1、黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 一单项选择题（1-8每小题2分，9-19每小题3分，共计49分）1.下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是A. 化石能源物质内部蕴涵着大量的能量B. 吸热反应没有利用价值C. 绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来D. 物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用【答案】B【解析】【详解】A.煤、石油、天然气属于化石燃料，燃烧时释放大量的能量，可说明化石能源物质内部蕴涵着大量的能量，故A正确；B.吸热反应也有一定的利用价值
2、，如工业上由石灰石制备生石灰的反应、由煤制水煤气的反应都是吸热反应，B错误；C. 光合作用是将太阳能转化为化学能的过程，将空气中的水、二氧化碳等转化为葡萄糖，故C正确；D.化学能可转化为热能、电能等，如物质燃烧，原电池反应等，故D正确故选B。2.下列说法正确的是（ ）A. CO是不稳定的氧化物，它能继续和氧气反应生成稳定的CO2，故反应一定是吸热反应B. 在101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热C. 物质燃烧都需要氧气D. 物质燃烧放出热量的多少与外界条件有关【答案】D【解析】【分析】A、熟悉常见放热反应和吸热反应即可；B、据燃烧热的概念分析；C、据燃烧的概念分析；D、温度
3、、压强会影响反应放热多少【详解】A、CO燃烧是放热反应，A项错误；B、1molC完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量才是C的燃烧热，B项错误；C、燃烧是发光放热的激烈的化学反应，氢气可以在氯气中燃烧，C项错误；D、温度不同时反应热大小不同，D项正确；D项正确。3.下列关于元素周期表的说法正确的是A. 能与水反应生成碱的金属对应元素都在A族B. 原子序数为14的元素位于元素周期表的第3周期A族C. 稀有气体元素原子的最外层电子数均为8D. 元素周期表有18个纵行，分列16个族，即8个主族和8个副族【答案】B【解析】【详解】AA族的金属元素也能生成碱，如镁能够与水反应生成氢氧化镁，故A错误；B原子序数
4、为14的原子为硅，有三个电子层，每一层的电子数分别为2、8、4，所以位于元素周期表的第3周期A族，故B正确；C氦原子的最外层电子数为2，故C错误；D元素周期表有18个纵行，分列16个族，即7个主族和7个副族、1个族和1个0族，故D错误；答案选B。4.下列说法中不正确的是A. NH3易液化B. Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为氮的氧化物C. Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸D. 向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的脱水性【答案】D【解析】【详解】A.氨气分子之间可形成氢键，NH3易液化是由于含有氢键的原因，故A正确；B. Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且
5、硝酸的还原产物分别为二氧化氮和一氧化氮，故B正确；C.Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，故C正确；D.向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的吸水性，故D错误；故选D。【点睛】注意吸水性与脱水性的区别：吸水性是物质中有现成的水分子，浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性；脱水性是物质中没有现成的水分子，浓硫酸按水的组成比，夺取某些有机物中的氢、氧元素形成水分子，浓硫酸使蔗糖炭化体现其脱水性。5.下列有关反应速率的说法正确的是()A. 一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，为了加快反应速率又不影响生成H2的总量，可采取加入少量CuSO4溶液B. 用铁片和稀硫酸反应制氢气时，
6、改用98%的浓硫酸可以加快反应速率C. 其他条件不变时，增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率加快D. 在碳酸钙和盐酸反应中，加多些碳酸钙可使反应速率明显加快【答案】A【解析】【详解】A加入少量CuSO4溶液，Zn置换出硫酸铜中的Cu，Zn、Cu和稀盐酸构成原电池而加快化学反应速率，氢离子的量不变，不影响氢气的量，故A正确； B常温下浓硫酸和铁发生钝化生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，且生成的气体不是氢气，故B错误；C 增大压强增大化学反应速率适用于有气体参加的化学反应，如果化学反应中没有气体参加反应，则压强不影响化学反应速率，如稀盐酸和NaOH溶液的反应，故C错误；D碳酸钙是固体
7、，碳酸钙和稀盐酸的化学反应速率快慢与碳酸钙的多少无关，故D错误；答案选A。6.X(g)+3Y(g)2Z(g) H=-akJmol-1，一定条件下，将1molX和3molY通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol。下列说法正确的是A. 10min内，Y的平均反应速率为0.03molL-1s-1B. 第10min时，X的反应速率为0.01molL-1min-1C. 10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZD. 10min内，X和Y反应放出的热量为akJ【答案】C【解析】【详解】反应10min，测得Y的物质的量为2.4mol，则Y消耗的物质的量为：3mol
8、2.4mol=0.6mol，根据反应X(g)+3Y(g)2Z(g)可知，10min内消耗0.2molX、生成0.4molZ，A.10min内，Y的平均反应速率为：0.6mol2L10min=0.03molL1min1，故A错误；B.化学反应速率与化学计量数成正比，则10min内X的反应速率为：v(X)=13v(Y)=0.01molL1min1，该速率为平均速率，无法计算及时速率，故B错误；C.根据分析可知，10min内，消耗0.2molX，生成0.4molZ，故C正确；D.由于该反应为可逆反应，则1molX和3molY通入2L的恒容密闭容器中生成Z的物质的量小于2mol，放出的热量小于akJ，
9、故D错误；故选C。【点睛】计算出10min内Y的平均反应速率，然后根据计量数与反应速率成正比得出X的反应速率；该反应为可逆反应，则反应物不可能完全转化成生成物，所以10min内X和Y反应放出的热量小于akJ，据此进行解答。7.以熔融的碳酸盐(K2CO3)为电解液，泡沫镍为电极，氧化纤维布为隔膜（仅允许阴离子通过）可构成直接碳燃料电池，其结构如图所示，下列说法正确的是A. 该电池工作时，CO32-通过隔膜移动到b极B. 若a极消耗1mol碳粉，转移电子数为4NAC. b极的电极反应式为2CO2+O2-4e-=2CO32-D. 为使电池持续工作，理论上需要补充K2CO3【答案】B【解析】【详解】A
10、碳燃料电池工作时，C失电子在负极反应，则a为负极，又阴离子移向负极，所以该电池工作时，CO32-通过隔膜移动到a极，故A错误；Ba极发生氧化反应，电极反应式为C-4e-+2CO32-=3CO2，则消耗1mol碳粉，转移电子数为4NA，故B正确；C正极b上为氧气得电子生成CO32-，电极反应式为2CO2+O2+4e-2CO32-，故C错误；D电极总反应为：C+O2=CO2，所以理论上不需要补充K2CO3，故D错误；故答案为B。【点睛】考查原电池原理的应用，明确原电池中物质得失电子、离子流向是解题关键，碳燃料电池工作时，C失电子在负极反应，则a为负极，C被氧化生成二氧化碳，正极b上为氧气得电子生成
11、CO32-，电极反应式为2CO2+O2+4e-2CO32-，阴离子移向负极。8.氨基甲酸铵分解反应为NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g），在一体积恒定的容器里，发生上面的反应，可以判断该反应已经达到平衡的是A. 密闭容器中氨气的体积分数不变B. 1 mol NH2COONH4分解同时有17g NH3消耗C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 混合气体的平均分子量不变【答案】C【解析】【分析】在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，据此判断。【详解】A、反应混合气体只有氨气与二氧化碳，
12、二者物质的量之比始终为2：1，氨体积分数始终不变，不能说明到达平衡，A错误；B、1molNH2COONH4分解同时有17g NH3消耗，17g NH3的物质的量为1mol，消耗17g NH3生成0.5molNH2COONH4，反应未到达平衡，向正反应进行，B错误；C、随反应进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反应混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明到达平衡状态，C正确；D、反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，混合气体的平均分子量始终不变，不能说明到达平衡，D错误；答案选C。【点睛】本题利用一些基本量来判断一个可逆反应是否达到化学平衡状态，具有很强的灵活性，需要
13、学习时理解化学平衡状态的内涵和外延，是高考的热点，也是学习的难点，判断时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期主族元素中原子半径最大的元素，W的单质常温下为黄绿色气体。下列说法正确的是A. XH4的稳定性比YH3的高B. X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C. 元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D. Y离子的半径比Z离子的半径大【答案】D【解析】【分析】短周期
14、主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，处于A族，原子序数大于碳元素，应该处于第三周期，故Z为Na元素；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y表现+3价，Y的原子序数小于Na大于碳，可推知Y为非金属，最外层电子数为8-3=5，处于A族，则Y为氮元素；W的单质常温下为黄绿色气体为氯气，则W为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为碳元素，Y为氮元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性NC，因此氨气比甲烷稳定，故A错误
15、；BX与W形成的化合物为CCl4，含有共价键；Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有的化学键不同，故B错误；C元素Cl的氧化物对应水化物的酸性不一定比N的强，如次氯酸为弱酸，而硝酸为强酸，故C错误；D离子电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Na位于N元素所在周期的下一周期，核电荷数Na大于N，故Na+离子半径小于N3-离子半径，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意“氧化物对应水化物”不是“最高价氧化物对应水化物”，因此不能用非金属性强弱分析判断。10.已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol12CH3OH(l)3O2(g)=2
16、CO2(g)4H2O(l) H1452 kJmol1H(aq)OH(aq)=H2O(l) H57.3 kJmol1则下列说法正确的是A. H2(g)的燃烧热为571.6 kJmol1B. H2SO4(aq)Ba(OH)2(aq)= BaSO4(s)H2O(l) H57.3 kJmol1C. 同质量的H2(g)和CH3OH(l)完全燃烧，H2(g)放出的热量多D. 2molH2(g)在足量氧气中完全燃烧生成气态水放出热量大于571.6kJ【答案】C【解析】【详解】A燃烧热中可燃物为1mol，由2H2(g)+O2(g)2H2O(l)H=-571.6kJmol-1可知H2(g)的燃烧热为285.8k
17、Jmol-1，故A错误；B反应中有硫酸钡沉淀生成，放出热量大于57.3kJ，则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)BaSO4(s)+H2O(l) H-57.3kJmol-1，故B错误；C令H2(g)和CH3OH(l)的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为571.6=142.45kJ，1gCH3OH燃烧放热为1452=22.68kJ，所以H2(g)放出的热量多，故C正确；D液态水转化为气态水，需要吸收热量，则2molH2完全燃烧生成气态水放出热量小于571.6kJ，故D错误；答案选C。11.2018年5月美国研究人员成功实现在常温常压下用氮气和水生产氨，原理如下图所示，下列说法正确的是A.
18、图中能量转化方式只有2种B. H+向a极区移动C. b极发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3D. a极上每产生22.4LO2流过电极的电子数一定为46.021023【答案】C【解析】【详解】A. 图中能量转化方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、化学能转化为电能等，选项A错误；B. b极氮气转化为氨气，氮元素化合价降低被还原为原电池的正极，故H+向正极b极区移动，选项B错误；C. b极为正极，发生的电极反应为：N2+6H+6e=2NH3，选项C正确；D. a极为负极，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，每产生标准状况下22.4LO2流过电极的电子数一定为46.021023，但题
19、干没说明标准状况，故选项D错误。答案选C。12.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是（ ）A. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB. 电池充电过程中，阴极附近溶液酸性增强C. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH-2e-=Fe(OH)2D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH-2e-=Ni2O3+3H2O【答案】B【解析】【详解】A、由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、充电可以看作是放电
20、的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH-2e-= Fe(OH)2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，因此电池充电过程中阴极附近溶液的碱性增强，故B错误；C、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O= Fe(OH)2+2Ni(OH)2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe(OH)2，负极反应为：Fe+2OH-2e-= Fe(OH)2，故C正确；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e-=Fe+2OH-，阳极发生2Ni（OH）2+2OH-2e-=Ni2O3+3H2O，
21、故D正确。答案选B。【点睛】二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解池原理；充电时阴极的电极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时阳极的电极反应为放电时正极反应的逆过程。13. 关于图中装置说法正确的是A. 装置中，盐桥(含有琼胶的KCl饱和溶液)中的K+移向ZnSO4溶液B. 装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH减小C. 用装置精炼铜时，c极为纯铜D. 装置中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2+生成【答案】C【解析】【详解】A原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A错误；B装置工作一段时间后，a极与电源的负极相连是阴极，电极反应式为：水中的氢离子放电，产生氢氧根离
22、子，所以溶液的pH值增大，故B错误；C精炼铜时，纯铜为阴极，所以c为阴极，c极为纯铜，故C正确；D活泼金属锌是负极，所以产生锌离子，而不是亚铁离子，故D错误；故选C。14.ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 该装置工作时，电能转化为化学能B. 负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+C. 该装置可以在高温下工作D. X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜【答案】B【解析】【分析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图正极通O2，负极为有机废水CH3C
23、OO-，则为正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-2CO2+7H+，原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，达到脱盐目的，据此分析解答。【详解】A该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A错误； B由图片可知，负极为有机废水CH3COO的一极，发生失电子的氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+，故B正确；C高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，故C错误； D原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离
24、子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故D错误；答案选B。15.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 ()A. 通电后中间隔室的SO42-向阳极迁移，阳极区溶液pH增大B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C. 阴极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，阴极区溶液pH降低D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有11.2L O2生成（标况）【答案】B【解析
25、】【分析】根据电解原理，阴极区电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，Na+向阴极区移动，ab交换膜允许Na+通过，生成NaOH，阳极区电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，SO42-向阳极区移动，生成H2SO4，据此分析；【详解】A、阳极区电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，SO42-向阳极区移动，生成H2SO4，阳极区溶液的pH减小，故A错误；B、阴极区电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，Na+向阴极区移动，ab交换膜允许Na+通过，生成NaOH，阳极区电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，SO42-向阳极区移动，生成H2SO4，可以得到NaOH和H2S
26、O4产品，故B正确；C、根据选项B分析，阴极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，阴极区溶液的pH增大，故C错误；D、根据B选项分析，电路中通过1mol电子时，会有标准状况下，O2的体积mol22.4Lmol-1=5.6L，故D错误；答案选B。16.某学生用如图所示装置做浓硫酸和蔗糖反应的实验。下列有关实验操作或叙述错误的是( )A. 打开A中分液漏斗活塞，加入浓硫酸，充分反应后烧瓶内出现黑色膨化固体B. 品红溶液红色褪去，证明有SO2气体生成C. 检验A中产生的气体中含有水蒸气，应将E接在A和B之间D. D中溶液变浑浊，即可证明反应产生了CO2【答案】D【解析】【分析】在装置A中，浓硫酸使
27、蔗糖脱水生成碳，同时有一部分碳与浓硫酸进一步反应生成SO2、CO2等，若想检验生成的水，需在气体通过溶液前检验，否则不能肯定水的来源；生成的SO2用品红检验；若想检验反应生成的CO2，需在确保SO2已经除尽的前提下，将气体通入澄清石灰水中。【详解】A打开A中分液漏斗活塞，加入浓硫酸，浓硫酸使蔗糖脱水碳化，生成黑色碳、二氧化碳、二氧化硫等，气体逸出后，导致固体体积膨胀，A正确；B浓硫酸与蔗糖作用生成的气体中，可能含有CO2、SO2、水蒸气等，能使品红溶液红色褪去的气体，只能是SO2，B正确；C检验A中产生的气体中含有水蒸气，应在气体通过溶液前进行，所以将E接在A和B之间，C正确；D即便酸性KMn
28、O4溶液的紫色没有褪去，但仍不能肯定SO2已被除尽(可能是气体通入速率过快，有一部分SO2没来得及反应就逸出)，所以D中溶液变浑浊，不能证明反应产生了CO2，D错误；故选D。17.已知某可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间(t)时，温度(T)和压强(P)与反应物B在混合气体中的体积分数(B)的关系曲线，由曲线分析，下列判断正确的是A. T1T2，P1P2，m+np，放热反应B. T1T2，P 1P2，m+np，吸热反应C. T1T2，P1P2，m+np，放热反应D. T1T2，P1P2，m+np，吸热反应【答案】D【解析】【分析】根据“先拐先平数值大
29、”的原则，可知：T1T2，P1P2，再比较相同温度下增大压强和相同压强下升高温度B在混合气体中的体积分数变化，根据勒夏特列原理判断平衡移动的方向，然后分析。【详解】由图可知，压强一定时，温度T1先到达平衡，故温度T1T2，升高温度B在混合气体中的体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应；温度一定时，压强P2先到达平衡，故压强P1P2，增大压强B在混合气体中的体积分数增大，说明平衡逆向移动，正反应为气体体积增大的反应，则m+np，故答案选D。18.在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的X、Y，发生反应：mX(g)nY(g)HQ kJ/mol。反应达到平衡时，Y的物质的量浓度与温度、气体体
30、积的关系如下表所示：1L2L4L1001.00mol/L0.75mol/L0.53mol/L2001.20mol/L0.90mol/L0.63mol/L3001.30mol/L1.00mol/L0.70mol/L下列说法正确的是()A. 温度不变，压强增大，Y的质量分数减少B. 体积不变，温度升高，平衡向逆反应方向移动C. mnD. Q0【答案】A【解析】分析】当温度不变时，容器体积扩大一倍，若平衡不发生移动，Y物质的浓度应为原来的二分之一，由表可知，容器体积扩大一倍后，Y物质的浓度大于原来的二分之一，说明压强的减小，平衡正向移动，则mn；当容器体积不变时，随着温度的升高，Y物质的浓度增大，即
31、平衡正向移动，正反应为吸热反应。【详解】A该反应是一个气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，Y的质量分数减少，故A正确；B升高温度，平衡向吸热方向移动，由表可知，体积不变升高温度，c(Y)增大，说明平衡右移，为正反应为吸热反应，Q0，温度升高，平衡向正反应方向移动，故B错误；C温度不变，容器体积增大，压强减小，若平衡不移动，c(Y)应减小为原来一半，现c(Y)比原来的一半大，说明减小压强，平衡向右移动，该反应是一个气体体积增大的反应，则mn，故C错误；D当容器体积不变时，随着温度的升高，Y物质的浓度增大，即平衡正向移动，正反应为吸热反应，Q0，故D错误；故答案选A。19.一定条件
32、下向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体，图 1 表示各物质浓度随时间的变化，图 2 表示速率随时间的变化，t2、t3、t4、t5 时刻各改变一种条件，且改变的条件均不同。若t4时刻 改变的条件是压强，则下列说法错误的是A. 若 t1=15 s，则前 15 s 的平均反应速率 v(C)=0.004 molL-1s-1B. 该反应的化学方程式为 3A(g)B(g)+2C(g)C. t2、t3、t5 时刻改变的条件分别是升高温度、加入催化剂、增大反应物浓度D. 若 t1=15 s，则 B 的起始物质的量为 0.04 mol【答案】C【解析】【详解】A.
33、 反应在t1时刻达到平衡时，气体C的浓度增大0.06molL-1，所以平均反应速率为v(C)= =0.004 molL-1s-1，故A正确；B. t4时刻降低压强后反应平衡状态没有改变，说明反应物系数和与生成物系数和相等，又因为反应第一次达到平衡时气体A浓度降低0.09molL-1，气体C的浓度增大0.06 molL-1，所以气体A与C的系数比为3:2，因此气体B也是生成物且其系数为1，所以化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)，故B正确；C. t5时刻后若为增大反应物浓度，开始时应该只有正反应速率增大，不会两个反应速率同时增大，故C错误；D. 气体C的浓度增大0.06molL-1，气体B
34、、C的反应系数比为1:2，所以气体B浓度增大0.03molL-1，又由初始气体A浓度可知，容器的体积为0.3mol/0.15molL1=2L，可知气体B起始物质的量为(0.05-0.03)molL-12L=0.04mol，故D正确；答案选C。二填空题（共计51分）20.(1)二氯化二硫(S2Cl2)是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料。aS2Cl2分子中所有原子都满足8电子稳定结构，写出它的电子式_；b指出它分子内的键型_。(2)硒的原子序数为34，硒的单质及其化合物用途非常广泛。a硒在元素周期表中的位置是_。b硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。已知铟(In)与铝同族且比
35、铝多两个电子层。下列说法正确的是_(填字母)。A原子半径：InSe BIn的金属性比Se强CIn的金属性比Al弱 D硒化铟的化学式为InSe2【答案】 (1). (2). 极性键、非极性键 (3). 第四周期第A (4). AB【解析】【分析】根据二氯化二硫分子中所有原子满足8电子进行判断分子的电子式和分子内键型；根据硒的原子结构判断周期数和电子层数；根据元素周期律进行判断。【详解】(1) a根据二氯化二硫分子中所有原子满足8电子稳定结构，说明硫和硫之间，硫和氯之间均存在一对共同电子对，电子式为：；b硫和氯都是非金属元素，分子间存在SCl极性键和SS非极性共价键；(2) a硒的原子序数为34，
36、硒在元素周期表中的位置是第四周期第A；bA铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层，镓和铟位于同一主族，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：InGa，Ga和Se 位于同一周期，Ga在Se的左侧，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，GaSe，故原子半径InSe，故A正确；B同主族元素从上到下金属性逐渐增强，金属性：InGa，Ga在Se的左侧，同周期元素从左到右金属性减弱，Ga的金属性比Se强，故金属性InSe，故B正确；C铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层，同主族元素从上到下金属性增强，In的金属性比Al强，故C错误；D硒是第A族，最低化合价-2价，铟的最高正价为+3价，硒化铟的化学式为
37、In2Se3，故D错误；答案选AB。【点睛】比较镓和铟的性质寻找中间物质镓，再进行比较。21.图为CH4燃料电池的装置(A、B为多孔碳棒)：(1)_(填A或B)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_。(2)该燃料电池工作时溶液中的K向_(填A或B)极移动。(3)现有500 mL KNO3和Cu(N03)2混合溶液，其中c(NO3)6.0molL1，若以CH4燃料电池作为外接电源，且两极均用石墨作电极电解此混合溶液，工作一段时间后，电解池中两极均收集到22.4 L气体(标准状况，下同)，则燃料电池消耗CH4体积为_L；假定电解后溶液体积仍为500 mL，原混合溶液中c(K)为_molL1。【答案】
38、(1). B (2). CH410OH8e= CO327H2O (3). A (4). 11.2 (5). 2.0【解析】【分析】根据原电池的工作原理及电极反应方程式书写分析解答；根据电解池的工作原理及电极反应方程式书写分析解答；根据物质的量相关计算分析解答。【详解】(1) 根据电子流向知，B为负极、A为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极、通入氧化剂的电极为正极，所以B处通入甲烷，甲烷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CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O，故答案为B；CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O；(2)原电池中，阳离子通常向正极移动，所以K+向
39、A极移动，故答案为A；(3) KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，阳极上的电极反应式：4OH-4e-=2H2O+O2，当产生22.4L即1mol（标准状况）氧气时，转移电子是4mol，根据转移电子数守恒，可知原电池中甲烷转移4mol电子，根据电极反应式可知，甲烷中的碳元素的化合价由-4升高到+4，则n(CH4)=0.5mol，即标况下为11.2L；阴极上先发生电极反应：Cu2+2e-=Cu，然后是：2H+2e-=H2，在阴极上生成1mol的氢气时，转移电子是2mol，所以铜离子共得到电子是2mol，根据电子得失守恒：n（Cu2）=1mol；再根据溶液中电荷守恒，在500 mL KNO3和C
40、u(NO3)2的混合溶液中存在关系：2c(Cu2)+c(K)=c(NO3-)，可以求出c(K)=2 molL1 。【点睛】原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、根据电荷量求产物的量与根据产物的量求电荷量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：1.守恒法：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。2.总反应法：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。3.关系式法算：借得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。22.开发、使
41、用清洁能源发展“低碳经济”正成为科学家研究的主要课题。氢气、甲醇是优质的清洁燃料，可制作燃料电池。(1)工业上一般可采用如下反应来合成甲醇：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H= -90.8kJmol-1。某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，则CO的转化率为_，以CH3OH表示该过程的反应速率v(CH3OH)=_。要提高反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)中CO的转化率，可以采取的措施是_。a升温 b加入催化剂 c增加CO的浓度 d加入H2 e加入惰性气体 f分离出甲醇(2)氢氧燃料电
42、池是一种高效无污染的清洁电池它分碱性(用KOH做电解质)和酸性(用硫酸做电解质)燃料电池。如果是酸性燃料电池，则正极反应方程式是_。科研人员设想用如图原电池装置生产硫酸，则负极的电极反应式为_。【答案】 (1). 80% (2). 0.08mol/(Lmin) (3). df (4). O2+4e-+4H+2H2O (5). SO2-2e-+2H2OSO+4H+【解析】【分析】根据速率公式和转化率公式进行计算；根据提高转化率的方法确定方法；根据酸性燃料电池的原理书写电极反应，根据二氧化硫失去电子发生氧化反应，写出电极反应。【详解】(1)某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L的密闭容
43、器中，充分反应10min后，达到平衡时测得c(CO)=0.2mol/L，CO的初始浓度为，则CO的转化率为=80%，v(CO)=0.08 mol/(Lmin)，2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，根据化学方程式可知，CO和CH3OH的系数相同，故速率相等，v(CH3OH)=0.08 mol/(Lmin)；要提高反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)H= -90.8kJmol-1， a升温，平衡向吸热的方向移动，逆向移动，不能提高CO的转化率；b加入催化剂，平衡不移动，不能提高CO的转化率；c增加CO的浓度，虽然平衡正向移动，外界条件的影响大于体系内平衡的变化，不能提高CO的转化率；
44、 d加入H2，平衡正向移动，可以提高CO的转化率；e2L的密闭容器中，加入惰性气体，参加反应的各物质的分压不变，平衡不移动，故不能提高CO的转化率；f分离出甲醇，平衡正向移动，可以提高CO的转化率；答案选df；(2)氢氧燃料电池，是酸性燃料电池，则正极是氧气得电子和氢离子反应生成水，反应方程式是O2+4e-+4H+2H2O；生产硫酸时，二氧化硫在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为SO2-2e-+2H2OSO+4H+。【点睛】增加CO的浓度，虽然平衡正向移动，外界条件的影响大于体系内平衡的变化，不能提高CO的转化率，为易错点。23.用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应
45、速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：实验序号A溶液B溶液20mL 0.1molL-1H2C2O4溶液30mL 0.01molL-1KMnO4溶液20mL 0.2molL-1H2C2O4溶液30mL 0.01molL-1KMnO4溶液（1）写出该反应的离子方程式_。（2）该实验探究的是_因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是_（填实验序号）。（3）若实验在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=_ molL
46、-1（假设混合溶液的体积为50mL）。（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_来比较化学反应速率。（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：反应放热，_。【答案】 (1). 2MnO4-5H2C2O46H+=2Mn2+10CO28H2O (2). 浓度 (3). (4). (5). 0.0052 (6). KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间） (7). 产物Mn2+是反应的催化剂【解析】【详解】（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，
47、即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；（2）对比实验只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验中A溶液的c(H2C2O4)比实验中大，则实验的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即；（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)=210-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=mol=410-5mol，在2min末，n(MnO4-)=3010-3L0.01molL-1-410-5mol=2.610-4mol，从而可得c(MnO4-)=0.0052molL-1；（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需
48、的时间或产生相同体积气体所需要的时间；（5）这段时间，速率变快的主要原因是产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。【点睛】氧化还原反应方程式的书写是难点，一般先写出氧化剂还原剂氧化产物还原产物，利用化合价升降法进行配平，根据所带电荷数和原子守恒确认有无其他微粒参与反应，注意电解质的酸碱性。24.运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：a CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+216.4kJ/molb.
49、CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H= _。(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)A和的转化率相等 B反应体系密度保持不变C相同时间内，断开H-H键的数目和生成N-H键的数目相同D容器内气体浓度c(N2):c(H2):c (NH3)=1:3:2 P1_P2 (填“” “”“”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：C点_B点_D点。C点的转化率为_；在A
50、、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。(3)已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). +175.2kJ/mol (2). B (3). (4). (5). (6). 66.7% (7). (8). 2SO+4H+2e-=S2O+2H2O (9). 11.2【解析】【分析】利用盖斯定律求反应热；达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平
51、衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；根据图示可知，阴极通入的亚硫酸根发生得电子的还原反应生成S2O，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=nVm计算标况下体积。【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H1=+216.4k
52、J/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=41.2kJ/mol将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H= (+216.4-41.2)kJ/mol=+175.2kJ/mol；(2)AN2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，故A错误；B气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，故B正确；C相同时间内，3H2+N22NH3，假设断开3molH-H键的数目为3NA
53、，和生成6molN-H键的数目为6NA，数目不相等，且代表相同方向的速率，不能代表化学平衡，故C错误；D达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，c(N2):c(H2):c (NH3)=1:3:2，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故正确的是B；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B点D点，B和C在相同的温度下，平衡常数相等，B点=C点，C点=B点D点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N
54、2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 则100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为100%=66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)(B)；II. (3) 根据图示可知，阴极通入的亚硫酸根-发生得电子的还原反应生成S2O，则阴极反应式为：2SO+4H+2e-=S2O+2H2O；反应过程中通过质子交换膜(ab)的H+为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H+O2，则电解池中总反应为：4SO+4H+2S2O+2H2O+O2，即转移4mol电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜(ab)的H+为2mol时，转移电子的物质的量为2mol，生成1mol S2O，图示NO吸收柱中S2O失去电子被氧化成SO，NO得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：n(N2)=0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：22.4L/mol0.5mol=11.2L。【点睛】根据化合价的变化确定转移的电子的数目，再结合标况下气体的摩尔体积进行计算，为难点。
