1、河北省张家口市宣化区宣化第一中学2020-2021学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）一、单选题（本大题共24小题，共72.0分）1. 2010年节能减排将成为我国新一届政府工作的重点，因此节约能源与建设新能源是摆在当前的一个课题。针对这一现象，某化学学习研究性小组提出如下方案，你认为不够科学合理的是A. 采用电解水法制取无污染的氢B. 完善煤液化制取汽油的技术C. 研制推广以甲醇为燃料的汽车D. 进一步提高石油加工工艺【答案】A【解析】【详解】A.电解水，需要消耗大量的电能，与节能减排不符，可研究使用催化剂使水分解制取无污染的氢能，选项A选；B.煤液化转化为清洁能源，减少石油使用，在节
2、能的同时减少污染物的排放，科学合理，选项B不选；C.甲醇燃烧产物为二氧化碳和水，减少汽车尾气的排放，科学合理，选项C不选；D.提高石油加工工艺，提升裂化、裂解技术，充分利用能源，能提高汽油柴油的产量，科学合理，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查实验方案的评价，为高频考点，把握能源的综合应用及节能减排的途径为解答的关键，侧重分析、应用能力的考查，注重化学与生活的联系，易错点为选项B：煤液化转化为清洁能源，减少石油的使用。2. 下列关于金属腐蚀的说法正确的是A. 金属在潮湿空气中腐蚀的实质是：M + nH2O = M(OH)n + n/2 H2B. 金属的化学腐蚀的实质是M ne- = Mn+
3、，该过程有电流产生C. 金属的化学腐蚀必须在酸性条件下进行D. 在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀【答案】D【解析】【详解】A、金属在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀而变质，如铁的腐蚀：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，选项A错误；B、金属的化学腐蚀实质是：M-ne-=Mn+，是金属失电子直接和氧化剂反应的过程，不产生电流，选项B错误；C、金属的化学腐蚀在酸性或是碱性环境下均有可能进行，如金属铝的化学腐蚀，选项C错误；D、在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀吸氧腐蚀为主，选项D正确。答案选D。3. 下列说法正确的是A. 凡是放热反应都是自发的，因为吸热反应都是非自发的B. 自发
4、反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C. 常温下，反应C(s)+CO2(g) 2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0D. 反应2Mg(s)+CO2(g)=C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的H0【答案】C【解析】【详解】A、反应的自发性是由熵变和焓变共同决定的，若H0，S0，则一定自发，若H0，S0，则一定不能自发，若H0，S0或H0，S0，反应能否自发，和温度有关，A错误；B、根据A中分析可判断B错误；C、根据H-TS0，反应的S0，若H0，则一定自发，现常温下不自发，说明H0，C正确；D、反应的S0，能自发，说明H0，D错误。答案选C。4. 在通风橱中进行下列实验：步骤现象
5、Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（ ）A. 中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B. 中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C. 对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D. 针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe否持续被氧化【答案】C【解析】【分析】I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；中构成原电池，Fe
6、作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】AI 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；B常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C对比、中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。5. 四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少据此判断这四种金属活
7、泼性由大到小的顺序是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】组成原电池时，负极金属较为活泼，可根据电子、电流的流向以及反应时正负极的变化判断原电池的正负极，则可判断金属的活泼性强弱。【详解】组成原电池时，负极金属较为活泼，相连时，外电路电流从流向，说明为负极，活泼性；相连时，为正极，活泼性；相连时，上有气泡逸出，应为原电池的正极，活泼性；相连时，的质量减少，为负极，活泼性；综上分析可知活泼性：；故选B。6. 某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合
8、K1时，总反应的离子方程式为：2H+2ClCl2+H2B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e2ClD. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极【答案】D【解析】【详解】断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2+2OH-+Cl2，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反
9、应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；D、根据C中分析可知D正确，答案选D。【点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。7. 下列说法正确的是 （ ）A. 一定条件下，增加反应物的量，必加快反应速率B. 升高温度对放热反应会减慢反应速率，而对吸热反应才会加快反应速率C. 缩小体积，增大压强，对气体反应都会加快反应速率D. 使用催化剂一定会加快反应速率，并使平衡发生移动【答案】C【解析】【分析】影响化学反应速率的因素有内因和外因，内因为物
10、质的本身性质，为主要因素，外因有温度、浓度、压强、催化剂以及光照等，为次要因素，一般来说，增大浓度、压强、升高温度或加入催化剂，可增大反应速率，以此解答该题。【详解】A如反应物为固体，增加反应物的量，浓度不变，则反应速率不变，选项A错误；B升高温度，无论是吸热反应还是放热反应，反应速率都增大，选项B错误；C缩小体积，增大压强，对气体反应，单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞机率增大，反应速率增大，选项C正确；D加入催化剂，活化分子百分数增大，反应速率增大，但不能使平衡移动，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念、基本理论知识的综
11、合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，易错点为选项D，加入催化剂不能使平衡移动。8. 10 mL浓度为1 molL-1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A. KNO3B. CH3COONaC. CuSO4D. Na2CO3【答案】B【解析】【详解】锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A、加入KNO3，则可看成溶液中有硝酸，硝酸与锌反应不产生氢气，选项A错误；B、加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COO
12、H最终又完全电离，故H物质的量不变，选项B正确；C、加入硫酸铜溶液，Cu2会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，选项C错误；D、加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，选项D错误。答案选B。9. 用石墨电极电解100mL H2SO4与CuSO4的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L(标况)气体，则原混合液中Cu2+的物质的量浓度为A. 0.5mol/LB. 1mol/LC. 2mol/LD. 4mol/L【答案】B【解析】【详解】阳极电极反应是4OH-=2H2O+O2+4e-，阴极电极反应是Cu2+2e-Cu，2H+2
13、e-H2，即两极生成的是氧气和氢气，均为01mol，阳极生成01mol氧气，转移电子04mol，阴极生成01mol氢气，转移电子02mol，还有02mol电子是Cu2+得到的电子，即n(Cu2+)=01mol，c(Cu2+)=，故答案选10. 已知某化学反应A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)(AB2的分子结构为BAB)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是（ ）A. 该反应的进行一定需要加热B. 该反应的H=-(E1-E2)kJ/molC. 该反应为吸热反应D. 断裂1molAA键和2molBB键放出E1kJ能量【答案】C【解析】【详解】A吸热反应的发生不一定需要加热，故该反应的进行
14、不一定需要加热，A选项错误；BH=生成物的总能量-反应物的总能量，故该反应的H=+(E1-E2)kJmol-1，B选项错误；C根据图中信息可知，反应物总能量小于生成物总能量，反应为吸热反应，C选项正确；D由图中信息可知，断裂1 molAA键和2 molBB键，需要吸收E1 kJ能量，D选项错误；答案选C。11. 在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)，H= +148.9 kJ。如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，()A. 2v(正、HF)=v(逆、H2O)B. v(H2O)=2v(SiF4)C. SiO2的质量保持不
15、变D. 反应物不再转化为生成物【答案】C【解析】【详解】A、反应达到平衡状态时，正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，有v正（HF）=2v逆（H2O），选项A错误；B、只有v正（H2O）=2v逆（SiF4）才能说明正逆反应速率之比等于其化学计量数之比，反应达到平衡状态，但没说明正逆反应，选项B错误；C、SiO2的质量保持不变，则各反应物的量保持不变，反应达平衡状态，选项C正确；D、反应是动态平衡，不是反应物不再转化为生成物，选项D错误。答案选C。12. 对于Zn(s)H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)H2(g)H0的化学反应下列叙述不正确的是A. 反应过程中能量关系可用上图表示B. H的值
16、与反应方程式的计量系数有关C. 若将该反应设计成原电池，锌为负极D. 若将其设计为原电池，当有32.5 g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2 L【答案】D【解析】【分析】对于Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g) H0，反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，当将该反应设计为原电池时，Zn为负极，被氧化，正极上H+获得电子，析出氢气，以此解答该题。【详解】A反应为放热反应，说明反应物的总能量大于生成物的总能量，图示正确，选项A正确；B热化学方程式中，反应热与物质的物质的量呈正比，选项B正确；C反应中Zn被氧化生成ZnSO4，当将该反应设计为原电池时，Zn
17、为负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，选项C正确；D若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，n(Zn)=32.5g65g/mol=0.5mol，n(e-)=2 n(Zn)=20.5mol=1mol，根据在同一闭合回路中电子转移数目相等，可知在正极放出气体的物质的量是n(H2)= 0.5mol，在标况下体积为V(H2)= 0.5mol22.4L/mol= 11.2L，但由于未指明气体所处的环境，所以不能确定气体的体积，选项D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查化学反应能量的变化，注意反应热以及原电池的工作原理，选项D气体体积未指明为标准状况，则其体积不一定为11.2L是易错点，注意学习中
18、相关知识的理解和掌握。13. 在体积相同的A和B两个带活塞的玻璃容器中，如分别注入14容积颜色相同的NO2和Br2（气），然后将活塞同时向外拉到1/2处（快速），过一会儿可以看到A. A中颜色比B中浅B. A中颜色比B中深C. A、B中颜色深浅一样D. A、B中颜色都比开始时深【答案】B【解析】【详解】两种气体的变化情况不一样，对于Br2(g)只是物理变化，对于NO2(g)是一个平衡移动的过程2NO2 N2O4，相当于压强减小，相当于压强减小，物理变化使之颜色变浅，但随之平衡又向生成NO2方向移动。14. 现有X（g）+Y(g) 2Z(g);正反应放热。从反应开始经过t1后达到平衡状态,t2时
19、由于条件改变,平衡受到破坏,在t3时又达到平衡,据下图回答:从t2t3的曲线变化是由哪种条件引起的（ ）A. 增大X或Y的浓度B. 增大压强C. 增大Z的浓度D. 升高温度【答案】D【解析】根据方程式可知，反应是体积不变的、放热的可逆反应。根据图像可知，t2t3是反应物的浓度逐渐增大，而生成物的浓度逐渐减小，因此改变的条件只能是升高温度，平衡向逆反应方向移动，答案选D。15. 下列各装置中都盛有0.1 molL-1 的NaCl溶液，放置一定时间后，锌片的腐蚀速率由快到慢的顺序是:（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据图知，装置是原电池，在中，金属锌做负极，做负极的腐蚀速
20、率快，两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，此外原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀；装置是电解池，中金属锌为阳极，中金属锌为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即，根据电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即。故选D。16. 已知下列反应的平衡常数：H2(g)+S(s) H2S(g)，K1；S(s)+O2(g) SO2(g)，K2。则反应H2(g)+SO2(g) O2(g)+H2S(g)的平衡常数为（ ）A. K1+K2B. K1-K2C. K1K2D. 【答案】D【解析】【详解】由题
21、给方程式可知K1=、K2=，反应H2(g)+SO2(g) O2(g)+H2S(g)的平衡常数K=，故选D。17. 下列情况下，反应速率相同的是（ ）A. 等体积0.1 mol/L HCl和0.05 mol/L H2SO4分别与0.2 mol/L NaOH溶液反应B. 等质量锌粒和锌粉分别与等量1 mol/L HCl反应C. 等体积等浓度HCl和CH3COOH分别与等质量的Na2CO3粉末反应D. 等体积0.2 mol/L HCl和0.1 mol/L H2SO4与等量等表面积等品质石灰石反应【答案】A【解析】【详解】A因酸中的氢离子浓度相同，则反应速率相同，故A正确；BZn的接触面积不同，锌粉反
22、应速率快，故B错误；C醋酸为弱酸，氢离子浓度不同，则反应速率不同，故C错误；D反应生成的硫酸钙微溶，阻止反应的进行，则盐酸反应的速率后来比硫酸反应的快，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确浓度、接触面积对反应速率的影响即可解答，注意反应的实质，选项D为解答的易错点。18. 低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) 2N2(g)+3H2O在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是A. 平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B. 平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C. 单
23、位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡D. 其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大【答案】C【解析】分析】A. 依据化学平衡移动原理，结合影响因素分析判断；B.可根据反应物的浓度改变与平衡移动的关系，结合含N元素的化合物分析； C.根据可逆反应达到平衡时，任何物质的浓度不变分析；D.催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动。【详解】A.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，所以升高温度可使该反应的平衡常数减小，A错误；B.NH3是反应物，增大反应物的浓度，可以使平衡正向移动，NO的转化率提高，而NH3的转化率降低，B错误；C.
24、根据方程式可知，在任何条件下每反应消耗1molNO，会同时产生2molN2，现在单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2，说明正反应速率与逆反应速率相等，则NO、N2的浓度不变，因此反应达到平衡状态，C正确；D.在其他条件不变时，使用高效催化剂，可以加快化学反应速率，但由于对正、逆反应速率的影响相同，所以平衡不发生移动，因此废气中氮氧化物的转化率不变，D错误；故合理选项是C。19. 判断A(g)B(g) C(g)D(g)是否达到平衡的依据为()A. 压强不随时间改变B. 气体的密度不随时间改变C. c(A)不随时间改变D. 单位时间里生成C和D的物质的量相等【答案】C【解析】【详解】A该反
25、应前后气体的物质的量不变，压强始终不变，故压强不随时间改变，不能说明到达平衡，故A错误；B混合气体的总质量不变，容器的容积不变，故混合气体的密度始终不变，故气体的密度不随时间改变，不能说明到达平衡，故B错误；C可逆反应到达平衡时，各组分的浓度不发生变化，故c（A）不随时间改变，说明到达平衡，故C正确；D单位时间里生成C和D的物质的量相等，都表示正反应速率，反应始终按1：1生成C、D的物质的量，不能说明到达平衡，故D错误；故答案为C。20. 在恒温时，一固定容积的容器内发生如下反应：2NO2（g）N2O4(g) 达到平衡时，再向容器内通入一定量的NO2（g），重新达到平衡后，与第一次平衡时相比，
26、NO2的体积分数 ( )A. 不变B. 增大C. 减小D. 无法判断【答案】C【解析】【详解】假设在题给的过程中，容器的体积从A变化到A+B（见图），这个过程也可以理解成：假设有一个虚拟的隔板可以保持A的体积不变，在B中充入NO2，使其反应直至达到平衡。很明显，在同温、同压下，A、B中达到平衡后，NO2、N2O4的质量分数分别相等。这时，抽去虚拟的隔板，将B压缩至A，平衡正向移动，NO2的体积分数减小。故选C。21. 在相同容积的4个密闭器中进行同一种可逆反应，2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)，起始时4个容器所盛A、B的量如表所示各容器所盛物质的量：容器甲乙丙丁A2mol1mol2m
27、ol1molB1mol1mol2mol2mol在相同温度下，建立平衡时，4个容器中A或B的转化率的大小关系是A. A的转化率为：甲丙乙丁B. A的转化率为：甲乙丙丙乙丁D. B的转化率为：丁乙丙甲【答案】A【解析】【详解】将起始时情况作如下排列：2A(g)+B(g)3C(g)+2D(g)甲 2 mol 1 mol乙 1 mol 1 mol丙 2 mol 2 mol丁 1 mol 2 molA越少B越多，A的转化率越高，则A转化率最高的为丁，最低的为甲；乙与丙相比较，丙相当于在乙的基础上再分别增加1 mol A和1 mol B，应是恒温并加压，平衡逆向移动使A的转化率减小，故A的转化率丁乙丙甲，
28、同理得B的转化率：甲乙丙丁，故答案为A。22. 一定条件下，对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断正确的是（ ）A. c1：c2=3：1B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比为2：3C. X、Y的转化率不相等D. c1的取值范围为0.04c10.14mol/L【答案】D【解析】【详解】假设反应正向进行，则有关系为有关系式c1-x=0.1 c2-3x=0.3 c3+2x=0.08 或c1+x=0.1 c2+3x=0.3 c3-2x=0.0
29、8A.根据关系式可知c1：c2=1：3，故A错误；B. 平衡时，Y和Z的生成速率之比应为化学计量数比，即为3:2，故B错误；C. 因为c1：c2=1：3，所以X、Y的转化率相同，故C错误；D.根据关系式，若c3=0，则根据c3+2x=0.08，x=0.04，c1-x=0.1，解c1 =0.14 mol/L，若c1=0 mol/L，c1+x=0.1，则x=0.1 mol/L，根据c2+3x=0.3 c3-2x=0.08，c2=0 mol/L，c3=0.28 mol/L，所以0.04c10.14mol/L ，故D正确。故选D。23. 在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，
30、将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（ ）A. 平衡向正反应方向移动了B. 物质A的转化率减少了C. 物质B的质量分数减小了D. ab【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时B的浓度相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断。【详解】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。A、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明
31、平衡向正反应反应方向移动，选项A正确；B、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，A的转化率增大，选项B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量增多，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，选项C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明ab，选项D错误。答案选A。24. 容积相同的甲、乙两个容器，分别充有等物质的量的SO2和O2，在相同温度下发生反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g) ，并达到平衡，在此过程中，甲容器保持容积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO2的转化率为，则乙容器中SO2的转化率为（ ）A. 等于B. 大于C
32、. 小于D. 无法判断【答案】B【解析】【详解】先假定甲、乙的体积都不变，达到平衡后再保持乙的压强不变，此反应是气体体积减小的反应，因此，待等体积达平衡后，欲保持乙的压强不变，就需要减小体积。减小体积则乙的压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，平衡正向移动，所以，若甲容器中SO2的转化率为，则乙的SO3的转化率将大于甲的，即大于，故选B。【点睛】正确理解等效平衡的原理是解题的关键。本题中先设为同等条件，平衡后再改变某一条件使之符合题设条件，根据改变的条件对平衡的影响分析，问题就迎刃而解了。二、填空题（本大题共1小题，共12.0分）25. （1）用惰性电极电解下列溶液，写出电极反应式和总反应式
33、以及溶液复原需加入的物质NaCl溶液阴极：_；阳极：_；总反应式：_；溶液复原需加入的物质_。CuSO4溶液阴极：_；阳极：_；总反应式：_；溶液复原需加入的物质_。（2）写出下列原电池电极反应式和总反应式氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）负极反应：_；正极反应：_；总反应：_。甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)负极：_；正极：_；总反应式：_。【答案】 (1). 2H2e=H2 (2). 2Cl2e=Cl2 (3). 2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2 (4). 通HCl气体 (5). 2Cu24e=2Cu (6). 4OH4e=2H2OO2 (7). 2CuSO42H2O2Cu2H2S
34、O4O2 (8). 加CuO或CuCO3固体 (9). 2H24e4OH=4H2O (10). O22H2O4e=4OH (11). 2H2O2=2H2O (12). CH48e10OH=CO32-7H2O (13). 2O28e4H2O=8OH (14). CH42O22OH=CO32-3H2O【解析】【详解】（1）用惰性电极电解NaCl溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2H2e=H2、2Cl2e=Cl2、2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，溶液复原需加入的物质是通HCl气体；用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生
35、成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2Cu24e=2Cu、4OH4e=2H2OO2、2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，溶液复原需加入的物质是加CuO或CuCO3固体；（2）氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还原反应。负极上氢气失电子在碱性条件下生成水，发生的电极反应为： 2H24e4OH=4H2O；正极是O2得到电子生成水，发生的电极反应式为：O22H2O4e=4OH；电极的总反应式为2H2O2=2H2O；甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)工作时，负极上甲烷失电子在碱性条件下生成碳酸盐和
36、水，反应的电极方程式为：CH48e10OH=CO32-7H2O；正极上氧气得电子产生氢氧根离子，反应电极方程式为：2O28e4H2O=8OH；电极总反应式为：CH42O22OH=CO32-3H2O。三、简答题（本大题共2小题，共16.0分）26. 在一个体积为2L的真空密闭容器中加入0.5molCaCO3，发生反应CaCO3(s)CaO (s)CO2(g)，测得二氧化碳的物质的量浓度随温度的变化关系如下图所示，图中A表示CO2的平衡浓度与温度的关系曲线，B表示不同温度下反应经过相同时间时CO2的物质的量浓度的变化曲线。请按要求回答下列问题：(1)该反应正反应为_(填“吸”或“放”)热反应，温度
37、为T5时，该反应耗时40s达到平衡，则T5时，该反应的平衡常数数值为_。(2)如果该反应的平衡常数K值变大，该反应_(选填字母)。a一定向逆反应方向移动b在平衡移动时正反应速率先增大后减小c一定向正反应方向移动d在平衡移动时逆反应速率先减小后增大(3)保持温度、体积不变，充入CO2气体，则CaCO3的质量_，CaO的质量_CO2的浓度_(填“增大”，“减小”或“不变”)。【答案】 (1). 吸 (2). 0.2 mol/L (3). bc (4). 增大 (5). 减小 (6). 不变【解析】【详解】（1）由图象可知，随着温度的升高，二氧化碳的平衡浓度增大，说明平衡向正反应方向移动，所以该反应
38、为吸热反应，根据化学反应方程式可知，平衡常数K=c(CO2)，所以T5时，K=c(CO2)=0.2mol/L；（2）平衡常数增大，说明平衡正向移动，此时改变的条件为升高温度，如果该反应的平衡常数K值变大，则：a一定向正反应方向移动，选项a错误；b在平衡移动时，由于是升高温度，所以正反应速率增大，由于该反应是吸热反应，升温平衡正向移动，所以正反应速率又逐渐减小，选项b正确；c一定向正反应方向移动，选项c正确；d根据b的分析可知，由于是升高温度，所以逆反应速率也增大，选项d错误；答案选bc；(3)保持体积、温度不变，充入CO2气体，平衡逆向移动，则CaCO3的质量增大，CaO的质量减小，根据平衡常
39、数K=c(CO2)可知，温度不变，平衡常数不变，则CO2的浓度不变。27. （1）实验测得，5g甲醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出113.5kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式： _。（2）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫键能。在化学反应过程中，拆开化学键需要消耗能量，形成化学键又会释放能量。化学键HHNHNN键能/kJmol1436391945已知反应N23H22NH3 Ha kJmol1。试根据表中所列键能数据计算a 的数值：_。（3）以CO作还原剂与磷石膏反应，不同反应温度下可得到不同的产物。向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，且c初始(C
40、O)=110-4molL-1，反应体系起始总压强为0.1a MPa， 1150下，反应：CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + CO2(g) + SO2(g)达到平衡时， CO的转化率为80，该反应的压强平衡常数Kp=_MPa(用含a的代数式表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数；忽略副反应)。【答案】 (1). 2 CH3OH(l)3O2(g)2CO2(g)4H2O(l) H1452.8kJmol1 (2). 93 (3). 0.32a【解析】【详解】(1)5gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出113.5kJ热量，64g即2molCH3OH在氧气中燃
41、烧生成CO2和液态水，放出1452.8kJ热量，则热化学方程式为：2CH3OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) H=-1452.8kJ/mol，故答案为2CH3OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+4H2O(l) H=-1452.8kJ/mol；(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=945kJmol-1+436kJmol-13-391kJmol-16 =-93kJmol-1=a kJmol-1，因此a=-93；（3）c初始(CO)=110-4molL-1，反应体系起始总压强为0.1a MPa， 1150下，反应：CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) +
42、 CO2(g) + SO2(g)达到平衡时， CO转化率为80，则： CaSO4(s) + CO(g) CaO(s) + CO2(g) + SO2(g)开始时的浓度（mol/L） 110-4 0 0改变的浓度（mol/L） 0.810-4 0.810-4 0.810-4平衡时的浓度（mol/L） 0.210-4 0.810-4 0.810-4平衡时的总压强为0.1a MPa=0.18 a MPa，CO(g)、CO2(g)、SO2(g)的平衡分压分别为0.18 a MPa=0.02 a MPa、0.18 a MPa=0.08 a MPa、0.18 a MPa=0.08 a MPa；该反应的压强平衡常数Kp=0.32aMPa。