2017-2018学年福建省三明市第一中学高二下学期开学考试化学试题 解析版

2017-2018学年福建省三明市第一中学高二下学期开学考试化学试题 解析版

福建省三明市第一中学2017-2018学年高二下学期开学考试 化学试卷 ‎1. 下列说法不正确的是 A. 焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素，多数能自发进行的反应都是放热反应 B. 熵增加有利于反应的自发进行，熵减小的反应常温下都不会自发进行 C. 在同一条件下物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大 D. 一个反应能否自发进行与焓变和熵变的共同影响有关 ‎【答案】B ‎【解析】A. 焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素，多数能自发进行的反应都是放热反应，A正确；B. 熵增加有利于反应的自发进行，熵减小的反应常温下也可能自发进行，如氯化氯和氨气在常温下可以化合为氯化铵，B不正确；C. 在同一条件下物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大，C正确；D. 一个反应能否自发进行与焓变和熵变的共同影响有关，△H-T△S<0的反应能自发进行，D正确。本题选B。‎ ‎2. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是 A. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极保护法 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 纯银器表面在空气中因电化学腐蚀渐渐变暗 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】A ‎【解析】A项，在海轮外壳连接锌块构成原电池，Zn为负极被腐蚀，海轮为正极被保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，正确；B项，当镀锡铁制品的镀层破损时，与水膜接触形成原电池，铁制品为负极，腐蚀速率加快，镀层不能对铁制品起保护作用，错误；C项，纯银器表面变暗因为发生了化学腐蚀，错误；D项，若将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连，地下输油钢管为阳极被腐蚀，不能被保护，错误；答案选A。‎ ‎3. 下列关于原子结构模型的说法中，正确的是 A. 道尔顿的原子结构模型将原子看作实心球，故不能解释任何问题 B. 汤姆逊“葡萄干布丁”原子结构模型成功地解释了原子中的正负粒子是可以稳定共存的 C. 卢瑟福核式原子结构模型指出了原子核和核外电子的质量关系、电性关系及占有体积的关系 D. 玻尔电子分层排布原子结构模型引入了量子化的概念，能够成功解释所有的原子光谱 ‎【答案】C ‎..............................‎ ‎4. 1913年，丹麦科学家玻尔第一次认识到氢原子光谱是氢原子的电子跃迁产生的。玻尔的原子结构理论一个很大的成就是 A. 证明了原子核外电子在圆形轨道上运动 B. 提出了原子核是可以进一步细分的 C. 解决了氢原子光谱和原子能级之间的关系 D. 应用了量子力学理论中的概念和方法 ‎【答案】D ‎【解析】玻尔把量子论用于原子，与卢瑟福核式原子模型结合起来，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，成功地解释了氢原子光谱是线状光谱的原因，为后来人们用更多的量子数来标记核外电子的运动状态、来解释复杂的原子光谱提供了可以借鉴的方法。所以D说法正确。‎ ‎5. 下列符号表示的轨道中具有球对称性的是 A. 7s B. 4f C. 5d D. 3p ‎【答案】A ‎【解析】只要l＝0即占有s轨道，s轨道一定具有球对称性，其它轨道一定不 具有球对 称性。‎ ‎6. 下面有关“核外电子的运动状态”的说法，其中错误的是 A. 能级是描述电子运动的电子云形状 B. 只有在电子层、能级、电子云的伸展方向及电子的自旋状态都确定时， 电子的运动状态才能被确定下来 C. 必须在B项所述四个方面都确定时，才能确定组成每一电子层的最多轨道数 D. 电子云伸展方向与能量大小是无关的 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．电子亚层（能级）是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述；‎ B．电子的运动状态由电子层、电子亚层、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定；‎ C．第一能层只有s能级1个原子轨道，第二能层有s和P能级共有4个原子轨道，第三能层有s、P和d能级共有9个原子轨道，与电子层、电子亚层、电子云的伸展方向及电子的自旋无关；‎ D．离原子核越远的电子，其能量越大．‎ 解：A．电子亚层（能级）是电子在核外空间出现概率密度分布的形象化描述即电子运动的电子云状态，故A正确；‎ B．电子的运动状态由电子层、电子亚层、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定，所以在电子层、电子亚层、电子云的伸展方向、以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来，故B正确；‎ C．第一能层只有s能级1个原子轨道，第二能层有s和P能级共有4个原子轨道，第三能层有s、P和d能级共有9个原子轨道，与电子层、电子亚层、电子云的伸展方向及电子的自旋无关，故C错误；‎ D．离原子核越远的电子，其能量越大，则p原子轨道电子的平均能量随能层的增大而增加，所以电子云伸展方向与能量大小是无关，故D正确；‎ 故选C．‎ ‎7. 下列有关电子云的叙述中，正确的是 A. 电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率 B. 电子云直观地表示了核外电子的数目 C. 1s电子云界面图是一个球面，表示在这个球面以外，电子出现的概率为 零 D. 电子云是电子绕核运动形成的一团带负电荷的云雾 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：为了形象地表示电子在原子核外空间的分布状况，人们常用小黑点的疏密程度来表示电子在原子核外出现几率的大小；点密集的地方，表示电子出现的几率大；点稀疏的地方，表示电子出现的几率小,这就是电子云。1s电子云界面以外，电子出现的概率（几率）不为零，只是出现的几率很小。选项A符合题意。‎ 考点：有关电子云的正误判断 ‎8. 各电子层排布电子的总数遵循以下规则：①每层最多容纳2n2个电子；②原子最外层电子数≤8；③原子次外层电子数≤18。决定这3条规律的电子排布规则是 A. 能量最低原则 B. 泡利不相容原理 C. 洪特规则 D. 能量最低原则和泡利不相容原理 ‎【答案】D ‎【解析】每层最多容纳的电子数，由每层n个轨道和每个轨道上最多容纳2个 电子决定，而排列先后顺序由能量最低原则决定，所以D项正确。‎ ‎9. 下列轨道表示式能表示氧原子的最低能量状态的是 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据核外电子排布的能量最低原理、泡利不相容原理及洪特规则，氧原子的8个电子先排满1s，再排满2s，余下的4个电子排在2p，这4个电子尽量分占不同的轨道且自旋状态相同，但是同一轨道只能排布自旋状态相反的2个电子，所以，轨道表示式能表示氧原子的最低能量状态的是 A，B违反了洪特规则，C表示的是氧离子，D少排了一个电子。综上所述，A正确，本题选A。 ‎ ‎10. 下列四种元素中，其单质氧化性最强的是 A. 原子含有未成对电子最多的第2周期元素 B. 位于周期表第3周期ⅢA族的元素 C. 原子最外电子层排布式为2s22p6的元素 D. 原子最外电子层排布式为3s23p5的元素 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：由题给信息可知A．基态原子含有未成对电子最多的第二周期元素的价电子排布为2s22p3‎ ‎，A为N，B．位于周期表中第三周期第ⅢA族的元素,B为Al，C．基态原子最外电子层排布为2s22p6的元素,C为Ne，D．基态原子最外电子层排布为3s23p5的元素,D为Cl，Cl2氧化性最强，选D。‎ 考点：考查元素的推断，单质氧化性强弱的判断 ‎11. 下列微粒半径大小比较错误的是 A. K>Na>Li B. Na＋>Mg2＋>Al3＋ C. Mg2＋>Na＋>F－ D. Cl－>F－>F ‎【答案】C ‎【解析】同主族，由上到下微粒半径逐渐增大，所以A对，核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，微粒半径越小，所以B对，C错，C应该为F－＞Na＋＞Mg2＋，D可引入Cl，顺序为Cl－＞Cl＞F－＞F，所以D也对。‎ ‎12. 下列说法中，正确的是 A. 周期表中的主族都有非金属元素 B. 周期表中的主族都有金属元素 C. 周期表中的非金属元素都位于短周期 D. 周期表中的过渡元素都是金属元素 ‎【答案】D ‎【解析】第ⅡA族都是金属元素，A错；ⅦA族都是非金属元素，B错；ⅤA、ⅥA、ⅦA族的非金属元素，长、短周期都有，C错；D符合题意。‎ ‎13. 在由水电离产生的H＋浓度为1×10－11 mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是 ‎①K＋、Cl－、NO3－ 、S2－； ②K＋、Al3＋、I－、SO42 －； ③Na＋、Cl－、NO3－ 、SO42 － ‎ ‎④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－ ⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－‎ A. ①③ B. ②⑤ C. ③④ D. ③⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：在由水电离产生的H＋浓度为1×10－11 mol/L的溶液中，水的电离受到了酸或碱的抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。①K＋、Cl－、NO3－ 、S2－中的S2－不能在酸性溶液中大量存在；②K＋、Al3＋、I－、SO42 －中的Al3＋不能在碱性溶液中大量存在；③Na＋、Cl－、NO3－ 、SO42 － 等可以大量共存；④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－ 中的HCO3－既不能在酸性溶液中大量存在，也不能在碱性溶液中大量存在；⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－等可以大量共存。综上所述，一定能大量共存的离子组是D，本题选D。‎ ‎14. 已知甲酸钠（HCOONa）溶液呈碱性。室温下用c（H+）相同，体积相同的盐酸与甲酸（HCOOH）溶液分别进行如下实验，相关叙述正确的是：‎ A. 加水稀释，两溶液中的氢离子数目都不变 B. 用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸比甲酸消耗的碱液少 C. 跟等质量铝粉反应，盐酸比甲酸的起始反应速率快 D. 跟过量的锌粒反应，盐酸比甲酸产生氢气的量多 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：甲酸钠（HCOONa）溶液呈碱性，说明甲酸是弱酸。室温下用c（H+）相同，体积相同的盐酸与甲酸（HCOOH）溶液，两溶液的pH相同，但是其物质的量浓度不同，甲酸的物质的量浓度较大，故甲酸的物质的量大于盐酸中氢离子的物质的量。A. 加水稀释，醋酸和水的电离平衡均向右移动，两溶液中的氢离子数目都变大，A不正确；B. 用等浓度的NaOH溶液中和，因为甲酸的物质的量较大，所以盐酸比甲酸消耗的碱液少，B正确；C. 跟等质量铝粉反应，两者起始反应速率相同，C不正确；D. 跟过量的锌粒反应，盐酸比甲酸产生氢气的量少，D不正确。本题选B。‎ 点睛：本题考查了一元强酸和一元弱酸的性质比较，当两者c（H+）相同时，两者与活泼金属反应的起始速率相同，但是由于弱酸中存在电离平衡，弱酸的物质的量浓度远远大于强酸，所以等体积的两种酸中，弱酸的物质的量远远大于强酸，故弱酸生成的氢气多。‎ ‎15. 为了除去CuCl2酸性溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，过滤后再向滤液中加入适量盐酸。这种试剂是 A. 稀氨水 B. NaOH溶液 C. 硫氰化钾溶液 D. Cu2(OH)2CO3固体 ‎【答案】D ‎【解析】稀氨水与CuCl2酸性溶液中的FeCl3都反应生成沉淀，故A错误；NaOH溶液与CuCl2酸性溶液中的FeCl3都反应生成沉淀，故B错误；硫氰化钾溶液与Fe3+反应生成Fe(SCN)3,故C错误；Cu(OH)2CO3固体能调节溶液PH，促进Fe3+水解成Fe(OH)3沉淀，故D正确。‎ ‎16. 下列有关pH的说法正确的是 A. 常温下，测得0.1mol•L﹣1盐酸的pH=1‎ B. 测定溶液pH时，事先将pH试纸润湿 C. pH相同的醋酸溶液导电性一定比盐酸的弱 D. 常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍，测得pH=4‎ ‎【答案】A ‎【解析】A. 0.1mol•L﹣1盐酸的ｃ(H+)=0.1 mol•L﹣1，常温下，测得0.1mol•L﹣1盐酸的pH=1，A正确；B. 测定溶液pH时，不能事先将pH试纸润湿，若润湿则相当于把待测液加水稀释，B不正确；C. pH相同的醋酸溶液与盐酸的导电性相同，C不正确；D. 常温下，将pH=1的醋酸溶液稀释1000倍后，醋酸的电离平衡正向移动，测得pH应小于4，D不正确。本题选A.‎ ‎17. 向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.02 mol·L－1的盐酸生成沉淀。已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则生成沉淀后的溶液中c(Ag＋)与pH分别为 A. 1.8×10－7 mol·L－1，2 B. 1×10－7 mol·L－1，2‎ C. 1.8×10－7 mol·L－1，3 D. 1×10－7 mol·L－1，3‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液和50 mL 0.02 mol·L－1的盐酸反应，AgNO3+HCl==AgCl↓+HNO3，混合后溶液中的氢离子浓度,混合后溶液的pH=2，混合后溶液中的氯离子浓度为，已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，根据Ksp(AgCl)= c(Ag＋)·c（Cl）可得：，答案选A。‎ 考点：考查沉淀溶度积的计算 ‎18. 某蓄电池放电、充电时的反应为Fe＋Ni2O3＋3H2OFe(OH)2＋2Ni(OH)2下列推断中正确的是 ‎①放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极　‎ ‎②充电时，阴极上的电极反应式是：Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－　‎ ‎③充电时，Ni(OH)2为阳极　 ④该蓄电池的电极必须是浸在某种碱性电解质溶液中 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据放电总反应，铁铁失电子发生氧化反应，Fe为负极，①错误；②充电时，阴极上的电极反应式是Fe（OH）2＋2e－==Fe＋2OH－，②正确；③充电时，Ni（OH）2→Ni2O3发生氧化反应，Ni（OH）2为阳极，③正确；④铁与酸反应，所以蓄电池的电极必须是浸在某种碱性电解质溶液中，④正确。故选D。‎ 考点：本题考查原电池、电解池。‎ ‎19. 常温下，向100 mL 0.01 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L－1MOH溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中，不正确的是 A. HA为一元强酸 B. MOH为一元弱碱 C. N点水的电离程度小于K点水的电离程度 D. 若K点对应溶液的pH＝10，则有c(MOH)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.005 mol·L－1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图像分析知加入碱的体积为51mL时溶液呈中性，说明二者不都是强电解质，若碱为强碱则加入碱50mL时恰好完全反应，此时为强碱弱酸盐，溶液应呈碱性，与图像不符，所以酸应为强酸，碱为弱碱。A、B正确；C、N点时，溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度=1×10-7mol/L，而K点时碱过量，抑制水的电离，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，错误；D、在K点时加入碱的体积为100mL，此时溶液是MOH与MA等浓度的混合液且浓度都为0.005mol/L,根据物料守恒得c(MOH)+c(M+)="0.01" mol/L,根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),二式结合得 c(MOH)+ c(OH-)- c(H+)="0.01-" c(A-)=0.01-0.005=0.005mol/L，正确，答案选C。‎ 考点：考查图像分析能力，酸碱混合液中守恒规律的应用，水的电离程度的比较 ‎20. 下列各组澄清溶液中离子能大量共存，且加入X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是 选项 离子组 X试剂 离子方程式 A K+、Na+、ClO-、SO42-‎ 少量SO2‎ SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+‎ B NH4+-、Fe3+、Br-、SO42-‎ 过量H2S ‎2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+‎ C NH4+-、Na+、Fe3+、[Al(OH)4]-‎ 过量铜粉 ‎2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ D K+、Na+、HCO3-、Al3+‎ 过量NaOH Al3++4OH-=[Al(OH)4]-‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】A.四种离子可以大量共存，通入少量SO2，反应的离子方程式为SO2+2ClO-+H2O=SO42-+2Cl-+2H+，A不正确；B. 四种离子可以大量共存，通入过量后H2S，反应的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，B正确；C. [Al(OH)4]-可以与NH4+-、Fe3+发生双水解而不能大量共存，C不正确；D. HCO3-和Al3+可以大量共存，D不正确。本题选B。‎ ‎21. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 A. 对平衡体系H2(g)+ I2(g)2HI(g)加压后，混合气体的颜色加深 B. 用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用等体积的蒸馏水洗涤损失的AgCl少 C. 实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 D. 工业合成三氧化硫的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率 ‎【答案】A ‎【解析】A．气体两边计量数相等，增大压强平衡不移动，所以混合气体的颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故A选；B．AgCl溶液中存在：AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，Cl-浓度越大，则溶解的AgCl越少，符合勒夏特列原理，故B不选；C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；D．增加氧气的量平衡正向移动，所以提高二氧化硫的转化率，符合平衡移动的原理，故D不选；故选A。‎ 点睛：注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。‎ ‎22. 下列说法正确的是 A. 常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4‎ B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸 C. 用0.2000 mol•L-1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol•L-1)，当pH=7时，溶液中的酸恰好完全中和 D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol•L-1盐酸、③0.1 mol•L-1氯化镁溶液、④0.1 mol•L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：④＞①＞②＞③‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，醋酸的电离平衡正向移动，溶液的pH小于4，A不正确；B. 为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测0.1mol/LH2A溶液的pH。若pH1，则H2A是强酸；若pH>1，则H2A是弱酸。若测NaHA溶液的pH，即使pH＜7，也不能说明H2A是强酸，也可能是因为HA-的电离程度大于其水解程度所致，B不正确；C. 用0.2000 mol•L-1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol•L-1)，当酸碱恰好完全反应时得到氯化钠和醋酸钠溶液，因醋酸钠水解而使溶液显碱性，所以，当pH=7时，溶液中的酸没有被完全中和，C不正确；D. 相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol•L-1盐酸、③0.1 mol•L-1氯化镁溶液、④0.1 mol•L-1硝酸银溶液中，Ag＋浓度④＞①＞②＞③，D正确。本题选D。‎ 点睛：酸碱中和反应恰好完全进行时，溶液的pH不一定等于7，溶液的pH由生成的盐的性质决定，强酸强碱盐溶液显中性，强酸弱碱盐水解显酸性，强碱弱酸盐水解显碱性。‎ ‎23. 25℃时，5种银盐的溶度积常数（Ksp）分别是：‎ AgCl Ag2SO4‎ Ag2S AgBr AgI ‎1.8×10-10‎ ‎1.4×10-5‎ ‎6.3×10-50‎ ‎7.7×10-13‎ ‎8.51×10-16‎ 下列说法正确的是 A. 氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大 B. 将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，不能得到黑色沉淀 C. 在5mL1.5×10-5 mol•L-1的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）1.0×10-3mol•L-1的AgNO3溶液，不能观察到白色沉淀 D. 在烧杯中放入6.24 g 硫酸银固体，加200 g 水，经充分溶解后，所得饱和溶液的体积为200 mL，溶液中Ag + 的物质的量浓度为0.2 mol•L-1。‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 由氯化银、溴化银和碘化银的溶度积常数可知，其溶解度依次减小，A不正确；B. 将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠固体，由于硫化银的溶度积常数远远小于硫酸银的，所以可以得到黑色沉淀，B不正确；C. 在5mL1.5×10-5 mol•L-1的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）1.0×10-3mol•L-1的AgNO3溶液，混合溶液中c(Cl-)=1.5×10-5 mol•L-1、c(Ag+)=1.0×10-5mol•L-1，Qc=1.5×10-5 1.0×10-5=1.5×10-10< Ksp，所以，不能观察到白色沉淀，C正确；D.由硫酸银的Ksp数据可知，硫酸银的饱和溶液中，c(Ag+)=2‎ mol/L<0.2 mol•L-1，D不正确。本题选C。‎ ‎24. 有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等。现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生的反应如下：NaR＋CO2(少量)＋H2O===HR＋NaHCO3 2NaR′＋CO2(少量)＋H2O===2HR′＋Na2CO3，比较HR和HR′酸性的强弱，正确的是 A. HR较弱 B. HR′较弱 C. 两者相差不大 D. 无法比较 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的量浓度相等。现向这两种盐的溶液中分别通入适量的CO2，发生的反应如下：NaR＋CO2(少量)＋H2O===HR＋NaHCO3 ，2NaR′＋CO2(少量)＋H2O===2HR′＋Na2CO3。由以上反应中的信息可知，酸性由强到弱的顺序为H2CO3>HR> HCO3->HR´，所以，HR酸性的比HR′强，B正确，本题选B。‎ 点睛：离子反应总是向着能够减小某种离子浓度的方向发生，所以较强的酸可以制备较弱的酸。NaR＋CO2(少量)＋H2O===HR＋NaHCO3，该反应说明NaHCO3不能与NaR反应，故酸性HR> HCO3-；2NaR′＋CO2(少量)＋H2O===2HR′＋Na2CO3，该反应说明HR′也能与HR′反应，故酸性HCO3->HR´。‎ ‎25. 已知Ag2SO4的Ksp为2.0×10－5 mol3·L－3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚 好饱和，该过程中Ag＋ 和SO42—浓度随时间变化关系如下图[饱和Ag2SO4溶液中c(Ag＋)=0.034 mol•L－1]。若t1时刻在上述体系中加入100 mL 0.020 mol•L－1 Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag＋ 和SO42—浓度随时间变化关系的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】Ag2SO4刚好为100 mL的饱和溶液,因为c(Ag+)="0.034" mol·L-1,所以c(SO42－)=0.017mol·L-1；当加入100 mL 0.020 mol·L-1Na2SO4溶液后,c(SO42－)="0.018" 5‎ ‎ mol·L-1,c(Ag+)="0.017" mol·L-1(此时Qc0）下列判断正确的是 A. △H1>△H2>△H3 B. Q1>Q3>Q2‎ C. △H1＜△H2＜△H3 D. Q2>Q1>Q3‎ ‎【答案】C ‎【解析】H2S完全燃烧放热多，即Q1最大。气态水的能量高于液态水，因此生成液态水放热多，则Q3>Q2>Q1，放热越多△H越小，所以△H1＜△H2＜△H3，答案选C。‎ ‎28. 绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右图所示。由图可得出的正确结论是 A. 反应在c点达到平衡状态 B. 反应物浓度：a点小于b点 C. 反应物的总能量低于生成物的总能量 D. Δt1＝Δt2时SO2的转化率：a～b段小于b～c段 ‎【答案】D 考点：化学平衡、化学反应速率 视频 ‎29. 在某2 L恒容密团容器中充入2 mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+ Y（g）3Z（g）△‎ H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示：下列推断正确的是 A. Q点时，Y的转化率最大 B. 升高温度，平衡常数增大 C. W点Y的正反应速率等于M点Y的正反应速率 D. 平衡时充入Z．达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：在某2 L恒容密团容器中充入2 mol X（g）和1mol Y（g）发生反应：2X（g）+ Y（g）3Z（g）△H，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。由图可知，该反应在Q点才达到平衡，继续升高温度后，X的体积分数变大，所以平衡向逆反应方向移动，说明该反应为放热反应。A. Q点时，Y的转化率最大，A正确；B. 升高温度，平衡常数减小，B不正确；C. 因为M点对应的温度高，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，C不正确；D. 该反应气体分子数不变，所以，平衡时充入Z．达到新平衡时Z的体积分数不变，D不正确。本题选A。‎ ‎30. 工业生产硫酸中二氧化硫的催化氧化原理为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是 A. 在A、B、C三点时，V(正)=v(逆)，在D点时V(正)>v(逆)‎ B. A、B、C三点的平衡常数一定不相同 C. 升高温度可以加快化学反应速率，有利于平衡向正反应方向移动 D. 一定温度下，保持容器体积不变，向平衡体系中通人稀有气体，压强增大，平衡不移动 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．曲线上的点为平衡点，则A、B、C三点时v(正)=v(逆)，D点SO3‎ 的百分含量小于平衡时含量，向正反应方向移动，D点时v(正)＞v(逆)，故A正确；B．A、B、C三点的温度不同，则平衡常数一定不相同，故B正确；C．由图可知，温度越高，生成物的含量越低，该反应为放热反应，升高温度可以加快化学反应速率，但平衡向逆反应方向移动，故C错误；D．容器体积不变，向平衡体系中通入稀有气体，反应体系中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故D正确；故选C。‎ 考点：考查了化学平衡的影响因素的相关知识。‎ ‎31. .25℃时，将浓度均为0.1 mol•L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=l00mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。 下列说法正确的 A. Ka（HA）=10-6mol·L-1‎ B. b点时，c（B+）=c（A-）=c（H+）=c（OH-）‎ C. c点时，随温度升高而减小 D. a→c过程中水的电离程度始终增大 ‎【答案】C ‎【解析】A．由图示可知0.1 mol•L-1、的HA溶液pH=3，则Ka(HA)===10-5mol·L-1，故A错误；B．b点时溶液显中性，此时c(B+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-)，故B错误；C．c点时，溶液中存在A-的水解，且加热促进水解，水解平衡常数Kh增大，则随温度升高而减小，故C正确；D．a点为HA的溶液，酸的电离抑制水的电离，而b点为BA溶液因水解促进水的电离，c点溶液中过量的BOH电离抑制水的电离，则a→c过程中水的电离程度先增大后减小，故D错误；答案为C。‎ ‎32. 在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下[已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1]：‎ 容器 甲 乙 丙 反应物投入量 ‎1 mol N2、3 mol H2‎ ‎2 mol NH3‎ ‎4 mol NH3‎ NH3的浓度(mol·L－1)‎ c1‎ c2‎ c3‎ 反应的能量变化 放出a kJ 吸收b kJ 吸收c kJ 体系压强(Pa)‎ p1‎ p2‎ p3‎ 反应物转化率 α1‎ α2‎ α3‎ 下列说法正确的是 A. 2c1＞c3 B. a＋b＝92.4 C. 2p2＜p3 D. α1＋α3＞1‎ ‎【答案】B ‎【解析】甲投入1 molN2、3 molH2，乙容器投入量2 molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1 molN2、3 molH2，丙容器加入4 molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2 molN2、6 molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的；A．丙容器反应物投入量4 molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2 molN2、6 molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c3=2c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c3＞2c1，故A错误；B．甲投入1 molN2、3 molH2，乙中投入2 molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4 kJ，故a+b=92.4，故B正确；C．丙容器反应物投入量4 molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C错误；D．丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率α1+α3=1；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率α1+α3＜1，故D错误；故选B。‎ 点睛：考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，解答的关键是构建平衡建立的等效途径；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2‎ ‎，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，所以丙与甲、乙相比，增大了压强，平衡向着正向移动，小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，据此进行解答。‎ ‎33. 在如图中，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol•L－1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol•L－1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9 g，则 ‎（1）电源E为________极。‎ ‎（2）A极析出物质______ mol。‎ ‎（3）B极的电极反应式为____________________。‎ ‎（4）C极的电极反应式为_____________________。‎ ‎（5）D极析出气体________ mL(标准状况)。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). 0.025 (3). 2H2O —2e—=== O2↑+ 4H+ (4). Cu2++ 2e—= Cu (5). 280‎ ‎【解析】由题中信息可知，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol•L－1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol•L－1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9 g，则A、C为阴极，B、D为阳极，E为负极、F为正极。甲、乙两池为串联的电解池。‎ ‎（1）电源E为负极。‎ ‎（2）A极析出物质是Ag，C极析出的是Cu，根据电子转移守恒可知，每析出1molAg，同时就析出0.5molCu，两电极的质量相差108g-32g=76g，所以，当A极比C极重1.9 g时，A极析出Ag的物质的量为0.025mol。‎ ‎（3）B极上水电离的氢氧根离子放电生成氧气，其电极反应式为2H2O —2e—=== O2↑+ 4H+。‎ ‎（4）C极上溶液中的铜离子放电，其电极反应式为Cu2++ 2e—= Cu。‎ ‎（5）D极上氯离子放电生成氯气，由电子转移守恒可知析出0.0125molCl2，在标准状况下其体积为280mL。‎ ‎34. 常温下，有浓度均为1 mol·L－1的下列4种溶液：‎ ‎①H2SO4溶液 ②NaHCO3溶液 ③NH4Cl溶液 ④NaOH溶液 ‎（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序是______________(填序号)，其中由水电离出的H＋浓度最小的是______________(填序号)。‎ ‎（2）该温度下②中NaHCO3的水解平衡常数Kh＝______________mol·L－1。(已知碳酸的电离常数K1＝4×10－7，K2＝5.6×10－11)‎ ‎（3）该温度下向③中通入少量氨气，此时c(NH4+): c(NH3·H2O)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（4）若将③和④混合后溶液恰好呈中性，则混合前③的体积___④的体积(填“大于”、“小于”或“等于”)。‎ ‎【答案】 (1). ④＞②＞③＞① (2). ① (3). 2.5×10-8 (4). 减小 (5). 大于 ‎【解析】试题分析：浓度均为1 mol·L－1的4种溶液的酸碱性及对水的电离的影响分析：①H2SO4溶液 ，显强酸性，抑制水的电离；②NaHCO3溶液，显弱碱性，水解程度大于电离程度，促进水的电离；③NH4Cl溶液 ，显弱酸性，促进水的电离；④NaOH溶液，显强碱性，抑制水的电离。‎ ‎（1）这4种溶液pH由大到小的排列顺序④＞②＞③＞①，其中由水电离出的H＋浓度最小的是①。‎ ‎（2）该温度下②中NaHCO3的水解平衡常数Kh＝2.5×10-8mol·L－1。‎ ‎（3）该温度下向③中通入少量氨气，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨的浓度增大是主要的，铵根离子的水解平衡移动是次要的，所以此时c(NH4+): c(NH3.H2O)的值减小。‎ ‎（4）③只显弱酸性，④显强碱性，所以，若将浓度均为1 mol·L－1的③和④混合后溶液恰好呈中性，混合前③的体积大于④的体积。‎ ‎35. 有A、B、C、D四种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素原子核外电子仅有一种原子轨道，也是宇宙中最丰富的元素，B元素原子核外p电子数比s电子数少1，C为金属元素且原子核外p电子数和s电子数相等，D元素的原子核外所有p轨道全充满或半充满。‎ ‎（1）写出A、B元素的元素符号：A________，B________。‎ ‎（2）写出C元素基态原子核外电子排布式：C______________________________。‎ ‎（3）写出D元素基态原子核外电子轨道表示式：D_____________________________。‎ ‎（4）写出B、C两种元素单质在一定条件下反应的化学方程式：___________________。‎ ‎（5）写出B元素单质和氢化物的电子式：单质________，氢化物__________。‎ ‎【答案】 (1). H (2). N (3). 1s22s22p63s2 (4). (5). (6). (7). ‎ ‎【解析】试题分析：有A、B、C、D四种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A元素原子核外电子仅有一种原子轨道，也是宇宙中最丰富的元素，则A为H；B元素原子核外p电子数比s电子数少1，则B为N；C为金属元素且原子核外p电子数和s电子数相等，则C为Mg；D元素的原子核外所有p轨道全充满或半充满，则D为P。‎ ‎（1）A、B元素的元素符号分别为H 和 N。‎ ‎（2）C元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s2。‎ ‎（3）D元素基态原子核外电子轨道表示式为。‎ ‎（4）B、C两种元素单质在一定条件下反应的化学方程式为。‎ ‎（5）B元素单质和氢化物的电子式分别为和。‎ ‎36. 目前工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇，某研究小组对下列有关甲醇制取的三条化学反应原理进行了探究。已知在不同温度下的化学平衡常数(K1、K2、K3)如表所示。‎ 化学反应 焓变 平衡 常数 温度/℃‎ ‎500‎ ‎700‎ ‎800‎ ‎①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)‎ ΔH1‎ K1‎ ‎2.5‎ ‎0.34‎ ‎0.15‎ ‎②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)‎ ΔH2‎ K2‎ ‎1.0‎ ‎1.70‎ ‎2.52‎ ‎③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ ΔH3‎ K3‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）反应②是________(填“吸热”或“放热”)反应。‎ ‎（2）根据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系，则K3＝________(用K1、K2表示)；根据反应③判断ΔS________(填“>”“＝”或“<”)0，在________(填“较高”或“较低”)温度下有利于该反应自发进行。‎ ‎（3）要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有________(填字母，后同)。‎ A．缩小反应容器的容积 B．增大反应容器的容积 C．升高温度 D．使用合适的催化剂 E．从平衡体系中及时分离出CH3OH ‎（4）500 ℃时，测得反应③在某时刻，CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.8 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.15 mol·L－1，则此时v(正)________v(逆)(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎【答案】 (1). 吸热 (2). K1·K2 (3). < (4). 较低 (5). B、C (6). >‎ ‎【解析】（1）由表中信息可知，反应②的平衡常数随温度升高而增大，所以其为吸热反应。‎ ‎（2）由①+②可得到反应③，由平衡常数的表达式可知，K3＝K1·K2，由表中K1、K2的数据可以求出K3，可以发现K3随温度升高而减小，所以反应③也是放热反应，△H<0；反应③的气体分子数减少了，所以其ΔS<0，根据复合判据可知，该反应在较低温度下有利于该反应自发进行。‎ ‎（3）对于反应③改变条件：A．缩小反应容器的容积，平衡向右移动；B．增大反应容器的容积，平衡向左移动；C．升高温度，平衡向左移动；D．使用合适的催化剂，平衡不移动；E．从平衡体系中及时分离出CH3OH，平衡向右移动。综上所述，要使反应③在一定条件下建立的平衡逆向移动，可采取的措施有B、C。‎ ‎（4）500 ℃时，反应③的平衡常数为2.5。若测得反应③在某时刻CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为0.1 mol·L－1、0.8 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.15 mol·L－1，则Qc=0.88<2.5，所以此时正在向正反应方向进行，v(正) >v(逆)。‎ 点睛：本题考查了化学反应自发进行的判断方法、影响化学平衡的因素、化学平衡常数及其应用，解题的关键是分析表中数据，找到数据的变化规律，能根据化学平衡常数的表达式计算平衡常数，能根据浓度商与平衡常数的相对大小判断反应进行的方向。‎ ‎37. 某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：‎ ‎①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中。‎ ‎②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000 mol•L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于"0"刻度以下的位置，记下读数。‎ ‎③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至指示剂刚好变色，且半分钟不变色，测得所耗盐酸的体积为V1mL。‎ ‎④重复以上过程两次，但在重复第一次时滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）锥形瓶中的溶液从 _________色变为______ 色时，停止滴定。‎ ‎（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察  ____________ ‎ ‎　A．滴定管内液面的变化   　B．锥形瓶内溶液颜色的变化 ‎（3）该小组在步骤①中的错误是 ______________________，由此造成的测定结果 _________________(偏高、偏低或无影响)‎ ‎（4）步骤②缺少的操作是 ________________________________‎ ‎（5）右图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 _____________mL ‎（6）V1 ______ V2 （填大于、小于、或等于）‎ ‎（7）纠正错误以后实验测出下列数据：‎ 滴定次数 待测液体积(mL)‎ 标准盐酸体积（mL）‎ 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎25.00‎ ‎0.50‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎4.00‎ ‎24.10‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.50‎ ‎23.40‎ 请计算待测烧碱溶液的浓度：____________________ mol•L－1‎ ‎【答案】 (1). 红 (2). 无 (3). B (4). 用待测液润洗锥形瓶 (5). 偏高 (6). 用标准液润洗滴定管 (7). 22.60（或22.59） (8). 等于 (9). 0.08000‎ ‎【解析】（1）酚酞作指示剂，用标准盐酸滴定待测碱液的浓度，锥形瓶中的溶液从红色变为无色时，停止滴定。‎ ‎（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察 B。‎ ‎（3）该小组在步骤①中的错误是：用待测液润洗锥形瓶。由此造成标准盐酸的用量偏大，故测定结果偏高 。‎ ‎（4）步骤②缺少的操作是用标准液润洗滴定管。‎ ‎（5）由图可知，某次滴定时的滴定管中的液面的读数为22.60（或22.59） mL。‎ ‎（6）加入5mL水对滴定结果无影响 ，所以V1 等于V2 。‎ ‎（7）上表中数据可知，第三的标准盐酸用量明显偏大，说明第三次实验数据误差太大，应舍去不用，由第一次和第二次分别消耗盐酸的体积，计算出平均耗酸为20.00mL，则待测烧碱溶液的浓度为 mol•L－1=0.08000 mol•L－1。‎ 点睛：本题考查了酸碱中和滴定的实验基本操作、滴定终点判断、误差分析及数据处理，难度较小。在进行数据处理时，必须先进行数据分析，舍去不合理数据后才能进行计算。‎ ‎38. 研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义。‎ ‎（1）①已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH＝−196.6 kJ·mol–1‎ ‎2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH＝−113.0 kJ·mol–1‎ 请写出NO2与SO2反应生成SO3(g)和NO的热化学方程式___________________________。‎ ‎②一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于2L密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是__________。‎ a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变 c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO2的同时生成1 molNO2 ‎ ‎（2）工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO ( g ) + 2H2 ( g ) CH3OH ( g ) △H=－116 kJ·mol–1，一定条件下在2L密闭容器中，将1 mol CO与3 mol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应生成甲醇。‎ ‎① 2min时测得生成CH3OH 0.2mol，则0～2min的平均反应速率v(H2)＝__________。‎ ‎②反应5min后达到平衡，若平衡后将容器的容积压缩到原来的l/2，其他条件不变，对平衡体系产生的影响是_______ (填字母序号)。‎ a．c(H2)减少 b．正反应速率加快，逆反应速率减慢 c．CH3OH 的物质的量增加 d．重新平衡c(H2)/c(CH3OH)减小 ‎（3）在密闭容器中充有1mol CO与2 mol H2，在催化剂作用下反应生成甲醇，CO的转化率(α)与温度(T)、压强(P) 的关系如图所示。‎ ‎①A、C两点都表示达到的平衡状态，则自反应开始到达平衡状态所需的时间tA_____tC(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎② 若A点时容器的体积为1 L，则该温度下B的平衡常数 KB= _____，C点的平衡常数KC____KB(填“<”、“>”或“=”)。‎ ‎（4）上图是MCFC燃料电池，它是以水煤气（CO、H2）为燃料，一定比例Li2CO3和Na2CO3共熔混合物为电解质。A为电池的_____极（选填“正”或“负”），写出B极电极反应式___________。‎ ‎【答案】 (1). NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH＝－41.8kJ·mol–1 (2). bd (3). 0.1mol·L-1·min-1 (4). cd (5). ＞ (6). 1 (7). ＜ (8). 负 (9). O2 + 4e－+2CO2 ＝ 2CO32－‎ ‎【解析】试题分析：（1）①根据盖斯定律可知（①－②）÷2即得到NO2(g) + SO2(g)SO3(g) + NO(g)，所以反应热是（—196.6 kJ·mol―1＋113.0 kJ·mol―1）÷2＝－41.8 kJ·mol-1。‎ ‎②在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。a．反应前后体积不变，所以压强不变，a错误； b．颜色深浅和浓度有关系，所以混合气体颜色保持不变说明反应达到平衡状态，b正确；c．SO3和NO的体积比始终保持1：1不变，不能说明反应达到平衡状态，c错误；d．每消耗1 mol SO2的同时生成1 molNO2，二者的反应速率的方向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，说明反应达到平衡状态，d正确，答案选bd。‎ ‎（2）① 2min时测得生成CH3OH 0.2mol，则消耗氢气是0.4mol，所以0～2min的平均反应速率v(H2)＝0.1mol·L-1·min-1 。‎ ‎②反应5min后达到平衡，若平衡后将容器的容积压缩到原来的l/2，压强增大，平衡向正反应方向进行，a．c(H2)增大，a错误；b．正、逆反应速率均加快，b错误；c．CH3OH 的物质的量增加，c正确； d．重新平衡c(H2)/c(CH3OH)减小，d正确，答案选cd。‎ ‎（3）①温度越高，反应速率越快，到达平衡的时间越少，则A、C两点到达平衡状态所需的时间tA＞tC。‎ ‎② CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）‎ 初起浓度（mol/L） 1 2 0‎ 变化浓度（mol/L） 0.5 1 0.5‎ 平衡浓度（mol/L） 0.5 1 0.5‎ 故K＝＝1‎ 升高温度转化率降低，说明平衡向逆反应方向进行，所以平衡常数减小，即C点的平衡常数KC＜KB。‎ ‎（4）A电解通入燃料，所以A为电池的负极。正极是氧气得到电子，则B极电极反应式为O2+ 4e－+2CO2＝ 2CO32－。‎ 考点：考查盖斯定律、外界条件对平衡状态的影响、计算以及电化学原理的应用 ‎ ‎ ‎ ‎