2020-2021学年高二化学上学期期中测试卷02（鲁科选修4）

1、 2020-2021学年高二化学上学期期中测试卷02（鲁科选修4）考试范围：第一、二章可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单选题(每题2分，共40分)1下列有关说法正确的是( )A若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会导致铜线更快被氧化B工业上用石墨电极电解熔融 Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化须定期更换C铅蓄电池放电时，负极质量减小D加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用【答案】B【解析】A. 若电工操作中将铝线与铜线直接相连，会形成Al-Cu原

2、电池，铜做正极得到保护，故A错误；B. 工业上用石墨电极电解熔融 Al2O3冶炼金属铝时，阳极发生反应：，则阳极因被氧气氧化须定期更换，故B正确；C. 铅蓄电池放电时，负极发生反应：，质量增加，故C错误；D. 加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是由于锌与硫酸铜反应生成的铜附着在锌表面形成Cu-Zn原电池，加快反应速率，故D错误。故答案选：B。2关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）A用图装置实现铁上镀铜，a极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液B图装置盐桥中KCl的Cl移向左烧杯C图装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量相同

3、【答案】D【解析】A. 根据装置图中电流方向可知，a电极为阳极、b电极为阴极，铁上镀铜时，Cu为阳极、Fe作阴极，电解质溶液可以是CuSO4溶液，即a电极为铜，电解质溶液可以是CuSO4溶液，故A正确；B. 双液铜锌原电池中，Zn为负极、Cu为正极，原电池工作时：阳离子移向正极、阴离子移向负极，即盐桥中KCl的Cl移向负极，移向左烧杯，故B正确；C. 图装置是利用电解原理防止钢闸门生锈，即外加电流的阴极保护法，其中钢闸门接外加电源的负极、作阴极，发生得电子的还原反应，故C正确；D. 图中两装置均为原电池，左侧Al电极为负极，电极反应式为，左侧Zn电极为负极，电极反应式为，装置中通过导线的电子数

4、相同时，消耗负极材料的关系式为 ，消耗负极材料的物质的量不同，故D错误。故答案选：D。3如图所示，甲池的总反应式为：N2H4+O2N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（ ）A甲池中负极反应为：N2H44eN2+4H+B甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体【答案】C【解析】A甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H44e+4OHN2+4H2O，故A错误；B甲池的总反应式为：N2H4+O2N2+2H2O，有

5、水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；C乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；D2.24L O2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。4下列有关说法中正确的是A影响化学反应速率的主要因素为浓度、温度、压强和催化剂B能加快Fe与稀H2SO4反应产生H2的速率的措施可以是将稀硫酸改为98的浓硫酸C恒温恒容时向已达平衡的2SO3(g)2SO2(g)O2(g)体系中充入SO3，SO3转化率将升高D压缩已达平衡的2NO2

6、(g)N2O4(g)体系的体积，再达平衡时气体颜色比原平衡的深【答案】D【解析】A影响化学反应速率的主要因素为反应物本身的性质，浓度、温度、压强和催化剂为外界因素，故A错误；B浓硫酸有强氧化性，常温下Fe遇浓硫酸钝化，反应无H2生成，故B错误；C恒温恒容时向已达平衡的2SO3(g)2SO2(g)O2(g)体系中充入SO3，相当于原平衡体系缩小体积，平衡逆向移动，SO3转化率将降低，故C错误；D缩小容器体积再达平衡时，浓度增大，且压强增大平衡正向进行的程度小于浓度增大的程度，则气体的颜色比第一次平衡时的深，故D正确；故答案为D。5在密闭容器中发生下列反应aA(g)bB(g) cC(g)dD(s)

7、，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的2倍，下列叙述正确的是AA的转化率变大B平衡向正反应方向移动CB的体积分数变大Dabc【答案】D【解析】将气体体积压缩到原来的一半，C的浓度立即变为原来的2倍，再次达到平衡时，C的浓度为原平衡的2倍，说明压缩体积平衡没有移动则a+b=c，则A的转化率不变、B的体积分数不变，选项D正确；答案选D。6根据反应事例能推导影响化学反应的因素，以下推导中错误的是选项化学反应事实影响化学反应的因素A通常木炭充分燃烧生成二氧化碳，不充分燃烧生成一氧化碳反应温度B铁能与硫酸铜溶液反应，银不能与硫酸铜溶液反应反应物的性质C硫在氧气

8、中比在空气中燃烧更剧烈反应物的浓度D分别将等浓度的稀盐酸加入锌片和锌粉中，锌粉反应更剧烈反应物的接触面积AABBCCDD【答案】A【解析】A. 木炭充分燃烧生成二氧化碳，不充分燃烧生成一氧化碳，是因为氧气的浓度不同，说明反应物的浓度影响化学反应的发生，故A选项推理错误。B. 铁能与硫酸铜溶液反应，银不能与硫酸铜溶液反应，是因为铁和银的金属活动性不同，说明反应物的性质影响化学反应，故B选项推理正确。C. 硫在氧气中比在空气中燃烧更剧烈，是因为氧气的浓度不同，说明反应物的浓度影响化学反应的发生，故C选项推理正确。D. 分别将等浓度的稀盐酸加入锌片和锌粉中，锌粉反应更剧烈，说明物质间的接触面积大小影

9、响化学反应的进行，故D选项推理正确。故答案选A。7我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO24Na=2Na2CO3C。下列说法错误的是（ ）A放电时，向负极移动B充电时释放CO2，放电时吸收CO2C放电时，正极反应为：3CO24e=2CD充电时，Ni接直流电源的负极【答案】D【解析】A放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以向负极移动，故A正确；B放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，3CO24Na2Na2CO3C，所以充电

10、时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；C放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO24e=2C，故C正确；D充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Ni接直流电源的正极，故D错误；故答案选D。8某温度下，在2 L的恒容密闭容器中充入气体A和气体B发生反应生成气体C，反应过程中各组分的物质的量随反应时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）At1时刻反应达到平衡状态BB的平衡转化率为10%C该反应的化学方程式可表示为：A+3B2CD该温度下，反应的平衡常数为300【答案】C【解析】At1时刻三种物质的物质的量相等，但由于此时可后各种物质的物质的量仍然发生变化，故该时刻反应达到平衡

11、状态，A错误；B反应开始时n(B)=2.0 mol，平衡时n(B)=0.2 mol，所以B的平衡转化率为100%=90.0%，B错误；C根据图示可知A、B的物质的量在减少，C的物质的量在增加，说明A、B是反应物，C是生成物，在前10 min内三种物质的物质的量改变为n(A)：n(B)：n(C)=0.6 mol：1.8 mol：1.2 mol=1：3：2，10 min后三种物质都存在，且物质的量不再发生变化，说明该反应为可逆反应，三种物质的物质的量变化比等于化学方程式中该物质的化学计量数的比，故该反应方程式为：A+3B2C，C正确；D根据图示可知平衡时n(A)=0.6 mol，n(B)=0.2

12、mol，n(C)=1.2 mol，由于容器的容积是2 L，故平衡时各种物质的浓度c(A)=0.3 mol/L，c(B)=0.1 mol/L，c(C)=0.6 mol/L，故该温度下的化学平衡常数K=1200，D错误；故答案为C。9在恒容密闭容器中，由CO合成甲醇：CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，在其他条件不变的情况下，研究温度对反应的影响，实验结果如图所示，下列说法正确的是（ ）A平衡常数K=B该反应在T1时的平衡常数比T2时的小CCO合成甲醇的反应为吸热反应D处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大【答案】D【解析】ACO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数表

13、达式K=，故A错误；B由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，在T1时的平衡常数比T2时的大，故B错误；C由图可知，T2温度下到达平衡需要的时间较短，反应速率较快，故温度T2T1。温度越高，平衡时甲醇的物质的量越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以合成甲醇的反应为放热反应，故C错误；D由图可知，处于A点的反应体系从T1变到T2，温度升高，平衡向逆反应方向移动，氢气物质的量增大，甲醇的物质的量减小，增大，故D正确；故选D。10对于反应N2O42NO2在温度一定时，平衡体

14、系中NO2的体积分数V(NO2)%随压强的变化情况如图所示。下列说法正确的是AA、C两点的正反应速率的关系BA、B、C、D、E各状态，的是状态EC维持不变，所需时间为x，维持不变，所需时间为y，则D使E状态从水平方向到达C状态，从理论上来讲，可选用的条件是从突然加压至【答案】D【解析】A. 增大压强，反应速率增大，C点压强大于A点压强，所以v(A)v(逆)，D点NO2的物质的量多于平衡状态时的物质的量，反应向逆反应方向移动，此时v(正)y，C项错误；D. 从突然加压至，瞬间平衡没有移动，NO2的体积分数瞬间增加，然后平衡向逆反应方向移动，NO2的体积分数逐渐减小，D项正确；答案选D。11一定条

15、件下的密闭容器中：4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g) H905.9kJmol1，下列叙述正确的是（ ）A4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量为905.9kJB平衡时v正(O2)v逆(NO)C平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大D平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低【答案】D【解析】A. 为可逆反应,不能完全转化,则4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，故A错误；B. 平衡时,不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,则平衡时5v正(O2)4v逆(NO)，故B错误；C. 该反应为气体体积增大的反应,则降低压强,平衡正向

16、移动,气体的物质的量增大,由M= 可知，混合气体平均摩尔质量减小，故C错误；D. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则混合气体中NO含量降低，故D正确；故选D。12在恒温恒压下,向密闭容器中充入4 mol SO2和2 mol O2,发生如下反应:2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1.4/2/2molL-1min-1=0.35molL-1min-1，故A错误；B. 2min后，向容器中再通入一定量的SO3气体，相当于加压，平衡右移，重新达到平衡时，SO2的含量提高，故B错误；C.若把条件“恒温恒压”改为“恒压绝热”，反应放热，升温平衡左移，则平衡后n(SO3)小于1.4mol，故

17、C错误；D. 该反应气体物质的量减小，若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”，相当于减压，平衡左移，则平衡时放出热量小于QkJ，故D正确。故选D。13T时，在甲、乙、丙三个容积均为2L的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，5min时甲达到平衡。其起始量及SO2的平衡转化率如表，下列叙述不正确的是( )容器甲乙丙起始量n(SO2)/mol0.40.80.8n(O2)/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率80%12A05min内，甲中SO2的反应速率为0.032molL-1min-1BT时，该反应的平衡常数K=400Lmol-1C平衡时，SO2的转化率：180%

18、2D平衡时，丙中气体平均相对分子质量与甲相同【答案】D【解析】A05min内，甲中SO2的反应速率=0.032molL-1min-1，故A正确；B根据A的分析，该温度下，平衡常数值K=400Lmol-1，故B正确；C由甲、乙可知，氧气的浓度相同，增大二氧化硫的浓度会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，由乙、丙可知，二氧化硫浓度相同，增大氧气浓度，二氧化硫转化率增大，则平衡时，SO2的转化率：180%2 ，故C正确；D同温，同体积，丙中的起始浓度为甲的2倍，丙相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，气体的质量不变，气体的物质的量减小，平衡时，丙中气体的平均相对分子质量比甲大，故D错误；故选D。14

19、在一个密闭容器中，A与B在一定条件下发生反应：A(s)B(g) C(g) H0，改变B的物质的量并使之达到平衡，得到如下图所示的平衡曲线，下列说法不正确的是A增加少量A物质，平衡不移动B斜率为平衡常数，且随温度升高而减小C缩小容器体积，气体平均相对分子质量不变D恒温恒容时，加入少量He气，容器内气体密度不变【答案】D【解析】A.A为固体，增加少量A物质，气体B、C的浓度不变，平衡不移动，A正确；B.平衡常数K=，斜率=K，正反应为放热反应，随温度升高平衡常数减小，B正确；C.缩小容器体积，平衡不移动，气体平均相对分子质量不变，C正确；D.恒温恒容时，加入少量He气，容器内气体的质量增大而体积不

20、变，所以密度增大，D错误。答案选D。15乙烯气相直接水合反应制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下（起始时，n(H2O)n(C2H4)1 mol，容器体积为1 L）。下列分析不正确的是（ ）A乙烯气相直接水合反应的H0B图中压强的大小关系为：p1p2p3C图中a点对应的平衡常数K D达到平衡状态a、b所需要的时间：ab【答案】B【解析】A. 温度升高，乙烯的转化率降低，平衡逆向移动，正向为放热反应，H0，A项正确；B. 增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率增大，由图可知，相同温度下转化率p1p2p3，因此压强p1p2a，所需要的时

21、间：ab，D项正确；答案选B。16N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g） H，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法正确的是（）A由图1、2可知H=H1+H2=E2E1B加入Pt2O+作为反应物，可使反应的焓变减小C由图2可知正反应的活化能小于逆反应的活化能D物质的量相等的N2O、CO的键能总和大于CO2、N2的键能总和【答案】C【解析】A焓变=正反应活化能-逆反应活化能，图中E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，所以H=E1E2，故A错误；B据图可知Pt2O+为催化剂，不影

22、响反应的焓变，故B错误；CE1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C正确；D该反应的反应物能量高于生成物，为放热反应，所以物质的量相等的N2O、CO的键能总和小于CO2、N2的键能总和，故D错误；综上所述答案为C。17下列说法中有明显错误的是( )A活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞B升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C对有气体参加的化学反应增大压强体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大D加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率【答案】A【解析】A.活化分子之间的碰撞

23、分为有效碰撞和无效碰撞，所以活化分子之间发生的碰撞不一定为有效碰撞，故A说法错误；B.升高温度，反应体系中物质的能量升高，可使活化分子的个数、百分数增大，因而反应速率增大，故B说法正确；C.增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故C说法正确；D.催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D说法正确；故选A。18在容积为2L的密闭容器中发生反应xA（g）yB（g）zC（g）。图甲表示200 时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）n（B）的变化

24、关系。则下列结论正确的是（ ）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）0.04 molL1min1B200时，该反应的平衡常数为25C当外界条件由200降温到100，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D由图乙可知，反应xA（g）yB（g）zC（g）的H0，且a2【答案】B【解析】A由甲可知反应从开始到平衡B物质的量变化量=0.4mol-0.2mol=0.2mol，v（B）=0.02molL1min1，故A错误；B由图甲可知，200时，反应从开始到平衡A物质的量变化量=0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的量变化量=0.4mol-0.2mol=0.2mol，C物质的量变化量

25、=0.2mol，物质的量之比等于化学方程式计量数之比，所以化学方程式为：2A+BC，平衡状态下ABC物质的量分别为0.4mol、0.2mol，0.2mol，该反应的平衡常数=25L2/mol2，故B正确；C由图乙可知，当外界条件由200降温到100，平衡时C的体积分数减小，则原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均减小，故C错误；D由B计算得到a=2，图象分析可知温度升高平衡时C的体积分数增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，H0，故D错误。答案选B。19下列各组热化学方程式中，的是（ ） CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) H1 HCl(aq)

26、+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) H2ABCD【答案】A【解析】1molC(s)完全燃烧比1molC(s)不完全燃烧放出的热量多，放热反应0，所以；能量：S(s)S(g)，所以1mol S(g)完全燃烧比1mol S(s)完全燃烧放出的热量多，放热反应0，所以；Ca比Mg活泼，1molCa(s)与HCl(aq)反应比1molMg(s)与HCl(aq)反应放出热量多，放热反应0，所以；CH3COOH是弱酸，中和反应过程中还有电离发生，电离吸热，所以1mol CH3COOH(aq)与NaOH(aq)反应放出的热量比1mol HCl(aq)与NaOH(aq)反应放出的热量少，放热反

27、应0，所以。综上所述，满足题意；答案选A。20某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g) pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是（ ）A由图a可知，T1T2，该反应的正反应为吸热反应B由图b可知，该反应m+npC图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应吸热D图d中，若m+n=p，则曲线a一定增大了压强【答案】B【解析】A根据图象中“先拐先平，数值大”知，T1T2，升高温度，C在反应混合物中的体积分数降低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应方向是放热反应，则逆反应为吸热反应，故A错误；B由图b图象可以看出，在同一温度下，增大压强，C在反应混合物中的体积分数

28、增大，说明增大压强平衡向正反应方向移动，说明正反应为体积缩小的反应，则m+np，故B正确；C该反应若为吸热反应，由于反应过程中反应物浓度减小，且温度降低，则反应速率在开始时就应该逐渐减小，而图象中开始时反应速率直接增大，说明该反应为放热反应，故C错误；D图d中a、b的平衡状态相同，但反应速率不同，若m+n=p，压强不影响平衡，可以对曲线a增大压强，但催化剂不影响平衡，曲线a也可能是使用了催化剂，故D错误；故答案选B。第II卷（非选择题，共60分）21（10分）I氢气在工业合成中应用广泛。（1）通过下列反应可以制备甲醇CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g） H=90.8kJmol1CO2（g

29、）+H2（g）=CO（g）+H2O（g） H=+41.3kJmol1请写出由CO2和H2制取甲醇的热化学方程式：_。根据以上信息判断CO2与H2制取甲醇的反应在_（填高温或低温）条件下可自发进行。当温度为850，反应的化学平衡常数，某时刻测得该温度下的密闭容器中各物质的物质的量见下表：COH2OCO2H20.5 mol8.5 mol2.0 mol2.0 mol此时上述的反应中正、逆反应速率的关系式是_（填代号），请结合必要的计算，说明理由_。Av(正)v(逆) Bv(正)v(逆) Cv(正)v(逆) D无法判断CH4可以消除氮氧化物的污染，主要反应原理为CH4（g）+2NO2（g）CO2（g）

30、+2H2O（g）+N2（g） H=868.7kJmol1（2）在3.00L密闭容器中通入1 mol CH4和2 mol NO2，在一定温度下进行上述反应，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表（提示：恒温恒容条件下压强与气体的物质的量成正比）：反应时间t/min0246810总压强P/100kPa4.805.445.765.926.006.00由表中数据计算，达到平衡时NO2的转化率为_，该温度下的平衡常数K=_。【答案】（10分）（1） （2分）低温（1分） B （1分） ，所以平衡逆向移动， （2分） （2）75% （2分） （2分）【解析】I(1)已知：CO(g)+2H2(g

31、)=CH3OH(g)H=90.8kJmol1CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H=+41.3kJmol1，根据盖斯定律+可得： ；根据以上信息可知CO2与H2制取甲醇的反应是放热、熵减反应，即，又反应即可自发进行，则该反应在低温条件下可自发进行；当温度为850，反应的化学平衡常数，某时刻测得该温度下的密闭容器中：CO、H2O、CO2、H2，的物质的量分别为：0.5 mol、8.5 mol、2.0 mol、2.0 mol，则此时该反应的浓度熵为：，则此时反应逆向移动，则反应中正、逆反应速率的关系式是v(正)v(逆)，答案选B；故答案为：B；，平衡逆向移动，；(2)根据表格信息可知

32、，达到平衡时的压强为6.00，所以有：，则有3:(3+x)=4.80:6，解得x=0.75，所以达平衡时CH4、NO2、CO2、H2O、N2的物质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol、1.5mol、0.75mol；则NO2的转化率为： ，平衡常数。22（10分）（1）如图为氯碱工业电解饱和氯化钠溶液的装置示意图。电解时，阳极的电极反应式为_。逸出的气体E是_；流出物质G的溶质是_（写出化学式）。（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关连接或，可交替得到H2和O2。制H2时，连接_。产生H2的的电极反应式是_。改变开关连接方式，可得O2，写出此

33、时电极3的电极反应式：_。（3）酒驾的检验：目前最常用的是燃料电池型呼气酒精检测仪，其原理是乙醇被氧化为乙酸的过程中化学能转化为电能，用电压表测其电压示数越高，乙醇浓度越高。反应原理如图所示，写出测定酒驾时负极的电极反应式：_。【答案】（10分）（1） （2分） （1分） （1分） （2） （1分） （1分） （2分）（3） （2分）【解析】 (1)电解饱和氯化钠溶液阳极反生反应：，应补充饱和氯化钠溶液，则左端为阳极，D为气体氯气；右端为阴极发生反应：，则气体E为，流出物质G的溶质是，故答案为：；(2)电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，则应连接K1，电极方程式为；改变开关连

34、接方式，即电极3连接K2，O2在阳极电极2上生成，电极3为阴极，阴极上发生元素化合价降低的还原反应，碱性条件下的电极反应式为，故答案为：；(3)酒精在原电池负极失去电子发生氧化反应得到醋酸电极反应为：，故答案为：。23（12分）利用真空碳热还原冶炼镁、铝及锰的单质或合金是治金工业的热点之一。回答下列问题：(1)已知体系自由能变化时反应能自发进行。真空碳热还原冶炼镁的主要反应为，其自由能变化与温度、压强的关系如图所示：温度由低到高的顺序是_，时该反应不能自发进行的温度是_(填“”“”或“”)。(2)提出的碳热还原冶炼的机理如下：()()()则反应的_kJ/mol(用含a、b、c的代数式表示)。(

35、3)制备锰合金的相关反应及平衡时与温度的关系如图所示(为用分压表示的平衡常数，分压=总压体积分数)：()()()的反应是_(填标号)。_用、表示；A点_用表示。向某恒容密闭容器中充入并加入足量，若只发生反应：，达到B点的平衡状态。达到平衡前，v(正)_v(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)，达到平衡时_(保留小数点后两位)。【答案】（12分）（1） （2分） （1分） （2） （2分） （3） 、 （2分） （1分） （1分） 小于 （1分） 0.13mol （2分）【解析】 (1)该反应的0，则T越大，越小，结合图像可知，结合图像可知，50Pa时，T1温度下，反应不能自发进行，故答案为：；

36、T1；(2) ()()()得：，所以=，故答案为：；(3)、温度升高，减小，则升高温度，、平衡逆向移动，逆反应吸热，故答案为：、；()()()()-3()得()，则=，故答案为：；起始时，0，到达B点时，=0，则到达平衡之前，反应逆向进行，v(正)v(逆)，设CO2变化量为xmol，则CO变化量为2xmol，结合B点=0可得0.1+x=0.2-2x，解得x=，则达到平衡时0.2mol-2mol=0.13mol，故答案为：小于；0.13mol。24（10分）常温常压下，断裂1mol(理想)气体分子化学键所吸收的能量或形成1 mol(理想）气体分子化学键所放出的能量称为键能(单位为kJ /mol)

37、。下表是一些键能数据(kJ /mol)：回答下列问题：(1)由表中数据规律预测C-Br键的键能范围为_C-Br键能_。(2)热化学方程式2H2(g)S2(g)=2H2S(g)H=Q kJmol1；则Q_。(3)已知下列热化学方程式：O2(g)=(g)e H1=1175.7 kJmol1PtF6(g)e=(g) H2771.1kJmol1(s)=(g)+(g) H3482.2kJmol1则反应O2(g)_(g)(s) H_。(4)实验测得25、101kPa时5gCH3CH3完全燃烧恢复至常温时共放出393.5 kJ的热量，则CH3CH3燃烧热的热化学方程式为_。(5)2.4g碳在4.8gO2中燃

38、烧至反应物耗尽，放出XkJ的热量。已知单质碳的燃烧热为YkJ/mol。试写出碳与氧气反应生成CO的热化学反应方程式_。【答案】（10分）(1)218kJmol-1 330kJmol-1 (2分) (2)-229 (2分)(3) PtF6 (2分) -77.6 (2分)(4)CH3CH3(g)+O2=2CO2(g)+3H2O(l) H=-2361 kJmol-1 (2分)(5)C(s)+O2=CO(g) H= -(10X-Y) kJmol-1 (2分)【解析】 (1)元素周期表中同主族存在的变化规律，C-Br原子半径在C-Cl和C-I之间，键能应介于C-Cl和C-I之间，C-Br键的键能范围为2

39、18 kJmol-1 C-Br键能330 kJmol-1；(2)热化学方程式2H2(g)+S2(g)2H2S(g)；H=Q kJmol-1，H=反应物键能总和-生成物键能总和=2436kJ/mol+255kJ/mol-22339kJ/mol=-229kJ/mol；则Q=-229；(3)O2(g)O+2(g)+e- H1=+1175.7kJmol-1；PtF6(g)+e-PtF6-(g)H2=-771.1kJmol-1；O2+PtF6-(s)O2+(g)+PtF6-(g)H3=+482.2kJmol-1；依据热化学方程式和盖斯定律计算+-得到O2(g)+PtF6 (g)=O2+PtF6-(s)H

40、=-77.6 kJmol-1；(4)5gCH3CH3的物质的量=mol，则1mol乙烷完全燃烧并恢复至常温时放出的热量为=2361kJ，故CH3CH3燃烧热的热化学方程式为CH3CH3(g)+O2=2CO2(g)+3H2O(l) H=-2361 kJmol-1；(5)2.4g碳的物质的量为=0.2mol，4.8gO2的物质的量为=0.15mol，设燃烧产物中CO2为amol、CO为b mol，根据原子守恒可知：a+b=0.2、2a+b=0.3，解得：a=0.1、b=0.1；单质碳的燃烧热为Y kJmol-1，则生成0.1mol二氧化碳放出的热量为0.1molY kJ/mol=0.1Y kJ，生

41、成0.1molCO放出的热量为X kJ-0.1Y kJ，由于碳燃烧为放热反应，所以反应热H的符号为“-”，故1mol C与O2反应生成CO的反应热H=- kJmol-1= - (10X-Y) kJmol-1，碳与氧气反应生成CO的热化学反应方程式为C(s)+O2=CO(g) H= -(10X-Y) kJmol-1。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的H与原热化学方程式之间H的换算关系。25（8分）

42、某化学小组将草酸(H2C2O4，二元弱酸)溶液与硫酸酸化的KMnO4溶液混合。研究发现，少量MnSO4可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：（1）常温下，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。请完成以下实验设计表。实验编号温度初始pH0.1molL-1草酸体积/mL0.01molL-1KMnO4体积/mL蒸馏水体积/mL数据混合液褪色时间/s常温1205030t1常温2205030t2常温240abt3表中a、b的值分别为a=_、b=_。（2）该反应的离子方程式为_。（3）若t1t2，则根据实验和得到的结论是_。（4）请

43、你设计实验验证MnSO4对该反应起催化作用，完成表中内容。实验方案(不要求写出具体操作过程)预期实验结果和结论_反应混合液褪色时间小于实验中的t1，则MnSO4对该反应起催化作用（若褪色时间相同，则MnSO4对该反应无催化作用）【答案】（8分）（1）50 10 （2分） （2）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2+2Mn2+8H2O （2分） （3）其他条件相同时，溶液的pH对该反应的速率有影响；(其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快) （2分） （4）向反应混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验 （2分）【解析】 (1)根据实验目的，常温下

44、，控制KMnO4溶液初始浓度相同，调节不同的初始pH和草酸溶液用量，做对比实验。实验和，探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，实验和，探究不同草酸溶液用量对化学反应速率的影响，因此除了草酸用量不同，其他量均相同，可得a=50，为了维持溶液体积好与相同，b=10；(2)草酸被高锰酸钾氧化生成CO2，MnO4还原成Mn2，离子方程式为5H2C2O42MnO46H=10CO22Mn28H2O；(3)实验和探究不同的初始pH对化学反应速率的影响，若t1t2，说明其他条件相同时，溶液的pH减小反应速率加快；(4)实验验证MnSO4对该反应起催化作用，且与实验作对比，因此除了MnSO4的用量不同其他均相

45、同，实验方案为向反应混合液中加入少量MnSO4固体，控制其他反应条件与实验相同，进行对比实验。26（10分）中和热的测定是高中重要的定量实验。某实验小组用0.8 molL1NaOH溶液和0.3 molL1硫酸溶液进行中和热的测定。回答下列问题：配制0.3 mol/L硫酸溶液(1)实验中大约要使用238 mL硫酸溶液，需要量取15 molL1硫酸溶液的体积为_。(2)若定容时俯视刻度线，则所配浓度将_(填“增大、减小、或不变”)。测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。(3)如图有无错误，若无，此小题不用作答。若有，请说明错误的原因_。(4)取40 mL NaOH溶液和50 mL硫酸溶液进行实验,实验数据如表：已知： 0.8mol/L NaOH溶液和0.3 mol/L硫酸溶液的密度都是1 g/cm3，中和后生成溶液的比热容c4.18J/(g)。则中和热H_。(5)上述实验数值结果与57.3 kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是_(填字母)。a实验装置保温、隔热效果差 b分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中c用温度计量0.3 mol/L硫酸溶液的温