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2018-2019学年福建省仙游第一中学高二上学期期中考试化学试题 解析版
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仙游一中2018-2019学年度上学期期中考
高二化学试题
相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 Ag108
第I卷(选择题共40分)
一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是
选项
诗句
相关物质
相关说法
A
春蚕到死丝方尽
纤维素
高分子化合物
B
蜡炬成灰泪始干
脂肪烃
饱和烃
C
沧海月明珠有泪
碳酸钙
弱电解质
D
蓝田日暖玉生烟
二氧化硅
两性氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．蚕丝为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于脂肪烃，属于饱和烃，故B正确；C．碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故C错误；D．二氧化硅不能与盐酸反应，不是两性氧化物，故D错误；故选B。
2.下列变化中属于原电池反应的是
A. 马口铁(镀 Sn 铁)表面有划损时，也能阻止铁被氧化
B. 在空气中金属铝表面迅速被氧化形成保护膜
C. 红热的铁丝与水接触表面形成蓝色保护层
D. 在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，可加快 H2 的产生
【答案】D
【解析】
【分析】
属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。
【详解】A．铁、锡和电解质溶液符合原电池构成条件，则形成原电池，铁易失电子作负极，锡作正极，铁不能被保护，故A错误；
B．铝在空气中，极易和氧气反应生成氧化物薄膜，该反应中没有两个活泼性不同的电极，不能构成原电池，所以发生的不是原电池反应，故B错误；
C．红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，属于化学腐蚀，故C错误；
D、在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，铁与CuSO4 反应生成少量铜，铜、铁、硫酸形成原电池，可加快 H2 的产生，故D正确。
故选D。
3.下列关于能量变化的说法正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。
考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。
4.在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用（ ）
A. NaOH B. HC1 C. NaCl D. CuSO4
【答案】A
【解析】
试题分析：目的是电解水得到氢气和氧气，A、加入NaOH，实际上电解的还是水，并且NaOH是电解质，增强导电性，正确；B、加入HC1，Cl－先要放电，得不到氧气，错误；C、加入NaCl，Cl－先要放电，得不到氧气，错误；D、加入CuSO4，阳离子中Cu2＋先放电，得不到氢气，错误。
考点：考查电解池相关知识。
5. 为了研究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下四个实验，你认为不正确的是
A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
B. 将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，稀硫酸产生氢气快
C. 将氢气和氯气的混合气体分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照下有氯化氢生成
D. 两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管再加入少量二氧化锰，产生氧气的快慢不同
【答案】A
【解析】
试题分析：A、加入适量的氯化钠溶液，对盐酸溶液进行稀释，盐酸的浓度减小，，反应速率变慢，故说法错误；B、铝和稀硫酸反应产生氢气，而和浓硫酸发生钝化，故说法正确；C、验证光照对反应的影响，故说法正确；D、MnO2作催化剂，作对比实验，故说法正确。
考点：考查影响反应速率的因素等知识。
6.对于可逆反应A(g)＋3B(s) C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)＝2 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1 D. v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，其数值越大，化学反应速率越快，将这几种物质都转化为A物质。A．v(A)=2 mol•L-1•min-1；B．B是固体，不适用于化学反应速率的表示；C．v(C)=v(A)=0.1 mol•L-1•s-1=6mol•L-1•min-1；D．v(D)=0.4 mol•L-1•min-1，则v(A)= v(D)=×0.4 mol•L-1•min-1=0.2 mol•L-1•min-1；通过以上分析知，化学反应速率最快的是C，故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率大小比较，注意：比较化学反应速率时一定要统一单位，否则无法比较。本题的易错点为B，要注意B为固体。
7.反应 A＋B→C(△H＞0)分两步进行 ：①A＋B→X (△H＜0)，②X→C(△H＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
根据“反应物的总能量、生成物的总能量与ΔH的关系”分析。
【详解】第①步的ΔH<0，A和B的总能量>X的总能量；第②步的ΔH>0，X的总能量0，A和B的总能量
A. C2H6和C4H10一定互为同系物
B. 等物质的量的苯和甲苯完全燃烧消耗氧气的量不相等
C. 苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D. 高聚物的单体是丙烯和氯乙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A.C2H6和C4H10分子通式相同，都为烷烃，相差2个CH2原子团，互为同系物，故A正确；
B．1mol苯完全燃烧耗氧7.5mol，1mol甲苯完全燃烧耗氧9mol，等物质的量苯和甲苯完全燃烧消耗氧气的量不相等，故B正确；
C．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.根据高聚物的结构里没有双键可知，其单体是丙烯和氯乙烯，故D正确；
综上所述，本题选C。
9.化学与生产、生活社会密切相关，下列有关说法正确的是
A. 用食醋浸泡有水垢(主要成分为CaCO3) 的水壶，可以清除其中的水垢，这是利用了醋酸的氧化性
B. 白居易在《问刘十九》中有“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”诗句，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
C. 地沟油在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸盐和甘油
D. 普通玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【分析】
水垢的主要成分为碳酸钙，能与醋酸反应，这是利用了醋酸的酸性；葡萄糖不能发生水解反应；地沟油”的成分为油脂，含有有毒物质，对人体有害，但地沟油属于酯类物质，碱性条件下水解产生高级脂肪酸钠和甘油；玻璃属于传统无机非金属材料。
【详解】水垢的主要成分为碳酸钙，能与醋酸反应，则可用食醋可除去热水壶内壁的水垢，这是利用了醋酸的酸性，A错误；葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在酒化酶的作用下，分解生成二氧化碳和乙醇，B错误；“地沟油”的成分为油脂，含有有毒物质，对人体有害，禁止食用，但地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，所以地沟油可生成肥皂，C正确；玻璃属于传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，D错误。
【点睛】本题考查化学与生活，涉及物质的用途、环境污染与保护、材料类型，注重化学与生活的联系，明确相关知识是解题关键。
10.下列能用勒夏特列原理解释的是
A. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈
B. 棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
C. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
D. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
【答案】B
【解析】
A．钢铁在潮湿的空气中容易生锈是电化腐蚀原理，不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．已知2NO2N2O4，棕红色NO2加压后体积减小，平衡正向移动，则颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C．催化剂能同等改变正逆反应速率，但不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故C错误；D．H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深，是因为加压后容器体积减小，碘浓度增大，但加压后平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D错误；答案为B。
点睛：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
11.在一密闭容器中进行反应2SO2 + O22SO3，已知反应过程中某一时刻SO2、 O2、SO3的浓度分别为2 mol·L-1 、1mol·L-1 、2mol·L-1。当反应达到平衡时，容器内各物质的浓度可能为
A. SO2为4 mol·L-1、 O2为2 mol·L-1 B. SO3为4 mol·L-1
C. SO2为2.5 mol·L-1 D. SO2 、SO3为1.5 mol·L-1
【答案】C
【解析】
A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为2mol/L、1mol/L，实际变化应小于该值，故A错误；B．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为2mol/L，实际变化小于该值，故B错误；C．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为2mol/L，实际变化为0.5mol/L，小于2mol/L，故C正确；D．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故D错误；故选C。
点睛：利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答是解题的关键，化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。
12.关于有机物a()、b()、c（）
A. a、b、c均能与溴水发生加成反应
B. a、b、c的分子式均为C8H8
C. a的所有原子一定处于同一一平面
D. b的二氯代物有3种
【答案】D
【解析】
【详解】A、a、c均含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，b不能与溴水发生加成反应，选项A错误；B、根据结构简式可知，a、b、c的分子式分别为C8H8、C8H8、C9H10，选项B错误；C. 苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，但连接乙烯基和苯基的为碳碳单键，可以旋转，故a的所有原子不一定处于同一平面，选项C错误；D. b的二氯代物有3种，取代在同一面同一边的二个氢原子、取代在同一面对角上的氢原子和取代在体对角上的两个氢，选项D正确。答案选D。
13.25℃、101kPa下： ①2Na（s）+1/2O2（g）＝Na2O（s） △H1=-414kJ/mol②2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s） △H2=-511kJ/mol下列说法正确的是
A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s） △H=-317kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，过氧化钠的电子式为：，阴阳离子个数比为1：2，故错误；B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移电子物质的量相等，故错误；C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；D、①×2－②2Na(s)＋Na2O2(s)=2Na2O(s) △H=(－414×2＋511)kJ·mol－1=－317kJ·mol－1，故正确。
考点：考查化学用语正确使用、氧化还原反应、钠的性质、热化学反应方程式的计算等知识。
视频
14.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，下列分析中不正确的是( )
A. 图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．t0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；B．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图Ⅱt0时正逆反应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确；C．如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；D．由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确；故选C。
考点：考查了化学平衡图像的相关知识。
15.用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板中的铜，其热化学方程式为Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l) ΔH已知①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH1＝＋64 kJ·mol－1②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH2＝－196 kJ·mol－1③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－286kJ·mol－1。下列说法不正确的是
A. 反应①可通过铜作电极电解稀H2SO4的方法实现
B. 反应②在任何条件下都能自发进行
C. 若H2(g)+1/2O2(g)===H2O(g) ΔH4，则ΔH4<ΔH3
D. ΔH＝－320 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.用铜作电极电解稀H2SO4时，两个电极的反应分别为：Cu-2e-=Cu2+、2H++2e-=H2↑，总反应为：Cu(s)＋2H＋(aq)Cu2＋(aq)＋H2(g)，故A说法正确；
B.反应②的ΔH<0，ΔS>0，则在任何条件下均能自发进行，故B说法正确；
C.因为H2O(g)所具有能量较H2O(l)高，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(g)放出的热量较少，ΔH4>ΔH3，故C说法错误；
D.由盖斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=－320 kJ·mol－1，故D说法正确；
答案选C。
16.用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，装置如图，下列说法中正确的是
A. 电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动
B. 阳极发生的反应为：2Cu －2e－ +2OH－ = Cu2O+H2O
C. 阴极OH-放电，有O2生成
D. Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图和电解总反应分析，Cu极为阳极，Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；Ti极为阴极，Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动；据此分析作答。
【详解】Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极；
A项，电解时阴离子向阳极移动，OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；
B项，Cu极为阳极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，B项正确；
C项，Ti极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极有H2生成，C项错误；
D项，根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1，D项错误；
答案选B。
17.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：
下列说法不正确的是
A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应
B. 1mol咖啡酸最多能与4molH2反应
C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面
D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H12O
【答案】D
【解析】
A、含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、羧基，咖啡酸能发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应，故A说法正确；B、1mol咖啡酸中含有1mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol咖啡酸最多能与4molH2反应，故B说法正确；C、苯空间构型为正六边形，乙烯为平面形，羧基中C为sp2杂化，因此此有机物中所有原子可能共面，故C说法正确；D、根据：C17H16O4＋H2O→C9H8O4＋一元醇，根据原子守恒，推出一元醇的分子式为C8H10O，故D说法错误。
18.反应mX(g) +nY(g) pZ(g) 在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nZ）与反应时间的关系如图所示。下述判断正确的是
A. T1P2
B. T1
D. P1＞P2，正反应吸热
【答案】C
【解析】
【分析】
根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。
【详解】相同温度T2下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1＞P2，压强越大，生成物Z的物质的量越大，说明平衡向正反应方向移动，则反应前后混合气体的计量数增大，所以m+n＞p，相同压强P1下，根据温度对Z浓度的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，Z的含量减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；综上，则A. T1＞T2，P1>P2，选项A错误；B. T1＞T2，m+n＞p，选项B错误；C. m+n＞p ，正反应放热，选项C正确；D. P1＞P2，正反应放热，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强与生成物Z物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等。
19.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将 NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2+4Na2 Na2CO3+C，下列说法错误的是
A. 放电时， ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：3CO2+4e− 2CO32-+C
D. 充电时，阳极反应为：Na+ + e−Na
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据方程式：3CO2+4Na2 Na2CO3+C可以得出二氧化碳做氧化剂，钠做还原剂，金属钠做负极而碳纳米管的镍网做正极，电子从负极流向正极，电解质溶液中阴离子（ClO4-）从正极流向负极，A正确；
B. 根据方程式：3CO2+4Na2Na2CO3+C可知，放电时吸收二氧化碳，则充电时放出二氧化碳，B正确；
C.放电时，CO2在正极发生还原反应为：3CO2+4e− 2CO32-+C，C正确；
D.充电时，C在阳极发生氧化反应，电极反应为：C-4e− +2CO32-3CO2，D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过；电解池工作时溶液中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，电子由负极经外电路流向阴极，再由阳极流回到正极。
20.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2 mol/L，1 mol/L，且发生如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?)已知“?”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是
①该反应的化学平衡表达式为：K=c4(C)·c2(D)/[c3(A)·c2(B)]
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，答案选C。
第II卷(非选择题共60分)
二、填空题
21.(1)某有机物由C、H、O三种元素组成，球棍模型如图所示：
①含有的官能团名称是_______；
②写出此有机物与金属钠反应的化学方程式_______。
(2)四种常见有机物分子的比例模型示意图如下，其中甲、乙、丙为烃，丁为烃的衍生物。
①可以鉴别甲和乙的试剂为_________；
a.稀硫酸 b.溴的四氯化碳溶液 c.水 d.酸性高锰酸钾溶液
②上述物质中有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的是_________（填名称），
③乙和丁的物质的量共1.5mol，完全燃烧需要的氧气的物质的量是_______。
【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). 2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH- COONa+H2↑ (3). bd (4). 苯 (5). 4.5mol
【解析】
【分析】
(1)根据价键规律和球棍模型，写出有机物的结构简式CH2=CHCOOH，据此写出其所含官能团名称；该有机物含有羧基，能够与钠反应放出氢气，据此写出方程式；
(2)甲、乙、丙为烃类，丁为烃的衍生物，据比例模型可知四种有机物：甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇；据以上物质的相关性质进行分析解答。
【详解】(1)①根据价键规律和球棍模型，该有机物的结构简式为：CH2=CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键和羧基；综上所述，本题答案是：碳碳双键和羧基。
②CH2=CHCOOH与钠反应生成羧酸盐和氢气，化学方程式为：2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH-COONa+H2↑；综上所述，本题答案是：2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH-COONa+H2↑。
(2)由比例模型可知甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇；
①a项，甲烷和乙烯都不与稀硫酸反应，也不溶于水，无法鉴别，故不选a项；
b项，乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使其褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可以鉴别，故选b项；
c项，甲烷和乙烯都不溶于水，故无法鉴别，故不选c项；
d项，乙烯有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故选d项；
综上所述，本题选bd。
②有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的有机物为苯，苯为良好的有机溶剂；综上所述，本题答案是：苯。
③乙为乙烯、丁为乙醇，1.5mol乙烯完全燃烧需要氧气的物质的量是1.5×（2+4/4）=4.5mol；1.5mol乙醇完全燃烧需要的氧气的物质的量是1.5×（2+6/4-1/2）=4.5mol；所以1.5mol乙烯和乙醇的混合物，完全燃烧需要的氧气的物质的量是4.5mol；综上所述，本题答案是：4.5mol。
22.Ⅰ. （1）下列条件的改变能增大活化分子百分数的是_____________。
A.增大压强 B.增大反应物的浓度
C.升高温度 D.使用催化剂
（2）破坏（或形成）1 mol化学键所吸收（或放出）的能量称为键能。已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ·mol-1）：P-P 198、Cl-Cl 243、P-Cl 331。
则反应P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=__________kJ·mol-1。
Ⅱ.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示。
已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99 kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）图中C表示___________，E表示______________；该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低，理由是____________ ；
（2）图中△H=_________kJ·mol-1。
【答案】 (1). CD (2). -1326 (3). 生成物总能量 (4). 反应的活化能 (5). 催化剂能改变反应的历程（或过程或路径），降低反应所需要的能量 (6). -198
【解析】
试题分析：本题考查反应热的计算，化学反应中能量变化的图像分析。
I.（1）升高温度、使用催化剂能增大活化分子百分数；增大压强、增大反应物的浓度能增大单位体积内分子总数，不能增大活化分子百分数；答案选CD。
（2）由白磷的分子结构知1mol白磷分子中含6molP-P键，反应P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=6E（P-P）+6E（Cl-Cl）-12E（P-Cl）=6198kJ/mol+6243kJ/mol-12331kJ/mol=-1326kJ/mol。
II.（1）根据图示知，图中C表示生成物总能量，E表示反应的活化能；该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低，理由是催化剂能改变反应的历程，催化剂能降低反应的活化能。
（2）1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99 kJ·mol-1，则2mol SO2（g）氧化为2mol SO3（g）的△H=-198kJ·mol-1，图中△H=-198kJ·mol-1。
23.(1)利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：
①写出电极反应式：正极__________________________ ；
②图中X溶液是_______________，
③原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”或“阴”)离子向X溶液方向移动。
(2)如图是一个化学过程的示意图。
①甲池中OH-移向__________极（填“CH3OH”或“O2”）。
②写出通入CH3OH的电极的电极反应式_______________。
③乙池中总反应的离子方程式___________________。
④当乙池中B（A g）极的质量增加5.40g，若此时乙池中溶液的体积为500ml，则溶液的C(H+)是___________；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是______________（填序号）。A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3
【答案】 (1). Fe3＋＋e-=Fe2＋ (2). FeCl3 (3). 阳 (4). CH3OH (5). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (6). 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ (7). 0.1mol·L－1 (8). BD
【解析】
【详解】(1) ①反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，铜失电子发生氧化反应，Fe3+得电子发生还原反应，原电池中正极发生还原反应，碳做正极，发生的还原反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋；综上所述，本题答案是：Fe3＋＋e-=Fe2＋。
②石墨是正极，正极极反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋，所以图中X溶液是FeCl3 溶液；综上所述，本题答案是：FeCl3 。
③原电池工作时，阳离子移向正极，石墨是正极，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向移动；综上所述，本题答案是：阳。
(2) ①燃料电池中,投放燃料的电极是负极,投放氧化剂的电极是正极,原电池放电时,电解质溶液中氢氧根离子向负极移动,即向投放甲醇的电极移动；综上所述，本题答案是：CH3OH。
②该燃料电池中,甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为: CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；因此，本题正确答案是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
③电解硝酸银溶液时,银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子,离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ ；综上所述，本题答案是：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。
④当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g 时，设氢离子浓度为xmol/L，4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，根据反应关系：4Ag---4H+，432：4=5.4：0.5x，计算得出: x=0.1，所以溶液的c(H+)=0.1mol·L－1；阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素,析出5.40g 时转移电子是0.05mol；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是：
A、硫酸镁中镁元素处于H元素前,所以阴极上不析出金属单质，故错误；
B、电解硫酸铜溶液时,阴极上析出1.6g铜需要转移电子0.05mol,故正确；
C、NaCl中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；
D、电解硝酸银溶液时,阴极上析出1.6g 银需要转移电子0.0148mol<0.05mol,故正确；
因此，本题选:BD。
综上所述，本题答案是：0.1mol·L－1；BD。
24. 某温度时，在2 L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、减小或不变）；混合气体密度比起始时 （填增大、减小或不变）。
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n (X) =" n" (Y) =" n" (Z)，则原混合气体中a : b = 。
（5）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．选择高效的催化剂
（6）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-1·min-1 （3）增大 不变
（4）5:3 （5）CEF （6）AC
【解析】
试题分析：（1） 由图像可知，X、Y随着时间的推移物质的量不断减少，X、Y为反应物，Z随着时间的推移物质的量不断增加，Z为生成物。平衡时由各物质转化的物质的量：X为0.3 mol，Y为0.1mol，Z为0.2mol可知化学方程式中各物质的化学计量数之比为3∶1∶2，则化学方程式为3X+Y2Z。
（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)＝0.2mol÷(2min×2L)＝0.05mol·L-1·min-1 。
（3）根据M=m÷n，在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行n值变小，则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增大。由于反应前气体的质量和容器容积均不变，则混合气体密度不变。
（4）根据上述分析可知
3X+Y2Z
起始量(mol) a b 0
变化量(mol) 3n n 2n
平衡量(mol) a-3n b-n 2n
根据题意：b-n＝2n，b＝3n，a-3n＝2n，a＝5n，解得a:b＝5:3。
（5）A．恒压时充入He，导致气体体积增大，各物质的浓度降低，化学反应速率减慢，B．恒容时充入He，各物质的浓度不变，化学反应速率不变，C．恒容时充入X，导致反应物浓度增大，化学反应速率加快，D．及时分离出Z，导致生成物浓度降低，化学反应速率减慢；E．升高温度能加快化学反应速率，F．选择高效的催化剂能加快化学反应速率，答案选CEF。
（6）A．任何化学反应都有热效应，升高温度，平衡发生移动，所以升温能改变化学反应限度，A正确；B．升高温度，能加快正逆反应速率，只是增加的幅度不同，B错误；C．化学反应的限度与时间长短无关，C正确；D．改变外界条件，例如升高温度，平衡发生移动，所以化学反应的限度是可以改变的，D错误；E.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，E错误；答案选AC。
考点：考查化学方程式的确定，化学反应速率的计算，影响化学反应速率和化学平衡的因素等知识。
25.合成氨对化学工业和国防工业具有重要意义。
（1）向合成塔中按物质的量之比l:4充入N2、H2进行氨的合成，图A为T℃时平衡混合物中氨气的体积分数与压强(p)的关系图。
①图A中氨气的体积分数为15％时，H2的转化率为_______。
②图B中T=500℃，则温度为450℃时对应的曲线是_______(填“a”或“b”)。
（2）合成氨所需的氢气可由甲烷与水反应制得，反应的热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H>0，一定温度下，在体积为2 L的恒容容器中发生上述反应，各物质的物质的量变化如下表：
①分析表中数据，判断5 min时反应是否处于平衡状态？_____（填“是”或“否”）。
②该温度下，上述反应的平衡常数K=_____________________。
③反应在7~10 min内，CO的物质的量减少的原因可能是____________（填字母）。
a．减少CH4的物质的量 b．降低温度 c．升高温度 d．充入H2
④下列方法中可以证明上述反应已达平衡状态的是___________。
a．单位时间内生成3n mol H2的同时生成n mol CO
b．容器内压强不再变化
c．混合气体密度不再变化
d．混合气体的平均相对分子质量不再变化
e．CH4的质量分数不再变化
⑤已知碳的气化反应在不同温度下平衡常数的对数值（lgK）如下表：
气化反应式
lgK
700K
900K
1200K
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
-2.64
-0.39
1.58
C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)
-1.67
-0.03
1.44
则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在900K时，该反应平衡常数的对数值（lgK）=_______。
（3）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表:
压强p/Pa
2×105
5×105
1×106
c（A）/mol•L-1
0.08
0.20
0.44
①当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡______移动（填“正向、逆向或不”）。
②当压强为1×106 Pa时，此反应的平衡常数表达式为______________。
【答案】 (1). 24.5% (2). b (3). 是 (4). 0.0675 (5). d (6). bde (7). 0.36 (8). 不 (9).
【解析】
(1)①设N2的转化率为x，
N2 +3H2 2NH3
初始：1 4 0
变化：x 3x 2x
平衡：1-x 4-3x 2x
氨气的体积分数为15.00%时，则×100%=15%，解得x=0.33，所以氢气的转化率=×100%≈24.5%；
②对于反应 N2+3H22NH3，△H＜0，当温度降低时，化学平衡向放热反应方向移动，即正反应移动，所以氨气的体积分数增大，对应的曲线是b；
(2)①5min时H2O的变化物质的量为1.00mol-0.8mol=0.2mol，此时生成的CO的物质的是量为0.2mol，和7min时CO的物质的量相等，则根据CO和H2的物质的量的变化情况可以判断，5〜7min之间反应是处于平衡状态，所以5min时反应是处于平衡状态；
②该温度下，
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始浓度为(mol/L) 0.2 0.5 0 0
变化浓度为(mol/L) 0.1 0.1 0.1 0.3
起始浓度为(mol/L) 0.1 0.4 0.10 0.3
此温度下反应的平衡常数K===0.0675；
③反应在7～10min之间，CO的物质的量减少，加入氢气能让平衡逆向移动，减少一氧化碳的浓度，故答案为d；
④a．随反应的进行，单位时间内生成3n mol H2的同时生成n mol CO，均为正反应速率，故a错误；b．反应前后气体总的物质的量随反应的进行，在不断变化，当平衡时，总物质的量不变，此时容器内压强不再变化，则为平衡状态，故b正确；c．混合气体的质量和气体总体积始终不变，则密度始终不变，无法判断是否为平衡状态，故c错误；d．混合气体的总质量始终不变，但气体总物质的量是不定值，则当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，此时反应为平衡状态，故d正确；e．CH4的质量分数不再变化，说明反应处于相对静止状态，为平衡状态，故e正确；答案为bde；
⑤已知：Ⅰ．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，令平衡常数为K1，
Ⅱ．C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，令平衡常数为K2，
则Ⅱ-Ⅰ可得：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故该反应平衡常数K=，故lgK=lgK2-lgK1=-0.03-(-0.39)=0.36；
(3)①由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L-1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动；
②由表格数据可知当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L-1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K=。
点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向；同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
仙游一中2018-2019学年度上学期期中考
高二化学试题
相对原子质量： C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 64 Ag108
第I卷(选择题共40分)
一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列古诗中对应的化学物质及相关说法均正确的是
选项
诗句
相关物质
相关说法
A
春蚕到死丝方尽
纤维素
高分子化合物
B
蜡炬成灰泪始干
脂肪烃
饱和烃
C
沧海月明珠有泪
碳酸钙
弱电解质
D
蓝田日暖玉生烟
二氧化硅
两性氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．蚕丝为蛋白质，不是纤维素，故A错误；B．“泪”指的是液态石蜡，液态石蜡属于脂肪烃，属于饱和烃，故B正确；C．碳酸钙熔融状态下能够完全电离，是强电解质，故C错误；D．二氧化硅不能与盐酸反应，不是两性氧化物，故D错误；故选B。
2.下列变化中属于原电池反应的是
A. 马口铁(镀 Sn 铁)表面有划损时，也能阻止铁被氧化
B. 在空气中金属铝表面迅速被氧化形成保护膜
C. 红热的铁丝与水接触表面形成蓝色保护层
D. 在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，可加快 H2 的产生
【答案】D
【解析】
【分析】
属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。
【详解】A．铁、锡和电解质溶液符合原电池构成条件，则形成原电池，铁易失电子作负极，锡作正极，铁不能被保护，故A错误；
B．铝在空气中，极易和氧气反应生成氧化物薄膜，该反应中没有两个活泼性不同的电极，不能构成原电池，所以发生的不是原电池反应，故B错误；
C．红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，属于化学腐蚀，故C错误；
D、在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，铁与CuSO4 反应生成少量铜，铜、铁、硫酸形成原电池，可加快 H2 的产生，故D正确。
故选D。
3.下列关于能量变化的说法正确的是
A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高
B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定
D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
【答案】D
【解析】
试题分析：A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；ΔH＞0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确。答案选D。
考点：考查化学反应的特征和物质的能量比较。
4.在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用（ ）
A. NaOH B. HC1 C. NaCl D. CuSO4
【答案】A
【解析】
试题分析：目的是电解水得到氢气和氧气，A、加入NaOH，实际上电解的还是水，并且NaOH是电解质，增强导电性，正确；B、加入HC1，Cl－先要放电，得不到氧气，错误；C、加入NaCl，Cl－先要放电，得不到氧气，错误；D、加入CuSO4，阳离子中Cu2＋先放电，得不到氢气，错误。
考点：考查电解池相关知识。
5. 为了研究影响化学反应速率的因素，甲、乙、丙、丁四位学生分别设计了如下四个实验，你认为不正确的是
A. 100 mL 2 mol·L－1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
B. 将相同大小、形状的铝条与稀硫酸和浓硫酸反应时，稀硫酸产生氢气快
C. 将氢气和氯气的混合气体分别放在冷暗处和强光照射下，会发现光照下有氯化氢生成
D. 两支试管中分别加入相同浓度相同体积的双氧水，其中一支试管再加入少量二氧化锰，产生氧气的快慢不同
【答案】A
【解析】
试题分析：A、加入适量的氯化钠溶液，对盐酸溶液进行稀释，盐酸的浓度减小，，反应速率变慢，故说法错误；B、铝和稀硫酸反应产生氢气，而和浓硫酸发生钝化，故说法正确；C、验证光照对反应的影响，故说法正确；D、MnO2作催化剂，作对比实验，故说法正确。
考点：考查影响反应速率的因素等知识。
6.对于可逆反应A(g)＋3B(s) C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是
A. v(A)＝2 mol·L－1·min－1 B. v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C. v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1 D. v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的化学反应速率转化为同一种物质的化学反应速率，其数值越大，化学反应速率越快，将这几种物质都转化为A物质。A．v(A)=2 mol•L-1•min-1；B．B是固体，不适用于化学反应速率的表示；C．v(C)=v(A)=0.1 mol•L-1•s-1=6mol•L-1•min-1；D．v(D)=0.4 mol•L-1•min-1，则v(A)= v(D)=×0.4 mol•L-1•min-1=0.2 mol•L-1•min-1；通过以上分析知，化学反应速率最快的是C，故选C。
【点睛】本题考查化学反应速率大小比较，注意：比较化学反应速率时一定要统一单位，否则无法比较。本题的易错点为B，要注意B为固体。
7.反应 A＋B→C(△H＞0)分两步进行 ：①A＋B→X (△H＜0)，②X→C(△H＞0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（ ）
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
根据“反应物的总能量、生成物的总能量与ΔH的关系”分析。
【详解】第①步的ΔH<0，A和B的总能量>X的总能量；第②步的ΔH>0，X的总能量
A. C2H6和C4H10一定互为同系物
B. 等物质的量的苯和甲苯完全燃烧消耗氧气的量不相等
C. 苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D. 高聚物的单体是丙烯和氯乙烯
【答案】C
【解析】
【详解】A.C2H6和C4H10分子通式相同，都为烷烃，相差2个CH2原子团，互为同系物，故A正确；
B．1mol苯完全燃烧耗氧7.5mol，1mol甲苯完全燃烧耗氧9mol，等物质的量苯和甲苯完全燃烧消耗氧气的量不相等，故B正确；
C．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D.根据高聚物的结构里没有双键可知，其单体是丙烯和氯乙烯，故D正确；
综上所述，本题选C。
9.化学与生产、生活社会密切相关，下列有关说法正确的是
A. 用食醋浸泡有水垢(主要成分为CaCO3) 的水壶，可以清除其中的水垢，这是利用了醋酸的氧化性
B. 白居易在《问刘十九》中有“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”诗句，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
C. 地沟油在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸盐和甘油
D. 普通玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【分析】
水垢的主要成分为碳酸钙，能与醋酸反应，这是利用了醋酸的酸性；葡萄糖不能发生水解反应；地沟油”的成分为油脂，含有有毒物质，对人体有害，但地沟油属于酯类物质，碱性条件下水解产生高级脂肪酸钠和甘油；玻璃属于传统无机非金属材料。
【详解】水垢的主要成分为碳酸钙，能与醋酸反应，则可用食醋可除去热水壶内壁的水垢，这是利用了醋酸的酸性，A错误；葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在酒化酶的作用下，分解生成二氧化碳和乙醇，B错误；“地沟油”的成分为油脂，含有有毒物质，对人体有害，禁止食用，但地沟油的主要成分是油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，所以地沟油可生成肥皂，C正确；玻璃属于传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，D错误。
【点睛】本题考查化学与生活，涉及物质的用途、环境污染与保护、材料类型，注重化学与生活的联系，明确相关知识是解题关键。
10.下列能用勒夏特列原理解释的是
A. 钢铁在潮湿的空气中容易生锈
B. 棕红色NO2加压后颜色先变深后变浅
C. 高温及加入催化剂都能使合成氨的反应速率加快
D. H2、I2、HI平衡混合气加压后颜色变深
【答案】B
【解析】
A．钢铁在潮湿的空气中容易生锈是电化腐蚀原理，不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．已知2NO2N2O4，棕红色NO2加压后体积减小，平衡正向移动，则颜色先变深后变浅，能用勒夏特列原理解释，故B正确；C．催化剂能同等改变正逆反应速率，但不影响平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故C错误；D．H2、I2、HI平衡时的混合气体加压后颜色变深，是因为加压后容器体积减小，碘浓度增大，但加压后平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D错误；答案为B。
点睛：勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，但影响因素不能完全被消除；使用勒夏特列原理时，必须注意研究对象必须为可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，特别是改变平衡移动的因素不能用平衡移动原理解释，如催化剂的使用只能改变反应速率，不改变平衡移动，无法用勒夏特列原理解释。
11.在一密闭容器中进行反应2SO2 + O22SO3，已知反应过程中某一时刻SO2、 O2、SO3的浓度分别为2 mol·L-1 、1mol·L-1 、2mol·L-1。当反应达到平衡时，容器内各物质的浓度可能为
A. SO2为4 mol·L-1、 O2为2 mol·L-1 B. SO3为4 mol·L-1
C. SO2为2.5 mol·L-1 D. SO2 、SO3为1.5 mol·L-1
【答案】C
【解析】
A．SO2和O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2和O2的浓度浓度变化分别为2mol/L、1mol/L，实际变化应小于该值，故A错误；B．SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，SO3的浓度的浓度变化为2mol/L，实际变化小于该值，故B错误；C．SO2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，则SO2的浓度浓度变化为2mol/L，实际变化为0.5mol/L，小于2mol/L，故C正确；D．反应物、生产物的浓度不可能同时减小，一个减小，另一个一定增大，故D错误；故选C。
点睛：利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答是解题的关键，化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。
12.关于有机物a()、b()、c（）
A. a、b、c均能与溴水发生加成反应
B. a、b、c的分子式均为C8H8
C. a的所有原子一定处于同一一平面
D. b的二氯代物有3种
【答案】D
【解析】
【详解】A、a、c均含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，b不能与溴水发生加成反应，选项A错误；B、根据结构简式可知，a、b、c的分子式分别为C8H8、C8H8、C9H10，选项B错误；C. 苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，但连接乙烯基和苯基的为碳碳单键，可以旋转，故a的所有原子不一定处于同一平面，选项C错误；D. b的二氯代物有3种，取代在同一面同一边的二个氢原子、取代在同一面对角上的氢原子和取代在体对角上的两个氢，选项D正确。答案选D。
13.25℃、101kPa下： ①2Na（s）+1/2O2（g）＝Na2O（s） △H1=-414kJ/mol②2Na（s）+O2（g）＝Na2O2（s） △H2=-511kJ/mol下列说法正确的是
A. ①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B. ①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C. 常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 25℃、101kPa下，Na2O2（s）+2Na（s）＝2Na2O（s） △H=-317kJ/mol
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氧化钠中阴阳离子个数比为1：2，过氧化钠的电子式为：，阴阳离子个数比为1：2，故错误；B、生成等物质的量的产物，即消耗的Na的物质的量相等，转移电子物质的量相等，故错误；C、温度升高，钠和氧气反应生成过氧化钠，故错误；D、①×2－②2Na(s)＋Na2O2(s)=2Na2O(s) △H=(－414×2＋511)kJ·mol－1=－317kJ·mol－1，故正确。
考点：考查化学用语正确使用、氧化还原反应、钠的性质、热化学反应方程式的计算等知识。
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14.在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，下列分析中不正确的是( )
A. 图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响
B. 图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响
C. 图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂
D. 图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较高
【答案】C
【解析】
试题分析：A．t0时升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象相符，故A正确；B．反应前后气体的体积不变，压强对平衡移动无影响，图Ⅱt0时正逆反应速率都增大，且正逆反应速率相等，平衡不移动，应加入催化剂或增大压强的影响，故B正确；C．如加入催化剂，平衡不移动，CO的转化率应相等，故C错误；D．由图可知乙达到平衡时间较少，如是温度的影响，乙的温度应较高，故D正确；故选C。
考点：考查了化学平衡图像的相关知识。
15.用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板中的铜，其热化学方程式为Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l) ΔH已知①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH1＝＋64 kJ·mol－1②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH2＝－196 kJ·mol－1③H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－286kJ·mol－1。下列说法不正确的是
A. 反应①可通过铜作电极电解稀H2SO4的方法实现
B. 反应②在任何条件下都能自发进行
C. 若H2(g)+1/2O2(g)===H2O(g) ΔH4，则ΔH4<ΔH3
D. ΔH＝－320 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.用铜作电极电解稀H2SO4时，两个电极的反应分别为：Cu-2e-=Cu2+、2H++2e-=H2↑，总反应为：Cu(s)＋2H＋(aq)Cu2＋(aq)＋H2(g)，故A说法正确；
B.反应②的ΔH<0，ΔS>0，则在任何条件下均能自发进行，故B说法正确；
C.因为H2O(g)所具有能量较H2O(l)高，则反应H2(g)＋O2(g)===H2O(g)放出的热量较少，ΔH4>ΔH3，故C说法错误；
D.由盖斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=－320 kJ·mol－1，故D说法正确；
答案选C。
16.用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，装置如图，下列说法中正确的是
A. 电解时Cl-通过交换膜向Ti极移动
B. 阳极发生的反应为：2Cu －2e－ +2OH－ = Cu2O+H2O
C. 阴极OH-放电，有O2生成
D. Ti电极和Cu电极生成物物质的量之比为2∶1
【答案】B
【解析】
【分析】
根据装置图和电解总反应分析，Cu极为阳极，Cu极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O；Ti极为阴极，Ti极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解池中阴离子通过阴离子交换膜向阳极移动；据此分析作答。
【详解】Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极；
A项，电解时阴离子向阳极移动，OH-通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；
B项，Cu极为阳极，阳极电极反应式为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，B项正确；
C项，Ti极为阴极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极有H2生成，C项错误；
D项，根据电极反应式和阴、阳极得失电子相等，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O物质的量之比为1:1，D项错误；
答案选B。
17.咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如图：
下列说法不正确的是
A. 咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应
B. 1mol咖啡酸最多能与4molH2反应
C. 咖啡酸分子中所有原子可能共面
D. 蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A的分子式为C8H12O
【答案】D
【解析】
A、含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、羧基，咖啡酸能发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应，故A说法正确；B、1mol咖啡酸中含有1mol苯环和1mol碳碳双键，因此1mol咖啡酸最多能与4molH2反应，故B说法正确；C、苯空间构型为正六边形，乙烯为平面形，羧基中C为sp2杂化，因此此有机物中所有原子可能共面，故C说法正确；D、根据：C17H16O4＋H2O→C9H8O4＋一元醇，根据原子守恒，推出一元醇的分子式为C8H10O，故D说法错误。
18.反应mX(g) +nY(g) pZ(g) 在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nZ）与反应时间的关系如图所示。下述判断正确的是
A. T1
B. T1
D. P1＞P2，正反应吸热
【答案】C
【解析】
【分析】
根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。
【详解】相同温度T2下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1＞P2，压强越大，生成物Z的物质的量越大，说明平衡向正反应方向移动，则反应前后混合气体的计量数增大，所以m+n＞p，相同压强P1下，根据温度对Z浓度的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，Z的含量减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；综上，则A. T1＞T2，P1>P2，选项A错误；B. T1＞T2，m+n＞p，选项B错误；C. m+n＞p ，正反应放热，选项C正确；D. P1＞P2，正反应放热，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强与生成物Z物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等。
19.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na—CO2二次电池。将 NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为3CO2+4Na2 Na2CO3+C，下列说法错误的是
A. 放电时， ClO4-向负极移动
B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C. 放电时，正极反应为：3CO2+4e− 2CO32-+C
D. 充电时，阳极反应为：Na+ + e−Na
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据方程式：3CO2+4Na2 Na2CO3+C可以得出二氧化碳做氧化剂，钠做还原剂，金属钠做负极而碳纳米管的镍网做正极，电子从负极流向正极，电解质溶液中阴离子（ClO4-）从正极流向负极，A正确；
B. 根据方程式：3CO2+4Na2Na2CO3+C可知，放电时吸收二氧化碳，则充电时放出二氧化碳，B正确；
C.放电时，CO2在正极发生还原反应为：3CO2+4e− 2CO32-+C，C正确；
D.充电时，C在阳极发生氧化反应，电极反应为：C-4e− +2CO32-3CO2，D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过；电解池工作时溶液中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，电子由负极经外电路流向阴极，再由阳极流回到正极。
20.某恒定温度下，在一个2 L的密闭容器中充入A气体、B气体，其浓度分别为2 mol/L，1 mol/L，且发生如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?)已知“?”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是
①该反应的化学平衡表达式为：K=c4(C)·c2(D)/[c3(A)·c2(B)]
②此时B的转化率为35%
③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．
④增加C的量，A、B转化率不变
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】反应一段时间后达到平衡，测得反应前后压强比为5：4，故反应后气体体积减小，故C、D至少一种不为气体；在一个2L的密闭容器中充入A气体，B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol/L；则A气体，B气体的物质的量分别为2mol/L×2L=4mol，1mol/L×2L=2mol，则反应前气体总的物质的量为4mol+2mol=6mol；测得反应前后压强比为5：4，故平衡时气体总的物质的量为6mol×4/5=4.8mol；生成1.6molC，则生成D的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应的B的物质的量为1.6×2/4=0.8mol，反应A的物质的量为1.6×3/4=1.2mol，则平衡时，A、B、C、D的物质的量分别为4mol-1.2mol=2.8mol、2mol-0.8mol=1.2mol、1.6mol、0.8mol，平衡时气体总的物质的量为6mol×=4.8mol，故D为气体，C不为气体．①C不为气体，故C不能出现在平衡常数的表达式中，故①错误；②反应的B的物质的量为0.8mol，故B的平衡转化率为×100%=40%，故②错误；③反应后气体体积减小，故增大该体系压强，平衡向右移动；平衡常数与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故③正确；④C不为气体，故增加C的量，平衡不移动，故A、B转化率不变，故④正确；故说法中正确的是③④，答案选C。
第II卷(非选择题共60分)
二、填空题
21.(1)某有机物由C、H、O三种元素组成，球棍模型如图所示：
①含有的官能团名称是_______；
②写出此有机物与金属钠反应的化学方程式_______。
(2)四种常见有机物分子的比例模型示意图如下，其中甲、乙、丙为烃，丁为烃的衍生物。
①可以鉴别甲和乙的试剂为_________；
a.稀硫酸 b.溴的四氯化碳溶液 c.水 d.酸性高锰酸钾溶液
②上述物质中有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的是_________（填名称），
③乙和丁的物质的量共1.5mol，完全燃烧需要的氧气的物质的量是_______。
【答案】 (1). 碳碳双键和羧基 (2). 2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH- COONa+H2↑ (3). bd (4). 苯 (5). 4.5mol
【解析】
【分析】
(1)根据价键规律和球棍模型，写出有机物的结构简式CH2=CHCOOH，据此写出其所含官能团名称；该有机物含有羧基，能够与钠反应放出氢气，据此写出方程式；
(2)甲、乙、丙为烃类，丁为烃的衍生物，据比例模型可知四种有机物：甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇；据以上物质的相关性质进行分析解答。
【详解】(1)①根据价键规律和球棍模型，该有机物的结构简式为：CH2=CHCOOH，含有的官能团为碳碳双键和羧基；综上所述，本题答案是：碳碳双键和羧基。
②CH2=CHCOOH与钠反应生成羧酸盐和氢气，化学方程式为：2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH-COONa+H2↑；综上所述，本题答案是：2CH2=CH-COOH+2Na→2CH2=CH-COONa+H2↑。
(2)由比例模型可知甲为甲烷、乙为乙烯、丙为苯、丁为乙醇；
①a项，甲烷和乙烯都不与稀硫酸反应，也不溶于水，无法鉴别，故不选a项；
b项，乙烯能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使其褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可以鉴别，故选b项；
c项，甲烷和乙烯都不溶于水，故无法鉴别，故不选c项；
d项，乙烯有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故选d项；
综上所述，本题选bd。
②有毒、有特殊气味，且不溶于水、密度比水小的有机物为苯，苯为良好的有机溶剂；综上所述，本题答案是：苯。
③乙为乙烯、丁为乙醇，1.5mol乙烯完全燃烧需要氧气的物质的量是1.5×（2+4/4）=4.5mol；1.5mol乙醇完全燃烧需要的氧气的物质的量是1.5×（2+6/4-1/2）=4.5mol；所以1.5mol乙烯和乙醇的混合物，完全燃烧需要的氧气的物质的量是4.5mol；综上所述，本题答案是：4.5mol。
22.Ⅰ. （1）下列条件的改变能增大活化分子百分数的是_____________。
A.增大压强 B.增大反应物的浓度
C.升高温度 D.使用催化剂
（2）破坏（或形成）1 mol化学键所吸收（或放出）的能量称为键能。已知白磷和PCl3的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能（kJ·mol-1）：P-P 198、Cl-Cl 243、P-Cl 331。
则反应P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=__________kJ·mol-1。
Ⅱ.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）反应过程的能量变化如图所示。
已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99 kJ·mol-1。请回答下列问题：
（1）图中C表示___________，E表示______________；该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低，理由是____________ ；
（2）图中△H=_________kJ·mol-1。
【答案】 (1). CD (2). -1326 (3). 生成物总能量 (4). 反应的活化能 (5). 催化剂能改变反应的历程（或过程或路径），降低反应所需要的能量 (6). -198
【解析】
试题分析：本题考查反应热的计算，化学反应中能量变化的图像分析。
I.（1）升高温度、使用催化剂能增大活化分子百分数；增大压强、增大反应物的浓度能增大单位体积内分子总数，不能增大活化分子百分数；答案选CD。
（2）由白磷的分子结构知1mol白磷分子中含6molP-P键，反应P4（s，白磷）+6Cl2（g）=4PCl3（s）的反应热△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=6E（P-P）+6E（Cl-Cl）-12E（P-Cl）=6198kJ/mol+6243kJ/mol-12331kJ/mol=-1326kJ/mol。
II.（1）根据图示知，图中C表示生成物总能量，E表示反应的活化能；该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低，理由是催化剂能改变反应的历程，催化剂能降低反应的活化能。
（2）1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99 kJ·mol-1，则2mol SO2（g）氧化为2mol SO3（g）的△H=-198kJ·mol-1，图中△H=-198kJ·mol-1。
23.(1)利用反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2设计成如图所示原电池，回答下列问题：
①写出电极反应式：正极__________________________ ；
②图中X溶液是_______________，
③原电池工作时，盐桥中的________(填“阳”或“阴”)离子向X溶液方向移动。
(2)如图是一个化学过程的示意图。
①甲池中OH-移向__________极（填“CH3OH”或“O2”）。
②写出通入CH3OH的电极的电极反应式_______________。
③乙池中总反应的离子方程式___________________。
④当乙池中B（A g）极的质量增加5.40g，若此时乙池中溶液的体积为500ml，则溶液的C(H+)是___________；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是______________（填序号）。A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3
【答案】 (1). Fe3＋＋e-=Fe2＋ (2). FeCl3 (3). 阳 (4). CH3OH (5). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (6). 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ (7). 0.1mol·L－1 (8). BD
【解析】
【详解】(1) ①反应Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2中，铜失电子发生氧化反应，Fe3+得电子发生还原反应，原电池中正极发生还原反应，碳做正极，发生的还原反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋；综上所述，本题答案是：Fe3＋＋e-=Fe2＋。
②石墨是正极，正极极反应为：Fe3＋＋e-=Fe2＋，所以图中X溶液是FeCl3 溶液；综上所述，本题答案是：FeCl3 。
③原电池工作时，阳离子移向正极，石墨是正极，所以盐桥中的阳离子向X溶液方向移动；综上所述，本题答案是：阳。
(2) ①燃料电池中,投放燃料的电极是负极,投放氧化剂的电极是正极,原电池放电时,电解质溶液中氢氧根离子向负极移动,即向投放甲醇的电极移动；综上所述，本题答案是：CH3OH。
②该燃料电池中,甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为: CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；因此，本题正确答案是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
③电解硝酸银溶液时,银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子,离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ ；综上所述，本题答案是：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。
④当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g 时，设氢离子浓度为xmol/L，4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+，根据反应关系：4Ag---4H+，432：4=5.4：0.5x，计算得出: x=0.1，所以溶液的c(H+)=0.1mol·L－1；阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素,析出5.40g 时转移电子是0.05mol；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是：
A、硫酸镁中镁元素处于H元素前,所以阴极上不析出金属单质，故错误；
B、电解硫酸铜溶液时,阴极上析出1.6g铜需要转移电子0.05mol,故正确；
C、NaCl中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；
D、电解硝酸银溶液时,阴极上析出1.6g 银需要转移电子0.0148mol<0.05mol,故正确；
因此，本题选:BD。
综上所述，本题答案是：0.1mol·L－1；BD。
24. 某温度时，在2 L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、减小或不变）；混合气体密度比起始时 （填增大、减小或不变）。
（4）将a mol X与b mol Y的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n (X) =" n" (Y) =" n" (Z)，则原混合气体中a : b = 。
（5）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．选择高效的催化剂
（6）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-1·min-1 （3）增大 不变
（4）5:3 （5）CEF （6）AC
【解析】
试题分析：（1） 由图像可知，X、Y随着时间的推移物质的量不断减少，X、Y为反应物，Z随着时间的推移物质的量不断增加，Z为生成物。平衡时由各物质转化的物质的量：X为0.3 mol，Y为0.1mol，Z为0.2mol可知化学方程式中各物质的化学计量数之比为3∶1∶2，则化学方程式为3X+Y2Z。
（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)＝0.2mol÷(2min×2L)＝0.05mol·L-1·min-1 。
（3）根据M=m÷n，在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反应的进行n值变小，则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增大。由于反应前气体的质量和容器容积均不变，则混合气体密度不变。
（4）根据上述分析可知
3X+Y2Z
起始量(mol) a b 0
变化量(mol) 3n n 2n
平衡量(mol) a-3n b-n 2n
根据题意：b-n＝2n，b＝3n，a-3n＝2n，a＝5n，解得a:b＝5:3。
（5）A．恒压时充入He，导致气体体积增大，各物质的浓度降低，化学反应速率减慢，B．恒容时充入He，各物质的浓度不变，化学反应速率不变，C．恒容时充入X，导致反应物浓度增大，化学反应速率加快，D．及时分离出Z，导致生成物浓度降低，化学反应速率减慢；E．升高温度能加快化学反应速率，F．选择高效的催化剂能加快化学反应速率，答案选CEF。
（6）A．任何化学反应都有热效应，升高温度，平衡发生移动，所以升温能改变化学反应限度，A正确；B．升高温度，能加快正逆反应速率，只是增加的幅度不同，B错误；C．化学反应的限度与时间长短无关，C正确；D．改变外界条件，例如升高温度，平衡发生移动，所以化学反应的限度是可以改变的，D错误；E.增大Y的浓度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，E错误；答案选AC。
考点：考查化学方程式的确定，化学反应速率的计算，影响化学反应速率和化学平衡的因素等知识。
25.合成氨对化学工业和国防工业具有重要意义。
（1）向合成塔中按物质的量之比l:4充入N2、H2进行氨的合成，图A为T℃时平衡混合物中氨气的体积分数与压强(p)的关系图。
①图A中氨气的体积分数为15％时，H2的转化率为_______。
②图B中T=500℃，则温度为450℃时对应的曲线是_______(填“a”或“b”)。
（2）合成氨所需的氢气可由甲烷与水反应制得，反应的热化学方程式为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H>0，一定温度下，在体积为2 L的恒容容器中发生上述反应，各物质的物质的量变化如下表：
①分析表中数据，判断5 min时反应是否处于平衡状态？_____（填“是”或“否”）。
②该温度下，上述反应的平衡常数K=_____________________。
③反应在7~10 min内，CO的物质的量减少的原因可能是____________（填字母）。
a．减少CH4的物质的量 b．降低温度 c．升高温度 d．充入H2
④下列方法中可以证明上述反应已达平衡状态的是___________。
a．单位时间内生成3n mol H2的同时生成n mol CO
b．容器内压强不再变化
c．混合气体密度不再变化
d．混合气体的平均相对分子质量不再变化
e．CH4的质量分数不再变化
⑤已知碳的气化反应在不同温度下平衡常数的对数值（lgK）如下表：
气化反应式
lgK
700K
900K
1200K
C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)
-2.64
-0.39
1.58
C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)
-1.67
-0.03
1.44
则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在900K时，该反应平衡常数的对数值（lgK）=_______。
（3）在容积可变的密闭容器中发生反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，在一定温度和不同压强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表:
压强p/Pa
2×105
5×105
1×106
c（A）/mol•L-1
0.08
0.20
0.44
①当压强从2×105 Pa增加到5×105 Pa时，平衡______移动（填“正向、逆向或不”）。
②当压强为1×106 Pa时，此反应的平衡常数表达式为______________。
【答案】 (1). 24.5% (2). b (3). 是 (4). 0.0675 (5). d (6). bde (7). 0.36 (8). 不 (9).
【解析】
(1)①设N2的转化率为x，
N2 +3H2 2NH3
初始：1 4 0
变化：x 3x 2x
平衡：1-x 4-3x 2x
氨气的体积分数为15.00%时，则×100%=15%，解得x=0.33，所以氢气的转化率=×100%≈24.5%；
②对于反应 N2+3H22NH3，△H＜0，当温度降低时，化学平衡向放热反应方向移动，即正反应移动，所以氨气的体积分数增大，对应的曲线是b；
(2)①5min时H2O的变化物质的量为1.00mol-0.8mol=0.2mol，此时生成的CO的物质的是量为0.2mol，和7min时CO的物质的量相等，则根据CO和H2的物质的量的变化情况可以判断，5〜7min之间反应是处于平衡状态，所以5min时反应是处于平衡状态；
②该温度下，
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
起始浓度为(mol/L) 0.2 0.5 0 0
变化浓度为(mol/L) 0.1 0.1 0.1 0.3
起始浓度为(mol/L) 0.1 0.4 0.10 0.3
此温度下反应的平衡常数K===0.0675；
③反应在7～10min之间，CO的物质的量减少，加入氢气能让平衡逆向移动，减少一氧化碳的浓度，故答案为d；
④a．随反应的进行，单位时间内生成3n mol H2的同时生成n mol CO，均为正反应速率，故a错误；b．反应前后气体总的物质的量随反应的进行，在不断变化，当平衡时，总物质的量不变，此时容器内压强不再变化，则为平衡状态，故b正确；c．混合气体的质量和气体总体积始终不变，则密度始终不变，无法判断是否为平衡状态，故c错误；d．混合气体的总质量始终不变，但气体总物质的量是不定值，则当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，此时反应为平衡状态，故d正确；e．CH4的质量分数不再变化，说明反应处于相对静止状态，为平衡状态，故e正确；答案为bde；
⑤已知：Ⅰ．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，令平衡常数为K1，
Ⅱ．C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，令平衡常数为K2，
则Ⅱ-Ⅰ可得：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，故该反应平衡常数K=，故lgK=lgK2-lgK1=-0.03-(-0.39)=0.36；
(3)①由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为倍，浓度由0.08增大为0.20mol•L-1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动；
②由表格数据可知当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变为倍，浓度应该由0.20增大为0.40mol•L-1，但是实际上A的浓度为0.44，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K=。
点睛：化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向；同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志。④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。
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