山东省烟台市开发区高中高三化学上学期第二次月考试题（含解析）新人教版(1).doc

山东省烟台市开发区高中2014届高三上学期第二次月考化学试卷一、选择题1（3分）水是一种极弱的电解质，在室温下平均每n个水分子中只有1个水分子发生电离，则n值是（）a. 11014 b. 55.6107 c. 107 d. 55.6考点：水的电离.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：根据常温下1l水的质量约为1000g计算出水的物质的量，再根据常温下氢离子浓度为107mol/l可知1l水中约含有107mol氢离子，最后根据每n个水分子中只有一个水分子发生电离计算出n值解答：解：1l在常温下质量约为1000g，物质的量为：55.6mol，1l水在常温下含有氢离子物质的量为：107mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：，解得n=55.6107，故选：b点评：本题考查水的电离及物质的量的相关计算，难度中等侧重培养学生灵活应用所学知识的能力2（3分）在已达到电离平衡的0.1moll1的醋酸溶液中，欲使平衡向电离的方向移动，同时使溶液的ph 降低，应采取的措施是（）a加少量水 b加热c加少量盐酸 d加少量醋酸钠晶体考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：欲使平衡向电离的方向移动，可以采用的方法为：加热、加入和氢离子反应的物质，要使溶液的ph降低，则应使溶液中氢离子浓度增大，可以加入酸或升高温度，二者结合分析解答解答：解：a向醋酸溶液中加入少量水，促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，溶液的ph增大，故a不符合；b醋酸的电离是吸热反应，升高温度促进醋酸电离，且溶液中氢离子浓度增大，溶液的ph减小，故b符合；c向溶液中加入少量盐酸，溶液中氢离子浓度增大，ph减小，但抑制醋酸电离，故c不符合；d向溶液中加入少量醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，导致溶液中氢离子浓度降低，ph增大，故d不符合；故选b点评：本题考查了弱电解质的电离，明确加热促进醋酸电离，而同离子效应抑制醋酸电离，据此分析解答即可，难度不大3下列有关说法正确的是（）acaco3（s）cao（s）+co2（g）室温下不能自发进行，说明该反应的h0b镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈cn2（g）+3h2（g）2nh3（g）h0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（h2 ）和h2的平衡转化率均增大d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考点：金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；水的电离.专题：压轴题；化学平衡专题；电化学专题分析：acaco3分解需要吸收热量；b镀铜铁制品镀层受损后，易形成原电池反应；c升高温度，平衡转化率减小；d水的电离为吸热反应解答：解：acaco3分解需要吸收热量，该反应的h0，故a错误；b镀铜铁制品镀层受损后，易形成原电池反应而导致更易腐蚀，故b正确；c升高温度，平衡向逆反应方向移动，则h2的平衡转化率减小，故c错误；d水的电离为吸热反应，升高温度，有利于水的电离，故d错误故选b点评：本题考查较为综合，涉及反应热与焓变、电化学腐蚀、平衡移动以及弱电解质的电离等问题，题目难度中等，注意把握电化学反应原理以及平衡移动的影响因素4甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是ch3oh（g）+h2o（g）co2（g）+3h2（g）；h=+49.0kjmol1ch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2（g）；h=192.9kjmol1下列说法正确的是（）ach3oh的燃烧热为192.9kjmol1b反应中的能量变化如图所示cch3oh转变成h2的过程一定要吸收能量d根据推知反应：ch3oh（l）+o2（g）=co2（g）+2h2（g）的h192.9kjmol1考点：化学能与热能的相互转化.专题：化学反应中的能量变化分析：a、利用盖斯定律，32可得甲醇燃烧的热化学方程式，进而可知甲醇的燃烧热；b、根据h=生成物总能量反应物总能量来判断；c、根据已知的甲醇转化为氢气的两种反应原理来判断；d、根据物质的能量大小与物质的状态关系来判断解答：解：a、根据盖斯定律将，32可得：ch3oh（g）+ o2（g）=co2（g）+2h2o（l）h=192.9kj/mol349kj/mol2=676.7kj/mol，所以甲醇的燃烧热为676.7kj/mol，故a错误；b、反应的h0，而图示的h=生成物总能量反应物总能量0，故b错误；c、由已知可知，反应为吸热反应，而反应为放热反应，故c错误；d、同物质的量的同种物质，气态能量最高，其次液态能量，固态能量最低，由推知反应：ch3oh（l）+o2（g）=co2（g）+2h2（g）的h192.9kjmol1，故d正确；故选d点评：本题考查化学反应的反应热的计算注意在比较反应热大小时要带符号比较，并注意盖斯定律的应用来解答5（3分）在一密闭容器中，反应aa（g）bb（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，b的浓度是原来的60%，则（）a平衡向逆反应方向移动了b平衡向正反应方向移动了c平衡不移动，只是b的浓度减少了dab考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，a和b的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时b的浓度变相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断解答：解：采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，a和b的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，b的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应方向移动a、平衡时b的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应方向移动，故a错误；b、平衡时b的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应方向移动，故b正确；c、平衡应向正反应方向移动，故c错误；d、增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明ab，故d错误；故选b点评：本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积引起浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键6（3分）对可逆反应4nh3（g）+5o2（g）4no（g）+6h2o（g），下列叙述正确的是（）a达到化学平衡时，4正（o2）=5逆（no）b若单位时间内生成x mol no的同时，消耗x mol nh3，则反应达到平衡状态c达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减少，逆反应速率增大d化学反应速率关系是：2正（nh3）=3正（h2o）考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：a、当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；b、都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；c、增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；d、各物质表示的化学反应速率之比等于各物质前面的系数之比解答：解：a、4v正（o2）=5v逆（no），不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，故a正确；b、若单位时间内生成xmolno的同时，消耗xmolnh3，都表示向反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，故b错误；c、达到化学平衡时，若增加容器体积，则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故c错误；d、化学反应速率关系是：3正（nh3）=2正（h2o），故d错误故选a点评：本题考查化学平衡状态的判断、平衡移动及影响平衡的因素、平衡常数等，题目难度中等，a选项中注意用不同物质的表示的正逆反应速率相等的表达方法，此为易错点7（3分）下列叙述中，不正确的是（）a某特定反应的平衡常数仅是温度的函数b催化剂不能改变平衡常数的大小c平衡常数发生变化，化学平衡必定发生移动，达到新的平衡d化学平衡发生移动，平衡常数必发生变化考点：化学平衡常数的含义.专题：化学平衡专题分析：a、特定反应的平衡常数只随温度变化；b、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；c、平衡常数改变，反应温度一定改变；化学平衡发生移动；d、改变浓度、压强平衡也会发生移动，但平衡常数不变；解答：解：a、特定反应的平衡常数只随温度变化；故a正确；b、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；催化剂不能改变平衡常数的大小，故b正确；c、平衡常数改变，反应温度一定改变；化学平衡一定发生移动；故c正确；d、改变浓度、压强平衡也会发生移动，但平衡常数不变；，故d错误；故选d点评：本题考查了化学平衡常数的计算，含义理解，影响因素的分析判断，化学平衡常数时温度的函数，题目较简单8在恒容密闭容器中存在下列平衡：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）co2（g）的平衡物质的量浓度c（co2）与温度t的关系如图所示下列说法错误的是（）a反应co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）的h0b在t2时，若反应处于状态d，则一定有正逆c平衡状态a与c相比，平衡状态a的c（co）小d若t1、t2时的平衡常数分别为k1、k2，则k1k2考点：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：a、由图可知，温度越高平衡时c（co）越大，说明升高温度平衡向正反应移动；b、t2时反应进行到状态d，c（co）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行；c、根据温度对平衡的影响，分析co的浓度；d、化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响解答：解：a、由图可知，温度越高平衡时c（co）越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故正反应是吸热反应，即h0，故a正确；b、t2时反应进行到状态d，c（co）高于平衡浓度，故反应向逆反应进行，则一定有（正）（逆），故b正确；c、平衡状态a与c相比，c点温度高，已知h0，升高温度平衡正移，co浓度减小，所以a点co浓度大，故c错误，d、该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，故k1k2，故d正确；故选c点评：本题考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，难度中等，注意曲线的各点都处于平衡状态9室温下向10mlph=3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是（）a溶液中导电粒子的数目减少b溶液中不变c醋酸的电离程度增大，c（h+）亦增大d再加入10mlph=11的naoh溶液，混合液的ph=7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；ph的简单计算.专题：压轴题；计算题；热点问题；平衡思想；分析比较法；电离平衡与溶液的ph专题分析：根据醋酸是弱电解质，则室温下向10mlph=3的醋酸溶液中加水稀释将促进电离，离子的数目增多，但溶液的体积增大，则电离产生的离子的浓度减小，并利用温度与电离常数的关系、酸碱混合时ph的计算来解答解答：解：a、因醋酸溶液中加水稀释，促进电离，则液中导电粒子的数目增多，故a错误；b、因=，温度不变，ka、kw都不变，则不变，故b正确；c、加水稀释时，溶液的体积增大的倍数大于n（h+）增加的倍数，则c（h+）减小，故c错误；d、等体积10mlph=3的醋酸与ph=11的naoh溶液混合时，醋酸的浓度大于0.001mol/l，醋酸过量，则溶液的ph7，故d错误；故选：b点评：本题考查弱电解质的稀释，明确温度与电离平衡常数的关系、溶液的ph与物质的量浓度的关系、稀释中溶液体积的变化与离子的物质的量的变化程度是解答本题的关键10（3分）有关如图装置的叙述不正确的是（）a这是一个原电池装置b该装置中pt为正极，电极反应为：o2+2h2o+4e4ohc该装置中fe为阴极，电极反应为：fe2e+2ohfe（oh）2d溶液中会出现红褐色的沉淀考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：该原电池中，铁发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极、铂丝作正极，负极上电极反应式为fe2e+2ohfe（oh）2，正极电极反应式为o2+2h2o+4e4oh，再结合物质性质分析解答解答：解：a该装置中铁发生吸氧腐蚀，是将化学能转化为电能，为原电池，故a正确；b该装置中pt作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为o2+2h2o+4e4oh，故b正确；c该装置中fe为负极，电极反应为：fe2e+2ohfe（oh）2，故c错误；d氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成氢氧化铁红褐色沉淀，所以溶液中会出现红褐色的沉淀，故d正确；故选c点评：本题考查了原电池原理，明确铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题关键，会书写电极反应式，题目难度不大11（3分）在相同温度时，100ml0.01moll1的醋酸溶液与10ml 0.1moll1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是（）ah+的物质的量b醋酸的电离常数c中和时所需naoh的量dch3cooh的物质的量考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：根据醋酸的浓度越小，其电离程度越大，但浓度小，电离产生的离子的浓度、离子的物质的量都小，并结合n=cv来解答，注意电离平衡常数与温度有关解答：解：a由n=cv可知，100ml 0.01mol/l的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10ml0.1mol/l的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故a正确；b电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故b错误；c由于溶质n（ch3cooh）都为0.001mol，中和时所需naoh的量应相同，故c错误；d由n=cv可知，100ml 0.01mol/l的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10ml0.1mol/l的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的ch3cooh的物质的量小，故d错误；故选a点评：本题考查弱电解质的电离，明确温度与电离平衡常数的关系，浓度与电离程度的关系是解答本题的关键，题目难度不大12（3分）将含有0.400mol cu（no3）2和0.400mol kcl的水溶液1l，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.300mol cu，此时在另一电极上放出的气体在标准状况下的体积为（）a3.36lb6.72lc5.60ld大于5.60l，小于6.72l考点：电解原理.专题：电化学专题分析：电解混合溶液时，阴极发生cu2+2e=cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2cl2e=cl2、4oh4e=o2+2h2o，结合两极转移电子数目相等和电极方程式计算解答：解：阴极发生cu2+2e=cu，可知阴极得到0.6mol电子，阳极发生：2cl2e=cl2、4oh4e=o2+2h2o，氯离子完全析出时，生成n（cl2）=0.2mol，转移电子0.4mol，则生成氧气转移电子0.2mol，生成氧气0.05mol，所以阳极共生成（0.2+0.05）mol=0.25mol气体，气体体积=0.25mol22.4l/mol=5.6l，故选c点评：本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，明确阳极上析出气体的成分再结合转移电子相等即可解答，题目难度中等13可逆反应ma（s）+nb（g）pc（g）+qd（g）反应过程中，当其他条件不变时，c的体积分数（c）在不同温度（t）和不同压强（p）的条件下随时间（t）的变化关系如图所示下列叙述正确的是（）a达到平衡后，若使用催化剂，c的体积分数将增大b当平衡后，若温度升高，化学平衡向逆反应方向移动c化学方程式中，np+qd达到平衡后，增加a的质量有利于化学平衡向正反应方向移动考点：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（1）可知，t2t1，升高温度，c的体积分数（c）减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；由图（2）可知，p2p1，增大压强，c的体积分数（c）减小，说明平衡向逆反应方向移动，np+q，注意反应中a为固体，对反应速率以及平衡移动没有影响解答：解：a加入催化剂平衡不移动，c的体积分数不变，故a错误；b由图（1）可知，t2t1，升高温度，c的体积分数（c）减小，说明平衡向逆反应方向移动，故b正确；c由图（2）可知，p2p1，增大压强，c的体积分数（c）减小，说明平衡向逆反应方向移动，np+q，故c错误；da为固体，对反应速率以及平衡移动没有影响，增加a的质量平衡不移动，故d错误故选b点评：本题考查化学平衡图象问题，注意把握图象曲线变化，判断外界条件对化学平衡的影响，解答本题时注意a为固体是学生解答中的易错点14（3分）对室温下ph相同、体积相同的氨水和氢氧化钠溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是（）a加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的ph均碱小b温度下降10c，两溶液的ph均不变c分别加水稀释10倍，两溶液的ph仍相等d用盐酸中和，消耗的盐酸体积相同考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；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：室温下，ph相等氨水和naoh溶液中，氨水浓度大于naoh，a加入适量的氯化铵晶体，抑制一水合氨电离，naoh和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨；b降低温度，一水合氨电离程度减小；c加水稀释促进一水合氨电离；d用hcl中和，消耗盐酸的体积与碱的物质的量成正比解答：解：室温下，ph相等氨水和naoh溶液中，氨水浓度大于naoh，a加入适量的氯化铵晶体，抑制一水合氨电离，naoh和氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，所以加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的ph均碱小，故a正确；b降低温度，一水合氨电离程度减小，所以氨水的ph减小，故b错误；c加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的ph大于氢氧化钠，故c错误；d用hcl中和，消耗盐酸的体积与碱的物质的量成正比，ph相等、体积相等的氨水和氢氧化钠溶液，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，所以氢氧化钠消耗的盐酸少，故d错误；故选a点评：本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点是解本题关键，易错选项是d，注意消耗酸的物质的量与碱的物质的量成正比，与电解质强弱无关，为易错点15下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）a图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重b图b中，开关由m改置于n时，cuzn合金的腐蚀速率减小c图c中，接通开关时zn腐蚀速率增大，zn上放出气体的速率也增大d图d中，znmno2干电池自放电腐蚀主要是由mno2的氧化作用引起的考点：金属的电化学腐蚀与防护.专题：压轴题；电化学专题分析：a当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；b开关由m改置于n时，zn为负极，合金被保护；c气体在pt上放出；dmno2发生还原反应解答：解：a图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故a错误；b、图b中开关由m置于n，cuzn作正极，腐蚀速率减小，故b正确；c图c中接通开关时zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在pt上放出，故c错误；d图d中干电池放电时mno2发生还原反应，体现锌的还原性，故d错误故选b点评：本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理16（3分）氢镍电池是一种应用广泛的可充电电池，它可以取代会产生镉污染的镉镍电池氢镍电池的总反应为h2+nio（oh）ni（oh）2，据此判断，下列叙述中正确的是（）a电池放电时，h2是正极b电池放电时，镍元素被氧化c电池充电时，氢元素被还原d电池放电时，电池负极周围溶液的ph不断增大考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：镍镉电池中，放电时为原电池，负极上氢气失电子发生氧化反应，正极上nio（oh）得电子发生还原反应，充电时为电解池，阳极上ni（oh）2失电子发生氧化反应，阴极上ni（oh）2得电子发生还原反应，据此分析解答解答：解：a电池放电时，h2失电子发生氧化反应，所以为负极，故a错误；b电池放电时，镍元素化合价由+3价变为+2价，所以被还原，故b错误；c充电时，h元素化合价由+1价变为0价，则被还原，故c正确；d放电时，负极反应为h22e=2h+，氢离子浓度增大，则溶液的ph减小，故d错误；故选c点评：本题考查了原电池和电解池原理，根据元素化合价升降确定各个电极上发生的反应，难点是电极反应式的书写，题目难度不大17（3分）现有浓度为1mol/l的五种溶液：hcl，h2so4，ch3cooh，nh4cl，naoh，由水电离出的c（h+）大小关系正确的是（）a=b=cd考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用.专题：基本概念与基本理论分析：酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，酸的酸性越强，其抑制水电离程度越大，据此分析解答解答：解：等浓度的这五种溶液中，氯化氢、硫酸和氢氧化钠都抑制水电离，硫酸中氢离子浓度是盐酸中氢离子浓度的2倍，所以硫酸抑制水电离程度大于盐酸和氢氧化钠，氢氧化钠中氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度相等，所以二者抑制水电离程度相等，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，所以醋酸抑制水电离程度小于盐酸，氯化铵是强酸弱碱盐，促进水电离，所以由水电离出的c（h+）大小关系正确的是=，故选a点评：本题考查了弱电解质的电离，明确抑制水电离和促进水电离的物质是解本题关键，难度不大18（3分）在373k时，把0.5摩n2o4气通入体积为5升的真空密闭容器中，立即出现棕色反应进行到2秒时，no2的浓度为0.02摩/升在60秒时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍下列说法正确的是（）a前2秒，以n2o4的浓度变化表示的平均反应速度为0.01摩/升秒b在2秒时体系内的压强为开始时的1.1倍c在平衡时体系内含n2o40.25摩d平衡时，如果压缩容器体积，则可提高n2o4的转化率考点：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；化学反应速率专题分析：a、根据化学反应速率的定义可知，利用单位时间内浓度的变化量来计算化学反应速率；b、利用一定条件下反应前后的物质的量之比等于压强之比来计算；c、利用平衡时容器内压强为开始时的1.6倍来计算平衡时各物质的物质的量；d、压缩容器体积，相当于增大压强，利用压强对化学平衡的影响来分析能否提高n2o4的转化率解答：解：a、2秒时，no2的浓度为0.02摩/升，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/ls，故a错误；b、由n2o42no2，2秒时no2的物质的量为0.1mol，n2o4的物质的量为0.5mol0.01mol/l5l=0.45mol，由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0.5molx，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，则平衡时n2o4的物质的量为0.5molx=0.5mol0.3mol=0.2mol，故c错误；d、由n2o42no2，则缩小体积，压强增大，化学平衡逆向移动，n2o4的转化率降低，故d错误；故选b点评：本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，明确信息中的压强关系及不同时间混合体系中各物质的物质的量的关系是解答的关键，并熟悉化学反应速率的计算式及影响化学平衡移动的因素即可解答二、填空19（3分）今有2h2+o22h2o反应，构成燃料电池，该燃料电池是一种高效、低污染的新型电池，主要用于航天领域它的电极材料一般为活性电极，具有很强的催化活性，如铂电极、活性炭电极等（1）当用酸性电解质时，电极反应为：正极：o2+4h+4e=2h2o；（2）当用碱性电解质时，电极反应式为：负极：2h2+4oh4e=4h2o或h2+2oh2e=2h2o；（3）用固体氧化物作电解质时，电极反应式为：负极：2h24e+2o2=2h2o，正极：o2+4e=2o2；（4）如把h2改ch4，koh作导电物质则电极反应为：负极ch4+10oh8e=co32+7h2o，正极2o2+4h2o+8e=8oh，总反应式ch4+2o2+2koh=k2co3+3h2o考点：原电池和电解池的工作原理；化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：（1）酸性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子生成氢离子、正极上氧气得电子和氢离子反应生成水；（2）碱性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子生成水，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子；（3）固体氧化物作电解质时，负极上氢气失电子和氧离子生成水，正极上氧气得电子生成氧离子；（4）甲烷碱性燃料电池中，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，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子解答：解：（1）酸性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子生成氢离子、正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为o2+4h+4e=2h2o，故答案为：o2+4h+4e=2h2o；（2）碱性氢氧燃料电池中，负极上氢气失电子和氢氧根离子生成水，正极上氧气得电子和氢离子生成水，负极反应式为2h2+4oh4e=4h2o 或 h2+2oh2e=2h2o，故答案为：2h2+4oh4e=4h2o或h2+2oh2e=2h2o；（3）固体氧化物作电解质时，负极上氢气失电子和氧离子生成水，正极上氧气得电子生成氧离子，负极反应为2h24e+2o2=2h2o，正极反应为o2+4e=2o2，故答案为：2h24e+2o2=2h2o；o2+4e=2o2；（4）甲烷碱性燃料电池中，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，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，负极反应为ch4+10oh8e=co32+7h2o，正极反应为2o2+4h2o+8e=8oh，电池反应式为；ch4+2o2+2koh=k2co3+3h2o，故答案为：ch4+10oh8e=co32+7h2o；2o2+4h2o+8e=8oh；ch4+2o2+2koh=k2co3+3h2o点评：本题考查了原电池原理，涉及电极反应式的书写，根据正负极上得失电子再结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式，电解质溶液酸碱性不同，其电极反应式不同，为易错点20（3分）等容积的四个密闭容器中，进行同样的可逆反应：2a（g）+b（g）3c（g）+2d（g），起始时四个容器中a、b的物质的量分别如下表所示（mol），在相同条件下建立平衡，a或b的转化率大小关系为：甲乙丙丁a2121b1122则（1）a的转化率大小顺序丁乙丙甲（2）b的转化率大小顺序甲乙丙丁考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：甲相当于在乙的基础上再增加a的物质的量，所以甲中b的转化率大于乙中b的转化率，但a的转化率要小于乙中a的转化率；丁相当于在乙的基础上再增加b的物质的量，所以丁中a的转化率大于乙中a的转化率，但b的转化率要小于乙中b的转化率；丙和乙相比，相当于在增大压强，平衡向逆反应方向移动，所以转化率均降低；丙和甲相比，相当于在甲的基础上再增加b的物质的量，所以丙中a的转化率大于甲中a的转化率，但b的转化率要小于甲中b的转化率；丙和丁相比，相当于在丁的基础上再增加a的物质的量，所以丙中b的转化率大于丁中b的转化率，但a的转化率要小于丁中a的转化率解答：解：将起始时情况作如下排列： 2a（g）+b（g）3c（g）+2d（g）甲 2 mol 1 mol乙 1 mol 1 mol丙 2 mol 2 mol丁 1 mol 2 mola越少b越多，a的转化率越高，则a转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1 mol a和1 mol b，因是恒容为加压，平衡逆向移动使a的转化率减小，故a的转化率丁乙丙甲，同理得b的转化率：甲乙丙丁；故答案为：丁乙丙甲，甲乙丙丁点评：本题考查影响化学平衡移动的因素，题目难度中等，注意对比四种容器内各物质的物质的量关系，结合影响平衡移动的因素解答21（3分）高炉炼铁中发生的基本反应之一：feo（s）+co（g）fe（s）+co2（g）h0（1）其平衡常数可表示为k=，温度降低，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内co2和co的体积比值增大，平衡常数k值增大（本小题选：增大、减小或不变）（2）已知1100时k=0.263.1100时测得高炉中c（co2）=0.025moll1，c（co）=0.1moll1，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态否（选填“是”或“否”），此时，化学反应速率是正逆（选填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是qk，平衡正向移动考点：化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断.专题：化学平衡专题分析：（1）化学平衡常数k=；降低温度平衡向吸热反应方向移动，则二氧化碳的物质的量增大、co的物质的量减小；（2）根据浓度商与平衡常数的相对大小判断，如果浓度商=平衡常数，则反应处于平衡状态，否则不处于平衡状态；根据平衡移动方向确定反应速率相对大小解答：解：（1）化学平衡常数k=；降低温度平衡向吸热反应方向移动，即向正反应方向移动，则二氧化碳的物质的量增大、co的物质的量减小，所以高炉内co2和co的体积比值增大，平衡常数增大，故答案为：k=；增大；增大；（2）该温度下，浓度商=0.250.263，则该反应未达到平衡状态，平衡向正反应方向移动，化学反应速率是正逆，故答案为：否；qk，平衡正向移动点评：本题考查了化学平衡常数的含义，知道化学平衡常数表达式的书写，能根据浓度商及平衡常数相对大小确定反应方向，题目难度不大22偏二甲肼与n2o4是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（ch3）2nnh2（l）+2n2o4（l）2co2（g）+3n2（g）+4h2o（g）（）（1）反应（）中氧化剂是n2o4（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：n2o4（g）2no2（g）（）当温度升高时，气体颜色变深，则反应（）为吸热（填“吸热”或“放热”）反应（3）一定温度下，反应（）的焓变为h现将1mol n2o4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是ad若在相同温度下，上述反应改在体积为1l的恒容密闭容器中进行，平衡常数不变（填“增大”“不变”或“减小”），反应3s后no2的物质的量为0.6mol，则03s内的平均反应速率v（n2o4）=0.1 mol/（ls）1（4）no2可用氨水吸收生成nh4no325时，将a mol nh4no3溶于水，溶液显酸性，原因是nh4+h2onh3h2o+h+（用离子方程式表示）向该溶液滴加b l 氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将逆向（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为moll1（nh3h2o的电离平衡常数取kb=2105 moll1）考点：化学平衡的影响因素；氧化还原反应；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断；影响盐类水解程度的主要因素.专题：化学平衡专题；盐类的水解专题分析：（1）依据化学反应前后元素化合价变化分析判断，元素化合价降低的物质做氧化剂；（2）二氧化氮是红棕色气体，四氧化二氮气体是无色气体，依据平衡移动原理分析判断；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；（3）k=；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，根据v= 计算no2的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算，得到四氧化二氮的反应速率v（n2o4）；（4）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度解答：解：（1）反应（i）中，n2o4（l）中n元素得电子化合价降低，所以n2o4（l）是氧化剂，故答案为：n2o4；（2）升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，当温度升高时，气体颜色变深，平衡向正反应方向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：吸热；（3）一定温度下，反应（）的焓变为h现将1mol n2o4充入一恒压密闭容器中；a、密度等于质量除以体积，平衡体系质量不变，反应体积增大，密度在反应过程中减小，密度不变说明反应达到平衡，故a符合；b、反应的焓变和反应物与生成物能量总和之差计算，与平衡无关，故b不符合；c、图象只表示正反应速率变化，不能证明正逆反应速率相同，故c不符合；d、n2o4（l）转化率不变，证明反应达到平衡，故d符合；示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是ad；k=，化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数k不变；v（no2）=0.2mol/ls，则v（n2o4）=v（no2）=0.1mol/ls；故答案为：ad；不变；0.1；（4）no2可用氨水吸收生成nh4no325时，将a mol nh4no3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：nh4+h2onh3h2o+h+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol nh4no3溶于水，向该溶液滴加b l 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=107mol/l，c（nh4+）=c（no3）；nh3h2o的电离平衡常数取kb=2105 moll1，设混合后溶液体积为1l，c（nh4+）=c（no3）=amol/l；根据一水合氨电离平衡得到：nh3h2onh4+oh，平衡常数k=2105 moll1，计算得到c（nh3h2o）=mol/l，故答案为：nh4+h2onh3h2o+h+；逆向；点评：本题考查了氧化还原反应的概念判断，化学平衡的影响因素分析，平衡标志的判断理解，平衡常数的影响因素和计算应用，化学反应速率的计算分析，弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用，综合性较大23（3分）（1）将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液呈碱性（填“酸性”，“中性”或“碱性”，下同），溶液中c（na+）c（ch3coo）（填“”或“=”或“”）（2）ph=3的醋酸和ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈酸性，溶液中c（na+）c（ch3coo）（3）物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则混合后溶液呈中性，醋酸体积氢氧化钠溶液体积（4）将m mol/l的醋酸和n mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的ph=7，则醋酸溶液中c（h+），氢氧化钠溶液中c（oh），m与n的大小关系是mn（5）常温下某强酸溶液ph=a，强碱溶液ph=b，已知a+b=12，酸碱溶液混合ph=7，则酸溶液体积v（酸）和碱溶液体积v（碱）的关系v（碱）=100v（酸）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：（1）醋酸为弱酸，等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，水解呈碱性；（2）醋酸为弱酸，ph=3的醋酸和ph=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸过量；（3）溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，结合溶液的电中性判断；（4）如醋酸中c（h+） 与氢氧化钠溶液中c（oh）相等，则等体积混合后溶液呈碱性，以此比较；（5）根据溶液的ph分别计算溶液中c（h+）和c（oh），酸碱溶液混合ph=7，则说明n（h+）=n（oh），以此进行计算解答：解：（1）等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合，恰好生成naac，由化学式可知，阴阳离子之比为1：1，醋酸根离子水解显碱性，根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），c（h+）c（oh），则c（na+）c（ch3coo），故答案为：碱性；（2）ph=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/l，ph=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/l，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸性，根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），c（h+）c（oh），则c（na+）c（ch3coo），故答案为：酸性；（3）根据电荷守恒可知，c（na+）+c（h+）=c（oh）+c（ch3coo），溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等，则c（h+）=c（oh），溶液为中性，若等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量，即醋酸体积氢氧化钠溶液的体积，故答案为：中性；（4）如醋酸中c（h+） 与氢氧化钠溶液中c（oh）相等，则等体积混合后溶液呈碱性，则将m mol/l的醋酸和n mol/l的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的ph=7，则醋酸溶液中c（h+），氢氧化钠溶液中c（oh），如二者物质的量相等，则反应后呈碱性，此时呈中性，则mn，故答案为：；（5）强酸溶液ph=a，则c（h+）=10amol/l，强碱溶液ph=b，则c（oh）=10b14mol/l，酸碱溶液混合ph=7，则说明n（h+）=n（oh），则有：v（酸）10amol/l=v（碱）10b14mol/l，=10a+b14，又a+b=12，则：=，即v（碱）=1