2022-2022学年山东省青岛二中高二（上）期中化学试卷（理科） 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）A．一个自发反应，反应物的总能量必须高于生成物的总能量B．在等温条件下，化学反应的热效应称为焓变C．化学反应中，发生能量变化的根本原因是化学键的断裂与形成D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同 2．在298K、100kPa时，已知：2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）△H22Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（ ）A．△H3=△H1+2△H2B．△H3=△H1+△H2C．△H3=△H1﹣2△H2D．△H3=△H1﹣△H2 3．下列关于反应过程中能量变化的表达正确的是（ ）A．丁烷的燃烧热是2878kJ/mol，则表示丁烷燃烧热的热化学方程式为：C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）△H=﹣2878kJ/molB．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2．则△H1＞△H2C．已知①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣1，则a＜bD．在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1 4．下列有关金属铁的腐蚀与防护，说法正确的是（ ）A．酸雨后易发生析氢腐蚀、炒锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀B．当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，后者更易被腐蚀C．铁与电源正极连接可实现电化学保护D．将钢管与铜管一起堆放时可保护钢管少受腐蚀 5．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．用装置①进行电镀，镀件接在b极上C．装置②的总反应是：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+31\nD．装置③中的铁钉几乎没被腐蚀 6．如图所示，U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成三色“彩虹”的现象，它从左到右颜色的次序是（ ）A．蓝、紫、红B．红、蓝、紫C．红、紫、蓝D．蓝、红、紫 7．在25℃时．将两个铂电极插入一定量的饱和Na2SO4溶液中进行电解，通电一段时间后，在阴极逸出amol气体，同时析出的固体中含有w克Na2SO4•10H2O晶体，若温度不变，此时剩余溶液的质量分数是（ ）A．×100%B．×100%C．%D．×100% 8．下列关于原电池说法正确的是（ ）A．由Al、Mg、稀硫酸溶液组成的原电池，其负极反应式为：Al﹣3e﹣═Al3+B．由Al、Mg、NaOH溶液组成的原电池，其负极反应式为：Al﹣3e﹣+3OH﹣═Al（OH）3↓C．由Fe、Zn、NaCl溶液组成的原电池，其负极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+D．由Al、Cu、浓硝酸溶液组成的原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+ 9．我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（ ）A．电池在放电时，Li+向负极移动B．锂在放电时做正极，充电时为阳极C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应 10．绿色电源“二甲醚﹣氧气燃料电池”的工作原理如图，所示下列说法正确的是（ ）A．氧气应从c处通入，电极Y上发生的反应为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣B．电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH增大C．二甲醚应从b处加入，电极X上发生的反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+31\nD．当该电池向外电路提供2mol电子时消耗O2约为22.4L 11．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（ ）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2OC．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变D．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降 12．汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.4kJ•mol﹣1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）A．B．C．D． 13．在一定温度下，溶剂相同的两个密闭容器中，一个充入2molSO2、1molO2，一个充入2molSO3，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，下列说法正确的有几种（ ）①二氧化硫的转化率和三氧化硫的分解率之和为1，②达到平衡所需的时间相等，③密度相等，④压强相等，⑤放出与吸收的热量相等，⑥二氧化硫的浓度相等．31\nA．3种B．4种C．5种D．6种 14．往一真空密闭容器中通入一定量的气体A，在一定温度下，发生如下反应：2A（g）⇌B（g）+xC（g）反应达平衡时，测得容器内压强增大了p%，若此时A的转化率为a%，下列关系正确的是①若x=1，则p＞a②若x=2，则p＜a③若x=3，则p=a④若x=4，则p≥a（ ）A．②③B．①④C．②③④D．②④ 15．相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.6kJ/mol．实验测得起始、平衡时的数据如表：下列叙述错误的是（ ）容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：QA．容器①、②中反应的平衡常数相等B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为C．容器②中达平衡时放出的热量Q=23.15kJD．若容器①体积变为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ 16．某恒温密闭容器中发生可逆反应：Z（？）+W（？）⇌X（g）+Y（s）△H，在t1时刻反应达到平衡状态，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法正确的是（ ）A．Z和W在该条件下至少有一个是气态物质B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等C．在该温度下此反应的化学平衡常数表达式K=c（X），且t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）不相等D．若该反应在温度为T0以上时才能自发进行，则该反应的化学平衡常数K随温度升高而增大 31\n17．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器中，发生反应A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）A．反应方程式中的x=1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂C．t3时刻改变的条件是移去少量物质DD．t1～t3间该反应的平衡常数均为4 二、非选择题（共49+10分）18．金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，充分燃烧时生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示：（1）等物质的量的金刚石和石墨完全燃烧 （填“金刚石”或“石墨”）放出热量更多，在通常状况下，金刚石和石墨相比 （填“金刚石”或“石墨”）更稳定．请写出表示石墨燃烧热的热化学方程式 ．（2）已知：Fe2O3（s）+C（石墨，s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ•mol﹣1，则Fe2O3（s）═2Fe（s）+O2（g）的△H= kJ•mol﹣1．（3）24g石墨在一定量空气中充分燃烧，生成气体72g，该过程放出的热量 kJ． 31\n19．（1）意大利科学家FulvioCacace等获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示．已知断裂1molN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ．根据以上信息和数据，计算1molN4气体转变为N2气体的△H= kJ•mol﹣1（2）已知含KOH28.0g稀溶液与足量稀硫酸反应，放出28.65kJ的热量，试写出表示该反应中和热的热化学方程式 ． 20．工业上为了处理含Cr2O72﹣酸性工业废水，按下面方法处理：往工业废水中加入适量的NaCl，以铁为二个电极材料进行电解，经过一段时间有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准．（1）电极反应式：阳极 ，阴极 ．（2）由Cr2O72﹣变为Cr3+的离子方程式（酸性环境中） ． 21．高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂．电解法制备高铁酸钾操作简便，产率高，易于实验室制备．其原理如图所示，其总电解反应为：Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑．Ⅰ．实验过程中，X电极有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根（FeO）在溶液中呈紫红色．（1）电解过程中，X极是 极．（2）生成高铁酸根（FeO）的电极反应是 ．Ⅱ．若用不同种电池作为上述实验的电源，请分析电池反应．（1）铅蓄电池总的化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42H2O+2PbSO4，则该铅蓄电池在充电时的阳极反应为 ，若用此电池向外电路输出2mol电子，正极增重 g，电解质溶液消耗的硫酸根离子为 mol．（2）肼（N2H4）﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液，放电时负极的电极反应式为 ．（3）以丙烷（C3H8）为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，导电电解质是熔融金属氧化物，写出该电池负极的电极反应 ．（4）当制备相同物质的量的高铁酸钾时，理论上上述三种电池中分别消耗的Pb、肼、丙烷的物质的量之比是 ．31\n 22．已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+52.70kJ•mol﹣1．（1）在恒温、恒容的密闭容器中进行上述反应时，下列描述中不能说明该反应已达平衡的是 _．a．2v（N2O4）正=v（NO2）逆b．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化c．容器中气体的密度不随时间而变化d．透明容器中气体颜色不随时间而变化（2）在恒温、恒容的已达平衡的密闭容器中，再向容器内充入1molN2O4（g），并达新平衡，下列说法正确的 ．a．平衡向正反应方向移动b．平衡常数K减小c．新平衡N2O4的百分含量比原平衡大d．新平衡透明容器的气体颜色比原平衡还要深（3）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0.54molN2O4，2分钟时达到化学平衡，测得容器中含n（NO2）=0.6mol，则在前2分钟的平均反应速率v（NO2）= _，t℃时反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K= ．（4）现有两个体积均为2L的恒容绝热（不与外界进行热交换）密闭容器甲和乙，若在甲容器中加入1molN2O4，在乙容器加入2molNO2，分别达平衡后，甲容器N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数 乙容器N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数（填大于、小于或等于），甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和 1（填大于、小于或等于）．（5）一定温度下，若将3molN2O4气体置入开始体积为V但体积可变的等压密闭容器中（如图A），达平衡后容器体积增大至1.5V．若在另一个体积也为V但体积不变的密闭容器中（如图B）加入 molNO2，达平衡后A、B两容器的NO2百分含量相等．（6）取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）．反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图．下列示意图中，可能与实验结果相符的是 ．31\n 三、选做题23．分别在密闭容器的两个反应室中进行如下反应：左反应室：A（g）+2B（g）⇌2C（g） 右反应室：2Z（g）⇌X（g）+Y（g）在反应室之间有无摩擦、可自由滑动的密封板隔断．反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如图所示：（1）A（g）+2B（g）⇌2C（g）的△H 0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，X的体积分数 （填序号）．a．一定相等 b．一定不相等 c．大于d．小于（3）达到平衡（Ⅰ）时，A的转化率为 ，C的体积分数为 ．（4）达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为 ． 24．人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素（CO（NH2）2），原理如图．（1）阳极室中发生的反应依次有： ．（2）电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将 ；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素为 g（忽略气体的溶解，下同）．（3）若关闭左下侧与左上侧溶液的导入导出，当电解过程中转移了2mol电子，则质子交换膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）为 g．31\n 31\n2022-2022学年山东省青岛二中高二（上）期中化学试卷（理科）参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）1．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（ ）A．一个自发反应，反应物的总能量必须高于生成物的总能量B．在等温条件下，化学反应的热效应称为焓变C．化学反应中，发生能量变化的根本原因是化学键的断裂与形成D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同【考点】反应热和焓变．【分析】A．反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据；B．焓变指的是等压条件下的热效应；C．化学反应中均伴随着能量的变化，化学键的断裂和形成是发生能量变化的主要原因；D．△H与反应的条件无关．【解答】解：A．反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，反应物总能量高于生成物总能量的反应，为放热反应，但不一定能自发进行，如铝热反应，故A错误；B．焓变指的是等压条件下的热效应，不是等温条件下，故B错误；C．化学反应中发生能量变化的根本原因是化学键的断裂与形成，故C正确；D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误；故选C．【点评】本题主要考查了化学反应能量变化的分析判断，题目较简单，注意对基础知识的理解掌握． 2．在298K、100kPa时，已知：2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）△H22Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3则△H3与△H1和△H2间的关系正确的是（ ）A．△H3=△H1+2△H2B．△H3=△H1+△H2C．△H3=△H1﹣2△H2D．△H3=△H1﹣△H2【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】设2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1…①Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）△H2…②2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3…③由盖斯定律可知，③=①+2×②分析．【解答】解：设2H2O（g）=O2（g）+2H2（g）△H1…①Cl2（g）+H2（g）=2HCl（g）△H2…②2Cl2（g）+2H2O（g）=4HCl（g）+O2（g）△H3…③由盖斯定律可知，③=①+2×②，因此△H3=△H1+2△H2．故选A．【点评】本题考查学生利用盖斯定律来计算反应热的关系，明确化学反应的关系，在加和反应时等号同侧的相加，当乘以一个系数时反应热也要乘以这个系数来解答即可． 3．下列关于反应过程中能量变化的表达正确的是（ ）31\nA．丁烷的燃烧热是2878kJ/mol，则表示丁烷燃烧热的热化学方程式为：C4H10（g）+O2（g）═4CO2（g）+5H2O（g）△H=﹣2878kJ/molB．己知2C（s）+2O2（g）═2CO2（g）△H1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2．则△H1＞△H2C．已知①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H1=akJ•mol﹣1，②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H2=bkJ•mol﹣1，则a＜bD．在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1【考点】反应热和焓变．【分析】A、燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出热量，应该生成液态水；B、碳燃烧生成CO及一氧化碳燃烧生成二氧化碳都会放热；C、根据物质的不同聚集状态判断反应热的大小；D、正反应与逆反应的活化能之差为△H．【解答】解：A、燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出热量，应该生成液态水，故A错误；B、一氧化碳燃烧生成二氧化碳会放热，焓变为负值，则△H1＜△H2，故B错误；C、物质的聚集状态不同，放出的热量不同，水蒸气液化时放热，则有|△H1|＜|△H2|，由于氢气的燃烧为放热反应，△H＜0，则a＞b，故C错误；D、正反应的活化能﹣逆反应的活化能即为该反应的焓变数值，在一定条件下，某可逆反应的△H=+100kJ•mol﹣1，则该反应正反应活化能比逆反应活化能大100kJ•mol﹣1，故D正确．故选：D．【点评】本题考查了化学反应焓变的分析判断，燃烧热的定义的分析，掌握基础是关键，题目难度中等． 4．下列有关金属铁的腐蚀与防护，说法正确的是（ ）A．酸雨后易发生析氢腐蚀、炒锅存留盐液时易发生吸氧腐蚀B．当镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，后者更易被腐蚀C．铁与电源正极连接可实现电化学保护D．将钢管与铜管一起堆放时可保护钢管少受腐蚀【考点】金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A、电解质环境不一样会导致金属发生不一样的腐蚀类型；B、原电池的负极金属被更易被腐蚀，金属的活泼性是：Zn＞Fe＞Sn；C、与电源正极连接的金属做阳极，易被腐蚀；D、金属铁的活泼性强于金属铜，原电池的负极金属易被腐蚀．【解答】解：A、酸雨后电解质环境是酸性较强的，易发生析氢腐蚀，炒锅存留盐液时的电解质为中性，金属易发生吸氧腐蚀，故A正确；B、镀锡铁和镀锌铁镀层破损时，前者是金属铁为负极，后者是金属锌为负极，前者更易被腐蚀，故B错误；C、铁与电源正极连接金属铁做阳极，易被腐蚀，故C错误；D、将钢管与铜管一起堆放，形成原电池中，金属铁为负极，所以钢管易腐蚀，故D错误．故选A．31\n【点评】本题考查学生金属的腐蚀和防护知识，注意原电池和电解池原理的应用是关键，原电池的负极、电解池的阳极金属易被腐蚀，难度不大． 5．关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（ ）A．用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．用装置①进行电镀，镀件接在b极上C．装置②的总反应是：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+D．装置③中的铁钉几乎没被腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A、电解精炼铜时，铜做阳极；B、电镀时，镀件作阴极；C、Fe比Cu活泼，Fe做负极；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀．【解答】解：A、根据电流的方向可知a为电解池的阳极，则用来精炼铜时，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、根据电流的方向可知b为电解池的阴极，所以进行电镀时，镀件接在b极上，故B正确；C、铁比铜活泼，为原电池的负极，发生的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故C错误；D、浓硫酸具有吸水性，在干燥的环境中铁难以腐蚀，故D正确．故选C．【点评】本题考查原电池和电解池的工作原理，题目难度不大，本题易错点为D，注意浓硫酸的性质对金属腐蚀的影响． 6．如图所示，U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成三色“彩虹”的现象，它从左到右颜色的次序是（ ）A．蓝、紫、红B．红、蓝、紫C．红、紫、蓝D．蓝、红、紫【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】根据电解原理，电解硫酸钠实质是电解水，阳极产生的是氧气，阴极产生的是氢气，酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色，据此来回答．31\n【解答】解：根据电解原理，和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气，阴极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，阳极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，中间溶液是石蕊的紫色，即从左到右颜色的次序是：红、紫、蓝．故选C．【点评】本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用． 7．在25℃时．将两个铂电极插入一定量的饱和Na2SO4溶液中进行电解，通电一段时间后，在阴极逸出amol气体，同时析出的固体中含有w克Na2SO4•10H2O晶体，若温度不变，此时剩余溶液的质量分数是（ ）A．×100%B．×100%C．%D．×100%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；物质的量浓度的相关计算．【分析】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电生成氢气，发生反应2H2OO2↑+2H2↑，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可．【解答】解：电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电生成氢气，发生反应2H2OO2↑+2H2↑，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，wgNa2SO4•10H2O硫酸钠的质量为：wg×=g；设电解水的质量为x，则：2H2OO2↑+2H2↑，36g2molxamolx=18ag，所以饱和溶液的质量分数为：×100%=%，故选C．【点评】本题以电解原理为载体考查了质量分数的计算，题目难度中等，明确电解后析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的是饱和溶液是解本题的关键． 8．下列关于原电池说法正确的是（ ）A．由Al、Mg、稀硫酸溶液组成的原电池，其负极反应式为：Al﹣3e﹣═Al3+B．由Al、Mg、NaOH溶液组成的原电池，其负极反应式为：Al﹣3e﹣+3OH﹣═Al（OH）3↓C．由Fe、Zn、NaCl溶液组成的原电池，其负极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+D．由Al、Cu、浓硝酸溶液组成的原电池，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+31\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．失电子的一极为负极，Mg比Al活泼，Mg失电子；B．失电子的一极为负极，Al与氢氧化钠反应失电子，Mg不与氢氧化钠反应；C．失电子的一极为负极，Zn比Fe活泼，Zn失电子；D．失电子的一极为负极，Al遇到浓硝酸会钝化，Cu与浓硝酸反应失电子．【解答】解：A．失电子的一极为负极，由Al、Mg、稀硫酸组成的原电池，Mg比Al活泼，Mg失电子为负极，其负极反应式为：Mg﹣2e﹣═Mg2+，故A错误；B．由Al、Mg、NaOH组成的原电池，Al做负极失电子生成AlO2﹣，其负极反应式为：Al﹣3e﹣+4OH﹣═AlO2﹣，故B错误；C．Fe、Zn、NaCl溶液组成的原电池，金属锌Zn比Fe活泼，Zn失电子，发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，故C错误；D．由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池，Al遇到浓硝酸会钝化，Cu与浓硝酸反应失电子，Cu作负极，其负极反应式为：Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池知识，侧重于原电池的组成、电极以及工作原理的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的理解． 9．我国知名企业比亚迪公司开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他材料电池，电池总反应为V2O5+xLiLixV2O5．下列说法中正确的是（ ）A．电池在放电时，Li+向负极移动B．锂在放电时做正极，充电时为阳极C．该电池充电时阳极的反映为LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+D．V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动．【解答】解：A．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故A错误；B．该原电池中，锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，故B错误；C．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixV2O5失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5﹣xe﹣═V2O5+xLi+，故C正确；D．V2O5得电子而作正极，所以V2O5参与电池反应，故D错误；故选C．【点评】本题考查原电池原理，明确元素化合价是解本题关键，根据得失电子来分析解答即可，难点是电极反应式的书写． 10．绿色电源“二甲醚﹣氧气燃料电池”的工作原理如图，所示下列说法正确的是（ ）31\nA．氧气应从c处通入，电极Y上发生的反应为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣B．电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH增大C．二甲醚应从b处加入，电极X上发生的反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+D．当该电池向外电路提供2mol电子时消耗O2约为22.4L【考点】化学电源新型电池．【专题】电化学专题．【分析】根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，则a处出来的物质是二氧化碳，据此分析解答．【解答】解：根据氢离子移动方向知，Y为原电池正极，X为负极，则c处通入的气体是氧气，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，电解质溶液为酸性溶液，b处通入的物质是二甲醚，X电极反应式为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，则a处出来的物质是二氧化碳，A．氧气应从c处通入，电极Y上发生的反应为O2+4e﹣+4H+═2H2O，故A错误；B．电池在放电过程中，电极X发生的电极反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，X电极周围溶液的pH减小，故B错误；C．二甲醚应从b处加入，X电极上二甲醚得电子发生还原反应，所以电极X上发生的反应为（CH3）2O﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+，故C正确；D．当该电池向外电路提供2mol电子时消耗O2体积==11.2L，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学电源新型电池，根据氢离子移动方向确定正负极，再根据d处生成物确定电解质溶液酸碱性，难点是电极反应式书写，题目难度中等． 11．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（ ）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2OC．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变D．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降31\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】CO2电催化还原为CH4，则通入CO2的一极为电解池的阴极，电极方程式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，则a为负极，b为正极，阳极发生氧化反应，生成氧气，以此解答该题．【解答】解：A．该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B．CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故B正确；C．在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故C错误；D．在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意两极反应式的书写以及氧化还原反应之间的关系，注意规律的总结是关键，难度不大． 12．汽车尾气净化中的一个反应如下：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.4kJ•mol﹣1在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与物质的浓度无关；增大产物浓度，平衡向逆反应方向移动．【解答】解：平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，该反应正反应为放热反应，故升高温度平衡向逆反应移动，CO的转化率减小，平衡常数减小，故AB错误；31\n增加氮气的物质的量，平衡向逆反应移动，NO的转化率减小，故C错误，平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，与NO的物质的量无关，故D正确；故选D．【点评】本题考查影响平衡常数的因素、化学平衡的移动与图象等，难度不大，理解外界条件对平衡的影响是关键． 13．在一定温度下，溶剂相同的两个密闭容器中，一个充入2molSO2、1molO2，一个充入2molSO3，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，下列说法正确的有几种（ ）①二氧化硫的转化率和三氧化硫的分解率之和为1，②达到平衡所需的时间相等，③密度相等，④压强相等，⑤放出与吸收的热量相等，⑥二氧化硫的浓度相等．A．3种B．4种C．5种D．6种【考点】等效平衡．【分析】在一定温度下，容积相同的两个密闭容器中，一个充入2molSO2、1molO2，另一个充入2molSO3，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=﹣196kJ/mol，在相同条件下，反应达到相同的平衡状态，据此分析各选项是否正确；【解答】解：对在等温等容容器内发生的反应：2SO3（g）+O2（g）=2SO3（g）始1：2mol1mol0始2：002mol始2状态折算成始1的起始物料：2mol1mol0（与始1相同）则两种情况互为等效平衡，达到平衡状态时密度相等、压强相等、二氧化硫的浓度相等（③④⑥正确）．但是两种状态起始状态不同，状态2相当于状态1完全反应后得到的，因此二氧化硫的转化率和三氧化硫的分解率之和为1（两物质前化学计量数相等，①正确），而且，状态1达平衡放出的热量与状态2达平衡吸收的热量数值之和为反应中的总的热效应的绝对值，即196.6kJ．由于二氧化硫的转化率与三氧化硫的分解率不一定相等，因此，达到平衡所需的时间不一定相等，状态1反应放出的热量与状态2反应吸收的热量数值不一定相等（②⑤错误）所以，其中正确的是①③④⑥故选：B．【点评】本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学平衡移动原理的理解应用，注意等效平衡的比较和分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等． 14．往一真空密闭容器中通入一定量的气体A，在一定温度下，发生如下反应：2A（g）⇌B（g）+xC（g）反应达平衡时，测得容器内压强增大了p%，若此时A的转化率为a%，下列关系正确的是①若x=1，则p＞a②若x=2，则p＜a③若x=3，则p=a④若x=4，则p≥a（ ）A．②③B．①④C．②③④D．②④【考点】化学平衡的计算．31\n【专题】化学平衡专题．【分析】根据恒温恒容的容器内，气体物质的量之比等于压强之比，当x=1时反应前后压强不变；当x=2时，每消耗1摩A总物质的量就增加0.5摩，所以A转化a%压强增加0.5a%；同理可分析得到C对，而D则应是p＞a而不能等于；【解答】解：设开始时加入气体A的物质的量为1mol，则由题意得2A（g）=B（g）+xC（g）起始量（mol）：100变化量（mol）：a%•a%•a%平衡量（mol）：1﹣a%a%•a%总：1﹣a%+•a%由题意知：1﹣a%+•a%=1+p%，解得，ax=a+2p代入①②③④选项分析判断，①若x=1，则p＞aax=a+2pp=0，压强不变，故①错误；②若x=2，则p＜ap=0.5a则p＜a，故②正确；③若x=3，则p=ap=a③故正确；④若x=4，则p≥ap=1.5a则p＞a，故④错误；综上所述：②③正确；故选A．【点评】本题考查了化学平衡的计算应用，题干中的信息应用和平衡计算是解题关键，题目难度中等． 15．相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92.6kJ/mol．实验测得起始、平衡时的数据如表：下列叙述错误的是（ ）容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：QA．容器①、②中反应的平衡常数相等B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为C．容器②中达平衡时放出的热量Q=23.15kJD．若容器①体积变为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．31\n【分析】平衡常数只与温度有关；利用反应热计算生成氨气的物质的量，进而根据化学方程式计算生成氨气的体积分数；从平衡移动的角度比较反应放出的热量与23.15kJ的关系．【解答】解：A、平衡常数只与温度有关，相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；B、①容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：=0.5mol，利用三段式法计算：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=一92.6kJ/mol起始：1mol3mol0转化：0.25mol0.75mol0.5mol平衡：0.75mol2.25mol0.5mol平衡时，①容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数=，从等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3相当于1molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B正确；C、②中含有0.2molNH3相当在①的基础上加入氨气，抑制平衡正向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，故C错误；D、若容器①体积为0.5L，相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ，故D正确．故选C．【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意B项从等效平衡的角度分析，为该题的易错点． 16．某恒温密闭容器中发生可逆反应：Z（？）+W（？）⇌X（g）+Y（s）△H，在t1时刻反应达到平衡状态，在t2时刻缩小容器体积，t3时刻再次达到平衡状态后未再改变条件．下列有关说法正确的是（ ）A．Z和W在该条件下至少有一个是气态物质B．t1～t2时间段与t3时刻后，两时间段反应体系中气体的平均摩尔质量不可能相等C．在该温度下此反应的化学平衡常数表达式K=c（X），且t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）不相等D．若该反应在温度为T0以上时才能自发进行，则该反应的化学平衡常数K随温度升高而增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、由于正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都是不是气体；B、根据图象可知，只有X是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变；31\nC、化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）相等；D、该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大．【解答】解：A、根据图象可知，正反应速率不随反应时间和压强的改变而改变，故Z和W都是不是气体，故A错误；B、结合图象可知，只有X是气体，所以反应过程中气体的摩尔质量始终不变，故B错误；C、由于化学平衡常数只与温度有关，该温度下平衡常数的表达式K=c（X）是定值，则t1～t2时间段与t3时刻后的c（X）相等，故C错误；D、由于该反应在温度为T0以上时才能自发进行，根据△H﹣T△S＜0，得出该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学平衡有关计算、化学平衡图象等，判断t2时刻改变条件是关键，本题难度中等． 17．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L恒容密闭容器中，发生反应A（g）+B（g）⇌xC（g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）A．反应方程式中的x=1B．t2时刻改变的条件是使用催化剂C．t3时刻改变的条件是移去少量物质DD．t1～t3间该反应的平衡常数均为4【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【分析】A．t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡；B．使用催化剂不影响C浓度；C．D为固体，减少D的量，不影响平衡移动；D．t1～t3间温度相同，平衡常数相同，计算t1时反应混合物的浓度，代入平衡常数k=计算．【解答】解：A．t2时刻C的浓度增大，浓度不变说明平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影响该平衡，所以有x=1+1=2，故A错误；B．加入催化剂C的浓度不发生变化，故B错误；C．D为固体，减少D的量，不影响平衡移动，C的浓度不发生变化，故C错误；D．t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：31\nA（g）+B（g）⇌2C（g）+D（s）开始（mol/L）：0.50.50变化（mol/L）：0.250.250.5平衡（mol/L）：0.250.250.5所以平衡常数k===4，故D正确；故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡常数等，难度中等，关键是理解外界条件对化学平衡的影响． 二、非选择题（共49+10分）18．金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，充分燃烧时生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示：（1）等物质的量的金刚石和石墨完全燃烧 金刚石 （填“金刚石”或“石墨”）放出热量更多，在通常状况下，金刚石和石墨相比 石墨 （填“金刚石”或“石墨”）更稳定．请写出表示石墨燃烧热的热化学方程式 C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1， ．（2）已知：Fe2O3（s）+C（石墨，s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ•mol﹣1，则Fe2O3（s）═2Fe（s）+O2（g）的△H= +824.4 kJ•mol﹣1．（3）24g石墨在一定量空气中充分燃烧，生成气体72g，该过程放出的热量 504 kJ．【考点】热化学方程式；有关反应热的计算．【分析】（1）图象分析金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图象分析1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1；（2）（2）Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol31\n由盖斯定律﹣②×+①得：Fe2O3（s）═2Fe（s）+O2（g）△H=﹣（﹣393.5kJ•mol﹣1）×+234.1kJ•mol﹣1；（3）24g石墨物质的量为2mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为88g，若生成一氧化碳质量为56g，生成气体72g，56g＜72g＜88g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为（2﹣x）mol，28x+44（2﹣x）=72g，x=1mol，二氧化碳物质的量为1mol．【解答】解：（1）金刚石能量高于石墨，所以等物质的量的金刚石和石墨完全燃烧，金刚石放出热量多；能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，石墨的燃烧热为△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1，所以石墨燃烧热的热化学方程式为：C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1，故答案为：金刚石；石墨；C（s，石墨）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1；（2）Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ/mol②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol由盖斯定律﹣②×+①得：Fe2O3（s）═2Fe（s）+O2（g）△H=﹣（﹣393.5kJ•mol﹣1）×+234.1kJ•mol﹣1即Fe2O3（s）═2Fe（s）+O2（g）△H=+824.4kJ•mol﹣1，故答案为：+824.4；（3）24g石墨物质的量为2mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为88g，若生成一氧化碳质量为56g，生成气体72g，56g＜72g＜88g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为（2﹣x）mol，28x+44（2﹣x）=72g，x=1mol，二氧化碳物质的量为1mol；依据图象可知C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1、C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5kJ•mol﹣1×1mol+110.5kJ•mol﹣1×1mol=504KJ，故答案为：504.0．【点评】本题考查了化学反应能量变化的图象分析计算，热化学方程式的书写方法，掌握基础是关键，题目难度中等． 19．（1）意大利科学家FulvioCacace等获得了极具理论研究意义的N4分子．N4分子结构如图所示．已知断裂1molN﹣N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ．根据以上信息和数据，计算1molN4气体转变为N2气体的△H= ﹣882 kJ•mol﹣1（2）已知含KOH28.0g稀溶液与足量稀硫酸反应，放出28.65kJ的热量，试写出表示该反应中和热的热化学方程式 KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol ．31\n【考点】有关反应热的计算；热化学方程式．【分析】（1）根据化学键断裂要吸收热量，形成化学键要放出热量，分别计算后进行比较；（2）含KOH28.0g，n==0.5mol，放出28.65kJ的热量，则生成1molH2O放出28.65kJ×2=57.3kJ的热量．【解答】解：（1）1molN4气体中含有6molN﹣N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167KJ=1002KJ，形成化学键放出的热量为1884KJ，所以反应放热，放出的热量为1884KJ﹣1002KJ=882KJ，故应为放出882KJ热量，故答案为：﹣882；（2）28g氢氧化钾的物质的量是0.5mol，0.5mol完全中和生成0.5mol水放出28.65kJ的热量，则生成1mol水放出57.3kJ的能量，所以该中和热的热化学方程式为：KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，故答案为：KOH（aq）+H2SO4（aq）=K2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol．【点评】本题考查根据键能进行反应热的有关计算，难度不大，注意掌握键能与反应热的关系． 20．工业上为了处理含Cr2O72﹣酸性工业废水，按下面方法处理：往工业废水中加入适量的NaCl，以铁为二个电极材料进行电解，经过一段时间有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准．（1）电极反应式：阳极 Fe﹣2e﹣═Fe2+ ，阴极 2H++2e﹣═H2↑ ．（2）由Cr2O72﹣变为Cr3+的离子方程式（酸性环境中） 6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O ．【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】（1）Fe为电极进行电解时，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近有氢氧根离子生成；（2）酸性条件下，Cr2O72﹣和亚铁离子发生氧化还原反应，生成铁离子和铬离子．【解答】解：（1）Fe为电极进行电解时，阳极是活泼电极，则电极本身发生失电子的氧化反应，即Fe﹣2e﹣═Fe2+，阴极上氢离子得电子发生还原反应，即2H++2e﹣═H2↑，故答案为：Fe﹣2e﹣═Fe2+；2H++2e﹣═H2↑；（2）Cr2O72﹣具有强氧化性，可以将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为2Cr3+，反应的实质是：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，故答案为：6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O．【点评】本题考查了电解池原理的应用，还涉及氧化还原反应等知识点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，为易错点，题目难度中等． 31\n21．高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂．电解法制备高铁酸钾操作简便，产率高，易于实验室制备．其原理如图所示，其总电解反应为：Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑．Ⅰ．实验过程中，X电极有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清．查阅资料发现，高铁酸根（FeO）在溶液中呈紫红色．（1）电解过程中，X极是 阴 极．（2）生成高铁酸根（FeO）的电极反应是 Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O ．Ⅱ．若用不同种电池作为上述实验的电源，请分析电池反应．（1）铅蓄电池总的化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO42H2O+2PbSO4，则该铅蓄电池在充电时的阳极反应为 PbSO4﹣2e﹣+2H2O═PbO2+SO42﹣+4H+ ，若用此电池向外电路输出2mol电子，正极增重 64 g，电解质溶液消耗的硫酸根离子为 1 mol．（2）肼（N2H4）﹣空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是20%～30%的KOH溶液，放电时负极的电极反应式为 N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O ．（3）以丙烷（C3H8）为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2，负极通入丙烷，导电电解质是熔融金属氧化物，写出该电池负极的电极反应 C3H8﹣20e﹣+10O2﹣=3CO2+4H2O ．（4）当制备相同物质的量的高铁酸钾时，理论上上述三种电池中分别消耗的Pb、肼、丙烷的物质的量之比是 10：10：5：1 ．【考点】电解原理；原电池和电解池的工作原理．【分析】Ⅰ．根据电源的正负极判断电解池中电极名称；（2）该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应；Ⅱ．（1）充电时，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，PbSO4（s）+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣；正极发生反应：PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣=PbSO4+2H2O，据此计算回答；（2）从作为燃料电池时，负极发生氧化反应的角度可知N2H4被氧化生成N2；（3）丙烷燃料电池的负极是燃料发生失电子的氧化反应，负极反应=电池反应﹣正极反应；（4）制备相同物质的量的高铁酸钾时转移的电子数相等，据此计算回答．【解答】解：Ⅰ．（1）X电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，故答案为：阴；（2）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O和4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣=FeO42﹣+4H2O；31\nⅡ．（1）充电时，阳极上硫酸铅失电子和水反应生成二氧化铅、硫酸根离子和氢离子，电极反应式为PbSO4﹣2e﹣+2H2O═PbO2+SO42﹣+4H+，若用此电池向外电路输出2mol电子，此时正极发生反应：PbO2+SO42﹣+4H++2e﹣=PbSO4+2H2O，此时正极从二氧化铅到硫酸铅，电极上相当于增加1molSO2成分，质量增加64g，消耗硫酸根离子1mol，故答案为：PbSO4﹣2e﹣+2H2O═PbO2+SO42﹣+4H+；64；1．（2）作为燃料电池时，负极发生氧化反应，电解质溶液是20%﹣30%的KOH溶液，N2H4失去电子被氧化生成N2，故答案为：N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2+4H2O；（3）以丙烷（C3H8）为燃料制作新型燃料电池，导电电解质是熔融金属氧化物，电池反应为：，C3H8+5O2=3CO2+4H2O，电池的正极通入O2，发生反应：O2+4e﹣=2O2﹣，负极通入丙烷，发生失电子的氧化反应，电池反应﹣正极反应=负极反应，C3H8﹣20e﹣+10O2﹣=3CO2+4H2O，故答案为：C3H8﹣20e﹣+10O2﹣=3CO2+4H2O．（4）1molPb、Cd、肼、丙烷失去的电子分别为2mol、2mol、4mol、20mol，所以根据得失电子守恒可知，Pb、Cd、肼、丙烷的物质的量之比是10：10：5：1，故答案为：10：10：5：1．【点评】本题考查了原电池和电解池原理以及燃料电池电极反应式的书写和电子守恒的计算知识，综合性强，难度较大． 22．已知：N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+52.70kJ•mol﹣1．（1）在恒温、恒容的密闭容器中进行上述反应时，下列描述中不能说明该反应已达平衡的是 bd _．a．2v（N2O4）正=v（NO2）逆b．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化c．容器中气体的密度不随时间而变化d．透明容器中气体颜色不随时间而变化（2）在恒温、恒容的已达平衡的密闭容器中，再向容器内充入1molN2O4（g），并达新平衡，下列说法正确的 acd ．a．平衡向正反应方向移动b．平衡常数K减小c．新平衡N2O4的百分含量比原平衡大d．新平衡透明容器的气体颜色比原平衡还要深（3）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0.54molN2O4，2分钟时达到化学平衡，测得容器中含n（NO2）=0.6mol，则在前2分钟的平均反应速率v（NO2）= 0.15mol/（L．min） _，t℃时反应N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数K= 0.75 ．（4）现有两个体积均为2L的恒容绝热（不与外界进行热交换）密闭容器甲和乙，若在甲容器中加入1molN2O4，在乙容器加入2molNO2，分别达平衡后，甲容器N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数 ＜ 乙容器N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数（填大于、小于或等于），甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和 小于 1（填大于、小于或等于）．（5）一定温度下，若将3molN2O4气体置入开始体积为V但体积可变的等压密闭容器中（如图A），达平衡后容器体积增大至1.5V．若在另一个体积也为V但体积不变的密闭容器中（如图B）加入 4 molNO2，达平衡后A、B两容器的NO2百分含量相等．（6）取五等份NO2，分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g）．反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其随反应温度（T）变化的关系图．下列示意图中，可能与实验结果相符的是 BD ．31\n【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】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】（1）可逆反应到达平衡时，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应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（2）增大反应物浓度，平衡正向移动，容器内二氧化氮浓度增大；等效为增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，四氧化二氮的含量增大，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；（3）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0.54molN2O4，2分钟时达到化学平衡，测得容器中含n（NO2）=0.6mol，则：N2O4（g）⇌2NO2（g）开始浓度（mol/L）：0.270变化浓度（mol/L）：0.150.3平衡浓度（mol/L）：0.120.3根据v=计算v（NO2），平衡常数K=；（4）现有两个体积均为2L的恒容绝热（不与外界进行热交换）密闭容器甲和乙，若在甲容器中加入1molN2O4，在乙容器加入2molNO2，若恒温条件下，二者为完全等效平衡，甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和等于1；甲容器中温度降低，与恒温相比，平衡逆向移动，平衡常数小于恒温时，甲容器中N2O4转化率较恒温低，而乙容器中温度升高，N2O4（g）⇌2NO2（g）的正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数比恒温时大，乙中发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），升高温度，平衡逆向移动，NO2（g）转化率小于恒温时；（5）达平衡后A、B两容器的NO2百分含量相等，温度相同，平衡常数相等，则平衡时相同物质的浓度相等；31\n（6）在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反应相同时间．那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应移动．若5个容器在反应相同时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高；若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在图D中转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态．【解答】解：（1）a．应是v（N2O4）正=2v（NO2）逆时反应到达平衡状态，故a错误；b．随反应进行混合气体总物质的量变化，混合气体总质量不变，平均相对分子质量变化，当容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化时，反应到达平衡状态，故b正确；c．混合气体总质量不变，容器容积不变，容器中气体的密度始终不变，故c错误；d．透明容器中气体颜色不随时间而变化，说明二氧化氮的浓度不变，反应到达平衡，故d正确，故选：bd；（2）a．再向容器内充入1molN2O4（g），N2O4（g）的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故a正确；b．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数K不变，故b错误；c．等效为增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，四氧化二氮的含量增大，故c正确；d．衡正向移动，容器内二氧化氮浓度增大，新平衡透明容器的气体颜色比原平衡还要深，故d正确，故选：acd；（3）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0.54molN2O4，2分钟时达到化学平衡，测得容器中含n（NO2）=0.6mol，则：N2O4（g）⇌2NO2（g）开始浓度（mol/L）：0.270变化浓度（mol/L）：0.150.3平衡浓度（mol/L）：0.120.3v（NO2）==0.15mol/（L．min）；平衡常数K===0.75，故答案为：0.15mol/（L．min）；0.75；（4）现有两个体积均为2L的恒容绝热（不与外界进行热交换）密闭容器甲和乙，若在甲容器中加入1molN2O4，在乙容器加入2molNO2，若恒温条件下，二者为完全等效平衡，甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和等于1；甲容器中温度降低，与恒温相比，平衡逆向移动，平衡常数小于恒温时，甲容器中N2O4转化率较恒温低，而乙容器中温度升高，N2O4（g）⇌2NO2（g）的正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数比恒温时大，乙中发生反应：2NO2（g）⇌N2O4（g），升高温度，平衡逆向移动，NO2（g）转化率小于恒温时，故：甲容器N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数＜乙容器N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数，甲容器中N2O4转化率与乙容器中NO2的转化率之和小于1，故答案为：＜；小于；（5）达平衡后A、B两容器的NO2百分含量相等，温度相同，平衡常数相等，则平衡时相同物质的浓度相等．31\nA中为恒温恒压，体积之比等于物质的量之比，故平衡时混合气体总物质的量为3mol×=4.5mol，N2O4（g）⇌2NO2（g）物质的量增大△n=1起始量（mol）：30变化量（mol）：1.534.5mol﹣3mol=1.5mol平衡量（mol）：1.53故A中平衡时c（N2O4）=，c（NO2）=，故B中平衡时n（N2O4）=×V=1mol，n（NO2）=×V=2mol，则B中起始加入为：2mol+2×1mol=4mol，故答案为：4；（6）A．因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故A错误；B．因为该反应是放热反应，温度越高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，故B正确；C．若5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，不可能出现NO2的百分含量不变的情况，故C错误；D．在D图中转折点为平衡状态，转折点左则为未平衡状态，右则为平衡状态，反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故D正确．故选：BD．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、平衡状态判断、平衡图象等，侧重考查学生分析解决问题的能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等． 三、选做题23．分别在密闭容器的两个反应室中进行如下反应：左反应室：A（g）+2B（g）⇌2C（g） 右反应室：2Z（g）⇌X（g）+Y（g）在反应室之间有无摩擦、可自由滑动的密封板隔断．反应开始和达到平衡时有关物理量的变化如图所示：（1）A（g）+2B（g）⇌2C（g）的△H ＜ 0（填“＞”、“＜”或“=”）．（2）在平衡（Ⅰ）和平衡（Ⅱ）中，X的体积分数 b （填序号）．a．一定相等 b．一定不相等 c．大于d．小于（3）达到平衡（Ⅰ）时，A的转化率为 ，C的体积分数为 ．（4）达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为 10：11 ．31\n【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）右室中混合物总物质的量不变，平衡（I）、平衡（Ⅱ）左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，由图可知，平衡（I）降低温度达新平衡平衡（Ⅱ），隔板由2.8处移至2.6处，左室的气体的物质的量减小，降低温度平衡向正反应移动；（2）降低温度，右室的平衡一定移动，气体总的物质的量不变，X的含量一定变化；（3）右室的混合物总物质的量不变为2mol，左右两室的压强、温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，据此计算平衡（I）中左室混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应A的物质的量、生成的C的物质的量，进而计算A的转化率、C的体积分数；（4）右室中混合气体总物质的量不变，温度恒定，则达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比等于体积之比．【解答】解：（1）右室中混合物总物质的量不变，平衡（I）、平衡（Ⅱ）左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比，由图可知，平衡（I）降低温度达新平衡平衡（Ⅱ），隔板由2.8处移至2.6处，左室的气体的物质的量减小，降低温度平衡向正反应移动，降低温度平衡向放热反应移动，故该反应正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；（2）降低温度，右室的平衡一定移动，气体总的物质的量不变，E的含量一定变化，平衡（I）和平衡（Ⅱ）中，E的体积分数一定不相等，故选：b；（3）右室中混合物总物质的量不变为2mol，左右两室的压强、温度相等，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，平衡（I）中左室混合气体总的物质的量为×2mol=mol，令参加反应的A的物质的量为amol，则：A（g）+2B（g）⇌2C（g）物质的量减少△n121molmol3mol﹣mol=mol所以A的转化率为=，C的体积分数为=故答案为：；；（4）右室中混合气体总物质的量不变，温度恒定，则达到平衡I时，体系压强与反应开始时体系压强之比等于体积之比，即压强之比为2：（5﹣2.8）=10：11，故答案为：10：11．【点评】本题考查化学平衡计算与化学平衡移动，清楚左右两室的温度、压强相同，体积之比等于物质的量之比是解题关键，难度中等． 24．人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素（CO（NH2）2），原理如图．（1）阳极室中发生的反应依次有： 6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl ．31\n（2）电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将 不变 ；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），则除去的尿素为 7.2 g（忽略气体的溶解，下同）．（3）若关闭左下侧与左上侧溶液的导入导出，当电解过程中转移了2mol电子，则质子交换膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）为 24 g．【考点】电解原理．【分析】（1）阴极反应为：6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑），阳极反应为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；（2）阴极反应为：6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑）阳极反应为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH﹣、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH﹣恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），混合气体物质的量==0.6mol，根据CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol×=0.12mol，根据N原子守恒计算尿素的物质的量，再根据m=nM计算尿素质量；（3）转移2mol电子时，阳极6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，阴极反应为：6H++6e﹣═3H2↑，所以质子交换膜左边的2mol氢离子进去右边，右侧氢离子放出氢气，质量不变；左侧阳极室中生成1molCl2，最终放出molN2和molCO2，据此分析．【解答】解：（1）根据图知，阴极反应为：6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑），阳极反应为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，故答案为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑；CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl；③阴极反应为6H2O+6e﹣═6OH﹣+3H2↑（或6H++6e﹣═3H2↑），阳极反应为6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH﹣、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH﹣恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；若两极共收集到气体13.44L（标准状况），混合气体物质的量==0.6mol，根据CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol×=0.12mol，根据N原子守恒得n[CO（NH2）2]=n（N2）=0.12mol，尿素质量m=nM=0.12mol×60g/mol=7.2g，31\n故答案为：不变；7.2；（3）转移2mol电子时，阳极6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，阴极反应为：6H++6e﹣═3H2↑，所以质子交换膜左边的2mol氢离子进去右边，右侧氢离子放出氢气，质量不变；左侧阳极室中生成1molCl2，最终放出molN2和molCO2，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）=（28+44）=24g，故答案为：24．【点评】本题考查化学电源新型电池、电解原理等知识点，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写及有关计算，书写电极反应式要结合电解质溶液酸碱性书写，注意（3）中阳极上所发生的反应，为易错点． 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