【化学】湖北省汉川市第二中学2018-2019学年高一下学期5月月考试题（解析版）

湖北省汉川市第二中学2018-2019学年高一下学期5月月考试题
考试时间：90分钟 满分：100分
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Ag 108
第Ⅰ卷(单项选择题，共16小题，每小题3分，共48分)
1.下列有关化学用语表示正确的是( )
A. H2O2的电子式：H+[]2-H+ B. Cl-的结构示意图：
C. 原子核中有10个中子的氧离子：188O2— D. HClO的结构式H-Cl-O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 双氧水是共价化合物，两个氧原子之间以单键结合，每个O原子又分别与一个H原子以共价键结合，故电子式为，故A项错误；
B. 氯离子的核内有17个质子，核外有18个电子，故氯离子的结构示意图为，故B项错误；
C.质量数=质子数+中子数，故原子核中有10个中子的氧离子的质量数为18，表示为： ，故C项正确；
D. HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，故其结构式为H-O-Cl，故D项错误；
故答案选C。
2.下列说法正确的是( )
A. 的名称为3-甲基丁烷
B. CH3CH2CH2CH2CH3和互为同素异形体
C. CH3CH2OH和具有相同的官能团，互为同系物
D. 和为同一物质
【答案】D
【解析】分析：A．根据烷烃的命名方法解答；
B．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C．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；
D．甲烷为正四面体结构，四个氢原子位置完全相同。
详解：A．为烷烃，最长碳链为4个，离取代基近的一端编号得到正确的名称为2-甲基丁烷，A错误；
B．CH3CH2CH2CH2CH3和 为分子式相同结构不同化合物，互为同分异构体，B错误；
C．CH3CH2OH和 具有相同的官能团，但官能团个数不同，不能互为同系物，C错误；
D．甲烷是正四面体结构，四个氢原子位置完全相同，因此和为同一物质，D正确；
答案选D
3.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)经一段时间后，SO3的浓度增加了0.3mol/L，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.03mol/(L·s)，则这段时间为（ ）
A. 0.1s B. 2.5s C. 5s D. 10s
【答案】C
【解析】
分析】根据速率之比等于化学计量数之比计算v(SO3)，再利用△t=计算。
【详解】用O2表示的反应速率为0.03mol•L-1•s-1，则v(SO3)=2v(O2)=2×0.03mol•L-1•s-1 =0.06mol•L-1•s-1，故反应时间==5s，故选C。
4.下列实验操作中正确的是（ ）
A. 制取溴苯：将铁屑、溴水、苯混合加热
B. 实验室制取硝基苯：先加入浓硫酸，再加苯，最后滴入浓硝酸
C. 鉴别甲苯和苯：向甲苯和苯中分别滴入酸性KMnO4溶液，振荡，观察是否褪色
D. 通过向溴水中加入乙醇来萃取溴水中的溴
【答案】C
【解析】A、苯不能与溴水反应，A错误；B、实验室制取硝基苯时，先将苯和浓硝酸混合，再逐滴加入浓硫酸，B错误；C、甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，苯不能与酸性KMnO4溶液反应，可以用酸性KMnO4溶液鉴别苯和甲苯，C正确；D、乙醇与水互溶，不能作溴水的萃取剂，D错误。答案选C。
5.向某容积一定的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一定条件下发生如下反应:2SO2+O22SO3。下列说法不正确的是( )
A. 升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率
B. 达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比一定为2:1:2
C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，反应达到平衡状态
D. 达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol
【答案】B
【解析】分析：根据影响化学反应速率因素和化学反应达到化学平衡的标志进行解答。增加反应浓度或生成物的浓度化学反应速率加快；升高温度化学反应速率加快；化学平衡的标志是各物质的浓度不在改变，正反应速率等于逆反应速率。
详解：A.根据影响化学反应速率的因素知反应2SO2+O22SO3，如果升高温度或充入一定量O2均能加快化学反应速率，故A正确；B. 初始加入2molSO2和1molO2，根据反应2SO2+O22SO3，因为是可逆反应不能进行彻底，所以达到平衡状态时，SO2、O2、SO3物质的量之比不一定为2:1:2，故B错误；C. 当SO2的生成速率与SO3的生成速率相等时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；D.因为2SO2+O22SO3是可逆反应不能进行彻底，达到平衡状态时，生成SO3的物质的量一定小于2mol，故D正确；答案：选B。
6.下列关于热化学反应的描述中正确的是（ ）
A. 当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量高时，为放热反应
B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
C. 在100KPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，可知石墨比金刚石稳定
D. 化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关
【答案】C
【解析】A．焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则当反应物断键吸收的总能量比生成物成键释放的总能量低时为放热反应，故A错误；
B．反应条件与反应中能量变化无关，需要加热的可能为放热反应，故B错误；
C．1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热能，可知石墨能量低，石墨比金刚石稳定，故C正确；
D．物质的量与热量成正比，则化学反应中能量变化的大小与反应物的质量有关，故D错误；
答案选C。
7.已知1～18号元素的离子W3+、X+、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )
A. 质子数Y2－＞Z－ B. 离子的还原性Z－＞Y2－
C. 氢化物的稳定性H2Y＞HZ D. 原子半径W＜X
【答案】D
【解析】
【分析】1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-具有相同电子层结构，其离子核外电子数相等，所以a-3=b-1=c+2=d+1，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析，W为Al元素，X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素。
A．Y为O元素，Z为F元素，质子数Y2－＜Z－，故A错误，
B．Y为O元素，Z为F元素，同周期从左到右非金属性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以离子的还原性：Y2-＞Z-，故B错误；
C．非金属性F＞O，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性为HZ＞H2Y，故C错误；
D．W为Al元素，X为Na元素，同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Na＞Al，即原子半径：X＞W，故D正确；
答案选D。
8.下列有关实验装置正确，且能达到实验目的的是 ( )
A. 用图所示装置分离混溶的沸点不同的混合物
B. 用图所示装置蒸发KCl溶液制备无水KCl
C. 用图所示装置用CCl4萃取碘水中的碘
D. 用图所示装置制取、收集干燥纯净的NH3
【答案】B
【解析】A.分离混溶的沸点不同的混合物用蒸馏的方法，但温度计要放在蒸馏烧瓶的支管口附近，A错误；
B.蒸发KCl溶液制备无水KCl用蒸发结晶方法，使用仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，装置合理，B正确；
C.用CCl4萃取碘水中的碘，由于四氯化碳的密度比水大，因此有机物在下层，水层在上层，C错误；
D.NH3的密度比空气小，应该用向下排空气的方法收集，D错误；
故合理选项是B。
9.用过量锌粒与稀硫酸反应制取氢气，欲加快化学反应速率而不改变产生氢气的量，下列措施不可行的是(　　)
A. 升高温度 B. 加入少量CuSO4固体
C. 滴加少量浓硝酸溶液 D. 改用等质量的锌粉
【答案】C
【解析】A．升高温度，反应速率加快，且不影响生成氢气的量，所以符合条件，故A不选；
B．加入少量CuSO4固体，构成锌铜原电池，反应速率加快，由于锌过量，不影响生成氢气的量，所以符合条件，故B不选；
C．滴加少量浓硝酸溶液，硝酸和锌粒反应不放出氢气，导致生成氢气的量减少，所以不符合条件，故C选；
D．改用等质量的锌粉，固体表面积增大，反应速率加快，且不影响生成氢气的量，所以符合条件，故D不选；
答案选C。
10.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是 ( )
A. 标准状况下，22.4 L H2O含有的分子数为NA
B. 物质的量浓度为0.5 mol·L–1的MgCl2溶液中，含有Cl－个数为NA
C. 0.1 mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数为0.2NA
D. 常温常压下，1.06 g Na2CO3含有的Na+数为0.02NA
【答案】D
【解析】A．标准状况下，水不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B．溶液体积不明确，无法计算溶液中的氯离子的数目，故B错误；
C．过氧化钠和二氧化碳的反应为歧化反应，0.1mol过氧化钠转移0.1mol电子，即0.1NA个电子，故C错误；
D．1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，因此0.01mol碳酸钠中含0.02NA个钠离子，故D正确；
答案选D。
11.有关如图所示装置的叙述正确的是( )

A. 溶液中Na+向Fe极移动
B. 该装置中Pt为正极，电极反应为：O2 + 2H2O + 4e−4OH−
C. 该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe−2e−Fe2+
D. 该原电池装置最终的产物是Fe(OH)2
【答案】B
【解析】A. 铁是活泼的金属，铁是负极，Pt是正极，因此溶液中Na+向Pt极移动，A错误；B. 该装置中Pt为正极，氧气发生得到电子的还原反应，电极反应为：O2＋ 2H2O ＋ 4e－4OH－，B正确；C. 该装置中Fe为负极，电极反应为：Fe－2e－＋2OH－Fe(OH)2，C错误；D. 氢氧化亚铁易被氧化，因此该原电池装置最终的产物是Fe(OH)3，D错误，答案选B。
12.人们发现金星大气层有一种称之为羰基硫(COS)的分子，其结构与CO2类似，羰基硫是一种与生命密切相关的物质，下列推测不正确的是( )
A. COS是含有极性键的共价化合物 B. COS的沸点比CO2高
C. COS 电子式为 D. COS中所有原子满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】A. COS分子分子中含有C、O、S三种元素都是非金属元素，因此COS是共价化合物，含有C=O键和C=S键是极性键，所以A选项是正确的；
B. 由于M（COS）＞M(CO2)，且COS是极性分子，所以COS的沸点高于CO2，所以B选项是正确的；
C. COS相当于是CO2分子中的一个氧原子被S原子取代，电子式是，所以C选项是错误的；
D. COS中，碳原子的原子核外最外层电子数为4，其在分子中的化合价为+4，所以满足最外层电子数为8的电子结构；氧原子和硫原子的原子核外最外层电子数为6，其在分子中的化合价为-2，所以满足最外层电子数为8的电子结构；所以D选项是正确的。
故答案选C。
13.已知H＋(aq)＋OH－(aq) H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，下列说法正确的是( )
A. 当用稀CH3COOH(aq)和稀NaOH(aq)生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1，ΔH1＞ΔH
B. 用含1 mol HCl的稀HCl(aq)和40 g NaOH固体反应生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1，ΔH1＞ΔH
C. 含1 mol H2SO4的稀溶液和含1 mol Ba(OH)2的稀溶液完全反应，放出57.3 kJ的热量
D. 中和反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量
【答案】A
【解析】A．醋酸为弱电解质，电离需要吸热，当用稀CH3COOH(aq)和稀NaOH(aq)生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1＞－57.3 kJ/mol，即ΔH1＞ΔH，故A正确；
B．氢氧化钠固体溶解放热，用含1 mol HCl的稀HCl(aq)和40 g NaOH固体反应生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1＜－57.3 kJ/mol，ΔH1＜ΔH，故B错误；
C．反应中生成硫酸钡沉淀，且生成2mol水，含1 mol H2SO4的稀溶液和含1 mol Ba(OH)2的稀溶液完全反应，放出的热量多于57.3 kJ，故C错误；
D．中和反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D错误；
答案选A。
14.苯环实际上不具有碳碳单键和双键的简单交替结构，下列均不可作为证据事实的一组是（ ）
①苯的间位二取代物只有一种
②苯的对位二取代物只有一种
③苯分子中碳碳键的长度(即分子中两个成键的原子的核间距离)均相等
④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色
⑤苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气发生加成反应生成环己烷
⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应
A. ①②⑤ B. ②③④ C. ①②⑥ D. ②⑤⑥
【答案】A
【解析】分析：①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体来分析；
②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体来分析；
③单键和双键的键长不相等；
④如果苯的结构中存在单双键交替结构，含有双键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；
⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应；
⑥如果苯的结构中存在单双键交替结构，含有双键能够与溴发生加成反应。
详解：①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，间位二元取代物均只有一种，所以①不能作为证据；
②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，对位二元取代物均只有一种，故②不能作为证据；
③单键和双键的键长不相等，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故③能作为证据；
④苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故④能作为证据；
⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应，苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释，故⑤不能作为证据；
⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应，而不是加成反应，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故⑥能作为证据；
答案选A。
15.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，在673 K、30 MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如下图所示。下列叙述正确的是( )

A. 点a的正反应速率比点b的小 B. 点c处反应达到平衡
C. 点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(N2)不一样 D. 点e处反应达到平衡
【答案】D
【解析】
【分析】在N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应物和生成物的物质的量均不再改变，曲线为水平直线，据此分析解答。
【详解】A．从a点到b点，氢气的物质的量在逐渐减少，氢气的物质的量浓度在逐渐减少，所以正反应的反应速率在逐渐降低，即点a的正反应速率比点b的大，故A错误；
B．由图可知，c点反应物和生成物的物质的量仍在变化，反应没有达到平衡状态，故B错误；
C．d点和e点都处于平衡状态，n(N2)不变，即d点和e点n(N2)相等，故C错误；
D．由图像可知e点氨气的物质的量不变，说明达到平衡状态，故D正确；
答案选D。
16.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W元素的一种同位素是最简单原子，X元素原子的最外层电子数与内层电子数之比为3∶1，Y元素为其所在周期原子半径最大的元素，Z元素的单质常温下为固体，该单质能和由W、X、Y三种元素形成的化合物的溶液反应生成两种盐。下列说法不正确的是( )
A. 上述四种元素分别位于两个主族
B. 原子半径：X＜Y
C. W与X只能按照原子个数比2∶1形成化合物
D. 含有上述四种元素的常见化合物的水溶液可能呈酸性
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W元素的一种同位素是最简单原子，W为H元素；X元素原子的最外层电子数与内层电子数之比为3∶1=6∶2，则X为O元素；Y元素为其所在周期原子半径最大的元素，说明Y为第三周期元素，为Na元素；Z元素的单质常温下为固体，该单质能和由W、X、Y三种元素形成的化合物的溶液反应生成两种盐，Z为S元素，硫与氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和亚硫酸钠两种盐。据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为H元素，X为O元素，Y为Na元素，Z为S元素。
A．上述四种元素中H元素和Na元素同主族元素，O元素和S元素为同主族元素，分别位于两个主族，故A正确；
B．短周期元素中钠元素的原子半径最大，即原子半径：X＜Y，故B正确；
C．H和O元素可以形成H2O和H2O2，原子个数比2∶1和1∶1，故C错误；
D．含有上述四种元素的常见化合物可能为硫酸氢钠或亚硫酸氢钠，水溶液可能呈酸性，故D正确；
答案选C。
第Ⅱ卷(综合题，共52分)
17.某烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，A还是一种植物生长调节剂，A可发生如图所示的一系列化学反应，其中①②③属于同种反应类型。

根据图回答下列问题。
(1) 写出A、B、C、D的结构简式:
A_______，B_______， 
C_______，D_______。 
(2)写出②、④两步反应的化学方程式，并注明反应类型:②_______________，反应类型_________； 
④__________________________，反应类型______。
【答案】（1）CH2=CH2CH3CH3CH3CH2Cl CH3CH2OH
（2）CH2===CH2＋HClCH3CH2Cl 加成反应；
CH3CH3＋Cl2CH3CH2Cl＋HCl 取代反应
【解析】
【分析】烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，还是一种植物生长调节剂，故A为CH2=CH2，CH2=CH2与氢气发生加成反应生成B，B为CH3CH3，乙烯与HCl发生加成反应生成C，C为CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成D，D为CH3CH2OH，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分析可知，A、B、C、D分别为CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、CH3CH2OH，故答案为：CH2═CH2；CH3CH3；CH3CH2Cl；CH3CH2OH；
(2)反应②为乙烯与HCl发生的加成反应，反应的化学方程式为CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl；反应④为乙烷与氯气的取代反应，反应的化学方程式为CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl，故答案为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl；加成反应；CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl；取代反应。
18.有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在点燃条件下与B的单质充分反应，可以得到与D的单质颜色相同的淡黄色固态化合物。试根据以上叙述回答：
(1)写出AB2的电子式：______________；
(2)用电子式表示C2B的形成过程：__________________________________。
(3)写出淡黄色固态化合物与水反应的化学方程式：_______________________________。
(4)请设计简单实验，比较元素B、D的金属性(或非金属性)强弱：________________。
【答案】(1). (2). (3). 2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑ (4). 向盛有Na2S溶液的试管中通过适量O2，若出现淡黄色沉淀，则氧的非金属性大于硫
【解析】
【分析】A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，A的L层电子数是K层电子数的两倍，则A有2个电子层，L层电子数为4，A为碳元素；C单质燃烧时呈现黄色火焰，则C为钠元素； C的单质在点燃时与足量的B单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，A和B原子有相同的电子层数，则A、B处于同一周期，则B为氧元素、D为硫元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，A为碳元素，B为氧元素，C为钠元素，D为硫元素。
(1)AB2为CO2，CO2分子中碳原子与氧原子形成2对共用电子对，电子式为，故答案为：；
(2) C2B为Na2O，为离子化合物，用电子式表示Na2O的形成过程表示为，故答案为：；
(3)淡黄色固态化合物为过氧化钠，过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；
(4)比较元素O、S的金属性(或非金属性)强弱，可以根据置换反应设计实验，实验方法为：向盛有Na2S溶液的试管中通过适量O2，若出现淡黄色沉淀，则氧的非金属性大于硫，故答案为：向盛有Na2S溶液的试管中通过适量O2，若出现淡黄色沉淀，则氧的非金属性大于硫。
19.人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，请根据题中提供的信息，填写空格。
(1)铅蓄电池在放电时发生的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。正极电极反应为__________。
(2)某学习小组依据氧化还原反应：2Ag++CuCu2++2Ag设计成原电池，则负极发生的电极反应为 ________，当反应进行到一段时间后取出电极材料，测得某一电极增重了5.4g，则该原电池反应共转移了的电子数目是_________。
(3)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如下图是电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池原理示意图，回答下列问题：

①该电池的正极反应式__________________________。
②若该电池的效率80%，当外电路通过0.2mo1电子时，消耗O2的体积____L(标准状况)。
【答案】 (1). PbO2+4H++SO42-+2e-PbSO4+2H2O (2). Cu-2e-Cu2+ (3). 0.05NA (4). O2+4e-+4H+2H2O (5). 1.4
【解析】
【分析】（1）根据铅蓄电池中正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅，写出电极方程式；
（2）根据总反应可知铜发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极；Ag+在正极上得到电子发生还原反应，根据电极反应式计算转移电子的数目；
（3）氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应；根据原电池中得失电子数目相等进行计算。
【详解】（1）铅蓄电池的电池总反应式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，依据反应的总电池反应，反应中PbO2中Pb元素化合价降低，在正极得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应为：PbO2+2e-+4H++SO42-PbSO4+2H2O；故答案为：PbO2+2e-+4H++SO42-PbSO4+2H2O。
（2）在2Ag++CuCu2++2Ag反应中，铜的化合价升高，发生氧化反应，则铜失电子作原电池的负极，电极反应为Cu-2e-Cu2+；原电池工作时，负极铜失去电子被氧化生成铜离子，铜的质量逐渐减少，溶液中的银离子在正极上得电子发生还原反应生成银，所以正极增重的质量就是析出银的质量，当质量增加5.4g时，n（Ag）=5.4g÷108g/mol =0.05mol，根据电极反应Ag++e-Ag，可知原电池反应共转移电子的数目为0.05NA，故答案为：Cu-2e-Cu2+；0.05NA。
（3）①氢氧燃料电池中，通入氧气的一极为正极，发生还原反应，该电池的正极方程式为：O2+4e-+4H+2H2O；故答案为：O2+4e-+4H+2H2O。
②设参加反应的氧气的体积为VL（标准状况），则×80%×4mol=0.2mol，解得V=1.4L，故答案为：1.4。
20.工业合成氨的反应如下：3H2+N22NH3。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
t/s
0
50
150
250
350
n(NH3)/mol
0
0.24
0.36
0.40
0.40
（1）0～50s内的平均反应速率 v(N2)＝_____。
（2）250s时，H2的转化率为______。
（3）已知N≡N的键能为946 kJ·mol-1，H－H的键能为436 kJ·mol-1，N－H的键能为391 kJ·mol-1，则生成1 mol NH3过程中的热量变化为____kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是___(填字母)。
A． B．
（4）为加快反应速率，可以采取的措施______。
a．降低温度； b．增大压强； c．恒容时充入He气； d．恒压时充入He气； e．及时分离出NH3
（5）下列可判断反应已达到平衡状态的是____。
A．气体的平均摩尔质量不变
B．N2、H2的反应速率比为1:3
C．混合气体的密度不变
D．生成1mol N2的同时生成2molNH3
E．N2、H2、NH3物质的量之比等于系数比
F．混合气体的总压强不再发生改变
【答案】(1). 1.2×10-3 mol·L-1·s-1 (2). 30% (3). 46 (4). A (5). b (6). ADF
【解析】
【分析】(1)图表中0～50s内氨气的浓度变化为0.24mol，可以计算氨气的反应速率，再根据速率之比等于化学方程式计量数之比计算氮气的反应速率；
(2)250s时，氨气生成的物质的量为0.40mol，则反应的氢气物质的量=0.6mol，由此计算氢气的转化率；
(3)反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；依据焓变判断反应图像的变化；
(4)升高温度、增大压强、增大浓度、加入催化剂、增加接触面积等措施都可以加快反应速率；
(5)根据化学平衡的定义判断反应是否达到平衡状态。
【详解】(1)图表中0～50s内氨气的浓度变化为0.24mol，计算氨气的反应速率v(NH3)==0.0024mol/(L•s)，v(NH3)∶v(N2)=2∶1，v(N2)==1.2×10-3mol/(L•s )，故答案为：1.2×10-3mol/(L•s )；
(2)250s时，生成氨气的物质的量为0.40mol，则反应的氢气的物质的量为0.6mol，转化率=×100%=30%，故答案为：30%；
(3)已知N≡N的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，生成1molNH3反应过程中能量变化=×946kJ/moL+×436kJ/mol-3×391kJ/mol=-46kJ/mol，则生成1molNH3过程中的热量变化为46kJ，反应为放热反应，反应物能量高于生成物的能量，反应为放热反应，正确表示该反应中能量变化的是选项A，故答案为：46；A；
(4)a．降低温度，反应速率减小，故a错误；b．增大压强，反应速率增大，故b正确；c．恒容时充入He气，总压增大，分压不变，反应速率不变，故c错误；d．恒压时充入He气，体积增大，压强减小，反应速率减小，故d错误；e．及时分离NH3，氨气的浓度减小，反应速率减小，故e错误；故答案为：b；
(5)A．反应前后气体质量不变，气体物质的量减小，根 M=可知，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明达到平衡状态，故A选；B.根据方程式，N2、H2的反应速率比始终为1:3，N2、H2的反应速率比为1:3不能说明达到平衡状态，故B不选；C．反应前后气体质量不变、体积不变，根据ρ=可知，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，不一定达到平衡状态，故C不选；D.生成1mol N2的同时一定分解2mol NH3，因此生成1mol N2的同时生成2mol NH3，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故D选；E. N2、H2、NH3物质的量之比等于系数比，不能说明三者的物质的量不变，不能说明达到平衡状态，故E不选；F. 反应前后气体物质的量是变量，即反应过程中混合气体的总压强为变量，总压强不再发生改变，说明达到平衡状态，故F选；故答案为：ADF。
21.如图所示是制取溴苯的装置。回答下列问题:

(1)装置A中发生反应的化学方程式是__________________。
(2)装置C中观察到的现象是___________，证明__________。
(3)装置B是吸收瓶，瓶内盛有CCl4，实验中观察到的现象是_________，原因是_______________________________________；
如果没有装置B，将装置A、C直接相连，则该套实验装置____(填“合理”或“不合理”)，原因是______________________。
(4)实验完毕后，将装置A试管中的液体倒入盛有冷水的烧杯中，烧杯____(填“下”或“上”)层为溴苯。
【答案】(1). 2Fe+3Br22FeBr3 (2). +Br2+HBr (3). 导管口有白雾出现，试管中有淡黄色沉淀生成 (4). 有HBr生成 (5). 液体呈橙红色 (6). 反应放热，装置A中的溴蒸气逸出并溶于CCl4中 (7). 不合理 (8). 逸出的溴蒸气也能与AgNO3溶液反应 (9). 下
【解析】
【分析】由制备溴苯的装置可知，A中苯与液溴发生取代反应生成溴苯、HBr，溴苯不溶于水、密度比水大，B中四氯化碳可除去挥发出来的溴，C中HBr与硝酸银反应生成AgBr沉淀，证明有溴化氢生成，也就可以说明该反应为取代反应，据此分析解答。
【详解】(1)装置A中铁能够与溴反应生成溴化铁，苯在溴化铁催化作用下与溴发生反应生成溴苯，反应的化学方程式有：2Fe+3Br22FeBr3、， 故答案为：2Fe+3Br22FeBr3；；
(2)溴易溶于四氯化碳，而溴化氢难溶于四氯化碳，由此装置C中看到的现象是导管口有白雾，试管内有淡黄色的溴化银沉淀生成，说明反应中有HBr生成，故答案为：导管口有白雾，试管内有淡黄色的沉淀生成；有HBr生成；
(3)装置B是吸收瓶，内盛CCl4液体，溴易挥发，溴溶于CCl4中使CCl4呈橙色；如果没有装置B，将装置A、C直接相连，逸出的溴蒸气也能与AgNO3溶液反应，不能证明有溴化氢生成，故答案为：液体变橙色；反应放热，装置A中的溴蒸气逸出并溶于CCl4中；不合理；逸出的溴蒸气也能与AgNO3溶液反应；
(4)实验完毕后将A试管中的液体倒在装有冷水的烧杯中，溴苯不溶于水且密度比水大，可以看到混合物分层，烧杯下层为溴苯，故答案为：下。