【化学】广东省深圳市科学高中2018-2019学年高二上学期入学考试（解析版）

广东省深圳市科学高中2018-2019学年高二上学期入学考试
1.CH2=CH2与 H2反应的能量与反应进程关系如图所示.下列说法错误的是(    )

A. 该反应为放热反应
B. 催化剂Ⅱ比催化剂Ⅰ活性更好
C. 催化剂可改变反应的活化能和焓变
D. 正反应的活化能小于逆反应的活化能
【答案】C
【解析】
A. 反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，A正确；B. 催化剂Ⅱ的活化能低，因此比催化剂Ⅰ活性更好，B正确；C. 催化剂可改变反应的活化能，但不能改变焓变，C错误；D. 反应物总能量高于生成物总能量，正反应的活化能小于逆反应的活化能，D正确，答案选C。
2.有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是（     ）
A. 稀硫酸与0．1 mol·L-1NaOH溶液反应：H+（aq）+OH－（aq）= H2O（l）△H = -57．3 kJ·mol-1
B. 在101KPa下氢气的燃烧热△H =－285．5 kJ·mol-1， 则水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g） △H = +285．5 kJ·mol-1
C. 已知2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=－221 kJ·mol-1， 则可知C的燃烧热为110．5 kJ·mol-1
D. 1mol氢气完全燃烧生成液态水放热为285．8kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g） △ H＝－285．8 kJ· mol－1
【答案】A
【解析】
试题分析：A、根据中和热的概念判断，稀硫酸与0．1 mol·L-1NaOH溶液反应：H+（aq）+OH－（aq）= H2O（l）△H = -57．3 kJ·mol-1，正确；B、根据燃烧热的概念判断，水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2（g）+O2（g）△H =" +571.0" kJ·mol-1，错误；C、根据燃烧热的概念：1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量判断，已知2C（s）+O2（g）=2CO（g） △H=－221 kJ·mol-1， 则可知C的燃烧热为110．5 kJ·mol-1，错误；D．1mol氢气完全燃烧生成液态水放热为285．8kJ，则氢气燃烧的热化学方程式应为 H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(g） △ H＝－285．8 kJ· mol－1，错误。
考点：考查燃烧热、中和热的概念及热化学方程式的正误判断。
3.现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是

A. b是阳离子交换膜，允许Na＋通过
B. 从A口出来的是NaOH溶液
C. 阴极反应式为4OH－－4e－= 2H2O＋O2↑
D. Na2SO4溶液从G口加入
【答案】A
【解析】
试题分析：A、b电极是阴极，氢离子放电，b是阳离子交换膜，允许Na＋通过，A正确；B、阳极是氢氧根放电，从A口出来的是硫酸溶液，B错误；C、阴极是氢离子得到电子，C错误；D、根据B中分析可知Na2SO4溶液从E口加入，D错误，答案选A。
考点：考查电解原理的应用
4.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＋4Na2Na2CO3＋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，正极反应为：Na＋＋e－=Na
【答案】D
【解析】
分析：原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。
详解：A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；
B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；
D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。
点睛：本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。
5.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料,氧气为氧化剂,某固体氧化物为电解质的新型燃料电池,该固体氧化物电解质在700-900℃温度时,O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动,电池反应生成均为无毒无害的物质,下列说法正确的是(    )

A. 电池内的O2-由电极乙移向电极甲
B. 电池的总反应为:N2H4＋2O2=2NO＋2H2O
C. 当甲电极上有1mol N2H4消耗时,乙电极上有1molO2被氧化
D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】A
【解析】
A．放电时，阴离子向负极移动，即O2-由电极乙移向电极甲，故A正确；B．反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，故B错误；C．由电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，故C错误；D．电池外电路的电子由负极移向正极，所以由电极甲移向电极乙，故D错误；故选A。
点睛：明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质的性质书写，该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。
6.下列事实不能用电化学原理解释的是（  ）。
A. 铝片不需要特殊的保护方法
B. 炒过菜的铁锅未清洗易生锈
C. 轮船水线以下的船壳上镶有一定数量的锌片
D. 镀锌铁比镀锡铁耐腐蚀
【答案】A
【解析】
铝作为活泼金属表面易被氧化成一层致密的氧化层，可阻止其继续被氧化。
7.在某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4molA和2molB进行如下反应：3A(g)+2B(g)⇌4C(s)+D(g)，反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，下列说法正确的是（）
A. 前2min，D的平均反应速率为0.2mol·L-1·min-1
B. 此时，B的平衡转化率是40%
C. 增大该体系的压强，平衡不移动，化学平衡常数不变
D. 增加B的物质的量，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
A．反应2min后达到平衡，测得生成1.6molC，根据方程式可知生成D是1.6mol÷4＝0.4mol，浓度是0.4mol/L÷2L＝0.2mol/L，则v（D）=0.2mol/L÷2min＝0.1mol•L-1•min-1，A错误；B．根据方程式可知，参加反应的B的物质的量=1.6mol×1/2=0.8mol，故B的转化率=0.8mol/2mol×100%=40%，B正确；C．正反应体积减小，增大压强平衡向正反应方向进行，D的体积分数增大，C正确；D．增加B的用量，B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，B的转化率降低，D错误；答案选B。
8.对于反应2SO 2+O 2⇌2SO 3，判断下列说法正确的是（    ）
①单位时间内生成2 mol SO2，同时生成1 mol O2，则处于化学平衡状态  ②SO2生成速率等于SO2消耗速率，则处于化学平衡状态  ③SO2、O2、SO3的体积分数不再发生变化，则处于化学平衡状态  ④SO2、O2、SO3的分子数之比为2∶1∶2，则处于化学平衡状态
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①生成2 mol SO2生成1 mol O2均为逆反应方向，①说法错误；②正逆反应速率相等，处于平衡状态，②说法正确；③SO2、O2、SO3的体积分数不再发生变化，即各组成的浓度保持不变，处于平衡状态，③说法正确；④SO2、O2、SO3的分子数之比为2∶1∶2，并不能够说明各组分的浓度保持不变，不一定处于平衡状态，④说法错误；答案选C。
【点睛】在该反应中SO2、O2、SO3的分子数之比为2∶1∶2可能是反应在建立平衡过程中某一个时刻的状态，而平衡状态是一个相对稳定的状态，是各组分浓度保持不变的状态。
9.将1 mol X、3 mol Y充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达到平衡：X(g)＋3Y(g) ⇌ 2Z(g)；ΔH＜0。当改变某个条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是
A. 升高温度，X的体积分数减小
B. 缩小体积，Y的物质的量浓度不变
C. 保持容器体积不变，充入一定量的稀有气体，Z的浓度不变
D. 保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数增大
【答案】C
【解析】
试题分析：A、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的体积分数增大，错误；B、缩小体积，Y的物质的量浓度增大，错误；C、保持容器体积不变，充入1mol的稀有气体He，Z的物质的量不变，浓度不变，正确；D、保持容器体积不变，充入2mol的Z（g），相当于增大压强，平衡正向移动，X的体积分数减小，错误。
考点：考查化学平衡的移动
10.T ℃时，在2 L的密闭容器中，气体X、Y和Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列描述正确的是 

A. 容器中化学反应为X(g)＋Y(g)⇌ Z(g)
B. 0～10 s，X表示的平均化学反应速率为0.04 mol/(L·s)
C. 使用催化剂只能加快0～10 s间的反应速率
D. 0～4 s的平均反应速率小于0～10 s的平均反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由图像可知反应在10s时达到化学平衡，此时X、Y分别减少了0.8mol、0.8mol，Z增加了1.6mol，所以反应的化学方程式为：X(g)+Y(g) 2Z(g)，故A错误；B. 0～10 s，X表示的平均化学反应速率为（0.8mol÷2L÷10s）=0.04 mol/(L·s)，故B正确；C.使用催化剂不仅加快0～10s间的反应速度，平衡后的速率也加快，故C错误；D.随着反应进行反应物浓度减小，速率减小，所以0～4s的平均反应速率大于0～10s时平均反应速率，故D错误；答案选B。
11.对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是（  ）。
A. 升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B. 增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C. 减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D. 加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【答案】C
【解析】
试题分析：A.合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆速率影响更大，A项错误；B．合成氨的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，B项正确；C.减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，C项错误；D.加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，D项错误。
【考点定位】考查工业合成氨。
【名师点睛】本题考查工业合成氨。化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量。反应进行快慢由参加反应的物质的本身性质决定，在物质不变时，温度、压强、催化剂、浓度、物质的颗粒大小、溶剂、光、紫外线等也会影响化学反应进行的快慢。化学平衡研究的是可逆反应进行的程度大小的，反应进行程度大小可以根据化学平衡常数判断。化学平衡常数越大，反应进行的程度就越大，外界条件会影响化学平衡，遵循化学平衡移动原理，要会用平衡移动原理来分析解决问题。工业合成氨是两种理论综合考虑的结果。
12.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍,Y原子的电子层数和最外层电子数相同,Z单质可制成半导体材料,W与X属于同一主族。下列叙述正确的是(   )
A. 简单离子的半径的大小:Y>W
B. 元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Z的弱
C. 单质Y和Z均能与强碱溶液反应生成氢气
D. W的气态氢化物稳定性强于X的气态氢化物
【答案】B
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，X有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素；W与X属于同一主族，故W为S元素；Y原子的电子层数和最外层电子数相同，原子序数大于O元素，故Y处于第三周期，故Y为Al元素；Z单质可制成半导体材料，Z为Si元素。A．铝离子只有2个电子层，硫离子含有3个电子层，离子半径：Y＜W，故A错误；B．非金属性Si＜S，故元素S的最高价氧化物对应水化物的酸性比Si的强，故B错误；C. 铝能够与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，硅能与强碱溶液反应生成硅酸盐和氢气，故C正确；D．非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，则X的简单氢化物的热稳定性比W的强，故D错误；故选C。
点睛：本题考查结构性质与位置关系、元素周期律，正确推断元素是解题的关键。本题的易错点为A，要注意掌握比较离子半径的一般方法，同时知道，一般而言，电子层数越多，离子半径越大，本题中也可以借助于氧离子进行比较。
13.下列说法正确的是   （  ）
A. 甲烷在光照条件下与 Cl2 发生取代反应生成的产物最多 4 种
B. 苯不能使酸性 KMnO4溶液褪色，可说明苯分子中不存在碳碳双键
C. 石油的分馏、煤的液化与气化都是物理变化
D. 乙烯中的碳碳双键的键长比乙烷中碳碳单键的键长长
【答案】D
【解析】
A. 甲烷在光照条件下与 Cl2 发生取代反应生成的产物最多可以有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷和氯化氢等5种，A不正确；B. 苯不能使酸性 KMnO4溶液褪色，可说明苯分子中不存在碳碳双键，B正确；C. 石油的分馏是物理变化，煤的液化与气化是化学变化，C不正确；D. 乙烯中的碳碳双键的键长比乙烷中碳碳单键的键长短，D不正确。本题选B。
14.下列说法正确的是
A. 乙烷的一氯代物同分异构体有1种，二氯代物的同分异构体有3 种
B. 正戊烷的一氯代物同分异构体有3 种，二氯代物的同分异构体有9 种
C. 正丁烷的一氯代物同分异构体有2 种，二氯代物的同分异构体有5 种
D. 丙烷的一氯代物同分异构体有2 种，二氯代物的同分异构体有5 种
【答案】B
【解析】
A. 乙烷分子中有1种氢原子，所以一氯代物同分异构体有1种，二氯代物的同分异构体有2种，A错误；B. 正戊烷分子中有3种氢原子，所以一氯代物同分异构体有3种，二氯代物的同分异构体有9种，B正确；C. 正丁烷分子中有2种氢原子，所以一氯代物同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有6种，C错误；D. 丙烷分子中有2种氢原子，所以一氯代物同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有4种，D错误，答案选B。
点睛：本题要注意体会利用等效氢确定一元取代、利用定一移二法书写二元代物，即首先固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目。
15.下列说法正确的是(    )
A. 金刚石和石墨互为同位素
B. C2H6和C5H12 互为同系物
C. C2H4和C2H6互为同系物
D. CH3CH2CH2CH3和CH3CH(CH3)2 互为同系物
【答案】B
【解析】
试题分析：结构相似分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，A．金刚石和石墨互为同素异形体，A错误；B．C2H6和C5H12均是烷烃，二者互为同系物，B正确；C．C2H4和C2H6分别是烯烃和烷烃，不能互为同系物，C错误；D．CH3CH2CH2CH3和CH3CH（CH3）2的分子式相同而结构不同，二者互为同分异构体，D错误，答案选B。
【考点定位】不同主要是考查同系物判断
【名师点晴】同系物的对象是有机化合物，属于同系物的有机物必须结构相似，在有机物的分类中，属于同一类物质，通式相同，化学性质相似，差异是分子式不同，相对分子质量不同，在组成上相差一个或若干个CH2原子团，相对分子质量相差14的整数倍，如分中含碳原子数不同的烷烃之间就属于同系物。
①结构相似指的是组成元素相同，官能团的类别、官能团的数目及连接方式均相同。结构相似不一定是完全相同，如CH3CH2CH3和（CH3）4C，前者无支链，后者有支链，但二者仍为同系物。
②通式相同，但通式相同不一定是同系物。例如：乙醇与乙醚它们的通式都是CnH2n+2O,但他们官能团类别不同,不是同系物。又如：乙烯与环丁烷,它们的通式都是CnH2n,但不是同系物。
③在分子组成上必须相差一个或若干个CH2原子团。但分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质却不一定是同系物，如CH3CH2Br和CH3CH2CH2Cl都是卤代烃，且组成相差一个CH2原子团，但二者不是同系物。
④同系物具有相似的化学性质，物理性质有一定的递变规律，如随碳原子个数的增多，同系物的熔、沸点逐渐升高；如果碳原子个数相同，则有支链的熔、沸点低，且支链越对称，熔、沸点越低。如沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷。同系物的密度一般随着碳原子个数的增多而增大。
16.已知某化学反应A 2(g) +2B 2(g) = 2AB 2(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是 

A. 该反应是熵增加的反应
B. 该反应的ΔH＝－(E1－E2) kJ·mol-1
C. 该反应的活化能为E2
D. 该反应中，反应物分子的键能总和大于生成物分子的键能总和
【答案】D
【解析】
A、根据反应方程式，反应前后气体系数之和不变，因此熵不变，故A错误；B、根据能量的变化图，反应物总能量小于生成物的总能量，即此反应属于吸热反应，△H=(E1－E2)kJ·mol－1，故B错误；C、该反应的活化能为E1，故C错误；D、因为此反应是吸热反应，因此反应物分子键能总和大于生成物分子的键能总和，故D正确。
17.很多鲜花和水果的香味都来自酯的混合物。下图是乙烯等为原料制取乙酸乙酯的过程(部分产物和反应条件已略去)。

请回答下列问题：
（1）B的结构简式为______________。
（2）乙烯与水反应生成A的反应类型为______________。
（3）A与C反应生成乙酸乙酯的化学方程式为__________，其反应类型为__________。
（4）实验室可用如图装置制取乙酸乙酯。
①在试管a中加好相关试剂后，还需要加入2—3块的碎瓷片，其作用是__________。
②试管b中盛有饱和碳酸钠溶液，生成的乙酸乙酯在该溶液的_______(填“上”或“下”)层，用分液的方法分离出该产品所需的主要仪器是________。试管b中的导管口应在液面上方而不伸入到液面以下，其原因是______________。 

【答案】 (1). CH3CHO (2). 加成反应
(3). CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O (4). 酯化(或取代)反应 (5). 防止暴沸 (6). 上 (7). 分液漏斗(烧杯等) (8). 防止倒吸
【解析】
乙烯在催化剂条件下与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则A为CH3CH2OH，CH3CH2OH被催化氧化可生成CH3CHO，则B为CH3CHO，乙醇和C反应生成乙酸乙酯，则C应为CH3COOH。据此分析可得结论。
【详解】（1）由以上分析可得B为CH3CHO，故答案为：CH3CHO；（2）乙烯在催化剂条件下与水发生加成反应生成CH3CH2OH，方程式为CH2═CH2 + H2OCH3CH2OH，故答案为：加成反应；（3）乙酸与乙醇在浓硫酸作用下的酯化反应或或取代反应生成乙酸乙酯，反应的方程式为CH3CH2OH + CH3COOH CH3COOCH2CH3 + H2O，故答案为：CH3CH2OH + CH3COOHCH3COOCH2CH3 + H2O；酯化反应或取代反应；（4）①在试管a中加入2—3块的碎瓷片，其作用是防止暴沸，故答案为：防止暴沸；②乙酸乙酯的密度小于水，在上层，分液所需的主要仪器是分液漏斗。试管b中的导管口应在液面上方而不伸入到液面以下，是防止倒吸，故答案为：上；分液漏斗(烧杯等)；防止倒吸。
【点睛】本题主要考查了乙烯、乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯几种物质之间的相互转化和乙酸乙酯的制备实验的相关知识。乙醇在被氧化时可以被催化氧化成乙醛，也可以被氧化生成乙酸，在物质的转化和合成中要灵活运用。
18.A、B、C、D、E五种短周期元素，A、B同主族，C、D同周期，B、E同周期。气体A 2与气体C 2混合后点燃能够发生爆炸，且产物在常温常压下是一种无色无味的液体。B、C、E简单离子的核外电子排布相同。E的最高价氧化物可与B的最高价氧化物的水化物反应生成一种易溶于水的的盐，D能形成自然界硬度最大的单质。请根据上述所提供的信息回答下列问题。 
（1）写出A、B两种元素的元素名称：A________、B________写出D的最高价氧化物的电子式___________ 
（2）写出由B和C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物F存在的化学键是_______ 
（3）写出F和A 2C反应的离子方程式：________________________________。 
（4）潜艇中使用的液氨-液氧燃料电池工作原理如图2所示： 

①电极b名称是____。 
②电解质溶液中OH -离子向____移动（填“电极a”或“电极b”）。
【答案】 (1). 氢 (2). 钠 (3). (4). 离子键和非极性键 (5). 2Na2O2+H2O=4Na++4OH-+O2↑ (6). 正极 (7). 电极a
【解析】
气体A2与气体C2混合后点燃能够发生爆炸，且产物在常温常压下是一种无色无味的液体，则A、C为H、O元素的一种；B、C、E简单离子的核外电子排布相同，则C为O元素，则A为H元素；D能形成自然界硬度最大的单质，则D为C元素；A、B同主族，且C、E具有相同的核外电子排布，则B为Na元素。
(1)根据分析可知，A、B分别为氢、钠元素；D为C元素，其最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，其电子式为，故答案为：氢；钠；；
(2)B、C分别为Na、O元素，由B和C两元素形成的原子个数比为1：1的化合物F为过氧化钠，过氧化钠为离子化合物，其的电子式为，过氧化钠中含有离子键和非极性键，故答案为：离子键和非极性键；
(3)F为过氧化钠，A2C为水，过氧化钠与水反应的离子方程式为：2Na2O2+H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案为：2Na2O2+H2O=4Na++4OH-+O2↑；
(3)①电极a处发生的反应为NH3转化为N2和H2O，在此过程中，N元素化合价是升高的，是失电子，在原电池中充当负极，因此电极b是正极．故答案为：正极；
②原电池中，电解质溶液中的阴离子向原电池的负极移动，这个装置中，电极a是正极，因此OH-向电极a处移动．故答案为：电极a。
19.氮氧化合物是目前造成大气污染的主要气体，而汽车尾气中就含有NO 等多种污染气体。汽车尾气里含有的NO气体是由于内燃机燃烧的高温引起氮气和氧气反应所致。请结合所学知识回答下列问题：
（1）已知：N 2(g)+2O 2(g) ⇌ 2NO 2(g) △H 1=+67.8 kJ/mol
2NO 2(g) ⇌ O 2(g)+2NO(g) △H 2=+116.2 kJ/mol
则N 2(g)+O 2(g) ⇌ 2NO(g) △H=_________kJ/mol；汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，分析其原因为_____________
（2）若反应N 2(g)+O 2(g) ⇌ 2NO(g)是在恒容条件下进行，下列能说明该反应已达到平衡状态的是________
a．2υ 正(N 2)= υ 逆(NO) b．混合气体密度不变
c．生成1molO 2的同时生成2molNO d．混合气体平均相对分子质量不变
（3）汽车尾气净化反应：2NO(g)+2CO(g) ⇌ N 2(g)+2CO 2(g) △H= -746.5 kJ/mol，若将0.20molNO和0.10molCO充入一个容积恒定为1L 的密闭容器中，在不同条件下，反应过程中部分物质的浓度变化状况如图所示：

①该反应能自发进行的条件为_____ (填“高温”、“低温”或“任意温度”)；
②在6~9 min 内，以CO 表示的平均反应速率 υ(CO)=________mol·L -l·min -1；
③第12min时改变的反应条件为_________ (填“升高温度”或“降低温度”)；
④反应在第24min时的平衡常数K=____________(只列出计算式，无需计算结果)，若保持温度不变，再向容器中充入CO、N 2各0.060mol，平衡将_________移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
【答案】 (1). ＋184.0 (2). 温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动 (3). ac (4). 低温 (5). 0.0067 (6). 升高温度 (7). K=(0.01×0.022)/(0.182×0.082) (8). 逆向
【解析】
【详解】（1）对反应编号，N2（g）+2O2（g）2NO2（g） △H1=+67.8 kJ/mol（①式）
2NO2（g）O2（g）+2NO（g） △H2=+116.2 kJ/mol（②式），应用盖斯定律，将①式+②式得，N2（g）+O2（g）2NO（g）  △H=ΔH1+ΔH2=（+67.8kJ/mol）+（+116.2kJ/mol）=+184.0kJ/mol。汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO 的排放量越大，其原因是：温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动。故答案为：＋184.0；温度升高，反应速率加快；且温度升高有利于平衡正向移动。（2）a项，2υ正（N2）=υ逆（NO）表示正、逆反应速率相等，能说明反应已达到平衡状态；b项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，在恒容容器中，混合气体的密度始终不变，混合气体的密度不变不能说明反应已达到平衡状态；c项，生成1molO2一定消耗2molNO，生成1molO2的同时生成2molNO，说明各物质的浓度保持不变，能说明反应已达到平衡状态；d项，根据质量守恒定律，混合气体的总质量始终不变，该反应反应前后气体分子数不变，建立平衡过程中气体分子总物质的量始终不变，混合气体平均相对分子质量始终不变，混合气体平均相对分子质量不变不能说明反应已达到平衡状态；能说明反应已达到平衡状态的是ac，答案选ac。（3）①反应2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的ΔH=-746.5kJ/mol0、ΔS0，该反应能自发进行时ΔG=ΔH-TΔS0，可见该反应自发进行的条件为低温。故答案为：低温；②根据图像6~9min内，υ（CO）==0.0067mol/（L·min）。故答案为：0.0067；③根据图像，第12min时改变条件，达到新平衡时N2浓度减小，NO、CO的浓度增大，改变条件平衡向逆反应方向移动，由于该反应的正反应为放热反应，所以改变的条件为升高温度。故答案为：升高温度；④根据图像，结合三段式

24min时反应达到平衡状态，反应的平衡常数K===0.01929。若保持温度不变，再向容器中充入CO、N2各0.060mol，此时NO、CO、N2、CO2物质的量浓度依次为0.18mol/L、0.14mol/L、0.07mol/L、0.02mol/L，此时的浓度商Qc==0.0440.01929，平衡将逆向移动。故答案为：K=；逆向。
【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡的标志、化学平衡图像的分析、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响、化学反应速率和化学平衡常数的计算、化学反应自发性的判断等。在反应物和生成物的浓度同时增大或减小时，无法定性来判断可逆反应的移动方向，此时可借助浓度熵与化学平衡常数之间的关系来判断。
20.I.被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池。 右图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒．当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流． 

试回答下列问题： 
（1）燃料电池的优点是________；电解质溶液中的OH -移向______极(填“负”或“正”)． 
（2）写出氢氧燃料电池工作时正极反应式：_______________________。 
（3）若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为___________． 
（4）利用该装置可以处理氮的氧化物和NH 3尾气,总反应为：6NO 2 +8NH 3=7N 2+12H 2O，负极反应式为__________。 
II.将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，若该电池中两电极的总质量为80 g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，试计算： 
（1）产生氢气的体积(标准状况)为________________； 
（2）通过导线的电子数为__________（用 N A表示）．
【答案】 (1). 能量利用率，绿色无污染 (2). 负 (3). 2H2O＋O2＋4e－=4OH－ (4). CH4＋10OH－－8e－=CO32－＋7H2O (5). 2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O (6). 13.44L (7). 1.2NA
【解析】
（1）因为是氧气和氢气的燃料电池，产物为水，并且氧气和氢气的燃烧放出的热量高，所以(1)燃料电池的优点是能量利用率高，绿色无污染。根据原电池工作原理，在电解质溶液中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。所以答案为：能量利用率高，绿色无污染 负。
(2) 正极上是氧气得电子和水生成氢氧根离子，发生还原反应，所以电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-。氢氧燃料电池正极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-。
（3）因为是在碱性溶液中，正极上仍然是氧气得电子和水生成氢氧根离子，发生还原反应，所以电极反应式为2O2+4H2O+8e-=8OH-，负极上是甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电极反应式为CH4＋10OH－－8e－=CO＋7H2O。答案：CH4＋10OH－－8e－=CO32-＋7H2O
(4)根据原电池工作原理，氧化剂做正极，还原剂做负极。由6NO2 +8NH3=7N2+12H2O判断NO2为氧化剂，NH3为还原剂。所以负极反应式为2NH3 -6e- +6OH-=N2+6H2O。
II. （1）将锌片和银片浸入稀硫酸中组成原电池，锌做负极失电子发生氧化反应；硫酸中的氢离子做氧化剂得电子发生还原反应。若该电池中两电极的总质量为80g，工作一段时间后，取出锌片和银片洗净干燥后称重，总质量为41g，质量减少了39g，根据原电池工作原理知道减少的质量是锌失电子，变成锌离子。根据电子守恒FeH2产生标准状况下氢气的体积为39g/65g.mol-122.4l.mol-1= 13.44 L。
（2）通过导线的电子数为39g/65g.mol-12NA=1.2NA
点睛：根据燃料电池的工作原理：负极上失电子，正极得电子，离子在电池内部的移动方向是：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，由此进行判断。另外在燃料电池中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，正极上发生得电子的还原反应，结合电解质环境来书写电极反应式。如果反应后正负极生成的产物和电解质中的离子发生反应，在写电极反应式的时候一定把参加反应的离子写入电极反应式。