陕西省黄陵中学高新部2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）

陕西省黄陵中学高新部2020学年高一下学期期末考试化学试题1. 元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语。下列有关化学用语的表示方法中错误的是（ ）A. 次氯酸的电子式：B. S2的结构示意图：C. O18的原子符号：D. CO2分子的结构式：O=C=O【答案】A【解析】【详解】A. 次氯酸分子的结构式为HOCl，H原子与氧原子成键，故A错误；B. S2的结构示意图为，B正确；C. O18的原子的质量数为18、质子数为8，符号为，C正确； D. CO2分子是直线形分子，碳与氧之间形成双键，故结构式为O=C=O，D正确。有关化学用语表示方法中错误的是A，本题选A。2.下列关于元素周期表的叙述正确的是（ ）A. 周期表中有八个主族，八个副族B. 目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素C. 短周期元素是指120号元素D. 原子的最外层电子数都等于该元素所在的族序数【答案】B【解析】【详解】A周期表中7个主族、7个副族，1个0族、1个第族，共16个族，选项A错误；B一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32，则目前使用的元素周期表中，最长的周期含有32种元素，选项B正确；C短周期为一至三周期，短周期元素是指1-18号元素，选项C错误；D主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数，副族元素不一定，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素的位置、各周期元素的种类为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意周期表的结构，周期表中7个主族、7个副族；一至七周期元素的种类为2、8、8、18、18、32、32；短周期为一至三周期；主族元素的最外层电子数都等于该元素所在的族序数。3.下列说法不正确的是()A. 沸点：H2OHFB. NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构C. 热稳定性：HFH2OD. 仅由N、H、O三种元素形成的化合物中不可能含离子键【答案】D【解析】【详解】A. 常温常压下，H2O为液态，HF为气态，所以沸点：H2OHF，故A正确；B. NCl3、SiCl4分子中每个原子最外层均满足8电子结构，故B正确；C. F的非金属性比O强，所以HF比H2O稳定，故C正确； D. NH4NO3仅由N、H、O三种元素形成，属于离子化合物，含有离子键，故D错误；所以本题答案：D。4. 下列说法正确的是A. 1gH2和4gO2反应放出71.45kJ热量，则氢气的燃烧热为142.9 kJmol1B. 在稀溶液中，H+（aq）+OH（aq）H2O（1）H=57.3 kJmol1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的氢氧化钠溶液混合，放出的热量大于57.3kJC. HCl和NaOH反应的中和热H=57.3 kJmol1，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=2（57.3）kJmol1D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷燃烧热【答案】B【解析】【详解】A、1g H2的物质的量为0.5mol，4g O2的物质的量为0.125mol，发生反应2H2+O2=2H2O，由方程式可知，0.125mol氧气完全反应需要消耗氢气为0.125mol2=0.25mol，小于0.5mol，故氢气过量，故放出71.45kJ热量时参加反应的氢气的物质的量为0.25mol，同样条件下1mol H2在O2中完全燃烧放出的热量是71.45kJ4=285.8 kJ，氢气的燃烧热为285.8kJmol1，故A错误；B、中和热是强酸强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热量，浓硫酸溶于水放热，将含1molNaOH的溶液和含0.5molH2SO4的浓硫酸混合，放出的热量大于57.3 kJ，故B正确；C、中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水和可溶性盐时所产生的热效应，其衡量标准是生成的水为1mol。H2SO4和Ca（OH）2反应会生成硫酸钙沉淀，故其中和热恒不是57.3KJ/mol，更不是2（57.3）kJmol1，故C错误；D、燃烧热是指在25101KP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，此时生成的水必须为液态，故D错误故选B。5.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线和曲线分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是 ( )A. 该反应的H91 kJmol1B. 加入催化剂，该反应的H变小C. 反应物的总能量小于生成物的总能量D. 如果该反应生成液态CH3OH，则H减小【答案】D【解析】【详解】A该反应的H419kJmol1-510kJmol1=-91 kJmol1，故A错误；B加入催化剂，反应热不变，故B错误；C由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故C不正确；D如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则H减小，故D正确；故选D。【点晴】注意反应物、生成物总能量与反应热的关系，特别是催化剂只改变反应的活化能，但不能改变反应热。反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热。6.使反应4NH3(g)3O2(g)=2N2(g)6H2O(g)在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol。此反应的平均速率v(X)为A. v(NH3)0.02molL1s1B. v(O2)0.01molL1s1C. v(N2)0.02molL1s1D. v(H2O)0.02molL1s1【答案】A【解析】【分析】在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）=0.01molL1s1，结合反应速率之比等于化学计量数之比解答【详解】在2L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6mol，则v（N2）=0.01molL1s1，由反应速率之比等于化学计量数之比可知，v（NH3）=0.01molL1s1=0.02 molL1s1，v（O2）=0.01molL1s1=0.015 molL1s1，v（H2O）=0.01molL1s1=0.03 molL1s1，故选A7.反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )A. v(A)=0.15 molL1min1B. v(B)=0.01 molL1s1C. v(C)=0.40 molL1min1D. v(D)=0.45 molL1min1【答案】D【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，所以不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意单位要一致，据此进行解答。【详解】A.=0.15mol/(Lmin)；B.=mol/(Lmin)=0.2 mol/(Lmin)；C.=0.20mol/(Lmin)；D.=0.225mol/(Lmin)；可见：V(D)V(B)=V(C)V(A)，故合理选项是D。【点睛】本题考查化学反应速率快慢比较的知识，明确化学反应速率与化学计量数的关系，利用比值法可以迅速判断，即可解答，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较，试题培养了学生的化学计算能力和灵活应用能力。8.在一密闭容器中发生反应：2A(g)2B(g)C(s)3D(g)H0，达到平衡时采取下列措施，可以使正反应速率v正增大、D的物质的量浓度c(D)增大的是()A. 移走少量CB. 扩大容积，减小压强C. 缩小容积，增大压强D. 容积不变，充入“惰”气【答案】C【解析】【详解】A项，C为固体，改变其量，对反应速率无影响，故A错误；B项，扩大容积，压强减小，使v正减小，又因为该反应左边气体计量数大于右边，所以平衡左移，c(D)也减小，故B错误；C项，缩小容积，压强增大，浓度增大，反应速率也增大，平衡右移，c(D)也增大，故C正确；D项，容积不变，充入“惰”气，反应物浓度不变，速率不变，平衡不移动，故D错误。综上所述，符合题意的选项为C。【点睛】本题考查影响化学反应速率和化学平衡的外因，注意：改变固体物质的量对化学反应速率和化学平衡不影响，增大固体物质的表面积能加快化学反应速率；容积不变，充入“惰”气对化学反应速率和化学平衡不影响；压强不变充入“惰”气会减慢化学反应速率，可能影响化学平衡。9.某温度下反应N2O4(g) 2NO2(g)(正反应吸热)在密闭容器中达到平衡，下列说法不正确的是()A. 加压时(体积变小)，将使正反应速率增大B. 保持体积不变，加入少许NO2，将使正反应速率减小C. 保持体积不变，加入少许N2O4，再达到平衡时，颜色变深D. 保持体积不变，通入He，再达平衡时颜色不变【答案】B【解析】【详解】A、增大压强反应物、生成物的浓度都增大,正逆反应速率都加快,所以A选项是正确的；B、少许NO2平衡向逆反应方向移动，N2O4浓度增大,正反应速率增大，逆反应速率瞬间增大,然后降低，故B错误；C、持体积不变,加入少许N2O4，平衡向正反应移动，NO2是红棕色气体， NO2浓度增大，达到平衡时颜色变深，所以C选项是正确的；D、保持体积不变，通入He，平衡不移动，所以再达平衡时颜色不变，所以D选项是正确的；所以本题答案为：B选项。10.在容积为2 L的密闭容器中，有反应mA(g)nB(g) pC(g)qD(g)，经过5 min达到平衡，此时各物质的变化为A物质的量浓度减少a molL1，B的平均反应速率v(B)a/15 molL1min1，C物质的量浓度增加2a/3 molL1，这时若增大系统压强，发现A与C的百分含量不变，则mnpq为()A. 3122B. 1322C. 1321D. 1111【答案】A【解析】【详解】在容积为2 L的密闭容器中，A减少了a molL1，B的平均反应速率v(B)= a/15 molL1min1，c增加了2a/3 molL1；所以参与反应的A的物质的量为2amol，参与反应的B的物质的量为a/15 molL1min15 min2 L=mol，生成的C的物质的量为2a/3 molL12 L =mol，所以m:n:p=3:1:2 ；又因为增加系统压强时，发现A与C的百分含量不变，所以该反应过程中气体的物质的量始终不变，为气体体积不变的反应，即m+n=p+q，所以m:n:p:q=3:1:2:2，故A项正确。综上所述，本题正确答案为A。11.恒温下, 反应aX(g)bY(g) +cZ(g)达到平衡后, 把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时, X的物质的量浓度由0.1mol/L增大到0.19mol/L, 下列判断正确的是:A. ab+cB. ab+cC. ab+cD. ab=c【答案】A【解析】【详解】达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半，假定平衡不移动，X的浓度变为原来的2倍，即0.2mol/L，达到新平衡时，X的实际浓度0.19mol/L，小于0.2mol/L，说明增大压强，平衡向正反应移动，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，故ab+c，故答案选A。12.现有mA(s)nB(g)qC(g) H0的可逆反应，在一定温度下达平衡时，B的体积分数(B)和压强p的关系如图所示，则下列有关该反应的描述正确的是（ ）A. m+nqB. nqC. x点的混合物中v (正)v (逆)D. x点比y点的混合物的正反应速率小【答案】D【解析】【分析】由图像可知，B的体积分数随着体系压强的增大而增大，说明该反应为气体分子数增大的反应。【详解】A. 由图像可知，B的体积分数随着体系压强的增大而增大，说明该反应为气体分子数减少的反应，注意A为固体，则nq，A不正确； B. nq，B不正确；C. x点B的体积分数高于同压强下的平衡量，说明尚未达到平衡，反应正在向正反应方向进行，故v (正)v (逆)，C不正确； D. 压强越大，化学反应速率越大。x点比y点的压强小，故x点的正反应速率比y点小，D正确。综上所述，有关该反应的描述正确的是D。13.如图曲线a表示放热反应2X(g) Z(g)M(g)N(s)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，不可能采取的措施是()A. 升高温度B. X的投入量增加C. 加催化剂D. 减小容器体积【答案】A【解析】【详解】A、该反应正反应是放热反应,升高温度,反应速率加快,平衡向逆反应移动,X的转化率降低,故A错误；B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，反应前后气体体积不变，等效为增大压强，平衡不移动，平衡时x的转化率不变,所以B选项是正确的；C、加入催化剂，反应速率加快，催化剂不影响平衡移动，X的转化率不变，所以C选项是正确的；D、减小体积,压强增大，该反应前后气体的物质的量不变，压强增大平衡不移动，但反应速率加快，所以D选项是正确的；所以本题答案：A选项。【点睛】突破口：由图象可以知道，由曲线a到曲线b到达平衡的时间缩短，改变条件使反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断。14.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫B. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C. 红棕色的NO2加压后颜色先变深再变浅D. 工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气，以提高二氧化硫的利用率【答案】B【解析】【分析】如果改变影响平衡的1个条件，平衡就向能够减弱这种改变的方向进行，中这就是勒夏特列原理，该原理适用于所有的平衡体系。【详解】A、开启啤酒瓶后，越强减小，气体的溶解度减小，因此瓶中马上泛起大量泡沫，A可以用勒夏特列原理解释；B、反应H2I22HI是体积不变的可逆反应，因此H2、I2、HI混合气体加压后平衡不移动，但单质碘的浓度增大，因此颜色变深，B不能用勒夏特列原理解释；C、NO2存在平衡关系2NO2N2O4，因此红棕色的NO2加压后平衡向正反应方向移动，所以颜色先变深再变浅，C可以用勒夏特列原理解释；D、SO2与氧气反应方程式为2SO2O22SO3，增大氧气的浓度平衡向正反应方向移动，因此SO2的转化率增大，D可以用勒夏特列原理解释.答案选B。15.CO和NO都是汽车尾气中的有害物质，它们之间能缓慢地发生如下反应：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H0，现利用此反应，拟设计一种环保装置，用来消除汽车尾气对大气的污染，下列设计方案可以提高尾气处理效率的是( )选用适当的催化剂 提高装置温度 降低装置的压强 装置中放入碱石灰A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】要提高尾气处理效果,需要尾气排放到大气之前尽可能的转化为无害气体,应从速率及平衡的角度分析。【详解】选用适当的催化剂,可以加快反应速率,使有害气体在排出之前尽可能地转化为无害气体,可以提高尾气处理效率，正确；提高装置温度,虽然能加快反应速率,该反应放热，平衡左移，但会降低转化率,错误；降低装置的压强,既减慢反应速率,又降低转化率，错误；装置中放入碱石灰,可以吸收生成的二氧化碳,使平衡向右移动,提高转化率，正确；符合题意为；正确选项C。16.在一定的温度下，在固定容积的密闭容器中，不能表示反应X(气)+2Y（气）2Z(气)一定达到化学平衡状态的是（ ）A. 容器内压强不随时间改变B. 容器内混合气体的密度不随时间改变C. 生成Z的速率与生成Y的速率相等D. 混合气体的平均相对分子质量不随时间改变【答案】B【解析】【详解】A.该可逆反应是在恒容条件下的气体分子数减小的反应，在没有达到平衡前，容器内气体的物质的量、压强均为变值，当值不变时，即可说明达到平衡，故A不符合题意；B.本反应体系为恒容且均为气体，故混合气体的质量、密度为恒定值，故容器内混合气体的密度不随时间改变不能做为平衡状态的判定标准，故B符合题意；C. Z、Y在方程式的两侧，且他们计量数相等，还都是气体，所以生成Z的速率与生成Y的速率相等说明正反应速率和逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故C不符合题意；D. 由X(气)+2Y（气）2Z(气)是两边计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不随时间改变，说明达到平衡状态了，故D不符合题意；所以本题答案：B。17.在理论上可设计成原电池的化学反应是()A. C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H0B. Ba(OH)28H2O(s)2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)2NH310H2O(l)H0C. CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H0D. Mg3N2(s)6H2O(l)=3Mg(OH)2(s)2NH3(g)H0【答案】C【解析】【分析】根据可设计成原电池的化学反应是自发进行的氧化还原反应进行分析。【详解】A. C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H0不能自发进行，所以不能设计成原电池的反应，故A不符合题意；B. Ba(OH)28H2O(s)2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)2NH310H2O(l)H0是非氧化还原，所以不能设计成原电池的反应，故B不符合题意；C. CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l)H0可以自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池反应；故C正确；D. Mg3N2(s)6H2O(l)=3Mg(OH)2(s)2NH3(g)H0是非氧化还原，所以不能设计成原电池的反应，故D不符合题意；所以本题答案：C。【点睛】依据原电池构成原理进行判断。构成原电池的原理是能自发进行的氧化还原反应。18.下列叙述正确的是 ()A. 铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，铜极放出氢气B. 惰性电极电解熔融氯化镁时阴极反应：2H+2e= H2C. 电解硫酸铜溶液的阴极反应：2H2O2e=H2+2OHD. 铁锅生锈的正极反应为O22H2O4e=4OH【答案】D【解析】【详解】A、铜的活泼性弱于铁,在FeCl3溶液中发生反应2FeC13+Fe=3FeCl2，铜、铁和FeCl3溶液形成的原电池，铜电极发生还原反应，电极反应式为2Fe3+2e-=2Fe2+,故A错误；B、惰性电极电解熔融氯化镁时，阴极反应为Mg2+2e-=Mg，故B错误； C、电解硫酸铜溶液，阳极上水电离出的氢氧根生成氧气，阴极上Cu2+得电子，生成金属铜，电极反应式为：Cu2+2e-= Cu，故C错误；D.铁锅生锈，发生吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e-+H2O=4OH-，故D正确；所以本题答案：D。19.科学家近年来研制出一种新型细菌燃料电池，利用细菌将有机物转化为氢气，氢气进入以磷酸为电解质溶液的燃料电池中发电，电池负极反应式为()A. H22OH2e=2H2OB. O24H4e=2H2OC. H22e=2HD. O22H2O4e=4OH【答案】C【解析】【详解】氢氧燃料电池中，负极上通入氢气，氢气失电子发生氧化反应，正极上通入氧气，氧气得电子发生还原反应，酸性介质中，负极上氢气失电子生成氢离子,电极反应式为H2-2e-=2H+，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H+4e+=2H2O；所以符合题意选项为：C；所以本题答案：C。20.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为ZnMnO2H2O=ZnOMn(OH)2。下列说法中，错误的是()A. 电池工作时，锌失去电子B. 电池正极的电极反应式为MnO22H2O2e=Mn(OH)22OHC. 电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D. 外电路中每通过0.2 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g【答案】C【解析】【分析】根据电池总反应可知，该电池中锌负极，其发生氧化反应生成ZnO，二氧化锰在正极发生还原反应生成Mn(OH)2。【详解】A. 电池工作时，锌失去电子，发生氧化反应，A正确；B. 电池正极的电极反应式为MnO22H2O2e=Mn(OH)22OH，B正确；C. 电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，C不正确；D. 外电路中每通过0.2 mol电子，理论上锌减少0.1mol，质量为6.5 g，D正确。综上所述，说法中错误的是C，故选C。21. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是：A. 明矾水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B. 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C. MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料D. 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【答案】D【解析】【详解】A.明矾溶于水电离产生的铝离子水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁、海水形成原电池，锌作负极发生氧化反应，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C. MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，得不到镁，电解熔融氯化镁生成镁，故D错误；答案选D。22.生产铅蓄电池时，在两极板上的铅、锑合金棚架上均匀涂上膏状的PbSO4，干燥后再安装，充电后即可使用，发生的反应是2PbSO42H2OPbO2Pb2H2SO4下列对铅蓄电池的说法错误的是( )A. 需要定期补充硫酸B. 工作时铅是负极，PbO2是正极C. 工作时负极上发生的反应是Pb2eSO42=PbSO4D. 工作时电解质的密度减小【答案】A【解析】【分析】铅蓄电池工作时，负极发生的反应是Pb失去电子生成Pb2，Pb2与溶液中的SO42生成PbSO4沉淀，正极上PbO2被 还原，也生成PbSO4.【详解】A. 铅蓄电池放电时相当于原电池，Pb是负极，PbO2是正极，根据电池总反应可知，放电时消耗的硫酸与充电时生成的硫酸相等，故不需要定期补充硫酸，A不正确；B. 工作时铅是负极，PbO2是正极，B正确；C. 工作时负极上发生的反应是Pb2eSO42=PbSO4，C正确；D. 工作时电解质硫酸的浓度变小，故其密度减小，D正确。综上所述，关于铅蓄电池的说法错误的是A。23.有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole-负极上CH4失去电子，电极反应式CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O负极上是O2获得电子，电极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-电池放电后，溶液pH不断升高A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】通入CH4的电极为负极，电极反应为：CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O，每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole-，故正确；通入CH4的电极为负极，失电子反应氧化反应，电极反应为：CH4+10OH-8e-= CO32-+7H2O，故正确；通入氧气的一极为原电池的正极，得到电子发生还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故错误；电池反应式为：CH4+2OH-+2O2= CO32-+3H2O，随着反应的进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液pH不断减小，故错误；故本题选A。24. 下列关于实验现象的描述不正确的是A. 把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B. 用锌片作阳极，铁片作阴极，电解一定浓度的氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌C. 把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D. 把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快【答案】C【解析】【详解】A. 把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成原电池，H+在铜片表面得电子生成H2，出现气泡，A正确；B. 用锌片作阳极，铁片作阴极，电解一定浓度的氯化锌溶液，可以实现欣片上镀锌，铁片表面出现一层锌，B正确；C. 把铜片插入三氯化铁溶液中，铜片被三氯化铁溶液溶解生成氯化铜，铜不能置换出铁，C正确；D. 把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜并形成原电池，故气泡放出速率加快，D正确。关于实验现象的描述不正确的是C，答案选C。25.在一定温度不同压强（P1P2）下，可逆反应2X(g)2Y(g) + Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数（）与反应时间（t）的关系有以下图示，正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】在2X(g) 2Y()Z(g)中，正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，化学反应速率增大，到达平衡的时间缩短，据此可以判断压强的大小关系；平衡向逆反应方向移动，Z的体积分数减小，据此可以检验图像是否正确。B选项中p1p2，因为p2先达到平衡，在压强较大时，Z的体积分数较小，故B正确；故选B。【点睛】解决本题的关键是看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势和图像中线的斜率，先拐先平，数值大。26.I、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：2Ca3(PO4)2(s)10C(s)=6CaO(s)P4(s)10CO(g)H13 359.26 kJmol1CaO(s)SiO2(s)=CaSiO3(s) H289.61 kJmol12Ca3(PO4)2(s)6SiO2(s)10C(s)=6CaSiO3(s)P4(s)10CO(g)H3 则H3_II下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和足量的AgNO3溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加了32g。据此回答问题：（1）电源的N端为_极；（2）电极b上发生的电极反应为_；（3）列式计算电极b上生成气体在标准状况下的体积：_L；（4）丙池中_（e或f）电极析出金属Ag_g；（5）电解前后各溶液的pH是否发生变化（填增大、或减小 、或不变）：甲溶液_；乙溶液_；丙溶液_；【答案】 (1). +2821.6kl/mo (2). 正极 (3). 4OH4e=O22H2O (4). 5.6L (5). e (6). 108g (7). 增大 (8). 减小 (9). 减小【解析】【分析】I.根据盖斯定律将已知热化学方程式+6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g），焓变做相应运算求解。II.接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明C电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；再根据电子守恒分析判断。【详解】2Ca3(PO4)2(s)10C(s)=6CaO(s)P4(s)10CO(g)H13 359.26 kJmol1CaO(s)SiO2(s)=CaSiO3(s) H289.61 kJmol1；由盖斯定律可知,+6得2Ca3(PO4)2(s)6SiO2(s)10C(s)=6CaSiO3(s)P4(s)10CO(g)，所以其反应为H3=H1+6H2=+3359.26kJmol1+6(89.61kJmol1)=+2821.6kJmol1故答案为：+2821.6kJ/mol。II.（1）该装置是电解池，甲池为NaOH溶液，乙池为CuSO4溶液，丙池为AgNO3溶液，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加32g，说明c电极是电解池阴极，则M电极是负极，N是电极的正极，故答案为：正；（2）电解氢氧化钠溶液时，b极为电解池的阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2，故答案为：4OH-4e-=2H2O+O2；（3）乙池为电解CuSO4溶液，乙中的c电极产生的是铜，质量增加32g，物质的量32g/64gmol-1=0.5mol,所以转移的电子数为1.0mol，根据电子守恒，电极b上生成的气体在标准状况下的体积V=1.0mol422.4molL-1=5.6L；答案：5.6L；（4）丙池为AgNO3溶液，e电极为电解池的阴极，发生Age=Ag，根据电子守恒，m(Ag)= 1.0mol108g/mol=108g；（5）甲池为NaOH溶液，电解氢氧化钠溶液实质是电解水，使得氢氧化钠溶液pH增大；乙池为CuSO4溶液，电解硫酸铜溶液，阳极发生：4OH-4e-=2H2O+O2，破坏水的电离平衡，所以溶液pH减小；丙池为AgNO3溶液，电解硝酸银溶液，阴极电极反应为：4Ag+4e-=4Ag，阳极发生：4OH-4e-=2H2O+O2，破坏水的电离平衡，所以溶液pH减小； 答案：甲溶液增大；乙溶液减小；丙溶液减小。【点睛】本题的突破口：乙中c电极质量增加，说明c电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；以此分析解答。27.用下图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：组A槽B槽1NaClAgNO32AgNO3CuCl23Na2SO4AgNO34NaOHCuSO4工作一段时间后A槽pH上升，B槽的pH下降；b、c两极上反应的离子的物质的量相等。（1）应选择的电解质是上述四组中的第_组。（2）该组电解过程中各电极上的电极反应为：a极_b极_c极_ d极_（3）当b极上析出7.1 g电解产物时，a极上析出产物的质量为_g；【答案】 (1). 第1组 (2). 4H4e=2H2 (3). 2Cl2e=Cl2 (4). Age=Ag (5). 4OH4e=O22H2O (6). 0.2g【解析】【分析】1组、A槽是电解氯化钠，氯化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应为：4Cl-4e-=2Cl2；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：4Ag+4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；2组、A槽是电解硝酸银，溶液pH减小，b电极是阳极，电极反应为： 4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解氯化铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应为：Cu2+2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等；3组、A槽是电解水,硫酸钠溶液pH不变，b电极是阳极，电极反应为: 4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解硝酸银溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：4Ag+4e-=4Ag，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量相等；4组、电解氢氧化钠溶液实质是电解水，A槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解硫酸铜溶液，溶液pH减小，c电极为阴极，电解反应式为：Cu2+2e-= Cu，根据电子守恒可以知道，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等。【详解】(1)根据上述分析可以知道，符合条件的是第1组；因此答案是：1；(2)第1组电解过程中各电极上的电极反应式为：a、4H+4e-=2H2；b、4Cl-4e-=2Cl2；c、4Ag+4e-=4Ag；d、4OH-4e-=2H2O+O2;因此，本题正确答案是: 4H+4e-=2H2；b、4Cl-4e-=2Cl2；c、4Ag+4e-=4Ag；d、4OH-4e-=2H2O+O2；(3)第1组中：a、4H+4e-=2H2；b、4Cl-4e-=2Cl2；当b极上析出7.1g即物质的量为0.1mol氯气时，a极上析出为氢气的物质的量为0.1mol，氢气的质量为0.1mol 2g/mol=0.2g；答案：0.2g。【点睛】解题依据：根据串联电路中电子守恒的规律，分析两个电解池阴阳极放电的离子的物质的量变化，根据电极反应和电极反应过程中离子变化确定溶液pH变化。28.在一固定体积为1L的密闭容器中，充入2 mol CO2和1 mol H2发生如下化学反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K_。（2）该反应是放热反应还是吸热反应_（3）若反应在830 下达到平衡，则CO2气体的浓度是_；CO2的转化率为_。平衡后再向容器中通入2molCO2再次达到的平衡时，CO2的转化率_（填变大，变小或不变）（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是_。A容器内压强不变 B混合气体中c(CO)不变 Cv正(H2)v逆(H2O) Dc(CO2)c(CO)【答案】 (1). c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2) (2). 吸热反应 (3). 1.33mol/L (4). 33.3% (5). 变小 (6). BC【解析】【详解】（1）由CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)可知，该反应的化学平衡常数表达式为Kc(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)；答案：c(CO)c(H2O)/c(CO2)c(H2)；（2）由表中数据可以知道，平衡常数随温度上高而增大，说明该反应是吸热反应；答案：吸热（3）根据已知初始加入CO2的浓度为2 mol/L，氢气的浓度为1 mol/L由 CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)初始浓度（mol/L） 2 1 0 0变化浓度（mol/L） x x x x平衡浓度（mol/L） 2-x 1-x x x所以830 K=x2/(2-x)(1-x)=1,解得x=2/3，则达到平衡时CO2气体的浓度是1.33mol/L；CO2的转化率为（2/3）2=33.3%。平衡后再向容器中通入2molCO2再次达到的平衡时，CO2的转化率变小；答案：1.33mol/L；33.3%；变小；（4）A反应前后气体体积不变，容器内压强始终不变，故A错误；B混合气体中c（CO）不变，说明到了达平衡，所以B选项是正确的；Cv正（H2）=v逆（H2O）