江苏省启东中学-学上高二化学上学期期末试卷(含解析)苏教版

江苏省启东中学2012-2013学年高二（上）期末化学试卷
一、单项选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意）1．（2分）“美丽中国”是十八大提出的重大课题，她突出了生态文明，重点是社会发展与自然环境之间的和谐，下列行为中不符合这一主题的是（）
A．用已脱硫的煤作燃料
B．开发太阳能、风能和氢能等能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
C．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质
D．开发利用可燃冰是缓解能源紧缺的唯一途径
考点：常见的生活环境的污染及治理．
专题：热点问题．
分析：根据题意：“美丽中国”是十八大提出的重大课题，她突出了生态文明，重点是社会发展与自然环境之间的和谐；据此进行分析判断即可．
解答：解：A．用已脱硫的煤作燃料可减少二氧化硫的排放，符合主题，故A不选；
B．开发太阳能、风能和氢能等洁净能源可减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，符合主题，故B不选；
C．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质可减少污染物的排放，符合主题，故C不选；
D．缓解能源紧缺的途径很多，如开发太阳能，氢能，核能等，故D选．
故选D．
点评：本题考查环境保护，难度不大，注意缓解能源紧缺的途径很多，如开发太阳能，氢能，核能等．
2．（2分）下列对有关反应能量变化图象的判断错误的是（）
A．I可表示需加热的放热反应
B．Ⅱ可表示爆炸反应
C．Ⅲ可表示无催化剂（a）和有催化剂（b）时反应的能量变化
D．Ⅳ可表示醋酸和碱的中和反应
考点：反应热和焓变．
专题：化学反应中的能量变化．
分析：A、当生成物的能量高于反应物的能量时，反应是吸热反应；
B、爆炸可以看成是剧烈的燃烧过程，反应物和产物能量差距大；
C、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；
D、弱酸和碱之间的中和反应是放热反应，生成物的能量较低．
解答：解：A、根据图是可以知道：生成物的能量高于反应物的能量，所以反应是吸热反应，故A错误；
B、爆炸是剧烈的燃烧过程，反应物和产物能量差距大，过程表现为放热，故B正确；
C、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会
降低，故C正确；
D、弱酸和碱之间的中和反应是放热反应，此时生成物的能量低于反应物的能量，故D
正确．
故选A．
点评：本题是一道有关化学反应中的能量变化知识的题目，考查学生对放热反应和吸热反应的理解和掌握，难度不大．
3．（2分）化学用语是学习化学的重要工具．下列用来表示物质变化的化学用语错误的是（）
A．碳酸钠的水解反应：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣
B．F eCl3水解的离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3+3H+
C．稀溶液中强酸与强碱的中和热：H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1 D．C不燃烧的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=110.5kJ•mol﹣1
考点：离子方程式的书写；热化学方程式．
专题：化学用语专题．
分析：A．碳酸根离子水解以第一步为主；
B．铁离子水解生成氢氧化铁，不标沉淀符号；
C．稀的强酸与强碱生成可溶性盐和1mol水时放出的热为中和热；
D．燃烧反应为放热反应．
解答：解：A．碳酸钠的水解反应的离子反应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故A正确；
B．FeCl3水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe （OH）3+3H+，故B正确；
C．稀溶液中强酸与强碱的中和热为H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol ﹣1，故C正确；
D．C不燃烧的热化学方程式为：C（s）+O2（g）=CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，故D 错误；
故选D．
点评：本题考查离子反应、中和热、燃烧的热化学方程式，注意多元弱酸根离子水解的分步进行、多元弱碱离子的水解及中和热即可解答，题目难度不大．
4．（2分）下列离子组一定能大量共存的是（）
A．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、I﹣、NO3﹣
B．含有0.1 mol•L﹣1Ba2+的溶液中：K+、Mg2+、CO32﹣、SO42﹣
C．由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、CH3COO﹣、Cl﹣、NO3﹣
D．常温下，K W/（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、SO42﹣、NH4+、NO3﹣
考点：离子共存问题．
专题：离子反应专题．
分析：A．能使甲基橙变红的溶液，显酸性；
B．硫酸钡、碳酸钡均不溶于水；
C．由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液；
D．常温下，K W/（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1的溶液，即c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性．解答：解：A．能使甲基橙变红的溶液，显酸性，H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故A错误；
B．因Ba2+分别与CO32﹣、SO42﹣反应碳酸钡、硫酸钡，则不能共存，故B错误；
C．由水电离出来的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中氢离子与CH3COO﹣结合生成弱酸，则不能共存，故C错误；
D．常温下，K W/（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1的溶液，即c（H+）=0.1mol/L，溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能共存，故D正确；
故选D．
点评：本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答，题目难度不大．
5．（2分）在电解水时，为了增强导电性，加入的电解质最好选用（）
A．N a2SO4B．H Cl C．N aCl D．C uSO4
考点：电解原理．
专题：电化学专题．
分析：为了增强溶液的导电性，所加入电解质只能增大溶液的导电性，不能参与电极反应，否则会影响生成H2和O2．
解答：解：A．加入Na2SO4，增大溶液浓度，导电性增强，且不影响H2和O2的生成，故A正确；
B．加入HCl，一极析出氢气，另一极产生氯气，影响氧气的生成，故B错误；
C．加入NaCl，发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，生成氯气，不全部为水的
电解，故C错误；
D．加入CuSO4，在阴极上析出铜，影响氢气的生成，不全部为水的电解，故D错误．故选A．
点评：本题考查电解原理，题目难度中等，注意把握题目要求，注意增强溶液的导电性，所加入电解质只能增大溶液的导电性，不能参与电极反应．
6．（2分）下列关于电解质溶液说法正确的是（）
A．水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
B．.等体积的pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明酸性：HA＞HB
C．常温下，弱酸酸式盐NaHA溶液的pH=6，说明HA‾的电离程度大于其水解程度
D．p H=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4Cl溶液中，水的电离程度相同
考点：电解质在水溶液中的电离；盐类水解的应用．
专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．
分析：A、水的电离过程是一个吸热的过程；
B、金属和酸反应产生氢气的量的多少取决于酸的物质的量的多少；
C、弱酸酸式盐的阴离子存在电离平衡和水解平衡两种平衡，电离程度大于其水解程
度时，显示酸性，反之显示碱性；
D、根据溶液中水电离出的氢离子浓度的计算来确定水的电离程度大小．
解答：解：A、水的电离过程是一个吸热的过程，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，故A错误；
B、等体积的pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Mg反应，HA放出的H2多，说明HA
是较弱的弱酸，其物质的量较大放出的H2多，酸性：HA＜HB，故B错误；
C、弱酸酸式盐的阴离子存在电离平衡和水解平衡两种平衡，常温下，弱酸酸式盐NaHA
溶液的pH=6，说明HA‾的电离程度大于其水解程度，故C正确；
D、pH=5的CH3COOH溶液中水电离出的氢离子浓度为10﹣9mol/L，pH=5的NH4Cl溶液中
10﹣5mol/L，所以水的电离程度不同，故D错误．
故选C．
点评：本题是一道关于水的电离、电离平衡和水解平衡的应用以及电解质在水中的电离等方面知识的综合考查题，难度较大．
7．（2分）下列对于化学反应方向说法正确的是（）
A．反应2A（g）+B（g）=3C （s）+D（g）在一定条件下能自发进行，说明该反应的△H＞0 B．常温下反应2Na2SO3（s）+O2（g）=2Na2SO4（s）能自发进行，则△H＜0
C．反应2Mg（s）+CO2（g）=C（s）+2MgO（s）能自发进行，则该反应的△H＞0
D．一定温度下，反应2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）的△H＜0，△S＞0
考点：焓变和熵变．
专题：化学反应中的能量变化．
分析：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G=△H﹣T•△S＜0时，反应可自发进行，以此解答该题．
解答：解：A．反应的△S＜0，在一定条件下能自发进行，△H应小于0，故A错误；
B．反应的△S＜0，由△G=△H﹣T•△S＜0时，反应可自发进行可知，△H＜0，故B
正确；
C．反应的△S＜0，由△G=△H﹣T•△S＜0时，反应可自发进行可知，△H＜0，故C
错误；
D．反应的△S＞0，该反应为分解反应，应吸热，反应的△H＞0，在较高温度下，可满足△G=△H﹣T•△S＜0，能自发进行，故D错误．
故选B．
点评：本题考查焓变和熵变，题目难度中等，注意△S的判断，反应能否自发进行，须满足△G=△H﹣T•△S＜0．
8．（2分）升高温度，下列数据不一定增大的是（）
A．化学反应速率v B．化学平衡常数K
C．水的离子积常数K w D．弱酸的电离常数K a
考点：化学平衡常数的含义；离子积常数．
专题：化学平衡专题．
分析：A、升高温度活化分子数目增大，有效碰撞增大，反应速率加快；
B、若正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，化学平衡常数减小；
C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离；
D、升高温度促进弱电解质的电离．
解答：解：A、升高温度，反应速率加快，故A不符合；
B、若正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反
应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故B符合；
C、水的电离过程是吸热的，升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的
离子积增大，故C不符合；
D、弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，电离平衡常数增大，
故D不符合；
故选B．
点评：考查温度对反应速率的影响、温度对化学平衡常数与水的离子积以及电离平衡常数的影响，比较基础，注意基础知识的掌握．
9．（2分）合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0
反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（）
A．增加压强B．降低温度C．增大CO的浓度D．更换催化剂
考点：化学平衡的影响因素．
专题：化学平衡专题．
分析：提高CO的转化率可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．
解答：解：提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可．
A、增加压强，该平衡会不会发生移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错
误；
D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误．
故选B．
点评：本题考查学生化学平衡移动原理的应用方面的知识，属于基本知识的考查，注意知识的积累是解题的关键，难度不大．
10．（2分）下列对于电化学说法正确的是（）
A．电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银、锌等
B．为保护浸入海水中的钢闸门，可在闸门表面镶上铜锭
C．充电电池放电时，化学能转变为电能
D．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阴极均发生氧化反应
考点：原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．
专题：电化学专题．
分析：A．阳极泥中不含有Zn；
B．Cu的活泼性比Fe的弱，不能保护Fe；
C．放电时为原电池；
D．原电池中负极发生氧化反应，电解池中阴极发生还原反应．
解答：解：A．电解精练铜时，阳极泥中常含有金属金、银等，Zn比Cu活泼，则阳极泥中不
含有Zn，故A错误；
B．Cu的活泼性比Fe的弱，Cu作正极，不能保护Fe，所以为保护浸入海水中的钢闸门，一般在闸门表面镶上锌锭，故B错误；
C．充电电池，放电时为原电池，则化学能转变为电能，故C正确；
D．原电池中负极发生氧化反应，电解池中阴极发生还原反应，故D错误；
故选C．
点评：本题考查原电池和电解池，明确工作原理及金属的腐蚀和防护即可解答，题目难度中等，注意二次电池中放电为原电池，充电为电解池来解答．
二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分）11．（4分）下列关于难溶电解质溶液说法正确的是（）
A．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大
B．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol•L﹣1盐酸、③
0.1 mol•L﹣1氯化镁溶液、④0.1 mol•L﹣1硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③C．向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣
D．25℃时，在Mg（OH）2悬浊液中加入少量的NH4Cl固体后，c（Mg2+）增大
考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题：物质的量浓度和溶解度专题．
分析：A、依据沉淀溶解平衡和溶度积常数分析判断，溶度积随温度变化；
B、相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积是常数，结合浓
度对平衡的影响分析；
C、硫化银溶解度小于氯化银，可以实现沉淀转化；
D、氢氧化镁溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化铵水解生成的氢离子结合氢氧根离子，
促进平衡向溶解方向进行．
解答：解：A、在含有BaSO4沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积一定温度下是常数，加入Na2SO4固体后硫酸根离子浓度增大，平衡逆向进行，钡离子浓度减小，故A错误；
B、相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积是常数，与①蒸
馏水相比较，②中0.1 mol•L﹣1盐酸溶液中氯离子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小；③中0.1 mol•L﹣1氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度减小；④中0.1 mol•L﹣1硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度增大，则Ag+浓度：④＞①＞②＞③，故B错误；
C、硫化银溶解度小于氯化银，可以实现沉淀转化，则向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，
白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2﹣=Ag2S↓+2Cl﹣，故C正确；
D、氢氧化镁溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化铵水解显酸性，与氢氧根离子结合，促
进平衡向溶解方向进行，所以镁离子浓度增大，故D正确；
故选CD．
点评：本题考查了沉淀溶解平衡的影响因素和平衡移动判断，溶度积常数的应用，理解实质是解题关键，题目难度中等．
12．（4分）下列图示与对应的叙述相符的是（）
A．图1表示可逆反应“2X（g）⇌Y（g）△H＜0”，温度T1＜T2的情形
B．用0.1000 mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定浓度相同的三种一元酸，由图2曲线可确定①的酸性最强
C．在其它条件不变时，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）转化关系（如图3）中，纵坐标表示O2的转化率
D．图4表示碳酸钙与盐酸反应收集到气体最多的时间段是t3～t4
考点：转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线；物质的量或浓度随时间的变化曲线；中和滴定．
专题：图示题．
分析：A、根据先拐先平数值大原则，由图1可知，T2＞T1，温度越高，Y的含量越小，结合方程式判断；
B、浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值越小，酸性越强；
C、由图象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧气转化率越大，实际应是n（O2）/n（SO2）
越大，SO2的转化率越大，氧气转化率越小；
D、各时间段对应的纵坐标之差为该时间段生成的二氧化碳体积．
解答：解：A、由图1可知，T2＞T1，温度越高，Y的含量越小，对于反应2X（g）⇌Y（g）△H＜0，升高温度平衡向逆反应移动，Y的含量降低，图象与实际符合，故A正确；
B、由图可知，浓度相同的三种一元酸，滴定前pH值③＜②＜①，故③的酸性最强，
故B错误；
C、由图象可知n（O2）/n（SO2）越大，氧气转化率越大，由反应2SO2（g）+O2（g）
⇌2SO3（g），n（O2）/n（SO2）越大，SO2的转化率越大，氧气转化率越小，图象与实际不相符，故C错误；
D、各时间段对应的纵坐标之差为该时间段生成的二氧化碳体积，由图可知t1～t2时
间段生成的二氧化碳最多，故D错误；
故选A．
点评：以图象的形式考查平衡移动、酸性比较、对反应速率的理解等，难度中等，需要学生具有扎实的基础与读图获取信息的能力．
13．（4分）某蓄电池放电、充电时反应为：Fe+Ni2O3+3H2O Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列
推断不正确的是（）
A．放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极
B．充电时，阴极上的电极反应式是：Fe（OH）2+2e﹣→Fe+2OH﹣
C．放电时，负极上的电极反应式是：Ni2O3+3H2O+2e﹣→2Ni（HO）2+2OH﹣
D ． 该蓄电池的电极必须是浸在某种碱性电解质溶液中
考点：
化学电源新型电池． 专题：
电化学专题． 分析： 根据电池的总反应：Fe+Ni 2O 3+3H 2O Fe （OH ）2+2Ni （OH ）2，可以判断出铁镍蓄电
池放电时Fe 作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe 2+
，最终生成Fe （OH ）2，Ni 2O 3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni （OH ）2，电池放电
时，负极反应为Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣=Fe （OH ）2，则充电时，阴极发生Fe （OH ）2+2e ﹣=Fe+2OH
﹣，阴极附近溶液的pH 升高，电池充电时，阳极发生2Ni （OH ）2+2OH ﹣﹣2e ﹣=Ni 2O 3+3H 2O ． 解答：
解：A 、由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni 2O 3做氧化剂得到电子，即正极为Ni 2O 3、负极为Fe ，故A 错误；
B 、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反
应为Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣=Fe （OH ）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe （OH ）2+2e ﹣=Fe+2OH
﹣，故B 正确；
C 、根据总反应Fe+Ni 2O 3+3H 2O=Fe （OH ）2+2Ni （OH ）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时
Fe 作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe 2+，碱性电解质中最终生成Fe
（OH ）2，负极反应为：Fe+2OH ﹣﹣2e ﹣=Fe （OH ）2，Ni 2O 3+3H 2O+2e ﹣→2Ni（HO ）2+2OH
﹣为正极反应，故C 错误；
D 、Fe （OH ）2、2Ni （OH ）2只能存在于碱性溶液中，在酸性条件下不能存在，故D 正确．
故选AC ．
点评：
本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应．
14．（4分）下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A ． 1L0.1mol•L ﹣1（NH 4）2Fe （SO 4）2溶液：c （SO 42﹣）＞c （NH 4+）＞c （Fe 2+）＞c （H +）＞c
（OH ﹣）
B ． 25℃时，等体积、等浓度的NaX 和弱酸HX 混合后的溶液中：c （Na +）＞c （HX ）＞c （X
﹣）＞c （H +）＞c （OH ﹣）
C ． 25℃时，BaCO 3饱和溶液（Ksp=8.1×10﹣9）：c （Ba 2+）=c （CO 32﹣）＞c （H +）=c （OH ﹣）
D ． 1.0 mol•L ﹣1 Na 2CO 3溶液：c （OH ﹣）=c （HCO 3﹣）+c （H +）+2c （H 2CO 3）
考点：
离子浓度大小的比较． 专题：
盐类的水解专题． 分析：
A 、依据离子水解微弱结合离子浓度分析判断；
B 、溶液中酸的电离程度和阴离子的水解程度不知无法比较离子浓度大小；
C 、25℃时，BaCO 3饱和溶液中依据Ksp 计算钡离子和碳酸根离子浓度，25°C 水溶液
中存在离子积常数为10﹣14；
D 、依据碳酸钠溶液中的质子守恒分析计算．
解答：
解：A 、1L0.1mo l•L ﹣1（NH 4）2Fe （SO 4）2溶液中铵根离子浓度大于亚铁离子浓度水解显酸性得到溶液中离子浓度大小为：c （SO 42﹣）＞c （NH 4+）＞c （Fe 2+）＞c （H +）＞c
（OH ﹣），故A 正确；
B、25℃时，等体积、等浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，无法判断酸的电离程
度和阴离子的水解程度，不能比较离子浓度大小，故B错误；
C、25℃时，BaCO3饱和溶液（Ksp=8.1×10﹣9）中碳酸根离子水解溶液中的离子浓度爱
心为：c（Ba2+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
D、1.0 mol•L﹣1Na2CO3溶液中依据水电离出的全部氢离子和氢氧根离子守恒分析得到：
c（OH﹣）=c（HCO3﹣）+c（H+）+2c（H2CO3），故D正确；
故选AD．
点评：本题考查了盐类水解的应用，溶液中电荷守恒，物料守恒的分析判断，离子浓度大小的比较，沉淀溶解平衡的分析应用，题目难度中等．
15．（4分）一定温度下，在4个容积均为1L的容器中分别进行反应（各容器中A都足量）A（s）+B（g）⇌C（g）+D（g）△H=+100kJ/mol
某时刻测得部分数据如下表：
容器编号n（B）/mol n（C）/mol n（D）/mol 反应时间/min 反应速率
Ⅰ0.06 0.60 0.10 t1v（正）=v（逆）Ⅱ0.12 1.20 0.20 t2
Ⅲ0.32 1.0 0 0
Ⅳ0.12 0.30 v（正）=v（逆）下列说法正确的是（）
A．容器Ⅰ中平均反应速率v（B）=0.04/t1 mol/（L•min）
B．t2时容器Ⅱ中v（正）＞v（逆）
C．容器Ⅲ中反应至平衡时吸热20 kJ
D．容器Ⅳ中c（D）=0.4 mol/L
考点：化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．
专题：化学平衡专题．
分析：A、该时刻v（正）=v（逆），反应达平衡状态，由于不知道反应是由哪个方向到达的平衡，无法计算各物质的浓度变化量．
B、根据容器Ⅰ可知该反应的平衡常数k==1，计算t2时容器Ⅱ中的浓度商
Qc，比较Qc与K，判断反应进行方向，进而判断正、逆反应速率关系．
C、令平衡时D的物质的量为x，由方程式可知，平衡时C的物质的量为（1+x）mol，
B的物质的量为（3.2﹣x）mol，根据平衡常数计算x的值，再根据热化学方程式计算反应吸收的热量．
D、容器Ⅳ中该时刻v（正）=v（逆），反应达平衡状态，令D的浓度为cmol/L，代入
平衡常数计算．
解答：解：A、该时刻v（正）=v（逆），反应达平衡状态，由于不知道反应是由哪个方向到达的平衡，不能计算各物质的浓度变化量，不能计算反应速率，故A错误；
B、根据容器Ⅰ可知该反应的平衡常数k==1，t2时容器Ⅱ中的浓度商
Qc==2，大于平衡常数k，平衡向逆反应移动，v（正）＜v（逆），故B错
误；
C、令平衡时D的物质的量为x，由方程式可知，平衡时C的物质的量为（1+x）mol，
B的物质的量为（3.2﹣x）mol，根据平衡常数可知=1，解得x=0.14，
根据热化学方程式可知反应吸收的热量为100kJ/mol×0.14mol=14kJ，故C错误；
D、容器Ⅳ中该时刻v（正）=v（逆），反应达平衡状态，令D的浓度为cmol/L，根据
平衡常数可知=，解得c﹣0.4，故容器Ⅳ中c（D）=0.4 mol/L，故D正确．
故选：D．
点评：考查化学反应速率、化学平衡计算、化学平衡常数等，难度中等，注意根据平衡常数的计算，是近几年高考的热点．注意C可以利用与容器Ⅰ相比，容器Ⅰ等效为开始n （B）=0.16mol、n（C）=0.5mol，容器Ⅲ等效为在开始n（B）=0.16mol、n（C）=0.5mol 基础上加压，B的转化率降低，故平衡时容器Ⅲ中n（D）＜0.2mol．
三、非选择题（80分）
16．（12分）完成下列热化学方程式（化学方程式、电极反应式、表达式等）的书写：（1）已知：2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ•mol﹣1，
C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，
Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ•mo l﹣1
用炭粉在高温条件下还原CuO生成Cu2O的热化学方程式是：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5kJ•mol﹣1
（2）在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），写出该反应的化学平衡常数表达式：
（3）以甲烷、空气为反应物，KOH溶液作电解质溶液构成燃料电池，则负极反应式为：
CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O ．
（4）无水AlCl3瓶盖打开有白雾，其反应的化学方程式为AlCl3+3H2O Al（OH）
3+3HCl ．
（5）“镁﹣次氯酸盐”燃料电池，其装置示意图如图，该电池反应的总反应方程式为
Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2．
（6）工业上电解饱和食盐水的离子方程式为2Clˉ+2H2O2OHˉ+Cl2↑+H2↑．
考点：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；化学平衡常数的含义．
专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
分析：（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数作相应的加减．
（2）平衡常数指生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值．
（3）原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极放电，氧气在正极反应，碱性条件下氧气放电生成氢氧根离子，正极电极反应式为2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣，总的电池反应式为CH4+2O2+2OHˉ=CO32ˉ+3H2O，电池总反应式减去正极电极反应式可得负极电极反应式．（4）AlCl3水解产生HCl，氯化氢与空气中的水蒸气呈白雾．
（5）由图可知镁﹣次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO﹣、H2O反应生成Cl﹣与Mg（OH）2．
（6）电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠．
解答：解：（1）已知：①2Cu（s）+O2（g）=Cu2O（s）；△H=﹣169kJ•mol﹣1，
②C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=﹣110.5kJ•mol﹣1，
③Cu（s）+O2（g）=CuO（s）；△H=﹣157kJ•mol﹣1
=﹣169kJ•mol﹣1，
由盖斯定律可知，①﹣③×2+②得2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=﹣169kJ•mol ﹣1﹣（﹣157kJ•mol﹣1）×2=﹣110.5k J•mol﹣1=+34.5 kJ•mol﹣1．
故答案为：2CuO（s）+C（s）=Cu2O（s）+CO（g）；△H=+34.5 kJ•mol﹣1．
（2）可逆反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）的化学平衡常数k=．故答案为：．
（3）原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极放电，氧气在正极反应，碱性条件下氧气放电生成氢氧根离子，正极电极反应式为2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣，总的电池反应式为CH4+2O2+2OHˉ=CO32ˉ+3H2O，电池总反应式减去正极电极反应式可得负极电极反应式为CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O．
故答案为：CH4+10OHˉ﹣8eˉ=CO32ˉ+7H2O．
（4）AlCl3水解AlCl3+3H2O Al（OH）3+3HCl生成HCl，氯化氢与空气中的水蒸气呈白雾．
故答案为：AlCl3+3H2O Al（OH）3+3HCl．
（5）由图可知镁﹣次氯酸盐”燃料电池中Mg与ClO﹣、H2O反应生成Cl﹣与Mg（OH）2，该电池反应的总反应方程式为
Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2．
故答案为：Mg+ClO﹣+H2O=Cl﹣+Mg（OH）2．
（6）电解饱和食盐水生成氯气、氢气、氢氧化钠，电解饱和食盐水的离子方程式为2Clˉ+2H2O2OHˉ+Cl2↑+H2↑．
故答案为：2Clˉ+2H2O2OHˉ+Cl2↑+H2↑．
点评：考查盖斯定律与热化学方程式书写、化学平衡常数、原电池、盐类水解、电解池等，
综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，注意基础知识的理解掌握．
17．（14分）（1）在其他条件不变的情况下，研究改变起始氢气物质的量[用n（H2）表示]对N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应的影响，实验结果可表示成如图1所示的规律（图中T 表示温度，n表示物质的量）：
①比较在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是 c ．
②若容器容积为1L，n=3mol，反应达到平衡时N2、H2的转化率均为60%，则在起始时体系中加入N2的物质的量为 1 mol，此条件下（T2），反应的平衡常数K= 2.08（mol/L）﹣2，当温度升高时该平衡常数将减小．
③图象中T2和T1的关系是低于．（填“高于”、“低于”、“等于”、“无法确定”）．（2）氨气和氧气从145℃就开始反应，在不同温度和催化剂条件下生成不同产物（如图2）：4NH3+5O2⇌4NO+6H2O，4NH3+3O2⇌2N2+6H2O
温度较低时以生成N2为主，温度高于900℃时，NO产率下降的原因是氨气氧化生成NO 的反应是放热反应，升高温度转化率下降．
考点：化学平衡的计算．
专题：化学平衡专题．
分析：（1）①三点时温度相同，氢气量越大，氮气的转化率越大；
②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始 x 3 0
转化0.6 1.8 1.2
平衡x﹣0.6 1.2 1.2
N2的转化率为60%，则×100%=60%，解得x=1mol，
由图可知，温度低氨气的含量大，则正反应为放热反应，结合平衡常数来解答；
③由图可知，其它条件相同时，T1先达到平衡且平衡时氨气的浓度小；
（2）根据图象可知温度低时生成氮气，温度高时生成NO，但该反应为放热反应，则温度高于900℃时，NO产率下降．
解答：解：（1）①三点时温度相同，氢气量越大，氮气的转化率越大，则c点的转化率最高，故答案为：c；
②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
起始 x 3 0
转化0.6 1.8 1.2
平衡x﹣0.6 1.2 1.2。