2022-2022学年辽宁省实验中学分校高一（下）期末化学试卷（理） 一、选择题（共20小题，每小题3分，共60分）1．阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则agX的氢化物中含质子的物质的量是（ ） A．（N﹣a）molB．（n+A）molC．（N+n）molD．（A﹣N+n）mol 2．X与X+的两种微粒，下列叙述正确的是（ ） A．一定都是由质子、中子、电子组成的 B．化学性质几乎完全相同 C．核电荷数和核外电子数一定相等 D．质子数一定相同，质量数和中子数一定不相同 3．X、Y、Z是短周期的三种主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．原子半径：X＜Y＜Z B．X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物中最多有一种强酸 C．X的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物强 D．常温下X、Y、Z的单质不可能均与盐酸反应 4．下列各组顺序的排列错误的是（ ） A．半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+B．沸点：H2O＜H2S＜H2Se C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4D．熔点：SiO2＞NaCl＞CO2 5．元素在周期表中的位置、原子结构、元素的性质之间存在着密切的关系．下列说法正确的是（ ） A．第三周期主族元素的最高正价均等于其族序数 B．短周期元素的简单离子，最外层电子均达到8电子稳定结构 C．第ⅠA族元素也称碱金属元素，其原子最外层电子数均为1 D．同一主族元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同 6．下列热化学方程式中，正确的是（ ） A．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1 B．由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1热化学方程式可知，当反应中转移6NA电子时，反应放出的热小于92.4kJ C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣126\n D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1 7．下列各组热化学方程式程中，△H的绝对值前者大于后者的是（ ）①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）=CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）=SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H6． A．①B．②C．②③D．①②③ 8．从化学原理和经济效益角度分析下列从海水中提取镁单质的方法最可行的是（ ） A．海水Mg（OH）2Mg B．海水MgCl2Mg C．海水Mg（OH）2Mg D．海水Mg（OH）2MgCl2Mg 9．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1④H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1下列结论正确的是（ ） A．碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1 B．浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 C．氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1 D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）的反应热为△H=+571.6kJ•mol﹣1 10．在一定温度时，将1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol•L﹣1．下列叙述不正确的是（ ） A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1 B．在5min时，容器内D的浓度为0.2mol•L﹣1 C．该反应随着反应的进行，容器内压强逐渐增大 D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol 11．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2，发生下列反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，达到平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化关系如图．下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是（ ）26\n A．保持压强不变，升高反应温度 B．保持温度和容器体积不变，充入1molN2（g） C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4（g） D．保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g） 12．在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入amolNO2，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（ ） A．相对平均分子质量增大 B．NO2的转化率提高 C．NO2的质量分数增大 D．反应放出的总热量大于原来的2倍 13．一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡标志的是（ ）①恒压容器中，混合气体的密度保持不变；②单位时间内生成amolA，同时消耗2amolC③A、B、C的浓度不再变化；④C的物质的量不再变化⑤恒容容器中，混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的总物质的量不再变化⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolB；⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2． A．②⑧B．①②⑧C．①②③D．①⑤⑥ 14．汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.4kJ•mol﹣1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）26\n A．B．C．D． 15．下列对化学反应方向的叙述，正确的是（ ） A．室温下不能自发进行的反应，在高温下有可能自发进行 B．熵增加有利于反应的自发进行，熵减少的反应常温下都不会自发进行 C．非自发反应在任何情况下都不会发生 D．△H﹣T△S作为化学反应方向的判据，在任何条件下都适用 16．某电化学实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．若X为碳棒，开关K置于M处，则溶液中的H+移向Fe极 B．若X为碳棒，开关K置于N处，转移0.2mole﹣时析出0.1molO2 C．若X为铜棒，开关K置于M或N处，均可减缓铁的腐蚀 D．若X为锌棒，开关K置于M或N处，锌电极上反应均为Zn﹣2e﹣=Zn2+ 17．如图所示的两个实验装置，溶液的体积均为200mL．开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线中均通过0.02mol电子，若不考虑盐的水解和溶液和体积变化，下列叙述中正确的是（ ） A．产生气体的体积：①＞②26\n B．溶液的pH变化：①减小，②增大 C．电极上生成物质的质量：①=② D．电极反应式：①中阳极2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，②中负极2H++2e﹣═H2↑ 18．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则下列说法正确的是（ ） A．构成该电池的正极和负极必须是两种活性不同的金属 B．充电时有CH3OH生成的电极为阳极 C．放电时电解质溶液的pH逐渐增大 D．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O 19．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（ ） A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣Zn（OH）2 B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化 D．放电时正极附近溶液的碱性增强 20．2022年，美籍华裔科学家钱永健获得2022年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋天才奖”．下列叙述正确的是（ ） A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程 B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀 C．纯银质物品久置表面变暗，是银发生吸氧腐蚀的结果 D．钢板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+，继而形成铁锈 二、非选择题（本题共3道小题，共40分．）21．（10分）（2022春•辽宁校级期末）A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等．（1）B元素位于元素周期表中第 周期，第 族．（2）由元素C与Mg元素形成的化合物的化学键的类型 ．（3）由元素A与氢元素形成的化合物的结构式 ．（4）由元素B与氢元素形成的化合物的电子式 ．（5）写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式： ．26\n 22．（15分）（2022春•辽宁校级期末）过度排放CO2会造成“温室效应”，为了减少煤燃烧对环境造成的污染，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径．煤综合利用的一种途径如图1所示．（1）已知①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1②C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是 ．（2）在压强为0.1MPa条件下，容积为VL的密闭容器中amolCO与2amolH2在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示，则：①p1 p2（填“＞”、“＜”或“=”）．②在其他条件不变的情况下，向容器中再增加amolCO与2amolH2，达到新平衡时，CO的平衡转化率 （填“增大”、“减小”或“不变”）．③在p1下，100℃时，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）反应的平衡常数为 （用含a、V的代数式表示）．（3）如图3表示CO2与H2反应生成CH3OH和H2O的过程中能量（单位为kJ•mol﹣1）的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是 （填编号）．A．△H＞0，△S＞0B．△H＞0，△S＜0C．△H＜0，△S＜0D．△H＜0，△S＞0（4）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化的曲线如图4所示：①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v（CO2）= ．26\n②下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 （填编号）．A．升高温度B．将CH3OH（g）及时液化移出C．选择高效催化剂D．再充入1molCO2和3molH2． 23．（15分）（2022春•辽宁校级期末）（1）氢气被看做是理想的“绿色能源”．用高压氢气、氧气制作氢氧燃料电池是利用氢能的一种重要方式．请写出氢氧燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的电极反应式．正极 ；负极 ．（2）电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池，其中a为电解质溶液，X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：①Y的电极名称是 （填写“阳极”或“阴极”）．②若X、Y都是惰性电极，a是饱和食盐水，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，一段时间后，在X极附近观察到的现象是 ，如何检验Y极上的产物： ．（试剂及现象）（3）若X、Y都是惰性电极，a是CuSO4溶液，电解一段时间后，阳极上产生气体的体积为4.48L（标准状况下），则阴极上析出金属的质量为 g．（4）若要用该装置电解精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是 ，Y电极的材料是 ．（5）若要用电镀方法在铁表面镀一层金属银，应该选择的方案是 ．方案XYa溶液A铁银AgNO3B铁银Fe（NO3）3C银铁AgNO3D银石墨AgNO3 2022-2022学年辽宁省实验中学分校高一（下）期末化学试卷（理）参考答案与试题解析 一、选择题（共20小题，每小题3分，共60分）1．阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，则agX的氢化物中含质子的物质的量是（ ） A．（N﹣a）molB．（n+A）molC．（N+n）molD．（A﹣N+n）mol考点：质量数与质子数、中子数之间的相互关系．26\n分析：根据质量数=质子数+中子数，计算X的质子数．由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，根据n=计算氢化物HnX的物质的量，结合化学式计算含有的质子的物质的量．解答：解：阴离子Xn﹣含中子N个，X的质量数为A，所以X的质子数为A﹣N，由阴离子Xn﹣可知X元素的气态氢化物化学式为HnX，所以1个HnX分子中含有的质子数为A﹣N+n，氢化物HnX的摩尔质量为（A+n）g/mol，agX元素的气态氢化物中含质子的物质的量×（A﹣N+n）=（A﹣N+n）mol．故选D．点评：本题考查学生利用原子构成的计算，明确氢化物的分子式是解题关键，注意质量数近似等于相对原子质量，题目难度不大． 2．X与X+的两种微粒，下列叙述正确的是（ ） A．一定都是由质子、中子、电子组成的 B．化学性质几乎完全相同 C．核电荷数和核外电子数一定相等 D．质子数一定相同，质量数和中子数一定不相同考点：同位素及其应用．专题：原子组成与结构专题．分析：A．氕原子不含有中子；B.X为原子，X+为离子，两者化学性质不相同；C.X的核电荷数为Z，核外电子数为Z；X+的核电荷数为Z，核外电子数为z﹣1；D.X的质量数为A，中子数为A﹣Z；X+的质量数为A+1，中子数为A+1﹣Z．解答：解：A．氕原子不含有中子，故A错误；B.X为原子，X+为离子，两者化学性质不相同，故B错误；C.X的核电荷数为Z，核外电子数为Z；X+的核电荷数为Z，核外电子数为z﹣1，故核电荷数相同，核外电子数不同，故C错误；D.X的质量数为A，中子数为A﹣Z；X+的质量数为A+1，中子数为A+1﹣Z，故质子数相同，质量数和中子数不同，故D正确，故选D．点评：本题考查核素的构成和性质，难度不大．要注意氕原子不含有中子，核电荷数=质子数=质量数﹣中子数． 26\n3．X、Y、Z是短周期的三种主族元素，在周期表中的相对位置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．原子半径：X＜Y＜Z B．X、Y、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物中最多有一种强酸 C．X的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物强 D．常温下X、Y、Z的单质不可能均与盐酸反应考点：位置结构性质的相互关系应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：先根据X的位置判断，若X位于第二周期，则X为H元素，则Y、Z位于第三周期，分别为Li、Be；当X位于第二周期时，则Y、Z位于第三周期，A．电子层数越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，半径越小；B．当X为O元素时，Y为S、Z为Cl，S、Cl的最高价氧化物对应的水化物都是强酸；C．同一周期中非金属性逐渐减弱，非金属性越强，则气态氢化物越稳定；D．当X为Li时，Y为Na、Z为Mg，三种都能够与盐酸反应．解答：解：A．Y、Z的电子层数大于X，则X的原子半径最小，Y和Z位于同一周期，Z的核电荷数大于Y，则Z的原子半径小于Y，则原子半径大小为：X＜Z＜Y，故A错误；B．X为O元素时，Y为S、Z为Cl，S的最高价氧化物对应的水化物为硫酸、Cl的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，硫酸和高氯酸都是强酸，故B错误；C．非金属性X＞Y，非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定，则X的气态氢化物的稳定性比Y的气态氢化物强，故C正确；D．根据X、Y、Z在周期表总共的位置关系可知，X可能为Li，则Y为Na、Z为Mg，此时三种金属都能够与盐酸反应，故D错误；故选C．点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，把握元素在周期表中的位置及元素周期律为解答的关键，注意利用实例分析，侧重分析能力和归纳能力的考查，题目难度不大． 4．下列各组顺序的排列错误的是（ ） A．半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+B．沸点：H2O＜H2S＜H2Se C．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4D．熔点：SiO2＞NaCl＞CO2考点：同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．分析：A、电子层结构相同，核电荷数越大半径越小；B、氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，含有氢键的沸点较高；C、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、根据熔点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体分析．解答：解：A、电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，则离子半径：F﹣＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故A正确；B、氢化物的相对分子质量越大，沸点越高，水分子间含有氢键的沸点较高，则氢化物熔沸点：H2O＞H2Se＞H2S，故B错误；26\nC、非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H3PO4＜H2SO4＜HClO4故C正确；D、SiO2为原子晶体，NaCl为离子晶体，CO2为分子晶体，熔点顺序：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，故D正确；故选B．点评：本题考查元素周期律知识，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和运用的考查，注意元素的性质与对应单质、化合物的关系，把握元素周期律的递变规律是解答该类题目的关键，难度不大． 5．元素在周期表中的位置、原子结构、元素的性质之间存在着密切的关系．下列说法正确的是（ ） A．第三周期主族元素的最高正价均等于其族序数 B．短周期元素的简单离子，最外层电子均达到8电子稳定结构 C．第ⅠA族元素也称碱金属元素，其原子最外层电子数均为1 D．同一主族元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同考点：元素周期表的结构及其应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．主族元素，最外层电子数=主族序数=最高正价；B．短周期元素的简单离子，最外层电子均达到8电子或2电子稳定结构；C．第ⅠA族元素包含H；D．同主族，性质具有相似性和递变性．解答：解：A．主族元素，最外层电子数=主族序数=最高正价，则第三周期主族元素的最高正价均等于其族序数，故A正确；B．短周期元素的简单离子，最外层电子均达到8电子或2电子稳定结构，如Li+满足最外层2个电子稳定结构，故B错误；C．第ⅠA族元素包含H，不属于碱金属元素，故C错误；D．同主族，性质具有相似性和递变性，则同一主族元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，从上下金属性增强，故D错误；故选A．点评：本题考查元素周期表的结构及应用，为高频考点，把握周期表的结构及原子结构与元素位置、性质的关系为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用特例分析解答，题目难度不大． 6．下列热化学方程式中，正确的是（ ） A．甲烷的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1 B．由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.4kJ•mol﹣1热化学方程式可知，当反应中转移6NA电子时，反应放出的热小于92.4kJ C．HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ•mol﹣1 D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=﹣571.6kJ•mol﹣126\n考点：反应热和焓变；热化学方程式．分析：A、燃烧热是指生成液态水时放出的热量；B、转移6NA电子时，1mol氮气和3mol氢气反应生成2mol氨气；C、据中和热的概念分析；D、相同条件下，2mol氢气燃烧是1mol氢气燃烧放出热量的2倍．解答：解：A、甲烷燃烧生成的是水蒸气，燃烧热是指生成液态水时放出的热量，故A错误；B、转移6NA电子时，1mol氮气和3mol氢气反应生成2mol氨气，反应放出的热等于92.4kJ，故B错误；C、中和热是指强酸强碱的稀溶液中和生成1mol水时放出的热量，生成沉淀时，放热增多，故C错误；D、2g氢气为1mol，1mol氢气燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2mol氢气燃烧放热571.6KJ，故D正确；故选D．点评：本题考查了燃烧热、中和热以及热化学方程式的书写，注意燃烧热和中和热的概念分析和应用，题目难度中等． 7．下列各组热化学方程式程中，△H的绝对值前者大于后者的是（ ）①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）=CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）=SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H6． A．①B．②C．②③D．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：①碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量；②固体硫变为气态硫的过程需要吸收能量；③化学方程式的系数加倍，焓变数值也要加倍．解答：解：①碳完全燃烧放出的热量高于不完全燃烧放出的热量，即△H的绝对值前者大于后者，故①正确；②固体硫变为气态硫的过程需要吸收能量，所以硫蒸汽燃烧放出的热量更多，即△H的绝对值前者小于后者，故②错误；③化学方程式的系数加倍，焓变数值也要加倍，所以后者的焓变是前者的2倍，即△H的绝对值前者小于后者，故③错误．故选：A．点评：本题考查学生焓变数值和焓变之间的大小关系比较知识，注意绝对值和带符号时的区别，难度不大． 8．从化学原理和经济效益角度分析下列从海水中提取镁单质的方法最可行的是（ ） A．海水Mg（OH）2Mg B．海水MgCl2Mg C．海水Mg（OH）2Mg26\n D．海水Mg（OH）2MgCl2Mg考点：海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理．专题：元素及其化合物．分析：海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将Mg2+转化为Mg（OH）2，将Mg（OH）2溶于稀盐酸得到MgCl2，将MgCl2在HCl氛围中加热得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg．解答：解：海水中含有镁离子，先将海水蒸发、浓缩得到含有镁离子的溶液，再向溶液中加入沉淀剂将Mg2+转化为Mg（OH）2，加入的沉淀剂应该具有碱性且价格较廉价、来源丰富，贝壳中含有CaCO3且来源丰富，煅烧贝壳得到CaO，将CaO溶于水得到Ca（OH）2，所以加入的沉淀剂是Ca（OH）2，将镁离子转化为Mg（OH）2；将Mg（OH）2溶于稀盐酸得到MgCl2，将MgCl2在HCl氛围中加热得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2得到Mg，MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，故选D．点评：本题考查了海水中提取镁的过程，知道每一步发生的反应及操作方法，再结合物质的性质、金属冶炼方法的选取等知识点来分析解答，题目难度中等． 9．已知反应：①101kPa时，2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1②稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1④H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ•mol﹣1下列结论正确的是（ ） A．碳的燃烧热大于110.5kJ•mol﹣1 B．浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量 C．氢气的燃烧热为241.8kJ•mol﹣1 D．2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）的反应热为△H=+571.6kJ•mol﹣1考点：反应热和焓变．分析：A、CO继续燃烧生成二氧化碳还会放出热量；B、浓硫酸稀释放出大量的热；C、物质的燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的产物过程所放出的热量；D、根据反应结合热化学方程式的含义，液态水转化为气态水的过程需要吸收热量．解答：解：A、由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5kJ，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110.5kJ，所以碳的燃烧热大于110.5kJ/mol，故A正确；B、浓硫酸的稀释要放出热量，所以放出的热量大于57.3kJ，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量大于57.3kJ，故B错误；C、根据方程式③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，结合燃烧热的概念，应该是生成液态水，所以氢气的燃烧热大于241.8kJ/mol，故C错误；26\nD、根据方程式③H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol，可以得到：a、2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣483.6kJ/mol，根据方程式④，可以得到：b、2H2O（g）═2H2O（l）△H=﹣88.0kJ/mol，反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）可以是a+b得到，即该反应焓变为△H=﹣483.6kJ/mol+（﹣88.0kJ/mol）=﹣571.6kJ/mol，故D错误．故选：A．点评：本题考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意稀的强酸、强碱的中和热为△H=﹣57.3kJ/mol． 10．在一定温度时，将1molA和2molB放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B物质的浓度减少了0.2mol•L﹣1．下列叙述不正确的是（ ） A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1 B．在5min时，容器内D的浓度为0.2mol•L﹣1 C．该反应随着反应的进行，容器内压强逐渐增大 D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L﹣1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L﹣1=1mol，则A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）起始：1mol2mol00转化：0.5mol1mol0.5mol1mol平衡：0.5mol1mol0.5mol1mol以此可解答该题．解答：解：经5min后测得容器内B的浓度减少了0.2mol•L﹣1，则消耗的B的物质的量为5L×0.2mol•L﹣1=1mol，则A（s）+2B（g）⇌C（g）+2D（g）起始：1mol2mol00转化：0.5mol1mol0.5mol1mol平衡：0.5mol1mol0.5mol1molA．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为=0.02mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；B.5min时，容器内D的浓度为=0.2mol•L﹣1，故B正确；C．反应前后气体的体积不等，反应过程中气体物质的量增大，容器内压强逐渐增大，故C正确；D．5min时容器内气体总的物质的量为1mol+0.5mol+1mol=2.5mol，故D错误．故选D．26\n点评：本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，注意根据三段式法计算较为直观，易错点为CD，注意A为固体的特征． 11．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molNO2，发生下列反应2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，达到平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反应速率随时间变化关系如图．下列对t1时刻改变条件的推测中正确的是（ ） A．保持压强不变，升高反应温度 B．保持温度和容器体积不变，充入1molN2（g） C．保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4（g） D．保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率变化曲线及其应用．专题：化学平衡专题．分析：A、升高温度，正逆反应速率都增大，化学平衡向吸热反应方向移动，即平衡向逆反应移动．B、保持温度和容器体积不变，充入1molN2反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动．C、保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4，瞬间生成物的浓度增大，反应物的浓度不变，逆反应速率增大，正反应速率不变，平衡向逆反应移动．D、保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）的瞬间，生成物的浓度增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，逆反应速率增大，正反应速率降低，平衡向逆反应移动．解答：解：A、该反应是放热反应，升高温度，正逆反应速率都增大，正逆反应速率曲线都在原直线上方，逆反应速率增大倍数大于正反应速率增大的倍数，导致平衡向逆反应方向移动，故A错误．B、保持温度和容器体积不变，充入1molN2反应混合物的浓度不变，正逆反应速率不变，平衡不移动，故B错误．C、保持温度和容器体积不变，充入1molN2O4，瞬间生成物的浓度增大，反应物的浓度不变，逆反应速率增大，正反应速率不变，所以逆反应速率大于正反应速率，正反应速率与原速率有接触点，故C错误．D、保持温度和压强不变，充入1molN2O4（g）的瞬间，生成物的浓度增大，容器的体积增大，导致反应物的浓度减小，逆反应速率增大，正反应速率降低，平衡向逆反应移动，故D正确．故选：D．点评：本题考查了外界条件对化学反应速率和平衡的影响、平衡移动图象，难度较大，明确温度、浓度变化引起化学反应速率变化是解本题的关键． 26\n12．在一定温度下，向容积固定不变的密闭容器中充入amolNO2，发生如下反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）；△H＜0．达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，与原平衡比较，下列叙述不正确的是（ ） A．相对平均分子质量增大 B．NO2的转化率提高 C．NO2的质量分数增大 D．反应放出的总热量大于原来的2倍考点：化学平衡建立的过程．专题：化学平衡专题．分析：达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，据此解答．解答：解：达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，A．等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，混合气体的物质的量减小、总的质量不变，故混合气体的相对平均分子质量增大，故A正确；B．等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，故B正确；C．等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，混合气体的总的质量不变，NO2的质量分数减小，故C错误；D．达平衡后再向容器中充入amolNO2，再次达到平衡后，等效为在原平衡的基础上压强增大1倍，平衡右移，NO2的转化率增大，参加反应的NO2的物质的量大于2amol，故放出的总热量大于原来的2倍，故D正确；故选C．点评：本题考查化学平衡的影响因素，难度中等，构建平衡建立的途径是解题的关键，注意对等效平衡的理解． 13．一定温度下，下列叙述不能作为可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）达到平衡标志的是（ ）①恒压容器中，混合气体的密度保持不变；②单位时间内生成amolA，同时消耗2amolC③A、B、C的浓度不再变化；④C的物质的量不再变化⑤恒容容器中，混合气体的总压强不再变化；⑥混合气体的总物质的量不再变化⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolB；⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2． A．②⑧B．①②⑧C．①②③D．①⑤⑥考点：化学平衡状态的判断．专题：化学平衡专题．分析：可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），反应物气体的计量数大于生成物气体的计量数，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，由此衍生的一些物理量不变，可以此判断是否得到平衡状态．26\n解答：解：①恒压容器中，当达到平衡状态时，反应的体积不变，则混合气体的密度保持不变，故①正确；②无论是否达到平衡状态，都存在单位时间内生成amolA，同时消耗2amolC，故②错误；③A、B、C的浓度不再变化，可说明达到平衡状态，故③正确；④C的物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故④正确；⑤由于反应前后气体的体积不等，则恒容容器中，混合气体的总压强不再变化，可说明达到平衡状态，故⑤正确；⑥混合气体的总物质的量不再变化，可说明达到平衡状态，故⑥正确；⑦单位时间消耗amolA，同时生成3amolB，说明正逆反应速率相等，则达到平衡状态，故⑦正确；⑧A、B、C的分子数之比为1：3：2，不能用以判断是否达到平衡状态，与起始配料比以及反应的转化程度有关，故⑧错误．故选A．点评：本题考查化学平衡状态的判断，题目难度中等，本题注意分析反应前后气体的体积关系，把握题给条件，在学习中注意总结． 14．汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.4kJ•mol﹣1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ） A．B．C．D．考点：化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．分析：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关；增大产物浓度，平衡向逆反应方向移动．解答：解：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率减小，平衡常数减小，故AB错误；增加氮气的物质的量，平衡向逆反应移动，NO的转化率减小，故C错误，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与NO的物质的量无关，故D正确；26\n故选D．点评：本题考查影响平衡常数的因素、化学平衡的移动与图象等，难度不大，理解外界条件对平衡的影响是关键． 15．下列对化学反应方向的叙述，正确的是（ ） A．室温下不能自发进行的反应，在高温下有可能自发进行 B．熵增加有利于反应的自发进行，熵减少的反应常温下都不会自发进行 C．非自发反应在任何情况下都不会发生 D．△H﹣T△S作为化学反应方向的判据，在任何条件下都适用考点：反应热和焓变．专题：化学反应中的能量变化．分析：反应能否自发进行，取决于=△H﹣T•△S的差值，当△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行，否则不能，以此解答该题．解答：解：A．室温下不能自发进行的反应，如升高温度，使△H﹣T•△S＜0时，有可能自发进行，如碳酸钙的分解，故A正确；B．熵减少的反应常温下不一定给自发进行，如氨气和HCl的反应，故B错误；C．非自发反应的反应不一定不能发生，如铜和稀硫酸的反应，可用铜作阳极，硫酸为电解质溶液，用电解法反应可发生，故C错误；D．反应的自发性是指没有外界干扰式体系的性质，故D错误．故选A．点评：本题考查反应热与焓变，题目侧重于化学反应与能量的综合考查，为该考高频考点，题目难度不大，易错点为D，注意反应能否自发进行取决于焓变和熵变的综合判据． 16．某电化学实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ） A．若X为碳棒，开关K置于M处，则溶液中的H+移向Fe极 B．若X为碳棒，开关K置于N处，转移0.2mole﹣时析出0.1molO2 C．若X为铜棒，开关K置于M或N处，均可减缓铁的腐蚀 D．若X为锌棒，开关K置于M或N处，锌电极上反应均为Zn﹣2e﹣=Zn2+考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A．若X为碳棒，开关K置于M处，为原电池反应，氢离子向正极移动；B．若X为碳棒，开关K置于N处，为电解池反应，阳极生成氧气，阴极生成氢气，结合电极方程式计算；C．若X为铜棒，开关K置于M处，形成原电池反应，铁被氧化；D．若X为锌棒，开关K置于M或N处，锌分别为电解池的阳极和原电池的负极．解答：解：A．若X为碳棒，开关K置于M处，为原电池反应，氢离子向正极移动，即向碳棒移动，故A错误；26\nB．若X为碳棒，开关K置于N处，为电解池反应，阳极生成氧气，电极方程式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2，转移0.2mole﹣时析出0.05molO2，故B错误；C．若X为铜棒，开关K置于M处，形成原电池反应，铁被氧化，故C错误；D．若X为锌棒，开关K置于M或N处，锌分别为电解池的阳极和原电池的负极，均发生Zn﹣2e﹣=Zn2+，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及原电池和电解池原理，为高频考点，注意根据金属的腐蚀及保护、电解原理等知识来分析解答，难度不大． 17．如图所示的两个实验装置，溶液的体积均为200mL．开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol/L，工作一段时间后，测得导线中均通过0.02mol电子，若不考虑盐的水解和溶液和体积变化，下列叙述中正确的是（ ） A．产生气体的体积：①＞② B．溶液的pH变化：①减小，②增大 C．电极上生成物质的质量：①=② D．电极反应式：①中阳极2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，②中负极2H++2e﹣═H2↑考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：①有外接电源，所以是电解池，阳极反应为2Cl﹣=Cl2↑+2e﹣，阴极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，②为原电池，正极反应为2H++2e﹣=H2↑，负极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，以此解答该题．解答：解：A．导线中均通过0.02mol电子，①生成氯气，②生成氢气，体积相同，故A错误；B．①阳极生成氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液酸性增强，pH减小，②消耗硫酸，氢离子浓度减小，则pH增大，故B正确；C．①中阴极生成铜，②生成氢气，则电极上析出物质的质量：①＞②，故C错误；D．②负极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故D错误．故选B．点评：本题综合考查原电池和电解池知识，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写，为解答该题的关键，题目难度中等， 18．据报道，最近摩托罗拉公司研发了一种由甲醇和氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，电量可达现在使用的镍氢电池或锂电池的十倍，可连续使用一个月才充一次电．其电池反应为：2CH3OH+3O2+4OH﹣2CO32﹣+6H2O，则下列说法正确的是（ ） A．构成该电池的正极和负极必须是两种活性不同的金属26\n B．充电时有CH3OH生成的电极为阳极 C．放电时电解质溶液的pH逐渐增大 D．放电时负极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：放电时，根据电池反应式知，C元素的化合价升高，所以甲醇所在电极为原电池的负极，O元素的化合价降低，所以通入氧气的极为原电池的正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，充电时，阴阳极上电极反应式为正负极的电极反应式的逆反应，以此来解答．解答：解：A．燃料电池的电极可以是石墨，所以构成该电池的正极和负极可能是石墨，故A错误；B．充电时，碳酸根离子得电子生成甲醇，则有CH3OH生成的电极为阴极，故B错误；C．放电时，电解质溶液中的氢氧根离子被消耗，所以溶液的pH减小，故C错误；D．放电时，负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故D正确；故选D．点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确充放电时各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液酸碱性书写，为易错点． 19．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH下列叙述不正确的是（ ） A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣Zn（OH）2 B．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O C．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化 D．放电时正极附近溶液的碱性增强考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱．解答：解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A正确；B、充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O，故B正确；26\nC、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确．故选C．点评：本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力． 20．2022年，美籍华裔科学家钱永健获得2022年度诺贝尔化学奖．16岁时，他凭借一个金属易受硫氰酸盐腐蚀的调查项目，荣获“美国西屋天才奖”．下列叙述正确的是（ ） A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程 B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连，正极连接到一块废铁上可防止水闸被腐蚀 C．纯银质物品久置表面变暗，是银发生吸氧腐蚀的结果 D．钢板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e﹣═Fe3+，继而形成铁锈考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：A、金属失去电子被氧化；B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护；C、纯银质物品久置表面变暗，是因为银的表面形成硫化银；D、金属铜和金属铁形成的原电池中，金属铁为负极，失去2个电子．解答：解：A、金属失去电子化合价升高被氧化，是氧化过程，故A错误；B、金属与外加直接电源的负极相连，作阴极，被保护，所以将水库中的水闸（钢板）与外加直接电源的负极相连，能保护水闸，故B正确；C、纯银质物品久置表面变暗，是因为银的表面形成硫化银，不是发生吸氧腐蚀，故C错误；D、与铜质水龙头连接处的钢质水管形成的原电池中，金属铁为负极，易被腐蚀，发生Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误；故选B．点评：本题考查学生金属的腐蚀和防护方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大． 二、非选择题（本题共3道小题，共40分．）21．（10分）（2022春•辽宁校级期末）A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等．（1）B元素位于元素周期表中第 三 周期，第 ⅥA 族．（2）由元素C与Mg元素形成的化合物的化学键的类型 离子键 ．（3）由元素A与氢元素形成的化合物的结构式 ．26\n（4）由元素B与氢元素形成的化合物的电子式 ．（5）写出A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式： 2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4 ．考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C为短周期元素，由它们在周期表中的位置，可知A、C处于第二周期，B处于第三周期，令A原子核外电子为x，则B质子数为x+9，C核外电子数为x+2，则：x+x+2=x+9，解得x=7，故A为N元素、B为S元素、C为F元素，结合对应元素的单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．解答：解；A、B、C为短周期元素，由它们在周期表中的位置，可知A、C处于第二周期，B处于第三周期，令A原子核外电子为x，则B质子数为x+9，C核外电子数为x+2，则：x+x+2=x+9，解得x=7，故A为N元素、B为S元素、C为F元素，（1）B为S元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，则位于周期表第三周期ⅥA族，故答案为：三；ⅥA；（2）C为F，与Mg元素形成的化合物为MgF2，为离子化合物，含有离子键，故答案为：离子键；（3）元素N与氢元素形成的化合物为NH3，结构式为，故答案为：；（4）B为S，与氢元素形成的化合物为H2S，电子式为，故答案为：；（5）N的气态氢化物为氨气，与S的最高价氧化物对应的水化物硫酸反应生成硫酸铵，化学方程式为2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故答案为：2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4．点评：本题考查了元素周期表和元素周期律综合应用，根据元素周期表结构和原子结构分析解答即可，会根据原子结构示意图判断元素在周期表位置，题目难度不大． 26\n22．（15分）（2022春•辽宁校级期末）过度排放CO2会造成“温室效应”，为了减少煤燃烧对环境造成的污染，煤的气化是高效、清洁利用煤炭的重要途径．煤综合利用的一种途径如图1所示．（1）已知①C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1②C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是 CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1 ．（2）在压强为0.1MPa条件下，容积为VL的密闭容器中amolCO与2amolH2在催化剂作用下反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示，则：①p1 ＜ p2（填“＞”、“＜”或“=”）．②在其他条件不变的情况下，向容器中再增加amolCO与2amolH2，达到新平衡时，CO的平衡转化率 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）．③在p1下，100℃时，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）反应的平衡常数为 （用含a、V的代数式表示）．（3）如图3表示CO2与H2反应生成CH3OH和H2O的过程中能量（单位为kJ•mol﹣1）的变化：关于该反应的下列说法中，正确的是 C （填编号）．A．△H＞0，△S＞0B．△H＞0，△S＜0C．△H＜0，△S＜0D．△H＜0，△S＞0（4）为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间变化的曲线如图4所示：①从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率v（CO2）= 0.075mol/L•min ．②下列措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是 BD （填编号）．A．升高温度B．将CH3OH（g）及时液化移出26\nC．选择高效催化剂D．再充入1molCO2和3molH2．考点：热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．分析：（1）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1①C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1②由盖斯定律②﹣①求得，热化学方程式；（2）①根据定一议二原则，定温度同，再比较压强；②在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入amolCO（g）、2amolH2（g），等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动；化学平衡常数只受温度影响，与浓度无关，温度不变，平衡常数不变；③化学平衡常数K=；（3）依据反应和图象分析判断：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），气体的物质的量减少，反应是熵减少的反应△S＜0；反应物能量高于生成物的能量，判断反应是放热反应，△H＜0；（4）二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大；10nim内达到平衡，生成甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了0.75mol/L；①根据c=计算v（CO2）；②依据化学反应的影响因素和条件逐项分析判断：A、反应是放热反应，升温平衡逆向进行；B、将CH3OH（g）及时液化抽出，减小生成物的量平衡正向进行；C、选择高效催化剂只能改变速率，不改变化学平衡；D、再充入lmolCO2和3molH2，增大压强平衡正向进行．解答：解：（1）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1①C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1②由盖斯定律②﹣①得：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1故答案为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1；（2）①温度相同时，作垂直x轴的辅助线，发现压强为P2的CO的转化率高，该反应正反应为体积减小的反应，压强增大平衡向体积减小的方向移动，即向正反应应移动，CO的转化率增大，所以P1＜P2，故答案为：＜；②在温度和容积不变的情况下，再向平衡体系中充入amolCO（g）、2amolH2（g），等效为在原平衡的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，CO的转化率增大；故答案为：增大；③在压强为0.1MPa条件下，容积为VL的密闭容器中amolCO与2amolH2在催化剂作用下反应生成甲醇．即CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）初始浓度：0变化浓度：平衡浓度：26\n则K==；故答案为：K=；（3）依据反应和图象分析判断：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），气体的物质的量减少，反应是熵减少的反应△S＜0；反应物能量高于生成物的能量，判断反应是放热反应，△H＜0，故答案为：C；（4）二氧化碳是反应物随反应进行浓度减小，甲醇是生成物，随反应进行浓度增大；10nim内达到平衡，生成甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度变化了0.75mol/L，则：①二氧化碳的反应速率V（CO2）==0.075mol/L•min；故答案为：0.075mol•L﹣1•min﹣1②措施中能使化学平衡向正反应方向移动的是：A、反应是放热反应，升温平衡逆向进行；故A错误；B、将CH3OH（g）及时液化抽出，减小生成物的量，平衡正向进行，故B正确；C、选择高效催化剂只能改变速率，不改变化学平衡，故C错误；D、再充入lmolCO2和4molH2，增大压强平衡正向进行，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了反应的焓变判断，热化学方程式的书写，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算、化学平衡常数等，图象分析是关键，难度中等． 23．（15分）（2022春•辽宁校级期末）（1）氢气被看做是理想的“绿色能源”．用高压氢气、氧气制作氢氧燃料电池是利用氢能的一种重要方式．请写出氢氧燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）的电极反应式．正极 O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣ ；负极 2H2﹣4e﹣+4OH﹣═4H2O ．（2）电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池，其中a为电解质溶液，X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：①Y的电极名称是 阳极 （填写“阳极”或“阴极”）．②若X、Y都是惰性电极，a是饱和食盐水，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，一段时间后，在X极附近观察到的现象是 溶液由无色变为红色 ，如何检验Y极上的产物： 湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝 ．（试剂及现象）（3）若X、Y都是惰性电极，a是CuSO4溶液，电解一段时间后，阳极上产生气体的体积为4.48L（标准状况下），则阴极上析出金属的质量为 25.6 g．（4）若要用该装置电解精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是 精铜 ，Y电极的材料是 粗铜 ．（5）若要用电镀方法在铁表面镀一层金属银，应该选择的方案是 A ．方案XYa溶液A铁银AgNO3B铁银Fe（NO3）326\nC银铁AgNO3D银石墨AgNO3考点：原电池和电解池的工作原理．分析：（1）氢氧燃料碱性电池中，负极上通入燃料，燃料失电子和氢氧根离子反应生成水，正极上通入氧气，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；（2）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，Y电极上氯离子放电生成氯气，X电极上氢离子放电，同时该电极附近生成氢氧根离子；（3）若X、Y都是惰性电极，a是CuSO4溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极铜离子得到电子生成铜，依据电极反应和电子守恒计算得到；（4）电解精炼粗铜做阳极，精铜做阴极，电解液a选用CuSO4溶液；（5）依据电镀原理分析判断，镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，电解质溶液中含镀层离子．解答：解：（1）氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O；正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，其电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣；2H2﹣4e﹣+4OH﹣═4H2O；（2）①Y连接电源的正极，为电解池的阳极，故答案为：阳极；②若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，Y电极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，观察是否变蓝，和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e﹣=H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：溶液由无色变为红色；湿润的淀粉碘化钾试纸，观察是否变蓝；（3）若X、Y都是惰性电极，a是CuSO4溶液，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极铜离子得到电子生成铜，依据电极反应和电子守恒计算得到；阳极电极反应4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极电极反应Cu2++2e﹣=Cu，依据电子守恒得到2Cu～O2～4e﹣，阳极上产生气体的氧气标准状况的体积为4.48L，物质的量为=0.2mol，则阴极上析出金属铜的物质的量为0.4mol，质量=0.4mol×64g/mol=25.6g，故答案为：25.6；（4）电解精炼粗铜做阳极，精铜做阴极，电解液a选用CuSO4溶液，X为阴极材料是精铜，Y电极是阳极，材料是粗铜，故答案为：精铜；粗铜；（5）要用电镀方法在铁表面镀一层金属银，则铁应为阴极，银为阳极，电解质溶液为硝酸银，只有A符合，故答案为：A．点评：本题综合考查电解池原理的分析应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电解质的工作原理以及离子的放电顺序，为解答该类题目的关键，把握电解产物的分析判断，难度中等． 26\n26
