H2↑；
当电解质溶液为弱酸性或中性时，发生吸氧腐蚀，负极为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极反应为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣．
A、无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁钉表面的反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；
B、若液体a为稀盐酸，则铁钉发生析氢腐蚀，产生的氢气会使U形管左端压强增大，则液面降低，右端液面升高，故B正确；
C、若液体a为食盐水，则铁钉发生吸氧腐蚀，将空气中的氧气吸收后，U形管左端压强减小，则液面升高，右端液面降低，故C正确；
D、若液体a为食用油，不是电解质溶液，则铁钉不能发生析氢或吸氧腐蚀，故腐蚀速率较慢，故D正确．
故选A．
15．与图有关的下列叙述正确的是（ ）
A．a为直流电源的负极
B．用该装置制白铁（镀锌铁），d为铁电极
C．用该装置精炼铜，d为粗铜电极
D．c、d均为石墨电极电解饱和食盐水时，c电极附近pH升高
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A、原电池中电流流出的一极为正极；
B、电镀装置中镀层金属为阳极；
C、电解精炼时粗铜为阳极；
D、根据两极附近离子的放电顺序分析．
【解答】解：A、原电池中电流流出的一极为正极，电流由a流出，则a为正极，故A错误；
B、电镀装置中镀层金属为阳极，a为负极，则c为阳极，所以c为Zn，d为铁电极，故B正确；
C、电解精炼时粗铜为阳极，c为阳极，则c为粗铜，d为纯铜，故C错误；
D、c、d均为石墨电极电解饱和食盐水时，d为阴极，d电极附近氢离子放电，氢氧根离子的浓度增大，则pH升高，故D错误．
故选B．
16．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）．欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）
A．0.15
mol
CuO
B．0.1
mol
CuCO3
C．0.075mol
Cu（OH）2
D．0.05
mol
Cu2（OH）2CO3
【考点】电解原理．
【分析】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单质，当铜离子完全析出时，继续电解，阴极上氢离子放电生成氢气，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质即可．
【解答】解：用惰性电极电解硫酸铜溶液时，先发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，当铜离子完全析出时，发生反应2H2O2H2↑+O2↑，根据图象知，转移电子0.2mol时只有气体氧气生成，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，实际上相当于析出氧化铜，根据氧化铜和转移电子之间的关系式得n（Cu）==0.1mol，所以相当于析出0.1molCuO；
继续电解发生的反应为2H2O2H2↑+O2↑，实际上是电解水，根据水和转移电子之间的关系式得m（H2O）=mol=0.25mol，所以电解水的物质的量是0.25mol，
根据“析出什么加入什么”的原则知，要使溶液恢复原状，应该加入0.1mol氧化铜和0.05mol水，
A．只加氧化铜不加水不能使溶液恢复原状，故A错误；
B．加入碳酸铜时，碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和二氧化碳，所以相当于加入氧化铜，没有加入水，所以不能使溶液恢复原状，故B错误；
C.0.075mol
Cu（OH）2相当于加入0.075molCuO和0.075molH2O，与析出物质的物质的量不同，所以不能恢复原状，故C错误；
D.0.05mol
Cu2（OH）2CO3，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，根据原子守恒知，相当于加入0.1molCuO和0.05mol的水，所以能使溶液恢复原状，故D正确；
故选D．
17．恒温密闭容器发生可逆反应：Z（？）+W（？） X（g）+Y（？）；△H，在t1时刻反应达到平衡，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法中正确的是（ ）
A．Z和W在该条件下有一种是为气态
B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等
C．若在该温度下此反应平衡常数表达式为K=c（X），则t1～t2时间段与t3时刻后的X浓度不相等
D．若该反应只在某温度T0以上自发进行，则该反应的平衡常数K随温度升高而增大
【考点】化学平衡的影响因素．
【分析】A．在t2时刻缩小容器体积，由图可知，逆反应速率增大，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变；
B．根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或不是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变或不等；
C．化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值；
D．该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，△S＞0，得出该反应是吸热反应．
【解答】解：A．在t2时刻缩小容器体积，由图可知，逆反应速率增大，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，则Z和W都不是气体，故A错误；
B．根据图象可知，只有X是气体，Y可以是气体或为固体与液体，当Y为固体或液体时，只有X为气体，则t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量相等，故B错误；
C．化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）相等，故C错误；
D．由于该反应在温度为T以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，△S＞0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D正确；
故选D．
18．在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A（g）+B（g） xC（g）+D（s），向甲中通入6mol
A和2mol
B，向乙中通入1.5mol
A、0.5mol
B、3mol
C和2mol
D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，下列叙述中不正确的是（ ）
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x=4
B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比相等
C．平衡时甲中A的体积分数为40%
D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8：5
【考点】化学平衡的计算．
【分析】反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，D为固体，应满足C完全转化为A、B，应有3+1=x，即反应前后气体的化学计量数之和相等，以此解答该题．
【解答】解：3A（g）+B（g）
xC（g）+D（s）
甲
6
2
0
0
乙
1.5
0.5
3
2
反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为20%，说明甲乙两容器为等效平衡状态，
A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则必须满足方程式左右气体的计量数之和相等，所以x=4，故A正确；
B．反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，由此可知甲乙是等效平衡，平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比肯定相等，故B正确；
C．C的体积分数都为0.2，则AB共占80%，而n（A）：n（B）=3：1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，故C错误；
D．x=4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为（6+2）：（1.5+0.5+3）=8：5，故D正确．
故选C．
19．一定温度下有可逆反应：A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）．现将4mol
A和8mol
B加入体积为2L的某密闭容器中，反应至4min时，改变某一条件，测得C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示．下列有关说法中正确的是（ ）
A．0～2
min内，正反应速率逐渐增大
B．4
min时，A的转化率为50%
C．6
min时，B的体积分数为25%
D．4
min时，改变条件后，平衡向逆反应方向移动
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
【分析】A、在0～2min内，正反应速率逐渐减小；
B、反应从起始至4min时，处于平衡状态，根据C的浓度计算出反应消耗的A的转化浓度为1.25mol/L，再计算出A的转化率；
C、反应从起始至6min时，平衡不动，C的浓度增大为5mol/L，体积分数和2min时相同；
D、反应至4min时，改变某一条件，C的物质的量浓度变为5
mol/L，且平衡不移动．
【解答】解：A、在0～2min内，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故A错误；
B、反应从起始至4min时，C的浓度为2.5mol/L，反应消耗的A的浓度为：1.25mol/L，反应前A的浓度为：
=2mol/L，A的转化率为62.5%，故B错误；
C、反应从起始至6min时，平衡不动，C的浓度增大为5mol/L，体积分数和2min时相同，依据平衡三段式计算得到
A（g）+2B（g） 2C（g）+D（g）
起始量（mol）
4
8
0
0
变化量（mol）
2.5
5
5
2.5
平衡量（mol）
1.5
3
5
2.5
反应前后前提条件不变，B的体积分数=×100%=25%，故C正确；
D、图象分析可知，4
min时，改变条件后，且平衡不移动，该反应是体积不变的反应，说明缩小了容器容积，故D错误；
故选C．
20．已知：N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol．在相同温度下，相同容积的恒容容器中，实验测得起始、平衡时的有关数据如表：则下列关系中正确的是（ ）
实验编号
起始时各物质的物质的量/mol
达到平衡时体系的变化
平衡时NH3的体积分数
N2
H2
NH3
①
1
3
0
放出热量：23.15
kJ
W1
②
0.9
2.7
0.2
放出热量：Q
kJ
W2
A．W1＞W2，Q＜23.15
B．W1=W2，Q=23.15
C．W1＜W2，Q＞23.15
D．W1=W2，Q＜23.15
【考点】化学平衡的计算．
【分析】②中反应物起始状态可完全转化为生成物时和①完全相同，所以①②是等效平衡，根据①中放出的热量，可以计算出平衡状态时各物质的量，再，再根据②中起始状态，判断②达到平衡时变化的N2的量，计算出反应放出的热量QkJ的量，由此判断解答．
【解答】解：②中反应物完全转化为生成物时和①相同，所以①②是等效平衡，达到平衡时平衡状态完全相同，平衡时NH3的体积分数相同，即W1=W2，
①平衡时放出的热量为23.15
kJ，根据N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol，可知变化的N2的物质的量为1mol×（23.15
kJ÷92.4kJ）=0.25mol，可知平衡时N2的物质的量为1mol﹣0.25mol=0.75mol，可知②中N2的变化量为0.9mol﹣0.75mol=0.15mol，变化量小于①中N2的变化量，放出的热量Q小于23.15
kJ，选项D符合题意，故答案为：D．
21．下列有关溶液组成的描述合理的是（ ）
A．常温下，水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，某无色溶液中不可能大量存在：Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣
B．pH=2的溶液中，可能大量存在：Na+、Fe2+、ClO﹣、SO42﹣
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液中可能大量存在：Na+、NH4+、Cl﹣、HCO3﹣
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，溶液中可能大量存在：Na+、K+、Cl﹣、NO3﹣
【考点】离子共存问题．
【分析】A．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，为酸或碱溶液；
B．pH=2的溶液，显酸性；
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液显酸性；
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，为酸或强碱溶液．
【解答】解：A．水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L，为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在S2﹣，碱性溶液中不能大量存在Al3+、NH4+，且Al3+、S2﹣相互促进水解，故A正确；
B．pH=2的溶液，显酸性，Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．常温下某溶液中KW/c（H+）=1×10﹣12，溶液显酸性，不能大量存在HCO3﹣，故C错误；
D．某溶液中加入少量Al
有气体生成，为酸或强碱溶液，该组离子之间均不反应，可大量共存，故D正确；
故选AD．
22．在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是（ ）
A．
B．
C．
D．、
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中c（CH3COOH）减小，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）增大，据此分析解答．
【解答】解：醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中c（CH3COOH）减小，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c（CH3COO﹣）、c（H+）都减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c（OH﹣）增大，
A．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n（CH3COOH）减小、nc（H+）增大，因为溶液体积相同，所以增大，故A正确；
B．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n（CH3COOH）减小、n（H+）增大，溶液体积相等，所以减小，故B错误；
C．加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，溶液体积相等，所以减小，故C错误；
D.
=Ka，温度不变，电离平衡常数不变，所以不变，故D错误；
故选A．
23．常温下，以下4种溶液pH最小的是（ ）
A．0.01mol L﹣1醋酸溶液
B．0.02mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
C．0.03mol L﹣1醋酸与0.01mol L﹣1NaOH溶液等体积混合液
D．pH=2的盐酸与pH=12NaOH溶液等体积混合液
【考点】pH的简单计算．
【分析】常温下，溶液的pH最小说明溶液中氢离子浓度最大、酸性最强，根据溶液中溶质结合氢离子浓度大小对各选项进行判断．
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，所以0.01mol/L的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01mol/L；
B．0.02mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，二者反应生成0.005mol/L的醋酸钠，还剩余0.005mol/L醋酸，氢离子浓度小于0.005mol/L，该溶液中氢离子浓度一定小于A；
C．0.03mol/L醋酸与0.01mol/LNaOH溶液等体积混合，溶液中的溶质是0.01mol/L的醋酸和0.005mol/L的醋酸钠，氢离子浓度小于0.01mol/L，由于醋酸根离子抑制了醋酸的电离，则该混合液中氢离子浓度小于A；
D．pH=2的盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，二者等体积混合，恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性，则氢离子浓度等于10﹣7
mol/L；
根据以上分析可知，氢离子浓度最大的是A，则pH最小的为A，
故选A．
24．已知一种c（H+）=10﹣3mol/L的酸和一种c（OH﹣）=10﹣3mol/L的碱等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是（ ）
A．浓的强酸和稀的强碱反应
B．浓的弱酸和稀的强碱反应
C．等浓度的强酸和弱碱反应
D．二元强酸与一元强碱反应
【考点】弱电解质的判断．
【分析】一种c（H+）=1×10﹣3mol/L的酸和一种c（OH﹣）=1×10﹣3mol/L的碱溶液等体积混和后溶液呈酸性，说明反应后酸能继续电离H+，应为弱酸．
【解答】解：A．浓的强酸和稀的强碱反应，强酸中氢原子浓度大于强碱溶液中氢氧根离子浓度，与题意不符合，故A错误；
B．浓的弱酸和稀的强碱反应，反应后酸剩余，所以溶液呈酸性，与题意符合，故B正确；
C．等浓度的强酸和弱碱反应，反应后碱剩余，所以溶液呈碱性，与题意不符合，故C错误；
D．二元强酸与一元强碱反应，反应刚好反应完全，则溶液呈中性，与题意不符合，故D错误；
故选B．
25．在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气．下列说法不正确的是（ ）
A．甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B．甲烧杯中的酸过量
C．两烧杯中参加反应的锌等量
D．反应开始后乙烧杯中c（H+）始终比甲烧杯中c（H+）
大
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】A．醋酸浓度大，消耗的Zn多，但产生等量的氢气时，醋酸消耗的Zn少；
B．两种溶液的体积和pH都相等，HCl的浓度小；
C．盐酸的浓度小，生成等量的氢气，盐酸完全反应；
D．反应开始后，醋酸持续电离．
【解答】解：A．在体积和pH都相等的盐酸和醋酸中，已提供的H+的浓度和其物质的量相等，但由于醋酸是弱酸，只有部分电离；盐酸是强酸，已经完全电离，所以可提供的H+的物质的量显然是醋酸大于盐酸，与足量的锌反应时，消耗锌的质量是醋酸大于盐酸将大于盐酸，所以在醋酸中加入的锌粒质量应较小，盐酸中加入的锌粒质量较大，故A正确；
B．当加入的锌粒质量不等而产生等量的氢气时，说明参加反应的锌粒相等，乙烧杯中醋酸一定有剩余，故B错误；
C．根据转移电子守恒知，生成等量的氢气需要的锌的质量相等，故C正确；
D．由于醋酸还能继续电离而盐酸不能，所以反应开始后，醋酸中的H+浓度大于盐酸中的氢离子浓度，则反应开始后乙烧杯中的C（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）大，故D正确；
故选B．
26．25℃时，若体积为Va，pH=a的某一元强酸与体积为Vb，pH=b的某一元强碱混合，恰好中和，且已知Va＜Vb，a=0.5b，则下列符合a值的是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【考点】pH的简单计算．
【分析】酸、碱都是一元强电解质，pH=a的一元强酸溶液中氢离子浓度=10﹣a
mol/L，pH=b的一元强碱中氢氧根离子浓度=10
b﹣14
mol/L，二者恰好反应时，说明酸和碱的物质的量相等，据此分析解答．
【解答】解：酸、碱都是一元强电解质，pH=a的一元强酸溶液中氢离子浓度=10﹣a
mol/L，pH=b的一元强碱中氢氧根离子浓度=10
b﹣14
mol/L，二者恰好反应时，酸和碱的物质的量相等，即：
10﹣a
mol/L×VaL=10
b﹣14
mol/L×VbL，
==10
a+b﹣14，
Va＜Vb，
所以10
a+b﹣14＜1，
所以a+b＜14，
又a=0.5b，
所以3a＜14，
所以a＜；
b＞7，a=0.5b＞0.5×7=3.5，
所以3.5＜a＜，
所以a为4符合，
故选：B．
二．填空题（共4小题）
27．为了证明可逆反应有一定的限度，进行了如下探究活动：①取5mL、0.1mol/L
KI溶液，再滴加5～6滴0.1mol/L
FeCl3溶液．②充分反应后，将溶液分成三份．③其中一份，滴加CCl4，用力振荡一段时间，CCl4层出现紫色，说明反应生成碘，相应的离子方程式是 2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2 ．④另取一份，滴加 KSCN 溶液，现象 溶液出现血红色 ，说明该反应存在一定的限度．取③静置后的上层清液少量，向其中滴加AgNO3溶液，出现少量黄色沉淀，此方法能否证明反应存在一定的限度 不能 ？理由是 碘化钾相对于氯化铁是过量的 ．
【考点】化学反应的可逆性．
【分析】铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色；5mL、0.1mol/L
KI溶液、5～6滴0.1mol/L
FeCl3溶液的混合物中加入0.1mol L﹣1
KSCN溶液，如果溶液出现血红色，说明溶液中有没反应的FeCl3溶液，说明此反应为可逆反应．
【解答】解：铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉显示蓝色，发生反应：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，加入0.1mol L﹣1
KSCN溶液，如果溶液出现血红色，说明溶液中有没反应的FeCl3溶液，5～6滴氯化铁相对于碘离子是少量的，所以可以说明此反应为可逆反应，存在一定的限度，取③静置后的上层清液少量，向其中滴加AgNO3溶液，出现少量黄色沉淀，证明溶液中含有碘离子，但是碘化钾相对于氯化铁是过量的，所以此方法不能证明反应存在一定的限度，
故答案为：2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2；KSCN；溶液出现血红色；不能；碘化钾相对于氯化铁是过量的．
28．不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）的关系如图所示．回答下列问题：
（1）T℃ ＞ 25℃（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）向a点对应的醋酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液至b点，则两溶液的体积 不相等 （填“相等”或“不相等”）．
（3）d点对应的食盐水pH= 6 ，呈 中性 性（填“酸”、“中”或“碱”）．
（4）T℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c（H+）= 10﹣7mol/L ．将此溶液稀释至原体积的1000倍，稀释后溶液中= 200 ．向稀释后的溶液中加入 100 mL
T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性．
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
【分析】（1）根据T℃时Kw值判断；
（2）醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性；
（3）d点对应溶液中氢离子浓度为10﹣6mol/L，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同；
（4）酸溶液中水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根离子浓度；将此溶液稀释至原体积的1000倍，氢离子浓度约为10﹣6mol/L，硫酸根离子的浓度变为原来的；加入T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性，则溶液中溶质为硫酸钠，根据原子守恒计算．
【解答】解：（1）T℃时Kw=10﹣6×10﹣6=10﹣12，该温度下的Kw值大于25℃时的Kw，所以T℃＞25℃；
故答案为：＞；
（2）醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，若要溶液显中性，则醋酸稍过量，所以醋酸与NaOH的体积不相等；
故答案为：不相等；
（3）d点对应溶液中氢离子浓度为10﹣6mol/L，则溶液的pH=6，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，所以溶液显中性；
故答案为：6；中性；
（4）T℃时pH=5的硫酸溶液100mL中，由水电离的c（H+）==10﹣7mol/L；将此溶液稀释至原体积的1000倍，氢离子浓度约为10﹣6mol/L，硫酸根离子的浓度变为原来的，则稀释后溶液中==200；加入T℃的pH=7的NaOH溶液恰好使溶液呈中性，则溶液中溶质为硫酸钠，n（Na+）=2n（SO42﹣），由原子守恒可知，所加n（Na+）=2××10﹣5×0.1=10﹣6mol，c（NaOH）==10﹣5mol/L，则V（NaOH）==0.1L=100mL；
故答案为：10﹣7mol/L；200；100．
29．已知：a．2C3H8（g）+7O2（g）═6CO（g）+8H2O（l）△H=﹣2741.8kJ/mol
b．2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566kJ/mol
（1）C3H8的燃烧热为 C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2219.9kJ/mol ．
（2）C3H8在不足量的O2里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定容积的密闭容器中，在一定条件下发生如下反应：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）△H＞0．
①下列事实能说明该反应达到平衡的是 bd ．
a．体系的压强不发生变化
b．v正（H2）=v逆（CO）
c．混合气体的平均相对分子质量不发生变化
d．CO2的浓度不再发生变化
②在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2O）=2.4mol/L，达到平衡后CO的转化率为40%，该反应在此温度下的平衡常数是 0.4 ．
【考点】化学平衡的计算．
【分析】（1）根据盖斯定律来计算丙烷完全燃烧的反应热；
（2）①利用平衡的特征“等”、“定”及由此衍生的一些量来分析；
②根据CO的转化率计算CO的浓度变化量，利用三段式计算各组分的浓度变化量、平衡时各组分的浓度，将平衡浓度代入平衡常数表达式计算该反应的平衡常数．
【解答】解：（1）由①2C3H8（g）+7O2
（g）=6CO
（g）+8H2O（l）△H1=﹣2741.8kJ/mol，
②2CO
（g）+O2（g）=2CO2
（g）△H2=﹣566kJ/mol，
根据盖斯定律可知，可得C3H8（g）+5O2
（g）=3CO2
（g）+4H2O（l），其反应热为=﹣2219.9KJ/mol，
故答案为：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2219.9kJ/mol；
（2）①a．由反应可知，反应前后的压强始终不变，则体系中的压强不发生变化，不能判断平衡，故a错误；
b．v正（H2）=v逆（CO），正反应速率等于逆反应速率，达到平衡，故b正确；
c．气体的总质量不变，总物质的量不发生变化，不能判断平衡，故c错误；
d．CO2的浓度不再发生变化，由平衡的特征“定”可知，则化学反应达到平衡，故d正确；
故答案为：bd；
②C3H8在不足量的氧气里燃烧，生成CO和CO2以及气态水，所以起始有CO2，根据元素守恒可知，当水为2.4mol/L、CO为1mol/L时，二氧化碳为0.8mol/L，达到平衡后，CO的转化率为60%，则CO的浓度变化量=1mol/L×60%=0.6mol/L，则；
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
开始（mol/L）：1
2.4
0.8
0
变化（mol/L）：0.4
0.4
0.4
0.4
平衡（mol/L）：0.6
2.0
1.2
0.4
平衡常数k==0.4，
故答案为：0.4．
30．甲、乙、丙均为中学化学常见的气体单质，A为10电子化合物，B为18电子化合物，各物质之间存在如图所示的转化关系（部分反应条件及产物略去）：
请回答下列问题：
（1）甲的化学式为 NH3 ，B的电子式为 ．
（2）写出反应⑤的离子方程式 NH4++OH﹣=NH3 H2O ．
（3）反应①中生成1mol
A的活化能为1127kJ/mol，反应②中生成1mol
B的活化能为340kJ/mol，则相同条件下，反应①的反应速率 大于 （填“大于”“小于”或“等于”）反应②的反应速率．
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂．
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，则该反应的热化学方程式为 N2（g）+3H2（g）
2NH3
（g）△H=﹣92.4KJ/mol ．气体乙的平衡转化率为 16.7% ．
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，则x与y的关系是 x=y ．
【考点】无机物的推断．
【分析】甲、乙、丙均为中学化学常见的气体单质，A为10电子化合物，B为18电子化合物，C溶液中加入氢氧化钠溶液加热反应生成A，判断A为氨气，C溶液中加入金属镁生成气体甲证明为H2，则乙为N2，丙为氯气，A为NH3，B为HCl，C为NH4Cl，据此分析，
（1）甲为氨气，B为HCL氢原子最外层1个电子，氯原子最外层7个电子，HCl分子是由1个氢原子和1个氯原子通过共用1对电子结合而成的共价化合物；
（2）反应⑤是铵根离子和氢氧根离子加热反应生成氨气和水；
（3）活化能越大反应速率越慢；
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂，发生的反应为：N2+3H22NH3，
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，反应中电子转移6mol电子反应氮气1mol，氢气3mol，放热92.4KJ，据此书写热化学方程式，结合反应三行计算计算转化率=×100%；
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，氮气和氢气物质的量相同；
【解答】解：（1）甲的化学式为NH3，HCl分子是由1个氢原子和1个氯原子通过共用1对电子结合而成的共价化合物其电子式为，
故答案为：NH3；；
（2）反应⑤是铵根离子和氢氧根离子加热反应生成氨气和水，反应的离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3 H2O，
故答案为：NH4++OH﹣=NH3 H2O；
（3）反应①中生成1mol
A的活化能为1127kJ/mol，反应②中生成1mol
B的活化能为340kJ/mol，则相同条件下，反应①的反应速率大于反应②的反应速率，故答案为：大于；
（4）一定条件下，向容积不变的某密闭容器中加入x
mol甲和y
mol乙及催化剂，发生的反应为：N2+3H22NH3，
①若x=8，y=2，反应达到平衡时转移2mol电子，且反应放出30.8kJ热量，反应中电子转移6mol电子反应氮气1mol氢气3mol，放热92.4KJ，据此书写热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3
（g）△H=﹣92.4KJ/mol，结合反应三行计算计算，转移2mol电子反应的氮气物质的量为mol，
N2+3H22NH3，
起始量
2
8
0
变化量
1
平衡量
7
乙的转化率=×100%=×100%=16.7%；
故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3
（g）△H=﹣92.4KJ/mol；16.7%，
②若欲使平衡时气体乙的体积分数为恒定值，需要满足氮气和氢气物质的量相同，x=y，故答案为：x=y；
[选做题]
31．甲醇是一种重要的可再生能源．
（1）已知2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=aKJ/mol
CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）△H=bKJ/mol
试写出由CH4和O2制取甲醇的热化学方程式： 2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol ．
（2）还可以通过下列反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH2OH（g）
甲图是反应时CO和CH2OH（g）的浓度随时间的变化情况．从反应开始到达平衡，用H2表示平均反应速率v（H2）= 0.15mol/（L min） ．
（3）在一容积可变的密闭容器中充入10molCO和20molH2，CO的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如乙图所示．
①下列说法能判断该反应达到化学平衡状态的是 BD ．（填字母）
A．H2的消耗速率等于CH2OH的生成速率的2倍数
B．H2的体积分数不再改变
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等
D．体系中气体的平均摩尔质量不再改变
②比较A、B两点压强大小PA ＜ PB（填“＞、＜、=”）
③若达到化学平衡状态A时，容器的体积为20L．如果反应开始时仍充入10molCO和20molH2，则在平衡状态B时容器的体积V（B）= 4 L．
（4）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池（电极材料为惰性电极）．若KOH溶液足量，则写出电池总反应的离子方程式： 2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O ．
【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．
【分析】（1）已知：①2CH4（g）+O2（g）═2CO（g）+4H2（g）△H=akJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=bkJ/mol
根据盖斯定律，①+②×2可得：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）；
（2）根据反应速率v=，结合物质表示的反应速率之比等于物质前边的系数之比来计算；
（3）①可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；
②正反应方向为气体体积减小的方向，T1℃时比较CO的转化率，转化率越大，则压强越大；
③A、B反应温度相等，则平衡常数相等，利用平衡常数计算；
（4）燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，在碱性环境下，二氧化碳转化为碳酸根离子．
【解答】解：（1）已知①2CH4（g）+O2（g）=2CO（g）+4H2（g）△H=a
KJ/mol
②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=b
KJ/mol，①+②×2可得到2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol，
故答案为：2CH4（g）+O2（g）=2CH3OH（g）△H=（a+2b）kJ/mol；
（2）用甲醇表示的反应速率v==0.075mol/（L min），氢气表示的反应速率是甲醇的2倍，即0.15mol/（L min），故答案为：0.15mol/（L min）；
（3）A．H2的消耗速率等于CH3OH的生成速率的2倍，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故A错误；
B．H2的体积分数不再改变是化学平衡的特征，达到了平衡，故B正确；
C．体系中H2的转化率和CO的转化率相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，故C错误；
D．体系中气体的平均摩尔质量等于质量和物质的量的比值，物质的量变化，质量不变，所以当体系中气体的平均摩尔质量不再改变，证明达到了平衡，故D正确；
故答案为：BD；
②正反应方向为气体体积减小的方向，T1℃时比较CO的转化率，转化率越大，则压强越大，图象中PB转化率大于PA，可知PA＜PB，故答案为：＜；
③A、B两容器温度相同，即化学平衡常数相等，且B点时CO的转化率为0.8，
则
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol）：10
20
0
转化（mol）：8
16
8
平衡（mol）：2
4
8
设体积为VL，则有K==4，V=4L，
故答案为：4；
（4）燃料电池总反应是燃料燃烧的化学方程式，在碱性环境下，二氧化碳转化为碳酸根离子，即2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O，
故答案为：2CH3OH+3O2+4OH﹣=2CO32﹣+6H2O．
[选做题]
32．甲醇是一种优质燃料，在工业上常用CO和H2合成甲醇，反应方程式为CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）．
已知：
①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol
③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol
回答下列问题：
（1）计算CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的反应热△H4= ﹣574.4KJ/mol ．
（2）若在绝热、恒容的密闭容器中充入1mol
CO、2mol
H2，发生CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）反应，下列示意图（a﹣d）正确且能说明反应在进行到t1时刻为平衡状态的是 d （填选项字母）．
（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol
CO、2mol
H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v（H2）= 0.064mol/（L L） ．T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol
CO、2mol
H2，达到平衡时CO的转化率为0.7，则该容器的体积 ＞ 5L（填“＞”“＜”或“=”）；T1℃时，CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K= 625 ．
（4）在T1℃时，在体积为5L的恒容容器中充入一定量的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数与n（H2）/n（CO）的关系如图e所示．温度不变，当=2.5时，达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图象中的 F 点．
（5）为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式： CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O ．该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，这种电化学保护方法叫做 外加电源的阴极保护法 ．
（6）含有甲醇的废水随意排放会造成水污染，可用ClO2将其氧化为CO2，然后再加碱中和即可．写出处理甲醇酸性废水过程中，ClO2与甲醇反应的离子方程式： 6ClO2+5CH3OH=6Cl﹣+5CO2+6H++7H2O ．
【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素．
【分析】（1）结合热化学方程式和盖斯定律计算，计算①+②×2﹣③得到CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的热化学方程式；
（2）a、图1表示t1时刻如果达平衡，正反应速率不变；
b、平衡常数不变，说明体系的温度不变，而在绝热的体系中；
c、一氧化碳与甲醇的物质的量相等；
d、一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态；
（3）结合化学三行计算列式计算，反应速率为v（H2）=，气体物质的量之比等于气体体积之比，平衡常数随温度变化，K=；
（4）当容器中各物质的物质的量之比等于化学方程式计量数之比时，达到平衡状态时生成物的体积分数最大，所以当小于2，平衡时甲醇的体积分数逐渐增大，当大于2，平衡时甲醇体积分数减小；
（5）燃料原电池中，燃料失电子发生氧化反应为负极，通入氧气得到电子发生还原反应为正极，电解池中阴极被保护；
（6）根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl﹣、CO2和水2，配平方程式即可；
【解答】解：（1）①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣283.0kJ/mol
②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣241.8kJ/mol
③CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H3=﹣192.2kJ/mol
盖斯定律计算①+②×2﹣③，得到CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）△H4=﹣574.4KJ/mol，
故答案为：﹣574.4KJ/mol；
（2）a、图1表示t1时刻如果达平衡，正反应速率不变，而不是随时间间改变而减小，故a错误；
b、充入1molCO、2molH2，生成生成物甲醇，放出热量，反应体系的温度升高，K减小，而不是增大，故b错误；
c、一氧化碳与甲醇的物质的量相等，而不是平衡状态，故c错误；
d、随着反应的进行，一氧化碳的质量减小，一氧化碳的质量分数不变，说明各物质的质量不变，反应达平衡状态，故d正确；
故选d，
故答案为：d；
（3）T1℃时，在一个体积为5L的恒容容器中充入1mol
CO、2mol
H2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，化学三行计算列式得到，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
起始量（mol/L）
0.2
0.4
0
变化量（mol/L）
0.16
0.32
0.16
平衡量（mol/L）
0.04
0.08
0.16
则5min内用H2表示的反应速率为v（H2）==0.064mol/（L L），
温度不变，T1℃时，在另一体积不变的密闭容器中也充入1mol
CO、2mol
H2，达到平衡时CO的转化率为0.7，转化率减小说明平衡左移，体积增大，T1℃时，CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）的平衡常数K==625，
故答案为：0.064mol/（L L）；＞；625；
（4）当容器中各物质的物质的量之比等于化学方程式计量数之比时，达到平衡状态时生成物的体积分数最大，所以当小于2，平衡时甲醇的体积分数逐渐增大，当大于2，平衡时甲醇体积分数减小，所以C点对应的甲醇的体积分数最大，当=2.5时，平衡时甲醇体积分数会降低，应选F点，
故答案为：F；
（5）燃料原电池中，甲醇失电子发生氧化反应，所以通入燃料甲醇的电极为负极，电极反应式为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O，该电池负极与水库的铁闸相连时，可以保护铁闸不被腐蚀，是利用铁闸做电解池阴极被保护，名称为：外加电源的阴极保护法，
故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+6H2O；外加电源的阴极保护法；
（6）根据信息：二氧化氯和甲醇反应，生成Cl﹣、CO2和水2，所以反应方程式为：6ClO2+5CH3OH=6Cl﹣+5CO2+6H++7H2O，
故答案为：6ClO2+5CH3OH=6Cl﹣+5CO2+6H++7H2O；
2017年2月24日
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