【化学】浙江省宁波市余姚中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

浙江省宁波市余姚中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、选择题有一个选项符合题意，第1-10题每小题2分，第11-20题每小题3分，共50分）
1．（2分）1874年22岁的范特霍夫和27岁的勒贝尔分别提出碳正四面体学说，建立了分子的立体概念．如图所示均能表示甲烷的分子结构，哪一种更能反映其真实存在状况（　　）
A．结构示意图 B．电子式
C．球棍模型 D．比例模型
【解答】解：比例模型能表示出甲烷的空间构型，又能表示出分子中C、H原子的相对大小，所以甲烷的比例模型更接近分子的真实结构，
故选：D。
2．（2分）现代化学测定有机物组成及结构的分析方法较多．下列有关说法正确的是（　　）
A．元素分析仪不仅可以测出试样常见的组成元素及含量，还可以测定其分子的空间结构
B．的核磁共振氢谱中有四组峰值1：2：2：3
C．通过红外线光谱图分析可以区分乙醇和乙酸乙酯
D．质谱法和紫外光谱法不属于测定有机物组成和结构的现代分析方法
【解答】解：A．元素分析仪是实验室一种常规仪器，可同时对有机的固体、高挥发性和敏感性物质中C、H、N、S、元素的含量进行定量分析测定。无法帮助人们确定有机化合物的空间结构，故A错误；
B．的核磁共振氢谱中有5中氢原子，峰值：2：4：4：1：3，故B错误；
C．红外光谱可确定物质中的化学键和官能团，乙醇和乙酸乙酯中的化学键、官能团不同，则通过红外光谱分析可以区分，故C正确；
D．质谱法可以测定相对分子质量，紫外光谱法可以确定物质的结构，故D错误。
故选：C。
3．（2分）某铁件需长期浸在水下，为减少腐蚀，想采取下列措施，其中不正确的是（　　）
A．在铁件上铆上一些锌片
B．在制造铁件时，在铁中掺入一定量的铜制合金
C．在铁件表面涂上一层较厚的沥青
D．给铁件通入直流电，把铁件与电源负极相连
【解答】解：A．在铁柱上铆上一些锌片，这样锌铁构成的原电池，金属锌是负极，铁是正极，正极金属铁能被保护，能达到目的，故A不选；
B．制造铁柱时，向铁中渗入一定比例的铜制成合金，锌铜构成的原电池，金属铁是负极，铜是正极，铁易被腐蚀，不能达到目的，故B选；
C．在铁柱表面涂上一层较厚的沥青，可以隔绝金属和空气、水的接触，能被保护，能达到目的，故C不选；
D．与原电池的负极相连，为阴极，阴极被保护，可以减少铁的腐蚀，能达到目的，故D不选；
故选：B。
4．（2分）下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．氨水中加酸，NH4+的浓度增大
B．合成氨工业中不断从反应混合物中液化分离出氨气
C．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2
D．合成氨控制在500℃左右的温度
【解答】A、氨水中加酸，平衡正向移动，NH4+的浓度增大，故A正确；
B、分离出氨气，平衡正向移动，提高反应物的转化率，故B正确；
C、饱和食盐水中氯离子浓度达最大值，使平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡逆向移动，减少氯气的溶解，故C正确；
D、合成氨正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，不符合勒夏特列原理，故D错误；
故选：D。
5．（2分）页岩气的主要成分为 CH4，是我国能源新希望。下列说法正确的是（　　）
A．页岩气属于新能源，子孙万代可长久开采
B．处理后的页岩气作为能源比煤作为能源对环境的影响大
C．甲烷完全燃烧过程中，C﹣H 键断裂而释放出热能
D．利用甲烷、氧气、稀硫酸可设计燃料电池
【解答】解：A． CH4属于化石能源，是不可再生资源，不是新能源，故A错误；
B．甲烷燃烧产物是二氧化碳和水，作为能源比煤作为能源对环境的影响小，故B错误；
C．断裂化学键要吸收能量，C﹣H 键断裂吸收热能，同时形成新化学键释放能量，故C错误；
D．自发的氧化还原反应均能设计为原电池，利用甲烷、氧气、稀硫酸可设计燃料电池，故D正确。
故选：D。
6．（2分）如图分别是A、B两种物质的核磁共振氢谱，已知A、B两种物质都是烃类，都含有6个氢原子，试根据两种物质的核磁共振氢谱推测A、B有可能是下面的（　　）

A．A是C3H6，B是C6H6 B．A是C2H6，B是C3H6
C．A是C2H6，B是C6H6 D．A是C3H6，B是C2H6
【解答】解：图1核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中只有1种H原子，则A为乙烷（CH3CH3），环丙烷（）；
图2核磁共振氢谱中只给出3种峰，说明该分子中只有3种H原子，则B为丙烯（CH2＝CH﹣CH3），丁炔（CH≡C﹣CH2﹣CH3），C6H6（苯）和C2H6（乙烷）中核磁共振氢谱中只有一种峰，
故选：B。
7．（2分）对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（　　）
A．增大压强 B．升高温度 C．使用催化剂 D．多充入 O2
【解答】解：A．增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；
B．升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；
C．使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；
D．多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；
故选：B。
8．（2分）下面有关电化学的图示，完全正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、依据原电池原理分析，活泼金属锌做负极，铜做正极，故A错误；
B、粗铜精炼，粗铜做阳极，精铜做阴极，故B错误；
C、镀件铁做阴极，铜做阳极进行电镀，故C错误；
D、电解饱和食盐水，阳极电流流向，铁棒为阴极，电解过程中生成氢气，碳棒做电解池阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，检验氯气用淀粉碘化钾，故D正确；
故选：D。
9．（2分）根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是（　　）

A．N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝﹣2（a﹣b）kJ•mol﹣1
B．断裂0.5moIN2 （g）和1.5molH2（g）中所有的化学键释放aKJ 热量
C．2NH3 （l）═N2（g）+3H2（g）△H＝﹣2（b+c﹣a） kJ•mol﹣1
D．若合成氨反应使用催化剂，反应放出的热量增多
【解答】解：A、由图可知N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）是放热反应，所以热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝2（a﹣b）kJ•mol﹣1，故A错误；
B、断开化学键吸收热量，而不是释放热量，故B错误；
C、由N2（g）+H2（g）＝NH3（l）△H＝（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1，所以可逆反应的焓变的数值相同而符号相反，则2NH3（1）＝N2（g）+3H2（g）△H＝2（b+c﹣a）kJ•mol﹣1，故C正确；
D、使用催化剂平衡不移动，反应热不变，故D错误；
故选：C。
10．（2分）分子式为 C9H12 的同分异构体中，属于芳香化合物且含有三个侧链的有机物共有（　　）
A．4 种 B．5 种 C．6 种 D．3 种
【解答】解：分子式为 C9H12，苯环含有6个C，含有三个侧链，则含有三个甲基，其结构简式为，所以符合条件的有机物有3种，故D正确；
故选：D。
11．（3分）将等物质的量的X、Y气体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）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜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．增大压强（缩小容器体积），Z的浓度不变
C．保持容器体积不变，充入一定量的惰性气体，Y的浓度减小
D．保持容器体积不变，充入一定量的Z，X的体积分数不变
【解答】解：A．为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则X的体积分数增大，故A错误；
B．为气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，则Z的浓度不变，故B正确；
C．容器体积不变，充入一定量的惰性气体，各物质的浓度不变，Y的浓度不变，故C错误；
D．容器体积不变，充入一定量的Z，相当于增大压强，平衡不移动，X的体积分数不变，故D错误；
故选：B。
12．（3分）科学家最新研究表明，一种糖生物电池可以完全将糖中的化学能量转变为电流，它使用 酶代替贵金属催化剂，利用空气氧化糖类产生电流。下列有关判断正确的是（　　）
A．该电池不宜在高温下工作
B．放电过程中，电池内阳离子向负极迁移
C．若该电池为酸性介质，则正极反应式为 O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
D．若该电池为碱性介质，且以葡萄糖为原料，则电池总反应为 C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【解答】解：A、糖生物电池中的催化剂为生物酶，高温条件下生物酶死亡，催化活性减弱，糖电池工作效率降低或不工作，所以糖电池不宜在高温下工作，故A正确；
B、原电池放电时，内电路中阳离子移向正极、阴离子移向负极，故B错误；
C、该电池中糖类所在电极为负极，通入氧气的电极为正极，酸性介质中氧气得电子生成水，电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故C错误；
D、葡萄糖碱性原电池的总反应为 C6H12O6+6O2+12OH﹣═6CO32﹣+12H2O，故D错误；
故选：A。
13．（3分）以反应5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+＝10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol•L﹣1
体积/mL
浓度/mol•L﹣l
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
下列说法不正确的是（　　）
A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
B．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝2.5×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
【解答】解：A、根据反应方程式可得5H2C2O4﹣2MnO4﹣由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确：
B、高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：＝×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝＝1.7×10﹣4 mol•L﹣1•s﹣1，故B错误；
C、分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D正确；
故选：B。
14．（3分）已知：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）；△H＝﹣566kJ/mol
Na2O2（s）+CO2（g）＝Na2CO3（s）+；△H＝﹣226kJ/mol
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（　　）
A．CO的燃烧热为283kJ
B．如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C．2Na2O2（s）+2CO2（s）＝2Na2CO3（s）+O2（g）△H＜﹣452kJ/mol
D．CO（g）与Na2O2（s）反应放出509kJ热量时，电子转移数为1.204×1024
【解答】解；A、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，单位为KJ/mol，CO的燃烧热为283kJ/mol，故A错误；
B、图象中的焓变应是2molCO燃烧的反应热，图象中物质的量和焓变不统一，故B错误；
C、热化学方程式为2Na2O2（s）+2CO2（g）＝2Na2CO3（s）+O2（g）△H＝﹣452kJ/mol，二氧化碳气体变化为固体放热，△H＜﹣452kJ/mol故C正确；
D、已知：①2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）；△H＝﹣566kJ/mol ②Na2O2（s）+CO2（g）＝Na2CO3（s）+；△H＝﹣226kJ/mol，根据盖斯定律合并热化学方程式得到，②×2+①得到的热化学方程式为 2CO（g）+2Na2O2（s）＝2 Na2CO3（s）；△H＝﹣1018kJ/mol； CO（g）与Na2O2（s）反应放出509kJ热量时，热化学方程式为CO（g）+Na2O2（s）＝2Na2CO3（s）；△H＝﹣509kJ/mol；反应的电子转移数为2mol即电子转移数为1.204×1024，故D正确；
故选：D。
15．（3分）铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，研读图，下列判断不正确的是（　　）

A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣
B．当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2mol
C．K闭合时，II中SO42﹣向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极
【解答】解：A．K闭合时Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣＝PbO2+4H++SO42﹣，故A正确；
B．在Ⅰ装置总反应式中Pb+PbO2+2H2SO4＝2H2O+2PbSO4，得失电子总数为2e﹣，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出Ⅰ中消耗的硫酸的量为0.2mol，故B正确；
C．当k闭合时ⅰ为原电池、ⅱ为电解池，ⅱ中c电极上的PbSO4转化为Pb和SO2﹣4，d电极上的PbSO4转化为PbO2和SO42﹣，故SO42﹣从两极上脱离下来向四周扩散而并非做定向移动，故C错误；
D．K闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，故D正确。
故选：C。
16．（3分）一定条件下，在密闭容中进行2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0．下列图象及对图象的分析均正确的是（　　）

A．只改变温度时，（1）中甲的温度比乙的温度高
B．（2）表示起始时只加反应物达平衡，在t1时刻使用催化剂对平衡的影响
C．（3）表示容积不变增加氧气的浓度，平衡右移，平衡常数增大
D．容积可变时，在t1时刻向达平衡的上述反应加入SO3可用图象（4）描述
【解答】解：A．图中乙先达到平衡状态，则只改变温度时，（1）中甲的温度比乙的温度低，故A错误；
B．起始时只加反应物达平衡，则开始时逆反应速率从0增大至不变，与图象不符，故B错误；
C．平衡常数与温度有关，与氧气浓度变化无关，则容积不变增加氧气的浓度，平衡右移，平衡常数不变，与图象不符，故C错误；
D．容积可变时，加入生成物，生成物浓度变大、反应物浓度变小，则逆反应速率增大、正反应速率减小，与图象一致，故D正确；
故选：D。
17．（3分）某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律（图中P表示压强，T表示温度，n表示物质的量）：

根据以上规律判断，下列结论正确的是（　　）
A．反应Ⅰ：△H＞0，P2＞P1
B．反应Ⅱ：△H＜0，T1＜T2
C．反应Ⅲ：△H＞0，T2＞T1或△H＜0，T2＜T1
D．反应Ⅳ：△H＜0，T2＞T1
【解答】解：A．由图象可知，升高温度A的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应放热，△H＜0；由方程式气体的计量数关系可知增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，则P2＞P1，故A错误；
B．由到达平衡所用时间可以看出T1温度较高，升高温度C的物质的量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则△H＜0，故B错误；
C．如△H＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如△H＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，故C正确；
D．如△H＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，故D错误。
故选：C。
18．（3分）700℃时，向容积为 2 L 的密闭容器中充入一定量的 CO 和 H2O，发生反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应过程中测定的部分数据见下表（表中 t 2＞t 1）：
下列说法正确的是（　　）
反应时间/min
N（CO）/mol
N（H2O）/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80

t2

0.20
A．反应在 t1 min 内的平均速率为 v（H2）＝mol•L﹣1•min
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入 0.60 mol CO 和 1.20 mol H2O，达到平衡时 n（CO2）＝0.40 mol
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入 0.20 mol H2O，与原平衡相比，达到新平衡时 CO 转化率不变，H2O 的体积分数不变
D．温度升高至 800℃，上述反应平衡常数为 0.64，则正反应为吸热反应
【解答】解：A．v（CO）＝＝mol•L﹣1•min，v（CO）：v（H2）＝1：1，则v（H2）＝mol•L﹣1•min，故A错误；
B．t1min时，n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，t2min时n（H2O）＝0.2mol，说明t1min时反应已经达到化学平衡状态，n（CO2）＝n（H2）＝0.4mol，K＝＝＝1，起始充入1.2mol CO 和 1.20 mol H2O，假设达到平衡时 n（CO2）＝0.40 mol，则n（CO）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，n（H2O）＝1.2mol﹣0.4mol＝0.8mol，n（H2）＝n（CO2）＝0.4mol，Qc＝＝1＝K，说明此时达到化学平衡状态，假设成立，故B正确；
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O，平衡向正反应方向移动，达到平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数会增大，故C错误；
D．800℃，反应平衡常数为 0.64，由B得700℃，反应平衡常数为1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，故D错误，
故选：B。
19．（3分）钠离子电池具有成本低、能量转换效率高、寿命长等优点。一种钠离子电池用碳基材料（NamCn）作负极，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，该钠离子电池的工作原理为：Na1﹣mCoO2+NamCnNaCoO2+Cn．下列说法不正确的是（　　）
A．充电时，阴极质量减小且Na+数目增加
B．充电时，阳极的电极反应式为NaCoO2﹣me﹣＝Na1﹣mCoO2+mNa+
C．放电时，Na+向正极移动
D．放电时，负极的电极反应式为NamCn﹣me﹣＝mNa++Cn
【解答】解：A、充电时，是电解池工作原理，在阴极上是阳离子发生得电子的还原反应，电极反应为mNa++Cn+me﹣＝NamCn，电极质量增大，且Na+数目减小，故A错误；
B、充电时，是电解池的工作原理，在阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应为NaCo2﹣me﹣＝Na1﹣mCoO2+mNa+，故B正确；
C、放电时，是原电池工作原理，电解质里的阳离子移向正极，即Na+向正极移动，故C正确；
D、放电时，是原电池工作原理，负极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为NamCn﹣me﹣＝mNa++Cn，故D正确；
故选：A。
20．（3分）MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示（M＝Ca、Mg）：

已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是（　　）
A．△H1（MgCO3）＞△H1（CaCO3）＞0
B．△H2（MgCO3）＝△H2（CaCO3）＞0
C．△H1（CaCO3）﹣△H1（MgCO3）＝△H3（CaO）﹣△H3（MgO）
D．对于MgCO3和CaCO3，△H1+△H2＞△H3
【解答】解：A．碳酸盐分解为吸热反应，且镁离子半径小，离子键强，则△H1（MgCO3）＞△H1（CaCO3）＞0，故A正确；
B．图中△H2均为C、O之间化学键的断裂，断裂化学键吸收能量，则△H2（MgCO3）＝△H2（CaCO3）＞0，故B正确；
C．由盖斯定律可知CaCO3（s）＝Ca2+（g）+CO32﹣（g）减去MgCO3（s）＝Mg2+（g）+CO32﹣（g）得到CaCO3（s）+Mg2+（g）＝MgCO3（s）+Ca2+（g），CaO（s）＝Ca2+（g）+O2﹣（g）减去MgO（s）＝Mg2+（g）+O2﹣（g）得到CaO（s）+Mg2+（g）＝MgO（s）+Ca2+（g），则△H1（CaCO3）﹣△H1（MgCO3）≠△H3（CaO）﹣△H3（MgO），故C错误；
D．分解为吸热反应，结合盖斯定律可知，H1+△H2﹣△H3＝△H＞0，即，△H1+△H2＞△H3，故D正确；
故选：C。
二、填空题（共5大题，共50分）
21．（10分）下列是八种环状的烃类物质：

（1）互为同分异构体的有　苯　和　棱晶烷　、　环辛四烯　和　立方烷　（填写名称）。
（2）正四面体烷的二氯取代产物有　1　种；金刚烷的一氯取代产物有　2　种。
（3）化合物 A 的相对分子质量为 86，所含碳的质量分数为 55.8%，氢的质量分数为 7.0%，其 余为氧。
①A 的分子式为　C4H6O2　。
②A 有多种同分异构体，写出五个同时满足下列条件的同分异构体的结构简式：
a．能发生水解反应b。能使溴的四氯化碳溶液褪色
　　、　　、　　、　　、　　。
【解答】解：（1）苯与棱晶烷的分子式均为C6H6，二者结构不同，互为同分异构体，环辛四烯与立方烷分子式均为C8H8，二者结构不同，互为同分异构体，
故答案为：苯、棱晶烷；环辛四烯、立方烷；
（2）正四面体烷完全对称，只有一种氢原子，一氯代物只有1种，一氯代物中氢原子也只有1种，所以故二氯代物只有1种；金刚烷分子中有两种氢原子，一种是次甲基氢，一种亚甲基氢，所以其一氯代物有2种；故答案为：1；2；
（3）①化合物A分子中N（C）＝＝4、N（H）＝＝6，故N（O）＝＝2，则A的分子式为C4H6O2，故答案为：C4H6O2；
②A能发生水解反应，说明含有酯基，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，符合条件的同分异构体有：、、、、，
故答案为：、、、、。
22．（5分）某原电池装置如图所示，电池总反应为 2Ag+Cl2═2AgCl。
（1）写出该电池工作时的两极反应：负极：　2Ag﹣2e﹣+2Cl﹣＝2AgCl　；正极：　Cl2+2e﹣＝2Cl﹣　。
（2）当电路中转移 amole﹣时，交换膜左侧溶液中约减少　2a　mol 离子；交换膜右侧溶液 c（HCl）　＞　（填“＞”“＜”或“＝”）1mol•L﹣1（忽略溶液体积变化）。

【解答】解：（1）原电池总反应为2Ag+Cl2＝2AgCl，则反应中银化合价升高、发生氧化反应，氯气中的氯元素化合价降低、发生还原反应，所以银作原电池负极，Pt作原电池的正极，装置左侧即负极电极反应式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，正极电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，结合电子守恒写出电极反应式：负极电极反应式为2Ag﹣2e﹣+2Cl﹣＝2AgCl，正极电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，故答案为：2Ag﹣2e﹣+2Cl﹣＝2AgCl；Cl2+2e﹣＝2Cl﹣；
（2）负极电极反应式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，原电池工作时，电路中转移amole﹣，则负极消耗amolCl﹣，形成闭合回路移向正极的n（H+）＝amol，所以负极区即交换膜左侧溶液中约减少2amol离子；正极区电极反应为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，生成n（HCl）＝amol，所以交换膜右侧溶液 c（HCl）增大，即交换膜右侧溶液 c（HCl）＞1mol/L，故答案为：2a；＞。
23．（5分）工业上常用高浓度的K2CO3 溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3 溶液再生，其装置示意图如下：
（1）在阳极区发生的反应包括　4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑（或2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑）　和H++HCO3﹣═H2O+CO2↑．
（2）简述CO32﹣在阴极区再生的原理　HCO3﹣存在电离平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，阴极H+放电，浓度减小平衡右移（或溶液中H+放电，增大了OH﹣浓度，与HCO3﹣反应，从而使CO32﹣再生）　．

【解答】解：（1）装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑（或2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑），生成的氢离子与HCO3﹣反应生成二氧化碳气体，
故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑（或2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑）；
（2）在阴极区，溶液中H+放电，破坏水的电离平衡，OH﹣浓度增大，OH﹣与HCO3﹣反应生成CO32﹣，所以CO32﹣再生，故答案为：HCO3﹣存在电离平衡：HCO3﹣⇌H++CO32﹣，阴极H+放电，浓度减小平衡右移（或溶液中H+放电，增大了OH﹣浓度，与HCO3﹣反应，从而使CO32﹣再生）．
24．（8分）已知 NO2 和 N2O4 可以相互转化：反应 2NO2（g）N2O4（g）△H＝﹣57.2kJ/mol。
（1）一定温度下，现将 1molN2O4 充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是　①④　（填序号，下同）。

（2）若反应 2NO2（g）⇌N2O4（g）在体积为 1L 的恒容密闭容器中进行，保持温度不变，达到平 衡后，向反应容器中再充入少量 N2O4，平衡向　左　 移动（填“左”、“右”或“不”），重新平 衡后和原平衡相比，混合气体颜色　变深　（填“变深”“变浅”或“不变”），N2O4 的体积分 数　增大　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）一定温度下，向容积为 20L 的密闭容器中充入 1 mol NO2 气体，发生反应 2NO2（g）⇌N2O4（g），反应中测得相关数据如表所示：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
气体相对分子质量
46
57
64
69
69
69
①此条件下该反应的化学平衡常数 K＝　60　。
②在 50min 末，向容器中加人 mol NO2，若要保持平衡不发生移动，应加入 N2O4 为　　mol。
【解答】解：（1）、该反应是体积变化的反应，密闭容器中气体质量不变，所以密度不变，说明达到了平衡状态，故①正确；
b、反应热△H与化学反应方程式有关，是不变化的，所以△H始终不变，不能判断是否达到平衡状态，故②错误；
c、根据正反应速率大小关系，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，故③错误；
d、四氧化二氮的转化率不变，说明四氧化二氮的浓度不变，说明反应达到了平衡状态，故④正确；
故答案为：①④；
（2）可逆反应为2NO2（g）⇌N2O4（g），达到平衡后，向反应容器中再充入少量N2O4，生成物浓度增大，平衡向左移动，c（NO2）增大，混合气体颜色变深，恒容密闭容器中体积不变时可看成增大压强，压强增大时平衡正向移动，导致N2O4的体积分数增大，
故答案为：左；变深；增大；
（3）①反应2NO2（g）⇌N2O4（g）的三段式为，
2NO2（g）⇌N2O4（g），
起始量（mol）：1 0
变化量（mol）：2x x
平衡量（mol）：1﹣2x x
混合气体的物质为46g，平衡时，混合气体的相对分子质量为69，即69（1﹣2x+x）＝46，x＝mol，c（NO2）＝c（N2O4）＝＝mol/L，
①该反应的化学平衡常数K＝＝＝60，
故答案为：60；
②设平衡时N2O4的浓度为c（N2O4），向容器中加人 molNO2，此时c（NO2）＝＝0.05mol/L，化学平衡常数K＝＝＝60，则c（N2O4）＝0.15mol/L，n（N2O4）＝cV＝20L×0.15mol/L＝3mol，所以应加入N2O4的物质的量为3mol﹣mol＝mol，
故答案为：。
25．（11分）CO2 和甲烷催化合成 CO 和 H2 是 CO2 资源化利用的有效途径。主要反应如下：Ⅰ：CH4（g）+CO2 （g）⇌2CO（g）+2H2 （g）△H＝+247 kJ/mol
（1）已知 CH4（g）+H2 O（g）⇌CO（g）+3H2 （g）△H＝+206 kJ/mol
写出 CH4 和水蒸气反应生成 CO2 的热化学方程式：　CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝+165kJ/mol　。
（2）在恒温、恒容的密闭容器中发生反应Ⅰ，下列选项能够说明反应Ⅰ达到平衡状态的是　BE　。
A．混合气体的密度不变B．混合气体的总压强不变
C．CH4、CO2、CO、H2 的物质的量之比为 1：1：2：2
D.2v 正（H2）＝v 逆（CH4）
E．混合气体的平均相对分子质量不变
（3）催化合成的温度通常维持在 550﹣750℃之间，从反应速率角度分析其主要原因可能是　在该温度范围内，催化剂的活性较高，反应速率较快　。
（4）将 CH4 与 CO2 各 1 mol 充入某密闭容器中，发生反应Ⅰ．100 kPa 时，反应Ⅰ到达平衡时 CO2 的体积分数与温度的关系曲线如图所示。

①图中 A、B、C 三点表示不同温度、压强下达到平衡时 CO2 的体积分数，则　A　 点对应 的平衡常数最小，判断依据是　反应Ⅰ为吸热反应，温度越低，平衡常数越小　；　C　 点对应的压强最 大。
②300℃、100 kPa 下，该容器中反应Ⅰ经过 40 min 达到平衡，计算反应在 0﹣40 min 内的平 均反应速率为 v（CO2 ）＝　　mol/min（用分数表示）。
【解答】解：（1）由①2CO（g）+2H2 （g）⇌CH4（g）+CO2 （g）﹣△H＝﹣247 kJ/mol
②2CH4（g）+2H2 O（g）⇌2CO（g）+6H2 （g） 2△H＝+2×206 kJ/mol
结合盖斯定律可知，①+②得到CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝+165kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）△H＝+165kJ/mol；
（2）A．该反应反应物和生成物都是气态物质，所以根据质量守恒定律可知气态物质的质量没变，又是恒容，体积没变，则密度是恒定的，故A错误；
B．由于反应前后气体体积不同，所以压强是一个变量，“变量不变”则说明达到了平衡状态，故B正确；
C．平衡状态是物质的量保持不变，不是成比例或者相等，故C错误；
D．达到平衡状态时同一物质的正逆反应速率相等，不同物质的正逆反应速率与化学计量数成正比，应该是v（H2）＝2v（CH4），故D错误；
E．由于根据质量守恒定律可知，气体总质量不变，反应前后气体体积改变，所以混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是一个变量，现在保持不变，可以判断达到平衡状态，故E正确；
故答案为：BE；
（3）催化剂的活性大小是与温度有关的，故要想达到使催化剂达到最大活性则需要有适宜温度范围，故答案为：在该温度范围内，催化剂的活性较高，反应速率较快；
（4）①该反应焓变值大于零，为吸热反应，温度升高，向正反应方向移动，平衡常数变大，反之温度越低平衡常数越小，A点温度最低，故A点对应平衡常数最小。该反应的正反应为气体体积增大的反应，温度升高，反应向正向移动，气体体积增大，由于是恒容容器，故气体体积增大，压强也增大，C点温度最高，故C点对应压强最大，
故答案为：A；反应Ⅰ为吸热反应，温度越低，平衡常数越小；C；
②由图可知：在300℃、100kPa时二氧化碳的体积分数40%。
设在300℃、100kPa条件下，达到平衡时消耗二氧化碳的物质的量为xmol。
CH4（g）+CO2 （g）⇌2CO（g）+2H2 （g）
起始量（mol） 1 1 0 0
转化量（mol） x x 2x 2x
平衡量（mol） （1﹣x） （1﹣x） 2x 2x
则平衡时，混合气体总的物质的量n（混）＝（1﹣x）+（1﹣x）+2x+2x＝（2+2x）mol
则CO2体积分数＝＝×100%＝40%，可得x＝，则v（CO2）＝＝mol/min＝mol/min。
故答案为：。
26．（11分）研究NOx、CO2的吸收利用对促进低碳社会的构建和环境保护具有重要意义。
（1）已知：①2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH （l）+H2O （l）△H2
③H2O（g）⇌H2O（l）△H3
求 25℃、101kPa下，2mol CH3OH （l）完全燃烧的△H＝　3△H1﹣2△H2+4△H3　（用含△H1、△H2、△H3的式子表示）。
（2）向1L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH （l）+H2O （l）△H2
①已知反应的△H2＜0，则此反应自发进行的条件是　低温　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）。
②在T℃下，CO2气体的浓度随时间t变化如图1所示，则此温度下反应的平衡常数 Kc＝　　（用分数表示）。在t2时将容器容积缩小为原体积的一半，t3时再次达到平衡，请画出t2之后CO2气体的浓度随时间变化的曲线。

（3）用NH3催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染。如图2，采用NH3作还原剂，烟气以一定的流速通过两种不同催化剂，测量逸出气体中氮氧化物含量，从而确定烟气脱氮率（注：脱氮率即氮氧化物的转化率），反应原理为：NO（g）+NO2（g）+2NH3（g）⇌2N2（g）+3H2O（g）。
以下说法正确的是　B　。（填编号）
A．使用第②种催化剂更有利于提高NOx的平衡转化率
B．催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮
C．相同条件下，改变压强对脱氮率没有影响
D．烟气通过催化剂的流速越快，脱氮效果会越好
（4）用电解法处理NOX是消除氮氧化物污染的新方法，其原理是将NOX在电解池中分解成无污染的N2和O2，电解质是固体氧化物陶瓷（内含O2ˉ离子，可定向移动），阴极的反应式是　2NOx+4xe﹣＝N2+2xO2﹣　。
【解答】解：（1）①2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH （l）+H2O （l）△H2
③H2O（g）⇌H2O（l）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算（①×3﹣②×2+③×4）×得到热化学方程式：CH3OH（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H＝（3△H1﹣2△H2+4△H3），2mol CH3OH （l）完全燃烧的△H＝3△H1﹣2△H2+4△H3；故答案为：3△H1﹣2△H2+4△H3；
（2）①CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（l）+H2O（l），熵变△S＜0，反应焓变△H2＜0，低温下满足△H﹣T△S＜0故答案为：低温；
②反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH （l）+H2O （l），结合三行计算列式计算平衡浓度，计算平衡常数
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH （l）+H2O （l）
初起量（mol•L﹣1）：2 6
变化量（mol•L﹣1）：1 3 1 1
平衡量（mol•L﹣1）：1 3 1 1
则此温度下反应的平衡常数 Kc＝＝，
保持其他条件不变，在t2时将容器容积缩小一倍，CO2的浓度瞬间增大，同时压强增大，平衡正向移动，浓度减小，t3时达到平衡，平衡时浓度比原来大，则t2～t3CO2的浓度随时间的变化如图：
，故答案为：；；
（3）A．催化剂不会影响转化率，只影响反应速率，所以第②种催化剂对转化率没有影响，故A错误；
B．由图象可知，催化剂①、②分别适合于250℃和450℃左右脱氮，其催化活性最好，故B正确；
C．该反应为体积增大的反应，增大压强，平衡向着逆向移动，所以压强对脱氮率有影响，故C错误；
D．从题干信息无法判断烟气通过催化剂的流速对脱氮效果的影响，催化剂对转化率没有影响，故D错误；
故选B；
（4）电解法处理氮氧化合物原理是将NOx在电解池中分解成无污染的N2和O2除去，两电极间是固体氧化物电解质，在一定条件下可自由传导O2﹣，阴极发生还原反应，阴极上是NOx获得电子生成N2与O2﹣，电极反应式为：2NOx+4xe﹣＝N2+2xO2﹣，
故答案为：2NOx+4xe﹣＝N2+2xO2﹣。