浙江省浙东北联盟2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
浙东北联盟(ZDB)2019－2020学年第一学期期中考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Fe:56 Cu：64
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
一、选择题(每小题只有一个正确选项。1－12每小题2分，13－24每小题3分，共60分)
1.能源是国民经济和社会发展的重要物质基础，节能减排与开发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. 提高燃料燃烧效率有利于节能减排
B. 加大太阳能、生物质能、风能、地热能等新能源的开发力度，减少化石燃料的使用
C. 大力推广电解水制氢气，并研制氢能汽车实现二氧化碳零排放
D. 进行垃圾分类，实现垃圾无害化处理和再利用，达到节能减排
【答案】C
【解析】
【详解】A. 提高燃料的燃烧效率，可减少燃料的使用量，从而有利于节能减排，A正确；
B.太阳能、生物质能、风能、地热能为清洁能源，化石燃料为污染能源，用清洁能源替代化石燃料，有利于节能减排，B正确；
C.电解水制氢气需耗费大量的电能，不利于节能减排，C错误；
D. 垃圾分类再利用，实现垃圾无害化处理，都有利于节能减排，D正确。
故选C。
【点睛】垃圾分类的好处：①减少占地：垃圾分类，去掉可以回收、不易降解的物质，减少垃圾数量达60%以上。②减少污染：垃圾处理多采用卫生填埋，占用上万亩土地，并且虫蝇乱飞，污水四溢，臭气熏天。③变废为宝：1吨废塑料可回炼600公斤的柴油，1500吨废纸可少伐用于生产1200吨纸的林木，一吨易拉罐可少采20吨铝矿。
2.下列说法正确的是（ ）
A. 增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大
B. 有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C. 升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
D. 催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】C
【解析】
【分析】
升高温度、加入催化剂可增大活化分子的百分数，而增大压强、增大浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，以此解答该题。
【详解】A. 增大反应物浓度，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，A项错误；
B. 增大压强，可增大单位体积活化分子的数目，但百分数不变，B项错误；
C. 升高温度，可使更多的分子转化为活化分子，增加了反应物分子中活化分子的百分数，C项正确；
D. 催化剂可以降低反应所需的活化能，使更多普通分子变成活化分子，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，D项错误；
答案选C。
3.下列化学反应属于放热反应的是（ ）
①浓硫酸的稀释 ②工业合成氨 ③NaOH固体溶于水 ④氢氧化钡晶体与氯化铵混合 ⑤CaO溶于水 ⑥Al在高温条件下与Fe2O3的反应 ⑦酸碱中和反应
A. ①②③⑤⑦ B. ②⑥⑦ C. ②⑤⑥⑦ D. 全部
【答案】C
【解析】
【详解】①浓硫酸的稀释、②工业合成氨、③NaOH固体溶于水、⑤CaO溶于水、⑥Al在高温条件下与Fe2O3的反应、⑦酸碱中和反应，都放出热量，但①浓硫酸的稀释、③NaOH固体溶于水不属于放热反应，只有②⑤⑥⑦符合题意。故选C。
【点睛】过程放热的有：燃烧反应，酸碱中和反应，铝热反应，活泼金属与酸或水的反应，绝大部分化合反应，极少数的分解反应(双氧水的分解)；反应物总能量>生成物总能量的反应；形成化学键；浓硫酸稀释、NaOH固体溶于水；气→液→固。
过程吸热的有：C与CO2、H2O(g)的反应，Ba(OH)28H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，绝大部分分解反应；反应物总能量<生成物总能量的反应；断裂化学键；铵盐、硝酸盐溶于水；固→液→气。
4.下列变化过程中说法不正确的是（ ）
A. 已知2O3(g)＝3O2(g)的ΔH＜0、ΔS＞0，则该反应在任何温度下都能自发进行
B. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，水的能量高
C. 干冰(CO2)升华过程中，ΔS＞0
D. 碳酸钙在高温下才能分解，因此碳酸钙的分解反应不属于自发反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 已知2O3(g)＝3O2(g)的ΔH＜0、ΔS＞0，则ΔG=ΔH-TΔS<0，因此该反应在任何温度下都能自发进行，A正确；
B. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰，冰的能量低，水的能量高，B正确；
C. 干冰(CO2)升华过程中，二氧化碳由固态转化为气态，ΔS＞0，C正确；
D. 碳酸钙在高温下才能分解，说明碳酸钙的分解反应在常温下不自发，但属于高温下的自发反应，D错误。
故选D。
5.下列说法或表示方法中正确的是（ ）
A. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝-57.3kJ·mol－1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝-2×57.3kJ·mol－1
B. 101kPa时，H2的热值为142.75kJ·g－1，则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－142.75kJ·mol－1
C. 由C(金刚石)＝C(石墨) ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
D. 同温同压下，4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中和热是指强酸与强碱反应，生成1molH2O时所放出的热量，如果不考虑SO42-+Ca2+=CaSO4↓所放出的热量，H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热ΔH＝-57.3kJ·mol－1，A错误；
B. 101kPa时，H2的热值为142.75kJ·g－1，则表示氢气标准燃烧热的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) ΔH＝－2×142.75kJ·mol－1，B错误；
C. 由C(金刚石)＝C(石墨) ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知，金刚石的能量比石墨高，石墨更稳定，C错误；
D. 同温同压下，一个反应的ΔH不受反应条件的影响，所以4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同，D正确。
故选D。
【点睛】中和热是指强酸与强碱反应，生成1molH2O(l)时放出的热量。所以中和热与反应物的用量无关，但与酸、碱的浓稀，与酸、碱的强弱有关。因为浓溶液稀释会释放热量，弱电解质电离会吸收热量。
6.下列有关金属的腐蚀和防护说法正确的是（ ）
A. 当镀锡铁皮镀层破损时，减慢铁的腐蚀速率
B. 外加电源阴极保护法常用于海堤钢闸门防腐，被保护的钢铁设备作为阳极
C. 石油管道常常通过连接一块锌块以达到防腐的作用
D. 将水蒸气通过红热的铁丝，由于形成原电池，使铁丝的表面变为蓝黑色
【答案】C
【解析】
【详解】A. 当镀锡铁皮的镀层破损时，由于锡的金属活动性比铁弱，所以在形成原电池时，铁作负极，加快铁的腐蚀速率，A错误；
B. 外加电源阴极保护法常用于海堤钢闸门防腐，被保护的钢铁设备作为阴极，B错误；
C. 石油管道常常通过连接一块锌块(作原电池的负极)，以阻止铁失电子，从而达到防腐的作用，C正确；
D. 将水蒸气通过红热的铁丝，由于发生置换反应，生成Fe3O4(和H2)，使铁丝的表面变为蓝黑色，D错误。
故选C。
7.常温下，分别将四块形状相同、质量为7g的铁块同时投入下列四种溶液中。铁块最快溶解完的是（ ）
A. 250.0mL2mol·L－1HCl B. 150.0mL2mol·L－1H2SO4
C. 40.0mL5mol·L－1HCl D. 20.0mL18.4mol·L－1H2SO4
【答案】B
【解析】
【详解】n(Fe)=，反应时需要消耗0.25molH+。
A. HCl为0.5mol，足量，c(H+)=2mol·L－1；
B. H2SO4为0.3mol，足量，c(H+)=4mol·L－1；
C. HCl为0.2mol，不足量，铁不能完全溶解，C不合题意；
D. 20.0mL18.4mol·L－1H2SO4，铁发生钝化，不能溶解，D不合题意。
比较A与B中的c(H+)，c(H+)B> c(H+)A，所以B的反应速率更快，B选项符合题意。
故选B。
8.下列说法中不正确的是（ ）
A. 欲实现铁片镀锌，用锌作阴极
B. 电解精炼铜，若转移2mol电子，阴极质量增加64g
C. 硫酸工业中采用沸腾炉以增加固、气接触面积，加快反应速率
D. 工业上常用电解熔融氯化钠法制备金属钠
【答案】A
【解析】
【详解】A. 欲实现铁片镀锌，用锌作阳极，A不正确；
B. 电解精炼铜，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，转移2mol电子，则生成1molCu，阴极质量增加64g，B正确；
C. 沸腾炉是从炉底通入强大的空气流，将硫铁矿石的粉末吹得在炉内翻滚，从而增大了固、气接触面积，加快反应速率，C正确；
D. 工业上制备金属钠，常采用电解熔融氯化钠的方法，D正确。
故选A。
9. 下列事实中，能用勒夏特列原理解释的是
A. 配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉
B. 500℃左右比室温更有利于合成氨的反应
C. 实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D. 由H2、I2(g)、HI组成的平衡体系，加压后颜色加深
【答案】C
【解析】
试题分析：勒沙特列原理为平衡移动原理，存在可逆反应、涉及平衡移动且符合平衡移动原理才能用勒沙特列原理解释。A、配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉发生反应Fe + 2Fe3+ →3Fe2+，防止Fe2＋被氧化，该反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，错误；B、工业合成氨的反应为放热的可逆反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于氨的合成，采用500℃的温度是由于在此温度下，催化剂的活性最高，与平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，错误；C、饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水存在可逆反应：Cl2+H2OHClO+H++Cl-
，相当于增加了生成物氯离子的浓度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，正确；D、反应H2(g)+I2(g)2HI(g)为反应前后气体物质的量不变的反应，加压平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，错误；
考点：考查平衡移动原理的应用。
10.在恒容绝热密闭容器中发生CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，下列情况都能说明该反应已达到平衡状态的是（ ）
①容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化；②容器内气体密度不再发生变化；
③容器内气体的压强不再发生变化； ④v正(NO)：v逆(N2)：v逆(CO2)＝4：2：1；
A. ①②③ B. ③④ C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①因为反应物、生成物都为气体，气体的物质的量不变，所以容器内混合气体的平均相对分子质量始终不变，①不一定达平衡状态；
②气体的质量不变，容器的容积不变，所以容器内气体密度始终不变，②不一定达平衡状态；
③虽然反应前后气体的物质的量不变，容器的容积不变，也就是气体的浓度不变，但由于容器绝热，所以只要平衡移动，气体的压强始终改变，一旦压强不变，则表明反应达平衡状态，③一定达平衡状态；
④v正(NO)：v逆(N2)：v逆(CO2)＝4：2：1，反应进行的方向相反，速率之比等于化学计量数之比，则④一定达平衡状态。
综合以上分析，只有③④符合题意故选B。
【点睛】若利用两种物质判断平衡状态，则应为二者的变化量之比等于化学计量数之比，并且反应进行的方向相反；若使用一种物质判断平衡状态，则它的正、逆反应速率相等，或浓度、物质的量、百分含量等保持不变；若用整个反应体系的某个量判断平衡状态，则此量应为变量，变量不变，则为平衡状态。
11.一定质量的混合气体在密闭容器中发生如下反应：xA(g)＋yB(s)zC(g)。达到平衡后测得A气体的浓度为0.5mol·L－1。当恒温下将密闭容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡后，测得A的浓度为0.2mol·L－1。下列叙述不正确的是（ ）
A. 平衡向正反应方向移动 B. z
x＋y，B不正确；
C. 平衡正向移动，生成物的体积增大，所以产物C的体积分数增大，C正确；
D. 平衡正向移动，反应物转化的量增多，所以A的转化率增大，D正确。
故选B。
12.用石墨电极电解100 mL H2SO4与CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体（标准状况），则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为( )
A. 3 mol·L－1 B. 2 mol·L－1 C. 4 mol·L－1 D. 1 mol·L－1
【答案】D
【解析】
试题分析：电解0.1L H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的反应为：4OH—-4e－=2H2O+O2↑，阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，两极均收集到2.24L（标况）气体，即均生成0.1mol的气体，阳极生成0.1mol氧气说明转移了0.4mol电子，而阴极上生成的0.1molH2只得到了0.2mol电子，
所以剩余0.2mol电子由铜离子获得，所以溶液中有0.1mol铜离子，据c=n÷v得到铜离子的浓度为：0.1mol÷0.1L=1mol/L，答案选D。
考点：考查电解的有关计算
13.利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是
A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀
B. 一段时间后，a管液面高于b管液面
C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小
D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；
B．左边装置发生吸氧腐蚀，导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；
C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH变大，故C错误；
D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；
故选C。
14.在盛有足量A的体积可变的密闭容器中，加入B，发生反应：A(s)＋2B(g)4C(g)＋D(g)；△H＜0。在一定温度、压强下达到平衡。平衡时C的物质的量与加入的B的物质的量的变化关系如下图。下列说法正确的是（ ）
A. 若保持压强一定，当温度升高后，则图中θ＞45°
B. 若再加入B，则再次达到平衡的过程中正、逆反应速率均逐渐增大
C 若保持压强一定，再加入B，则反应体系气体密度减小
D. 平衡时B的转化率为50％
【答案】D
【解析】
【分析】
从图中可以看出，角度为45°，增加C的量等于增加B的量，即通入4molC，逆向反应，生成2molB，同时剩下2molC，反向同样成立（体积可变，恒压，等效平衡），故B的转化率为50%；升高温度平衡逆向移动，C的量减少，B的量增加，角度小于45°；压强一定加入B，形成恒压等效平衡，再次达到平衡时正、逆反应速率均不变；压强一定加入B，形成恒压等效平衡，平衡不移动，密度不变。
【详解】A项、压强一定，当升高温度时，平衡逆向移动，则C的物质的量减少，由图可以看出，图中θ＜45°，A错误；
B项、压强一定加入B，形成恒压等效平衡，再次达到平衡时正、逆反应速率均不变，B错误；
C项、由于A为固体，压强一定再加入B，形成恒压等效平衡，平衡不移动，所以若再加入B，则再次达到平衡时反应体系气体密度始终不变，C错误；
D项、根据图象结合方程式可知，加入的B物质的物质的量与生成C物质的物质的量相等，所以该反应中有一半的B物质反应，所以其转化率为50%，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查化学平衡的图象分析，明确图象中的纵横坐标含有及隐含平衡时的信息是解答的关键，注意利用影响化学反应速率及化学平衡的影响因素来解答。
15.在恒温恒压的密闭容器中，充入4L X和3L Y的混合气体，在一定条件下发生下列反应：4X(g)＋3Y(g)2Q(g)＋nR(g)达到平衡时测得X的转化率为25％，此时混合气体的体积为6.5L。则该反应方程式中的n值是（ ）
A. 8 B. 6 C. 5 D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】我们利用三段式进行分析：
则3+2.25+0.5+0.25n=6.5，n=3。
故选D。
16.已知N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH＝＋181.5kJ·mol－1。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解，若用分别表示O2、N2
、NO，则在固体催化剂表面分解NO的过程可用如图表示，下列说法正确的是（ ）
A. 从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是C处
B. 图示过程中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量
C. 该反应中NO分子浓度越大，分解速率越快
D. 该反应中的固体催化剂起到反应载体的作用，未影响反应的速率，并且该反应的ΔH也不变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应为2NO(g)N2(g)＋O2(g) ΔH＝-181.5kJ·mol－1，从吸附到解吸的过程中，生成物的能量最低，从图中可以看出，生成物在C处，所以C处能量状态最低，A正确；
B. 反应放热，反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，B错误；
C. 因为NO是在催化剂表面上发生反应，与混合气中NO分子浓度无关，C错误；
D. 该反应中的固体催化剂起到降低反应活化能的作用，提高活化分子百分数，加快反应的速率，D错误。
故选A。
17.取五等份NO2分别加入温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，ΔH＜0，反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%)，并作出其随反应温度(T)变化的关系图。下列示意图中，可能与实验结果相符的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】反应刚开始，不管温度对平衡的影响如何，因为反应未达平衡，NO2都向生成N2O4的方向进行，所以NO2的百分含量不断减小；当反应达平衡时，NO2的百分含量达到最小值；继续升高温度，平衡逆向移动，NO2的百分含量不断增大，但最终NO2的百分含量比反应刚开始时要小。故选D。
18.某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如下图所示的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，根据图示得出的判断结论正确的是
A. 反应速率a>b>c
B. 达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
C. 若T2>T1，则正反应是吸热反应
D. 达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c>b>a
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，B2起始相同时，T2对应的AB3的含量大，则若该正反应为吸热反应，则T2>T1，若该正反应为放热反应，则T2T1，由图象可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度平衡向正反应分析移动，则正反应为吸热反应，故C正确；
D. 对于可逆反应来说,增大一种反应物的物质的量或浓度,有利于平衡向正反应方向移动,生成物的物质的量增多,所以达到平衡时,AB3的物质的量大小为c>b>a，故D错误；
故选：C。
19.按如图装置进行实验(a、b两电极均为Cu单质)，实验开始观察到灵敏电流计的指针偏转，下列有关说法正确的是（ ）
A. a极电极反应为Cu2＋＋2e－＝Cu B. 溶液中Cu2＋穿过交换膜发生迁移
C. 电流计指针偏转幅度将保持不变 D. 外电路转移的电子最多为0.02mol
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该装置为浓度差电池，浓度增大，还原性或氧化性增强，右侧CuSO4浓度大，氧化性增强，因此b电极为正极，a电极为负极，a电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，A错误；
B. 如果溶液中迁移Cu2+，由于负极与正极消耗或产生的Cu2+量相等，则左、右两室溶液浓度不变，但负极Cu减少，正极Cu增加，需要消耗能量而不可能提供电能，所以溶液中迁移的离子不可能是Cu2+，只能是SO42-，从右室向左室迁移，B错误；
C. 随着电流的产生，左、右两室SO42-浓度的差值逐渐减小，SO42-从右室向左室迁移的速率逐渐减小，则外电路的电流强度将逐渐减小，灵敏电流计指针偏转的幅度也会逐渐减小，C错误；
D. 当左右两室SO42-浓度相等，即均为时，电池将停止工作，不再产生电流，溶液中迁移的n(SO42-)=，因此外电路转移的电子的物质的量最多为0.02mol，D正确。
故选D。
20.某传感器工作原理如图所示。利用该传感器可以测定空气中NO、CO、NH3、SO2等有害气体的含量。下列说法正确的是
A. 传感器工作中，电子由Pt(Ⅰ)极经电流仪传到Pt(Ⅱ)极
B. 若M为熔融KOH，X为NH3，Y为N2，则负极的电极反应式为2NH3－6e- = N2+6H+
C. 若M是含O2-的固体电解质，X为NO，则正极的电极反应式为O2 + 4e- = 2O2-
D. 若X为CO，M为KOH溶液，则电池总反应为2CO+O2 = 2CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.题述装置属于原电池，Pt(Ⅰ)极为正极，Pt(Ⅱ)极为负极，电子由负极经外电路流向正极，故A错误；
B.由于M是熔融的KOH，即使放电生成H+也会与OH-反应生成水，所以负极的电极反应式为2NH3－6e- +6OH-= N2+6H2O ，故B错误；
C.若M是含O2-的固体电解质，则负极的电极反应式为2NO-4 e- +2O2-=2NO2，正极的电极反应式为O2 + 4e- = 2O2-，故C正确；
D.若X为CO，M为KOH溶液，则负极的电极反应式为CO-2e- +4OH-=CO32-+2H2O，电池总反应为2CO+4KOH+O2=2K2CO3+2H2O，故D错误。
故答案选C。
21.将V1mL未知浓度的NaOH溶液和V2mL1.50mol·L－1HCl混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50mL)。下列叙述正确的是（ ）
A. 由图可知，做该实验时环境温度为22℃
B. 该实验表明反应中化学能只能转化为热能
C. NaOH溶液的浓度约是1.00mol·L－1
D. 该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由图可知，温度为22℃是5mL未知浓度的NaOH溶液和45mL1.50mol·L－1HCl混合均匀后测量并记录的溶液温度，而不是实验时的环境温度，A错误；
B. 该实验表明反应中化学能转化为热能，但并没有表明反应中化学能只能转化为热能，B错误；
C. V1=30mL时，混合溶液的温度最高，则表明二者刚好完全反应，30mL×c(NaOH)=20mL×1.50mol·L－1，从而得出NaOH溶液的浓度约是1.00mol·L－1，C正确；
D. 该反应为放热反应，有水生成，但并不能说明有水生成的反应都是放热反应，D错误。
故选C。
22.特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂(LiCoO2)电池，其工作原理如图，A极材料是金属锂和石墨的复合材料(石墨作为金属锂的载体)，电解质中通过传导Li＋实现导电，隔膜只允许特定的离子通过，电池反应式LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2。下列说法不正确的是（ ）
A. 放电时，电子沿导线由A移向B，电解质溶液是含Li＋的水溶液
B. 充电时A为阴极，发生还原反应为C6＋xLi＋＋xe－＝LixC6
C. 放电时B为正极，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－＝LiCoO2
D. 废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“充电处理”使锂进入石墨中而有利于回收
【答案】A
【解析】
【详解】从总反应看，LixC6失电子，A为负极，Li1－xCoO2得电子，B为正极。
A. 放电时，电子沿导线由负极A移向正极B，电解质溶液是含Li＋熔融液，A不正确；
B.原电池的负极A充电时作电解池的阴极，得电子发生还原反应，电极反应为C6＋xLi＋＋xe－＝LixC6，B正确；
C. 放电时B为正极，Li1－xCoO2得电子，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－＝LiCoO2
，C正确；
D. 废旧钴酸锂(LiCoO2)电池进行“充电处理”，阴极C6转化为LixC6，使锂进入石墨中而有利于回收，D正确。
故选A。
23.对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4＋2NO2N2＋CO2＋2H2O。在2L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。下列说法不正确的是（ ）
A. 组别①中，0～20min内，NO2的降解速率为0.0125mol·L－1·min－1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2
C. 40min时，表格中T2对应的数据为0.18
D. 0～10min内，CH4的降解速率①＜②
【答案】C
【解析】
【详解】A. 组别①中，0～20min内，参加反应的CH4为0.25mol，则参加反应的NO2为0.50mol，NO2的降解速率为，A正确；
B. 从表中数据可以看出，0～10min内，T1时参加反应的CH4的物质的量为0.15mol，T2时参加反应的CH4的物质的量为0.20mol，T2时CH4的反应速率快，由此可得出T1＜T2，B正确；
C. 40min时，表格中T1反应已达平衡，则T2反应肯定达平衡，CH4的物质的量不再改变，对应的数据为0.15，C不正确；
D. 0～10min内，因为T1＜T2，所以CH4的降解速率①＜②，D正确。
故选C。
24.在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：2X(g)＋Y(s)Z(g)＋W(g)，若其化学平衡常数K和温度t的关系如下表
下列叙述不正确的是（ ）
A. 上述反应的正反应是吸热反应
B. 该反应的化学平衡常数表达式为K=
C. 若在1L的密闭容器中通入X和Y各1mol，5min后温度升高到800℃，此时测得X为0.33mol，该反应达到平衡状态
D. 混合气体的密度保持不变可作为该反应达到平衡的标志之一
【答案】B
【解析】
【详解】A. 从表中数据可以看出，温度升高，K值增大，由此得出上述反应的正反应是吸热反应，A正确；
B. 因为Y是固体，所以该反应的化学平衡常数表达式为K=，B错误；
C. 设平衡时Z的物质的量为n，利用三段式，可以建立如下关系：
n=0.33mol，该反应达到平衡状态，C正确；
D. 混合气体的质量随平衡移动而发生改变，但物质的量不变，所以密度是一个变量，当密度不变时，反应达平衡状态，因此密度可作为该反应达到平衡的标志之一，D正确。
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共40分)
二、填空题(每空2分，共40分)
25.按要求回答下列问题：
（1）甲烷燃料电池是常见的燃料电池之一，该电池在正极通入氧气，在负极通入甲烷，电解质溶液通常是KOH溶液，请写出该电池的负极反应式___。
（2）常温下，将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，2min后溶液中明显出现浑浊，请写出相关反应的化学方程式：___；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则出现浑浊的时间将___(填“增加”、“减少”或“不变”)。
【答案】 (1). CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O (2). Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O (3). 减少
【解析】
【分析】
（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应为：CH4失电子，转化为CO32-和H2O。
（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应为：Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。
【详解】（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。答案为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；减少。
【点睛】燃料电池中，两电极通入的物质相同，电解质不同时，电极反应式可能不同。在书写电极反应式时需注意，在碱性电解质中，负极CH4的反应产物不是CO2和水，而是K2CO3和水，这是我们解题时的易错点。
26.我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。
（1）钠金属片作为该电池的___极(填“正”或“负”，下同)；放电时，电解质溶液中Na＋从___极区向___极区移动。
（2）充电时，碳纳米管连接直流电源的___极，电极反应式为___。
【答案】 (1). 负 (2). 负 (3). 正 (4). 正 (5). 2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+
【解析】
【分析】
（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中阳离子向正极区移动。
（2）充电时，负极连接直流电源的负极，正极连接直流电源的正极，电极反应式为作原电池正极时反应的逆反应。
【详解】（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中Na＋(阳离子)从负极区向正极区移动。答案为：负；负；正；
（2）充电时，负极(钠金属片)连接直流电源的负极，碳纳米管(正极)连接直流电源的正极，电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。
【点睛】燃料电池的电极反应式书写起来往往比较麻烦，且易出错。我们可以写出一个电极的反应式(简单易写的)，然后利用总反应方程式—某电极的电极反应式，就可得出另一电极的反应式。
27.乙烯是一种重要的化工原料，可由乙烷为原料制取。请回答下列问题：
（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
C2H6(g)＝C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＝＋136kJ·mol－1
C2H6(g)＋O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g) ΔH2＝－110kJ·mol－1
已知水的汽化热为H2O(l)＝H2O(g) ΔH3＝＋44kJ·mol－1
且反应相关的部分化学键键能数据如下：
①由此计算x＝___，通过比较ΔH1和ΔH2，说明氧化裂解法中通入氧气的作用是___。
②其他条件相同，对于氧化裂化法制乙烯的反应中，实验测得在T1和P1与T2和P2条件下该反应的C2H6平衡转化率相同，若T1＞T2，则P1___P2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
③请求出下列反应的反应热：C2H6(g)＋O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(l) ΔH3＝___。
（2）一定条件下，在体积为2L的密闭容器中，充入1molC2H6发生传统裂解法制乙烯。
①某温度下，10min后该反应达平衡，此时C2H6的物质的量浓度为0.2mol·L－1，从反应开始到平衡，乙烯的平均反应速率v(C2H4)＝___。
②在其它条件不变的情况下，15min时升高体系温度，20min达到新平衡，请在下边的坐标系中画出0～25 min，c(C2H4)随时间变化曲线：____。
（3）乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、CO2等副产物(副反应均为放热反应)，图1为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___；反应的最佳温度为___(填选项序号)。
A.700℃ B.750℃ C.850℃ D.900℃
[乙烯选择性＝；乙烯收率＝乙烷转化率×乙烯选择性]
（4）烃类氧化反应中，氧气含量低会导致反应产生积炭，堵塞反应管。图2为n(C2H6)/n(O2)的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中的最佳值是___；判断的理由是___。
（5）工业上，保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应，通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%)，掺混惰性气体的目的是___。
（6）反应达平衡时，各组分的体积分数如下表：
计算该温度下的平衡常数Kp＝___(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压＝总压×体积分数)
【答案】 (1). 465 (2). 氧气反应时放出热量，为后续反应提供能量，节约能源 (3). < (4). －154kJ·mol－1 (5). 0.03mol/(L∙min) (6). (说明：图中平衡时，c(C2H4)只要在0.3mol·L－1~0.5mol·L－1都正确) (7). 虽然反应放热，但反应未达平衡，此时升高温度，反应速率加快，反应物的转化率增大 (8). C (9). 2 (10). 比值小于2时，乙烯的收率较低，比值大于2时，乙烯的收率增大很少但产生更多的积炭，堵塞反应管，而比值为2时乙烯收率较高，反应积炭较少 (11). 正反应为气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体，相当于扩大容器的体积，降低分压，有利于平衡正向移动 (12).
【解析】
【分析】
（1）传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下：
C2H6(g)＝C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＝＋136kJ·mol－1 ①
C2H6(g)＋O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g) ΔH2＝－110kJ·mol－1 ②
已知水汽化热为H2O(l)＝H2O(g) ΔH3＝＋44kJ·mol－1 ③
且反应相关的部分化学键键能数据如下：
①计算x前，首先看表中数据，预测应通过已知反应，求出H2(g)+O2(g)＝H2O(g)的ΔH，然后利用键能进行计算。通过①、②两个热化学方程式的比较可以看出，通入O2相当于与H2反应生成H2O，会放出热量，从而说明氧化裂解法中通入氧气的作用是为反应提供能量。
②其他条件相同，对于氧化裂化法制乙烯的反应中，实验测得在T1和P1与T2和P2条件下该反应的C2H6平衡转化率相同，若T1＞T2，平衡逆向移动，则改变压强，平衡应正向移动，由反应前后气体的分子数关系，可确定为使平衡正向移动，P1与P2的关系。
③利用盖斯定律，借助②、③两个反应，可求出下列反应的反应热：C2H6(g)＋O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(l) ΔH3。
（2）①从反应开始到平衡，C2H6的物质的量浓度变化量为0.3mol·L－1，借助化学方程式，可求出C2H4的物质的量浓度变化量为0.3mol·L－1，从而求出乙烯的平均反应速率v(C2H4)。
②因为正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，c(C2H4)增大，但求不出具体数值，只能得出浓度范围为(0.3mol·L－1，0.5mol·L－1)，利用此分析，可作图。
（3）乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是虽然反应放热，但反应未达平衡，此时升高温度，反应速率加快，反应物的转化率增大；反应的最佳温度为850℃，虽然温度再升高，反应物的转化率仍增大，但幅度很小，且需要消耗大量的热能，从经济上考虑，不合算。
（4）乙烷氧化裂解过程中的最佳值是2；判断的理由是此时乙烯的收率基本恒定，增大，会形成积炭。
（5）掺混惰性气体的目的是正反应为气体分子数增多的反应，恒压充入惰性气体，相当于扩大容器的体积，降低分压，有利于平衡正向移动。
（6）该温度下的平衡常数表达式为，代入表中数据，即可求出Kp。
【详解】（1）C2H6(g)＝C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＝＋136kJ·mol－1 ①
C2H6(g)＋O2(g)＝C2H4(g)＋H2O(g) ΔH2＝－110kJ·mol－1 ②
已知水的汽化热为H2O(l)＝H2O(g) ΔH3＝＋44kJ·mol－1 ③
且反应相关的部分化学键键能数据如下：
①将②-①得H2(g)+O2(g)＝H2O(g) ΔH＝－246kJ·mol－1，ΔH=436 kJ·mol－1+248 kJ·mol－1-2x=－246kJ·mol－1，从而求出x=465kJ·mol－1。通过①、②两个热化学方程式的比较可以看出，通入O2相当于与H2反应生成H2O，会放出热量，从而说明氧化裂解法中通入氧气的作用是氧气反应时放出热量，为后续反应提供能量，节约能源。答案为：465；氧气反应时放出热量，为后续反应提供能量，节约能源；
②若T1＞T2，平衡逆向移动，则改变压强，平衡应正向移动，由反应前气体的分子数比反应后小，可确定为使平衡正向移动，需减小压强，从而得出P1
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