【化学】河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
说明：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第（1）页至第（4）页，第Ⅱ卷第（5）页至第（7）页。
2、本试卷共100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
注意事项：
1、答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的准考证号、科目填涂在答题卡上。
2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。
3、考试结束后，监考人员将试卷答题卡和机读卡一并收回。
4、可能用到的原子量：Ag 108 Cu 64
一 选择题（本题共17小题，每题只有一个正确答案，其中1-9题每小题2分，10-17每小题3分）
1.决定化学反应速率的主要因素是（ ）
A. 反应物的浓度 B. 反应温度
C. 使用催化剂 D. 反应物的性质
【答案】D
【解析】
【详解】化学反应速率快慢的决定性因素是其内因，即反应物的性质，答案选D。
2. 在密闭容器中进行下列反应：M(g)+N(g)==R(g)+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
【答案】B
【解析】试题分析：该题采用固定变量法：固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低，根据温度对化学平衡移动的影响来确定反应的吸放热情况；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低，根据压强对化学平衡移动的影响来确定反应中各个物质的聚集状态。固定压强是P2，先拐先平，可以确定温度的高低顺序是T2＞T1，升高温度，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，该反应是放热反应；固定温度是T2，先拐先平，可以确定压强的高低顺序是P1＞P2，增大压强，R的百分含量降低，所以平衡逆向进行，即逆向是气体系数和减小的方向，即L是气体，故B正确；答案选B。
3.恒温恒容，下列物理量不再发生变化时，不能说明反应 A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)已达平衡状态的是（ ）
A. 混合气体的压强 B. C的体积分数
C. 混合气体的密度 D. 混合气体的平均相对分子质量
【答案】A
【解析】试题分析：该反应应是一个体积不变的反应，反应过程中混合气体的压强不变，答案选A。
4.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响，图像如下，下列判断正确的是（ ）
A. 由图a可知，T1>T2，该反应的逆反应为吸热反应
B. 由图b可知，该反应m+n
T2
，因温度越高，C%越低，说明升温平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故A正确；
B. 由图b可知，C%随着压强的增大而增大，说明加压后平衡正向移动，正反应为气体分子数目减小的反应，则该反应m+n>p，故B错误；
C.由图c可知，随着反应的时行，反应的速率先增大后减小，说明开始由于反应放热导致温度升高，此时温度对化学反应速率的影响较大，化学反应速率加快，而后由于反应物的浓度减小，体系的温度变化不明显，从而化学反应速率逐渐减小，所以该反应的正反应为放热反应，故C错误；
D. 由图d可知，曲线a较曲线b达到平衡的时间短，反应速率较快，最终的平衡状态是相同的，当m+n=p时，曲线a相对曲线b可能为加压或加入催化剂，故D错误；
答案选A。
5.某温度下，在固定容积的容器中，可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，下列叙述正确的是（ ）
A. 刚充入时反应速率υ正减少，υ逆增大 B. 平衡不发生移动
C. 平衡向正反应方向移动，A的物质的量浓度减小 D. 物质C的质量分数增大
【答案】D
【解析】
【分析】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，根据压强对平衡移动的影响判断。
【详解】从等效平衡的角度分析，达到平衡，此时测得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持温度不变，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向该容器中再充入A、B和C，相当于在原来的基础上缩小体积，增大压强，
A、刚充入时反应速率υ正增大，υ逆增大，故A错误；
B、增大压强，平衡向正反应方向移动，故B错误；
C、增大压强，平衡向正反应方向移动，但根据勒夏特列原理，A的物质的量浓度比原来要大，故C错误；
D、增大压强，平衡向正反应方向移动，增加了C的物质的量，物质C的质量分数增大，故D正确。
所以D选项是正确的。
6.下列说法中，可以证明反应 N2＋3H22NH3 已达平衡状态的是（ ）
A. 一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成
B. 一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键断裂
C. 一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂
D. 一个N≡N键断裂的同时，有六个N－H键形成
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断裂N≡N键代表正反应速率，形成H－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B. 断裂N≡N键代表正反应速率，断裂H－H键也表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故B错误；C. 断裂N≡N键代表正反应速率，断裂N－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故C错误；D. 断裂N≡N键代表正反应速率，形成N－H键表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故D错误；故选A。
7.反应A(g) + 3B(g) ⇌2C(g) + 2D(g) 在四种不同情况下的反应速率分别为：①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 、② v(B)=0.6mol·L-1·s-1、 ③v(C)=0.4mol·L-1·s-1、④v(D) =0.45mol·L-1·s-1，该反应进行的快慢顺序为（ ）
A. ④＞③＝②＞① B. ①＞②＝③＞④
C. ②＞①＝④＞③ D. ①＞④＞②＝③
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了可逆反应中反应速率的换算。同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。
【详解】可逆反应中，在同一时间段内，反应速率之比等于化学计量数之比，故v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2，故将题目中四种速度完全转化为A的反应速率且单位统一后，①v(A)=0.45mol·L-1·min-1 ，②v(A)=12mol·L-1·min-1，③v(A)=12mol·L-1·min-1，④v(A)=13.5mol·L-1·min-1 ，反应快慢顺序为④＞③＝②＞①
答案为A。
8. 镁条和铝片为电极，并用导线连接同时插入NaOH溶液中，下列说法正确的是（ ）
A. 镁条作负极，电极反应：Mg-2e-=Mg2＋
B. 铝片作负极，电极反应：Al+4OH--3e--=AlO2-+2H2O
C. 电流从Al电极沿导线流向Mg电极
D. 铝片上有气泡产生
【答案】B
【解析】试题分析：构成原电池两个电极，不一定是活泼电极就作负极，只能说一般是活泼电极作负极，判定时必须依据具体的自发反应来判定。A、Mg、Al在NaOH溶液中的自发氧化还原反应只有2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2，所以Al作负极，Mg作正极，错误；B、铝片作负极，电极反应：Al+4OH--3e--=AlO2-+2H2O，正确；C、电流的方向一定是从正极流向负极的，错误；D、该原电池的负极：Al+4OH--3e--=AlO2-+2H2O，正极镁条上有气泡放出，错误。
9.如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是（ ）
A. K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑
B. K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C. K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D. K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 mol气体
【答案】B
【解析】A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe＋2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝40H－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA
个电子时，两极均产生0.001mol气体，共计是0.002mol气体，D不正确，答案选B。
10.已知：①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
下列关系式中正确的是（ ）
A. ad>0 C. 2a＝b<0 D. 2c＝d>0
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，对于放热反应来说，ΔH为负，且反应放出的热量越多，ΔH越小。
①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1，
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
相同物质的量的氢气生成液态水放出的热量越多，焓变ΔH越小，所以0 > a > c，故A错误；
B选项，②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1，④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
相同物质的量的氢气生成液态水放出的热量越多，焓变ΔH越小；所以0 >b > d，故B错误；
C选项，①H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1，
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH2＝bkJ·mol−1
②中物质的量是①中物质的量的2倍，反应放出的热量也是2倍，0 >2a = b，故C正确；
D选项，③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝ckJ·mol−1
④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH4＝d kJ·mol−1
④中物质的量是③中物质的量的2倍，反应放出的热量也是2倍，0 >2c = b，故D错误；
综上所述，答案为C。
11.一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为零），到达平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.12 mol/L，则下列判断正确的是（ ）
A. c1 : c2＝1 : 3 B. 平衡时，3vY (正) ＝2vZ (逆)
C. X、Y的转化率不相等 D. c1的取值范围为0.06＜c1＜0.16 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】X(g)+3Y(g) 2Z(g)
起始量 c1 c2 c3
变化量 x 3x 2x
平衡量 0.1 0.3 0.12
则c1-x=0.1 c2-3x=0.3
c1 ： c2 = (0.1+x)：(0.3+3x)=1：3
A. 由上面计算可知，c1 : c2＝1 : 3，A正确；
B. 平衡时，2vY (正) ＝3vZ (逆)，B不正确；
C. 因为起始量之比等于化学计量数之比，所以X、Y的转化率相等，C不正确；
D.采用极值法，可得出c1的取值范围为0＜c1＜0.07 mol/L，D不正确。
故选A。
12.①101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)ΔH＝－221 kJ·mol－1
②2H2（g）+O2=2H2O（l）ΔH＝－572kJ·mol－1
③稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，下列结论正确的是（ ）
A. 碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1
B. 氢气的热值为143kJ·g－1
C. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应的成1 mol水，放出57.3 kJ热量
D. 稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出57.3 kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A.由反应 ①可以知道，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5KJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ·mol－1，故A正确；
B.② 中氧气的状态不确定，所以不能计算出氢气的热值，故B错误；
C.浓硫酸溶于水放热，所以放出的热量大于57.3 kJ，所以浓硫酸与稀NaOH溶液反应，放出的热量大于57.3 kJ，故C错误；
D.醋酸为弱电解质，电离时需要吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1 mol水，放出的热量小于57.3 kJ，故D错误。
故选A。
13.在一定条件下，向2 L密闭容器中加入2 mol X、1 mol Y。发生如下反应：2X(g)＋Y(?) 3Z(g) ∆H＜0。经60 s达平衡，此时Y的物质的量为0.2 mol。下列说法正确的是（ ）
A. 反应开始至平衡时，用X表示化学反应速率为1.2 mol/(L·min)
B. 该反应平衡常数表达式一定是K＝c3(Z)/[c2(X)c(Y)]
C. 若再充入1 mol Z，重新达平衡时X的体积分数一定增大
D. 若使容器体积变为1 L，Z的物质的量浓度一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】经60s达平衡，此时Y的物质的量为0.2mol，则
2X（g）+Y(?) 3Z（g）；∆H＜0
开始 2 1 0
转化1.6 0.8 2.4
平衡0.4 0.2 2.4
A．X表示的化学反应速率v==0.8mol•L-1•min-1，选项A错误；B．若Y为液体或固体，则反应平衡常数表达式一定是K＝，选项B错误；C．再充入1 mol Z，Y为气体，则Z的量极限转化为X、Y，与起始量比值相同，为等效平衡，所以重新达到平衡时，X的体积分数不变，选项C错误；D．无论Y是否为气态，平衡移动较小，而使容器体积变为1 L，Z的物质的量浓度一定增大，选项D正确；答案选D。
14.如图装置中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和盐酸，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是( )
A. 生铁块中的碳是原电池的正极
B. 红墨水柱两边的液面变为左低右高
C. 两试管中相同电极反应式是：Fe－2e－＝Fe2+
D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
【详解】在U型管的左边，a试管内，Fe-C形成原电池，发生吸氧腐蚀，液面上方的O2被消耗，气压减小；在U型管的右边，b试管内，Fe与HCl发生反应，其实质也是形成原电池，Fe-HCl-C原电池，发生析氢腐蚀，生成氢气，使右边气体的压强增大，将U型管内的液体向左挤压。
A. 从以上分析可知，不管是左边还是右边，Fe都做原电池的负极，碳都做原电池的正极，A正确；
B. 由于左边气压减小，右边气压增大，红墨水柱被压向左边，从而使U型管内液面出现左高右低的态势，B不正确；
C. 两试管中相同的电极反应式是：Fe－2e－＝Fe2+，C正确；
D. a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀，D正确
故选B。
15.对于固定体积的密闭容器中进行的反应：A(g)+B(g)C(g)+2D(g)，不能说明在恒温下可逆反应已经达到平衡状态的是（ ）
①反应容器中压强不随时间变化而变化
②单位时间内生成A的物质的量与消耗D的物质的量之比为1：2
③混合气体的平均摩尔质量不随时间变化而变化
④反应混合气体的密度不随时间变化而变化
A. ②④ B. ③④ C. ①③ D. ①②
【答案】A
【解析】
【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，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。
【详解】该反应为气体体积增大的反应，随着反应的进行压强发生变化 ，若反应容器中压强不变则反应达平衡状态，故①不选；
A气体的生成和D气体的消耗速率均描述逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达平衡状态，故②选；
该反应为气体体积增大的反应，而气体质量始终不变，只有当反应达平衡，气体的总物质的量不变，混合气体的平均摩尔质量才不随时间变化而变化，说明反应达平衡状态，故③不选；
反应物均为气体，总质量不变，恒容条件下，反应混合气体的密度始终保持不变，若密度不变不能说明反应达平衡，故④选；
所以选②④组合，答案选A。
16.250 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42－)＝0.5 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到1.12 L气体（标准状况下）。假定电解后溶液体积仍为250 mL，下列说法不正确的是（ ）
A. 电解得到Cu的质量为3.2 g
B. 上述电解过程中共转移电子0.2 mol
C. 电解后的溶液中c(H＋)＝0.2 mol·L－1
D. 原混合溶液中c(K＋)＝0.6 mol·L－1
【答案】C
【解析】分析：根据溶液中离子放电能力的强弱，该混合溶液在电解过程中分两个阶段：第一阶段，当阴极析出铜时，阳极析出O2；第二阶段，当阴极析出H2时，阳极析出O2。已知通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况下），即0.05mol，可见当阴极析出0.05mol H2，转移电子0.1mol，同时，在阳极只能析出0.025mol O2，即第二阶段；所以在第一阶段阳极析出的O2也是0.025mol，转移电子0.1mol，同时，在阴极析出0.05mol Cu，溶液中生成0.1mol H+，电路中共转移电子0.2mol，根据溶液中电荷守恒可求出K+的浓度。
详解：A、根据上述分析，第一阶段，溶液中的Cu2+
在阴极全部放电，析出0.05molCu，其质量为3.2g，所以A正确；
B、两个阶段转移电子都是0.1mol，所以共转移电子0.2mol，即B正确；
C、溶液中的H+是在第一阶段生成的，当阳极析出O20.025mol时，溶液中生成H+0.1mol，所以c(H＋)＝0.4 mol/L，因此C不正确；
D、n(Cu2+)=0.05mol，n(SO42-)=0.5mol/L×0.25L=0.125mol，由电荷守恒可得n(K+)=0.15 mol，c(K＋)＝0.6mol/L，故D正确。本题答案为C。
17.将图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（ ）
A. Zn极上发生还原反应
B. 电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C. 片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42﹣）基本不变，溶液不再保持电中性
D. 片刻后可观察到滤纸a点变红色
【答案】D
【解析】
【分析】从装置图中看，甲、乙构成原电池，滤纸构成电解池。Zn为负极，则a为阴极，b为阳极，Cu为正极。
【详解】A. Zn极为负极，Zn失电子，发生氧化反应，A不正确；
B. 电子沿Zn→a，b→Cu路径流动，在a、b间，通过离子在电解质溶液中的定向移动传导电流，电子不能从溶液中通过，B不正确；
C. 片刻后，乙池中c(Cu2+)减小，c(SO42﹣)基本不变，盐桥中的阳离子进入乙池溶液中，使溶液保持电中性，C不正确；
D. 在滤纸a点，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，片刻后可观察到滤纸a点变红色，D正确。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题，共58分）
二 填空题（本大题共四题，每空2分）
18.50 mL 0.50 mol·L−1盐酸与50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是______________________________。
（2）烧杯间填满碎纸条的作用是______________。
（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填”偏大”“偏小”或”无影响”)。
（4）实验中改用60 mL 0.50 mol·L−1盐酸跟50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填”相等”或”不相等”)，所求中和热__________(填”相等”或”不相等”)，简述理由：_________________________。
（5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________(填”偏大”“偏小”或”无影响”，下同)；用50 mL 0.50 mol·L−1 NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________。
【答案】(1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1 mol H2O(l)所放出的热量，与酸碱的用量无关 (7). 偏小 (8). 偏小
【解析】
【分析】本实验的关键为准确测定反应后的温度，并计算反应生成1mol水时的反应热即中和热。所以实验中保温绝热是关键，准确测定实验数据也很关键，保证酸或碱完全反应，进而计算中和热。
【详解】（1）本实验成败的关键是准确测量反应后的温度。因此所用装置必须保温、绝热且可使体系温度尽快达到一致，故缺少的仪器应为环形玻璃搅拌棒。
（2）碎纸条的作用为减少实验过程中的热量损失。
（3）不盖硬纸板会损失部分热量，故所测结果偏小。
（4）由中和热的概念可知，中和热是以生成1 mol水为标准的，与过量部分的酸碱无关，所以放出的热量不相等，但中和热相等。
（5）由于弱酸、弱碱的中和反应放出热量的同时，还有弱酸、弱碱的电离吸热，所以用氨水代替NaOH，测得的中和热数值偏小；用50 mL 0.50 mol·L−1 NaOH溶液进行上述实验会导致反应不充分，测得的反应热会偏小。
19.如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时N电极的质量减少，请回答下列问题：
（1）M电极的材料是________，其电极反应式为：________N的电极名称是________，电极反应式为：________
（2）通入甲烷的铂电极的电极反应式为________．
（3）在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32g时，甲池中理论上消耗氧气为________ L（标准状况下）。
【答案】(1). 石墨 (2). Ag++e﹣→Ag (3). 阳极 (4). Fe﹣2e﹣═Fe2+ (5). CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O (6). 0.224
【解析】
【详解】（1）碱性甲烷电池为原电池，通入甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极，乙池有外接电源，属于电解池，根据图片知，工作时N电极的质量减少，所以N是阳极铁电极，电极反应为：Fe-2e-═Fe2+；M是阴极，是石墨电极，发生反应：Ag++e-→Ag；
（2）甲烷是燃料电池的负极，发生失电子的氧化反应，碱性环境下，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（3）n（Ag）=4.32g÷108g/mol=0.04mol，根据Ag++e-=Ag可以知道转移电子为0.04mol，甲池中通入氧气的一极为正极，反应式为2O2+8H++8e-=4H2O，则消耗n（O2）=1/4×0.04mol=0.01mol，V（O2）=0.01mol×22.4L/mol=0.224L。
20. 合成氨工业中氢气可由天然气和水蒸汽反应制备，其主要反应为：
CH4+ 2H2OCO2+4H2，已知：
CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l） △H=-890KJ/mol
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） △H=-571.6KJ/mol
H2O（g）＝H2O（l） △H=-44KJ/mol
（1）写出由天然气和水蒸汽反应制备H2的热化学方程式： 。
（2）某温度下，10L密闭容器中充入2mol CH4和3mol H2O（g），发生CH4（g）+ 2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）反应，过一段时间反应达平衡，平衡时容器的压强是起始时的1.4倍。则①平衡时，CH4的转化率为 ，H2的浓度为 ，反应共放出或吸收热量 KJ。
②升高平衡体系的温度,混合气体的平均相对分子质量 ,密度 。（填“变大”“变小”或“不变”）。
③当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变,平衡将 （填“正向”“逆向”或“不”）移动。
④若保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态），平衡将 （填“正向”“逆向”或“不”）移动。达到新平衡后,容器内H2浓度范围为 。
【答案】（1）CH4（g）+ 2H2O （g）CO2（g）+4H2（g） △H=+165.2KJ/mol（2分）
（2）①50﹪,0.4mol/L,165.2（各2分）
②变小，不变（各1分），③正向（1分），④逆向（1分），0.4mol/L＜c（H2）＜0.8mol/L（2分）
【解析】试题分析：（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l） △H＝-890kJ/mol，②2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）△H＝-571.6kJ/mol，③H2O（g）＝H2O（l） △H＝-44kJ/mol，则根据盖斯定律可知①－②×2＋③即得到天然气和水蒸汽反应制备H2的热化学方程式CH4（g）+ 2H2O （g）CO2（g）+4H2（g） △H＝+165.2kJ/mol。
（2）CH4（g）+ 2H2O（g）CO2（g）+4H2（g）
起始量（mol）2 3 0 0
转化量（mol）x 2x x 4x
平衡量（mol）2-x 3－2x x 4x
则2-x+3－2x+x+4x＝5×1.4
解得x＝1
①平衡时，CH4的转化率为，H2的浓度为4mol÷10L＝0.4mol/L，反应共吸收热量1mol×165.2kJ/mol＝165.2kJ。
②正方应是吸热反应，升高平衡体系的温度平衡向正反应方向进行，气体的物质的量增加，则混合气体的平均相对分子质量变小，容积不变，密度不变。
③当达到平衡时,充入氩气,并保持压强不变，则容积增大，所以平衡将正向移动。
④正方应是体积增大的，则保持恒温，将容器压缩为5L（各物质仍均为气态），瞬间氢气的浓度由0.4mol/L变为4mol÷5L＝0.8mol/L，平衡将逆向移动，根据勒夏特列原理可知达到新平衡后,容器内H2浓度范围为0.4mol/L＜c（H2）＜0.8mol/L。
21.在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)(mol)
0.020
0.01.
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）已知：K300℃＞K350℃，写出该反应的平衡常数表达式：K=_________________，关于该反应的下列说法中，正确的是________。
A．△H>0，△S>0 B．△H>0，△S<0
C．△H<0，△S<0 D．△H<0，△S>0
（2）下图中表示NO2的变化的曲线是____________________，用O2表示从0-2s内该反应的平均速率v=_______________。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是__________。
A．v(NO2)=2v(O2) B．容器内压强保持不变
C．v (NO)=2v（O2） D．容器内密度保持不变
（4）下列措施中能使n(NO2)/n(NO)增大的有____。(填字母)
A．升高温度 B．加入催化剂
C．不断充入O2 D．充入He(g)，使体系总压强增大
【答案】(1). K=c2(NO2)/[c2(NO).c(O2)] (2). C (3). b (4). 0.0015mol/(L.s) (5). B (6). C
【解析】
【详解】:(1)可逆反应2NO(g)+ O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=c2(NO2)/[c2(NO).c(O2)],根据已知 K300℃＞K350℃,说明升高温度平衡向逆反应移动,故正反应是放热反应△H <0,又因为反应后气体变少,所以△S<0;因此C符合题意。答案是: K=c2(NO2)/[c2(NO).c(O2)] C;
(2)由方程式2NO(g)+ O2(g)2NO2(g)和图像可以知道,平衡时浓度的变化量△c(NO) : △c(O):△c(NO2)=2:1:2,由表中数据可以知道,平衡时△c(NO)=(0.02mol-0.007mol)/2L=0.00625mol/L,曲线b平衡时的浓度为0.00625mol/L,故曲线b表示NO2的浓度变化,
由图中数据可以知2s内NO的浓度变化量为0.01mol/L-0.004mol/L=0.006mol/L,故v(NO)= 0.006mol.L-1 /2s=0.003mol/(L.s) ,根据速率之比等于化学计量数之比,故v(O2)=1/2 v(NO)=1/2=0.0015mol/(L.s),因此，本题答案是:b; 0.0015mol/(L.s)。
(3)A.未指明正逆速率,若都为同一方向速率,始终都存在v(NO2)=2v(O2)关系,故不能说明到达平衡,若为不同方向的速率,速率之比等于化学计量数之比,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,所以B选项是正确的;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 (NO)=2v正 (O2),说明到达平衡,而v (NO)=2v（O2）不能说明到达平衡，所以C选项是错误的;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;所以B选项是正确的。
(4)因为2NO(g)+O2(g)2NO2(g) K300℃＞K350℃，所以正反应是放热反应适当升高温度,反应速率增大,平衡向逆反应移动,故A不符合题意；B．选择高效的催化剂,增大反应速率,不影响平衡移动,故B不符合题意；C.增大O2的浓度,反应速率增大,平衡向正反应移动,所以C选项正确; D．充入He(g)，使体系总压强增大,但不影响分压，平衡混合物中各组分的浓度保持不变，故平衡不移动，D不符合题意；所以答案为C。
