2019-2020年高二上学期期末化学试题含解析.doc

2019-2020年高二上学期期末化学试题含解析 一、选择题：（本大题共有16小题，每小题3分，共48分）1（3分）（xx秋周村区校级期末）下列关于能量变化的说法正确的是（）A相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B化学反应过程中能量的变化只有吸热和放热两种表现形式C化学反应既遵循质量守恒，也遵循能量守恒D已知C（石墨，s）C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A、H2O（l）=H2O（s）H0，液态水到固态水，放热，所以水的能量高；B、化学反应还伴随着能量变化，通常表现为反应过程中的放热或吸热；C、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒；D、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定解答：解：A、H2O（l）=H2O（s）H0，液态水到固态水，放热，所以水的能量高，故A错误；B、化学反应还伴随着能量变化，通常表现为反应过程中的放热或吸热，也可以表现为其他形式的能量，故B错误；C、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，故C正确；D、石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故D错误；故选C点评：本题考查了物质能量的高低与反应能量变化的关系、能量转化的形式等问题，难度不大，根据所学知识即可完成2（3分）（xx秋周村区校级期末）稀氨水中存在着下列平衡：NH3H2ONH4+OH，若要使平衡向左移动，同时使c（OH）增大，应加入适量的物质是（）ANH4ClBH2SO4CNaOHDH2O考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：使平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH）增大，则可加入含OH的物质，结合浓度对化学平衡的影响来解答解答：解：A加NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，同时使c（OH）减小，故A错误；B加硫酸，平衡正向移动，同时使c（OH）减小，故B错误；C加NaOH固体，平衡向逆反应方向移动，同时使c（OH）增大，故C正确；D加水，电离平衡正向移动，同时使c（OH）减小，故D错误；故选：C点评：本题考查电离平衡的影响因素，注意把握浓度对电离平衡的影响为解答的关键，明确逆向移动及c（OH）增大均满足即可解答，题目难度不大3（3分）（xx秋郑州期末）下列关于热化学反应的描述中正确的是（）AHCl和NaOH反应的中和热H=57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热H=2（57.3）KJ/molB1mol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C需要加热才能发生的反应一定是吸热反应DCO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2 （g）=2CO（g）+O2 （g）反应的H=+2283.0kJ/mol考点：反应热和焓变；吸热反应和放热反应专题：化学反应中的能量变化分析：A根据中和热的定义分析；B应生成液态水；C需要加热才能发生的反应不一定为吸热反应，有些放热反应必须在加热条件下才能进行；D根据燃烧热的定义分析；解答：解：A中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca（OH）2反应生成硫酸钙和水，故A错误；B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，B错误；C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，则2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）反应的H=+2283.0kJ/mol，故D正确故选D点评：本题考查化学反应与能量问题，题目难度不大，注意中和热、燃烧热等概念的理解4（3分）（xx闸北区二模）利用如图装置，能完成很多电化学实验下列有关此装置的叙述中，错误的是（）A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极阴极保护法B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外加电流阴极保护法C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处时，铁电极上的电极反应式为Cu2+2eCuD若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处时，溶液中各离子浓度都不会发生变化考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，该装置是原电池，作正极的金属被保护；B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，该装置是电解池，作阴极的金属被保护；C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处时，该装置是原电池，铁电极上铁失电子发生氧化反应；D若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处时，该装置是电镀池解答：解：A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，该装置是原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作正极的铁被保护，这种方法称为牺牲阳极阴极保护法，故A正确；B若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，该装置是电解池，碳作阳极、铁作阴极，作阴极的铁被保护，这种方法称为外加电流阴极保护法，故B正确；C若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处时，该装置是原电池，铁电极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe2e=Fe2+，故C错误；D若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处时，该装置是电镀池，阳极上溶解的铜等于阴极上析出的铜，电解质溶液中各离子浓度都不会发生变化，故D正确；故选C点评：本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意：活泼金属作电解池阳极上，阳极上金属失电子而不是阴离子失电子，为易错点5（3分）（xx秋周村区校级期末）下列说法正确的是（）A强电解质溶液导电能力一定比弱电解质溶液导电能力强B水的电离过程是吸热过程，升高温度，KW和pH都增大CAlCl3和FeCl3既可作净水剂也可作消毒剂D将碳酸钠溶液蒸干并灼烧，所得固体的成分仍为碳酸钠考点：盐类水解的应用；水的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题分析：A、电解质溶液导电能量的强弱决定于离子浓度的大小，与电解质强弱无关；B、水电离吸热，升温促进水的电离；C、AlCl3和FeCl3溶液可以净水，无消毒作用；D、将碳酸钠溶液蒸干并灼烧，所得固体为碳酸钠解答：解：A、离子浓度较大的弱电解质溶液的导电能力比离子浓度较小的强电解质溶液强，故A错误；B、升温水的pH减小，故B错误；C、AlCl3和FeCl3溶液可以净水，无消毒作用，故C错误；D、碳酸钠水解产生的NaOH无挥发性，所以将碳酸钠溶液蒸干并灼烧，所得固体为碳酸钠，故D正确；故选D点评：本题考查了溶液导电能力强弱的原因、水的电离、水的消毒、盐类水解的应用，题目难度中等6（3分）（xx秋浏阳市期末）常温下，某溶液中由水电离的c（H+）=11013 mol/L，该溶液可能是（）二氧化硫水溶液 氯化铵水溶液 硝酸钠水溶液 氢氧化钠水溶液ABCD考点：水的电离专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：常温下某溶液中由水电离的c（H+）=1013molL1107molL1，说明溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，据此分析解答解答：解：常温下某溶液中由水电离的c（H+）=1013molL1107molL1，说明溶质抑制水电离，则溶质为酸或碱，二氧化硫水溶液，即为亚硫酸溶液抑制水电离；氯化铵水溶液，含有弱离子的盐促进水电离； 硝酸钠水溶液，既不抑制也不促进水的电离； 氢氧化钠水溶液，属于强碱能抑制水电离，故选A点评：本题考查了影响水电离的物质，根据水电离程度确定溶质的性质，知道哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离，题目难度不大7（3分）（xx江苏）镍镉（NiCd）可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（）A充电时阳极反应：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2OB充电过程是化学能转化为电能的过程C放电时负极附近溶液的碱性不变D放电时电解质溶液中的OH向正极移动考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：放电时负极上发生的电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e+H2ONi（OH）2+OH，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2eCd+2OH，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转变为化学能的装置解答：解：A充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，故A正确；B充电过程实际上是把电能转变为化学能的过程，故B错误；C放电时，负极上电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故C错误；D，放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选A点评：本题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，明确电极上得失电子及反应物质是解本题关键，电极反应式的书写是学习难点，要注意结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等8（3分）（xx秋濉溪县期末）pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是（）ANa2SO4BH2SO4CAgNO3DNaOH考点：电解原理专题：电化学专题分析：根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系结合题意判断选项解答：解：A、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，故pH值不变，故A错误；B、电解硫酸溶液时，实际上电解的是水，但溶液中氢离子的浓度增大，pH值减小，故B错误；C、电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；D、电解氢氧化钠溶液时，实际上电解的是水，但溶液中的氢氧根离子的浓度增大，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D正确；故选D点评：本题考查了电解原理，随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答9（3分）（xx秋周村区校级期末）将浓度为0.1molL1的HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）Ac（H+）BKa（HF）Cc（F）/c（H+）Dc（H+）/c （HF）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答解答：解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1molL1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则Ka（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过107molL1，c（F）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因Ka（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F）不断减小，Ka（HF）不变，则增大，故D正确；故选D点评：本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、Ka的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过107molL110（3分）（xx秋周村区校级期末）2mol NH3和3mol O2在2L密闭容器中发生反应4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g），2min后达到平衡，生成1.5mol NO下列有关说法正确的是（）A达到平衡时，4正（O2）=5逆（NO）B若单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，则反应达到平衡状态C达到平衡时，若增加容器体积，则正减少，逆增大D2min内用NH3表示的反应速率为（NH3）=0.75molL1min1考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A、根据化学反应速率与化学计量数进行分析；B、根据化学反应的方向分析；C、根据体积对化学反应速率的影响分析；D、根据化学反应速率速率公式进行计算解答：解：A达到平衡时，4正（O2）=5逆（NO），故A正确；B若单位时间内生成x mol NO，同时消耗x mol NH3，反应都是正反应反应，则反应不一定达到平衡状态，故B错误；C达到平衡时，若增加容器体积，则正减少，逆减小，故C错误；D2min内用NH3表示的反应速率为（NH3）=（NO）=0.375molL1min1，故D错误；故选A点评：本题考查化学反应速率、平衡浓度、物质的量的计算等知识点，难度不大，注重对基础知识的理解与应用11（3分）（xx秋周村区校级期末）下列说法中，正确的是（）A同温同压下，反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H不同B用铜作电极电解稀硫酸，反应Cu+H2SO4CuSO4+H2可以发生C铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D使用催化剂，可加快反应速率，改变反应限度考点：反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；催化剂的作用专题：化学反应中的能量变化；电化学专题分析：A反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关；B根据电解原理分析；C铅蓄电池放电时的负极发生氧化反应；D催化剂不能改变反应限度解答：解：A反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，所以同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的H相同，故A错误；B用铜作电极电解稀硫酸，阳极：Cu2e=Cu2+，阴极：2H+2e=H2，总反应为：Cu+H2SO4CuSO4+H2，故B正确；C铅蓄电池放电时的负极发生氧化反应，故C错误；D催化剂不能改变反应限度，故D错误；故选B点评：本题考查化学变化特征、电解原理的利用、二次电池、催化剂的作用等知识，比较基础，注意对基础知识的理解掌握12（3分）（xx秋周村区校级期末）醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH+CH3COO，下列叙述不正确的是（）A醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）B0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c（OH）减小CCH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动D常温下pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH7考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒判断；B加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）减小、c（OH）增大；C向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO）增大，抑制CH3COOH电离；D常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性解答：解：A任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故A正确；B加水稀释促进醋酸电离，溶液中CH3COOH电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H+）减小，温度不变，溶液中水的离子积常数不变，则c（OH）增大，故B错误；C向CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，溶液中c（CH3COO）增大，抑制CH3COOH电离，所以平衡向右进行，故C正确；D常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性，则溶液的pH7，故D正确；故选B点评：本题考查弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点及其影响因素即可解答，同时考查学生知识运用能力，注意：稀释醋酸时，溶液中其它微粒浓度减小，只有c（OH）增大，题目难度不大13（3分）（xx秋周村区校级期末）下列有关平衡常数的说法中，正确的是（）A改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数也一定增大B反应2NO2（g）N2O4（g）H0，升高温度该反应平衡常数增大C对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等D相同温度下，1molL1醋酸溶液的电离常数等于0.1molL1醋酸溶液的电离常数考点：化学平衡常数的含义分析：平衡常数指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强无关，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大解答：解：A改变条件，化学平衡可能向正反应方向移动，则反应物的转化率增大，K增大；也可能向逆反应方向移动，则反应物转化率降低，K减小，故A错误；B、正反应是放热反应，温度升高K值减小，故B错误；C、温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故C错误；D、电离常数只与温度有关，与醋酸溶液的浓度大小无关，温度相同，同一物质电离平衡常数一定，故D正确；故选D点评：本题考查了化学平衡常数、影响因素及应用，难度不大，注意化学平衡常数只与温度有关，同一转化关系化学计量数不同，平衡常数不同，温度相同，同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数14（3分）（xx秋周村区校级期末）如图表示温度和压强对平衡X+Y2Z的影响下列叙述正确的是（）A增大压强，平衡向右移动B升高温度，平衡向左移动CX和Y中只有一种为气态，Z为气态D上述反应的正反应为放热反应考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线专题：化学平衡专题分析：图中表示三个变量：Z的体积分数、压强、温度，在分析平衡移动时注意定一议二的原则做等温线，定住温度不变，改变压强通过分析Z的体积分数的变化判断平衡的移动方向，进而判断物质的状态；定住压强不变，改变温度，通过分析Z的体积分数的变化判断平衡的移动方向，进而判断反应的热效应解答：解：A做一条垂直于x轴的等温线，当压强增大时，Z的体积分数减小，平衡向左移动，故A错误；B当压强为10KPa时，温度升高，Z的体积分数增大，平衡向右移动，故B错误；C做一条垂直于x轴的等温线，当压强增大时，Z的体积分数减小，平衡向左移动，加压平衡向气体系数减小的方向移动，故C正确；D当压强为10KPa时，温度升高，Z的体积分数增大，平衡向右移动，升高温度平衡向吸热方向移动，故正方向为吸热反应，故D错误；故选C点评：本题考查了影响化学平衡的因素和平衡图象，解题时注意运用定一议二的原则15（3分）（xx秋周村区校级期末）下列说法中，正确的是（）A难溶电解质都是弱电解质B难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解即停止C在白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变黑色，说明CuS比ZnS更难溶于水D相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；强电解质和弱电解质的概念分析：A弱电解质存在电离平衡，难溶物质不一定是弱电解质；B溶解平衡为动态平衡；C从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；D从浓度的影响的角度分析解答：解：A难溶电解质在熔融状态可以完全电离，不一定都是弱电解质，如AgCl难溶于水，但为强电解质，故A错误；B难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，沉淀和溶解速率相同，故B错误；C在白色ZnS沉淀上滴加CuSO4溶液，沉淀变黑色，说明CuS比ZnS更难溶于水，故C正确；D相同温度下，氯化银在溶液中存在沉淀溶解平衡，氯化钠溶液中氯离子抑制氯化银溶解，AgCl在水中的溶解能力大于在NaCl溶液中的溶解度，故D错误故选C点评：本题考查电解质的强弱以及难溶电解池的溶解平衡问题，为高频考点，侧重于基本概念的理解和应用的考查，注意相关基础知识的积累，把握强弱电解质的区别，难度不大16（3分）（xx天心区校级模拟）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）ApH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）c（OH）+c（A）BpH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c（NaOH）c（CH3COONa）c（Na2CO3）C物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c（CH3COO）+2c（OH）2c（H+）+c（CH3COOH）D0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4：c（HA）c（H+）c（H2A）c（A2）考点：离子浓度大小的比较专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A根据溶液的电荷守恒进行判断；B根据越弱越水解的原理判断；C根据电荷守恒和物料守恒进行判断；D.0.1 mol/L的NaHA溶液，其pH=4，说明HA电离程度大于水解程度解答：解：ApH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液以任意比混合，溶液都不显电性，由电荷守恒可知，c（H+）+c（M+）=c（OH）+c（A），故A正确；B酸越弱，盐的水解程度越大，相同浓度时pH的关系为NaOHNa2CO3CH3COONa，则pH相同时的浓度关系为c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），故B错误C物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒可知2c（Na+）=c（CH3COO）+c（CH3COOH），由电荷守恒可知c（CH3COO）+c（OH）=c（H+）+c（Na+）二者联式可得c（CH3COO）+2c（OH）2c（H+）+c（CH3COOH），故C正确；DpH=4，则HA的电离大于其水解，电离生成A2，则c（HA）c（H+）c（A2）c（H2A），故D错误故选AC点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确盐类水解、电离、浓度与pH 的关系及物料守恒、电荷守恒即可解答，难度较大二、非选择题（本大题共有4小题，17题11分、18题14分，19题15分，20题12分，共52分）17（11分）（xx秋周村区校级期末）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用（1）在一定的温度和压强下，N2和H2反应生成l mol NH3过程中能量变化如右图所示该反应的热化学方程式为（H用含字母Q1、Q2的代数式表示）N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，则E1和E2的变化是：E1减小，E2减小，H不变（填“增大”“减小”或“不变”）（2）氨气溶于水得到氨水，在25下，将a molL1的氨水与b molL1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，则用含a和b的代数式表示出该混合溶液中氨水的电离平衡常数（3）已知水的电离方程式可写为2H2OH3O+OH，液氨类似于水的电离，则液氨的电离方程式为2NH3NH2+NH4+；在液氨中加入NH4Cl，则平衡将向逆向移动（填“正向”或“逆向”）考点：反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：化学反应中的能量变化；电离平衡与溶液的pH专题分析：（1）由图求出N2和H2反应生成1molNH3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写解答；根据催化剂的作用分析；（4）将a molL1的氨水与b molL1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH）=1107mol/L，根据k=计算（2）液氨的电离类似于水，根据水的电离书写；结合弱电解质的电离影响因素分析；解答：解：（1）由图可知，N2和H2反应生成1molNH3放出的热量为（Q1Q2）kJ，该反应的热化学反应方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（Q1Q2）kJmol1，故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ba）kJmol1；若在反应体系中加入催化剂使反应速率增大，降低了活化能，但不改变反应热数值；故答案为：减小、减小、不变；（2）将a molL1的氨水与b molL1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，溶液中c（OH）=1107mol/L，溶液中c（NH4+）=c（Cl）= mol/L，混合后反应前c（NH3H2O）= mol/L，则反应后c（NH3H2O）=（ ）mol/L，则k=；故答案为：；（3）液氨类似于水的电离，则液氨的电离方程式为2NH3NH2+NH4+，在液氨中加入NH4Cl，NH4+浓度增大，则平衡将向逆向移动，故答案为：2NH3NH2+NH4+；逆向点评：本题考查了化学平衡移动原理应用、弱电解质的电离以及电离常数的计算，本题难点为（2），注意把握电离平衡常数的计算公式的运用，题目难度中等18（14分）（xx秋泉州校级期末）如图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜根据要求回答相关问题：（1）通入氧气的电极为正极（填“正极”或“负极”），写出负极的电极反应式CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O（2）铁电极为阴极（填“阳极”或“阴极”），石墨电极（C）的电极反应式为2Cl2eCl2（3）反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在铁极（填“铁极”或“石墨极”）区（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小（填“增大”“减小”或“不变”）（5）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为0.26.021023；丙装置中阴极析出铜的质量为12.8g考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，投放氧化剂的电极是正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应；（2）电解饱和氯化钠溶液时，连接原电池负极的电极是阴极，连接原电池正极的电极是阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，注意如果活泼电极作阳极，则阳极上电极材料放电而不是溶液中阴离子放电；（3）电解饱和氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度而使溶液呈碱性；（4）粗铜精炼时，粗铜作阳极，阳极上金属失电子，阴极上铜离子得电子，根据阴阳极上金属的变化确定溶液中铜离子是否变化；（5）串联电池中转移电子数相等，根据转移电子数相等计算乙装置中铁电极上生成的气体的分子数及丙装置中阴极析出铜的质量解答：解：（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O；故答案为：正极，CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O；（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl2eCl2；故答案为：2Cl2eCl2；（3）乙池中阴极是铁，阳极是碳，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，导致阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度溶液呈碱性，所以乙装置中生成氢氧化钠主要在铁极区；故答案为：铁极；（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌、银失电子进入溶液，阴极上析出铜，根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小； 故答案为：减小；（5）根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为：O22H22Cu，设生成氢气的分子数是x，生成铜的质量是yO22H22Cu22.4L 26.021023 128g2.24L x y x=0.26.021023 y=12.8g 故答案为：0.26.021023，12.8 g点评：本题以原电池和电解池原理为载体考查了电极反应式的书写、物质的量的有关计算等知识点，注意燃料电池中电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，燃料相同，如果电解质溶液不同，电极反应式则不同，为易错点19（7分）（xx秋周村区校级期末）科学家利用太阳能分解水生成氢气，再用氢气与二氧化碳在催化剂作用下反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池已知：H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）H=285.8kJmol1；CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1；CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.5kJmol1请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol液态水使之生成氢气与氧气，消耗的能量是2858kJ（2）液态甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）H=443.5kJmol1（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图1所示该反应H0（填“”或“”）实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强而不选择更高压强的理由是在1.3104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失考点：转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算分析：（1）氢气的燃烧热可知水分解吸收的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；（2）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（3）从横坐标上一点，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越低转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动解答：解：（1）H2（g）的燃烧热H为285.8kJmol1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1mol H2O（l）为1mol H2（g）消耗的能量为285.8kJ，则分解10mol H2O（l）消耗的能量为285.8kJ10=2858kJ，故答案为：2858；（2）由CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1；CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.5kJmol1由盖斯定律可知用得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），该反应的反应热H=726.5kJmol1（283.0kJmol1）=443.5kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）H=443.5kJmol1；（3）从横坐标上一点0.5处，画一条平行于纵坐标的虚线，看相同压强下不同温度时CO的平衡转化率，温度越高转化率越低，说明，升温时平衡向逆向移动实际生产条件控制在250、1.3104kPa左右，选择此压强的理由是在1.3104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失；故答案为：；在1.3104kPa下，CO转化率已较高，再增大压强CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失点评：本题考查较为综合，涉及热化学方程式的书写、化学平衡的相关知识，该题对这些知识的要求比较高，综合性强，解答本题比较费时，该题难度较大20（8分）（xx秋周村区校级期末）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示（电极材料为石墨）（1）图中a极要连接电源的（填“正”或“负”）负极，C口流出的物质是硫酸（2）SO32放电的电极反应式为SO32+2e+H2O=SO42+2H+（3）电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因水为弱电解质存在H2O H+OH，在阴极H+放电生成H2，C（H+）减小，水的电离平衡向正向移动，碱性增加考点：电解原理分析：（1）依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极可以判断图中a极要连接电源的负极，SO32在阳极失去电子变成SO42，所以C口流出的物质是H2SO4，（2）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子；（3）依据阴极区放电离子为氢离子结合水的电离平衡H2OH+OH解答解答：解：（1）图中可知，钠离子移向a极，亚硫酸根离子移向b极，所以b极为阴极，应该接电源的负极，SO32在阳极失去电子变成SO42，所以C口流出的物质是H2SO4，故答案为：负；硫酸；（2）亚硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应式为：SO32+2e+H2O=SO42+2H+；故答案为：SO32+2e+H2O=SO42+2H+；（3）在阴极H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡H2OH+OH正向移动，所以碱性增强；故答案为：水为弱电解质存在H2O H+OH，在阴极H+放电生成H2，C（H+）减小，水的电离平衡向正向移动，碱性增加点评：本题考查了电解的原理，明确电解池工作原理是解题关键，注意电解质电极判断的方法和电极反应式书写注意问题为易错点21（12分）（xx秋烟台期末）能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关，充分利用好能源是摆在人类面前的重大课题已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H=a kJmol1CO（g）+l/2O2（g）=CO2（g）H=b kJmol1C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=c kJmol1则反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的焓变H=6c6b2akJmol1依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是D（填序号）AC（s）+CO2（g）=2CO（g）H0BNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H0C2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）H0DCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H0若以稀硫酸为电解质溶液，则该原电池的正极反应式为O2+4H+4e=2H2O氢气作为一种绿色能源，对于人类的生存与发展具有十分重要的意义（1）实验测得，在通常情况下，1g H2完全燃烧生成液态水，放出142.9kJ热量则H2燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/mol（2）用氢气合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4kJmol1一定条件下，下列叙述可以说明该反应已达平衡状态的是CA正（N2）=逆（NH3）B各物质的物质的量相等C混合气体的物质的量不再变化D混合气体的密度不再变化如图表示合成氨反应达到平衡后，每次只改变温度、压强、催化剂中的某一条件，反应速率与时间t的关系其中表示平衡混合物中的NH3的含量最高的一段时间是t2t3图中t3时改变的条件可能是升高温度温度为T时，将4a mol H2和2a mol N2放入0.5L密闭容器中，充分反应后测得N2的转化率为50%，则反应的平衡常数为考点：热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡建立的过程；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断专题：基本概念与基本理论分析：依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；常温下属于氧化还原反应的放热反应，可设计为原电池，存在元素化合价变化的反应为氧化还原反应；根据正极氧气放电与氢离子反应生成水；（1）根据物质的物质的量与反应热成正比，热化学方程式的书写要求来分析；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，由此衍生的一些物理量不变，以此分析；根据图象分析影响平衡的因素，主要是反应进行方向和速率的变化特征分析；利用N2的转化率结合三段法来计算平衡时的浓度，再利用化学平衡常数的表达式来计算解答：解：已知：Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）H=a kJmol1 CO（g）+l/2O2（g）=CO2（g）H=b kJmol1 C（石墨）+O2（g）=CO2（g）H=c kJmol1 依据热化学方程式和盖斯定律：662得到：4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）H=（6c6b2a） kJ/mol，故答案为：6c6b2a；AC（s）+CO2（g）=2CO（g）H0为氧化还原反应，但为吸热反应，不能设计为原电池，故A错误；BNaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）H0不属于氧化还原反应，不能设计为原电池，故B错误；C2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）H0为氧化还原反应，但为吸热反应，不能设计为原电池，故C错误；DCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H0为氧化还原反应，为放热反应，能设计为原电池，故D正确；正极氧气放电与氢离子形成水，正极反应式为：O2+4H+4e=2H2O，故答案为：D；O2+4H+4e=2H2O；（1）1g氢气在氧气中燃烧生成液态水，放出142.9kJ的热量，4g氢气在氧气中燃烧生成液态水，放出571.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/mol；故答案为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6kJ/mol；（2）A可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率之比等于系数之比（不同物质），即正（N2）=逆（NH3），故A错误；B可逆反应达到平衡状态时，各种物质的物质的量不再发生变化，不一定相等，故B错误；C该反应是反应前后气体的物质的量减少的反应，所以混合气体的物质的量不再变化，说明反应达到平衡，故C正确；D由于气体的总质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，气体的密度都不变，则不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故D错误；故选C；由图象可知，t1时正逆反应速率都增大，则可能为加压或升温，该反应为放热反应，升高温度，逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象不符，该反应是气体体积缩小的反应，加压正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，与图象符合，则应为加压；显然图象中的t3时为升高温度，t1时加压正向移动，氨气的含量增大，t3时为升高温度，化学平衡逆向移动，氨气的含量降低，即t2t3一段时间平衡混合物中NH3的含量最高，故答案为：t2t3；升高温度；N2（g）+3H2（g）2NH3（g）开始（mol/L） 4a 8a 0反应（mol/L） 2a 6a 4a 平衡（mol/L） 2a 2a 4a 所以化学平衡常数K=，故答案为：点评：本题考查了热化学反应方程式的书写、盖斯定律的运用、化学平衡的判断，影响化学反应平衡的因素、图象分析，化学平衡三段式计算等知识点，注重了高考的热点来考查学生，有利于学生巩固基础知识和基本技能