2023-2024学年北京昌平二中高二（上）期中化学试题和答案

试题PAGE1试题2023北京昌平二中高二（上）期中化学一、选择题（每题3分，共42分）1．党的二十大报告指出，深入推进环境污染防治；持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战；加强污染物协同控制，基本消除重污染天气。下列不利于可持续发展的是（）A．氢燃料电池车B．太阳能电池板C．风能发电D．燃煤供暖A．A B．B C．C D．D2．汽车尾气净化反应之一：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH＝﹣373.4kJ⋅mol﹣1，在恒容密闭容器中达到平衡状态，下列措施可以使平衡向正反应方向移动的是（）A．除去二氧化碳 B．减小压强 C．升高温度 D．加入催化剂3．下列说法中正确的是（）A．S（g）+O2（g）═SO2（g）ΔH1；S（s）+O2（g）═SO2（g）ΔH2；则ΔH1＞ΔH2 B．C（s，石墨）═C（s，金刚石）ΔH＝+1.9kJ⋅mol﹣1；则处于相同条件的石墨更加稳定 C．吸热反应不一定可自发进行，放热反应一定可自发进行 D．断裂反应物所有化学键的总能量小于形成生成物所有化学键的总能量的为吸热反应4．如图为某装置的示意图，下列说法中不正确的是（）A．Cu做正极反应物 B．电子从Zn上经导线运动到Cu上 C．盐桥中的阳离子向右侧烧杯中移动 D．该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行5．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。下表给出常见化学键键能数据：化学键种类H﹣HH﹣NN≡N键能（kJ/mol）436X946根据热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ⋅mol﹣1，计算X值为（）A．254 B．360 C．391 D．4316．在一定条件下，将2molSO2与1molO2加入到1L的密闭容器中，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），充分反应后，测得平衡时SO3的浓度为1mol⋅L﹣1。此条件下平衡常数K为（）A．0.5 B．1 C．2 D．47．用铁铆钉固定铜板，通常会发生腐蚀，如图所示。下列说法不正确的是（）A．铁铆钉做负极发生锈蚀 B．铁失去的电子通过水膜传递给O2 C．铜板的存在会加速铁铆钉腐蚀 D．铁元素变化过程：Fe→Fe2+→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe2O3•xH2O8．利用如图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是（）A．a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀 B．一段时间后，a管液面高于b管液面 C．a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小 D．a、b两处具有相同的电极反应式：Fe﹣2e﹣═Fe2+9．用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是（）选项实验目的实验设计A制备金属钠X为石墨棒，水溶液含Na+、Cl﹣，开关K置于A处B减缓铁的腐蚀X为锌棒，水溶液含Na+、Cl﹣，开关K置于B处C在铁棒上镀铜X为铜棒，水溶液含Cu2+、，开关K置于A处D比较铁和铜的金属活动性强弱X为铜棒，水溶液含H+、，开关K置于B处A．A B．B C．C D．D10．氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料，用电解法制备氢氧化锂的工作原理如图所示：下列说法不正确的是（）A．b极附近溶液的pH增大 B．a极发生的反应为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ C．该法制备LiOH同时还可得到硫酸和氢气等产品 D．当电路中通过0.2mole﹣，两极共收集到4.48L气体（标准状况下）11．一定温度下，反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）在密闭容器中达到平衡时，测得c（I2）＝0.11mmol•L﹣1，c（H2）＝0.11mmol•L﹣1，c（HI）＝0.78mmol•L﹣1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是（）ABCDc（I2）/mmol•L﹣11.000.220.440.11c（H2）/mmol•L﹣11.000.220.440.44c（HI）/mmol•L﹣11.001.564.001.56（注：1mmol•L﹣1＝10﹣3mol•L﹣1）A．A B．B C．C D．D12．下列对化学平衡移动的分析中，不正确的是（）①已达平衡的反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g），当增加反应物物质的量时，平衡一定向正反应方向移动②已达平衡的反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），当增大N2的浓度时，平衡向正反应方向移动，N2的转化率一定升高③有气体参加的反应平衡时，若减小反应器容积时，平衡一定向气体体积增大的方向移动④有气体参加的反应达平衡时，在恒压反应器中充入稀有气体，平衡一定不移动A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④13．为探究浓度对化学平衡的影响，某同学进行如下实验：已知：ⅰ中发生的化学反应为：FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl下列说法不正确的是（）A．若ⅰ中加入KSCN溶液的体积改为2mL，不具有说服力，无法达到实验目的 B．观察到现象a比现象b中红色更深，即可证明增加反应物浓度，平衡正向移动 C．进行ⅱ、ⅲ对比实验的主要目的是防止由于溶液体积变化引起各离子浓度变化而干扰实验结论得出 D．若将ⅱ中加入试剂更换为3滴1mol/LKCl溶液，记为现象c，则平衡逆向移动，现象c比现象b红色更浅14．丁烯（C4H8）是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备：C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）ΔH。该反应平衡转化率、反应温度及压强的关系如图，下列说法正确的是（）A．若充入10mol丁烯，则K（470℃）＝ B．压强P1＜P2，平衡常数随压强增大而减小 C．ΔH＞0，此反应在相对高温时可自发进行 D．使用催化剂降低反应所需活化能，使平衡正向移动二、非选择题（每空2分，共58分）15．（12分）合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。其原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ/mol据此回答以下问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝。（2）根据温度对化学平衡的影响规律可知，随外界温度升高，该化学平衡常数的值。（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）控制在一定温度下，若把10molN2与30molH2置于体积为10L的密闭容器内，反应达到平衡状态时，测得混合气体总物质的量变为初始时的。则平衡时氢气的转化率α＝（用百分数表示）。能说明该反应达到化学平衡状态的是（填字母）。a．容器内的密度保持不变b．容器内压强保持不变c．容器内c（NH3）不变（4）可采取电解法在常温常压下合成氨，原理如图所示：①阴极生成氨的电极反应式为。②阳极氧化产物只有O2。电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：。16．（12分）在国家“双碳”战略目标的背景下，如何实现碳资源有效利用，成为研究前沿问题。（1）一碳化学的研究为实际转化提供理论依据和指导。其中关于CO2的催化氢化涉及到的热化学反应方程式如下：已知：CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH1＝+41.1kJ⋅mol﹣1CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣48.9kJ⋅mol﹣1CO的催化氢化对应的热化学方程式为。（2）L、M可分别表示温度或压强，进行CO的催化氢化时，根据检测数据绘制CO的平衡转化率关系如图所示：①L为。②比较M1和M2的大小，并解释做出判断的原因：。（3）工业上生产新能源二甲醚（CH3OCH3）的制备原理之一为：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）。①相同温度下，在两个容器中进行上述反应，某时刻测得各组分浓度及容器内反应状态如下表汇总（表中所以数据均为mol/L）容器c（CO2）c（H2）c（CH3OCH3）c（H2O）反应状态Ⅰ1.0×10﹣21.0×10﹣21.0×10﹣41.0×10﹣4达到平衡Ⅱ2.0×10﹣21.0×10﹣21.0×10﹣42.0×10﹣4填写表中空白处反应状态：。（填“正向进行”、“达到平衡”或“逆向进行”），结合必要数据写出判断过程：。②二甲醚（CH3OCH3）中O为﹣2价，二甲醚可被设计为空气燃料电池，如图所示。写出酸性环境下负极的电极反应式。17．（12分）电化学手段对于研究物质性质以及工业生产中都有重要价值。Ⅰ．某实验小组利用原电池装置（图1）对FeCl3与Na2SO3的反应进行探究。（1）取少量左侧电极附近的溶液于试管内，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，即左侧烧杯中含有。（2）检验右侧电极产物的操作及现象是。（3）发生氧化反应的电极反应式为。Ⅱ．工业上用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2形成吸收液后，再采用阳离子膜电解法，控制电压，电解吸收液可制成产物S和O2。工作原理示意图如图2，阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如图2：已知：ⅰ．硫不具有导电能力。ⅱ．一般地，在溶液中放电速率大于迁移速率。（4）a处连接电源的。（填入“正极”或“负极”）（5）结合电极反应式，说明阳极区pH有所降低的原因：。（6）通电一段时间后，合金电极需要更换的原因是。18．（10分）K2FeO4是一种高效多功能的新型消毒剂。一种制备K2FeO4的方法如图。（1）生成的电极反应式：。（2）KOH浓度大小判断：溶液1溶液2。（填“＞”、“＝”或“＜”）（3）电解1.5h后，测得η（K2FeO4）＝40%，S（K2FeO4）＝60%。已知：①S（K2FeO4）＝60%，说明除K2FeO4之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有K2FeO4和FeOOH，则η（FeOOH）＝（保留整数）。（提示：可假定电解过程中Fe消耗10mol）②判断阳极有水（或OH﹣）放电，判断依据：ⅰ．水（或OH﹣）有还原性；ⅱ．。③电解过程中使用探测自由基的仪器可以追踪到羟基自由基（•OH）等微粒，羟基自由基是一种中性微粒，产生羟基自由基的电极反应式为。19．（12分）某兴趣小组提出Ag+具有一定氧化性，I﹣具有一定的还原性，二者可以发生氧化还原反应。于是向盛有1mL1mol/LAgNO3溶液（pH≈5.50）的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡后，试管中出现黄色沉淀，向其中加入淀粉溶液，无明显变化。已知：AgCl为白色沉淀，AgI为黄色沉淀。（1）成员甲初步认为Ag+与I﹣没有发生氧化还原反应，证据是。（2）成员乙否定成员甲，并巧妙的设计原电池装置（如图1所示），实验开始后，电流表指针发生偏转且示数为A0，右侧溶液转为蓝色。电子的运动方向为（填“a→b”或“b→a”）。成员乙认为Ag+可以氧化I﹣。（3）成员丙对成员乙的实验产生质疑，认为仅凭借电流表偏转无法严谨说明，经过实验，电流计指针发生偏转示数为A1（A1＜A0），成员丙经思考后认同成员乙。①完成成员丙的实验设计。c为，d为。②此时正极的电极反应式为。（4）盐桥（图2）中阴、阳离子的选择要求有两项。首先是不能与两侧溶液发生化学反应，然后是电迁移率（u∞）尽可能相近。根据如表数据，应该选取（填写化学式）的饱和溶液作为盐桥填充。阳离子u∞×108/（m2⋅s﹣1⋅V﹣1）阴离子u∞×108/（m2⋅s﹣1⋅V﹣1）Li+4.074.61Na+5.197.40Ca2+6.59Cl﹣7.91K+7.628.27【结论】两个反应存在竞争，非氧还反应速率较快。

参考答案一、选择题（每题3分，共42分）1．【分析】持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战；加强污染物协同控制，基本消除重污染天气，下列能量转化不能有污染物的产生且能源可再生。【解答】解：A．氢燃料电池车产物是水，无污染物产生，且氢能可再生，利于可持续发展，故A正确B．太阳能电池板中利用太阳能，利于可持续发展，故B正确；C．风能发电利用风能，利于可持续发展，故C正确；D．燃煤供暖燃烧的是化石能源，且产生污染物，不利于可持续发展，故D错误；故选：D。【点评】本题考查可持续发展的相关知识，侧重于化学与生活、生产以及环境的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。2．【分析】依据外界条件改变对平衡的影响分析。【解答】解：A．除去二氧化碳，生成物浓度减小，平衡正向移动，故A正确；B．反应正向气体分子数减小，减小压强，平衡逆向移动，故B错误；C．反应放热，升高温度，平衡逆向移动，故C错误；D．加入催化剂，平衡不移动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。3．【分析】A．物质的由固态转化为气态时吸收能量；B．物质所具有总能量越低越稳定；C．ΔH﹣T△S＜0反应自发；D．断裂反应物所有化学键的总能量大于形成生成物所有化学键的总能量的为吸热反应。【解答】解：A．S（s）转化为S（g）吸收能量，故前一个反应放出热量多，故ΔH1＜ΔH2，故A错误；B．石墨转化为金刚石反应吸热，故处于相同条件的石墨所具有总能量更低，更加稳定，故B正确；C．ΔH﹣T△S＜0反应自发，故熵增加的吸热反应高温时可能自发进行，熵减小的放热反应低温时能自发进行，熵增加且反应放热一定能自发进行，故C错误；D．吸热反应中断裂反应物所有化学键的总能量大于形成生成物所有化学键的总能量，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学反应中的能量变化，题目难度中等，掌握反应热的大小比较方法是解题的关键。4．【分析】锌铜盐桥原电池中，锌比Cu活泼，Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，负极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，铜为正极，发生得到电子的还原反应，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，据此分析解答。【解答】解：锌铜盐桥原电池中，锌比Cu活泼，Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，铜为正极，电池工作时，电子从负极锌沿导线流向正极铜，内电路中阳离子移向正极Cu，阴离子移向负极Zn，A．由以上分析知，Cu作正极，但Cu不反应，故A错误；B．Cu作正极，电子从负极（锌片）沿导线流向正极（铜片），故B正确；C．在正极，Cu2++2e﹣═Cu，正极区溶液中阳离子减少，所以盐桥中的阳离子向右侧烧杯中移动，故C正确；D．该装置中，负极Zn失电子发生氧化反应，正极Cu2+得电子发生还原反应，实现了氧化反应和还原反应分开进行，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了电解池工作原理，明确原电池的工作原理为解答关键，掌握电极的判断方法及电极反应式的书写为解题关键，侧重考查学生的灵活运用能力，注意D为易错点，题目难度不大。5．【分析】ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能。【解答】解：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92kJ⋅mol﹣1＝（946+3×436﹣2×3×X）kJ/mol，解得X＝391，故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化为解答的关键，注意ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。6．【分析】根据三行式求解。【解答】解：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），初起量：2mol1mol0变化量：1mol0.5mol1mol平衡量：1mol0.5mol1mol平衡常数K＝＝＝4，故选：D。【点评】本题考查化学平衡的有关计算，比较基础，有利于吸收对基础知识的巩固，注意掌握平衡常数的计算．7．【分析】用铁铆钉固定铜板，会形成原电池，根据图示可知，发生的是吸氧腐蚀，铁做负极失去电子，氧气在正极上得电子，据此分析。【解答】解：A．铁铜原电池中，铁更活泼，故做负极被腐蚀，故A正确；B．电子不能在电解质溶液中传递，即不是通过水膜传递给氧气的，故B错误；C．铜板的存在会和铁钉构成原电池，会加速铁铆钉腐蚀，故C正确；D．铁钉做负极被腐蚀，电极方程式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，Fe2+接下来与OH﹣反应生成Fe（OH）2，而Fe（OH）2易被氧气氧化生成Fe（OH）3，Fe（OH）3易分解生成铁锈，即铁钉变化过程为Fe→Fe2+→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe2O3•xH2O，故D正确；故选：B。【点评】本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀，难度不大，明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题的关键。8．【分析】A、生铁在酸性条件下发生析氢腐蚀，在碱性或中性条件下发生吸氧腐蚀；B、根据U型管两边气体压强的变化判断液面的变化；C、根据发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀时溶液中溶质判断溶液pH值的变化，氢氧根离子浓度增大是pH值增大，氢离子浓度减小的pH值增大；D、负极上金属失电子发生氧化反应．【解答】解：A、U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；B、左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；C、a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；D、a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故D正确。故选：C。【点评】本题以铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀为载体考查了原电池原理，明确钢铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题的关键，根据析氢腐蚀和吸氧腐蚀时两极发生的反应来分析解答即可，难度不大。9．【分析】A．制备金属钠，应该电解熔融状态下的氯化钠；B．X为锌棒，溶液含Na+、Cl﹣，开关K置于B处，构成原电池时Zn为负极；C．X为铜棒，溶液含[Cu（NH3）4]2+、，开关K置于A处，Cu与电源正极相连作阳极；D．X为铜棒，溶液含H+、，开关K置于B处，构成原电池丝，Fe为负极。【解答】解：A．制备金属钠，应该电解熔融状态下的氯化钠，用氯化钠的水溶液是氢离子在阴极上放电，得到氢气，得不到钠单质，故A错误；B．X为锌棒，溶液含Na+、Cl﹣，开关K置于B处，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，故B正确；C．X为铜棒，溶液含[Cu（NH3）4]2+、，开关K置于A处，Cu与电源正极相连作阳极，阳极上Cu失去电子，可实现在铁棒上镀铜，故C正确；D．X为铜棒，溶液含H+、，开关K置于B处，构成原电池丝，Fe为负极，可知金属性Fe大于Cu，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10．【分析】A．阳离子移向阴极，故b为阴极得电子发生还原反应，则电极反应方程式为2Li++2H2O+2e﹣＝H2↑+2LiOH，据此进行分析；B．阴离子移向阳极，故a为阳极失电子发生氧化反应，据此书写电解反应方程式；C．据离子移动以及电极方程式来分析；D．根据电子守恒计算。【解答】解：A．阳离子移向阴极，故阴极得电子发生还原反应，则电极反应方程式为2Li++2H2O+2e﹣＝H2↑+2LiOH，故b极附近溶液的pH增大，故A正确；B．阴离子移向阳极，故a为阳极失电子发生氧化反应，故a极发生的反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故B正确；C．a极发生的反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，移向a极可以与H+结合生成硫酸，b极反应方程式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则可得到氢气，故该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品，故C正确；D．根据关系4e﹣～O2～2H2，n（H2）＝，n（O2）＝，所以V气＝（0.1mol+0.05mol）×22.4L/mol＝3.36L，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了电解池原理，根据阴阳离子的移动方向确定正负极，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，本题难度中等。11．【分析】一定温度下，反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）在密闭容器中达到平衡时，测得c（I2）＝0.11mmol•L﹣1，c（H2）＝0.11mmol•L﹣1，c（HI）＝0.78mmol•L﹣1，平衡常数K＝＝≈50.3，依据Qc和K的关系判断反应反向。【解答】解：A．Qc＝＝＝1＜K，平衡正向移动，故A错误；B．Qc＝＝≈50.3＝K，反应达到平衡状态，故B错误；C．Qc＝＝≈82.6＞K，平衡逆向移动，故C正确；D．Qc＝＝≈50.3＝K，反应达到平衡状态，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握用平衡常数判断反应方向的方法是解题的关键。12．【分析】①如增大固体的量，平衡不移动；②当增大N2的物质的量，N2的转化率减小；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则增大压强平衡不移动；④在恒压反应器中充入稀有气体，反应物的浓度改变，平衡可能移动．【解答】解：①C为固体，增大固体的量，平衡不移动，故①错误；②增大N2的物质的量，平衡向正反应方向移动，但转化的少，增加的多，N2的转化率减小，故②错误；③如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则增大压强平衡不移动，故③错误；④在恒压反应器中充入稀有气体，如气体反应物与生成物化学计量数之和相等，则平衡不移动，如反应前后气体的化学计量数之和不等，则平衡移动，故④错误。故选：D。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，注意把握影响化学平衡的因素，易错点为②和④，注意体会．13．【分析】Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3（血红色）增大反应物的浓度，平衡正向移动，溶液颜色加深，进行Ⅱ、Ⅲ对比实验的主要目的是防止由于溶液体积变化引起各离子浓度变化而干扰实验，据此答题。【解答】解：A．若Ⅰ中加入KSCN溶液的体积改为2mL，氯化铁溶液过量，不仅有浓度问题，还有反应物的用量问题，不具有说服力，无法达到实验目的，故A正确；B．观察到现象a比现象b中红色更深，说明平衡正向移动，即可证明增加反应物浓度，平衡正向移动，故B正确；C．进行Ⅱ、Ⅲ对比实验的主要目的是防止由于溶液体积变化引起各离子浓度变化而干扰实验结论，这样更严密，故C正确；D．若将ⅱ中加入试剂更换为3滴1mol/LKCl溶液，与滴加3滴水的稀释效果相同，平衡逆向移动，现象c比现象b红色相同，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，把握浓度对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。14．【分析】A．由图可知，470℃时丁烯的平衡转化率为40%，结合三段式和平衡常数K的表达式进行计算；B．平衡常数K只与温度有关，与压强变化无关；C．由图可知，丁烯的平衡转化率随温度升高而增大，即升高温度时平衡正向移动，结合反应自发进行的条件分析解答；D．催化剂不能改变化学平衡状态。【解答】解：A．由图可知，470℃时丁烯的平衡转化率为40%，充入10mol丁烯时，反应的三段式为C4H10（g）⇌C4H8（g）+H2（g）起始量（mol）1000变化量（mol）444平衡量（mol）644平衡常数K（470℃）＝＝＝，容器的体积不一定是1L，则K（470℃）不一定是，故A错误；B．反应是气体体积增大的反应，其他条件相同时增大压强，平衡逆向移动，C4H10的平衡转化率减小，即压强越大，C4H10的平衡转化率越小，所以图中压强P1＜P2，但平衡常数K只与温度有关，与压强变化无关，故B错误；C．由图可知，丁烯的平衡转化率随温度升高而增大，即升高温度时平衡正向移动，则正反应是ΔH＞0、ΔS＞0的反应，要ΔH﹣TΔS＜0，则T为高温，故C正确；D．使用催化剂降低反应所需活化能，缩短平衡时间，但不能改变始态和终态，即催化剂不能使平衡发生移动，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡图象分析，把握化学平衡影响因素、平衡常数意义及计算、反应自发进行的条件等知识是解题关键，侧重分析能力和计算能力考查，题目难度中等。二、非选择题（每空2分，共58分）15．【分析】（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，温度越高，K越小；（3）设氮气消耗物质的量为xN2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）开始10300转化x3x2x平衡10﹣x30﹣3x2x反应达到平衡状态时，测得混合气体总物质的量变为开始时的，，解得x＝2，则平衡时氢气的转化率，由平衡的特征“等”、“定”可判定平衡，则：a.容器的体积、气体的质量始终不变，则容器内的密度保持不变；b.该反应为反应前后体积不等的反应，则容器内压强保持不变，达到平衡；C.混合气体中c（NH3）不变，为平衡的特征，达到平衡；（4）①阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3，电极反应式为N2+6H++6e﹣＝2NH3；②电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，原因是电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H++6e﹣＝2，2H++2e﹣＝H2。【解答】解：（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K＝，故答案为：；（2）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数K减小，温度越高，K越小，故答案为：越小；（3）设氮气消耗物质的量为xN2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）开始10300转化x3x2x平衡10﹣x30﹣3x2x反应达到平衡状态时，测得混合气体总物质的量变为开始时的，，解得x＝2，则平衡时氢气的转化率，由平衡的特征“等”、“定”可判定平衡，则：a.容器的体积、气体的质量始终不变，则容器内的密度保持不变，不能判断平衡，故a错误；b.该反应为反应前后体积不等的反应，则容器内压强保持不变，达到平衡，故b正确；C.混合气体中c（NH3）不变，为平衡的特征，达到平衡，故c正确；故答案为：20%；bc；（4）①阴极与电源负极相连，为N2放电生成NH3，电极反应式为N2+6H++6e﹣＝2NH3，故答案为：N2+6H++6e﹣＝2NH3；②电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，原因是电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H++6e﹣＝2，2H++2e﹣＝H2，故答案为：电解时，阴极除了N2得电子外，还可能发生N2+8H++6e﹣＝2，2H++2e﹣＝H2。【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡的计算、影响反应速率及平衡的因素、平衡的判定等，注重高考常考查点的考查，注意图象的分析，题目难度中等。16．【分析】（1）①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH1＝+41.1kJ⋅mol﹣1，②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣48.9kJ⋅mol﹣1，根据盖斯定律：②﹣①计算催化氢化反应的焓变；（2）CO催化氢化反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小；增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大；（3）①2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）的平衡常数K＝＝＝1.0，结合浓度熵Q与K的大小关系分析判断；②二甲醚酸性燃料电池工作时，二甲醚发生失电子的反应生成CO2，氧气得电子生成水，结合电子守恒、电荷守恒写出电极反应式。【解答】解：（1）CO催化氢化反应为2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g），①CO2（g）+H2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH1＝+41.1kJ⋅mol﹣1，②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣48.9kJ⋅mol﹣1，根据盖斯定律：②﹣①计算CO催化氢化反应的焓变ΔH＝﹣48.9kJ⋅mol﹣1﹣（+41.1kJ⋅mol﹣1）＝﹣90kJ/mol，热化学方程式为2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝﹣90kJ/mol，故答案为：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH＝﹣90kJ/mol；（2）①CO催化氢化反应是气体体积减小的放热反应，其他条件一定时升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小；其他条件一定时增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则图中L表示压强，M表示温度，故答案为：压强；②CO催化氢化反应是放热反应，其他条件一定时升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，即温度越高，CO的平衡转化率越小，所以M1＞M2，故答案为：M1＞M2，压强一定时，升高温度，CO的平衡转化率减小；（3）①2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）的平衡常数K＝＝＝1.0，浓度熵Q＝＝2＞K，则反应逆向进行，故答案为：逆向进行；平衡常数K＝＝1.0，浓度熵Q＝＝2＞K，所以反应逆向进行；②二甲醚酸性燃料电池工作时，二甲醚发生失电子的反应生成CO2，负极反应式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+，故答案为：CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2+12H+。【点评】本题综合考查热化学方程式书写、化学平衡图象分析及计算、原电池工作原理，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素、化学平衡计算、电极反应式书写等知识是解题关键，题目难度中等。17．【分析】I.（1）亚铁离子遇铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀；（2）阳极上Na2SO3转化为Na2SO4，检验Na2SO4即检验；（3）原电池中Na2SO3在负极发生氧化反应生成Na2SO4；II.（4）由图2可知右边点电极上有氧气生成，该电极是阳极，左边是阴极；（5）根据电极反应式分析；（6）根据电极反应式分析。【解答】解：I.（1）取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，生成蓝色铁氰化亚铁沉淀，说明FeCl3转化成了FeCl2，故答案为：FeCl2；（2）阳极上Na2SO3转化为Na2SO4，检验Na2SO4可借助于检验，实验操作及现象为：取少量电解液于试管中，加入足量的盐酸，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成，故答案为：取少量电解液于试管中，加入足量的盐酸，再加入氯化钡溶液，若白色沉淀生成，则有硫酸钠的生成；（3）原电池中Na2SO3在负极发生氧化反应生成Na2SO4，电极反应式为SO3+H2O﹣2e﹣＝+2H+，故答案为：SO3+H2O﹣2e﹣＝+2H+；II.（4）由图2可知右边点电极上有氧气生成，该电极是阳极，左边是阴极，故a接负极，故答案为：负极；（5）阳极区是水电离出的氢氧根离子放电生成O2，剩下氢离子，电极反应为2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，故阳极区pH有所降低，故答案为：阳极的电极反应式2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，有氢离子生成，氢离子浓度增大，pH降低；（6）阴极发生的电极反应式为SO2+2e﹣+4H+＝S↓+2H2O，一段时间后合金电极表面附有大量的硫，使电极的导电能力减弱，通电一段时间后，合金电极需要更换，故答案为：合金电极表面附有大量的硫，使电极的导电能力减弱。【点评】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握电极的反应和判断，结合图象中物质的变化，从氧化还原反应的角度分析，题目难度中等。18．【分析】（1）该电极发生氧化反应；（2）阴极发生2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，OH﹣浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室，则KOH浓度变大；（3）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价，S（K2FeO4）＝60%，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则生成高铁酸钾转移电子的物质的量为1×60%×6mol＝3.6mol，通过电极的电子的物质的量为mol＝9mol；②η（FeOOH）+η（K2FeO4）＜100%，说明不只有Fe被氧化失去电子；③氢氧根离子失电子生成羟