2017-2018学年河南省林州市第一中学分校高二上学期开学检测化学试题 解析版

2017-2018学年河南省林州市第一中学分校高二上学期开学检测化学试题 解析版

河南省林州市第一中学分校2017-2018学年高二上学期开学检测化学试题 考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 一 二 三 总分 得分 注意事项：‎ ‎1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ‎2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题）‎ 请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、选择题 ‎1．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是 A．CH3COOH B．Cl2 C．Na2CO3 D．CO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、醋酸的水溶液能导电，属于电解质，错误，不选A；B、氯气的水溶液中有盐酸和次氯酸，能导电，但氯气是单质，不是非电解质，错误，不选B；C、碳酸钠的水溶液能导电，属于电解质，不选C；D、二氧化碳的水溶液为碳酸溶液，能导电，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质，正确，选D。‎ 考点：溶液的导电性的判断，电解质和非电解质的判断 ‎2．砹是原子序数最大的卤族元素，推测砹或砹的化合物最不可能具有的性质是（　　） ‎ ‎①砹化氢很稳定 ‎ ‎②砹单质与水反应，使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸 ‎ ‎③砹是黑色固体 ‎ ‎④砹化银难溶于水 ‎ ‎⑤砹易溶于某些有机溶剂．‎ A. 只有①② B. 只有①②⑤ C. 只有③⑤ D. 只有②⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】①砹的非金属性很弱，则砹化氢很不稳定，故选；②碘与水的反应为可逆反应，则砹单质与水反应，不可能使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸，故选；③卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，碘为固体，则砹是黑色固体，故不选；④AgCl、AgI等不溶于水，由相似性可知，砹化银难溶于水，故不选；⑤氯气、溴、碘易溶于有机溶剂，砹单质属于非极性分子，则砹易溶于某些有机溶剂，故不选；故选A。‎ 点睛：本题考查同一主族元素的性质的递变规律，注意把握同族元素性质的相似性和递变性。砹属于卤族元素，在卤族元素中，砹的金属性最强，非金属性最弱。‎ ‎3．关于碱金属的性质叙述错误的是（　　）‎ A. 还原性随原子电子层数的增加而增加 B. 在空气中燃烧的生成物都是过氧化物 C. 与水反应的剧烈程度随核电荷数增加而增强 D. 最高价氧化物对应水化物的碱性随核电荷数增加而增强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．因同一主族从上到下，电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，失电子能力逐渐增强，其单质的还原性增强，故A正确；B．锂在空气中燃烧的生成物为氧化锂，得不到过氧化物，故B错误；C．碱金属随原子序数增加，电子层数的增加，失去电子的能力越强，金属性越强，单质还原性越强，与水反应的剧烈程度增强，故C正确；D．碱金属元素从上到下随着原子序数的递增，单质的还原性逐渐增强，金属性增强，最高价氧化物对应水化物的碱性随核电荷数增加而增强，故D正确；故选B。‎ ‎4．下列有关化学用语使用不正确的是（　　）‎ A. 苯的分子式：‎ B. 羟基的电子式：‎ C. 甲烷分子的比例模型：‎ D. 原子核内有10个中子的氧原子： O ‎【答案】A ‎【解析】A．为苯的结构简式，其分子式为C6H6，故A错误；B．羟基中含有1个O-H键，氧原子最外层含有7个电子，羟基的电子式为，故B正确；C．甲烷分子中含有4个C-H键，碳原子的原子半径大于H原子，其比例模型为：，故C正确；D．氧元素的质子数为8，原子核内有10个中子的氧原子的质量数为8，其表示方法为：188O，故D正确；故选A。‎ ‎5．下列关于烷烃的说法中，正确的是（　　）‎ A. 通式为CnH2n B. 可以使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 在光照下可与氯气发生加成反应 D. 随分子中碳原子数的增加，烷烃的熔沸点升高 ‎【答案】D ‎【解析】A．烷烃的通式为CnH2n+2，故A错误；B．烷烃的结构决定了化学性质，碳原子是饱和状态，所以均不能使KMnO4溶液退色，故B错误；C．烷烃的特征反应为取代反应，所有的烷烃在光照条件下都能与氯气发生取代反应，烷烃无不饱和键，不是加成反应，故C错误；D．烷烃熔沸点取决于分子间作用力，碳原子数越多，分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，故D正确；故选D。‎ ‎6．关于铝热反应，下列说法不正确的是（　　）‎ A. 该反应是吸热反应 B. 铝热剂是混合物 C. 可以利用该反应焊接铁轨 D. 该反应需在高温条件下进行 ‎【答案】A ‎【解析】A．铝热反应是放热反应，故A错误；B．铝热剂是铝与某些金属氧化物(如Fe2O3、Fe3O4、Cr2O3、V2O5等)的混合物，故B正确；C．人们常将铝粉与氧化铁的混合物点燃，由于反应放出大量的热，置换出的铁以熔融态形式流出，让熔融的铁流入铁轨的裂缝，冷却后就将铁轨牢牢的黏结在一起，所以可以利用该反应焊接铁轨，故C正确；D．铝热反应发生的条件是高温，故D正确；故选A。‎ 点睛：本题考查铝热反应的原理以及铝热反应的应用。铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质的方法，可简单认为是铝与某些金属氧化物(如Fe2O3、Fe3O4、Cr2O3、V2O5等)在高热条件下发生的反应。‎ ‎7．如图是关于反应A2(g)+3B2(g) 2C(g)(正反应为放热反应)的平衡移动图形，影响平衡移动的原因是（ ）‎ A．升高温度，同时加压 B．降低温度，同时减压 C．增大反应物浓度，同时使用适宜的催化剂 D．增大反应物浓度，同时减小生成物浓度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：此反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，故错误；B、降低温度、减压，化学反应速率降低，故错误；C、增大反应物浓度，正反应方向速率增大，使用催化剂，化学反应速率增大，故错误；D、增大反应物浓度，正反应方向速率增大，减小生成物的浓度，逆反应方向速率降低，故正确。‎ 考点：考查影响化学反应速率的因素和影响化学平衡移动的因素等知识。‎ ‎8．对于可逆反应：2A（g）＋B（g） 2C（g） △H＜0，下列各图中正确的是 （ ）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、纵坐标是C的百分含量，温度越高，达到平衡所用的时间越短，升高温度平衡向逆反应方向进行，C的百分含量就越小，A正确；B、对于可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）（正反应放热），该反应是体积减小的可逆反应，随着压强增大，平衡向正向移动，正逆反应速率都增大，但是正反应速率增大的快，B错误；C、催化剂不能改变平衡状态，C错误；D、B.对于可逆反应A（g）+2B（g）2C（g）（正反应放热），升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低；增大压强平衡向正反应方向进行，A的转化率增大，D错误，答案选A。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡图像的分析与判断 ‎【名师点睛】有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图像，想原理，巧整合”四步法。第一步：看特点。即分析可逆反应化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化（正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应）、反应热 （正反应是放热反应，还是吸热反应）等。第二步：识图像。即识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点（平台、折线、拐点等）的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。第三步：想原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。第四步：巧整合。图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。‎ ‎9．铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为；Al+HNO3=Al(NO3)3+NO↑+H2O，若配平方程式后，HNO3的计量系数应该是( )‎ A. 2 B. 4 C. 6 D. 8‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据电子守恒和原子守恒，铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为Al+4HNO3=Al(NO3)3+ NO↑+2H2O，则HNO3的计量系数应该是4，故答案为B。‎ 考点：考查氧化还原反应的配平 ‎10．可逆反应N2＋3H22NH3‎ 的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是 A．3v正（N2）＝v正（H2） B．v正（N2）＝v逆（NH3）‎ C．2v正（H2）＝3v逆（NH3） D．v正（N2）＝3v逆（H2）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：反应进行时，用不同的物质表示速率，数值不同，可它们的比值是固定的。如用N2、H2、NH3分别表示同一正反应速率时，应有如下关系v 正(N2)∶v正(H2)∶v正(NH3)=1∶3∶2。如果化学反应达到平衡，则v(正)=v(逆)。若用具体物质表示，则速率值应与化学计量数成比例，且必须指明的是正、逆两个方向，即v 正(H2)∶v逆(NH3)=3∶2，v 正(N2)∶v逆(NH3)=1∶2，v 正(N2)∶v逆(H2)=1∶3。选项A只表示一个方向，选项B、D不符合化学计量数关系。选项C符合要求。‎ 考点：化学平衡状态的判断。‎ ‎11．将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c（A）：c（B）=3：5，以C表示的平均速率v（C）=0.25mol•L﹣1•min﹣1，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应方程式中，x=1‎ B. 2min时，A的转化率为50%‎ C. 2min时，A的物质的量为0.75mol D. 反应速率v（B）=0.25 mol•L﹣1•min﹣1‎ ‎【答案】B ‎【解析】设A、B的物质的量分别为nmol，4min后C的浓度为0.125mol•L-1•min-1×4min=0.5mol/L，则4min后c(C)=0.5mol/L×2L=1mol，n(D)=0.5mol/L×2L=1mol，‎ ‎   3A(g) +B(g)⇌ xC(g)+ 2D(g)‎ 起始：nmol  nmol   0   0 ‎ 转化：1.5mol 0.5mol  0.5x   1mol 平衡：(n-1.5)mol (n-0.5)mol 1mol 1mol 则(n-1.5)：(n-0.5)=3：5，n=3，x=2。A．化学反应中物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则x=2，故A错误；B．4min时，A的转化率为×100%=50%，故B正确。C．4min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C错误；D．以B表示的平均反应速率为v(B)=×v(C)=×0.125mol•L-1•min-1=0.065mol•L-1•min-1，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查了化学反应速率与化学计量数的关系，根据反应物的物质的量关系运用三段式法计算平衡时的物质的量是解答该题的关键。注意同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比。‎ ‎12．可逆反应：2NO22NO＋O2在恒容的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是（ ）‎ ‎①单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2‎ ‎②单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO ‎③用NO2、NO、O2表示的反应速率的比为2∶2∶1的状态 ‎④混合气体的颜色不再改变的状态 ‎⑤混合气体的密度不再改变的状态 ‎⑥混合气体的压强不再改变的状态 ‎⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦ C．①③④⑤ D．全部 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：①不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向一正一逆，且化学反应速率之比等于化学系数之比，生成O2和生成NO2，反应方向是一正一逆，生成nmolO2和生成2nmolNO2，等于系数之比，说明达到平衡，故正确；②根据①分析，故错误；③没有说明反应的方向，故错误；④NO2红棕色气体，其他均无色，因此颜色不再改变，说明反应达到平衡，故正确；⑤根据密度的定义，组分都是气体，气体的质量不变，因为是恒容，因此体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡，故错误；⑥反应气体系数之和不变，因此压强不变，说明反应达到平衡，故正确；⑦根据M=m/n，气体质量保持不变，反应前后气体系数之和不变，M不变，说明反应达到平衡，故正确；综上所述，故选项A正确。‎ 考点：考查化学平衡状态的判断等知识。‎ ‎13．下列反应不属于可逆反应的是(　 　)。‎ A. SO2溶于水和H2SO3分解 B. H2和I2化合生成HI和HI分解 C. SO2跟O2化合生成SO3和SO3分解 D. H2O电解生成H2和H2燃烧生成H2O ‎【答案】D ‎【解析】A. SO2溶于水和H2SO3分解在相同的条件下能够同时进行，属于可逆反应，故A不选；B. H2和I2化合生成HI和HI分解在相同的条件下能够同时进行，属于可逆反应，故B不选；C. SO2跟O2化合生成SO3和SO3分解在相同的条件下能够同时进行，属于可逆反应，故C不选；D. H2O电解生成H2和H2燃烧生成H2O的反应条件不同，不属于可逆反应，故D选；故选D。‎ 点睛：明确可逆反应的概念及特点为解答关键。可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应。注意条件相同，同时向正逆两个方向进行。‎ ‎14．关于元素周期表和元素周期律，下列说法正确的是（    ）‎ A. 若某元素的原子最外层电子数为2，则一定是第ⅡA族元素 B. 在周期表中，元素从上到下金属性逐渐增强，从左到右非金属性逐渐增强 C. 同主族含氧酸的酸性随着核电荷数的增加而减弱 D. 最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，所以Cl非金属性最强 ‎【答案】B ‎【解析】A. 若某元素的原子最外层电子数为2，不一定是第ⅡA族元素，如氦元素，是0族元素，故A错误；B. 同周期元素从左到右，随原子序数的增大，原子半径逐渐减小(不包括稀有气体)，得电子能力增强，失去电子能力减弱，则元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同主族元素从上到下，原子序数增大，则原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，故B正确；C. 同主族自上而下非金属性减弱，最高价含氧酸的酸性减弱，不是最高价含氧酸，则不一定，故C错误；D. 最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，但非金属性最强的是F，故D错误；故选B。‎ ‎15．分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是 A．2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g) ΔH＝＋163 kJ·mol－1‎ B．Ag(s)＋1/2Cl2(g)=AgCl(s) ΔH＝－127 kJ·mol－1‎ C．HgO(s)=Hg(l)＋1/2O2(g) ΔH＝＋91 kJ·mol－1‎ D．H2O2(l)= 1/2O2(g)＋H2O(l) ΔH＝－98 kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据ΔG＝ΔH－TΔS可知，当ΔG＜0时，即ΔH＜TΔS时，反应能自发进行，ΔG＞0时，即ΔH＞TΔS时，反应不能自发进行。A．反应是气体体积减小的吸热反应，在低温下非自发进行，在高温下可自发进行，错误；B．反应是气体体积减小的放热反应，在低温下自发进行，在高温下非自发进行，错误；C．反应是气体体积扩大的吸热反应，在低温下非自发进行，在高温下可自发进行，错误；D．反应是气体体积扩大的放热反应，在任何温度下都可自发进行，正确。故选D。‎ 考点：考查化学反应自发进行的条件的判断的知识。‎ ‎16．一定条件下，下列反应不能自发进行的是(　 　)‎ A. 2O3(g)＝3O2(g)   ΔH＜0 B. (NH4)2CO3(s)＝NH4HCO3(s) + NH3(g)  ΔH＞0‎ C. 2CO(g)＝2C(s) + O2(g)  ΔH＞0 D. 3Fe(s)+2O2(g)＝Fe3O4(s)    ΔH＜0‎ ‎【答案】C ‎【解析】△G=△H-T•△S＜0时，反应才能自发进行。A. 2O3(g)＝3O2(g)   ΔH＜0，△S＞0，反应的△G=△H-T•△S＜0，反应能够自发进行，故A不选；B. (NH4)2CO3(s)＝NH4HCO3(s) + NH3(g)  ΔH＞0，△S＞0，反应的△G=△H-T•△S，反应在高温下能够自发进行，故B不选；C. 2CO(g)＝2C(s) + O2(g)  ΔH＞0，△S＜0，反应的△G=△H-T•△S＞0，反应不能够自发进行，故C选；D. 3Fe(s)+2O2(g)＝Fe3O4(s)    ΔH＜0，△S＜0，反应的△G=△H-T•△S，反应在低温下能够自发进行，故D不选；故选C。‎ 点睛：物质的由固态或液态变为气态，或生成的气体越多，则混乱度越大，熵值越大，反之越小。一个反应能否自发进行，不取决于焓变或熵变中的一种，而是二者的综合判据，当△G=△H-T•△S＜0时，反应才能自发进行。‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、计算题 ‎17．向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量（未知）的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：‎ ‎（1）密闭容器的体积是_____L；‎ ‎（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=_______；‎ ‎（3）写出反应的化学方程式：________________________；‎ ‎（4）t1 s时，A的转化率为__________，此时v(A)正______v(B)逆（选填“>”、“<”或“=”）；‎ ‎（5）B的起始的物质的量是_____；‎ ‎（6）平衡时体系内的压强为初始状态的___________倍。‎ ‎【答案】 2 0.004 mol·L-1·s-1 3A B+2C 60% > 0.04 mol 1‎ ‎【解析】向某体积固定的密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，由图像可知，反应起始时，c(A)=0.15mol/L，所以容器的体积为2L。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，说明生成物C也是气体，且反应前后气体的分子数不变。在t1时刻，反应达到化学平衡状态，A和C的变化量之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05)=0.09:0.06=3:2，所以反应方程式可表示为3A B+2C。‎ ‎（1）密闭容器的体积是2 L；‎ ‎（2）若t1=15时，则t0~t1 s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)= ==0.004 mol·L-1·s-1；‎ ‎（3）反应的化学方程式为3A B+2C ；‎ ‎（4）t1 s时，A的转化率为 ，此时正反应速率与逆反应速率相等，其数值之比等于其化学计量数之比，所以v(A)正=3v(B)逆，v(A)正>v(B)逆；‎ ‎（5）由A和C的变化量之比为(0.15-0.06):(0.11-0.05)=0.09:0.06=3:2，可以推出B的变化量为0.03mol/L,容器的体积为2L，所以B起始的物质的量是(0.05-0.03) =0.04mol；‎ ‎（6）根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子数保持不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍。‎ 评卷人 得分 三、填空题 ‎18．（I）工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下：‎ ‎2Al(OH)3+ 12HF+ 3Na2CO3=2Na3AlF6+ 3CO2↑+ 9H2O 根据题意完成下列填空：‎ ‎（1）在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式___________________，属于弱酸的电离方程式 ___________________________________。‎ ‎（2）反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是_______________（选填编号）。‎ a．气态氢化物的稳定性          b．最高价氧化物对应水化物的酸性 c．单质与氢气反应的难易        d．单质与同浓度酸发生反应的快慢 ‎（Ⅱ）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的最外层电子数比内层电子数多1，Y是短周期元素中金属性最强的元素，Z的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4。‎ ‎（3）Z元素在周期表中的位置________；W的最高价氧化物对应水化物的化学式为_________。‎ ‎（4）隔绝空气加热，Y单质可与X的氧化物反应制备X单质，该反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（5）0.2mol 化合物Z2W2与水反应转移电子的物质的量为0.3mol ,生成一种能使品红褪色的气体，该反应过程中只有一种元素化合价发生变化，该反应的化学方程式_________________。‎ ‎【答案】 HF⇌H++F ac 3周期ⅥA HClO4 ‎ ‎【解析】(I)(1)由反应的反应物和生成物中的物质可知，只有二氧化碳是非极性分子，由碳最外层4个电子，氧最外层6个电子，则二氧化碳的电子式为，反应中的物质只有HF为弱酸，弱酸在电离时存在电离平衡，则电离方程式为HF⇌H++F-，故答案为：；HF⇌H++F-；‎ ‎(2)该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、F、Na、C，只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，则没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F非金属性的强弱，故答案为：ac；‎ ‎(Ⅱ)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X的最外层电子数比内层电子数多1，原子只能有2个电子层，最外层电子数为3，故X为B元素；Y是短周期元素中金属性最强的元素，则Y为Na；Z的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4，则Z为S元素，W原子序数最大，故W为Cl。‎ ‎(3)由以上分析可知Z为S，位于周期表3周期ⅥA，W为Cl最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，故答案为：3周期ⅥA；HClO4；‎ ‎(4)隔绝空气加热，Na单质可与X的氧化物B2O3反应制备B单质，该反应的化学方程式为：6Na+B2O32B+3Na2O，故答案为：6Na+B2O32B+3Na2O；‎ ‎(5)S2Cl2与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体为二氧化硫，只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，转移0.3mol电子生成二氧化硫为0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl，故答案为：2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。‎ 点睛：对于结构性质位置关系应用类型的试题，推断元素是解题关键。本题的易错点和难点是方程式的书写，考查学生从题干中获取信息的能力。‎ ‎19．甲醇是一种低碳能源，在全球能源危机和环境污染的背景下具有良好的发展前景。在催化剂作用下可用H2和CO合成甲醇，反应的化学方程式为 2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，三种物质的物质的量浓度随时间变化的关系如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)代表H2浓度变化的曲线为_______(填“a”、“b”或“c”)。‎ ‎(2)提出一条可以加快反应速率的措施：______________________________。‎ ‎(3)0〜4 min内，CH3OH的平均反应速率为_________________。‎ ‎(4)我国某高校化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。‎ ‎①该电池工作时，c口通入的物质为_____________，该电极为____(填“正极”或“负极”)。‎ ‎②该电池工作一段时间后,，当6.4 g甲醇完全反应生成CO2时，消耗的氧气的体积为_____L(标准状况下)。‎ ‎【答案】 a 增大压强(或升高温度等其他合理答案） 0.15 mol • L-l • min-1 O2(或空气） 正极 6.72‎ ‎【解析】(1)由2H2(g)+CO(g)CH3OH反应，H2浓度变化在减小并且是CO的2倍，所以代表H2浓度变化的曲线为a，故答案为：a；‎ ‎(2)可以加快反应速率的措施为加压或者升温，故答案为：加压或者升温；‎ ‎(3)根据图象CH3OH为生成物，即代表CH3OH浓度变化的曲线为b，则0-4 min内，CH3OH的平均反应速率===0.15mol/(L•min)，故答案为：0.15mol/(L•min)；‎ ‎(4)①在甲醇燃料电池中，燃料甲醇作负极，氧气作正极，电解质中的阳离子移向正极，所以c口通入的物质为氧气，故答案为：O2；正极；‎ ‎②当6.4g即0.2mol甲醇完全反应生成CO2时，根据总反应：2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，消耗氧气0.3mol，即标准状况下体积为0.3×22.4=6.72L，故答案为：6.72。‎ ‎20．用①H2O ②H2O2  ③Ba(OH)2  ④Na2O2  ⑤MgCl2  ⑥Ar  ⑦CO2  ⑧CaF2 ⑨NH4Cl ⑩CaO2 Ca(ClO)2 N2H4等物质填空。‎ ‎(1)只存在离子键的是________；‎ ‎(2) 由离子键和极性键构成的是_________；‎ ‎(3)由离子键和非极性键构成的是_________；‎ ‎(4) 由极性键和非极性键构成的是_________；‎ ‎(5)写出下列物质的电子式：Na2S2：_________；(NH4)2S:______。‎ ‎【答案】 ⑤⑧ ③⑨⑪ ④⑩ ②⑫ ‎ ‎【解析】①H2O属于共价化合物，只存在极性共价键；②H2O2属于共价化合物，存在极性共价键和非极性共价键；③Ba(OH)2属于离子化合物，存在离子键和极性共价键；④Na2O2属于离子化合物，存在离子键和非极性共价键；⑤MgCl2属于离子化合物，只存在离子键；⑥Ar是单原子分子，不存在化学键；⑦CO2属于共价化合物，存在极性共价键；⑧CaF2属于离子化合物，只存在离子键；⑨NH4Cl属于离子化合物，存在离子键和极性共价键；⑩CaO2属于离子化合物，存在离子键和非极性共价键； Ca(ClO)2属于离子化合物，存在离子键和极性共价键； N2H4属于共价化合物，存在极性共价键和非极性共价键。‎ ‎(1)只存在离子键的是⑤⑧，故答案为：⑤⑧；‎ ‎(2) 由离子键和极性键构成的是③⑨⑪，故答案为：③⑨⑪；‎ ‎(3)由离子键和非极性键构成的是④⑩，故答案为：④⑩；‎ ‎(4) 由极性键和非极性键构成的是②⑫，故答案为：②⑫；‎ ‎(5) Na2S2的电子式为；(NH4)2S的电子式为，故答案为：；。‎