2022-2023學年天津市靜海區(qū)高二上冊期末化學模擬試題（AB卷）含解析-試卷下載-教習網(wǎng)

?2022-2023學年天津市靜海區(qū)高二上冊期末化學模擬試題
（A卷）
評卷人
得分

一、單選題
1．隨著人們生活質(zhì)量提高，廢電池必須進行集中處理的問題又被提到議事日程上，其首要原因是（?? ）
A．利用電池外殼的金屬材料
B．回收其中石墨電極
C．防止電池中汞、鎘和鉛等重金屬離子對水和土壤的污染
D．不使電池中泄漏的電解液腐蝕其他物品
2．下列溶液一定是堿性的是（???????）
A．pH＝8的某電解質(zhì)的溶液 B．c(OH-)＞1×10-7mol/L
C．溶液中含有OH- D．溶液中c(OH-)＞c(H+)
3．相同溫度下，等物質(zhì)的量濃度的下列溶液中，pH最小的是（???????）
A．NH4Cl B．NH4HCO3 C．NH4HSO4 D．(NH4)2SO4
4．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是
A．一定條件下，4.6 g NO2和N2O4混合氣體中含有的N原子數(shù)目為0.1NA
B．25 ℃時，pH＝12的Ba(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.01NA
C．1L 0.1 mol·L－1 K2CO3溶液中，陰離子數(shù)目大于0.1NA
D．2molSO2和1molO2在密閉容器中加熱(V2O5催化)充分反應后，容器內(nèi)分子總數(shù)大于2NA
5．25℃時，下列溶液中水的電離程度最大的是
A．0.01 mol/L鹽酸 B．pH =11氨水
C．pH =" 4" NaHSO3溶液 D．0.01 mol/L Na2CO3溶液
6．下列敘述正確的是
A．原電池中陽離子向負極移動 B．用鋁質(zhì)鉚釘接鐵板，鐵易被腐蝕
C．馬口鐵(鍍錫)表面一旦破損，鐵腐蝕加快 D．白鐵(鍍鋅)表面一旦破損，鐵腐蝕加快
7．下列所述反應的方程式書寫正確的是
A．常溫下，0.1 mol·L-1 HA溶液的pH=3，則HA的電離：HA＝H+＋A-
B．用銅電極電解飽和硫酸銅溶液：2Cu2+＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H+
C．向1 mL 2 mol·L-1NaOH溶液中滴加1～2滴0.1 mol·L-1 MgCl2溶液后，再滴加2滴0.1mol·L-1 FeCl3溶液：Mg2+＋2OH-＝Mg(OH)2↓，3Mg(OH)2＋2Fe3+＝2Fe(OH)3＋3Mg2+
D．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕生成鐵銹：2Fe＋O2＋2H2O＝2Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O＝4Fe(OH)3，2Fe(OH)3＝Fe2O3·xH2O＋(3﹣x)H2O
8．下面提到的問題中，與鹽的水解無關(guān)的正確說法是
①明礬和FeCl3可作凈水劑
②為保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量鹽酸
③AlCl3溶液蒸干，灼燒，最后得到的主要固體產(chǎn)物是Al2O3
④NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接中的除銹劑
⑤實驗室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的試劑瓶應用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3與Al2(SO4)3兩種溶液可作泡沫滅火劑
⑦長期使用硫銨，土壤酸性增強；草木灰與銨態(tài)氮肥不能混合施用
A．①④⑦ B．全有關(guān) C．②⑤ D．③⑥
9．有關(guān)下列四個常用電化學裝置的敘述中，正確的是

圖Ⅰ
堿性鋅錳電池
圖Ⅱ
鉛-硫酸蓄電池
圖Ⅲ
電解精煉銅
圖Ⅳ
銀鋅紐扣電池

A．圖Ⅰ所示電池中，的作用是催化劑
B．圖Ⅱ所示電池充電過程中，陽極的反應為：
C．圖Ⅲ裝置工作過程中，若陽極質(zhì)量減少6.4g，則電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為
D．圖Ⅳ所示電池中，是氧化劑，電池工作過程中還原為Ag
10．把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等體積混和，則混合液中微粒濃度關(guān)系正確的為
A．c(CH3COO－)c (H+)
C．c(CH3COOH)>c (CH3COO－)
D．c(CH3COOH)+c (CH3COO－)=0.01mol/L
11．在已達到電離平衡的0.1mol/L醋酸溶液中，欲使平衡向正向移動，同時使溶液的pH降低，應采取的措施是（）
A．加少量水 B．加熱 C．加少量鹽酸 D．加少量醋酸鈉晶體
12．在室溫下，等體積的酸和堿的溶液混合后，pH一定少于7的是。
A．pH=3的HNO3跟pH=11的KOH溶液 B．pH=3的鹽酸跟pH=11的氨水
C．pH=3硫酸跟pH=11的氫氧化鈉溶液 D．pH=3的醋酸跟pH=11的氫氧化鋇溶液
13．某原電池總反應的離子方程式為，不能實現(xiàn)該反應的原電池組成是
A．正極為銅，負極為鐵，電解質(zhì)溶液為溶液
B．正極為碳，負極為鐵，電解質(zhì)溶液為溶液
C．正極為鉑，負極為鐵，電解質(zhì)溶液為溶液
D．正極為銀，負極為鐵，電解質(zhì)溶液為溶液
14． 0.1 mol?L-1 KHS溶液中下列表達式不正確的是（　　）
A．c(K +)+c(H+)= c(OH-)+ c(HS-)+2 c(S2-) B．c(K+)> c(HS-)> c(OH-)> c(S2-)> c(H+)
C．c(HS-)+ c(S2-)+ c(H2S)=0.1 mol?L-1 D．c(K+)> c(HS-)> c(OH-)> c(H2S)> c(H+)
15．在密閉容器中，反應X2(g)+Y2(g)?2XY(g)???△H10-7，pH10-7，pH值 c（H+）> c（S2-），B錯誤；
C、滿足物料守恒，C正確；
D、HS－的電離程度小于水解程度，因此離子濃度大小關(guān)系是c（K+）> c（HS-）> c（OH-）> c（H2S）> c（H+），D正確。
答案選B。
15．D

【詳解】
加入反應物的瞬間，反應物濃度增大、生成物濃度不變，則正反應速率增大、逆反應速率不變，I中改變條件瞬間正逆反應速率都增大，圖像不符合，故A錯誤；
B.該反應前后氣體物質(zhì)的量之和不變，則壓強不影響平衡移動，增大容器體積，反應物和生成物濃度都減小，所以正逆反應速率都減小，圖像不符合，故B錯誤；
C.增大壓強化學反應速率增大，達到平衡狀態(tài)的時間減小，但是壓強不影響該反應平衡移動，所以達到平衡狀態(tài)時應該甲、乙中的含量相同，圖像不符合，故C錯誤；
D.該反應的正反應是放熱反應，升高溫度化學反應速率增大，縮短反應到達平衡狀態(tài)時間，且平衡逆向移動，的含量減小，圖像符合，故D正確；
故選：D。

增大生成物濃度的瞬間，需要注意反應物濃度增大、但是生成物濃度不變，則正反應速率增大、逆反應速率不變，在圖像中要特別注意。
16．A

【詳解】
A.平衡常數(shù)大小與溫度有關(guān)，該反應為放熱反應，溫度升高，平衡向逆反應方向移動，生成物的物質(zhì)的量濃度減小，反應物的物質(zhì)的量濃度增大，平衡常數(shù)隨溫度升高而減小，選項A正確；
B.pH增大，c(H+)減小，平衡向正反應方向移動，Cr2O72-轉(zhuǎn)化率增大，選項B錯誤；
C.溫度升高，正、逆反應速率都加快，選項C錯誤；
D.增大反應物Pb2+的物質(zhì)的量濃度，平衡正向移動，另一反應物Cr2O72-的物質(zhì)的量減小，選項D錯誤。
答案選A。
17．(1) = -1135.7
(2)???? 2Cl-- 2e- = Cl2↑???? Cu2++ 2e- = Cu
(3)Al3++3HCO = Al(OH)3↓+3CO2↑
(4)HCO+H2OH2CO3+OH-

（1）
肼與二氧化氮反應的化學方程式為：，由蓋斯定律可知，目標熱化學方程式=2②-①，則=2-=2(-534)-67.7 = -1135.7，故 = -1135.7；
（2）
惰性電極電解與NaCl混合溶液，溶液中陽離子在陰極放電，放電順序為Cu2+>H+>Na+，所以開始時陰極反應為：Cu2++ 2e- = Cu，陽極吸引陰離子，放電順序為Cl-> OH-> SO，所以開始時陽極反應為：2Cl-- 2e- =Cl2↑;
（3）
泡沫滅火器原理為硫酸鋁和碳酸氫鈉發(fā)生劇烈的互促雙水解，即離子方程式為：Al3++3HCO =Al(OH)3↓+3CO2↑;
（4）
碳酸氫鈉溶液的水解方程式: HCO+H2OH2CO3+OH-。
18．(1)
(2)BC
(3)830
(4)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2
(5)???? 中???? >

【分析】
根據(jù)平衡常數(shù)的定義書寫表達式；利用平衡狀態(tài)的定義判斷平衡標志；利用平衡常數(shù)表達式計算平衡常數(shù)；根據(jù)沉淀形成的規(guī)律利用溶度積的數(shù)值及物質(zhì)判斷溶解度的大??；利用溶解度的大小判斷沉淀形成的先后順序；根據(jù)電荷守恒及鹽類水解判斷溶液的酸堿性及離子濃度之間的關(guān)系；
（1）
根據(jù)平衡常數(shù)表示的意義進行書寫平衡常數(shù)的表達式為：；
（2）
A．由于該反應過程中氣體體積沒有發(fā)生變化，故壓強對平衡沒有影響，故壓強不能作為平衡標志；
B．當一氧化碳的濃度不變時，說明達到平衡，根據(jù)定義可以直接判斷，故B???????符合題意；
C．當時，根據(jù)化學計量數(shù)判斷，正逆速率相等，故C符合題意；D．當時，但未說明是否保持不變，故不能作為平衡標志，故D不符合題意；
故選答案BC；
（3）
根據(jù)及已知，說明K=1，根據(jù)表格中數(shù)據(jù)得出溫度為830℃；故830；
（4）
根據(jù)沉淀生成的先后順序：先生成溶解度小的，由于氫氧化鎂和氫氧化銅的組成相似，故Ksp越小，溶解度越??；故氫氧化銅的溶解度小，首先生成該沉淀，故離子方程式為：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2；
（5）
根據(jù)電荷守恒：；當時，則，故溶液顯中性，故中；假設(shè)當a=0.01mol·L-1時；恰好完全反應生成氯化銨，因水解而顯酸性，故氨水的濃度大于0.01mol·L-1，故答案為>；

此題考查反應原理的應用；根據(jù)平衡和電解質(zhì)溶液的相關(guān)知識進行解答；注意物質(zhì)溶解度大小的判斷根據(jù)物質(zhì)組成及溶度積進行判斷。
19．(1)①
(2)當?shù)稳胱詈蟀氲蜰aOH溶液后，溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復，則證明達到滴定終點；
(3)乙
(4)B

（1）
①用蒸餾水洗滌堿式滴定管后，用NaOH溶液潤洗，再裝液，①錯誤
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體，②正確；
③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線以下，并記下讀數(shù)，③正確；
④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液，④正確；
⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)，⑤正確；以上步驟有錯誤的是①；
（2）
待測液為鹽酸，滴入酚酞后為無色溶液，當加入NaOH達到滴定終點后，溶液變?yōu)闇\紅色，所以滴定終點的現(xiàn)象為：當?shù)稳胱詈蟀氲蜰aOH溶液后，溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不恢復，則證明達到滴定終點；
（3）
標準NaOH溶液為堿性溶液，應放入堿式滴定管中，所以選擇乙裝置；
（4）
A.在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，不影響實驗結(jié)果，A無影響；
B.滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，初始讀數(shù)偏小，滴定后無氣泡，終點讀數(shù)正確，所以兩者之差偏大，會使得結(jié)果偏大，B符合題意；
C.滴定終點俯視讀數(shù)，所讀讀數(shù)偏低，初始正確，終點偏低，所以結(jié)果偏低，C不符合題意；
D.用滴定管量取待測液時，開始時正確讀數(shù)，后俯視讀數(shù)，所量取的待測液體積偏小，需要用的標準液體積偏小，結(jié)果會偏小，D不符合題意;
故答案選B。
20．(1)
(2)???? 原電池???? 電解
(3)4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑
(4)???? Fe-2e-=Fe2+???? 碳棒表面析出銀白色金屬

（1）
甲池是甲醇燃料電池，甲池中，通入甲醇電極為負極，甲醇失電子生成碳酸鉀和水，電極反應式為；
（2）
甲是甲醇燃料電池，甲池是原電池裝置；乙與燃料電池相連，乙池是電解裝置；
（3）
乙是電解池，A是陰極，陰極反應為Ag++e-=Ag，B是陽極，陽極反應為，總反應式為4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2↑；
（4）
若甲池中甲醇與氧氣互換，則乙池中A為陽極、B為陰極，A端反應式為Fe-2e-=Fe2+，B端反應式為Ag++e-=Ag，現(xiàn)象為碳棒表面析出銀白色金屬。

2022-2023學年天津市靜海區(qū)高二上冊期末化學模擬試題
（B卷）
評卷人
得分

一、單選題
1．全球變暖給我們敲響了警鐘，地球正面臨巨大的挑戰(zhàn)。下列說法不正確的是（?????）
A．推廣“低碳經(jīng)濟”，減少溫室氣體的排放
B．利用晶體硅制作的太陽能電池將太陽能直接轉(zhuǎn)化為電能
C．推廣“綠色汽油”計劃，吸收空氣中的并利用廉價能源合成汽油
D．推進小火力發(fā)電站的興建，緩解地方用電困難，促進地方經(jīng)濟的快速發(fā)展
2．下列反應中，既屬于氧化還原反應同時又是吸熱反應的是（　　）
A．Ba(OH)2?8H2O與NH4Cl反應 B．灼熱的碳與高溫水蒸氣的反應
C．鋁與稀鹽酸 D．H2與O2的燃燒反應
3．下列依據(jù)熱化學方程式得出的結(jié)論正確的是
A．已知?????????，則
B．已知???，則氫氣的燃燒熱為
C．已知???，則含1 mol NaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和，放出熱量小于57.3 kJ
D．已知P(白磷，s)=P(紅磷，s) ，則白磷比紅磷穩(wěn)定
4．已知下列熱化學方程式：
①CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l)?????ΔH1＝﹣870.3 kJ·mol-1
②C(s) +O2(g) =CO2(g)?????ΔH2＝﹣393.5 kJ·mol-1
③H2(g) +O2(g) =H2O(l)???ΔH3＝﹣285.8 kJ·mol-1
則反應2C(s) +2H2(g) +O2(g)=CH3COOH(l)的焓變ΔH為
A．﹣488.3 kJ·mol-1 B．﹣224.15 kJ·mol-1
C．488.3 kJ·mol-1 D．244.15 kJ·mol-1
5．甲烷分子結(jié)構(gòu)具有高對稱性且斷開1molC－H鍵需要吸收440kJ能量。無催化劑作用下甲烷在溫度達到1200℃以上才可裂解。在催化劑及一定條件下，CH4可在較低溫度下發(fā)生裂解反應，甲烷在鎳基催化劑上轉(zhuǎn)化過程中的能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是

A．甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量
B．步驟②、③反應均為放熱反應
C．催化劑使用一段時間后失活的原因可能是碳在催化劑表面沉積
D．使用該催化劑，反應的焓變不變
6．灰錫(以粉末狀存在)和白錫是錫的兩種同素異形體。已知：
①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)???????ΔH1
②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)???????ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白)???????ΔH3=+2.1kJ?mol-1
下列說法正確的是
A．錫制器皿長期處在低于13.2℃的環(huán)境中，會自行毀壞
B．錫在常溫下以灰錫狀態(tài)存在
C．灰錫轉(zhuǎn)為白錫的反應是放熱反應
D．ΔH1＞ΔH2
7．已知，若反應速率分別用、、、表示，則正確的關(guān)系式為
A． B．
C． D．
8．一定溫度下，在固定體積的密閉容器中發(fā)生下列反應：2HI(g) H2(g)+I2(g)。若c(HI)由0.1mol/L?降到0.06mol/L時，需要20s，那么c(HI)由0.06mol/L?降到0.04mol/L時，所需反應的時間為
A．等于10s B．大于10?s C．小于10?s D．以上答案都不正確
9．下列關(guān)于有效碰撞理論與影響速率因素之間關(guān)系正確的是
A．增大反應物濃度，可以提高活化分子百分數(shù)，從而提高反應速率
B．升高溫度，可以提高活化分子的能量，會減慢反應速率
C．加入催化劑可以降低活化能，活化分子百分比雖然沒變，但可以加快反應速率
D．通過壓縮體積增大壓強，可提高單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，從而提高反應速率
10．工業(yè)合成氨的反應為：???，該反應在一定條件下的密閉容器中進行。下列說法正確的是
A．達到平衡時，反應速率：
B．當、、的濃度比為1：3：2時，說明反應達到平衡
C．使用催化劑可同時加快正、逆反應速率，提高生產(chǎn)效率
D．若在密閉容器加入1 mol 和過量的充分反應，放出熱量92.4 kJ
11．在一密閉容器中發(fā)生反應：2A(g)+2B(g)=C(s)+3D(g)???△H”“”“”“0，所以，故D錯誤；
故答案選A。
7．D

【分析】
結(jié)合方程式和化學反應速率之比等于化學計量數(shù)比回答。
【詳解】
A．NH3與O2的計量數(shù)比為4:5，故5v(NH3)=4v(O2)，故A錯誤；
B．O2與H2O的計量數(shù)比為5:6，故6v(O2)= 5v(H2O)，故B錯誤；
C．NH3與H2O的計量數(shù)比為4:6，故3v(NH3)=2v(H2O)，故C錯誤；
D．O2與NO的計量數(shù)比為5:4，故4v(O2)= 5v(NO)，故D正確；
故答案選D。
8．B

【分析】
【詳解】
c(HI)由0.1mol/L降低到0.06mol/L時，需要20s,即濃度減少0.04mol/L需要20s、平均速率為；則c(HI)由0.06mol/L?降到0.04mol/L，假設(shè)速率不變，則需要,但濃度越小，化學反應速率越小，需要的時間就長，所以需要時間大于10s；
答案選B。
9．D

【分析】
【詳解】
A．增大反應物濃度，增大單位體積內(nèi)活化分子個數(shù)，升高溫度或加入催化劑能提高活化分子百分數(shù)，故A錯誤；
B．升高溫度，可使更多分子轉(zhuǎn)化為活化分子，可增加化學分子百分數(shù)，加快化學反應的速率，故B錯誤；
C．催化劑可降低反應的活化能，增大活化分子百分數(shù)，故C錯誤；
D．增大壓強減小容器體積，導致增大單位體積內(nèi)活化分子個數(shù)，活化分子有效碰撞幾率增大，所以反應速率加快，故D正確；
故選D。
10．C

【詳解】
A．化學平衡是動態(tài)平衡，達到平衡時，正反應速率和逆反應速率相等，但不等于0，故A錯誤；
B．N2、H2、NH3的濃度之比為1：3：2不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故B錯誤；
C．合成氨反應使用催化劑，可同時加快正、逆反應速率，可提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率，提高生產(chǎn)效率，故C正確；
D．合成氨反應是可逆反應，可逆反應不可能完全反應，則在密閉容器加入1 mol氮氣和過量的氫氣充分反應，反應放出熱量小于92.4 kJ，故D錯誤；
故選C。
11．C

【分析】
該反應的正反應是氣體體積減小的放熱的反應，使正反應速率v正增大、D的物質(zhì)的量濃度c(D)增大，可增大壓強，使反應速率加快，平衡正向移動，以此來解答。
【詳解】
A．C為固體，移走少量C，速率不變、平衡不移動，A不符合題意；
B．擴大容積，減小壓強，反應速率減小，平衡逆向移動，B不符合題意；
C．縮小容積，增大壓強，使物質(zhì)濃度增大，化學反應速率加快，平衡正向移動，c(D)增大，C符合題意；
D．容積不變，充入惰性氣體，反應混合物中各種氣體物質(zhì)的濃度不變，反應速率不變，化學平衡不移動，D不符合題意；
故合理選項是C。
12．B

【詳解】
A.Fe與98%的濃硫酸常溫下發(fā)生鈍化，加熱時反應產(chǎn)生SO2，不會產(chǎn)生氫氣，A錯誤；
B.汽車尾氣中的NO和CO反應生成N2和CO2的化學方程式為2NO+2CO2CO2+N2，由于有氣體參加反應，減小壓強反應速率減慢，B正確；
C.雖然SO2的催化氧化是一個放熱的反應，但升高溫度，正、逆反應速率都加快，C錯誤；
D.加入適量的NaCl溶液，雖然NaCl溶液不參加反應，但稀釋了鹽酸，溶液中H+濃度減小，反應速率減慢，D錯誤；
答案選B。
13．C

【分析】
【詳解】
溫度對速率的影響幅度大，對比四個選項，C、D溫度高，速率比A、B快，C選項混合時濃度為：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)= ,D選項混合時濃度為：c(Na2S2O3)=c(H2SO4)=，C選項溫度高，濃度大，速率最大，故選C。
14．C

【分析】
根據(jù)5s內(nèi)C的平均反應速率為0.2mol/(L·s)可知，反應后C的物質(zhì)的量為0.2mol/(L·s)×5s×2L=2mol，生成1molD，根據(jù)方程式系數(shù)之比等于變化量之比可得x：2=2：1，解得x=4，根據(jù)題意可得：

【詳解】
A．根據(jù)分析可知，x=4，A正確；
B．根據(jù)阿伏伽德羅定律，其它條件相同時，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，反應達到平衡狀態(tài)時，相同條件下容器內(nèi)氣體的壓強與起始時壓強比為(1+2+2+1)：(2.5+2.5)=6：5，B正確；
C．反應達到平衡狀態(tài)時A的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%，C錯誤；
D．B的反應速率=，D正確；
故選C。
15．C

【分析】
由圖像可知，降低溫度，z的物質(zhì)的量分數(shù)增大，說明降低溫度平衡向正反應方向移動，所以正反應是放熱的，則△Hc，由此分析解答。
【詳解】
A．降低溫度，z的物質(zhì)的量分數(shù)增大，說明降低溫度平衡向正反應方向移動，所以正反應是放熱的，則△Hc，故B錯誤；
C．升高溫度正逆反應速率都加快，但因正反應是放熱反應，所以平衡常數(shù)減小，故C正確；
D．由B項可知該反應正反應方向為氣體減小的方向，則增大壓強平衡正向移動，反應物的轉(zhuǎn)化率隨壓強增大而增大，故D錯誤；
故選：C。
16．D

【詳解】
A．縮小容積、增大壓強，平衡向氣體體積減小的方向移動，即向正反應方向移動，但二氧化氮的濃度仍然增大，所以體系顏色加深，故A錯誤；
B．增大容積、減小壓強，平衡不發(fā)生移動，但氣體體積增大，各氣體濃度均減小，混合氣體顏色變淺，故B錯誤；
C．氯離子和鉀離子不參與反應，平衡不移動，故C錯誤；
D．合成氨時保持壓強不變，充入，則容器容積增大，相當于反應體系的壓強減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，所以平衡向左移動，故D正確；
答案選D。
17．C

【分析】
從題圖的曲線變化特征可以看出，增大壓強，的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應方向移動，為固態(tài)，則有，在曲線上的點為平衡狀態(tài)，圖象中x和y沒有達到平衡狀態(tài)，根據(jù)B的含量判斷反應趨向于平衡分析反應進行的方向，正反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，由此分析。
【詳解】
①從題圖的曲線變化特征可以看出，增大壓強，的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應方向移動，為固態(tài)，則有，與的關(guān)系不能確定，故①錯誤；
②點位于曲線上方，未達到平衡狀態(tài)，由題圖可以看出，當?shù)捏w積分數(shù)減小時，可趨向于平衡，則要想達到平衡狀態(tài)，反應向正反應方向進行，即，故②正確；
③點對應的壓強小于點，壓強越大，反應速率越大，故點比點的反應速率小，故③正確；
④從題圖的曲線變化特征可以看出，增大壓強，的體積分數(shù)增大，說明平衡向逆反應方向移動，為固態(tài)，則有，與的關(guān)系不能確定，故④錯誤；正確的是②③；
答案選C。
18．D

【分析】
【詳解】
A．電解水的反應屬于非自發(fā)反應，常溫下水無法分解為氫氣和氧氣，A項錯誤；
B．能自發(fā)進行的反應，其反應速率和濃度、溫度、壓強、催化劑等因素有關(guān)，不一定能迅速發(fā)生，B項錯誤；
C．自發(fā)反應的熵不一定增大，可能是熵減焓增的情況，非自發(fā)反應的熵不一定減小，可能是熵增焓減的情況，C項錯誤；
D．反應的氣體分子數(shù)減小，熵減小，在常溫下能自發(fā)進行，則一定是放熱反應，，D項正確；
答案選D。
19．D

【詳解】
A．由圖可知，裝置①是電解池，裝置②是原電池，故A錯誤；
B．由圖可知，裝置①中與直流電源負極相連的銅電極為陰極，裝置②中活潑性小于鋅的銅是原電池的正極，故B錯誤；
C．由圖可知，裝置①是電解池，與直流電源的正極相連的碳電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，裝置②是原電池，活潑性小于鋅的銅是原電池的正極，氫離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，故C錯誤；
D．由圖可知，裝置①是電解池，裝置中發(fā)生的反應硫酸銅溶液電解生成銅、氧氣和硫酸，溶液的pH減小，裝置②是原電池，裝置中發(fā)生的反應為鋅與稀硫酸反應生成硫酸鋅和氫氣，溶液的pH增大，故D正確；
故選D。
20．C

【分析】
由圖可知，該透氧膜實現(xiàn)了太陽能向氫能的轉(zhuǎn)化，由電子移動方向可知，a側(cè)的電極為正極，水在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣和氧離子，電極反應式為：H2O +2e—= H2↑+ O2—，b側(cè)電極為負極，在氧離子作用下，一氧化碳在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳，電極反應式為CO—2e—+ O2—=CO2。
【詳解】
A．由分析可知，b側(cè)電極為負極，在氧離子作用下，一氧化碳在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳，故A正確；
B．由分析可知，原電池工作時有氫氣生成，該透氧膜實現(xiàn)了太陽能向氫能的轉(zhuǎn)化，故B正確；
C．缺標準狀況下，無法計算產(chǎn)生33.6L氫氣時反應消耗一氧化碳的物質(zhì)的量，故C錯誤；
D．由分析可知，a側(cè)的電極為正極，水在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣和氧離子，電極反應式為：H2O +2e—= H2↑+ O2—，故D正確；
故選C。
21．A

【分析】
二次電池，放電時是原電池，充電時是電解池，電解池中，與電源正極相連的電極是陽極，陽極發(fā)生氧化反應，與電源負極相連的電極是陰極，陰極上氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，內(nèi)電路中陰離子移向陽極、陽離子移向陰極；原電池中，還原劑在負極失去電子發(fā)生氧化反應，正極上氧化劑得到電子發(fā)生還原反應，據(jù)此回答；
【詳解】
A．放電時，正極的電極反應式：，則電路中通過2mol電子，消耗氧氣11.2L(標準狀況)，A錯誤；
B．放電時，負極鋅失去電子，電極反應為Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，B正確；
C．由2Zn+O2+4OH–+2H2O2[Zn(OH)4]2-知，充電時生成氫氧根，則電解質(zhì)溶液中c(OH-)逐漸增大，C正確；
D．充電時，陽離子移向陰極，則電解質(zhì)溶液中K+向陰極移動，D正確；
答案選A。
22．B

【分析】
根據(jù)裝置知道，左側(cè)電極為二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸根離子的過程，S元素化合價升高，失電子，做陽極，則直流電源的左側(cè)是正極，右側(cè)是陰極，為氧氣得電子的還原反應轉(zhuǎn)化為過氧化氫的過程，據(jù)此分析解題。
【詳解】
A．右側(cè)是陰極，為氧氣得電子的還原反應轉(zhuǎn)化為過氧化氫的過程，反應為：2H+ + O2 + 2e－= H2O2，A正確；
B．該裝置將光能和化學能，電能也轉(zhuǎn)化為化學能，B錯誤；
C．二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸根離子，每生成1mol硫酸根離子，伴隨2mol電子轉(zhuǎn)移，根據(jù)電子守恒，得到過氧化氫是1mol，C正確；
D．根據(jù)裝置知道，氫氧根離子靠近陽極的交換膜進入陽極參加反應，a應該為陰離子交換膜；氫離子通過靠近陰極的交換膜進入陰極參加反應，b應該是陽離子交換膜，D正確；
答案選B。
23．C

【詳解】
A．銅錫合金在濕潤環(huán)境中構(gòu)成原電池，原電池反應使錫腐蝕速率加快，比在干燥環(huán)境中更易生銹，故A正確；
B．用錫焊接鐵質(zhì)器件，焊接處鐵和錫在潮濕條件下構(gòu)成原電池，鐵做原電池的負極易生銹，故B正確；
C．鋼柱在水中發(fā)生吸氧腐蝕，水的交界處的氧氣濃度大于水下氧氣濃度，更易發(fā)生吸氧腐蝕，更易生銹，故C錯誤；
D．生鐵在潮濕條件下構(gòu)成原電池，原電池反應使錫腐蝕速率加快，所以比純鐵更易發(fā)生腐蝕被損耗，故D正確；
故選C。
24．B

【分析】
【詳解】
A．由圖可知，a為電鍍池的陽極，若要實現(xiàn)鐵上鍍銅，則a極為銅、b極為鐵，故A正確；
B．精煉銅時，粗銅為精煉池的陽極，與直流電源的正極相連，則X極為直流電源的正極，故B錯誤；
C．由圖可知，氧化銀在正極上得到電子發(fā)生還原反應生成銀，電極反應式為，故C正確；
D．由圖可知，該裝置為外加電流的陰極保護法保護鋼閘門不被腐蝕，鋼閘門與外接電源的負極相連做電解池的陰極，被保護，故D正確；
故選B。
25．D

【分析】
由圖可知，電解池中，左側(cè)電極為陽極，氯離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣X，右側(cè)電極為陰極，水在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣Y和氫氧根離子，鈉離子通過陽離子交換膜由左向右移動；燃料電池中，左側(cè)電極為負極，氫氣在氫氧根離子作用下失去電子發(fā)生氧化反應生成水，右側(cè)電極為正極，氧氣和水在正極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，鈉離子通過陽離子交換膜由左向右移動。
【詳解】
A．由分析可知，X為氯氣、Y為氫氣，故A正確；
B．由分析可知，燃料電池中鈉離子通過陽離子交換膜由左向右移動，故B正確；
C．由分析可知，燃料電池中，氫氣在負極放電消耗氫氧根離子，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，則氫氧化鈉溶液質(zhì)量分數(shù)的大小為b%＞a%＞c%，故C正確；
D．由得失電子數(shù)目守恒可知，電解池中每產(chǎn)生1mol氯氣，燃料電池中消耗氧氣的物質(zhì)的量為1mol×=0.5mol，故D錯誤；
故選D。
26．D

【詳解】
分析：A項，對比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]產(chǎn)生藍色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護；B項，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+，對比①②的異同，①可能是K3[Fe（CN）6]將Fe氧化成Fe2+；C項，對比①②，①也能檢驗出Fe2+，不能用①的方法驗證Zn保護Fe；D項，由實驗可知K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑。
詳解：A項，對比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]無明顯變化，②Fe附近的溶液中不含F(xiàn)e2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]產(chǎn)生藍色沉淀，③Fe附近的溶液中含F(xiàn)e2+，②中Fe被保護，A項正確；B項，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面產(chǎn)生藍色沉淀，F(xiàn)e表面產(chǎn)生了Fe2+，對比①②的異同，①可能是K3[Fe（CN）6]將Fe氧化成Fe2+，B項正確；C項，對比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面產(chǎn)生藍色沉淀，①也能檢驗出Fe2+，不能用①的方法驗證Zn保護Fe，C項正確；D項，由實驗可知K3[Fe（CN）6]可能將Fe氧化成Fe2+，將Zn換成Cu不能用①的方法證明Fe比Cu活潑，D項錯誤；答案選D。
點睛：本題通過實驗驗證犧牲陽極的陰極保護法，考查Fe2+的檢驗、實驗方案的對比，解決本題的關(guān)鍵是用對比分析法。要注意操作條件的變化，如①中沒有取溶液，②中取出溶液，考慮Fe對實驗結(jié)果的影響。要證明Fe比Cu活潑，可用②的方法。
27．???? 環(huán)形玻璃攪拌棒???? 不相等???? 相等???? 56.8???? acd

【分析】
(1)根據(jù)量熱計的構(gòu)造來判斷該裝置的缺少儀器；
(2)反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，并根據(jù)中和熱的概念和實質(zhì)來回答；
(3) 根據(jù)Q= c?m?△T計算出反應放出的熱量，然后計算出生成1mol水放出的熱量，就可以得到中和熱；
(4)從實驗過程中熱量是否散失、實驗操作是否規(guī)范等角度分析；
【詳解】
(1)從圖中實驗裝置看，其中尚缺少的一種玻璃用品是環(huán)形玻璃攪拌棒；
(2)反應放出的熱量和所用酸以及堿的量的多少有關(guān)，開始時取0.55mol/L的NaOH溶液50mL與0.25mol/L的硫酸50mL發(fā)生反應：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，NaOH過量，以H2SO4為標準計算反應過程中放出的熱量；改用60mL0.25mol/LH2SO4溶液跟50mL0.55mol/LNaOH溶液進行反應，硫酸過量，以NaOH為標準計算，與上述實驗相比，生成水的量增多，所放出的熱量偏高，故兩次反應所放出的熱量不相等；中和熱則是生成1mol水放出的熱量，與實際參加反應的酸堿用量無關(guān)，故若實驗操作均正確，則所求中和熱相等；
(3)50mL0.55mol/L氫氧化鈉與50mL0.25mol/L硫酸溶液進行中和反應，生成水的物質(zhì)的量為n(H2O)=0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的質(zhì)量為：100mL×1g/cm3=100g，溫度變化的值為△T=3.4℃，則生成0.025mol水放出的熱量為：Q= c?m?△T=4.18J/(g?℃)×100g×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以實驗測得的中和熱；
(4)上述實驗數(shù)值結(jié)果與57.3 kJ/mol有偏差，結(jié)果偏小， a. 實驗裝置保溫、隔熱效果差，必定導致部分熱量散失，測定結(jié)果偏小，a正確；b. 量取NaOH 溶液的體積時仰視讀數(shù)，則NaOH的體積偏大，以NaOH為標準反應放出的熱量多，使溶液溫度升高的多，b錯誤；c. 盡量一次快速將NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，不允許分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小燒杯中，否則會導致較多熱量散失，c正確；d. 用溫度計測定NaOH 溶液起始溫度后直接測定H2SO4溶液的溫度，使反應起始時溶液的溫度高，最終導致溶液平均升高的溫度少，導致中和熱偏高，d正確；因此，產(chǎn)生偏差的原因為acd。

本題考查反應熱的測定及計算的知識，注意理解中和熱的概念、把握測定反應熱的實驗細節(jié)及可能會引起的誤差是解題的關(guān)鍵。
28．(1)???? ??????? AD
(2)>
(3)???? 2700???? 增大
(4)???? a→b????

【分析】
由裝置中信息可知，a電極上SO2發(fā)生失去電子的氧化反應生成H2SO4，則a電極為負極，b電極為正極，負極反應式為，正極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，電池總反應為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，工作時，陽離子移向正極b，陰離子移向負極a；
（1）
根據(jù)蓋斯定律：ⅰ-ⅱ可得△H=(-0.5×37-0.5×45.4)kJ?mol-1=-41.2kJ?mol-1；
A．單位時間內(nèi)，生成n mol CO的同時生成n mol ，說明v正=v逆，則能說明達到平衡狀態(tài)，故A正確；
B．混合氣體的質(zhì)量不變，反應前后氣體的物質(zhì)的量不變，則混合氣體的平均摩爾質(zhì)量反應前后保持不變，則不能說明達到平衡狀態(tài)，故B錯誤；
C．該反應在恒溫、恒容體系中進行的，混合氣體的總壓強保持不變，不能說明達到平衡狀態(tài)，故C錯誤；
D．H2O(g)?與H2(g)的體積比保持不變，說明反應物和生成物的濃度不再改變，能說明達到平衡狀態(tài)，故D正確，
故△H=-41.2kJ?mol-1；AD；
（2）
△H2=正反應的活化能E-逆反應的活化能＞0，則正反應活化能E＞△H2，故＞；
（3）
①向10L恒容密閉容器中充入2mol?CO(g)、2mol?SO2(g)和2mol?H2(g)，5min達到平衡時，CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量分別為1.6mol、1.8mol，
根據(jù)2CO(g)+SO2(g)?S(l)+2CO2(g)，此反應生成1.6molCO2，則需要消耗0.8molSO2，2H2(g)+SO2(g)?S(l)+2H2O(g)，此反應生成1.8molH2O，需消耗0.9molSO2，和1.8molH2，則達到平衡時，c(H2)=2mol-1.8mol=0.2mol，
c(SO2)=2mol-0.8mol-0.9mol=0.3mol，c(H2O)=1.8mol，；
②反應i、ii都是氣體分子數(shù)減小的反應，縮小容器容積相當于增大壓強，平衡向正反應方向移動，則SO2的轉(zhuǎn)化率增大，故2700；增大；
（4）
①該原電池中a電極為負極，b電極為正極，放電時質(zhì)子向正極移動，即質(zhì)子從電極a移向電極b，故a→b；
②a電極通入SO2，SO2在負極失電子生成，則負極的電極反應式為，故。
29．(1)
(2)???? 升高溫度???? a????
(3)>
(4)
(5)及時分離出產(chǎn)物

（1）
根據(jù)圖像可知，達到平衡時A的物質(zhì)的量減小了：1mol-0.7mol=0.3mol，B的物質(zhì)的量減小為：1mol-0.4mol=0.6mol，C的物質(zhì)的量增加，增加的物質(zhì)的量為：0.6mol，所以A、B、C的物質(zhì)的量變化之比為：0.3mol：0.6mol：0.6mol=1：2：3，該反應的化學方程式為：；故；
（2）
①根據(jù)圖像可知：t3時正逆反應速率同時增大，且逆反應速率大于正反應速率，說明平衡向著逆向移動，若增大壓強，平衡向著正向移動，由于該反應為放熱反應，升高溫度后平衡向著逆向移動，所以t3時升高了溫度；故升高了溫度；
②根據(jù)圖像變化可知，在t1～t2時反應向著正向移動，A轉(zhuǎn)化率逐漸增大，直至t2～t3時反應達到平衡狀態(tài)，A轉(zhuǎn)化率達到最大；而t3～t4時升高了溫度，平衡向著逆向移動，A的轉(zhuǎn)化率逐漸減小，直至t4～t5時A的轉(zhuǎn)化率達到最低；而t5～t6時正逆反應速率同時增大且相等，說明平衡沒有移動，A的轉(zhuǎn)化率不變，與t4～t5時相等，所以A的轉(zhuǎn)化率最大的時間段是：t2～t3，A的轉(zhuǎn)化率最大時C的體積分數(shù)最大，此時間段為t2～t3，即為a點；a、b、c三點中，C的體積分數(shù)最大的是a。故a；
③反應A+2B?2C???ΔHt2～t3，所以化學平衡常數(shù)大小關(guān)系為：K1>K2=K3。故K1>K2=K3；
（3）
恒壓條件下，溫度升高，H2S的轉(zhuǎn)化率升高，即升高溫度平衡正向移動，則ΔH> 0；故>；
（4）
2H2S(g)2H2(g)+S2(g)　ΔH=+169.8kJ?mol-1，反應是氣體體積增大的反應，溫度不變，壓強增大平衡逆向進行，H2S的轉(zhuǎn)化率減小，則壓強關(guān)系為：圖中壓強(p1、p2、p3)的大小順序為p3>p2>p1。故p3>p2>p1；
（5）
進一步提高H2S的轉(zhuǎn)化率，除改變溫度、壓強外，還可以采取的措施有及時分離出產(chǎn)物，故及時分離出產(chǎn)物。

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