内蒙古乌兰察布市北京八中乌兰察布分校2019-2020学年高二上学期第四次调研考试化学试题

内蒙古乌兰察布市北京八中乌兰察布分校2019-2020学年高二上学期第四次调研考试化学试题

北京八中乌兰察布分校 ‎2019-2020学年第一学期教学质量调研四 高二年级化学试题 注意事项：‎ ‎1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上。‎ ‎2. 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。‎ ‎3. 考试结束后，将答题卡交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 ‎ 一、单选题(本大题共20小题。每小题3分，满分60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的)。‎ ‎1. 下列既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是 A. 铝片与稀盐酸反应 B. 氢氧化钡与氯化铵的反应 C. 灼热的碳与水蒸气的反应 D. 铝热反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、为放热反应，Al、H元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；‎ B、为吸热反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故B不选；‎ C、为吸热反应，且C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故C选；‎ D、为放热反应，属于氧化还原反应，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 浓度不影响反应活化能，但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率 B. 单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快 C. 不存在活化能为0的化学反应 D. 对于化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大，但不能增大活化分子的百分数，选项A错误；‎ B、单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快，选项B正确；‎ C、在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子；使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，Ag+和Cl-已是活化离子，故其活化能为零，选项C错误；‎ D、反应速率与反应现象之间无必然联系，如酸碱中和反应的速率很快，但却观察不到什么现象，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反应：A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，下列叙述能表明该反应已达到平衡状态的是 ‎①混合气体的密度不再变化时　②容器内气体的压强不再变化时　③混合气体的总物质的量不再变化时　④B的物质的量浓度不再变化时　⑤混合气体的平均相对分子质量不再变化时　⑥v正(B)=2v逆(C)时 A. ①④⑤⑥ B. ②③⑥ C. ②④⑤⑥ D. 只有④‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①在恒容条件下，气体的总体积V恒定，反应体系中有固体A参与，所以气体的质量为一个变化的量，可知密度为一个变化的量，当密度不变时可以看作是达到化学平衡，故①正确；②此题为恒温恒容，反应前后气体物质的量不变的反应，由PV=nRT可知压强P为一个恒定的值，故压强不变不能说明达到平衡，故②错误；③反应前后气体的化学计量数相等，即该可逆反应是一个气体物质的量不变的反应，不管是否平衡，气体的物质的量都是不变的，故③错误；④可逆反应为一个整体，B物质的量浓度不变，则体系中其他气体的浓度均不再变化，故④正确；⑤反应体系中有固体A参与，所以气体的质量m为一个变化的量，反应前后气体的化学计量数相等，说明气体总物质的量n为一个恒定的量，所以M为一个变化的量，若M不变，说明已经达到平衡，故⑤正确；⑥当反应正逆反应速率相等时，说明已经达到平衡，故⑥正确，能表明该反应已达到平衡状态的有①④⑤⑥，故选A。‎ ‎4.已知：①Zn(s)＋O2(g)＝ZnO(s)ΔH＝－348.3kJ·mol－1‎ ‎②2Ag(s)＋O2(g)＝Ag2O(s)ΔH＝－31.0kJ·mol－1‎ 则Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为 A 2Zn(s)＋2Ag2O(s)===2ZnO(s)＋4Ag(s)ΔH＝－634.6 kJ·mol－1‎ B. Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag　ΔH＝＋317.3kJ·mol－1‎ C. Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)ΔH＝－317.3kJ D. Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)ΔH＝＋317.3kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①-②得Zn与Ag2O反应生成ZnO和Ag的热化学方程式为Zn＋Ag2O===ZnO＋2Ag　ΔH＝＋317.3kJ·mol－1，故选B。‎ ‎5.下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是（　　）‎ A. 工业合成氨反应中加压有利于提高氨气的产率 B. 将NO2球浸泡在冷水和热水中 C. 红棕色的NO2 ，加压后颜色先变深后变浅 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 勒夏特列原理是：如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。勒夏特列原理适用的对象应存在可逆过程，若与可逆过程无关，则与平衡移动无关，则不能用勒夏特列原理解释。‎ ‎【详解】A. 工业合成氨反应为N2+3H2⇌2NH3，加压平衡向气体体积减小的方向移动，则该反应加压会向着正反应方向移动，即生成氨气的方向移动，有利于提高氨气的产率，能用勒夏特利原理解释，A项错误；‎ B. NO2球中存在平衡2NO2⇌N2O4 ΔH<0，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即逆反应方向移动，混合气体颜色变深，降低温度平衡向放热反应方向移动，即正反应方向移动，混合气体颜色变浅，能用勒夏特利原理解释，B项错误；‎ C. 红棕色的NO2气体中存在平衡2NO2⇌N2O4，加压体积减小，NO2浓度增大，混合气体颜色变深，但压强增大平衡正向移动，NO2浓度又减小，则颜色又变浅，能用勒夏特利原理解释，C项错误；‎ D. 由H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系中存在可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特利原理解释，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】1、红棕色的NO2气体中存在平衡2NO2⇌N2O4，加压体积减小，NO2浓度增大，混合气体颜色变深，但压强增大平衡正向移动，NO2浓度又减小，则颜色又变浅，但是颜色比原来也要深，勒夏特列原理是减弱这种改变，而不是抵消，这是学生们学习的易错点。‎ ‎2、由H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系中存在可逆反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体积减小加压，H2(g)、I2(g)、HI(g)浓度均增大，但是平衡不会移动，颜色加深仅是由体积减小，I2(g)浓度增大造成的，不能用勒夏特利原理解释，这是学生们学习的难点。‎ ‎6.汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)＋2NO2(g) 4CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝-1200kJ·mol－1。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是 A. B. C. C D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.升高温度正逆反应速率均增大，故A错误；‎ B.增大压强平衡正向移动，CO的体积分数减小，故B错误；‎ C.正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故C错误；‎ D.升高温度反应速率加快，平衡逆向移动，NO2的转化率减小，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.下图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是 A. 锌是负极，电子流向为“锌片→LED灯→铜片→稀H2SO4→锌片”‎ B. 如果将硫酸换成橙汁，LED 灯不能发光 C. 氢离子铜片表面被还原 D. 该电源工作时，烧杯中阳离子向Zn极移动，且c（H＋）减小，c（Cu2＋）增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、原电池中电子从负极流向正极，但是电子不能通过溶液，选项A错误；B、柠檬汁显酸性也能作电解质溶液，所以将硫酸换成柠檬汁，仍然构成原电池，所以导线中有电子流到，LED 灯能发光，选项B错误；C、铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子被还原生成氢气，选项C正确；D、电解质溶液中阳离子向正极移动，即烧杯中阳离子向Cu极移动，溶液中没有铜离子，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查原电池和电解池的工作原理。锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，铜为正极，正极发生还原反应生成氢气，电子不能通过溶液，电解质溶液中阳离子向正极移动，以此解答该题。‎ ‎8.如图所示的装置用石墨电极电解饱和食盐水（两极均滴酚酞），以下说法正确的是 A. a电极附近溶液酸性减弱 B. a电极上发生还原反应 C. b电极附近酚酞变红 D. b电极上有黄绿色气体产生 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. a电极连接电源正极为阳极，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，附近溶液酸性增强，选项A错误；B. a电极连接电源正极为阳极，阳极上发生氧化反应，选项B错误；C. b电极连接电源负极为阴极，阴极上产生氢气和氢氧化钠，碱性增强附近酚酞变红，选项C正确；D. b电极连接电源负极为阴极，阴极上产生氢气和氢氧化钠，电极上有无色气体氢气产生，选项D错误。答案选C。‎ 点睛：本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，知道阳阴极区域发生的反应，题目难度不大。‎ ‎9.按下图装置进行实验,若X轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴不能表示（ ）‎ A. c(Ag+) B. c(NO3-) C. 溶液的pH D. a棒的质量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该电解池为铁棒上镀银的电镀装置，阳极反应为：Ag-e-=Ag+，阴极反应为：Ag++e-=Ag，从由电极反应式可得，随着反应的进行c(Ag+)、c(NO3-)、溶液的pH都不变，a棒的质量增加，由图像可知，随着流入阴极的电子的物质的量的增加，y值不变，则y轴不能表示a棒的质量，故选D。‎ ‎10.一定温度下，在三个体积均为‎1.0 L的恒容密闭容器中，反应2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)达到平衡。下列说法不正确的是 容器 温度/K 起始浓度/(mol/L)‎ 平衡浓度/(mol/L)‎ H2‎ CO CH3OH CH3OH ‎①‎ ‎400‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0‎ ‎0.08‎ ‎②‎ ‎400‎ ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0‎ X ‎③‎ ‎500‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.025‎ A. X = 0.16 B. 该反应的正反应是放热反应 C. 平衡时的反应速率:②>① D. 400 K 时该反应平衡常数的值为2500‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 400K时，2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，氢气和一氧化碳的起始浓度为1:2，同比例增大反应物浓度，相当于增大压强，平衡正向移动，则平衡浓度小于1:2，因此X大于0.08×2=0.16，故A错误；‎ B.根据表格数据，①和③的起始浓度等效，升高温度，CH3OH的平衡浓度减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应是放热反应，故B正确；‎ C.压强越大，反应速率越快，平衡时的反应速率:②>①，故C正确；‎ D.根据表格数据①，400 K 时该反应平衡常数K==2500，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎11.对于恒定容积的密闭容器中进行的反应A(s)＋B(g)‎2C(g) ΔH＜0，平衡后只改变下列条件，有关叙述正确的是 A. 加入少量A物质，平衡正向移动，正反应速率加快 B. 加入少量B物质，平衡正向移动，逆反应速率减小 C. 充入氩气（不参加反应），平衡逆向移动，逆反应速率加快 D. 升高温度，平衡逆向移动，正反应速率和逆反应速率都加快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 固体物质浓度一定，加入少量A物质，平衡不移动，反应速率不变，故A错误；B. 加入少量B物质，平衡正向移动，逆反应速率不变，故B错误；C. 充入氩气（不参加反应），平衡不移动，逆反应速率不变，故C错误；D. 升高温度，平衡逆向移动，正反应速率和逆反应速率都加快，故D正确。故选D。‎ ‎12.一定温度下，在‎2L恒容密闭容器中发生反应：2N2O5（g）4NO2（g）+ O2（g），反应吸热。反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 10min时，反应达到平衡 B. 曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化 C. 0~20min内平均反应速率v（N2O5）=0.1mol∙L-1∙min-1‎ D. 达到平衡时，N2O5的转化率为60%‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、10min时，反应中的有关物质的物质的量还在变化，所以反应未达平衡状态，故A错误；‎ B、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物，NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，结合图中的数据可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，故B正确；‎ C、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据v===0.05mol•（L•min）-1，故C错误；‎ D、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5‎ 减小的物质的量的两倍，所以曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据图象可知，达到平衡时N2O5的物质的量的变化量是2mol，所以N2O5的转化率为×100%=40%，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎13.在一定条件下，将 1mol A投入体积为‎1 L的密闭容器中，发生如下反应：‎2A(g)B(g) + xC(?)，(正反应放热)。经t min后反应达到平衡，此时A的转化率为a，容器内压强变为原来的(1+‎1.5a)倍，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. C为气态或液态物质 B. x = 3‎ C. x =4‎ D. 降温可降低A的转化率 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知反应物A的物质的量，A的转化率和平衡后的压强，可用三段式解答。‎ ‎ ‎ A(g)⇌B(g) + xC(?)‎ 起始(mol/L) 1 0 0‎ 变化(mol/L) a ‎0.5a 0.5ax 平衡(mol/L)1-a ‎0.5a 0.5ax ‎【详解】A平衡后压强变大，说明生成物的总的物质的量大于反应物的总的物质的量，C必为气体，故A不选；‎ B.根据压强变为原来的(1+‎1.5a)倍：1-a+‎0.5a+0.5ax=1+‎1.5a，求得x=4，故B不选；‎ C.根据上述计算，x=4，故C选；‎ D.该反应的正反应放热，降低温度，平衡右移，A的转化率变大，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎14.研究表明，化学反应的能量变化与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1 mol 化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：‎ 化学键 P—P P—O O=O P=O 键能 kJ/mol-1‎ ‎197‎ ‎360‎ ‎499‎ X 已知白磷的燃烧方程式为：P4(s)+5O2(g)P4O10(s)，该反应放出热量2379.0 kJ，且白磷分子结构为正四面体，4个磷原子分别位于正四面体的四个顶点，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X为 A. 434 B. ‎335 ‎C. 237 D. 188‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和进行计算。‎ ‎【详解】反应焓变ΔH=6×197kJ/mol+5×499kJ/mol-4×XkJ/mol-360kJ/mol×12=−2379.0kJ/mol，计算得到X=434 kJ/mol；故选项A正确。‎ ‎【点睛】焓变和键能的关系，主要是弄清楚物质的结构，清楚含有共价键的数目，如本题P－O的个数，根据结构，P－O的个数应为12个。‎ ‎15. 有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：‎ ‎①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中， A上有气泡产生；‎ ‎②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中， D发生还原反应 ‎③A、C用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电子流动方向由A→导线→C。‎ 据此判断四种金属的活动性顺序为（ ）‎ A. C＞D ＞A＞B B. C＞A＞ D＞B C. B＞A＞C＞D D. B＞D＞C＞A ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①A上有气泡产生，说明A作正极，金属性B＞A；②根据原电池工作原理，正极上发生还原反应，金属性C＞D；③根据原电池工作原理，电子从负极→导线→正极，金属性A＞C，因此金属性B＞A＞C＞D，故选项C正确。‎ ‎16.被称之为“软电池”的纸质电池，其电池总反应为Zn+2MnO2+H2OZnO+2MnO(OH)。下列说法正确的是( )‎ A. 该电池的正极为锌 B 该电池反应中二氧化锰起催化剂作用 C. 当‎65g Zn完全溶解时，流经电极的电子为1mol D. 电池正极反应式为2MnO2+2e-+2H2O2MnO(OH)+2OH-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从电池反应可知，锌被氧化，失去电子，所以是负极，故A错误；‎ B.该电池反应中MnO2发生了还原反应，MnO2得到电子，被还原，为原电池的正极，故B错误；‎ C.当有‎65 g Zn物质的量为1mol锌溶解时，流经电极的电子2mol，故C错误；‎ D.电池的正极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，或2MnO2+2e-+2H2O=2MnO(OH)+2OH-，故D正确。‎ 本题答案选D。‎ ‎17. 如图所示各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为 A. ⑤②①④③ B. ③②⑤④①‎ C. ⑤④③②① D. ⑤②①③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 金属腐蚀速率：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，①是化学腐蚀，②铁作负极，③铁作正极，④铁作阴极，⑤铁作阳极，因此腐蚀速率由快到慢的顺序是⑤②①③④，故选项D正确。‎ ‎18.据媒体报道，以氢氧燃料电池为动力的公交车即将在北京试运行。质子交换膜燃料电池(PEMFC)常作为电动汽车的动力源。该燃料电池以氢气为燃料，空气为氧化剂，铂作催化剂，导电离子是H+。下列对该燃料电池的描述中正确的是 ‎①正极反应为：O2+4H++4e- ═2H2O ‎②负极反应为：2H2-4e- ═4H+‎ ‎③总的化学反应为：2H2+O22H2O ‎④H+通过电解质向正极移动 A. ①②③④ B. ②③④ C. ①②④ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】该燃料电池属于原电池，①正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e- ═2H2O，正确；②负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H2-4e- ═4H+，正确；③将正负极电极反应式相加得总的化学反应为：2H2+O2═2H2O，正确； ④该电池放电时，阳离子向负电荷较多的正极移动，所以H+通过电解质向正极移动，正确.故正确说法是①②③④，选项A符合题意。‎ ‎19.能够使反应Cu+2H2O＝Cu（OH）2+H2↑发生的是（ ）‎ A. 铜片作原电池的负极，石墨作原电池的正极，氯化钠溶液做电解质溶液 B. 铜锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀 C. 用铜片作阴、阳电极，电解硫酸钠溶液 D. 用铜片作阴、阳电极，电解硫酸铜溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】金属铜和水之间发生的反应是非自发的氧化还原反应，应设计成电解池，在反应Cu+2H2O═Cu（OH）2↓+H2↑中，失电子的是金属铜，所以必须选择金属铜作阳极材料，其他导电的物质做阴极材料即可，在阴极上应该是水中的氢离子得电子的反应，注意阳离子是氢离子得电子，电解质溶液中其他离子的得电子能力要比氢离子弱，可以选择硫酸钠等来做电解质，‎ A．原电池原理不能实现该非自发的氧化还原反应，故A错误；‎ B．铜锌合金在潮湿的空气中发生电化学腐蚀时，金属锌被腐蚀，铜被保护，故B错误；‎ C．用铜片作阴、阳电极，电解硫酸钠溶液，可以实现该反应的发生，故C正确；‎ D．以铜为电极电解硫酸铜溶液的原理是在阴极上铜离子比氢离子易得电子，得电子后析出金属铜，不会产生氢气，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎20. 如图所示的装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b电极附近溶液呈红色．下列说法中正确的是（ ）‎ A. X是负极，Y是正极 B. Pt是阴极，Cu是阳极 C. CuSO4溶液的酸性逐渐增强 D. CuSO4溶液的酸性不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阴极，Pt为阳极，‎ A．通过以上分析知，Y是负极、X是正极，故A错误；‎ B．通过以上分析知，Cu是阴极，Pt为阳极，故B错误；‎ C．电解过程中CuSO4溶液里，阳极上氢氧根离子失电子，阳极附近同时生成氢离子，所以CuSO4溶液的酸性逐渐增强，故C正确；‎ D．电解过程中CuSO4溶液里，阳极上氢氧根离子失电子，阳极附近同时生成氢离子，所以CuSO4溶液的酸性逐渐增强，故D错误；‎ ‎【点评】本题考查了电解原理，明确各个电极上放电的离子是解本题关键，根据各个电极上发生的反应来分析即可，题目难度不大。‎ 二、填空题(共40分)‎ ‎21.如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。‎ ‎(1)A池中Zn是___极，电极反应式为____；Cu是___极，电极反应式为________‎ ‎(2)B池中总反应的方程式为________________。‎ ‎(3)请将 Zn + 2Ag+ = 2Ag + Zn2+设计成双液原电池，并画出简易装置图，并注明电极材料以及电解质溶液 ‎______‎ ‎(4)书写甲醛-空气燃料电池(电解质溶液为KOH)的负极电极反应式___________________。‎ ‎【答案】 (1). 负 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). 正 (4). Cu2++2e-=Cu (5). CuCl2Cl2↑+Cu (6). (7). HCHO-4e-+6OH-═CO32-+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）铜、锌、氯化铜原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应；‎ ‎（2）该装置是电解池，且阳极是惰性电极，C连接电源负极，所以是阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，铂连接电源正极，所以铂在阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应；‎ ‎（3）根据 Zn + 2Ag+ = 2Ag + Zn2+，Zn发生氧化反应，所以Zn作负极，Ag+发生还原反应生成Ag，所以可溶性硝酸银作电解质溶液，用石墨作正极；‎ ‎（4）若电解质溶液为KOH溶液，负极上甲醛发生失电子发生氧化反应。‎ ‎【详解】（1）铜、锌、氯化铜原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，所以该原电池的电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；‎ 故答案为：负；Zn-2e-=Zn2+；正；Cu2++2e-=Cu；‎ ‎（2）该装置是电解池，且阳极是惰性电极，C连接电源负极，所以是阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，铂连接电源正极，所以铂在阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，所以其电池反应式为：CuCl2Cl2↑+Cu；‎ ‎（3）根据Zn + 2Ag+ = 2Ag + Zn2+，Zn发生氧化反应，所以Zn作负极，Ag+发生还原反应生成Ag，所以可溶性硝酸银作电解质溶液，用石墨作正极，装置如图；‎ ‎（4）若电解质溶液KOH溶液，负极上投放甲醛，发生失电子发生氧化反应：HCHO-4e-+6OH-═CO32-+4H2O。‎ ‎22.某温度时，在‎2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体) 三种物质的量随时 间的变化曲线如图所示。  ‎ ‎（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_____________；‎ ‎（2）反应从开始至2 分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)=___________；‎ ‎（3） 2min反应达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时________(填增大、减小或无变化，下同)；混合气体密度比起始时____________。‎ ‎（4）下列措施能加快反应速率的是_______________。‎ A. 恒压时充入He   B.恒容时充入He C.恒容时充入X D.及时分离出Z E.升高温度   F.选择高效催化剂 ‎（5）下列说法正确的是___________。‎ A.升高温度改变化学反应的限度 B.已知正反应是吸热反应，升高温度平衡向右移动，正反应速率加快，逆反 应速率减慢 C.化学反应的限度与时间长短无关 D.化学反应的限度是不可能改变的 E.增大Y 的浓度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 ‎【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 0.05mol(L•min) (3). 增大 (4). 无变化 (5). CEF (6). AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）结合图像中各量的变化数据，根据速率之比和各物质的计量系数成正比规律确定可逆反应方程式；‎ ‎（2）根据v(Z)＝进行计算；‎ ‎（3）根据ρ= 及M= 进行分析判断；‎ ‎（4）A.恒压时充入He，等效于减压过程； ‎ B.恒容时充入He，各物质分压不变；‎ C．恒容时充入X，相当于增大物质的浓度；‎ D．及时分离出Z，相当于减小物质的浓度； ‎ E．升高温度，活化分子数和百分数均增大；‎ F．选择高效的催化剂，活化分子数和百分数均增大； ‎ ‎（5）根据化学平衡转态的判断依据及影响化学反应速率、平衡移动的因素进行分析。‎ ‎【详解】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增多，应为生成物，当反应进行到2min时，△n（X）=0.3mol，△n（Y）=0.1mol，△n（Z）=0.2mol，则△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=3：1：2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，则反应的方程式为：3X+Y2Z；‎ ‎（2）反应开始至2min末，Z的反应速率为：v(Z)＝＝0.2mol/(‎2L×2min)＝0.05mol/（L•min）；‎ ‎（3）该反应的正反应是气体体积减小的反应，由于气体的质量不变，气体的物质的量减小，所以平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大；由于反应前气体的质量和容积始终不变，则混合气体密度比起始时无变化；‎ ‎（4）A.恒压时充入He，容器容积增大，浓度减小，反应速率减小；‎ B.恒容时充入He，浓度不变，反应速率不变；‎ C．恒容时充入X，物质的浓度增大，反应速率加快，正确；‎ D．及时分离出Z，使物质的浓度降低，反应速率减小；‎ E．升高温度，反应速率加快，正确；‎ F．选择高效的催化剂，化学反应速率大大加快，正确；‎ 答案选CEF；‎ ‎（5）A．化学反应过程中都伴随着能量变化，所以升高温度可以改变化学反应的平衡状态，使化学平衡发生移动，正确；‎ B．已知正反应是吸热反应，升高温度化学平衡向吸热的正反应方向移动，正反应速率加快，逆反应速率也加快，错误；‎ C．化学反应的限度与反应物自身的性质有关系。与时间长短无关，正确；‎ D．化学反应的平衡状态是一定条件下的平衡，外界条件改变，平衡被破坏，会建立新的条件下的平衡状态，所以化学平衡是可以改变的，错误；‎ E．增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，错误；‎ 答案选AC。‎ ‎23.在一定温度下将3 mol CO2和2 mol H2混合于‎2 L的密闭容器中，发生如下反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)‎ ‎(1)该反应的化学平衡常数表达式K＝________。‎ ‎(2)已知在‎700 ℃‎时，该反应的平衡常数K1＝0.6，则该温度下反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)的平衡常数K2＝________，反应1/2CO2(g)＋1/2H2(g) 1/2CO(g)＋1/2H2O(g)的平衡常数K3＝________。‎ ‎(3)已知在1 ‎000 ℃‎时，该反应的平衡常数K4为1.0，则该反应为________反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎(4)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是________。(填编号)‎ A．容器中压强不变 ‎ B．c(CO2)＝c(CO)‎ C．生成a mol CO2的同时消耗a mol H2 ‎ D．混合气体的平均相对分子质量不变 ‎(5)在1 ‎000 ℃‎下，某时刻CO2的物质的量为2.0 mol，则此时v正________v逆(填“>”、“＝”或“<”)。该温度下反应达到平衡时，CO2的转化率为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 1.67 (3). 0.77 (4). 吸热； (5). C (6). > (7). 40%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）化学平衡常数：达到平衡，生成物浓度的幂之积与反应物浓度幂之积的比值，即K= ；‎ ‎（2）K1＝0.6，所以K2= ==1.67，同理K32=K1，则K3==0.77；‎ ‎（3）化学平衡常数，受温度的影响，升高温度，平衡常数增大，说明向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应；‎ ‎（4）A、压强和物质的量成正比，因为反应前后气体的系数之和相等，反应始终，压强不变，因此不能说明达到平衡，故错误；‎ B、投入量不同，系数相同，达到平衡时两者浓度不相等，故错误；‎ C、不同物质的反应速率判断是否达到化学平衡，要求反应方向一正一逆，且速率之比为系数之比，生成CO2和消耗H2，满足v正=v逆，转化都是amol，等于系数之比，因此能判断达到平衡状态，故正确；‎ D、M=，组分都是气体，气体的质量不变，反应前后气体系数相等，，因此M不变，不能作为达到平衡的标志，故错误；‎ ‎（5）‎1000℃‎下，CO2的物质的量为2mol，则H2、CO、H2O的物质的量为1mol，此时的浓度商Q=0.5<1，说明反应向正反应方向进行，即填写“>”，根据化学平衡常数，求出达到平衡时组分中CO2的物质的量为1.8mol，CO2的转化率为(3－1.8)/3×100%=40%。‎ ‎ ‎