2022-2022学年江苏省徐州市新沂市高二（下）期中化学试卷一、单项选择题(本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题选项符合题意）1．下列说法正确的是()A．将废电池深埋，可防止重金属污染B．所有自发进行的化学反应都是放热反应C．开发太阳能、风能和氢能等能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境D．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径2．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A．碳酸钙受热分解B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水3．下列事实中能说明醋酸是弱电解质的是()A．醋酸溶液作导电试验，灯光较暗B．醋酸（CH3COOH）是共价化合物C．醋酸不与氯化钠反应D．常温下1mol．L﹣1醋酸溶液的c（H+）约为0.004mol•L﹣14．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅5．如表物质分类组合正确的是()ABCD强电解质HCl酒精CH3COOHNaCl弱电解质NH3′H2OHClOBaSO4NaOHA．AB．BC．CD．D6．汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题，其基本原理是实现2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的反应．关于该反应，下列说法正确的是()A．只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和COB．使用催化剂只能改变反应的速率不能改变反应的平衡常数C．假设该反应在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡时c（NO）=c（CO）D．恒容条件下，通入惰性气体可提高NO转化率7．下列叙述正确的是()A．铅蓄电池放电过程中，正极质量增加，负极质量减小B．将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，比值减小24\nC．NaHCO3溶于水，溶液中存在电离平衡D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g），△H＞0，该反应在任意温度下都能自发进行8．甲烷燃料电池以铂丝为电极，KOH为电解质溶液，从两极分别通入甲烷和氧气即可产生电流．关于此燃料电池的下列叙述正确的是()A．通入CH4的电极为正极B．正极的电极反应式为：202+8e﹣+4H20=80H﹣C．若甲烷通人量为1.12L（标准状况）且反应完全，则电池中有0.1mol02被氧化D．通入甲烷的电极的电极反应式为：CH4+202+4e﹣=C02+2H209．反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是()A．v（D）=0.40mol•L﹣1•s﹣1B．v（C）=0.50mol•L﹣1•s_1C．v（A）=0.30mol•L﹣1•s﹣1D．v（B）=0.60mol•L﹣1•s﹣110．据碘与氢气反应的热化学方程式（1）I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1（2）I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol﹣1下列判断正确的是()A．254gI2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48kJB．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC．反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定D．反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是()A．电解氯化钠溶液，在阴极析出钠B．电解熔融氯化镁制取镁时，阴极和阳极生成的产物物质的量之比为1：1C．电解稀硫酸，在阴极和阳极分别产生氧气和氢气D．电解熔融氧化铝过程中，若有3.01×1024个电子转移，则生成1mol铝12．在一定温度下，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡的标志是()A．NH3的生成速率与NH3的分解速率相等B．单位时间内生成nmolN2的同时生成3nmolH2C．N2、H2、NH3的浓度不再发生变化D．N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：213．已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=﹣Q1kJ．mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（1）△H=﹣Q2kJ．mol﹣1③C2H5OH（g）═302（g）=2C02（g）+3H20（g）△H=﹣Q3kJ．mol﹣1下列判断正确的是()24\nA．酒精的燃烧热AH=﹣Q3kJ•mol﹣1B．由③可知1molC2H5OH（g）的能量高于2molC02（g）和3molH20（g）的总能量C．H20（g）→H20（1）释放出了热量，所以该过程为放热反应D．23g液体酒精完全燃烧生成C02（g）和H20（1），释放热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ14．一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.3molZ，下列说法正确的是()A．达到平衡时X浓度为0.04mol•L﹣1B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为0.015mol•L﹣1C．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的D△H＜0D．若增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数变大15．在2L的恒容密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）△H=﹣akJ．mol﹣1，实验内容和结果分别如下表和如图所示．下列说法正确的是()实验温度起始物质的量热量序号AB变化I600℃1mol3mol96kJn800℃0.5mol1.5mol﹣﹣﹣﹣A．实验I中，10min内平均速率v（B）=0.06mol．L﹣1•min﹣1B．上述方程式中a=160C．600℃时，该反应的平衡常数是0.45D．向实验E的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，A的转化率不变三、解答题（共6小题，满分80分）16．思考下列问题，按要求填空：（1）某温度下纯水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，①此时溶液中的c（OH﹣）=__________．②若温度不变，向水中滴入稀盐酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则此时溶液中的c（OH﹣）=__________（2）已知下列热化学方程式：Zn（s）+21O2（g）═ZnO（s）△H1=﹣351.1kJ•mol﹣1；Hg（l）+21O2（g）═HgO（s）△H2=﹣90.7kJ•mol﹣1由此可知反应Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（l）的焓变为__________（3）在稀氨水中存在下述电离平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，分别加入少量下列物质，溶液中c（OH﹣）如何变化？（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡移动方向如何？（填“正向”、“逆向”或“不移动”）加入的物质少量（NH4）2SO4固体少量HNO3溶液少量KOH溶液c（OH﹣）的变化__________减小__________24\n平衡移动方向逆向__________逆向（4）如图所示，装置B中两电极均为石墨电极，试回答下列问题：①判断装置的名称：A池为__________．②锌极为__________极，电极反应式为__________；③当C2极析出224mL气体（标准状况下），锌的质量减少____________g．17．某学生实验小组，用稀硫酸和稀氢氧化钠溶液在如图所示的装置中，进行中和反应反应热的测定．请回答下列问题：（1）图中装置缺少一种仪器，该仪器名称为__________．（2）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ•mol﹣1）：__________．（3）如果用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值将__________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）18．（14分）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．（1）图1为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜．碱洗时常有气泡冒出，该气体的名称为__________．②为将碱洗槽液中的铝元素以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的__________．A．NH3B．CO2C．NaOHD．HNO3③以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为__________．（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是__________．（3）下列关于金属腐蚀的事实中，与电化学腐蚀有关的是__________A埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更易被腐蚀B为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块C在空气中，金属银的表面生成一层黑色物质24\nD镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面易被腐蚀（4）利用图2装置，可以模拟铁的电化学防护．①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于__________处．②若X为锌，开关K应置于__________处．19．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol•L﹣1FeCl2溶液，实验记录如表（a、b、c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2Ⅱa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2Ⅲb＞x＞0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN溶液检验出溶液中含Fe3+，看到的现象是__________．（2）Ⅰ中，Fe3+产生的原因可能是Cl﹣在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化．写出Cl2氧化Fe2+的离子方程式：__________．（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电．原因是Fe2+具有__________性．（4）Ⅱ中虽未检验出Cl2，但Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证．控制变量，做对照实验继续探究：电解pH=1的NaCl溶液，记录如表：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅳa＞x≥c无明显变化有Cl2Ⅴc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度应是__________mol•L﹣1．②Ⅳ中检验Cl2的实验方法：__________．③与Ⅱ对比，得出的结论：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；通过控制电压，验证了放电顺序是：Fe2+__________Cl﹣（填“＞”或“＜”）20．工业制硫酸生产流程如图1：（1）实验室常用过量的氢氧化钠溶液吸收SO2尾气，该反应的离子方程式为__________．（2）已知SO2和O2生成SO3的反应过程放热．在催化反应室中，下列措施有利于提高SO2平衡转化率的有__________．（填写编号）A．减少压强B．升高温度C．不断补充空气D．及时分离出SO3（3）在工业制硫酸生产中，为提高催化剂效率采取的措施有__________（答出2点）．（4）在450℃、常压和钒催化条件下，在容积为2L的恒容容器中加入2molSO2和1molO2．①下列选项中不能作为判断该反应是否达平衡状态的标志的是__________．（填写编号）A．混合气密度不变化B．SO2百分含量保持不变C．容器中气体的压强不变D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等__________E．气体总物质的量不变24\n②达平衡后，测得平衡常数为K，若此时O2的转化率为x，则K和x的关系满足K=__________．（5）SO2和O2的反应在恒容密闭容器中发生，图2、3表示在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况，根据图2、图3相关信息，判断t2发生改变的条件是__________．21．为确定某酸HA是弱电解质，两同学的实验方案如下：甲：①称取一定质量的HA，配制0.1mol•L﹣1的溶液100mL；②用pH计测出该溶液的pH，根据pH=﹣lgc（H+），推算出溶液中H+的浓度，即可证明HA是弱电解质．乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制0.1mol•L﹣1的两种酸溶液各100mL；②分别取配制的这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质．（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是__________．（2）甲方案中说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的H+的浓度__________0.1mol•L﹣1（选填“＞”、“＜”或“=”）．（3）乙方案中说明HA是弱电解质的现象是__________．A．装盐酸的试管中放出气体的速率快；B．装HA溶液的试管中放出气体的速率快；C．两个试管中产生气体的速率一样快．（4）请你评价：乙方案中的不妥之处：__________．（5）已知在T°C时，0.1mol•L﹣1HA溶液中HA的电离度为5%，求该温度下HA的电离常数（写出计算过程）__________．24\n2022-2022学年江苏省徐州市新沂市高二（下）期中化学试卷一、单项选择题(本题包括10小题，每题2分，共20分。每小题选项符合题意）1．下列说法正确的是()A．将废电池深埋，可防止重金属污染B．所有自发进行的化学反应都是放热反应C．开发太阳能、风能和氢能等能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境D．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径【考点】常见的生活环境的污染及治理；反应热和焓变．【分析】A．电池中的重金属离子污染土壤和水源；B．反应自发进行的判断依据为△G=△H﹣T•△S；C．太阳能、风能和氢能是洁净能源；D．可燃冰（固态甲烷水合物）可作燃料．【解答】解：A．为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，不能深埋，故A错误；B．反应能否自发取决于焓变和熵变的复合判据，对于吸热反应，在一定温度下也能进行，故B错误；C．开发太阳能、风能和氢能等洁净能源可减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，故C正确；D．可燃冰（固态甲烷水合物）可作燃料，合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺，但这不是缓解能源紧缺的唯一途径，开发氢能、地热能、风能等都有助于缓解能源紧缺，故D错误．故选C．【点评】本题考查了化学知识在生活实际的应用，熟悉能源问题、废旧电池回收等即可解答，题目较简单．2．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()A．碳酸钙受热分解B．乙醇燃烧C．铝粉与氧化铁粉末反应D．氧化钙溶于水【考点】化学反应的能量变化规律．【分析】根据反应中生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应，根据常见的吸热反应来回答．【解答】解：A、碳酸钙受热分解是一个吸热反应，故A正确；B、乙醇的燃烧反应是一个放热反应，故B错误；C、铝与氧化铁粉末反应是一个放热反应，故C错误；D、氧化钙溶于水是一个放热反应，故D错误．故选A．【点评】本题主要考查学生常见的反应的吸热放热情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大．3．下列事实中能说明醋酸是弱电解质的是()A．醋酸溶液作导电试验，灯光较暗24\nB．醋酸（CH3COOH）是共价化合物C．醋酸不与氯化钠反应D．常温下1mol．L﹣1醋酸溶液的c（H+）约为0.004mol•L﹣1【考点】弱电解质的判断．【分析】强弱电解质的本质区别是电离程度，只有部分电离的电极是弱电解质，可以根据一定浓度溶液的pH、醋酸钠溶液的酸碱性等判断醋酸是弱电解质，据此分析解答．【解答】解：A．用醋酸溶液作导电实验，灯光较暗，说明溶液中离子浓度较低，不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故A错误；B．电解质的强弱与电离程度有关，与共价化合物和离子化合物无关，故B错误；C．醋酸不能与氯化钠反应，说明二者不符合复分解反应条件，不能说明醋酸是弱电解质，故C错误；D．常温下1mol．L﹣1醋酸溶液的c（H+）约为0.004mol•L﹣1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则证明醋酸是弱电解质，故D正确；故选D．【点评】本题考查弱电解质的判断，明确强弱电解质的概念是解本题关键，注意不能根据电解质溶液导电性、物质的溶解性、化合物类型等判断强弱电解质，注意电解质溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点．4．下列叙述中，不能用平衡移动原理解释的是()A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅B．高压比常压有利于合成SO3的反应C．由H2（g）、I2（g）、HI（g）气体组成的平衡体系加压后颜色变深D．黄绿色的氯水光照后颜色变浅【考点】化学平衡移动原理．【专题】化学平衡专题．【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释．【解答】解：A．存在平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A不选；B．存在平衡2SO2+O2（g）⇌2SO3（g），正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应移动，有利于合成SO3，能用平衡移动原理解释，故B不选；C．存在平衡H2+I2（g）⇌2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故C选；D．对氯水中的次氯酸受光照射会分解，次氯酸浓度减小，使得化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向右移动，能用平衡移动原理解释，故D不选；故选C．【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动．5．如表物质分类组合正确的是()24\nABCD强电解质HCl酒精CH3COOHNaCl弱电解质NH3′H2OHClOBaSO4NaOHA．AB．BC．CD．D【考点】强电解质和弱电解质的概念．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质；在水溶液中完全电离的电解质为强电解质，部分电离的电解质为弱电解质，据此进行判断．【解答】解：A、强酸属于强电解质，HCl是强电解质，一水合氨是弱碱，弱碱属于弱电解质，故A正确；B、酒精在水溶液中和软化状态下均不能导电，属于非电解质，故B错误；C、醋酸属于弱酸，是弱电解质，硫酸钡属于盐，是强电解质，故C错误；D、NaCl和NaOH分别属于盐和强碱，均属于强电解质，故D错误，故选A．【点评】本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质的判断，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质的概念及判断方法，明确电解质强弱的根本区别是电离的程度．6．汽车尾气的无害化处理已成为当今汽车工业的一项重要课题，其基本原理是实现2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的反应．关于该反应，下列说法正确的是()A．只要使用合理的催化剂及载体，就可完全清除NO和COB．使用催化剂只能改变反应的速率不能改变反应的平衡常数C．假设该反应在密闭容器中进行，一段时间后达到平衡时c（NO）=c（CO）D．恒容条件下，通入惰性气体可提高NO转化率【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用．【分析】A、B催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变平衡的移动，对平衡常数无影响；C、NO与CO的浓度与起始的量有关；D、恒容通入稀有气体，各组分浓度不变．【解答】解：A、使用合理的催化剂及载体，不能清除NO和CO，故A错误；B、催化剂能改变化学反应的速率，其自身的化学性质和质量在反应前后均保持不变的物质．故催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变平衡的移动，对平衡常数无影响，故B正确；C、NO与CO的浓度与起始的量有关，若起始相同，则平衡时也相同；若起始不相同，则平衡时也不相同，故C错误；D、恒容通入稀有气体，各组分浓度不变，NO转化率不变，故D错误；故选B．【点评】催化剂对化学反应的作用高考热点题型，难度不大，但错误率较高．要牢记催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变平衡的移动，对平衡常数无影响．7．下列叙述正确的是()A．铅蓄电池放电过程中，正极质量增加，负极质量减小24\nB．将0.1mol•L﹣1的NH3•H2O溶液加水稀释，比值减小C．NaHCO3溶于水，溶液中存在电离平衡D．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g），△H＞0，该反应在任意温度下都能自发进行【考点】原电池和电解池的工作原理；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A、根据铅蓄电池的工作原理来回答；B、加水稀释促进电离，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，所以比值增大；C、碳酸氢根离子是弱离子在水溶液里存在水解平衡和电离平衡；D、碳酸钙分解属于吸热反应，△H＞0，CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g），固体分解得到气体，混乱度增加，△S＞0，根据△G=△H﹣T•△S＜0自发判断．【解答】解：A、铅蓄电池工作时，负极是金属铅失电子，正极上是二氧化铅得电子，都是生成硫酸铅，质量增加，故A错误；B、加水稀释促进电离，铵根离子浓度增大，一水合氨浓度减小，所以比值增大，故B错误；C、碳酸氢根离子是多元弱酸的酸式根离子，弱离子在水溶液里存在水解平衡和电离平衡，故C正确；D、碳酸钙分解属于吸热反应，△H＞0，CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g），固体分解得到气体，混乱度增加，△S＞0，在高温条件下△G=△H﹣T•△S＜0反应自发进行，低温时不自发，故D错误；故选C．【点评】本题综合考查学生原电池和电解池的工作原理知识、化学反应进行的方向，能够根据化学方程式准确判断出焓变和熵变，然后根据△G=△H﹣T•△S＜0自发判断温度即可．8．甲烷燃料电池以铂丝为电极，KOH为电解质溶液，从两极分别通入甲烷和氧气即可产生电流．关于此燃料电池的下列叙述正确的是()A．通入CH4的电极为正极B．正极的电极反应式为：202+8e﹣+4H20=80H﹣C．若甲烷通人量为1.12L（标准状况）且反应完全，则电池中有0.1mol02被氧化D．通入甲烷的电极的电极反应式为：CH4+202+4e﹣=C02+2H20【考点】化学电源新型电池．【分析】该燃料生成中，通入甲烷的电极是负极，负极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为02+2H2O+4e﹣=40H﹣，总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，据此分析解答．【解答】解：该燃料生成中，通入甲烷的电极是负极，负极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为02+2H2O+4e﹣=40H﹣，总反应式为CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，A．甲烷易失电子发生氧化反应，所以通入甲烷的电极是负极，故A错误；24\nB．电解质溶液呈碱性，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为：202+8e﹣+4H20=80H﹣，故B正确；C．氧气被还原，而不是被氧化，故C错误；D．甲烷在反应时失电子被氧化，应为原电池负极反应，电极方程式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确正负极上发生的反应及电极反应式的书写是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写．9．反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）+2D（g），在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是()A．v（D）=0.40mol•L﹣1•s﹣1B．v（C）=0.50mol•L﹣1•s_1C．v（A）=0.30mol•L﹣1•s﹣1D．v（B）=0.60mol•L﹣1•s﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【专题】化学反应速率专题．【分析】同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，将不同物质的反应速率转化为同一种物质的反应速率，反应速率越大的反应越快，据此解答．【解答】解：同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，将不同物质的反应速率转化为同一种物质的反应速率，反应速率越大的反应越快，将各物质都转化为A物质，A．v（D）=0.40mol•L﹣1•s﹣1，v（A）=0.20mol•L﹣1•s﹣1；B．v（C）=0.50mol•L﹣1•s﹣1，v（A）=0.25mol•L﹣1•s﹣1；C．v（A）=0.30mol•L﹣1•s﹣1；D．v（B）=0.60mol•L﹣1•s﹣1，v（A）=0.20mol•L﹣1•s﹣1；所以反应速率大小顺序是C＞B＞A=D，所以反应速率最快的是C，故选C．【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查学生分析计算能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，注意比较时单位要统一．10．据碘与氢气反应的热化学方程式（1）I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）△H=﹣9.48kJ•mol﹣1（2）I2（s）+H2（g）⇌2HI（g）△H=+26.48kJ•mol﹣1下列判断正确的是()A．254gI2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48kJB．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC．反应（1）的产物比反应（2）的产物稳定D．反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A．可逆反应，不能进行完全；B．由盖斯定律知（2）﹣（1）计算判断；C．都是HI的气态；D．对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低．24\n【解答】解：A．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错误；B．由盖斯定律知（2）﹣（1）得，9.48﹣（﹣26.48）=35.96kJ，故B错误；C．一样稳定，都是HI的气态；故C错误；D．对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，因此反应（2）的反应物总能量比反应（1）的反应物总能量低，故D正确；故选：D．【点评】热化学方程式的书写一般是结合计算进行考查，所以应分两步：（1）写，特别注意注明各物质的状态，计量数可以是分数；（2）算，根据题意计算反应热；并注意盖斯定律在计算反应热中的应用来解答．二、选择题（共5小题，每小题4分，满分20分）11．用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是()A．电解氯化钠溶液，在阴极析出钠B．电解熔融氯化镁制取镁时，阴极和阳极生成的产物物质的量之比为1：1C．电解稀硫酸，在阴极和阳极分别产生氧气和氢气D．电解熔融氧化铝过程中，若有3.01×1024个电子转移，则生成1mol铝【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A．惰性电极电解氯化钠溶液，生成NaOH、氢气、氯气；B．惰性电极电解熔融氯化镁，实质为电解氯化镁；C．惰性电极电解稀硫酸，实质为电解水；D．惰性电极电解熔融氧化铝制取金属铝2Al2O34Al+3O2↑，生成4molAl反应转移电子为12mol，据此计算．【解答】解：A．惰性电极电解氯化钠溶液，生成NaOH、氢气、氯气，不会在阴极生成钠，故A错误；B．惰性电极电解电解熔融氯化镁，阴极上析出Mg，阳极析出氯气，物质的量之比为1：1，故B正确；C．惰性电极电解稀硫酸，实质为电解水，氢离子在阴极放电生成氢气，氢氧根离子在阳极放电生成氧气，故C错误；D．电解熔融氧化铝制取金属铝2Al2O34Al+3O2↑，生成4molAl转移电子为12mol，若有3.01×1024个电子转移即=5mol电子发生转移，则能得到金属铝的为×5=mol，故D错误；故选B．【点评】本题考查电解原理，明确惰性电极电解溶液时溶液中离子的放电顺序是解答本题的关键，题目难度不大．12．在一定温度下，可逆反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）达到平衡的标志是()24\nA．NH3的生成速率与NH3的分解速率相等B．单位时间内生成nmolN2的同时生成3nmolH2C．N2、H2、NH3的浓度不再发生变化D．N2、H2、NH3的物质的量之比为1：3：2【考点】化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【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、NH3的生成速率与NH3的分解速率相等，正逆反应速率相等，故A正确；B、都反映是正反应，未体现正与逆的关系，故B错误；C、N2、H2、NH3的浓度不再发生变化，说明正逆反应速率相等，故C正确；D、当体系达平衡状态时，N2、H2、NH3的物质的量之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故D错误；故选AC．【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．已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=﹣Q1kJ．mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（1）△H=﹣Q2kJ．mol﹣1③C2H5OH（g）═302（g）=2C02（g）+3H20（g）△H=﹣Q3kJ．mol﹣1下列判断正确的是()A．酒精的燃烧热AH=﹣Q3kJ•mol﹣1B．由③可知1molC2H5OH（g）的能量高于2molC02（g）和3molH20（g）的总能量C．H20（g）→H20（1）释放出了热量，所以该过程为放热反应D．23g液体酒精完全燃烧生成C02（g）和H20（1），释放热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【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、焓变是指反应物的能量和与生成物的能量和之差，不是一部分；C、放热反应是指化学反应；D、依据盖斯定律结合热化学方程式计算得到．【解答】解：A、C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣Q3kJ/mol．反应中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故燃烧热不是Q3kJ，故A错误；B、③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）；△H=﹣Q3kJ/mol．反应是放热反应，1molC2H5OH（g）和3molO2的总能量高于2CO2（g）和3H2O（g）的总能量，故B错误；C、H2O（g）→H2O（l）是物理变化，故C错误；D、已知：①H2O（g）═H2O（l）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1②C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1③C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣Q3kJ•mol﹣124\n据盖斯定律：③﹣②+①×3得：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=（﹣Q3+Q2﹣3Q1）KJ/mol，23g是0.5molC2H5OH，所以释放出的热量为（0.5Q3﹣0.5Q2+1.5Q1）kJ，故D正确；故选D．【点评】本题考查燃烧热、焓变、放热反应以及盖斯定律的应用，题目难度不大．14．一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molX和1molY进行反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g），经60s达到平衡，生成0.3molZ，下列说法正确的是()A．达到平衡时X浓度为0.04mol•L﹣1B．将容器体积变为20L，Z的平衡浓度变为0.015mol•L﹣1C．若升高温度，X的体积分数增大，则该反应的D△H＜0D．若增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数变大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】经60s达到平衡，正反应速率等于逆反应速率，达到平衡之后，如外界条件不变，则平衡状态不变，正逆反应速率相等，结合生成Z的物质的量进行相关的计算．【解答】解：A、生成0.3molZ，说明有0.6molX反应，剩余X0.4mol，容器体积为10L，所以平衡时X浓度为0.04mol•L﹣1，故A正确；B、容器体积变为20L，平衡逆向移动，Z的物质的量减少，故B错误；C、升温平衡向吸热分析移动，X体积分数增大，说明逆反应吸热，则正反应放热，故C正确；D、化学平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，故D错误；故选AC．【点评】本题考查了影响化学平衡移动和影响化学平衡常数的因素，主要化学平衡常数只受温度影响，题目难度不大．15．在2L的恒容密闭容器中，发生反应：A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）△H=﹣akJ．mol﹣1，实验内容和结果分别如下表和如图所示．下列说法正确的是()实验温度起始物质的量热量序号AB变化I600℃1mol3mol96kJn800℃0.5mol1.5mol﹣﹣﹣﹣A．实验I中，10min内平均速率v（B）=0.06mol．L﹣1•min﹣1B．上述方程式中a=160C．600℃时，该反应的平衡常数是0.45D．向实验E的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，A的转化率不变【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．24\n【分析】A．图象分析可知实验Ⅰ中，10min内C生成了1.2mol，结合化学反应速率v=计算，速率之比等于化学方程式计量数之比，以此计算B的反应速率；B．根据图象中的变化量结合图表中热量变化计算，依据化学平衡三段式可知，A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）△H=akJ•mol﹣1，起始量（mol）1300akJ变化量（mol）0.60.61.20.696kJ平衡量（mol）0.42.41.20.6反应焓变是指1molA全部反应的热量变化；C．结合B中化学平衡三段式列式计算平衡浓度，c（A）=0.2mol/L，c（B）=1.2mol/L，c（C）=0.6mol/L，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；D．反根据等效平衡分析判断，反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量AB之比为3：1，向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，可以看作充入AB反应比为3：1，先投入0.5molA和molB，达到平衡状态，A的转化率不变，相当于多投入1.5mol﹣molB的量．【解答】解：图象分析，先拐先平温度高，温度越高C物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，A.10min内C生成了1.2mol，则反应速率v（C）=0.06mol/L•min=0.06mol/L•min，速率之比等于化学方程式计量数之比，v（B）=v（C）=0.06mol/L•min×=0.03mol/L•min，故A错误；B．由化学平衡三段式可知，A（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）△H=akJ•mol﹣1，起始量（mol）1300aKJ变化量（mol）0.60.61.20.696KJ平衡量（mol）0.42.41.20.6反应焓变是指1molA全部反应的热量变化，则a==160kJ/mol图象分析，先拐先平温度高，温度越高C物质的量越小，温度升高，平衡逆向进行，说明反应是放热反应，所以a=﹣160，故B正确；C．由B中可知平衡浓度：c（A）=0.2mol/L，c（B）=1.2mol/L，c（C）=0.6mol/L，平衡常数K==1.5，故C错误；D．反应前后气体体积不变，等比等效，开始投入量AB之比为1：3，向实验Ⅱ的平衡体系中再充入0.5molA和1.5molB，可以看作先投入0.5molA和1.5molB后再投入0.5molA和1.5molB，达到相同平衡状态，A的转化率不变，故D正确；故选BD．【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，会利用三段式法进行解答，难点是D选项中等效平衡的建立，题目难度中等．24\n三、解答题（共6小题，满分80分）16．思考下列问题，按要求填空：（1）某温度下纯水中c（H+）=2×10﹣7mol/L，①此时溶液中的c（OH﹣）=2×10﹣7mol/L．②若温度不变，向水中滴入稀盐酸使c（H+）=5×10﹣6mol/L，则此时溶液中的c（OH﹣）=8×10﹣9mol/L（2）已知下列热化学方程式：Zn（s）+21O2（g）═ZnO（s）△H1=﹣351.1kJ•mol﹣1；Hg（l）+21O2（g）═HgO（s）△H2=﹣90.7kJ•mol﹣1由此可知反应Zn（s）+HgO（s）═ZnO（s）+Hg（l）的焓变为﹣260.4kJ/mol（3）在稀氨水中存在下述电离平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，分别加入少量下列物质，溶液中c（OH﹣）如何变化？（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡移动方向如何？（填“正向”、“逆向”或“不移动”）加入的物质少量（NH4）2SO4固体少量HNO3溶液少量KOH溶液c（OH﹣）的变化减小减小增大平衡移动方向逆向正向逆向（4）如图所示，装置B中两电极均为石墨电极，试回答下列问题：①判断装置的名称：A池为原电池．②锌极为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+；③当C2极析出224mL气体（标准状况下），锌的质量减少_0.65_g．【考点】原电池和电解池的工作原理；物质的量浓度的相关计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】（1）①依据纯水存在电离平衡，电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同；②在酸溶液、碱溶液、盐溶液中存在离子积常数，Kw随温度变化；（2）根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，据此计算；（3）在稀氨水中存在下述电离平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，分别加入少量下列物质，溶液中c（OH﹣）如何变化？（填“增大”、“减小”或“不变”）；平衡移动方向如何；（4）①该装置中，A能自发的进行氧化还原反应，所以构成原电池，锌易失电子作负极、C作正极，锌电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，C电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu；②锌易失电子作负极、C作正极，锌电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+；③根据串联电路中转移电子相等计算．【解答】解：（1）①某温度下纯水中的C（H+）=2×10﹣7mol/L，则此时溶液中的C（OH﹣）=2×10﹣7mol/L；②若温度不变，滴入稀盐酸，使C（H+）=5×10﹣6mol/L，溶液中则溶液中C（H+）C（OH﹣）=4×10﹣14，所以C（OH﹣）=8×10﹣9mol/L，故答案为：①2×10﹣7mol/L；②8×10﹣9mol/L；（2）已知下列热化学方程式：①2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）；△H1=﹣702.2kJ/mol，②2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）；△H2=﹣181.4kJ/mol，24\n根据盖斯定律可知：得热化学方程式Zn（s）+HgO（s）=ZnO（s）+Hg（l），则△H==﹣260.4kJ/mol，故答案为：﹣260.4kJ/mol；（3）氨水中存在NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，向氨水中加入少量硫酸铵，硫酸铵中含量铵根离子，导致溶液中铵根离子浓度增大，抑制氨水电离，平衡向左移动，所以溶液中氢氧根离子浓度减小；向氨水中加入少量硝酸，氢离子和氢氧根离子反应，导致氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，平衡向右移动；向氨水中加入少量氢氧化钾，导致氢氧根离子浓度增大，抑制氨水电离，平衡向左移动，故答案为：加入的物质少量（NH4）2SO4固体少量HNO3溶液少量KOH溶液c（OH﹣）的变化减小增大平衡移动方向正向；（4）①该装置中，A能自发的进行氧化还原反应，所以构成原电池，故答案为：原电池；②锌易失电子作负极、C作正极，锌电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故答案为：负，Zn﹣2e﹣=Zn2+；③C1、C2分别是阳极、阴极，C1、C2电极反应式分别为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣而锌电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，所以H2↑～Zn，所以C2极析出224mL气体，消耗锌的质量为：0.65g，故答案为：0.65．【点评】本题考查弱电解质电离，加入相同的离子则抑制弱电解质电离，加入和溶液中离子反应的物质则促进其电离，原电池和电解池原理，正确判断原电池和电解池是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应分析解答，难度不大17．某学生实验小组，用稀硫酸和稀氢氧化钠溶液在如图所示的装置中，进行中和反应反应热的测定．请回答下列问题：（1）图中装置缺少一种仪器，该仪器名称为环形玻璃搅拌棒．（2）写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ•mol﹣1）：H2SO4（aq）+NaOH（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1．（3）如果用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值将偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）【考点】中和热的测定．【分析】（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器，中和热测定的实验中需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；24\n（2）中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，标注物质聚集状态和对应焓变写出热化学方程式；（3）弱电解质电离吸热．【解答】解：（1）中和热测定的实验装置如图，需要温度计测定温度、环形玻璃搅拌棒搅拌使溶液混合均匀，还需要量筒量取一定量的酸、碱溶液，由题目提供的量热计的构造可知，该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；故答案为：环形玻璃搅拌棒；（2）稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，故答案为：H2SO4（aq）+NaOH（aq）═Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1；（3）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故答案为：偏小．【点评】本题考查学生有关中和热的测定知识，可以根据所学知识进行回答，注意掌握中和热测定的实验装置图，为高频考点，题目难度不大．18．（14分）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命．（1）图1为铝材表面处理的一种方法：①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜．碱洗时常有气泡冒出，该气体的名称为氢气．②为将碱洗槽液中的铝元素以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的b．A．NH3B．CO2C．NaOHD．HNO3③以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+．（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+的浓度恒定．（3）下列关于金属腐蚀的事实中，与电化学腐蚀有关的是ABDA埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更易被腐蚀B为保护海轮的船壳，常在船壳上镶入锌块24\nC在空气中，金属银的表面生成一层黑色物质D镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面易被腐蚀（4）利用图2装置，可以模拟铁的电化学防护．①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处．②若X为锌，开关K应置于M处．【考点】金属的电化学腐蚀与防护；铝的化学性质．【分析】（1）①有气泡冒出因2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；②因碱洗槽液中有AlO2﹣，故应通入CO2来回收Al（OH）3，若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解；③铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；（2）用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定．（3）A．铁管在潮湿的环境下容易形成原电池；B．利用原电池原理保护金属不被腐蚀；C．金属银在空气中发生化学腐蚀生成硫化银而变黑；D．根据原电池原理的应用：负极金属的腐蚀速率快于正极上的金属来解答．（4）作原电池的正极和电解池的阴极被保护．【解答】解：（1）①铝能与强碱反应产生氢气，则有气泡冒出因2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；故答案为：氢气；②Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2﹣，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣或CO2+2H2O+AlO2﹣═HCO3﹣+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为：b；③铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+，故答案为：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+，补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+的浓度恒定．（3）A．铁管在潮湿的环境下容易形成原电池，加快铁的腐蚀，干燥土壤里没有电解质溶液不能形成原电池，腐蚀较慢，所以与电化学腐蚀有关，故A正确；B．在船壳水线以下部分装上锌块，属于牺牲阳极的阴极保护法，与电化学腐蚀有关，故B正确；C．金属银在空气中能够生成黑色的硫化银而变黑，此过程属于普通化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故C错误；D．镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁与Ag形成原电池，因为铁的活泼性强于Ag，铁做负极，发生氧化还原反应被腐蚀，与电化学腐蚀有关，故D正确；故答案为：ABD．（4）作原电池的正极和电解池的阴极被保护．①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处时，Fe作电解池的阴极，所以Fe被保护；故答案为：N．②若X为锌，锌与铁，形成原电池时，锌作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，则开关K应置于M处，故答案为：M．24\n【点评】本题考查原电池和电解池的原理、铝及其化合物的化学性质等，为高频考点，侧重于基础知识的考查和应用，有利于培养学生的良好科学素养，注意把握原电池和电解池的原理以及电极方程式的书写．19．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol•L﹣1FeCl2溶液，实验记录如表（a、b、c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2Ⅱa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+、无Cl2Ⅲb＞x＞0无明显变化无Fe3+、无Cl2（1）用KSCN溶液检验出溶液中含Fe3+，看到的现象是溶液变红．（2）Ⅰ中，Fe3+产生的原因可能是Cl﹣在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化．写出Cl2氧化Fe2+的离子方程式：Cl2+2Fe2+═2Cl﹣+2Fe3+．（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电．原因是Fe2+具有还原性．（4）Ⅱ中虽未检验出Cl2，但Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证．控制变量，做对照实验继续探究：电解pH=1的NaCl溶液，记录如表：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅳa＞x≥c无明显变化有Cl2Ⅴc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度应是0.2mol•L﹣1．②Ⅳ中检验Cl2的实验方法：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色．③与Ⅱ对比，得出的结论：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；通过控制电压，验证了放电顺序是：Fe2+＞Cl﹣（填“＞”或“＜”）【考点】电解原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．【分析】（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）①电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；②依据检验氯气的实验方法分析；③依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电．【解答】解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故答案为：还原；24\n（4）①电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；②依据检验氯气的实验方法分析，取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色证明生成氯气，否则无氯气生成，故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色；③依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，故答案为：＞．【点评】本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．20．工业制硫酸生产流程如图1：（1）实验室常用过量的氢氧化钠溶液吸收SO2尾气，该反应的离子方程式为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O．（2）已知SO2和O2生成SO3的反应过程放热．在催化反应室中，下列措施有利于提高SO2平衡转化率的有CD．（填写编号）A．减少压强B．升高温度C．不断补充空气D．及时分离出SO3（3）在工业制硫酸生产中，为提高催化剂效率采取的措施有净化气体、控制温度在400～500℃；增大催化剂与反应气体的接触面积等（答出2点）．（4）在450℃、常压和钒催化条件下，在容积为2L的恒容容器中加入2molSO2和1molO2．①下列选项中不能作为判断该反应是否达平衡状态的标志的是AD．（填写编号）A．混合气密度不变化B．SO2百分含量保持不变C．容器中气体的压强不变D．SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等__________E．气体总物质的量不变②达平衡后，测得平衡常数为K，若此时O2的转化率为x，则K和x的关系满足K=．（5）SO2和O2的反应在恒容密闭容器中发生，图2、3表示在时刻t1达到平衡、在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况，根据图2、图3相关信息，判断t2发生改变的条件是降低温度．24\n【考点】化学平衡的影响因素；离子方程式的书写；化学平衡状态的判断．【分析】（1）过量NaOH溶液与SO2反应生成亚硫酸钠与水；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，根据化学平衡移动影响因素判断；（3）提高催化剂效率可以通过净化气体、控制温度在400～500℃、增大催化剂与反应气体的接触面积；（4）根据化学平衡状态特征判断；根据“三段式”来进行计算得出结论；（5）根据外界条件对化学平衡的影响判断．【解答】解：（1）过量NaOH溶液与SO2反应生成亚硫酸钠与水，离子方程式为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；（2）提高SO2平衡转化率，促进化学平衡向右移动，A．正反应方向气体体积减小，减小压强，化学平衡向逆反应方向移动，故A错误；B．正反应方向放热，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．增大氧气浓度，化学平衡向右移动，故C正确；D．减小生成物浓度，化学平衡向右移动，故D正确；故答案为：CD；（3）提高催化剂效率可以通过净化气体、控制温度在400～500℃、增大催化剂与反应气体的接触面积，故答案为：净化气体、控制温度在400～500℃；增大催化剂与反应气体的接触面积等；（4）①A、反应物和生成物全是气体，气体质量不变，容器体积不变，混合气体密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故A选；B、SO2百分含量保持不变，即各物质浓度不再发生变化，达到化学平衡状态，故B不选；C、反应前后气体物质的量不同，容器中气体的压强不变，则达到化学平衡状态，故C不选；D、SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，均为正反应方向，不能判断正逆反应速率是否相等，不能判断是否平衡，故D选；E、反应前后气体物质的量不同，容器中气体的物质的量不变，则达到化学平衡状态，故E不选；故答案为：AD；②根据题意：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），初始物质的量：210变化物质的量：2xx2x平衡物质的量：2﹣2x1﹣x2x24\n则平衡常数为K===，故答案为：；（5）图2中时刻t2SO3浓度增大，SO2浓度减小，即化学平衡向右移动，又由于在t2时，二者浓度不变，即压强不变，或者说，不是因为压强变化而导致平衡的移动，只能为温度的影响，所以条件为降低温度，故答案为：降低温度．【点评】本题是一道综合性的考题，涉及化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的移动以及v﹣t图的知识，难度较大，综合性强．21．为确定某酸HA是弱电解质，两同学的实验方案如下：甲：①称取一定质量的HA，配制0.1mol•L﹣1的溶液100mL；②用pH计测出该溶液的pH，根据pH=﹣lgc（H+），推算出溶液中H+的浓度，即可证明HA是弱电解质．乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制0.1mol•L﹣1的两种酸溶液各100mL；②分别取配制的这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质．（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是100mL容量瓶．（2）甲方案中说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的H+的浓度＜0.1mol•L﹣1（选填“＞”、“＜”或“=”）．（3）乙方案中说明HA是弱电解质的现象是A．A．装盐酸的试管中放出气体的速率快；B．装HA溶液的试管中放出气体的速率快；C．两个试管中产生气体的速率一样快．（4）请你评价：乙方案中的不妥之处：加入的锌粒质量应相同，难以做到锌的表面积相同．（5）已知在T°C时，0.1mol•L﹣1HA溶液中HA的电离度为5%，求该温度下HA的电离常数（写出计算过程）2.63×10﹣4．【考点】比较弱酸的相对强弱的实验．【分析】（1）配制一定浓度的溶液必须使用的仪器是容量瓶；（2）弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离；（3）等浓度的一元强酸和一元弱酸中，强酸中的氢离子浓度大于弱酸；（4）加入的金属的质量应该相同，且加入的锌粒表面积难以做到相同；（5）溶液中c（H+）=c（A﹣），c（HA）=c（HA）﹣c（H+），根据Ka=计算．【解答】解：（1）在两个方案的第①步中，配制0.1mol/L的溶液100mL、别配制pH=1的两种酸溶液各100mL，根据配制一定浓度的溶液必须使用容量瓶，24\n故答案为：100mL容量瓶；（2）配制0.1mol/L的HA酸溶液100mL，弱电解质的电离是可逆的，不能完全电离，测得溶液的H+的浓度＜0.1mol•L﹣1，故答案为：＜；（3）各取相同体积、浓度的两种酸溶液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，由于盐酸完全电离，盐酸中氢离子的浓度大，反应速率快，则装盐酸溶液的试管中放出H2的速率快，所以A正确，故答案为：A；（4）加入的金属的质量应该相同，又因为固体的表面积也影响反应速率，因此不妥之处在于加入的锌粒表面积难以做到相同，故答案为：加入的锌粒质量应相同；难以做到锌的表面积相同；（5）溶液中c（H+）=c（A﹣）=0.1mol•L﹣1×5%=5×10﹣3mol/L，c（HA）=c（HA）﹣c（H+）=9.5×10﹣2mol/L，则Ka===2.63×10﹣4mol/L；故答案为：2.63×10﹣4．【点评】本题考查了探究弱电解质的方法，试题难度中等，注意掌握强电解质与弱电解质的区别，注意把握电离平衡常数的计算方法，该题有利于培养学生严谨的逻辑思维能力，提高学生的学习效率，激发学生的学习兴趣．24
