1、山东省莱州市第一中学2020-2021学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）可能用到的相对原子量：C12 H1 O16第I卷一、选择题:每小题只有一个选项符合题意1. 下列叙述正确的是（ ）A. 在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应B. 用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2C. 用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 molNaOHD. 镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀【答案】C【解析】【详解】A.在原电池的负极和电解池的阳极上都是发生失电子的氧化反应，A不正确；B.用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物
2、分别是氢气和氧气，物质的量之比为2：1，B不正确；C.用惰性电极电解饱和NaCl溶液，方程式是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，所以若有1 mol电子转移，则生成1 molNaOH，选项C正确；D.金属性：锌铁锡，所以镀层破损后，镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀，D不正确。答案选C。2. 甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是CH3OH(g)+H2O(g) = CO2(g)+3H2(g) H = + 49. 0 kJmol1CH3OH(g)+ O2(g) = CO2(g)+2H2(g) H =192. 9 kJmol1，下列说法正确的是A. CH3OH的燃烧热为192.
3、9 kJmol1B. 反应中的能量变化如图所示C. CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量D. 根据推知反应：CH3OH(l) +O2(g) = CO2(g) +2H2(g) H 192. 9kJmol1【答案】D【解析】【详解】A项、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，反应中生成物不是水，是氢气，故192. 9 kJmol1不是CH3OH的燃烧热，故A错误；B项、反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故B错误；C项、CH3OH转变成H2的过程，按照反应是吸热反应，按照反应是放热反应，则不一定要吸收能量，故C错误；D项、由于气态甲醇的能量高
4、于液态甲醇的能量，所以液态甲醇发生反应放出的热量少，则H大，故D正确；故选D。【点睛】在比较反应热H时需要注意的是，由于H是带有符号的，所以在比较时应该带着符号比较，即放热反应中，放出的热量越多，H越小是解答关键，也是易错点。3. 下列关于图所示的四个实验装置的说法正确的是( )A. 装置甲能防止铁钉生锈B. 装置乙为电镀铜装置C. 装置丙中阳离子交换膜能避免氯气与碱反应，且b端产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D. 装置丁能测定中和反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A装置甲中铁做阳极，失电子，故Fe更容易生锈，A错误；B装置乙中粗Cu作阳极，纯Cu作阴极，为铜的电解精炼，B错误；C装
5、置丙中b端电极为阴极，产生的气体为氢气，不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C错误；D装置丁为测定中和热的装置，D正确。答案选D。4. 在下图所示装置中，试管A、B中的电极为多孔的情性电极，C、D为两个铂夹，夹在被Na2SO4溶液浸湿的滤纸条上，滤纸条的中部滴有KMnO4液滴；电源有a、b两极。若在A、B中充满KOH溶液后倒立于盛KOH溶液的水槽中，断开K1，闭合K2、K3，通直流电，实验现象如图所示。下列说法正确的是A. 电源中a为正极，b为负极B. 试管A中的电极反应式为2H+2e-=H2C. 一段时间后滤纸条上紫红色向C处移动D. 电解一段时间后，断开K2、K3，闭合K1，电流计的指针会发生
6、偏转【答案】D【解析】【分析】断开K1，闭合K2、K3，通直流电，A、B和C、D分别构成两个电解池，A、B电解池为电解KOH溶液，阳极氢氧根放电生成氧气，阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，氢气和氧气的体积比应为2：1，通过图象知，B极上气体体积是A极上气体体积的2倍，所以B极上得氢气，A极上得到氧气，所以B极是阴极，A极是阳极，故a是负极，b是正极。【详解】A根据分析可知a为负极，b为正极，故A错误；BA极上氢氧根离子失电子生成氧气和水，电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2，故B错误；C高锰酸根的水溶液显紫红色，C与a相连，即与电源负极相连，所以C为阴极，高锰酸根应向阳极移动，故C错误；D
7、电解一段时间后，断开K2、K3，闭合K1，则A、B试管再加水盛有KOH溶液的水槽形成碱性氢氧燃料电池，所以电流计指针发生偏转，故D正确；综上所述答案为D。5. 对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，下列有关叙述正确的是生成物的百分含量一定增加生成物的产量一定增加反应物的转化率一定增大反应物的浓度一定降低正反应速率一定大于逆反应速率使用了适宜的催化剂A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】当增加反应物中某个物质，正向移动，生成物量增加，但生成物的百分含量不一定增加；平衡向正反应方向移动，生成物的产量一定增加；增加反应物中一种反应物，增加的反应物的
8、转化率减小，另一种反应物转化率增大；增加反应物中一种反应物，增加的这种反应物的浓度会增大；平衡向正反应方向移动，正反应速率一定大于逆反应速率；使用了适宜的催化剂，平衡不移动；因此正确；故A正确。6. 在两个恒温、恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：(甲)2X(g) Y(g)Z(s)(乙)A(s)2B(g) C(g)D(g)，当下列物理量不再发生变化时：混合气体的密度；反应容器中生成物的百分含量；反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比；混合气体的压强混合气体的总物质的量。其中能表明(甲)和(乙)都达到化学平衡状态是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】甲乙均有固体
9、参与反应，混合气体的密度不变，能作平衡状态的标志，正确； 反应容器中生成物的百分含量不变，说明各组分的量不变，达平衡状态，正确；反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，说明正逆反应速率相等，正确；乙混合气体的压强始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误；乙混合气体的总物质的量始终不变，不能判定反应是否达到平衡状态，错误；综上，正确为 ，答案选A。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，
10、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7. 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Cl2D. 合成氨控制在500左右的温度【答案】D【解析】【详解】A氨水中存在一水合氨的电离平衡，加入酸消耗一水合氨电离出的氢氧根，促使一水合氨的电离平衡正向移动，NH4+的浓度增大，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B分离出生成物可以使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C氯气溶于水存在平衡H2O+Cl2H+Cl-+HCl
11、O，饱和食盐水中有大量氯离子，抑制平衡正向移动，减少氯气的溶解，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D合成氨为放热反应，温度过高不利于平衡正向移动，合成氨控制在500左右的温度是为了提供催化剂的活性和加快反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故D选；故答案为D。8. 体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)NH3(g)HBr(g)，2HBr(g)Br2(g)H2(g)，2 min后，测知H2的浓度为0.5 molL1，HBr的浓度为4 molL1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是()A. 0.5 molL1min1B. 2.5 molL1min1C. 2
12、molL1min1D. 1.25 molL1min1【答案】B【解析】【详解】根据反应可知，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，溴化铵分解生成的溴化氢的浓度为：c（HBr）+2c（H2）=4mol/L+20.5mol/L=5mol/L，所以2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c（NH3）=c总（HBr）=5mol/L，氨气的平均反应速率为：=2.5 mol/（Lmin），故选B。答案：B【点睛】本题考查了化学反应速率的计算，题目难度中等，解题关键是分析、理解题中可逆反应中氨气与溴化氢的浓度关系，根据2min后氢气和溴化氢的浓度计算出氨气的浓度；9. 已知反应N2O4(g)2NO2(g
13、)H0，平衡体系中总质量(m总)与总物质的量(n总)之比M(M=)在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是:A. 温度：T1T2B. 平衡常数：K(a)K(b)K(c)C. 反应速率：vbvaD. 当M=69 gmol1时，n(NO2)n(N2O4)11【答案】D【解析】N2O4(g)2NO2(g)H0，相同压强下，升高温度平衡正向移动，气体物质的量增大，M减小，所以T1T2，故A错误；升高温度平衡正向移动，K增大，K(b)K(c)，a、c温度相同，平衡常数相同，K(a)K(c)，所以K(b) K(a)K(c)，故B错误；温度T1T2，所以温度ba，压强b点大于a点，所以速率vb
14、va，故C错误；当n(NO2)n(N2O4)11时，M=，故D正确。10. 常温下，下列说法正确的是A. pH加和为12的强酸与弱酸混合，pH可能为6B. pH加和为12的强酸与弱碱等体积混合，溶液一定呈碱性C. pH加和为12的弱酸与强碱混合，若成中性，则v（酸）v（碱）D. pH加和为12的强酸与强碱混合，若成中性，则两溶液体积比为100：1【答案】A【解析】【详解】A. pH加和为12的强酸与弱酸，因为酸的pH都小于7，则二者的pH在5-7之间，混合后pH可能为6，故正确；B. pH加和为12的强酸与弱碱，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10
15、y-12 mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，强酸中的氢离子浓度大于弱碱中的氢氧根离子浓度。但由于是弱碱不完全电离，所以弱碱的浓度远远大于氢氧根离子浓度，等体积混合不能确定酸碱是否完全反应、是否有剩余，故不能确定溶液的酸碱性，故错误；C. pH加和为12的弱酸与强碱混合，假设酸的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12 mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，弱酸中的氢离子浓度大于强碱中的氢氧根离子浓度，弱酸不完全电离，若等体积混合，酸有剩余，显酸性，若成中性，则v（酸）v（碱）,故错误。D. pH加和为12的强酸与强碱混合，假设酸
16、的pH为x，碱的pH为y，有x+y=12，则酸中的氢离子浓度为10-x=10y-12 mol/L，碱中的氢氧根离子浓度为10y-14，若成中性，则氢离子物质的量等于氢氧根离子物质的量，即10y-12 V（酸）=10y-14 V（碱），则两溶液体积比为1：100，故错误。故选A。【点睛】掌握酸的pH小于7，注意弱酸或弱碱部分电离，所以电离出的氢离子浓度或氢氧根离子浓度远远小于酸或碱的浓度。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意11. 已知3.6 g碳在6.4 g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量a kJ。又知12.0 g碳完全燃烧，放出热量为 b kJ。则热化学方程式C(s)1/2O2(
17、g)=CO(g)HQ中Q等于()A. (5a0.5b) kJmol1B. (ab) kJmol1C. (ab) kJmol1D. (10ab) kJmol1【答案】A【解析】【详解】碳在氧气中燃烧，氧气不足生成一氧化碳，氧气足量生成二氧化碳，3.6克碳物质的量为3.6/12=0.3mol，6.4克氧气的物质的量为6.4/32=0.2mol，假设生成一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则有x+y=0.3 x/2+y=0.2，解x=0.2 ，y=0.1，则热化学方程式为3C(s)2O2(g)=2CO(g)+ CO2(g)H-10a kJmol1，12.0 g碳完全燃烧，放出
18、热量为 b kJ，则热化学方程式为：C(s)O2(g)= CO2(g)H-b kJmol1 ，根据盖斯定律分析，（-）/2可得热化学方程式C(s)1/2O2(g)=CO(g)H（-10a+b）/2=(5a0.5b) kJmol1。故选A。12. 科学家近年发明了一种新型Zn-CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种断途径。下列说法错误的是A. 放电时，负极反应为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2B. 放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 molC. 充电时，电池总反应
19、2 Zn(OH)=2Zn+O2 +4OH- +2H2OD. 充电时，正极溶液中OH-浓度升高【答案】AD【解析】【分析】放电时为原电池，锌失电子为负极，由图示知负极Zn失电子转化为Zn(OH)，正极为温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸的还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原反应生成锌，据此答题。【详解】A据图可知放电时，负极Zn失电子转化为Zn(OH)，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，故A错误；BCO2中碳的化合价为+4价，HCOOH中碳的化合价+2，C的化合价降低2价，1mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol，故B正确；C据图可知充电时，阳极电极反应应为：
20、2H2O-4e-=4H+O2，阴极反应为：Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，电池总反应为2 Zn(OH)=2Zn+O2+4OH-+2H2O，故C正确；D充电时，阳极(原电池的正极)电极反应：2H2O-4e-=4H+O2，溶液中H+浓度增大，温度不变时，Kw不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误；综上所述答案为AD。13. 铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为：Fe3Cr2Fe2Cr3。下列说法一定正确的是A. 电池充电时，b极的电极反应式为：Cr3e=Cr2B. 电池放电时，b极的电极反应式为：Fe2e=Fe3C. 电池放电时，Cl从b极穿过选择性透过
21、膜移向a极D. 电池放电时，电路中每通过0.1 mol电子，Fe3浓度降低0.1 molL1【答案】A【解析】【详解】A.充电时是电解池工作原理，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为Cr3+e-=Cr2+，A正确；B.电池放电时，反应是原电池的工作原理，负极发生失电子的氧化反应，电极反应式为Cr2+-e-=Cr3+，B错误；C.电池放电时，Cl-从正极室穿过选择性透过膜移向负极室，即从a极穿过选择性透过膜移向b极，C错误；D.放电时，电路中每流过0.1mol电子，就会有0.1mol的铁离子得电子，减小浓度与体积有关，因此不能确定Fe3浓度降低数值，D错误；故合理选项是A。14. 一定条件下，
22、分别向容积固定的密闭容器中充入A和足量B，发生反应：2A(g)+B(s)2D(g)H0，测得相关数据如下，分析可知下列说法不正确的是A. 实验的化学平衡常数K1B. 放出的热量关系为bkJ2akJC. 实验在30min时达到平衡，则30min内A的平均反应速率v(A)为0.005mol/(Lmin)D. 当容器内气体密度不随时间变化时，表明上述反应已达平衡【答案】AB【解析】【详解】A由于B为固体，该反应的平衡常数为：K=；实验中，由于反应2A（g）+B（s）2D（g）中，c（A）平衡=0.85mol/L，反应消耗A的浓度为1mol/L-0.85mol/L=0.15mol/L，则生成的D的浓度
23、为0.15mol/L，K=1，故A错误；B在恒容条件下，实验中A的变化浓度是实验中A的变化浓度的2倍，即实验中参加反应的A的物质的量是实验中参加反应的A的物质的量的2倍，则实验中放出的热量是实验中放出热量的2倍，即bkJ=2akJ，故B错误；C实验达到平衡时，A的浓度变化是0.15mol/L，A的平均反应速率为=0.005molL-1min-1，故C正确；D由于反应方程式中B是固体，反应两边气体的质量不相等，而容器的容积固定，根据=，V是定值，密度不变，说明混合气体的质量不变，此时正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；故答案为AB。15. 将CO2转化为二甲醚反应原理为2CO2(g)6H
24、2(g) CH3OCH3(g)3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0 L的恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1 mol CO2和0.18 mol H2，在乙中充入0.2 mol CO2和0.36 mol H2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A. 曲线X表示的是容器甲中CO2的平衡转化率随温度的变化B. 体系的总压强P总：P总(状态)2P总(状态)C. 将状态对应的容器升温到T2K，可变成状态D. T2 K时，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，反应将向正方向进行【答案
25、】BD【解析】【详解】A.由已知，结合图像可得，恒温恒容时，甲、乙两平衡不等效，由于正反应是气体分子数减少的瓜不，故压强越大反应物的转化率越高。在相同温度下，乙的CO2的平衡转化率高，所以曲线X表示的是容器乙中CO2的平衡转化率随温度的变化，选项A错误；B.状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡向正反应方向移动，所以P总（状态II）2P总（状态
26、III），选项B正确；C. 由图像可知，将状态对应的容器升温到T2K，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，只能得到状态III而得不到状态II，选项C错误；D. T2 K时，乙中CO2的平衡转化率40%，平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度分别为0.12mol/L、0.12mol/L、0.04mol/L、0.12mol/L，K=，在相同温度下，化学平衡常数不变。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，Q=，反应将向正方向进行，选项D正确。答案选BD。【点睛】本题通过图象考查了影响平衡的因素分析判断，题目难中等
27、，关键看懂图象，学会分析图象的方法，易错点为选项B，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡正向移动使体系的压强会减小一些，故P总（状态II）2P总（状态III）。第II卷(非选择题)16. (1)以氨为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，其工作原理如图所示。该电池工作时的总反应方程为_。固体氧化物做为电池工作的电解质，O2-移动方向为_。
28、 (填“由电极a向电极b”或“由电极b向电极a”)移动。该电池工作时，在接触面上发生的电极反应为_。(2)N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。如图所示装置可用于制备N2O5。写出在电解池中生成N2O5的电极反应式：_。【答案】 (1). 2NH3+3O2=N2+6H2O (2). 由电极b向电极a (3). 2NH3+3O2-6e-=N2+3H2O (4). N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+【解析】【分析】(1)该电池为氨为燃料的固体氧化物(含有O2-)燃料电池，通入空气或氧气的一端为正极，氧气得电子发生还原反应，通入燃料气即氨气的一端为负极，氨气失电子发生氧
29、化反应；(2)该装置为电解池，据图可知左侧与电源正极相连为阳极，发生氧化反应，右侧与电源负极相连发生还原反应。【详解】(1)电池总反应即为氨气被氧气氧化的反应，从环保角度考虑，氨气被氧化后的产物应为N2，所以总反应为2NH3+3O2=N2+6H2O；原电池中阴离子流向负极，即由电极b向电极a移动；在接触面上发生的反应为负极反应，氨气被氧化生成氮气，电极方程式为2NH3+3O2-6e-=N2+3H2O；(2)N2O5中N元素为最高价+5价，应是由N2O4在阳极被氧化生成，阳极加入的是无水硝酸，所以电极反应为N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。17. 电解是最强有力的氧化还原手段，在
30、化工生产中有着重要的应用。请回答下列问题：(1)以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为_，阴极反应式为_。(2)某同学设计如图所示的装置探究金属的腐蚀情况。下列判断合理的是_(填序号)。a区铜片上有气泡产生b区铁片的电极反应式为2Cl2e=Cl2c最先观察到变成红色的区域是区d区和区中铜片的质量均不发生变化(3)最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHOH2OCH3CH2OHCH3COOH实验室中，以一定浓度的
31、乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入_(填化学式)，电极反应式为_。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量_(填“增大”、“减小”或“不变”)。在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入1 m3乙醛含量为3 000 mg/L的废水，可得到乙醇_kg(计算结果保留小数点后一位)。【答案】 (1). 2CuH2O2e=Cu2O2H (2). 2H2e=H2 (3). d (4). CH4 (5). CH48e10OH=7H2O (6). 不变 (7). 1.9【解析】【详解】(1)
32、由于阳极材料为铜，所以铜本身失电子被氧化，由题意知氧化产物为Cu2O，可得阳极反应式为2CuH2O2e=Cu2O2H，阴极上阳离子放电，即溶液中H被还原成清洁能源H2。左半区是原电池装置，发生的是铁的吸氧腐蚀，负极(Fe)：Fe2e=Fe2，正极(Cu)：O22H2O4e=4OH。右半区是电解装置，阳极(Fe)：Fe2e=Fe2，阴极(Cu)：2H2e=H2，由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察到变成红色的区域是区，故选项a、b、c均错误。(3)根据电解液中阳离子的迁移方向，可知c为阳极，d为阴极，因此直流电源上a为正极，通入O2，b为负极，通入CH4，在碱性条件下CH4的
33、氧化产物为CO32，由此可写出此电极的电极反应式。在电解过程中，由于SO42没有参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离子自由通过，因此根据质量守恒可得阴极区Na2SO4的物质的量不变。阴极区发生还原反应，即CH3CHO转化成CH3CH2OH，设生成的乙醇为x kg，根据碳原子守恒可得关系式：CH3CHOCH3CH2OH44 463 00010310660% x解得x1.9。18. 某温度时，在2L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)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为
34、2.0L的密闭容器中充入2.0mol N2和2.0mol H2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n(NH3)00.240.360.400.40050s内的平均反应速率v(N2)=_。(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1mol NH3过程中_(填“吸收”或“放出”)的能量为_，反应达到(2)中的平衡状态时，对应的能量变化的数值为_kJ。(4)为加快反应
35、速率，可以采取的措施是_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NH3【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 1.2103mol/(Ls) (3). 放出 (4). 46kJ (5). 18.4 (6). b【解析】【分析】（1）根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式；（2）根据=计算；（3）形成化学键放出能量，断裂化合价吸收能量；(4)根据影响反应速率的因素分析；【详解】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且n(X)：n(Y)：n(Z)=
36、0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，则反应的化学方程式为3X+Y2Z；（2）050s内，NH3物质的量变化为0.24mol，根据方程式可知，N2物质的量变化为0.12mol，(Z)=1.2103mol/(Ls)；（3）断裂1mol吸收946kJ的能量，断裂1mol H-H键吸能量436kJ，形成1mo N-H键放出能量391kJ，根据方程式3H2+N22NH3，生成2mol氨气，断键吸收的能量是946kJ+ 436kJ3=2254 kJ，成键放出的能量是391kJ6=2346 kJ，则生成1mol NH3过程中放出的能量为=46kJ；反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4mo
37、l氨气，所以放出的能量是46kJ0.4=18.4kJ；(4) a.降低温度，反应速率减慢，故不选a； b.增大压强，体积减小浓度增大，反应速率加快，故选b； c.恒容时充入He气，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选c；d.恒压时充入He气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故不选d； e.及时分离NH3，浓度减小，反应速率减慢，故不选e。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，根据键能计算反应热，影响化学反应速率的因素，注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度实现的，若改变了压强而浓度不变，则反应速率不变。19. 已知水的电离平衡曲线如图示，试回答下列问题： (1) 图中五点Kw间的关系是
38、_。(2)若从A点到E点，可采用的措施是_。A.升温 B.加入少量的NaOH C.加入少量的纯碱(3) B对应温度下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与0.05 mol/L的稀硫酸V2 L混合(设混合前后溶液的体积不变)，所得混合溶液的pH=2，则V1：V2=_。(4)常温下，将V mL、pH=12氢氧化钠溶液逐滴加入到20.00 mL、pH=2醋酸溶液中充分反应。如果溶液pH=7，此时V的取值_20.00 (填“”“”或“=”)。【答案】 (1). BCA=D=E (2). BC (3). 9:11 (4). 【解析】【详解】(1)水的离子积常数只与温度有关，温度越高，水的离子积常数越大，同一
39、曲线是相同温度，根据图知，温度高低点顺序是BCA=D=E，所以离子积常数大小顺序是BCA=D=E；(2)在A点时，c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，而到E点c(H+)变小，c(OH-)变大，溶液显碱性，即由A点到E点，溶液由中性变为碱性，但Kw不变；A升温会导致Kw变大，故A不符合题意；B加入少量的NaOH溶液显碱性，故B符合题意；C加入少量纯碱，碳酸根水解会使溶液显碱性，故C符合题意；综上所述选BC；(3)B对应温度下水的离子积为Kw=110-12，pH=11的苛性钠中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，0.05mol/L的稀硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/
40、L，pH=2的溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，酸过量，则混合液中满足：0.1mol/LV2-0.1mol/LV1=0.01mol/L(V1+V2)，解得：V1：V2=9：11；(4)CH3COOH是弱电解质，所以pH=2的醋酸溶液的浓度远大于0.01mol/L，pH=12NaOH溶液的浓度应为0.01mol/L，若V=20.00，则完全反应后醋酸剩余较多，溶液呈酸性，所以如果溶液pH=7，则需要更多的NaOH，即V20.00。20. 据公安部2019年12月统计，2019年全国机动车保有量已达3.5亿。汽车尾气排放的碳氢化合物、氮氧化物及碳氧化物是许多城市大气污染的主要污染物。I.汽油燃
41、油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=393.5kJmol12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=221.0kJmol1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+180.5kJmol1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式_。（2）对于2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），在一定温度下，于1L的恒容密闭容器中充入0.1molNO和0.3molCO，反应开始进行。下列能说明该反应已经达到平衡状态的是_（填字母代号）。A.比值不变B.容器中混合气体的密度不变C.v（N2）正=2v（NO）逆D
42、.容器中混合气体的平均摩尔质量不变（3）使用间接电化学法可处理燃煤烟气中的NO，装置如图2所示。已知电解池的阴极室中溶液的pH在47之间，写出阴极的电极反应式_。用离子方程式表示吸收池中除去NO的原理_。（4）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+O2(g)2CO2(g) H”、“”或“=)。II.“低碳经济”备受关注，CO2有效开发利用成为科学家研究的重要课题。在0.1MPa、Ru/TiO2催化下，将一定量的H2和CO2置于恒容密闭容器中发生反应X：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) H (7). 乙 (8). C (9). L1 (10). 【
43、解析】【分析】(1)根据盖斯定律进行计算；(2)根据平衡状态判断的依据：正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变及由此衍生的其他物理量进行分析。(3)电解池中阴极得电子发生还原反应，根据图2所示，HSO3-得电子生成S2O42-，发生还原反应；吸收池中NO和S2O42-发生氧化还原反应，根据图示的产物可写出该反应的离子方程式；(4)反应达到平衡时v正= v逆，即k正c2(CO)c(O2)= k逆c2(CO2)，所以此时，根据表格数据可知初始投料为2molCO和1.2molO2，平衡时n(CO)=0.4mol，n(O2)=0.4mol，根据反应方程式可知生成的n(CO2)=1.6mol，容器的体积为
44、2L，可以计算出；T2时其k正=k逆，即=K=180；该反应焓变小于零即正反应放热反应，平衡常数变小，据此分析温度的大小；(5)初始投料为浓度均为1.0molL-1的H2与CO2，则反应过程中CO2的浓度减小，所以与曲线v正c(CO2)相对应的是曲线乙；该反应正反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动c(CO2)在原平衡基础上减小，且温度降低反应速率减慢，所以对应的平衡点应为C；(6)当CO2量一定时，增大H2的量，CO2的转化率增大；当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%，即当=时，转化率为50%，共充入5molH2和CO2的混合气体，则n(
45、H2)=4mol，n(CO2)=1mol，列三段式进行相关计算，以p(CO2)、p(H2)、p(H2O)来表示平衡时各物质的浓度，进而计算出Kp。【详解】(1)CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)；已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-12C(s)+O2(g)=2CO(g) H2=221.0kJmol1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H3=+180.5kJmol12-可得目标反应方程式，根据盖斯定律可知目标反应方程式H=-393.5kJmol-12+221.0kJmol1-180.5k
46、Jmol1=-746.5 kJmol-1，所以CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJmol-1；(2)A初始投料为0.1molNO和0.3molCO，所以平衡前NO浓度减小，CO2浓度增大，所以当比值不变时说明反应达到平衡，故A选；B容器体积不变，即气体的体积不变，反应物和生成物都是气体，所以气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，故B不选；C反应平衡时v(N2)正= v(N2)逆，2v(N2)逆=v(NO)逆，故C不选；D平衡正向移动时气体的物质的量减小，气体总质量不变，所以平均摩尔质量增大，
47、当混合气体平均摩尔质量不变时说明反应达到平衡，故D选；综上所述选AD；(3)电解池中阴极得电子发生还原反应，根据图2所示，进入阴极室的是HSO3-，流出阴极室的是S2O42-，即HSO3-得电子生成S2O42-，阴极室中溶液的pH在47之间，呈酸性，故电极反应为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；吸收池中NO和S2O42-发生氧化还原反应，根据图示的产物可知，NO得电子生成N2，S2O42-失电子生成HSO3-，根据得失电子守恒写出反应的离子方程式为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-；(4)反应达到平衡时v正= v逆，即k正c2(CO)c(O2)= k逆c2
48、(CO2)，所以此时，根据表格数据可知初始投料为2molCO和1.2mol O2，平衡时n(CO)=0.4mol，n(O2)=0.4mol，根据反应方程式可知生成的n(CO2)=1.6mol，容器的体积为2L，所以80 L/mol；T2时其k正=k逆，即=K=1T1；(5)初始投料为浓度均为1.0molL-1的H2与CO2，则反应过程中CO2的浓度减小，所以与曲线v正c(CO2)相对应的是曲线乙；该反应正反应为放热反应，所以降低温度平衡正向移动c(CO2)在原平衡基础上减小，且温度降低反应速率减慢，所以对应的平衡点应为C；(6)当CO2的量一定时，增大H2的量，CO2的转化率增大，即越大，CO
49、2的转化率越大，所以CO2的平衡转化率可用L1表示；当反应物投料比等于方程式中计量数之比时平衡转化率相等，二者平衡转化率相同时转化率为50%，即当=时，转化率为50%，共充入5molH2和CO2的混合气体，则n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，列三段式有： 平衡时气体总物质的量为0.5mol+2mol+0.5mol+1mol=4mol，反应前气体总物质的量为5mol，压强为5P，则反应后总压强为4P，p(CO2)= p(CH4)=P，p(H2)=2P，p(H2O)=P，所以Kp=。【点睛】化学反应原理题目的考查中经常出现速率常数，可以将(平衡常数)，作为结论记住；当反应物投料比等于方
50、程式中计量数之比时各反应物的平衡转化率相等。21. 光气(COCl2)的分解反应为：COCl2(g)Cl2(g)CO(g)H108kJmol-1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如图所示(第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出)：（1）计算反应在第8min时的平衡常数K=_；（2）比较第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低：T(2)_T(8)(填“”或“”)；（3）若12min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)=_molL-1；（4）比较产物CO在23min、56min和1213min时平均反应速率平均反应速率
51、分别以v(23)、v(56)、v(1213)表示的大小_；（5）比较反应物COCl2在56min和1516min时平均反应速率的大小：v(56)_v(1516)(填“”或“”)，原因是_。【答案】 (1). 0.234 (2). v(23)=v(1213) (5). (6). 在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大【解析】【分析】本题考查 图像，及平衡常数，反应速率的计算； 反应处于平衡状态， 平衡正向移动， 再次到达平衡， 移走生成物一氧化碳，使平衡再次正向进行，在 达到平衡， 再次改变某一条件使平衡正向移动，最终达到平衡。【详解】（1）由图可知， 时 的平衡浓度为 ，的平衡浓度
52、为 的平衡浓度为，故该温度下的化学平衡常数 ；故答案为：0.234；（2）第8min时反应物的浓度比第2min时减小，生成物浓度增大，平衡正向移动，4min瞬间浓度不变，不可能为改变压强、浓度，正向移动，向吸热方向移动，故T(2) T(8)；故答案为：v(23)v(1213)；故答案为：v(56)v(23)v(1213)；（5）在56 min和1516 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但1516 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小；故答案为： ；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。【点睛】本题难点在于突破（2）问，要比较第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低，通过图像观察，第2min至第8min是一个平衡正向移动的过程，根据勒夏特列原理可得出结论。