D.T1>T2P1P△H>0
【答案】B
【解析】
考点：
考查了的相关知识。
13.在一定温度下，向一个容积为2L的密闭容器内（预先加入催化剂）通入2molNH3，经过一段时间后，测得容器内的压强为起始时的1.2倍。
则NH3的转化率为
A.25%B.20%C.10%D.80%
【答案】B
【解析】
试题分析：
压强比等于物质的量比，
，x=0.2
，故B正确。
考点：
本题考查平衡转化率
14.下图各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是
A.③>②>④>①B.②>①>③>④C.④>②>③>①D.④>②>①>③
【答案】D
【解析】
【分析】
电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
【详解】根据图知，②、③装置是原电池，在②中，金属铁作负极，③中金属铁作正极，作负极的腐蚀速率快，所以②>①＞③，④装置是电解池，金属铁为阳极，加快腐蚀，腐蚀最快，所以腐蚀速率是：
④>②>①>③，
答案选D。
【点睛】本题考查金属的腐蚀与防护，难度不大，注意不同条件下金属腐蚀的快慢：
电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
15.在48g碳不完全燃烧所得气体中，CO、CO2均占
体积，且C（s）+
O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1；CO（g）+
O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol﹣1．与这些碳完全燃烧相比，损失的热量是
A.172.5kJB.1149kJC.283kJD.566kJ
【答案】D
【解析】
【分析】
碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量．根据碳原子守恒计算出一氧化碳的物质的量，再根据一氧化碳燃烧的热化学方程式计算。
【详解】48g碳的物质的量为
=4mol，所以CO的物质的量为4mol×
=2mol，
由于CO（g）+
O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ/mol，所以2molCO燃烧放出的热量为283kJ/mol×2mol=566kJ。
即48g碳不完全燃烧生成2molCO损失的热量为566kJ。
答案选D。
【点睛】本题考查反应热的计算，难度中等，关键在于清楚碳不完全燃烧损失的热量为生成的一氧化碳燃烧放出的热量。
第Ⅱ卷
二、填空题
16.判断下列过程的ΔH和ΔS，用“>0”或“<0”来表示
化学方程式
ΔH
ΔS
H2O（l）→H2O（g）
_________
________
CaCO3（s）==CaO（s）+CO2（g）
_______
_______
NaOH（s）==Na+（aq）+OH-（aq）
_______
________
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）
______
________
【答案】
（1）.>0
（2）.>0（3）.>0（4）.>0（5）.>0（6）.>0（7）.<0（8）.<0
【解析】
【详解】分解反应大多吸热，化合反应大多放热，燃烧、中和反应都是放热反应，同种物质固、液、气态时熵值依次增大。
H2O（l）→H2O（g）为吸热过程，ΔH>0；由液态变为气态，熵增，ΔS>0；
CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）为高温条件下的分解反应，属于吸热反应，ΔH>0；气体增加，熵增，ΔS>0；
NaOH（s）=Na+（aq）+OH-（aq）电离过程为吸热过程，ΔH>0；熵增，ΔS>0；
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）为化合反应，属于放热反应，ΔH<0；气体的量减少，熵减，ΔS<0。
17.城市使用的燃料，现大多用煤气、液化石油气。
煤气的主要成分是CO和H2的混合气体，它由煤炭和水蒸气反应制得，故又称水煤气。
（1）试写出制取水煤气的主要化学方程式_________________________。
（2）液化石油气的主要成分是丙烷，已知丙烷、CO以及氢气燃烧的热化学方程式分别为：
C3H8（g）+5O2（g）==3CO2（g）+4H2O（l）△H=–2220.0kJ·
CO（g）+1/2O2（g）==CO2（g）△H=–282.6kJ·
2H2（g）+O2（g）==2H2O（l）△H=–571.6kJ·
试比较同质量的H2和C3H8燃烧，产生的热量比值约为_______。
（计算结果保留小数点后一位数字）
（3）氢能源是21世纪极具开发前景的新能源之一，它既是绿色能源，又可循环使用。
请在下图的两个空框中填上循环过程中的反应物和生成物，以完成理想的氢能源循环体系图（循环中接受太阳能的物质在自然界中广泛存在）。
__________________________、___________________________
【答案】
（1）.C+H2O
CO+H2
（2）.2.8：
1（3）.H2O（4）.H2、O2
【解析】
【分析】
（1）煤炭与水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气；
（2）根据热化学方程式计算同质量的H2和C3H8燃烧产生的热量之比；
（3）根据物质转化关系及能源进行判断。
【详解】
（1）煤炭与水蒸气在高温下反应生成一氧化碳和氢气，反应方程式为C+H2O
CO+H2；
（2）根据热化学方程式可知，同质量的H2和C3H8燃烧，产生的热量比值约为
：
=2.8：
1；
（3）在催化剂的作用下，利用太阳能将水分解生成氢气和氧气，然后该题氢氧燃料电池再将化学能转化电能，则循环过程是
。
18.
（1）对于下列反应：
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g），如果2min内SO2的浓度由6mol/L下降为2mol/L，用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为________，用O2浓度变化来表示的反应速率为_____________。
如果开始时SO2浓度为4mol/L，2min后反应达平衡，若这段时间内v（O2）为0.5mol/（L·min），那么2min时SO2的浓度为_____
（2）下图表示在密闭容器中反应：
2SO2+O2
2SO3△H＜0达到平衡时，由于条件改变而引起反应速度和化学平衡的变化情况，a～b过程中改变的条件可能是______；b～c过程中改变的条件可能是______________；若增大压强时，反应速度变化情况画在c～d处。
___________
（3）以上反应达平衡后，若此时只将容器的体积扩大为原来的2倍，达新平衡时，容器内温度将降低（容器不与外界进行热交换），则该反应正向为___反应（填“放热”或“吸热”）；达新平衡时，容器内混合气体的平均相对分子质量比原平衡时_____（“增大”、“减小”或“相等”）。
【答案】
（1）.2mol/（L·min）
（2）.1mol/（L·min）（3）.2mol/L（4）.升温（5）.减小SO3浓度（6）.
（7）.放热（8）.减小
【解析】
【详解】
（1）v（SO2）=
=2mol•L﹣1•min﹣1；v（O2）：
v（SO2）=1：
2，v（O2）=
v（SO2）=1mol•L﹣1•min﹣1；在这段时间内用SO2浓度变化来表示的化学反应速率为1mol/（L·min），即其浓度变化了2mol/L，所以2min时SO2的浓度为4mol/L－2mol/L＝2mol/L；
（2）a时刻逆反应速率大于正反应速率，且正逆反应速率都增大，说明平衡应向逆反应方向移动，该反应的正反应放热，ab过程中改变的条件应为升高温度的结果，b时刻正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，bc过程中改变的条件可能是减少SO3的浓度；若增大压强时，使v正、v逆都增大，v正增大的多，所以平衡正向移动，反应速度变化情况画在c~d处是
；
（3）增大体积，容器内压强减小，减小压强,平衡向逆反应方向移动，温度降低，说明逆反应吸热，所以正反应放热；
达新平衡时，混合气体的物质的量增大，混合物的质量不变，所以其平均摩尔质量减小，即相对分子质量减小。
19.在25℃时，用石墨电极电解2.0L，2.5mol/LCuSO4溶液，如有0.2mol电子发生转移，试回答下列问题：
（1）阴极发生______反应，电极反应为________________。
（2）阳极电极反应为_____________________________。
（3）电解后得到的Cu的质量是________，得到O2的体积（标准状况）是________。
（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差____，电解液的pH________（填“变小”、“变大”或“不变”）
【答案】
（1）.还原反应
（2）.2Cu2++4e-=2Cu（3）.4OH--4e-=2H2O+O2↑（4）.6.4g（5）.1.12L（6）.12.8g（7）.不变
【解析】
【分析】
（1）根据得失电子判断反应类型；根据离子放电顺序书写阴极电极反应式；
（2）根据离子放电顺序书写阳极电极反应式；
（3）根据铜、氧气与转移电子的关系计算铜的质量、氧气的体积；
（4）根据溶解的铜、析出的铜与电子的关系计算，然后两数值相加即得电解后两铜片的质量差。
【详解】
（1）阴极上得电子，发生还原反应；阴极上铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以阴极上析出铜，故电极反应式为Cu2++2e-═Cu；
（2）阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑；
（3）2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4转移电子
2×64g4mol
6.4g0.2mol
所以铜的质量为6.4g；
2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4转移电子
22.4L4mol
1.12L0.2mol
所以生成氧气的体积为1.12L；
（4）当以铜片作电极时，阳极上铜失电子变成离子进入溶液，所以铜片质量减少；阴极上铜离子得电子生成铜单质，铜片质量增加，
两极的质量差=阳极上减少的质量+阴极上增加的质量．
阳极Cu-2e-═Cu2+
64g2mol
6.4g0.2mol
所以阳极质量减少6.4g；
阴极Cu2++2e-═Cu
2mol64g
0.2mol6.4g
所以阴极质量增加6.4g；
所以两极质量相差6.4g+6.4g═12.8g。
以铜片作电极电解硫酸铜溶液，阳极溶解铜、阴极析出铜，硫酸铜溶液不变，所以电解液的pH不变。
【点睛】本题考查电解池中氧化还原反应的有关计算，根据方程式中各物质间的关系式计算即可；知道两极的质量差=阳极上减少的质量+阴极上增加的质量是解（4）题的关键。
三、推断题
20.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，已知A、B、E3种原子最外层共有11个电子，且这3种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。
（1）写出下列元素符号：
A__________，B__________，C__________，D__________，E___________
（2）写出A、B两元素的最高价氧化物的水化物相互反应的化学方程式：
_______。
（3）C、D、E的氢化物稳定性由强到弱依次为：
（用化学式表示）__________。
【答案】
（1）.Na
（2）.Al（3）.Si（4）.P（5）.Cl（6）.Al（OH）3+NaOH===NaAlO2+2H2O（7）.HCl＞PH3＞SiH4
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有Al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有Na元素，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11-1-3=7，则E为Cl元素，据此分析。
【详解】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，则C元素原子有3个电子层，最外层电子数为4，则C为Si元素；D元素原子序数大于硅元素，处于第三周期，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3，则最外层电子数为8-3=5，则D为磷元素；A、B、E三种元素的最高价氧化物的水化物两两皆能发生反应生成盐和水，则含有Al元素，氢氧化铝溶于强酸、强碱，故有Na元素，则A为Na、B为Al，三种原子最外层共有11个电子，则E的最外层电子数为11-1-3=7，则E为Cl元素，
（1）由以上分析可知：
A为Na，B为Al，C为Si，D为P，E为Cl；
（2）A、B两元素最高价氧化物的水化物分别为：
NaOH、Al（OH）3，因氢氧化铝具有两性，故反应的方程式为：
NaOH+Al（OH）3
升级会员 