辽宁省大连二十中高二化学上学期期中试卷含解析

辽宁省大连二十中2022-2022学年高二（上）期中化学试卷　一、单选题（每题只有一个正确答案每题2分共20分）1．下列各项与反应热的大小无关的是（　　）A．反应物和生成物的状态B．反应物量的多少C．反应物的性质D．反应的快慢　2．有关放热反应的说法中错误的是（　　）A．燃烧反应一定是放热反应B．反应物总能量大于生成物总能量C．反应物键能总和大于生成物键能总和D．是体系将储存的能量释放出来的过程　3．已知反应A2（g）+2B2（g）⇌2AB2（g）的△H＜0，达到平衡后，改变外界条件能使平衡正向移动的是（　　）A．升高温度B．增大压强C．使用催化剂D．增大AB2的浓度　4．对于可逆反应：2SO2+O2⇌2SO3，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（　　）A．增大压强B．升高温度C．使用催化剂D．多充O2　5．将反应Cu（s）+2Ag+（aq）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是（　　）A．KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液B．Cu作负极，发生还原反应C．电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu（NO3）2溶液D．工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小　6．下列说法错误的是（　　）A．工业上采用电解熔融氯化铝制取金属铝B．牺牲阳极的阴极保护法实际上是利用原电池原理C．将钢闸门与外电源负极相连，可防止其腐蚀D．铅蓄电池充电时，铅电极与直流电源的负极相接　-24-\n7．对已达化学平衡的下列反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），减小压强时，对反应产生的影响是（　　）A．逆反应速率增大，正反应速率减小B．逆反应速率减小，正反应速率增大C．逆反应速率先增大后减小D．正反应速率先减小后增大　8．对于反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H=﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0）化学平衡常数为K则下列叙述正确的是（　　）A．一定条件下，该反应在任何温度下均能自发进行B．反应CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）△H=+QkJ•mol﹣1化学平衡常数为KC．反应2COCl2（g）⇌2CO（g）+2Cl2（g）化学平衡常数为2KD．将1molCOCl2（g）置于一密闭容器中充分反应后放出QkJ的热量　9．在进行中和热的测定中，下列操作错误的是（　　）A．反应前酸、碱溶液的温度要相同B．测量溶液的温度计要一直插在溶液中C．为了使反应均匀进行，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸）D．为了使反应更完全，可以使酸或碱适当过量　10．下列关于反应能量的说法正确的是（　　）A．101kPa时，H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣248kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为248kJ•mol﹣1B．利用盖斯定律可以计算难以测量的反应热C．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，含1molNaOH的氢氧化钠的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量D．相同条件下，如果1molH原子所具有的能量为E1，1molH2所具有能量为E2，则2E1=E2　　二、单选题（每题只有一个正确答案每题3分共33分）11．已知：C（s）+CO2（g）⇌2CO（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CO2的浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体⑦增加Fe的物质的量，能提高CO2转化率的是（　　）A．①②⑦B．②③⑤C．①④⑥D．③⑤⑥　12．在一定温度下的定容容器中，不能表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态的（　　）A．混合气体的密度不变B．混合气体的压强不变C．混合气体的平均相对分子质量不变D．的转化率不变　13．下列叙述正确的是（　　）A．当某可逆反应平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率一定增加-24-\nB．已知金刚石不如石墨稳定，则石墨转变为金刚石需要放热C．盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物的用量改变而改变，但中和热不变D．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）△H4△H3＜△H4　14．将0.05molSO2（g）和0.03molO2（g）放入容积为1L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），在一定条件下2min时达到平衡，测得c（SO3）=0.04mol•L﹣1．以下表述正确的是（　　）A．若恒容下，充入氮气，则c（SO3）小于0.04mol•L﹣1B．该条件下反应的平衡常数为1.6×103C．v（O2）=0.02mol•L﹣1．min﹣1D．使用催化剂若平衡没有移动，则该反应达到化学平衡状态　15．下列叙述正确的是（　　）A．铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，铜极放出氢气B．电解硫酸钠溶液就是电解水，电解后溶液pH升高C．铁锅生锈的正极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应为：2H++2e﹣═H2↑　16．综合如图判断，下列正确的说法是（　　）A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大　17．已知：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），△H=﹣1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（　　）-24-\nA．B．C．D．　18．已知有热化学方程式：SO2（g）+1/2O2（g）=SO3（g）；△H=﹣98.32kJ/mol．现有2molSO2参加反应，当放出137.5kJ热量时，SO2的转化率最接近于（　　）A．40%B．50%C．70%D．90%　19．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%．在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（　　）A．m=2B．加入1molZ（g）时，平衡逆向移动，达到平衡后反应物的转化率不变C．X与Y的平衡转化率之比为1：1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.2mol•L﹣1　20．如图所示，甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）A．若将乙池电解液换成AgNO3溶液，则可以实现在石墨棒上镀银B．甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH+6e﹣+2H2O═CO+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗224mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上产生1.16g固体　21．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池以空气中的氧气为氧化剂，以KOH溶液为电解质溶液．下列关于该电池的叙述错误的是（　　）-24-\nA．b极发生还原反应B．a极的反应式为N2H4﹣4e﹣═N2↑+4H+C．放电时，电流从b极经过负载流向a极D．其中的离子交换膜需选用阴离子交换膜　　三、非选择题22．（5分）已知25℃、101kPa条件下：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）；△H=﹣2834.9kJ•mo﹣14Al（s）+2O3（g）=2Al2O3（s）；△H=﹣3119.1kJ•mol﹣1（1）写出O3转化成O2的热化学方程式　　　　　　（2）2molO3的能量　　　　　　3molO2的能量（填“＞”“=”“＜”）（3）2molO3的键能　　　　　　3molO2的键能（填“＞”“=”“＜”）（4）稳定性O3　　　　　　O2（填“＞”“＜”）　23．（15分）按要求回答下列问题（1）4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，写出CO燃烧的热化学方程式．　　　　　　（2）已知拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　　　　　　．（3）已知碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1则S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=　　　　　　．（4）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣437.3kJ•mol一1H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ•mol一1CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol一1写出煤气化（碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气）的热化学方程式　　　　　　，计算10m3（标况）水煤气完全燃烧放出的热量为　　　　　　kJ（结果保留到小数点后一位）．　24．（6分）在一定条件下，A气体与B气体反应生成C气体．反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图，则（1）该反应的化学方程式为：　　　　　　（2）t1s时反应物A的转化率为：　　　　　　（3）0～t1s内A的反应速率为v（A）=　　　　　　．-24-\n　25．（10分）高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2/3Fe（s）+CO2（g）已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5（1）该反应的平衡常数表达式K=　　　　　　，△H　　　　　　0（填“＞”、“＜”或“=”）；（2）在一个容积为5L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，此时比较v（正）　　　　　　v（逆）（填“＞”“=”“＜”），反应经过2min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率v（CO2）=　　　　　　，CO的平衡转化率=　　　　　　；（3）、欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是　　　　　　．A．减少Fe的量B．增加Fe2O3的量C．移出部分CO2D．提高反应温度E．减小容器的容积F．加入合适的催化剂．　26．（11分）按要求完成下列各题（1）精炼铜时，阴极材料是　　　　　　，阴极的电极反应式是　　　　　　，（2）氯碱工业电解饱和食盐水的总反应方程式为　　　　　　．（3）MnO2可作超级电容器材料．用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是　　　　　　（4）为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了一种燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是掺入了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下它能传导O2﹣离子．电池工作时正极反应式为　　　　　　．若以该电池为电源，用石墨做电极电解100mL含有如下离子的液．离子Cu2+H+Cl﹣SOc/（mol•L﹣1）1441电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），阳极上收集到氧气的物质的量为　　　　　　mol．　　-24-\n辽宁省大连二十中2022-2022学年高二（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、单选题（每题只有一个正确答案每题2分共20分）1．下列各项与反应热的大小无关的是（　　）A．反应物和生成物的状态B．反应物量的多少C．反应物的性质D．反应的快慢【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】热量是一个状态函数，与物质的状态、量及反应所处条件均有关，而单位与反应热大小无关，反应热单位：KJ/mol不是对反应物而言，不是指每摩尔反应物可以放热多少千焦，而是对整个反应而言，是指按照所给的化学反应式的计量系数完成反应时，每摩尔反应所产生的热效应，从定义和公式中可得出反应热与反应物和生成物的状态（固态，气态，液态）、量的多少、性质有关，而单位只是用来计算反应热，是恒定的，不影响反应热大小．【解答】解：A、反应物和生成物的状态，例如同一个化学反应，生成液态水或水蒸气，反应热肯定不一样，故A错误B、反应物量的多少，例如氢气与氧气反应生成水的化学反应中，氢气和氧气反应的量不同，反应放热不同，故B错误；C、反应物性质，例如锌和浓硫酸，锌和稀硫酸反应的反应热肯定不一样，反应热和物质的聚集状态有关，和物质的性质有关，故C错误；D、反应的快慢和反应物以及生成物间没有联系，这不会影响反应热大小，故D正确．故选D【点评】本题考查了化学反应的焓变分析判断，反应热有关的影响因素判断，题目难度中等．　2．有关放热反应的说法中错误的是（　　）A．燃烧反应一定是放热反应B．反应物总能量大于生成物总能量C．反应物键能总和大于生成物键能总和D．是体系将储存的能量释放出来的过程【考点】反应热和焓变．【分析】A、物质燃烧反应是放热反应；B、放热反应说明反应物总能量大于生成物的总能量；C、反应过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，放热反应说明形成化学键放出能量多；D、放热反应是把储存的能量释放出来；【解答】解：A、物质燃烧反应都是放热反应，故A正确；B、能量守恒分析可知，放热反应说明反应物总能量大于生成物的总能量，故B正确；C、反应过程中断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，放热反应说明形成化学键放出能量多，反应物键能总和小于生成物键能总和，故C错误；D、放热反应说明反应物总能量大于生成物的总能量，是把储存的能量释放出来的过程，故D正确；故选C．-24-\n【点评】本题考查了化学反应能量变化的分析应用，主要是反应前后能量的变化和键能与能量关系的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．　3．已知反应A2（g）+2B2（g）⇌2AB2（g）的△H＜0，达到平衡后，改变外界条件能使平衡正向移动的是（　　）A．升高温度B．增大压强C．使用催化剂D．增大AB2的浓度【考点】化学平衡的影响因素．【分析】该反应是正反应气体物质的量减小的放热反应，若使平衡正向移动，可以降温、加压、增大反应物浓度或减小生成物浓度，催化剂不影响平衡移动，据此分析．【解答】解：该反应是正反应气体物质的量减小的放热反应，A、升温，平衡逆向移动，故A不选；B、加压，平衡正向移动，故B选；C、催化剂能够同等程度地增大正逆反应速率，不影响平衡移动，故C不选；D、增大生成物AB2浓度平衡逆向移动，故D不选；故选B．【点评】本题考查学生影响化学平衡移动的因素知识，属于基础知识的考查，难度不大．　4．对于可逆反应：2SO2+O2⇌2SO3，下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（　　）A．增大压强B．升高温度C．使用催化剂D．多充O2【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】增大反应物中活化分子百分数、化学反应速率，可升高温度或加入催化剂，如平衡常数发生变化，应改变温度，以此解答该题．【解答】解：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误．故选B．【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重于基础知识的考查，注意平衡常数只受温度的影响，难度不大，学习中注意相关基础知识的积累．　5．将反应Cu（s）+2Ag+（aq）═Cu2+（aq）+2Ag（s）设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计（G）指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是（　　）A．KNO3盐桥中的K+移向Cu（NO3）2溶液-24-\nB．Cu作负极，发生还原反应C．电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu（NO3）2溶液D．工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、铜为负极，银为正极，所以K+移向KNO3溶液移动；B、活泼的铜为负极，发生氧化反应；C、电子不经过盐桥；D、银为正极，发生还原反应．【解答】解：A、铜为负极，银为正极，所以K+移向KNO3溶液移动，故A错误；B、活泼的铜为负极，发生氧化反应，故B错误；C、电子不经过盐桥，故C错误；D、银为正极，银离子在正极发生还原反应而析出，所以工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池的设计及工作原理，注意电极反应式的书写方法，牢固掌握原电池中电极的判断，电极反应式的书写的方法性问题．　6．下列说法错误的是（　　）A．工业上采用电解熔融氯化铝制取金属铝B．牺牲阳极的阴极保护法实际上是利用原电池原理C．将钢闸门与外电源负极相连，可防止其腐蚀D．铅蓄电池充电时，铅电极与直流电源的负极相接【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电；B．牺牲阳极的阴极保护法的原理是活泼金属为负极，被保护的金属为正极；C．将钢闸门与外电源负极相连，为外加电源的阴极保护法；D．铅蓄电池中铅为负极，充电时，铅连接电源的负极．【解答】解：A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上采用电解熔融氧化铝制取金属铝，故A错误；B．牺牲阳极的阴极保护法的原理是活泼金属为负极，被保护的金属为正极，为原电池反应，故B正确；C．将钢闸门与外电源负极相连，为外加电源的阴极保护法，可达到防腐的目的，故C正确；D．铅蓄电池中铅为负极，充电时，铅连接电源的负极，阴极发生还原反应生成铅，故D正确．故选A．【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．　7．对已达化学平衡的下列反应2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），减小压强时，对反应产生的影响是（　　）A．逆反应速率增大，正反应速率减小B．逆反应速率减小，正反应速率增大C．逆反应速率先增大后减小D．正反应速率先减小后增大-24-\n【考点】化学平衡的影响因素．【分析】对于有气体参加的化学反应，减小压强，正逆反应速率都减小；减小压强，化学平衡向气体体积增大的方向移动，据此分析．【解答】解：2X（g）+Y（g）⇌2Z（g），减小压强后，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，正反应速率先减小后增大，故选D．【点评】本题考查压强对反应速率及化学平衡的影响，明确化学反应为气体体积缩小的反应是解答本题的关键，难度不大．　8．对于反应COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H=﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0）化学平衡常数为K则下列叙述正确的是（　　）A．一定条件下，该反应在任何温度下均能自发进行B．反应CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）△H=+QkJ•mol﹣1化学平衡常数为KC．反应2COCl2（g）⇌2CO（g）+2Cl2（g）化学平衡常数为2KD．将1molCOCl2（g）置于一密闭容器中充分反应后放出QkJ的热量【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A、化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；B、互为逆过程的两个反应，平衡常数之积为1；C、化学平衡常数表达式与方程式的书写有关，系数扩大2倍，平衡常数是原平衡常数的平方；D、可逆反不可能完全转化．【解答】解：A、已知：COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）△H=﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），由方程式中气体的计量数可知反应后气体物质的量增大，所以熵增加，即△S＞0，而△H＜0，所以该反应在任何温度下均能自发进行，故A正确；B、反应CO（g）+Cl2（g）⇌COCl2（g）△H=+QkJ•mol﹣1化学平衡常数为，故B错误；C、反应2COCl2（g）⇌2CO（g）+2Cl2（g），的系数是COCl2（g）⇌CO（g）+Cl2（g）的2倍，所以化学平衡常数为K2，故C错误；D、可逆反不可能完全转化，所以将1molCOCl2（g）置于一密闭容器中充分反应后放出热量小于QkJ，故D错误；故选A．【点评】本题考查反应热与焓变，反应方向的判断和化学平衡常数的相关知识，题目难度不大，注意自由能判据的应用．　9．在进行中和热的测定中，下列操作错误的是（　　）A．反应前酸、碱溶液的温度要相同B．测量溶液的温度计要一直插在溶液中C．为了使反应均匀进行，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸）D．为了使反应更完全，可以使酸或碱适当过量【考点】化学研究基本方法及作用；中和热的测定．【专题】实验评价题．【分析】A．反应前温度要相同；B．温度计要一直插在溶液中；C．分次加入混合时，容易造成热量损失；D．为了使反应进行更完全，酸或碱要过量．-24-\n【解答】解：A．反应前温度要相同，不同时误差较大，故A正确；B．温度计要一直插在溶液中，观察最高温度，故B正确；C．分次加入混合时，容易造成热量损失，使测试结果不准确，故C错误；D．为了使反应进行更完全，可以使酸（碱）适当过量，故D正确．故选C．【点评】本题考查中和热的测定，题目难度不大，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键．　10．下列关于反应能量的说法正确的是（　　）A．101kPa时，H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣248kJ•mol﹣1，H2的燃烧热为248kJ•mol﹣1B．利用盖斯定律可以计算难以测量的反应热C．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，含1molNaOH的氢氧化钠的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量D．相同条件下，如果1molH原子所具有的能量为E1，1molH2所具有能量为E2，则2E1=E2【考点】反应热和焓变．【分析】A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；B、盖斯定律实际上是“内能和焓是状态函数”这一结论的进一步体现．利用这一定律可以从已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应；C、中和热是强酸强碱稀溶液反应生成1mol水时放出的热量；D、分子断键形成原子时吸收能量．【解答】解：A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；热化学方程式中水是气体，不稳定；故A错误；B、盖斯定律实际上是“内能和焓是状态函数”这一结论的进一步体现．利用这一定律可以从已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应，故B正确；C、浓硫酸溶于水过程放热，1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出的热量大于57.3kJ，故C错误；D、1mol氢分子断键变成2molH原子时吸收能量，所以2molH原子所含能量比1mol氢分子高，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了盖斯定律的应用，燃烧热、中和热概念的分析判断，题目难度中等．　二、单选题（每题只有一个正确答案每题3分共33分）11．已知：C（s）+CO2（g）⇌2CO（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CO2的浓度④减压⑤加催化剂⑥恒压通入惰性气体⑦增加Fe的物质的量，能提高CO2转化率的是（　　）A．①②⑦B．②③⑤C．①④⑥D．③⑤⑥【考点】化学平衡的影响因素．【分析】化学反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H＞0是气体体积增大吸热反应；转化率的变化根据化学平衡的移动方向分析判断．①升温平衡向吸热反应方向移动；②恒容通入惰性气体，平衡不移动；③增加CO2的浓度，平衡正向进行；④减压平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡；-24-\n⑥恒压通入惰性气体，相对于减小反应体系的压强，平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行；⑦增加C的物质的量，平衡不移动．【解答】解：化学反应C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）△H＞0是气体体积增大吸热反应；转化率的变化根据化学平衡的移动方向分析判断．①升温平衡向吸热反应方向移动即平衡正向进行，CO2转化率增大，故符合；②恒容通入惰性气体，平衡不移动，故不符合；③增加CO2的浓度，虽然平衡正向进行，但CO2转化率减小，故不符合；④减压平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行，CO2转化率增大，故符合；⑤加催化剂，改变速率不改变平衡，故不符合；⑥恒压通入惰性气体，相对于减小反应体系的压强，平衡向气体体积增大的方向进行，平衡正向进行，CO2转化率增大，故符合；⑦增加C的物质的量，平衡不移动，故不符合；故选C．【点评】本题考查了化学平衡的影响因素的分析判断，体积改变，平衡移动方向是判断的关键，题目难度中等．　12．在一定温度下的定容容器中，不能表明反应A（s）+2B（g）⇌C（g）+D（g）已达到平衡状态的（　　）A．混合气体的密度不变B．混合气体的压强不变C．混合气体的平均相对分子质量不变D．的转化率不变【考点】化学平衡状态的判断．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．【解答】解：A、混合气体的密度不变，说明气体的质量不变，说明达平衡状态，故A错误；B、两边的气体的计量数相等，混合气体的压强始终不变，所以不一定是平衡状态，故B正确；C、混合气体的平均相对分子质量不变，说明气体的质量不变，说明达平衡状态，故C错误；D、转化率不变，说明达平衡状态，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0．　13．下列叙述正确的是（　　）A．当某可逆反应平衡向正反应方向移动时，反应物的转化率一定增加B．已知金刚石不如石墨稳定，则石墨转变为金刚石需要放热C．盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物的用量改变而改变，但中和热不变D．S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）△H4△H3＜△H4【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素．【分析】A、当增大某一反应物使平衡向正反应方向移动时，该反应物的转化率减小；B、金刚石的燃烧热大于石墨的燃烧热，可知金刚石的能量比石墨能量高，根据能量守恒判断；-24-\nC、根据中和热的概念﹣在稀溶液中，酸跟碱发生反应生成1mol水时的反应热叫做中和热判断；D、硫固体转变成气态要吸热．【解答】解：A、当增大某一反应物使平衡向正反应方向移动时，该反应物的转化率减小，故A错误；B、金刚石的燃烧热大于石墨的燃烧热，根据能量守恒，可知金刚石的能量比石墨能量高，所以石墨转变为金刚石需要吸热，故B错误；C、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C正确；D、硫固体转变成气态要吸热，所以S（s）+O2（g）═SO2（g）△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）△H4△H3＞△H4，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了转化率的判断、化学反应与能量变化以及中和热的定义，题目难度中等，注意基础知识的积累．　14．将0.05molSO2（g）和0.03molO2（g）放入容积为1L的密闭容器中，反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），在一定条件下2min时达到平衡，测得c（SO3）=0.04mol•L﹣1．以下表述正确的是（　　）A．若恒容下，充入氮气，则c（SO3）小于0.04mol•L﹣1B．该条件下反应的平衡常数为1.6×103C．v（O2）=0.02mol•L﹣1．min﹣1D．使用催化剂若平衡没有移动，则该反应达到化学平衡状态【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡计算．【分析】A．恒容下，充入氮气，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动；B．将0.05molSO2（g）和0.03molO2（g）放入容积为1L的密闭容器中，在一定条件下2min时达到平衡，测得c（SO3）=0.04mol•L﹣1，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始浓度（mol/L）：0.050.030变化浓度（mol/L）：0.040.020.04平衡浓度（mol/L）：0.010.010.04再根据K=计算平衡常数；C．根据v=计算v（O2）；D．催化剂不影响平衡移动．【解答】解：A．恒容下，充入氮气，反应混合物各组分浓度不变，平衡不移动，c（SO3）不变，故A错误；B．将0.05molSO2（g）和0.03molO2（g）放入容积为1L的密闭容器中，在一定条件下2min时达到平衡，测得c（SO3）=0.04mol•L﹣1，则：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）起始浓度（mol/L）：0.050.030变化浓度（mol/L）：0.040.020.04-24-\n平衡浓度（mol/L）：0.010.010.04则平衡常数K===1.6×103，故B正确；C.2min时达到平衡，氧气浓度变化量为0.02mol/L，则v（O2）==0.01mol/（L．min），故C错误；D．催化剂不影响平衡移动，无法判断反应是否到达平衡，故D错误，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数计算，难度不大，注意三段式在化学平衡计算中应用．　15．下列叙述正确的是（　　）A．铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，铜极放出氢气B．电解硫酸钠溶液就是电解水，电解后溶液pH升高C．铁锅生锈的正极反应为：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应为：2H++2e﹣═H2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，发生2FeCl3+Fe═3FeCl2；B．电解硫酸钠溶液，溶液pH不变；C．铁锅生锈，发生吸氧腐蚀，正极生成OH﹣；D．电解饱和食盐水的阳极发生氧化反应．【解答】解：A．铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，发生2FeCl3+Fe═3FeCl2，铜电极发生还原反应，电解方程式为2Fe3++2e﹣=2Fe2+，故A错误；B．电解硫酸钠溶液，实质电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气，溶液呈中性，溶液pH不变，故B错误；C．铁锅生锈，发生吸氧腐蚀，正极生成OH﹣，电极方程式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，故C正确；D．电解饱和食盐水的阳极发生氧化反应，电极方程式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，故D错误．故选C．【点评】本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确溶液中离子的放电顺序判断发生电解的物质是解答本题的关键，题目难度不大．　16．综合如图判断，下列正确的说法是（　　）A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大【考点】原电池和电解池的工作原理．-24-\n【专题】电化学专题．【分析】图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．【解答】解：A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．装置Ⅰ中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故C错误；D．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置Ⅰ借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握．　17．已知：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g），△H=﹣1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】由4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）△H=﹣1025kJ/mol知，该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡．【解答】解：A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确．B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确．-24-\nC、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误．D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，正催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确．故选：C．【点评】本题以图象为载体考查了外界条件对化学平衡的影响，难度不大，明确催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡．　18．已知有热化学方程式：SO2（g）+1/2O2（g）=SO3（g）；△H=﹣98.32kJ/mol．现有2molSO2参加反应，当放出137.5kJ热量时，SO2的转化率最接近于（　　）A．40%B．50%C．70%D．90%【考点】有关反应热的计算．【分析】由SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H=﹣98.32kJ/mol，则1molSO2完全反应，放出98.2kJ的热量，利用物质的量与放出的热量成正比计算反应的二氧化硫，以此计算SO2的转化率．【解答】解：设反应的二氧化硫为x，则SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H=﹣98.32kJ/mol，1mol98.32kJx137.5kJ=，解得x=1.398mol，所以SO2的转化率为×100%≈70%，故选C．【点评】本题考查热化学反应方程式的计算，明确热化学方程式的意义及物质的量与热量的关系即可解答，题目难度不大．　19．某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%．在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变．下列叙述不正确的是（　　）A．m=2B．加入1molZ（g）时，平衡逆向移动，达到平衡后反应物的转化率不变C．X与Y的平衡转化率之比为1：1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.2mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡计算．【分析】A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；B．加入1molZ（g）时，平衡逆向移动，达到平衡后反应物的转化率减小；C．X、Y的起始物质的量之比为1：2，二者按物质的量1：2反应，故二者转化率相等；D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，混合气体总物质的量不变，两次平衡时相同物质的含量相等，计算第二次平衡时Z的物质的量，进而计算Z的浓度．-24-\n【解答】解：A．平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A正确；B．加入1molZ，平衡逆向移动，则平衡时反应物转化率减小，故B错误；C．X、Y的起始物质的量之比为1：2，二者按物质的量1：2反应，故二者转化率相等，故C正确；D．该反应为反应前后气体总量不变的反应，两次平衡时相同物质的含量相等，第二次平衡时Z的物质的量为（1+2+1）mol×10%=0.4mol，故第二次平衡时Z的浓度为=0.2mol/L，故D正确，故选：B．【点评】本题考查化学平衡计算与化学平衡移动原理，难度中等，关键是对等效平衡的理解掌握．　20．如图所示，甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O．下列说法正确的是（　　）A．若将乙池电解液换成AgNO3溶液，则可以实现在石墨棒上镀银B．甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH+6e﹣+2H2O═CO+8H+C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗224mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上产生1.16g固体【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极；B．电解质溶液呈碱性，不可能生成H+；C．乙池中阳极生成氧气，阴极生成铜；D．根据转移电子与生成沉淀的关系式计算判断．【解答】解：A．甲池中投放甲醇的电极是负极，投放氧气的电极是正极，所以石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，阳极生成氧气，故A错误；B．在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；C．电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；D．甲池中消耗224mL（标准状况下）O2，转移电子0.04mol，根据转移电子守恒知，丙池中生成0.02mol氢气，同时生成0.04mol氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，所以氢氧化镁沉淀的物质的量是0.02mol，氢氧化镁沉淀的质量=0.02mol×58g/mol=1.16g，故D正确．故选D．-24-\n【点评】本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，易错选项是B，会燃料电池电极反应式的书写，注意书写电极反应式时要结合电解质溶液的酸碱性，电解质溶液不同电极反应式不同．　21．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小等优点．一种以液态肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示，该电池以空气中的氧气为氧化剂，以KOH溶液为电解质溶液．下列关于该电池的叙述错误的是（　　）A．b极发生还原反应B．a极的反应式为N2H4﹣4e﹣═N2↑+4H+C．放电时，电流从b极经过负载流向a极D．其中的离子交换膜需选用阴离子交换膜【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答．【解答】解：A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A错误；B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2O，故B正确；C．放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C错误；D．该原电池中，正极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，故D错误；故选B．【点评】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电流的方向和电子的流向相反，难度不大．　三、非选择题22．（5分）已知25℃、101kPa条件下：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）；△H=﹣2834.9kJ•mo﹣14Al（s）+2O3（g）=2Al2O3（s）；△H=﹣3119.1kJ•mol﹣1（1）写出O3转化成O2的热化学方程式　2O3（g）=3O2（g）；△H=﹣284.2kJ•mol﹣1　（2）2molO3的能量　＞　3molO2的能量（填“＞”“=”“＜”）（3）2molO3的键能　＜　3molO2的键能（填“＞”“=”“＜”）（4）稳定性O3　＜　O2（填“＞”“＜”）【考点】热化学方程式；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）依据题干热化学方程式，根据盖斯定律的应用合并得到氧气转化为臭氧的热化学方程式；（2）根据反应的焓变等于产物能量和反应物能量之差来分析；-24-\n（3）化学反应的焓变=反应物化学键断裂吸收的能量﹣反应物中新建生成释放的能量；（4）物质的能量越低越稳定，据此回答．【解答】解：（1）已知25℃、101kpa条件下：①4Al（s）+302（g）═2A1203（s）；△H=﹣2834.9kJ•mol﹣1②4Al（s）+203（g）═2Al2O3（s）；△H=﹣3119.1KJ•mol﹣1根据盖斯定律①﹣②得到：302（g）═203（g）△H=﹣2834.9kJ•mol﹣1﹣（﹣3119.1KJ•mol﹣1）=284.2KJ/mol，2O3（g）=3O2（g）；△H=﹣284.2kJ•mol﹣1，故答案为：2O3（g）=3O2（g）；△H=﹣284.2kJ•mol﹣1；（2）根据2O3（g）=3O2（g）；△H=﹣284.2kJ•mol﹣1，反应释放热量，所以2molO3的能量高于3molO2的能量，故答案为：＞；（3）学反应的焓变=反应物化学键断裂吸收的能量﹣反应物中新建生成释放的能量，所以2molO3的键能小于3molO2的键能，故答案为：＜；（4）根据2O3（g）=3O2（g）；△H=﹣284.2kJ•mol﹣1，所以2molO3的能量高于3molO2的能量，物质的能量越低越稳定，氧气更稳定，故答案为：＜．【点评】本题考查了热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，主要是物质能量的高低与物质稳定性的判断．　23．（15分）按要求回答下列问题（1）4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，写出CO燃烧的热化学方程式．　2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣134.4kJ•mol一1　（2）已知拆开1molH﹣H键、1molN﹣H键、1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为　N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1　．（3）已知碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣12K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1则S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=　（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1　．（4）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣437.3kJ•mol一1H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ•mol一1CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol一1写出煤气化（碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气）的热化学方程式　C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣131.5kJ•mol﹣1　，计算10m3（标况）水煤气完全燃烧放出的热量为　126964.7　kJ（结果保留到小数点后一位）．【考点】热化学方程式；反应热和焓变．【专题】计算题；守恒思想；守恒法；化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；（2）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；（3）碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=akJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1③-24-\n将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热；（4）已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣437.3kJ•mol一1②H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ•mol一1③CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算，①﹣②﹣③得到固态碳与水蒸汽反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式，根据反应②和③可计算出水煤气燃烧放出的热量．【解答】解：（1）4gCO在氧气中燃烧生成CO2，放出9.6kJ热量，28g一氧化碳在氧气中燃烧放出热量=×9.6KJ=67.2KJ，则CO燃烧的热化学方程式为：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣134.4kJ•mol一1，故答案为：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣134.4kJ•mol一1．；（2）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN﹣H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ﹣2254kJ=92kJ，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1；（3）碳的燃烧热△H1=akJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=akJ•mol﹣1①S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=bkJ•mol﹣1②2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=ckJ•mol﹣1③将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，故答案为：（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1；（4）已知：①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣437.3kJ•mol一1②H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）△H=﹣285.8kJ•mol一1③CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1依据盖斯定律计算，①﹣②﹣③得到固态碳与水蒸汽反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是：C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣131.5kJ•mol﹣1；故答案为：C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣131.5kJ•mol﹣1，根据反应②③可知，每2摩尔水煤气完全燃烧放出的热量为285.8kJ+283.0kJ=568.8kJ，所以10m3（标况）即mol=446.43mol的水煤气完全燃烧放出的热量为446.43×568.8kJ×=126964.7kJ，故答案为：C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣131.5kJ•mol﹣1；126964.7．【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的数值与单位，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．同时还考查了反应热的计算，题目难度不大，注意把握从键能的角度计算反应热的方法．　24．（6分）在一定条件下，A气体与B气体反应生成C气体．反应过程中，反应物与生成物的浓度随时间变化的曲线如图，则（1）该反应的化学方程式为：　3A+B2C　（2）t1s时反应物A的转化率为：　75%　-24-\n（3）0～t1s内A的反应速率为v（A）=　mol/（L．s）　．【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡图像；化学平衡计算．【分析】（1）由图象可知，在反应中，A、B的浓度逐渐减小，C的浓度逐渐增大，则A、B为反应物，C为生成物，t1s时A、B浓度不变且不为0，说明是可逆反应，化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比，进而书写反应方程式；（2）t1s时反应物A的浓度变化量为（0.8﹣0.2）mol/L=0.6mol/L，A的转化率=×100%；（3）0～t1s内A的浓度变化量为（0.8﹣0.2）mol/L=0.6mol/L，根据v=计算v（A）．【解答】解：（1）由图象可知，在反应中，A、B的浓度逐渐减小，C的浓度逐渐增大，则A、B为反应物，C为生成物，t1s时A、B浓度不变且不为0，说明是可逆反应，t1s内△c（A）：△c（B）：△c（C）=（0.8﹣0.2）：（0.5﹣0.3）：0.4=3：1：2，化学反应中浓度变化之比等于化学计量数之比，则化学方程式为3A+B2C，故答案为：3A+B2C；（2）t1s时反应物A的浓度变化量为（0.8﹣0.2）mol/L=0.6mol/L，A的转化率=×100%=75%，故答案为：75%；（3）0～t1s内A的浓度变化量为（0.8﹣0.2）mol/L=0.6mol/L，则v（A）==mol/（L．s），故答案为：mol/（L．s）．【点评】本题考查化学平衡有关计算、反应速率计算、化学平衡图象，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．　25．（10分）高炉炼铁过程中发生的主要反应为：1/3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2/3Fe（s）+CO2（g）已知该反应在不同温度下的平衡常数如下：温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5（1）该反应的平衡常数表达式K=　　，△H　＜　0（填“＞”、“＜”或“=”）；（2）在一个容积为5L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，此时比较v（正）　＞　v（逆）（填“＞”“=”“＜”），反应经过2min后达到平衡．求该时间范围内反应的平均反应速率v（CO2）=　0.06mol．L﹣1．min﹣1　，CO的平衡转化率=　60%　；（3）、欲提高（2）中CO的平衡转化率，可采取的措施是　C　．-24-\nA．减少Fe的量B．增加Fe2O3的量C．移出部分CO2D．提高反应温度E．减小容器的容积F．加入合适的催化剂．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；（2）计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断v（正）、v（逆）相对大小；1000℃时时平衡常数K=4，由平衡常数K=可知，平衡时c（CO2）=4c（CO），故平衡时n（CO2）=4n（CO），由碳元素守恒可知n（CO2）+n（CO）=2mol，联立计算平衡时n（CO2）、n（CO），再根据v=计算v（CO2），转化率=×100%；（3）欲提高（2）中CO的平衡转化率，改变条件应使平衡正向移动．【解答】解：（1）Fe2O3（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数表达式K=；由表中数据可知，随温度升高平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：；＜；（2）此时浓度商Qc==1＜K=4，反应向正反应进行，则v（正）＞v（逆）；1000℃时时平衡常数K=4，由平衡常数K=可知，平衡时c（CO2）=4c（CO），故平衡时n（CO2）=4n（CO），由碳元素守恒可知n（CO2）+n（CO）=2mol，联立可得n（CO2）=1.6mol、n（CO）=0.4mol，则v（CO2）==0.06mol．L﹣1．min﹣1，转化的CO为1mol﹣0.4mol=0.6mol，故CO转化率=×100%=60%，故答案为：0.06mol．L﹣1．min﹣1；60%；（3）A．Fe为固体，减少Fe的量，不影响平衡移动，CO转化率不变，故A错误；B．Fe2O3为固体，增加Fe2O3的量，不影响平衡移动，CO转化率不变，故B错误；C．移出部分CO2，生成物浓度降低，平衡正向移动，CO转化率增大，故C正确；-24-\nD．正反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，CO转化率减小，故D错误；E．减小容器的容积，压强增大，反应前后气体体积不变，平衡不移动，CO转化率不变，故E错误；F．加入合适的催化剂，可以加快反应速率，不影响平衡移动，CO转化率不变，故F错误，故选：C．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数及其应用，难度不大，（2）注意对平衡常数的理解与灵活应用．　26．（11分）按要求完成下列各题（1）精炼铜时，阴极材料是　纯铜　，阴极的电极反应式是　Cu2++2e﹣=Cu　，（2）氯碱工业电解饱和食盐水的总反应方程式为　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　．（3）MnO2可作超级电容器材料．用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是　Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+　（4）为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了一种燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是掺入了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下它能传导O2﹣离子．电池工作时正极反应式为　O2+4e﹣=2O2﹣　．若以该电池为电源，用石墨做电极电解100mL含有如下离子的液．离子Cu2+H+Cl﹣SOc/（mol•L﹣1）1441电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相同条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），阳极上收集到氧气的物质的量为　0.1　mol．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）精炼铜时，阴极材料是纯铜，阴极为铜离子得电子发生还原反应；（2）氯碱工业电解饱和食盐水的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）锰离子在阳极失电子生成MnO2；（4）根据原电池原理，正极O2得到电子生成负极O2﹣；依据电解原理和溶液中离子放电顺序，结合电子守恒和电极反应计算得到；【解答】解：（1）精炼铜时，阴极材料是纯铜，阴极为铜离子得电子发生还原反应，反应式为Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：纯铜，Cu2++2e﹣=Cu；（2）氯碱工业电解饱和食盐水的总反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）锰离子在阳极失电子生成MnO2，反应式为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+；（4）燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是掺入了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下它能传导O2﹣离子，根据原电池原理，正极O2得到电子生成负极O2﹣：O2+4e﹣=2O2﹣，电解一段时间后，当两极收集到相同体积（相词条件）的气体时（忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），100ml溶液中含有c（Cu2+）=1mol/L，c（H+）=4mol/L，c（Cl﹣）=4mol/L，c（SO42﹣）=1mol/L；-24-\n阳极氯气和阴极氢气相同，设阳极生成的氧气物质的量为x，阴极上也应生成氢气物质的量x阳极电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，0.4mol0.4mol0.2mol4xx阴极电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，0.1mol0.2mol0.1mol2H++2e﹣=H2↑；2H++2e﹣=H2↑；0.4mol0.4mol0.2mol2xx依据电子守恒0.4+4x=0.2+0.4+2xx=0.1mol阳极上收集到氧气的物质的量0.1mol；故答案为：O2+4e﹣=2O2﹣；0.1．【点评】本题考查了原电池和电解池原理的分析应用，氧化还原反应的实质，掌握原理是解题关键，题目难度中等．　-24-