江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题（A）

江西省吉安市遂川中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题（A）

江西省吉安市遂川中学2019—2020学年高二上学期第一次月考 化学试题（A）‎ ‎1. 下列关于热化学反应的描述中正确的是 A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/mol B. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g) ＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/mol C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH－(aq)====H2O(l)中和热为-57．3 kJ·mol－1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；‎ B．在25℃，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)＋1/2 O2(g)= CO2(g) ΔH＝-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；‎ C．反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；‎ D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。‎ ‎2.化学用语是学习化学重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是 A. 熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池的正极电极反应为O2＋4e－=2O2-‎ B. 由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池，其负极电极反应为：Mg－2e－= Mg2+‎ C. 钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－=Fe3＋‎ D. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、融碳酸盐介质的氢氧燃料电池中，氧气在二氧化碳作用下得电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO32-，故A错误；‎ B项、由Mg、Al、氢氧化钠溶液构成的原电池，Mg与氢氧化钠溶液不反应，Al与氢氧化钠溶液反应，则Mg做正极，Al做负极，Al失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-+2OH-=AlO2-+H2O，故B错误；‎ C项、钢铁发生吸氧腐蚀时，碳做正极，铁作负极，铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故C错误；‎ D项、用惰性电极电解饱和食盐水时，氯离子的放电能力强于氢氧根，氯离子在阳极失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】在原电池中金属做正极或负极不仅与金属的活泼性有关，还与金属是否参与反应有关是分析解答的关键，也是突破思维定势正确解答关键。‎ ‎3.一定条件下向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，图1表示各物质浓度随时间的变化，图2表示速率随时间的变化。t2、t3、t4、t5时刻后各改变一种条件，且改变条件均不同。若t4时刻改变条件是压强，则下列说法错误的是 A. 若t1=15s，则前15s的平均反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1‎ B. 该反应的化学方程式为：3A(g) B(g)+2C(g)‎ C. t2、t3、t5时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度 D. B的起始物质的量为0.04mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率v==mol/(L∙s)=0.004mol/(L∙s)，A正确；B.反应中A的浓度变化为0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，C的浓度变化为0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，反应中A与C的计量数之比为0.09：0.06=3：2，则该反应中气体的化学计量数之和前后相等，则有：3A（g）B（g）+2C（g），B正确；C. t2、t3、t5‎ 时刻改变的条件分别是增大反应物浓度、加入催化剂、升高温度，C错误；D.根据方程式可知消耗0.09mol/L的A，则生成0.03mol/L的B，容器的体积为=2L，生成B的物质的量为0.03mol/L×2L=0.06mol，平衡时B的物质的量为0.05mol/L×2L=0.1mol，所以起始时B的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol，D正确。答案选C。‎ ‎4.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I—(aq) I3—(aq)。某I2、KI混合溶液中，I3—的物质的量浓度c(I3—)与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法都正确的是 ‎①反应I2(aq) +I—(aq) I3—(aq)的H＞0‎ ‎②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2‎ ‎③若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆 ‎④状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大 ‎⑤保持温度不变，在该混合液中加水，c(I3—)/c(I2)将变大 A. 只有①② B. 只有②③ C. ②③④ D. ②③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①根据图像分析，温度升高，I3—(aq)的浓度减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，故错误；②若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数减小，故正确；③若反应进行到状态D时，c(I3—)比平衡状态时的浓度小，则反应正向进行，则一定有v正＞v逆，故正确；④状态A与状态B相比，状态A的c(I3—)大，说明状态A的c(I2)小，故错误；⑤保持温度不变，在该混合液中加水，平衡逆向移动，c(I3—)/c(I2)将变小，故错误。‎ 故选B。‎ ‎5.已知某可逆反应mA(g)+nB(g) ‎ pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t时，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的体积分数B％的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是( )‎ A. T1p放热反应 B. T1>T2 p1p2 m+n>p放热反应 D. T1>T2 p1p吸热反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当横坐标表示时间时，有“先拐先平，数值大”的规律。在讨论涉及多个变量间的关系时，常采用“定一议二”的方法。‎ ‎【详解】A. 对比曲线①和②，发现二者的压强相同而温度不同，而②曲线“先拐先平”，说明②曲线对应的速率大，说明T1>T2 ，A项错误；‎ B. 在A项分析的基础上，相对于T2来说，T1相当于升高温度，而从图示纵坐标看出，升高温度反应物B的量减小，说明升温使平衡右移，所以正向应是吸热反应；再比较②曲线和③曲线，发现温度相同而压强不同，此时②曲线“先拐先平”，说明压强p2>p1，p2相对于p1来说相当于加压，从图示中纵坐标来看，加压使反应物B的量增加，说明加压平衡左移，所以有m+nT2，C项错误；‎ D. 由B项分析知m+nT2，p2>p1，由此可排除A、C项。然后分析曲线②和③，判断出m+nT2>T3‎ B. 正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)‎ C. 平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)＝K(d)‎ D. 平均摩尔质量：M(a)M(d)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据该反应为放热，温度升高，平衡逆向移动，一氧化碳的转化率降低，所以温度：T1K(c)，K(b)=K(d)，故正确；D. 温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，所以平均摩尔质量：M(a)>M(c)；b的压强大于d的，平衡向正反应方向进行的程度大，平均摩尔质量增大，所以有M(b)>M(d)。故错误。故选C。‎ ‎【点睛】掌握条件对平衡的影响。升温速率增大，平衡向吸热反应方向移动，放热反应的平衡常数减小。温度不变，平衡常数不变。‎ ‎9.在373K时，把0.5mol N2O4气体通入体积为5L的恒容密闭容器中,立即出现红棕色。反应进行到2秒时,NO2的浓度为0.02 mol/L。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率为0.01mol/(L·s)‎ B. 在2秒时体系内的压强为开始时的1.2倍 C. 在平衡时体系内含N2O40.20mol D. 平衡时，如果再充入一定量N2O4, 则可提高N2O4的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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．若往容器内充入N2O4气体，相当于压缩容器体积，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。‎ ‎【详解】A项，前2秒，以NO2的浓度变化表示的平均反应速率为=0.01mol/(L·s)‎ ‎，则以N2O4浓度变化表示的平均反应速率为0.005mol/(L·s)，故A项错误；‎ B项2秒时，NO2的浓度为0.02 mol/L，其物质的量为0.02 mol/L×5L=0.1mol，则容器内气体的总物质的量为0.5mol-0.05mol+0.1mol=0.55mol，容器内的压强为反应前的=1.1倍，故B项错误；‎ C项，平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol×1.6=0.8mol，设剩余N2O4的物质的量为xmol，则有(0.5-x)×2+x=0.8，解得x=0.2mol，即体系内含0.2mol N2O4，故C项正确；‎ D项，平衡时，若往容器内充入N2O4气体，相当于在原来的基础上缩小体积，由N2O4═2NO2，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项错误。‎ 综上所述，本题正确答案C。‎ ‎【点睛】本题考查化学平衡及化学反应速率的计算，题目难度中等，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。‎ ‎10.KClO3和KHSO3能发生反应：ClO3－+HSO3－→SO42－+ Cl－+ H+(未配平)。已知该反应的速率随c(H+)的增大而加快。下图为用ClO3－在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应υ-t图。下列说法正确的 A. 反应开始时速率增大可能是c(H+)所致 B. 纵坐标为υ(Cl－)的υ-t曲线与图中曲线不能完全重合 C. 后期速率υ下降主要原因是反应向逆反应方向进行 D. 图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(SO42-)增加量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1molClO3-参加氧化还原反应得到6mol电子，1mol亚硫酸氢根离子参加氧化还原反应失去2mol电子，所以得失电子的最小公倍数是6，则ClO3-的计量数是1，亚硫酸氢根离子的计量数是3，由原子个数守恒可得反应方程式为ClO3-+3HSO3-=3SO42-+Cl-+3H+。‎ ‎【详解】A项、由题给信息可知反应的速率随c（H+）的增大而加快，由方程式可知，反应开始时随着反应的进行，c（H+）不断增大，反应的速率加快，故A正确；‎ B项、化学反应速率之比等于化学计量数之比，由方程式可知υ（ClO3-）：υ（Cl-）=1：1，则纵坐标为υ（Cl-）的υ-t曲线与图中曲线重合，故B错误；‎ C项、随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故C错误；‎ D项、图中阴影“面积”可以表示t1-t2时间内c(ClO3-)减少量，由方程式可知，SO42-的化学计量数是ClO3-的3倍，则t1-t2时间内c(SO42-)增加量应是c(ClO3-)减少量的3倍，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】化学反应速率之比等于变化量之比等于化学计量数之比是确定υ(Cl－)的υ-t曲线与图中曲线能否完全重合和c(SO42-)增加量的关键所在。‎ ‎11.下列实验装置符合实验目的是（ ）‎ 目的 粗铜的精炼 验证NaCl溶液（含酚酞）的产物 在铁制品上镀铜 构成原电池 装置 选项 A B C D A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；‎ B、根据电流的方向可判断，铁是阳极，碳棒是阴极，铁失去电子，而不是溶液中的氯离子，因此得不到氯气，B错误；‎ C、电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层金属离子的溶液作电解液，在铁上镀铜，铜应和电源的正极相连，C错误；‎ D、符合原电池的构成条件，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎12.某同学按下图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，SO42—从右向左通过交换膜移向A极。下列分析正确的是 A. 溶液中c(A2＋)减小 B. B极的电极反应：B－2e－=B2＋‎ C. Y电极上有H2产生，发生还原反应 D. 反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.据右面图示可知，左侧装置为原电池，右侧为电解池。由题意在交换膜处SO42-从右向左移动可知，A为原电池负极，电极反应式为：A-2e－=A2+， A2+的浓度增大，故A分析错误；‎ B.B电极为原电池的正极，电极反应式为：B2++2e－=B，故B分析错误；‎ C.Y电极与原电池的正极B相连,即y电极为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2Cl一 一2e一=C12↑。故C分析错误；‎ D.X电极为电解池的阴极，其电极反应式为2H+ + 2e-+ =H2 ↑，由于H+来自于H2O,从而破坏水的电离平衡，使溶液显碱性，所以会发生此反应：AI3++3OH-=Al(OH)3，故D分析正确；‎ 答案选D。‎ ‎13.电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。下列说法错误的是 A. Ni电极表面发生了还原反应 B. 阳极的电极反应为：2O2—-4e-=O2‎ C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +4O2—=2SO42—‎ D. 该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，Ni电极表面发生了SO42-转化为S，CO32-转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了2O2—-4e-=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。‎ ‎【详解】A. 由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；‎ B. 阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2—-4e-=O2↑，故B正确；‎ C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +O2+2O2-=2SO42—和CO2 +O2-=CO32-，故C错误；‎ D. 该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。‎ 故答案选C。‎ ‎14.一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，下列说法不正确的是 A. 甲为正极，丙为阴极 B. 丁极的电极反应式为MnO42――e－===MnO4－‎ C. KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%‎ D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK+移入阴极区 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析装置的特点，可知左边是燃料电池，右边是电解池；通入氧气的电极甲是电池的正极，与甲相连的电极丁是电解池的阳极，则丁电极上MnO42―被氧化为MnO4－；丙电极是电解池的阴极，溶液中氢离子在阴极被还原为氢气，所以气体X是氢气。‎ ‎【详解】A、通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相连的一极为电解池阳极，所以丙是阴极，故A正确；‎ B、丁是电解池阳极，MnO42―失电子被氧化为MnO4－，电极反应式是MnO42――e－===MnO4－，故B正确；‎ C、丙电极上的反应是 ，电极甲的电极反应式是，乙电极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，根据溶液流动方向，c%＞b%＞a%，故C错误，‎ D. 标准状况下，甲电极上每消耗22.4L氧气时，转移4mol电子，所以理论上有4molK+移入阴极区，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查原电池与电解池，明确离子移动方向、电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查。‎ ‎15.高能锂离子电池总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6·SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法正确的是 A. LiPF6·SO(CH3)2可用Li2SO4水溶液代替 B. 当转移1mol e－时，b室离子数增加NA个 C. 该电池充电时阳极反应式为Fe+Li2S－2e－=FeS+2Li+‎ D. 若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式发生改变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Li是活泼金属可与水反应，故A不正确；‎ ‎ B. 当转移1mol e－时，b室中从a过来1molNa+，从b过来1molCl-，离子数应该增加2NA个，故B不正确；‎ C.该电池充电时阳极反应式是正极反应的逆反应，故C正确；‎ D.若去除图阴离子膜，则电解反应总方程式不会发生改变，依然是阳极氢氧根离子失电子，阴极镍离子得电子，故D不正确；‎ 正确答案：C。‎ ‎16.下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率×100%，下列说法不正确的是 A. 采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失 B. 过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存 C. 生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12‎ D. 若=75%，则参加反应的苯为0.8mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；‎ B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；‎ C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12，故C正确；‎ D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中右侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若η=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol×75％=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+===C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎17.某小组探究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应。‎ 实验I：向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。‎ 资料：IO3-在酸性溶液氧化I-，反应为IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ‎（1）溶液变蓝，说明Na2SO3具有_________性。‎ ‎（2）针对t秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：‎ i．t秒前未生成I2，是由于反应的活化能______（填“大”或“小”），反应速率慢导致的。‎ ii．t秒前生成了I2，但由于存在Na2SO3，_____（用离子方程式表示），I2被消耗。‎ ‎（3）下述实验证实了假设ii合理。‎ 实验II：向实验I的蓝色溶液中加入_______，蓝色迅速消失，后再次变蓝。‎ ‎（4）进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液反应的过程，装置如下。‎ 实验III：K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表： ‎ 表盘 ‎ ‎ 时间/min ‎0～t1‎ t2～t3‎ t4‎ 偏转 位置 右偏至Y ‎ 指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次…… ‎ 指针 归零 ‎① K闭合后，取b极区溶液加入盐酸酸化的BaCl2溶液，现象是______。‎ ‎② 0～t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。判断IO3- 在a极放电的产物是_______。‎ ‎③ 结合反应解释t2～t3时指针回到“0”处的原因：________。‎ ‎（5）综合实验I、II、III，下列说法正确的是_______。‎ A．对比实验I、II，t秒后溶液变蓝，I中SO32-被完全氧化 B．对比实验I、III，t秒前IO3- 未发生反应 C．实验III中指针返回X处的原因，可能是I2氧化SO32-‎ ‎【答案】 (1). 还原 (2). 大 (3). (4).‎ ‎ 少量 (5). 生成白色沉淀 (6). (7). 此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过 (8). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）向某浓度的KIO3酸性溶液（过量）中加入Na2SO3溶液（含淀粉），一段时间（t秒）后，溶液突然变蓝。说明溶液中生成了I2，IO3－中I的化合价从＋5降低到0，硫的化合价升高，则Na2SO3具有还原性，答案为还原；‎ ‎（2）i.一般情况下活化能大，化学反应速率慢，答案为大；‎ ii. I2具有氧化性，SO32－具有还原性，能够发生氧化还原反应，则I2被还原成I－，SO32－被氧化成SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。答案为I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋；‎ ‎（3）为了证明假设ii的合理性，即生成的I2会由于Na2SO3的存在，而与之反应，使得溶液不再呈蓝色，则需要在含有I2的溶液中，加入少量的Na2SO3溶液，与I2反应，使蓝色消失，答案为少量Na2SO3；‎ ‎（4）0～t1，指针右偏至Y，说明有电流产生，发生了氧化还原反应，t2～t3，指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多次……中间有一段时间，回路中没有电流产生，之后往复，直到亚硫酸钠完全反应完。‎ ‎①闭合开关后，指针有偏转，有发生反应说明SO32－被氧化成了SO42－。加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成。答案为生成白色沉淀；‎ ‎②0～t1时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，但是又发生了反应，根据假设，生成的碘单质与SO32－反应，生成了I－，答案为I－；‎ ‎③t2～t3时指针回到“0”处，说明电路中没有电流，SO32－没有参与反应，但是随后又有电流产生，而且偏转到X，说明有碘单质生成，是碘酸根和碘离子的反应，答案为此时，a极区发生反应IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O ，IO3- 不再与SO32-发生反应，外电路无电流通过；‎ ‎（5）A．如果有SO32－存在，SO32－会与I2反应，现溶液呈现蓝色，说明存在I2，没有SO32－，A正确；B. 对比实验I、III，t秒前IO3－还原成I－，而不是I2，有发生变化，B项错误；C．指针回到0，电路中没有发生反应，发生的反应是IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O，但是随后指针又转到x，说明又与SO32－反应，产生电流。如果是IO3-与SO32－反应，指针会指到Y，所以是I2与SO32－反应，C正确；答案为AC。‎ ‎【点睛】本题题目非常新颖，但是只要抓住反应顺序，开始为IO3－与SO32－生成碘单质，I2‎ 再和SO32－反应，生成I－，再I－和IO3－反生碘单质，如此往复。‎ ‎18.汽车尾气中含有CO、NO、NO2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：2C8H18(1)+25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(g) △H1=－10244kJ·mol－1‎ N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2‎ ‎2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H3=－746kJ·mol－1‎ ‎①若H2O(1)=H2O(g) △H=+44kJ·mol－1，则表示辛烷燃烧热的热化学方程式为______________________________________________。‎ ‎②部分化学键键能数据如下：‎ 化学键 O=O C=O C≡O E/(kJ·mol)‎ ‎494‎ ‎799‎ ‎1076‎ ‎△H2=__________kJ·mol－1‎ ‎（2）1573K时，N2+O22NO平衡常数为2. 0×10－6，若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为0. 2mol、0. 001mol，则生成NO的物质的量为__________mol，N2的转化率为__________。‎ ‎（3）反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的平衡常数为1. 68×1060，从热力学角度看，该反应程度应该很大，实际汽车尾气中该反应的程度很小，原因是________________，要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要_____________。‎ ‎（4）T<500K时，反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)分两步进行：‎ 第一步：NO2(g)+NO2(g)→NO3(g)+NO(g) (慢反应)‎ 第二步：NO3(g)+CO(g)→NO(g)+CO2(g) (快反应)‎ 下列表述正确的是__________(填标号)‎ A. 反应速率与NO浓度有关 B. 反应速率与NO2浓度有关 C. 反应的中间产物只有NO3 D. 第二步反应活化能较高 ‎【答案】 (1). C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1 (2). +196 (3). 2 0×10-5 (4). 0. 005% (5). 反应活化能高，反应速率慢 (6). 找耐高温的催化剂 (7). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据盖斯定律和反应热与键能的关系计算；‎ ‎（2）依据化学平衡常数公式计算可得；‎ ‎（3）化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应的快慢与反应活化能有关；‎ ‎(4) 化学反应速率取决于慢反应，由题意可知反应分两步进行，反应速率取决于第一步慢反应，即与NO2浓度有关。‎ ‎【详解】（1）①燃烧热是指在101kP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C元素要燃烧生成二氧化碳，H元素要转化为液态水，将已知热化学方程式编号为①C8H18(1)+ O2(g)=8CO2(g)+9H2O(g)△H1=－5122kJ·mol－1，②H2O(1)=H2O(g) △H2=+44kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①—9×②可得表示辛烷燃烧热的热化学方程式C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ，则ΔH=△H1—9△H2=（－5122kJ·mol－1）—9×（+44kJ·mol－1）=-5518 kJ·mol-1，故答案为：C8H18 (l) +O2 (g) = 8CO2(g) + 9H2O(l) ΔH=-5518 kJ·mol-1；‎ ‎②将已知热化学方程式编号为①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H2，②2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3=－746kJ·mol－1，由盖斯定律可知，①+②可得2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) △H=△H2+△H3，由题给键能数据可知△H=反应物键能之和—生成物键能之和=（2×1076kJ/mol+494 kJ/mol）—2×2×799kJ/mol=—550 kJ/mol，则△H2=△H—△H3=—550 kJ/mol—（－746 kJ/mol）=+196 kJ/mol，故答案为：+196；‎ ‎（2）设生成NO的物质的量为amol，内燃机燃烧室的体积为VL，由反应的平衡常数公式可得K===2. 0×10－6，解得a=2 0×10-5mol，则起始N2的物质的量为（2.0+×2 0×10-5）mol≈2.0mol，转化率为×100%=0. 005%，故答案为：2 0×10-5；0. 005%；‎ ‎（3）化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)在实际汽车尾气中进行的程度很小，可能的原因是该反应活化能高，导致反应速率慢，若要提高反应速率最有效的措施是寻找合适的催化剂，降低反应活化能，则要增大汽车尾气净化装置中单位时间内该反应的程度，关键是要寻找耐高温的催化剂，故答案为：反应活化能高，反应速率慢；找耐高温的催化剂；‎ ‎(4) 化学反应速率取决于慢反应，由题意可知反应分两步进行，反应速率取决于第一步慢反应，即与NO2浓度有关。‎ A、NO是生成物,，NO的浓度与该反应速率没有直接关系，故错误；‎ B、反应分两步进行，反应速率取主要取决于“慢反应”，则NO2的浓度影响该反应速率，故正确；‎ C、由两步反应可知，第一步反应中NO3为生成物，第二步反应中NO3为反应物，由总方程式NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)可知反应物和最终产物中都没有NO3，则NO3为反应中间产物，故正确；‎ D、反应活化能越高反应速率越慢，第一步反应是慢反应，第二步反应是快反应，则第二步 反应的活化能较小，故错误；‎ BC正确，故答案为：BC。‎ ‎【点睛】化学反应应用于实际工农业生产时，不仅要考虑反应进行的程度，还要考虑反应进行的快慢，反应的快慢与反应活化能有关，催化剂能降低反应活化能是分析的难点，也是解题的突破口。‎ ‎19.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法：保持污水的pH在5.0～6.0，‎ 通过电解生成Fe(OH)3沉淀。Fe(OH)3有吸附性，可吸附污物而沉积下来，具有净化水的作用。阴极产生的气泡把污水中悬浮物带到水面形成浮渣层，弃去浮渣层，即起到了浮选净化的作用。某科研小组用电浮选凝聚法处理污水，设计的装置示意图如下图所示。‎ ‎（1）实验时若污水中离子浓度较小，导电能力较差，产生气泡速率缓慢，无法使悬浮物形成浮渣。此时，应向污水中加入适量的________。‎ a．H2SO4　　　　　b．CH3CH2OH c．Na2SO4 d．NaOH ‎（2）电解过程中，电解池阳极发生了两个电极反应，其中一个为2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋，则另一个电极反应式为_____________________________。‎ ‎（3）电解池溶液中得到Fe(OH)3沉淀的离子方程式为_____________________________。‎ ‎（4）熔融盐燃料电池以熔融碳酸盐电解质，CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极。‎ ‎①正极的电极反应式为______________________________________；‎ ‎②为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定。为此电池工作时必须有部分A物质参加循环。则A物质的化学式是___________。‎ ‎（5）实验过程中，若在阴极产生了44.8 L（标准状况）气体，则熔融盐燃料电池消耗CH4（标准状况）________L。‎ ‎【答案】 (1). c (2). Fe－2e－===Fe2＋ (3). 4Fe2＋＋10H2O＋O2===4Fe(OH)3↓＋8H＋或4Fe2＋＋4H+＋O2===4Fe3+＋2H2O，Fe3++3OH－===Fe(OH)3↓ (4). O2＋2CO2＋4e－===2CO32-(或2O2＋4CO2＋8e－===4CO32-) (5). CO2 (6). 11.2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置为电解池，B装置为原电池装置，原电池工作时，通入甲烷的一级为负极，发生氧化反应，负极电极反应是CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，正极反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，电解池中Fe为阳极，发生Fe-2e-=Fe2+，阴极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，二价铁离子具有还原性，能被氧气氧化到正三价，4Fe2++10H2O+O2=4Fe（OH）3↓+8H+。‎ ‎【详解】（1）由题意可知，保持保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe（OH）3沉淀时，加入能使溶液导电能力增强的电解质，必须是可溶于水的、显中性的盐，故选c，故答案为：c；‎ ‎（2）燃料电池中通入空气的电极是正极，通入甲烷的电极是负极，铁与正极相连作阳极，活泼金属电极做电解池的阳极时，电极本身失去电子，电极反应式为Fe-2e-＝Fe2+，故答案为：Fe-2e-＝Fe2+；‎ ‎（3）阳极铁失去电子转化为亚铁离子，亚铁离子具有还原性，能被氧气氧化生成铁离子，铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化铁红褐色沉淀，反应的离子方程式可表示为4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+，故答案为：4Fe2++10H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+8H+；‎ ‎（4）①燃料电池中，正极得到电子发生还原反应，即一定是氧气得电子的过程。由于电解质是熔融碳酸盐，因此正极电极反应为O2+2CO2+4e-＝2CO32-，故答案为：O2+2CO2+4e-＝2CO32-；‎ ‎②负极甲烷失去电子转化为CO2，而正极需要消耗CO2，所以可以循环利用的物质是CO2‎ ‎，故答案为：CO2；‎ ‎（5）阴极电极反应为2H++2e-＝H2↑，即44.8L（标准状况）气体是氢气，物质的量是2mol，转移电子的物质的量为4mol。根据电池的负极电极反应CH4+4CO32--8e-＝5CO2+2H2O可知当转移4mol电子时，消耗CH40.5mol，在标准状况下的体积V＝0.5mol×22.4L/mol＝11.2L，故答案为：11.2。‎ ‎【点睛】本题考查了燃料电池的工作原理和原电池和电解池串联的综合知识，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电极方程式的书写为解答该题的关键。‎ ‎20.科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”,其简单流程如图所示部分(条件及物质未标出). ‎ ‎（1）工业上可用H2和CO2制备甲醇,其反应为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g),某温度下,将1mol CO2和3mol H2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如表：‎ 时间/h ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ p后/p前 ‎0. 90‎ ‎0. 85‎ ‎0. 83‎ ‎0. 81‎ ‎0. 80‎ ‎0. 80‎ ‎①用H2 表示前2h平均反应速率v(H2)=___. ‎ ‎②该温度下CO2的平衡转化率为___. ‎ ‎（2）在300℃、8MPa下，将二氧化碳和氢气按物质的量之比为1:3通入一恒压密闭容器中发生(1)中反应，达到平衡时，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数Kp=______________ (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数). ‎ ‎（3）—定温度和压强下，在2 L的恒容密闭容器中合成氨气:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92. 4 kJ • mol-1。在反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。‎ ‎①在10～20 min内，NH3浓度变化的原因可能是_______。‎ A. 加入催化剂 B. 缩小容器体积 C. 降低温度 D. 增加NH3的物质的量 ‎② 20 min达到第一次平衡，在反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是____________，35min达到第二次平衡，则平衡的平衡常数K1______K2（填“>”“<”或“ = ”）‎ ‎【答案】 (1). 0. 225mol/（L•h） (2). 40% (3). (4). AB (5). 移走 0. 1 molNH3 (6). =‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算氢气的反应速率；‎ ‎②建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算二氧化碳转化率；‎ ‎（2）建立三段式，先依据=计算各物质的变化量，再计算各物质的物质的量分数，最后计算平衡分压常数；‎ ‎（3）①由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，说明10min时改变条件，使正、逆反应速率均增大；‎ ‎②由图象可知，第25分钟，NH3的物质的量减少0. 1 mol；平衡常数随温度变化，温度不变此时平衡常数K将不变。‎ ‎【详解】（1）①设2h时CO2的消耗量为x，依题意建立如下三段式：‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),‎ 起（mol） 1 3 0 0‎ 变（mol） x 3x x x 平（mol） 1—x 3—3x x x 由=可得，=，x=0.3mol，则前2h平均反应速率v(H2)= 0. 225mol/（L•h），故答案为：0. 225mol/（L•h）；‎ ‎②由题给表格数据可知5h时，反应达到平衡，该温度下CO2的平衡转化率为a，依题意建立如下三段式：‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),‎ 起（mol） 1 3 0 0‎ 变（mol） a 3a a a 平（mol） 1—a 3—3a a a 由=可得，=，x=0.4mol，则CO2的平衡转化率为×100%=40%，故答案为：40%；‎ ‎（2）设起始二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，依题意建立如下三段式：‎ CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g),‎ 起（mol） 1 3 0 0‎ 变（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5‎ 平（mol） 0.5 1.5 0.5 0.5‎ 平衡时二氧化碳、甲醇和水的物质的量分数为，平衡分压为×8MPa，氢气的的物质的量分数为，平衡分压为×8MPa，则Kp==，故答案为：；‎ ‎（3）①由图象可知各组分物质的量变化增加，且10min时变化是连续的，说明10min时改变条件，使正、逆反应速率均增大。‎ A、使用催化剂，正、逆反应速率增大，故正确；‎ B、缩小容器体积，相当于增大压强，正、逆反应速率均增大，故正确；‎ C、降低温度，反应速率减小，故错误；‎ D、增加NH3物质的量，10min时NH3物质的量应偏离变化点，故错误；‎ AB正确，故答案为：AB；‎ ‎②由图象可知，第25分钟，NH3的物质的量减少0. 1 mol，而H2、N2的物质的量不变，说明应是分离出0. 1 mol NH3；当反应进行到时35-40min，各物质的量不变，说明反应达到第二次平衡状态，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故答案为：移走0.1molNH3；=。‎ ‎ ‎