河北省邯鄲市六校聯(lián)考高二化學試題

六校聯(lián)考期中考試高二化學試題

可能用到的相對原子質(zhì)量：016Cu64Ag108

一、選擇題:此題共10個小題，每題2分，共20分。每題只有一個選項符合題意。

1.能源是人類文明開展和進步的根底，化學與能源緊密相關(guān)，以下有關(guān)說法不正確的選項是

O

A.石油和天然氣都是不可再生能源

B.氫能是一種理想的綠色能源

C."可燃冰”是將水變?yōu)橛偷男滦湍茉?/p>

D.大力開展太陽能有助于減緩溫室效應(yīng)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.石油和天然氣都是化石燃料，都是不可再生能源，故A正確；

B.氫氣燃燒不生成有害物質(zhì)，是一種理想的綠色能源，故B正確；

C."可燃冰”的主要成分是甲烷，根據(jù)元素守恒知，水不能變?yōu)橛停蔆錯誤；

D.大力開展太陽能可減少化石燃料的使用，從而減少二氧化碳的排放，有助于減緩溫室效應(yīng),

故D正確；

應(yīng)選Co

2.以下依據(jù)熱化學方程式得出的結(jié)論正確的選項是

選項熱化學方程式結(jié)論

的燃燒熱為

A2H2(g)+02(g)=2H20(g)?H=-483.6kJ/molH2241.8kJ/mol

含的稀溶液與濃完全

ImolNaOHH2SO4

+

BOH-(aq)+H(aq)=H2O(g)?H=-57.3kJ/mol

中和，放出熱量小于57.3kJ

2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)?H=-akJ/mol

Cb<a

2C(s)+O2(g)=2CO(g)?H=-bkJ/mol

DC(石墨，s)=C(金剛石，s)?H=+1.5kJ/mol金剛石比石墨穩(wěn)定

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.燃燒熱是指Ima可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時放出的熱量，W轉(zhuǎn)化為液

態(tài)水，W的燃燒熱應(yīng)為241.8kJ∕mol,故A錯誤；

B.濃硫酸溶解于水的過程放熱，那么用濃硫酸與Nae)H溶液反響生成Imol水，放出的熱量大

于57.3kJ,故B錯誤；

C.2mol碳單質(zhì)，完全燃燒時放出熱量更多，故有a>b,故C正確；

D.石墨轉(zhuǎn)化為金剛石吸熱，說明石墨的能量低于金剛石，而物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定，故石墨比

金剛石更穩(wěn)定，故D錯誤；

答案選C。

3.某同學用銅片、銀片、CU(Ne)3)2溶液、AgNo3溶液、導(dǎo)線和鹽橋［裝有瓊脂一KNCh的U

形管)設(shè)計成一個原電池如口圖所示，以下判斷中正確的選項是0.

A.該原電池的工作原理是Cu+2Ag+=2Ag+Cι?+

B.實驗過程中取出鹽橋，原電池能繼續(xù)工作

C.實驗過程中，左側(cè)燒杯中NC)3一濃度不變

D.實驗過程中電子流向為：CU極玲CU(NO3)2溶液-AgNC)3溶液玲Ag極

【答案】A

【解析】

【詳解】A.左邊為負極，右邊為正極，其原電池的工作原理是Cu+2Ag'=2Ag+CuZ+,故A正

確；

B.實驗過程中取出鹽橋，不能形成閉合回路，因此原電池不能繼續(xù)工作，故B錯誤；

C.實驗過程中，鹽橋中NO3一不斷向左側(cè)遷移，因此左側(cè)燒杯中NO3-濃度增大，故C錯誤；

D.實驗過程中電子流向為：CU極3經(jīng)導(dǎo)線?>Ag極，電子不能通過電解液，故D錯誤。

綜上所述，答案為A。

【點睛】不管是原電池還是電解池，電子都只能在導(dǎo)線中通過，不能在溶液中經(jīng)過，只有陰

陽離子在溶液中移動。

4.利用以下圖所示裝置，當X、Y選用不同材料時，可將電解原理廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)。以下

說法中正確的選項是

A.氯堿工業(yè)中，X、Y均為石墨，X附近能得到氫氧化鈉

B.銅的精煉中，X是純銅，Y是粗銅，Z是CUSC)4

C.電鍍工業(yè)中，X是待鍍金屬，Y是鍍層金屬

D.外加電流的陰極保護法中，Y是待保護金屬

【答案】D

【解析】

【詳解】A、氯堿工業(yè)中，X是陽極，那么氯離子放電生成氯氣，A錯誤；

B、電解精煉銅時，粗銅作陽極，那么X是粗銅，Y是純銅，B錯誤；

C、電鍍時，鍍層金屬作陽極，鍍件作陰極，所以X是鍍層金屬，C錯誤；

D、外加電流的陰極保護法中，被保護的金屬作陰極，所以Y是待保護金屬，D正確；

答案選D。

5.以下說法正確的選項是()

A增大壓強能增大活化分子百分數(shù)和單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，加快反響速率

B.反響SiCh(s)+2C(s)=Si(s)+2C0(g)必須在高溫下才能自發(fā)進行，那么有AH>0

C.合成氨生產(chǎn)中將NH3液化別離，可加快正反響速率

D.任何可逆反響，將其平衡常數(shù)變大，反響物的轉(zhuǎn)化率變小

【答案】B

【解析】

【詳解】A.增大壓強，假設(shè)單位體積內(nèi)活化分子的濃度增大，增大了活化分子的碰撞幾率，

反響速率才加快；假設(shè)通過參加不參與反響的氣體使壓強增大，反響速率不變，故A錯誤；

B.SiO2(s)+2C(s)=Si(S)+2CO(g)屬于嫡增反響，必須在高溫下自發(fā)進行，依據(jù)AH-TAS<0反響自發(fā)

進行可知，那么該反響AH>0,故B正確；

C.將NK液化別離，平衡正向移動，且瞬間逆反響速率減小，正反響速率不變，然后正反響

速率減小，故C錯誤；

D.在其他條件不變的情況下，平衡常數(shù)K越大，反響向正反響方向進行的程度較大，反響物

的轉(zhuǎn)化率就越高，故D錯誤：

應(yīng)選Bo

6.某溫度下，密閉容器中發(fā)生反響aX(g)=bY(g)+cZ(g),到達平衡后，保持溫度不變，

將容器的容積壓縮到原來容積的一半，當?shù)竭_新平衡時，物質(zhì)Y和Z的濃度均是原來的1.8

倍。那么以下表達正確的選項是()

A.可逆反響的化學方程式的化學計量數(shù)：a>b+c

B.壓縮容器的容積時，V,E增大，V迎減小

C.到達新平衡時，物質(zhì)X的轉(zhuǎn)化率減小

D.到達新平衡時，混合物中Z的質(zhì)量分數(shù)增大

【答案】C

【解析】

【分析】

將容器的容積壓縮到原來容積的一半，當?shù)竭_新平衡時，物質(zhì)Y和Z的濃度均是原來的1.8

倍，說明平衡向逆反響方向移動，結(jié)合壓強對平衡移動的影響解答該題。

【詳解】A將容器的容積壓縮到原來容積的一半，當?shù)竭_新平衡時，物質(zhì)Y和Z的濃度均是

原來的1.8倍，說明平衡向逆反響方向移動，那么應(yīng)有aVb+c,故A錯誤；

B.壓縮容器的容積，壓強增大，正逆反響速率都增大，故B錯誤；

C.平衡向逆反響方向移動，到達新平衡時，物質(zhì)X轉(zhuǎn)化率減小，故C正確；

D.平衡向逆反響方向移動，混合物中Z的質(zhì)量分數(shù)減小，故D錯誤；

應(yīng)選：Co

7.室溫時，0.1moM∕i某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，以下表達錯誤的選項是（）

A.升高溫度，溶液的PH增大

B.室溫時，此酸的電離平衡常數(shù)約為IXlo7

C.該溶液的pH=4

D.升高溫度，電離平衡常數(shù)增大

【答案】A

【解析】

【詳解】A.電離過程是吸熱的，升高溫度，平衡正向進行，酸性增強，溶液的PH減小，故A

錯誤；

B.室溫時，此酸的電離平衡常數(shù)約為='1%X°」X°1%=IXlO-7,故B正確；

0.1

C.該溶液的氫離子濃度為0.1x0.1%=10<mol∕L,所以pH=4,故C正確；

D.升高溫度，平衡正向進行，電離平衡常數(shù)增大，故D正確：

應(yīng)選Ao

8.25。C時，水的電離到達平衡：Hq=H'+OH,以下表達正確的選項是

A.將純水加熱到95°C時，KW變大，PH不變，水仍呈中性

B.向純水中參加稀氨水，平衡逆向移動，C（OH一）增大，KW變小

C.向水中參加少量固體硫酸氫鈉，c（H+）增大，平衡逆向移動，KT不變

D.向水中通入HCl氣體，平衡逆向移動，溶液導(dǎo)電能力減弱

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.水加熱到95℃,水的離子積常數(shù)變大，氫離子濃度增大，pH減小，但仍呈中性,

故不選A；

B.向純水中參加稀氨水，平衡逆向移動，氫氧根離子濃度增大，但水的離子積常數(shù)不變，故

不選B；

C.水中參加硫酸氫鈉，氫離子濃度增大，平衡逆向移動，但水的離子積常數(shù)不變，應(yīng)選C；

D.水中通入氯化氫，氫離子濃度增大，平衡逆向移動，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增大，

故不選Do

9.酸堿中和滴定是重要的定量實驗，準確量取25QomL某待測濃度的鹽酸于錐形瓶中，用

(MOoOmol/L的氫氧化鈉標準溶液滴定。以下說法正確的選項是0

A.錐形瓶用蒸儲水洗滌以后，再用待測液進行潤洗

B.使用酚獻為指示劑，當錐形瓶中的溶液由紅色變?yōu)闊o色時停止滴定

C.滴定到達終點時，俯視刻度線進行讀數(shù)，那么測定結(jié)果偏低

D.實驗結(jié)束，某同學記錄的氫氧化鈉溶液的體積為21.6mL

【答案】C

【解析】

【詳解】A.錐形瓶用蒸儲水洗滌以后，不能用待測液進行潤洗，故A錯誤；

B.使用酚猷為指示劑，滴定前錐形瓶內(nèi)溶液為無色，當錐形瓶中的溶液由無色變?yōu)榧t色時停

止滴定，故B錯誤；

C.滴定到達終點時，俯視刻度線進行讀數(shù)，消耗標準液的體積偏小，那么測定結(jié)果偏低，故

C正確；

D.實驗結(jié)束，滴定管的精度為0.01mL,某同學記錄的氫氧化鈉溶液的體積應(yīng)為21.60mL,故

D錯誤；

選Co

10.以下實驗事實不能用平衡移動原理解釋的是0

C.C1E口

c（氨水）/≡ol?L-10.10.01

D.

PH11.110.6

【答案】C

【解析】

【詳解】A.存在平衡2N5UN2θ4,且正反響是放熱反響，升高溫度，平衡向逆反響方向移

動，所以氣體顏色加深，可以用平衡移動原理來解釋，故A正確；

B.水的電離屬于吸熱過程，升高溫度，電離程度增大，KW增大，可以用平衡移動原理來解釋，，

故B正確；

C.過氧化氫分解，參加的二氧化鎰起催化劑的作用，加快過氧化氫分解，不能用平衡移動原

理解釋，故C錯誤；

D.濃度越小，氨水的電離程度越大，可以用平衡移動原理來解釋，故D正確。

應(yīng)選Co

二、選擇題:此題共5個小題，每題4分，共20分。每題有一個或兩個選項符合題目要求，

全都選對得4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分。

11.工業(yè)上可用如下反響制H2:CK4(g)+H2O(g)≠CO(g)+3H2(g)ΔH,在密閉容器中通入一定量

CH,和H2O(g),測得平衡時W的物質(zhì)的量分數(shù)巾(Hz)與溫度及壓強的關(guān)系如下圖。以下說

法正確的選項是

A.壓強：P1<P2

B.焰變：AHVO

C.正反響速率：M>N

D平衡常數(shù)：K(M)<K(N)

【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)圖像可知，P2時.，升高溫度氫氣的物質(zhì)的量分數(shù)增大，平衡正向移動，根據(jù)勒夏特列原

理，可確定，正反響為吸熱反響；過M點向T軸作垂線，與P2相交與點a,a點在M點的上

方，從Pl到P2,氫氣的物質(zhì)的量分數(shù)增大，平衡正向移動，為減小壓強，故P1>P2.

【詳解】A.分析可知，壓強：p1>p2,A說法錯誤；

B.分析可知，正反響為吸熱反響，那么焰變：AH>O,B說法錯誤；

C.根據(jù)圖像，M點的溫度高于N點，且兩反響均為正向進行，故正反響速率：M>N,C說

法正確；

D.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，正反響為吸熱反響，升高溫度平衡正向移動，K增大，K(M)>K(N),

D說法錯誤；

答案為C。

12.如下圖，甲池的總反響式為：N2H4+O2=N2+2H2O,以下關(guān)于該電池工作時的說法正確的

選項是O

A.該裝置工作時，Ag電極上有氣體生成

B.甲池中負極反響為N2H4—4e-=Nz+4H+

C.甲池和乙池中的溶液的PH均減小

D.當甲池中消耗0.1molN2H4時，乙池中理論上產(chǎn)生12.8g固體

【答案】CD

【解析】

【分析】

甲池能自發(fā)的發(fā)生氧化復(fù)原反響而作原電池，通入冊的電極為負極，通入氧氣的電極為正極,

負極反響為N2H4-4e-+4OH=N2+4H2θ,正極反響為。2+46-+2出0=4。田，乙池為電解池，陰極Ag

反響為Cu2++2e=Cu、陽極石墨反響為4OHYe-=2力。+。2個，據(jù)此分析解答。

【詳解】A.通入腫的電極為負極，負極與陰極相連，銀極為陰極，銅離子得電子生成銅單質(zhì)，

無氣體生成，故A錯誤；

B.甲池負極反響為N2H4-4e+4OH=N2+4H2θ,氫離子不能在堿性溶液中出現(xiàn)，故B錯誤；

C.甲池生成水，導(dǎo)致溶液中KOH濃度降低，那么溶液PH減小，乙池中氫氧根離子放電，導(dǎo)

致溶液PH減小，故C正確：

D.甲池N2H4-4e*4θH-=N2+4H2O消耗O.lmolN2H4時,轉(zhuǎn)移0.4mol電子，乙池CU2++2e-=Cu,產(chǎn)

生0.2mol銅，為12.8g固體，故D正確；

應(yīng)選CD

13.TC時，在甲、乙、丙三個容積均為2L的密閉容器中發(fā)生反響：2S5(g)+θ2(g)κ-2Sθ3(g),

5min時甲到達平衡。其起始量及SO2的平衡轉(zhuǎn)化率如表，以下表達不正確的選項是()

容器甲乙丙

n(so2)∕mol0.40.80.8

起始量

n(02)∕m0l0.240.240.48

SO2的平衡轉(zhuǎn)化率80%aι?2

A.0?5min內(nèi)，甲中SCh的反響速率為0.032moHΛmirri

B.ΓC時，該反響的平衡常數(shù)K=400L?m。尸

C.平衡時，SO2的轉(zhuǎn)化率：αι<80%<α2

D.平衡時，丙中氣體平均相對分子質(zhì)量與甲相同

【答案】D

【解析】

【詳解】A.0~5min內(nèi)，

0.32mol

甲中SO2的反響速率=2L=0.032mol?L1?min1,故A正確；

5min

(0.32mo∕Y

1

B.根據(jù)A的分析，該溫度下，平衡常數(shù)值K=7―~?-----------=400L?mol,故B正確；

(0.08加叫χ0.08mo/

12LJ2L

C.由甲、乙可知，氧氣的濃度相同，增大二氧化硫的濃度會促進氧氣的轉(zhuǎn)化，二氧化硫轉(zhuǎn)化

率減小，由乙、丙可知，二氧化硫濃度相同，增大氧氣濃度，二氧化硫轉(zhuǎn)化率增大，那么平

衡時，SO2的轉(zhuǎn)化率：aι<80%<a2,故C正確;

D.同溫，同體積，丙中的起始濃度為甲的2倍，丙相當于甲平衡后增大壓強，平衡正向移動，

氣體的質(zhì)量不變，氣體的物質(zhì)的量減小，平衡時，丙中氣體的平均相對分子質(zhì)量比甲大，故D

錯誤；

應(yīng)選D。

14.以下說法不正確的選項是O

A.25°C時，0.1mol?Li的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導(dǎo)電能力弱

B.25°CB寸，將0.：LmO卜L-I的NaoH溶液加水稀釋IOO倍，所得溶液的PH=Il

C.25℃時，將0.1mol?l∕i的HA溶液加水稀釋至pH=4,所得溶液C(C)H-)=lxlθ"tjmolL"

D.由水電離出的c(H+)=10FmoH√ι的溶液中：Na?NH；、Co:、Cl可以大量共存

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.氫硫酸是弱酸，是水中微弱電離，硫化鈉是強電解質(zhì)，在水中完全電離，故25℃

時，0.1moM_r的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導(dǎo)電能力弱，正確；

B.25。C時,0.1mol1/】的NaC)H溶液中C(OH)=O.lmol∕L,加水稀釋IoO倍,溶液中的

c(ΘH)=0.001mol∕L,那么溶液中的C(H+)=1x1。-】ImOl/L,所以溶液的PH=I1,正確；

C.25℃時，將0.1mokLT的HA溶液加水稀釋至pH=4,溶液中C(H+)=：LXIo-，mol/L,所以溶液

C(OH)=IxlO-10mol?L1,正確;

D.由水電離出的c(H+)=10Rmo上「1的溶液中水的電離受到了抑制，可能是向水中參加了酸,

也可能是參加了堿。假設(shè)溶液呈酸性，那么CO；-不能大量存在；假設(shè)溶液呈堿性，那么NH；

不能大量存在，故錯誤；

應(yīng)選D。

15.某溫度下，HNo2和CHSCOOH的電離常數(shù)分別為5.0x10"和1.7x106。將PH和體積均相同

的兩種酸溶液分別稀釋，其PH隨加水體積的變化如下圖。以下表達正確的選項是O

A.曲線I代表HNo2溶液

B.溶液中水的電離程度：b點＜c點

C.相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同

c(HA)

D.從C點到d點，溶液中FTY減小(其中HA、A-分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子〕

C(A)

【答案】BD

【解析】

【詳解】A?酸性越弱，加水稀釋相同倍數(shù)，pH變化越小，所以曲線I代表CH3C00H溶液，

故A錯誤；

B.酸電離的氫離子濃度越大，水電離程度越小，溶液中水的電離程度：b點<c點，故B正確；

C.同PH的HNO2>flJCH3COOH,CH3COOH的濃度大于HNC)2,相同體積a點的兩溶液中CH3COOH

的物質(zhì)的量大于HN5,分別與NaC)H恰好中和后,消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量不同,溶液中n(Na+)

不相同，故C錯誤；

C(A1C(H+)

D.溫度不變，電離平衡常數(shù)?J\，不變,從C點到d點，氫離子濃度減小，所以溶

c(HA)

c(HA)

液中心-\減小(其中HA、A分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子)，故D正確；

c(a)

選BDo

三、非選擇題：此題共4小題，共60分

16.(I)反響：Na2S2θ3+H2Sθ4=Na2Sθ4+SJ+SC>2個+也0。甲同學通過測定該反響發(fā)生時溶液

變渾濁的時間，研究外界條件對化學反響速率的影響。設(shè)計實驗如下：

實實驗

驗溫c(Na2s203)∕(m0l?Lc(H2SO4)∕(mol?L

f

1/(Na2S2O3)ZmLV(H2SO4)ZmLV(H2O)∕mL

編度^1)^1)

號/℃

①250.15.00.110.0a

②250.110.00.110.00

③250.25.00.15.0b

④500.25.00.110.05.0

其他條件不變時：探究溫度對化學反響速率的影響，應(yīng)選擇實驗(填實驗編號)；假設(shè)

同時選擇實驗①②、實驗②③，測定混合液變渾濁的時間，可分別探究Na2S2O3濃度和H2SO4

的濃度對化學反響速率的影響，那么表中a和b分別為和。

(H)實驗室中做如下實驗：一定條件下，在容積為2.0L的恒容密閉容器中，發(fā)生如下反響：

2A(g)+B(g)≠2C(g)ΔH=QkJ∕mol.,

⑴假設(shè)A、B起始物質(zhì)的量均為零，通入C的物質(zhì)的量(mol)隨反響時間(min)的變化情況如表:

物e\時

實驗序號0102030405060

1800℃1.00.800.670.570.500.500.50

2800℃∏20.600.500.500.500.500.50

3800℃∏30.920.750.630.600.600.60

4700℃1.00.900.800.750.700.650.65

根據(jù)上表數(shù)據(jù)，完成以下填空：

①在實驗1中反響在10~20min內(nèi)反響的平均速率VC=，實驗2中采取的

措施是實驗3中心_(填“>〃"="或)1.0。

②比擬實驗4和實驗1,可推測該反響中Q0(填或

(2)在另一反響過程中A(g)、B(g)、C(g)物質(zhì)的量變化如下圖，根據(jù)圖中所示判斷以下說法正確

的選項是。

a.10?:L5min可能是升高了溫度

b.10~15min可能是參加了催化劑

c.20min時可能縮小了容器體積

d.20min時可能是增加了B的量

【答案】⑴.②④(2).5.0(3).10.0(4).0.0065mol?L^1?min1⑸.使用了催

化劑⑹.>(7).<(8).abd

【解析】

【分析】

【詳解】(I)探究外界條件對化學反響速率的影響，應(yīng)控制變量。根據(jù)實驗②，可知反響混合

液的總體積為20.0mL。要探究溫度對化學反響速率的影響，只能改變溫度，其他條件均應(yīng)相

同。實驗②和④中，Na2S2O3和WSCU的濃度都相同，只有溫度不同，所以選擇實驗②和④

探究溫度對化學反響速率的影響；選擇實驗①和②，探究Na2S2C)3濃度對化學反響速率的影

響，需使Na2S2O3濃度不同，其他條件(溫度、KS04濃度)都相同，所以需控制混合液總體

積相同，所以a=5.0;選擇實驗②和③，探究H2SO4濃度對化學反響速率的影響，需使HzSCU

濃度不同，其他條件都相同，所以也需控制混合液總體積相同，所以b=10.00

(卬⑴①在實驗1中反響在10?20min內(nèi)反響的平均速率VC=

0.8Omo/-0.67mol

?≈0.0065mol∕(L?min);實驗2的溫度和實驗1相同，平衡時C的物質(zhì)的量

IOmin

也相同，但和實驗1相比，到達平衡的時間明顯縮短，即速率比實驗1快，可能是使用了催

化劑；實驗3和實驗1相比，溫度相同，平衡時C的物質(zhì)的量大于實驗1,可能起始時參加了

更多的C,所以n3>1,0o

②實驗4和實驗1起始通入的C的量相同，只有溫度不同，平衡時實驗4中C的物質(zhì)的量比

實驗1中的大，說明溫度降低，平衡向生成C的方向移動，說明該反響的正反響是放熱的，

即Q<0,

⑵從圖像可以看出，反響在IOmin時沒有到達平衡，但從IOmin時速率加快，原因可能是升

高了溫度或使用了催化劑；15min時到達平衡狀態(tài)，20min時B的物質(zhì)的量瞬間增大，隨之減

小，反響物A的物質(zhì)的量也減小，生成物C的物質(zhì)的量增加，平衡向正向移動，應(yīng)該是增加

了B的量，應(yīng)選abd?

【點睛】探究外界條件對反響速率的影響，采用控制變量法。實驗②和④中，Na2S2O3的物

質(zhì)的量相同，假設(shè)混合液體積也相同，那么Na2S2O3的物質(zhì)的量濃度就是相同的。在判斷濃度

是否相同時，不能只看濃度，需要看提供的物質(zhì)的物質(zhì)的量。

17.十九大報告指出：“堅持全民共治、源頭防治，持續(xù)實施大氣污染防治行動，打贏藍天保

衛(wèi)戰(zhàn)!"以NoX和燃煤為主的污染綜合治理是當前重要的研究課題。

⑴直接排放煤燃燒產(chǎn)生的煙氣會引起嚴重的環(huán)境問題。煤燃燒產(chǎn)生的煙氣含氮的氧化物，用

Cd催化復(fù)原NOX可以消除氮氧化物的污染。

：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ/mol

2NO2(g)≠N2O4(g)ΔH=-56.9kJ/mol

H2O(g)=H2O(l)AH=-44.0kJ/mol

那么CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)AH=0

(2)汽車尾氣中含有NoX主要以Ne)為主，凈化的主要原理為：2N0(g)+2C0(g)=2C02(g)+M(g)

?H=akJ/mol,在5000C時，向體積不變的密閉體系中通入5mol的NC)和5mol的Co進行反

響時，體系中壓強與時間的關(guān)系如下圖：

①以下描述能說明反響到達平衡狀態(tài)的是

A.單位時間內(nèi)消耗nmol的NO同時消耗nmol的Nz

B.體系中No、CO、CO2,N2的濃度相等

C.混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變

D.體系中混合氣體密度不變

②4min時NO的轉(zhuǎn)化率為。

③500℃該反響的平衡常數(shù)KP=MPaL(KP為以平衡分壓表示的平衡常數(shù)：平衡分

壓=總壓X物質(zhì)的量分數(shù)，計算結(jié)果保存2位有效數(shù)字)

④假設(shè)在8min改變的條件為升高溫度，KP減小，那么a0(填大于、小于或等于)

⑤如要提高汽車尾氣的處理效率可采取(填序號)

a升高溫度b降低溫度并加催化劑c增加排氣管的長度

【答案】(1).-898.1kJ/mol(2).C(3).40%(4).0.099⑸.小于⑹.b

【解析】

【詳解】(1)：ΦCH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2θ(g)ΔH=-867kJ/mol

(2)2NO2(g)≠N2O4(g)ΔH=-56.9kJ/mol

③或。值)=或。(1)ΔH=-44.0kJ/mol

根據(jù)蓋斯定律，將①-②+2x③得到CH4與N2O4生成N2、C5和KO(I)的熱化學方程式：

CH4(g)+N2O4(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)

?H=(-867kJ∕mol)-(-56.9kJ∕mol)+2×(-44.0kJ∕mol)=-898.1kJ∕mol,故答案為：-898.1kJ∕mol;

(2)φA.單位時間內(nèi)消耗nmol的No同時消耗nmol的刈，正逆反響速率不相等，說明反響

沒有到達平衡，故A不選；

B.體系中No、CO、CO?、N2的濃度相等，不能說明正逆反響速率相等，不能說明反響到達

平衡，故B不選；

C.氣體總質(zhì)量不變，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，說明各物質(zhì)的物質(zhì)的量不變，

達平衡狀態(tài)，故C選；

D.體積不變，反響體系都是氣體，混合氣體的質(zhì)量始終不變，從反響開始到平衡，密度始終

不變，體系中混合氣體密度不變不能說明反響到達平衡，故D不選；

故答案為：C；

②向體積不變的密閉體系中通入5mol的NO和5mol的CO進行反響時存在：

4min時，總壓是4.5MPa,Omin時，總壓是5Mpa,那么°*5x+x+0.5x)mol=,解得

IOmol5

x=2,NO的轉(zhuǎn)化率為——-X100%=40%,故答案為：40%；

Smol

33

③由②可知，平衡時分壓P(NO)=-X4.5MPa=I.5MPa,p(CO)=-×4.5Mpa=1.5Mpa,

99

21

p(C02)=—×4.5Mpa=IMpa,p(N2)=—×4.5Mpa=O.5Mpa；

p(N2)p2(CO2)0,5×l2

=0.099,故答案為：0.099；

p2(N0)p2(C0)^1.52×1.52

④8min時升高溫度，KP減小，說明升高溫度平衡逆向移動，那么該反響是放熱反響，AH=

akJ∕mol<0,故答案為：小于；

⑤a.該反響是放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，不能提高汽車尾氣的處理效率，故a不

選；

b.降低溫度，平衡正向移動，加催化劑加快反響速率，能提高汽車尾氣的處理效率，故b選;

c.增加排氣管的長度，不改變反響進程，不能提高汽車尾氣的處理效率，故C不選；

故答案為：bo

18.某興趣小組的同學用如下圖裝置研究有關(guān)電化學的問題(甲、乙、丙三池中溶質(zhì)足量)，當

閉合該裝置的電鍵K時，觀察到電流計的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)。請答復(fù)以下問題：

⑴甲池為(填"原電池"或"電解池”)，A電極的電極反響式為。

(2)丙池中E電極為一(填"正極"、"負極"、"陰極"或"陽極")，丙池總反響的離子方

程式為。

⑶當乙池中C極質(zhì)量減輕5.4g時，甲池中B電極理論上消耗O2的體積為mL(標準狀況)

⑷一段時間后，斷開電鍵K,以下物質(zhì)能使丙池恢復(fù)到反響前濃度是__(填選項字母)。

A.CuB.CuOCCu(OH)2D.Cu2(OH)2CO3

放電

⑸愛迪生蓄電池的反響式為：Fe+NiO+2HO=Fe(OH)+Ni(OH)高鐵酸鈉(Na2FeC)4)易溶于水,

22充電22s

是一種新型凈水劑.用如圖裝置可以制取少量高鐵酸鈉。

①此裝置中愛迪生蓄電池的正極是(填"a"或"b"),該電池工作一段時間后必須充電,

充電時陰極的電極反響式為。

②寫出在用電解法制取高鐵酸鈉時，陽極的電極反響式為。

【答案】⑴.原電池⑵.CWOH-6e-+80K=COj+6力0⑶.陽極⑷.20?++

ili+-

2H2O?2Cu+02t+4H(5).280(6).B(7).b(8).Fe(OH)2+2e=Fe+20H(9).

Fe-6e+80H=FeO^^+4H2O

【解析】

【分析】

根據(jù)題中圖示判斷，甲池為燃料電池，A為負極，B為正極，那么乙中C為陽極，D為陰極，

陽極上Ag失電子生成銀離子，陰極上銅離子得電子生成Cu,丙池中E為陽極，F(xiàn)是陰極，也

就是惰性電極電解硫酸銅溶液，結(jié)合溶液中離子變化分析；根據(jù)題中圖示制取少量高鐵酸鈉,

可判斷Fe作陽極判斷愛迪生蓄電池的正負極，并寫出電極反響，據(jù)此解答。

【詳解】(1)由圖可知甲池為原電池是一甲醇燃料電池，通甲醇的A為負極、B為正極，電解

質(zhì)溶液為KOH溶液，那么A電極反響方程式為CH3OH+8OH-6e=CO；+6H2O,B電極反響式

為：C>2+4e-+2H2θ=4OH?:答案為原電池，CH3OH+8OH-6e≡CO；+6H2O,

2+

(2)丙池中E為陽極，電極反響為4OH-4e=O2t+2H2O,F電極為陰極，電極反響為Cu+2e=Cu,

2+ill

總反響離子方程式為2Cu+2H2OLj2Cu+O2t+4H+；答案為陽極，

2++

2CU+2H2O2Cu+O2t+4Ho

(3)乙池為電解池，C為陽極電極反響為Age=Ag+,D做陰極,電極反響為Cι∣2++2e-=Cu,乙池

54只

中C極質(zhì)量減輕5.4g,那么其物質(zhì)的量n(Ag)=τ^1二--0.05mol,那么轉(zhuǎn)移電子為OQ5mol,

108g/mol

甲池消耗。2為0.05molXL=O.0125mol,所以標況下體積為l∕(02)=0.0125

4

mol×22.4L∕mol=0.28L=280mL;答案為280?

⑷一段時間后，斷開電鍵K,要使丙池恢復(fù)到反響前濃度，根據(jù)

ilti

2CUSO4+2H2OLz2H2SO4+2CU+O2t可知，需參加CuO,CuO與硫酸發(fā)生反響生成硫酸銅和水，

即CuO+H2SO4=CuSO4+H2O;答案為B0

⑸①用如圖裝置制取少量高鐵酸鈉，F(xiàn)e必須接愛迪生蓄電池的正極，作陽極，故b是正極，

該電池工作一段時間后必須充電，充電時陰極發(fā)生復(fù)原反響，得到電子，由

放電

Fe+NQ+2H2θUFe(OH)2+Ni(OH)2可知，其電極反響式為Fe(OH)+2e=Fe+2OH-；答案為b,

充電2

Fe(OH)2+2e^=Fe+20H,

②陽極上鐵失電子和氫氧根離子反響生成高鐵酸根離子和水，陽極電極反響為

Fe-6e+8OH=Feoj+4H2O;答案為Fe-6e+8OH=FeO^+4H2Oo

19.(1)25°C時，兩種酸的電離平衡常數(shù)如下:

化學式