【化学】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

河北省沧州市第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 可能用到相对原子质量为：H：‎1C：12N:14O：16Ag:108‎ 一、单项选择题（1-15题，每题2分，共30分）‎ ‎1. 为纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。编制出第一张元素周期表的科学家是（ ）‎ A. 门捷列夫 B. 达尔文 C. 牛顿 D. 波义耳 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】1869年，门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，故A正确；‎ 故选A。‎ ‎2. 2020年是淮安市创建全国文明城市决胜之年。下列做法不应提倡的是（ ）‎ A. 拒绝露天烧烤，合理健康饮食 B. 秸秆就地焚烧，增强土壤肥效 C. 推广电动汽车，践行绿色交通 D. 施行垃圾分类，有效节约资源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．拒绝露天烧烤，既可以减少有害气体的产生，同时也减少了食物中有害成分的产生与摄入，因此更符合健康饮食的需要，A应提倡；‎ B．秸秆就地焚烧会产生大量浓烟，还会导致土壤的板结，不能实现秸秆还田增加土壤有机物质的补充的需要，因此不符合绿色、增强土壤肥效的目的，B不应提倡；‎ C．推广电动汽车，践行绿色交通，就可以减少化石能源使用减少有害气体的产生，因此更绿色、环保，C应提倡； ‎ D．施行垃圾分类，可以使垃圾资源化，可有效节约资源，避免浪费，同时也保护了环境，D应提倡；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3. 科学家发现C60 后，近年又合成了许多球形分子（富勒烯），如C50 、C70 、C120 、C540 等，它们互称为（ ）‎ A. 同系物 B. 同分异构体 C. 同素异形体 D. 同位素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】C60、C50 、C70 、C120 、C540 等都是碳元素组成的不同单质，它们互称为同素异形体；‎ 答案选C。‎ ‎4. 下列属于放热反应的是（ ）‎ A. 硝酸铵溶于水 B. 氨气液化 ‎ C. 碳酸钙分解 D. 镁条溶于盐酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸铵溶于水吸热，但不属于化学变化，选项A不符合题意；‎ B.氨气液化放热，不属于化学变化，所以不属于放热反应，选项B不符合题意；‎ C.碳酸钙分解属于吸热反应，选项C不符合题意 D.镁条溶于盐酸属于放热反应，选项D符合题意；‎ 答案选D。‎ ‎5. 下列有关化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 次氯酸的电子式： B. Mg原子的结构示意图：‎ C. 硫化钠的电子式： D. 的结构示意图为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】 次氯酸为共价化合物，分子中含有1个键和1个键，其正确的电子式为，故A正确；‎ B. 为镁离子结构示意图，Mg原子的核外电子总数为12，正确的原子结构示意图为，故B错误；‎ C. 硫化钠为离子化合物，其正确的电子式为，故C错误；‎ D.的结构示意图为，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6. 下列说法不正确的是（ ）‎ A. CCl4、SiO2都存在共价键，都是共价化合物 B. 某物质在熔融状态能导电，则该物质中不一定含有离子键 C. H2O比H2S稳定是因为H2O分子之间存在氢键 D. SO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．非金属元素之间形成共价键，只含有共价键的化合物属于共价化合物，CCl4、SiO2都存在共价键，它们都是共价化合物，故A正确；‎ B．某物质在熔融状态能导电，可能是金属，金属在熔融态也能导电，不含离子键，故B正确；‎ C．稳定性是化学性质，氧元素的非金属性强于硫的非金属性，则H2O比H2S稳定，故C错误；‎ D．SO2属于分子晶体，存分子间作用力，SO2与水反应生成亚硫酸，SO2溶于水时，需克服共价键和分子间作用力，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎7. 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 电解饱和食盐水时，用铁作阳极，Cl-发生氧化反应 B. 铅蓄电池放电时，负极质量减轻，正极质量增加 C. 马口铁（镀锡铁）镀层破损后还可以起到保护作用 D. 钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe－2e－=Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．铁作阳极时，铁失去电子，发生氧化反应，故A错误；‎ B．铅蓄电池放电时正负极质量均增加 ；正极：PbO2 + 4H+ + SO42- + 2e- = PbSO4 + 2H2O ；负极：Pb + SO42- - 2e- = PbSO4（PbSO4微溶于稀的强酸溶液），故B错误；‎ C．马口铁（镀锡铁）镀层破损后，形成原电池，原电池的负极是铁，是容易被氧化的电极，易被腐蚀，即失去保护作用，故C错误；‎ D．负极铁失去电子产生Fe2+，电板反应是Fe－2e－ = Fe2+，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎8. 下列微粒半径大小比较正确的是（ ）‎ A. NaCl－>Na＋>Mg2＋ D. Na＋Mg>Al>O，故A错误； ‎ B．同主族元素从上到下半径依次增大，原子半径Cs>Rb>K>Na，故B错误；‎ C．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径S2－>Cl－>Na＋>Mg2＋，故C正确；‎ D．电子层数相同，质子数越多半径越小，所以半径O2－>Na＋>Mg2＋>Al3＋，故D错误；‎ 选C。‎ ‎9. 下列有关工业上金属冶炼的说法不正确的是（ ）‎ A. 用电解熔融氯化镁法制镁 B. 用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁 C. 用电解熔融氧化铝法制铝 D. 用电解饱和食盐水法制钠 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镁性质活泼，用电解熔融氯化镁法制镁，故A正确；‎ B．铁性质较不活泼，用热还原法制取，通常用一氧化碳高温还原氧化铁法制铁，故B正确；‎ C．铝性质活泼，用电解法制取，通常用电解熔融氧化铝法制铝，故C正确；‎ D．钠性质活泼，用电解熔融氯化钠方法制取，用电解饱和食盐水法得不到钠，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎10. 已知X、Y、Z都是金属，若把X浸入Z的盐溶液中，X的表面有Z析出；若X、Y和盐酸溶液形成原电池，Y为电池的负极。则X、Y、Z的金属活动顺序为（ ）‎ A. Y>X>Z B. X>Z>Y C. X>Y>Z D. Y>Z>X ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】把X浸入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出，说明金属X可以把金属Z从其盐中置换出来，所以活泼性X＞Z，X和Y组成原电池时，Y为电池的负极，所以活泼性Y＞X，X、Y、Z三种金属的活动性顺序为Y＞X＞Z；‎ 答案选A。‎ ‎11. 反应2CO（g）＋2NO（g）2CO2（g）＋N2（g），下列反应条件的改变对该反应速率的影响正确的是（ ）‎ A. 升高温度能减慢反应速率 B. 增大反应物浓度能加快反应速率 C. 达到平衡时，CO能100%转化为CO2 D. 使用催化剂能减慢该反应的速率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，加快反应速率，故A错误；‎ B．增大反应物浓度，活化分子数目增大，加快反应速率，故B正确；‎ C．为可逆反应，不能完全转化，达到平衡时，CO不能100%转化为CO2，故C错误；‎ D．使用催化剂，降低反应的活化能，能加快该反应的速率，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎12. 把6 mol A气体和5 mol B气体混合充入‎4 L 密闭容器中，在一定条件下发生反应：‎3A(g)＋B(g)‎2C(g)＋xD(g)，经5 s达到平衡，此时生成C为2 mol ，测得D的平均反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，下列说法错误的是(　　)‎ A. x＝2 ‎ B. B的转化率为20%‎ C. 平衡时A的浓度为0.75 mol·L－1 ‎ D. 恒温达到平衡时容器内的压强为开始的75%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】平衡时生成C为2mol，D的平均反应速率为0.1 mol·L－1·s－1，生成D的物质的量为0.1 mol·L－1·s－1×5s×‎4L=2mol，则：            ‎ A.物质的量之比等于化学计量数之比，由C、D两种物质的生成量可知，2:2=1:x，则x=2，故A正确；‎ B.生成2molC时，消耗1molB，则B的转化率为：×100%=20%，故B正确；‎ C. 生成2molC时，消耗3molA，平衡时A的浓度c(A)==0.75mol/L，故C正确；‎ D.反应前后气体的物质的量不变，恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内的压强与开始时压强相等，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13. 50mL0.5mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，下列说法正确的是（ ）‎ A. 从实验装置上看，除了缺少环形玻璃搅拌棒外没有其他问题 B. 大烧杯上如不盖硬纸板，测得中和热数值会偏大 C. 用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值会偏大 D. 实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等，但是所求中和热相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从实验装置上看，缺少环形玻璃搅拌棒外，内外烧杯不一样高，热量损失大，A错误；‎ B．大烧杯上如不盖硬纸板，会导致热量损失大，使测得的中和热数值会偏小，B错误；‎ C．用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，由于NH3·H2O是弱电解质，电离吸收热量，使测得中和热的数值会偏小，C错误；‎ D．实验中改用60mL0.5mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上实验相比，所放出的热量不相等，但是由于中和热是反应产生1mol水时所放出的热量，因此所求中和热相等，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎14. 某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝2AgCl。下列说法正确的是（ ）‎ A. 正极反应为AgCl ＋e－＝Ag ＋Cl－‎ B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C. 若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D. 当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项正确的正极反应式为Cl2＋2e－＝2Cl－，错误；‎ B项由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，故在左侧溶液中才会有大量白色沉淀生成，错误；‎ C项若用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，错误；‎ D项当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧产生0.01 mol Ag＋与盐酸反应产生AgCl沉淀，同时约有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜转移到右侧溶液中，故左侧溶液共约0.02 mol离子减少，正确。‎ 故选D。‎ ‎15. 三硫化四磷用于制造火柴等，可由白磷和单质硫化合而得。它们的结构如下：‎ 依据下列键能数据，反应8P4(s)＋3S8(s)=8P4S3(g)的ΔH为(　　)‎ 化学键 P—P S—S P—S 键能/kJ·mol－1‎ a b c A. 24(a＋b－‎2c) kJ·mol－1 B. (‎32a＋24b－‎24c) kJ·mol－1‎ C. (‎48c－‎24a－24b) kJ·mol－1 D. (‎8a＋3b－‎3c) kJ·mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝8×6×E(P—P)＋3×8×E(S—S)－8×3×E(P—P)－8×6×E(P—S)＝‎48a＋24b－‎24a－‎48c＝‎24a＋24b－‎48c＝24(a＋b－‎2c)，故A正确；‎ 故选A。‎ 二.不定项选择（共 5 题，每题 4 分，共计 20 分）‎ ‎16. 下列物质既含有离子键又含有共价键的化合物是（ ）‎ A. H2 B. Na2O‎2 ‎C. HCl D. NaOH ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2是非金属单质，只含共价键，故不选A； ‎ B．Na2O2是离子化合物，由Na+、构成，既含有离子键又含有共价键 ，故选B；‎ C．HCl是共价化合物，只含共价键，故不选C；‎ D．NaOH是离子化合物，由Na+、构成，既含有离子键又含有共价键 ，故选D；‎ 选BD。‎ ‎17. 氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，下列有关该电池的叙述正确的是（ ）‎ A. 正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－‎ B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变 C. 该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2=2H2O D. 用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2时，有0.2mol电子转移 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故A正确；‎ B．负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，浓度变小，故B错误；‎ C．负极电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，故C正确；‎ D．没有指明是否是标准状况，因此氯气的物质的量不能确定，故D错误；‎ 故选：AC。‎ ‎18. 在一定温度下的某容积可变的密闭容器中，建立下列化学平衡：A(g)＋3B(g) ‎2C(g)，能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（）‎ A. 体系的压强不再发生变化 B. 2υ正(B)＝3υ逆(C)‎ C. 混合气体密度不再变化 D. 消耗1molA的同时生成2molC ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应是反应容器体积可变的密闭容器，压强始终不变，因此当体系的压强不再发生变化，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；‎ B．2υ正(B)＝3υ逆(C)，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，可作为判断平衡标志，故B符合题意；‎ C．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，由于该反应是体积减小的反应，因此容器体积变小，密度变大，当混合气体密度不再变化，可作为判断平衡标志，故C符合题意；‎ D．消耗1molA，表示正向反应，同时生成2molC，表示正向反应，同一个方向表示的反应，不能作为判断平衡标志，故D不符合题意。‎ 综上所述，答案为BC。‎ ‎19. 下列装置中铜电极的连接错误的是（ ）‎ A：铜锌原电池 B：电解精炼铜 C：镀件上镀铜 D：电解氯化铜溶液 ‎【答案】C ‎【解析】A、铜锌原电池中，Cu作正极，A正确；B、电解精炼铜时，粗铜作阳极，连接电源的正极，纯铜作阴极，连接电源的负极，B正确；C、镀件上镀铜，铜作阳极，连接电源的阳极，镀件作阴极，连接电源的负极，C错误；D、电解氯化铜溶液，铜作阴极，石墨作阳极，若铜作阳极，则阳极失去电子的是铜而不是氯离子，D正确。正确答案为C。‎ ‎20. 下列各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时，由快到慢的顺序是（　　）‎ A. 4＞2＞1＞3＞5＞6‎ B. 5＞4＞2＞3＞1＞6‎ C. 4＞6＞2＞1＞3＞5‎ D. 6＞3＞5＞2＞4＞1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知4中铁为电解池的阳极，腐蚀最快，而5中铁为电解池的阴极，则腐蚀最慢，6为原电池的负极被腐蚀，但腐蚀速率4＞6，6和2相比较，6易腐蚀（两极金属的活泼性相差越大，负极越易被腐蚀），1为化学腐蚀，3中铁为原电池的正极，被保护，则腐蚀时由快到慢的顺序是4＞6＞2＞1＞3＞5； 答案：C 三、填空题（共 4 道大题，50 分）‎ ‎21. 现有下列短周期元素的数据（已知 Be 的原子半径为 0.089 nm）：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 原子半径/nm ‎0.074‎ ‎0.160‎ ‎0.152‎ ‎0.110‎ ‎0.099‎ ‎0.186‎ ‎0.075‎ ‎0.082‎ 最高正化合价 ‎+2‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+7‎ ‎+1‎ ‎+5‎ ‎+3‎ 最低负化合价 ‎-2‎ ‎-3‎ ‎-1‎ ‎-3‎ ‎（1）⑧号元素在周期表中的位置是____； 写出⑤的原子结构示意图____。‎ ‎（2）元素①和⑥能形成两种化合物，写出其中原子个数为 1:1 的化合物与水反应的离子方程式____。用电子式表示①和⑥形成的另一种化合物的形成过程____。‎ ‎（3）含锂材料在社会中广泛应用，根据下列要求回答问题：‎ ‎ 和作核反应堆最佳热载体， 和用作高温堆减速剂。下列说法正确的是____（填字母，下同）。‎ A. 和 互为同位素 B. 和属于同种核素 C. 和的化学性质不同 D. 和是同种物质 ‎【答案】(1). 第二周期ⅢA族 (2). (3). 2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑ (4). (5). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】元素①最低负价为-2价，且半径比Be原子小，则为O元素；元素②最高正价为+2价，应为第IIA族元素，半径比Be大，所以为Mg元素；③和⑥最高正价均为+1价，为第IA族元素，⑥的半径大于③，则③为Li，⑥为Na元素；④和⑦均为第ⅤA族元素，④半径较大，则④为P，⑦为N；⑤为Cl；⑧的最高正价为+3价，应为第IIIA族元素，其半径比Be小，则为B。‎ ‎【详解】(1)⑧号元素为B，在周期表中的位置是第二周期第ⅢA族；⑤为Cl，原子序数为17，其原子结构示意图为；‎ ‎(2)元素①和⑥能形成两种化合物：Na2O和Na2O2，其中原子个数为 1:1 的化合物为过氧化钠，与水反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH‾+O2↑；‎ ‎(3)A．质子数相同、中子数不同的原子互为同位素，则和互为同位素，选项A正确；‎ B．和中子数分别为3、4，属于不同核素，选项B错误；‎ C．和都是由氢元素和锂元素组成的相同化合物，化学性质相同，选项C错误；‎ D．和是由氢元素和锂元素组成的同种物质，选项D正确；‎ 答案选AD。‎ ‎22. (1) 已知 ‎31g 白磷变为 ‎31g 红磷释放能量。上述变化属于____(填“物理”或“化学”)变化。常温常压下，白磷与红磷更稳定的是____。‎ ‎(2)甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：‎ ‎①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=-571.8 kJ/mol；‎ ‎②CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH2=-192.9 kJ/mol Ⅰ．表示甲醇燃烧热的热化学方程式为____； ‎ Ⅱ．反应②中的能量变化如图所示，则 ΔH2=____。(用 E1、E2 的相关式子表示)；‎ ‎(3)捕碳技术(主要指捕获 CO2 在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前 NH3 和(NH4)2CO3 已经被用作工业捕碳剂，它们与 CO2 可发生如下反应：‎ 反应Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) ⇌ (NH4)2CO3(aq) △H1 ‎ 反应Ⅱ：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) ⇌ NH4HCO3(aq) △H2‎ 反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g) ⇌ 2NH4HCO3(aq) △H3‎ 则 ΔH3 与 ΔH1、ΔH2 与之间的关系为 ΔH3 =____；‎ ‎(4) 已知反应 N2(g)+3H2(g) ⇌ 2NH3(g) ΔH=akJ/mol，试根据表中所列键能数据估算 a 的值____。(注明“+”或“﹣”)。‎ 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ/mol ‎436‎ ‎391‎ ‎945‎ ‎(5)1mol H2 和 1molCH4 完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，等质量的 H2 和 CH4 完全燃烧放出的热量，____(填化学式)放出的热量多。‎ ‎【答案】(1). 化学 (2). 红磷 (3). CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-764.7kJ/mol (4). E1-E2 (5). 2△H2-△H1 (6). -93 (7). H2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)有新物质生成的变化是化学变化；物质具有的能量越大越不稳定；‎ ‎(2)Ⅰ．首先书写甲醇完全燃烧的化学方程式CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，再根据盖斯定律分析计算CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的焓变△H；‎ II．根据焓变△H=生成物的总能量-反应物的总能量计算；‎ ‎(3)根据盖斯定律分析计算(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)的焓变△H3；‎ ‎(4)根据焓变△H=反应物总键能-生成物的总键能计算；‎ ‎(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，计算1gH2和1gCH4完全燃烧放出的热量即可比较大小。‎ ‎【详解】(1)白磷和红磷是不同物质，所以白磷转变为红磷是化学变化；白磷转变为红磷释放能量，则等质量的白磷具有的能量较大，物质具有的能量越大越不稳定，所以红磷比白磷稳定，故答案为：化学；红磷；‎ ‎(2)Ⅰ．1molCH3OH完全燃烧生成液态水的化学方程式CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，①2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H1=-571.8kJ/mol，②CH3OH(l)+O2(g)═CO2(g)+2H2(g)△H2=-192.9kJ/mol，根据盖斯定律①+②计算CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)的△H=-764.7kJ/mol，甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-764.7kJ/mol；‎ Ⅱ．焓变△H2=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故答案为：E1-E2；‎ ‎(3)反应Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)△H1‎ 反应Ⅱ：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)△H2‎ 根据盖斯定律：反应Ⅱ×2-反应Ⅰ计算反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)的焓变△H3=2△H2-△H1，故答案为：2△H2-△H1；‎ ‎(4)反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=(N≡N键的键能+3×H-H键的键能)-N-H的键能×6=(945+436×3)kJ/mol-391kJ/mol×6=-93kJ/mol，即a=-93，故答案为：-93；‎ ‎(5)1molH2和1molCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ、890kJ，则1gH2和1gCH4完全燃烧放出的热量分别为：286kJ×=143kJ、890kJ×=55.6kJ，即等质量的H2和CH4完全燃烧放出的热量，H2放出的热量多，故答案为：H2。‎ ‎23. 某温度下，在一个 ‎2L 的密闭容器中，X、Y、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，填写下列空白：‎ ‎(1)从开始至 2min，Y 平均反应速率为____。‎ ‎(2)该反应的化学方程式为____。‎ ‎(3)1min 时，ν(逆)____ν(正)，3min 时，ν(正)____ν(逆) (填“大于”或“小于”或“等于”) 。‎ ‎(4)上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中 v(X)=9mol•L-1min-1，乙中 v(Y)=0.5mol•L-1s-1，则____中反应更快。‎ ‎(5) 若 X、Y、Z 均为气体(容器体积不变)，下列能说明反应已达平衡的是____。‎ a．X、Y、Z 三种气体的浓度不再改变 ‎ b．气体混合物物质的量不再改变 c．反应已经停止 ‎ d．反应速率 v(X)∶v(Y)=3∶1 ‎ e．单位时间内消耗 X 的物质的量∶单位时间内消耗 Z 的物质的量=3∶2‎ f．混合气体的密度不随时间变化 ‎【答案】(1). 0.025mol•L-1•min-1 (2). 3X+Y⇌2Z (3). 小于 (4). 等于 (5). 乙 (6). abe ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)结合v=计算；‎ ‎(2)由图可知，X、Y的物质的量减小为反应物，Z的物质的量增大为生成物，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，且2min达到平衡；‎ ‎(3)由图可知，1min时反应正向进行，2min达到平衡，结合平衡状态的建立过程中反应速率的变化分析解答；‎ ‎(4)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比比较大小；‎ ‎(5)根据化学平衡的特征和本质分析判断。‎ ‎【详解】(1)由图可知，从开始至2min，△n ‎(Y)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，从开始至2min，Y的平均反应速率为=0.025mol•L-1•min-1，故答案为：0.025mol•L-1•min-1；‎ ‎(2)△n(X)=1.0mol-0.7mol=0.3mol，△n(Y)=1.0mol-0.9mol=0.1mol，△n(Z)=0.2mol，则△n(X) ∶△n(Y)∶△n(Z)=3∶1∶2，最终三者的物质的量不变，说明该反应为可逆反应，则化学方程式为3X+Y⇌2Z，故答案为：3X+Y⇌2Z；‎ ‎(3)由图可知，该反应在2min时反应达到平衡状态，则1min时反应未达到平衡状态，反应正向进行，则ν(逆)小于 ν(正)，2min后，反应达到平衡状态，ν(正)等于ν(逆)，故答案为：小于；等于；‎ ‎(4)甲中v(X)=9mol•L-1min-1= mol•L-1s-1 =0.15mol•L-1s-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，此时v(Y)=0.05mol•L-1s-1，而乙中v(Y)=0.5mol•L-1s-1，可知乙中反应速率更快，故答案为：乙；‎ ‎(5)a．X、Y、Z三种气体的浓度不再改变，符合特征“定”，为平衡状态，故a正确；b．3X+Y⇌2Z是一个气体的物质的量变化的反应，则气体混合物物质的量不再改变，说明反应达到平衡，故b正确；c．化学平衡为动态平衡，反应未停止，故c错误；d．3X+Y⇌2Z反应中始终存在反应速率v(X) ∶v(Y)=3∶1，不能判断正反应速率和逆反应速率的关系，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；e．单位时间内消耗X的物质的量∶单位时间内消耗Z的物质的量=3∶2，即v正(X) ∶v逆(Z)=3∶2，符合化学反应速率之比等于化学计量数之比，说明正反应速率=逆反应速率，反应达到平衡状态，故e正确；f．混合气体的质量不变，容器的体积不变，密度始终不变，则密度不随时间变化，不能判定平衡状态，故f错误；故答案为：abe。‎ ‎24. 某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题（甲、乙、丙三池中溶质足量）， 当闭合该装置的电键 K 时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：‎ ‎（1）乙池为_____（填“原电池”、“电解池”或“电镀池”），B 电极的电极反应式为____。‎ ‎（2）丙池中 E 电极为____（填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”），电极的电极反应式为____。该池总反应的化学方程式为____。‎ ‎（3）当乙池中 C 极质量减轻 ‎54 g 时，甲池中 B 电极理论上消耗 O2的为____L（标准状况）。‎ ‎（4）一段时间后，断开电键 K,下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是____（填选项字母）。‎ A Cu B CuO C Cu（OH）2 D Cu2（OH）2CO3‎ ‎【答案】(1). 电解池 (2). O2 +4e-+2H2O = 4OH- (3). 阳极 (4). 2H2O-4e-= O2↑+4H+ (5). 2CuSO4 + 2H2O2Cu +O2↑+2H2SO4 (6). 2.8 (7). B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知甲图为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极；乙池为电解池，C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度需加入CuO或者CuCO3，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)由图可知乙图为电解池；甲图为原电池，B电极通入氧气，为正极，氧气在碱性条件下得电子产生氢氧根离子，电极反应式为：O2 +4e-+2H2O = 4OH-； ‎ ‎(2)丙池为电解池，其中E电极连接电源正极，为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极连接电源负极，为阴极，发生反应：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑；‎ ‎(3)乙池中C为阳极电极反应为：Ag-e-=Ag+，D为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；n(Ag)==0.5mol，由于Ag是+1价的金属，所以转移电子的物质的量为0.5mol，由于在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以甲池中反应消耗O2的物质的量n(O2)=×0.5mol=0.125mol，则消耗氧气在标准状况下的体积V(O2)=0.125mol×‎22.4L/mol=‎2.8L；‎ ‎(4)一段时间后，断开电键K，根据少什么加什么，丙池一个电极产生Cu单质，另一个电极产生O2，相当于从溶液中出去的物质为Cu与O2反应产生的CuO。‎ A.Cu与硫酸不能反应，不能达到目的，选项A错误；‎ B.CuO与硫酸反应，产生硫酸铜和水，能达到目的，选项B正确；‎ C.Cu(OH)2比CuO多一个水的组成，相当于对溶液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项C错误；‎ D.Cu2(OH)2CO3与硫酸生成硫酸铜、二氧化碳和水，比等物质的量的CuO多一个水的组成，相当于对溶液进行了稀释，不能使丙池恢复到反应前浓度，选项D错误；‎ 答案选B。‎