吉林省延边州安图一中2015-2016学年高二期中化学试卷.doc

参与试题解析

一、选择题

1．已知：CH4+2O2═CO2+2H2O△H1=﹣Q1 kJ•mol﹣1

2H2+O2═2H2O△H3=﹣Q2 kJ•mol﹣1

取体积比2：3的甲烷和氢气的混合气体11.2L，经完全燃烧后恢复至室温，则放出的热量为（   ）

A．0.4Q1+0.15Q2    B．0.2Q1+0.05Q2    C．0.2Q1+0.15Q2    D．0.2Q1+0.3Q2

【考点】有关反应热的计算． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】根据n=计算混合气体的物质的量，根据体积比较计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算燃烧放出的热量．

【解答】解：标准状况下11.2L甲烷和氢气混合气体的物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积之比为2：3，所以甲烷的物质的量为：0.5mol×=0.2mol，氢气的物质的量为0.5mol﹣0.2mol=0.3mol，

由CH4+2O2═CO2+2H2O△H1=﹣Q1 kJ•mol﹣1 可知，

0.2mol甲烷燃烧放出的热量为0.2mol×Q1 kJ•mol﹣1=0.2Q1 kJ，

由2H2+O2═2H2O△H3=﹣Q3kJ•mol﹣1可知，

0.3mol氢气燃烧放出的热量为×Q3kJ•mol﹣1=0.15Q3kJ，

所以放出的热量为0.2Q1kJ+0.15Q3kJ=kJ，

故选：C．

【点评】本题考查根据热化学方程式进行的有关反应热的计算，难度不大，理解热化学方程式的意义是关键．

2．下列措施有利于反应：N2+3H2 ⇌2NH3△H=﹣92kJ•mol﹣1平衡向正反应方向移动的是（   ）

①升高温度  ②降低温度  ③增大压强  ④减小压强  ⑤增大NH3浓度  ⑥减小NH3浓度．

A．②④⑥    B．①③⑥    C．②③⑤    D．②③⑥

【考点】化学平衡的影响因素． 

【专题】化学平衡专题．

【分析】反应是气体体积减小的放热反应，化学平衡移动原理分析，改变条件，平衡向减弱这种改变的方向进行，如增大压强、增大反应物浓度、降低温度、减少生成物浓度都可以使平衡正向进行；

【解答】反应：N2+3H2 ⇌2NH3△H=﹣92kJ•mol﹣1  反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、增大反应物浓度、降低温度、减少生成物浓度都可以使平衡正向进行；平衡向正反应方向移动的影响因素为：

①升高温度，平衡逆向进行，故①不符合；

②降低温度，平衡正向进行，故②符合；

③增大压强平衡正向进行，故③符合；

④减小压强，平衡逆向进行，故④不符合；

⑤增大NH3浓度，平衡逆向进行，故⑤不符合；

⑥减小NH3浓度，平衡正向进行，故⑥符合；

故选D．

【点评】本题考查外界条件对平衡影响，难度中等，平衡移动原理和反应特征是解题关键．

3．下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是（   ）

A．当镀锌铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用

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．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的阴极保

D．可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀

【考点】金属的电化学腐蚀与防护． 

【分析】A、根据原电池中，正极金属易被保护不易发生腐蚀的知识来回答；

B、铁比锡活泼，Fe易被腐蚀；

C、海轮外壳连接锌块，锌为负极，原电池的负极被腐蚀，正极被保护；

D、作电解池阴极的金属被保护．

【解答】解：A、镀锌铁制品的镀层受损后，形成铁、锌原电池，正极金属铁易被保护，不易发生腐蚀，镀层锌仍能对铁制品起保护作用，故A正确；

B、铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，锡层不能对铁制品起保护作用，故B错误；

C、海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保，故D正确．

D、采用外加电流的阴极保时，被保护金属与直流电源的负极相连，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池原理即可解答，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，难度不大．

4．1mol白磷转化为红磷时放出18.39kJ热量，已知：P4+5O2═2P2O5△H=﹣a kJ/mol；4P+5O2═2P2O5△H=﹣b kJ/mol，则a和b的关系是（   ）

A．a＞b    B．a=b    C．a＜b    D．无法确定

【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】根据已知热化学方程式，构造P4=4P△H=﹣18.39kJ/mol，根据△H与a、b的关系判断．

【解答】解：已知：①P4+5O2=2P2O5△H=﹣a kJ/mol；

②4P+5O2=2P2O5△H=﹣bkJ/mol，

根据盖斯定律可知，①﹣②即得到P4=4P，

所以反应热△H=﹣a kJ/mol+bkJ/mol=﹣18.39kJ/mol，所以a大于b；

故选A．

【点评】考查盖斯定律、反应热的有关计算，难度不大，可以根据能量守恒定律进行判断．

5．“神舟七号”宇宙飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池．该电池可同时供应电和水蒸气，所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾．该电池的总反应为：2H2+O2=2H2O，正极反应为：O2+2CO2+4e﹣═2CO32﹣，下列叙述正确的是（   ）

A．通氧气的电极为负极，发生还原反应

B．电池工作时，CO32﹣向正极移动

C．电池放电时，外电路电子由通氧气的正极流向通氢气的负极

D．负极的电极反应为：H2+CO32﹣﹣2e﹣═CO2↑+H2O

【考点】原电池和电解池的工作原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】A．氧气得电子化合价降低，发生还原反应，是正极；

B．原电池中阴离子向负极移动；

C．电子由负极流向正极；

D．总反应为2H2+O2═2H2O，则负极反应中CO32﹣参与反应．

【解答】解：A．氧气得电子化合价降低，发生还原反应，是正极，而不是负极，故A错误；

B．原电池中阴离子向负极移动，所以CO32﹣向负极移动，故B错误；

C．电子由负极流向正极，所以外电路电子由通氢气的负极流向通氧气的正极，故C错误；

D．放电时，负极反应为2H2﹣4e﹣+2CO32﹣═2CO2+2H2O，故D正确； 

故选D．

【点评】本题考查化学电源新型电池，明确总反应及正负极反应是解答本题的关键，注意离子的移动方法及利用化合价分析转移电子，题目难度中等．

6．如图两个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极．若电解过程有0.02mol电子通过，下列叙述中不正确的是（   ）

A．甲烧杯中B极上最多可析出铜0.g

B．甲烧杯中A极上电极反应式4OH﹣﹣4 e﹣═2H2O+O2↑

C．烧杯中D极上电极反应式为4H++4 e﹣═2H2↑

D．乙烧杯中滴入酚酞试液，C极附近先变红

【考点】原电池和电解池的工作原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】电解时，甲烧杯中：A极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，B极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu，乙烧杯中：C极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，D极反应式为2H++2e﹣=H2↑，以此解答该题．

【解答】解：A．B极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，有0.02mol电子通过，能析出0.01mol铜，最多可析出铜0.g，故A正确；

B．甲烧杯中A极是阳极，该电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B正确；

C．烧杯中D极是阴极，该电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，故C正确；

D．D极反应式为2H++2e﹣=H2↑，由于H+放电，打破了水的电离平衡，导致D极附近溶液呈碱性先变红，故D错误．

故选D．

【点评】本题综合电解原理知识，侧重于电极方程式的判断和书写，明确电极反应为解答该题的关键，学习中注意把握书写方法，题目难度中等．

7．下列说法正确的是（   ）

A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应

B．任何放热反应在常温条件下一定能发生反应

C．反应物和生成物具有的总能量的相对大小决定了反应是放热还是吸热

D．吸热反应一定要加热才能发生

【考点】吸热反应和放热反应． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A．吸热反应实质是反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量；

B．一个化学反应发生的条件与反应的热效应无关； 

C．化学反应中生成物总能量不等于反应物的总能量，反应前后的能量差值为化学反应中的能量变化；

D．吸热反应在不加热的条件下也能发生．

【解答】解：A．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，如木炭的燃烧是一个放热反应，但需要点燃，点燃的目的是使其达到着火点，故A错误； 

B．放热的反应在常温下不一定很容易发生．如：铝热反应2 Al+Fe2O3Al2O3+2Fe是放热反应，但需在高热条件下以保证足够的热量引发氧化铁和铝粉反应，故B错误；

C．放热反应是指：反应物所具有的总能量高于生成的总能量，在反应中会有一部分能量转变为热能的形式释放，反之，就是吸热反应，故C正确；

D．吸热反应在不加热的条件下也能发生，如Ba2•8H2O与NH4Cl反应常温下就能发生，故D错误．

故选C．

【点评】本题考查化学反应的条件与化学反应的热效应间的关系，难度不大，需正确理热吸热的本质是解题的关键．

8．高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn2+2Fe3+4KOH下列叙述不正确的是（   ）

A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣Zn2

B．充电时阳极反应为：Fe3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O

C．放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化

D．放电时正极附近溶液的碱性增强

【考点】化学电源新型电池． 

【专题】电化学专题．

【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱．

【解答】解：A、根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn2，故A正确；

B、充电时阳极发生Fe3失电子的氧化反应，即反应为：Fe3﹣3e﹣+5OH﹣FeO42﹣+4H2O，故B正确； 

C、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；

D、放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe3+5OH﹣，生成氢氧根离子，碱性要增强，故D正确．

故选C．

【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，增加了学生分析问题的思维跨度，强调了学生整合知识的能力．

9．如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，小心地向水槽中滴入CuSO4 浓溶液．下列说法正确的是（   ）

A．若杠杆由绝缘体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低

B．若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低

C．若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低

D．无论杠杆由绝缘体材料还是由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低

【考点】原电池和电解池的工作原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】若杠杆是导体，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加．

若杠杆是绝缘体，铁与铜离子发生置换反应，导致铁球变重．

【解答】解：A、若杠杆由绝缘体材料制成，铁能和铜离子发生置换反应析出铜单质，导致铁球变重，铜不反应，铜球质量不变，所以一段时间后，杠杆一定A端高B端低，故A错误；

B、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故B正确；

C、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故C错误；

D、通过以上分析知，杠杆哪边高，与杠杆材质有关，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查了原电池原理，难度较大，明确杠杆的材质对杠杆平衡的影响是解本题的关键．

10．甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：

①CH3OH+H2O=CO2+3H2；△H=+49.0kJ•mol﹣1

②CH3OH+O2=CO2+2H2；△H=﹣192.9kJ•mol﹣1

下列说法正确的是（   ）

A．反应①中的能量变化如图所示

B．CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量

C．根据①推知反应：CH3OH+H2O=CO2+3H2的△H＞+49.0kJ•mol﹣1

D．根据②推知反应：CH3OH+O2=CO2+2H2的△H＜﹣192.9kJ•mol﹣1

【考点】有关反应热的计算． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A、反应物的能量高于生成物的能量，则反应是放热的过程；

B、根据化学反应焓变的意义以及反应能量变化和反应物、产物能量的关系来回答判断；

C、气体甲醇变为液态甲醇的过程是放热的过程；

D、气体甲醇变为液态甲醇的过程是放热的过程．

【解答】解：A、根据图显示内容知道：反应物的能量高于生成物的能量，则反应是放热的过程，而①是吸热的过程，故A错误；

B、根据化学方程式②知道，甲醇转化为氢气的过程就是放热的，故B错误；

C、根据①推知反应：CH3OH+H2O=CO2+3H2的△H＜+49.0kJ•mol﹣1，故C错误；

D、气体甲醇变为液态甲醇的过程是放热的过程，根据反应②CH3OH+1/2O2=CO2+2H2；△H=﹣192.9 kJ•mol﹣1 知道，液态甲醇发生此反应放出的热量会小于192.9kJ，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查学生物质具有的能量和化学反应的吸放热之间的关系，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大．

11．用惰性电极电解足量CuSO4溶液一段时间后，欲使溶液恰好恢复至电解前情况，可加入的物质是（   ）

A．CuSO4    B．Cu2    C．Cu    D．CuO

【考点】电解原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】用电惰性极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可．

【解答】解：CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42﹣、OH﹣，OH﹣离子的放电能力大于SO42﹣ 离子的放电能力，所以OH﹣离子放电生成氧气；

溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，所以Cu2+离子放电生成Cu，溶液变成硫酸溶液；

电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2 ↑+2H2SO4，

所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，由元素守恒可知，则向溶液中加入氧化铜可恢复至电解前情况，

故选D．

【点评】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，题目难度不大．

12．在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A+3B⇌2C达到平衡的标志的是（   ）

C的生成速率与C的分解速率相等；

单位时间内生成a mol A，同时生成3a mol B；

A、B、C的浓度不再变化；

混合气体的总压强不再变化；

混合气体的物质的量不再变化；

单位时间消耗a mol A，同时生成3a mol B；

A、B、C的分子数目比为1：3：2．

A．    B．    C．    D．

【考点】化学平衡状态的判断． 

【专题】化学平衡专题．

【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等或正逆速率之比等于化学计量数之比，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．

【解答】解：同一种物质的生成速率与分解速率相等是平衡状态，C的生成速率与C的分解速率相等即是平衡状态，故正确；

单位时间内生成amol A，为逆速率，同时生成3amol B也是逆速率，无论反应是否达到平衡，这个关系总是成立的，反应方向一致，不能判断平衡状态，故错误；

在一定条件下的可逆反应里，达到平衡状态时，反应混合物中各组成成分的浓度保持不变，故正确；

反应前后气体的化学计量数不相等的反应，反应过程压强发生改变，当压强不变了就达到平衡状态，故正确；

反应前后气体的化学计量数不相等的反应，随反应进行气体总物质的量减少，当混合气体的物质的量不再变化即是平衡状态，故正确；

单位时间消耗amol A表示正速率，同时生成3amol B表示逆速率，而且正逆速率之比等于计量数之比，所以是平衡状态，故正确；

平衡时的浓度取决于起始物质的配料比以及转化的程度，不能用以判断是否达到平衡状态，故错误．

所以不属于平衡的标志的是，

故选：C．

【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意反应前后气体体积变化的化学反应能用总压强或总物质的量来判断是否达到平衡状态．

13．已知在密闭容器中，发生如下可逆反应：2SO2+O2⇌2SO3；△H＜0，下列说法不正确的是（   ）

A．达平衡时，SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍

B．达平衡时，升高温度，逆反应速率增加，正反应速率减小

C．达平衡后，若保持压强不变，充入少量氖气，则平衡向左移

D．达平衡后，若保持体积不变，充入少量O2气体，则平衡向右移，SO2转化率增大

【考点】化学平衡的影响因素． 

【分析】化学平衡状态是正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化的状态，据勒夏特列原理分析平衡移动情况，据此分析．

【解答】解：A、SO2的消耗速率必定等于O2的生成速率的2倍，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；

B、升温时正逆反应速率都增大，故B错误；

C、若保持压强不变，充入少量氖气，容器体积增大，平衡向气体体积增大的逆向移动，故C正确；

D、保持体积不变，充入少量O2气体，平衡向减小氧气浓度的正向移动，SO2转化率增大，故D正确；

故选B．

【点评】本题考查学生对可逆反应特点以及可逆反应平衡状态的熟悉了解程度，意在培养学生分析、归纳和总结问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，题目难度中等．

14．某密闭容器中发生反应：X+Y⇌3Z△H＜0如图表示该反应的速率随时间变化的关系，t2、t3、t5时刻外界条件有所改变，但都没有改变各物质的初始加入量．下列说法中正确的是（   ）

A．t2时加入了催化剂    B．t3时降低了温度

C．t5时增大了压强    D．t4～t5时间内转化率最低

【考点】化学反应速率变化曲线及其应用． 

【专题】化学平衡专题．

【分析】由X+Y⇌3Z△H＜0可知该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应，为放热反应，根据催化剂、温度、压强对化学反应速率和化学平衡的影响来分析，若化学平衡逆向移动，则反应物的转化率降低．

【解答】解：A、因该反应是反应前后气体的物质的量不相等的反应，t2～t3时间内正逆反应速率增大且相等，则应为t2时加入了催化剂，故A正确；

B、由图可知，t3时正逆反应速率都减小，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡在t3时向逆反应方向移动，而该反应为放热反应，降低温度化学平衡正向移动，故B错误；

C、t5时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，化学平衡在t5时向逆反应方向移动，由化学计量数可知，增大压强，化学平衡应逆向移动，故C正确；

D、由图可知，t4～t5时间内v不变，化学反应处于平衡状态，平衡不移动，则反应物的转化率不变，t5～t6时间内X或Y的转化率最低，故D错误；

故选AC．

【点评】本题为图象题，明确图象中纵横左标的含义，利用反应速率的关系及化学平衡移动结合化学反应速率和化学平衡的影响因素即可解答．

15．在密闭容器中发生如下反应：mA+nB⇌pC，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，下列说法错误的是（   ）

A．m+n＜p    B．平衡向逆反应方向移动

C．A的转化率降低    D．C的体积分数增加

【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】在密闭容器中发生如下反应：mA+nB⇌pC，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，各物质浓度因为体积变化为，C的浓度为原来的2倍；题干中当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，说明体积变化后平衡发生了移动，依据C浓度变化可知，平衡左移，根据平衡移动原理分析，逆向是气体体积减小的反应；据此分析判断选项．

【解答】解：在密闭容器中发生如下反应：mA+nB⇌pC，达到平衡后，保持温度不变，将气体体积缩小到原来的一半，不考虑平衡移动，各物质浓度因为体积变化为，C的浓度为原来的2倍；题干中当达到新平衡时，C的浓度为原来1.9倍，说明体积变化后平衡发生了移动，依据C浓度变化可知，平衡左移，根据平衡移动原理分析，逆向是气体体积减小的反应；

A、依据分析判断，正向是气体体积增大的反应，m+n＜p，故A正确；

B、依据分析，平衡向逆反应方向移动，故B正确；

C、逆向进行A的转化率降低，故C正确；

D、平衡逆向进行C的条件分数减小，故D错误；

故选D．

【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，平衡移动方向的判断是解题关键，题目难度中等．

16．在密闭容器中进行下列反应：M+N═R+2L．此反应符合下列图象，R%为R在平衡混合物中的体积分数，该反应是（   ）

A．正反应为吸热反应 L是气体

B．正反应为放热反应 L是气体

C．正反应为吸热反应 L是固体

D．正反应为放热反应 L是固体或液体

【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线． 

【分析】由图象可知，温度为T2时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越高，说明平衡正向移动，正反应为气体体积减小的反应；

压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应．

【解答】解：由图象可知，温度为T2时，根据到达平衡的时间可知P2＞P1，且压强越大，R的含量越高，说明平衡正向移动，正反应为气体体积减小的反应，故L为固体或液体；

压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T2＞T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；

A．由上述分析可知，正反应放热，L是固体或液体，故A错误；

B．由上述分析可知，正反应放热，L是固体或液体，故B错误；

C．由上述分析可知，正反应放热，L是固体或液体，故C错误；

D、由上述分析可知，正反应放热，L是固体或液体，故D正确，

故选D．

【点评】本题考查化学平衡图象问题，难度不大，本题注意根据图象判断问题、压强的大小，根据温度、压强对平衡移动的影响分析．

二、解答题

17．由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式　H2+O2═H2O；△H=﹣241.8 kJ•mol﹣1　．

若1g水蒸气转化成液态水时放热2.444kJ，则反应H2+O2═H2O的△H=　﹣285.8　 kJ•mol﹣1．

【考点】热化学方程式；有关反应热的计算． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】根据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式；

根据m=nM计算1mol水的质量为18g，进而计算1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热；

【解答】解：氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，该反应的热化学方程式为：H2+O2═H2O△H=﹣241.8kJ/mol；

1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，故18g水蒸气转化成液态水放出热量2.444kJ×18=44kJ，故反应H2+O2═H2O的反应热△H=﹣=﹣285.8kJ/mol；

故答案为：H2+O2═H2O△H=﹣241.8kJ/mol；﹣285.5；

【点评】本题考查热化学方程式的书写与反应热的计算，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写，物质聚集状态的分析判断，盖斯定律的计算应用，题目较简单．

18．利用盖斯定律解答下列各小题

已知：TiO2+2Cl2═TiCl4+O2△H=+140kJ•mol﹣1

2C+O2═2CO△H=﹣221kJ•mol﹣1

写出TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：　TiO2+2C+2Cl2═TiCl4+2CO△H=﹣81kJ•mol﹣1　．

已知：C +O2=CO2△H1=﹣393.5kJ•mol﹣1；

2H2+O2=2H2O △H2=﹣571.6kJ•mol﹣1；

2C2H2+5O2═4CO2+2H2O △H2=﹣2599kJ•mol﹣1；

写出由C和H2生成1mol C2H2的热化学方程式　2C+H2=C2H2△H1=+226.7kJ•mol﹣1　．

【考点】热化学方程式． 

【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】已知①TiO2+2Cl2═TiCl4+O2△H=+140kJ•mol﹣1

②2C+O2=2CO△H=﹣221kJ•mol﹣1

①+②得到：TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO，根据盖斯定律计算分析得到．

①C+O2═CO2△H=﹣393.5kJ•mol﹣1

②2H2+O2═2H2O△H=﹣571.6kJ•mol﹣1

③2C2H2+5O2═4CO2+2H2O△H=﹣2599kJ•mol﹣1

利用盖斯定律将×2+×﹣×可得2C+H2=C2H2，根据盖斯定律计算．

【解答】解：①TiO2 +2Cl2═TiCl4+O2△H=+140kJ•mol﹣1

②2C+O2═2CO△H=﹣221kJ•mol﹣1

依据盖斯定律①+②得到：TiO2+2C+2Cl2═TiCl4+2CO△H=﹣81kJ•mol﹣1；

故答案为：TiO2+2C+2Cl2═TiCl4+2CO△H=﹣81kJ•mol﹣1；

①C+O2═CO2△H=﹣393.5kJ•mol﹣1

②2H2+O2═2H2O△H=﹣571.6kJ•mol﹣1 

③2C2H2+5O2═4CO2+2H2O△H=﹣2599kJ•mol﹣1

利用盖斯定律将×2+×﹣×可得：

2C+H2=C2H2△H=×2+×﹣×=+226.7kJ•mol﹣1，

故答案为：2C+H2=C2H2△H1=+226.7kJ•mol﹣1．

【点评】本题考查了盖斯定律的计算，难度不大，注意利用方程式相加减的方法处理．

19．电解原理在化学工业中有广泛应用．如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连．请回答以下问题：

若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：

①电解池中X极上的电极反应式为　2H++2e﹣=H2↑　；在X极附近观察到的现象是　放出气体，溶液变红　．

②Y电极上的电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　；检验该电极反应产物的方法是　把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色　．

如用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则

①X电极的材料是　纯铜　，电极反应式为　Cu2++2e﹣=Cu　．

②Y电极的材料是　粗铜　，电极反应式为　Cu﹣2e﹣=Cu2+　．

【考点】电解原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】电解饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝；

根据电解精炼铜的工作原理知识来回答．

【解答】解：①和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H++2e﹣=H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；放出气体，溶液变红；

②和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，可以用于氯气的检验，

故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；

①电解方法精炼粗铜，电解池的阴极材料是纯铜，电极反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故答案为：纯铜； Cu2++2e﹣=Cu；

②电解方法精炼粗铜，电解池的阳极材料是粗铜，电极反应为：Cu﹣2e﹣=Cu2+，故答案为：粗铜；Cu﹣2e﹣=Cu2+．

【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．

20．科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径．近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过．其工作原理的示意图如图所示：

请回答下列问题：

Pt电极是电池的　负　极，电极反应式为　CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+　；Pt电极发生　还原　反应，电极反应式为　O2+4H++4e﹣═2H2O　．

电池的总反应方程式为　2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O　．

如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有　　mol．

【考点】原电池和电解池的工作原理． 

【专题】电化学专题．

【分析】该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，通入氧化剂的电极为正极，正极上得电子发生还原反应；

原电池反应的实质为氧化还原反应，甲醇被氧化生成二氧化碳和水；

根据甲醇和转移电子之间的关系式计算．

【解答】解：该原电池中质子交换膜只允许质子和水分子通过，说明电解质溶液为酸性溶液，燃料电池中，通入燃料的电极为负极，负极上失电子发生氧化反应，电解方程式为CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+，通入氧化剂的电极为正极，正极上得电子发生还原反应，电极方程式为O2+4H++4e﹣═2H2O，

故答案为：负；CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+；还原；O2+4H++4e﹣═2H2O；

原电池反应的实质为氧化还原反应，甲醇被氧化生成二氧化碳和水，电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，

故答案为：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O；

由电极方程式CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+可知，如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有mol．

故答案为：．

【点评】本题考查了燃料电池，根据离子交换膜通过的微粒确定电解质溶液的酸碱性，再结合正负极上发生的反应来分析解答，题目难度不大．

21．在2L密闭容器中，800℃时反应2NO+O22NO2体系中，n随时间的变化如下表：

图中表示NO2的变化的曲线是　b　，用O2的浓度变化表示从0～2s内该反应的平均速率v=　0.0015mol/　．

能说明该反应已经达到平衡状态的是　bc　

a．v=2v                b．容器内压强保持不变

c．v逆=2v正             d．容器内物质的密度保持不变

能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是　c　

a．及时分离出NO2气体                b．适当升高温度

c．增大O2的浓度                     d．选择高效的催化剂．

【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断． 

【专题】化学平衡专题．

【分析】化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应都达到平衡时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，据此书写；

K＞K，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应；

由表中数据可知，平衡时c==0.0035mol/L，由方程式2NO+O2⇌2NO2可知，平衡时△c：△c：△c=2：1：2，据此判断表示NO2的浓度变化的曲线，

由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，根据v=计算v，再根据速率之比等于化学计量数之比计算v；

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

根据外界条件对反应速率与平衡的移动分析解答．

【解答】解可逆反应2NO+O2⇌2NO2的平衡常数k=，

K＞K，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应是放热反应，

故答案为：，放热；

由方程式2NO+O2⇌2NO2可知，平衡时△c：△c：△c=2：1：2，由表中数据可知，平衡时c==0.0035mol/L，曲线b平衡时的浓度为0.0035mol/L，故曲线b表示NO2的浓度变化，

由图中数据可知2s内，NO的浓度变化量为0.01mol/L﹣0.004mol/L=0.006mol/L，故v==0.003mol/，根据速率之比等于化学计量数之比，故v=v=×0.003mol/=0.0015mol/，

故答案为：b，0.0015mol/；

a．始终都存在v=2v关系，故不能说明到达平衡，故a错误；

b．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；

c．不同物质表示的正逆速率之比等于化学计量数之比，反应到达平衡，故v逆=2v正，说明到达平衡，故c正确；

d．反应混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，故容器内物质的密度保持不变，不能说明到达平衡，故d错误；

故选bc；

a．及时分离出NO2气体，平衡向正反应移动，但反应速率降低，故a错误；

b．适当升高温度，反应速率增大，平衡向逆反应移动，故b错误；

c．增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应移动，故c正确；

d．选择高效的催化剂，增大反应速率，不影响平衡移动，故d错误；

故选c．

【点评】考查平衡常数即影响因素、化学反应速率、影响化学平衡的元素与平衡状态的判断等，难度中等，注意平衡状态判断选择判断的物理量，应随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态．