【化学】内蒙古自治区通辽市开鲁县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

【化学】内蒙古自治区通辽市开鲁县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题（解析版）

内蒙古自治区通辽市开鲁县第一中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题 ‎1.一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列有关该燃料电池的说法正确的是（ ）‎ A. 在熔融电解质中，O2-移向正极 B. 电池总反应式：‎2C4H10＋13O2=8CO2＋10H2O C. 通入空气的一极是负极，电极反应式为O2＋4e-=2O2-‎ D. 通入丁烷的一极是正极，电极反应式为C4H10＋26e-＋13O2-=4CO2＋5H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】丁烷具有还原性，为原电池的负极，被氧化，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，总反应式为‎2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，以此解答该题，注意电解质和离子的定向移动方向。‎ ‎【详解】A.原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以在熔融电解质中，O2-移向负极，故A错误；‎ B.电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式相同，为‎2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，故B正确；‎ C.通入空气的一极是正极，在该极上是氧气发生得电子的还原反应，电极反应为：O2+4e-=2O2-，故C错误；‎ D.通入丁烷一极是负极，该极上发生失电子的氧化反应，正确的电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)‎ A. 抗氧化剂 B. 调味剂 C. 着色剂 D. 增稠剂 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；‎ B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；‎ C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；‎ D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。‎ 故选:A。‎ ‎3.碳酸铵(NH4)2CO3在室温下就能自发的分解产生氨气，对其说法正确的是（ ）‎ A. 碳酸铵分解是因为生成了易挥发的气体，使体系的熵增大 B. 碳酸铵分解是因为外界给予了能量 C. 碳酸铵分解是吸热反应，根据能量判据不能自发分解 D. 碳酸盐都不稳定，都能自发分解 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳铵自发分解，是因为体系由于氨气和二氧化碳气体的生成而使熵增大，故A正确；‎ B、碳酸铵在室温下就能自发地分解，不需要外界给予了能量，故B错误；‎ C、有些吸热反应也可自发，而焓变不是自发反应的唯一因素，根据焓判据，吸收能量的反应是非自发的，所以不能用焓判据判断，故C错误；‎ D.碳酸盐有部分比较稳定，不能自发分解，如碳酸钙，故D错误。‎ 答案选A ‎4.在一密闭烧瓶中，在‎25℃‎时存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，将烧瓶置于‎100℃‎的水中，则下列几项性质中不会改变的是（ ）‎ ‎①颜色 ②平均相对分子质量 ③质量 ④压强 ⑤密度 A. ①和③ B. ③和⑤‎ C. ④和⑤ D. ②和④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应是一个气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动。‎ ‎【详解】①升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，故错误；‎ ‎②由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，平均相对分子质量解析，故错误；‎ ‎③由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，故正确；‎ ‎④升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量增大，压强变大，故错误；‎ ‎⑤由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，体积不变的密闭容器中密度不变，故正确；‎ ‎③和⑤正确，答案选B。‎ ‎5.已知空气—锌电池的电极反应为锌片：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；碳棒：O2+2H2O+4e-=4OH-，据此判断，锌片是（ ）‎ A. 正极，被还原 B. 正极，被氧化 C. 负极，被还原 D. 负极，被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据化合价变化判断氧化还原反应，原电池中发生氧化反应的为负极。‎ ‎【详解】在空气—锌电池中锌片发生的反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，则锌的化合价升高，发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应，所以在空气—锌电池中锌为负极被氧化，答案选D。‎ ‎6.理论上不能设计为原电池的化学反应是，注：△H＜0为放热反应（ ）‎ A. CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）；△H＜0‎ B. HNO3（aq）+NaOH（aq）=NaNO3（aq）+H2O（aq）；△H＜0‎ C. 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）；△H＜0‎ D. 2FeCl3（l）+Fe（s）==3FeCl2（l）；△H＜0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) △H＜0是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成甲烷燃料电池，故A错误；‎ B．HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(aq) △H＜0中各元素化合价不变，没有电子转移，不是氧化还原反应，则不能设计成原电池，故B正确；‎ C．2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H＜0是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成氢氧燃料电池，故C错误；‎ D．2FeCl3(l)+Fe(s)==3FeCl2(l) △H＜0是自发进行的放热的氧化还原反应，能设计成原电池，Fe作负极，电解质溶液为氯化铁溶液，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎7.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn(OH)2＋2Fe(OH)3＋4KOH，下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 放电时负极反应为：Zn＋2OH－－2e－＝Zn(OH)2‎ B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3＋5OH－－3e－＝FeO42－＋4H2O C. 放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被氧化 D. 放电时正极附近溶液的碱性增强 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、放电时，Zn做负极被氧化生成Zn（OH）2，电极反应式为3Zn-6e-+6OH-═3Zn（OH）2，故A正确；‎ B项、充电时，Fe(OH)3在阳极发生氧化反应生成FeO42－，电极反应式为Fe(OH)3＋5OH－－3e－＝FeO42－＋4H2O，故B正确；‎ C项、放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；‎ D项、放电时，K2FeO4为电池的正极，得电子发生还原反应生成Fe（OH）3，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O═2Fe（OH）3+10OH-，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构如图所示。已知总反应为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，关于该电池的叙述正确的是（ ）‎ A. a电极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ B. O2在a电极被氧化 C. b电极反应：C6H12O6＋6H2O－24e－===6CO2＋24H＋‎ D. 该电池能够在高温下工作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】该燃料电池a极通入O2，则为正极，而b极葡萄糖发生氧化反应，为负极。‎ ‎【详解】A．a极上氧气得电子发生还原反应，反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，故A错误；‎ B．O2在a极发生还原反应，故B错误；‎ C．b极为负极，葡萄糖发生氧化反应，电极反应为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2＋24H＋，故C正确；‎ D．高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎9.如图所示，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，下列说法中正确的是（ ）‎ A. X是正极，Y是负极 B. X是负极，Y是正极 C. CuSO4溶液的pH逐渐增大 D. CuSO4溶液的pH保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据“b极附近溶液显红色”确定b极为阴极，a为阳极，Y为电源负极，X为电源正极，A项正确，B项错误；同时，另一电池中Pt为阳极，Cu为阴极，电解硫酸铜溶液时溶液中产生了硫酸，pH逐渐减小，故C、D项错误。故答案选A。‎ ‎10.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Cl2‎ D. 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-+HClO，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。‎ ‎11.已知1～18号元素的离子aW3+、bX+、cY2-、dZ-都具有相同的电子层结构,下列关系正确的是（ ）‎ A. 单质的还原性：X >W B. 原子序数：c>b C. 氢化物的稳定性：H2Y>HZ D. 离子半径：X+W，故A正确；‎ B. 原子序数：b>c，故B错误；‎ C. 元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，非金属性Y＜Z，所以氢化物的稳定性：H2Y aW3+，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎12.下列化学用语表示正确的是（ ）‎ A. 原子核中有6个中子的硼原子：6B B. HCl的电子式：H＋ [:Cl:]—‎ C. HClO的结构式：H—O—Cl D. K＋ 结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．原子核中有6个中子的硼原子的质量数为11，则其核素表示为，故A错误；B．HCl的电子式为，故B错误；C．HClO的结构式为H—O—Cl，故C正确；D．K＋结构示意图为，故D错误；答案为C。‎ ‎13.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3‎ B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si D. 人工合成的第118号元素在周期表中位于第七周期0族 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．非金属性O＞N，则气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3，故A正确；‎ B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故B正确；‎ C．利用元素最高价氧化物的水化物的酸性比较元素非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；‎ D．目前周期表中112号元素位于第七周期的IIB族，118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎14.下列结论不正确的是（ ）‎ A. 微粒半径：K+＞Al3+＞S2﹣＞Cl﹣‎ B. 离子的还原性：Cl﹣＜Br﹣＜I﹣‎ C. 酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3‎ D. 金属性：K＞Ca＞Mg＞Be ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径：S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Al3+，A错误，符合题意；‎ B．非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则离子的还原性：Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，B正确，不符合题意；‎ C．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2SO4＞H3PO4＞H2CO3，C正确，不符合题意；‎ D．由金属活泼性顺序及同主族从上到下金属性增强可知，金属性：K＞Ca＞Mg＞Be，D正确，不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎15.X、Y是短周期主族元素，常温常压下，两元素形成的单质分别为m、n，m为气态、n为固态，下列推断合理的是（ ）‎ A. 若X，Y位于IA族，则化合物YX与水反应时水作还原剂 B. 若X、Y位于第三周期，则X、Y形成的化合物只含离子键 C. 若氢化物还原性HaXn D. 若X、Y位于同一主族，则简单离子半径X>Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若X、Y位于ⅠA族，则X为H元素，Y为Li或Na，LiH或NaH中H元素为-1价，它们与水反应时生成氢气，LiH或NaH作还原剂，水作氧化剂，A错误；‎ B．若X、Y位于第三周期，则X为Cl元素，Y为第三周期其它任意一种主族元素，如NaCl属于离子化合物，如SCl2属于共价化合物，B错误；‎ C．若氢化物还原性HaXn，C正确；‎ D．若X、Y位于同一主族如ⅠA族，则X为H、Y为Na时，简单离子半径X＜Y，D错误；‎ 答案为C。‎ ‎16.下列说法中不正确的有（ ）个 ‎①反应速率用于衡量化学反应进行的快慢 ‎②可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率都为0‎ ‎③决定反应速率的主要因素是反应物的性质 ‎④适当增大反应物浓度，提高反应温度都能增大反应速率 ‎⑤不管什么反应使用催化剂，都可以加快反应速率 ，并可以使平衡移动。‎ ‎⑥可逆反应A(g)B(g)+C(g)，增大压强，正反应速率减小，逆反应速率增大 ‎⑦对达到平衡的一个放热的可逆反应,若降温,则正反应速率减小,逆反应速率增大 A. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①反应速率用于衡量化学反应进行的快慢，故①正确；‎ ‎②平衡状态是动态平衡，可逆反应达到化学平衡状态时，正、逆反应速率不为0，故②错误；‎ ‎③决定反应速率的主要因素是反应物的性质，故③正确；‎ ‎④适当增大反应物浓度，提高反应温度都能增大反应速率，故④正确；‎ ‎⑤催化剂具有选择性，而且催化剂不可以使平衡移动，故⑤错误；‎ ‎⑥可逆反应A(g)B(g)+C(g)，增大压强，物质A、B、C的浓度增大，正反应速率和逆反应速率都增大，故⑥错误；⑦对达到平衡的一个放热的可逆反应,若降温,则正反应速率和逆反应速率都减小，只是逆反应速率减小的程度更大，故⑦错误。‎ 故选C。‎ ‎17.地震后，抗震救灾要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列叙述中正确的是(　　)‎ A. 漂白粉是纯净物，漂白液是混合物 B. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2‎ C. 工业上将氯气通入澄清石灰水中制取漂白粉 D. 漂白液的有效成分是Na2O2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物；漂白液的主要成分是次氯酸钠溶液，也是混合物，故A错误；‎ B、漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，其中有效成分是次氯酸钙，故B正确；‎ C、因为澄清石灰水中氢氧化钙浓度太低成本较高，工业上通常用石灰乳与氯气反应制取漂白粉，故C错误；‎ D、漂白液有效成分是次氯酸钠，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.下列关于臭氧性质的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 臭氧比氧气的氧化性更强，常温下能将银、汞等较不活泼的金属氧化 B. 臭氧是比氯水更好的消毒剂，因为它在消灭细菌后变成O2，无污染 C. 臭氧和活性炭一样，能够吸附有机色素，是种很好的漂白剂 D. 臭氧和氧气在一定条件下可以相互转化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．臭氧具有强氧化性，它比氧气的氧化性更强，能将金属银等不活泼金属氧化，故A正确；‎ B．臭氧具有强氧化性，可以杀菌消毒，产物为氧气，对水质无污染，故B正确；‎ C．臭氧是利用强氧化性漂白，不是吸附性漂白，故C错误； ‎ D．臭氧和氧气在一定条件下可以相互转化，方程式为：2O3=3O2，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎19.某实验过程如图所示：则图③的试管中的现象是（ ）‎ A. 无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应 B. 铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色 C. 铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体 D. 铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】①中Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2和H2O和NO，②的溶液中含有NO3-，③中加入H2SO4后，发生如下反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++4H2O+2NO↑，NO在试管口和O2反应生成红棕色的NO2，故③中的现象为：铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色，B正确。‎ 答案选B。‎ ‎20.下列说法正确的是（ ）‎ A. Fe和Mg与0.1mol·L-1的盐酸反应，反应速率相同 B. 0.1 mol·L-1的盐酸与0.1 mol·L-1H2SO4分别与大小、形状相同的大理石反应，反应速率相同 C. 催化剂能降低分子活化时所需能量，使活化分子百分数大大增加 D. 100mL2mol·L-1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属本身的性质是决定化学反应速率的决定性因素，Mg的金属性比Fe强，Mg与0.1mol·L－1的盐酸反应速率快，故A错误；‎ B、硫酸钙微溶于水，CaCO3与H2SO4反应生成CaSO4，附着在碳酸钙的表面阻碍反应的进行，盐酸与CaCO3反应速率快，故B错误；‎ C、催化剂可降低分子活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快，故C正确；‎ D、NaCl不与Zn反应，加入氯化钠溶液，相当于加水稀释，c(H＋)降低，反应速率减小，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.下列实验过程可以达到实验目的的是（ ）‎ 编号 实验目的 实验过程 A 配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液 称取‎40g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL容量瓶中定容 B 探究维生素C的还原性 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化 C 制取并纯化氢气 向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓盐酸和KMnO4溶液 D 探究浓度对反应速率的影响 向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，观察实验现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶解过程是放热的，导致溶液浓度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，否则配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，则不能实现实验目的，故A错误；‎ B．氯化铁具有氧化性、维生素C具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，则溶液变色，所以能实现实验目的，故B正确；‎ C．高锰酸钾溶液和氢气不反应，HCl和NaOH反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气，则不能实现实验目的，用NaOH吸收HCl、用浓硫酸干燥气体即可，故C错误；‎ D．NaHSO3溶液和H2O2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠和水，无明显实验现象，无法判断反应进行的程度，则不能确定浓度对反应速率的影响，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎22.I.一定条件下，反应室(容积恒定为‎2L)中有反应：A(g)＋2B(g)C(g)。‎ ‎（1）能说明上述反应达到平衡状态的是________(填字母，下同)。‎ A.反应中A与B的物质的量浓度之比为1∶2 B.混合气体总物质的量不再变化 C.混合气体的密度不随时间的变化而变化 D.2v正(A)＝v逆(B)‎ ‎（2）1molA(g)与2molB(g)在催化剂作用下在反应室反应生成C(g)，A的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：‎ ‎①p1________p2(填“<”、“>”或“＝”，下同)，正反应的ΔH________0。‎ ‎②下列措施中一定能使增大的是________。‎ A.升高温度B.恒温恒容再充入A C.恒温恒容再充入BD.恒温恒容再充入1molC ‎（3）‎100℃‎时将1molA和2molB通入反应室，保持温度不变，10min末C(g)的浓度为0.05mol·L－1，则10min末B的转化率为_____，此时v正_____v逆(填“<”、“>”或“＝”)。‎ II.一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应：aN(g)bM(g)，M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：‎ ‎（1）此反应的化学方程式中＝____________。‎ ‎（2）t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为____________。‎ ‎（3）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是____________(填字母)。‎ A．反应中M与N的物质的量之比为1∶1‎ B．混合气体的总质量不随时间的变化而变化 C．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化 D．单位时间内消耗amolN，同时生成bmolM E．混合气体的压强不随时间的变化而变化 F．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化 ‎【答案】(1). BD (2). < (3). < (4). CD (5). 10% (6). > (7). 2 (8). mol·L－1·min－1 (9). CEF ‎【解析】‎ 分析】I．结合平衡状态的特征分析判断，根据温度和压强对化学平衡的影响分析，结合平衡三行式分析计算，依据Qc与K的关系判断平衡移动的方向；‎ II．根据反应物和生成物变化的物质的量之比确定反应方程式，结合平衡状态的特征分析判断。‎ ‎【详解】I．(1)A．反应中A与B的物质的量浓度之比为1：2，不一定达到化平衡状态，故A错误；‎ B．反应前后气体系数和不相等，混合气体总物质的量不再变化，达到了平衡状态，故B正确；‎ C．混合气体的密度=，质量是守恒不变的，体积不变，密度始终不随时间的变化而变化，故C错误；‎ D．2υ正(A)=υ逆(B)，证明正逆反应速率是相等的，故D正确；‎ 故答案为BD；‎ ‎(2)①根据图中信息知道，温度升高，A的转化率是减小的，所以化学平衡逆向移动，所以反应是放热反应，焓变小于零，温度不变，压强越大，A的转化率越大，所以P1＜P2；‎ ‎②A．升高温度，平衡逆向移动，所以比值减小，故A错误；‎ B．恒温恒容再充入A，分子分母均增大，但是分母增加的程度大，所以比值减小，故B错误；‎ C．恒温恒容再充入B，平衡正向移动，所以比值增大，故C正确；‎ D．恒温恒容再充入1molC，平衡逆向移动，分子增加的程度大于分母，比值增大，故D正确；‎ 故答案为CD；‎ ‎(4)设B的浓度变化量是x，则：‎ ‎ ‎ ‎10min末C(g)的浓度为0.05mol/L，即此时0.5x=0.05，所以x=0.1mol/L，所以B的转化率是×100%=10%；此时Qc==≈0.14；‎ 该反应的平衡状态：‎ 平衡常数K===4＞Qc，此时化学平衡正向移动，即正反应速率大于逆反应速率，v正＞v逆；‎ II．(1)由图象可知，=2；‎ ‎(2)t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为mol•L-1•min-1；‎ ‎(3)A．平衡时反应混合物各组分的物质的量不变，但各组分的物质的量不一定相等，故A错误；‎ B．混合气体的总质量始终不变，混合气体总质量不变不能说明到达平衡，故B错误；‎ C．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明到达平衡，故C正确；‎ D．单位时间内消耗amolN，同时生成bmolM，都表示正反应速率，反应始终按此关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；‎ E．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明混合气体总的物质的量再不变，说明反应到达平衡，故E正确；‎ F．混合气体的平均平均相对分子质量不随时间的变化而变化，因混合气体的总质量始终不变，则混合气体的总物质的量也不变，此时说明可逆反应到达最大限度平衡状态，故F正确；‎ 故答案为CEF。‎ ‎23.在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入一容积为‎2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间变化情况如图。‎ ‎（1）该反应的化学方程式为(反应物或生成物用符号X、Y表示)：_________________________。‎ ‎（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是________________。‎ 素材1：某温度和压强下，‎2L容器中，发生反应2SO2+O22SO3，不同时间点测得密闭体系中三种物质的物质的量如下：‎ 素材2：反应在不同条件下进行时SO2的转化率：(SO2的转化率是反应的SO2占起始SO2的百分数，SO2的转化率越大，化学反应的限度越大)‎ 根据以上的两个素材回答问题：‎ ‎（3）根据素材1中计算20～30s期间，用二氧化硫表示的化学反应平均速率为________。‎ ‎（4）根据素材2中分析得到，提高该化学反应限度的途径有_______________。‎ ‎（5）根据素材1、素材2中分析得到，要实现素材1中SO2转化率需控制的反应具体条件是__________________。‎ ‎【答案】(1). Y2X (2). bd (3). 0.0075mol·L－1·s－1 (4). 增大压强或（在一定范围内或适当）降低温度 (5). 温度为‎600℃‎，压强为1MPa ‎【解析】‎ ‎【分析】结合反应物和生成物的浓度变化量与化学计量数成正比解题；根据平衡状态的特征分析；利用速率公式、转化率公式计算。‎ ‎【详解】(1)由图可知，X的物质的量增加，Y的物质的量减少，则X为生成物，Y为反应物，由10mim达到平衡可知，Y、X的浓度变化量之比为(0.6-0.4)mol/L：(0.6-0.2)mol/L=1：2，则反应方程式为：Y⇌2X；‎ ‎(2)由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：b、d；‎ ‎(3)由素材1可知，20-30s内二氧化硫的物质的量的变化量为0.5mol-0.35mol=0.15mol， 则二氧化硫表示的化学反应的平均速率为=0.0075 mol•L-1•s-1；‎ ‎(4)由素材2可知，压强越大、温度越低时有利于提高该化学反应限度，但温度太低时反应速率较慢，则提高该化学反应限度的途径有增大压强或在一定范围内降低温度；‎ ‎(5)由素材1可知，50s时反应达到平衡，则二氧化硫的转化率为=90%，结合素材2可知，转化率为90%时温度为‎600℃‎，压强为1MPa。‎ ‎24.一定条件下，在体积为‎3L的密闭容器中化学反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)达到平衡状态。‎ ‎（1）该反应的平衡常数表达式K＝__；根据图，升高温度，K值将__(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎（2）‎500℃‎时，从反应开始到化学平衡状态，以H2的浓度变化表示的化学反应速率是__(用nB、tB表示)。‎ ‎（3）判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是__(填字母，下同)。‎ a.υ生成(CH3OH)＝υ消耗(CO) b.混合气体的密度不再改变 c.混合气体的平均相对分子质量不再改变 d.CO、H2、CH3OH的浓度均不再变化 ‎（4）‎300℃‎时，将容器的容积压缩到原来的，在其他条件不变的情况下，对平衡体系产生的影响是____。‎ a.c(H2)减小 b.正反应速率加快，逆反应速率减慢 c.CH3OH的物质的量增加 d.重新平衡时减小 ‎【答案】(1). (2). 减小 (3). mol·L－1·min－1 (4). cd (5). cd ‎【解析】‎ ‎【分析】由方程式可得反应平衡常数K=，根据所给图像判断出正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，由于υ(CH3OH)∶υ(H2)＝1∶2，因此可先求出υ(CH3OH)，再推算出υ(H2)。根据化学平衡的标志和压强对化学平衡的影响进行解答。‎ ‎【详解】（1）由方程式可得反应平衡常数K=，根据所给图像判断，‎500℃‎时CH3OH的物质的量比‎300 ℃‎时CH3OH的量少，说明升高温度平衡逆向移动，K值减小。‎ 故答案为 减小 ‎（2）根据图像υ(CH3OH)= mol·L－1·min－1，由于υ(CH3OH)∶υ(H2)＝1∶2，则υ(H2) =mol·L－1·min－1 。故答案为mol·L－1·min－1‎ ‎（3）a项，均为正反应方向的反应速率，故不能说明反应达到平衡状态；b项，由于气体的总质量为定值，且容器的体积保持不变，故密度一直不变，密度不再变化不能说明反应达到平衡状态；c项，由于气体的总质量为定值，建立平衡过程中混合气的物质的量变化，混合气的平均相对分子质量变化，混合气的平均相对分子质量不再变化能说明反应达到平衡状态；d项，CO、H2、CH3OH的浓度不再变化是平衡状态的特征标志。故答案为cd；‎ ‎（4）体积压缩，即增大压强，平衡右移；a项，由于体积减小，各物质的物质的量浓度均增加，c（H2）增大；b项，正、逆反应速率均加快；c项，增大压强，平衡右移，CH3OH物质的量增大；d项，增大压强，平衡右移，H2物质的量减小，CH3OH物质的量增大，由于=，故减小。故答案为cd。‎ ‎25.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：‎ ‎（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH。‎ 已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)ΔH=-75kJ·mol−1‎ C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol−1‎ C(s)+O2(g)=CO(g)ΔH=-111kJ·mol−1‎ 该催化重整反应的ΔH=________kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。‎ A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压 某温度下，在体积为‎2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为___________________________。‎ 素材1：研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源。该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电。总反应为：2Li＋2H2O===2LiOH＋H2↑。根据以上素材回答下列问题：‎ ‎（2）该电池的负极是________，负极反应式是_____________________________。‎ ‎（3）正极现象是_______________________________________________。‎ ‎（4）放电时OH－向_____________(填“正极”或“负极”)移动。‎ ‎【答案】(1). 247 (2). A (3). (4). 锂或Li (5). Li－e－===Li＋ (6). 有无色气体产生 (7). 负极 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据盖斯定律解题，结合影响平衡的因素分析判断，根据平衡状态计算平衡常数；‎ ‎(2)金属锂比钢板(主要成分为铁)活泼，作原电池的负极；LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，正极上是水电离出的H+放电；在原电池的放电过程中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动分析解答。‎ ‎【详解】(1)①C(s)+2H2(g)═CH4(g)△H=-75kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-394kJ•mol-1，③‎2C(s)+O2(g)═2 CO(g)△H=-222kJ•mol-1，根据盖斯定律，将方程式③-①-②得CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)，△H=(-222+75+394)kJ/mol=+247kJ/mol，该反应的正反应是反应前后气体体积增大的吸热反应，要使甲烷的转化率增大，可以通过减小压强、升高温度实现，故答案为A；‎ 开始时c( CH4)=mol/L=1mol/L、c(CO2)=mol/L=0.5mol/L，达到平衡时CO2的转化率是50%，则消耗c(CO2)=0.5mol/L×50%=0.25mol/L；‎ ‎ ‎ 其平衡常数=；‎ ‎(2)金属锂比钢板活泼，作原电池的负极，电极反应式为Li-e-=Li+；‎ ‎(3)LiOH溶液中的阳离子有Li+和H+，由于氧化性H+＞Li+，正极上是水电离出的H+放电，故正极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，正极产生无色气体；‎ ‎(4)在原电池的放电过程中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以OH-会向负极移动。‎