浙江省宁波市慈溪市高二化学上学期期中试题含解析

浙江省宁波市慈溪市2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷　一、选择题（共25小题）1．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（　　）A．m必定小于pB．（m+n）必定大于pC．（m+n）必定小于pD．m必定大于p　2．分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是（　　）A．2N2（g）+O2（g）═2N2O（g）△H=163kJ•mol﹣1B．Ag（s）+Cl2（g）═AgCl（s）△H=﹣127kJ•mol﹣1C．HgO（s）═Hg（l）+O2（g）△H=91kJ•mol﹣1D．H2O2（l）═O2（g）+H2O（l）△H=﹣98kJ•mol﹣1　3．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1，下列说法正确的是（　　）A．2L氟化氢气体分解成1L氢气与1L氟气吸收270kJ热量B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270kJ热量　4．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗，N棒变细．由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（　　）MNPA锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A．AB．BC．CD．D　5．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在25℃、35℃时其离子积分别为K=1.0×10﹣14，K（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述中正确的是（　　）A．c（H+）随着温度的升高而降低B．在35℃时，纯水中c（H+）＞c（OH﹣）C．水的电离度α＞α（35℃）D．水的电离过程是吸热过程　6．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（　　）-26-\nA．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=+725.8kJ/molB．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣1452kJ/molC．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣725.8kJ/molD．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=+1452kJ/mol　7．关于化学反应的说法中错误的是（　　）A．如图所示的反应为放热反应B．化学反应中有物质变化也有能量变化C．化学反应具有方向性D．化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量　8．在其他条件不变时，下列说法中正确的是（　　）A．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大B．增大压强，可使活化分子百分数增多，化学反应速率一定增大C．加入反应物可使活化分子百分数大大增加，化学反应速率大大加快D．活化分子间所发生的碰撞均为有效碰撞　9．一定量的稀硫酸跟过量铁粉反应，为了减缓反应速率，又不影响生产氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的（　　）A．Ca（OH）2固体B．NH4Cl（固体）C．CuSO4（溶液）D．CH3COONa（固体）　10．H2O2（l）在有MnO2催化下和无MnO2催化下分解的能量变化如图所示．下列说法正确是（　　）A．有MnO2条件下的反应曲线是a曲线B．a曲线变为b曲线，反应所需的活化能降低C．a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大D．b曲线的热化学方程式为：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）△H=﹣（E1﹣E2）kJ•mol﹣1　11．下列关于电离度α的叙述正确的是（　　）①α与浓度无关；②α值随温度升高而增大；③在相同条件下，α值的大小可以表示弱电解质的相对强弱；④α值增大，相应离子浓度一定增大；⑤α值增大相应离子物质的量增大．A．①②③B．①②④C．③④⑤D．②③-26-\n　12．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﹣1下列结论中正确的是（　　）A．碳的燃烧热是110.5kJ•mol﹣1B．碳的燃烧热是221kJ•mol﹣1C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1D．浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量　13．下列说法正确的是（　　）A．Cu与石墨都能导电，但都属于非电解质B．AgCl与BaSO4都是难溶性盐，但都属于强电解质C．SO2与CaO都是氧化物，因此SO2、CaO都是非电解质D．NaCl与HCl都是电解质，因此熔融NaCl、液态HCl都能导电　14．已知反应Al2O3（s）+3C（s）+N2（g）⇌2AlN（s）+3CO（g）在温度、容积恒定的密闭容器中进行，其中CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示．下列说法不正确的是（　　）A．从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率B．c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率C．在不同时刻都存在关系：3v（N2）=v（CO）D．维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙　15．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　16．一定温度下，某密闭容器中发生如下反应：2X（g）+Y（s）⇌2Z（g），确实达到平衡的标志是（　　）A．X的生成速率与Z的消耗速率数值相等B．X、Y、Z的浓度之比为2：1：2C．体积一定时，容器内压强不再变化D．体积一定时，混合气体的密度不再变化　17．下列事实中，与电化学腐蚀无关的是（　　）A．在空气中，金属银的表面生成一层黑色物质-26-\nB．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面易被腐蚀C．埋在潮湿疏松土壤里的铁管比埋在干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀D．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块　18．下列说法正确的是（　　）A．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于电化学中牺牲阳极的阴极保护法B．碰撞理论和过渡态理论是常用的反应速率理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等对反应速率的影响C．人们通常用标准燃烧热或热值来衡量燃料燃烧放出热量的大小，其中标准燃烧热是指101kPa下，1g物质完全燃烧的反应热D．改变影响化学平衡的一个因素，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动　19．下列关于化学电源的说法不正确的是（　　）A．我们可以根据硫酸密度的大小来判断铅蓄电池是否需要充电B．燃料电池是利用燃料和氧化剂之间的氧化还原反应，将化学能转化为热能，然后再转化为电能的化学电源C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，就不能再使用了D．由Ag2O和Zn形成的碱性银锌纽扣电池，发生电化学反应时，Zn作为负极　20．下列事实不能用勒沙特列原理解释的（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．加入催化剂有利于氨的氧化反应C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提2022～2022学年度高二氧化硫的利用率　21．如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极．则下列有关的判断正确的是（　　）A．d为负极、c为正B．c电极上有气体产生C．电解过程中，Cu2+在溶液中向c棒迁移D．电解过程中，d电极质量不变，氯离子浓度不变　22．如图所示，a、b是两根石墨棒．下列叙述正确的是（　　）-26-\nA．a是正极，发生还原反应B．b是阳极，发生氧化反应C．稀硫酸中硫酸根离子的物质的量不变D．往滤纸上滴加酚酞试液，a极附近颜色变红　23．在其它条件一定时，图中曲线表示反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0达平衡时NO的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E点，其中表示未达平衡状态且V正＞V逆的点是（　　）A．A或EB．B点C．C点D．D点　24．下列关于平衡常数的说法中，正确的是（　　）A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用初始浓度，生成物浓度用平衡浓度B．在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值C．平衡常数的大小只与浓度有关，而与温度、压强、催化剂等无关D．从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度　25．对达到平衡状态的可逆反应X+Y⇌Z+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速率变化如图所示，则图象中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为（　　）A．Z、W均为气体，X、Y中有一种是气体B．Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体C．X、Y、Z、W皆非气体D．X、Y均为气体，Z、W中有一种为气体　　二、填空题（共6小题）（除非特别说明，请填准确值）26．在温度为373K时，将0.100mol无色的N2O4气体放入1L抽空的密闭容器中，立刻出现红棕色，直至建立N2O4⇌2NO2的平衡．如图是隔一定时间测定到的N2O4的浓度（纵坐标为N2O4的浓度，横坐标为时间）（1）该反应的△S　　　　　　0（填“＞、=或＜”）20～40s内，NO2的平均生成速率为　　　　　　mol•L﹣1•S﹣1（3）该反应的化学平衡常数表达式为　　　　　　373k时，求该反应N2O4⇌2NO2的化学平衡常数　　　　　　-26-\n（4）已知323k时，该反应N2O4⇌2NO2的化学平衡常数K=0.022，据此可推测该反应的△H　　　　　　0（填“＞、=或＜”）　27．已知Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，设计成原电池，构造如图1所示，试问CuSO4溶液放在　　　　　　（填“甲”或“乙”）烧杯，盐桥中的Cl﹣移向　　　　　　（填“甲”或“乙”）烧杯；　28．已知C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/molCO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol请写出C转化为CO的热化学方程式：　　　　　　．　29．50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热．回答下列问题：（1）完整地做一次这样的实验，需测定　　　　　　次温度从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　　　　　　．（3）烧杯间填满碎纸条的作用是　　　　　　．（4）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（5）用相同质量的NaOH固体进行上述实验，测得的中和反应反应热数值与57.3kJ•mol﹣1相比会　　　　　　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．　30．电解饱和食盐水是重要的化工产业，它被称为“氯碱工业”．在教材《化学1》、《化学2》、《化学反应原理》中均有提及，请写出电解饱和食盐水的化学反应方程式　　　　　　-26-\n，其中如图是《化学反应原理》中电解饱和食盐水工业中所采用的离子交换膜电解槽示意图，部分图标文字已被除去，请根据图中残留的信息（通电以后Na+的移动方向）判断电极2的名称是　　　　　　，并写出电极1的电极反应式　　　　　　．　31．某实验小组用以下几个实验装置探究电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响，烧杯中都盛有稀H2SO4．试回答：（1）B装置中Cu电极上的电极反应式为　　　　　　，D装置中Fe电极上的电极反应式为　　　　　　；D装置中的实验现象有　　　　　　，若用电流表测量反应时通过导线的电子流量为0.2mol，则Fe电极的质量变化为　　　　　　；（3）比较四个装置中Fe片被腐蚀的速率由快到慢的顺序是　　　　　　（用A、B、C、D表示）．　　三、解答题（共1小题）（选答题，不自动判卷）32．可逆反应：aA（g）+bB（g）═cC（g）+dD（g）根据图回答：①压强P1比P2　　　　　　（填大或小）；②（a+b）比（c+d）　　　　　　（填大或小）；③温度t1℃比t2℃　　　　　　（填高或低）；④正反应　　　　　　热（填吸或放）．　　浙江省宁波市慈溪市2022～2022学年度高二上学期期中化学试卷参考答案与试题解析　-26-\n一、选择题（共25小题）1．在体积可变的密闭容器中，反应mA（g）+nB（s）⇌pC（g）达到平衡后，压缩容器的体积，发现A的转化率随之降低．下列说法中，正确的是（　　）A．m必定小于pB．（m+n）必定大于pC．（m+n）必定小于pD．m必定大于p【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．【解答】解：压缩体积压强增大，A的转化率降低，说明平衡向逆反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，由于B为固体，所以m＜p，故选A．【点评】考查压强对化学平衡的影响，比较基础，注意压强改变的本质是改变体积影响浓度，　2．分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是（　　）A．2N2（g）+O2（g）═2N2O（g）△H=163kJ•mol﹣1B．Ag（s）+Cl2（g）═AgCl（s）△H=﹣127kJ•mol﹣1C．HgO（s）═Hg（l）+O2（g）△H=91kJ•mol﹣1D．H2O2（l）═O2（g）+H2O（l）△H=﹣98kJ•mol﹣1【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】反应自发进行的判断依据是：△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行，据此分析．【解答】解：A、反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下都不能自发进行，故A错误；B、反应是放热反应△H＜0，△S＜0，高温下不能自发进行，故B错误；C、反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故C错误；D、反应是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了反应自发进行的判断依据应用，注意反应自发进行的判断由焓变、熵变、温度共同决定，题目较简单．　3．已知：H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=﹣270kJ•mol﹣1，下列说法正确的是（　　）A．2L氟化氢气体分解成1L氢气与1L氟气吸收270kJ热量B．1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC．在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量D．1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270kJ热量【考点】有关反应热的计算．【分析】A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量；B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据反应热与能量关系判断；C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应；D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数．【解答】解：A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；B、液态氟化氢的能量比气态氟化氢的能量低，根据能量守恒，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；-26-\nC、反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢气体的能量，故C正确；D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误．故选：C．【点评】本题考查学生对热化学方程式的理解、反应热与能量关系，难度不大，注意反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应，反应物总能量小于生成物的总能量为吸热反应．　4．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转；M棒变粗，N棒变细．由此判断下表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（　　）MNPA锌铜稀硫酸溶液B铜铁稀盐酸C银锌硝酸银溶液D锌铁硝酸铁溶液A．AB．BC．CD．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于N，原电池正负极的判断方法：1、根据电极材料的活泼性判断负极：活泼性相对强的一极正极：活泼性相对弱的一极2、根据电子流向或电流的流向判断负极：电子流出或电流流入的一极正极：电子流入或电流流出的一极3、根据溶液中离子移动的方向判断负极：阴离子移向的一极正极：阳离子移向的一极4、根据两极的反应类型判断负极：发生氧化反应的一极正极：发生还原反应的一极5、根据电极反应的现象判断负极：溶解或减轻的一极正极：增重或放出气泡的一极．【解答】解：该装置没有外接电源，所以是原电池．原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡．根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼．-26-\nA、M极材料比N极活泼，故A错误；B、M极上质量不增加，故B错误；C、N极材料比M极活泼，且M极上有银析出，所以质量增加，符合题意，故C正确；D、M极材料比N极活泼，故D错误；故选C．【点评】本题考查了原电池的工作原理，难度不大，能根据电极材料的变化判断正负极是解本题的关键．　5．水的电离过程为H2O⇌H++OH﹣，在25℃、35℃时其离子积分别为K=1.0×10﹣14，K（35℃）=2.1×10﹣14．则下列叙述中正确的是（　　）A．c（H+）随着温度的升高而降低B．在35℃时，纯水中c（H+）＞c（OH﹣）C．水的电离度α＞α（35℃）D．水的电离过程是吸热过程【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】水中存在电离平衡，电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度增大；水中氢离子浓度始终等于氢氧根离子浓度，水是中性；【解答】解：A、温度升高促进水的电离，氢离子浓度增大，故A错误；B、在35℃时水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度比25°C大，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度是相同的，水仍是中性，故B错误；C、升温促进水的电离程度，水的电离度α＜α（35℃），故C错误；D、分析不同温度下其平衡常数，K=1.0×l0﹣14，K（35℃）=2.1×l0﹣14．温度升高平衡常数增大，则水的电离是吸热过程，故D正确；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断，主要考查水的电离平衡的影响因素分析，题目较简单．　6．在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列热化学方程式正确的是（　　）A．CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=+725.8kJ/molB．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣1452kJ/molC．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=﹣725.8kJ/molD．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）；△H=+1452kJ/mol【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析；B、根据热化学方程式的书写原则以及方程式系数的含义来分析；C、根据甲醇燃烧时的用量和放出的热量之间的关系进行回答；D、根据反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值来分析．【解答】解：A、反应吸热时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故A错误；B、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，则热化学方程式为2CH3OH（l）+3O2（g）2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1452kJ/mol，故B正确；-26-\nC、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则64g甲醇即2mol甲醇燃烧放的热量为1452kJ，焓变的数值与化学计量数不成正比，故C错误；D、反应吸时焓变值为正值，放热时焓变值为负值，甲醇燃烧是放热反应，故△H＜0，故D错误；故选B．【点评】本题主要考查学生热化学方程式的书写方法及系数的含义，注意焓变的正负和单位问题，该题型是考试的热点．　7．关于化学反应的说法中错误的是（　　）A．如图所示的反应为放热反应B．化学反应中有物质变化也有能量变化C．化学反应具有方向性D．化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量【考点】化学反应的能量变化规律；吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热；B、化学变化一定有新物质生成，且一定伴随能量的变化；C、△H＜0，△s＞0的反应更易自发进行；D、原子比分子更不稳定．【解答】解：A、当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，故此反应为吸热反应，故A错误；B、化学变化一定有新物质生成，且一定伴随能量的变化，不存在既不吸热也不放热的反应，故B正确；C、△H＜0，△s＞0的反应更易自发进行，△H＞0，△s＜0的反应不能自发进行，即反应有方向性，故C正确；D、原子比分子更不稳定，能量更高，故化学键断开变为原子，能量升高，要吸收能量；形成化学键能量降低，会放出能量，故D正确．故选A．【点评】本题考查了化学反应中的能量的变化情况、化学键的断裂形成对能量的要求，难度不大，属于基础性题目．　8．在其他条件不变时，下列说法中正确的是（　　）A．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率一定增大B．增大压强，可使活化分子百分数增多，化学反应速率一定增大C．加入反应物可使活化分子百分数大大增加，化学反应速率大大加快D．活化分子间所发生的碰撞均为有效碰撞【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】提高反应物中的活化分子百分数因素有温度和催化剂，浓度和压强只改变活化分子的浓度，不改变百分数，以此解答该题．-26-\n【解答】解：A．升高温度，更多的分子转化为活化分子，活化分子的百分数增大，反应速率增大，故A正确B．增大压强，使浓度增大，活化分子浓度增加，化学反应素速率增大，但活化分子数不变，故B错误；C．加入反应物，活化分子百分数不变，但浓度增大，反应速率增大，故C错误；D．只有发生化学反应时，活化分子间所发生的碰撞才为有效碰撞，故D错误．故选A．【点评】本题考查活化能及其对反应速率的影响，题目难度不大，注意温度、浓度、压强、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响的根本原因是对活化分子的影响，但影响原因不同．　9．一定量的稀硫酸跟过量铁粉反应，为了减缓反应速率，又不影响生产氢气的总量，可向稀硫酸中加入适量的（　　）A．Ca（OH）2固体B．NH4Cl（固体）C．CuSO4（溶液）D．CH3COONa（固体）【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】Fe过量，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可减小氢离子的浓度，但不能改变氢离子的物质的量，以此来解答．【解答】解：A．加入Ca（OH）2固体，与硫酸反应，氢气总量减少，故A错误；B．加NH4Cl（s），在溶液中水解生成氢离子，则生成氢气增多，故B错误；C．加入硫酸铜，铁置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，故C错误；D．加CH3COONa（s），与硫酸反应生成醋酸，氢离子浓度减小，物质的量不变，则减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，故D正确．故选D．【点评】本题考查影响反应速率的因素，为高考常考考点，注意Fe过量，生成氢气由硫酸决定，把握浓度对反应速率的影响即可解答，题目难度不大．　10．H2O2（l）在有MnO2催化下和无MnO2催化下分解的能量变化如图所示．下列说法正确是（　　）A．有MnO2条件下的反应曲线是a曲线B．a曲线变为b曲线，反应所需的活化能降低C．a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大D．b曲线的热化学方程式为：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）△H=﹣（E1﹣E2）kJ•mol﹣1【考点】化学反应的能量变化规律；反应热和焓变．【专题】化学反应与能量图像．【分析】A．催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变；B．催化剂降低反应所需活化能；C．在双氧水的分解反应中，二氧化锰是正催化剂，增大反应速率但不影响平衡移动；-26-\nD．该反应的焓变为△H=（E1﹣E2）KJ•mol﹣1或△H=﹣（E2﹣E1）KJ•mol．【解答】解：A．催化剂降低反应活化能而改变反应速率，但不影响平衡移动，则焓变不变，所以有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A错误；B．催化剂降低反应所需活化能，故E1表示无催化剂时反应的活化能，b曲线表示有催化剂时反应的活化能，则a曲线变为b曲线，反应所需的活化能降低，故B正确；C．在双氧水的分解反应中，二氧化锰是正催化剂，增大反应速率但不影响平衡移动，所以双氧水转化率不变，故C错误；D．该反应的焓变为△H=（E1﹣E2）KJ•mol﹣1或）△H=﹣（E2﹣E1）KJ•mol﹣1，故D错误；故选B．【点评】本题考查催化剂对化学反应速率影响，为高频考点，明确影响原理是解本题关键，注意催化剂只影响反应速率但不影响平衡移动，为易错点．　11．下列关于电离度α的叙述正确的是（　　）①α与浓度无关；②α值随温度升高而增大；③在相同条件下，α值的大小可以表示弱电解质的相对强弱；④α值增大，相应离子浓度一定增大；⑤α值增大相应离子物质的量增大．A．①②③B．①②④C．③④⑤D．②③【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】①浓度越大，电离程度越小；②弱电解质的电离为吸热反应，则升高温度，促进电离；③在相同条件下，电离度越大，说明电离程度越强；④α值越大，只能说明电离程度越强，电离出的离子的物质的量越大；⑤α值增大，电离程度越大，弱电解质电离出的离子的物质的量越大，必须指明相应离子．【解答】解：①电离度α与电解质的浓度有关，浓度越大，电离程度越小，浓度越小，电离程度则越大，故①错误；②弱电解质的电离过程为吸热反应，升高温度，电离程度增大，则电离度增大，故②正确；③在相同条件下，电离度大小说明了弱电解质的电离程度强弱，则α值的大小可以表示弱电解质的相对强弱，故③正确；④α值越大，只能说明电离程度越强，电离出的离子的物质的量越大，由于离子浓度与溶质总浓度有关，则溶液中离子浓度不一定越大，故④错误；⑤电离度α值增大，弱电解质的电离程度增大，则电解质电离出的离子的物质的量也一定增大，但是溶液中其它离子浓度不一定增大，如：亚硫酸氢钠溶液，高温度后亚硫酸氢根离子电离程度增大，溶液中氢离子、亚硫酸根离子物质的量增大，但是溶液中亚硫酸氢根离子的物质的量减小，故⑤错误；故选D．【点评】本题考查了弱电解质的电离度及其判断，题目难度中等，明确电离度的概念及影响因素为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力．　12．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﹣1下列结论中正确的是（　　）A．碳的燃烧热是110.5kJ•mol﹣1B．碳的燃烧热是221kJ•mol﹣1C．稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1-26-\nD．浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ热量【考点】有关反应热的计算．【分析】A．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，生成稳定的氧化物，水应为液态；B．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，生成稳定的氧化物，水应为液态；C．中和热为57.3kJ•mol﹣1；D．浓硫酸溶解过程为放热过程．【解答】解：A．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，生成稳定的氧化物，则C燃烧生成二氧化碳，故A错误；B．燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，生成稳定的氧化物，则C燃烧生成二氧化碳，故B错误；C．已知中和热为放热反应，则叙述中和热时不用“﹣”，即稀硫酸与稀NaOH溶液反应的中和热为57.3kJ•mol﹣1，故C正确；D．浓硫酸溶解过程为放热，则浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出热量大于57.3kJ，故D错误．故选C．【点评】本题考查燃烧热和中和热的理解，题目难度不大，易错点为C，注意中和热的表示方法．　13．下列说法正确的是（　　）A．Cu与石墨都能导电，但都属于非电解质B．AgCl与BaSO4都是难溶性盐，但都属于强电解质C．SO2与CaO都是氧化物，因此SO2、CaO都是非电解质D．NaCl与HCl都是电解质，因此熔融NaCl、液态HCl都能导电【考点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等．非电解质：在水溶液中或熔融状态下不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等，完全电离的属于强电解质，部分电离的属于弱电解质，据此解答即可．【解答】解：A．Cu与石墨均是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．AgCl与BaSO4都是难溶性盐，在熔化状态下均能完全电离，属于强电解质，故B正确；C．CaO为金属氧化物，熔融状态下能电离，属于电解质，故C错误；D．液态的HCl不能电离，不能导电，故D错误，故选B．【点评】本题主要考查的是电解质与非电解质的概念，强弱电解质的概念，难度不大，掌握HCl液态状态不能导电，此为易错点．　14．已知反应Al2O3（s）+3C（s）+N2（g）⇌2AlN（s）+3CO（g）在温度、容积恒定的密闭容器中进行，其中CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示．下列说法不正确的是（　　）-26-\nA．从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率B．c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率C．在不同时刻都存在关系：3v（N2）=v（CO）D．维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙【考点】反应速率的定量表示方法；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡图像；化学反应速率专题．【分析】A、图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化；B、c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间为瞬时速率；C、化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析；D、维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，平衡逆向进行，达到新的平衡状态．【解答】解：A、图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故A正确；B、c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，故B正确；C、化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v（N2）=v（CO），故C正确；D、维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，平衡逆向进行，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，故D错误；故选D．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学方程式书写方法，主要是图象分析应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　15．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．【专题】化学反应中的能量变化．【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，-26-\nAB．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．【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，题目难度不大．　16．一定温度下，某密闭容器中发生如下反应：2X（g）+Y（s）⇌2Z（g），确实达到平衡的标志是（　　）A．X的生成速率与Z的消耗速率数值相等B．X、Y、Z的浓度之比为2：1：2C．体积一定时，容器内压强不再变化D．体积一定时，混合气体的密度不再变化【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变，注意化学方程式的特点是反应前后气体体积改变的反应．【解答】解：A、X的生成速率与Z的消耗速率数值相等，说明正逆反应速率相等，能证明是否达到平衡状态，故A正确；B、X、Y、Z的浓度之比为2：1：2，不能说明正逆反应速率相等，不一定是各物质的浓度不变的状态，不一定平衡，故B错误；C、该反应是反应前后气体体积不变的反应，体积一定时，容器内压强始终不变化，不能证明达到平衡状态，故C错误；D、根据质量守恒，反应前后气体质量变化，容器的体积不变，烧瓶内气体的密度始终不变的状态是平衡状态，故D正确．故选AD．【点评】本题利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，判断时要注意，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．　17．下列事实中，与电化学腐蚀无关的是（　　）A．在空气中，金属银的表面生成一层黑色物质B．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面易被腐蚀C．埋在潮湿疏松土壤里的铁管比埋在干燥致密不透气的土壤里的铁管更易被腐蚀D．为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A．金属银在空气中发生化学腐蚀生成氧化银而变黑；B．根据锌与铁形成原电池原理解答；C．金属的腐蚀分为电化学腐蚀和普通化学腐蚀，电化学腐蚀速率快与普通的化学腐蚀；D．利用原电池原理保护金属不被腐蚀．【解答】解：A．金属银在空气中能够空气中的氧气氧化生成黑色的氧化银而变黑此过程属于普通化学腐蚀，故A正确；-26-\nB．镀银的铁制品，镀层部分受损后，溶液形成原电池，因为铁的活泼性强于银，做负极发生氧化还原反应被腐蚀，故B错误；C．铁管在潮湿的环境下容易形成原电池，加快铁的腐蚀，故C错误；D．属于牺牲阳极的阴极保护法，与电化学腐蚀有关，故D错误；故选A．【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，注意电化学腐蚀形成条件，题目难度不大．　18．下列说法正确的是（　　）A．利用外接直流电源保护铁质建筑物，属于电化学中牺牲阳极的阴极保护法B．碰撞理论和过渡态理论是常用的反应速率理论，其中过渡态理论可解释温度、催化剂等对反应速率的影响C．人们通常用标准燃烧热或热值来衡量燃料燃烧放出热量的大小，其中标准燃烧热是指101kPa下，1g物质完全燃烧的反应热D．改变影响化学平衡的一个因素，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动【考点】金属的电化学腐蚀与防护；燃烧热；化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题；电化学专题；燃烧热的计算．【分析】A．外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理；B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能；C．标准燃烧热是指101kPa下，1mol物质完全燃烧的反应热；D．根据平衡移动原理分析．【解答】解：A．外接直流电源保护铁质建筑物利用的是电解池原理，牺牲阳极的阴极保护法属于原电池工作原理，故A错误；B．过渡状态理论认为：反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要的一定的活化能，则过渡态理论不可解释温度对反应速率的影响，故B错误；C．标准燃烧热是指101kPa下，1mol物质完全燃烧的反应热，某物质的热值高，其标准燃烧热不一定大，故C错误；D．化学平衡移动原理：改变影响化学平衡的一个因素，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，故D正确．故选D．【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理、反应原理、化学平衡移动原理等，题目难度中等，侧重于考查基本理论的考查．　19．下列关于化学电源的说法不正确的是（　　）A．我们可以根据硫酸密度的大小来判断铅蓄电池是否需要充电B．燃料电池是利用燃料和氧化剂之间的氧化还原反应，将化学能转化为热能，然后再转化为电能的化学电源C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，就不能再使用了D．由Ag2O和Zn形成的碱性银锌纽扣电池，发生电化学反应时，Zn作为负极【考点】常见化学电源的种类及其工作原理．-26-\n【分析】A．铅蓄电池电池反应式为Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O，放电时硫酸参加反应生成水，导致溶质质量减小、溶液质量增大，充电时有硫酸生成，溶质的质量增大、溶剂的质量减小；B．燃料电池是将化学能转化为电能；C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，不能被复原；D．原电池中，易失电子的金属作负极．【解答】解：A．铅蓄电池电池反应式为Pb+PbO2+4H++2SO42﹣2PbSO4+2H2O，放电时硫酸参加反应生成水，导致溶质质量减小、溶液质量增大，密度减小，充电时，生成硫酸，溶质的质量增大、溶剂的质量减小，溶液密度增大，则可以根据硫酸密度的大小来判断铅蓄电池是否需要充电，故A正确；B．燃料电池是将化学能转化为电能，不需要将化学能转化为热能，故B错误；C．普通锌锰干电池中，发生氧化还原反应的物质大部分被消耗后，不能被复原，所以就不能再使用了，故C正确；D．原电池中，易失电子的金属作负极，该原电池中，Zn易失电子而作负极，故D正确；故选B．【点评】本题考查原电池和电解池原理，侧重考查分析问题、解答问题能力，知道原电池中能量转化、正负极的判断、正负极上电极反应式，题目难度不大．　20．下列事实不能用勒沙特列原理解释的（　　）A．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B．加入催化剂有利于氨的氧化反应C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气以提2022～2022学年度高二氧化硫的利用率【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动．使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关．【解答】解：A、开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，且属于可逆反应，能用勒沙特列原理解释，故A错误；B、工业合成氨时选择铁做催化剂能极大加快反应速率，不涉及化学平衡移动知识，不能用勒沙特列原理解释，故B正确；C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用勒沙特列原理解释，故C错误；D、根据平衡：2SO2+O22SO3，使用过量的空气即增大氧气的量可以使化学平衡正向移动，提高SO2的利用率，能用勒沙特列原理解释，故D错误．故选B．【点评】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应-26-\n　21．如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极．则下列有关的判断正确的是（　　）A．d为负极、c为正B．c电极上有气体产生C．电解过程中，Cu2+在溶液中向c棒迁移D．电解过程中，d电极质量不变，氯离子浓度不变【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、依据装置图中电流流向分析电极名称，与电源正极连接的为阳极；B、依据电解池中电解原理分析判断，c电极为阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气；C、电解池中溶液中阳离子移向阴极；D、溶液中铜离子在阴极得到电子析出铜，氯离子在阳极失电子生成氯气；【解答】解：A、装置图中电流流向判断a为电源正极，与a连接的电极c为阳极；b为电源负极，与负极相连的电极d为阴极；故A错误；B、电解过程中c电极是阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，故B正确；C、电解过程中，Cu2+在溶液中移向阴极d，故C错误；D、溶液中铜离子在阴极得到电子析出铜，氯离子在阳极失电子生成氯气，电解过程中，d电极质量增加，氯离子浓度减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查电解原理的分析应用，电极名称、电极反应和电极产物的分析判断是解题关键，题目难度中等．　22．如图所示，a、b是两根石墨棒．下列叙述正确的是（　　）A．a是正极，发生还原反应B．b是阳极，发生氧化反应C．稀硫酸中硫酸根离子的物质的量不变D．往滤纸上滴加酚酞试液，a极附近颜色变红【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】左边装置能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，右边是电解池，锌易失电子作负极，铜作正极，则a是阳极，b是阴极，正极和阴极上都得电子发生还原反应，负极和阳极上都失电子发生氧化反应，据此分析解答．-26-\n【解答】解：左边装置能自发的进行氧化还原反应，属于原电池，右边是电解池，锌易失电子作负极，铜作正极，则a是阳极，b是阴极，A．a是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，故A错误；B．b是阴极，阴极上得电子发生还原反应，故B错误；C．左边装置中，负极上锌失电子生成锌离子，正极上氢离子得电子生成氢气，所以硫酸根离子不参加反应，则其物质的量不变，故C正确；D．a电极上氯离子放电生成氯气，b电极上氢离子放电生成氢气，同时b电极附近还生成氢氧根离子，导致碱性增强，所以b极附近颜色变化，故D错误；故选：C．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，正确判断原电池和电解池及其电极是解本题关键，注意离子的放电顺序，难度不大．　23．在其它条件一定时，图中曲线表示反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H＞0达平衡时NO的转化率与温度的关系，图上标有A、B、C、D、E点，其中表示未达平衡状态且V正＞V逆的点是（　　）A．A或EB．B点C．C点D．D点【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】曲线的各点都是相应温度下的平衡点，若NO的转化率高于相应的温度平衡点NO的转化率，则反应向逆反应进行，则V正＜V逆，若NO的转化率小于相应温度的平衡点NO的转化率，反应向正反应进行，则V正＞V逆，据此结合图象解答．【解答】解：由图可知，B、D两点处在曲线上，为平衡点，处于平衡状态，故V正=V逆；A、E两点在相应温度下，曲线的上方，NO的转化率高于相应的温度平衡点NO的转化率，则反应向逆反应进行，则V正＜V逆；C点在相应温度下，曲线的下方，NO的转化率小于相应温度的平衡点NO的转化率，反应向正反应进行，则V正＞V逆；故选C．【点评】考查化学平衡移动的有关图象，难度中等，根据转化率判断反应进行的方向是关键．　24．下列关于平衡常数的说法中，正确的是（　　）A．在平衡常数表达式中，反应物浓度用初始浓度，生成物浓度用平衡浓度B．在任何条件下，化学平衡常数是一个恒定值C．平衡常数的大小只与浓度有关，而与温度、压强、催化剂等无关D．从平衡常数的大小可以推断一个反应进行的程度【考点】化学平衡常数的含义．【专题】化学平衡专题．【分析】A、反应物和生物的溶液均为平衡浓度；B、K值与只与化学反应本身和外界条件温度有关；-26-\nC、只与化学反应本身及外界因素温度有关．不受其它外界条件，如浓度、压强、催化剂等的影响；D、平衡常数是描述化学反应的限度的物理量，平衡常数的数值越大，反应限度越大．【解答】解：A、反应物和生物的溶液均为平衡浓度，故A错误；B、K值受温度的影响，故B错误；C、只与化学反应本身及外界因素温度有关．不受其它外界条件，如浓度、压强、催化剂等的影响，故C错误；D、平衡常数是描述化学反应的限度的物理量，平衡常数的数值越大，反应限度越大，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡常数的意义，平衡常数是表示反应进行程度的物理量，只与温度有关．　25．对达到平衡状态的可逆反应X+Y⇌Z+W，在其他条件不变的情况下，增大压强，反应速率变化如图所示，则图象中关于X、Y、Z、W四种物质的聚集状态为（　　）A．Z、W均为气体，X、Y中有一种是气体B．Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体C．X、Y、Z、W皆非气体D．X、Y均为气体，Z、W中有一种为气体【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【专题】化学平衡专题．【分析】由图可知，在其他条件不变的情况下，增大压强，逆反应速率比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，则气态反应物的化学计量数之和小于气态生成物的化学计量数之和，注意由于正、反应速率都增大，故反应物、生成物都一定有气体，据此进行解答．【解答】解：由图可知，在其他条件不变的情况下，增大压强，逆反应速率比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，则气态反应物的化学计量数之和小于气态生成物的化学计量数之和，A、若Z、W均为气体，对于可逆反应X+Y⇌Z+W，气态反应物的化学计量数之和小于气态生成物的化学计量数之和，由于正反应速率增大，故X、Y中有一种是气体，故A正确；B、若Z、W中有一种是气体，X、Y皆非气体，增大压强，不影响正反应速率，故B错误；C、X、Y、Z、W皆非气体，改变压强，不影响反应速率，影响平衡移动，故C错误D、X、Y均为气体，Z、W中有一种为气体，增大压强平衡向正反应移动，与图象不符合，故D错误；故选A．【点评】本题考查速率时间图象、压强对反应速率及化学平衡的影响，难度不大，注意压强对速率的影响本质是，改变条件引起压强的变化，进而影响物质的浓度．　二、填空题（共6小题）（除非特别说明，请填准确值）-26-\n26．在温度为373K时，将0.100mol无色的N2O4气体放入1L抽空的密闭容器中，立刻出现红棕色，直至建立N2O4⇌2NO2的平衡．如图是隔一定时间测定到的N2O4的浓度（纵坐标为N2O4的浓度，横坐标为时间）（1）该反应的△S　＞　0（填“＞、=或＜”）20～40s内，NO2的平均生成速率为　0.002　mol•L﹣1•S﹣1（3）该反应的化学平衡常数表达式为　　373k时，求该反应N2O4⇌2NO2的化学平衡常数　0.35　（4）已知323k时，该反应N2O4⇌2NO2的化学平衡常数K=0.022，据此可推测该反应的△H　＞　0（填“＞、=或＜”）【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡计算．【分析】（1）N2O4⇌2NO2的正反应气体物质的量增大，为熵增反应；由图可知，20～40s内△c（N2O4）=（0.07﹣0.05）mol/L=0.02mol/L，则△c（NO2）=2△c（N2O4）=0.04mol/L，再根据v=计算v（NO2）；（3）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；由图可知，平衡时c（N2O4）=0.04mol/L，平衡时△c（N2O4）=（0.1﹣0.04）mol/L=0.06mol/L，故平衡时△c（NO2）=2△c（N2O4）=0.12mol/L，代入平衡常数表达式计算；（4）根据平衡常数相对大小判断降低温度平衡移动方向，降低温度平衡向放热反应方向移动．【解答】解：（1）N2O4⇌2NO2的正反应气体物质的量增大，为熵增反应，则：△S＞0，故答案为：＞；由图可知，20～40s内△c（N2O4）=（0.07﹣0.05）mol/L=0.02mol/L，则△c（NO2）=2△c（N2O4）=0.04mol/L，则v（NO2）==0.002mol•L﹣1•s﹣1，故答案为：0.002；（3）N2O4⇌2NO2的化学平衡常数表达式K=，由图可知，平衡时c（N2O4）=0.04mol/L，平衡时△c（N2O4）=（0.1﹣0.04）mol/L=0.06mol/L，故平衡时△c（NO2）=2△c（N2O4）=0.12mol/L，平衡常数K===0.36，故答案为：；0.36；-26-\n（4）已知323k时，该反应N2O4⇌2NO2的化学平衡常数K=0.022，小于373k时平衡常数K=0.36，说明降低温度平衡逆向移动，降低温度平衡向放热反应方向移动，则正反应为吸热反应，故△H＞0，故答案为：＞．【点评】本题考查化学平衡有关计算，涉及反应速率计算、平衡常数计算与影响因素，注意平衡常数只受温度影响，平衡常数及单位与方程式中化学计量数有关．　27．已知Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，设计成原电池，构造如图1所示，试问CuSO4溶液放在　乙　（填“甲”或“乙”）烧杯，盐桥中的Cl﹣移向　甲　（填“甲”或“乙”）烧杯；【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】盐桥原电池中，金属电极插入含有本金属阳离子的盐溶液里，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此回答．【解答】解：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，设计成原电池，Zn是负极，Cu是正极，为减小能量损失，金属电极插入含有本金属阳离子的盐溶液里，Cu插入硫酸铜中，电解质里的阳离子移向正极，氯离子等阴离子移向负极，即氯离子移向锌电极，故答案为：乙；甲．【点评】本题考查学生盐桥原电池的构成以及原电池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等．　28．已知C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/molCO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol请写出C转化为CO的热化学方程式：　C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol　．【考点】有关反应热的计算；热化学方程式．【专题】燃烧热的计算．【分析】①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5kJ/mol②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol依据盖斯定律，①﹣②计算．【解答】解：①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=﹣393.5kJ/mol②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ/mol依据盖斯定律，①﹣②得可得：C燃烧生成CO的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol，故答案为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol．【点评】本题考查了有关反应热的计算、热化学方程式的书写，题目难度中等，注意掌握盖斯定律的含义，能够利用盖斯定律书写目标热化学方程式，明确反应热的计算方法．　-26-\n29．50mL0.50mol•L﹣1盐酸与50mL0.50mol•L﹣1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应．通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热．回答下列问题：（1）完整地做一次这样的实验，需测定　3　次温度从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃仪器是　环形玻璃搅拌棒　．（3）烧杯间填满碎纸条的作用是　保温，减少热量散失　．（4）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值　偏小　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．（5）用相同质量的NaOH固体进行上述实验，测得的中和反应反应热数值与57.3kJ•mol﹣1相比会　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．【考点】中和热的测定．【专题】化学实验基本操作；定量测定与误差分析．【分析】（1）实验要测定酸、碱的初始温度以及反应后的最高温度；根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（3）实验成败的关键是保温工作，据此确定烧杯间填满碎纸条的作用；（4）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；（5）根据NaOH固体溶于水放热；【解答】解：（1）完整地做一次这样的实验，需测定酸、碱的初始温度以及反应后的最高温度，至少需要测量3次；故答案为：3；根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；故答案为：环形玻璃搅拌棒；（3）实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎纸条的作用保温，减少热量散失；故答案为：保温，减少热量散失；（4）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（5）NaOH固体溶于水放热，所以用用相同质量的NaOH固体进行上述实验，反应放出的热量偏大，则测得的中和反应反应热数值与57.3kJ•mol﹣1相比会偏大；故答案为：偏大．【点评】本题考查学生中和热测定，保温工作是实验成功的关键，掌握实验原理即可解答，难度不大．　30．电解饱和食盐水是重要的化工产业，它被称为“氯碱工业”．在教材《化学1》、《化学2》、《化学反应原理》中均有提及，请写出电解饱和食盐水的化学反应方程式　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　，其中如图是《化学反应原理》中电解饱和食盐水工业中所采用的离子交换膜电解槽示意图，部分图标文字已被除去，请根据图中残留的信息（通电以后Na+-26-\n的移动方向）判断电极2的名称是　阴极　，并写出电极1的电极反应式　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　．【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解原理电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气、氯气；根据电解装置阳离子移向阴极，则电极2为阴极，所以电极1为阳极，失电子发生氧化反应，据此分析．【解答】解：根据电解原理，电解饱和食盐水的化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据电解装置阳离子移向阴极，则电极2为阴极，所以电极1为阳极，氯离子失电子生成氯气，则反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，阴极，2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑．【点评】本题考查了电解原理的分析判断，侧重考查方程式的书写，注意知识积累掌握基础是关键，题目难度中等．　31．某实验小组用以下几个实验装置探究电化学过程对金属与稀硫酸反应速率的影响，烧杯中都盛有稀H2SO4．试回答：（1）B装置中Cu电极上的电极反应式为　2H++2e﹣=H2↑　，D装置中Fe电极上的电极反应式为　Fe﹣2e﹣=Fe2+　；D装置中的实验现象有　Fe电极不断溶解，Cu电极上有气体放出　，若用电流表测量反应时通过导线的电子流量为0.2mol，则Fe电极的质量变化为　减少5.6g　；（3）比较四个装置中Fe片被腐蚀的速率由快到慢的顺序是　DBAC　（用A、B、C、D表示）．【考点】原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素．【专题】电化学专题．【分析】（1）B装置是原电池，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；D装置是电解池，阳极上电极材料失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应；D装置是电解池，阳极材料是活泼电极，则阳极上金属电极失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据铁和转移电子之间的关系式计算；-26-\n（3）电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属做原电池正极时得到保护，作原电池负极加快腐蚀，作电解池阳极腐蚀最快．【解答】解：（1）B装置是原电池，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑；D装置是电解池，阳极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；故答案为：2H++2e﹣=H2↑，Fe﹣2e﹣=Fe2+；D装置是电解池，铁是活泼电极，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子得电子发生还原反应，所以看到的现象是：Fe电极不断溶解，Cu电极上有气体放出；当通过导线的电子流量为0.2mol，则Fe电极变化的质量=，所以阳极上铁的质量减少5.6g，故答案为：Fe电极不断溶解，Cu电极上有气体放出，减少5.6g；（3）A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C锌比铁活泼，铁做原电池的正极而被保护，D中铁作电解池阳极被腐蚀速率最快，且电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，故答案为：DBAC．【点评】本题考查原电池和电解池原理，题目难度不大，注意金属的电化学腐蚀与化学腐蚀的区别，以及比较金属腐蚀快慢的方法．　三、解答题（共1小题）（选答题，不自动判卷）32．可逆反应：aA（g）+bB（g）═cC（g）+dD（g）根据图回答：①压强P1比P2　小　（填大或小）；②（a+b）比（c+d）　小　（填大或小）；③温度t1℃比t2℃　高　（填高或低）；④正反应　吸　热（填吸或放）．【考点】转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】根据先拐先平衡判断：t1＞t2，p2＞p1．温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，△H＞0，增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，以此解答该题．【解答】解：①由图象可知时P2先达到平衡，说明P2压强较大，反应速率较大，则压强P1比P2小，故答案为：小；②增大压强，A的转化率减小，说明增大压强平衡向逆反应方向移动，则（a+b）比（c+d）小，说故答案为：小；③由图象可知t1℃时先达到平衡，温度较高，则温度t1℃比t2℃高，故答案为：高；④温度升高，A的百分含量减小，说明平衡正向移动，△H＞0，故答案为：吸．【点评】本题考查化学平衡图象问题，注意根据图象的曲线变化趋势判断，特别是注意外界条件对平衡移动的影响与反应方程式的关系．　-26-