湖北省黄冈市2019-2020学年高二10月月考化学试题

湖北省黄冈市2019-2020学年高二10月月考化学试题

‎2019年10月月考高二化学试题 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Na 23 Cu 64 Ag 108‎ 第Ⅰ卷 选择题 一、单选题（本大题共16小题，共48分）‎ ‎1.下列说法或表示方法中正确的是（ ）‎ A. 等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. 氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -285.8kJ/mol C. Ba(OH)2•8H2O(s)+2NH4Cl(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+10H2O(l) ΔH<0‎ D. 已知中和热为57.3kJ/mol，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硫蒸气比硫固体所含能量高，等质量的硫蒸气和硫黄分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；‎ B．燃烧热是指1mol可燃物燃烧放出的热量，热化学方程式中氢气是2mol，故B错误；‎ C．氯化铵和八水合氢氧化钡反应吸热，△H＞0，故C错误；‎ D．浓硫酸溶于水放热，故将含0.5 mol H2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量要大于57.3 kJ，故D正确；‎ 故答案D。‎ ‎2.反应C（s）+CO2（g）=2CO（g）在一个密闭容器中进行，下列措施可以使反应速率增大的是（　　）‎ ‎①增加少量C（s）                ②升高温度                   ③体积不变，再通入CO2‎ ‎④缩小体积增大压强            ⑤体积不变，再通入He        ⑥压强不变，再通入He．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从影响化学反应速率的因素进行分析；‎ ‎【详解】①C为固体，浓度视为常数，因此该反应中加入C，反应速率无变化，故①不符合题意；‎ ‎②升高温度，化学反应速率增大，故②符合题意； ‎ ‎③体积不变，再通入CO2，反应物浓度增大，化学反应速率增大，故③符合题意；‎ ‎④缩小容器的体积，压强增大，化学反应速率增大，故④符合题意；‎ ‎⑤体积不变，说明容器为恒容状态，再通入He，组分浓度不变，化学反应速率不变，故⑤不符合题意；‎ ‎⑥压强不变，再通入He，体积增大，组分浓度降低，化学反应速率降低，故⑥不符合题意；‎ 综上所示，选项D符合题意。‎ ‎【点睛】易错点为为⑤，易认为再通入He，压强增大，化学反应速率增大，但实际上组分的浓度不变，化学反应速率应不变。‎ ‎3.可逆反应：2NO22NO+O2在密闭容器反应，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的物质的量浓度变化表示反应速率的比为2:2:1的状态 ‎（4）混合气体的颜色不再改变的状态 ‎（5）混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2，说明反应v正=v逆； （2）未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态； （3）从反应开始就符合速率的比为2：2：1的状态； （4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2‎ 气体的浓度不变； （5）当达到平衡时，气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再改变。‎ ‎【详解】（1）单位时间内生成n mol O2，同时生成2n molNO2，说明反应v正=v逆，达到平衡状态，故（1）正确；‎ ‎（2）生成n mol O2，生成2n mol NO，表示的均为正反应过程，未体现正与逆的关系，不能说明达到平衡状态，故（2）错误；‎ ‎（3）任意时刻，同一个化学反应中用不同的物质表示的化学反应速率等于计量数之比，所以不能说明达平衡状态，故（3）错误；‎ ‎（4）混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故（4）正确； （5）混合气体的平均相对分子质量=，各物质均为气体，总质量不变；反应前后物质的量变化。当平均相对分子质量不变的时候，说明总物质的量不变，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，故（5）正确； 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。‎ ‎4.图中表示2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H＜0，能正确反映该可逆反应变化的图象是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2NO（g）+O2（g）2NO2（g）△H＜0，反应为正反应气体体积增大的放热反应，据勒夏特列原理分析。‎ ‎【详解】反应为正反应气体体积增大的放热反应，‎ A、随压强增大，平衡向体积减小的正反应方向移动，NO含量应减小，故A错误；‎ B、随压强增大，平衡向体积减小的正反应方向移动，NO含量减小，随温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动，NO含量增大，故B正确；‎ C、随压强增大正逆反应速率都增大，但正反应速率比逆反应速率增大的快，故C错误；‎ D、随压强增大，平衡向体积减小正反应方向移动，NO转化率增大，但随温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动，NO转化率降低，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎5.某容积为1L的密闭容器中通入1mol CO2和3mol H2，发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0。下列有关说法正确的是 A. 该反应在高温下才能自发进行 B. 再加入一定量CO2，则n(CH3OH)/n(CO2)减小 C. 温度升高，反应的平衡常数K增大 D. 当CO2和H2转化率相等时，该反应达到化学平衡 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据复合平判据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＜0，且ΔG＜0时，反应自发进行，因此该反应在低温条件下自发进行，A错误；B．再加入一定量CO2，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，但是n(CO2)的增大幅度大于n(CH3OH)，因此n(CH3OH)/n(CO2)减小，B正确；C．温度升高，平衡向吸热的逆向移动，因此反应的平衡常数K减小，C错误；D．初始投料CO2和H2的物质的量之比为1：3，反应过程中，CO2和H2转化量之比为1:3，因此不管是否平衡，两者的转化率始终相等，D错误。故答案B。‎ 考点：考查影响平衡移动的因素。‎ ‎6.铅蓄电池的两极分别为Pb、PbO2，电解液为硫酸，工作时的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，下面结论正确的是 A. Pb为正极，被氧化 B. 溶液的pH不断减小 C. SO42－只向PbO2处移动 D. 电解液密度不断减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Pb为负极，被氧化，A不正确； ‎ B. 硫酸参与电池反应，溶液的pH不断增大，B不正确；‎ C. 两个电极的产物均为PbSO4，故SO42－向两个电极移动，C不正确； ‎ D. 电解液为硫酸，硫酸的浓度越小则密度越小，电池放电时，硫酸的浓度逐渐减小，故其密度不断减小，D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al-3e-=Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；‎ B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；‎ C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正确；‎ D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】判断原电池的正负极时，我们通常比较两电极材料的活动性，确定相对活泼的金属电极作负极。如果我们仅从金属的活动性进行判断，容易得出错误的结论。如C、D选项中，我们会错误地认为C中Mg作负极，D中Al作负极。‎ 实际上，我们判断正负电极时，不是看金属的活动性，而是首先看哪个电极材料能与电解质溶液发生反应，若只有一个电极能与电解质溶液发生反应，则该电极为负极；若两电极材料都能与电解质发生反应，则相对活泼的电极为负极。‎ ‎8. 下图为某种乙醇燃料电池示意图，工作时电子流方向如图所示，下列判断正确的是 A. X为氧气 B. 电极A反应式：CH3CH2OH－12e－+3H2O=2CO2+12H+‎ C. 电极材料活泼性：A＞B D. B电极附近溶液pH增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可以看出电极A为负极，电极B为正极，所以X为燃料乙醇，Y为O2，A项错误；‎ B.由于是在碱性电解质溶液中，所以电极A反应式为CH3CH2OH-12e-+16OH-= 2CO32－+11H2O，B项错误；‎ C. 由于是通入的气体发生氧化还原反应，所以与A、B两电极材料活泼性无关，C项错误；‎ D.在B电极发生反应：2O2+8e-+4H2O=8OH-，不断产生OH-离子，所以B电极附近溶液pH增大，D项增大；‎ 答案选D。‎ ‎9.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低 D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；‎ B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；‎ C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；‎ D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。‎ ‎10.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 燃料电池工作时负极反应为：H2=2H++2e-‎ B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜 C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出 D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，a极析出铜64g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析原电池或电解池类试题的实验装置时，解题的切入点是正负极的判断。从图中可以看出，左边电池为燃料电池，右边电池为电解池。通H2的电极为负极，通O2的电极为正极；右边装置中，a电极为阳极，b电极为阴极。‎ ‎【详解】A. 燃料电池工作时负极反应式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，错误；‎ B. 若要实现铁上镀铜，则a极是铜，b极是铁，错误；‎ C. 若要实现电解精炼粗铜，则a极为阳极，失电子，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2+得电子，有铜析出，正确；‎ D. a、b两极均是石墨时，在相同条件下当电池中消耗H222.4L（标准状况）时，线路中转移电子为2mol，b极为阴极，析出铜64g，a极为阳极，不能析出铜，错误。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】书写电极反应式时，除去应考虑电极材料及电解质中的微粒得失电子以外，还应考虑电解质的性质。在酸性电解质中，电极反应式中不能出现OH-；在碱性电解质中，电极反应式中不能出现 H+。‎ ‎11.下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）‎ A. 钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：Fe-2e-=Fe2+‎ B. 碱性氢氧燃料电池的正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-‎ C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+‎ D. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钢铁发生吸氧腐蚀时负极反应式：Fe-2e-=Fe2+，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，错误；‎ B. 碱性氢氧燃料电池的正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，正确；‎ C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误；‎ D. 用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，错误。‎ 故选B。‎ ‎12.在如图串联装置中，通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 标准状况下当甲中产生4.48L气体时，丙中Cu电极质量增加21.6g B. 电解过程中丙中溶液pH无变化 C. 向甲中加入适量的盐酸，可使溶液恢复到电解前的状态 D. 乙中左侧电极反应式：Cu2++2e-=Cu ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通电片刻即发现乙装置左侧电极表面出现红色固体，则表明此电极中Cu2+获得电子生成铜，附着在电极表面，所以此电极为阴极。因为三个电池串联，所以各电池中左边电极都为阴极，右边电极都为阳极。‎ ‎【详解】A. 甲装置为电解KCl的装置，阳极生成氯气，阴极生成氢气，标准状况下当甲中产生4.48L气体时，线路中转移电子0.2mol。丙中线路上转移电子也为0.2mol，Cu电极上析出0.2molAg，质量增加21.6g，正确 ；‎ B. 丙装置为电镀装置，电解后，AgNO3溶液的组成和浓度不变，电解过程中丙中溶液pH无变化，正确；‎ C. 甲中电解后，有一部分KCl转化为KOH，向甲中加入适量的盐酸，可使KOH转化为KCl，但溶液中的溶剂量增加，溶液浓度减小，不可能恢复到电解前的状态，错误；‎ D. 乙中左侧电极为阴极，电极反应式：Cu2++2e-=Cu，正确。‎ 故答案为C。‎ ‎13.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：‎ CH3COOH H2CO3‎ H2S H3PO4‎ ‎1.8×10-5‎ K1=4.3×10-7‎ K2=5.6×10-11‎ K1=9.1×10-8‎ K2=1.1×10-12‎ K1=7.5×10-3‎ K2=6.2×10-8‎ K3=2.2×10-13‎ 则下列说法中不正确的是（　　）‎ A. 碳酸的酸性强于氢硫酸 B. 多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定 C. 常温下，加水稀释醋酸，增大 D. 向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表格数据可知，碳酸的K1＞氢硫酸的K1，则碳酸的酸性强于氢硫酸，选项A正确；‎ B．多元弱酸分步电离，以第一步为主，则多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定，选项B正确； ‎ C．常温下，加水稀释醋酸，=，则不变，选项C错误；‎ ‎ D．弱酸的电离平衡常数与温度有关，与浓度无关，则向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，电离常数不变，选项D正确。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，把握电离平衡常数的影响因素、酸性比较为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，= ，Ka、Kw均只与温度有关，故不变。‎ ‎14.用标准浓度氢氧化钠的溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是（ ）‎ ‎①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液 ‎③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线 A. ①④ B. ①③ C. ②③ D. ④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所用体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；‎ ‎②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；‎ ‎③酸式滴定用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，此时所测盐酸的浓度减小；‎ ‎④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所用碱液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；‎ ‎⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，视线高于刻度线，读数偏高，所用碱液的体积偏小，所测盐酸浓度偏低。‎ 只有①④符合题意，故答案为A。‎ ‎15.常温下pH为2的盐酸，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 将10mL该溶液稀释至100mL后，pH=4‎ B. 向该溶液中加入等体积pH为12的氨水恰好完全中和 C. 该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1010：1‎ D. 该溶液中由水电离出的c(H+)水×c(OH-)水=1×10-14‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将10mL该溶液稀释至100mL后，c(H+)=，pH=3，A错误；‎ B. 向该溶液中加入等体积pH为12的氨水，由于氨水部分电离，所以盐酸完全反应后，溶液中仍含大量的氨水，B错误；‎ C. 该溶液中盐酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为，正确；‎ D. 该溶液中由水电离出的c(H+)水×c(OH-)水=10-12×10-12=1×10-24，错误。‎ 故选C。‎ ‎16.已知下列反应的反应热:‎ ‎（1）CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-870.3 kJ·mol-1‎ ‎（2）C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5 kJ·mol-1‎ ‎（3）H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8 kJ·mol-1‎ 则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热为( )‎ A. ΔH=-488.3 kJ·mol-1 B. ΔH=-244.15 kJ·mol-1‎ C. ΔH=-977.6 kJ·mol-1 D. ΔH=+488.3 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据盖斯定律分析，反应②×2-反应①+反应③×2即可得热化学方程式为：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l) ΔH=-393.5×2+870.3-285.8×2= -488.3kJ·mol-1，答案选A。‎ 第Ⅱ卷 非选择题 共52分 ‎17.工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。‎ ‎（1）NOx和SO2在空气中存在下列平衡：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H=-113.0kJ•mol-1，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196.6kJ•mol-1；SO2通常在二氧化氮的存在下，进一步被氧化，生成SO3。‎ ‎①写出NO2和SO2反应的热化学方程式为__。‎ ‎②随温度升高，该反应化学平衡常数变化趋势是___。‎ ‎（2）提高2SO2+O2⇌2SO3反应中SO2的转化率，是减少SO2排放的有效措施。‎ ‎①T温度时，在1L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2，5min后反应达到平衡，二氧化硫的转化率为50%，该反应的平衡常数是__。‎ ‎②在①中条件下，反应达到平衡后，改变下列条件，能使SO2的转化率提高的是___（填字母）。‎ a.温度和容器体积不变，充入1.0molHe b.温度和容器体积不变，充入1.0molO2‎ c.在其他条件不变时，减少容器的体积 d.在其他条件不变时，改用高效催化剂 e.在其他条件不变时，升高体系温度 ‎【答案】 (1). NO2（g）+SO2（g）=SO3（g）+NO（g） △H=-41.8kJ•mol-1 (2). 减小 (3). 2 (4). bc ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ① 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=-113.0kJ•mol-1 ①‎ ‎2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.6kJ•mol-1 ②‎ ‎[②-①]/2得：SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3(g) △H=-41.8kJ•mol-1‎ 答案为：SO2(g)+NO2(g)NO(g)+SO3(g) △H=-41.8kJ•mol-1‎ ‎②该反应的正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小。答案为减小。‎ ‎(2) ① 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)‎ 起始量 2mol/L 1mol/L 0‎ 变化量 1mol/L 0.5mol/L 1mol/L 平衡量 1mol/L 0.5mol/L 1mol/L ‎ 答案为2‎ ‎②a.温度和容器体积不变，充入1.0molHe，反应物与生成物的浓度不变，平衡不移动，二氧化硫的转化率不变；‎ b.温度和容器体积不变，充入1.0molO2，增大了反应物O2的浓度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大；‎ c.在其他条件不变时，减少容器的体积，相当于加压，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大；‎ d.在其他条件不变时，改用高效催化剂，对化学平衡不产生影响，二氧化硫的转化率不变；‎ e.在其他条件不变时，升高体系温度，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减小。‎ 故答案为bc ‎18.已知二甲醚是一种重要的清洁燃料，可以通过CH3OH分子间脱水制得：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=+23.5kJ•mol-1。在T1℃，恒容密闭容器中建立上述平衡，体系中各组分浓度随时间变化如图所示。请回答下列问题：‎ ‎（1）该条件下反应平衡常数表达式K=___。在t1℃时，反应的平衡常数为___。用CH3OH表示的化学反应速率___。‎ ‎（2）相同条件下，若改变起始浓度，某时刻各组分浓度依次为c（CH3OH）=0.4mol•L-1、c（H2O）=0.6mol•L-1、c（CH3OCH3）=1.2mol•L-1，此时正、逆反应速率的大小：v（正）_____v（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎【答案】 (1). (2). 5 (3). mol/（L•min） (4). ＞‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对于反应2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）‎ 平衡常数 答案为 在t1℃时，反应的平衡常数， 答案为5；‎ ‎ ，答案为mol/（L•min）；‎ ‎(2)判断平衡移动方向时，我们可利用浓度商与平衡常数的大小关系进行判断，‎ ‎ 平，衡正向移动，v(正)> v(逆)， 答案为 >。‎ ‎19.电解原理和原电池原理是电化学的两个重要内容，引起了人们的研究兴趣。‎ ‎（1）现有以下三种乙醇燃料电池(DEFC)。‎ ‎①碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为____。‎ ‎②酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应式为___。‎ ‎③熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b上发生的电极反应式为___。‎ ‎（2）0.4mol CuSO4和0.4molNaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积为___L。‎ ‎（3）新型绿色硝化剂N2O5可以N2O4为原料用电解法制备，实验装置如图所示，则电极B接直流电源的___极，电解池中生成N2O5的电极反应式为___。‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O (2). O2+4H++4e-=2H2O (3). O2+2CO2+4e-=2CO32- (4). 5.6 (5). 负 (6). N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ①碱性乙醇燃料电池中，电极a为阳极，乙醇失电子，生成的二氧化碳与电解质反应生成碳酸根离子，发生的电极反应式为C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O 答案为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O ‎②酸性乙醇燃料电池中，电极b为阴极，O2得电子后生成的O2-与电解质溶液中的H+反应生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O。答案为：O2+4H++4e-=2H2O ‎③熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b为阴极，O2得电子后生成的O2-与CO2反应生成CO32-，发生的电极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32-‎ 答案为：O2+2CO2+4e-=2CO32-‎ ‎(2) 0.4mol CuSO4和0.4molNaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当一个电极得到0.3molCu时，转移电子的物质的量为0.6mol，另一个电极中发生下列电极反应：‎ ‎2Cl-- 2e- = Cl2↑ 2H2O-4e-=4H++O2↑‎ ‎0.4mol 0.4mol 0.2mol 0.2mol 0.05mol 生成的气体在标准状况下的体积为：0.25mol×22.4L/mol=5.6L 答案为5.6L ‎(3)从图中可以看出，电极B实现了HNO3向N2O4的转化，N元素价态降低，此电极为阴极，则与之相连的是电源的负极。答案为负极；‎ 电解池中生成N2O5的电极为阳极，反应式为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+‎ 答案为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+‎ ‎20.依据电化学知识，解决下列问题：‎ ‎ ‎ ‎（1）图1为锌银电池，负极是Zn，正极是Ag2O，电解质是KOH。写出该电池负极电极反应式：___，电池工作时，正极区周围溶液的pH___（填“增大”、“减小”、“不变”）。‎ ‎（2）图2是一种新型燃料电池，以CO为燃料，一定比例的Li2CO3和Na2CO3的熔融混合物为电解质，图3是粗铜精炼的装置图，现用该燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验。‎ ‎①写出A极的电极反应式：___。‎ ‎②要用燃料电池为电源进行粗铜的精炼实验，则B极应该与__极(填“C”或“D”)相连。‎ ‎③当消耗标准状况下2.24LO2时，C电极的质量变化为___。‎ ‎【答案】 (1). Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2 (2). 增大 (3). CO－2e－＋CO32-=2CO2 (4). D (5). 增加12.8g ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 图1为锌银电池，负极是Zn，正极是Ag2O，电解质是KOH。‎ 则负极电极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2 答案为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2;‎ 正极电极反应式为：Ag2O+2e-+H2O=2Ag+2OH-,因此，电池工作时，正极区周围溶液的pH增大。答案为：增大.‎ ‎(2) ①图2中，A电极为负极，从箭头所指方向我们可确定反应物为CO、CO32-，生成物为CO2。电极反应式为：CO－2e－＋CO32-=2CO2 答案为：CO－2e－＋CO32-=2CO2;‎ ‎②因为粗铜应作阳极，所以粗铜应与燃料电池的正极即B电极相连。答案为D.‎ ‎③利用得失电子守恒，可建立如下关系式：‎ ‎ O2 ——2Cu ‎ 0.1mol 0.2mol ‎ ‎ 答案为：增加12.8g.‎ ‎21.如图为相互串联的甲乙两个电解池，请回答：‎ ‎（1）甲池若为用电解原理精炼铜的装置，A极是__极，材料是___，B极电极反应方程式为___。‎ ‎（2）乙池中若滴入少量酚酞试液，开始一段时间后，___极（填“Fe”或“C”）附近变红色。‎ ‎（3）若乙槽阳极放出气体在标准状况下的体积为2.24L，‎ ‎①甲槽阴极增重___g。‎ ‎②若乙槽电解后得到碱液的物质的量浓度为2moL/L，则乙槽剩余液体体积为__mL。‎ ‎【答案】 (1). 阴 (2). 精铜或纯铜 (3). Cu-2e-=Cu2+ (4). Fe (5). 6.4 (6). 100‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)甲池若为用电解原理精炼铜的装置，A极与电源负极相连，应为阴极。答案为：阴；‎ 因为此电池是精炼铜的装置，所以阴极材料为精铜。答案为：精铜或纯铜；‎ B极为阳极，电极反应方程式为Cu-2e-=Cu2+。答案为：Cu-2e-=Cu2+‎ ‎(2)乙池中，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；‎ 若滴入少量酚酞试液，开始一段时间后，阴极即Fe电极附近变红色。‎ 答案为：Fe；‎ ‎(3)乙槽中阳极发生的反应为：2Cl--2e- =Cl2↑，若放出气体在标准状况下的体积为2.24L，‎ 则失去的电子为0.2mol。‎ ‎①甲槽阴极反应为Cu2++2e-=Cu，依据电子守恒，生成Cu 0.1mol，质量为6.4g。‎ 答案6.4；‎ ‎②在乙槽中，得到的碱液为NaOH，其物质的量为：‎ ‎，‎ ‎ ‎ 答案为：100。‎ ‎22.在化学分析中，常常需要用KMnO4标准溶液，由于KMnO4晶体在室温下不太稳定，因而很难直接配制准确物质的量浓度的KMnO4溶液。用Na2C2O4固体测定KMnO4溶液浓度的实验步骤如下：（反应原理为：5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O）‎ 步骤一：先粗配浓度约为0.15mol/L的KMnO4溶液500mL。‎ 步骤二：准确称取Na2C2O4固体mg放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至70~80℃，用步骤一所配KMnO4溶液进行滴定。记录相关数据。‎ 步骤三：重复步骤二两到三次。计算得KMnO4溶液的物质的量浓度。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）盛放KMnO4溶液的滴定管为___(填“酸式”或“碱式”)滴定管。‎ ‎（2）该滴定实验滴定终点的现象是___。‎ ‎（3）步骤二中滴定操作如图所示，正确的操作是___（填编号）。‎ A. B. C.‎ ‎（4）若m的数值为1.340g，滴定的KMnO4溶液平均用量为25.00mL，则KMnO4溶液的浓度为___mol/L。‎ ‎（5）若滴定完毕后读数时俯视，则实验误差会__（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。‎ ‎【答案】 (1). 酸式 (2). 溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去 (3). A (4). 0.1600 (5). 偏高 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)因为KMnO4溶液具有强氧化性，易腐蚀橡胶，所以应盛放在酸式滴定管内。‎ 答案为：酸式 ‎(2)起初锥形瓶内盛放的是无色的Na2C2O4溶液，滴加紫色的KMnO4溶液，滴定达终点时，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去。‎ 答案：溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪去 ‎(3)酸式滴定管的下端是活塞，图中A、C仪器为酸式滴定管，B仪器为碱式滴定管，但C操作错误，所以正确的操作应为A。答案为：A ‎(4) ‎ ‎5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O ‎ 5mol 2mol ‎ 0.01mol 0.004mol c(KMnO4)= 答案为：0.1600‎ ‎(5)若滴定完毕后读数时俯视，则末读数偏大，所用KMnO4溶液的体积偏小，由此计算出的浓度偏高，实验误差会偏高。答案为：偏高 ‎ ‎