福建省泉州市晋江市平山中学2023-2023学年高二下学期期中化学试卷Word版含解析

2023-2023学年福建省泉州市晋江市平山中学高二〔下〕期中化学试卷一．选择题〔此题共有23小题，每题2分，共46分，每题只有一个选项符合题意〕1．以下过程中△H小于零的是()A．氯酸钾分解制氧气B．氯化铵受热分解C．氢气复原氧化铜D．实验室用锌和稀硫酸反响制氢气2．反响：X+Y=M+N为放热反响，对该反响的以下说法中正确的选项是()A．X的能量一定高于MB．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量C．Y的能量一定高于ND．因为该反响为放热反响，故不必加热反响就可发生3．在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，以下热化学方程式正确的选项是()A．H2O〔g〕=H2〔g〕+O2〔g〕△H=+242kJ•mol﹣1B．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=﹣484kJ•mol﹣1C．H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=+242kJ•mol﹣1D．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=+484kJ•mol﹣14．用石墨作电极电解CuSO4溶液．通电一段时间后〔电解质未用完〕，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中参加适量的()A．CuSO4 B．Cu〔OH〕2 C．CuO D．CuSO4.5H25．电解饱和食盐水，当阴极附近有0.4molOH﹣生成时，阳极生成()A．0.2molH2 B．0.2molCl2 C．0.4molH2 D．0.4molCl6．以惰性电极电解以下电解质溶液〔足量〕，阴、阳两极均产生气体且气体的体积相等的是()A．AgNO3 B．NaCl C．CuCl2 D．Na2SO47．以下说法正确的选项是()A．电解NaOH溶液时，溶液浓度将减小，pH增大B．电解H2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH减小C．电解Na2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH变大D．电解NaCl溶液时，溶液浓度将减小，pH不变8．将反响Cu〔s〕+2Ag+〔aq〕═Cu2+〔aq〕+2Ag〔s〕设计成如下图的原电池，以下表达正确的选项是()A．KNO3盐桥中的K+移向Cu〔NO3〕2溶液B．Ag作负极，Cu作正极C．工作一段时间后，Cu〔NO3〕2溶液中c〔Cu2+〕增大D．取出盐桥后，电流计的指针依然发生偏转9．镍镉〔Ni﹣Cd〕可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反响按下式进行：Cd+2NiO〔OH〕+2H2OCd〔OH〕2+2Ni〔OH〕2．由此可知，该电池充电时的阳极是()A．Cd〔OH〕2 B．Ni〔OH〕2 10．A、B、C是三种金属，根据以下①、②两个实验：①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解；②电解物质的量浓度相同的A、C盐溶液时，阴极上先析出C〔使用惰性电极〕．确定它们的复原性强弱顺序为()A．A＞B＞C B．B＞C＞A C．C＞A＞B D．B＞A＞C11．以下关于实验现象的描述正确的选项是()A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铁片外表出现气泡B．用锌片做阳极铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片外表出现一层锌C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片外表出现一层铁D．把少量锌粒放入盛有足量的盐酸试管中，加几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快，生成氢气的总量不变12．以下有关化学反响速率的说法正确的选项是()A．用铁片和稀硫酸反响制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B．100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反响，参加适量的氯化钠溶液，反响速率不变C．SO2的催化氧化是一个放热的反响，所以升高温度，反响速率减慢D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反响生成N2和CO2，减小压强反响速率减慢13．在一定条件下，反响A2〔g〕+B2〔g〕⇌2AB〔g〕到达平衡状态的标志是()A．单位时间内生成nmolA2的同时，生成nmol的ABB．容器内的总压强不随时间而变化C．单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2D．单位时间内，生成nmolA2的同时，生成nmol的B214．以下事实中，不能用勒夏特列原理解释的是()A．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气C．翻开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出D．向稀盐酸中参加少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低15．可逆反响A〔s〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕+D〔g〕在2L的密闭容器中反响，10min后，C的物质的量增加了0.6mol，那么该反响的平均速率表示正确的选项是()A．vA=0.03mol•L﹣1•min﹣1 B．vB=0.045mol•L﹣1•min﹣1C．vC=0.06mol•L﹣1•min﹣1 D．vD=0.03mol•L﹣1•min﹣116．2A〔g〕⇌2B〔g〕+C〔g〕△H＜0，在未用催化剂的条件下已达平衡，现要使正反响速率降低，c〔B〕减小，应采取的措施是()A．升温 B．增大反响器的体积C．增大c〔A〕 D．降温17．反响CO2〔g〕+2NH3〔g〕⇌CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H＜O，到达平衡时，以下说法正确的选项是()A．参加催化剂，平衡常数不变B．减小容器体积，正、逆反响速率均减小C．增大CO〔NH2〕2的量，CO2的转化率减小D．降低温度，平衡向逆反响方向移动18．关于可逆反响A〔s〕+B〔g〕⇌2C〔g〕；△H＜0，平衡常数为K，以下说法正确的选项是()A．K=B．K值越大表示到达平衡时，正反响进行程度越大C．其它条件不变时，温度升高，K值增大D．其它条件不变时，压强减小，K值减小19．一定条件下二氧化碳气体的溶解平衡CO2〔g〕⇌CO2〔aq〕△H=﹣19.75kJ/mol，为增大CO2气体在水中的溶解度，以下方法一定可行的是()A．升温增压 B．降温减压 C．升温减压 D．降温增压20．25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，参加过量金属锡〔Sn〕，发生反响：Sn〔s〕+Pb2+〔aq〕⇌Sn2+〔aq〕+Pb〔s〕，体系中c〔Pb2+〕和c〔Sn2+〕变化关系如下图．以下判断正确的选项是()A．往平衡体系中参加金属铅后，c〔Pb2+〕增大B．往平衡体系中参加少量Sn〔NO3〕2固体后，c〔Pb2+〕变小C．升高温度，平衡体系中c〔Pb2+〕增大，说明该反响△H＞0D．25℃时，该反响的平衡常数K=2.221．：NH2COO﹣+2H2O⇌HCO3﹣+NH3•H2O．现用两份氨基甲酸铵溶液在不同温度〔T1和T2〕下实验，得到c〔NH2COO﹣〕随时间变化关系如下图．以下分析正确的选项是()A．无法判断T1和T2的大小关系B．T1℃C．T2℃时，0～6minν〔NH2COO﹣〕=0.3mol•L﹣1•minD．往平衡体系加水稀释，平衡右移，溶液中各种离子浓度减小22．在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反响2R〔g〕+5Q〔g〕═4X〔g〕+nY〔g〕反响完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，那么化学方程式中的n值是()A．2 B．3 C．4 D．523．高温下，某反响到达平衡，平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小．以下说法不正确的选项是()A．该反响是焓变为正值B．恒温恒容下，充入更多的CO2，能提高H2的转化率C．升高温度，正、逆反响速率均增大D．该反响化学方程式为：CO+H2OCO2+H2二、填空题〔此题有4小题，共54分〕24．〔1〕请用“＞〞、“＜〞或“=〞填写以下空格：①：Zn〔s〕+CuSO4〔aq〕═ZnSO4〔aq〕+Cu〔s〕△H=﹣216kJ•mol﹣1，那么E反响物__________E生成物②由A、B两金属作电极，硫酸溶液作电解质溶液，形成原电池，电流由A极经外电路流向B极，那么金属活泼性A__________B③镀层破损后铁的腐蚀速度比拟：镀锌铁管__________镀锡铁管〔2〕用“增大〞、“减小〞或“不变〞填写以下空格：④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，电解过程中阳极区溶液的pH__________⑤某温度下，可逆反响A〔s〕+B〔g〕⇌2C〔g〕；△H＜0，平衡常数为K．其它条件不变时，温度升高，平衡常数K__________．25．硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕△H=196.6kJ/mol〔1〕t1℃时，假设将2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒温恒容密闭容器中，8min后反响到达平衡，SO2的平衡转化率为80%，那么这段时间内SO3的平均反响速率为__________，该温度下上述反响的平衡常数K为〔2〕该反响到达化学平衡后，以下操作将使平衡正向移动并能提高SO2转化率的是__________A．向容器中通入少量O2B．向容器中通入少量SO2CE．向容器中通入少量氦气〔3〕以下表达能证明该反响已到达化学平衡状态的是__________A．容器内压强不再发生变化B．SO2的体积分数不再发生变化C．容器内气体原子总数不再发生变化D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成2nmolSO3E．反响体系中SO2、O2、SO3的体积比为2：1：2．26．〔1〕：2CH3OH〔l〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H1；2CH3OH〔g〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H2，那么△H1__________△H2〔2〕在298K、100kPa时，：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H12HCl〔g〕═Cl2〔g〕+H2〔g〕△H24HCl〔g〕+O2〔g〕═2Cl2〔g〕+2H2O〔g〕△H3那么△H3与△H1和△H2的关系是：△H3=__________〔3〕消除氮氧化物的污染对环境至关重要，用CH4催化复原NOx可以消除氮氧化物的污染．一定条件下：CH4〔g〕+4NO2〔g〕═4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4〔g〕+4NO〔g〕═2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣1160kJ•mol﹣1那么该条件下，用CH4复原NO2至N2的热化学方程式为：__________〔4〕乙烯是石油裂解气的主要成分之一，25℃、101kPa时，1g乙烯燃烧生成CO2气体与液态水，放出50.5kJ的热量，该反响的热化学方程式为__________；利用该反响设计为燃料电池中，通入乙烯的电极为电池的__________〔填“正极〞或“负极〞〕．27．以下是构成原电池的实验方案，请按要求答复以下问题：〔1〕电解质溶液为0.5mol•L﹣1硫酸溶液，电极为用砂纸打磨过的镁片和铝片，设计成原电池，那么铝片为__________极〔填“正〞或“负〞〕，正极电极反响式为__________；假设将电解质溶液改为0.5mol•L﹣1氢氧化钠溶液，那么被氧化的是__________〔填“镁片〞或“铝片〞〕，该原电池总反响的离子方程式为：__________．〔2〕以“Fe+2Fe3+═3Fe2+〞反响为原理设计原电池，请在以下该原电池装置图括号中写出电极材料及电解质溶液．28．〔18分〕〔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〕的电极反响式．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．请答复以下问题：①Y的电极名称是__________〔填写“阳极〞或“阴极〞〕．②假设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〕假设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〕，那么阴极上析出金属的质量为__________g．〔4〕假设要用该装置电解精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，那么X电极的材料是__________，Y电极的材料是__________．〔5〕假设要用电镀方法在铁外表镀一层金属银，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

2023-2023学年福建省泉州市晋江市平山中学高二〔下〕期中化学试卷一．选择题〔此题共有23小题，每题2分，共46分，每题只有一个选项符合题意〕1．以下过程中△H小于零的是()A．氯酸钾分解制氧气B．氯化铵受热分解C．氢气复原氧化铜D．实验室用锌和稀硫酸反响制氢气【考点】吸热反响和放热反响．【专题】化学反响中的能量变化．【分析】△H小于零，应是放热反响，常见有化合反响，金属与酸、水的反响，以及中和反响等，以此解答该题．【解答】解：A．氯酸钾分解制氧气为吸热反响，△H＞0，故A错误；B．氯化铵加热制备氨气为分解反响，需要吸热，△H＞0，故B错误；C．氢气复原氧化铜为吸热反响，△H＞0，故C错误；D．实验室制备氢气用锌和稀硫反响，为放热反响，△H＜0，故D正确．应选D．【点评】此题考查反响热与焓变，题目难度不大，注意常见吸热反响和放热反响即可解答该题，学习中注意相关根底知识的积累．2．反响：X+Y=M+N为放热反响，对该反响的以下说法中正确的选项是()A．X的能量一定高于MB．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量C．Y的能量一定高于ND．因为该反响为放热反响，故不必加热反响就可发生【考点】吸热反响和放热反响．【专题】化学反响中的能量变化．【分析】反响X+Y=M+N为放热反响，那么反响物的总能量比生成物的总能量高，以此来解答．【解答】解：A．反响物的总能量大于生成物的总能量，X的能量与Y的能量关系无法确定，故A错误；B．该反响为放热反响，所以反响物的总能量大于生成物的总能量，即X和Y的总能量一定高于M和N的总能量，故B正确；C．反响物的总能量大于生成物的总能量，Y的能量不一定高于N，故C错误；D．反响的放热、吸热与反响条件〔如加热〕无关，某些放热反响也需要加热才能反响，如氢气和氧气的反响，故D错误．应选B．【点评】此题考查放热反响与反响物和生成物的总能量的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意信息中反响为放热反响来解答，难度不大．3．在1×105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，以下热化学方程式正确的选项是()A．H2O〔g〕=H2〔g〕+O2〔g〕△H=+242kJ•mol﹣1B．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔l〕△H=﹣484kJ•mol﹣1C．H2〔g〕+O2〔g〕=H2O〔g〕△H=+242kJ•mol﹣1D．2H2〔g〕+O2〔g〕=2H2O〔g〕△H=+484kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式．【专题】根本概念与根本理论．【分析】A、根据氢气燃烧生成水蒸气的逆过程为吸热过程来分析；B、根据物质的聚集状态来判断；C、根据反响放热时焓变符号为负来判断；D、根据反响放热时焓变符号为负来判断．【解答】解：A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，那么1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，有：H2O〔g〕=H2〔g〕+O2〔g〕△H=+242kJ•mol﹣1，故A正确；B、生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C、反响为放热反响，此时焓变符号为负，故C错误；D、反响为放热反响，此时焓变符号为负，故D错误．应选A．【点评】此题主要考查学生热化学方程式的书写原那么，该题型是现在高考的热点．4．用石墨作电极电解CuSO4溶液．通电一段时间后〔电解质未用完〕，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中参加适量的()A．CuSO4 B．Cu〔OH〕2 C．CuO D．CuSO4.5H2【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】用石墨电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中参加它们形成的化合物即可．【解答】解：CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42﹣、OH﹣，OH﹣离子的放电能力大于SO42﹣离子的放电能力，所以OH﹣离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反响，但和氧化铜反响，氧气和铜反响生成氧化铜，所以向溶液中参加氧化铜即可，应选C．【点评】此题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解此题的关键，难度不大．5．电解饱和食盐水，当阴极附近有0.4molOH﹣生成时，阳极生成()A．0.2molH2 B．0.2molCl2 C．0.4molH2 D．0.4molCl【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】电解饱和食盐水，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极发生4H2O+4e﹣=H2↑+4OH﹣，结合电子守恒进行计算．【解答】解：电解饱和食盐水，阳极发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，阴极发生4H2O+4e﹣=2H2↑+4OH﹣，由电子守恒可知，2Cl2↑～4OH﹣，阴极附近有0.4molOH﹣生成时，阳极生成氯气为=0.2mol，应选B．【点评】此题考查电解原理，明确发生的电极反响及电子守恒是解答此题的关键，题目难度不大．6．以惰性电极电解以下电解质溶液〔足量〕，阴、阳两极均产生气体且气体的体积相等的是()A．AgNO3 B．NaCl C．CuCl2 D．Na2SO4【考点】电解原理．【分析】A、用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极生成氧气，阴极生成金属银，依据电子守恒计算；B、用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极生成氯气，阴极生成氢气，依据电子守恒计算；C、用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极生成氯气，阴极生成铜，依据电子守恒计算；D、用惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极生成氧气，阴极生成氢气，依据电子守恒计算．【解答】解：A、用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极生成氧气，阴极生成金属银，故A不符合；B、用惰性电极电解氯化钠溶液，阳极生成氯气，电极反响为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑阴极生成氢气，2H++2e﹣=H2↑依据电子守恒计算气态体积之比1：1，故B符合；C、用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极生成氯气，电极反响为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；阴极生成铜，电极反响为：Cu2++2e﹣=Cu；在阴、阳两极生成气体的体积比不为1：1，故C不符合；D、用惰性电极电解硫酸钠溶液，阳极生成氧气，电极反响为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；阴极生成氢气，电极反响为：2H++2e﹣=H2↑；依据电子守恒得到，在阴、阳两极生成气体的体积比2：1，故D不符合；应选B．【点评】此题考查了电解原理的应用，电极反响的判断和电极反响的书写，主要是电子守恒的计算应用，题目难度中等．7．以下说法正确的选项是()A．电解NaOH溶液时，溶液浓度将减小，pH增大B．电解H2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH减小C．电解Na2SO4溶液时，溶液浓度将增大，pH变大D．电解NaCl溶液时，溶液浓度将减小，pH不变【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、惰性电极电解氢氧化钠溶液，实质是电解水，溶液浓度增大；B、惰性电极电解硫酸溶液实质是电解水，溶液浓度增大；C、电解Na2SO4溶液时，实质是电解水，溶液浓度增大；D、电解NaCl溶液时实质是电解氯化钠和水反响生成氢氧化钠溶液；【解答】解：A、惰性电极电解氢氧化钠溶液，实质是电解水，溶液浓度增大，氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大，故A错误；B、惰性电极电解硫酸溶液实质是电解水，溶液浓度增大，溶液中氢离子浓度增大，溶液PH减小，故B正确；C、惰性电极电解Na2SO4溶液时，实质是电解水，溶液浓度增大，硫酸钠溶液呈中性，溶液PH不变，故C错误；D、惰性电极电解NaCl溶液时实质是电解氯化钠和水反响生成氢氧化钠溶液，溶液PH增大，故D错误；应选B．【点评】此题考查了电解原理的分析应用，电解质溶液中离子放电顺序和电极产物的分析判断，掌握电解池原理是解题关键，题目较简单．8．将反响Cu〔s〕+2Ag+〔aq〕═Cu2+〔aq〕+2Ag〔s〕设计成如下图的原电池，以下表达正确的选项是()A．KNO3盐桥中的K+移向Cu〔NO3〕2溶液B．Ag作负极，Cu作正极C．工作一段时间后，Cu〔NO3〕2溶液中c〔Cu2+〕增大D．取出盐桥后，电流计的指针依然发生偏转【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【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，银为正极；C、负极铜放电生成铜离子；D、取出盐桥后，不能构成闭合回路，不是原电池．【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，银为正极，故B错误；C、负极铜放电生成铜离子到溶液中，所以Cu〔NO3〕2溶液中c〔Cu2+〕增大，故C正确；D、取出盐桥后，不能构成闭合回路，不是原电池，所以指针不发生偏转，故D错误；应选C．【点评】此题考查原电池的设计及工作原理，注意电极反响式的书写方法，牢固掌握原电池中电极的判断，电极反响式的书写的方法性问题．9．镍镉〔Ni﹣Cd〕可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反响按下式进行：Cd+2NiO〔OH〕+2H2OCd〔OH〕2+2Ni〔OH〕2．由此可知，该电池充电时的阳极是()A．Cd〔OH〕2 B．Ni〔OH〕2 【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】根据总反响式结合化合价的变化判断被氧化和被复原的物质，充电时该电池是电解池，阳极上失电子发生氧化反响．【解答】解：充电时该电池是电解池，阳极上元素失电子化合价升高而发生氧化反响，根据方程式知，Ni元素的化合价由+2价变为+3价，所以阳极是Ni〔OH〕2，应选B．【点评】此题考查原电池和电解池原理，根据元素化合价变化判断电极即可，难度不大．10．A、B、C是三种金属，根据以下①、②两个实验：①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解；②电解物质的量浓度相同的A、C盐溶液时，阴极上先析出C〔使用惰性电极〕．确定它们的复原性强弱顺序为()A．A＞B＞C B．B＞C＞A C．C＞A＞B D．B＞A＞C【考点】氧化性、复原性强弱的比拟．【分析】将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，说明原电池中B做负极，A做正极，金属性B＞A；电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C〔使用惰性电极〕，说明A的金属性大于C．【解答】解：①将A与B浸在稀硫酸中用导线相连，A上有气泡逸出，B逐渐溶解，说明原电池中B做负极，A做正极，金属性B＞A；②电解物质的量浓度相同的A、C混合盐溶液时，阴极上先析出C〔使用惰性电极〕．金属阳离子氧化性性越强，对应金属元素的金属性越弱，说明A的金属性大于C；得到金属活泼性为B＞A＞C；复原性强弱顺序为B＞A＞C；应选D．【点评】此题考查了氧化复原反响的强弱比拟，原电池和电解池的原理应用，电极反响、离子反响来比拟金属性强弱的判断依据，题目难度不大．11．以下关于实验现象的描述正确的选项是()A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铁片外表出现气泡B．用锌片做阳极铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片外表出现一层锌C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片外表出现一层铁D．把少量锌粒放入盛有足量的盐酸试管中，加几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快，生成氢气的总量不变【考点】原电池和电解池的工作原理；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】A．铜片和铁片和稀硫酸构成原电池，铜作负极；B．阳极是活性金属锌，所以阳极金属锌失去电子发生氧化反响，阴极上溶液中的阳离子即锌离子得到电子变成锌，在铁极上析出；C．铜的金属活动性不及铁，不能置换金属铁；D．构成原电池反响，可以加速反响的速率，金属锌的量少量，根据金属锌的质量来计算氢气的量．【解答】解：A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，故A错误；B．用锌片做阳极，铁片做做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反响：阳极：Zn﹣2e﹣=Zn2+；阴极：Zn2++2e﹣=Zn，故B正确；C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反响生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，故C错误；D．把少量锌粒放入盛有足量的盐酸试管中，参加几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反响可以加速反响的速率，但是金属锌的消耗使得生成氢气的物质的量减少，故D错误；应选B．【点评】此题主要考查了原电池的有关应用，解答须理解原电池的构成条件反响原理，题目较简单．12．以下有关化学反响速率的说法正确的选项是()A．用铁片和稀硫酸反响制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B．100mL2mol•L﹣1的盐酸跟锌片反响，参加适量的氯化钠溶液，反响速率不变C．SO2的催化氧化是一个放热的反响，所以升高温度，反响速率减慢D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反响生成N2和CO2，减小压强反响速率减慢【考点】化学反响速率的影响因素．【专题】化学反响速率专题．【分析】A．铁在浓硫酸中发生钝化；B．参加适量的氯化钠溶液，c〔H+〕减小；C．无论是放热反响，还是吸热反响，升高温度反响速率都增大；D．对于气态参加的反响，减小压强，反响速率减小．【解答】解：A．铁在冷浓硫酸中发生钝化，加热时浓H2SO4与Fe反响不产生H2，故A错误；B．参加适量的氯化钠溶液，体积增大，c〔H+〕减小，反响速率减小，故B错误；C．升高温度，无论是放热反响，还是吸热反响，反响速率都增大，故C错误；D．减小压强，对有气体参与的反响，反响速率减慢，故D正确．应选D．【点评】此题考查影响反响速率的因素，题目难度不大，注意相关根底知识的积累，易错点为A项，注意浓硫酸的性质．13．在一定条件下，反响A2〔g〕+B2〔g〕⇌2AB〔g〕到达平衡状态的标志是()A．单位时间内生成nmolA2的同时，生成nmol的ABB．容器内的总压强不随时间而变化C．单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2D．单位时间内，生成nmolA2的同时，生成nmol的B2【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，当反响到达平衡状态时，正逆反响速率相等，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，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态．【解答】解：A、单位时间内生成nmolA2需要消耗2molAB，单位时间内生成nmolA2的同时生成nmol的AB，单位时间内AB的生成与消耗的物质的量不相等，反响未达平衡状态，故A错误；B、反响前后气体的物质的量不变，混合气体的压强始终不变，容器内的总压强不随时间而变化，不能说明到达平衡状态，故B错误；C、单位时间内生成2nmolAB的同时，生成nmol的B2，生成2nmolAB需要消耗nmol的B2，单位时间内B2的生成与消耗的物质的量相等，反响到达平衡状态，故C正确；D、单位时间内，生成nmolA2的同时，生成nmol的B2，都表示逆反响速率，不能说明反响到达平衡状态，故D错误；应选C．【点评】此题考查化学平衡状态的判断，难度中等，需要学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，判断时要注意选择判断的物理量，随着反响的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反响到达平衡状态．14．以下事实中，不能用勒夏特列原理解释的是()A．对熟石灰的悬浊液加热，悬浊液中固体质量增加B．实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气C．翻开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出D．向稀盐酸中参加少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】勒沙特列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．勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，那么不能用勒沙特列原理解释．【解答】解：A．氢氧化钙溶于水存在溶解平衡，且溶于水是放热过程，加热溶液，平衡向吸热方向移动，有氢氧化钙固体析出，可用勒夏特列原理解释，故A正确；B．氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反响是一个可逆反响，Cl2+H2OClO﹣+2H++Cl﹣，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反响中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反响方向移动，氯气溶解量减小，所以可以勒夏特列原理解释，故B正确；C．汽水中溶有大量的二氧化碳气体，翻开瓶塞，汽水瓶压强减小，二氧化碳的溶解度减小，会有更多的气体冒出，平衡向减弱这种改变的方向移动，可以勒夏特列原理解释，故C正确；D．HCl为强电解质，完全电离，不存在可逆过程，加水稀释，盐酸中氢离子浓度降低，与勒夏特列原理无关，故D错误．应选D．【点评】此题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意勒夏特列原理的使用对象．15．可逆反响A〔s〕+3B〔g〕⇌2C〔g〕+D〔g〕在2L的密闭容器中反响，10min后，C的物质的量增加了0.6mol，那么该反响的平均速率表示正确的选项是()A．vA=0.03mol•L﹣1•min﹣1 B．vB=0.045mol•L﹣1•min﹣1C．vC=0.06mol•L﹣1•min﹣1 D．vD=0.03mol•L﹣1•min﹣1【考点】反响速率的定量表示方法．【专题】化学反响速率专题．【分析】在2L的密闭容器中反响，10min后，C的物质的量增加了0.6mol，那么v〔C〕===0.03mol•L﹣1•min﹣1，结合反响速率之比等于化学计量数之比来解答．【解答】解：在2L的密闭容器中反响，10min后，C的物质的量增加了0.6mol，那么v〔C〕===0.03mol•L﹣1•min﹣1，反响速率之比等于化学计量数之比，那么A．vA：vC=1：2，vA=vC=0.03mol•L﹣1•min﹣1=0.015mol•L﹣1•min﹣1，故A错误；B．vB：vC=3：2，vB=vC=×0.03mol•L﹣1•min﹣1=0.045mol•L﹣1•min﹣1，故B正确；C．v〔C〕===0.03mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D．vC：vD=2：1，vD=vC=×0.03mol•L﹣1•min﹣1=0.015mol•L﹣1•min﹣1，故D错误；应选B．【点评】此题考查化学反响速率与化学计量数的关系，为高频考点，把握反响速率的计算公式及反响速率之比等于化学计量数之比为解答的关键，题目难度不大．16．2A〔g〕⇌2B〔g〕+C〔g〕△H＜0，在未用催化剂的条件下已达平衡，现要使正反响速率降低，c〔B〕减小，应采取的措施是()A．升温 B．增大反响器的体积C．增大c〔A〕 D．降温【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】达平衡时，要使v正降低，可采取降低温度、减小压强或减小浓度的措施，使c〔B〕减小，应使平衡向逆反响方向移动，以此解答该题．【解答】解：A．升高温度，反响速率增大，平衡向逆向移动，c〔B〕减小，故A错误；B．增大反响器体积，气体浓度减小，反响速率减小，平衡向正反响方向移动，但c〔B〕减小，故B正确；C．增大c〔A〕，反响速率增大，故C错误；D．降温，反响速率减小，平衡向正向移动，c〔B〕增大，故D错误．应选B．【点评】此题考查外界条件对化学平衡的影响，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，此题注意根据反响方程式的特征判断平衡移动的方向．17．反响CO2〔g〕+2NH3〔g〕⇌CO〔NH2〕2〔s〕+H2O〔g〕△H＜O，到达平衡时，以下说法正确的选项是()A．参加催化剂，平衡常数不变B．减小容器体积，正、逆反响速率均减小C．增大CO〔NH2〕2的量，CO2的转化率减小D．降低温度，平衡向逆反响方向移动【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A、催化剂改变化学反响速率，不改变化学平衡；B、减小容器体积相当于增大压强，反响速率增大；C、固体对化学平衡无影响；D、反响是放热反响，降低温度，平衡正向进行；【解答】解：A、催化剂改变化学反响速率，不改变化学平衡，参加催化剂，平衡常数不变，故A正确；B、减小容器体积相当于增大压强，反响速率增大，正逆反响速率都增大，故B错误；C、固体对化学平衡无影响，增大CO〔NH2〕2的量，CO2的转化率不变，故C错误；D、依据化学平衡移动原理分析，反响是放热反响，降低温度，平衡正向进行，故D错误；应选A．【点评】此题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡移动原理的理解应用，注意反响特征的方向，掌握根底是关键，题目较简单．18．关于可逆反响A〔s〕+B〔g〕⇌2C〔g〕；△H＜0，平衡常数为K，以下说法正确的选项是()A．K=B．K值越大表示到达平衡时，正反响进行程度越大C．其它条件不变时，温度升高，K值增大D．其它条件不变时，压强减小，K值减小【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡建立的过程．【专题】化学平衡专题．【分析】A、平衡常数表达式中固体不写入计算式；B、K是衡量反响进行程度的物理量，K越大正向进行程度越大；C、反响是放热反响，升温平衡逆向进行；D、平衡常数随温度变化，不随压强变化；【解答】解：A、平衡常数表达式中固体不写入计算式，反响的平衡常数为K=，故A错误；B、K是衡量反响进行程度的物理量，K越大正向进行程度越大，故B正确；C、反响是放热反响，升温平衡逆向进行，K值减小，故C错误；D、平衡常数随温度变化，不随压强变化，K不变，故D错误；应选B．【点评】此题考查了化学平衡、平衡常数影响因素分析判断，注意平衡常数随温度变化，掌握根底是关键，题目较简单．19．一定条件下二氧化碳气体的溶解平衡CO2〔g〕⇌CO2〔aq〕△H=﹣19.75kJ/mol，为增大CO2气体在水中的溶解度，以下方法一定可行的是()A．升温增压 B．降温减压 C．升温减压 D．降温增压【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】为了增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应使平衡向正反响方向移动，注意温度和压强对平衡移动的影响．【解答】解：对平衡体系CO2〔g〕⇌CO2〔aq〕△H=﹣19.75kJ•mol﹣1，该反响放热，为增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应降低温度，增大压强，可使平衡向正反响方向移动，所以为了减小温室效应的产生，增大二氧化碳气体在水中的溶解度，应降温增压，应选D．【点评】此题考查外界条件对平衡移动的影响，题目难度不大，注意把握影响平衡的移动的因素．20．25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，参加过量金属锡〔Sn〕，发生反响：Sn〔s〕+Pb2+〔aq〕⇌Sn2+〔aq〕+Pb〔s〕，体系中c〔Pb2+〕和c〔Sn2+〕变化关系如下图．以下判断正确的选项是()A．往平衡体系中参加金属铅后，c〔Pb2+〕增大B．往平衡体系中参加少量Sn〔NO3〕2固体后，c〔Pb2+〕变小C．升高温度，平衡体系中c〔Pb2+〕增大，说明该反响△H＞0D．25℃时，该反响的平衡常数K=2.2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、金属铅是固体，不影响平衡移动；B、参加少量Sn〔NO3〕2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反响移动；C、升高温度，平衡体系中c〔Pb2+〕增大，说明平衡向逆反响进行，据此判断；D、由图可知，平衡时c〔Pb2+〕=0.1mol/L，c〔Sn2+〕=0.22mol/L，代入平衡常数表达式计算．【解答】解：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c〔Pb2+〕不变，故A错误；B、参加少量Sn〔NO3〕2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反响移动，c〔Pb2+〕增大，故B错误；C、升高温度，平衡体系中c〔Pb2+〕增大，说明平衡向逆反响进行，升高温度平衡向吸热反响移动，故正反响为放热反响，故C错误；D、由图可知，平衡时c〔Pb2+〕=0.1mol/L，c〔Sn2+〕=0.22mol/L，故该温度下反响的平衡常数k==2.2，故D正确；应选D．【点评】考查影响化学平衡的因素、化学平衡浓度﹣时间图象、化学平衡常数的计算等，难度中等，是对根底知识的考查，注意B为可溶性固体．21．：NH2COO﹣+2H2O⇌HCO3﹣+NH3•H2O．现用两份氨基甲酸铵溶液在不同温度〔T1和T2〕下实验，得到c〔NH2COO﹣〕随时间变化关系如下图．以下分析正确的选项是()A．无法判断T1和T2的大小关系B．T1℃C．T2℃时，0～6minν〔NH2COO﹣〕=0.3mol•L﹣1•minD．往平衡体系加水稀释，平衡右移，溶液中各种离子浓度减小【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【分析】A、根据图可知，在6min时，T2的浓度变化了0.3mol•L﹣1，T1的浓度变化了0.15mol•L﹣1，而T2的起始浓度低于T1的；B、根据转化率=×100%计算；C、根据v=计算；D、往平衡体系加水稀释，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢离子和氢氧根离子不可能同时减小或同时增大，据此判断．【解答】解：A、根据图可知，在6min时，T2的浓度变化了0.3mol•L﹣1，T1的浓度变化了0.15mol•L﹣1，而T2的起始浓度低于T1的，由此可知T2＞T1，故A错误；B、根据转化率=×100%可知，T1℃时，第6min反响物转化率为×100%=6.25%，故B正确；C、根据v=可知，T2℃时，0～6minν〔NH2COO﹣〕=mol•L﹣1•min﹣1=0.05mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D、往平衡体系加水稀释，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢离子和氢氧根离子不可能同时减小或同时增大，故D错误；应选B．【点评】此题考查了图象分析判断，反响速率及转化率概念的计算应用，解题时注意影响反响速率的因素，浓度变化规律的分析判断是解题关键，题目难度中等．22．在一定体积的密闭容器中放入3L气体R和5L气体Q，在一定条件下发生反响2R〔g〕+5Q〔g〕═4X〔g〕+nY〔g〕反响完全后，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，那么化学方程式中的n值是()A．2 B．3 C．4 D．5【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】在相同温度和相同体积下，气体的压强与物质的量呈正比，容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反响后气体的总物质的量减小，那么反响应向物质的量减小的方向进行，以此判断方程式中化学计量数关系．【解答】解：容器温度不变，混合气体的压强是原来的87.5%，说明反响后气体的总物质的量减小，那么反响应向物质的量减小的方向进行，即方程式中反响物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，那么有：2+5＞4+n，n＜3，选项中只有A符合，应选A．【点评】此题考查阿伏加德罗定律以及推论的应用，题目难度不大，注意从压强的变化分析方程式化学计量数关系，防止繁琐的计算．23．高温下，某反响到达平衡，平衡常数K=．恒容时，温度升高，H2浓度减小．以下说法不正确的选项是()A．该反响是焓变为正值B．恒温恒容下，充入更多的CO2，能提高H2的转化率C．升高温度，正、逆反响速率均增大D．该反响化学方程式为：CO+H2OCO2+H2【考点】化学平衡的影响因素；化学反响速率的影响因素．【分析】平衡常数指可逆反响到达平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反响物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数K是指可逆反响到达平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反响物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，平衡常数K=，所以该反响化学方程式应为CO2+H2⇌CO+H2O．A、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反响移动，升高温度平衡向吸热反响移动；B、充入更多的CO2，即增大反响物浓度，平衡正向移动，所以能提高H2的转化率；C、温度升高，正逆反响速率都增大；D、根据平衡常数表达式书写反响方程式．【解答】解：平衡常数K=，所以该反响化学方程式应为CO2+H2⇌CO+H2O．A、恒容时，温度升高，H2浓度减小，平衡向正反响移动，升高温度平衡向吸热反响移动，故正反响为吸热反响，即该反响的焓变为正值，故A正确；B、充入更多的CO2，即增大反响物浓度，平衡正向移动，所以能提高H2的转化率，故B正确；C、温度升高，正逆反响速率都增大，故C正确；D、平衡常数K=，所以该反响化学方程式应为CO2+H2⇌CO+H2O，故D错误；应选D．【点评】此题考查化学反响速率、化学平衡、平衡常数等，难度中等，化学反响速率和化学平衡问题一直是高考命题的热点，对化学平衡常数的考查已成为近年来高考命题的热点之一，命题主要考查的内容为求算化学平衡常数和影响因素，题目较简单．二、填空题〔此题有4小题，共54分〕24．〔1〕请用“＞〞、“＜〞或“=〞填写以下空格：①：Zn〔s〕+CuSO4〔aq〕═ZnSO4〔aq〕+Cu〔s〕△H=﹣216kJ•mol﹣1，那么E反响物＞E生成物②由A、B两金属作电极，硫酸溶液作电解质溶液，形成原电池，电流由A极经外电路流向B极，那么金属活泼性A＜B③镀层破损后铁的腐蚀速度比拟：镀锌铁管＜镀锡铁管〔2〕用“增大〞、“减小〞或“不变〞填写以下空格：④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，电解过程中阳极区溶液的pH减小⑤某温度下，可逆反响A〔s〕+B〔g〕⇌2C〔g〕；△H＜0，平衡常数为K．其它条件不变时，温度升高，平衡常数K减小．【考点】电解原理；吸热反响和放热反响；化学平衡的影响因素；常见金属的活动性顺序及其应用．【分析】〔1〕①根据放热反响，反响物的总能量要大于生成物的总能量来判断；②在原电池中，负极较正极活泼；③在原电池中，正极被保护；〔2〕④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，通过阳极OH﹣放电来判断；⑤根据正反响放热来分析．【解答】解：〔1〕①在放热反响中，反响物的总能量要大于生成物的总能量，故答案为：＞；②在原电池中，电流由正极流向负极，故A为正极，B为负极，而原电池中负极较正极更活泼，故答案为：＜；③在原电池中，正极被保护．破损后，镀锌铁管中铁做正极被保护，镀锡铁管中铁做负极，更易被腐蚀，故答案为：＜；〔2〕④以石墨为电极电解Na2SO4溶液时，阳极上来自于水的OH﹣放电，生成H+，故pH减小，故答案为：减小；⑤可逆反响A〔s〕+B〔g〕⇌2C〔g〕△H＜0，正反响放热，升高温度，平衡左移，平衡常数k减小，故答案为：减小．【点评】此题综合考查了弱电解质的电离平衡、化学平衡的移动和溶解平衡常数只受温度的影响，难度不大．25．硫酸生产中，SO2催化氧化生成SO3：2SO2〔g〕+O2〔g〕2SO3〔g〕△H=196.6kJ/mol〔1〕t1℃时，假设将2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒温恒容密闭容器中，8min后反响到达平衡，SO2的平衡转化率为80%，那么这段时间内SO3的平均反响速率为0.02mol•L﹣1•min﹣1，该温度下上述反响的平衡常数K为800〔2〕该反响到达化学平衡后，以下操作将使平衡正向移动并能提高SO2转化率的是ADA．向容器中通入少量O2B．向容器中通入少量SO2C．使用催化剂D．降低温度E．向容器中通入少量氦气〔3〕以下表达能证明该反响已到达化学平衡状态的是ABA．容器内压强不再发生变化B．SO2的体积分数不再发生变化C．容器内气体原子总数不再发生变化D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成2nmolSO3E．反响体系中SO2、O2、SO3的体积比为2：1：2．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【专题】化学平衡专题．【分析】〔1〕t1℃时，假设将2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒温恒容密闭容器中，8min后反响到达平衡，SO2的平衡转化率为80%，转化的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，那么：2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕起始量〔mol〕：210转化量〔mol〕：1.60.81.6平衡量〔mol〕：0.40.21.6根据v=计算v〔SO3〕，根据K=计算平衡常数；〔2〕A．向容器中通入少量O2，平衡正向移动；B．向容器中通入少量SO2，二氧化硫转化率降低；C．使用催化剂不影响平衡移动；D．降低温度平衡正向移动；E．向容器中通入少量氦气，恒容条件下，各组分浓度不变，平衡不移动；〔3〕可逆反响到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反响进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．【解答】解：〔1〕t1℃时，假设将2.0molSO2和1.0molO2置于10L恒温恒容密闭容器中，8min后反响到达平衡，SO2的平衡转化率为80%，转化的二氧化硫为2mol×80%=1.6mol，那么：2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕起始量〔mol〕：210转化量〔mol〕：1.60.81.6平衡量〔mol〕：0.40.21.6v〔SO3〕==0.02mol•L﹣1•min﹣1，平衡常数K===800，故答案为：0.02mol•L﹣1•min﹣1；800；〔2〕A．向容器中通入少量O2，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大，故A正确；B．向容器中通入少量SO2，虽然平衡正向移动，但二氧化硫转化率降低，故B错误；C．使用催化剂不影响平衡移动，二氧化硫转化率不变，故C错误；D．正反响为放热反响，降低温度，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大，故D正确；E．向容器中通入少量氦气，恒容条件下，各组分浓度不变，平衡不移动，二氧化硫转化率不变，故E错误，应选：AD；〔3〕A．随反响进行混合气体物质的量不变，恒温恒容下，容器内压强变化，当容器内压强不再发生变化，说明到达平衡，故A正确；B．SO2的体积分数不再发生变化，说明可逆反响到达平衡，故B正确；C．容器内气体原子总数始终不发生变化，故错误；D．相同时间内消耗2nmolSO2的同时生成2nmolSO3，均表示正反响速率，反响始终按该比例关系进行，故D错误；E．平衡时反响体系中SO2、O2、SO3的体积比与起始物质的量与转化率有关，不一定等于化学计量数之比，故E错误，应选：AB．【点评】此题考查化学平衡计算与影响因素、反响速率计算、平衡常数计算、平衡状态判断等，注意判断平衡的物理量应随反响进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．26．〔1〕：2CH3OH〔l〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H1；2CH3OH〔g〕+3O2〔g〕═2CO2〔g〕+4H2O〔g〕△H2，那么△H1＞△H2〔2〕在298K、100kPa时，：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H12HCl〔g〕═Cl2〔g〕+H2〔g〕△H24HCl〔g〕+O2〔g〕═2Cl2〔g〕+2H2O〔g〕△H3那么△H3与△H1和△H2的关系是：△H3=△H1+2△H2〔3〕消除氮氧化物的污染对环境至关重要，用CH4催化复原NOx可以消除氮氧化物的污染．一定条件下：CH4〔g〕+4NO2〔g〕═4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4〔g〕+4NO〔g〕═2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣1160kJ•mol﹣1那么该条件下，用CH4复原NO2至N2的热化学方程式为：CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣867kJ/mol〔4〕乙烯是石油裂解气的主要成分之一，25℃、101kPa时，1g乙烯燃烧生成CO2气体与液态水，放出50.5kJ的热量，该反响的热化学方程式为C2H4〔g〕+3O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣1414KJ/mol；利用该反响设计为燃料电池中，通入乙烯的电极为电池的负极〔填“正极〞或“负极〞〕．【考点】用盖斯定律进行有关反响热的计算；原电池和电解池的工作原理；反响热的大小比拟．【分析】〔1〕甲醇的燃烧是放热反响，而对于放热反响，反响物的能量越高，反响放出的热量越高；〔2〕一个反响无论是一步完成还是分为几步完成，其热效应是相同的，据此分析；〔3〕根据盖斯定律来书写热化学方程式；〔4〕25℃、101kPa时，1g乙烯完全燃烧生成CO2气体与液态水，放出50.5kJ的热量，那么1molC2H4完全燃烧放出50.5×28=﹣1414kJ的热量；在燃料电池中，可燃性物质发生氧化反响．【解答】解：〔1〕甲醇的燃烧是放热反响，而对于放热反响，反响物的能量越高，反响放出的热量越高．等物质的量的CH3OH〔l〕的能量低于CH3OH〔g〕，故2molCH3OH〔l〕燃烧时放出的热量低于2molCH3OH〔g〕燃烧放出的热量，而放热反响的△H小于0，故△H1＞△H2，故答案为：＞；〔2〕一个反响无论是一步完成还是分为几步完成，其热效应是相同的，反响：2H2〔g〕+O2〔g〕═2H2O〔g〕△H1①2HCl〔g〕═Cl2〔g〕+H2〔g〕△H2②4HCl〔g〕+O2〔g〕═2Cl2〔g〕+2H2O〔g〕△H3③将①+②×2=③，故反响热△H3=△H1+2△H2，故答案为：△H1+2△H2；〔3〕①CH4〔g〕+4NO2〔g〕→4NO〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣574kJ•mol﹣1②CH4〔g〕+4NO〔g〕→2N2〔g〕+CO2〔g〕+2H2O〔g〕△H=﹣1160kJ•mol﹣1根据盖斯定律〔①+②〕×，得：CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣867kJ/mol，故答案为：CH4〔g〕+2NO2〔g〕=CO2〔g〕+N2〔g〕△H=﹣867kJ/mol；〔4〕甲是石油裂解气的主要成分之一，乙为O2，且甲分子和乙分子具有相同的电子数，那么甲为C2H4，25℃、101kPa时，1g甲完全燃烧生成CO2气体与液态水，放出50.5kJ的热量，那么1molC2H4完全燃烧放出50.5×28=﹣1414kJ的热量，那么乙烯燃烧的热化学方程式为C2H4〔g〕+3O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣1414KJ/mol；该反响设计的燃料电池中，可燃性物质乙烯发生氧化反响，在负极放电，故答案为：C2H4〔g〕+3O2〔g〕=2CO2〔g〕+2H2O〔l〕△H=﹣1414KJ/mol；负极．【点评】此题考查盖斯定律的应用、热化学方程式的书写，为高频考点，综合性较强，题目难度中等．27．以下是构成原电池的实验方案，请按要求答复以下问题：〔1〕电解质溶液为0.5mol•L﹣1硫酸溶液，电