福建省泉州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题（含答案）

福建省泉州市2023-2024学年高二上学期期中考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分一、单选题1．下列分别是利用不同能源发电的实例图象，其中不属于新能源开发利用的是（）A．风力发电 B．太阳能发电C．火力发电 D．地热能发电2．根据所学知识和已有生活经验，下列变化过程中ΔS<0的是（）A．NB．HC．2CO(g)+D．Mg(s)+3．反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g)过程中的能量变化如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应的逆反应为放热反应B．升高温度，利于A的转化率增大C．加入催化剂时，该反应的反应热发生改变D．增大压强，能够加快反应达到平衡状态的速率4．下列选项正确的是（）A．图①可表示Fe2OB．图②中ΔH表示碳的燃烧热C．实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V1的H2SOD．已知稳定性：B<A<C，某反应由两步构成A→B→C，反应过程中的能量变化曲线如图④所示5．如图所示是几种常见的化学电源示意图，下列有关说法错误的是（）A．化学电源是将化学能转化为电能的实用装置B．干电池示意图所对应的电池属于二次电池C．铅蓄电池充电时PbO2(正极)应与外接电源正极相连D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源6．如图所示为接触法制硫酸的设备和工艺流程，接触室发生反应的热化学方程式表示为：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1。下列说法错误的是（）A．黄铁矿进入沸腾炉之前需要进行粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，并且可以提高原料的转化率B．沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室C．工业生产要求高效，为加快反应速率，接触氧化应使用催化剂并尽可能提高体系温度D．工业制硫酸的尾气大量排放至空气中会形成酸雨7．将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是（）A．钢铁设施的电极反应式为Fe−2B．金属M的活动性比Fe的活动性弱C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快8．下列关于反应2SOA．使用催化剂，SOB．增大O2C．当2vD．降低反应温度，反应物中活化分子百分数减少，反应速率减慢9．实验室利用下列实验方案探究影响化学反应速率的因素，有关说法错误的是（）实验编号温度℃酸性KMnOH2①254mL0.01mol/L2mL0.1mol/L②254mL0.01mol/L2mL0.2mol/L③504mL0.01mol/L2mL0.1mol/LA．实验中要记录溶液褪色所需要的时间B．对比实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响C．对比实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响D．起始时向①中加入MnSO10．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表所示，下列说法正确的是（）物质XYZ初始浓度/mol·L-1120平衡浓度/mol·L-10.50.51A．Y的转化率为25%B．反应可表示为X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，其平衡常数为16C．反应前后压强之比为2：3D．增大压强，该反应平衡会正向移动，此反应的平衡常数增大11．可逆反应：2NO2⇌2NO＋O2在体积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是（）①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部12．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．NOB．在含有Fe(SCN)C．由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅D．反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)△H<0中采取高压措施可提高SO3的产量13．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图，我国学者发现T℃时，甲醇(CH3OH)在铜基催化剂上的反应机理如下(该反应为可逆反应)：下列有关说法正确的是（）A．反应I和反应Ⅱ相比，反应I更容易发生B．反应I为CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)∆H＜0C．通过控制催化剂的用量可以控制反应的速率和反应进行的程度D．CH3OH(g)与H2O(g)在高温条件下更容易反应14．废水中通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。则下列叙述错误的是（）A．电池工作时需控制温度不宜过高B．a极电极反应式为：+e-=+Cl-C．b极为负极，发生氧化反应D．H+由b极穿过质子交换膜到达a极15．法国化学家PaulSabatier较早提出可以利用工业废弃物CO2转化为CH4，其反应原理为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ・mol-1。若在密闭容器中充入1molCO2、1molH2引发该反应进行，下列说法正确的是（）ABCD恒温恒容下，混合气体中CH4与CO2的体积分数变化恒温恒压条件平衡后，t1时改变条件可能是充入少量N2升高温度，平衡常数Kc的变化趋势CO2平衡转化率随压强的变化趋势A．A B．B C．C D．D16．在容积一定的密闭容器中，充入一定量的NO和足量碳发生化学反应C(s)＋2NO(g)⇌CO2(g)＋N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．增加碳的量，平衡正向移动B．在T2时，若反应处于状态D，则此时v正＞v逆C．若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC=pD＞pBD．若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1＜K2二、填空题17．汽车尾气中的主要污染物是NOx和CO，它们是现代化城市中的重要大气污染物。（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是，图1中对应反应的热化学方程式为。（2）N2O和CO均是有害气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应原理如下：N2图2①图2中，该反应的活化能为，该反应的△H=；②在反应体系中加入Pt2O+作为该反应的催化剂，则△H(填“增大”“减小”或“不变”)。（3）利用NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2（4）“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。已知25℃和101kPa下：①2CH②2CO(g)+O③H2O(g)=H2O(l)△H=-ckJ/mol则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为。18．2018年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。已知：正常海水呈弱碱性。（1）经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严重。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为。（2）为了保护文物，考古队员采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行了处理。①下列说法错误的是。A．锌块发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+B．舰体有电子流入，可以有效减缓腐蚀C．若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源正极相连D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，舰体上正极的电极反应式为。（3）船上有些器皿是铜制品，表面有铜锈。①据了解铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是A．疏松的Cu2(OH)3Cl属于有害锈B．Cu2(OH)2CO3既能溶于盐酸也能溶于氢氧化钠溶液C．青铜器表面涂一层食盐水可以做保护层D．用HNO3溶液除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”②文献显示Cu2(OH)3Cl的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)，将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为。（4）考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施保护文物。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：。19．25℃时，在体积为2L的密闭容器中，气态物质A、B、C的物质的量n随时间t的变化如图所示，已知达平衡后，降低温度，A的转化率将增大。（1）根据图中数据，写出该反应的化学方程式；此反应的平衡常数表达式K=。（2）0~3min，v(C)=mol⋅（3）在5~7min内，若K值不变，则此处曲线变化的原因是。（4）如图表示此反应的反应速率v和时间t的关系图，各阶段的平衡常数如下表所示：ttttKKKKK1、K2、K3、K4由大到小的排序为三、综合题20．以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。（1）工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，△H=-51kJ/mol反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol①已知几种化学键的键能如下表所示，则a=kJ/mol。化学键C-HC-OH-OH-HC≡O键能/kJ⋅mo406351465436a②若反应Ⅱ逆反应活化能Ea'=124kJ⋅mo（2）向2L容器中充入1molCO2和2molH2，若只发生反应Ⅰ，测得反应在不同压强平衡混合物中甲醇体积分数φ(CH3OH)①图1中P1P2(填“＞”、“＜”或“=”)；②图2中x点平衡体系时升温，反应重新达平衡状态时新平衡点可能是(填字母序号)。（3）若反应Ⅱ的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c(CO2)⋅c(H2)、v逆=（4）如图4所示的电解装置可实现低电位下高效催化还原CO2。下列说法错误的是____。A．a极连接外接电源的负极B．b极的电极反应式为Cl--2e-+2OH-=ClO-+H2OC．电解过程中Na+从左池移向右池D．外电路上每转移1mol电子，理论可催化还原标准状况下CO2气体11.2L

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．风能是清洁无污染的环保新能源，故A不符合题意；B．太阳能是清洁无污染的新能源，故B不符合题意；C．火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，故C符合题意；D．地热能发电是新开发利用的环保新能源，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】A．风能是环保新能源；B．太阳能是新能源；C．火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，不是环保新能源；D．地热能发电是新开发利用的环保新能源。2．【答案】C【解析】【解答】A．NH4NB．同种物质固态的熵小于液态小于气态，所以H2O(s)→HC．2CO(g)+O2(g)=2CD．Mg(s)+H2S故答案为：C。

【分析】考查了混乱度，主要有以下方法判断：1、有气体生成，则反映的混乱度泽增加；若反应前后都有气体，则需比较反应前后的化学计量数之和，生成的量增大，则混乱度增加。2、混乱度：气体>液体>固体。对同分异构体而言，对称性越高，混乱度越小，其S越小。给体系提供热量越多，混乱度越大。3．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应的正反应属于放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应，A不符合题意；B．根据选项A分析可知：该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物A的转化率减小，B不符合题意；C．催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，故在反应体系中加入催化剂，对反应热无影响，C不符合题意；D．该反应是由气体参加的化学反应，在反应达到平衡后增大压强，能够增大气体物质的浓度，使化学反应速率加快，反应达到平衡状态的时间缩短，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．该反应的正反应属于放热反应，则该反应的逆反应为吸热反应；B．升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物A的转化率减小；C．催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热；D．该反应是由气体参加的化学反应，在反应达到平衡后增大压强，能够增大气体物质的浓度，使化学反应速率加快，反应达到平衡状态的时间缩短；4．【答案】D【解析】【解答】A．产物能量比反应物能量低，该反应为放热反应，Fe2OB．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的稳定的氧化物为CO2，B项不符合题意；C．将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V1的H2SOD．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定顺序B<A<C，D项符合题意；故答案为：D。

【分析】A．图①放热反应，而Fe2OB．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；C．当V1+VD．物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定顺序B<A<C；5．【答案】B【解析】【解答】A．化学电源是提供电能，是将化学能转化为电能的实用装置，故A不符合题意；B．干电池不可充电，属于一次电池，故B符合题意；C．原电池的正极和电解池的阳极相连，则铅蓄电池充电时PbO2(正极)应与外接电源正极相连，故C不符合题意；D．氢氧燃料电池产物只有水，是一种具有应用前景的绿色电源，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．原电池是将化学能转化为电能的装置；B．干电池属于一次电池；C．原电池的正极和电解池的阳极相连；D．氢氧燃料电池产物只有水。6．【答案】C【解析】【解答】A．从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率，A不符合题意；B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B不符合题意；C．温度较高可能导致催化剂失去活性，反而降低反应速率，温度适宜即可，C符合题意；D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中，可能导致硫酸型酸雨，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】

A．沸腾炉使黄铁矿和空气增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率；B．为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室；C．温度较高可能导致催化剂失去活性，温度适宜即可；D．工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中与水反应产生硫酸，形成酸雨；7．【答案】C【解析】【解答】A．阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A不符合题意；B．阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B不符合题意；C．金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C符合题意；D．海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】

A．阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，得到电子；B．阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，失去电子；C．钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护；D．海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度大，溶液的导电性越强，钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快；8．【答案】D【解析】【解答】A．使用催化剂，不能改变平衡状态，SOB．平衡常数只与温度有关系，增大O2C．当2vD．降低反应温度，导致反应物中活化分子百分数减少，因此反应速率减慢，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.催化剂可以改变化学反应的速率，不影响化学平衡的移动；

B.平衡常数只受温度影响，温度不变，化学平衡常数不变；

C.v正（SO29．【答案】D【解析】【解答】A．探究影响化学反应速率的因素需要记录溶液褪色所需时间，故A不符合题意；B．实验①②只有浓度不同，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故B不符合题意；C．实验①③只有温度不同，探究的是温度对化学反应速率的影响，故C不符合题意；D．起始向①中加入MnSO4固体，引入离子Mn2+，Mn故答案为：D。

【分析】

A．探究影响化学反应速率的因素需要记录所需时间；B．控制单一变量，实验①②只有浓度不同，探究的是浓度对化学反应速率的影响；C．控制单一变量，实验①③只有温度不同，探究的是温度对化学反应速率的影响；D．MnSO10．【答案】B【解析】【解答】图表中分析消耗量或生成量为，消耗X浓度0.1mol/L-0.05mol/L=0.05mol/L，Y消耗浓度=0.15mol/L，Z生成浓度0.1mol/L，反应比为X：Y：Z=0.05：0.15：0.1=1：3：2，反应的化学方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)；A．依据图表分析可知，Y消耗的物质的量浓度=0.2mol/L-0.05mol/L=0.15mol/L，Y的转化率=0.B．根据分析，反应的化学方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，平衡常数K=12C．压强之比等于气体物质的量之比，故反应前后压强之比为(1+2)：(0.5+0.5+1)=3：2，选项C不符合题意；D．该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，该反应平衡会正向移动，但反应的平衡常数不变，选项D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．Y的转化率根据转化率公式初始浓度减去平衡浓度的差除以初始浓度即可；B．根据化学方程式为：X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)，代入平衡常数K计算即可；C．压强之比等于气体物质的量之比；D．该反应为气体体积缩小的反应，增大压强，该反应平衡会正向移动，但反应的平衡常数不变；11．【答案】A【解析】【解答】①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，反应进行的方向相反，且变化量之比等于化学计量数之比，则反应达平衡状态，①符合题意；②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，②不符合题意；③在反应进行的任何阶段，用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比都为2∶2∶1，反应不一定达平衡状态，③不符合题意；④混合气体的颜色不再改变时，c(NO2)不变，反应达平衡状态，④符合题意；⑤混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，所以密度不再改变时，反应不一定达平衡状态，⑤不符合题意；⑥反应前后气体的物质的量不等，平衡前压强在不断发生改变，当混合气体的压强不再改变时，反应达平衡状态，⑥符合题意；⑦混合气体的质量不变，物质的量发生改变，则平衡前混合气体的平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量不再改变时，反应达平衡状态，⑦符合题意；综合以上分析，①④⑥⑦符合题意，故答案为：A。

【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。12．【答案】A【解析】【解答】A．二氧化氮与二氧化硫反应生成三氧化硫和一氧化氮的反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则对该平衡体系加压后颜色加深不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B．硫氰化铁溶液中存在如下平衡：Fe3++3SCN—⇌Fe(SCN)3，向溶液中加入铁粉，铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，硫氰化铁的浓度减小，溶液颜色变浅或褪去，则溶液颜色变浅或褪去能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，则平衡体系加压后颜色先变深后变浅能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．二氧化硫的催化氧化反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，三氧化硫的产量增大，则采取高压措施可提高三氧化硫的产量能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】勒夏特列原理：如果改变影响平衡的一个条件如浓度、压强或温度等，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。13．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，反应Ⅱ的活化能低于反应I的活化能，则反应Ⅱ更容易发生，故A不符合题意；B．由图可知，反应I的生成物能量比反应物的能量高，所以反应I是吸热反应，故B不符合题意；C．催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但是催化剂不能时化学平衡发生移动，因此不能控制反应进行的程度，故C不符合题意；D．由图可知，CH3OH(g)与H2O(g)反应是吸热反应，并且生成二氧化碳和氢气后熵增加，则反应在高温下可以自发进行，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.活化能越低，反应越容易发生；

B.该反应反应物的总能量低于生成物的总能量，属于吸热反应；

C.催化剂不影响反应进行的程度。14．【答案】B【解析】【解答】A．该反应中需要微生物膜，若温度过高，微生物的蛋白质发生变性，将失去其生理活性，因此电池工作时需控制温度不宜过高，A不符合题意；B．a电极为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为：+2e-+H+=+Cl-，B符合题意；C．b电极上CH3COO-失去电子变为CO2气体，因此b极为负极，发生氧化反应，C不符合题意；D．在内电路中阳离子H+会向负电荷较多的正极移动，即H+由b极穿过质子交换膜到达a极，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】醋酸根离子中碳元素价态升高失电子，故b极为负极，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=CO2↑+7H+，a极为正极，电极反应式为+2e-+H+=+Cl-。15．【答案】A【解析】【解答】A．根据该反应特点，可设反应转化的二氧化碳为xmol，则平衡后各物质的物质的量为n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(1-4x)mol，n(CH4)=xmol，n(H2O)=2xmol，可以得出整个反应过程中，CO2的体积分数为(1-x)mol(1-x)mol+(1-4x)mol+xmol+2xmol×100%=50％（x＜14），随着反应正向移动，x逐渐增大，CH4的体积分数表达式为xmol(1-x)mol+(1-4x)mol+xmol+2xmol×100%=B．若升高温度，正反应与逆反应速率均比初始的大，随后正反应速率逐渐增大，逆反应速率继续减小，二者相等时再次达到平衡，从图象中可以看出，t1时刻正反应速率增大后一直保持不变，说明平衡未发生移动，能加快反应速率但不影响平衡移动的因素应为“加入催化剂”，B不符合题意；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，C不符合题意；D．增大压强，该平衡正向移动，反应物的转化率会增大，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.随着反应进行，反应物的量减小，生成物的量增大；

B.浓度越大，反应速率越快；

C.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；

D.该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动。16．【答案】B【解析】【解答】A．C为固体，增加其用量对平衡无影响，A不符合题意；B．在T2℃时，若反应体系处于状态D，此时c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，B符合题意；C．该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强pC＞PD，C不符合题意；D．由图示知，升高温度，c(NO)浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2＜K1，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．增加固体对化学平衡没有影响；

B．D点c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动；

C．根据B点和D点的压强相同分析；

D．根据温度对平衡的影响分析。17．【答案】（1）N2；N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol（2）134kJ/mol；-226kJ/mol；不变（3）172.5kJ（4）CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=【解析】【解答】（1）物质分子的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知N2、O2、NO三种物质的键能N2最大，其断裂化学键需吸收的能量最高，则N2的稳定性最强；反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。则N2(g)+O2(g)=2NO(g)的反应热△H=(946kJ/mol+494kJ/mol)-2×632kJ/mol=+180kJ/mol；（2）①反应物N2O(g)和CO(g)发生反应需要吸收的最低能量称为活化能。根据图示可知该反应的正反应的活化能为活化能为134kJ/mol；反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，则该反应的反应热△H=134kJ/mol-360kJ/mol=-226kJ/mol；②在反应体系中加入Pt2O+作为该反应的催化剂，由于催化剂只能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此该反应的放热ΔH不变；（3）若NO被还原，反应为正反应，该反应的正反应放热反应，15gNO的物质的量是n(NO)=15g30g/mol=0.5mol。根据方程式可知：6molNO被还原，反应放出热量是2070kJ，则0.5molNO被还原释放的热量Q=（4）已知：①2CH②2CO(g)+O③H2O(g)=H2O(l)△H=-ckJ/mol根据盖斯定律，将①×12+②×12+③×2，整理可得表示CH3OH(g)燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+32O2(g)=CO2(g)+2H2

【分析】（1）物质分子的能量越低，物质的稳定性就越强，可得N2的稳定性最强.考查反应热的概念：反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差列式计算即可。

（2）根据活化能的概念，反应物N2O(g)和CO(g)发生反应需要吸收的最低能量称为活化能，列式计算。

（3）根据能量守恒和化学反应式计算即可。

（4）化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。18．【答案】（1）Fe-2e-=Fe2+（2）C；O2+4e-+2H2O=4OH-（3）A；4CuCl+O2+2H2O+2CO32−=2Cu2(OH)2CO3+4Cl（4）脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀【解析】【解答】(1)舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=Fe2+；(2)①A．锌比铁活泼，锌块先发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；B．舰体为正极，是电子流入的一极，正极被保护，可以有效减缓腐蚀，故B正确；C．采用外加电流的阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源负极相连，故C不正确；D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同，都是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为：C；②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，正极是氧气得电子发生还原反应，舰体上正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；(3)①A．由图片信息可知，Cu2(OH)3Cl疏松、易吸收水，会使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散，所以属于有害锈，故A正确；B．Cu2(OH)2CO3能溶于盐酸但不能溶于氢氧化钠溶液，故B不正确；C．青铜器表面涂一层食盐水提供形成原电池的电解质溶液，加快铜的腐蚀，故C不正确；D．HNO3溶液具有强氧化性，加快铜的腐蚀，故D不正确；故答案为：A；②将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32−=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；故答案为：4CuCl+O2+2H2O+2CO32−=2Cu2(OH)2CO3+4Cl(4)从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀；故答案为：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。

【分析】(1)原电池负极，负极失去电子；

(2)①A．锌块先发生氧化反应；

B．舰体为正极，是电子流入的一极，得到电子；

C．应将舰体与电源负极相连；

D．地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同，都是牺牲阳极的阴极保护法；

②考查原电池正极离子反应式；(3)①A．Cu2(OH)3Cl疏松、易吸收水，会使器物损坏程度逐步加剧，属于有害锈；B．Cu2(OH)2CO3能溶于盐酸但不能溶于氢氧化钠溶液；C．青铜器表面涂一层食盐水提供形成原电池的电解质溶液，加快铜的腐蚀；D．HNO3溶液具有强氧化性，加快铜的腐蚀；

②考查Na2CO3溶液与CuC的离子方程式；

(4)考查电化学原理的防腐腐原理。19．【答案】（1）A+2B⇌2C；c（2）0.1（3）增大体系的压强(或缩小容器体积)（4）K1＞K2=K3=K4；t2-t3【解析】【解答】（1）由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，说明该反应为可逆反应。3min时△n(A)：△n(B)：△n(C)=(1-0.7)mol：(1-0.4)mol：0.6mol=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为A+2B⇌2C；化学平衡常数为可逆反应达到化学平衡时生成物浓度幂之积与各反应物浓度幂之积的比值，所以K=c2（2）0~3min，v(C)=Δn(C)Vt=（3）化学平衡常数只与温度有关，K值不变，说明反应温度不变。由图可知：5min时各组分的物质的量不变，后A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，则A的转化率增大，化学平衡向正反应移动，由于温度不变，说明改变的条件只能是改变压强。由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以要使平衡正向移动，应该是增大体系的压强；（4）t3时刻，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率变化大，化学平衡向逆反应移动，因此改变的条件应为升高温度，则化学平衡常数K1＞K2。t6时刻，正、逆反应速率都减小，且正反应速率变化大，化学平衡向逆反应移动，改变的条件应为降低压强，所以化学平衡常数K3=K4；t5~t6时正、逆反应速率都增大，化学平衡不移动，改变的条件应是使用催化剂；K不变，所以K2=K3，故化学平衡常数关系为：K1＞K2=K3=K4；t2-t3段反应正向进行的程度最大，则该阶段A的转化率最高。

【分析】（1）反应物的物质的量减小，生成物的物质的量增加，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，根据物质的量之比等于化学计量数之比书写方程式；平