2023-2024学年北京八一学校高二（上）期中化学试题和答案

试题PAGE1试题2023北京八一学校高二（上）期中化学一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1．下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，不正确的是（）ABCD铜板打上铁铆钉后，铜板不易被腐蚀暖气片表面刷油漆可防止金属腐蚀连接锌棒后，电子由锌流向铁管道阴极的电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+A．A B．B C．C D．D2．100mL浓度为2mol•L﹣1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（）A．加入数滴氯化铜溶液 B．加入适量的6mol•L﹣1的盐酸 C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液3．将除去氧化膜的镁条放入少量稀盐酸中进行实验，测得氢气的产生速率（v）随时间（t）的变化情况如图所示，下列说法中不正确的是（）A．速率先增大后减小 B．t1→t2速率变化的主要原因是镁与酸的反应是放热反应，体系温度升高 C．t2→t3速率变化的主要原因是随着反应的进行温度逐渐降低 D．t2→t3速率变化的主要原因是随着反应的进行c（H+）减小4．下列说法正确的是（）A．任何酸与碱发生中和反应生成1molH2O的过程中，能量变化均相同 B．同温同压不，H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH不同 C．已知：①C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣395.0kJ•mol﹣1，则C（s，石墨）＝C（s，金刚石）ΔH＝+1.5kJ•mol﹣1，石墨比金刚石稳定 D．已知：①2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ•mol﹣1，则a＞b5．科研人员利用Cu/ZnO作催化剂，在光照条件下实现了CO2和H2合成CH3OH，该反应历程示意图如图。下列说法不正确的是（）A．催化剂Cu/ZnO可以降低反应的活化能，加快化学反应速率 B．过程Ⅴ中生成CH3OH时吸收能量 C．过程Ⅰ中ZnO表面上进行CO2的吸附与转化 D．总反应的化学方程式是CO2+3H2CH3OH+H2O6．液体锌电池是一种电压较高的二次电池，具有成本低、安全性强、可循环使用等特点，其示意图如图。下列说法不正确的是（）已知：①Zn（OH）2+2OH﹣═Zn（OH）42﹣②KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移。A．放电过程中，正极的电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O B．充电过程中，阴极的电极反应：Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣ C．充电过程中，阳极附近的pH增大 D．充电过程中，凝胶中的KOH可以再生7．利用电解技术，以氯化氢为原料回收氯气的过程如图所示，下列说法不正确的是（）A．H+由阳极区向阴极区迁移 B．阳极电极反应：2HCl+2e﹣═Cl2+2H+ C．阴极电极反应：Fe3++e﹣═Fe2+ D．阴极区发生的反应有：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O8．某兴趣小组为了分析电解硝酸溶液时放电的离子，设计了如图装置进行实验（石墨电极）．电解过程中，X极产生了红棕色气体，则下列说法不合理的是（）A．a极为负极，b极为正极 B．电解时，Y极附近溶液pH降低 C．相同条件下，阴阳两极气体体积比是2：1 D．X极的电极反应式是：2H+++e﹣═NO2↑+H2O9．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH＝1，0.1mol/L的FeCl2溶液，实验记录如下（a、b代表电压数值）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Cl2b＞x≥0无明显变化无Fe3+、无Cl2下列说法中，不正确的是（）A．Ⅰ中阳极附近的溶液可使KI淀粉试纸变蓝 B．由Ⅱ中阳极现象不能说明该电压下Cl﹣在阳极是否放电 C．Ⅱ中出现黄色可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电产生Fe3+ D．增加pH＝1，0.1mol/L的NaCl溶液做对照实验进一步验证Cl﹣在阳极是否放电10．一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）。下列说法不能说明该反应达到化学平衡状态的是（）A．O2的浓度保持不变 B．容器内气体的密度不随时间变化 C．容器内气体的压强不随时间变化 D．单位时间内生成2molSO3，同时生成nmolO211．0.5mol•L﹣1KI溶液与1mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液发生反应：2Fe3+（aq）+2I﹣（aq）⇌2Fe2+（aq）+I2（aq），达到平衡。下列说法不正确的是（）A．加入CCl4，振荡，平衡正向移动 B．经CCl4两次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度 C．加入FeSO4固体，平衡逆向移动 D．该反应的平衡常数12．羰基硫（COS）可用作粮食熏蒸剂，可由CO和H2S在一定条件下反应制得．在恒容的密闭容器中发生反应并达到平衡：CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g），数据如下表所示：实验温度/℃起始时平衡时n（CO）/moln（H2S）/moln（COS）/moln（H2）/moln（CO）/mol115010.010.0007.021507.08.02.04.5a340020.020.00016.0下列说法正确的是（）A．上述反应是吸热反应 B．实验1达平衡时，CO的转化率为70% C．实验2达平衡时，a＜7.0 D．实验3达平衡后，再充入1.0molH2，K值增大，平衡逆向移动13．某温度下，在容积为1L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0，测得CH3OH（g）的物质的量随时间的变化如图所示。已知：此温度下该反应的平衡常数K＝2.25。下列说法正确的是（）A．点b所对应的状态为化学平衡状态 B．0～10min，v（H2）＝0.075mol•L﹣1•min﹣1 C．点a时c（CO2）＝0.25mol•L﹣1 D．欲增大平衡状态时的值，可保持其他条件不变，升高温度14．如图所示的实验，能达到实验目的的是（）ABCD验证化学能转化为电能研究浓度对化学平衡的影响验证铁发生析氢腐蚀在铁制品上镀铜A．A B．B C．C D．D二、填空题（共58分）15．（13分）利用太阳能分解H2O获得氢气，再通过CO2加氢制甲醇（CH3OH）等燃料，从而实现可再生能源和CO2的资源化利用。（1）过程Ⅳ的能量转化形式为。（2）CO2非常稳定，活化它需从外界输入电子。CO2分子中获得电子的原子是。（3）过程Ⅰ、Ⅱ是典型的人工光合作用过程：4H2O（l）+2CO2（g）2CH3OH（l）+3O2（g）该反应的ΔH0（填“＜或＞”）。（4）过程Ⅱ中CO2催化加氢制取甲醇，反应如下：主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.0kJ•mol﹣1副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1①CO、H2生成CH3OH的热化学方式是。②提高CH3OH在平衡体系中的含量，可采取如下措施：（写出两条即可）。（5）过程Ⅲ中制得的H2中混有CO，去除CO的反应如下：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）①在容积不变的密闭容器中，将0.1molCO、0.1molH2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，则反应的平衡常数K＝。②温度为T1时，图为混合气体中H2的体积分数随时间t变化的示意图。其他条件相同，请在图中画出温度为T2（T2＞T1）时，H2的体积分数随时间变化的曲线。（6）多步热化学循环分解水是制氢的重要方法，如“铁﹣氯循环”法，反应如下：i.4H2O（g）+3FeCl2（s）＝Fe3O4（s）+6HCl（g）+H2（g）ΔH1ii.Fe3O4（s）+8HCl（g）＝FeCl2（s）+2FeCl3（s）+4H2O（g）ΔH2iii.2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g）ΔH3iv．ΔH4反应i～iv循环可分解水，可利用ΔH1～ΔH4计算2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）的ΔH，反应iv的化学方程式为。16．（10分）合成氨是人类科技发展史上的一项重大突破。（1）在一定条件下，N2（g）和H2（g）反应生成0.2molNH3（g），放出9.24kJ的热量，写出该可逆反应的热化学方程式：。从平衡视角合成氨应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，可能的原因是。（2）将N2和H2通入体积为2L的恒温恒容密闭容器中，5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2mol/L，这段时间内用N2的浓度变化表示的化学反应速率为。（3）理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是（写出一条）。（4）如图是某压强下N2和H2按物质的量之比1：3投料进行反应，反应混合物中NH3的物质的量分数随温度的变化曲线。I是平衡时的曲线，Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，下列说法正确的是。A.图中a点，容器内n（N2）：n（NH3）＝1：4B.图中b点，V正＜V逆C.400～530℃，Ⅱ中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，原因是升温化学反应速率加快17．（10分）高铁酸盐在能源、环保等领域有着广泛的应用。资料：高铁酸钾（K2FeO4）固体呈紫色，能溶于水，微溶于浓KOH溶液。K2FeO4在碱性溶液中性质稳定。（1）研究人员用Ni、Fe作电极电解浓KOH溶液制备K2FeO4，装置示意图如图。①Ni电极作（填“阴”或“阳”）极。②Fe电极上的电极反应式为。③结合化学用语解释制备过程中需补充KOH的原因是。（2）K2FeO4可用于处理废水中的NaCN。用如下方法测定处理后的废水中NaCN的含量（废水中不含干扰测定的物质）。资料：Ag++2CN﹣＝Ag（CN）2﹣，Ag++I﹣＝AgI↓（黄色），CN﹣优先于I﹣与Ag+反应。取amL处理后的废水于锥形瓶中，滴加几滴KI溶液作指示剂，再用cmol/L的AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为VmL。滴定终点时的现象是，经处理后的废水中NaCN的含量为g/L。（已知：NaCN的摩尔质量：49g/mol）18．（14分）氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。已知：当pH升高时，ClO﹣易歧化为ClO3和Cl﹣。（1）电解饱和食盐水的阴极反应式为。（2）下列关于产生的说法中，合理的是（填序号）。a.Cl主要在阴极室产生b.Cl﹣在电极上放电，可能产生c.阳离子交换膜破损导致OH﹣向阳极室迁移，可能产生（3）测定副产物含量的方法如图。①加入H2O2的目的是消耗水样中残留的Cl2和ClO﹣。若测定中未加入H2O2，则水样中Cl的浓度将（填“偏大”“偏小”或“不受影响”）。②滴定测含量消耗3mL酸性KMnO4溶液，水样中c（）的计算式为。（4）可用盐酸处理淡盐水中的Cl并回收Cl2①反应的离子方程式为。②处理时，HCl可能的作用是：。ⅰ.增大c（H+），使氧化性增强或Cl﹣还原性增强；ⅱ.增大c（Cl﹣），。③用如图装置验证i，请补全操作和现象：闭合K，至指针读数稳定后。19．（11分）某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：编号实验操作实验现象Ⅰ向一支试管中先加入1mL0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol•L﹣1硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1mL0.1mol•L﹣1草酸溶液前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色Ⅱ向另一支试管中先加入1mL0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，最后加入1mL0.1mol•L﹣1草酸溶液80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色（1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4+2+6H+＝2Mn2+++（2）由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是。（3）关于实验Ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验Ⅲ，验证猜想。提供的试剂：0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，0.1mol•L﹣1草酸溶液，3mol•L﹣1硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水。①补全实验Ⅲ的操作：向试管中先加入1mL0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，，最后加入1mL0.1mol•L﹣1草酸溶液。②若猜想成立，应观察到的实验现象是。（4）该小组准备采用如图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。①他们准备探究的影响因素是。②有同学认为他们的实验方案不合理，理由。

参考答案一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1．【分析】A．铜板打上铁铆钉形成的原电池中，金属铜板做原电池的正极；B．根据金属生锈的条件以及防锈的措施来回答；C．在原电池中，电子从负极流向正极；D．电解池的阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应。【解答】解：A．铜板打上铁铆钉形成的原电池中，金属铜板做原电池的正极，正极是被保护的电极，所以铜板更不易被腐蚀，故A正确；B．暖气片表面刷油漆可将金属和空气中的氧气以及水蒸气隔绝，防止金属腐蚀，故B正确；C．连接锌棒后，形成原电池，金属锌是负极，电子从负极流向正极，即电子由锌流向铁管道，故C正确；D．电解池的阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应，废铁是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D错误；故选：D。【点评】本题考查学生金属的电化学腐蚀以及防护方面的知识，注意原电池和电解池工作原理的应用是关键，难度不大。2．【分析】增大反应速率但不影响生成氢气总量，因为稀盐酸的量一定，可以通过改变浓度、温度、反应物接触面积都方法实现目的，但加入物质时不能和稀盐酸反应生成盐等物质．【解答】解：A．加入氯化铜溶液，Zn置换出Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池，加快反应速率，因为稀盐酸的物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故A正确；B．加入适量稀盐酸，稀盐酸的物质的量增大，导致生成氢气总量增加，故B错误；C．加入适量蒸馏水，氢离子浓度降低，反应速率降低，故C错误；D．加入适量氯化钠溶液，氢离子浓度降低，反应速率降低，因为稀盐酸物质的量不变，则生成氢气总量不变，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，温度、浓度、催化剂、反应物接触面积、原电池等都影响化学反应速率，注意题干中限制性条件“增大反应速率、生成氢气总量不变”，题目难度不大。3．【分析】A．根据图知，反应速率先增大后减小；B．t1→t2过程中，c（H+）逐渐减小，反应速率应该逐渐减小，但实际上反应速率逐渐增大，说明该反应过程中放热；C．Mg和稀盐酸的反应为放热反应；D．t2→t3过程中，c（H+）逐渐减小，溶液温度逐渐升高。【解答】解：A．根据图中曲线变化知，反应速率先增大后减小，故A正确；B．t1→t2过程中，c（H+）逐渐减小，反应速率应该逐渐减小，但实际上反应速率逐渐增大，说明该反应过程中放热，体系的温度逐渐升高，且温度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，故B正确；C．Mg和稀盐酸的反应为放热反应，t2→t3过程中，c（H+）逐渐减小，溶液温度逐渐升高，但反应速率逐渐减小，说明浓度对反应速率的影响大于温度对反应速率的影响，所以t2→t3速率变化的主要原因是随着反应的进行溶液浓度逐渐降低，故C错误；D．t2→t3过程中，c（H+）逐渐减小，溶液温度逐渐升高，所以t2→t3速率变化的主要原因是随着反应的进行c（H+）减小，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确图中曲线变化原因是解本题关键，注意反应过程中溶液温度的变化。4．【分析】A．中和反应是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱酸、弱碱存在电离平衡过程是吸热过程，会造成反应放出热量变化；B．反应焓变和反应物、生成物的能量有关，与反应条件变化途径无关；C．依据盖斯定律和热化学方程式计算分析判断；D．液态水变化为气态水时吸收热量．【解答】解：A．中和反应是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱酸、弱碱存在电离平衡过程是吸热过程，所以有弱酸或弱碱参加的反应生成1mol水放出热量小于强酸强碱反应生成1mol水，故A错误；B．反应焓变和反应物、生成物的能量有关，与反应条件变化途径无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH相同，故B错误；C．①C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣393.5kJ•mol﹣1，②C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣395.0kJ•mol﹣1，依据盖斯定律①﹣②得到：C（s，石墨）＝C（s，金刚石）ΔH＝+1.5kJ•mol﹣1，故C正确；D．依据①2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣bkJ•mol﹣1，液态水变化为气态水吸热，则a＜b，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式的书写计算应用，中和热的分析判断，焓变的理解是解题关键，题目难度中等．5．【分析】A．催化剂能降低反应的活化能；B．过程Ⅴ中生成CH3OH时是CH3O﹣与﹣H形成CH3OH，是O﹣H的形成过程，成键放出能量；C．由图可知过程Ⅰ中ZnO表面吸附了CO2，CO2的和H2在光照条件下转化为新的物质；D．该反应的总过程是CO2的和H2在ZnO催化剂作用下，合成甲醇CH3OH。【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，有效碰撞增加，反应速率加快，故A正确；B．过程Ⅴ中生成CH3OH时是CH3O﹣与﹣H形成CH3OH，是O﹣H的形成过程，则该过程放出能量，故B错误；C．由图可知过程Ⅰ中ZnO表面吸附了CO2，CO2的和H2在光照条件下转化为新的物质，故C正确；D．该反应的总过程是CO2的和H2在ZnO催化剂作用下，合成甲醇CH3OH，总反应的化学方程式是CO2+3H2CH3OH+H2O，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学反应的微观过程，学生需注意断裂化学键吸热，形成化学键放热，注意对化学键的判断，难度不大。6．【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成Zn（OH）42﹣，负极电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，原电池正极作电解池的阳极，原电池负极作电解池的阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反。【解答】解：A．液体锌电池中MnO2所在电极作正极，MnO2发生还原反应生成Mn2+，即电极反应式为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故A正确；B．原电池负极反应为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时，原电池负极与外加电源负极相接，作电解池的阴极，阴极电极反应式与负极反应式正好相反，即Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，故B正确；C．原电池正极反应为MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，充电时，原电池正极与外加电源正极相接，作电解池的阳极，阳极电极反应式与正极反应式正好相反，即Mn2++2H2O﹣2e﹣═MnO2+4H+，所以阳极附近的pH减小，故C错误；D．电解时阴极电极反应式为Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，由于KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移的特殊作用可使KOH再生，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，明确原电池和电解池原理是解本题关键，难点是电极反应式的书写，注意结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等。7．【分析】在电源的右侧，HCl（g）→Cl2（g），该过程是失电子的过程，故该侧为阳极，电极反应为：2HCl﹣2e﹣＝2H++Cl2，电源的左侧为阴极，电极反应为：Fe3++e﹣＝Fe2+；此外，根据物质的循环，还可以推出阴极区域还会进行反应：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，据此分析解答。【解答】解：A、H+在电源的右侧产生，在电源的左侧被消耗，右侧为阳极，左侧为阴极，即H+由阳极区向阴极区迁移，故A正确；B、阳极发生氧化反应，是失去电子的过程，电极反应为：2HCl﹣2e﹣＝2H++Cl2，故B错误；C、阴极发生还原反应，是得到电子的过程，电极反应为：Fe3++e﹣＝Fe2+，故C正确；D、根据图中的循环，可以推出阴极区域会进行反应：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电化学相关知识，明确阴极与阳极的电极反应是解题的关键，注意审题，看懂电化学装置图，整体难度不大，是基础题。8．【分析】电解过程中，X极产生了红棕色气体，则X极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，所以X为阴极，则a为负极，b为正极，Y为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，结合电子守恒计算分析．【解答】解：电解过程中，X极产生了红棕色气体，则X极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，所以X为阴极，则a为负极，b为正极，Y为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，A．由分析可知，a为负极，b为正极，故B正确；B．Y为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，同时生成氢离子，所以Y极附近溶液pH降低，故B正确；C．1得到1mol电子1molNO2，2molH2O失去4mol电子生成1mol氧气，则阴阳两极气体体积比是4：1，故C错误；D．X极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，X极的电极反应式是：2H+++e﹣═NO2↑+H2O，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了电解原理，明确阴阳极上放电的物质或离子是解本题关键，注意根据阳极上发生失电子的氧化反应、阴极上发生得电子的还原反应判断电极反应物，题目难度中等．9．【分析】FeCl2溶液溶液中存在Fe2+和Cl﹣，均有可能在阳极放电生成Fe3+和Cl2，也可能氯离子放电产生氯气，氯气可将Fe2+氧化为Fe3+，电压不同，电极产物不同。【解答】解：A．Fe3+、Cl2均能将KI氧化为碘单质，淀粉试纸变蓝，故A正确；B．如氯离子放电产生氯气，氯气可将Fe2+氧化为Fe3+，无法判断说明该电压下Cl﹣在阳极是否放电，故B正确；C．Ⅱ中出现黄色，产生Fe3+，可能是因为Fe2+有还原性，在阳极放电，故C正确；D．做对照实验进一步验证Cl﹣在阳极是否放电，应保证氯离子浓度相同，故应使用pH＝1，0.2mol/L的NaCl溶液，故D错误；故选：D。【点评】本题考查电解原理，题目难度中等，能依据题目信息判断电极产物是解题的关键。10．【分析】2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此分析判断。【解答】解：A．O2的浓度保持不变，说明达到平衡状态，故A正确；B．容积为定值，气体总质量为定值，该反应中混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故B错误；C．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内的压强不再改变，说明达到平衡状态，故C正确；D．单位时间内生成2molSO3，则消耗nmolO2，同时生成nmolO2，即O2生成速率与O2的消耗速率相等，已达到平衡状态，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学平衡状态的判断，明确化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。11．【分析】A．减少生成物浓度，平衡正向移动；B．可逆反应不能反应完全，反应物和生成物共存；C．增大生成物浓度，平衡逆向移动；D．化学平衡常数等于生成物浓度系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积。【解答】解：A．加入CCl4振荡，碘单质溶于CCl4，溶液中碘单质浓度减小，平衡正向移动，故A正确；B．经CCl4两次萃取分离后，加入KSCN后溶液仍呈血红色，溶液中仍有Fe3+存在，反应物不能反应完全，表明该反应存在限度，故B正确；C．加入FeSO4固体，，溶液中Fe2+浓度增大，平衡逆向移动，故C正确；D．化学平衡常数等于生成物浓度系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积，由反应方程式可知，该反应的平衡常数K＝，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变平衡的影响是解题的关键。12．【分析】A、实验1和实验3，如果温度不变，平衡时实验的n（CO）＝7.0×2＝14mol，而现在是16mol，说明升高温度平衡逆向移动；B、CO的转化率为；C、根据Qc与K之间的大小，判断反应进行的方向；D、K是温度的函数，温度不变K不变．【解答】解：A、实验1和实验3，如果温度不变，平衡时实验的n（CO）＝7.0×2＝14mol，而现在是16mol，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应是吸热，正反应是放热，故A错误；B、CO的转化率为＝＝30%，故B错误；C、150℃，K＝＝，而Qc＝＝，即Qc＜K，反应向正反应方向移动，所以实验2达平衡时，a＜7.0，故C正确；D、K是温度的函数，温度不变K不变，而充入1.0molH2，所以K值不变，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了化学平衡常数的意义和计算应用，转化率的分析判断，掌握平衡常数的计算和判断方法，平衡移动原理是解题关键，题目难度中等．13．【分析】A．反应达到平衡状态时甲醇的物质的量不变；B．0～10min内，该反应速率v（H2）＝3v（CH3OH）＝3×；C．点a时，n（CH3OH）＝0.5mol•L﹣1，根据CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）可知转化的CO2为0.5mol•L﹣1，；D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动。【解答】解：A．当各物质的物质的量不变时，可逆反应达到平衡状态，b点后甲醇的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．0～10min，v（H2）＝3v（CH3OH）＝3×；＝3×mol/（L．min）＝0.225mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；C．点a时，n（CH3OH）＝0.5mol•L﹣1，根据CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）可知转化的CO2为0.5mol•L﹣1，则此时c（CO2）＝0.5mol•L﹣1，故C错误；D．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，则甲醇浓度减小、二氧化碳浓度增大，所以减小，故D错误；故选：A。【点评】本题以图象分析为载体考查化学平衡有关问题，明确化学平衡影响因素、化学平衡状态判断方法、化学反应速率计算方法等知识点是解本题关键，注意化学平衡状态判断方法，题目难度不大。14．【分析】A．图中未形成闭合回路；B．氯化铁过量，再加KSCN时与过量氯化铁反应；C．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀；D．在铁制品上镀铜，Cu与电源正极相连作阳极。【解答】解：A．图中未形成闭合回路，未构成原电池，不能验证化学能转化为电能，故A错误；B．氯化铁过量，再加KSCN时与过量氯化铁反应，血红色加深，不能证明浓度对平衡移动的影响，故B错误；C．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，水沿着导管上升可证明，故C错误；D．在铁制品上镀铜，Cu与电源正极相连作阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，故D正确；故选：D。【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、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。二、填空题（共58分）15．【分析】（1）过程IV为燃料电池；（2）CO2中C原子为+4价，能得电子，而O原子为﹣2价，为最低价态，不能得电子；（3）甲醇的燃烧是放热反应，则逆反应为吸热反应；（4）根据盖斯定律进行解答；（5）将0.1molCO、0.1molH2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，则反应了0.05mol的CO，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（单位：mol）起始量：0.10.100转化量：0.050.050.050.05平衡量：0.050.050.050.05容器的体积不变，则各物质的浓度均为mol/L，平衡常数K＝；该反应的正反应是放热反应，升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，但平衡逆向移动，达到平衡时五氯化磷体积分数降低。（6）根据盖斯定律，i+ii+iii可得2HCl（g）＝Cl2（g）+H2（g），已知反应i～iV循环可分解水，可利用ΔH1～ΔH4计算2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）的ΔH。【解答】解：（1）过程IV为燃料电池，它的能量转化形式为化学能转化为电能，故答案为：化学能转化为电能；（2）CO2中C原子为+4价，能得电子，而O原子为﹣2价，为最低价态，不能得电子，则易于获得电子的原子是C，故答案为：C；（3）已知甲醇的燃烧是放热反应，则其逆过程是吸热反应，故答案为：吸热；（4）①目标方程为：CO+2H2⇌CH3OH，可由主反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.0kJ•mol﹣1减去副反应：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.2kJ•mol﹣1获得，得目标方程的反应热＝ΔH1﹣ΔH1＝﹣49.0kJ•mol﹣1﹣41.2kJ•mol﹣1＝﹣90.2kJ•mol﹣1，故CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）ΔH＝﹣90.2kJ•mol﹣1，故答案为：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g）ΔH＝﹣90.2kJ•mol﹣1；②为提高CH3OH在平衡体系中的含量，可使平衡正向移动，可将水分离出体系、降低反应温度、增大压强，故答案为：将水分离出体系、降低反应温度、增大压强；（5）将0.1molCO、0.1molH2O混合加热到830℃，平衡时CO的转化率为50%，则反应了0.05mol的CO，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）（单位：mol）起始量：0.10.100转化量：0.050.050.050.05平衡量：0.050.050.050.05容器的体积不变，则各物质的浓度均为mol/L，平衡常数K＝＝＝1，故答案为：1；②该反应升高温度化学反应速率加快，反应达到平衡时间缩短，但平衡逆向移动，达到平衡时氢气体积分数降低，所以其图象为，故答案为：。（6）根据盖斯定律，i+ii+iii可得2HCl（g）＝Cl2（g）+H2（g），已知反应i～iV循环可分解水，可利用ΔH1～ΔH4计算2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）的ΔH，则iV为Cl2（g）+H2O（g）＝2HCl（g）+O2（g），故答案为：Cl2（g）+H2O（g）＝2HCl（g）+O2（g）。【点评】本题考查化学反应能量变化、化学平衡移动、化学平衡计算等，难度中等，是对知识的综合利用，注意基础知识的理解掌握。16．【分析】（1）根据热化学方程式书写规则写出热化学方程式；（2）5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2mol/L，这段时间内用NH3的浓度变化表示的化学反应速率为v（NH3）＝计算；（3）为了增大平衡时H2的转化率，可以改变条件使平衡正向移动，但不能只增大氢气浓度，否则氢气转化率减小；（4）根据题意列三段式分析解答。【解答】解：（1）在一定条件下，N2（g）和H2（g）反应生成0.2molNH3（g），放出9.24kJ的热量，则生成2molNH3（g），放出92.4kJ的热量，热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ/mol，故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝﹣92.4kJ/mol；（2）5min后达到化学平衡，测得NH3的浓度为0.2mol/L，这段时间内用NH3的浓度变化表示的化学反应速率为v（NH3）＝＝＝0.04mol/（L•min），v（N2）＝v（NH3）＝×0.04mol/（L•min）＝0.02mol/（L•min），故答案为：0.02；（3）根据方程式可知，该反应是体积减小的、放热的可逆反应。降温、增大压强、及时分离出产物中的NH3，都能使平衡正向进行，氢气转化率增大，故答案为：降温、增大压强或及时分离出产物中的NH3；（4）某压强下N2和H2按物质的量之比1：3投料进行反应，molN2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）初n3n0变x3x2x平n﹣x3n﹣3x2x据题意可得：n﹣x+3n﹣3x+2x＝4x，n＝1.5x，A．图中a点，容器内n（N2）：n（NH3）＝＝＝1：4，故A正确；B．图中b点，NH3的物质的量分数比同温度平衡时小，说明平衡正向进行，则υ正＞υ逆，故B错误；C．Ⅱ是不同温度下反应经过相同时间测得的曲线，升高温度化学反应速率增大，所以400～530℃，Ⅱ中NH3的物质的量分数随温度升高而增大，故C正确；故答案为：AC。【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态的判断、化学反应速率计算及应用等，侧重于基础知识的综合应用考查，注意把握影响化学平衡的因素，题目难度中等。17．【分析】（1）根据图示，在碱性条件下，铁电极转化为Na2FeO4，铁元素化合价升高，被氧化转化为Na2FeO4，则Fe作阳极，Ni作阴极；根据电解的总反应式分析氢氧化钠需要添加的原因；（2）Ag+与CN﹣反应生成[Ag（CN）2]﹣，当CN﹣反应结束时，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，说明反应到达滴定终点；计算消耗硝酸银物质的量，再根据方程式Ag++2CN﹣＝[Ag（CN）2]﹣计算出氰化钠的含量。【解答】解：（1）①根据分析，Ni电极作电解池的阴极，故答案为：阴；②根据分析，Fe作阳极，在碱性条件下，铁电极转化为Na2FeO4，则Fe电极的电极反应式：Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝+4H2O，故答案为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣＝+4H2O；③根据题意写出反应的总方程式Fe+2H2O+2KOH＝K2FeO4+3H2↑，由方程式可知反应过程中要消耗KOH，故在整个过程中需要添加KOH，故答案为：Fe+2H2O+2KOH＝K2FeO4+3H2↑，总反应消耗KOH；（2）Ag+与CN﹣反应生成[Ag（CN）2]﹣，当CN﹣反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，且半分钟内不消失，说明反应到达滴定终点，消耗AgNO3的物质的量为V×10﹣3L×cmol/L＝cV×10﹣3mol，根据方程式Ag++2CN﹣＝[Ag（CN）2]﹣，处理的废水中氰化钠的质量为cV×10﹣3mol×2×49g/mol＝98cV×10﹣3g，废水中氰化钠的含量为＝g/L，故答案为：出现黄色沉淀，且半分钟内不消失；。【点评】本题考查物质制备实验、物质含量测定等，题目综合性较强，关键是对原理的理解，注意制备中渗入环保意识，熟练掌握元素化合物知识与实验制备基本原则，题目难度中等。18．【分析】（1）业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；（2）a．氯元素都在阳极室；b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高；c．阳离子交换膜破损导致OH﹣向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根；（3）①加入过氧化氢消耗水样中残留的Cl2和ClO﹣，再加入硫酸亚铁，与氯酸根反应，最后计算出与氯酸根反应后剩余的亚铁离子。未加入过氧化氢，水样中残留的Cl2和ClO﹣也会在第二步中消耗亚铁离子，使亚铁离子消耗的量增大；②高锰酸钾和硫酸亚铁反应的离子方程式为+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，则有关系式为～5Fe2+，因此与高锰酸钾反应的亚铁离子为n（Fe2+）2＝5yV3×10﹣3mol，与亚铁离子反应的离子方程式为+6Fe2++6H+＝Cl﹣+6Fe3++3H2O，则有关系式为：～6Fe2+，与反应的亚铁离子的物质的量为n（Fe2+）1＝n（Fe2+）总﹣n（Fe2+）2＝（xV2×10﹣3﹣5yV3×10﹣3）mol，设的物质的量为a，a＝；（4）①盐酸和反应生成Cl2；②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂；③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸。【解答】解：（1）业上电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；（2）a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，故a错误；b．氯离子在阳极发