2022-2022学年内蒙古包头九中高一（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项正确，本题共18小题，每小题3分，共54分）1．下列说法或表示方法中正确的是()A．等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B．氢气的燃烧热△H=﹣285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/molC．Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）=BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）△H＜0D．已知中和反应生成1molH2O时的反应热为△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ2．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是()①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．A．①B．④C．②③④D．①②③3．已知：Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ/molC（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol则：2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H是()A．﹣824.4kJ/molB．﹣627.6kJ/molC．﹣744.7kJ/molD．﹣169.4kJ/mol4．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S﹣F键．已知：1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF﹣F、S﹣F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ．则S（s）+3F2（g）═SF6（g）的反应热△H为()A．﹣1780kJ/molB．﹣1220kJ/molC．﹣450kJ/molD．+430kJ/mol5．下列有关说法正确的是()A．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe﹣3e﹣═Fe3+B．以CO和O2构成的碱性燃料电池负极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2OC．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极D．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气6．结合图判断，下列叙述正确的是()26\nA．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有蓝色沉淀7．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是()A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl2B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPbD．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转8．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═6C+LiCoO2，其电池如图所示．下列说法不正确的是()A．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池的正极反应为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO29．1.0LKNO3和Cu（NO3）2的混合液中c（NO3﹣）=4.0mol•L﹣1．用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况下），则原混合液中c（K+）为()A．0.5mol•L﹣1B．1.0mol•L﹣1C．1.5mol•L﹣1D．2.0mol•L26\n10．在可逆反应2A（g）+3B（g）⇌xC（g）+D（g）中，已知：反应开始加入的物质只有A、B，起始浓度A为5mol•L﹣1，B为3mol•L﹣1，前2minC的平均反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1．2min末，测得D的浓度为0.5mol•L﹣1．则关于此反应的下列说法中正确的是()A．2min末时A和B的浓度之比为5：3B．x=1C．2min末时B的浓度为1.5mol•L﹣1D．前2min，A的消耗浓度为0.5mol•L﹣111．反应2A（g）⇌2B（g）+E（g）△H＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是()A．加压B．减压C．减小E的浓度D．降温12．某温度下，对可逆反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0，下列叙述正确的是()A．加入少量W，逆反应速度增大B．升高温度时，正反应速率增大，逆反应速率减少C．压强不变充入与反应体系不反应的N2，反应速率减少，体积不变，充入N2，反应速率不变D．平衡后加入X，上述反应△H的增大13．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是()A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．增加X的物质的量，Y的转化率降低14．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）⇌Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示．下列叙述正确的是()A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B．T2下，在0～t1时间内，v（Y）=mol•L﹣1•min﹣126\nC．M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小15．在372K时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L﹣1．在60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为开始的1.6倍．下列说法正确的是()A．前2s，以N2O4的浓度表示的平均反应速率为0.01mol•L﹣1•s﹣1B．在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍C．在平衡时体系内含N2O40.25molD．平衡时，如果压缩容器容积，则可提高N2O4的转化率16．500℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1molNO2存在如下平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），平衡后，向容器内再充入1molNO2，下列说法正确的()A．平衡向逆反应方向移动B．平衡常数K增大C．NO2的转化率变小D．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原平衡还要深17．漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为5HClO2═4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O（HClO2为弱酸）．向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是()A．溶液中的Cl﹣起催化作用B．溶液中的H+起催化作用C．ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低D．在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强18．可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是()p1（Mpa）p2（Mpa）400℃99.699.7500℃96.997.8A．B．C．D．二、填空题（第Ⅱ卷，共46分）19．（14分）在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）01234526\nn（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=__________．已知：K300°C＞K350°C，则该反应是__________热反应．（2）如图中表示NO2的变化的曲线是__________．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=__________．（3）能说明该反应已达到平衡状态的是__________．a．v（NO2）=2v（O2）b．容器内压强保持不变c．NO、O2、NO2的浓度之比为2：1：2d．容器内密度保持不变e．容器内气体的颜色不再变化（4）缩小容器体积使压强增大，平衡向__________反应方向移动（填“正”或“逆”），K值__________（填“增大”、“减小”或“不变”）20．I．用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol﹣12H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.84kJ•mol﹣1（1）一定量的H2完全燃烧生成H2O（l）放出热量Q=1143.36kJ，则H2的质量为__________g．（2）在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为__________．21．（1）广州亚运会“潮流”火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧，丙烷是一种优良的燃料．①如图是一定量丙烷（C3H8）完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，请在附图中的括号内填入“+”或“﹣”．②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：__________．③二甲醚（CH3OCH3）是一种新型燃料，应用前景广阔．1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为__________．（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同．试运用盖斯定律回答下列问题：已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molC2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol26\n若使23g液态无水酒精（C2H5OH）完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为__________kJ．22．（13分）氨气是一种富氢燃料，可以直接用于燃料电池，如图是供氨水式燃料电池工作原理：（1）氨气燃料电池的电解质溶液最好选择__________（填“酸性”“碱性”或“中性”）溶液．（2）空气在进入电池装置前需要通过过滤器除去的气体是__________．（填化学式）（3）氨气燃料电池的反应是氨气与氧气反应生成一种常见的无毒气体和水，该负极的电极反应式是__________．23．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．下图为电池示意图，该电池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，请回答：（1）在导线中电子流动方向为__________（用a、b表示）．（2）负极反应式为__________．（3）电极表面镀铂粉的原因为__________．（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能．因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ．2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O=LiOH+H2↑①已知LiH固体密度为0.8g/cm3．用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为__________．②由①生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol．26\n24．（14分）研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过的知识回答下列问题：Ⅰ．（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图1所示：①反应的热化学方程式为__________．②已知：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol﹣1，则C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=__________．Ⅱ．图2是一个化学过程的示意图，回答下列问题：（1）甲装置中通入CH4的电极反应式为__________，（2）一段时间，当丙池中产生112mL（标准状况下）气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的物质的量浓度为__________．（已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500mL）．若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入__________（写化学式）．Ⅲ．汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10﹣4．（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为__________．（2）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是__________（填字母序号）．（3）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10﹣1mol•L﹣1、4.0×10﹣2mol•L﹣1和3.0×10﹣3mol•L﹣1，此时反应__________（填“处于化学平衡状态”“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是__________．26\n2022-2022学年内蒙古包头九中高一（下）期末化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项正确，本题共18小题，每小题3分，共54分）1．下列说法或表示方法中正确的是()A．等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多B．氢气的燃烧热△H=﹣285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣285.8kJ/molC．Ba（OH）2•8H2O（s）+2NH4Cl（s）=BaCl2（s）+2NH3（g）+10H2O（l）△H＜0D．已知中和反应生成1molH2O时的反应热为△H=﹣57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ【考点】热化学方程式；吸热反应和放热反应．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】A、硫蒸气所含能量比硫固体多，硫单质的燃烧释放热的，根据焓变等于产物的能量和反应物的能量之差来计算；B、据燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成最稳定的产物所放出的热量；C、铵盐和氢氧化钡晶体之间的反应是吸热反应；D、浓硫酸溶于水放热，浓硫酸与NaOH的溶液混合过程的能量变化是中和反应放的热和溶解浓硫酸所释放热量的和．【解答】解：A、硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；B、燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；C、氯化铵和氢氧化钡反应吸热，△H＞0，故C错误；D、浓硫酸溶于水放热，浓硫酸与NaOH的溶液混合发生的反应过程也会放出热量，所以将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ，故D正确．故选D．【点评】本题考查了焓变的求算、燃烧热、中和热、常见吸热反应，题目难度不大，注意基础知识的归纳和梳理是解题的关键．2．下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是()①C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H1C（s）+O2（g）═CO（g）；△H2②S（s）+O2（g）═SO2（g）；△H3S（g）+O2（g）═SO2（g）；△H4③H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H52H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H6④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）；△H7CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）；△H8．A．①B．④C．②③④D．①②③【考点】反应热的大小比较．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，26\n④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．【解答】解：①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，故③正确；④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确．故选C．【点评】本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热．3．已知：Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ/molC（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol则：2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H是()A．﹣824.4kJ/molB．﹣627.6kJ/molC．﹣744.7kJ/molD．﹣169.4kJ/mol【考点】有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】根据盖斯定律由已知的热化学方程式乘以相应的数值进行加减，来构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的数值进行加减，据此判断．【解答】解：①Fe2O3（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：2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=（﹣393.5kJ•mol﹣1）×﹣234.1kJ•mol﹣1即2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣824.4kJ•mol﹣1．故选A．【点评】本题考查盖斯定律的利用，难度不大，明确已知反应与目标热化学方程式的关系是关键，注意基础知识的掌握与理解．4．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S﹣F键．已知：1molS（s）转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF﹣F、S﹣F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ．则S（s）+3F2（g）═SF6（g）的反应热△H为()A．﹣1780kJ/molB．﹣1220kJ/molC．﹣450kJ/molD．+430kJ/mol【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．【分析】根据反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能计算反应热．【解答】解：反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能，26\n所以对于S（s）+3F2（g）═SF6（g），其反应热△H=280KJ/mol+3×160KJ/mol﹣6×330KJ/mol=﹣1220kJ/mol，故选：B．【点评】本题考查反应热的计算，难度中等，清楚△H=反应物总键能﹣生成物总键能是解题关键．5．下列有关说法正确的是()A．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe﹣3e﹣═Fe3+B．以CO和O2构成的碱性燃料电池负极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2OC．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极D．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、钢铁发生吸氧腐蚀时，负极上铁失电子生成亚铁离子；B、碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应；C、电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；D、电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气．【解答】解：A、铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化，电极反应为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B、碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应，反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2O，故B正确；C、电解精炼铜时，阳极上失电子发生氧化反应，所以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；D、电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气、氢氧化钠，故D错误．故选B．【点评】本题涉及金属的腐蚀、燃料电池、精炼铜以及电解熔融氯化钠等方面知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大．6．结合图判断，下列叙述正确的是()A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有蓝色沉淀【考点】原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式．【分析】锌比铁活泼，装置Ⅰ中锌做负极，负极反应为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，铁做正极，溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，正极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；铁比铜活泼，装置Ⅱ中铁为负极，反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极为铜，电解质溶液呈酸性，所以正极的反应式为：2H++2e﹣=H2↑；检验Fe2+离子可用K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀．26\n【解答】解：A、题给装置I、II都是原电池，活泼金属作负极，首先被腐蚀，不活泼金属作正极，被保护；故A对；B、I中的负极反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，而II中负极是铁，反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错；C、I溶液显中性，其电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，而II溶液显酸性，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故C错；D、I中没有Fe2+，不能与K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，故D错；故选A．【点评】本题考查原电池的工作原理以及金属的腐蚀及防护等知识，做题的关键是正确判断电池的正负极反应．7．热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是()A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl2B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.1mol电子，理论上生成20.7gPbD．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算．【解答】解：A．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；B．放电过程中阳离子向正极移动，故B错误；C．根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故C错误；D．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D正确．故选D．【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．8．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═6C+LiCoO2，其电池如图所示．下列说法不正确的是()26\nA．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li+通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池的正极反应为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2【考点】化学电源新型电池．【分析】放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价降低，C元素的化合价升高，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应来解答．【解答】解：放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低，A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，故A正确；B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，故B错误；C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，故C正确；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故D正确；故选B．【点评】本题考查原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大．9．1.0LKNO3和Cu（NO3）2的混合液中c（NO3﹣）=4.0mol•L﹣1．用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况下），则原混合液中c（K+）为()A．0.5mol•L﹣1B．1.0mol•L﹣1C．1.5mol•L﹣1D．2.0mol•L【考点】电解原理．【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），则阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，n（O2）=1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答．【解答】解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，4mol1mol阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，1mol2mol1mol2mol1molc（Cu2+）==1mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为4mol/L﹣1mol/L×2=2mol/L，故选D．26\n【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，题目难度中等，选项D为学生解答的难点，注意氢氧根离子与氢离子的关系即可解答．10．在可逆反应2A（g）+3B（g）⇌xC（g）+D（g）中，已知：反应开始加入的物质只有A、B，起始浓度A为5mol•L﹣1，B为3mol•L﹣1，前2minC的平均反应速率为0.5mol•L﹣1•min﹣1．2min末，测得D的浓度为0.5mol•L﹣1．则关于此反应的下列说法中正确的是()A．2min末时A和B的浓度之比为5：3B．x=1C．2min末时B的浓度为1.5mol•L﹣1D．前2min，A的消耗浓度为0.5mol•L﹣1【考点】化学平衡的计算．【分析】根据△c=v•△t计算计算2min内C的浓度变化量，利用三段式计算出2min内各组分浓度变化量、2min末各组分浓度，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比列方程计算x的值．【解答】解：2min内C的浓度变化量为0.5mol•L﹣1•min﹣1×2min=1mol•L﹣1，2A（g）+3B（g）⇌xC（g）+D（g）初始浓度（mol/L）：5300转化浓度（mol/L）：11.50.5x0.52min末浓度（mol/L）：41.50.5x0.5A．2min末时，A和B的浓度之比为4：1.5=8：3，故A错误；B．浓度变化量之比等于其化学计量数之比，故0.5x：0.5=1：0.5，解得x=2，故B错误；C．由上述计算可知，2min末时，B的浓度为1.5mol/L，故C正确；D．由上述计算可知，前2min末，A的消耗浓度为1mol/L，故D错误，故选C．【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡有关计算，掌握三段式解题法在化学平衡计算中的应用，难度不大．11．反应2A（g）⇌2B（g）+E（g）△H＞0，达到平衡时，要使正反应速率降低，A的浓度增大，应采取的措施是()A．加压B．减压C．减小E的浓度D．降温【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．【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（A）增大，应使平衡向逆反应方向移动，据此结合外界条件对平衡移动影响分析．【解答】解：A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，正、逆反应速率都增大，故A错误；B．降低压强，正、逆速率都减小，平衡向正反应方向移动，A的浓度降低，故B错误；C．减少E的浓度，平衡向正反应方向移动，正、逆速率都减小，但A的浓度降低，故C错误；D．降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，A的浓度增大，故D正确．故选D．26\n【点评】本题考查外界条件对化学平衡的影响，难度不大，本题注意根据反应方程式的特征判断平衡移动的方向．12．某温度下，对可逆反应：2X（g）+Y（g）⇌Z（g）+W（s）△H＞0，下列叙述正确的是()A．加入少量W，逆反应速度增大B．升高温度时，正反应速率增大，逆反应速率减少C．压强不变充入与反应体系不反应的N2，反应速率减少，体积不变，充入N2，反应速率不变D．平衡后加入X，上述反应△H的增大【考点】化学平衡的影响因素．【专题】原子组成与结构专题．【分析】A、固体量的增减不会影响反应速率，不会引起化学平衡的移动；B、升高温度正反应速率和逆反应速率都变大；C、压强不变充入与反应体系不反应的N2，体积增大，浓度减小，则反应速率减少；体积不变，充入N2，浓度不变，则反应速率不变；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，与参加反应的物质的物质的量无关．【解答】解：A、W在反应中是固体，固体量的增减不会引起化学反应速率的改变和化学平衡的移动，故A错误；B、升高温度正反应速率和逆反应速率都变大，故B错误；C、压强不变充入与反应体系不反应的N2，体积增大，浓度减小，则反应速率减少；体积不变，充入N2，浓度不变，则反应速率不变，故C正确；D、反应热△H与物质的化学计量数有关，物质的化学计量数不变，热化学方程式中反应热不变，与参加反应的物质的物质的量无关，故D错误；故选C．【点评】本题考查外界条件对反应速率的影响、反应热△H的判断等，难度不大，注意基础知识的掌握．13．已知反应mX（g）+nY（g）⇌qZ（g）的△H＜0，m+n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是()A．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B．X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．增加X的物质的量，Y的转化率降低【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动；B、速率之比等于化学方程式的系数之比，平衡状态整你分压速率相同；C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，相对分子质量增大；D、增加X的量会提高Y的转化率，本身转化率减小；【解答】解：A、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故A错误；26\nB、速率之比等于化学方程式的系数之比，v（X）正：v（Y）正=m：n，平衡时，X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，故B正确；C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率降低，本身转化率减小；故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，注意加入惰气对平衡的影响，反应的特征是分析的关键，题目难度中等．14．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）⇌Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示．下列叙述正确的是()A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量B．T2下，在0～t1时间内，v（Y）=mol•L﹣1•min﹣1C．M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，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，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A、根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多；B、根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率；C、温度越高反应速率越大；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析．【解答】解：由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，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，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；A、进行到M点X的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；B、T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（a﹣b）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=c（X）=mol/L，所以v（Y）=mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；26\nC、根据图象可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，故D错误；故选C．【点评】本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键．注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响．15．在372K时，把0.5molN2O4通入体积为5L的真空密闭容器中，立即出现红棕色．反应进行到2s时，NO2的浓度为0.02mol•L﹣1．在60s时，体系已达到平衡，此时容器内压强为开始的1.6倍．下列说法正确的是()A．前2s，以N2O4的浓度表示的平均反应速率为0.01mol•L﹣1•s﹣1B．在2s时体系内的压强为开始时的1.1倍C．在平衡时体系内含N2O40.25molD．平衡时，如果压缩容器容积，则可提高N2O4的转化率【考点】化学平衡的计算．【分析】A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则N2O4的浓度变化量为0.01mol/L，根据v=计算v（N2O4）；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol﹣0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比；C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol﹣x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍列方程计算解答；D．平衡时，如果压缩容器容积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动．【解答】解：A.2秒时NO2的浓度为0.02mol/L，则转化的N2O4的浓度为0.01mol/L，则前2秒以N2O4的浓度变化表示的平均反应速度为=0.005mol/（L．s），故A错误；B．2秒时NO2的物质的量为5L×0.02mol/L=0.1mol，由N2O4═2NO2可知消耗的N2O4为0.05mol，故2s时N2O4的物质的量为0.5mol﹣0.05mol=0.45mol，反应前后的物质的量之比等于压强之比，则在2秒时体系内的压强为开始时的=1.1倍，故B正确，C．设转化的N2O4的物质的量为x，则平衡时N2O4的物质的量为0.5mol﹣x，NO2的物质的量为2x，由平衡时容器内压强为开始时的1.6倍，则=1.6，解得x=0.3mol，故C错误；D．平衡时，如果压缩容器容积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向逆反应移动，N2O4的转化率降低，故D错误，故选：B．26\n【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学反应速率的计算，题目难度中等，有利于基础知识的巩固，易错选项是B．16．500℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1molNO2存在如下平衡2NO2（g）⇌N2O4（g），平衡后，向容器内再充入1molNO2，下列说法正确的()A．平衡向逆反应方向移动B．平衡常数K增大C．NO2的转化率变小D．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原平衡还要深【考点】化学平衡的影响因素．【分析】在恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡后，向容器内再充入1molNO2，容器中气体的物质的量增大则压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动．【解答】解：A．向容器内再充入1molNO2，容器内压强增大，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故A错误；B．温度不变，化学平衡常数不变，故B错误；C．增大压强有利于平衡向正反应方向移动，所以二氧化氮的转化率增大，故C错误；D．增大反应物浓度平衡向正反应方向移动，再次达到平衡后容器内二氧化氮浓度比第一次平衡时浓度大，所以容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要深，故D正确；故选D．【点评】本题考查了压强对化学平衡的影响，根据压强的改变确定平衡移动方向，易错选项是A，虽然二氧化氮转化率增大，但平衡时二氧化氮浓度要大于第一次平衡，所以最终颜色要比原来深，为易错点．17．漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年，亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为5HClO2═4ClO2↑+H++Cl﹣+2H2O（HClO2为弱酸）．向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始时HClO2分解反应缓慢，随后反应迅速加快，其原因是()A．溶液中的Cl﹣起催化作用B．溶液中的H+起催化作用C．ClO2逸出，使反应的生成物浓度降低D．在酸性条件下，亚氯酸钠的氧化性增强【考点】氧化还原反应．【分析】A．开始时溶液中氯离子浓度很小，随着反应进行，氯离子浓度逐渐增大；B．开始时溶液中就有氢离子，反应速率很慢；C．ClO2逸出，反应正向移动；D．若酸使亚氯酸的氧化性增强，开始时反应速率应该就很快，而开始反应缓慢．【解答】解：A．反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催化作用，故A正确；B．由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故B错误；C．逸出的ClO2，反应正向移动，则反应的生成物的浓度增加，故C错误；D．若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符，故D错误；故选A．26\n【点评】本题以氯及其化合物的性质考查影响反应速率的因素，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，侧重催化剂的考查，题目难度不大．18．可逆反应2A（g）+B（g）2C（g），根据下表中的数据判断下列图象错误的是()p1（Mpa）p2（Mpa）400℃99.699.7500℃96.997.8A．B．C．D．【考点】化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．【分析】由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，对比图象可解答该题．【解答】解：由表中数据可知，在相同压强下，升高温度，A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，在相同温度下，增大压强，A的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则A．升高温度，A的转化率降低，与表中数据吻合，故A正确；B．升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的百分含量降低，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的百分含量增大，与表中数据吻合，故B正确；C．升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，与表中数据吻合，故C正确；D．增大压强，反应速率增大，正反应速率大于逆反应速率平衡向正反应方向移动，图象与表中数据不吻合，故D错误．故选D．【点评】本题考查温度温度、压强对平衡移动的影响，题目难度中等，注意分析表中数据以及图象的曲线的变化，学习中注意加强该方面能力的培养．二、填空题（第Ⅱ卷，共46分）19．（14分）在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：时间（s）012345n（NO）（mol）0.0200.0100.0080.0070.0070.007（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=．已知：K300°C＞K350°C，则该反应是放热反应．26\n（2）如图中表示NO2的变化的曲线是b．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1．（3）能说明该反应已达到平衡状态的是be．a．v（NO2）=2v（O2）b．容器内压强保持不变c．NO、O2、NO2的浓度之比为2：1：2d．容器内密度保持不变e．容器内气体的颜色不再变化（4）缩小容器体积使压强增大，平衡向正反应方向移动（填“正”或“逆”），K值不变（填“增大”、“减小”或“不变”）【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）依据化学方程式结合平衡常数概念书写平衡常数表达式；平衡常数越大说明平衡正向进行程度越大；（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量△c（NO）；根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）；（3）可逆反应达到平衡时，v正=V逆（同种物质表示）或正逆速率之比等于化学计量数之比（不同物质表示），反应混合物各组分的物质的量、浓度、含量不再变化，以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断．（4）反应前后气体体积减小缩小容器体积使压强增大，平衡正向进行，平衡常数随温度变化，不随压强变化．【解答】解：（1）2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），依据化学方程式写出平衡常数表达式为：；故答案为：；K300°C＞K350°C，说明温度越高平衡常数越小，平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向是放热反应，则该反应是放热反应；故答案为：；放；26\n（2）NO2是产物，随反应进行浓度增大，平衡时浓度为NO浓度的变化量△c（NO）==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b，故答案为：b；2s内用NO表示的平均反应速率v（NO）===3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=v（NO）=×3.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1=1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1，故答案为：1.5×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1；（3）2NO（g）+O2（g）═2NO2（g），反应是气体体积减小的放热反应a、v（NO2）=2v（O2）表示同一方向反应速率，v（NO2）自始至终为v（O2）的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b、随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，压强之比等于气体物质的量之比，气体压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c、平衡浓度和起始量和转化率有关，NO、O2、NO2的浓度之比为2：1：2，不能说明反应达到平衡状态，故c错误；d、反应前后气体质量守恒，体积不变，反应过程中和平衡状态下，气体密度都不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故d错误；e、反应中二氧化氮气体是红棕色气体，容器内气体的颜色不再变化，说明二氧化氮气体浓度不变，说明反应达到平衡状态，故e正确；故答案为：be；（4）反应前后气体体积减小缩小容器体积使压强增大，平衡正向进行，平衡常数随温度变化，不随压强变化；故答案为：正；不变．【点评】本题考查了化学平衡影响因素、平衡标志分析判断，平衡常数、反应速率的计算应用，掌握基础和移动原理是关键，题目难度中等．20．I．用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜．已知：Cu（s）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ•mol﹣12H2O2（l）=2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.84kJ•mol﹣1（1）一定量的H2完全燃烧生成H2O（l）放出热量Q=1143.36kJ，则H2的质量为8g．（2）在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的热化学方程式为Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）=Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68kJ•mol﹣1．【考点】热化学方程式．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）根据反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.84kJ•mol﹣1表示完全燃烧1mol氢气会释放出285.48kJ的能量来计算；26\n（2）×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l），据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式．【解答】解：（1）根据反应H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=﹣285.84kJ•mol﹣1表示完全燃烧1mol即2g氢气会释放出285.48kJ的能量，放出热量Q=1143.36kJ，则H2的质量为g=8g；故答案为：8；（2）已知①Cu（s）+2H+（aq）=s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）△H=+64.39kJ/mol，②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）△H=﹣196.46kJ/mol，③H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.84kJ/mol，由盖斯定律①+×②+③得到：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68kJ/mol，故答案为：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+2H2O（l）△H=﹣319.68kJ/mol．【点评】本题考查了热化学方程式的计算书写，盖斯定律的计算应用以及热化学方程式意义的计算等知识，题目较简单．21．（1）广州亚运会“潮流”火炬内熊熊大火来源于丙烷的燃烧，丙烷是一种优良的燃料．①如图是一定量丙烷（C3H8）完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，请在附图中的括号内填入“+”或“﹣”．②写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0kJ/mol．③二甲醚（CH3OCH3）是一种新型燃料，应用前景广阔．1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为1：3．（2）盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同．试运用盖斯定律回答下列问题：已知：H2O（g）=H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molC2H5OH（g）=C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molC2H5OH（g）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol若使23g液态无水酒精（C2H5OH）完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为0.5（Q3﹣Q2+3Q1）kJ．【考点】热化学方程式；化学方程式的有关计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）①丙烷燃烧反应是放热的，所以△H＜0；26\n②分析图象得到生成1mol水的焓变△H=﹣553.75KJ/mol，依据热化学方程式书写方法写出，注意物质聚集状态，对应量下的焓变；③依据热化学方程式结合混合气体物质的量和放热列式计算得到二甲醚和丙烷物质的量之比；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算所需热化学方程式，23态无水酒精物质的量==0.5mol，结合热化学方程式的意义来回答．【解答】解：（1）①图象是一定量丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，丙烷燃烧反应是放热的，所以△H=﹣553.75KJ/mol；故答案为：﹣；②丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O（l）过程中的能量变化图，反应放热△H=﹣553.75KJ/mol；则写出的热化学方程式为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0kJ/mol，故答案为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H1=﹣2215.0kJ/mol；③1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ热量．若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ热量，设1mol混合气体中二甲醚物质的量x，丙烷物质的量为1﹣x，C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）；△H1=﹣2215.0kJ/mol，得到丙烷燃烧放热（1﹣x）2215KJ；依据条件得到：1645KJ﹣1455xKJ=（1﹣x）2215KJ，计算得到x=0.75，则混合丙烷物质的量为0.25mol，则混合气体中丙烷和二甲醚物质的量之比=0.25：0.75=1：3，故答案为：1：3；（2）①a、H2O（g）═H2O（l）△H1=﹣Q1kJ/molb、C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2kJ/molc、C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H3=﹣Q3kJ/mol依据盖斯定律计算c﹣3a+b得到，C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H3=﹣（Q3﹣3Q1+Q2）kJ/mol，23态无水酒精物质的量==0.5mol完全燃烧，生成气态CO2和液态H2O的热化学方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H3=﹣（Q3﹣3Q1+Q2）kJ/mol；故答案为：0.5（Q3﹣Q2+3Q1）．【点评】本题考查了化学反应与能量、物质稳定性的判断，题目难度中等，注意把握盖斯定律的含义及其应用方法．22．（13分）氨气是一种富氢燃料，可以直接用于燃料电池，如图是供氨水式燃料电池工作原理：（1）氨气燃料电池的电解质溶液最好选择碱性（填“酸性”“碱性”或“中性”）溶液．（2）空气在进入电池装置前需要通过过滤器除去的气体是CO2．（填化学式）（3）氨气燃料电池的反应是氨气与氧气反应生成一种常见的无毒气体和水，该负极的电极反应式是2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【考点】原电池和电解池的工作原理．26\n【分析】①氨气是碱性气体；②空气中的CO2能和氨水反应；③氨气在负极失电子发生氧化反应，注意时碱性环境．【解答】解：①氨气是碱性气体，所以电解液最好选择碱性的，故答案为：碱性；②空气中的CO2能和氨水反应，所以，滤去的气体是CO2，故答案为：CO2；③氨气在负极失电子发生氧化反应，注意时碱性环境，所以，负极的电极反应式为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O，故答案为：2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O．【点评】本题以氨气为载体考查原电池原理等知识点，明确原电池原理即可解答，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写．23．氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置．下图为电池示意图，该电池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，请回答：（1）在导线中电子流动方向为由a到b（用a、b表示）．（2）负极反应式为H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O．（3）电极表面镀铂粉的原因为大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快反应速率，同时也增大了Pt的利用率以降低成本．（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断提供电能．因此，大量安全储氢是关键技术之一．金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ．2Li+H22LiHⅡ．LiH+H2O=LiOH+H2↑①已知LiH固体密度为0.8g/cm3．用锂吸收224L（标准状况）H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积比为．②由①生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为32mol．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，电子从负极沿导线流向正极；（2）碱性条件下，氢气失电子和氢氧根离子反应生成水；（3）反应物接触面积越大，其反应速率越快；（4）①根据氢气体积计算LiH的质量，再根据V=计算LiH的体积；②根据氢气中转移电子之间的关系式计算．26\n【解答】解：（1）燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，所以通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电子从负极沿导线流向正极，则电子流向由a到b，故答案为：由a到b；（2）碱性条件下，氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O，故答案为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O；（3）反应物接触面积越大，其反应速率越快，在电极表面镀铂粉，增大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快反应速率，同时也增大了Pt的利用率以降低成本，故答案为：大电极单位面积吸附氢气、氧气分子数，加快反应速率，同时也增大了Pt的利用率以降低成本；（4）①根据2Li+H22LiH得生成LiH的质量==160g，LiH的体积==200cm3，氢气体积=224L=224000cm3，所以生成的LiH体积与被吸收的H2体积比=200cm3：224000cm3=，故答案为：；②由2Li+H22LiH、LiH+H2O=LiOH+H2↑得若能量转化率为80%，则转化的氢气物质的量==8mol，最终生成氢气的物质的量是16mol氢气，则转移电子的物质的量=16mol×2=32mol，故答案为：32．【点评】本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写、电子流向的判断等知识点，根据得失电子确定正负极，再结合正负极上发生的反应来分析解答，易错点是（4）②，注意最终得到的氢气不仅包含原来的氢气还有水参与反应生成的氢气，为易错点．24．（14分）研究化学反应中的能量变化有重要意义．请根据学过的知识回答下列问题：Ⅰ．（1）已知一氧化碳与水蒸气反应过程的能量变化如图1所示：①反应的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1．②已知：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol﹣1，则C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=+172kJ•mol﹣1．Ⅱ．图2是一个化学过程的示意图，回答下列问题：（1）甲装置中通入CH4的电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣⇌CO32﹣+7H2O，26\n（2）一段时间，当丙池中产生112mL（标准状况下）气体时，均匀搅拌丙池，所得溶液在25℃时的物质的量浓度为0.01mol/L．（已知：NaCl溶液足量，电解后溶液体积为500mL）．若要使丙池恢复电解前的状态，应向丙池中通入HCl（写化学式）．Ⅲ．汽车尾气里含有NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0．已知该反应在2404℃时，平衡常数K=64×10﹣4．（1）某温度下，向2L的密闭容器中充入N2和O2各1mol，5分钟后O2的物质的量为0.5mol，则N2的反应速率为0.05mol•L﹣1•min﹣1．（2）将N2、O2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中，下列变化趋势正确的是AC（填字母序号）．（3）该温度下，某时刻测得容器内N2、O2、NO的浓度分别为2.5×10﹣1mol•L﹣1、4.0×10﹣2mol•L﹣1和3.0×10﹣3mol•L﹣1，此时反应向正反应方向进行（填“处于化学平衡状态”“向正反应方向进行”或“向逆反应方向进行”），理由是因为浓度商小于平衡常数K．【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理．【分析】Ⅰ．（1）①根据图知，反应物是CO和水蒸气、生成物是二氧化碳和氢气，该反应的正反应是放热反应；②根据盖斯定律计算反应热；Ⅱ．（1）甲是原电池，通入甲烷的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（2）丙池是电解池，C电极生成氯气、D电极生成氢气，且生成氯气和氢气物质的量之比为1：1，根据氯气和NaOH的关系式计算n（NaOH），再根据物质的量浓度公式计算氢氧化钠浓度；根据析出什么加入什么原则加入物质使溶液恢复原状；Ⅲ．（1）参加反应的氧气物质的量=1mol﹣0.5mol=0.5mol，根据方程式知，参加反应的氮气物质的量是0.5mol，则氮气反应速率=；（2）A．该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动；B．催化剂改变反应速率但不影响平衡移动；C．根据先拐先平数值大知，T2＞T1，升高温度，平衡正向移动，氮气转化率增大；（3）根据浓度商与化学平衡常数相对大小确定反应方向．【解答】解：Ⅰ．（1）①根据图知，反应物是CO和水蒸气、生成物是二氧化碳和氢气，该反应的正反应是放热反应，热化学方程式为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1，故答案为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1；②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol﹣1C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=+131kJ•mol﹣1，26\n将第二个方程式﹣第一个方程式得C（s）+CO2（g）═2CO（g）△H=（+131kJ•mol﹣1）﹣（﹣41kJ•mol﹣1）=+172kJ•mol﹣1，故答案为：+172kJ•mol﹣1；Ⅱ．（1）甲是原电池，通入甲烷的电极是负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣⇌CO32﹣+7H2O，故答案为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣⇌CO32﹣+7H2O；（2）丙池是电解池，C电极生成氯气、D电极生成氢气，且生成氯气和氢气物质的量之比为1：1，生成氯气物质的量==0.0025mol，根据氯气和NaOH关系式得n（NaOH）=2n（Cl2）=2×0.0025mol=0.005mol，则电解后c（NaOH）═=0.01mol/L；阳极上生成氯气、阴极上生成氢气，相当于析出氯化氢，根据析出什么加入什么原则知，通入HCl气体能使溶液恢复原状，故答案为：0.01mol/L；HCl；Ⅲ．（1）参加反应的氧气物质的量=1mol﹣0.5mol=0.5mol，根据方程式知，参加反应的氮气物质的量是0.5mol，则氮气反应速率===0.05mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：0.05mol•L﹣1•min﹣1；（2）A．该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，故正确；B．催化剂改变反应速率但不影响平衡移动，所以NO平衡浓度相等，故错误；C．根据先拐先平数值大知，T2＞T1，升高温度，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；故选AC；（3）浓度商==9×10﹣4＜K，则向正反应方向进行，故答案为：向正反应方向移动；浓度商小于平衡常数K．【点评】本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，涉及盖斯定律、平衡移动方向判断、原电池原理等知识点，明确基本理论内涵是解本题关键，易错点是电极反应式的书写，题目难度不大．26
