山东省新泰一中2020-2021学年高二上学期第一次阶段性考试化学试题

新泰中学2019级高二上学期第一次阶段性考试化学试题2020年10月可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27S：32Cl：35.5Ca：40Cu：64Ba：127Fe:56K:39Cu:64Ag:108第I卷(选择题共60分)一、选择题(本题包括15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1.高中化学《化学反应原理》选修模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析。以下观点中不正确的是①放热反应在常温下均能自发进行；②电解过程中，电能转化为化学能而“储存”在反应物中；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；④加热时，化学反应只向吸热反应方向进行；⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关。A.①②③④ B.①③④⑤ C.②③⑤ D.①②④⑤【答案】D【解析】【详解】①任何反应发生都需要一个活化过程，因此放热反应在常温下也不一定能自发进行，①错误；②电解过程中，电能转化为化学能而“储存”在生成物中，②错误；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应，③正确；④加热时，化学反应既向吸热反应方向进行，也向放热反应方向减小，化学平衡向吸热反应方向移动，吸热反应受到的影响更大一些，④错误；⑤化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关，⑤错误。故不正确的是①②④⑤；答案选D。2.已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是A.低温下能自发进行B.高温下能自发进行C.任何温度下都能自发进行D.任何温度下都不能自发进行【答案】D【解析】【分析】根据△G=△HT·△S进行判断，如△G＜0，则反应能自发进行，如果△G＞0，则任何温度下反应都不能自发进行。【详解】反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H为正值，△S为负值，则在任何温度下△G=△HT·△S＞0恒成立，所以任何温度下反应不能自发进行，故选D。3.一定温度下，反应A2(g)+B2(g)≒2AB(g)达到平衡的标志是A.单位时间内生成nmolA2同时生成nmolABB.容器内总压强不随时间的变化而变化C.单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolA2D.单位时间内生成nmolA2同时生成nmolB2【答案】C【解析】【详解】A．反应速率之比应该等于系数比，单位时间里生成nmolA2，同时生成nmolAB时，不能说明正逆反应速率相等，故A错误；B．通过化学方程式可知，反应前后气体的化学计量数之和相等，无论是否达到平衡状态，容器的压强都不变，故B错误；C．单位时间内生成2nmolAB同时生成nmolA2，说明正逆反应速率相等，故C正确；D．无论该反应是否达到平衡状态，消耗nmolB2的同时一定生成2nmolAB，故D错误．答案选C。【点睛】化学平衡状态的判断：一等：正逆反应速率相等；六定：①物质的量一定，②平衡浓度一定，③百分含量保持一定，④反应的转化率一定，⑤产物的产率一定，⑥正反应和逆反应速率一定；除此之外，还可考虑以下几点：①同一物质单位时间内的消耗量与生成量相等；②不同物质间消耗物质的量与生成物质的量之比符合化学方程式中各物质的化学计量数比③对于有颜色变化的可逆反应，颜色不再改变时；④对于反应前后气体总体积变的可逆反应，还可考虑以下几点：反应混合物的平均相对分子量不再改变、反应混合物的密度不再改变、反应混合物的压强不再改变。4.可逆反应：mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)；△H=Q，在温度T1、T2，压强P1、P2下，产物D的物质的量n(D)与反应时间t的关系如图所示，下列各项中不正确的是（）A.T1<T2 B.P1<P2C.m+n<p+q D.Q<0【答案】D【解析】【详解】A．根据图像中的曲线T2P2、T1P2，压强相等，温度越高，反应速率越大，达到平衡时所用的时间越短，故T1＜T2，A正确；B．根据图像中的曲线T2P1、T2P2，温度相同，压强越大，反应容器的体积越小，浓度越大，反应速率越大，达到平衡时所用的时间越短，P1＜P2，B正确；C．根据图像中的曲线T2P1、T2P2，从P2曲线折点到P1，减小压强，体积增大，D的物质的量增大，反应正向进行，根据勒夏特列原理，平衡向气体计量数增大的方向移动，即正反应方向，气体的计量数增大，则m+n＜p+q，C正确；D．根据图像中的曲线T2P2、T1P2，从T1曲线折点到T2，平衡正向进行，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向吸热的方向移动，即正反应为吸热反应，则△H＞0，故Q＞0，D错误；答案为D。5.X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（）A.33% B.40% C.50% D.65%【答案】D【解析】【详解】假设X和Y物质的量为1mol，达到平衡时消耗X物质的量为amol，则：X+2Y2Z起始量（mol）110转化量（mol）a2a2a平衡量（mol）1－a1－2a2a根据题意有：(1a+1-2a)：2a=3:2，a＝，Y的转化率=×100%=67%，最接近65%，答案选D。6.在四个不同的容器中进行合成氨的反应。根据下列在相同时间内测定的结果，判断生成氨的速率最快的是()A.v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1 B.v(N2)＝0.2mol·L－1·min－1C.v(N2)＝0.05mol·L－1·s－1 D.v(NH3)＝0.3mol·L－1·min－1【答案】C【解析】【详解】反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，以氢气的反应速率为标准进行判断，A．v(H2)=0.3mol/(L•min)；B．v(N2)=0.2mol/(L•min)，反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.6mol/(L•min)；C.v(N2)=0.05mol/(L•s)=3mol/(L•min)，反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=9mol/(L•min)；D．v(NH3)=0.3mol/(L•min)，反应速率之比等于其计量数之比，所以v(H2)=0.45mol/(L•min)；所以反应速率最快的是C。故选：C。【点睛】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，从而确定选项，注意单位是否相同。7.反应3Fe（s）+4H2O（g）Fe3O4（s）+4H2（g）在一可变容积的密闭容器中达到平衡，下列条件的改变能使该反应达到新的平衡时正反应速率减小的是（）A.减小Fe的质量 B.将容器的体积缩小一半C.保持体积不变，充入H2（g）使气体压强增大 D.压强不变，充入N2使容器体积增大【答案】D【解析】【详解】A.往反应中加入固体物质，不会影响化学反应的速率，故不符合题意；B.将容器的体积减小一半，等价于将整个反应体系的压强增大了一倍，各物质的浓度增大，所以会使反应速率增大，故不符合题意；C.保持体积不变，充入H2（g）使容器内总压强增大，生成物的浓度增大，正逆反应速率增大，故不符合题意；D.充入N2使容器体积增大，压强虽然不变，但各物质的浓度减小，所以化学反应速率会减小，故符合题意；故选：D。8.在汽油中添加适量酒精作为汽车燃烧的技术正在逐步向全国推广。已知C8H18和C2H5OH燃烧的热化学方程式分别为：2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+H2O(1)△H=10000kJ·mol1，C2H5OH(1)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(1)△H=1000kJ·mol1。假定汽油的成分为C8H18，则用添加酒精的汽油作汽车燃料时，不能达到的目的是()A.节省化石燃料，改善能源结构 B.减少每千克燃料燃烧时所释放的CO2C.乙醇可由粮食发酵而成，有利于转化过剩的粮食 D.提高每千克燃料燃烧放出的热量【答案】D【解析】【详解】A．酒精是可再生燃料，故用酒精替代化石燃料，可以节省不可再生的化石燃料，改善能源结构，故A不选；B．1000gC8H18燃烧放出的CO2的物质的量为×16mol=70mol，1000gC2H5OH燃烧放出的CO2的物质的量为×2mol=43mol，用添加酒精的汽油作汽车燃料时，能减少每千克燃料燃烧时所释放的CO2，故B不选；C．工业酒精的生产原材料有粮食、秸杆等，这样可以利用过剩的粮食，同时弥补能源的不足，故C不选；D．1000gC8H18燃烧放出的热量为×10000kJ=43859kJ，1000gC2H5OH燃烧放出的热量为×1000kJ=21739kJ，故每千克酒精燃烧放出的热量比汽油少，用添加酒精的汽油作汽车燃料时，不能提高每千克燃料燃烧放出的热量，故D选；故选D。9.一定温度下，在1L密闭容器中，反应2SO2+O22SO3，达到平衡时，各物质的量分别为n(O2)＝1mol，n(SO2)＝2mol，n(SO3)＝2mol，若保持温度不变，将容器体积缩小到0.5L，反应再次达到平衡时，下列物质的量浓度数据中可能正确的是（）A.c(O2)=0.8mol/L B.c(SO2)=1.6mol/LC.c(SO3)=4.0mol/L D.c(SO3)=4.125mol/L【答案】D【解析】【详解】减小体积，平衡未发生移动时，各物质的浓度分别为c(O2)＝2mol/L，c(SO2)＝4mol/L，c(SO3)＝4mol/L，压强增大，平衡正向进行，但不会抵消体积的改变导致浓度的变化，c(O2)、c(SO2)不会减半，c(SO3)一定增大，综上所述，答案为D。10.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为：2H2＋O2＝2H2O，下列有关说法正确的是（）A.H+由b极通过固体酸电解质传递到a极B.b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e＝4OHC.每转移2mol电子，消耗4g的H2D.H2O是正极的产物【答案】D【解析】【详解】A.因氢元素的化合价升高，则a为负极，原电池工作时，阳离子移向正极，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b，故A错误；B.该电池为酸性电池，b极上的电极反应式为：，故B错误；C.负极上的电极反应式是：，每转移2mol电子，负极上消耗1mol的H2，其质量是2g，故C错误；D.原电池中，因氢元素的化合价升高，则a为负极，b为正极，b极上的电极反应式为：，H2O是正极的产物，故D正确；故选：D。11.如图是NaBH4/H2O2燃料电池，作为碱性燃料电池研究新方向。MnO2对NaBH4／H2O2燃料电池具有较好的催化活性，克服了传统燃料电池使用贵金属作催化剂的缺点，该电池还具有很高的输出电压、能量转化效率和能量密度等优点。下列说法不正确的是()A.该电池放电过程中，Na＋从负极区向正极区迁移，负极区pH增大B.电池正极区的电极反应为：4H2O2+8e＝8OHC.电池负极区的电极反应为：D.该电池的燃料和氧化剂常温下均为液体解决了甲烷燃料储运困难的问题【答案】AD【解析】【分析】燃料电池中，负极发生氧化反应，由工作原理图可知，负极上BH失去电子生成BO，发生氧化反应，电极反应式为，正极上H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，再结合离子的移动方向分析判断。【详解】A．原电池放电过程中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，钠离子向正极移动，即Na+从A极区移向B极区，根据负极的电极反应式：，工作后，负极区pH减小，故A错误；B．根据上述分析，正极上H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH，电极反应式为H2O2+2e=2OH，也可以写成4H2O2+8e＝8OH，故B正确；C．负极发生氧化反应，电极反应式为，故C正确；D．该电池的燃料为NaBH4，常温下为固体，氧化剂为H2O2，常温下为液体，故D错误；故选AD。12.如图甲是一种利用微生物将废水中的尿素(H2NCONH2)的化学能直接转化为电能并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是()A.乙装置中溶液颜色会变浅B.铁电极应与Y相连接C.M电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e－===CO2↑＋N2↑＋6H＋D.当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g【答案】C【解析】【分析】由图甲O2生成H2O，可知N为正极，M为负极；图乙为电镀装置，铁作阴极，与电源负极相连，据此答题。【详解】A.乙装置为电镀装置，电镀液的浓度不变，因此溶液的颜色不变，故A错误；B.电镀时，待镀金属作阴极，与电源负极相连，而N电极上O2转化为H2O，发生还原反应，N电极为正极，故B错误；C.尿素失电子生成CO2和N2，碳元素化合价没有变化，1mol尿素失去6mol电子，所以M电极反应式：H2NCONH2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋，故C正确;D.根据N电极反应式：O2+4H++4e=2H2O，铜电极反应式：Cu2e=Cu2+，由各电极上转移的电子数相等，可得关系式：O2～2Cu，则N电极消耗0．25mol氧气时，铜电极质量减少0.25mol×2×64g/mol=32g，故D错误。故选C。13.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是()①纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗②当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用③在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法④可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀A.①③ B.②③ C.①④ D.②④【答案】A【解析】【详解】①纯银中无杂质，在空气中不能形成原电池，但银和空气中的硫化氢能够反应生成黑色的硫化银，故纯银器的表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗，故①正确；②铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁更加容易被腐蚀，故②错误；③铁、锌、海水形成原电池，锌失去电子作负极，铁作正极被保护，该方法是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故③正确；④防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，若连接正极，会加剧腐蚀，故④错误；正确的有①③，故选A。14.深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是A.正极反应为：SO42+5H2O+8e=HS+9OHB.输送暖气的管道不易发生此类腐蚀C.这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2OD.管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO42+5H2O+8e=HS+9OH，故A正确；B．硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；C．由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；D．管道上刷富锌油漆，形成Zn—Fe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确；答案C。15.下列关于反应能量的说法正确的是()A.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)；ΔH=216kJ·mol－1，反应物总能量＞生成物总能量B.相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2。则2E1=E2C.l0lkPa时，2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)；ΔH=571.6kJ·mol－1，H2的燃烧热为571.6kJ·mol－1D.H＋(aq)+OH－(aq)=H2O(l)；ΔH=57.3kJ·mol－1，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量【答案】A【解析】【详解】A．当反应物总能量＞生成物总能量，反应是放热反应，△H＜0，故A正确；B．如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，原子结合成分子形成化学键会放出能量，即2H=H2放出能量，则2E1＞E2，故B错误；C．H2的燃烧热必须是1mol氢气燃烧生成最稳定的氧化物（液态水）时所放出的能量，故C错误；D．中和热是强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水放出的热量，含1molNaOH的氢氧化钠溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后生成1mol水，但浓硫酸稀释也会放出热量，因此反应放出热量大于57.3kJ，故D错误；故选A二、选择题(本题包括10个小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个或两个选项符合题意，选全对得3分，选对但不全得1分，选错不得分。)16.关于下图所示装置的判断，叙述不正确的是()A.左边的装置是电解池，右边的装置是原电池B.该装置中铜为正极，锌为负极C.当铜片质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24LD.装置中电子不经过CuSO4溶液【答案】AB【解析】【分析】左边是氢氧燃料电池，通入氢气的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，右边是电解池，锌是阴极，阴极上铜离子发生还原反应，铜是阳极，阳极上铜失电子发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A．左边是原电池，右边是电解池，故A错误；B．左边是氢氧燃料电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；C．根据转移电子守恒得，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为=×22.4L/mol=2.24L，故C正确；D．左边是氢氧燃料电池，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量b→Zn，Cu→a，电子不经过CuSO4溶液，故D正确；故选AB。17.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A.达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)B.若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，则反应达到平衡状态C.达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D.化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v逆(H2O)【答案】A【解析】【详解】A．4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示正反应速率和逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A正确；B．若单位时间内生成nmolNO的同时，消耗nmolNH3，都表示反应正向进行，不能说明到达平衡，B错误；C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正、逆反应速率均减小，C错误；D．用不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，正确的化学反应速率关系是：3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D错误。答案选A。18.下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是：A.甲烷的标准燃烧热为890.3kJ·mol1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)△H＝－890.3kJ·mol1B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＝－38.6kJ·mol1C.氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋2OH－＝Mg(OH)2↓D.氧化铝溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH+3H2O＝2Al(OH)4－【答案】D【解析】【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的能量，气态水不属于稳定的氧化物，故A错误；B、合成氨反应是可逆的，所以0.5molN2完全反应时放出的热量应该大于19.3kJ，故B错误；C、一水合氨是弱电解质，离子方程式中要用化学式表示，故C错误；D、氧化铝是两性氧化物，Al2O3与碱反应在溶液中是以Al(OH)4－的形式存在，故D正确；答案选D。19.近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的CO、NO2等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=1200kJ/mol。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；D.正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；20.硼酸(H3BO3)为一元弱酸，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法错误的是()A.a与电源的负极相连接B.阳极的电极反应式为：2H2O4e=O2↑+4H+C.[B(OH)4]穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室D.当电路中通过3mol电子时，可得到1molH3BO3【答案】AD【解析】【详解】A．阳极室石墨为电解池的阳极，阳极和电源的正极连接，因此a与电源的正极相连接，故A错误；B．阳极上是氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2H2O4e=O2↑+4H+，故B正确；C．电解池中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，阳离子交换膜允许阳离子通过，阴离子交换膜允许阴离子通过，[B(OH)4]穿过阴膜进入产品室，Na+穿过阳膜进入阴极室，故C正确；D．[B(OH)4]和生成氢离子反应生成H3BO3和H2O，阳极的电极反应2H2O4e=O2↑+4H+，当电路中通过3mol电子时，可得到3molH3BO3，故D错误；故选AD。21.控制合适的条件，将反应2Fe3＋+2I－2Fe2＋+I2设计成如图所示的原电池。下列判断不正确的是()A.反应开始时，乙中石墨电极上发生还原反应B.反应开始时，甲中石墨电极上Fe3＋被还原C.电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态D.电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极【答案】AD【解析】【分析】根据图像及反应的总方程式可知，乙池中碘离子失电子生成碘单质，作电池的负极；而甲池的铁离子得电子生成亚铁离子，做电池的正极，反应为可逆反应，当电流为零时，反应达到平衡状态。【详解】A．乙中I－失去电子放电，化合价升高，发生氧化反应，A判断错误；B．由总反应方程式知，Fe3＋被还原成Fe2＋，B判断正确；C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，反应达到平衡，C判断正确；D．甲中加入Fe2＋，导致平衡逆向移动，则Fe2＋失去电子生成Fe3＋，作为负极，则乙中石墨电极为正极，D判断错误。答案选AD。22.欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是()A.Ag和AgCl溶液 B.Ag和AgNO3溶液C.Pt和Ag2CO3溶液 D.Pt和Ag2SO4溶液【答案】B【解析】【详解】在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极，镀层金属银作阳极，电镀液是含有银离子的可溶性的盐溶液硝酸银即可，故选B。23.在N2＋3H22NH3的反应中，经过一段时间后，NH3的浓度增加了0.6mol/L，在此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol/（L·s），则此段时间是（）A.1s B.2s C.44s D.1.33s【答案】B【解析】【详解】根据NH3的浓度增加了0.6mol·L－1，则H2的浓度变化了0.9mol·L－1，此段时间内用H2表示的平均反应速率为0.45mol·L－1·s－1，则t＝0.9mol·L－1÷0.45mol·L－1·s－1＝2s；答案选B。24.如图所示，a曲线表示一定条件下可逆反应X(g)＋Y(g)=2Z(g)＋W(s)ΔH＜0的反应过程。若使a曲线变为b曲线，可采用的措施是()A.升高温度 B.增大Y的浓度C.降低温度 D.增大体系压强【答案】D【解析】【分析】使a曲线变为b曲线，到达平衡时间缩短，且X的转化率不变，说明改变条件，反应速率加快，且不影响平衡移动，据此结合选项解答。【详解】A.升高温度，反应速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，故A错误；B.增大Y的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，平衡时X的转化率增大，故B错误；C.降低温度，反应速率减慢，平衡向正反应方向移动，平衡时X的转化率增大，故C错误；D.增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，X的转化率不变，故D正确；故选：D。25.现有下列四个图象：下列反应中符合上述全部图象的是()A.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－Q1kJ·mol－1(Q1＞0)B.2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)ΔH＝＋Q2kJ·mol－1(Q2＞0)C.4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－Q3kJ·mol－1(Q3＞0)D.CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)ΔH＝＋Q4kJ·mol－1(Q4＞0)【答案】BD【解析】【分析】由前两个图象可知，温度越高生成物的浓度越高，则正反应为吸热反应，△H＞0；由后两个图象可知，压强越大，平均相对分子质量越大，且平衡后，增大压强，逆反应速率大于正反应速率，则增大压强，化学平衡逆向移动，即化学反应方程式中气体的化学计量数：反应物的化学计量数之和＜生成物的化学计量数之和，依据此两点分析判断。【详解】A．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)反应的化学计量数1+3＞2，△H＜0，该反应为放热反应，与图象不符合，故A不选；B．2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)反应的化学计量数2＜2+1，△H＞0，该反应为吸热反应，与图象相符，故B选；C．4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)反应中化学计量数4+5＜4+6，但△H＜0，该反应为放热反应，与图象不符，故C不选；D．CH3CH2OH(g)CH2=CH2(g)＋H2O(g)反应中化学计量数1＜1+1，△H＞0，该反应为吸热反应，与图象相符，故D选；故选BD。第Ⅱ卷(非选择题共40分)26.如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答下列问题：(1)B极是电源的____________，一段时间后，甲中溶液颜色逐渐变浅，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明____________，在电场作用下向Y极移动。(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为____________。(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应是镀件，电镀液是硝酸银溶液。当乙中溶液的c(OH)=0.1mol·L1时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为__________，甲中溶液的pH__________(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生的总反应的离子方程式为_______________________。【答案】(1).负极(2).氢氧化铁胶体粒子带正电荷(3).1∶2∶2∶2(4).5.4g(5).变小(6).Fe+Cu2+Cu+Fe2+【解析】【分析】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极附近溶液显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是电源的负极，据此分析解答。【详解】(1)B电极是电源的负极，在甲池中，是电解硫酸铜溶液，电解过程中铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅；Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，根据异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故答案为：负极；氢氧化铁胶体粒子带正电荷；(2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH4e═O2↑+2H2O、Cu2++2e═Cu、2Cl2e═Cl2↑、2H++2e═H2↑，当各电极均只有一种单质生成时，假设转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2，故答案为：1∶2∶2∶2；(3)丙装置是电镀池，镀层金属Ag为阳极、镀件Cu为阴极，电镀液是硝酸银溶液，G是阳极、H是阴极，所以G是镀层Ag、H是镀件Cu，电镀液是硝酸银溶液；常温下，乙中溶液的c(OH)=0.1mol/L，溶液的体积为500mL，则n(OH)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，根据电极反应式2H2O+2e=2OH+H2↑可知，转移电子的物质的量为0.05mol，根据镀银的阴极反应式：Ag++e=Ag可知，生成银的质量为0.05mol×108g/mol=5.4g；甲装置是惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应式：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，反应生成了硫酸，所以甲中溶液的pH变小，故答案为：5.4g；变小；(4)C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解的总反应为Fe+Cu2+Cu+Fe2+，故答案为：Fe+Cu2+Cu+Fe2+。【点睛】根据“F极附近呈红色”正确判断电源的正负极是解题的关键。本题的易错点为(4)，要注意铁为活性电极，活性电极作阳极，阳极本身要放电。27.在一固定容积的密闭容器中进行着如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其平衡常数Ｋ和温度t的关系如下：t℃70080085010001200K2.61.71.00.90.6(1)请写出该反应的平衡常数K的表达式为：________________。(2)该反应的正反应为___反应（“吸热”或“放热”）。(3)能判断该反应在800℃A．容器中压强不再变化B．混合气体中CO浓度不再变化C．混合气体的密度不再变化D．c(CO2)=c(CO)=c(H2)=c(H2O)（4）在700℃通过压缩体积增大气体压强，则该反应中H2(g)的转化率___（“增大”、“减小”或“不变”【答案】(1).(2).放热(3).B(4).不变【解析】【分析】（1）化学平衡常数指一定温度下，可能反应到达平衡是各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，据此书写；（2）由表中数据可知，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，据此判断△H；（3）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，据此解答；（4）根据化学平衡移动原理进行判断。【详解】（1）化学平衡常数指一定温度下，可能反应到达平衡是各生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的平衡常数K=；（2）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应；（3）A．反应前后气体的物质的量不变，温度一定，容器中压强始终不变，故压强不变，不能说明到达平衡状态，故A错误；B．反应达到平衡状态时，各物质的浓度不变，混合气体中c（CO）不变，说明到达平衡状态，故B正确；C．密度=，总质量不变，体积一定，故混合气体的密度不再变化，不能说明到达平衡状态，故C错误；D．平衡时各物质的浓度与起始浓度和转化率有关，c（CO2）=c（CO）=c（H2）=c（H2O）不能说明到达平衡，故D错误，故答案为：B；（4）反应前后气体的物质的量不变，故增大压强，平衡不移动，故该反应中H2（g）的转化率不变。28.全球气候变暖已经成为全世界人类面临的重大问题，温家宝总理在“哥本哈根会议”上承诺到2020年中国减排温室气体40%。(1)地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以描述分为下列三步：Ⅰ、H2O(l)2e－＝2H＋(aq)＋1/2O2(g)△H1＝＋284kJ/molⅡ、△H2＝＋396kJ/molⅢ、△H3＝－1200kJ/mol写出绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式___________________。(2)减少温室气体排放关键是节能减排，大力开发利用燃料电池就可以实现这一目标。如图所示甲烷燃料电池就是将电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。将其插入KOH溶液从而达到吸收CO2的目的。请回答：①通入氧气一极的电极反应式为__________；②随着电池不断放电，电解质溶液的pH__________(填“增大”、“减小”或“不变”)；【答案】(1).6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)△H=+2880kJ•mol1(2).O2+4e+2H2O=4OH(3).减小【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)甲烷燃料电池中通入氧气的电极为正极，正极发生还原反应，通入甲烷的电极为负极，负极发生氧化反应，在碱性条件下，甲烷燃料电池的总反应为：CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，据此分析解答。【详解】(1)Ⅰ．H2O(l)2e═2H+(aq)+O2(g)△H=+284kJ/mol，Ⅱ．△H=+396kJ/mol，Ⅲ.△H=1200kJ/mol，根据盖斯定律，Ⅱ×6+Ⅲ+Ⅰ×6可得：6CO2(g)+6H2O(g)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)，则△H=[(+284kJ/mol)+(+396kJ/mol)]×6+(1200kJ/mol)=+2880kJ/mol，故绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式为：6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)△H=+2880kJ•mol1，故答案为：6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(葡萄糖、s)+6O2(g)△H=+2880kJ•mo