1、甘肃省甘谷县第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考化学试题（解析版）甘肃省甘谷县第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16Na 23K 39Mn55Cu 64N 14Si 28S 32Ag 108、选择题(本大题包括25小题每题2分，共50分每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，多选、错选、不选均不得分）1.我国科学家屠呦呦因发现抗疟新药青蒿素（分子式C15H22O5）荣获2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素属于（）A.单质B.混合物C.氧化物D.有机物【答案】D【解析】青蒿素（C15H22O5）是由碳、氢、氧三种
2、元素组成的纯净物，属于化合物，为有机化合物，但不属于氧化物。答案选D。2.我国使用最早的合金是A.青铜B.锰钢C.生铁D.硬铝【答案】A【解析】生铁、锰钢是铁的合金，硬铝是铝合金，铜活泼性比Fe和Al弱，容易冶炼，中国是世界最早应用湿法治金的国家，所以我国使用最早的合金是铜合金，即青铜，答案选A。3.分类是学习和研究化学的一种重要方法，下列分类合理的是A.CaCO3和CaO都属于盐B.KOH和Na2CO3都属于碱C.H2SO4和HC1O都属于酸D.Na2O和H2SiO3都属于氧化物【答案】C【解析】A、CaCO3属于盐，CaO属于氧化物，选项A错误；B、KOH属于碱，Na2CO3属于盐，选项B
3、错误；C、H2SO4和HClO都属于酸，选项C正确；D、Na2O属于氧化物，H2SiO3属于酸，选项D错误。答案选C。4.下列微粒属于同位素的是A.19401940K和20402040CaB.9223592235U和9223892238UC.H2O和D2OD.O2和O3【答案】B【解析】A40K的质子数为19，40Ca的质子数为20，为2种不同的元素，不互为同位素，选项A错误；BU92235U92235和U92238U92238质子数相同，中子数不同，是铀的两种核素，互为同位素，选项B正确；CH2O和D2O都是分子，不是原子，不可能是同位素，选项C错误；DO2和O3是由氧元素形成的不同单质，故
4、互为同素异形体，选项D错误。答案选B。5.香烟烟雾中往往含有CO和SO2气体，下列关于这两种气体的说法正确的是A.两者都易溶于水B.两者都污染环境，危害健康C.两者都能使品红溶液褪色D.两者都是形成酸雨的主要原因【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化硫易溶于水，一氧化碳不溶于水，错误，不选A；B、二者都有害，正确，选B；C、二氧化硫能使品红褪色，但一氧化碳不能，不选C；D、二氧化硫能形成酸雨，一氧化碳不能，不选D。考点：二氧化硫的性质 二氧化硫的污染和防治6.关于FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体描述正确的A.FeCl3溶液能产生丁达尔现象，Fe(OH)3胶体不能产生丁达尔现象B.FeCl3溶
5、液不能产生丁达尔现象，Fe(OH)3胶体能产生丁达尔现象C.两者都能产生丁达尔现象D.两者都不能产生丁达尔现象【答案】A【解析】FeCl3溶液不能产生丁达尔现象，Fe(OH)3胶体能产生丁达尔现象，B、C、D均错误；答案选A。7.下列物质不能发生水解反应的是A.葡萄糖B.蔗糖C.纤维素D.蛋白质【答案】A【解析】A.葡萄糖是单糖，不能水解生成更简单的糖，选项A正确；B.蔗糖能水解生成葡萄糖和果糖，选项B错误；C.纤维素在一定条件下水解，水解的最终产物为葡萄糖，选项C错误；D.蛋白质能水解生成氨基酸，选项D错误。答案选A。8.下列关于化学反应与能量的说法正确的是（）A.CO燃烧属于放热反应B.H
6、2SO4与NaOH反应属于吸热反应C.化学键断裂放出能量D.反应物总能量与生成物总能量一定相等【答案】A【解析】A.燃烧反应都是放热反应，故CO燃烧属于放热反应，选项A正确；B.酸碱中和反应都是放热反应，故H2SO4与NaOH反应属于放热反应，选项B错误；C.化学键断裂需要吸收能量，选项C错误；D.所有化学反应都伴随着能量的变化，化学反应中反应物总能量与生成物总能量一定不相等，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查放热反应和吸热反应以及反应中能量的变化。一般金属和水或酸反应、酸碱中和反应、一切燃烧反应、大多数化合反应和置换反应、缓慢氧化反应如铁生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、
7、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。9.甲烷与氧气在光照条件下发生的反应属于A.取代反应B.加成反应C.酯化反应D.水解反应【答案】A【解析】甲烷和氯气在光照条件下，甲烷中的氢原子被氯原子取代生成氯代烃，所以该反应属于取代反应，故选A。10.在元素周期表中位丁金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是A.制催化剂的材料B.耐高温、耐腐蚀的合金材料C.制农药的材料D.半导体材料【答案】D【解析】试题分析：位于金属元素和非金属元素交界处的元素既表现金属的性质也表现非金属的性质，容易找到半导体材料，答案选D。考点：考查元素周期表的综合应用。11.下列化学用语表示正确的是（）A.氯气的电子式：Cl
8、:ClB.乙烯的结构简式：CH2CH2C.铝原子的结构示意图：D.硫酸钠的电离方程式：Na2SO4=2Na+SO42【答案】D【解析】A.氯气的电子式为：，选项A错误；B.乙烯的结构简式为：CH2=CH2，选项B错误；C.铝原子的结构示意图为：，选项C错误；D.硫酸钠的电离方程式为：Na2SO4=2Na+SO42，选项D正确。答案选D。12.下列物质中，只含有共价键的是A.NaOHB.NH4ClC.H2O2D.NaCl【答案】C【解析】A .NaOH含离子键和极性共价键，选项A不选；BNH4Cl含离子键、极性共价键和配位共价键，选项B不选；CH2O2含极性共价键和非极性共价键，选项C选；DNa
9、Cl只含离子键，选项D不选。答案选C。13.从S元素的化合价判断下列含硫元素的物质只能做还原剂的是A.CuSB.SC.SO2D.H2SO4【答案】A【解析】A.CuS中S元素的化合价为-2价，为S的最低价，只具有还原性，选项A正确；B.单质硫中S元素的化合价为0，为中间价态，既有氧化性也有还原性，选项B错误；C.SO2中S元素的化合价为+4价，为中间价态，既有氧化性也有还原性，选项C错误；D.H2SO4中的S元素化合为+6价，为S的最高价，只具有氧化性，选项D错误。答案选A。14.下列反应的离子方程式正确的是（）A.铜投入浓硝酸中：Cu+4H+2NO3= Cu2+2NO+2H2OB.氧化铝放入
10、稀盐酸中：Al2O3+6H+=2 Al3+3 H2OC.氯化铁溶液腐蚀印刷电路板：Fe3+ Cu= Fe2+ Cu2+D.氯气通入氢氧化钠溶液中：Cl2+OH=Cl+ClO+ H2O【答案】B【解析】A.铜投入浓硝酸中，发生反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3= Cu2+2NO2+2H2O，选项A错误；B.氧化铝放入稀盐酸中，发生反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2 Al3+3 H2O，选项B正确；C.氯化铁溶液腐蚀印刷电路板，发生反应的离子方程式为：2Fe3+ Cu= 2Fe2+ Cu2+，选项C错误；D.氯气通入氢氧化钠溶液中，发生反应的离子方程式为：Cl2+2OH=Cl+ClO
11、+ H2O，选项D错误。答案选B。15.某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入过量明矾溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是: （）A.CuCl2B.Na2O2C.FeCl2D.SiO2【答案】B【解析】试题分析：A、CuCl2可由单质Cu与Cl2反应制得，氯化铜与明矾反应生成氢氧化铜沉淀，没有气体沉淀，A错误；B、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与明矾反应生成氢氧化铝沉淀和氧气，B正确；C、因为Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe反应只能生成FeCl3，FeCl2不能由两种单质直接反应生成，C错误；D、SiO2与明矾不反应，D错误。答案选B。【考点定位】本题主要是考查物质
12、的性质，涉及了单质之间的反应以及反应现象的判断。【名师点睛】解答本题的关键是熟练掌握单质和化合物的化学性质以及反应规律，根据氧化还原反应原理判断单质之间反应能否生成选项中的化合物，反应现象的判断需要根据反应物的反应规律，包含了相互促进的完全水解反应，酸式盐与碱的反应，酸性氧化物的性质，同时考查了考生运用所学知识分析实际问题的能力。16.在密闭容器中，合成氨的反应N2+3H22NH3，开始时N2浓度为8mol/L，5min后N2浓度为6mol/L，则用N2浓度变化表示的反应速率为A.0.4mol/（Lmin）B.02 mol/（Lmin）C.0.8 mol/（Lmin）D.12 mol/（Lmi
13、n）【答案】A【解析】开始时N2浓度为8mol/L，5min后N2浓度为6mol/L，则用N2浓度变化表示的反应速率为8mol/L6mol/L5min8mol/L-6mol/L5min=0.4mol/（Lmin），答案选A。17.下列说法不正确的是A.能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色的气体不一定是氯气B.铁丝能在氧气中燃烧，但不能在空气中燃烧C.二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物，它们的水溶液都是强酸D.液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封【答案】C【解析】A能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色的气体具有氧化性，因此不一定是氯气，可以是二氧化氮等，选项A正确；B铁丝能在氧气中燃烧，但不能在
14、空气中燃烧，选项B正确；C二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物，它们的水溶液分别是弱酸和强酸，选项C不正确；D液溴易挥发，具有腐蚀性，液溴应保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，并加少量水进行水封，选项D正确。答案选C。18.下列实验中，所选装置不合理的是A.分离Na2CO3溶液和CC14，选B.用CC14提取碘水中的碘，选C.粗盐提纯，选和D.用浓硫酸干燥氯气,选【答案】A【解析】A、四氯化碳不溶于水，分离Na2CO3溶液和CC14需要进行分液，应选，选项A不合理；B、用CC14提取碘水中的碘需要分液，应选，选项B合理；C、粗盐提纯需要过滤和蒸发结晶，应选和，选项C合理；D、用浓硫酸干燥氯气，需有装有浓硫酸
15、的洗气瓶，应选，选项D合理。答案选A。19.在水溶液中能大量共存的离子组是A.Mg2+、NH4+、C1-、OH-B.Na+、AlO2-、CO32-、OH-C.Ca2+、Fe2+、H+、NO3-D.Fe3+、K+、SCN-、SO42-【答案】B【解析】A.Mg2+、NH4+分别与OH-反应生成氢氧化镁沉淀和NH3H2O而不能大量共存，选项A不选；B.Na+、AlO2-、CO32-、OH-各离子之间相互不反应，能大量共存，选项B选；C.H+、NO3-具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C不选；D.Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项D不选。答案选B。点睛：本
16、题考查离子共存正误判断。离子不能大量共存的一般情况是：（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；（2）能生成难溶物（或微溶）的离子之间（如：Ba2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：Al3+， Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：Fe2+、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、 Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）。20.标准状况下H2和O2各1mol，它们的A.体积不同，质量相同B.体积不同，分子数
17、相同C.体积相同，质量不同D.体积相同，原子数不同【答案】C【解析】标准状况下H2和O2各1mol，它们的体积相同，都为22.4L；质量不同，分别为2g和32g；分子数相同，都为NA；原子数相同，都为2NA；答案选C。21.在一定条件下，关于可逆反应2SO2+O22SO3达到化学平衡状态时，下列说法正确的是A.反应停止B.SO2的浓度不变C.SO2完全转化为SO3D.正反应速率大于逆反应速率【答案】B【解析】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，故反应不停止），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。因此A、反应不停止，选项A错误；B、S
18、O2的浓度不变，选项B正确；C、可逆反应不能完全转化，故SO2不能完全转化为SO3，选项C错误；D、达平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，选项D错误。答案选B。22.某原电池装置如下图所示。下列说法正确的是A.石磨棒为负圾B.电子从石磨棒流向铁片C.硫酸被氧化D.铁片的质量减少【答案】D【解析】铁是活泼的金属，铁是负极，失去电子，石墨是正极，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，电子从负极铁沿导线传递到正极碳棒，A.石磨棒为正圾，选项A错误；B.电子从铁片流向石磨棒，选项B错误；C.氢离子得电子被还原，故硫酸被还原，选项C错误；D.铁片做负极失去电子生成亚铁离子，质量减少，选项D正确。答案选D。点
19、睛：本题考查原电池原理的判断。明确原电池的工作原理是解答的关键，原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，以此解答。23.用NA表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是A.标准状况下，224LH2O含有的分子数为NAB.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+数为0.02NAC.通常状况下，NA个CO2分子占有的休积为22.4LD.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA【答案】B【解析】试题分析：A、标准状况下，H2O不是气体，错误；B、10.6gNa2CO3的物质的量0
20、.1mol，即Na的数目0.2NA，正确；C、通常状况不是标准状况，因此不能用22.4L，错误；D、没有说明溶液的体积，错误。考点：考查物质的量等相关知识。24.将氯化纳、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，只有一种试剂就能加以区别，这种试剂是A.KSCNB.BaCl2C.NaOHD.HCl【答案】C【解析】AKSCN只能鉴别出氯化铁，故A不选；B均与氯化钡不反应，不能鉴别，故B不选；C氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液分别与NaOH反应的现象为：无现象、白色沉淀生成后溶解、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀，现象不同，可鉴别，故C选；D均与HCl不反
21、应，不能鉴别，故D不选；故选C。25.能通过化学反应使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A.苯B.氯化铁C.乙烷D.乙烯【答案】D【解析】试题分析：A、苯能萃取溴水中的溴，是物理变化，与酸性高锰酸钾溶液不反应， A错误；B、氯化铁与溴水和酸性高锰酸钾溶液均不反应，B错误；C、乙烷与溴水和酸性高锰酸钾溶液均不反应，C错误；D、乙烯含有碳碳双键，与溴水发生加成反应而褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而褪色，D正确，答案选D。考点：考查有机物结构和性质笫II卷（非选择题共50分）二、填空题（本大题包括2小题，共24分）26.下表为元素周期表的一部分，请参照在表中的位置，用化学用语回答下列问题
22、：（1）元素形成的单质的电子式为；元素形成的最高价氧化物的结构式为。（2）、元素形成的氢化物中，热稳定性最强的是（填化学式），沸点最高的是（填化学式）。（3）元素在周期表中的位置；该元素的单质主要用途（填一种）。（4）、元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱比较(填化学式）。（5）、两元素的最高价氧化物的水化物之间反应的离子方程式为。（6）用电子式表示、两元素结合成化合物的形成过程。【答案】O=C=OHFH2O第四周期IVA族作半导体HClO4H2SO4Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】根据元素在表中的位置可知它们分别是H、C、N、O、F、Na、Al、S、Cl、Ge。（1）元素形
23、成的单质是氮气，电子式为；元素形成的最高价氧化物是二氧化碳，结构式为O=C=O；（2）非金属性越强，氢化物越稳定，、元素中F的非金属性最强，形成的氢化物HF热稳定性最强，水常温下是液态，沸点最高的是H2O；（3）Ge元素在周期表中的位置为第四周期IVA族；该元素的单质主要用途是作半导体；（4）氯元素非金属性强于硫元素，非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，则、元素的最高价氧化物的水化物酸性强弱比较为HClO4H2SO4；（5）、两元素的最高价氧化物的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，它们之间反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；（6）、两元素结合成化合物是离子化合
24、物硫化钠，用电子式表示、两元素结合成化合物的形成过程为。点睛：本题考查元素周期表的结构和元素周期律的应用。熟练掌握元素周期表的结构，准确判断出元素是解答的关键，注意元素周期律的灵活应用。“位构性”推断的核心是“结构”，即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置，然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质；也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置，进而推断出其结构。27.有机物AE间的转化关系如下图所示。A是石油裂解气的主要成分，其产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。E为生活中常用的有机高分子化合物。回答下列问题：（1）A的名称是；将A通入溴的四氯化碳溶液中，现象为。（2）写出E的结
25、构简式：。（3）的反应类型为，写出其化学方程式。【答案】乙烯红棕色褪去取代反应CH3COOH + HOC2H5CH3COOC2H5+ H2O【解析】A是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，故A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气反应生成C，则C是乙醛，C和氧气反应生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯。（1）根据分析可知，A为乙烯，将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，乙烯与溴发生加成反应，现象红棕色褪去；（2）E为生活中常用的有机高分子化合物。乙烯发生加聚反应生成有机高分子化合物E，E为聚乙烯，其结构简式为：；（3）反应为乙酸与乙醇的酯化反应，
26、也属于取代反应；反应的化学方程式为：CH3COOH + HOC2H5CH3COOC2H5+ H2O。点睛：本题为有机推断题，侧重考查了常见有机物结构与性质，注意掌握常见有机物结构与性质，明确常见有机反应概念、反应类型及判断方法。推断出各物质分别是什么是解题的关键：A是石油裂解气的主要成分，它的产量通常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是乙烯；乙烯和水发生加成反应生成B，则B为乙醇，乙醇和氧气反应生成C，则C是乙醛；C和氧气反应生成D，D为乙酸，乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，据此进行解答。三、实验题（本大题包括1小题，共10分）28.某同学通过查阅资料得知，可利用Na2SO3粉末与70%硫酸溶液在
27、加热条件下反应来快速制取SO2。该同学设计了下图所示装置制取SO2并验证其性质。回答下列问题：（1）根据资料中的相关信息，甲装置应选择下列装置中的（填序号）。（2）实验过程中，丙装置中酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明SO2具有性，证明SO2具有漂白性的现象为。（3）丁装置的作用是，写出其中发生主要反应的化学方程式：。【答案】）b还原品红褪色吸收多余的SO2，防止污染空气SO2+ 2NaOH= Na2SO3+ H2O【解析】（1）根据资料中的相关信息，可利用Na2SO3粉末与70%硫酸溶液在加热条件下反应来快速制取SO2。甲装置是制取SO2的反应装置，应选择适合固体与液体加热反应制取气体的装置，
28、故选b；（2）实验过程中，丙装置中酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，说明SO2被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性，证明SO2具有漂白性的现象为品红褪色；（3）SO2直接排放到空气中会造成污染，丁装置的作用是吸收多余的SO2，防止污染空气，发生主要反应的化学方程式为：SO2+ 2NaOH= Na2SO3+ H2O。四、填空题（本大题包括4小题，共20分）29.（1）在101kPa时，足量H2在1molO2中完全燃烧生成2mol液态水，放出571.6kJ的热量，H2的燃烧热H=，表示H2燃烧热的热化学方程式为。（2）1.00 L 1.00 molL-1硫酸与2.00 L 1.00 molL-1NaOH溶液完
29、全反应，放出1146 kJ的热量，该反应的中和热H=，表示其中和热的热化学方程式为。【答案】-285.8 kJmol-1H2(g)+l/2O2(g)=H2O(l)H=-285.8 kJmol-1-57.3 kJmol-1l/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=l/2Na2SO4(aq) +H2OH=-57.3 kJmol-1【解析】试题分析：（1）在101 kPa时,H2在1 mol O2中完全燃烧生成2 mol液态水,放出571.6 kJ的热量,即2 mol氢气完全燃烧放出571.6 kJ的热量,则1 mol氢气完全燃烧放出的燃量为285.8 kJ,所以氢气的燃烧热为-285.8 kJ/
30、mol,氢气和氧气都是气态,水是液态,则氢气的燃烧热的热化学方程式为:因此，本题正确答案是:-285.8 kJ/mol;H2(g)1/2O2(g)H2O(l) H285.8 kJmol1（2）1.00 L 1.00 molL1H2SO4溶液与2.00 L 1.00 molL1NaOH溶液完全反应,放出114.6 kJ的热量,即生成2mol水放出114.6 kJ的热量,反应的反应热为-114.6 kJ,中和热为-57.3 kJ,则中和热的热化学方程式:1/2H2SO4(aq)NaOH(aq)1/2Na2SO4(aq)H2O(l) H57.3 kJmol1因此，本题正确答案是:-114.6 kJ;
31、1/2H2SO4(aq)NaOH(aq)1/2Na2SO4(aq)H2O(l) H57.3 kJmol1考点：热化学方程式的书写30.恒温恒容下，将2mol气体A和2mol气体B通入体积为2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+B(g)xC(g)+2D(s)，2min后反应达到平衡状态，此时剩余1.2mol B，并测得C的浓度为1.2mol/L。（1）从开始反应到平衡状态，生成C的平均反应速率为。（2）x=，该反应的化学平衡表达式为。（3）A的转化率与B的转化率之比为。（4）下列各项可作为该反应达到平衡状态的标志是（填字母）。A压强不再变化B气体密度不再变化C气体平均相对分子质量不再变化D
32、A的消耗速率与B的消耗速率之比为2:1【答案】0.6mol(Lmin)-13K=c3(C)c2(A)c(B)c3(C)c2(A)c(B)2:1BC【解析】（1）从开始反应至达到平衡状态，生成C的平均反应速率为v(C)=ctct=1.2mol/L2min1.2mol/L2min= 0.6mol/(Lmin)；（2）在2min内C的物质的量改变了1.2mol/L2L=2.4mol，B物质的物质的量减小了2mol-1.2mol-0.8mol，n(B): n(C)=0.8mol:2.4mol=1:3，由于物质反应时是按照方程式中系数关系进行反应的，所以C的系数x=3；反应2A(g)+B(g)xC(g)
33、+2D(s)的化学平衡表达式为K=c3(C)c2(A)c(B)c3(C)c2(A)c(B)；（3）根据方程式可知A、B两种物质发生反应时物质的量的比是2:1，由于B反应的物质的量是0.8mol，所以A反应的物质的量是1.6mol，反应开始时二者的物质的量相等，所以A的转化率与B的转化率之比等于二者反应的物质的量的比，为2:1；（4）A该反应是反应前后气体体积相等的反应，任何时刻气体的物质的量都不变，压强也不变，则不能根据压强不再变化判断反应达到平衡状态，选项A错误；B该反应是反应前后气体的质量改变的反应，由于容器的容积不变，所以气体密度不再变化，说明反应达到平衡状态，选项B正确；C该反应是反应
34、前后气体的质量改变的反应，气体的物质的量不变，若气体平均相对分子质量不再变化，则反应达到平衡状态，选项C正确；DA的消耗速率与B的消耗速率之比为2:1，表明反应正向进行的反应速率按计量数之比进行，不能判断反应达到平衡状态，选项D错误。答案选BC。31.今有CH3COOHHClH2SO4三种溶液。根据要求回答下列问题：（1）当它们pH相同时，其物质的量浓度最大的是（填序号）。（2）当它们的物质的量浓度相同时，其pH最小的是（填序号）。（3）将c(H)相同的三种酸均加水稀释至原来的10倍，c(H)由大到小的顺序为。（填序号）（4）体积和物质的量浓度均相同的三种酸溶液，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完
35、全反应，所需烧碱的体积比为；此时所得到的三种溶液的pH大小关系为（填序号）。（5）若酸性FeCl2溶液中c(Fe2+)=2.010-2molL-1，c(Fe3+)=1.010-3molL-1，c(Cl-)=5.310-2molL-1，则该溶液的pH约为。【答案】=；1:1:2=2【解析】（1）当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol/L的氢离子，需要CH3COOH浓度应大于1mol/L；需要HCl溶液浓度为1mol/L；、需要H2SO4溶液浓度为0.5mol/L；其物质的量浓度最大的是；（2）当它们的物质的量浓度相同时，假设浓度都是1mol/L；CH3COOH溶液电离出氢离子浓
36、度小于1mol/L、HCl溶液电离出氢离子浓度为1mol/L、H2SO4溶液电离出的氢离子浓度为2mol/L；其pH最小的是；（3）加水稀释时，醋酸继续电离出氢离子，硫酸和HCl不再电离出氢离子，所以稀释100倍后，c（H+）由大到小的顺序是=；（4）体积和物质的量浓度均相同的三种酸溶液，醋酸和盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，分别与相同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱的体积比为1：1：2；盐酸和硫酸是强酸，醋酸是弱酸，弱酸强碱盐水解溶液显碱性，强酸强碱盐不水解溶液显中性，三种溶液的pH大小关系为=；（5）根据任何溶液都呈电中性，由于c(Fe2)=2.010-2molL-1，c(Fe3)=1.0
37、10-3molL-1， c(Cl)=5.310-2molL-1，根据电荷守恒有2c(Fe2)+3c(Fe3)+c(H+)= c(Cl)+ c(OH)c(Cl)，22.010-2molL-1+ 31.010-3molL-1+ c(H+) =5.310-2molL-1，解得c(H+)=1.010-2molL-1，所以pH=2。点睛：本题考查弱电解质的电离、外界条件对电离平衡的影响、酸碱反应的过程和产物溶液性质判断，溶液pH计算，溶液浓度判断溶液中的两种浓度，消耗碱的量，该题可以根据据弱酸存在电离平衡，一元强酸二元强酸反应的定量关系来解答。32.某同学设计一个燃料电池（如下图所示），目的是探究氯碱工
38、业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。根据要求回答相关问题：（1）通入氢气的电极为（填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为。（2）石墨电极为（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，（填“铁极”或“石墨极”）区的溶液先变红。（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将（填“增大”“减小”或“不变”）。精铜电极上的电极反应式为。【答案】负极H22e2OH=2H2O阳极铁极减小Cu22e=Cu【解析】（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氢气的电极是负极，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H22e2OH=2H2O；（2）乙池是连接在燃料电池下，有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气；阴极上氢离子放电，导致阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度溶液呈碱性，所以反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液铁极区的溶液先变红；（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌失电子进入溶液，阴极上析出铜，根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小；精铜电极是阴极，电极反应式为：Cu22e=Cu。